2022-2023学年变式题：黑龙江省牡丹江市第一高级中学2022-2023学年高三上学期期末 化学 （解析版）

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黑龙江省牡丹江市第一高级中学2022-2023学年高三上学期期末
化学变式题
【原卷 1 题】 知识点 元素、核素、同位素,化学科学对人类文明发展的意义,新型无机非金属材料,绿色化学与可持续发展

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1（基础） 北京冬奥会成功举办、神舟十三号载人飞船顺利往返、“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是
A.飞船返回舱表层中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料
B.核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同系物
C.冬奥会火炬采用H2代替天然气作燃料，符合绿色低碳发展理念
D.冬奥会火炬“飞扬”使用的碳纤维属于合金材料
【正确答案】 C

1-2（基础） “天问一号”着陆火星、“嫦娥五号”成功着陆月球、神舟十三号顺利往返，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列有关说法正确的是
A.火星陨石中的质子数为20
B.月壤中的与地球上的互为同位素
C.运载火箭使用的液燃料是清洁燃料
D.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
【正确答案】 C

1-3（巩固） 化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述正确的是
A.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
B.核电站反应堆所用轴棒中含有的与互为同素异形体
C.火箭芯一级尾段使用的碳纤维材料属于新型无机非金属材料
D.向煤中加入等来处理燃烧煤生成的
【正确答案】 C

1-4（巩固） 化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法正确的是
A.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
B.纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理相同
C.三星堆二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化史上的诸多空白，青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术
D.日本福岛核电站事故核废水中含有氚(H)等放射性同位素，属于化学变化
【正确答案】 C

1-5（提升） 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A.冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为还原性气体
B.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C.探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是SiO2
D.核电站反应堆所用铀棒中含有的U与U互为同素异形体
【正确答案】 A

1-6（提升） 化学与生活、生产、科技、环境等密切相关，下列说法正确的是
①2022冬奥会部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中镉属于过渡元素 ②碳纤维和硅酸盐陶瓷都是新型无机非金属材料 ③医院里的血液透析利用了胶体的性质 ④二氧化硫可用于杀菌、消毒、漂白，故可广泛用于食品的加工和生产 ⑤神舟十三号飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子 ⑥黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
A.①③⑥ B.②③⑤ C.②⑤⑥ D.③④⑥
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 价层电子对数的确定,价层电子对互斥理论的应用,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） 根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的是
A.NH3和NO B.SO3和NO C.BF3 和ClO D.H2O和PO
【正确答案】 B

2-2（基础） 多核离子所带电荷可以认为是中心原子得到或失去电子导致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面的一组是
A.NO和NH B.H3O+和ClO C.NO和CH D.PO和SO
【正确答案】 A

2-3（巩固） 美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型.多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是（ ）
A.NO和NH B.H3O+和ClO
C.NO和CO D.PO和SO
【正确答案】 C

2-4（巩固） 下列说法正确的是
A.Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷
B.中两个氢氧键(H—O)的键角大于的键角
C.3个B—F的键长相等，说明分子中的四个原子在同一平面上
D.是非极性分子，C原子处于4个Cl原子所组成的正方形的中心
【正确答案】 A

2-5（提升） 下列描述中，正确的是
A.ClO的空间结构为平面三角形的非极性分子
B.CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
C.NO中所有的原子不都在一个平面上
D.SiF4和SO的中心原子的杂化轨道类型均为sp3杂化
【正确答案】 D

2-6（提升） 下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是
A.和 B.和
C.和 D.和
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 同周期元素性质递变规律理解及应用,同主族元素性质递变规律理解及应用,电离能变化规律,元素性质与电负性的关系

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 依据元素周期律，下列判断不正确的是
A.第一电离能： B.原子半径：
C.电负性： D.酸性：
【正确答案】 A

3-2（基础） 下列有关元素性质的递变规律不正确的是
A.金属性：Na>Al> Mg B.原子半径：I>Br>Cl
C.氢化物稳定性：H2O>H2S>H2Se D.酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4
【正确答案】 A

3-3（巩固） 依据原子结构与元素性质，下列判断不正确的是
A.第一电离能： B.键角：
C.电负性： D.酸性：
【正确答案】 A

3-4（巩固） 根据元素周期律表无法判断的是
A.稳定性：H2O>H2S>PH3 B.酸性：HClO4>H2SO3>H2SiO3
C.碱性：KOH>NaOH>LiOH D.氧化性：F2>O2>N2
【正确答案】 B

3-5（提升） 下列原因分析能正确解释递变规律的是
选项
递变规律
原因分析
A
酸性：
非金属性：
B
离子半径：
电子层结构相同时，核电荷数：
C
与水反应的剧烈程度：
最外层电子数：
D
熔点：
键能：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

3-6（提升） 下列有关物质结构和性质变化规律正确的是
A.还原性：HF>HCl>HBr B.碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2
C.沸点：H2O>H2S>H2Se D.金属活动性：Al>Mg>Na
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 晶体与非晶体

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） Ga和As均位于元素周期表第四周期，砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等，其晶胞结构如图所示，其中原子1的坐标为(0，0，0)，原子2的坐标为(1，1，1)。下列有关说法中错误的是

A.原子3的坐标为
B.根据元素周期律，原子半径
C.GaAs的熔点为1238℃，硬度大，晶体类型为共价晶体
D.若晶胞边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为，则GaAs晶体的密度为
【正确答案】 A

4-2（基础） 作为第二代半导体材料的代表，具有宽禁带、高频、高压、抗辐射、耐高温及发光效率高的特点，被广泛应用于移动通信、无线通信、光纤通信、LED、卫星导航等领域。晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，下列说法正确的是

A.基态砷原子价电子排布图为
B.属于分子晶体
C.的配位数为8
D.该晶体密度为
【正确答案】 D

4-3（巩固） 因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。

下列说法不正确的是
A.用X射线衍射可测定铁晶体的结构
B.图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子
C.图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合
D.图1与图2代表的铁单质的密度不同
【正确答案】 B

4-4（巩固） 我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/固溶体。立方晶胞如下图所示，晶胞参数为apm，的摩尔质量为M，下列说法错误的是

A.Zn位于元素周期表ds区
B.离子在晶胞中的配位数是8
C.该晶体密度为：
D.、ZnO形成的某种催化剂的化学式可表示为，则
【正确答案】 D

4-5（提升） 的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是

A.属于离子晶体
B.每个晶胞中平均含有4个和4个
C.每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的
D.和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点
【正确答案】 C

4-6（提升） 某种铜的溴化物晶体结构如图所示，晶胞参数为anm，下列有关说法错误的是(为阿伏加德罗常数)

A.该铜的溴化物的化学式为CuBr
B.与铜同周期且基态原子最外层未成对电子数与基态铜原子相同的元素有4种
C.该铜的溴化物晶体的密度为
D.每个晶胞中含有4个铜原子
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 石油裂化、裂解,煤的干馏,共价型分子结构式、电子式,二氧化硫的化学性质

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 下列叙述不正确的是
A.Be的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应生成盐和水
B.碳化硅的分子式：SiC
C.12C和14C互为同位素
D.在金属元素与非金属元素的交界处寻找半导体材料
【正确答案】 B

5-2（基础） 下列叙述正确的是
A.沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷
B.分子式为的物质一定能使的溶液褪色
C.与互为同系物
D.三聚氰胺可用作食品添加剂
【正确答案】 A

5-3（巩固） 化学与生活密切相关，下列叙述正确的是
A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅
B.青铜与黄铜是不同结构的单质铜
C.干冰可用在舞台上制造“云雾”
D.二氧化碳是形成酸雨的主要物质
【正确答案】 C

5-4（巩固） 化学在生活生产中应用广泛，下列有关叙述正确的是
A.钢水注入干燥的模具，是为了防止铁与水蒸气高温下产生H2和Fe2O3
B.利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”制作覆铜板电路时发生了置换反应
C.硬铝常用于制造飞机的外壳，利用了合金熔点比任一组成金属低的特点
D.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【正确答案】 D

5-5（提升） 下列叙述正确的是
A.需要通电才可进行的有：电解、电离、电镀
B.、都能和碱溶液发生反应，因此它们都属于酸性氧化物
C.苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
D.冰水混合物、干冰、酒精、水银均为纯净物
【正确答案】 D

5-6（提升） 氮化钠可与水发生反应Na3N+3H2O = 3NaOH+NH3 ↑，下列叙述不正确的是
A.NaOH的电子式为：
B.H2O是极性分子
C.Na3N中既含离子键也含共价键
D.NH3的空间构型为三角锥形
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 配合物的结构与性质

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 已知硫酸亚铁溶液吸收可生成硫酸亚硝酰合铁(分子式为)，下列说法不正确的是
A.硫酸亚硝酰合铁具有还原性
B.硫酸亚硝酰合铁水溶液呈中性
C.硫酸亚硝酰合铁是一种配合物，中心原子铁的配位数为6
D.硫酸亚铁溶液吸收生成硫酸亚硝酰合铁的变化是化学变化
【正确答案】 B

6-2（基础） NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3•BF3，下列说法正确的是
A.NH3和BF3的立体构型都是三角锥形
B.配合物NH3•BF3中NH3提供空轨道，BF3提供孤电子对
C.配合物NH3•BF3中N和B都采取的是sp3杂化
D.配合物NH3•BF3中各原子都达到8电子稳定结构
【正确答案】 C

6-3（巩固） 氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。能被溶液吸收生成，减少环境污染，下列说法正确的是
A.提供孤电子对用于形成配位键
B.该配合物中阴离子空间构型为三角锥形
C.配离子为，中心离子的配位数为6
D.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
【正确答案】 C

6-4（巩固） 配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法错误的是
A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键
B.配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配位数为6
C.1 mol配合物中σ键数目为10NA
D.该配合物为离子化合物，1 mol该配合物含有阴、阳离子的总数为3NA
【正确答案】 C

6-5（提升） 配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是
A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键
B.配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和N
C.1 mol配合物中σ键数目为6NA
D.该配合物为离子化合物，易电离，1 mol配合物电离共得到3NA阴阳离子
【正确答案】 C

6-6（提升） NO能被FeSO4溶液吸收生成[Fe(NO)(H2O)5]SO4，减少环境污染，下列说法正确的是
A.Fe2+提供孤电子对用于形成配位键
B.该配合物中阴离子空间构型为三角锥形
C.配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心离子的配位数为6
D.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 Fe2+的还原性,盐类水解在解题方面的应用,盐类水解在生活、生产中的应用

【正确答案】
C
【试题解析】


7-1（基础） 下列有关物质水解的说法错误的是
A.蛋白质水解的最终产物是氨基酸 B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C.纤维素水解的最终产物是麦芽糖 D.油脂酸性水解产物是高级脂肪酸和甘油
【正确答案】 C

7-2（基础） 下列事实与盐类水解无关的是
A.泡沫灭火器灭火时，将NaHCO3和Al2(SO4)3溶液混合
B.醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，溶液pH增大
C.配制氯化铁溶液时，先用较浓盐酸溶解氯化铁固体
D.氯化氨溶液中加入镁粉，产生的两种气体
【正确答案】 B

7-3（巩固） 下列生活中的现象，与盐的水解无关的是
A.古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物
B.明矾净水
C.铁在潮湿环境中生锈
D.氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂
【正确答案】 C

7-4（巩固） 下列物质的用途或事实与盐类的水解无关的是
A.硫酸钡用作钡餐
B.明矾用于净水
C.硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器
D.由制取无水固体时，需在气流中蒸发
【正确答案】 A

7-5（提升） 有关盐类水解的应用，下列说法错误的是
A.热的纯碱溶液去油污效果好
B.金属焊接时，常用溶液作除锈剂
C.加热晶体可制得无水
D.用溶液和溶液可以制作泡沫灭火剂
【正确答案】 C

7-6（提升） 下列物质的应用过程中不涉及盐类水解的是
A.小苏打用作食品膨松剂
B.硫酸铝钾作净水剂
C.热碱水清洗厨房里的油污
D.组成为7.5的缓冲溶液
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 乙烯,酯的水解反应机理,物质的分离、提纯

【正确答案】
C
【试题解析】


8-1（基础） 下列物质(括号内为杂质)除杂选择的试剂合理的是
A.()——过量的氢氧化钠溶液
B.(CO)——灼热CuO
C.()——饱和碳酸氢钠溶液
D.()——酸性高锰酸钾溶液
【正确答案】 B

8-2（基础） 下列除去括号内杂质的方法错误的是
A.硝基苯(苯)——蒸馏 B.乙烯(二氧化硫)——氢氧化钠溶液
C.乙烷(乙烯)——氢气 D.乙酸乙酯(乙酸)——碳酸钠溶液，分液
【正确答案】 C

8-3（巩固） 除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所用除杂试剂合理的是
A.溶液 B.催化剂
C.溶液()：铁粉 D.：饱和溶液
【正确答案】 A

8-4（巩固） 除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，可采用加入过量NaOH溶液充分反应后，再用过滤方法分离的是
A.AlCl3溶液(FeCl3) B.Na2CO3溶液(NaHCO3)
C.Fe2O3固体(Al2O3) D.NaCl溶液(MgCl2)
【正确答案】 C

8-5（提升） 下列除去杂质的方法中，正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂和方法
A
苯(苯酚)
加入过量的浓溴水，过滤
B
CO2(SO2)
依次通过饱和NaHCO3溶液、浓硫酸，洗气
C
乙酸乙酯(乙酸)
NaOH溶液，分液
D
HNO3溶液(H2SO4)
加适量BaCl2溶液，过滤
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

8-6（提升） 下列除去杂质的操作中，所用试剂、方法能达到目的的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂、方法
A
粉
加入稀硝酸，溶解、过滤、洗涤、干燥
B

依次通入饱和溶液、浓硫酸
C
溶液
加入过量粉，过滤
D
乙醇蒸气
依次通入酸性高锰酸钾溶液、无水
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 卤代烃中卤素原子的检验

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 为鉴别卤代烃中所含卤素原子，现有下列实验操作步骤，正确的顺序是
①加入AgNO3溶液　②加入少许卤代烃试样　③加热　④加入5 mL 4 mol·L-1 NaOH溶液　⑤加入5 mL 4 mol·L-1 HNO3溶液
A.②④③①⑤ B.②③①④⑤ C.②④③⑤① D.②⑤③①④
【正确答案】 C

9-2（基础） 为检验溴乙烷中的溴元素，某同学先取少量溴乙烷于试管中，接下来需要进行的操作顺序组合正确的是
①加入NaOH水溶液②加入 NaOH醇溶液③加热④加入 AgNO3溶液⑤加入适量稀HNO3
A.①④⑤ B.②④⑤① C.②③④ D.①③⑤④
【正确答案】 D

9-3（巩固） 为检验溴乙烷中的溴元素，正确的操作顺序是取少量溴乙烷，然后
①加热；②加入AgNO3溶液；③加入稀HNO3酸化；④加入NaOH溶液；⑤冷却
A.③⑤④① B.③①⑤②④ C.①③②④⑤ D.④①⑤③②
【正确答案】 D

9-4（巩固） 为检验溴乙烷中的溴元素，正确的操作顺序是取少量溴乙烷，然后
①加热；②加入AgNO3溶液；③加入稀HNO3酸化；④加入NaOH溶液；⑤冷却
A.③⑤④①② B.③①⑤②④ C.①③②④⑤ D.④①⑤③②
【正确答案】 D

9-5（提升） 涂改液中含有的三氯甲烷、三氯乙烷等卤代烃，会对人体造成一定伤害。为检验卤代烃中的氯元素，进行如下操作，正确的操作步骤是
①滴入硝酸银溶液，观察现象 ②加入NaOH溶液 ③冷却 ④取少许卤代烃于试管中 ⑤加入足量稀硝酸酸化 ⑥加热，使之充分反应
A.④⑤②⑥③① B.④⑤⑥③②① C.④②⑥③⑤① D.④⑥②③⑤①
【正确答案】 C

9-6（提升） 为测定某卤代烃(只含一种卤原子)分子中卤素原子的种类和数目，设计实验如下：

已知：相同条件下，该卤代烃蒸气对氢气的相对密度是94
下列说法不正确的是
A.加入过量稀硝酸的目的是中和未反应的NaOH，防止干扰卤原子的测定
B.该卤代烃分子中含有溴原子
C.该卤代烃的分子式是
D.该卤代烃的名称是1，2-二溴乙烷
【正确答案】 D

【原卷 10 题】 知识点 限定条件下的离子共存,铁盐的检验,水溶液中水的电离程度及的计算,盐类双水解反应

【正确答案】
A
【试题解析】


10-1（基础） 在指定溶液中下列离子可能大量共存的是
A.透明澄清的溶液：、、、
B.能使酚酞变红的溶液：、、、
C.的溶液：、、、
D.加入Al能放出的溶液：、、、
【正确答案】 A

10-2（基础） 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.在含有大量Fe3+的透明溶液中：、I-、、SCN-
B.水电离出的c(OH-)=10-12 mol·L-1的溶液中：Mg2+、Cl-、、H+
C.遇甲基橙变红的溶液：、、、K+
D.与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba2+、、Cl-、Fe2+
【正确答案】 C

10-3（巩固） 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.无色透明的溶液中：、、SCN-、
B.的溶液中：、、、
C.的溶液中：、、、
D.能使甲基橙变红的溶液中：、、、
【正确答案】 B

10-4（巩固） 常温下，下列离子在指定条件下可以大量共存的是
A.的溶液中：、、、
B.新制氯水中：、、、
C.含的溶液中：、、、
D.加入足量氧化钠后的溶液中：、、、
【正确答案】 C

10-5（提升） 下列各组离子在所限定的条件下能大量共存的是
选项
条件
离子
A
0.1 溶液
、、、
B
0.1 溶液
、、、
C
漂白液
、、、
D

、、、
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

10-6（提升） 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.中性溶液中：、、、
B.加入铝粉生成的溶液中：、、、
C.无色溶液中：、、、
D.的溶液中：、、、
【正确答案】 D

【原卷 11 题】 知识点 阿伏加德罗常数的求算,22.4L/mol适用条件,电解池有关计算,苯分子结构的特点

【正确答案】
C
【试题解析】


11-1（基础） 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.32g()分子中含有的S-S键数为
B.标准状况下，2.24L所含氢原子数为
C.的溶液含的数目为
D.在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，转移电子数为
【正确答案】 A

11-2（基础） NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A.等物质的量的Na2O2与硫化钠固体中阴阳离子总数均为3NA
B.2.24 L甲烷和二氧化碳的混合气体中碳原子总数为0.1NA
C.100g质量分数为17%的H2O2水溶液中极性键数目为NA
D.1L0.2 mol/L的Na2SO4溶液中硫酸根和钠离子总数为0.6NA
【正确答案】 D

11-3（巩固） 设阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A.1mol中含有的键数为
B.2.8gCO和的混合物中含有的质子数为
C.1mol苯乙烯中碳碳双键的数目为
D.0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为
【正确答案】 B

11-4（巩固） 已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A.含有极性共价键的数目为
B.25℃、101kPa下，28L氢气中质子的数目为
C.标准状况下，与HF的混合物中电子数目为
D.的溶液中数目为
【正确答案】 B

11-5（提升） 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.20gD216O含中子数目为
B.和足量反应，转移电子数为
C.常温下，的溶液中氧原子数为
D.标况下，溶于水所得溶液中，、、和微粒总数为
【正确答案】 B

11-6（提升） 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.的中含数目为
B.的碳酸钠溶液中含有的数目小于
C.标准状况下，和混合后气体的分子总数为
D.在精炼铜的过程中，当阴极析出铜时，阴阳极转移电子数均为
【正确答案】 D

【原卷 12 题】 知识点 氯气与还原性化合物的反应,铝盐与强碱溶液反应,苯酚的弱酸性,离子方程式的正误判断

【正确答案】
B
【试题解析】


12-1（基础） 下列反应的离子方程式书写正确的是
A.用氨水吸收足量的气体：
B.向溶液中通入与等物质的量的
C.向酸性溶液中滴入溶液：
D.用惰性电极电解饱和溶液：
【正确答案】 D

12-2（基础） 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列对应的离子方程式不正确的是
A.将碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液混合：
B.铝片与NaOH溶液反应：
C.盛放NaOH的玻璃试剂瓶不能使用玻璃塞：
D.氢氧化铁溶于氢碘酸：
【正确答案】 D

12-3（巩固） 下列反应的离子方程式正确的是
A.氨水中通入过量：
B.溶液中滴入少量溶液：
C.新制氯水中加入少量：
D.明矾溶液中滴加溶液至沉淀质量最大：
【正确答案】 C

12-4（巩固） 下列离子方程式的书写正确的是
A.溶液处理水垢中的：
B.溶液与足量溶液反应：
C.向溶液中通入过量的气体：
D.过量通入溶液中：
【正确答案】 C

12-5（提升） 下列反应的离子方程式书写不正确的是
A.用氨水吸收过量的二氧化硫：
B.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：
C.双氧水作脱氯剂，用于消除水中的氯气：
D.向液中滴入溶液恰好使完全沉淀：
【正确答案】 D

12-6（提升） 下列离子方程式正确的是
A.向酸性溶液中滴加双氧水：
B.溶液与少量的溶液混合：
C.溶于氢碘酸：
D.用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：
【正确答案】 C

【原卷 13 题】 知识点 二氧化硫与其他强氧化剂的反应,浓硫酸的强氧化性,乙酸乙酯制备实验的装置及操作,仪器使用与实验安全

【正确答案】
B
【试题解析】


13-1（基础） 下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是

A.用Ⅰ装置测定氯水的pH B.用图Ⅱ装置保存液溴
C.用图Ⅲ装置制备Fe(OH)2并能较长时间不变色 D.用图Ⅳ实验室模拟侯氏制碱法原理
【正确答案】 C

13-2（基础） 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是

A.用图1装置可制取NaHCO3 B.用图2装置可制备无水MgCl2
C.用图3装置可分离苯和苯酚 D.用图4装置可制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【正确答案】 B

13-3（巩固） 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是

A.用图1装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
B.用图2所示装置 从I2的CCl4溶液中回收CCl4
C.用图3所示装置制取并收集干燥的NH3
D.用图4装置闻气体的气味
【正确答案】 D

13-4（巩固） 下列实验操作设计正确且能达到实验目的的是

A.实验①：探究酒精脱水生成乙烯
B.实验②：制备并能较长时间观察到白色
C.实验③：测未知浓度稀硫酸的pH
D.实验④：证明乙炔气体可使溴水褪色
【正确答案】 B

13-5（提升） 用如图所示实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是

A.用图甲装置制备SO2
B.用图乙装置除去鸡蛋清中混有的NaCl溶液
C.用图丙装置制取溴苯并验证该反应为取代反应
D.用图丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【正确答案】 C

13-6（提升） 下列实验装置能达到实验目的的是

A.用甲装置除去CO2中的少量SO2气体
B.用乙装置完成实验室制取乙酸乙酯
C.用丙装置证明温度对化学平衡的影响
D.用丁装置验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、氧化性
【正确答案】 C

【原卷 14 题】 知识点 烷烃系统命名法,同分异构现象、同分异构体的概念,同分异构体的数目的确定,醛的组成与结构

【正确答案】
C
【试题解析】


14-1（基础） 已知丙烷的二氯代物有4种，丙烷与有机物M()互为同系物。下列说法错误的是
A.丙烷的六氯代物有4种
B.丙烷与互为同分异构体
C.有机物M的一氯代物有4种
D.有机物M的同分异构体有4种(不含M)
【正确答案】 B

14-2（基础） 下列有关说法正确的是
A.和在分子组成上相差一个，两者互为同系物
B.苯乙烯()分子的所有原子不可能在同一平面上
C.分子式为的有机物的同分异构体有5种(不考虑立体结构)
D.的名称为3-甲基-4异丙基己烷
【正确答案】 C

14-3（巩固） 下列说法不正确的是
A.CH2=CH—CHO、CH≡C—CH2OH互为同分异构体，与足量H2加成后为同一物质
B.CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体
C.符合通式CnH2n+2的不同烃一定属于同系物
D.C5H12同分异构体中新戊烷沸点最低
【正确答案】 C

14-4（巩固） 下列说法正确的是（　　）
A.（CH3CH2）2CHCH3的系统命名是2﹣乙基丁烷
B.H2与D2两者互为同位素
C.CH3CH2NO2和HOCH2CONH2互为同分异构体
D.CH2＝CH2和CH2＝CH﹣CH＝CH2互为同系物
【正确答案】 C

14-5（提升） 环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1，4-二氧杂螺[2，2]丙烷的结构简式为。下列说法正确的是
A.1mol该有机物完全燃烧需要4molO2
B.该有机物的二氯代物有3种(不考虑立体异构)
C.该有机物所有原子均处于同一平面
D.该有机物与HCOOCH=CH2互为同分异构体
【正确答案】 D

14-6（提升） 两种有机物的结构简式如下图所示，下列说法正确的是

A.二者都能使Br2的CCl4溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色
B.①②都可以和NaOH溶液反应，且①的一氯代物有3种
C.等质量的①和②分别与足量钠反应生成等质量的H2，两者都能氧化成醛
D.两者互为同分异构体，分子式均为C5H10O2
【正确答案】 D

【原卷 15 题】 知识点 有机官能团的性质及结构,有机反应类型,含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算,多官能团有机物的结构与性质

【正确答案】
B
【试题解析】


15-1（基础） 某有机物的结构简式如图所示，关于该有机物叙述中，错误的是

A.含3种官能团
B.能发生消去、取代、氧化反应
C.与等物质的量加成，产物有两种
D.该有机物最多能与反应
【正确答案】 C

15-2（基础） 人们将有机物中连有四个不同原子(或基团)的碳原子称为手性碳原子。某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的叙述正确的是

A.该分子中含有1个手性碳原子
B.在一定条件下可与HCHO发生缩聚反应
C.该物质遇FeCl3溶液不发生显色反应
D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3mol
【正确答案】 B

15-3（巩固） 某有机物的结构简式如图所示。关于该有机物的叙述错误的是

A.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
B.所有碳原子有可能共面
C.存在芳香烃的同分异构体
D.与甲苯是同系物
【正确答案】 D

15-4（巩固） 某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的叙述正确的是

A.该物质不能与溶液发生显色反应
B.在一定条件下可与HCHO发生缩聚反应
C.该分子中含有1个手性碳原子
D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3mol
【正确答案】 B

15-5（提升） 某有机物A的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是

A.1molA最多可以与2molBr2发生反应
B.一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上
C.1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH
D.在一定条件下可以发生消去反应和取代反应
【正确答案】 D

15-6（提升） 某有机化合物的结构简式为，下列关于该化合物的说法不正确的是
A.该有机物的分子式为C23H24O6
B.1mol该化合物最多可以与9molH2发生加成反应
C.既可以使溴的四氯化碳溶液褪色，又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D.既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应
【正确答案】 B

【原卷 16 题】 知识点 难溶电解质的溶解平衡,溶度积,溶度积常数相关计算

【正确答案】
D
【试题解析】


16-1（基础） T℃时，分别向10mL浓度均为的和溶液中滴的溶液，滴加的过程中和与溶液体积(V)的关系如图所示［已知：，］。下列有关说法错误的是

A.该温度下
B.a→c→d过程中，水电离出的氢离子浓度先逐渐减小后逐渐增大
C.溶液中
D.d点的坐标为34.9
【正确答案】 D

16-2（基础） 已知溶于水有平衡关系：　。不同温度下，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是

A.a、b、c、d点的均相等
B.温度下，
C.保持不变，加入固体，可使溶液由a点到c点
D.在、条件下，X、Y溶液均有固体析出
【正确答案】 C

16-3（巩固） 一定温度下，平衡体系中，和的关系如图所示。下列说法正确的是

A.在水中形成的饱和溶液中
B.a、b、c三点对应的不相等
C.a、b、c三点对应的数值，a点最大
D.向a点对应溶液中加入固体，沿曲线向b、c点方向变化
【正确答案】 A

16-4（巩固） 常温下，向10.0mL浓度均为0.1的和混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b点溶液pH分别为3，0、4.3。

已知：
①
②，298K下，
下列叙述正确的是
A.曲线Ⅱ代表
B.常温下，
C.b点溶液中铝元素主要以形式存在
D.的平衡常数K为
【正确答案】 B

16-5（提升） 常温下，CuS的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A.CuS的Ksp=xy
B.加热CuS悬浊液，可使溶液由a点变到b点
C.c点的溶液未达饱和
D.向饱和CuS溶液中加入K2S固体可使溶液由a点变到d点
【正确答案】 B

16-6（提升） 已知：，常温下向溶液中滴加溶液的滴定曲线如图所示。已知：。下列说法正确的是

A.、、三点的从大到小的顺序为
B.在点的溶液中存在
C.常温下，为
D.其他条件相同，若将溶液换为同浓度、同体积的溶液，B点会平行向右移动
【正确答案】 C

【原卷 17 题】 知识点 根据电解产物进行相关推断,电解过程中溶液pH的变化,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,电解原理的应用

【正确答案】
D
【试题解析】


17-1（基础） 电解法能合成氨气，一种电解法制取氨气的装置如图所示。下列化学反应表示正确是

A.用氨水吸收过量SO2的离子方程式：SO2+2NH3·H2O=2NH+SO+H2O
B.CO(NH2)2在足量H2SO4中水解：CO(NH2)2+3H2O=CO2↑+2NH3·H2O
C.用NaOH 溶液吸收NO2：NO2+2OH-=NO+H2O
D.电解时电极A 上发生的反应：N2+6e-+6H+=2NH3
【正确答案】 D

17-2（基础） 间接电氧化苯甲醇(C6H5CH2OH)合成苯甲醛(C6H5CHO)是一种绿色生产工艺。我国学者利用Ce4+/Ce3+为媒介在酸性水溶液中合成苯甲醛，工作原理如图所示。下列说法正确的是

A.电极a与电源负极相连
B.一段时间后，体系中Ce4+浓度逐渐增大
C.阳极的电极反应式为C6H5CH2OH-2e- =C6H5CHO+2H+
D.生成0.2molC6H5CHO时，电极b上生成H24.48L(标准状况)
【正确答案】 D

17-3（巩固） 如图所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有生成，逐渐溶解，下列判断不正确的是

A.是电源的负极
B.随着电解的进行，溶液浓度变大
C.当完全溶解时，至少产生气体折合成标准状况下
D.通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
【正确答案】 B

17-4（巩固） 乙醛酸是一种重要的化工中间体，可以用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是

A.双极膜中间层中的在外电场作用下向石墨电极方向迁移
B.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
C.铅电极上的反应式为：
D.理论上外电路中迁移了2mol电子时，制得2mol乙醛酸
【正确答案】 D

17-5（提升） 天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮苯()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是

A.离子交换膜是阳离子交换膜
B.偶氮苯存在顺反异构
C.合成1mol偶氮苯，需转移8mol电子
D.Ni2P电极反应式为
【正确答案】 C

17-6（提升） 中科院通过调控N-carbon的孔道结构和表而活性位构型，成功实现了电催化二氧化碳生成乙醇和，合成过程如图所示。用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.标准状况下，中所含质子的数目为
B.端发生的电极反应可能为：
C.能溶于水，其分子的空间结构为V形
D.电催化过程中，若只生成，转移电子的数目为
【正确答案】 B

【原卷 18 题】 知识点 化学反应速率计算,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡的有关计算

【正确答案】
C
【试题解析】


18-1（基础） 将X(s)和Y(g)加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：。已知该反应的平衡常数如表所示。下列说法正确的是
温度/℃
25
80
230
平衡常数

2

A.上述反应是熵增反应
B.25℃时，反应的平衡常数是0.5
C.恒温恒容下，向容器中再充入少量Z(g)，达到新平衡时，Z的体积百分含量将增大
D.在80℃时，测得某时刻Y、Z的浓度均为0.5，则此时
【正确答案】 C

18-2（基础） 一定温度下，在2L刚性密闭容器中发生反应：A(g)B(g)+C(g)。某同学做了四组对照试验，实验数据如表，下列说法错误的是
实验
起始浓度/(mol/L)
平衡浓度/(mol/L)
c(A)
c(B)
c(C)
c(C)
I
2
0
0
1
II
3
0
1
x
III
4
0
0
y
IV
2
2
2

A.1 B.平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3：5
C.容器IV中，反应开始时向逆反应方向进行
D.容器III中反应达到平衡时，1mol/L 【正确答案】 D

18-3（巩固） 一定温度下的恒容密闭容器中进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随时间变化的曲线如图。下列叙述正确的是

A.反应的化学方程式为：2YX B.t1min时，物质Y的转化率为60%
C.t2min时，反应的正、逆反应速率相等 D.t3min时，反应的正反应速率大于逆反应速率
【正确答案】 A

18-4（巩固） 一定条件下，在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ•mol-1，达平衡后获得数据如表。下列说法不正确的是
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡的时间/min
达到平衡时体系能量的变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
t1
放出32.8kJ热量
②
2
8
0
0
t2
放出QkJ热量
A.①中反应达平衡时，CO的转化率为80% B.该温度下，②中反应的平衡常数K=1
C.Q大于65.6 D.反应开始进行时，反应速率②＞①
【正确答案】 C

18-5（提升） 在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L-1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是
A.反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g)，反应前后压强之比为2:3
B.反应达到平衡时，X的转化率为50%
C.平衡常数为1600,改变温度可以改变此反应的平衡常数
D.X、Y、Z三种气体的初始浓度（单位mol·L-1）分别为0.2、0.4、0.2时υ(正)>υ(逆)
【正确答案】 A

18-6（提升） 温度为时，在两个容积均为2L的恒容密闭容器中仅发生反应(正反应吸热)。实验测得：v(正)，v(逆)，、为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
容器编号
物质的起始浓度/
物质的平衡浓度/




I
0.6
0
0
0.2
II
0.3
0.5
0.2

A.若容器I两分钟达到平衡，则0~2分钟反应速率
B.达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比4:5
C.容器II中起始时速率v(逆)>v(正)
D.若改变温度为，且，则
【正确答案】 D

【原卷 19 题】 知识点 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,盐的水解常数

【正确答案】
C
【试题解析】


19-1（基础） 25°C，某浓度H3A溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中H3A、H2A-、HA2-、 A3-的分布系数δ随溶液pH变化关系如图所示。[比如A3-的分布系数：(A3-)=

下列叙述正确的是
A.曲线1代表(A3-)，曲线4代表(H3A)
B.NaH2A溶液、Na2HA溶液都显酸性
C.A3-+H2OHA2-+OH-，K=
D.pH=7.2时，
【正确答案】 D

19-2（基础） 向一定浓度的H3AsO4水溶液中滴加NaOH溶液，含砷的各物种分布系数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A.
B.NaH2AsO4溶液中： c(HAsO)=c(H3AsO4)
C.P点：pH=−
D.Na2HAsO4溶液中：c(AsO)＞c(H2AsO)+2c(H3AsO4)
【正确答案】 A

19-3（巩固） 湿法提银工艺中，浸出需加沉淀。25℃，平衡体系中含微粒的分布系数[如]随的变化曲线如图所示，
已知：，下列叙述正确的是

A.25℃时，的溶解度随增大而减小
B.沉淀最彻底时，溶液中
C.25℃时，的平衡常数
D.当时，溶液中
【正确答案】 C

19-4（巩固） 常温下，以酚酞为指示剂，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化类系如图所示[比如的分布系数：]。下列叙述正确的是

A.该二元酸的浓度为，且溶液中存在分子
B.曲线①代表，的电离常数Ka = 1×10-10
C.滴入时，溶液中的溶质为Na2A
D.曲线③代表pH，到达滴定终点时，溶液颜色从红色刚好变为无色，且半分钟内不变色
【正确答案】 C

19-5（提升） 常温下，向一定浓度的水溶液中滴加溶液，含砷的各物种分布系数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图。下列说法正确的是

A.的水解常数数量级为
B.溶液中：
C.溶液中：
D.P点相当于与等物质的量配成的混合溶液
【正确答案】 A

19-6（提升） 常温下，向某三元酸H3A的水溶液中滴加NaOH溶液溶液中含A元素的各粒子的分布系数δ、pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。[比如A3-的分布系数：]

下列叙述错误的是
A.b点时，
B.水的电离程度：c>b>a
C.的数量级为10-7
D.溶液中
【正确答案】 C

【原卷 20 题】 知识点 配合物的结构与性质,硝酸的强氧化性,有关铁及其化合物转化的流程题型,物质分离、提纯综合应用

【正确答案】
D
【试题解析】


20-1（基础） 氨氮废水超标排放是水体富营养化的重要原因，可用以下流程处理：

下列说法正确的是
A.过程I中发生的化学反应属于氧化还原反应
B.过程Ⅱ中，每转化转移的电子数为6NA
C.过程Ⅲ中CH3OH→CO2，甲醇作还原剂
D.过程Ⅲ中HNO3→N2，转移10mol e-时可生成N2 11.2L(标准状况)
【正确答案】 C

20-2（基础） 难溶于水，可用于陶瓷上釉和制备草酸盐。实验室模拟以为原料制取纯净的的流程如下。下列说法错误的是

A.“浸取1”应先通再通制备出
B.“浸取1”时，所得滤液1中浓度最大的阳离子为
C.“浸取2”时，反应的离子方程式为
D.“系列操作”具体是指蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【正确答案】 D

20-3（巩固） 2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵()等。制备的工艺流程如下：
饱和食盐水粗品
下列说法错误的是
A.属于离子化合物
B.该条件下溶解度：
C.电解溶解时阳极反应式为
D.该流程中可循环利用的物质是
【正确答案】 D

20-4（巩固） 如图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是

A.步骤③中“”是催化剂催化活性的最佳温度
B.晶胞符合分子密堆积
C.步骤②、④、⑤均有利于提高原料的转化率
D.产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂
【正确答案】 B

20-5（提升） 某火电厂的粉煤灰的主要成分为、、、、、等。研究小组对其进行综合处理的流程：，。已知：“酸浸”后钛主要以形式存在，强电解质在溶液中仅能电离和一种阳离子，该离子会水解，下列说法正确的是

A.滤渣1为
B.加入铁粉的主要目的是为了消耗过量硫酸
C.为使滤渣2沉淀完全，需“调”最小为4
D.溶液制备过程中需要通入的气流
【正确答案】 D

20-6（提升） 以软锰矿(主要成分是，含有、等杂质)制备高性能的磁性材料碳酸锰()的基本工业流程如图：

下列说法错误的是
A.浸锰过程中存在
B.滤渣Ⅰ中主要成分为
C.氧化过程的目的将过量的消耗，将氧化为
D.沉锰过程发生的反应为
【正确答案】 A

【原卷 21 题】 知识点 电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,化学反应速率计算,化学平衡的移动及其影响因素,盖斯定律及其有关计算

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。
I.利用和合成甲醇，涉及的主要反应如下：
已知：a.
b.
c.
1、计算_______。
2、一定条件下，向密闭容器中充入物质的量之比为1：3的和发生上述反应，使用不同催化剂经相同反应时间，的转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图所示：

甲醇的选择性
①210-270℃间，在甲醇的选择性上，催化效果较好的是_______。
②210-270℃间，催化剂2条件下的转化率随温度的升高而增大，可能原因为_______。
II.工业上用和通过如下反应合成尿素：。t℃时，向容积恒定为的密闭容器中充入和发生反应。
3、下列能说明反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
a.相同时间内，键断裂，同时有键形成
b.容器内气体总压强不再变化
c.
d.容器内气体的密度不再改变
4、的物质的量随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
30
70
80
100

1.6
l.0
0.8
0.8
0.8
的平衡转化率为_______；t°C时，该反应的平衡常数K=_______。
III.中科院研究所利用和甲酸(HCOOH)的相互转化设计并实现了一种可逆的水系金属二氧化碳电池，结构如图所示：

5、放电时，正极上的电极反应为_______；若电池工作时产生a库仑的电量，则理论上消耗锌的质量为_______g。(已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑)
【正确答案】 1、 2、催化剂Ⅰ 升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，相同反应时间转化率增大 3、bd 4、 25 5、

21-2（基础） 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义．回答下列问题：
1、可以被溶液捕获。若所得溶液，溶液中________；
若所得溶液，主要转化为_______(写离子符号)。(室温下，的；)
2、与经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。
催化重整反应为：
已知：


①该催化重整反应的___________。有利于提高平衡转化率的条件是_________(填标号)。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
某温度下，在体积为的容器中加入以及催化剂进行重整反应，达到平衡时的转化率是，其平衡常数为____________。
②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：

积碳反应
消碳反应



活化能/
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
由上表判断，催化剂X_____________(填“优于”或“劣于”)Y，理由是：________________。
3、在固态金属氧化物电解池中，高温共电解混合气体制备和是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示：

①X是电源的_______________(填“正”或“负”)极。
②阴极的电极反应式是：
阴极产生的气体体积比为，则总反应可表示为_________________。
【正确答案】 1、 (2)① ② (3)①
2、 C 劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 3、负

21-3（巩固） 环氧乙烷(，别称EO)是重要的杀菌剂和工业合成原料。回答下列问题：
(一)乙烯直接氧化法：
反应I：CH2=CH2(g)+O2(g)→(g) ΔH1
反应II：CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(g) ΔH2
1、乙烯与O2在a、b两种催化剂作用下发生反应，催化剂的催化活性(用EO%衡量)及生成EO的选择性(用EO选择性%表示)与温度(T)的变化曲线如图一所示。

①依据图给信息，选择制备环氧乙烷的适宜条件为_____。
②M点后曲线下降的原因为_____。
③下列说法正确的有_____(填标号)。
A.催化剂的选择性越高，其达到最高反应活性所需的温度越高
B.不同催化剂达到最高活性时的温度不同
C.催化剂的催化活性与温度成正比
2、设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。反应I、II对应的-lnK随(温度的倒数)的变化如图二所示。

ΔH2_____0(填“>”或“＜”)。
(二)电化学合成法
3、科学家利用CO2、水合成环氧乙烷，有利于实现碳中和。总反应为：2CO2+2H2O→+2.5O2，该过程在两个独立的电解槽中实现，装置如图三所示，在电解槽2中利用氯离子介导制备环氧乙烷，内部结构如图四所示。

①电解槽1中阴极的电极反应式为_____。
②图四虚线框中发生多个反应，有中间产物HOCH2CH2Cl生成，最终生成环氧乙烷，其反应过程可描述为_____。
【正确答案】 1、催化剂a、220℃ 温度升高，超过催化剂的活性温度导致催化剂活性降低，催化效率下降，发生反应II导致选择性下降 B
2、< 3、 CH2=CH2+HOCl→HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl→+HCl

21-4（巩固） Ⅰ.一定条件下，容积2L的密闭容器中，将2L气体和3M气体混合，发生如下反应：，10s末，生成2.4R，测得Q的浓度为0.4。
1、前10s内用M表示的化学反应速率为_______。
2、化学方程式中x值为_______。
3、10s末L的转化率是_______。
4、下列说法可以说明该反应已达平衡的是_______。(填序号)
①体系内压强不再改变
②容器内气体的密度不再改变
③混合气体的平均相对分子质量不再改变
④单位时间内消耗3M的同时生成3R
⑤
Ⅱ.乙醇燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐。现有如下图所示装置，所有电极均为，请按要求回答下列问题：

5、写出甲装置a极的电极反应式_______。
6、若乙池中溶液足量，当b极消耗标准状况下11.2时，d电极增重_______g。
7、现用丙装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，其中M、N为离子交换膜，只允许某些离子通过，则N为_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，产生B气体的电极反应式为_______。
【正确答案】 1、0.12 2、1 3、80%
4、①③ 5、
6、0.064g 7、阳

21-5（提升） 利用甲醇制备一些高附加值产品，是目前研究的热点。
1、甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：
反应Ⅰ.
反应Ⅱ.
反应Ⅲ.
①_________。
②工业上采用吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图所示，请分析加入提高氢气产率的原因：_________。

2、和充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：，测得的物质的量随时间的变化如图。

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为_________。(填“>”或“=”或“＜”)
②一定温度下，在容积为的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容器
甲
乙
反应物投入量
、
、、、
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，则乙容器起始时反应速率_________。(填“>”“＜”或“=”)。
③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_________。
a.容器中压强不变
b.的体积分数不变
c.
d.容器中密度不变
e.2个断裂的同时有3个断裂
3、已知电离常数：，：，，则向溶液中通入少量时的离子方程式为_________。
4、利用人工光合作用，借助太阳能使和转化为，如图所示，在催化剂b表面发生的电极反应为：_________。

【正确答案】 1、b—a CaO消耗CO2，生成物CO2的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的产率增大
2、> ＜ bd 3、CO2+CN—+H2O=HCN+HCO 4、CO2+2H++2e—=HCOOH

21-6（提升） 中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的全合成，相关成果于北京时间9月24日由国际知名学术期刊《科学》在线发表。CO2的捕集、利用与封存是科学家研究的重要课题，利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，合成气可直接制备甲醇，反应原理为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-99kJ•mol-1。
1、若要该反应自发进行，_____(填“高温”或“低温”)更有利。
2、在恒温，恒容密闭容器中，对于合成气合成甲醇的反应，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是_____(填字母序号)。
A.混合气体的平均相对分子质量不再变化 B.混合气体的密度不再变化
C.CO的百分含量不再变化 D.CO、H2、CH3OH的物质的量之比为1：2：1
3、T1℃下，在2L恒容密闭容器中充入2molCO和6molH2合成CH3OH(g)，测得CO的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示：

①前5分钟内，v(H2)=_____。
②T1℃时，该反应的化学平衡常数K=_____。
③10min时，改变的外界条件可能是_____。
4、T1℃下，在1L恒容密闭容器中充入2molCO、2molH2和3molCH3OH(g)，此时反应将_____(填“向左进行”“向右进行”“达到平衡”或“无法判断”)。
5、工业上也可以用电解法捕获CO2，如图，CO2在酸性水溶液中用情性电极电解制得乙烯，其原理如图所示，则b电极上的电极反应为______。

【正确答案】 1、低温 2、AC 3、0.2mol/(L·min) 0.25 降低温度 4、向右进行 5、

【原卷 22 题】 知识点 溶度积常数相关计算,氧化还原反应方程式的配平,铝与强碱溶液反应,物质制备的探究

【正确答案】

【试题解析】


22-1（基础） 硫酸锌是一种重要的工业原料，ZnSO4∙H2O可用于制造印染用的媒染剂，木材及皮革保存剂等。以炼锌厂锌渣为原料，含ZnO、FeO、CuO、CdO等，生产ZnSO4∙H2O的流程如下：

已知：①当溶液中剩余离子浓度小于1×10-5 mol∙L-1时，认为生成沉淀的反应进行完全；
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]= 4.9×10-17，Ksp[Cu(OH)2]= 2.2×10-20，Ksp[Zn(OH)2]=1×10-17。
1、“酸浸”时，需不断通入高温水蒸气，其目的是___________(填字母)。用18 mol∙L-1的浓硫酸配制3 mol∙L-1H2SO4溶液，下列操作会使所配溶液浓度偏小的是___________(填字母)。

2、结合必要的化学反应方程式，从平衡角度解释加入ZnO得到滤渣2的原理：___________。除杂过程中，若控制pH=4，溶液中c(Fe3+)=___________ mol∙L-1。结合实际生产情况一般取pH4.5~5.0，pH不宜过大的原因是___________。
3、滤渣3含有Zn和___________(写化学式)。
4、硫酸锌晶体的溶解度与温度的变化如图所示。“系列操作”是：___________，洗涤、干燥。

【正确答案】 1、升高温度，加快反应速率 af
2、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入ZnO后，ZnO与H+反应，水解平衡向正反应方向移动，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 4×10-8 pH过大，Zn2+易转化为Zn(OH)2沉淀，导致锌损失，产率降低
3、Cu、Cd 4、加热浓缩，高于60℃以上趁热过滤

22-2（基础） 硫化铂矿的主要成分是，还含有、、一些不溶性物质等，工业上用硫化铂矿制备金属铂的工艺流程如图所示：

1、硫化铂矿粉磨的目的是_______；
2、“酸浸”时，硫化铂与稀盐酸反应的化学方程式为：_______；
3、“氧化、除铁”过程中加入溶液时，发生反应的离子方程式为_______；加入氧化镍的目的是除去铁元素，用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因是_______。
4、已知，，若“除镁”后的滤液中的浓度不大于，则滤液中_______。
5、电解硫酸镍溶液时，在_______极得到镍单质，电解产物_______(填化学式)可以循环使用。
【正确答案】 1、增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
2、NiS＋2HCl＝NiCl2＋H2S↑
3、 ，NiO消耗水解生成的氢离子，导致氢离子浓度降低，水解平衡正向移动 4、0.2 mol∙L−1 5、阴 H2SO4

22-3（巩固） 硫酸镍广泛应用于电镀工业。以粗硫酸镍(含、、、、、等)为原料提纯精制硫酸镍工艺如图所示：

已知：①一些难溶电解质的溶度积常数如表：
难溶电解质
CuS
NiS







②该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子






开始沉淀的pH
1.5
7.0
3.6
6.2
8.9
4.8
沉淀完全的pH
3.2
9.0
4.7
8.7
10.9
6.7
回答下列问题：
1、“溶解”中，为了加快溶解速率，可采取的措施有_______。(答两点)
2、“除铜”中发生反应的离子方程式为_______，该反应的平衡常数_______(结果保留2位有效数字)。
3、若取消“氧化”工序，产品硫酸镍晶体中可能含有的杂质离子为_______。
4、“调pH”除铁铝中，应调pH至_______的范围内。
5、“除钙镁”中，当恰好沉淀完全时，溶液中_______。
6、电解硫酸镍溶液可实现在铜片上镀镍，电解时，铜片连接电源的_______(填“正”或“负”)极，阴极的电极反应式为_______。
【正确答案】 1、适当升高温度、增大硫酸浓度、将粗硫酸镍粉碎或搅拌等
2、 1.7×1014 3、Fe2+ 4、 5、
6、负

22-4（巩固） 从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：

已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
1、滤渣2的成分是_______(写化学式)。
2、焙烧中转化为的化学方程式为_______。
3、某温度下，、的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为_______。计算“沉铬”后滤液中为_______mol/L［已知在此条件下，，］

4、“转化”的离子方程式为_______。
【正确答案】 1、、 2、
3、6.0 4、

22-5（提升） 硒(Se)是一种新型半导体材料；银是一种物理化学性质优良的贵重金属，需求逐年上升。实验室模拟工业对富硒废料(含、)进行综合处理的一种工艺流程如下：

1、焙烧时应把废料于_______中(填仪器名称)，为提高焙烧效率可采取的措施_______(写一条即可)。
2、应选用_______(填“浓”或“稀”)溶液，原因是_______。
3、操作1的名称是_______。
4、还原过程中产生了对环境友好的气体，其氧化剂为，写出该反应的离子方程式：_______。
5、如图装置可以制备一水合肼，其阳极的电极反应式为_______。

6、有机溶剂为煤油与硫醚的混合物。对操作1中有机溶剂组成、浸出液酸度对萃取率的影响做如下探究，结果如图1、图2所示，则得出的结论为_______。(浸出液)

【正确答案】 1、坩埚 粉碎富硒废料或增大氧气的浓度
2、稀 稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少
3、萃取、分液 4、
5、
6、在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40％时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大

22-6（提升） 磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种高效磷钾复合肥，以氟磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3F，还含有少量Fe3O4]为原料制备KH2PO4的一种工艺流程如图所示：

1、酸浸前需将氟磷灰石粉碎成粉末，其目的是_____。
2、“酸浸”时发生反应的化学方程式有Ca5(PO4)3F+5H2SO4=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，该反应体现了硫酸的_____性和难挥发性，酸浸时_____(填“能”或“不能”)使用玻璃容器。
3、“氧化”时发生反应的离子方程式为_____。
4、利用平衡移动原理和相关化学用语解释加入CaCO3调节pH形成Fe(OH)3沉淀的原因：_____；室温下，当pH=3时，溶液中Fe3+开始沉淀，此时溶液中c(Fe3+)=_____mol•L-1，溶液中Fe3+完全沉淀的pH=_____。(己知室温下Fe(OH)3的Ksp=1×10-35，且加入碳酸钙过程中溶液体积变化忽略不计)
5、常温下磷酸的电离平衡常数如表所示：
名称
Ka1
Ka2
Ka3
磷酸
5.2×10-3
8×10-8
6×10-13
则常温下KH2PO4水溶液显_____(填“酸”“碱”或“中”)性，下列有关KH2PO4水溶液中的微粒关系正确的是_____(填标号)。
A.c(H2PO)＞c(H3PO4)＞c(HPO)＞c(PO)
B.c(K+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)
C.c(K+)=c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)
【正确答案】 1、增大接触面积，加快酸浸反应速率
2、强酸 不能 3、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
4、Fe3+在水溶液中发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3，与水解产生的H+反应，使c(H+)减小，平衡正向移动，从而生成Fe(OH)3沉淀 0.01 4
5、酸 C

【原卷 23 题】 知识点 铁盐的检验,物质制备的探究,氨气的实验室制法,酸碱中和滴定原理的应用

【正确答案】

【试题解析】


23-1（基础） 铁钠(用表示，摩尔质量为421g/mol)为高效补血的新型铁强化剂，易溶于水，难溶于乙醇，与酸反应可解离出。实验室制备少量铁钠原理为：。
已知(乙二胺四乙酸，可表示为)熔点240℃，不溶于冷水、乙醇、酸和一般有机溶剂，溶于碳酸钠溶液。能与碱金属和过渡金属等形成极稳定的水溶性络合物。
实验步骤：
(ⅰ)制备：取一定量于烧杯中溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。
(ⅱ)制备铁钠：将、、加入三颈烧瓶中(装置如图所示)，搅拌，缓慢滴加溶液，控温80℃，反应60min。经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤后先用冰水洗涤，溶液再用乙醇洗涤，晾干得到产品。

请回答：
1、步骤(ⅰ)溶解时，是否需要先将溶解于适量浓盐酸后再稀释？_______。(填“是”或“否”)
2、下列有关过滤、洗涤的操作不正确的是_______。
A.过滤需遵循“一贴二低三靠”原则，其中玻璃棒的下端需用力紧靠三层滤纸处
B.过滤前需将沉淀和溶液搅混后一起转移到过滤器中，可缩短过滤时间
C.洗涤需遵循“少量多次”原则，既可将沉淀洗净，又尽可能减少沉淀的溶解损失
D.步骤(ⅰ)中可用溶液验证沉淀是否已洗净
3、装置中若恒压滴液漏斗替换为普通分液漏斗，实验中溶液将无法顺利滴下，其原因是_______。
4、步骤(ⅱ)中用乙醇洗涤的目的是_______。
5、称取mg晶体样品，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取出10.00mL该溶液，加入稍过量的溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，用cmol/L标准溶液滴定：重复操作2～3次，平均消耗标准溶液VmL。
已知：。
①发生反应的离子方程式为_______。
②样品中的质量分数是_______％(用含m、c、V的代数式表示)。
③若滴定过程较缓慢，则测得样品中的质量分数_______(填“偏小”、“偏大”或“无影
【正确答案】 1、否 2、AB 3、体系密封，反应加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大
4、洗去表面的水份，乙醇易挥发，有利于产品快速干燥 5、 偏大

23-2（基础） 葡萄酒中添加的SO2有抗氧化和杀菌等作用。中华人民共和国国家标准规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。
1.SO2的制取和部分性质研究。
1、下列实验室制取、验证漂白性、收集及尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是_______。

2、设计实验验证SO2与Fe2+还原性的强弱(可供选择的试剂有：FeCl2溶液、氯水、KSCN溶液、Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液、KMnO4溶液)。取SO2的饱和溶液，向其中滴加少量FeCl3溶液，充分反应。将反应后混合液分成甲、乙两份。
向甲中滴加_______溶液，观察到_______，可知混合液中无Fe3+；
向乙中滴加_______溶液，观察到_______，可知混合液中有_______
由此得出结论：SO2的还原性强于Fe2+。
2.葡萄酒中SO2的检测。
3、检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或。设计如图1的实验：

甲同学得出实验结论：干白葡萄酒中不含SO2或。这个结论是否合理_______(填“是”或“否”)说明理由_______。
4、某兴趣小组用图2装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。

实验步骤：
i.检查装置的气密性后，向图2仪器B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸
ii.加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应
iii.除去C中过量的H2O2
iv.用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定
回答下列问题：
①A的进水口为_______，滴定前排气泡时，应选择图3中的_______。

②C中反应生成物的化学式是_______，除去过量H2O2的方法是_______。
③滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为_______g/L，是否符合国家标准_______(填“是”或“否”)。
④下列操作使测定结果比实际值偏高的是_______。
a.B中加入的盐酸挥发
b.滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面
c.配制NaOH标准溶液时，未等烧杯中溶液冷却至室温即转移定容
【正确答案】 1、D 2、KSCN溶液 溶液不变红色（或无明显现象） BaCl2溶液 白色沉淀 SO
3、否 实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色
4、b c H2SO4 加热法 0.24 是 a

23-3（巩固） 葡萄糖酸锌[，相对分子质量455]是一种有机补锌剂，易溶于热水，不溶于乙醇，温度高于100℃即开始分解。实验室制葡萄糖酸锌的装置如图所示(夹持、控温装置略)。

1、图中仪器a的名称是_________，X处所用仪器为_________。
2、该反应需控制温度在90℃左右，其原因为_________，采用的加热方式是_________。
3、三颈烧瓶中反应的化学方程式为_________。
4、反应完毕后，再经过一系列实验操作得到葡萄糖酸锌粗品。粗品含少量难溶于水的杂质，纯化粗品的合理操作顺序是_________(填序号)。
A.待晶体充分析出后，减压过滤
B.在50℃下用恒温干燥箱烘干
C.趁热减压过滤，除去难溶物
D.将滤液冷却至室温，加入10mL95%乙醇溶液并搅拌促进晶体析出
E.取烧杯加入10mL蒸馏水，加热至微沸，加入粗品，得到葡萄糖酸锌饱和溶液
5、测定产品纯度：取mg提纯后的产品溶于水配制成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，向其中滴入少量EBT作为指示剂(与生成)，再加入过量的EDTA无色溶液(与生成)，同时发生反应：，再用标准溶液滴定至终点。三次滴定平均消耗标准溶液。
①滴定终点的现象为_________。
②该产品的纯度为_________(用含m、、、、的代数式表示，写出计算过程)。
【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 球形冷凝管
2、温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解 水浴加热
3、
4、ECDAB 5、滴入最后半滴标准溶液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且半分钟内不变色

23-4（巩固） I．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。
回答下列问题：
1、倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填序号)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
2、此实验不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_______。
II．碘化钾常用作合成有机化合物的原料。某实验小组设计实验探究KI的还原性。探究不同条件下空气中氧气氧化KI的速率。
组别
温度
KI溶液
H2SO4溶液
蒸馏水
淀粉溶液
c(KI)
V
c(H2SO4)
V
1
298K
0.01 mol·L-1
5 mL
0.1 mol·L-1
5 mL
10 mL
3滴
2
313K
0.01 mol·L-1
a mL
b mol·L-1
5 mL
10 mL
3滴
3
298K
0.05 mol·L-1
10 mL
0.2 mol·L-1
5 mL
5 mL
3滴
3、酸性条件下KI能被空气中氧气氧化，发生反应的离子方程式为_______。
4、设计实验组别3的目的是_______。III．探究反应“2Fe3++2I-2Fe2++I2”为可逆反应。
试剂：0.01 mol·L-1KI溶液，0.005 mol·L-1 Fe2SO4溶液，淀粉溶液，0.01 mol·L-1AgNO3溶液，KSCN溶液。实验如下：

5、甲同学通过试管i和试管ii中现象结合可证明该反应为可逆反应，则试管i中现象为_______；乙同学认为该现象无法证明该反应为可逆反应，原因为_______。
6、请选择上述试剂重新设计实验，证明该反应为可逆反应：_______。
【正确答案】 1、C 2、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定
3、O2+4I-+4H+=2I2+2H2O
4、探究硫酸的浓度对氧化速率的影响
5、产生黄色沉淀 含I2的溶液中加入AgNO3也能产生黄色沉淀
6、向5 mL(过量)0.01 mol·L-1KI溶液中加入3 mL(少量) 0.005 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，再向其中加入KSCN溶液，溶液变红，说明含有过量I-的溶液中存在Fe3+，即可证明该反应为可逆反应

23-5（提升） 磁性Fe3O4纳米粒子(粒径1～100nm)因其独特的物理化学性质如电学特性、磁学特性等引起广泛的研究。通过共沉淀法制备磁性Fe3O4纳米粒子的方法如下：
I．连接好如图装置；

I．取10 mL0.5mol／LFeSO4，溶液和20mL0.5 mol／LFeCl3溶液于反应容器B，并向装置中通入N2；
III．在不断搅拌的条件下，向混合溶液中逐滴加入60mL12 mol／L的氨水，溶液中逐渐出现黑色物质；
IV．充分反应后，从混合液中分离出纳米粒子，并反复洗涤干燥后得到磁性Fe3O4纳米粒子。
回答下列问题：
1、仪器A的名称为_______，反应容器B的最佳规格为_______ (填序号)。
a．100 mL b．250 mL c．500 mL
2、生成磁性Fe3O4纳米粒子的离子方程式为 _______。
3、实验过程中通入N2的目的是_______ 。
4、从反应后的混合液中分离出Fe3O4纳米粒子，最简便的方法是_______(填序号)；用水洗涤Fe3O4纳米粒子后，需要用无水乙醇洗涤，其原因是_______ 。
a．磁分离 b．过滤 c．分液
5、产物中混杂的Fe2O3会降低纳米粒子的磁性，为了测定产品中Fe2O3的含量，采取如下实验方法：
准确称取0.3120g产品于锥形瓶中，用稀硝酸充分浸取，再加热使过量的硝酸全部逸出，冷却后加入足量KI溶液充分混合反应后，用0.2000mol／L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液颜色明显变浅，加入几滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为20.00mL。
已知滴定过程中发生反应的离子方程式为I2＋2S2O = 2I—＋S4O。
①滴定终点的现象为 _______ 。
②所取样品中Fe2O3的质量为 _______ g(结果保留4位小数)；若加入KI溶液的量不足，则会导致测定结果_______(填 “偏高”“偏低”或“不变”)。
【正确答案】 1、分液漏斗 b 2、Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O
3、防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+
4、a 乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥
5、滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变 0.0800 偏高

23-6（提升） V2O5可制备对高血糖、高血症等具有一定治疗作用的硫酸氧矾(VOSO4)，而V2O5可以通过氯化氧钒(VOCl3)与氨水在一定条件下制备。
Ⅰ.制备VOSO4：实验流程如图-1及实验装置如图-2(夹持及加热装置已省略)。

已知：草酸易溶于乙醇，可溶于水，不溶于苯，受热易分解，具有还原性。
回答下列问题：

1、仪器b的名称为_______。
2、为防止草酸的损耗，加入草酸前需对反应液采取的措施为_______。
3、反应液由橙红色变为蓝黑色的反应的化学方程式为_______。
4、硫酸氧钒晶体(VOSO4·3H2O)中钒含量的测定：
①称取2.5g VOSO4·3H2O，配成250mL溶液；
②取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将VO2+完全转化为VO。
③滴加亚硝酸钠溶液反应掉过量的高锰酸钾，加入2mL尿素溶液至溶液不再产生气泡。已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸转化为氮气；亚硝酸可将VO转化为VO2+。
④加入10mL硫酸-磷酸混酸调节pH=0，滴入指示剂用0.05mol·L-1硫酸亚铁铵标准溶液(Fe2+将VO转化为VO2+)滴定至终点。测量三次，消耗标准溶液平均体积为10.00mL。
ⅰ.实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏高的是_______。
A.预处理过程中加入尿素的量不足
B.盛装硫酸亚铁铵标准液的滴定管未润洗
C.滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线
D.滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡
ⅱ.测得硫酸氧钒晶体中钒的质量分数为_______(写出计算过程)。
Ⅱ.制备V2O5：VOCl3与氨水沉钒生成NH4VO3，NH4VO3加热分解生成V2O5。沉钒率与钒溶液浓度、氨解温度的关系如图-3、图-4所示。

为确定较适宜的沉钒条件，请结合上图曲线，补充完整“探究氨水浓度对沉钒率的影响”的实验方案：_______，使用专用仪器测定并计算沉钒率。(实验中可供选择的试剂：50g/L的钒溶液、10g/L的钒溶液、25%的优级纯氨水、高纯水)
【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 2、加适量蒸馏水稀释，并充分冷却
3、(VO2)2SO4+H2C2O4+H2SO4=2VOSO4+2CO2↑+2H2O
4、BD 10.2% 取数份等体积50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为35℃(或35-55℃之间任一温度)，充分反应相同的时间(或1-2 h)

【原卷 24 题】 知识点 常见官能团名称、组成及结构,乙醇催化氧化,羧酸酯化反应,晶胞的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


24-1（基础） 某实验室以烃A为原料合成交联剂H的路线(部分反应条件略去)如图所示：

1、B中C原子的杂化方式是__________。
2、C→D的反应类型为__________。
3、写出E→F的化学方程式：__________，F分子中含有的手性碳原子的个数为__________。
4、已知：两个—OH连在同一个碳原子上的结构不稳定。则满足下列条件且具有稳定结构的G的同分异构体有__________种(不含立体异构)。
①分子中含六元碳环，不含其他环状结构；
②分子中含有三个取代基且能发生银镜反应。
5、参照题干中的合成路线，设计以苯乙酮()和甲醇为主要原料制备的合成路线__________ (无机试剂任选)。
【正确答案】 1、 2、加成反应 3、+HCN； 0
4、9 5、

24-2（基础） 吡唑类化合物G是一种重要的医用中间体，也可作为某些光敏材料、染料的原材料。其合成路线如下：

已知：
Ⅰ.R1-CHO+R2CH2-COOR3
Ⅱ.R1-CHO+R2NH2R1-CH=N-R2
1、反应①所需试剂、条件分别是_______，C的名称是_______
2、A→B的化学方程式为_______
3、测定E所含化学键和官能团的仪器应选用_______
A.元素分析仪 B.质谱仪 C.红外光谱仪 D.分光光度计
4、若D与液溴发生加成反应生成E，写出在碱醇条件下E生成F的化学方程式_______
5、X为D的同分异构体，写出满足如下条件X的结构简式_______
①含有苯环；
②核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为2：2：1；
③1mol X与足量银氨溶液反应生成4mol Ag
6、吡唑(C3H4N2)是无色针状晶体，分子中具有类似于苯的5中心6电子π键，可作为配体与金属阳离子形成配位键。分子中两个“N”原子更易形成配位键的是_______(填“1”或“2”)，原因是_______
7、噻吩(C4H4S)是一种无色、有恶臭、能催泪的液体，虽相对分子质量大于吡唑但是熔沸点较低的原因是_______
【正确答案】 1、Cl2、光照 乙酸甲酯
2、2+O22+2H2O 3、C
4、+2NaOH+2NaBr
5、 6、2 1号氮原子提供一对电子形成5中心6电子π键，2号氮原子可提供电子对与金属阳离子形成配位键
7、虽然分子量相对较大，但是S元素电负性小且没有强极性N-H共价键，分子间作用力只有范德华力而没有吡唑中的分子间氢键

24-3（巩固） 布洛芬在临床上广泛用来治疗感冒发热、头痛、神经痛、风湿性类关节痛等，其人工合成路线如图：

1、A→B的反应类型为_____。
2、C分子中碳原子的杂化轨道类型为_____。
3、D是C的同分异构体，D→E的另一产物可以循环使用，D结构简式为_____。
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：_____。
(i)分子中含有苯环；(ii)分子中只有3种不同化学环境的氢
5、布洛芬在水中的溶解度_____(填“大”或“小”)。
6、写出以乙烯、苯酚为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、取代反应 2、sp2、sp3 3、 4、、 5、小
6、

24-4（巩固） Ⅰ. 3，4 -二羟基肉桂酸乙酯( ) 具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力，由气体A制备该物质的合成路线如下：

已知：①A与氢气的相对密度为14
②+
回答下列问题：
1、A的名称为___________。C的结构简式为___________。
2、E→F的化学反应方程式为___________。
3、F→G①的反应类型为___________。
4、H→I的化学反应方程式为___________。
Ⅱ.氮元素是地球上含量丰富的一种元素，不仅是制造农药、医药的重要元素，也是构成蛋白质的重要元素。根据所学知识回答以下问题。
5、基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为_______，离子的空间构型为_______。
6、N-甲基咪唑()是一种有机化合物，可作为有机合成中间体和树脂固化N剂，其中碳原子杂化方式为________，所含元素第一电离能由大到小的顺序是_______。
7、TiO2-aNb是常见的光学活性物质，由TiO2通过氮掺杂反应生成，表示如下图。

立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为_______g·cm-3(写计算式， NA代表阿伏加德罗常数)。
【正确答案】 1、乙烯 CH3CHO
2、+H2O
3、氧化反应 4、+C2H5OH+H2O
5、4:3 平面三角形 6、sp2、sp3 N>H>C 7、

24-5（提升） 奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽流感、甲型H1N1等病毒最有效的药物之一。其合成路线如图所示：

回答下列问题：
1、莽草酸的含氧官能团名称有_______；反应③的反应类型_______。
2、反应①的反应试剂和反应条件_______。
3、1molB最多可以消耗_______molNaOH溶液。
4、请写出反应②的化学方程式_______。
5、芳香化合物X是B的同分异构体，则符合官能团只含酚羟基的X有_______种。
6、设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸 的合成路线_______。
7、第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)相对分子质量为Mr)半导体作为吸光材料，具有钙钛矿的立方结构，其晶胞如图所示。晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则X处于_______位置。晶体的晶胞参数为a nm，其晶体密度为d g·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_______。

【正确答案】 1、羟基、羧基 取代反应 2、乙醇、浓硫酸、加热
3、1 4、 +H3CCOCH3+H2O
5、17 6、
7、面心

24-6（提升） 阿哌沙班(Apixaban)可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线。

已知：ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
1、的反应类型是_____________。
2、的化学方程式是_____________。
3、D的分子式为，D的结构简式是_____________。
4、的化学方程式是_____________。
5、与F含有相同官能团的同分异构体有_____________种(不考虑手性异构，不含F)。
6、K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，在箭头上补全试剂和反应条件_____。

7、通常用酯基和生成酰胺基，不用羧基和直接反应，结合电负性解释原因_____________。
元素
H
C
O
电负性
2.1
2.5
3.5

【正确答案】 1、取代反应 2、ClCH2CH=CH2+HBrClCH2CH2CH2Br
3、 4、ClCH2CH2CH2CH2COCl++2HCl
5、11 6、 7、酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．玻璃纤维的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误；
B．与的质子数相同、质量数不同，二者互为同位素，B错误；
C．用H2代替天然气作燃料，燃料中不含有碳元素，且燃烧充分，燃烧产物为水，所以符合绿色低碳发展理念，C正确；
D．碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，D错误；故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的质量数为20，故A错误；
B．同位素须为同种元素，和的质子数不同，不可能为同位素关系，故B错误；
C．氢气燃烧产物为水，为清洁能源，故C正确；
D．玻璃纤维为无机非金属材料，不是天然有机高分子材料，故D错误。故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铝是活泼金属，用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，选项A错误；
B ．与是质子数均为92而中子数不同的核素，因此二者互为同位素，选项B错误；
C．碳纤维是指含碳量在90％以上的高强度、高模量纤维，碳纤维材料属于新型无机非金属材料，选项C正确；
D．向煤中加入石灰石(主要成分为碳酸钙)处理煤燃烧生成的二氧化硫，减少二氧化硫的排放量，选项D错误；答案选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，如施加熟石灰进行改良，生成CaCO3和NaOH，加重土壤的碱性和板结，故A错误；
B．纳米Fe粉能和Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应生成Cu、Hg单质，FeS可将Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，则二者原理不同，故B错误；
C．青铜器的主要成分是铜单质，商代的铜人铜像，说明此时我国已经掌握炼铜技术，故C正确；
D．核反应不属于化学变化，故D错误；
故选：C。
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为还原性气体，A正确；
B．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，B错误；
C．晶体硅为良好的半导体，是制造太阳能电池板主要原料，C错误；
D．U与U 的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D错误；故答案选：A。
1-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
①镉元素属于过渡金属元素，故正确；
②硅酸盐陶瓷是传统无机非金属材料，不是新型无机非金属材料，故错误；
③利用血液透析进行治疗因肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，是利用了血液是胶体，不会通过半透膜的性质，故正确；
④二氧化硫有毒，可用于杀菌、消毒、漂白，但不能广泛用于食品的加工和生产，故错误；
⑤玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，错误；
⑥黄铜(铜锌合金)制作的铜锣中，锌做负极，铜做正极被保护，不易产生铜绿，正确；
综上所述，①③⑥正确，选A。

2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NH3为三角锥结构；NO中心原子价层电子数为3，1对孤电子对，为V型，故A错误；
B．SO3中心原子价层电子数为3，没有孤电子对，为平面三角形；NO中心原子价层电子数为3，没有孤电子对，为平面三角形，故B正确；
C．BF3中心原子价层电子数为3，没有孤电子对，为平面三角形；ClO中心原子价层电子数为4，1对孤电子对，为三角锥结构，故C错误；
D．H2O中心原子价层电子数为4，2对孤电子对，为V型，PO中心原子价层电子数为4，没有孤电子对，为正四面体，故D错误；
故选B。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
离子中所有原子都在同一平面上，则离子的空间构型为直线形、V形或平面三角形，根据中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析。
详解:A．NO中心原子的价层电子对数=2+ (5+1-2×2)=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH中心原子的价层电子对数=2+(5+1-2×1)=4，有2个孤电子对，空间构型为V形，NO和NH所有原子都在同一平面，A选；
B．H3O+中心原子的价层电子对数=3+(6-1-3×1)=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO中心原子的价层电子对数=3+(7+1-3×2)=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，所有原子不可能在同一平面，故B不选；
C．NO中心原子的价层电子对数=3+(5+1-3×2)=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CH中心原子的价层电子对数=3+(4+1-1×3)=4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，所有原子不可能在同一平面，故C不选；
D．PO中心原子的价层电子对数=4+(5+3-4×2)=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO中心原子的价层电子对数=4+(6+2-4×2)=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，所有原子不可能在同一平面，故D不选；
故选A。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
离子中所有原子都在同一平面上，则离子的空间构型为直线形、V形或平面三角形，根据中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析。
详解:
A．NO2-中心原子的价层电子对数=2+（5+1-2×2）×=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH4+中心原子的价层电子对数=4+（5-1-4×1）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故A不符合题意；
B．H3O+中心原子的价层电子对数=3+（6-1-3×1）×=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3-中心原子的价层电子对数=3+（7+1-3×2）×=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B不符合题意；
C．NO3-中心原子的价层电子对数=3+（5+1-3×2）×=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CO32-中心原子的价层电子对数=3+（4+2-2×3）×=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故C符合题意；
D．PO43-中心原子的价层电子对数=4+（5+3-4×2）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO42-中心原子的价层电子对数=4+（6+2-4×2）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故D不符合题意；
答案为C。
2-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A． Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷，故A正确；
B． 水分子中心原子氧有两个孤电子对，中心原子氧有1个孤电子对，，孤电子对对成键电子对的斥力大，中两个氢氧键(H—O)的键角小于的键角，故B错误；
C． 3个B—F的键长相等，且键角为120°，说明分子中的四个原子在同一平面上，故C错误；
D． 是非极性分子，C原子处于4个Cl原子所组成的正面体的中心，故D错误；故选A。
2-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:A．ClO中Cl原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，A错误；
B．H2O分子中O原子为sp3杂化，有2对孤电子对，空间构型为V形，B错误；
C．NO中N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形，所有原子在同一平面上，C错误；
D．SiF4中心Si原子价层电子对数为4，为sp3杂化，SO中心S原子价层电子对数为=4，为sp3杂化，D正确；综上所述答案为D。
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:A. 中心原子的价电子对数=2+=3，含有一个孤对电子对，空间构型为V型，中心原子的价电子对数=4+=4，没有孤对电子对，空间构型为正四面体，选项A错误；
B. 中心原子的价电子对数=3+=4，含有一个孤对电子对，空间构型为三角锥形，中心原子的价电子对数=3+=4，含有一个孤对电子对，空间构型为三角锥形，选项B错误；
C. 中心原子的价电子对数=3+=3，没有孤对电子对，空间构型为平面三角形，中心原子的价电子对数=3+=3，没有孤对电子对，空间构型为平面三角形，选项C正确；
D. 中心原子的价电子对数=4+=4，没有孤对电子对，空间构型为正四面体，中心原子的价电子对数=4+=4，没有孤对电子对，空间构型为正四面体，选项D错误。答案选C。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．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，则锂、铍、硼的第一电离能由小到大的顺序为Li＜B＜Be，故A错误；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠、镁、钾的原子半径由小到大的顺序为，故B正确；
C．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增大，则氮、氧、氟的电负性由小到大的顺序为，故C正确；
D．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硅、磷、氯的最高价氧化物对应水化物的酸性由小到大的顺序为，故D正确；
故选A。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:A. 同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Na>Mg>Al，A错误；
B. 同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：I>Br>Cl，B正确；
C. 非金属性越强，氢化物越稳定。同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则氢化物稳定性：H2O>H2S>H2Se，C正确；
D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl>S>P，则酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，D正确；
答案选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是铍原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故第一电离能：，A错误；
B．、分子构型均为V形，电负性F>O>H，中成键电子对偏向F，分子中成键电子对偏向O，水分子中排斥力更大，水分子中键角更大为104.5°；二氧化碳为直线形分子，键角为180°；故键角：，B正确；
C．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；电负性：，C正确；
D．电负性F>Cl>H，则吸电子能力F>Cl>H，吸电子能力导致酸性增强，故，D正确；
故选A。
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O>S>P，所以氢化物的稳定性：H2O>H2S>PH3，A正确；
B．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，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4>H2SO3>H2SiO3，B错误；
C．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K>Na>Li，所以碱性：KOH>NaOH>LiOH，C正确；
D．元素的非金属性越强，其相应的单质的氧化性就越强。由于元素的非金属性：F>O>N，所以单质的氧化性：F2>O2>N2，D正确；故选B。
3-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，A错误；
B．具有相同电子层结构的阳离子核电荷数大于阴离子核电荷数，具有相同电子层的阴离子核电荷数，所带电荷数越多，核电荷数越小，根据离子半径：，可得电子层结构相同时，核电荷数：Ca>Cl>S，B正确；
C．与水反应的剧烈程度：，金属性，元素的非金属性和最外层电子数没有必然联系，C错误；
D ．Cl2为气体，Br2为液体，I2为固体，三者均为分子晶体，它们的相对分子质量逐渐增大,分子间的作用力—范得华力增强,所以氯、溴、碘单质的熔沸点依次升高，和键能没有必然联系，D错误；故选B。
3-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．卤素中，原子序数越大非金属性越弱，单质的氧化性越弱，则对应的卤化氢的还原性越强，HF＜HCl＜HBr，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：K＞Ca＞Mg，碱性：KOH＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，B正确；
C．组成相似，分子量大的熔沸点高，水分子之间存在氢键，导致水的沸点最高，沸点：H2O＞H2Se＞H2S，C错误；
D．Na、Mg、Al属于同一周期元素且原子序数依次增大，金属性减弱，故金属性Na、Mg、Al依次减弱，D错误；
答案为B。
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图可知，原子3在x、y、z轴上的投影分别为，坐标为，A错误；
B．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；原子半径，B正确；
C．GaAs的熔点为1238℃，硬度大，熔点高硬度大，故晶体类型为共价晶体，C正确；
D．据“均摊法”，晶胞中含个As、4个Ga，1个晶胞中含有4个GaAs，则晶体密度为，D正确；故选A。
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为，故A错误；
B．由砷化镓耐高温的特点可知，砷化镓是熔沸点高的共价晶体，故B错误；
C．由晶胞结构可知，与砷原子距离最近的镓原子的个数为4，所以砷原子的的配位数为4，故C错误；
D．由晶胞结构可知，位于体内的砷原子的个数为4，位于顶点和面心的镓原子个数为8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a3d，解得d=，故D正确；
故选D。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A正确；
B．图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；
C．铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；
D．图1中，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为；同理图2中，晶体密度为；故铁单质的密度不同，故D正确；
故选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．锌是30号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅡB族，属于ds区，A正确；
B．以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4 +4=8，B正确；
C．由晶体结构分析，每个晶胞中含有4个ZrO2，则该晶体密度为
，C正确；
D．在ZnxZr1-xOy中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价代数和为0，可知y=2-x，D错误；故选D。
4-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确；
B．每个晶胞中平均含有个 Na+ 和个 Cl−，B正确；
C．每个 Na+ 周围有6个紧邻的 Cl− 和12个紧邻的 Na+，C错误；
D．Na+ 和 Cl− 以离子键结合，因此 NaCl 具有较高的熔点，D正确；
故选C。
4-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据晶胞结构可知，Cu原子位于顶点和面心，数目为4，Br原子位于体内，数目为4，故化学式为CuBr，A正确；
B．Cu是第四周期的元素，原子的最外层有1个未成对电子，与铜同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与铜原子相同的元素有K、Cr、Ga、Br共4种，B正确；
C．该晶胞参数为anm，该晶体密度为，C错误；
D．根据晶胞结构可知，Cu原子位于顶点和面心，数目为4，D正确；答案选C。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．Be和Al在元素周期表中处于对角线上，性质相似，与NaOH溶液反应生成 NaAlO₂ 和水， 与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和水，A正确；
B．碳化硅是共价晶体，没有分子，B错误；
C．12C和14C质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；
D．通常在元素周期表中金属元素和非金属元素交界处寻找半导体材料，D正确；
故本题选B。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．正戊烷、异戊烷和新戊烷的分子式为C5H12，三者互为同分异构体，支链越多，沸点越低，故沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷，A正确；
B．分子式为的物质不饱和度为1，可能为环己烷，不一定能使的溶液褪色，B错误；
C．结构相似，组成上相差若干个的物质互为同系物，中含羟基，二者不互为同系物，C错误；
D．三聚氰胺有毒，不可用作食品添加剂，D错误；
故选A。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．HB铅笔芯的主要成分为石墨，A错误；
B．青铜与黄铜都是合金，不属于单质，B错误；
C．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成 “云雾”效果，C正确；
D．二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，D错误；
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．铁与水蒸气高温下生成氢气和四氧化三铁，A错误；
B．发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，不属于置换反应，B错误；
C．硬铝常用于制造飞机的外壳，是因为其硬度大、密度小，与熔点无关，C错误；
D．过氧化钠和水或二氧化碳均可以反应生成氧气，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D正确；
综上所述答案为D。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．电离不需要通电，A项错误；
B．不属于酸性氧化物，B项错误；
C．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，C项错误；
D．冰水混合物、干冰、酒精、水银均为纯净物，D项正确；答案选D。
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氢氧化钠为离子化合物，其电子式为：，A正确；
B．水分子的空间构形为V形，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，B正确；
C．Na3N为离子化合物，其中钠离子和氮离子之间是离子键，C错误；
D．NH3中N原子孤电子对数是1，价层电子对数=3+1=4，杂化方式为sp3，则NH3的空间构型为三角锥形，D正确；
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．硫酸亚硝酰合铁中Fe元素的化合价为+2价，+2价Fe具有强还原性，故A正确；
B．硫酸亚硝酰合铁中Fe2+会发生水解生成氢氧化亚铁和H+，使溶液呈酸性，故B错误；
C．硫酸亚硝酰合铁中Fe2+与NO和5个水分子之间形成配位键，硫酸亚硝酰合铁是一种配合物，Fe2+配位数为6，故C正确；
D．硫酸亚铁溶液吸收生成硫酸亚硝酰合铁，有新物质的生成，属于化学变化，故D正确；
故选：B。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，BF3中B原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，前者为三角锥形，后者为平面正三角形，选项A错误；
B．NH3中N原子含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，所以NH3提供孤电子对、BF3提供空轨道，选项B错误；
C．配合物NH3•BF3中N和B的价层电子对个数都是4，N、B都采用sp3杂化，选项C正确；
D．配合物NH3•BF3中H原子达到2电子稳定结构，选项D错误；答案选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．是中心原子，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，故A错误；
B．该配合物中阴离子为，空间构型为正四面体形，故B错误；
C．配离子为，中心离子的配位原子有两种：NO、H2O,所以中心离子的配位数为6，故C正确；
D．该配合物中所含非金属元素有N、O、H、S　，H位于s区，N、O、S位于p区,故D错误；
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]是离子化合物，Na+与[Fe(CN)5(NO)]-以离子键结合；在络离子[Fe(CN)5(NO)]-中配位体与中心Fe3+之间以配位键结合，在配位体CN-及NO中存在极性键，故该化合物中存在离子键、配位键、极性键，A正确；
B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配位体有5个CN-和1个NO，故其配位数为6，B正确；
C．共价单键都是σ键；共价三键中一个是σ键，2个是π键；在该配位化合物中，配位体与中心Fe3+形成6个配位键；在配位体CN-中存在一个σ键，在NO中存在一个σ键，故1 mol配合物中σ键物质的量是(6+1×5+1)mol=12 mol，故含有的σ键数目为12NA，C错误；
D．化合物为离子化合物，易电离，完全电离成2个Na+和1个[Fe(CN)5(NO)]-，所以1mol配合物完全电离成2 mol Na+和1 mol [Fe(CN)5(NO)]-，电离共得到3NA的离子，D正确；故合理选项是C。
6-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
Na＋与[Fe(CN)5(NO)]2－存在离子键，NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，碳氮之间、氮氧之间存在极性共价键，A正确；NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，共有6个，配位原子有C和N，B正确；1 mol配合物中σ键数目为(5×2＋1×2)×NA ＝12NA，C错误；配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na＋与1个[Fe(CN)5(NO)]2－，所以1 mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确。
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．配合物中亚铁离子提供空轨道用于形成配位键，故A错误；
B．配合物的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故B错误；
C．配离子中亚铁离子为中心离子，一氧化氮、水分子为配体，配位数为6，故C正确；
D．配合物中含有的氢元素位于元素周期表的s区，故D错误；
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，A正确；
B．多糖水解产物为葡萄糖，所以淀粉水解的最终产物为葡萄糖，B正确；
C．多糖水解产物为葡萄糖，所以纤维素水解的最终产物是葡萄糖，C错误；
D．油脂在酸性条件下水解可逆，生成高级脂肪酸和甘油，D正确；
故答案选C。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．将NaHCO3和Al2(SO4)3溶液混合，二者发生彻底双水解，生成CO2和氢氧化铝，A不符合题意；
B．醋酸钠溶于水电离产生醋酸根，抑制醋酸的电离，溶液pH增大，与盐类水解无关，B符合题意；
C．氯化铁溶液中存在铁离子的水解，先用较浓盐酸溶解氯化铁固体可以抑制铁离子的水解，C不符合题意；
D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，加入镁粉，和水解产生的氢离子反应生成氢气，同时促进铵根水解，从而逸出氨气，D不符合题意；
综上所述答案为B。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解生成氢氧根离子使溶液呈碱性，故草木灰的水溶液可用来洗涤衣物，与盐的水解有关，A错误；
B．明矾中含有Al3+，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有净水的作用，与盐的水解有关，B错误；
C．铁在潮湿环境中生锈，是发生了电化学腐蚀，与水解无关，C正确；
D．氯化铵溶液中的铵根离子水解生成氢离子，氢离子可与金属表面的锈反应从而用作除锈剂，与盐的水解有关，D错误；
故答案选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．硫酸钡用作钡餐是由于硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生Ba2+对人体造成危害，与水解无关，A项正确；
B．明矾用于净水是由于Al3+水解产生Al(OH)3胶体，使悬浊物沉降，可以净水，B项错误；
C．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器是由于Al3+与发生双水解反应，C项错误；
D．Fe3+在水中会水解，加热会促进Fe3+的水解，故由制取无水固体时，需在气流中蒸发，抑制Fe3+的水解，D项错误；答案选A。
7-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．温度升高使正向移动，增大，碱性增强，去油污效果好，A项正确；
B．水解溶液显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，B项正确；
C．由晶体制备无水时，需要在氯化氢气流中灼烧，C项错误；
D．泡沫灭火器灭火原理是可溶性铝盐和碳酸氢盐发生相互促进的水解反应，反应的离子方程式为，D项正确；
答案选C。
7-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．小苏打NaHCO3作为食品膨松剂，与NaHCO3受热分解以及与酸反应有关，而与水解无关，选项A符合；
B．硫酸铝钾中铝离子水解Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附性，与盐类水解有关，选项B不符合；
C． △H>0，加热促进水解，碱性增大，去油污能力增强，与水解有关，选项C不符合；
D．Na2HPO4溶液里碱性是因为水解能力大于电离能力，组成为7.5，为碱性，说明水解大于电离，与水解有关，选项D不符合；答案选A。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．和均可和氢氧化钠溶液反应，则不能除杂，故A不选；
B．CO可以和灼热CuO反应，CO2不能，可以除杂，故B选；
C．可和饱和碳酸氢钠溶液反应，CO2不反应，不能除杂，故C不选；
D．和均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则不能除杂，故D不选；
故选：B。
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，故A正确；
B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不能，洗气可分离，故B正确；
C．乙烯与氢气能够发生加成反应，但反应条件较复杂，且无法控制氢气的量，会产生新的杂质，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故D正确；故选：C。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，乙炔不反应，故能除杂，A正确；
B．乙烯能和氢气反应，但不能完全反应，B错误；
C．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，C错误；
D．二氧化硫和二氧化碳都能和碳酸钠反应，D错误；
故选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
Ａ．AlCl3溶液(FeCl3)，加入过量NaOH溶液充分反应后，AlCl3转化为NaAlO2，杂质FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀，再用过滤方法分离得不到AlCl3，A错误；
B．Na2CO3溶液(NaHCO3) ，加入过量NaOH溶液充分反应后，NaHCO3转化为Na2CO3，但过量NaOH依然为杂质，没有除尽，B错误；
C． Fe2O3固体(Al2O3)，Al2O3与过量NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2，Fe2O3不与NaOH反应，再经过滤可得到纯净的Fe2O3固体，C正确；
D．NaCl溶液(MgCl2)，加入过量NaOH溶液，引入新杂质NaOH，D错误；故选C。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．苯中混有苯酚，若加入浓溴水，与苯酚反应生成的三溴苯酚仍会溶解在苯中，且过量的溴也会溶解在苯中，应加入NaOH溶液、分液，A不正确；
B．CO2中混有SO2，混合气通过饱和NaHCO3溶液后，SO2被吸收并转化为Na2SO3及CO2，再用浓硫酸洗气，便可得到纯净的CO2，B正确；
C．乙酸乙酯中混有乙酸，若使用NaOH溶液除杂，乙酸乙酯也会发生水解，C不正确；
D．HNO3溶液中混有H2SO4，若加适量BaCl2溶液，又会在硝酸溶液中引入盐酸，D不正确；故选B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．硝酸是氧化性酸，可与Cu发生反应，应把硝酸改成盐酸或者硫酸，A项错误；
B．能与CO2反应，应通入饱和碳酸氢钠溶液中，B项错误；
C．铁粉与FeCl3溶液反应生成，过滤除去过量Fe粉，C项正确；
D．乙醇具有一定的还原性，也能被高锰酸钾溶液氧化，且乙烯被氧化生成的CO2，产生新的杂质，D项错误；
故答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
卤代烃不溶于水，也不能电离出卤素离子，所以鉴定卤代烃中所含卤素原子时，可先使卤代烃水解生成相应的卤素离子，再加入HNO3中和碱，最后加入AgNO3溶液检验出卤素离子。即操作顺序为②④③⑤①，故选：C。
9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
检验溴乙烷中溴元素，应在碱性条件下水解，最后加入硝酸酸化，加入硝酸银，观察是否有黄色沉淀生成，所以操作顺序为①③⑤④，故选：D。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
检验溴乙烷中的溴元素，先④加入NaOH溶液中，再①加热使溴乙烷水解，得到产物乙醇和溴化钠，⑤冷却后，再③加入稀HNO3酸化，最后②加入AgNO3溶液，得到淡黄色沉淀，故选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
检验溴乙烷中的溴元素，将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，故正确的顺序为④①⑤③②。故选D。
9-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据卤代烃中卤素原子的检验实验步骤可知，④取少许卤代烃于试管中②加入NaOH溶液⑥加热，使之充分反应③冷却⑤加入足量稀硝酸酸化①滴入硝酸银溶液，观察现象，如观察到有白色沉淀生成，说明原卤代烃中含有氯原子，故顺序为④②⑥③⑤①，故答案为：C。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．卤代烃的水解需要在碱性溶液中进行，加入硝酸银溶液检验卤素原子前需要先加入稀硝酸中和过量的氢氧化钠溶液，防止干扰卤素原子的测定，A正确；
B．根据信息得到浅黄色沉淀可知，卤代烃分子中含有溴原子，B正确；
C．相同条件下，该卤代烃蒸汽对氢气的相对密度是94，则其相对分子质量为94×2=188，卤代烃样品的质量为18.8g， 该卤代烃n== =0.1mol，称得沉淀的质量为37.6g，n(AgBr)===0.2mol，Br的物质的量与卤代烃的物质的量之比为2: 1，所以卤代烃中的Br原子数目为2，卤代烃中的Br原子数目为2，其相对分子质量为188，所以分子中烃基的式量为188-80×2=28，烃基的式量除以12，商为碳原子数，余数为氢原子数，所以该烃基为-C2H4，所以卤代烃的分子式为C2H4Br2，C正确；
D．由C分析可知所以卤代烃的分子式为C2H4Br2，所以其结构简式为：CH2BrCH2Br或CH3CHBr2，所以名称为1，2-二溴乙烷，1，1-二溴乙烷，D不正确；
故选D。
10-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．透明澄清的溶液中 、 Fe3+ 、、 之间不反应，能大量共存，A符合题意；
B．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和 不能大量共存，B不符题意；
C．ClO-有强氧化性，能氧化S2-，不能大量共存，C不符题意；
D．加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含 ，否则不产生氢气，不能大量共存；强碱溶液中 Mg2+ 、均能与OH-反应，不能大量共存，D不符题意；答案选A。
10-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．含有大量Fe3+的溶液中I−会与Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN−发生络合反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．水电离出的c(OH-)=10-12 mol·L-1的溶液中水的电离受到抑制，既可能是酸溶液也可能是碱溶液，碱溶液中H+、Mg2+不能大量存在，B不符合题意；
C．遇甲基橙变红的溶液显酸性，几种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，C符合题意；
D．与铝反应产生大量氢气的溶液即可能呈酸性又可能呈碱性，在酸性环境中不能大量共存；在碱性环境中Fe2+与都不能大量共存，D不符合题意；综上所述答案为C。
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．显黄色，且可以与SCN-形成红色络合物，因此无法在无色透明溶液中共存，A不选；
B．即溶液为碱性，、、、可以在强碱性溶液中共存，B选；
C．Fe2+具有还原性，在环境下具有强氧化性，因此二者会发生氧化还原反应而不能大量共存，C不选；
D．能使甲基橙变红的溶液即酸性溶液中，不能大量共存，D不选。
因此，本题选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．的溶液中含有大量氢氧根离子，与反应生成水和碳酸根离子，A不符合题意；
B．新制氯水中存在氯气和次氯酸，具有强氧化性，可以将氧化，B不符合题意；
C．与、、、不反应，可以大量共存，C符合题意；
D．加入足量氧化钠后的溶液中存在大量氢氧根离子，与反应生成氢氧化镁沉淀，D不符合题意；
故选C。
10-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．以电离为主，发生反应而不能大量共存，选项A不符合题意；
B．发生反应而不能大量共存，选项B不符合题意；
C．漂白液主要成分是次氯酸钠，溶液具有强氧化性和碱性，发生反应，面不能大量共存，选项C不符合题意；
D．的溶液呈碱性，碱性溶液中、、、能大量共存，选项D符合题意；
答案选D。
10-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． 、水解呈酸性，中性溶液中不能大量存在、，故A不选；
B．加入铝粉生成的溶液可能是酸性也可能是碱性，不能在酸性或碱性溶液中大量存在，不能在碱性溶液中大量存在，故B不选；
C．在溶液中为橙红色，有色离子不能在无色溶液中大量存在，故C不选；
D．的溶液中c(OH-)=，该溶液呈酸性，、、、四种离子之间相互不反应，也都可以在酸性环境中大量存在，故D选；
故选D。
11-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．1个分子含有8个S-S键，32g分子中含有的S-S键数为，A正确；
B．标准状况下乙醇是液体，2.24L所含氢原子数不是，B错误；
C．的溶液的体积未知，且碳酸根水解，无法计算其中含的数目，C错误；
D．在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，由于是可逆反应，所以转移电子数小于，D错误；答案选A。
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．物质的量未知，不能确定阴阳离子总数，故A错误；
B．没有说明是否为标准状况，所以不能计算明确的数目，故B错误；
C．100g质量分数为17%的H2O2水溶液中H2O2所含的极性键数目为NA，但水溶液中水中也含有极性键，故C错误；
D．1L0.2 mol/L的Na2SO4溶液，其中硫酸根和钠离子总数为0.2NA+0.4NA=0.6NA，故D正确；
故选D。
11-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．1个中和N原子之间共形成2个配位键，1个中存在3个N—H键，1个中含有8个σ键，则1mol中含有的σ键数为，A错误；
B．CO与分子中含有的质子数都是14，二者的相对分子质量都是28，2.8gCO或的物质的量都是0.1mol，2.8g二者混合物中含有的质子总数为，B正确；
C．苯乙烯的结构简式为，苯环中不含碳碳双键，故1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数目为，C错误；
D．乙酸乙酯在酸性条件下的水解为可逆反应，则0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙醇的分子数小于，D错误。故答案选B。
11-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．1分子含有12个碳氢共价键，含有极性共价键的数目为，选项A正确；
B．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，选项B错误：
C．每个、HF分子都有10个电子，标准状况下，与HF的混合物中电子数为，选项C正确；
D．的溶液中物质的量为0.1mol，数目为，选项D正确；
答案选B。
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．含中子数目为，故A错误；
B．和足量反应，转移电子数为，故B正确；
C．的溶液中氢离子的物质的量为，硫酸根离子的物质的量为，含有氧原子数为，但水分子中含有氧原子，溶液中氧原子数大于，故C错误；
D．氯气与水的反应为可逆反应，故溶液中有氯气剩余，生成的为强酸，完全电离为氢离子和氯离子，为弱酸，部分电离为氢离子和次氯酸根离子，由原子守恒可知，、、和微粒数关系为，故D错误；故选B。
11-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于氨水是弱碱，属于弱电解质弱电解质只能在水溶液部分电离，则含数目小于，故A错误；
B．没有溶液的体积，无法计算，故B错误；
C．由于存在的反应，故混合后，体系中有和，分子总数应小于，故C错误；
D．在精炼铜的过程中，当阴极析出铜时，元素反应前后从价降低到价，故转移电子数为，即转移电子数为，故D正确。
故选：D。
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．用氨水吸收足量的气体，反应生成亚硫酸氢铵：，选项A错误；
B．由于的还原性大于的还原性，则氯气先与反应，将氧化完后，再氧化，根据得失电子守恒可知，等量的刚好氧化，不被氧化，正确的离子反应方程式应为：，B错误；
C．向酸性溶液中滴入溶液离子方程式为：，C错误；
D．用惰性电极电解饱和溶液：，D正确；故选D。
12-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液混合反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子反应为：，故A正确；
B．铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：，故B正确；
C．NaOH的玻璃试剂瓶不能使用玻璃塞是因为NaOH能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘合性，相关反应为：，故C正确；
D．具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，正确的反应为：，故D错误；
故选：D。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氨水中通入过量生成亚硫酸氢根离子：，A错误；
B．溶液显碱性，滴入少量溶液，次氯酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，，B错误；
C．新制氯水中含有氯气和水生成的盐酸、次氯酸，盐酸和生成氯化钙、二氧化碳，总反应为：，C正确；
D．明矾溶液中滴加溶液至沉淀质量最大，是使硫酸根离子完全反应生成硫酸钡沉淀，反应为，D错误。
故选C。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．溶液处理水垢中的，发生沉淀的转化，离子方程式为：，选项A错误；
B．溶液与足量溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B错误；
C．向溶液中通入过量的气体，反应生成硫化铜和硫酸，反应的离子方程式为：，选项C正确；
D．过量通入溶液中，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选C。
12-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．用氨水吸收过量的SO2，反应生成亚硫酸氢铵，该反应的离子方程式为，故A正确；
B．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘生成单质碘，该反应的离子方程式为故B正确；
C．双氧水作脱氯剂，双氧水与氯气发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为，故C正确；
D．向液中滴入溶液恰好使完全沉淀时，二者以1∶2反应，二者反应生成一水合氨、氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀，离子反应为，故D错误；
故答案选D。
12-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．向酸性溶液中滴加双氧水：，A错误；
B．溶液与少量的溶液混合：，B错误；
C．溶于氢碘酸，碘离子具有还原性，碘离子转化为碘单质：，C正确；
D．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的，醋酸为弱电解质：，D错误；答案选C。
13-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氯水中次氯酸具有漂白性，不能直接用pH试纸检测其pH，A错误；
B．液溴易挥发，且有氧化性，需用水进行液封，但不能用橡胶塞密封，易被溴氧化，而应该用玻璃塞，B错误；
C．图Ⅲ装置为电解池原理，Fe作阳极，失电子生成亚铁离子后与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，煤油可起到液封作用，隔绝外界空气，防止氢氧化亚铁被氧化，实验能达到目的，C正确；
D．氨气极易溶于水，导气口不能直接接触溶液，应该有防倒吸装置，图示中两种气体进气口反了，D错误；故选C。
13-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．二氧化碳在饱和食盐水中的溶解度较小，应向溶有氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳制取NaHCO3，A错误；
B．HCl气流可以抑制MgCl2水解，从而制备无水MgCl2，B正确；
C．苯酚溶于苯，无法分液分离，C错误；
D．该装置中Fe为阴极，无法生成Fe2+，则无法制备Fe(OH)2，D错误；综上所述答案为B。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．铁作为阴极，铁本身不反应，无法制得Fe(OH)2，A项错误；
B．蒸发装置，无法回收CCl4，B项错误；
C．由于氨气密度比空气小，无法收集到氨气，C项错误；
D．闻气体采用扇闻法，操作方法，D项正确；
答案选D。
13-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．实验①，实验室制乙烯中温度计应伸入混合液中，使混合液迅速升温到170℃左右，A项错误；
B．实验②，植物油隔绝了空气，使难以被氧化，故能够较长时间观察到白色沉淀，B项正确；
C．实验③，用试纸测溶液的方法为将试纸放在干燥洁净的玻璃片上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液点在试纸上，与标准比色卡对比，C项错误；
D．实验④，制备的乙炔气体中含有等还原性气体，所以使溴水褪色的不一定是乙炔，D项错误；
答案选B。
13-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Cu与浓硫酸在常温下不发生反应，用图甲装置不能制备SO2，A不正确；
B．鸡蛋清属于胶体，能透过滤纸孔隙，除去鸡蛋清中混有的NaCl溶液，应使用半透膜，B不正确；
C．液溴滴入铁粉与苯的混合物中，发生反应生成溴苯等，用CCl4吸收挥发出的溴蒸汽，用AgNO3检验Br-的存在，有浅黄色沉淀生成，证明反应产物中含有HBr，从而确定该反应为取代反应，C正确；
D．制备Fe(OH)2时，阳极应产生Fe2+，所以Fe电极应与电源的正极相连，D不正确；故选C。
13-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:A．氢氧化钠是碱性溶液，可以和酸性气体CO2、SO2等反应，故不能用NaOH溶液除去CO2中的少量SO2气体，故A错误；
B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，应该用饱和的碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故B错误；
C．热水与冷水的温度不同，根据容器内气体颜色的变化，判断平衡移动的方向，证明温度对化学平衡的影响，故C正确；
D．该装置中，若蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸将碳单质氧化生成CO2和SO2，说明浓硫酸具有强氧化性，反应生成SO2使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性、还原性，故D错误；答案选C。
14-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．丙烷的分子式为C3H8，C3H6Cl2和C3H2Cl6的种数必然相同，均为4种，A项正确；
B．就是丙烷，两者属于同一种物质，B项错误；
C．有机物M中有4种不同化学环境的H原子，，其一氯代物有4种，C项正确；
D．M的同分异构体除M外，碳骨架还有4种：C—C—C—C—C—C、、、，D项正确。故选B。
14-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．两个分子结构不相似，前者含有碳碳双键，属于烯烃，后者是环烷烃，两者不是同系物，故A错误；
B．苯乙烯()分子中含有苯环和碳碳双键，二者都是平面结构，通过旋转可能在同一个平面上，则苯乙烯()分子的所有原子可能在同一平面上，故B错误；
C．分子式为C4H8的同分异构体，可能是烯烃：CH2═CH-CH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，也可能是环烷烃：环丁烷、甲基环丙烷，共有5种，故C正确；
D．中主链上有6个碳原子，2号位和4号位上各有1个甲基，3号位上有1个乙基，该有机物的名称为2，4-二甲基-3-乙基己烷，故D错误；
故选C。
14-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．CH2=CH-CHO、CH≡C-CH2OH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，而加成后均生成CH3CH2CH2OH，是同一种物质，故A正确；
B．分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体，故CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体，故B正确；
C．符合通式CnH2n+2的不同烃，若n相同时属同分异构体，不属于同系物，故C错误；
D．互为同分异构体的烷烃，支链越多，则熔沸点越低，故新戊烷的沸点最低，故D正确；
故选：C。
14-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A、烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，为戊烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在3号碳原子上有一个甲基，故为3﹣甲基戊烷，故A错误；
B、同种元素的不同种原子间互为同位素，而H2与D2均为单质，故不是同位素，故B错误；
C、CH3CH2NO2和HOCH2CONH2的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；
D、CH2＝CH2和CH2＝CH﹣CH＝CH2在分子组成上相差的不是一个或若干个CH2原子团，故不是同系物，故D错误。
故选C。
14-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题干有机物的结构简式可知，该有机物的分子式为：C3H4O2，则1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，A错误；
B．环共用的碳原子上没有H原子，只能取代其它2个碳原子的氢原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，该有机物的二氯代物有2种，B错误；
C．环共用的碳原子连接的2个O原子、2个C原子形成四面体结构，该有机物所有原子不可能处于同一平面，C错误；
D．该有机物与HCOOCH=CH2的分子式相同，含有的官能团等不同，二者互为同分异构体，D正确；
故答案为：D。
14-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． 分子中不含有碳碳不饱和键，不能使Br2的CCl4溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；
B．①②分子中虽然含有羟基，但都属于醇，呈中性，都不能和NaOH溶液反应，B不正确；
C．①和②分子中，羟基碳原子上都只连接1个氢原子，都能发生催化氧化，但不生成醛，只能生成酮，C不正确；
D．①和②的分子结构不同，分子式均为C5H10O2，所以二者互为同分异构体，D正确；
故选D。
15-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．含有羧基、羟基、碳碳双键3种官能团，故A正确；
B．含有羟基能发生消去反应；含有羧基、羟基能发生取代反应；含有羟基、碳碳双键能发生氧化反应，故B正确；
C．与等物质的量加成，产物有、、，共三种，故C错误；
D．羧基、羟基能与钠反应，该有机物最多能与反应，故D正确；
选C。
15-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．该有机物中没有连有四个不同原子(或基团)的碳原子，即没有手性碳原子，故A项错误；
B．该物质有酚羟基，会影响苯环上邻位上的氢，使邻位上H变的更活泼，更容易反应，所以反应时相当于苯环是还有两个半键，而甲醛中的碳氧双键同时断开，与苯环是的俩个半键结合，发生缩聚反应，故B项正确；
C．该物质有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应(显紫色)，故C项错误；
D．酚羟基和酯基均可以与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol，故D项错误；
故答案选B。
15-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．含有甲基可以发生取代反应，含有碳碳双键可以加成反应，苯环上含有甲基可以发生氧化反应，A正确；
B．由于该物质中间由碳碳双键连接，所有碳原子有可能共面，B正确；
C．存在芳香烃的同分异构体，例如 ，C正确；
D．与甲苯不是同系物，同系物需要结构相似，该有机物含有碳碳双键不含有苯环，故不互为同系物，D错误；
答案选D。
15-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．该有机物结构中有酚羟基，能与溶液发生显色反应，A错误；
B．该有机物结构中酚羟基邻位上有2个氢原子，可以与HCHO发生缩聚反应，B正确；
C．根据该有机物的结构简式可知该结构中不存在手性碳，C错误；
D．该物质结构中含有一个酚羟基，一个酯基，都可以消耗一个氢氧化钠，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol，D错误；
故选B。
15-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．1molA中含有的1mol碳碳双键可以消耗1mol的Br2，还有2mol的酚羟基邻、对位氢，可以被溴原子取代，能和2molBr2发生反应，所以1molA最多可以与3mol Br2发生反应，故A错误；
B．苯环、碳碳双键都为平面形结构，这8个碳原子可能共平面，另外酯基及烃基上最多可提供3个碳原子与苯环、碳碳双键共平面，即最多可提供11个碳原子共平面，故B错误；
C．能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基（该酯基为酚酯的酯基）和氯原子，1mol A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4mol NaOH，故C错误；
D．分子中含有Cl原子，且与氯原子相边的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，则可发生取代、消去反应，酯基的水解及苯环上的溴代反应或硝化反应均属于取代反应，故D正确；故答案为D。
15-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. 该有机物的分子式为C23H24O6，A正确；B. 1mol该化合物最多可以与7molH2发生加成反应，酯基不能与H2发生加成反应，B不正确；C. 该有机物分子中有碳碳双键，与苯环相连的碳原子上有H原子 ，所以其既可以使溴的四氯化碳溶液褪色（溴与碳碳双键发生加成反应），又可以使酸性KMnO4溶液褪色（碳碳双键、与苯环相连的C原子被氧化），C正确；D. 该有机物分子中有酚羟基，所以其既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应，D正确。本题选B。
16-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．加入10mL时恰好完全反应，溶液中，因为，则，A正确；
B．盐类的水解会促进水的电离，未加入时，金属阳离子的水解促进水的电离，随着的加入，金属阳离子和形成沉淀，溶液中水解的离子越来越少，水的电离程度逐渐减小，当完全沉淀时，即c点，水的电离程度最小，继续加入溶液，溶液中越来越多，而会发生水解，所以c→d的过程中，水的电离程度逐渐增大，B正确；
C．溶液中质子守恒为，C正确；
D．d点时，，因为，，，d点坐标为33.9，D错误；
答案选D。
16-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．温度不同，Ksp不同，d点温度为T2，a、b、c三点温度均为T1，即a、b、c点的Ksp（PbMoO4）相等，d点与a、b、c点的Ksp（PbMoO4）不相等，故A错误；
B．图中d点：c（Pb2+）=c（MoO）=10-6.5mol/L，则T2温度下，Ksp（PbMoO4）=c（Pb2+）•c（MoO）=10-13，-lgKsp（PbMoO4）=13，但T1温度下，-lgKsp（PbMoO4）＞13，故B错误；
C．Ksp（PbMoO4）只与温度有关，T1不变，则Ksp（PbMoO4）=c（Pb2+）•c（MoO）不变，加入Na2MoO4固体，则PbMoO4饱和溶液中c（MoO）增大、c（Pb2+）减小，即保持T1不变，加入Na2MoO4固体，可使溶液由a点到c点，故C正确；
D．饱和溶液会析出晶体，在T1条件下，X、Y溶液均为过饱和溶液，均有固体析出；在T2条件下，X溶液为过饱和溶液，但Y溶液为不饱和溶液，即X溶液有固体析出，但Y溶液为不饱和溶液，没有固体析出，故D错误；故选：C。
16-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．BaSO4在水中形成的饱和溶液，由知，c(Ba2+)=c()，A正确；
B．水的离子积常数只与温度有关。温度一定，则a、b、c三点对应的KW相等，B不正确；；
C．曲线上的点都处于溶解平衡，溶度积常数只与温度有关。a、b、c三点对应KSP(BaSO4)=c(Ba2+)•c()的数值相等，C不正确
D． a点对应的溶液处于溶解平衡，且c(Ba2+) c()，若加入BaSO4固体，c(Ba2+) 、c()的浓度几乎不变，即使有变化，结果仍满足c(Ba2+) c()，故不会沿曲线向b、c点方向变化，D不正确；答案选A。
16-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据a点、b点对应的pH，计算溶度积，分别为、，根据信息①可知，前者为的溶度积，后者为溶度积。溶解度小，优先沉淀，故曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，A项错误；
B．，B项正确：
C．b点恰好两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为和，C项错误；
D．，D项错误；故答案为：B。
16-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．，a点处于平衡状态，则Ksp=xy，A正确；
B．加热CuS悬浊液，Cu2+浓度和S2-浓度均将增大，而a点到b点c(S2-)未变，B错误；
C．c点Qc D．向饱和CuS溶液中加入K2S固体，则c(Cu2+)不变，c(S2-)增多，溶液由a点变到d点，D正确；
故答案为：B。
16-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．只受温度影响，、、三点温度不变，则三点的相等，故A错误；
B．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，A点V[Na2S(aq)]小于10mL，则，故B错误；
C．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，c(Cu2+)=10-18.3mol/L= c(S2-)，= c(Cu2+) c(S2-)=，故C正确；
D．其他条件相同，若将溶液换为同浓度、同体积的溶液，滴加10mL溶液时，，由于，则pFe会向左移动，故D错误；
故选C。
17-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．用氨水吸收过量SO2生成铵根离子和压硫酸根离子，离子方程式为：SO2+2NH3·H2O=2NH+SO+H2O，故A错误；
B．CO(NH2)2在足量H2SO4中水解的离子方程式为：CO(NH2)2+3H2O+2H+=CO2↑+H2O+2NH，故B错误；
C．氢氧化钠可以和NO2反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，其离子反应方程式为：2NO2+2OH-=NO+H2O+ NO，故C错误；
D．电极A上N2得到电子生成NH3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：N2+6e-+6H+=2NH3，故D正确；故选D。
17-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
电极a上Ce元素化合价升高，发生氧化反应，则a为阳极，电极反应式为Ce3+-e- =Ce4+，电极b为阴极，在酸性水溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；
详解:
A．由电极a上Ce元素化合价升高，则a为阳极，与电源正极相连，b为阴极，阴极与电源负极相连，A错误；
B．由于Ce3+和Ce4+之间是循环反应，则体系中Ce3+浓度保持不变，B错误；
C．分析可知，电极a上Ce元素化合价升高，阳极的电极反应式为Ce3+-e- =Ce4+，C错误；
D．C6H5CH2OH→ C6H5CHO过程中失去2个电子，生成0.2molC6H5CHO时，转移0.4mol电子，电极b上电极反应式为2H++2e-=H2，则生成0.2mol氢气，标准状况下生成H2体积为V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，D正确；
故选：D。
17-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
通电后石墨电极Ⅱ上有生成，氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为，石墨电极Ⅱ为阳极，电极为电源正极，为负极，石墨电极I为阴极，得电子发生还原，据此分析解答。
详解:
A．通电后石墨电极Ⅱ上有生成，石墨电极Ⅱ为阳极，电极为电源正极，为负极，故A正确；
B．石墨电极Ⅰ为阴极，得电子发生还原，氯离子向阳极移动，随着电解的进行，溶液浓度减小，故B错误；
C．当0.01molFe2O3完全溶解时，消耗氢离子，根据，生成O20.015mol，标准状况下至少产生气体336mL，故C正确；
D．通电后石墨电极Ⅱ电极反应式为，该极酸性增强，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故D正确；
故答案为B。
17-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
该装置为电解池，铅电极上羧基被还原为醛基，发生还原反应则为阴极，右侧为阳极，发生氧化反应，据此分析解题。
详解:A．铅电极为阴极，双极膜的左侧为阳离子交换膜，中间层的 H+在外电场作用下，向左侧即铅电极方向迁移，故A错误；
B．电解池工作时，右侧Br-氧化为Br2，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，Br2再还原为Br-，说明KBr还起催化作用，故B错误；
C．铅电极上反应物为乙二酸生成物为乙醛酸，得到电子发生还原反应，反应式为： ，故C错误；
D．阳极区和阴极区均有乙醛酸生成，且1mol乙二酸转化为1mol乙醛酸、与1mol乙二醛转化为1mol乙醛酸均转移2mol电子，根据电子守恒，则制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol电子，故D正确；答案选D。
17-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，该装置为电解池，CoP电极上，在水分子作用下硝基苯得到电子发生还原反应生成和氢氧根离子，电极反应式为：，为电解池的阴极，应与直流电源负极相连；Ni2P电极上，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，为电解池的阳极，应与直流电源正极相连；电解过程中氢氧根离子通过阴离子交换膜从左侧阴极室向右侧阳极室移动。
详解:
A．OH-离子通过离子交换膜由阴极室移向阳极室，离子交换膜是阴离子交换膜，A错误；
B．由结构简式可知，偶氮化合物中不饱和氮原子上只连有苯环1个取代基，不可能存在顺反异构体，B错误；
C．由分析可知，合成1mol偶氮化合物，需转移8mol电子，C正确；
D．碱性条件下在阳极失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，D错误；
故本题选C。
17-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．二氧化碳分子中含有的质子数为22，则标准状况下，5.6L二氧化碳分子中含有的质子数为×22×NAmol—1=5.5NA，故A错误；
B．由图可知，酸性条件下二氧化碳在c—NC端得到电子发生还原反应生成甲醇，电极反应式为，故B正确；
C．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间构型为直线形，故C错误；
D．电催化过程中，若二氧化碳放电只生成1mol一氧化碳，由化合价的变化可知，放电转移电子的数目为1mol×2×NAmol—1=2NA，故D错误；
故选B。
18-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据反应中物质的存在状态及化学计量数可知，上述反应是熵减反应，A项错误；
B．反应的平衡常数与的平衡常数互为倒数，则反应的平衡常数是，B项错误；
C．恒温恒容下，向容器中再充入少量Z(g)，相当于是使体系的压强增大，平衡正向移动，达到新的平衡时，Z的体积百分含量将增大，C项正确；
D．，此时，D项错误；故选C。
18-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．　II和III经极限转化后c(C)相同，但c(B)III>II，III中的B促使C向做转化的量将大于II，因此1 B．I中三段式为：

在此条件下该反应的平衡常数为，气体总浓度为3mol/L
II中三段式为：

根据平衡常数可列式，解得x=2，气体总浓度为5mol/L
容器I与容器II中的总压强之比即是气体总浓度比，比值为3∶5，B正确；
C．容器IV中起始浓度商为，反应开始时向逆反应方向进行，C正确；
D．容器III与容器I相比可看成压强增大2倍，平衡向左移动，容器I中可推出平衡时c（A）=1mol/L，所以容器Ⅲ平衡时2mol/L 故选D。
18-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．从图中可以看出，虽然X、Y的起始量都大于0，但Y的物质的量减小，X的物质的量增大，所以Y为反应物、X为生成物，t3时反应达平衡，Y的物质的量的变化量为7mol，X的物质的量的变化量为3.5mol，t3时各物质的量都大于0，从而得出反应的化学方程式为：2YX，A正确；
B．t1min时，物质Y的变化量为4mol，则其转化率为40%，B不正确；
C．t2min时，虽然X、Y的物质的量相等，但在后续反应中，Y的物质的量继续减小，X的物质的量继续增大，则表明反应的正反应速率大于逆反应速率，C不正确；
D．t3min时，X、Y的物质的量不再发生变化，则反应达平衡状态，反应的正反应速率等于逆反应速率，D不正确；
故选A。
18-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，32.8则消耗CO物质的量为，CO的转化率为，A正确；
B．化学平衡常数只与温度有关，容器①、②温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器①数据，列化学平衡三段式：

，B正确；
C．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol，放热的热量Q = 1.6mol x 41kJ/mol = 65.6kJ，C错误；
D．起始时，容器②的浓度大于容器①，浓度越大，反应速率越快，则反应开始进行时，反应速率②>①，D正确；
故选C。
18-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．在恒温密闭容器中，由PV=nRT，压强之比等于物质的量之比，则反应前后压强之比为(0.1+0.2):(0.05+0.05+0.1)=3:2，选项A错误；
B．反应达到平衡时，X的转化率为：=50%，选项B正确；
C．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c(X):△c(Y):△c(Z):=0.05:0.15:0.1=1:3:2，则反应的方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)，K===1600，选项C正确；
D．化学反应必然伴随着能量变化，平衡常数只受温度影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，选项D正确；
答案选A。
18-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由容器I中反应

可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为1.6mol，其中NO占0.8mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。
详解:
A．由分析可知，若容器I两分钟达到平衡，则0~2分钟反应速率，A错误；
B．若容器Ⅱ中投料后恰好达到平衡，则容器I与容器II中的总压强之比0.8:(0.3+0.5+0.2)=4:5；由于容器Ⅱ中，则反应正向进行，导致气体总量改变，故达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比不是4:5，B错误；
C．由B分析可知，反应正向进行，则容器II中起始时速率v(逆) D．反应为吸热反应，若改变温度为，且，升高温度反应正向进行，则K变大，故，D正确；故选D。
19-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，pH越小，H3A的分布系数应越高，A3-的分布系数则是pH越大越高，故曲线1应代表δ(H3A)，曲线2代表δ(H2A-)，曲线3代表δ(HA2-)，曲线4代表δ(A3-)；H3A⇌H2A-+H+，Ka1=，当pH=2.1时，δ(H3A)=δ(H2A-)，则c(H3A)=c(H2A-)，Ka1=c(H+)=10-2.1，同理可知Ka2、Ka3分别为10-7.2、10-12.3，由此分析。
详解:
A．pH越小，H3A的分布系数应越高，A3-的分布系数则是pH越大越高，故曲线1应代表δ(H3A)，曲线4代表δ(A3-)，故A不符合题意；
B．NaH2A溶液中δ(H2A-)应处于峰值，由图可知其pH小于7，显酸性。同理，Na2HA溶液中δ(HA2-)应处于峰值，pH为10左右，显碱性，故B不符合题意；
C．HA2-⇌A3-+H+，Ka3=，A3-+H2O⇌HA2-+OH-，K===，根据分析可知，Ka1、Ka2、Ka3分别为10-2.1、10-7.2、10-12.3，则K=，故C不符合题意；
D．pH=7.2时，=1，根据c(H+)=10-7.2mol/L，可推知c(OH-)=mol/L =10-6.8 mol/L，则lg=0.4，故D符合题意；
答案选D。
19-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:根据每个交点分别得到H3AsO4的电离常数K1、K2、K3。
详解:
A．根据图中信息pH=2.2时得到，同理pH=7.0时，，pH=11.5时，，则，故A正确；
B．NaH2AsO4溶液中，由于，电离程度大于水解程度，因此 c(HAsO)＞c(H3AsO4)，故B错误；
C．P点：pH=11.5，而−=−，故C错误；
D．Na2HAsO4溶液中，根据电荷守恒和物料守恒得到c(AsO)+ c(OH－)=c(H2AsO)+2c(H3AsO4) + c(H＋)，由于，电离程度小于水解程度，溶液显碱性：则c(AsO)＜c(H2AsO)+2c(H3AsO4)，故D错误。综上所述，答案为A。
19-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，氯化银的溶解度先随着氯离子浓度减小，后随着银离子与氯离子形成络离子而增大，故A错误；
B．由图可知，氯化银的分布系数最大时，氯离子浓度为10—2.54mol/L，溶液中银离子浓度为=10—7.21mol/L，故B错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K=，由图可知，氯离子浓度为10—0.2mol/L时，溶液中c(AgCl)=c(AgCl)，则反应的平衡常数K===100.2，故C正确；
D．由图可知，氯离子浓度为10—2.54mol/L，溶液中银离子浓度为=10—7.21mol/L，则溶液中的氯离子浓度大于银离子，故D错误；
故选C。
19-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，当加入溶液时，溶液的发生突变，说明酸碱中和恰好完全反应，反应的化学方程式为，该二元酸的浓度，没有加入溶液时，溶液的为1.0，这说明在水中的第一步电离是完全的，第二步电离存在电离平衡，故该二元酸溶液中不存在分子，故A错误；
B.在未加溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，滴入溶液后，曲线①的分布系数一直在减小，曲线②的分布系数一直在增大，故曲线①代表，曲线②代表，由题图可知，当时，溶液的，则的电离常数，故B错误；
C．滴入时，正好中和，溶液中的溶质为正盐，故C正确；
D．曲线③代表，氢氧化钠滴定H2A，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，故D错误；
故答案为C。
19-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
结合图像分析，根据的电离平衡： ，
同理推出，。
详解:
A．水解：，，数量级为，A正确；
B．在溶液中，发生水解和电离，水解方程式： ，，水解：， ，，电离程度大于水解程度，，B错误；
C．在溶液中，发生电离和水解，，，发生水解，，，，故，在溶液中，根据物料守恒：，电荷守恒：，联立得： ，因为，所以，C错误；
D．将与等物质的量混合，因为与水解程度不同，所以和离子浓度不同，而P点，两个离子浓度相同，D错误； 故选A。
19-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．b点，，且,，根据 守恒：，，A正确；
B．酸中的抑制水的电离，随着溶液的加入，逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，B正确；
C．由图可知，c点，，，，，，C错误；
D．由图像可知，溶液，溶液中存在以下平衡：，，，因为，所以水解程度大于电离程度，，故溶液中的离子浓度大小关系为：，D正确；
故选C。
20-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.过程I相当于向含的溶液中加碱加热，将转变为氨气，此过程不是氧化还原反应，A项错误；
B.中的氮元素是-3价，中的氮元素是+5价，因此每转化1mol要转移8mol电子，B项错误；
C.根据氢+1价氧-2价的规则不难看出甲醇中的碳是-2价，而中的碳是+4价，因此甲醇变成的过程中甲醇被氧化，作还原剂，C项正确；
D.硝酸中的氮是+5价的，转化为氮气中0价的氮需要得到5个电子，因此转移10mol电子可以得到2mol的0价氮原子，即1mol氮气，D项错误；
答案选C。
20-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
浊液加入氨气、二氧化碳转化为碳酸钙沉淀，碳酸钙加入草酸钠转化为草酸钙产品；
详解:
A．“浸取1”应先通使溶液显碱性，再通可以吸收更多二氧化碳，从而制备出更多，A正确；
B．“浸取1”时钙离子、碳酸根离子生成沉淀，所得滤液1中主要成分为硫酸铵，故浓度最大的阳离子为，B正确；
C．“浸取2”时，碳酸钙加入草酸钠，将碳酸钙转化为草酸钙产品，反应的离子方程式为，C正确；
D．草酸钙为沉淀，“系列操作”具体是指过滤、洗涤、烘干，D错误；故选D。
20-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.NH4ClO4是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；
B.当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；
C.电解NaClO3溶液得到NaClO4，阳极失去电子，发生氧化反应，化合价升高，电极反应为：，故C正确；
D.最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故D错误；
故答案选D。
20-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:A．由图可知工业生成中，催化合成氨的反应温度为，说明是催化剂催化活性的最佳温度，故A正确；
B．晶胞中存在氢键，氢键具有饱和性和方向性，晶胞不符合分子密堆积，故B错误；
C．工业合成氨的反应方程式为：N2+3H22NH3，该反应是气体体积减小的放热反应，步骤②为加压，④为分离出产物，⑤为重复利用反应物，均有利于提高原料的转化率，故C正确；
D．氨气易液化吸热，产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂，故D正确；
故选B。
20-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
结合流程图及题目中信息可知，粉煤灰酸浸后、、、分别和酸反应生成对应的硫酸盐，和硫酸反应生成，不反应，滤渣1为，加入铁粉，将溶液中Fe3+还原为Fe2+，结晶得，滤液中还含有TiO2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等，TiO2+水解得到TiO2·xH₂O，灼烧可得到TiO2，滤液2加入双氧水，可氧化 Fe2+生成Fe3+，调节pH，可生成Al(OH) 3、Fe(OH)3沉淀，滤液3含有Mg2+，经过一系列操作，最后结晶得到 MgCl2·6H2O，以此解答该题。
详解:A．和硫酸不反应，滤渣1为，A错误；
B．加入铁粉，将溶液中Fe3+还原为Fe2+，结晶得，B错误；
C．滤渣2为Al(OH) 3，Fe(OH)3，由Ksp[Al(OH)3]=，Ksp[Fe(OH)3]= ，可知使铝离子完全沉淀需要调节的pH较大，当pH=4时，，mol/L，大于 mol/L，此时Al3+没有沉淀完全，故C错误；
D．溶液制备过程中需要在气流中蒸发浓缩，以避免氯化镁水解生成氢氧化镁，造成产品不纯，D正确；
故答案为D
20-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应MnO2+ SO2=MnSO4，Fe3O4+SO2+4H+=3Fe2+++2H2O，二氧化硅不反应，过滤，滤渣I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe3+，加入MnO2目的将过量的消耗，将氧化为，反应为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+，调节 pH，铁离子完全生成氢氧化铁除去，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有 MnCO3，反应为，通过洗涤，烘干得到高纯MnCO3。
详解:A.浸锰过程中存在
Fe3O4+SO2+4H+=3Fe2+++2H2O，A错误；
B．滤渣Ⅰ中主要成分为，B正确；
C．氧化过程的目的主要将氧化为并将过量的SO2消耗，C正确；
D．沉锰过程发生的反应为，D正确；
故答案选A。
21-1【基础】 【正确答案】 1、
2、催化剂Ⅰ 升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，相同反应时间转化率增大
3、bd 4、 25
5、
【试题解析】 根据盖斯定律，方程式，
根据图中曲线，使用催化剂Ⅰ，甲醇的选择性较高；升高温度，催化剂Ⅱ活性增大，反应速率加快，在相同反应时间反应增多，转化率增大。
对于反应：
a.相同时间内，键断裂，同时有键形成，都表示正反应速率，不能判断反应达平衡状态，a错误；
b. 容积恒定的容器中，反应前后气体分子数不相等，压强是变量，当容器内气体总压强不再变化，反应达平衡状态，b正确
c.，c错误；
d.根据，是变量，密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，反应达平衡状态，d正确。故选bd。
根据三段式，，
放电时，正极上，电极反应为：，根据反应：，列式计算，。
21-2【基础】 【正确答案】 1、 (2)① ② (3)①
2、 C 劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大
3、负
【试题解析】 ，则，当，，pH在10.3，如果溶液的pH＝13，则，所以该溶液中所得阴离子为，，溶液pH＝10，，计算所得溶液，故答案为2：1；。
①；②；③；2③-①-②得 ；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)＝n(CH4)＝1mol×50%＝0.5mol，生成的n(CO)＝n(H2)＝1mol，该化学反应，化学平衡常数化学平衡常数；故答案为；C；。
②根据表中数据知，催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；故答案为劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大。
①根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O−CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故答案为负；
②电解H2O−CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：。
点睛:本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响、原电池原理等知识点，侧重考查学生分析、推断及图像分析能力，正确理解题给信息是解本题关键，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
21-3【巩固】 【正确答案】 1、催化剂a、220℃ 温度升高，超过催化剂的活性温度导致催化剂活性降低，催化效率下降，发生反应II导致选择性下降 B
2、< 3、 CH2=CH2+HOCl→HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl→+HCl
【试题解析】 ①依据图给信息，选择制备环氧乙烷的适宜条件为催化剂a、220℃，此时反应温度较低，催化活性、生成EO的选择性较高。
②M点后曲线下降的原因为温度升高，超过催化剂的活性温度导致催化剂活性降低，催化效率下降，发生反应II导致选择性下降；
③A．催化剂需要一定的合适的催化温度，不是选择性越高，其达到最高反应活性所需的温度越高，A错误；
B．不同催化剂所需的温度不同，达到最高活性时的温度不同，B正确；
C．温度过高会导致催化剂失效，故催化剂的催化活性与温度不成正比，C错误；
故选B。
由图可知，随着温度升高，-lnK逐渐变大，则K随温度升高而减小，平衡逆向移动，故反应为放热反应，焓变小于零，ΔH2<0；
①电解槽1中阴极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为。
②由图可知，乙烯和HOCl生成中间产物HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl发生成环反应得到环氧乙烷和HCl，其反应过程可描述为CH2=CH2+HOCl→HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl→+HCl。
21-4【巩固】 【正确答案】 1、0.12
2、1 3、80% 4.①③
5、
6、0.064g 7、阳
【试题解析】 前10s内用M表示的化学反应速率；
经2min达平衡，生成2.4molR,并测定Q的浓度为，则Q转化的物质的量，转化的物质的量之比等于化学计量数之比，
0.8：2.4=x：3，计算得到x=1;
L的转化率是；
①体积减小的反应，体系压强不再改变，说明已经达到平衡，故正确；
②容器体积不变，气体质量不变，容器内气体的密度始终不变，容器内气体的密度不再改变，不能说明是否达到平衡，故错误；
③反应前后分子的物质的量发生改变，气体的质量保持不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明已经达到平衡，故正确；
④化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内消耗3molM的同时生成3molR，故错误；
⑤n(L):n(M):n(R)=2:3:3，不能确定各组分的浓度是否发生改变，故错误；
甲装置a极通入的是乙醇，为负极，电极反应方程式为；
当b极消耗标准状况下11.2mL时，转移电子的物质的量为，d电极的电极反应为，则增重的Cu的物质的量为0.001mol,Cu的质量为；
题图左边加入含硫酸的水，右侧加入含KOH的水，说明左边制硫酸，右边制备KOH溶液，氢氧根离子在阳极放电，同时电解后溶液呈酸性，氢离子在阴极放电，同时电解后溶液呈碱性，则M为阳极，N为阴极，则N为阳离子交换膜；M连接电源正极，N电极上氢离子放电生成氢气，所以氢气从C口导出，氧气在B导出，生成氧气的化学方程式为。
21-5【提升】 【正确答案】 1、b—a CaO消耗CO2，生成物CO2的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的产率增大
2、> ＜ bd
3、CO2+CN—+H2O=HCN+HCO
4、CO2+2H++2e—=HCOOH
【试题解析】 ①由盖斯定律可知，反应Ⅲ—反应Ⅱ可得反应Ⅰ，则ΔH1=ΔH3—ΔH2=(b—a)kj/mol，故答案为：b—a；
②二氧化碳能与氧化钙反应生成碳酸钙，则加入氧化钙可以使反应Ⅰ生成的二氧化碳浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的产率增大，故答案为：CaO消耗CO2，生成物CO2的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的产率增大；
①由图可知，曲线Ⅱ达到平衡达到平衡所需时间小于曲线Ⅰ，甲醇的物质的量小于曲线Ⅰ说明反应温度Ⅱ大于Ⅰ，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，所以化学平衡常数KI大于KII，故答案为：>；
②设甲中平衡水蒸气的浓度为amol，由题意可建立如下三段式：

由平衡后气体的压强为开始的0.8倍可得：=，解得a=0.4，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的浓度分别为0.6mol/L、1.8mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L，反应的平衡常数K=≈0.046，容器乙中的浓度熵Qc==1>K，所以反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
③a．恒压容器中混合气体的压强始终不变，则容器中压强不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
b．氢气的体积分数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
c．不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体体积减小，混合气体的密度增大，则容器中密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
e．2个断裂的同时有3个断裂均代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选bd；
由电离常数可知，氢氰酸的电离程度大于碳酸氢根离子，小于碳酸，所以由强酸制弱酸的原理可知，氰化钾溶液与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO2+CN—+H2O=HCN+HCO，故答案为：CO2+CN—+H2O=HCN+HCO；
由图中电子移动方向可知，催化剂b为原电池的正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2H++2e—=HCOOH，故答案为：CO2+2H++2e—=HCOOH。
21-6【提升】 【正确答案】 1、低温 2、AC
3、0.2mol/(L·min) 0.25 降低温度
4、向右进行 5、
【试题解析】 该反应为熵减的放热反应，低温下反应△H-T△S<0，反应能自发进行。
A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，A正确；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒温恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，B错误；
C．CO的百分含量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，C正确；
D．CO、、物质的量之比为1:2:1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，D错误；
故选AC。
①由图可知，前5分钟内，一氧化碳的浓度变化量为(1.0-0.5)mol/L=0.5 mol/L，则；
②℃平衡时，一氧化碳、氢气和甲醇的浓度分别为0.5mol/L、(3.0-0.5×2)mol/L=2.0mol/L和0.5mol/L，则反应的化学平衡常数；
③由图可知，10 min时，外界条件改变的瞬间，一氧化碳的浓度不变，随后浓度减小说明
平衡向正反应方向移动，新平衡时一氧化碳浓度为0.26mol/L，则平衡时氢气、甲醇的浓
度为(3.0-0.74×2)mol/L=2.0mol/L、0.74mol/L，反应的化学平衡常数，则改变的外界条件为降低温度。
温度不变，平衡常数不变，℃下，在1L恒容密闭容器中充入2molCO、2molH2和3molCH3OH(g)，此时反应浓度熵，则反应向右进行。
电解时，二氧化碳在b极上生成乙烯，电极反应式为：。
22-1【基础】 【正确答案】 1、升高温度，加快反应速率 af
2、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入ZnO后，ZnO与H+反应，水解平衡向正反应方向移动，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 4×10-8 pH过大，Zn2+易转化为Zn(OH)2沉淀，导致锌损失，产率降低
3、Cu、Cd 4、加热浓缩，高于60℃以上趁热过滤
【试题解析】 分析:
锌渣中含有ZnO、FeO、CuO、CdO等，加入3mol/LH2SO4酸浸，ZnO、FeO、CuO、CdO溶解生成相应的硫酸盐；加入漂白粉氧化，将Fe2+氧化为Fe3+；加入ZnO调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入锌粉，将Cu2+、Cd2+还原为Cu、Cd；将所得滤液蒸发浓缩，过滤、洗涤、干燥，便可得到ZnSO4∙H2O。
“酸浸”时，不断通入高温水蒸气，可提高反应混合物的温度，加快反应速率。配制硫酸溶液，量取浓硫酸体积时，俯视读数，量取浓硫酸体积偏小，所配溶液浓度偏小；配制硫酸溶液时，仰视读数，所配溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏小，故选af。答案为：升高温度，加快反应速率；af；
氧化后，滤液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入ZnO除杂，ZnO与反应，水解平衡向正反应方向移动，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；若控制pH=4，溶液中c(Fe3+)=mol∙L-1=4×10-8 mol∙L-1；根据计算Zn2+在pH=8完全沉淀，因此若pH过大，Zn2+易转化为Zn(OH)2沉淀，导致锌损失，产率降低。答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入ZnO后，ZnO与H+反应，水解平衡向正反应方向移动，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；4×10-8；pH过大，Zn2+易转化为Zn(OH)2沉淀，导致锌损失，产率降低；
由分析可知，加入过量锌粉，将Cu2+和Cd2+置换出来，因此滤渣3含有锌和铜、镉。答案为：Cu、Cd；
由图可知，一水硫酸锌的溶解度在60℃后随温度升高而降低，所以系列操作为加热浓缩，高于60℃以上趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌。答案为：加热浓缩，高于60℃以上趁热过滤。
点睛:除杂质需要调节pH时，既需考虑除尽杂质，又需考虑尽可能减少产品中离子的损失。
22-2【基础】 【正确答案】 1、增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
2、NiS＋2HCl＝NiCl2＋H2S↑
3、 ，NiO消耗水解生成的氢离子，导致氢离子浓度降低，水解平衡正向移动
4、0.2 mol∙L−1
5、阴 H2SO4
【试题解析】 分析:
硫化铂矿的主要成分是，还含有、、一些不溶性物质等，先将硫化铂矿粉磨，以增大反应接触面积，提高反应速率，加入稀盐酸、加热发生反应，不溶性物质被过滤出，向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，加入NiO除铁，过滤，再除镁，向滤液中加入稀硫酸酸化，再电解得到Ni和氧气、硫酸。
硫化铂矿粉磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
“酸浸”时，硫化铂与稀盐酸反应生成NiCl2和H2S，其反应的化学方程式为：NiS＋2HCl＝NiCl2＋H2S↑；故答案为：NiS＋2HCl＝NiCl2＋H2S↑。
“氧化、除铁”过程中加入溶液时，主要是氧化亚铁离子变为铁离子，其发生反应的离子方程式为；加入氧化镍的目的是除去铁元素，用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因是铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，NiO消耗水解生成的氢离子，导致氢离子浓度降低，水解平衡正向移动；故答案为：；，NiO消耗水解生成的氢离子，导致氢离子浓度降低，水解平衡正向移动。
若“除镁”后的滤液中的浓度不大于，根据，则溶液中，根据，则滤液中；故答案为：0.2 mol∙L−1。
电解硫酸镍溶液时，在阴极得到电子生成镍单质，阳极是水电离出的氢氧根失去电子变为氧气，阳极还有硫酸生成，硫酸可用于前面酸化，因此电解产物H2SO4可以循环使用；故答案为：阴；H2SO4。
22-3【巩固】 【正确答案】 1、适当升高温度、增大硫酸浓度、将粗硫酸镍粉碎或搅拌等
2、 1.7×1014
3、Fe2+ 4、
5、 6、负
【试题解析】 分析:
粗硫酸镍加硫酸溶解，溶液中加NiS将铜转化为CuS沉淀，过滤滤渣1为CuS；滤液中加双氧水将铁完全氧化成三价铁，再加氢氧化钙调节pH值将铁转化为氢氧化铁、铝转化为氢氧化铝沉淀过滤除去，滤液中加NaF将钙镁转化为氟化物沉淀除去，最后得到硫酸镍溶液，控制pH值浓缩结晶得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
溶解时为了加快溶解速率，可适当升高温度，适当增大硫酸浓度或者将粗硫酸镍粉碎增大接触面积，故答案为：适当升高温度、增大硫酸浓度、将粗硫酸镍粉碎或搅拌等；
溶液中加NiS将铜转化为CuS沉淀，发生反应为：，该反应的平衡常数 ，故答案为：；1.7×1014；
若取消“氧化”工序，则溶液中的亚铁离子不能完全除去，最终进入硫酸镍溶液中，因此晶体中可能含有Fe2+，故答案为：Fe2+；
“调pH”除铁铝中，应使Al3+完全沉淀，但不能使沉淀，结合表中数据可知pH范围应为：，故答案为；；
当恰好沉淀完全时，溶液中，此时溶液中，则溶液中，故答案为：；
铜片上镀镍，铜片应作阴极，镍作阳极，溶液中镍离子在阴极得电子生成镍单质，因此铜应连接电源负极，阴极发生反应为：，故答案为：负；；
22-4【巩固】 【正确答案】 1、、
2、
3、6.0
4、
【试题解析】 分析:
铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2，据此分析解题。
调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、A13+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3，故答案为: Fe(OH)3、Al(OH)3；
焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；故答案为: 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；
此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
22-5【提升】 【正确答案】 1、坩埚 粉碎富硒废料或增大氧气的浓度
2、稀 稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少
3、萃取、分液 4、
5、
6、在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40％时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大
【试题解析】 分析:
废料（含 、)，焙烧可生成，气体1与水反应生成和Se，母液含硫酸；烧渣含，加硝酸与Ag反应生成硝酸银和，氧化铜反应生成硝酸铜，气体2是，加入有机溶剂分离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：，操作3中发生反应为
焙烧时应把废料于坩埚中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积；
浸取中加硝酸与反应生成硝酸银和，与氧化铜反应生成硝酸铜， 应选用稀硝酸，原因是稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少；
操作2分离有机相和无机相，名称是萃取；
硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：，反应过程中产生了对环境友好的气体氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反应的离子方程式：
；
阳极上用制备一水合肼,，N元素化合价从﹣3升到﹣2，电极反应式为；
根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40％时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大。
22-6【提升】 【正确答案】 1、增大接触面积，加快酸浸反应速率
2、强酸 不能 3、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
4、Fe3+在水溶液中发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3，与水解产生的H+反应，使c(H+)减小，平衡正向移动，从而生成Fe(OH)3沉淀 0.01 4
5、酸 C
【试题解析】 分析:
氟磷灰石[主要成分为，还含有少量]经粉碎，加入硫酸酸浸，生成HF气体，过滤后得到微溶物硫酸钙，滤液经过氧化后，溶液中含有磷酸、硫酸铁，再加入碳酸钙调节pH，反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成磷酸二氢钙，过滤后，在得到的滤液中加入硫酸钾，反应生成硫酸钙，同时生成，过滤后，滤液再经一系列操作得到晶体，据此解答。
酸浸前需将氟磷灰石粉碎成粉末，其目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率；
该反应中生成磷酸体现了浓硫酸的强酸性，生成HF体现了浓硫酸的难挥发性：根据酸浸时发生的反应可知，氟磷灰石反应会生成HF，而HF会与玻璃中的发生反应：，所以酸浸时不能使用玻璃容器；
氧化的目的是将氧化成，其离子方程式为；
在水溶液中发生水解：，加入碳酸钙，碳酸钙与水解产生的氢离子反应，使氢离子浓度减小，平衡正向移动，从而生成氢氧化铁沉淀；当pH=3时，溶液中Fe3+开始沉淀，，因为，则；溶液中铁离子完全沉淀时，，据 ，可得，，；
水溶液中存在的电离和水解，其电离常数，其水解常数，即电离程度更大，所以溶液显酸性；下列有关KH2PO4水溶液中的微粒关系正确的是：
A．由于的电离大于水解，故，A错误；
B．由电荷守恒可知，B中右边缺少，B错误；
C．由物料守恒可得c(K+)=c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)，C正确；故答案为：C。
23-1【基础】 【正确答案】 1、否 2、AB
3、体系密封，反应加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大
4、洗去表面的水份，乙醇易挥发，有利于产品快速干燥
5、 偏大
【试题解析】 分析:
(5)滴定原理：先用将KI氧化为I2，然后用标准溶液滴定I2，利用关系式2~I2~2即可确定样品中的质量，从而确定其质量分数。
FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，本题配制FeCl3溶液是为了制备氢氧化铁，故无需要先将溶解于适量浓盐酸后再稀释，填否；
A．过滤需遵循“一贴二低三靠”原则，其中玻璃棒的下端紧靠三层滤纸处，不能用力，否则可能戳破滤纸，A错误；
B．过滤前将沉淀和溶液搅混后一起转移到过滤器中会延长过滤时间，B错误；
C．洗涤的目的是将沉淀洗净且尽可能减少沉淀的溶解损失，要需遵循“少量多次”原则，即每次让洗涤液刚好浸没沉淀，然后让其自由留下，然后进行多次，C正确；
D．步骤(ⅰ)中NH3·H2O与FeCl3反应生成Fe(OH)3和NH4Cl，洗涤时，若没有洗净则Fe(OH)3沉淀表面会有NH4Cl，可用溶液检验沉淀表面是否有Cl-来验证沉淀是否已洗净，D正确；
答案选AB；
恒压滴液漏斗比起普通分液漏斗来说有平衡气压，使液体顺利滴下的作用，装置中若恒压滴液漏斗替换为普通分液漏斗，实验中溶液将无法顺利滴下，其原因是体系密封，反应加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大；
乙醇易挥发，容易带走水分，易干燥，故步骤(ⅱ)中用乙醇洗涤的目的是洗去表面的水份，乙醇易挥发，有利于产品快速干燥；
①由标准溶液滴定I2可知KI与被样品氧化为I2，发生反应的离子方程式为；
②由、可知存在2~I2~2，平均消耗标准溶液VmL，则n()=c×V×10-3mol，样品中n()=10n()=cV×10-2mol，m()=cV×10-2mol×421g/mol=4.21cVg，样品中的质量分数==％；
③若滴定过程较缓慢，则过量的KI可能被空气中的氧气氧化为I2，则消耗标准溶液体积偏大，测得样品中的质量分数偏大。
23-2【基础】 【正确答案】 1、D 2、KSCN溶液 溶液不变红色（或无明显现象） BaCl2溶液 白色沉淀 SO
3、否 实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色
4、b c H2SO4 加热法 0.24 是 a
【试题解析】 A.需用浓H2SO4与Cu反应制取SO2，选项A不能达到实验目的；
B.SO2可以使品红溶液褪色，以验证其具有漂白性，但使紫色石蕊变红是证明其与水反应生成的亚硫酸呈酸性，选项B不能达到实验目的；
C.SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，导气管应“长进短出”，选项C不能达到实验目的；
D.SO2与饱和Na2SO3溶液反应而被吸收，选项D能达到实验目的。答案选D；
向甲中滴加KSCN溶液，观察到溶液不变红色（或无明显现象）， 可知混合液中无Fe3+；向乙中滴加BaCl2溶液，观察到生成白色沉淀，可知混合液中有SO由此得出结论：SO2的还原性强于Fe2+ 。
结论不合理，实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色；
①仪器A的名称是冷凝管，A的进水口为b，滴定前排气泡时，应选择图3中的c；
②C中反应生成物为硫酸，化学式是H2SO4，除去过量H2O2的方法是加热法；
③根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L<0.25g/L, 符合国家标准；
④a.由于盐酸易挥发，有部分氯化氯会挥发到B装置中，所以会使氢氧化钠的用量偏多，所以会导致测定结果比实际值偏高;
b.滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，标准液体积偏小，浓度偏低；
c.配制NaOH标准溶液时，未等烧杯中溶液冷却至室温即转移定容，标准溶的浓度偏高，消耗体积偏小，测定结果偏低，答案选a。
23-3【巩固】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 球形冷凝管
2、温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解 水浴加热
3、
4、ECDAB 5、滴入最后半滴标准溶液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且半分钟内不变色
【试题解析】 分析:
恒压分液漏斗装有葡萄糖酸钙溶液，与硫酸锌溶液反应生成葡萄糖酸锌［Zn(C6H11O7)2，已知其易溶于热水，不溶于乙醇，可加入乙醇溶液促进晶体析出，利用EDTA滴定Zn2+的浓度进而计算产品纯度。
仪器a为恒压滴液漏斗；X处装置应为冷凝回流装置，选用球形冷凝管。
葡萄糖酸锌易溶于热水，温度低时反应速率慢，易析出，温度高于100℃葡萄糖酸锌开始分解，因此反应控制温度在90℃左右，采用水浴加热方式。
三颈烧瓶中是利用硫酸锌和葡萄糖酸钙制备葡萄糖酸锌，由(2)可知反应温度在90℃左右，则反应的化学方程式为。
葡萄糖酸锌易溶于热水，故先将葡萄糖酸锌粗品加入加热至微沸的蒸馏水中得到葡萄糖酸锌饱和溶液，后将饱和溶液趁热减压过滤除去难溶物，由于葡萄糖酸锌不溶于乙醇，故将滤液冷却至室温后再加入浓乙醇溶液，葡萄糖酸锌溶解度降低，晶体析出，待晶体充分析出后减压过滤，在50℃下恒温烘干，防止葡萄糖酸锌受热分解，故正确的顺序为ECDAB。
①开始滴定前溶液中成分为Zn-EDTA(无色)、EDTA、EBT(蓝色)，故溶液颜色为蓝色；用锌离子标准溶液滴定，由题给反应可知，稳定性：，则先与过量的EDTA反应，待反应完全，达到滴定终点会生成Zn-EBT(酒红色)，即滴定终点颜色变化为由蓝色变为酒红色。②整个滴定过程中EDTA与锌离子反应，锌离子来源为两部分：一部分来自产品配成的溶液，另一部分来自锌离子标准溶液，可找到关系式：，即25mL溶液中，100mL样品溶液中，产品的纯度为。
23-4【巩固】 【正确答案】 1、C 2、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定
3、O2+4I-+4H+=2I2+2H2O
4、探究硫酸的浓度对氧化速率的影响
5、产生黄色沉淀 含I2的溶液中加入AgNO3也能产生黄色沉淀
6、向5 mL(过量)0.01 mol·L-1KI溶液中加入3 mL(少量) 0.005 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，再向其中加入KSCN溶液，溶液变红，说明含有过量I-的溶液中存在Fe3+，即可证明该反应为可逆反应
【试题解析】 分析:
测定酸碱中和反应的反应热时关键是做好保温工作，为了保证反应的酸完全反应，加入的碱溶液要稍微过量，混合溶液时要将碱溶液一次快速加入；在测定外界条件对化学反应速率的影响时，应该采用控制变量方法，即只改变一个外界条件，其它条件都相同，根据外界条件与反应速率的大小关系判断其作用；要验证化学反应是可逆反应，应该使反应的两种物质中一种物质不足量，一种物质过量，通过加入其它物质检验反应后的溶液中还存在不足量的物质进行检验判断。
为减少酸碱中和反应过程的热量损失，倒入NaOH溶液的正确操作是一次快速倒入，故合理选项是C；
此实验不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，这是由于H2SO4与Ba(OH)2反应除生成H2O外，还会生成BaSO4沉淀，形成离子键时的生成热会影响中和热的测定；
在酸性条件下空气中的O2与KI会发生反应产生钾盐、I2、H2O，该反应的离子方程式为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；
实验3的反应温度是298K，温度相同，混合溶液总体积相同，KI溶液浓度相同，但H2SO4溶液浓度不相同，因此设计实验组别3的目的是探究硫酸的浓度对氧化速率的影响；
KI与Fe2(SO4)3在溶液中会发生离子反应：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，二者反应的物质的量相等。根据在试管中加入KI与Fe2(SO4)3溶液的浓度及体积可知Fe3+过量。在试管i中加入1 mL0.01 mol/LAgNO3溶液时，会发生反应：Ag++I-=AgI↓，因此会看到产生黄色沉淀；乙同学认为该现象无法证明该反应为可逆反应，这是尽管I-完全反应产生了I2，但由于含I2的溶液中存在可逆反应I2+H2OHI+HIO，溶液中也会存在一定量I-，加入AgNO3也能产生黄色沉淀；
要证明该反应为可逆反应，可以设计实验使I-过量，Fe3+不足量而完全反应，然后用KSCN溶液检验其中是否含有Fe3+进行判断。设计实验为：向5 mL(过量)0.01 mol·L-1KI溶液中加入3 mL(少量) 0.005 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，再向其中加入KSCN溶液，溶液变红，说明含有过量I-的溶液中存在Fe3+，即可证明该反应为可逆反应。
23-5【提升】 【正确答案】 1、分液漏斗 b 2、Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O
3、防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+
4、a 乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥
5、滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变 0.0800 偏高
【试题解析】 分析:
由题意可知，制备四氧化三铁的实验过程为在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子，充分反应后，用磁铁从混合液中分离出纳米粒子，并用乙醇反复洗涤干燥后得到磁性四氧化三铁纳米粒子。
由实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；由题意可知充分反应后，三颈烧瓶中溶液的总体积为90mL，由三颈烧瓶中溶液的体积不少于容积的，不多于容积的可知，容器B的最佳规格为250 mL，故选b，故答案为：分液漏斗；b；
由题意可知，在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子、硫酸铵、氯化铵和水，反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O，故答案为：Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O；
亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以实验过程中应通入氮气，排尽装置中的空气，防止制备磁性四氧化三铁纳米粒子时，亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；
磁性四氧化三铁纳米粒子为磁性材料，所以从反应后的混合液中分离出磁性四氧化三铁纳米粒子最简单的分离方法为磁分离，故选a；用水洗涤四氧化三铁纳米粒子后，用无水乙醇洗涤纳米粒子可以利用乙醇易挥发的性质带走粒子表面的水分便于干燥，故答案为：a；乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥；
①由题意可知，反应生成的碘与滴入的硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变；
②由方程式可得如下关系：2Fe3+—I2—Na2S2O3，滴定消耗20.00mL0.2000mol/L硫代硫酸钠溶液，则铁离子的物质的量为0.004mol，设样品中四氧化三铁、氧化铁的物质的量分别为amol、bmol，由样品的质量可得：232a+160b=0.3120， 由铁原子个数守恒可得：3a+2b=0.004，解联立方程可得a=0.001、b=0.0005，则样品中氧化铁的质量为0.0005mol×160g/mol=0.0800g；若加入碘化钾溶液的量不足会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致a偏小、b偏大，所以测得的氧化铁的质量偏高，故答案为：0.0800g；偏高。
23-6【提升】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 2、加适量蒸馏水稀释，并充分冷却
3、(VO2)2SO4+H2C2O4+H2SO4=2VOSO4+2CO2↑+2H2O
4、BD 10.2% 取数份等体积50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为35℃(或35-55℃之间任一温度)，充分反应相同的时间(或1-2 h)
【试题解析】 分析:
V2O5与浓硫酸加热时反应生成(VO2)2SO4，再加入草酸，(VO2)2SO4溶液转化成了VOSO4溶液，反应液由橙红色变为蓝黑色，经过蒸发浓缩，冷却结晶得到VOSO4晶体。
根据仪器b的结构特点可知其为恒压滴液漏斗；
草酸受热易分解，反应液中有浓硫酸，稀释时会放热，所以为防止草酸的损耗，加入草酸前需加入适量蒸馏水稀释反应液，并充分冷却；
由流程可知，反应液有橙红色变为蓝黑色的反应为(VO2)2SO4在酸性溶液中被草酸还原为VOSO4，根据得失电子守恒、元素守恒可得化学方程式为(VO2)2SO4+H2C2O4+H2SO4=2VOSO4+2CO2↑+2H2O；
i．A．预处理过程中加入尿素的量不足，亚硝酸可将VO转化为VO2+，导致硫酸亚铁铵标准溶液用量减少，测量值偏小，不符合题意；
B．盛装硫酸亚铁铵标准液的滴定管未润洗，导致用量偏大，测量值偏大，符合题意；
C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线，导致用量读数偏小，测量值偏小，不符合题意；
D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡，导致用量偏大，测量值偏大，符合题意；
故选BD。
ii．1molVO转化为VO2+转移电子1mol，1mol亚铁离子转化为铁离子转移电子1mol；根据质量守恒、电子守恒，可知n(V)=n(Fe2+)，硫酸氧钒中钒的质量为n(V)=0.05mol/L×0.01L×=0.005mol，所以硫酸氧钒晶体中钒的质量分数为×100%=10.2%；
“探究氨水浓度对沉钒率的影响”，则可做多组氨水浓度不同、钒溶液浓度相同、温度相同的对比实验，由图2可知，钒溶液浓度太低沉钒率太低，可能导致误差大，所以钒溶液选用浓度为50g/L，可用纯水控制溶液总体积相同。由图3可知，温度高于55℃，沉钒率下降，可能原因是温度高于55℃，氨水分解过多，故应控制温度在55℃以下。具体操作为：取数份等体积50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为35℃(或35-55℃之间任一温度)，充分反应相同的时间(或1-2 h)，使用专用仪器测定并计算沉钒率。
24-1【基础】 【正确答案】 1、
2、加成反应 3、+HCN； 0
4、9 5、
【试题解析】 分析:
根据后续产物的结构中含有六元环及A的分子式，可知A是甲苯，结合B的分子式可知，B为苯甲酸，结构简式为：；结合C的分子式，可知C为苯酚，结合D的分子式可知，D为环己醇，环己醇催化氧化生成E环己酮，结合F的分子式，可知F的结构简式为：，在酸性条件下生成G为：，随后两分子G发生酯化反应得到产物，以此解题。
由分析可知，B为，其中的碳都为不饱和碳，杂化方式为：；
由分析可知，C→D为C中的苯环和氢气的加成反应；
由分析可知，E为环己酮，E→F为E中的碳氧双键和HCN的加成反应，方程式为：+HCN；F的结构简式为：，连接4个不同的原子或者原子团的碳为手性碳，则F中没有手性碳，即手性碳原子数为0；
满足条件的G的同分异构体中含有2个—OH、1个—CHO，结构有、、，共9种；
苯乙酮首先和HCN发生加成反应，随后在酸性条件下引入羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应，引入碳碳双键，再和甲醇发生酯化反应得到产物，具体流程图如下：。
24-2【基础】 【正确答案】 1、Cl2、光照 乙酸甲酯
2、2+O22+2H2O 3、C
4、+2NaOH+2NaBr
5、 6、2 1号氮原子提供一对电子形成5中心6电子π键，2号氮原子可提供电子对与金属阳离子形成配位键
7、虽然分子量相对较大，但是S元素电负性小且没有强极性N-H共价键，分子间作用力只有范德华力而没有吡唑中的分子间氢键
【试题解析】 分析:
反应①应是甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应，然后在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，羟基取代氯原子的位置，则A的结构简式为，A发生催化氧化得到B，B为苯甲醛，其结构简式为，根据信息I、C的分子式以及D的结构简式，推出C的结构简式为CH3COOCH3，根据B、G、CH3－NH－NH2的结构简式以及F的分子式C10H8O2，推出F的结构简式为，对比D和F的结构简式，D与Br2发生加成反应，E发生消去反应得到F，据此分析。
根据上述分析，反应①所需试剂和条件分别是Cl2、光照；C的结构简式为CH3COOCH3，属于酯，名称为乙酸甲酯；
A生成B为羟基的催化氧化，化学方程式为2+O22+2H2O；
测定所含化学键和官能团的仪器是红外光谱仪，故选C；
D与Br2发生加成反应，所以E为，E发生消去反应得到，化学方程式为+2NaOH+2NaBr；
核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种不同化学环境的氢原子，即该结构为对称结构，三种氢原子的个数比为2：2：1，1molX与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明1个X分子中含有2个醛基，符合条件的结构简式为；
1号氮原子提供一对电子形成5中心6电子π键，2号氮原子可提供电子对与金属阳离子形成配位键，所以2号氮原子更易形成配位键；
虽然噻吩分子量相对较大，但是S元素电负性小且没有强极性N-H共价键，分子间作用力只有范德华力而没有吡唑中的分子间氢键，所以熔沸点较低。
24-3【巩固】 【正确答案】 1、取代反应 2、sp2、sp3
3、 4、、 5、小
6、
【试题解析】 分析:
A和CH3CHClCOCl发生取代反应在A原有支链的对位引入支链生成B，B中羰基成环生成C，C发生转位重排反应生成D，D生成E，D是C的同分异构体，D→E的另一产物可以循环使用，结合CE结构可知，D结构简式为；
由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；
C分子中苯环中碳原子为sp2杂化，支链上饱和碳原子为sp3杂化；
由分析可知D结构简式为；
B除苯环外有7个碳、1个氯、1个氧，其一种同分异构体同时满足下列条件：(i)分子中含有苯环；(ii)分子中只有3种不同化学环境的氢，则结构对称性很好；
则为、；
布洛芬中只含有1个羧基，且分子中含有较大的碳支链，故其在水中的溶解度较小；
苯酚首先加氢还原为环己醇，氧化为环己酮，乙烯和氯单质加成生成1、2-二氯乙烷，发生取代反应生成1、2-二乙醇，再和环己酮发生B生成C的原理反应得到产物，故流程为：。
24-4【巩固】 【正确答案】 1、乙烯 CH3CHO
2、+H2O
3、氧化反应 4、+C2H5OH+H2O
5、4:3 平面三角形 6、sp2、sp3 N>H>C
7、
【试题解析】 分析:
Ⅰ.本题考查陌生有机物的合成路线。根据气体分子相对分子质量与密度成正比，A与氢气的相对密度为14，所以MA=28，所以气体A是乙烯C2H4。分析合成路线如下：乙烯和水在催化剂条件下发生加成反应，生成B乙醇（CH3CH2OH），乙醇催化氧化得到C为乙醛。根据已知信息②，C和D发生类似反应，生成E。E→F的反应条件是浓硫酸加热下反应，所以应该是类似醇的反应，发生消去反应，引入碳碳双键，所以F 的结构是
；F经银氨溶液发生醛基上的氧化反应得到羧基，酸化后得到G，结构为；G→H发生取代反应，由氯原子引入羟基，得到H；H→I中是酯化反应。
Ⅱ.考查氮元素相关原子结构和其化合物的性质。
A的名称为乙烯；C为乙醛，结构简式是CH3CHO；
E→F发生消去反应，化学反应方程式为
+H2O
F含醛基，加入银氨溶液并酸化得到羧酸，发生氧化反应，所以反应类型是氧化反应；
H→I发生酯化反应，反应方程式是
+C2H5OH+H2O
氮原子是7号元素，基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为4:3；中N为中心原子，孤电子对数为，离子的空间构型为平面三角形；
N-甲基咪唑()中碳原子可形成单键和双键，碳原子杂化方式为sp3、sp2；同一周期，从左到右电一电离能逐渐增大， N的价电子层是2s22p3,处于半稳定状态，所以所以N >C，由于氢原子的核外电子距离原子核近，引力大，所以氢元素的电一电离能比C大，但比N小，所含元素第一电离能由大到小的顺序是N>H>C；
根据立方晶系TiO2晶胞结构，可知每个TiO2晶胞中平均分布4个Ti原子核8个O原子，所以其晶体的密度是g/cm3= g/cm3
24-5【提升】 【正确答案】 1、羟基、羧基 取代反应 2、乙醇、浓硫酸、加热
3、1 4、 +H3CCOCH3+H2O
5、17 6、
7、面心
【试题解析】 分析:
对比莽草酸和A的结构简式可知，莽草酸与CH3CH2OH 发生酯化反应生成A，A与丙酮在酸性条件下反应生成B，B与HOSO2CH3发生取代反应生成C，C在稀酸作用下生成D，再经过一系列反应得到奥司他韦，据此分析解题。
由莽草酸的结构简式可知，其中的含氧官能团为羟基、羧基；对比B、C的结构简式可知，-SO2CH3，取代 B 中-OH上的氢原子生成C，反应类型为取代反应；
对比莽草酸和A的结构简式可知，莽草酸与CH3CH2OH 发生酯化反应生成A，酯化反应的条件为浓硫酸、加热；
B中含有酯基可在碱性条件下发生水解反应，故1molB最多可以消耗1mol NaOH溶液；
对比A、B 的结构简式可知，A 与丙酮发生取代反应生成B和一分子水，据此可写出化学反应的方程式: +H3CCOCH3+H2O；
第一步：官能团及结构分析由B的结构简式可知，B的分子式为C12H18O5(Ω=4)，由“芳香族化合物X是B的同分异构体”可知，X中含有苯环(Ω=4)剩余不饱和度为0，由“官能团只含有酚羟基”结合X中含有5个氧原子可知，含有5个-OH(酚)，则X中苯环上含有5个-OH 和1个-C6H13，有机物 X 可写成C6H13R(R= )，其可看作-R 取代C6H14中的一个氢原子。C6H14的碳链异构有五种，R 可取代的位置有，,,，，共17种；
对比对甲基苯甲醛与对醛基苯甲酸可知，-CH3转化为-COOH，该反应可通过与酸性高锰酸钾反应得到；-CHO易被氧化，所以需要保护，将对甲基苯甲醛与乙二醇发生A→B的反应即可实现；最后将氧化后的产物进行酸化即发生C→D的反应即可复原-CHO，则合成路线为： ；
依据题意可知：M处于体心位置，卤素阴离子位于立方体的6个面的面心，正好构成八面体；晶体体积：，晶体密度，则，1mol晶胞含有1mol，所以。
24-6【提升】 【正确答案】 1、取代反应 2、ClCH2CH=CH2+HBrClCH2CH2CH2Br
3、 4、ClCH2CH2CH2CH2COCl++2HCl
5、11 6、 7、酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺
【试题解析】 分析:
根据分子式C3H6计算得该有机物不饱和度=1，只含碳、氢元素且应存在碳碳双键，故该有机物A为丙烯。由转化反应得B为CH2=CHCH2Cl，C为ClCH2CH2CH2Br，C和D发生取代反应生成E，由E的结构简式可知D为，由F到G为羧基变为酰氯，结合F的分子式可确定F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，G在一定条件下和反应得到H，H经后续反应得到阿哌沙班中间体K，据此分析解答。
的反应是丙烯与Cl2在高温下发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
的反应是ClCH2CH=CH2和HBr在一定条件下发生加成反应，反应的化学方程式为ClCH2CH=CH2+HBrClCH2CH2CH2Br，故答案为：ClCH2CH=CH2+HBrClCH2CH2CH2Br；
D的分子式为，C和D发生取代反应生成E，由E的结构简式可知D为，故答案为：；
的反应是ClCH2CH2CH2CH2COCl和发生取代反应生成H和HCl，反应的化学方程式为ClCH2CH2CH2CH2COCl++2HCl；
F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，与F含有相同官能团的同分异构体含有羧基和氯原子，可看成是含4个碳原子的碳骨架的二取代物，由于含4个碳原子的碳骨架有2种，所以符合题意的同分异构体有ClCH2CH2CH(COOH)CH3、ClCH2CH (COOH) CH2CH3、ClCH(COOH)CH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH2COOH、CH3CH2CHClCH2COOH、ClCH2CH2CH(COOH)CH3、CH3CH2CCl(COOH)CH3、CH3CHClCH(COOH)CH3、(CH3)2CHCHClCOOH、(CH3)2CClCH2COOH、(CH3)2C(CH2Cl)COOH共11种，故答案为：11；
对比K和阿哌沙班的结构可知，K在pd-C/H2，CH3CH2OH条件下发生还原反应，硝基被还原为氨基，产物和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生信息中的G⟶H的反应得到，最后在NH3，CH3OH条件下发生取代反应得到阿哌沙班，补全试剂和反应条件为：
；
通常用酯基和生成酰胺基，不用羧基和直接反应，原因是酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺，故答案为：酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。