2021-2022学年北京市海淀区高三上学期期末考试化学试题变式题 Word版含解析

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海淀区2021-2022学年高三上学期化学试题变式题
【原卷 1 题】 知识点 加成反应,油脂在碱性条件下水解,多官能团有机物的结构与性质

【正确答案】
B

1-1（基础） 化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不正确的是

A.存在顺反异构
B.分子中有3种含氧官能团
C.能与发生取代反应和加成反应
D.1mol该有机物最多消耗2mol
【正确答案】 D

1-2（基础） 有机物X是医药合成的中间体，其结构如下。

下列说法不正确的是
A.X的分子式是
B.X中的含氧官能团有羧基、羟基和酯基
C.X分子存在顺反异构体
D.最多能与发生反应
【正确答案】 D

1-3（巩固） 从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙、丙三种成分：
(甲)
(乙)
(丙)分子式：C16H14O2。部分性质：①不能与饱和溴水反应生成白色沉淀；②能在稀H2SO4中水解。
下列说法正确的是
A.丙中一定含有羧基
B.甲不可以与HBr发生取代反应
C.甲、乙、丙都能发生氧化反应
D.可以用溴水检验乙中的碳碳双键
【正确答案】 C

1-4（巩固） 蜂胶中某活性物质X的结构简式如图，下列关于X的说法不正确的是

A.X能使溴的四氯化碳溶液褪色 B.1molX最多能与2molNaOH反应
C.X可发生取代反应 D.X具有还原性
【正确答案】 B

1-5（提升） 维生素C的结构如图所示，下列说法正确的是

A.维生素C结构中包含一个五元碳环
B.从结构来看，维生素C不溶于水
C.维生素C中只有羟基和酯基两种官能团
D.维生素C能与氢气、氢氧化钠溶液发生反应
【正确答案】 D

1-6（提升） 2022年北大-清华生命联合中心邓宏奎团队在《自然》刊发重大成果：运用小分子实现细胞命运的重编码。下图为药物常见有机小分子A，下列有关A说法错误的是

A.A的质谱图中最大质荷比为180
B.能与HCl、NaOH反应，能使酸性重铬酸钾溶液褪色
C.1molA最多消耗3molNa2CO3或3molNa
D.一个A分子中，氧原子形成7个σ键
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 原子结构示意图、离子结构示意图,有机物的结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式,共价型分子结构式、电子式

【正确答案】
C

2-1（基础） 利用风电、太阳能发电等可再生能源，驱动电催化，生成具有经济价值的一氧化碳对实现碳中和有重要意义，我国科学家发明了低压高效电催化还原的新方法，其总反应为。下列有关化学用语表示不正确的是
A.中子数为20的氯原子： B.的结构示意图：
C.的比例模型： D.NaClO的电子式：
【正确答案】 C

2-2（基础） 下列表示不正确的是
A.钠离子的电子式： B.二硫化碳的结构式：S=C=S
C.乙烯分子的球棍模型： D.钙原子的结构示意图：
【正确答案】 A

2-3（巩固） 下列化学用语或图示表达不正确的是
A.甲苯的空间填充模型： B.乙烯的结构式：
C.的结构式：O=C=O D.镁原子的结构示意图：
【正确答案】 A
2-4（巩固） 下列化学用语正确的是
A.乙炔的最简式： B.的电子式：
C.的结构式： D.的结构示意图：
【正确答案】 C

2-5（提升） 下列化学用语或图示表示不正确的是
A.HCl的电子式是 B.N2的结构式是N=N
C.乙醇的结构模型是 D.Na的原子结构示意图是
【正确答案】 B

2-6（提升） 下列化学用语表示正确的是
A.二氧化碳分子的空间填充模型 B.二氧化硅的分子式为
C.甲基的电子式 D.乙烯的结构式
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 离子方程式的正误判断

【正确答案】
D

3-1（基础） 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.将过量SO2通入冷氨水中：SO2+2NH3•H2O=SO+2NH
B.用KClO3氧化酸性溶液中的KCl：5Cl-+ClO+3H2O=3Cl2+6OH-
C.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH+OH-=NH3↑+H2O
D.明矾与氢氧化钡物质的量1：2反应：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=Al(OH)+2BaSO4↓
【正确答案】 D

3-2（基础） 下列反应的离子方程式书写不正确的是
A.用Na2S除去废水中的Hg2+：
B.电解饱和食盐水：
C.用过量氨水溶液脱除烟气中的SO2：
D.钢铁腐蚀的负极反应：
【正确答案】 C

3-3（巩固） 下列离子方程式与所给事实相符的是
A.向中通入过量：
B.溶液加入足量溶液：
C.铝溶于溶液：
D.和浓硫酸加热条件下反应：
【正确答案】 C

3-4（巩固） 化学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式不正确的是
A.工人用溶液制作电路板，利用反应：
B.药剂师用作抗胃酸药，利用反应：
C.船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：
D.工人将模具干燥后再注入熔融钢水，防止反应：
【正确答案】 D

3-5（提升） 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.草酸(H2C2O4)溶液滴入NaHCO3溶液中： H+ +HCO= CO2↑+H2O
B.氯气与水反应：Cl2 + H2O 2H+ + Cl- +ClO-
C.Cu片与稀硝酸反应：Cu + NO +4H+ = Cu2+ + NO↑ + 2H2O
D.向氨水中通入足量SO2气体：NH3•H2O + SO2 = NH + HSO
【正确答案】 D

3-6（提升） 下列离子方程式书写正确的是：
A.淀粉碘化钾试纸上滴稀硝酸变蓝：
B.用醋酸除去水垢：
C.向悬浊液中加入溶液：
D.向氯化铝溶液中滴加过量的氨水：
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 22.4L/mol适用条件,根据n=m/M进行相关计算,阿伏加德罗常数的应用

【正确答案】
A

4-1（基础） 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.0.1molH2与0.1mol在密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA
B.足量的铁粉与1mol充分反应，转移的电子数目为3NA
C.0.1mol/L溶液中含数目一定小于0.3NA
D.标准状况下，2.24L与足量的反应，转移电子数为0.1NA
【正确答案】 D

4-2（基础） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5NA
B.0.1molFe分别与足量I2、S完全反应，转移电子数均为0.2NA个
C.标准状况下，22.4LSO2和SO3混合物中含有的硫原子数目为0.1NA
D.28g的C2H4和N2混合气体中含有的原子数为2NA
【正确答案】 B

4-3（巩固） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NA
B.电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10 NA
C.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2NA
D.0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4 NA
【正确答案】 D

4-4（巩固） 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A.5.6g铁分别与足量氯气和稀硝酸反应，转移的电子数目均为0.3NA
B.标准状况下，氧原子总数为0.2NA的CO2和NO2的混合气体，其体积为2.24L
C.100g 46%乙醇溶液中所含氧原子数目为NA
D.常温下，pH=1的盐酸溶液中，由水电离出的H+个数为10-13NA
【正确答案】 A

4-5（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.在一密闭容器中，通入标况下11.2LNO2，达平衡后，含有的氮原子数为0.5NA
B.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
C.5.6gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反应中转移的电子数为0.3NA
D.用电解法粗铜精炼，当电路中通过电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+
【正确答案】 A

4-6（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15 NA
B.0.1molFeBr2与0.1molCl2反应，生成的Br2分子数为0.1 NA
C.常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3 NA
D.25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的氢离子数目为10-13 NA
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 “位构性”关系理解及应用,核外电子排布的表示形式,元素性质与电负性的关系

【正确答案】
D

5-1（基础） 如表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是

A.Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
B.W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
C.p能级未成对电子最多的是Z元素
D.X元素是电负性最大的元素
【正确答案】 D

5-2（基础） 如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关W、X、Y、Z的叙述正确的是

A.这四种元素位于元素周期表d区 B.X是电负性最大的元素
C.p轨道上未成对电子最多的是Z原子 D.Y、Z的简单阴离子电子层结构相同
【正确答案】 B

5-3（巩固） 如图所示为元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种主族元素原子序数增大，Z是非金属性最强的元素，Y的主族序数是其周期数的3倍。下列说法正确的是

A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B.电负性：Y>X>Z
C.元素W最高价氧化物的水化物是一种强酸
D.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
【正确答案】 C

5-4（巩固） 元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是

A.X基态原子的核外电子排布式为 B.电负性：R>Y
C.0.033的溶液的pH约等于1 D.还原性：
【正确答案】 D

5-5（提升） 如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是


X
Y
Z
W

T

A.Z、W、X的原子半径依次减小
B.电负性从大到小顺序：X、W、Z
C.第一电离能从大到小顺序：Z、W、Y
D.Y、Z、W三种元素的氧化物对应水化物的酸性依次增强
【正确答案】 D

5-6（提升） 短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是


W
X

Y



Z
A.第一电离能：W＜X B.化合物熔点：Y2X3＞YZ3
C.简单离子的半径：Y＞X D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 晶胞概念及判断

【正确答案】
C

6-1（基础） 钠的一种氧化物的正方体晶胞如图所示(“●”或“○”均表示一个简单离子)。下列说法正确的是

A.该氧化物的化学式为Na2O2
B.晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C.晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
D.该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
【正确答案】 D

6-2（基础） 锂辉石的主要成分氧化锂的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是

A.氧化锂的化学式为LiO
B.每个晶胞中含有14个
C.每个周围距离最近且等距的有8个
D.和钠同主族的锂在空气中燃烧会生成过氧化锂
【正确答案】 C

6-3（巩固） 火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为。某种产物的晶胞结构如图所示，下列说法错误的是

A.为氧化剂，既是氧化剂又是还原剂
B.该晶胞结构图表示的是FeS
C.晶胞中与S紧邻的金属微粒个数为8
D.每生成1mol FeS，有0.5mol硫被氧化
【正确答案】 C

6-4（巩固） 某种新型导电材料将锂原子嵌入石墨烯层间，晶体结构如图。

下列有关说法正确的是
A.石墨单质片层间作用力较弱，故硬度和熔点都较低
B.这种新型材料有望应用于水性锂离子电池中
C.晶体的化学式为
D.距离Li原子最近的Li原子有6个
【正确答案】 C

6-5（提升） 钙是构成人体骨骼和牙齿的主要元素之一，下列说法不正确的是

钙钛矿晶胞
A.工业上通过电解法制备Ca
B.可用于海水提镁，其阴离子空间构型为平面三角形
C.钙钛矿晶体中钛离子周围与它最近且距离相等的钛离子个数为8
D.钙钛矿晶胞中氧、钙、钛的粒子个数比为3：1：1
【正确答案】 C

6-6（提升） 已知晶体属立方晶系，晶胞边长a，将Li+掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，(注：Ni的配位数是指与该离子周围最近的异电荷的离子数)下列说法正确的是

A.该结构单元中O原子数为3
B.Ni和Mg间的最短距离是 a
C.Ni的配位数为4
D.该物质的化学式为Li0.5Mg1.125Ni2.375O4
【正确答案】 D

【原卷 7 题】 知识点 缩聚反应



【正确答案】
C

7-1（基础） 聚碳酸酯具有透光性好的特性，可以用于制作船、飞机的挡风玻璃，也可用于制作光盘、医疗器械、手机外壳等，但聚碳酸酯在酸性环境中的性能会有所下降。如下是一种以光气和双酚A合成聚碳酸酯的方法，下列说法正确的是
聚碳酸酯+小分子
A.聚碳酸酯的结构为
B.得到聚碳酸酯的反应类型为加聚反应，小分子的化学式为HCl，数量为
C.双酚A的核磁共振氢谱有8组峰
D.聚碳酸酯在酸性环境中的性能有所减弱，可能与其水解有关
【正确答案】 D

7-2（基础） 聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，其结构表示如下：(图中虚线表示氢键)

下列说法不正确的是
A.聚维酮在一定条件下能发生水解反应 B.聚维酮的单体是
C.聚维酮分子由个单体聚合而成 D.聚维酮碘是一种水溶性物质
【正确答案】 C

7-3（巩固） 酚醛树脂具有绝缘、阻燃等性能，由苯酚和甲醛合成酚醛树脂的反应如下：

下列说法正确的是
A.化学方程式中水的化学计量数是
B.常温下比更难溶于水
C.1molHCHO与银氨溶液反应最多可以生成2molAg
D.的单体是和HCHO
【正确答案】 D

7-4（巩固） 聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：

下列说法正确的是
A.，乳酸变为聚乳酸为缩聚反应 B.聚乳酸分子中含有两种官能团
C.1mol乳酸与1mol Na反应生成1mol D.两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
【正确答案】 D

7-5（提升） 5-羟甲基糠醛()可由葡萄糖或果糖脱水生成，再经一定反应得到的2，5-呋喃二甲酸可参与生成高分子P( )。下列说法中正确的是
A.合成P的化学方程式中，P和的化学计量数之比为
B.P是由4种单体合成的
C.2，5-呋喃二甲酸可发生加成、酯化、消去反应
D.1mol5-羟甲基糠醛最多可以与2mol发生加成反应
【正确答案】 A

7-6（提升） “星型”聚合物具有独特的结构，在新兴技术领域有广泛的应用。下图是某“星型”聚合物的制备过程。

已知：R1COOR2+R318OHR1CO18OR3+R2OH
下列说法不正确的是
A.单体Ⅱ的核磁共振氢谱有六组吸收峰，峰面积比为2：2：1：3：2：2
B.单体Ⅰ与单体Ⅱ通过缩聚反应制备聚合物X，产物中有小分子醇生成
C.聚合物X转化为聚合物Y发生取代反应，产物中有HCl
D.聚合物Y可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 化学键与物质类别关系的判断,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型


【正确答案】
C

8-1（基础） 某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2和H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法正确的是

A.HCHO和CO2分子中C原子的杂化轨道类型分别为和sp
B.在整个反应历程中，既有极性键和非极性键的断裂，也有极性键和非极性键的形成
C. H2O分子的模型名称为V形
D.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
【正确答案】 A

8-2（基础） 利用CH3OH､CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是

A.HI是合成乙醇的中间体
B.合成过程涉及C−O键的断裂和形成
C.CH3I分子的空间构型呈正四面体
D.第3步的反应方程式为CO+2H2+CH3I→HI+CH3CH2OH
【正确答案】 C

8-3（巩固） 聚乙烯亚胺捕获CO2并原位氢化为甲醇，反应历程如图所示。下列叙述错误的是

A.聚乙烯亚胺的链节为-NH-CH2-CH2-
B.第1步反应为加成反应
C.总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O
D.上图涉及的物质中C原子杂化方式有2种
【正确答案】 D

8-4（巩固） 羧酸与醇发生酯化反应的可能机理如图，下列说法不正确的是

A.该反应历程包括质子化、加成、消去、质子转移等过程
B.同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构
C.物质a中所有中心原子杂化方式相同
D.酯化反应中增加浓硫酸的用量，一定可以提高反应物的转化率
【正确答案】 D

8-5（提升） 稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛(CH3CH=CHCHO)的反应历程示意图如下。下列说法正确的是

A.反应中只有极性键的断裂和形成
B.反应①的活化能小于反应②的活化能
C.-CH2CHO中的碳原子的杂化方式是sp2
D.反应过程中有4种中间体
【正确答案】 B

8-6（提升） 下图为CO2和C2H4在碘化烷基作用下耦合制备丙烯酸乙酯的机理。下列说法错误的是

A.该历程中Ni的杂化方式发生了变化
B.LnNi是催化剂，反应前后化学性质不变
C.若将CH3CH2I换为CH3I，则有机产物为
D.该过程总方程式为+HI
【正确答案】 C
【原卷 9 题】 知识点 物质性质实验方案的设计,沉淀转化,实验方案设计的基本要求


【正确答案】
B

9-1（基础） 用下列装置进行实验能达到相应目的的是




A．铝热反应冶炼铝
B．检验二氧化硫中的乙烯
C．制备氧气
D．分离出纯净的乙醇

A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

9-2（基础） 下列实验装置(部分夹持装置省略)设计合理的是
选项
A
B
C
D
实验
目的
制备溴苯并验证有产生
验证吸氧腐蚀
钠的燃烧
分离水和苯的混合物
实验
装置




A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

9-3（巩固） 利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是
A
B
C
D




比较Zn与Cu的金属性强弱
除去Cl2中的HCl并干燥
制取乙酸乙酯（必要时可加沸石）
制备NaHCO3
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

9-4（巩固） 化学是以实验为基础的自然科学，下列实验操作能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验
除去CO中少量CO2
分离I2和固体
验证酸性：
验证镁和稀盐酸反应的热效应
操作




A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

9-5（提升） 下列实验方案不能达到相应目的的是
目的
A．研究浓度对化学平衡的影响
B．分离二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳
实验方案


目的
C．制备氢氧化铁胶体
D．证明浓硫酸有强氧化性
实验方案


A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

9-6（提升） 辅导小组进行实验，能达到实验目的的是




A．比较Mg、Al的活泼性
B．证明非金属性：N＞C＞Si
C．验证甲烷与氯气在光照下发生化学反应
D．探究催化剂对反应速率的影响
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 影响水电离的因素,盐类水解规律理解及应用,盐溶液中离子浓度大小的比较


【正确答案】
C

10-1（基础） 测定0.1mol·L−1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下表。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O⇌+OH−
B.④产生的白色沉淀是BaSO4
C.①→③的过程中，c()在降低
D.①→③的过程中，温度对水解平衡的影响比c()的影响更大
【正确答案】 D

10-2（基础） 测定溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
⑤
⑥
温度/℃
25
45
75
95
45
25
pH
8.31
8.55
8.95
9.22
8.74
8.63
实验过程中，取①、⑥时刻的溶液，加入溶液做对比实验，①中无白色沉淀、⑥产生少量白色沉淀。
下列说法正确的是
A.的分解温度低于45℃
B.⑥时的pH与①时不同，是由于溶液中产生的造成的
C.①→④的过程中，溶液pH增大的原因一定是水解程度增大
D.根据该实验可知，溶液开高温度时，pH也增大
【正确答案】 B

10-3（巩固） 测定0.1 mol/L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B.④的pH与①不同，是由于浓度增大造成的
C.①→③的过程中，水的电离程度变大
D.①与④的Kw值相等
【正确答案】 B

10-4（巩固） 某实验测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A.a点溶液中，>Ka2(H2CO3)
B.b点溶液中，c(Na+)=c(HCO)+c(CO)
C.a点与c点溶液中的c(OH-)相等
D.ab段，升温，pH减小，说明抑制了HCO的水解
【正确答案】 A

10-5（提升） 水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）：
时间
①
②
③
④
⑤
温度/℃
20
30
40
从40℃冷却到时20℃
沸水浴后冷却到20℃
颜色变化
红色略加深
红色接近①
红色比③加深较多
pH
8.31
8.29
8.26
8.31
9.20
下列说法不正确的是
A.①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c(OH-)减小
B.NaHCO3溶液显碱性的原因:+H2OH2CO3+OH-
C.⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故
D.①→③的过程中，颜色加深的原因可能是水解程度增大
【正确答案】 A

10-6（提升） 测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下表。实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）

A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-
B.④产生的白色沉淀是BaSO4
C.①→③的过程中，c(SO32-)在降低
D.①→③的过程中，温度与c(SO32-)相比，前者对水解平衡的影响更大
【正确答案】 D
【原卷 11 题】 知识点 原电池原理的应用

【正确答案】
B

11-1（基础） 锂离子电池具有能量密度大、工作寿命长的特点，其原理如图所示。下列说法正确的是

A.充电时B极与电源正极相连
B.放电时A极发生反应
C.充放电过程中，O元素化合价不变
D.每生成时，转移
【正确答案】 B

11-2（基础） 我国科学家最近开发出锌硒电池，工作原理如图所示。放电时，电池总反应为Se+2CuSO4+2Zn=Cu2Se+2ZnSO4。下列说法错误的是

A.放电时化学能转化成电能 B.b极的电极反应式为Zn−2e−=Zn2+
C.放电时，溶液中SO向b极迁移 D.79g Se完全反应时外电路中转移2mol电子
【正确答案】 D
11-3（巩固） 一种染料敏化太阳能电池的工作原理如图所示，纳米晶体吸附光敏染料(D)。下列说法错误的是

A.纳米晶体电极为负极
B.电池工作过程中浓度基本保持不变
C.电池工作时，1mol D失电子，同时有得电子
D.Pt电极上的电极反应为
【正确答案】 C

11-4（巩固） 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

11-5（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

11-6（提升） K－O2电池结构如图所示，a和b为两个电极，其中之一为单质钾。关于该电池，下列说法错误的是

A.正极反应式为O2+e-+K+=KO2
B.隔膜为阳离子交换膜，允许K+通过，不允许O2通过
C.用此电池电解CuCl2溶液，消耗标况下O22.24L时，最多生成Cu12.8g
D.放电时，电流由b电极沿导线流向a电极通过有机电解质流回b电极
【正确答案】 C

【原卷 12 题】 知识点 电解原理的理解及判断

【正确答案】
B

12-1（基础） 近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法不正确的是

A.Ni2P电极与电源正极相连
B.在In/In2O3-x电极上发生的反应为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-
C.In/In2O3-x电极上可能有副产物H2生成
D.一段时间后，右侧电极室内溶液pH显著降低
【正确答案】 D

12-2（基础） 我国科学家开发出一种双极制氢系统，在低电池电压下的KOH介质中，可将醛类物质电催化转化为相应的羧酸盐和氢气，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A.泡沫铜与直流电源的正极相连
B.制得1 mol氢气，理论上外电路中迁移了2 mol电子
C.高电压下不能实现双极制氢的原因可能是Cu被氧化从而使催化剂失活
D.泡沫铜电极上发生的反应可能为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O
【正确答案】 B

12-3（巩固） 我国科研人员发明膜电极电解器电解脱硫废水制备硫酸铵技术，下图为制备装置示意图。下列说法正确的是

A.电极a为阴极
B.b极有NH3生成
C.b极附近酸性增强
D.SO在a极放电的电极反应式是：SO+ H2O −2e- =SO + 2H+
【正确答案】 D

12-4（巩固） CO2资源化利用是实现碳中和的一种有效途径。下图是CO2在电催化下产生合成气(CO和H2)的一种方法。下列说法不正确的是

A.a电极连接电源的负极 B.从a极区向b极区移动
C.b极区中c(CH3COO-)逐渐增大 D.a极区中c()逐渐增大
【正确答案】 C

12-5（提升） 在直流电源作用下，双极膜中间层中的解离为和，利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(·OH)，处理含苯酚废水和含的烟气的工作原理如图所示。下列说法错误的是

A.从膜b进入溶液的离子是
B.阴极电极反应式为
C.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8mol 透过膜a
D.若·OH只与苯酚和反应，则参加反应的苯酚和物质的量之比为1：14
【正确答案】 C
12-6（提升） 我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯。装置示意图如图。
已知：电解效率η(B)=×100%。

下列说法不正确的是
A.电极a连接电源的负极
B.电极b上有O2产生
C.纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+6H2O+8e-=C2H4+8OH-
D.若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯
【正确答案】 D

【原卷 13 题】 知识点 盖斯定律及其有关计算,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡的有关计算,化学平衡图像分析



【正确答案】
C

13-1（基础） 在不同温度下，向a、b两个恒温、体积为的恒容密闭容器中均通入和，发生反应。测得容器a中物质的量、容器b中物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A.反应的
B.两容器达到平衡时，b容器压强大于a容器压强
C.a容器前用表示的平均反应速率为
D.a容器达到平衡后，再充入1.1molCH4(g)和1.0molCO(g)，此时
【正确答案】 C

13-2（基础） 在密闭容器中充入1mol与3mol，发生反应：。达平衡时，测得平衡体系中各种物质的体积分数随温度变化如图所示。下列说法正确的是

A.表示组分的曲线是Ⅲ B.曲线交点a对应的转化率大于交点b
C.曲线交点a、b对应反应平衡常数 D.若使用催化剂，则b点向上移动
【正确答案】 C

13-3（巩固） 利用可消除污染，其反应为。不同温度下，向装有足量固体的密闭容器中通入，测得气体体积分数随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是

A.时，前内平均反应速率
B.温度，b点和d点的化学平衡常数：
C.若d点时仅缩小容器体积，体积分数和浓度均保持不变
D.反应达到平衡状态时容器内气体密度不再变化
【正确答案】 C

13-4（巩固） 甲烷与硫化氢可通过重整反应制取氢气，反应为。现将原料按通入反应釜中，保持体系压强为0.1MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。当反应达到平衡时。体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示，下列说法正确的是

A.的结构式为：，沸点高于
B.图中表示、物质的量分数变化的曲线分别是d、a
C.M点对应温度下，的转化率为33.3%。
D.由图可知该反应为吸热反应，当不再变化时反应达平衡
【正确答案】 C
13-5（提升） 通过反应Ⅰ：可以实现捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为Pa下温度变化)达到平衡时物质的量分数变化如图所示。主要反应有：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
下列说法正确的是

A.反应Ⅰ的
B.曲线①表示的物质的量分数随温度的变化
C.一定温度下，增大的比值，可提高平衡转化率
D.在Pa、250℃、起始条件下，使用高效催化剂，能使物质的量分数从X点达到Y点
【正确答案】 C

13-6（提升） 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应I：CO(g)+CH3OCH3(g)=CH3COOCH3(g)
反应II：CH3COOCH3(g)+2H2(g)=CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)
固定CO、CH3OCH3、H2的起始原料比为1∶1∶2、体系压强不变的条件下发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是

A.反应II为放热反应
B.由图可知，600K以后随温度的升高，氢气物质的量减少
C.曲线C也可以表示CH3OH的物质的量分数
D.由500K上升至600K，温度对反应I的影响大于对反应II的影响
【正确答案】 B

【原卷 14 题】 知识点 物质性质实验方案的设计,化学平衡的移动及其影响因素,浓度对化学平衡移动的影响



【正确答案】
D

14-1（基础） 某小组进行以下探究。实验①：Mg条与盐酸-KCl溶液(pH=3.08)反应；实验②：Mg条与0.001 溶液(pH=3.08)反应。两个实验所用的Mg条(打磨过)足量且表面积相同。测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。两个实验过程中均观察到有无色气体产生，实验②中没有检测到和Fe。

下列说法不正确的是
A.无色气体为
B.0～200秒，实验②产生氢气的速率比实验①慢
C.实验①②中pH发生突变与Mg和水的反应有关
D.400秒时，：实验②＞实验①
【正确答案】 B

14-2（基础） 化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
实验Ⅰ

开始无明显现象，渐有小气泡生成，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
实验Ⅱ

最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
资料：铜与浓反应一旦发生就变快，生成的可溶于水形成(弱酸)，反应就加快。
下列说法正确的是
A.与反应生成和NO
B.亚硝酸能加快反应速率，是因为亚硝酸可做铜与硝酸反应的催化剂
C.I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为，体系中不能生成
D.分别向1mL浓硝酸中加入几滴30%溶液或一定量固体，再加入铜片，预计反应均较慢
【正确答案】 C

14-3（巩固） 实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。
序号
①
②
③
实验装置及操作



实验现象
溶液无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色
溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化
下列说法不正确的是
A.对分解有催化作用
B.对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大
C.对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率
D.实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热
【正确答案】 D

14-4（巩固） 为探究合成气制甲醇过程中催化剂中毒的原因，将模拟合成气(、和按一定比例混合)以一定流速分别通过三份铜基催化剂，其中一份做空白实验，两份强制中毒(分别预先吸附和，吸附反应后催化剂中碱元素的质量分数相等)。在一定温度下，总碳(、)转化率、生成的选择性与反应时间的关系如题图所示。

生成的选择性。合成气制甲醇的主要反应为：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
副反应有：，，。
下列说法正确的是
A.实验条件下，三个副反应的均小于0
B.空白实验时，若其他条件不变，升高温度，总碳转化率一定减小
C.相同条件下，对催化剂的毒害作用大于
D.为提高生成的选择性，可研发不与含硫物反应的催化剂
【正确答案】 D

14-5（提升） Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物，羟基自由基的产生与溶液pH大小有关。现运用该法降解有机污染物p—CP探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验过程】取20mL工业废水，加入一定量FeSO4溶液和NaOH溶液，调节Fe2+浓度和pH，再加入一定浓度H2O2，用数据采集器测定p—CP的变化情况。
【实验数据】
实验编号
H2O2溶液
Fe2+溶液
蒸馏水
pH
温度
c/mol•L-1
V/mL
c/mol•L-1
V/mL
V/mL
T/K
①
6.0×10-3
1.5
0.30×10-3
3.5
10
3
298
②
6.0×10-3
1.5
0.30×10-3
3.5
10
3
313
③
6.0×10-3
3.5
0.30×10-3
3.5
8
3
298
④
6.0×10-3
1.5
0.30×10-3
4.5
9
3
298
⑤
6.0×10-3
1.5
0.30×10-3
3.5
10
10
298

下列说法中不正确的是
A.实验①②说明其它条件相同时，适当升温可以提高降解速率
B.实验①③的目的是探究H2O2浓度对降解速率的影响
C.实验①③④说明浓度改变对降解速率的影响H2O2大于Fe2+
D.实验⑤降解反应趋于停止的原因可能是Fe2+与H2O2反应生成Fe(OH)3沉淀
【正确答案】 C

14-6（提升） 某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：
装置
实验
试剂a
现象与结果

I

10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5mol/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
下列说法不正确的是
A.I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B.由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C.增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D.[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
【正确答案】 B

【原卷 15 题】 知识点 电子排布式,配合物的结构与性质






【正确答案】


15-1（基础） 碳元素在自然界中分布很广，是存在形式最复杂的元素。实验室可用邻二氮菲( )与形成的红色配合物(如下图)测定铁的含量。

回答下列问题：
1、基态Fe原子的价层电子排布式为_______。
2、红色配合物中非金属元素的电负性从大到小的顺序为_______。
3、邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式分别为_______、_______。
4、红色配合物的中心原子的配位数为_______。
5、红色配合物中不存在的作用力有_______。
A.σ键　　B.π键　　C.离子键　　D.氢键　　E.配位键
6、科学家合成了硬度超过金刚石的晶体，该晶体的硬度比金刚石大的原因是：_______。C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为：_______(用元素符号回答)。
【正确答案】 1、
2、N＞C＞H 3、
4、6 5、CD
6、晶体是原子晶体，N原子半径比C原子小，键键长比键短，键能大，硬度大 N>O>C

15-2（基础） 若元素原子的最外电子层只有一个电子，该电子的电子层数n=4。请回答下列问题：
1、符合上述条件的元素共有_______种。
2、在符合上述条件的元素中，原子序数最小的在周期表的_______区(用符号填空)，原子序数最大的在周期表的第_______周期、_______族。
3、过渡元素的金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般而言，为d0或d10排布时，无颜色，为d1～d9排布时，有颜色，如[Co(H2O)6]2+显粉红色。据此判断，[Mn(H2O)6]2+ _______颜色(填“无”或“有”)。
4、符合上述条件的元素中，原子序数最大、且与水分子形成的配合物有颜色的简单离子的符号为_______。
【正确答案】 1、3 2、s 四 ⅠB
3、有 4、Cu2+

15-3（巩固） 镍具有很好的可塑性、耐腐蚀性和磁性等性能，因此广泛应用于钢铁、镍基合金、电镀及电池等领域。回答下列问题：
1、基态Ni原子的价电子电子排布式为_______，有_______ 个未成对电子。
2、已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·mol-1，ICu= 1958 kJ·mol-1，ICu>INi的原因是_______。
3、Ni2+常与丁二酮肟()形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：

①熔点大小： A_______ B (填“>”或“<”)，其原因是_______。
②Ni2+与丁二酮肟之间形成的化学键称为_______。
③B中碳原子的杂化轨道类型是_______。
4、硫酸镍[NiSO4J]常用于有机化学合成中，阴离子的空间构型为_______。
5、NiO，FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO _______FeO(填“<”或“>”)， NiO晶胞中Ni的配位数为_______。
6、某砷镍合金的密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。As和Ni的原子半径分别为rAs pm和rNi pm，阿伏加德罗常数的值为NA，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、3d84s2 2
2、铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
3、＜ A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小 配位键 sp2、sp3
4、正四面体 5、＞ 6
6、

15-4（巩固） 碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：
1、氮原子核外有____种不同空间运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布图为____。
2、已知：(NH4)2CO32NH3↑+H2O↑+CO2↑
①与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有_______种。
②分解所得的气态化合物分子的键角由大到小的顺序为_______(填化学式)。
3、物质中与中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为____。
4、配合物[Cu(CH3C≡N)4]中铜原子的价电子排布式为_______，的空间构型为_______。
5、碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。

①晶胞中C原子的配位数为_______。该晶体硬度超过金刚石的原因是_______。
②已知该晶胞的边长a pm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为_______g/cm3。
【正确答案】 1、7 2、2 CO2＞NH3＞H2O
3、3:2 4、3d104s1 正四面体
5、4 都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能

15-5（提升） “嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，它的成功发射标志着我国航天技术向前迈出了一大步，其制作材料中包含了Cu、Ti、Cr、Ni、Mo、N、O等多种元素。回答下列问题：
1、Mo位于Cr同一副族的相邻下一周期，则基态Mo原子的价电子排布式为_______；基态最高能层中成对电子与单电子的数目比为_______。
2、Cu催化烯烃硝化反应过程中会产生。键角：_______(填“<”或“>”)，其原因是_______。
3、一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为、 和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______(列出计算式)。

4、含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物为螯合物。可与某有机物形成具有较强荧光性能的配合物，其结构如图所示。1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_______mol，该螯合物中N的杂化方式有_______种。

【正确答案】 1、4d55s1 8：3
2、> 是直线型，键角为180°，是V型，其键角小于120°
3、
4、3 sp3和sp2
15-6（提升） 铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
1、基态钴原子的核外未成对电子数为_______。
2、的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
3、的熔点为，沸点为，的晶体类型是_______。
4、橙红色晶体羰基钴的熔点为，分子式为，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。三种元素电负性由大到小的顺序为(填元素符号)_______。元素铁、钴、镍并称铁系元素，性质具有相似性。某含镍化合物结构如图所示，分子内的作用力不可能含有_______(填序号)。

A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.氢键 F.范德华力
5、铜为面心立方最密堆积的金属，其晶胞结构如图所示，已知铜原子的半径为，则铜晶体的密度_______(只需列出计算式)。

【正确答案】 1、3 2、
3、分子晶体 4、 ACF
5、
【原卷 16 题】 知识点 电解原理的理解及判断,基于氧化还原反应守恒规律的计算,化学反应速率计算






【正确答案】



16-1（基础） 氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
1、①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为_____。
②实验室检验氨气的方法是____。
2、在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃
压强/MPa
氨的平衡含量
200
10
81.5%
550
10
8.25%
①该反应为_____(填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是____。
3、实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。

①曲线a对应的温度是____。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是____。
4、尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为____。

5、NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步，已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式____。
【正确答案】 1、 用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气
2、放热 催化剂活性最好，可以通过合成氨的反应速率
3、200℃ M=Q>N
4、
5、4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-907 kJ·mol-1；

16-2（基础） 工业尾气H2S对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。依据题意回答下列问题：
1、生物脱硫可处理含H2S的烟气，过程中使用的硫杆菌是一种微生物。


①反应的=_______。
②若反应温度过高，反应速率下降(如图)，其原因是_______。

2、科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。

①H2S分解生成H2和S的反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。
②微波的作用是_______。
3、利用电化学法也可处理尾气H2S。为避免硫磺沉积在阳极，将氧化吸收和电解制氢过程分开进行，装置如下图所示。氧化吸收器中为Fe2(SO4)3溶液，电解反应器中，以石墨为阳极，以为阴极，中间用质子交换膜隔开。

①氧化吸收器中反应的离子方程式为_______。
②电解反应器中，阴极的电极反应式为_______。
③电解反应器的作用是_______(写出2点)。
【正确答案】 1、 温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)
2、吸热 微波使化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率
3、 电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用
16-3（巩固） 电化学原理被广泛应用于生产、生活的许多方面，利用电解法脱除煤中的含硫物质(主要是)的原理如图所示。

1、阴极石墨棒上有无色气体产生，该气体是_______。
2、阳极的电极反应式为_______。
3、补全脱硫反应方程式：_______。
4、相同反应时间，对脱硫率的影响如图所示。

①电解脱硫过程中，的作用是催化剂，结合简单碰撞理论说明使用能加快反应速率的原因_______。
②的质量分数大于1.5%时，脱硫率随浓度的增大而下降，解释原因_______。
5、研究发现，电解时若电压过高，阳极有副反应发生，造成电解效率降低。电解效率的定义：，某电压下电解100mL煤浆--混合液，煤浆中除外不含其它含硫物质，混合液中浓度为，的质量分数为1.5%。当阴极收集到224mL(标准状况)气体时(阴极无副反应发生)，测得溶液中，_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。
6、综上，电解法脱硫的优点有_______(写出两点)。
【正确答案】 1、
2、
3、
4、催化剂能改变反应历程，降低直接在电极放电反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大 随着浓度的增大，可能发生在阴极放电或者在阳极放电等副反应，导致与反应的浓度减小，脱硫率降低。或：随着浓度的增大，平衡正向移动，产生更多胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低(合理即可)
5、35% 6、联产高纯，可循环利用，脱硫速率快

16-4（巩固） 选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中的排放。其原理是在催化剂作用下，用等物质将尾气中的转化为。
1、柴油机尾气中的是由和在高温或放电条件下生成的。
①写出的电子式：_______。
②高温尾气中绝大多数为NO，推测为_______(填“放热”或“吸热”)反应。
2、在催化剂作用下，还原的化学方程式为_______。
3、用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下：

①写出工作电极的电极反应式：_______。
②若用该传感器测定的含量，则传感器信号响应方向(即电流方向)相反，从物质性质角度说明原因：_______。
4、一种研究认为，有氧条件下与NO在催化剂表面的催化反应历程如下(催化剂中部分原子未表示)：

①下列说法正确的是_______(填序号)。
a.过程涉及了配位键的形成与断裂
b.反应ⅰ~ⅵ均属于氧化还原反应
c.与NO反应而不与直接反应，体现了催化剂的选择性
②根据上图，写出选择性催化还原NO的总反应方程式：_______。
【正确答案】 1、 放热 2、
3、2H2O+NO-3e-=NO+4H+ 二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子
4、ac

16-5（提升） 在双碳目标驱动下，大批量氢燃料客车在2022年北京冬奥会上投入使用。稳定氢源的获取是科学研究热点，对以下2种氢源获取方法进行讨论。
Ⅰ．甲醇蒸汽重整制氢
甲醇蒸汽重整制氢过程中有以下化学反应。
编号
反应
方程式
△H/kJ·mol-1
R1
甲醇蒸汽重整
CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)
△H1=+49.24
R2
甲醇分解反应
CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)
△H2
R3
水汽反应
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
△H3=-41.17
R4
积碳反应
CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)
△H＜0
CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)
△H＜0
2CO(g)C(s)+CO2(g)
△H＜0
资料：产氢率和水碳比(S/C)的定义：
①产氢率=
②水碳比(S/C)表示反应物中H2O和CH3OH的比值，水碳比的变化是以CH3OH不变，改变H2O的物质的量加以控制。
1、理想产氢率=_______。
2、△H2=_______kJ·mol-1
3、针对R1进行讨论：其他条件不变，随着温度升高，n(H2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______。
4、其他条件不变，测得产物摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图所示。由图可知，在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大，原因是_______。

5、结合资料和图示，提出2条减少积碳的措施_______、_______。
Ⅱ．电解液氨制氢
氨分子中具有较高的含氢量，因此是制氢的优选原料。使用NaNH2非水电解质研究液氨电解制氢原理，装置示意图如图所示。

资料：2NH3NH+NH
6、①某电极上发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH，该电极为_______(选填a或b)极。
②写出另一极上发生的电极反应_______。
③不考虑其它能量损耗，利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是_______mol。
【正确答案】 1、3 2、+90.41
3、增大 该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大
4、R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3
5、升高温度 增加水碳比
6、b 6-6e-=N2↑+4NH3 2
16-6（提升） 一定条件下，二氧化碳可合成低碳烯烃，缓解温室效应、充分利用碳资源。
1、已知：
①
②
③
④
则_______(用、、表示)。
2、反应④的反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图所示。

①a_______3(填“＞”、“＜”或“=”)；M、N两点反应的平衡常数_______(填“＞”、“＜”或“=”)。
②300℃，往6L反应容器中加入、，反应10min达到平衡。求0到10min氢气的平均反应速率为_______。
3、中科院兰州化学物理研究所用催化加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含、、等副产物，反应过程如图。

催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得转化率和各产物的物质的量分数如下表。
助剂
转化率(％)
各产物在所有产物中的占比(％)


其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加_______助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_______；
②下列说法正确的是_______；
a．第ⅰ步所反应为：
b．第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步
c．催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用
d．使加氢合成低碳烯烃的减小
e．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同
4、2018年，强碱性电催化还原制乙烯研究取得突破进展，原理如图所示。

①b极接的是太阳能电池的_______极；
②已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液，请写出阴极的电极反应式_______。
【正确答案】 1、
2、> >
3、K 降低了生成乙烯的反应的活化能，对其他副反应几乎无影响 ac
4、正 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-

【原卷 17 题】 知识点 常见官能团名称、组成及结构,根据要求书写同分异构体,卤代烃的水解反应,有机推断综合考查








【正确答案】




17-1（基础） 多环化合物Y是一种药物合成的中间体，它的一种合成路线如下图(部分反应条件或试剂略去)。

已知：i．
1、A的名称是_______。
2、下列说法中，正确的是_______(填序号)。
a．由A制备B时，需要使用浓硝酸和浓硫酸
b．D中含有的官能团只有硝基
c．D→E可以通过取代反应实现
3、E→G的化学方程式是_______。
4、I的结构简式是_______。
5、J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是_______。
6、K中除苯环外，还含有一个五元环，K的结构简式是_______。
7、已知：ii．
iii．亚胺结构()中C=N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i的反应。M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如下图。

写出中间产物1、中间产物2的结构简式_______、_______。
【正确答案】 1、甲苯 2、ac
3、2 +O22 +2H2O
4、 5、1：2
6、 7、

17-2（基础） 我国科研人员发现，中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。黄芩素的一种合成路线如下：

已知：
①R-Br+CH3ONaR-OCH3+NaBr
②+ +
③+ +H2O(R、R´、R´´为烃基或H)
回答下列问题：
1、A中所含的官能团为________，A→B的反应类型为________。
2、B→D中反应i的化学方程式为________________。
3、E与F反应生成G的化学方程式为________________。
4、H分子中有三个六元环状结构，其结构简式为________。
5、下列关于黄芩素的说法中，正确的是________ (填字母序号)。
A.分子中有3种含氧官能团，所有碳原子均为sp2杂化
B.能与Na2CO3溶液反应，能与发生取代反应和加成反应
C.存在含苯环、碳碳三键和羧基的同分异构体
D.“H→黄岑素”反应中通入N2的目的可能是防止黄岑素被氧化
6、有文献指出，C的另外一种合成方法如下：

Ⅰ与NaHCO3溶液反应产生气体，其结构简式为___(不考虑立体异构)。
【正确答案】 1、羟基 取代反应
2、
3、
4、 5、ABCD
6、

17-3（巩固） 色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：

已知：
①++HCl(R代表烃基)
②+R′OH→+RCOOH(R、R′代表烃基)
③+→(R、R1、R2、R3、R4代表烃基)
1、A的结构简式是_______；根据系统命名法，F的名称是_______。
2、试剂b的结构简式是_______。
3、C与足量的NaOH反应的化学方程式为_______。
4、G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_______。
5、已知：①2HJ+H2O；②J的核磁共振氢谱只有两组峰。
以E和J为原料合成K分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：
E：_______；J：_______。中间产物1：_______；中间产物2：_______。
【正确答案】 1、 1-丙醇 2、
3、
4、 CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O
5、
17-4（巩固） 抗溃疡药奥美拉唑合成路线如下：

已知：的某些性质和相似，都能与R-NH2发生加成。
1、A→B的化学方程式为_______。
2、写出符合下列条件的A的同分异构体M的结构简式：_______。
①遇氯化铁溶液显紫色
②1mol M最多能与3mol Br2发生取代反应产生白色沉淀
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1：1：2：1：3：1
3、B→C的反应试剂及条件是_______；C中含氮官能团的名称为_______。
4、D→E过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
5、J的分子式为C9H13NO2，则I的结构简式是_______。
6、E经三步反应形成F，请写出中间体1和中间体2的结构简式_______、_______。

【正确答案】 1、+CH3COOCOCH3 + CH3COOH
2、 3、浓硝酸、浓硫酸、加热 酰氨基和硝基
4、1：3 5、
6、

17-5（提升） 乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。

1、A的官能团的电子式为____，B的名称是____。
2、B→D的化学方程式是____。
3、已知2D→E+A，E的结构简式是____。
4、下列关于有机物I的说法不正确的是___。(填序号)。
a.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
b.存在酚类同分异构体
c.可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
d.核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子
5、I→J的化学方程式是___。
6、已知：
①
②
G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。
G+L
中间产物1、中间产物3的结构简式是____、____。
【正确答案】 1、 乙酸 2、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
3、 4、bcd
5、+CH3Cl+HCl
6、

17-6（提升） 褪黑激素前体K的合成路线如下。

已知： + +R3OH(R表示烃基或氢)
1、A能发生银镜反应，B中所含的官能团是___________。
2、E的名称是___________。
3、F的分子式为，则W的结构简式是___________。
4、生成G的反应方程式是___________。
5、F+M→K的反应类型是___________。
6、由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。

①Q→X过程中每1molQ完全反应，需消耗___________molNaOH。
②试剂b是___________。
【正确答案】 1、羟基、醛基 2、1，4—二溴丁烷
3、 4、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
5、取代反应 6、3 CH3COOH

【原卷 18 题】 知识点 物质分离、提纯综合应用,常见无机物的制备,沉淀溶解平衡的应用








【正确答案】


18-1（基础） MnCO3是重要化工原料，由MnO2制备MnCO3一种工艺流程如图：
I.研磨MnO2，加水配成浊液。
II.MnO2浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnCO3固体。

资料：
①MnCO3不溶于水。该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
②难溶电解质的溶度积：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39、Ksp[Mn(OH)3]=2.0×10-13
1、研磨MnO2的目的是____。
2、加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是____。
3、MnO2氧化Fe2+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O
①根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2。而实际上加入的酸要少一些，请结合含铁产物解释原因____。
②取少量母液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明____。
4、纯化向母液中滴加氨水调pH，除去残留的Fe3+。若母液中c(Mn2+)=1mol•L-1，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol•L-1，此时是否有Mn(OH)2沉淀生成？____(列式计算，已知≈6.5)。
5、制备将Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤沉淀，干燥后得到MnCO3固体。
①通过检验SO来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO的操作是____。
②生成MnCO3的离子方程式是____。
【正确答案】 1、增加固体接触面积，增大反应速率
2、Fe+2Fe3+=3Fe2+
3、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+因为生成含铁的沉淀，导致c(OH-)下降，从而需要额外加的H+比理论值少 不含有Fe2+，Fe2+已全部转化为沉淀
4、c(OH-)==6.5×10-12，Qc＜Ksp无沉淀
5、取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明没有洗净；若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗净 Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O

18-2（基础） 从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍()进行精制提纯，其工艺流程如下。

已知：i.含镍溶液中的杂质微粒有：、、、和等
ii.饱和溶液中，
ⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表
物质
电离常数
物质
溶度积常数
物质
溶度积常数

















1、是弱电解质，_______[用、和表示]。
2、滤渣1中含有和S，写出生成和S的化学方程式_______。
3、解释“氧化除杂”中析出的原因_______。
4、“氟化除杂”中试剂a为_______。
5、“萃取”水溶液的约为3.3，结合下图解释原因_______。

6、理论上“硫化除杂”之后，溶液中_______[计算时取，结果保留两位有效数字]。
【正确答案】 1、
2、
3、Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3
4、NiF2或HF 5、pH过大，Ni2＋损失较多；pH过小，Zn2＋有较多剩余
6、4.4×10−16
18-3（巩固） Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。软锰矿主要成分是MnO2，还含有少量的Fe2O3、SiO2、Al2O3，采用以下工艺流程可由软锰矿制得Mn3O4。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
1、“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有________(只需填一种)，“酸浸、还原”后溶液中含有的金属阳离子主要有________，铁屑与MnO2发生反应的离子方程式为________。
2、“调节pH”时加入H2O2溶液的目的是________，“调节pH”的范围为________。
3、“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是________。

4、“氧化”时一般控制温度在80℃~85℃，可以采取的加热方法是________，反应化学方程式为________。
【正确答案】 1、粉碎软锰矿或搅拌或加热或适当增大硫酸的浓度 Mn2+、Fe2+、Al3+ 3MnO2+12H++2Fe=3Mn2++2Fe2++6H2O
2、把Fe2+氧化为Fe3+ 4.7~8.1
3、温度升高，氨水发生分解并挥发
4、水浴加热 3Mn(OH)2+H2O2Mn3O4+4H2O

18-4（巩固） 下图为从铜转炉烟灰[主要含有ZnO，还有少量的Fe(II)、Pb、Cu、As元素]制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题：

已知：①活性炭主要吸附有机质；
②25℃时，；
③氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在；
④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1

1、Pb(OH)Cl中Pb的化合价为_______。
2、浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵最适宜的浓度为_______mol·L-1。

3、加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：_______，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为_______mol·L-1。
4、已知“除杂3”是利用置换反应进行除杂，则“滤渣III”的主要成分为_______(填化学式)。
5、“沉锌”反应的离子方程式为_______。
【正确答案】 1、+2 2、4
3、MnO+3Fe2+ +7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
4、Cu、Zn 5、2Zn2+ +4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O
18-5（提升） 用废旧复离子电池正极材料分离回收金属元素，正极材料主要为活性材料LiNixCoyMn1-x-yO2与铝箔组成，工艺流程知下：

己知：，，
回答下列问题：
1、碱浸结束后，滤液中的阴离子除了，主要还有___________(填化学式)。正极活性材料LiNixCoyMn1-x-yO2中Ni、Co、Mn化合价相同，则它们的化合价为___________。
2、固相反应一般反应速率较慢，加快还原焙烧反应速率的方法可以是___________(至少写两种)。
3、①外界条件pH、温度和搅拌时间对三种金属离子沉淀率的影响如下图，则沉钴最合适的条件为___________(填标号)。
a．pH=2.0 温度55℃ 时间1.0h b．pH=1.5 温度75℃ 时间1.0h
c．pH=2.0 温度55℃ 时间3.0h d．pH=1.5 温度75℃ 时间3.0h

②洗涤碱式碳酸镍最好选择___________(填标号)。
a．碳酸钠溶液 b．氢氧化钠溶液 c．氨水 d．蒸馏水
③写出沉锰过程中生成的离子反应方程式：___________。
4、共沉淀法是将两个或两个以上组分同时沉淀的一种方法。酸浸后也可直接调pH使、、沉淀完全回收，则pH应大于___________(已知：lg2=0.3，溶液中离子浓度小于认为沉淀完全)。
【正确答案】 1、AlO +3价
2、粉碎、搅拌或适当升温
3、a c Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
4、10.15

18-6（提升） 锶()是第五周期ⅡA族元素。自然界中的锶存在于天青石中，天青石的主要成分为和少量。以天青石为原料制备高纯需要两个步骤。
【步骤一】从天青石到粗：

已知：ⅰ、硫化物()和硫氢化物均易溶于水。
ⅱ、时，的溶解度(g)分别为1.77、3.89、0.173；
时，的溶解度(g)分别为20.2、101.4、0.094.
1、焙烧过程中转化为的化学方程式是___________。
2、浸取时发生反应：。使用热水有利于提高的平衡转化率，原因是___________。
3、滤渣1的主要成分是___________。
【步骤二】粗转化为高纯：
4、粗中的杂质是。有同学提出可以将粗产物溶于酸，再加入溶液实现和的分离。设完全沉淀时，则溶液中一定不大于___________。此时会有沉淀，该方案不合理。
5、实际的除杂和转化流程如下图所示：

已知：ⅰ、溶液中存在，具有强氧化性。
ⅱ、是两性氢氧化物，难溶于水，。
①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，请从化学平衡移动角度解释原因___________。
②还原过程中草酸发生反应的离子方程式为___________。
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8.此过程不调节为13的原因是___________。
④加入溶液生成高纯的离子方程式为___________
【正确答案】 1、
2、该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大。
3、、C
4、0.03 5、对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降 直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去。
【原卷 19 题】 知识点 物质性质实验方案的设计,沉淀转化,离子方程式的书写








【正确答案】



19-1（基础） 物质的大小会对其性质有极大影响。
1、纳米金：具有高电子密度、介电特性和催化作用。纳米金的制法：将0.01%的溶液煮沸，迅速加入1%的柠檬酸钠()溶液，持续煮沸7~10分钟。制备时溶液会因为加入的柠檬酸钠的量不同而产生不同的颜色，如下表所示。
纳米金颗粒大小(nm)
颜色
2~5
黄
10~20
红
30~80
紫
资料：的溶液呈黄色，其酸性比柠檬酸强。
①在制备过程中，存在如下反应，已知产物是柠檬酸脱去一个羧基得到的，核磁共振氢谱显示其有4组峰。请补全并配平下面的反应方程式(要写出的结构简式) _______。
□→□_______+□_______()+□+□HCl
②柠檬酸钠的作用是_______，如果一段时间后的液体仍为黄色，则可以_______(填操作)来检验是否生成纳米金。
2、微米水：可以高效诱导分子的还原反应，且不需要任何的外加还原剂或外加电荷。科学家使用上述方法制取纳米金时，引入了不加柠檬酸的对照组。令人惊奇的是对照组也发生了反应，他经过猜想与论证，最终将目光锁定在水身上，用如下装置(如图1所示)进行验证。

①使用丙酮酸()来验证，通过检验由丙酮酸生成的产物_______，证明猜想成立。
②发现随着丙酮酸浓度的增加，还原效率会迅速降低，图2与图3中丙酮酸浓度均为10mol/L。

还原效率会随着雾化气体压强的增大而增大的原因是_______。
③为探究还原反应的具体过程，继续设计实验：向水中加入一种指示剂R，这种指示剂正常状态下不显色，R在遇到一定浓度的与还原剂后会显示红色荧光，过程可以表示为：R(无色)(红色荧光)。加入R后观测到的现象如图4所示。

结合图4和上述实验，你可以得出什么推论？_______。
3、综合上述内容，你对物质有了哪些更深入的认识？_______。
【正确答案】 1、3→2Au+3+3CO2+8HCl 还原剂 丁达尔效应
2、2—羟基丙酸 水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大 微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
3、物质的大小会对其性质有极大影响

19-2（基础） FeCl3(易升华)是常见的化学试剂。某学习小组开展了与FeCl3相关的系列实验。回答下列问题：
Ⅰ．铁粉制备FeCl3(实验装置如图所示)

1、仪器a的名称为_______
2、制取Cl2的化学方程式为_______。
3、饱和食盐水的作用是_______
4、硬质玻璃管直接接入收集器的优点是_______。
Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应
5、配制FeCl3溶液时加入少量盐酸的原因是_______。
6、向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，再加入过量Cu粉，发现溶液的红色褪去。用离子方程式解释红色褪去的原因：_______。
7、已知(6)中除了红色褪去，还产生了白色沉淀。小组成员查阅得知CuCl和CuSCN均为白色沉淀。为探究白色沉淀的主要成分，小组成员完成了以下实验：向4 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液中加入过量Cu粉，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成。由此现象可知此白色沉淀为_______(填化学式)。
小组成员进一步查阅资料发现， Cu2+与SCN-可发生如下两种反应。
反应i： Cu2+ + 4SCN- =[ Cu(SCN)4]2 -(淡黄色)
反应ii： 2Cu2+ + 4SCN- = 2CuSCN↓+ (SCN)2
设计实验如下：
操作
现象
在盛有2 mL 0.1mol·L-1 CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液
溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；
2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀
由此现象可知，反应速率较快的为_______(填“反应i”或“反应ii”)。 小组成员得出结论，反应ii不是CuSCN产生的主要原因。
8、根据上述分析可知，Cu2+、 Fe2+和SCN-可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3+，写出反应的离子方程式：_______。
【正确答案】 1、分液漏斗 2、MnO2 +4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
3、除去Cl2中的HCl
4、不易因为FeCl3固体积聚而造成堵塞
5、抑制Fe3+的水解
6、2Fe3++Cu=Cu2+ +2Fe2+
7、CuSCN 反应i
8、Cu2+ +Fe2+ +SCN-=CuSCN↓+Fe3+

19-3（巩固） 环状碳酸酯()是一种重要的工业原料，可用作锂离子电池电解质的溶剂。一种由苯乙烯经电解制备环状碳酸酯的实验操作如下。
ⅰ.将一定量电解质、苯乙烯、水-二甲亚砜溶剂依次放入塑料烧杯中，搅拌均匀后放入高压反应釜内，充入一定量CO2气体：
ⅱ.以石墨和铜片为两个电极，电解至苯乙烯完全消耗后，停止电解：
ⅲ.分离、提纯产品，计算产率。
在相同条件下，采用不同电解质进行实验I~IV，实验结果如表：
实验序号
电解质
产率/%
实验现象
I
NH4Cl
微量
阴极产生气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
II
NH4Br
68
III
NH4I
95
IV
NaI
0
阴极产生气体；阳极附近有白色固体析出
已知：ⅰ.电解效率η(B)=×100%
ⅱ.I2在碱性环境中会歧化为I-和IO。
1、针对实验III进行如下分析：
①取反应后石墨电极附近溶液滴加淀粉溶液变蓝，则石墨作____极(填“阳”或“阴”)。
②苯乙烯与石墨电极上生成的物质发生反应，得到中间产物1—苯基—2—碘乙醇()，写出可能存在的有机副产物的结构简式____。
③1—苯基—2—碘乙醇在一定条件下转化为苯基环氧乙烷()，后者对CO2进行加成反应，得到的环状碳酸酯的结构简式为____。
④已知η(环状碳酸酯)≈63%，则电路中通过1mol电子时，产生___mol环状碳酸酯。
2、对比实验I~III可知，其他条件相同时，电解质分别选用NH4Cl、NH4Br、NH4I时，环状碳酸酯的产率依次显著升高，从原子结构角度解释，是因为____，导致Cl-、Br-、I-的放电能力依次增强。
3、探究实验IV中未生成环状碳酸酯的原因，继续实验。
①实验IV中阴极产生气体的电极反应式为____。
②经X光单晶衍射实验证实，实验Ⅳ中得到的白色固体含NaIO3•H2O，用化学用语解释得到该物质的原理____。
③设计实验方案检测白色固体中的NaIO3•H2O，取少量白色固体溶于水，加稀硫酸酸化后，_____。可选试剂：Na2SO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、CCl4。
【正确答案】 1、阳 0.63
2、氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子吸附能力越小，失电子能力越强。
3、 ，，。 加入淀粉溶液，再加入KI溶液，如果溶液变蓝色，说明溶液中含有碘酸根，从而检验宝色固体中的NaIO3·H2O。

19-4（巩固） 某小组同学探究漂白精片(主要有效成分：次氯酸钙)与氯化铜反应产物，操作及现象如表：
序号
操作
现象
实验I
取研磨成粉状的漂白精片10g和少量氯化铜固体放入烧杯中，加足量水搅拌
产生黑色悬浊液，同时有大量气泡产生
1、甲同学预测气泡主要为Cl2，乙同学不认同甲的观点，理由如表：
理由
对应的离子方程式
ClO-与Cl-需在酸性条件下反应生成Cl2
①
Ca(ClO)2溶液显碱性
②
写出离子方程式：①____，②____。
2、猜测气泡可能为O2，并通过实验证实了猜测，实验操作及现象是____。
3、对悬浊液成分进行探究。
①预测悬浊液成分为CuO，进行如图操作。

经验证无色气体为O2，蓝色溶液为CuSO4。此时可推断悬浊液中____(选填序号)CuO。
a.一定有 b.可能有 c.一定没有
②查阅资料，悬浊液中有高铜酸钙：Ca(CuO2)2，实验I中主要发生了以下反应：
i____。(写出该反应的离子方程式)
ii.i中生成的Ca(CuO2)2部分分解：2Ca(CuO2)2=2CaCuO2+2CuO+O2↑
4、查阅资料：某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子。小组同学设计如图流程制备高铁酸钾：
FeCl2溶液溶液CK2FeO4溶液
写出第一步反应的离子方程式____。
【正确答案】 1、
2、将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃
3、b
4、

19-5（提升） 某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2，实验装置如下图(电源装置略去)。

1、分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2。
实验
电解质溶液
现象
铜电极附近
石墨电极
I
NaOH溶液
出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快变为砖红色
产生无色气泡
II
NaCl溶液
出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色
产生无色气泡
资料：i．CuOH是黄色、易分解的难溶固体，CuCl是白色的难溶固体。
ii．氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生
①I和II中Cu作___________极(填“阳”或“阴”)。
②II中石墨电极产生气体的电极反应式为___________。
③II中白色沉淀变为砖红色的离子方程式是___________。根据II中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl—，有利于Cu被氧化为一价铜化合物，理由是___________。
2、探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。
实验
电解质溶液
现象
III
Na2SO4溶液
铜电极附近溶液呈蓝色，一段时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀
资料：碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]难溶于水，可溶于酸和氨水。常温时碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]的溶解度比Cu(OH)2的大
①经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是___________。
②小组认为适当增大c(OH—)可以减少碱式硫酸铜的生成，理由是___________。
3、进一步改进方案，进行如下实验。
实验
电解质溶液
现象
IV
Na2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)
铜电极附近溶液呈深蓝色
V
Na2SO4和NaOH的混合液(pH=9)
铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀
IV中出现深蓝色说明电解生成了___________离子。经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。
4、综合上述实验，电解法制备Cu(OH)2要考虑的因素有___________。
【正确答案】 1、阳 2 H2O+2e—= H2↑+2OH— 2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O 阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生
2、取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大
3、[Cu(NH3)4]2+
4、电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制
19-6（提升） 某兴趣小组用四水氯化亚铁[FeCl2·4H2O]和环戊二烯(C5H6)为原料在碱性条件下制备二茂铁[Fe(C5H5)2]。按如下流程进行了实验(夹持仪器已省略)。

已知：
①生成二茂铁的反应剧烈。
②二茂铁的熔点为172～173℃，在100℃开始升华。能溶于二甲亚砜[(CH3)2SO]、乙醚，不溶于水。
③环戊二烯(C5H6)沸点42.5℃，容易形成二聚体，使用前需解聚。
请回答：
1、如图

①N2的作用：_______。(任答两点)
②试剂X是：_______。
2、操作II，步骤如下，请将其补充完整。
a．将抽滤Ⅰ所得滤液迅速转移到N2冲洗过的反应瓶中
b．加热蒸发到溶液表面刚出现_______时，停止加热，将溶液冷却到室温
c．待晶体完全析出
d．抽滤
e．用少量冷的去离子水洗涤
f．用滤纸吸干转移到蒸发皿中
g．在298～303K的温度下干燥
h．用N2冲洗过的磨口试剂瓶中保存
i．在蒸发、干燥的过程中一直要用弱N2气流保护
3、根据装置图，下列操作中正确的是_______。

A.用分馏方法解聚环戊二烯(C5H6)，收集42.5℃左右的馏分，备用。
B.浓H2SO4的作用只是吸收N2中的水蒸气。
C.拔出带尖嘴的橡皮塞，将研细的FeCl2·4H2O 一次性加入，再塞上。
D.先通入N2，后开启磁力搅拌器。
4、操作III：抽滤、洗涤、风干。其中抽滤过程中需用玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的_______(填仪器名称)过滤。
5、操作IV，纯化的操作名称是_______。
6、四水氯化亚铁[FeCl2·4H2O]和环戊二烯(C5H6)为原料在碱性条件下制备二茂铁[Fe(C5H5)2]反应方程式为_______。
7、二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。

①该电解池的总反应为_______。
②电解制备需要在无水条件下进行，原因为_______。
【正确答案】 1、排尽装置内空气防止生成的Fe2+被氧化；搅拌作用；赶出H2、HCl气体 NaOH溶液
2、晶膜 3、AD
4、布氏漏斗 5、升华
6、FeCl2·4H2O+2C5H6+2NaOH→Fe(C5H5)2+2NaCl+6H2O
7、Fe+2+H2↑(Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑) 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构，故A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，故B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，故C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选D。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由结构简式可知，X的分子式是，A正确；
B．X中的含氧官能团有羧基、羟基和酯基，B正确；
C．X分子中右侧碳碳双键两端的基团不同，存在顺反异构体，C正确；
D．X中羧基、酚羟基和酯基均可与氢氧化钠反应，酯基反应后生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，最多能与发生反应，D错误；
故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据物质结构简式可知：甲分子中含有碳碳双键和醇羟基；乙中含有碳碳双键和醛基；根据丙分子式是C16H14O2，不能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明无酚羟基；能在稀硫酸中水解，说明丙分子中有碳碳不饱和键和酯基，则丙的结构简式为 ，丙分子中含有碳碳双键和酯基，结合烯烃、醇、醛、酯的性质来解答。
详解:
A．由丙分子结构可知其分子含酯基﹣COOC﹣，无羧基，A错误；
B．甲分子中含有不饱和的碳碳双键，因此能够与HBr在一定条件下发生加成反应，B错误；
C．三种物质分子均含不饱和的碳碳双键，可发生氧化反应，C正确；
D．乙中含有碳碳双键和醛基，二者均与溴水反应而使溴水褪色，因此不能用溴水检验乙中的碳碳双键，D错误；
故合理选项是C。
1-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．物质X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A项正确；
B．一个X中含有两个酚羟基和一个酯基，则1molX最多能与3molNaOH反应，B项错误；
C．物质X中含有酚羟基，可发生取代反应，C项正确；
D．物质X中含有碳碳双键，具有还原性，D项正确；
答案选B。
1-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该五元环上还含有O原子，不是五元碳环，A错误；
B．维生素C的结构中含多个羟基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，B错误；
C．维生素C中含的官能团：羟基、酯基、碳碳双键，C错误；
D．维生素C含碳碳双键，能与氢气加成，含酯基，能与氢氧化钠溶液发生水解反应，D正确；
故选D。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．该分子的分子式为C9H8O4，最大质荷比等于其相对分子质量180， A正确；
B．含碳碳双键，一定条件下能与HCl加成；含羧基与酚羟基可与NaOH反应，酸性重铬酸钾溶液能氧化碳碳双键，溶液颜色由橙红变为灰绿色，不能说褪色， B错误；
C．1molA含1mol羧基与2mol酚羟基，最多消耗3molNa2CO3或3molNa反应， C正确；
D．4个氧原子形成8条键，双键中含一条π键，共7条σ键(单键：σ键；双键：一个σ键和一个π键），D正确；
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氯的原子序数是17，质子数为17，中子数为20，则质量数为37，A正确；
B．钠的原子序数为11，失去一个电子变成钠离子，的结构中原子核外10个电子，B正确；
C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径C>O，C错误；
D．次氯酸钠是离子化合物，由钠离子和次氯酸根离子构成，D正确；
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Na原子失去一个电子形成钠离子，钠离子的电子式用离子符号表示，即Na+，故A错误；
B．二硫化碳为直线结构，分子中碳原子最外层有4个电子，形成4个共价键；硫原子最外层有6个电子，形成2个共价键，碳原子和硫原子间形成双键，结构式为S=C=S，故B正确；
C． 乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个碳氢键，其球棍模型为，故C正确；
D．钙的原子序数为20，位于元素周期表的第四周期，核外有4个电子层，其原子结构示意图为，故D正确；
答案选A。
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．甲苯的空间填充模型为，苯的空间填充模型为，故A错误；
B．乙烯分子中含有碳碳双键，结构式为，故B正确；
C．分子中含有2个碳氧双键，结构式为O=C=O，故C正确；
D．镁原子核外有12个电子，结构示意图为，故D正确；
选A。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．乙炔的分子式为C2H2，最简式为CH，故A错误；
B．属于离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，电子式：，故B错误；
C．属于共价化合物，由两个C=S键构成，结构式：，故C正确；
D．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布，其结构示意图为，故D错误；
答案选C。
2-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A． HCl是共价化合物，HCl的电子式是，故A正确；
B． 氮气中形成氮氮叁键，N2的结构式是N≡N，故B错误；
C． 乙醇中碳和氧均采用sp3杂化，乙醇的结构模型是 ，故C正确；
D． 钠是11号元素，有三个电子层，Na的原子结构示意图是，故D正确；
故选B。
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．同周期从左到右，原子半径逐渐变小，C的原子半径比O的大，故空间填充模型为，A错误；
B．二氧化硅是原子晶体，不存在单个分子结构，B错误；
C．甲基-CH3的电子式为，C正确；
D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，D错误；
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．过量二氧化硫气体通入冷氨水中生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．用KClO3氧化酸性溶液中的KCl生成氯气，离子方程式为，故B错误；
C．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，和均能和OH−反应，故离子方程式为，故C错误；
D．明矾与氢氧化钡物质的量1：2时，发生反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案选D。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．用Na2S除去废水中的Hg2+，S2-与Hg2+结合生成HgS沉淀：，A项正确；
B．电解饱和食盐水，总反应为：，B项正确；
C．氨水为弱电解质，在离子方程式中要保留化学式，且氨水过量，反应生成，故正确的离子方程式为：，C项错误；
D．钢铁腐蚀，铁做负极，失电子，负极反应：，D项正确；
故选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．向中通入过量，溴化亚铁会完全反应生成铁离子和溴单质，
，A错误；
B．溶液加入足量溶液，碳酸氢根离子完全反应生产碳酸钙沉淀和水：，B错误；
C．铝溶于溶液生成偏铝酸钠和氢气：，C正确；
D．浓硫酸中硫酸主要以分子存在，水分子很少，一般只用化学方程式表示：，D错误；
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．用溶液和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁制作电路板，故A正确；
B．和胃酸反应，故可以做抗胃酸药，故B正确；
C．船体上镶嵌锌块，防止铁被腐蚀生成亚铁离子，故C正确；
D．铁和水高温条件下生成四氧化三铁，故D错误；
故选D。
3-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．草酸是弱酸，不能拆成离子，A错误；
B．次氯酸是弱酸，不能拆成离子，B错误；
C．方程式电荷不守恒，应为：3Cu + 2NO +8H+ =3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O ，C错误；
D．通入足量SO2，生成亚硫酸氢根，D正确；
故选D。
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．淀粉碘化钾试纸上滴稀硝酸变蓝说明酸性条件下硝酸根将碘离子氧化成碘单质：
，A错误；
B．醋酸是弱酸，除水垢反应中不能拆，B错误；
C．向悬浊液中加入溶液，发生沉淀转化，白色沉淀转化为红褐色：，C正确；
D．向氯化铝溶液中滴加过量的氨水生成氢氧化铝的沉淀，沉淀不溶于过量氨水：，D错误；
故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．反应前后分子数不变，因此0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，A错误；
B．，1molCl2完全反应转移2mol电子，则转移电子的数目为2NA，B错误；
C．由于溶液的体积未知，因此无法计算溶液中氢离子的数目，C错误；
D．标况下2.24LCO2的物质的量为，与足量的Na2O2反应，反应的化学方程式为，转移电子数为0.1NA，D正确；
故选D。
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．常温下，20g氖气的物质的量为，其为单原子分子，原子数为，故A错误；
B．Fe与、S反应均失去两个电子形成亚铁离子，所以0.1molFe分别与足量I2、S完全反应，转移电子0.2mol，故B正确；
C．标准状况下，为固态，不能用进行计算，故C错误；
D．28g的和均为1mol，但是1mol的原子数为6，1mol的原子数为2，所以28g的和混合气体中含有的原子数不等于2，故D错误；
故选B。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．25℃，101kPa不是标况，无法计算，A错误；
B．阴极发生反应，可知阴极增重6.4g，生成0.1molCu，转移0.2mole-，B错误；
C．该反应为可逆反应，不能完全转化为碘化氢，C错误；
D．0.2mol苯甲酸含1.4mol碳原子，完全燃烧生成二氧化碳的数目是1.4NA，D正确；
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．铁分别与足量氯气和稀硝酸反应，都生成Fe3+，5.6g铁的物质的量为0.1mol，则转移的电子数为0.3NA，故A正确；
B．由于二氧化氮和二氧化碳中均含2个氧原子，故氧原子总数为0.2NA的CO2和NO2的混合气体中含有的CO2和“NO2”物质的量共为0.1mol，而在NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，故气体的物质的量会小于0.1mol，则体积小于2.24L，故B错误；
C．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液共含4mol氧原子即4NA个，故C错误；
D．溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D错误；
故选A。
4-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．标况下11.2LNO2即为0.5mol，氮元素守恒，故达平衡后，含有的氮原子数为0.5NA，A正确；
B．2molSO2和1molO2催化反应是个气体体积减小的可逆反应：，故催化反应后分子总数大于2NA，B错误；
C．5.6gFe发生吸氧腐蚀:Fe-2e-=Fe2+,电极反应中转移的电子数为0.2NA，C错误；
D．用电解法粗铜精炼，阳极是铜和其他比铜活泼的金属失电子，当电路中通过电子数为NA时，阳极溶解的铜少于32g，D错误；
故选A。
4-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．CO2和N2O的相对分子质量都是44、且分子都由3个原子构成，常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体的物质的量为=0.05mol，含有的原子总数为0.05mol×3NA=0.15 NA，A正确；
B．0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时，首先是0.1molFe2+消耗0.05molCl2，剩余0.05molCl2与0.1molBr-发生反应，生成的Br2分子数为0.05 NA，B不正确；
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝发生钝化，反应不能持续进行，无法计算铝失去的少量电子数，C不正确；
D．25℃时，pH=13的氨水的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子数目，D不正确；
故选A。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据五种元素所处位置，X、W、Y、R、Z五种元素分别为F、P、S、Ar、Br。
详解:
A． Y的阴离子电子层结构与R原子的相同，Z的阴离子电子层数比R原子多一层， A错误；
B．同周期ⅤA族元素原子价电子排布式为ns2np3，为半充满结构，故P元素的第一电离能比S元素的第一电离能要略大， B错误；
C．p能级上最多有3个未成对电子，而P元素的3p能级上有3个未成对的电子，C错误；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；X元素是电负性最大的元素，D正确；
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
解:由元素在周期表中前四周期的相对位置可知，X为F元素、W为P元素、Y为S元素、Z为Br。
详解:
A．元素周期表d区包括ⅢB族~ VIIB族、Vll族，ⅢB族的镧系元素、锕系元素除外(它们属干f区)，四种元素处干元素周期表p区，故A错误；

B．同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性呈减小趋势，故X的电负性最大，故B正确；
C．主族元素原子中未成对电子最多的价电子排布为ns2np3,表中W元素原子的p轨道上未成对电子最多，故C错误；
D．原子形成阴离子时电子层不变，Y的阴离子比Z的阴离子少一个电子层，它们的电子层结构不相同，故D错误；
故答案选B。
点睛:
本题是对物质结构与性质考查，注意识记常见元素在周期表中的位置，掌握元素周期表的结构、核外电子排布与元素周期律，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W四种主族元素原子序数增大，Z是非金属性最强的元素，则Z为F，Y的主族序数是其周期数的3倍。则由位置关系知，Y为ⅥA元素，则Y为O、W为S、X为N，据此回答；
详解:
A． 原同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小；元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，原子半径越大。原子子半径：r(W)> r(X) >r(Y)>r(Z)，A错误；
B．同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，F的电负性大于O，O的电负性大于N，B错误；
C． 元素W最高价氧化物的水化物硫酸是一种强酸，C正确；
D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D错误；
答案选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示，R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，设X最外层电子数为a，则a+（a+2）+（a+3）=3a+5=17，a=4，则XYZR分别为碳、硫、氯、砷；
详解:
A．X为6号碳元素，基态原子的核外电子排布式为，故A错误；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：R C．根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性，磷酸为中强酸，则不会发生完全电离全部电离出氢离子，故C错误；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，则氧化性Cl2大于S，则对应离子的还原性硫离子大于氯离子，故D正确；
故选D。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍，则X是O，W是S，根据元素的相对位置关系可知Y是Si，Z是P，T是As元素，然后根据元素周期律分析解答。
详解:
根据上述分析可知：X是O，Y是Si，Z是P，W是S，T是As元素。
A．X是O，Z是P，W是S。同一周期元素，原子序数越大原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为：Z＞W＞X，A正确；
B．X是O，Z是P，W是S。由于同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性就越大；同一主族元素，原子核外电子层数越少，元素的电负性越大，则三种元素的电负性大小关系为：Z＜W＜X，B正确；
C．Y是Si，Z是P，W是S，三种元素是同一周期元素，一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第ⅤA的半充满的稳定状态时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故第一电离能大小关系为：Z＞W＞Y，C正确；
D．Y是Si，Z是P，W是S，它们是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，元素最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4，但题目未指明是否是最高价含氧酸，因此不能判断酸性强弱，D错误；
故合理选项是D。
5-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
假设W最外层的电子数是a，则X最外层的电子数是a+1，Y最外层的电子数是a-2，Z最外层的电子数是a+2，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，则(a-2)+a+(a+1)+ (a+2)=21，解得a=5，所以W是N，X是O，Y是Al，Z是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
详解:
A．W是N，X是O，N原子最外层电子处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素O，所以元素的第一电离能：W＞X，A错误；
B．化合物Y2X3是Al2O3是离子化合物，离子之间以离子键结合，熔沸点较高，而YZ3是AlCl3，该物质是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，分子间作用力比化学键弱的多，因此物质的熔沸点：Y2X3＞YZ3，B正确；
C．X是O，Y是Al，二者形成的离子O2-、Al3+电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径：Y＜X，C错误；
D．同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。Y是Al，Z是Cl，Al的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氧化物，而Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，D错误；
故合理选项是B。
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由晶胞图可知，黑色原子有8个在体内，白色原子有8个在顶点、6个在面心，根据均摊法进行计算，，可知白色原子和黑色原子之比为1：2，故该氧化物为Na2O，白色的为氧离子，黑色的为钠离子，据此分析解答。
详解:
A．由分析可知，该氧化物的化学式为Na2O，A错误；
B．氧化钠中含有离子键，晶胞中连接氧离子与钠离子的线段表示离子键，B错误；
C．由晶胞图可知，晶胞中与氧离子最近且等距的钠离子的数目为8，C错误；
D．钠离子和氧离子的核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，D正确；
故答案选D。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于体内的锂离子为8，则氧化锂的化学式为Li2O，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，故B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氧离子与位于体对角线处的锂离子的距离最近，则每个氧离子周围距离最近且等距的锂离子有8个，故C正确；
D．锂的金属性弱于钠，则和钠同主族的锂在空气中燃烧只能生成氧化锂，故D错误；
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．O2中氧元素化合价全部降低，为氧化剂；CuFeS2中S元素部分化合价升高，Cu元素化合价降低，既是氧化剂又是还原剂，A正确；
B．根据晶胞结构，黑球个数为4，白球个数为4，晶胞中两种微粒个数比为1:1，故为FeS，B正确；
C．根据晶胞结构，晶胞中与S紧邻的金属微粒个数为4，C错误；
D．从方程式中可以看出，每生成1molFeS，被氧化的S元素生成了SO2，物质的量为0.5mol，D正确；
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．石墨单质片层内碳原子间属于共价键连接，故熔点较高，A项错误；
B．锂原子嵌入石墨烯层间无法阻隔水分子进入直接与反应，B项错误；
C．根据晶胞结构均分理念计算，Li位于顶点，晶胞含有1个Li原子，中间的碳原子环，有6个碳原子位于面上，有2个位于晶胞体内，晶胞中碳原子数共有6个，晶体的化学式为 LiC6，C项正确；
D．因片层间嵌入石墨，且受石墨环大小影响，锂原子间配位数不再是6，D项错误。
答案选C。
6-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．金属钙化学性质非常活泼，用电解熔融氯化钙的方法制备，A项正确；
B．高温分解得到氧化钙，CaO溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2可用于沉镁；CO空间构型是平面三角形，B项正确；
C．钙钛矿晶体中钛离子处于顶角位置，周围与它最近且距离相等的钛离子个数为6，C项错误；
D．晶胞中氧原子位于边上，钙原子位于面心，钛原子位于顶角，根据平均原则，钙钛矿晶胞中氧、钙、钛的粒子个数为12×，1,8×，D项正确；
故答案选C 。
6-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由均摊法可知该结构单元中O原子位于棱上和体心，数目为1+12×=4，A错误；
B．由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即=，B错误；
C．由晶胞可知，以左下角的镍为例，离Ni最近的原子位于x、y、z轴上各2个，故配位数为6，C错误；
D．1个晶胞中Li的个数=1×0.5=0.5，Mg的个数=2×0.5+1×=1.125，Ni的个数=7×+3×0.5=2.375，O的个数=4，因此该物质的化学式为，D正确；故选D。
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．得到聚碳酸酯的反应类型为缩聚反应，小分子的化学式为HCl，根据原子守恒可知聚碳酸酯的结构为，故A错误；
B．根据题给反应可知，得到聚碳酸酯的反应类型为缩聚反应，小分子的化学式为HCl，数量为，故B错误；
C．根据双酚A的结构简式分析可知，该物质有4种不同化学环境的氢原子，所以其核磁共振氢谱有4组峰，故C错误；
D．由于聚碳酸酯含有酯基，所以在酸性环境中能够水解，从而导致其性能有所减弱，故D正确；
故选D。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．聚维酮含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故A正确；
B．由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故B正确；
C．由2m+n个单体加聚生成，故C错误；
D．高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故D正确；
故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
苯酚与甲醛缩聚形成酚醛树脂时，苯环上酚羟基邻位或对位的氢被活化，与醛基碳氧双键中的氧结合生成水，甲醛的亚甲基则与苯环相连生成聚合物，在酸性条件下苯酚与甲醛缩聚形成链状高分子聚合物；在碱性条件下苯酚与甲醛缩聚形成具有立体空间结构的网状高分子聚合物。
详解:
A．从化学方程式可以看出，水的化学计量数是，A项错误；
B．1个中含有2个亲水基团，而1个中只含有1个亲水基团，前者比后者易溶于水，B项错误；
C．1mol HCHO中相当于含有2mol醛基，故与银氨溶液反应最多可以生成4molAg，C项错误；
D．的单体是苯酚和甲醛，D项正确；
故选D。
点睛:
含有基团的高聚物是HCHO和苯酚发生缩聚反应生成的产物。
7-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据原子守恒，m=n-1时乳酸变为聚乳酸为缩聚反应，故A错误；
B．根据聚乳酸分子结构可知，含有官能团是酯基，链端有羧基和羟基，有三种官能团，故B错误；
C．乳酸中能与金属钠反应的官能团是羟基和羧基，1mol乳酸应与2molNa反应，生成1mol氢气，故C错误；
D．两分子乳酸发生酯化反应，得到，故D正确；
答案为D。
7-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．羟基与羧基之间脱去水分子形成高聚物，由P的结构可知，生成1molP时有mol羧基反应形成酯基，即有mol水生成，故在合成P的方程式中，P和的化学计量数之比为，A正确；
B．由P的结构简式可知，形成P的单体为 、、，B错误；
C．2，5-呋喃二甲酸的结构简式为 ，含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基，可以发生酯化反应，不能发生消去反应，C错误；
D．5-羟甲基糠醛中的碳碳双键、醛基能与氢气发生加成反应，1mol5-羟甲基糠醛最多可以与3mol发生加成反应，D错误；
故选A。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．单体Ⅱ中含有6种不同的氢，个数比为2：2：1：3：2：2，故峰面积比为2：2：1：3：2：2，A正确；
B．由单体Ⅰ、Ⅱ及聚合物X的结构可知，Ⅰ中断裂氧氢键，Ⅱ中断裂酯基的碳氧单键，相互连接形成X，没有小分子醇生成，B错误；
C．X转化为Y过程中，X断裂氢氧键，断裂碳氯键，产物生成HCl，C正确；
D．Y末端的碳碳双键可与另一端碳碳双键加成形成网状结构，D正确；
故答案选B。
8-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．HCHO中C原子杂化轨道类型为 sp2 ，CO2分子中C原子的杂化轨道类型为sp，A正确；
B．在整个过程中有氧氧非极性键和碳氢极性键的断裂，有碳氧极性键和氢氧极性键的形成，不存在非极性键的形成，B错误；
C．H2O分子中O原子的价层电子对数为4，, VSEPR 模型名称为四面体形，C错误；
D．根据图示信息，CO2分子中的氧原子有一部分来自甲醛，D错误；
故选A。
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．过程3中生成了HI，HI在过程4中又被反应掉，因此HI是合成乙醇的中间体，故A正确；
B．过程1中有C−O键的断裂，过程3中有C−O键的形成，故B正确；
C．CH3I分子中碳原子价层电子对数为4，碳氢键键长不等于碳碘键键长，因此CH3I空间构型只能为四面体，故C错误；
D．根据图中信息得到第3步的反应方程式为CO+2H2+CH3I→HI+CH3CH2OH，故D正确。
综上所述，答案为C。
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由聚乙烯亚胺的结构可知链节为-NH-CH2-CH2-，A正确；
B．第1步反应聚乙烯亚胺和二氧化碳发生加成反应生成1种物质，B正确；
C．由图可知反应物有CO2、H2，产物有CH3OH、H2O，总反应为，C正确；
D．CO2中C原子价层电子对数=2+=2且不含孤电子对，C原子采用sp杂化，CH3OH中C的σ键数为4，孤电子对数为0，C原子杂化类型为sp3，中C的价层电子对为3，则C的杂化类型是sp2杂化，则C原子杂化方式不止有2种，D错误；
故选：D。
8-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．第一步是质子化，第二步是加成，第四不是消去，第五不是去质子化，A正确；
B．从第三步和第四步分析，同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构，B正确；
C．物质a中所有中心原子均为4个共价键，杂化方式相同，C正确；
D．增加浓硫酸的用量不影响转化率，D错误；
故选D。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．反应②有C-C键的形成，选项A错误；
B．反应①较快，反应②较慢，反应越慢活化能越大，选项B正确；
C．-CH2CHO中的碳原子的杂化方式分别是sp3、sp2,选项C错误；
D．由图中可知，OH-为反应的催化剂，H2O为反应的中间体，过程中有3种中间产物，选项D错误；
答案选B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，反应②③中Ni的杂化方式相同，反应①中Ni外围增加两个键，反应④中Ni外围减少两个键，则历程中Ni的杂化方式发生了变化，A项正确；
B．由图可知，LnNi从反应①时参与反应，反应④中又生成LnNi，即为起始反应的反应物、终态反应的生成物，所以LnNi是催化剂，反应前后化学性质不变，B项正确；
C．根据生成丙烯酸乙酯的反应方程式可知，若将CH3CH2I换为CH3I，则产物为丙烯酸甲酯，C项错误；
D．由图可知，LnNi催化作用下，C2H4、CO2、CH3CH2I反应生成丙烯酸乙酯和HI，化学方程式为+HI，D项正确；
答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铁的还原性比铝弱，铁粉不能还原氧化铝得到金属铝，A错误；
B．二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应而乙烯不能，混合气体通过氢氧化钠溶液后，若剩余的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则有乙烯，B正确；
C．过氧化钠为粉末状固体，且能与水反应，该反应不能做到随用随停，C错误；
D．加热到一定温度后乙醇与水能形成共沸物而不能分离，应在蒸馏烧瓶中加入新制生石灰除去水，再蒸馏得到无水乙醇，D错误；
故选B。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．溴具有挥发性，挥发出的溴也会使硝酸银生成溴化银沉淀，A错误；
B．食盐水为中性，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀而被氧化，B正确；
C．玻璃器皿会被钠燃烧后的产物腐蚀，C错误；
D．苯和水互不相溶，应该使用分液的方法，D错误；
故选B。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．原电池中一般较活泼的金属做负极，该原电池锌做负极，铜做正极，可以比较Zn与Cu的金属性强弱，故A正确；
B．HCl可溶于稀硫酸，氯气在稀硫酸中溶解度较小，浓硫酸干燥氯气，故B正确；
C．制取乙酸乙酯时乙醇、乙酸和浓硫酸加热，要加入沸石防止暴沸，故C正确；
D．氨气极易溶于水要防倒吸，导管不能深入液面以下，故D错误；
故答案为D
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．除去CO中二氧化碳应选NaOH溶液，且导管‘长进短出’，故A错误；
B．碘单质易升华，遇冷水得到碘单质固体，氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，两者遇到冷水会生成氯化铵固体，仍不能分离，故B错误；
C．盐酸易挥发，产生的HCl气体能直接与硅酸钠溶液反应生成硅酸，不能说明碳酸的酸性比硅酸强，故C错误；
D．Mg和稀盐酸反应是放热反应，使被封闭在大试管内空气受热膨胀，引起右侧U型管中红墨水液面左低右高，故D正确；
故选：D。
9-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．左侧试管中加KSCN溶液，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，可用于研究浓度对化学平衡的影响，A不符合题意；
B．二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的沸点不同，可以通过蒸馏分离，B不符合题意；
C ．制备氢氧化铁胶体：向沸水中加几滴饱和溶液，并继续加热至液体呈红褐色，可得氢氧化铁胶体，饱和氯化铁溶液加入沸腾的氢氧化钠溶液得不到氢氧化铁胶体，C符合题意；
D．铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、SO2、H2O，生成SO2体现了浓硫酸的氧化性，品红溶液可以检验SO2的生成，石蕊溶液检验SO2和水反应生成亚硫酸的酸性，浸有氢氧化钠溶液的棉花吸收SO2尾气，可以验证浓硫酸的强氧化性，D不符合题意；
故选：C。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Mg、Al中，只有Al能与氢氧化钠溶液反应，作电池的负极，不能比较Mg、Al的活泼性，故A错误；
B．硝酸具有挥发性，可直接和硅酸钠溶液反应，不能验证碳酸的酸性比硅酸强，故不能证明非金属性：N＞C＞Si，故B错误；
C．该实验中甲烷和氯气在光照条件下反应，可验证甲烷与氯气在光照下发生化学反应，故C正确；
D．实验中H2O2的浓度不一样，无法判断是二氧化锰还是浓度对反应速率的影响，故D错误；
故选C。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多，说明加热过程中有部分Na2SO3被氧化生成Na2SO4，Na2SO4和BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀。
详解:
A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解平衡的离子方程式为：+H2O⇌+OH−，A正确；
B．根据分析，升高温度后亚硫酸根被氧化为硫酸根，加入氯化钡之后溶液中的硫酸根与钡离子反应生成沉淀，则④产生的白色沉淀是BaSO4，B正确；
C．随着温度的升高，亚硫酸根的水解程度不断增大，亚硫酸根浓度减小，C正确；
D．①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用；增大浓度则更有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动的方向的影响不一致，对水解平衡移动方向的影响程度更大的是浓度，D错误；
故答案选D。
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．①→④是升温过程溶液pH变化，④-⑥是降温过程溶液pH变化。对比①和⑥、②和⑤，以及反应前后滴加溶液的现象可知在溶液中受热分解产生了少量，但不能利用②和⑤的数据判断的分解温度低于45℃，A错误。
B．①和⑥温度相同，但溶液pH不同则一定是水解造成的，B正确。
C．①→④的过程中溶液pH增大有两方面原因：一是温度升高水解程度增大，二是分解产生的水解程度比水解程度大，C错误。
D．是强酸的酸式盐，溶液显强酸性，升温并不能使溶液pH增大，D错误。
故选：B。
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：+H2O +OH−，故A正确；
B．①→③过程中，pH减小，说明水解产生的c(OH−)减小，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，水解产生的c(OH−)应该增大，而实际上pH减小，主要原因是部分被空气中的氧气氧化为，溶液中c()减小，水解逆向移动，pH减小。④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，故B错误；
C．①→③的过程中，水解产生的c(OH−)减小，水电离程度变大，故C正确；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D正确；
故答案为B。
10-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．NaHCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即Kh > Ka2， 即Kh=>Ka2所以a点时，>Ka2(H2CO3)，A正确；
B．b点溶液显碱性，则c(H+) < c(OH- )，根据溶液中电荷守恒为c(Na+) + c(H+)=c(HCO)+ 2c(CO) + c(OH-)，所以c(Na+)> c(HCO)+ 2c(CO)，B错误；
C．随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与c点溶液的pH相同，即c(H+ )相同，由于c点溶液中的Kw大，则a点溶液的c(OH- )比c点溶液的小，C错误；
D．NaHCO3溶液中存在HCO的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进HCO的水解和电离，D错误；
故选A。
10-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．①→③的升温过程中，红色略加深，说明溶液中c(OH-)略有增大，但升高温度促进水的电离，水的离子积常数增加，使得溶液pH略微下降，故A错误,，符合题意；
B．NaHCO3溶液显碱性，是溶液中HCO3-发生水解反应的缘故，其水解反应方程式为+H2OH2CO3+OH-，故B正确，不选；
C．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH大，可能是由于NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度的缘故，故C正确，不选；
D．①→③的过程中，溶液温度升高，促进水解，溶液的碱性增强，故D正确，不选；
答案选A。
10-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A. Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，故A正确；
B. 在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，①无白色沉淀，说明该溶液中亚硫酸钠和盐酸反应后再不和氯化钡溶液反应，④产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡反应生成BaSO4白色沉淀，故B正确；
C. ①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c(SO32-)减小，故C正确；
D. ①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，但在这个过程中亚硫酸根氧化为硫酸根，导致其浓度减小，平衡逆向移动，因此对水解平衡移动方向的影响程度更大的是后者c(SO32-)，故D错误；
答案选D。
点睛:
本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由图像可知，S到T为放电，此时S中的Li+嵌出并透过隔膜移动到A电极，S中带负电荷的氧失去电子经导线流入正极，则B为负极，A为正极。
详解:
A．根据分析，B极为电池的负极，充电时应与电源负极相连，A错误；
B．根据分析，A为正极，结合图像，LiI3作氧化剂，在正极得到电子还原为I-，电极反应式为LiI3+2e−=LiI+2I−，B正确；
C．根据分析和图像，放电时，S中带负电荷的氧失去电子化合价升高后生成T，充电时T中氧元素得电子化合价降低生成S，C错误；
D．每生成1mol T时，转移2nmol e−，D错误；
答案选B。
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据总反应可知Zn被氧化，所以b电极为负极，a电极为正极，Se被还原。
详解:
A．放电时为原电池，将化学能转化为电能，A正确；
B．b电极上Zn被氧化为Zn2+，电极反应为Zn−2e−=Zn2+，B正确；
C．原电池中阴离子向负极移动，即溶液中SO向b极迁移，C正确；
D．79gSe的物质的量为=1mol，根据总反应可知，当1molSe参与反应时有0.5molZn被氧化为Zn2+，所以外电路中转移的电子为0.5mol×2=1mol，D错误；
综上所述答案为D。
11-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
光照条件下，纳米晶体吸附光敏染料失去电子，为该电池的负极，D生成D+，电子通过外电路进入Pt导电玻璃，与 结合生成I-，导电玻璃为该电池的正极。
详解:
A．据分析，纳米晶体电极为负极，A正确；
B．电池工作过程中得到电子生成I-，I-与D+反应生成，浓度基本保持不变，B正确；
C．根据电子守恒，1mol D失电子，则电路中转移1mol电子，由可得，1mol电子转移时有0.5mol得电子，C错误；
D．据分析，Pt电极上的电极反应为，D正确；
故选C。
11-4【巩固】 【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。
11-5【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。
11-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．原电池正极发生还原反应，根据图示，正极反应式为O2+e-+K+=KO2，故A正确；
B．根据图示，KO2在正极生成，隔膜为阳离子交换膜，允许K+通过，不允许O2通过，故B正确；
C．正极反应式为O2+e-+K+=KO2，消耗标况下O22.24L时，转移电子，用此电池电解CuCl2溶液，阴极反应式为，最多生成Cu，故C错误；
D．放电时，a是负极、b是正极，电流由b电极沿导线流向a电极通过有机电解质流回b电极，故D正确；
选C。
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
装置为电解池，左侧二氧化碳得电子生成甲酸根，电极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，左侧电极为阴极，右侧为阳极，接电源正极，电极反应为 。
详解:
A．右侧电极为阳极，Ni2P电极与电源正极相连，A正确；
B．根据分析，在左侧电极发生的反应正确，B正确；
C．左侧电极为阴极，发生还原反应，水可能得电子生成氢气，故可能有副产物H2生成，C正确；
D．右侧电极为阳极，从阳极电极方程式可以看出，当电路中有4mol电子转移时，氢氧根迁移过来的物质的量也是4mol，最终被消耗生成水，辛胺浓度降低，溶液的pH没有明显变化，D错误；
故选D。
12-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．泡沫铜上醛基转化为羧基，发生氧化反应，所以泡沫铜为阳极，与电源的正极相连，A正确；
B．阳极反应为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+ H2↑，制得1 mol氢气，则阳极、阴极各产生0.5mol氢气，转移1mol电子，B错误；
C．铜为金属，作为阳极，若电压过高，Cu会被氧化，使催化剂失活，C正确；
D．泡沫铜上醛基转化为羧基，失电子被氧化，羧酸盐在碱性环境中稳定存在，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，D正确；
综上所述答案为B。
12-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
该装置为电解池。如图：左边电极室中转化为，硫元素化合价升高，故a电极为阳极，b电极为阴极。
详解:
A．电极a为阳极，A错误；
B．b极为阴极，电解质为硫酸，酸性环境，发生的电极反应为，产生气体为，B错误；
C．b极消耗氢离子，酸性减弱，C错误；
D．a极附近转化为，故在a极放电的电极反应式为：，D正确；
故选D。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
从图中可以看出，在a电极，CO2、H2O得电子生成CO、H2，所以a为阴极，b为阳极。
详解:
A．由分析可知，a电极为阴极，则连接电源的负极，A正确；
B．为阴离子，应从阴极向阳极移动，所以从a极区向b极区移动，B正确；
C．b极为阳极， -2e-+2CH3COO-=+2CH3COOH，则溶液中c(CH3COO-)逐渐减小，C不正确；
D．a极为阴极，CO2+2e-+2=CO+2+H2O，2+2e-=H2↑+2，所以c()逐渐增大，D正确；
故选C。
12-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，M极上O2得电子与H+反应生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生成CO2；N极为阳极，H2O解离产生的OH-失电子产生羟基自由基，羟基自由基将SO2氧化为硫酸根离子。
详解:
A．M极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，电解池中阳离子移向阴极，则从膜b进入溶液的离子是，A正确；
B．M为阴极，阴极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OH，B正确；
C．每1mol苯酚转化为CO2，转移电子28mol，每处理9.4g苯酚即物质的量，理论上有2.8mol电子转移，则有2.8molH+透过膜b，C错误；
D．若•OH只与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28：2，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14，D正确；
答案选C。
12-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变为-2价，化合价降低，发生还原反应，电极a为阴极，与电源负极相连，故A项正确；
B．电极b上氢氧根离子失去电子转化为氧气，电极反应式为，故B项正确；
C．由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，电极反应为，故C项正确；
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，根据公式得n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol，由CO2转化为乙烯的电极反应为，所以当n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol，产生的乙烯为0.05mol，故D项错误；
答案选D。
13-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
a、b两个恒温、恒容的密闭容器中，充入相同量的和，生成的物质的量是的3倍，结合图像可知，b为的图像，a为的图像。
详解:
A．a达到平衡所用的时间比b短，则a的温度高于b的温度，b曲线平衡时，则，a达到平衡时，即升高温度，物质的量增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，A错误；
B．a容器比b容器温度高，气体总物质的量比b多，所以b容器压强小于a容器压强，B错误；
C．根据图像，a容器前4minCO变化的物质的量为，根据方程式，变化的物质的量也为，所以用表示的平均反应速率为，C正确；
D．a容器达到平衡时，，再充入1.1molCH4(g)和1.0molCO(g)，，平衡正向移动，，D错误；
故答案为：C。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应中、H2O以1:3的物质的量之比减少，则曲线IV表示组分变化，A错误；
B．a点比b点温度高，且反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则交点a对应H2的转化率小于交点b，B错误；
C．a点比b点温度高，且反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则曲线交点a、b对应反应平衡常数，C正确；
D．使用催化剂不影响化学平衡，则使用催化剂，b点不会移动，D错误；
故选C。
13-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
图象分析可知，先拐先平，温度高，得到T2＜T1 ，依据化学平衡移动原理，温度越高二氧化碳体积分数越小，说明平衡逆向进行，正向是放热反应。
详解:
A. 时，前内平均反应速率
，故A正确；
B. 图象分析可知，先拐先平，温度高，得到T2＜T1 ，温度高，平衡常数小，b点和d点的化学平衡常数：，故B正确；
C. 若d点时仅缩小容器体积，体积分数保持不变，但浓度增大，故C错误；
D. 反应达到平衡状态时，气体的总质量、容器的体积保持不变，容器内气体密度不再变化，故D正确；
故选C。
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．的电子式为：，分子晶体的熔沸点看相对分子质量，相对分子质量越大，熔沸点越高，沸点高于，A错误；
B．图中表示、物质的量分数变化的曲线分别是ｃ、a，B错误；
C．M点对应温度下，x(H2)=x(H2S),列化学平衡三段式，设甲烷转化的物质的量为xmol，则有2a-2x=4x，x=a，甲烷的转化率为，C正确；
D．原料按即化学方程式中的计量系数通入反应釜中，反应的任何阶段，保持不变，都为，D错误；
故选C。
13-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据盖斯定律分析，由反应Ⅱ：

，反应Ⅲ：
，Ⅱ+Ⅲ得反应Ⅰ：
　，A错误；
B．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数应该减小，故②为甲醇的物质的量分数随温度的变化曲线，B错误；
C一定温度下，增大的比值，可提高平衡转化率，C正确；
D．催化剂能改变反应速率，不影响平衡，D错误；
故选C。
13-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
固定CO、CH3OCH3、H2的起始原料比为1∶1∶2通入体系，先发生反应I，再逐渐发生反应II。由图像分析可知，曲线C代表CH3CH2OH，随着温度的升高，CH3CH2OH的平衡含量逐渐减少；CH3COOCH3的平衡含量先升高，500K后逐渐减少，可推知温度升高，两个反应都逆向移动，所以两个反应都是放热反应；再继续分析CH3COOCH3的平衡含量先升高，说明300-500K时，反应I较完全，反应II反应很少，这时CO反应较完全后，含量很低，氢气含量还较高，说明曲线A表示氢气的物质的量分数变化，曲线B表示CO的物质的量分数变化；
详解:
A．反应II生成CH3CH2OH，曲线C代表CH3CH2OH，温度升高，对应CH3CH2OH的曲线是逐渐下降的，说明随着温度升高，反应II逆向移动，说明正反应方向是放热反应，A项正确；
B．反应II可知，氢气作为反应物，CH3CH2OH 作为生成物，两者含量变化相反，已知CH3CH2OH随着温度的升高逐渐减小，那氢气的含量应逐渐升高，曲线A可表示氢气的物质的量分数，由图可知，600K以后随温度的升高，氢气物质的量分数减少，不是氢气的物质的量减少，B项错误；
C．反应II：CH3COOCH3(g)+2H2(g)=CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)，CH3CH2OH(g)和CH3OH(g)都是生成物，两者含量变化应一致，所以曲线C也可以表示CH3OH的物质的量分数，C项正确；
D．由500K上升至600K时，反应II中氢气的含量还在增加，但是同样作为生成物的CH3COOCH3开始减少，说明温度对反应I中CH3COOCH3影响较大，说明温度对反应I的影响大于对反应II的影响，D项正确；
故答案选B。
14-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．两溶液都呈酸性，均发生反应
，无色气体为，故A正确；
B．0～200秒，实验②中氢离子浓度大于实验①，产生氢气的速率比实验①快，故B错误；
C．实验①②，最终pH>7，说明最后发生反应，故C正确；
D．pH发生突变前，实验②氢离子浓度大、反应时间长，所以400秒时，：实验②＞实验①，故D正确；
选B。
14-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据得失电子守恒可知，与反应应该是发生歧化反应，氮元素的化合价应该有升有降，不能只下降，生成低价态的和NO，应该生成HNO3和NO，A错误；
B．根据实验现象和资料，亚硝酸可以加快反应速率，但不一定是催化剂，催化剂要在反应前后的性质和质量保持不变，B错误；
C．稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，不能氧化NO，因此也不能产生HNO2，故I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为，体系中不能生成，C正确；
D．过氧化氢和HNO2发生氧化还原反应，因此HNO2浓度减小甚至为0，反应速率减慢，但加入亚硝酸钠，可以增大体系中HNO2含量，反应速率会加快，D错误；
故答案为：C。
14-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．比较实验①②的现象可知，对分解有催化作用，A正确；
B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确；
C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确；
D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误；
故答案为：D。
14-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．反应，根据盖斯定律可由反应Ⅱ-Ⅰ得到，则
△H=-49.5kJ/mol-(-90.8kJ/mol)=+41.3kJ/mol，故A错误；
B．因副反应中有吸热反应，故升高温度，碳转化率不一定减小，故B错误；
C．由图象可知，吸附H2S的催化剂条件下，总碳转化率和甲醇选择性都降低，故对催化剂的毒害作用大于，故C错误；
D．由图象可知，空白实验时，总碳转化率和甲醇选择性都比含硫催化剂高，故为提高生成的选择性，可研发不与含硫物反应的催化剂，故D正确；
故选D。
14-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】
详解:
A．实验②相比于①只升高了温度，且②的曲线斜率更大，故反应速率更大，故A正确；
B．实验①和③相比总体积相同(是15m1)，而H2O2的物质的量不同，故可探究H2O2浓度对降解速幸的影响，故B正确；
C．①③变化的是H2O2的浓度，①④变化的是Fe2+浓度，但是仅一组对比实验，无法得到该结论，故C错误；
D．在PH=10时会发生反在2 Fe2++ H2O2+4OH- =2Fe(OH)3↓，故D正确；
故选C。
14-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。
15-1【基础】 【正确答案】 1、
2、N＞C＞H 3、
4、6 5、CD
6、晶体是原子晶体，N原子半径比C原子小，键键长比键短，键能大，硬度大 N>O>C
【试题解析】 铁是第26号元素，核外有26个电子，根据电子排布规则，基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2。
红色配合物中的非金属元素有C、N、H，H的质子数少，对电子的吸引力弱，电负性较小，C和N是同周期元素，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以N的电负性大于C，则三种元素的电负性由大到小的顺序为：N>C>H。
邻二氮菲分子中C和N均连接双键，所以这两种元素原子的杂化方式均为sp2。
红色配合物的中心离子Fe2+和6个N以配位键结合，所以其配位数为6。
邻二氮菲的环中存在σ键、大π键；邻二氮菲( )与形成的红色配合物，由图可知，氮与铁之间形成配位键；不含有离子键、氢键，故选CD；
金刚石、的晶体均为共价晶体，晶体中N原子半径比C原子小，键键长比键短，故中键能大，硬度大；同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的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，故C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为：N>O>C。
15-2【基础】 【正确答案】 1、3 2、s 四 ⅠB
3、有 4、Cu2+
【试题解析】 分析:
第四周期的元素中原子的最外电子层只有一个电子可能为价电子排布式为4s1、3d54s1、3d104s1的钾元素、铬元素、铜元素。
由分析可知，符合条件的元素共有3种，故答案为：3；
由分析可知，原子序数最小的元素为处于元素周期表s区的钾元素，原子序数最大的元素为位于元素周期表第四周期ⅠB族的铜元素，故答案为：s；四；ⅠB；
锰元素的原子序数为25，锰离子的价电子排布式为3d5，d轨道上有5个电子，则[Mn(H2O)6]2+离子有颜色，故答案为：有；
由分析可知，原子序数最大的元素为位于元素周期表第四周期ⅠB族的铜元素，铜离子能与水分子通过配位键形成淡蓝色的四水合铜离子，故答案为：Cu2+。
15-3【巩固】 【正确答案】 1、3d84s2 2
2、铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
3、＜ A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小 配位键 sp2、sp3
4、正四面体 5、＞ 6
6、
【试题解析】 Ni是28号元素，则基态Ni原子的价电子电子排布式为3d84s2，有2个未成对电子；
已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·mol-1，ICu= 1958 kJ·mol-1，ICu>INi的原因是：铜失去一个电子后， 3d轨道全充满，电子的能量低，若再失去一个电子, 所需能量高；而镍失去一个电子后， 3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子, 所需能量低，答案为：铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
①A分子内O与-OH中的H能形成氢键，所以熔点大小：A＜B，其原因是A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小；
②Ni2＋与丁二酮肟之间形成的共价键由N原子单方面提供，所以此化学键称为配位键；
③B中碳原子的价层电子对数为3和4，所以杂化轨道类型是sp2、sp3；
阴离子硫酸根离子的价层电子对数=，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；
NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，则熔点是NiO＞FeO；
因为NiO与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni的配位数均为6；
由晶胞结构可知，晶胞中有两个As原子，有2个Ni原子，则晶胞中原子的体积为2×π(r3As +r3Ni) ×10-30，晶胞的体积为，则则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
15-4【巩固】 【正确答案】 1、7 2、2 CO2＞NH3＞H2O
3、3:2 4、3d104s1 正四面体
5、4 都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能
【试题解析】 氮元素为7号元素，原子核外有7个电子，则有7种不同空间运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布图为。答案为：7；；
①与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有B、C元素，共2种。
②分解所得的气态化合物为CO2、NH3、H2O，孤对电子分别有0对、1对、2对，孤电子对数越多，对成键电子的排斥作用越大，键角越小，所以分子的键角由大到小的顺序为CO2＞NH3＞H2O。答案为：2；CO2＞NH3＞H2O；
中的碳原子发生sp2杂化，则中的碳原子发生sp2杂化的有6个，发生sp3杂化的有3个，发生sp杂化的有1个，所以杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6:(3+1)=3:2。答案为：3:2；
配合物[Cu(CH3C≡N)4]中的铜原子，没有得失电子，原子核外电子数仍为29个，所以价电子排布式为3d104s1，中，B原子的价层电子对数为4，空间构型为正四面体。答案为：3d104s1；正四面体；
①设定晶胞中右上角的碳原子为中心碳原子，它被8个晶胞共用，有4个晶胞中的N原子与该碳原子形成共价键，所以晶胞中C原子的配位数为4。该晶体中，C-N键的键长比C-C键的键长短，所以硬度超过金刚石，原因是：都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能。
②在晶胞中，含有的C原子数为=3，N原子数为4，则化学式为C3N4，边长a pm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为=g/cm3。答案为：4；都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能；。
点睛:
计算晶胞中所含原子的数目时，可使用均摊法。
15-5【提升】 【正确答案】 1、4d55s1 8：3
2、> 是直线型，键角为180°，是V型，其键角小于120°
3、
4、3 sp3和sp2
【试题解析】 Cr的原子序数为24，其基态原子的价电子排布式为3d54s1，Mo位于Cr同一副族的相邻下一周期，则基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1。基态是Mo失去了3个电子，最高能层是N能层，该层电子排布是4s24p64d3，其中成对电子有8个，单电子有3个，二者数目比为8：3。
的中心原子N的价电子对数为，是sp杂化，没有孤电子对，是直线型，键角为180°；的中心原子N的价电子对数为，是sp2杂化，有1对孤电子对，是V型，其键角小于120°；故键角：>。
根据图示可知，利用均摊法计算该晶胞中含I-个数为=3，含有个数=1，含有Pb2+个数为1，则该晶体密度为。
根据题意，从图中可知，该配合物中有两个O和一个N原子与Cu形成的配位键是通过螯合作用形成的，故1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有3mol； 该螯合物中N原子成键情况有两种，一种是形成三个单键，为sp3杂化，另一种是形成两个单键和一个双键，为sp2杂化，故其杂化方式有sp3和sp2。
15-6【提升】 【正确答案】 1、3 2、
3、分子晶体 4、 ACF
5、
【试题解析】 Co是27号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则基态钴原子的核外未成对电子数为3。
SiC的晶体结构与晶体硅的相似，每个C原子周围有4个C-Si键，则C原子的杂化方式为sp3。
FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，即FeCl3的熔、沸点较低，则FeCl3的晶体类型是分子晶体。
Co2(CO)8所含三种元素电负性由大到小的顺序为O＞C＞Co；某含镍化合物结构如图所示，分子内的作用力存在共价键和配位键，羟基的H原子和与N原子相连的O原子可能形成氢键，不可能存在离子键、金属键和范德华力，故选ACF。
铜晶胞所含铜原子的个数为8´+6´=4，晶胞质量为g；铜原子的半径为r nm，晶胞棱长为=，晶胞体积为()3，晶胞密度为=。
16-1【基础】 【正确答案】 1、 用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气
2、放热 催化剂活性最好，可以通过合成氨的反应速率
3、200℃ M=Q>N
4、
5、4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-907 kJ·mol-1；
【试题解析】 ①平衡常数是生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的的乘积的比值，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为 。
②氨气是碱性气体，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室检验氨气的方法是：用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气。
①升高温度，氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率，所以哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa；
①合成氨正反应放热，升高温度平衡逆向移动，氨气的百分含量降低，所以曲线a对应的温度是200℃。
②平衡常数只与温度有关，M、Q温度相同，所以平衡常数相同；N点温度高于M，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的大小关系是M=Q>N。
电解法合成氨，阴极氮气得电子生成氨气，电极反应式为。
①4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1；
②2NO(g)N2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol-1；
根据盖斯定律①-②×2得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1+180.5kJ·mol-1×2=-907 kJ·mol-1；
16-2【基础】 【正确答案】 1、 温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)
2、吸热 微波使化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率
3、 电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用
【试题解析】 Ⅰ.

Ⅱ.
①利用盖斯定律，将反应Ⅰ×2+Ⅱ得：反应的=。
②该反应中，催化剂是硫杆菌，硫杆菌是蛋白质，受热易发生变性，则反应温度过高，反应速率下降的原因是：温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)。答案为：；温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)；
①从图中可以看出，升高温度，H2S的转化率增大，则H2S分解生成H2和S的反应为吸热反应。
②从图中可以看出，使用微波，H2S的转化率增大，则表明平衡正向移动，则微波的作用是：微波使化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率。答案为：吸热；微波使化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；
①氧化吸收器中，Fe2(SO4)3将H2S氧化，生成FeSO4、S等，反应的离子方程式为。
②电解FeSO4的反应器中，阳极为Fe2+-e-=Fe3+，阴极H+得电子生成H2，电极反应式为。
③电解反应器的作用是电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用。答案为：；；电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用。
点睛:
分离FeSO4与硫黄的混合物，可采用过滤法。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
3、
4、催化剂能改变反应历程，降低直接在电极放电反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大 随着浓度的增大，可能发生在阴极放电或者在阳极放电等副反应，导致与反应的浓度减小，脱硫率降低。或：随着浓度的增大，平衡正向移动，产生更多胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低(合理即可)
5、35% 6、联产高纯，可循环利用，脱硫速率快
【试题解析】 如图所示，阳极石磨棒上，Fe2+发生氧化反应转化为Fe3+，Fe3 +和FeS2反应生成Fe2+、、H+，阴极石墨棒上有无色气体产生，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，则阴极上产生的该气体为H2。
阳极石磨棒上，Fe2+发生氧化反应转化为Fe3+，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+。
如图所示，Fe3 +和FeS2反应生成Fe2+、、H+，根据质量守恒定律可知，产物H+来自于H2O，即该反应的反应物有Fe3 +、FeS2和H2O，生成物有Fe2+、、H+，则该反应的化学方程式为
FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+。
①催化剂FeCl3能改变反应历程，降低FeS2直接在电极放电反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，故使用FeCl3能加快反应速率；
②FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率随FeCl3浓度的增大而下降，可能是因为随着FeCl3浓度的增大，可能发生Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电等副反应，导致与FeS2反应的Fe3+浓度减小，脱硫率降低，也可能是因为随着FeCl3浓度的增大，平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向移动，产生更多Fe(OH)3胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低。
当阴极收集到224mL(标准状况)气体时，n(H2)==0.01mol，根据阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑可知，通过电极的电子的物质的量为0.02mol；混合溶液的体积为100mL，电解前后，Δc()=0.02mol⋅L−1-0.01mol⋅L−1=0.01mol⋅L−1，则生成的的物质的量为0.01mol⋅L−1´0.1L=0.001mol，由FeS2反应生成0.001mol 转移0.007mol电子，故η()==35%。
综上，电解法脱硫的优点有联产高纯H2，Fe3+可循环利用，脱硫速率快等。
16-4【巩固】 【正确答案】 1、 放热 2、
3、2H2O+NO-3e-=NO+4H+ 二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子
4、ac
【试题解析】 氮元素原子序数为7，核外电子排布为2、5，位于第二周期VA族，氮气的电子式为：，一氧化氮与氧气化合生成二氧化氮的反应推测为放热反应；
反应器中还原生成N2和H2O，具有还原性，发生反应的化学方程式：
；
由图示知一氧化氮在酸性电解质中失电子发生氧化反应生成硝酸根：2H2O+NO-3e-=NO+4H+；二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子，故传感器信号响应方向(即电流方向)相反；
a．历程图中有铵根离子的形成和破坏，铵根离子中有配位键，故涉及了配位键的形成与断裂，a正确；
b．反应ⅰ、ii、iv都不是氧化还原反应，b错误；
c．与NO反应而不与直接反应，体现了催化剂的选择性，c正确；
故选ac；
根据上图，写出选择性催化还原NO的总反应方程式：。
16-5【提升】 【正确答案】 1、3 2、+90.41
3、增大 该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大
4、R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3
5、升高温度 增加水碳比
6、b 6-6e-=N2↑+4NH3 2
【试题解析】 根据甲醇蒸汽重整反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)可知，每产生3mol氢气消耗1mol甲醇，则产氢率
=；
根据已知信息，R1=R2+R3，由盖斯定律可得，△H2=△H1-△H3=(+49.24kJ/mol)-(-41.17kJ/mol)=+90.41kJ/mol；
已知R1：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大；
由反应可知，R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4(积碳反应)前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3，因此在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大；
若要减少积碳，需使反应R4逆向进行，由于R4为放热反应，故可采取升高温度的方式使反应逆向进行，减少积碳；也可以增大水碳比，使H2O的物质的量增大，平衡逆向进行，积碳减少；
①由装置可知，a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应，故发生的电极反应为
6NH3+6e-=3H2↑+6NH的电极是阴极，即电极b；
②a为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为6-6e-=N2↑+4NH3；
③由阴极反应式6NH3+6e-=3H2↑+6NH可知，2e-~H2，则利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是2mol。
16-6【提升】 【正确答案】 1、
2、> >
3、K 降低了生成乙烯的反应的活化能，对其他副反应几乎无影响 ac
4、正 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
【试题解析】 ，故；
投料比越大，二氧化碳的转化率越高，故a>3；从图中可以看，升高温度二氧化碳的转化率降低，为放热反应，N的温度比M高，温度越高，平衡常数越小，故>；300℃时二氧化碳的平衡转化率为0.6%，二氧化碳投料为1mol，故二氧化碳反应的物质的量为0.6mol，根据反应
，氢气转化的物质的量为，氢气的平均反应速率为：；
通过表格中可以看出，选择Na为助剂时，乙烯的选择性太低；选择Cu为助剂时二氧化碳的转化率太低，故选K作助剂；加入助剂后降低了生成乙烯的反应的活化能，对其他副反应几乎无影响；
a．从图中可以看出，第一步是二氧化碳和氢气反应生成一氧化碳，第ⅰ步所反应为：，a正确；
b．第ⅰ步反应为慢反应，活化能高于第ⅱ步，b错误；
c．从图中可以看出，催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，c正确；
d．加入催化剂使不能改变加氢合成低碳烯烃的，d错误；
e．添加不同助剂后，不影响反应的平衡常数，e错误；
故选ac；
左侧a电极二氧化碳生成乙烯，碳元素化合价降低，故a电极为阴极，接太阳能电池的负极，电极b为阳极，接太阳能电池的正极；阴极的电极反应式为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。
17-1【基础】 【正确答案】 1、甲苯 2、ac
3、2 +O22 +2H2O
4、 5、1：2
6、 7、
【试题解析】 分析:
根据A的分子式及E的结构简式可知：A为 ，A中氢原子被硝基取代生成B为 ，B发生取代反应生成D，然后D发生水解反应生成E，则D结构为；E为 ，E发生催化氧化生成G为 ，G发生“已知i”反应，I为 ，J在一定条件下反应生成X，碱性条件下X发生水解反应，根据K、L的分子式可知：K为 ，L为 ，K发生水解、酸化得M为 ，M和L通过系列反应得到Y。
根据上述分析可知A是 ，则A的名称是甲苯；
a．A是 ，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热50-60℃发生苯环上氢原子的取代反应生成B为 ，a正确；
b．根据上述分析可知D是 ，根据其分子结构简式可知D分子中含有的官能团有硝基和碳氯键，b错误；
c．D是 ，E为 ，D与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生E，故D→E可以通过取代反应实现，c正确；
故合理选项是ac；
E是 ，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以与O2在Cu催化下加热，E发生催化氧化生成G： ，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O；
根据上述分析可知：I为 ；
根据流程图可知J结构简式是： ，J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据C原子守恒，可知生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是1：2；
根据上述分析可知K结构简式是；
L是，M是 ，L、M发生信息ii的反应产生中间产物1是 ，然后羰基与H2发生加成反应产生中间产物2是 ，最后发生消去反应产生Y。
17-2【基础】 【正确答案】 1、羟基 取代反应
2、
3、
4、 5、
ABCD
6、
【试题解析】 分析:
由信息②，结合A的分子式C6H6O，推得A是，A和溴发生取代反应生成B，由黄芩素的结构简式逆推，B是；由信息①可知D是；由信息②可知E是
；根据信息③可知，F是，E和F生成G，G 是
，G和氧气反应生成H，H分子中有三个六元环状结构，根据H的分子式可知，H是
。
A是，所含的官能团为羟基，A→B是与溴反应生成，反应类型为取代反应；
根据信息①，和CH3ONa反应生成，反应方程式为
；
与反应生成
和水，反应的化学方程式为
；
根据以上分析，H分子中有三个六元环状结构，其结构简式为；
A．分子中有羟基、羰基、醚键3种含氧官能团，所有碳原子均为sp2杂化，故A正确；
B．黄芩素分子中含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应，能与发生取代反应，含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故B正确；
C．不饱和度为11，所以可能存在含苯环、碳碳三键和羧基的同分异构体，故C正确；
D．酚羟基易被氧化，黄岑素含有酚羟基，“H→黄岑素”反应中通入N2的目的可能是防止黄岑素被氧化，故D正确；
选ABCD。
Ⅰ与NaHCO3溶液反应产生气体，说明I含有羧基，根据原子守恒，由D、G的结构简式逆推，可知I的结构简式为。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、 1-丙醇 2、
3、
4、
CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O
5、

【试题解析】 分析:
由分子式可知A为，由转化关系可知B为，由D可知C为
，结合E的分子式以及K的结构简式可知E为，试剂b为，F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH，J为。
由以上分析可知A为，F为CH3CH2CH2OH，为1-丙醇，故答案为：；1-丙醇；
B与溴发生取代反应，需要FeBr3作催化剂，所需试剂a是Br2、FeBr3，试剂b为，故答案为：；
C为，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为
，故答案为：
；
G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2O。故答案为：
CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2O；
E为，J为
，由题意可知二者先反应生成，然后生成
，最后发生消去反应可生成K，故答案为：；；
；
。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、
+CH3COOCOCH3 + CH3COOH
2、 3、浓硝酸、浓硫酸、加热 酰氨基和硝基
4、1：3 5、
6、

【试题解析】 分析:
根据A的分子式及反应条件知，A为，A中氨其上的氢原子被乙酸酐取代生成B为，B中苯环和浓硝酸发生取代反应生成C，对比C、E的结构简式结合反应条件知，C中酰胺基水解生成D，D中硝基被还原为氨基生成E，故D为，E中氨基和CS2反应生成F，G发生取代反应生成H；F和K发生取代反应生成L，根据K的分子式及F、L的结构简式知，K为，H分子脱去氢离子重排生成I，I发生酯的水解反应生成J，J中羟基与SOCl2发生取代反应生成K，则I为、J为
。
A为，A中氨其上的氢原子被乙酸酐取代生成B为，A→B的化学方程式为+CH3COOCOCH3 + CH3COOH；
A为，A的同分异构体M符合下列条件：①遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基；②1mol M最多能与3mol Br2发生取代反应产生白色沉淀，说明苯环上酚羟基邻位和对位都含有氢原子；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1：1：2：1：3：1，含有六种氢原子，且有一个甲基，符合条件的结构简式为；
B中苯环和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成C，B→C的反应试剂及条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；C中含氮官能团的名称为酰氨基和硝基；
D→E过程中，硝基转化为氨基，整个过程表示为-NO2+3Fe+6HCl→-NH2+3FeCl2+2H2O，-NO2为氧化剂，Fe为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3；
I的结构简式为；
E经三反应形成F，已知：的某些性质和相似，都能与R-NH2发生加成，E中1个氨基与CS2发生加成反应生成
，然后另一个氨基再与C=S双键加成生成，最后发生消去反应生成F和H2S；
故答案为；。
17-5【提升】 【正确答案】 1、 乙酸 2、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
3、 4、bcd
5、
+CH3Cl+HCl
6、

【试题解析】 分析:
A能连续被氧化，结合A的分子式知，A为CH3CH2OH，B为CH3COOH，B和A发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3。2D→E+A，则E为
，E发生取代反应生成G；根据J的分子式知，I和CH3Cl发生取代反应生成J，结合L的结构简式知，J为 。
由分析知，A为乙醇，官能团为羟基，其电子式为，B的名称是乙酸。
B→D为乙酸与乙醇发生的酯化反应，化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
已知2D→E+A，结合A、D的结构简式可知，E的结构简式是 。
a． I中含有碳碳双键能发生加成反应、氧化反应，醇羟基能发生取代反应，故a正确；
b． I的不饱和度是3，苯环的不饱和度是4，所以不存在酚类同分异构体，故b错误；
c． 碳碳双键、-CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，不可用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，可以用溴水或溴的四氯化碳溶液检验碳碳双键，故c错误；
d． 含有6种氢原子，所以核磁共振氢谱中有6种信号峰，没有手性碳原子，不是手性分子，故d错误；
故选bcd。
I→J为I与CH3Cl发生取代反应生成J，化学方程式是+CH3Cl+HCl。
根据X的结构简式以及题中信息可知，中间产物1为，中间产物1发生信息②的变化生成中间产物2为，中间产物2发生取代反应生成中间产物3为，中间产物3发生消去反应生成X，则中间产物1、中间产物3的结构简式是 、。
17-6【提升】 【正确答案】 1、羟基、醛基 2、1，4—二溴丁烷
3、 4、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
5、取代反应 6、3 CH3COOH
【试题解析】 分析:
A能发生银镜反应，由分子式可知，A为CH2=CHCHO，由有机物的转化关系可知，CH2=CHCHO与水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，则B为HOCH2CH2CHO；催化剂作用下，HOCH2CH2CHO与氢气共热发生加成反应生成HOCH2CH2CH2OH，则D为
HOCH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2OH与溴化氢发生取代反应生成BrCH2CH2CH2Br，则E为
BrCH2CH2CH2Br；BrCH2CH2CH2Br与发生取代反应生成，则W为、F为；在浓硫酸作用下，CH3COOH与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则试剂a为乙醇、G为CH3COOCH2CH3；CH3COOCH2CH3发生信息反应生成和乙醇，则M为，
与
发生取代反应生成。
由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CHO，官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；
由分析可知，E的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，名称为1，4—二溴丁烷，故答案为：1，4—二溴丁烷；
由分析可知，W的结构简式为，故答案为：；
由分析可知，生成G的为在浓硫酸作用下，CH3COOH与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3和水，反应的反应方程式为
CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：
CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
由分析可知，F+M→K的反应为
与
发生取代反应生成
和溴化氢，故答案为：取代反应；
由有机物的转化关系可知，
与氢氧化钠溶液发生水解反应生成
，则X为
；
一定条件下共热反应转化为，则Z为；
与CH3COOH发生取代反应生成褪黑激素；
①由分析可知，Q→X的过程为与氢氧化钠溶液发生水解反应生成，则每1molQ完全反应，需消耗3mol氢氧化钠，故答案为：3；
②由分析可知，试剂b为CH3COOHCH3COOH，故答案为：CH3COOH。
18-1【基础】 【正确答案】 1、增加固体接触面积，增大反应速率
2、Fe+2Fe3+=3Fe2+
3、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+因为生成含铁的沉淀，导致c(OH-)下降，从而需要额外加的H+比理论值少 不含有Fe2+，Fe2+已全部转化为沉淀
4、c(OH-)==6.5×10-12，Qc＜Ksp无沉淀
5、取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明没有洗净；若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗净 Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【试题解析】 分析:
二氧化锰浊液与亚铁离子发生氧化还原反应生成含有锰离子的母液：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，再对母液进行纯化后锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此回答。
研磨，变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率；
加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+；
依据反应流程可知，与溶液反应生成，在该条件下转化为，反应为：
，产生了，所以还原所需的与的物质的量值比小于2；滴加溶液未产生蓝色沉淀，说明还原过程中的已全部转化为，母液中不含；
已知 ，故无沉淀生成；
硫酸根离子检验的操作是取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明没有洗净；若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗净；
Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合可得到含MnCO3，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
18-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
3、Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，
，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3
4、NiF2或HF 5、pH过大，Ni2＋损失较多；pH过小，Zn2＋有较多剩余
6、4.4×10−16
【试题解析】 分析:
粗硫酸镍晶体溶解调节pH＝0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。
H2S是弱电解质，分两步电离，、，、
，所以；
故答案为；
含镍溶液中的主要离子有 AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为；
故答案为；
Cl2具有氧化性，会将Fe2＋氧化为Fe3＋，铁离子发生水解反应：，加入的Ni(OH)2和溶液中H＋反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3＋的水解平衡正移生成Fe(OH)3，则原因为Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3；
故答案为Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3；
流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故加入试剂a为NiF2或HF；
故答案为NiF2或HF；
由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2＋损失较多，pH过小，Zn2＋有较多剩余，故pH约为3.3；
故答案为pH过大，Ni2＋损失较多；pH过小，Zn2＋有较多剩余；
已知饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知、，；由流程可知，此时pH＝0.5，则c(H＋)＝10−0.5mol/L，则，；Ksp(CuS)＝6.3×10−36＝c(S2−)×c(Cu2＋)，；
故答案为4.4×10−16。
点睛:
本题考查物质的制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、粉碎软锰矿或搅拌或加热或适当增大硫酸的浓度 Mn2+、Fe2+、Al3+
3MnO2+12H++2Fe=3Mn2++2Fe2++6H2O
2、把Fe2+氧化为Fe3+ 4.7~8.1
3、温度升高，氨水发生分解并挥发
4、水浴加热
3Mn(OH)2+H2O2Mn3O4+4H2O
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，再加入碳酸锰调节溶液pH在4.7~8.1范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到滤液2和氢氧化锰；向氢氧化锰中加入过氧化氢溶液，共热将氢氧化锰转化为四氧化三锰。
酸浸、还原时，粉碎软锰矿、搅拌、加热、适当增大硫酸的浓度等措施能加快化学反应速率；由分析可知，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液，其中铁屑与二氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸锰和水，反应的离子方程式为
3MnO2+12H++2Fe=3Mn2++2Fe2++6H2O，故答案为：粉碎软锰矿或搅拌或加热或适当增大硫酸的浓度；Mn2+、Fe2+、Al3+；3MnO2+12H++2Fe=3Mn2++2Fe2++6H2O；
由分析可知，调节溶液pH时加入过氧化氢溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸锰的目的是调节溶液pH在4.7~8.1范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+；4.7~8.1；
氨水具有挥发性，受热易挥发、易分解，50℃后，溶液温度越高，氨水发生分解并挥发导致锰离子的沉淀率越低，故答案为：氨水发生分解并挥发；
由氧化时一般控制温度在80℃~85℃可知，反应温度低于100℃，氢氧化锰与过氧化氢溶液在水浴加热的条件下反应生成四氧化三锰和水，反应的化学方程式为3Mn(OH)2+H2O2Mn3O4+4H2O，故答案为：水浴加热；
3Mn(OH)2+H2O2Mn3O4+4H2O。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、+2 2、4
3、MnO+3Fe2+ +7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
4、Cu、Zn 5、2Zn2+ +4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，向铜转炉烟会中加入了氯化铵和氨水浸取，将铅元素转化为Pb(OH)Cl沉淀，过滤得到含有Pb(OH)Cl的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入氯化铁溶液，将铁元素转化为FeAsO4沉淀，过滤得到含有FeAsO4的的滤渣和浸出液；向滤液中加入高锰酸钾和稀硫酸，将残留的铁元素转化为氢氧化铁沉淀，同时高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液；向滤液中加入过量的锌，将溶液中铜离子还原为铜，过滤得到含有锌、铜的滤渣和滤液；向滤液中加入活性炭净化溶液，过滤得到净化渣和净化液；向净化液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到碱式碳酸锌；碱式碳酸锌煅烧分解制得活性氧化锌。
由化合价代数和为0可知，Pb(OH)Cl中铅元素的化合价为+2价，故答案为：+2价；
由图可知，氯化铵溶液浓度为4mol/L时，锌离子浸出率较高，铅离子的浸出率较低，当氯化铵溶液浓度大于4mol/L时，铅离子的浸出率增大，不利于除去铅离子，所以氯化铵最适宜的浓度为4mol/L，故答案为：4；
由题意可知，加入适量高锰酸钾溶液发生的反应为高锰酸根离子与溶液中的亚铁离子反应生成二氧化锰沉淀、氢氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为MnO+3Fe2+ +7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；由氢氧化铁的溶度积和溶液的pH为4—4.5可知，常温下除铁步骤后溶液中铁离子残留最大浓度为=4.0×10−8mol/L，故答案为：MnO+3Fe2+ +7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；4.0×10−8；
由分析可知，除杂3发生的反应为过量的锌与溶液中铜离子发生置换反应生成铜和锌离子，过滤得到的滤渣III的主要成分为过量锌和铜，故答案为：Cu、Zn；
由分析可知，沉锌反应为碳酸氢铵溶液与硫酸锌溶液反应生成硫酸铵、碱式碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Zn2+ +4HCO
=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Zn2+ +4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。
18-5【提升】 【正确答案】 1、AlO +3价
2、粉碎、搅拌或适当升温
3、a c Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
4、10.15
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，正极材料用氢氧化钠溶液碱浸，铝箔与氢氧化钠溶液反应转化为偏铝酸钠，过滤得到含有过量氢氧化钠和偏铝酸钠的滤液1和含有LiNixCoyMn1-x-yO2的滤渣；滤渣中加入褐煤高温还原焙烧得到锂、镍、钴、锰，向焙烧渣中加入水，锂与水反应生成氢氧化锂，镍、钴、锰与水不反应，过滤得到含有氢氧化锂的滤液2和含有镍、钴、锰的滤渣；向滤渣中加入稀硫酸酸浸得到含有镍、钴、锰可溶性硫酸盐的溶液，向溶液中加入草酸铵溶液，将钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到含有二水草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰和滤液；向滤液中加入氢氧化钠和碳酸钠，将镍离子转化为碱式碳酸锰沉淀和滤液3。
由分析可知，正极材料用氢氧化钠溶液碱浸，铝箔与氢氧化钠溶液反应转化为偏铝酸钠，则碱浸结束后，滤液中的阴离子除了氢氧根离子外，还含有偏铝酸根离子；设镍、钴、锰三种元素的化合价为a，由化合价代数和为0可得：1+ax+ay+a(1—x—y)=4，解得a=3，故答案为：AlO；
固相反应一般反应速率较慢，粉碎、搅拌、适当升温等措施能加快还原焙烧反应速率，故答案为：粉碎、搅拌或适当升温；+3价；
①由图可知，溶液pH为2.0、反应温度为55℃、反应时间为1.0h时钴的沉淀率最大，所以沉钴最合适的条件为溶液pH为2.0、反应温度为55℃、反应时间为1.0h，故选a；
②为减少碱式碳酸镍因反应和溶解造成产率降低，洗涤碱式碳酸镍的洗涤剂最好选择氨水，故选c；
③沉锰过程中生成碳酸锰的反应为锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子反应方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
由溶度积可知，当镍离子、钴离子、锰离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=mol/L，则溶液pH为14—4+×lg2=10.15，故答案为：10.15。
18-6【提升】 【正确答案】 1、
2、该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大。
3、、C
4、0.03 5、对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降
直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去。
【试题解析】 分析:
步骤一：天青石的和与碳粉分别反应生成SrS、CaS、BaS，加水浸取时发生反应：，得到滤液1种含Sr(HS)2、Ca(HS)2、Ba(HS)2，滤渣1含、C，向滤液1中通入二氧化碳生成SrCO3沉淀，经系列操作后得到粗SrCO3粉；
步骤二：SrCO3与硝酸反应生成Sr(NO3)2和二氧化碳，杂质BaCO3与硝酸反应生成Ba(NO3)2，Sr(NO3)2与过量(NH4)2CrO4反应生成SrCrO4，加入硝酸发生氧化还原反应生成SrCr2O7，加入NaOH再加入过量生成SrCO3；
天青石的主要成分为，与碳粉反应生成CO和SrS，反应方程式为：；
浸取时发生反应：，用热水有利于提高的平衡转化率，原因是：该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大；
已知在时，Ca(OH)2的溶解度(g)为0.094，属于微溶物，还有多余的碳粉，则滤渣1的主要成分是、C；
完全沉淀时，则，加入溶液实现和的分离，则不能沉淀SrSO4，溶液中一定不大于；
①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，从化学平衡移动角度解释原因：对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降；
②还原过程中与草酸发生反应生成铬离子和二氧化碳，反应的离子方程式为；
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8，此过程不调节为13的原因是：直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去；
④加入溶液与Sr(OH)2反应生成高纯和水，反应的离子方程式为。
19-1【基础】 【正确答案】 1、
3→2Au+3+3CO2+8HCl 还原剂 丁达尔效应
2、2—羟基丙酸 水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大 微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
3、物质的大小会对其性质有极大影响
【试题解析】 分析:
本题是一道无机物制备类的实验题，本题采用了两种方法制备纳米金，选择了两种还原剂，一种是柠檬酸，一种是微米水；同时要注意在本题中，两种方法中都有水存在，但是作用不完全相同，故本题也证明了物质的大小会对其性质有极大影响，以此解题。
①根据题目中给的信息可知的结构简式为：，根据得失电子守恒和元素守恒可知方程式为：
3→2Au+3+3CO2+8HCl；
②在该反应中，Au的化合价降低，作氧化剂，柠檬酸钠中碳的化合价升高，作还原剂；由纳米金形成分散系，属于胶体，可以用丁达尔效应来检验；
①通过题中信息可以发现，丙酮酸发生了还原反应，应该生成2—羟基丙酸；
②丙酮酸浓度相同，雾化气体压强越大，说明水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大；
③图4显示红色，说明溶液中存在氢离子和还原剂，故可以得到结论是：微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
题中两种制备纳米金的方法中，反应体系中都有水，但是水的状态不同，水发挥的作用也不是完全相同的，通过微米水实验可知，该状态下水本身也可以还原制备纳米金，故对物质更深刻的认识是：物质的大小会对其性质有极大影响。
19-2【基础】 【正确答案】 1、分液漏斗 2、MnO2 +4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
3、除去Cl2中的HCl
4、不易因为FeCl3固体积聚而造成堵塞
5、抑制Fe3+的水解
6、2Fe3++Cu=Cu2+ +2Fe2+
7、CuSCN 反应i
8、Cu2+ +Fe2+ +SCN-=CuSCN↓+Fe3+
【试题解析】 分析:
Ⅰ．FeCl3易升华、易潮解，实验室制备FeCl3，根据图示可知，D为FeCl3的发生装置，E为收集装置，A装置用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，由于HCl易挥发，且该实验需干燥氯气，则B中盛饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，C中盛浓硫酸，用于干燥氯气；F装置中的碱石灰用于尾气吸收，并防止空气中的水蒸气进入E，据此分析解答。
由仪器构造可知，仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
实验室用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2 +4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2 +4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
由分析可知，由于HCl易挥发，为避免HCl气体干扰，装置B中的饱和食盐水用于除去氯气中的HCl，故答案为：除去Cl2中的HCl；
与细导管相比，硬质玻璃管直接接入收集器可以防止堵塞，故答案为：不易因为FeCl3固体积聚而造成堵塞；
FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+易发生水解，配制溶液时加入少量盐酸，可使水解平衡逆向移动，抑制水解，故答案为：抑制Fe3+的水解；
向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，生成红色的配合物，，再加入过量Cu粉，2Fe3++Cu=Cu2+ +2Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，使溶液的红色褪去，故答案为：2Fe3++Cu=Cu2+ +2Fe2+；
已知(6)中除了红色褪去，还产生了白色沉淀，由题给信息可知该沉淀可能是CuCl或CuSCN，为探究白色沉淀的主要成分，向4 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液中加入过量Cu粉，溶液中生成了Fe2+和Cu2+，由于Cu过量，可能发生反应，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成，则可能发生反应为2Cu2+ + 4SCN- = 2CuSCN↓+ (SCN)2，即此白色沉淀为CuSCN，故答案为：CuSCN；
在盛有2 mL 0.1mol·L-1 CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液，溶液很快由蓝色变为绿色，说明有淡黄色的[ Cu(SCN)4]2 –生成，24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀，说明有CuSCN生成，由此现象可知，反应速率较快的为反应i，说明反应ii不是CuSCN产生的主要原因，故答案为：反应i；
Cu2+、 Fe2+和SCN-可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3+，Cu元素化合价从+2价降低到+1价，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出反应的离子方程式为：Cu2+ +Fe2+ +SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2+ +Fe2+ +SCN-=CuSCN↓+Fe3+。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、阳
0.63
2、氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子吸附能力越小，失电子能力越强。
3、 ，
，
。 加入淀粉溶液，再加入KI溶液，如果溶液变蓝色，说明溶液中含有碘酸根，从而检验宝色固体中的NaIO3·H2O。
【试题解析】 分析:
题干中采用不同的电解质进行实验，实际是电解对应的电解质溶液，所得产物与苯乙烯发生反应，得到中间产物，中间产物再经过转化最终生成环状碳酸脂。因此需要掌握表格中四种电解质溶液水解的产物，根据题干中给出的提示将苯乙烯与产物进行反应即可。
取反应后石墨电极附近的溶液加淀粉溶液变蓝，说明在石墨电极处碘离子失电子生成了碘单质，故石墨做阳极。苯乙烯与石墨电极上生成的物质发生反应，得到中间产物1-苯基-2-碘乙醇，将羟基和碘原子位置互换，则可能存在的副产物为
。苯基环氧乙烷对二氧化碳进行加成，得到环状碳酸脂，根据题干中环状碳酸酯的结构，结合反应物，可知得到的环状碳酸酯结构简式为。已知η(环状碳酸酯)≈63%，当电路中通过1mol电子时，生成环状碳酸酯所用电子为0.63mol，根据中间产物的结构生成1mol1—苯基—2—碘乙醇，需要一个羟基（水电解生成氢气，产生氢氧根）和一个碘原子，故生成1mol环状碳酸酯需要1mol电子，则生成0.63mol环状碳酸酯。
氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子的吸附能力越小，失电子能力越强。
①实验Ⅳ中电解质为NaI和水，则阴极的气体为电解水生成的氢气，故电极反应式为。②实验Ⅳ得到白色固体碘酸钠晶体，原理为碘离子先在阳极失电子生成碘单质，阴极电解水生成氢氧根，碘单质在碱性条件下歧化生成碘离子和碘酸根离子，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸钠晶体。化学方程式为，，。③检验碘酸钠晶体，即检验碘酸根离子，采用硫酸酸化后，加入淀粉溶液和碘化钾溶液，如果溶液由无色变成蓝色，说明原溶液中存在碘酸根离子。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、

2、将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃
3、b

4、
【试题解析】 次氯酸跟与氯离子反应生成氯气，离子反应方程式为：；次氯酸钙溶液显碱性是由于次氯酸跟的水解，离子反应方程式为：；
若产生的气体为氧气，可使带火星的木条复燃，故实验操作为：将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃；
预测悬浊液成分为CuO，加稀硫酸后有气体产生，同时还有蓝色溶液生成，故悬浊液成分不一定是CuO，但也不能确定悬浊液中是否有CuO存在，故选b；
实验1中i的反应为生成Ca(CuO2)2的反应，离子反应方程式为：
；根据题干信息，某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子，故亚铁离子在碱性条件下被次氯酸钠氧化成高铁酸根，加KOH后生成高铁酸钾。第一步的离子反应方程式为：。
19-5【提升】 【正确答案】 1、阳 2 H2O+2e—= H2↑+2OH— 2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O 阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生
2、取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大
3、[Cu(NH3)4]2+
4、电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制
【试题解析】 分析:
该实验的目的是探究电解法制备氢氧化铜要考虑的因素，通过实验得到电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。
①由题意可知，I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；
②由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2 H2O+2e—= H2↑+2OH—，故答案为：2 H2O+2e—= H2↑+2OH—；
③由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生；
①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成，故答案为：常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大；
由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；
由实验I—V可知，选用氢氧化钠溶液、氯化钠溶液、pH为9的硫酸钠和氨水混合溶液电解时，均没有氢氧化铜沉淀生成，选用硫酸钠溶液电解时，得到的氢氧化铜沉淀中混有碱式硫酸铜，而选用pH为9的硫酸钠和氢氧化钠混合溶液电解时，有氢氧化铜沉淀生成，说明电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制，故答案为：电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。
19-6【提升】 【正确答案】 1、排尽装置内空气防止生成的Fe2+被氧化；搅拌作用；赶出H2、HCl气体 NaOH溶液
2、晶膜 3、AD
4、布氏漏斗 5、升华
6、
FeCl2·4H2O+2C5H6+2NaOH→Fe(C5H5)2+2NaCl+6H2O
7、
Fe+2+H2↑(Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑) 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【试题解析】 分析:
装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁，通入氮气赶出装置中的空气，防止氯化亚铁被氧化，抽滤，得到FeCl2溶液，经过一系列操作后得到FeCl2·4H2O，FeCl2·4H2O和环戊二烯在装置2中生成Fe(C5H5)2，经过一系列操作后得到纯净的二茂铁，据此解答。
①装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸易挥发，装置中还含有HCl气体，因此N2的作用除驱赶装置内空气防止生成的Fe2+被氧化以外，还能赶出装置中的H2、HCl气体；
②试剂X用来吸收HCl气体，HCl为酸性气体，可用碱液吸收，因此试剂X为NaOH溶液；
加热蒸发到溶液表面刚出现晶膜时，停止加热，将溶液冷却到室温；
A．环戊二烯与环戊二烯二聚体的沸点不同，可以用分馏的方法从二者混合物中分离，环戊二烯(C5H6)的沸点为42.5℃，因此收集42.5℃左右的馏分即可得到环戊二烯，故A正确；
B．浓H2SO4可吸收N2中的水蒸气干燥N2，也能吸收装置2反应过程中产生的水，故B错误；
C．环戍二烯与FeCl2·4H2O的反应刷烈，因此应分批次加入研细的FeCl2·4H2O，故C错误；
D．应先通入N2排出装置中的空气后再开启磁力搅拌器，故D正确；
答案选AD；
过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，或者使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，操作Ⅲ之前的反应液中加入了HCl，溶液具有强酸性，因此抽滤过程中需用玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗过滤；
二茂铁100℃开始升华，因此得到粗制的二茂铁后可采用加热升华的方法，进一步提纯二茂铁，故答案为：升华。
根据原子守恒可知四水氯化亚铁[FeCl2·4H2O]和环戊二烯(C5H6)为原料在碱性条件下制备二茂铁[Fe(C5H5)2]反应方程式为FeCl2·4H2O+2C5H6+2NaOH→Fe(C5H5)2+2NaCl+6H2O；
①阴极上氢离子得到电子生成氢气，则该电解池的总反应为Fe+2+H2↑。
②由于水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH－，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2，所以电解制备需要在无水条件下进行。