广东省深圳市2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）含解析

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广东省深圳市2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 淀粉和纤维素组成与结构

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．蚕丝的主要成分为蛋白质，A错误；
B．棉花的主要成分为纤维素，B正确；
C．皮革的主要成分为蛋白质，C错误；
D．羊毛的主要成分为蛋白质，D错误；
故选B。

1-1（基础） 化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述正确的是
A.“五花马，千金裘”中“裘”的主要成分是纤维素
B.二氧化硫不可用作食品添加剂
C.“绿宝石”“孔雀石”的主要成分均属于硅酸盐
D.“火树银花”涉及焰色反应
【正确答案】 D

1-2（基础） 糖类在生命活动中起重要作用。下列物质主要成分属于糖类的是
A.棉布 B.羊毛 C.维生素 D.油脂
【正确答案】 A

1-3（巩固） 化学与生活息息相关，下列说法正确的是
A.油脂和蛋白质都属于高分子化合物
B.糯米中的淀粉一经水解就酿成了酒
C.植物油属于酯，汽油的主要成分属于烃
D.棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素
【正确答案】 C

1-4（巩固） 我国饮食文化底蕴深厚，讲究色、香、味、形俱全。下列说法不正确的是
A.醋溜土豆丝富含淀粉 B.绿豆糖水中的蔗糖是二糖
C.清蒸鲈鱼富含维生素C D.芹菜炒肉中的芹菜富含纤维素
【正确答案】 C

1-5（提升） 北京时间2021年11月8日凌晨，神舟十三号乘组人员完成了约6.5小时的出舱活动任务。下列说法正确的是
A.空间站使用的石英玻璃的主要成分为硅酸盐
B.飞船外层隔热瓦表面涂刷的SiC属于有机高分子材料
C.航天员穿的舱外航天服中含有的聚酯纤维属于纤维素
D.可用N2H4作为火箭发射的燃料
【正确答案】 D

1-6（提升） 化学与生活、科技、社会发展息息相关下列有关说法错误的是
A.奥密克戎是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质
B.石墨烯材料是具有优异的高强度、低电阻的新型无机非金属材料
C.宣纸使用青檀树皮和沙田稻草制作而成，宣纸的主要成分是纤维素，纤维素水解可得到蔗糖
D.甲骨文的主要载体是兽骨，兽骨的主要成分是碳酸钙，质地坚硬
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 物理变化与化学变化,蒸发与结晶,石油裂化、裂解

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．石油经裂化和裂解可以得到不饱和烃，故A正确；
B．海带、紫菜等海藻类植物中含有丰富的碘元素，不是碘单质，故B错误；
C．潮汐能是指海水周期性涨落运动中所具有的能量，其水位差表现为势能，其潮流的速度表现为动能，不属于生物质资源，故C错误；
D．海水晒盐是通过阳光和风力使水分蒸发，属于混合物的分离，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选A。

2-1（基础） 广东省作为中国第一经济大省，自然资源丰富。对下列自然资源的描述正确的是
A.水资源的开发和利用不涉及化学变化
B.海洋资源中的牡蛎、虾类等海洋水产品均为高脂肪食物
C.矿产资源中锗、碲含量排全国第一，其单质的制备过程一定涉及置换反应
D.生物资源中的桫椤、银杉等植物中均含有天然高分子化合物
【正确答案】 D

2-2（基础） 海洋是巨大的资源宝库，下列有关海洋资源综合利用的说法错误的是
A.海水波浪发电是将化学能转化为电能
B.从海水中提取溴单质一定伴有化学变化
C.淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
D.以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、钠、氯气、盐酸等化工产品
【正确答案】 A

2-3（巩固） 21世纪以来，国与国之间因对海权的争夺引起的摩擦接连不断，在捍卫主权的同时，人们看重的是海洋这个巨大宝藏，下列有关海洋资源综合利用的说法不正确的是
A.利用海水波浪发电是将动能转化为电能
B.从海水中提取溴单质一定伴有化学变化
C.从海水中提取Mg时可电解熔融态的MgO
D.积极研发海水直接冷却技术，可减少煤炭的使用量，有利于环境保护
【正确答案】 C

2-4（巩固） 下列有关说法正确的是
A.必须通过化学变化才能从海水中获得食盐
B.海水中的溴、碘可用四氯化碳直接萃取得到
C.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等
D.海水水资源的利用只有海水淡化
【正确答案】 C

2-5（提升） 广东地处沿海，利用海洋资源历史悠久。下列说法错误的是
A.能建造“蚝宅”的牡蛎，外壳主要成分为碳酸钙
B.从虾、蟹等水产中提取的虾青素()有良好的抗氧化性
C.海盐营养成分高于湖盐、井盐
D.从海洋甲壳类动物壳中提取出的甲壳素(C8H13O5N)n应用广泛，属于高分子化合物
【正确答案】 C

2-6（提升） 下列自然资源的开发利用中，说法正确的是
A.海水经萃取、蒸馏可提取
B.海带 I2
C.从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备
D.石油经分馏、裂解得到苯、甲苯、二甲苯、酚等
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 催化剂对化学反应速率的影响,燃料电池原理及优点,化学科学对人类文明发展的意义,常见合金的组成

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．催化剂可改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变焓变，A错误；
B．DNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；
C．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；螺纹钢属于合金，C正确； 
D．燃料电池放电时主要将化学能转化为电能，D错误；
故选C。

3-1（基础） “科技创造价值，创新驱动发展”。下列有关科技成果解读错误的是
选项
科技成果
相关知识
A
碳纤维具备“外柔内刚”的特性且密度小
可用于制造无人机外壳
B
我国首套吨级的氢液化系统研制成功
液氢气化时因断裂化学键而吸热
C
我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉
有助于实现碳达峰、碳中和
D
我国科学家首次成功以CO为原料合成蛋白质
可制造新型的饲料蛋白，确保国家粮食安全和实现绿色可持续发展
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

3-2（基础） 广东文化历史悠久，下列广东文化内容中蕴含的化学知识描述不正确的是
选项
文化类别
文化内容
化学知识
A
饮食文化
早茶文化中的叉烧包
叉烧包中含糖类、油脂、蛋白质等营养物质
B
嫁娶文化
婚礼中“敬茶”环节所用陶瓷茶具
陶瓷茶具的主要成分为硅酸盐
C
节日文化
烟花舞龙
烟花利用了“焰色试验”原理，属于化学变化
D
服饰文化
“丝中贵族”香云纱
鉴别丝和棉花可以用灼烧的方法
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

3-3（巩固） 2022 年2月4日，第二十四届冬奥会在北京开幕，北京成为世界上首个“双奥之城”。本届冬奥会背后蕴含了很多科技成果下列说法正确的是
A.颁奖礼仪服采用第二代石墨烯发热材料，石墨烯属于烯烃
B.冬奥火炬“飞扬”使用氢气作为燃料，氢能属于新能源
C.火爆全网的吉祥物“冰墩墩”的毛绒材质主要是聚酯纤维属于天然纤维
D.国家速滑馆的冰面是采用超临界二氧化碳流体跨临界直冷制冰技术打造的，该过程是化学变化
【正确答案】 B

3-4（巩固） 五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A.王维的“大漠孤烟直，长河落日圆”中的“烟”是胶体
B.曹植的“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能
C.苏味道的“火树银花合，星桥铁锁开”中“火树银花”与金属的焰色试验有关
D.白居易的“绿蚁新酒，红泥小火炉”中“红泥”一定含有Fe3O4
【正确答案】 D

3-5（提升） 下列传统文化描述句子中所蕴含的化学知识对应关系错误的是
选项
传统文化
化学知识
A
熬胆矾铁釜，久之亦化为铜
置换反应
B
凡石灰，经火焚炼为用
石灰的主要成分为氢氧化钙
C
煮豆燃豆萁，豆在釜中泣
能量转化方式主要为化学能转化为热能
D
独忆飞絮鹅毛下
飞絮的主要成分为纤维素
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

3-6（提升） 化学与生产生活密切相关，下列生产生活项目中蕴含的化学知识错误的是
选项
生产生活项目
化学知识
A
船舶外壳镶嵌锌块
形成电解池，牺牲阳极锌块，保护船体
B
明矾作净水剂
明矾水解生成胶体，吸附杂质
C
用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙
微溶的转化为更难溶的
D
用排饱和食盐水收集氯气
增大，降低氯气在水中的溶解度
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A
【原卷 4 题】 知识点 酸碱中和滴定实验基本操作及步骤,实验安全,焰色试验

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 下列有关实验的描述正确的是
A.实验室可用熟石灰和硝酸铵固体加热制备氨气
B.定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致所配溶液的浓度偏低
C.用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸未用浓硫酸润洗量筒会导致结果偏低
D.称取2.0gNaOH(s)时，先调平再将游码调至2g，向左盘加NaOH(s)至天平平衡
【正确答案】 B

4-2（基础） 下列有关实验的描述正确的是
A.向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，出现白色沉淀，则该溶液中可能含有
B.常温下，将相同质量的铝片分别加入足量的浓、稀硝酸中，浓硝酸中的铝片先反应完
C.铁在足量的氯气中燃烧生成，在少量的氯气中燃烧生成
D.将表面生锈的铜器浸泡在稀硝酸中以除去铜锈
【正确答案】 A

4-3（巩固） 下列有关实验的操作、现象描述及相关结论均正确的是（ ）
A.取少量溶液，加几滴KSCN溶液，若有血红色沉淀产生，则溶液中含有
B.失水时吸热，结晶时放热，因而该晶体可作为储热材料实现化学能与热能的相互转化
C.取少量溶液，滴加稀氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原溶液中无
D.取一小块金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，放入烧杯中，再加一定量的水，观察现象
【正确答案】 B

4-4（巩固） 下列有关实验的描述正确的是
A.向碘化钠稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固体
B.中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应
C.将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质
D.向分别装有1g Na2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3
【正确答案】 D

4-5（提升） 下列有关实验的描述正确的是
A.将红热的铜丝伸入氯气的集气瓶中，剧烈燃烧，产生大量蓝色的烟
B.将氯水滴入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色
C.将一块绿豆大小的金属钠加入到CuSO4溶液中，有紫红色的物质析出
D.当金属钠着火时，可用二氧化碳灭火
【正确答案】 B

4-6（提升） 下列有关实验的描述正确的是
A.将点燃的镁条伸入充满CO2的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成
B.滴定管润洗时，从上口加入3～5 mL润洗液，倾斜着转动滴定管，然后从上口倒出
C.为证明Cu与浓硫酸反应生成了CuSO4，可将水加入到反应后的混合液冷却液中，若显蓝色即可证明生成了CuSO4
D.中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，主要目的是为了充分反应
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,碳酸氢钠的俗称、物理性质及用途,铝与强碱溶液反应,晶体与非晶体

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
用草木灰对农作物施肥
草木灰含有钾元素
B
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液显碱性
C
利用铝热反应焊接钢轨
高温下铝能还原氧化铁
D
将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

5-2（基础） 下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
使用黏土烧制“广彩”
黏土中含有硅酸盐
B
将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
C
可用FeS清除污水中、等重金属离子
溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
D
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液显碱性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

5-3（巩固） 下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
用铁盐净水
水解得到胶体
B
面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包
可与酸反应
C
工人将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
D
在钢铁设施上安装镁合金
镁比铁活泼，可防止铁被腐蚀
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

5-4（巩固） 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
餐厅工作人员用热的纯碱溶液去除厨房的油迹
油脂在碱性条件下发生水解
B
工厂用溴化银制作照相的胶片
溴化银为浅黄色固体
C
火电厂燃煤时加入适量石灰石
减少二氧化硫的排放
D
公园里钢铁材质的健身设施上涂油漆
形成保护层，减慢腐蚀速率
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

5-5（提升） 劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
卫生消毒：不可同时使用84消毒液(含)与洁厕灵(含)

B
自主探究：植物油可使酸性高锰酸钾溶液褪色
植物油中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化
C
家务劳动：用食醋清洗水壶内的水垢
醋酸的酸性比碳酸强
D
工厂参观：工人将模具干燥后再注入熔融钢水
铁单质具有良好的导热能力
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

5-6（提升） 劳动成就梦想。下列校园的劳动与所述的化学知识没有关联的是

劳动项目
化学知识
A
学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污
洗涤剂促进油污的挥发
B
实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管
硝酸具有强氧化性
C
消防演习中使用泡沫灭火器模拟灭火
铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生双水解
D
校医开紫外灯给教室消毒
紫外线可以使蛋白质变性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

【原卷 6 题】 知识点 电离能变化规律,氢键对物质性质的影响,晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性的关系

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 我国科学家利用和在十八胺中金属阳离子氧化性不同，分别制得纳米晶体材料和。下列说法错误的是
A.第一电离能： B.十八胺中碳原子杂化类型均为
C.氧化性： D.熔点：十八烷十八胺
【正确答案】 C

6-2（基础） 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为，下列说法正确的是
A.半径大小： B.电负性大小：
C.电离能大小： D.酸性强弱：
【正确答案】 B

6-3（巩固） 下列有关物质性质的比较，结论正确的是
A.溶解度： B.热稳定性：
C.第一电离能：O 【正确答案】 C

6-4（巩固） 祖母绿(主要成分)被称为宝石之王，与其相似的天然绿色宝石有萤石[主要成分]、磷灰石[主要成分]。下列说法正确的是
A.半径大小： B.电负性大小：
C.电离能大小： D.碱性强弱：
【正确答案】 B

6-5（提升） 吸湿性强，常被用作气体和液体的干燥剂，它甚至可以使硝酸脱水：。下列说法正确的是
A.第一电离能： B.电负性：
C.离子半径： D.沸点：
【正确答案】 C

6-6（提升） 实验室可由与反应制备。下列说法正确的是
A.半径大小： B.电负性大小
C.电离能大小： D.键角大小：
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 与氧化剂、还原剂有关的计算,氯气的实验室制法,氯气与碱溶液反应

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 以下关于的制备、干燥、收集、吸收(如图所示)的说法正确的是

A.生成氯气的同时，可能转化为
B.a中加入饱和食盐水，b中加入浓硫酸
C.用溶液吸收时，体现氧化性，体现还原性
D.每消耗8.7克，生成氯气
【正确答案】 B

7-2（基础） 某实验小组利用以下装置制备少量的氯气，并检验氯气的性质。实验过程中，下列说法正确的是

A.参与反应的HCl全部被氧化为
B.发生的所有反应均是氧化还原反应
C.观察到淀粉-KI试纸变蓝，说明具有氧化性
D.湿润的pH试纸变红，干燥的pH试纸不变色
【正确答案】 C

7-3（巩固） 某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是

A.装置I中的可以替换成
B.装置Ⅱ可以除去中杂质，还可以防止倒吸
C.装置Ⅲ中消耗(标准状况)，转移电子
D.装置Ⅳ的作用是吸收空气中的和水蒸气
【正确答案】 B

7-4（巩固） 利用Cl2氧化锰酸钾K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置已略)：

已知：K2MnO4只能在浓强碱溶液中稳定存在，在碱性较弱的溶液中K2MnO4会发生自身氧化还原反应。
下列说法错误的是
A.a能保证恒压漏斗中的浓盐酸顺利滴下
B.将装置B中饱和食盐水换为浓硫酸也可以达到相同的目的
C.装置D的目的是吸收反应过程中过量的氯气，防止污染环境
D.由上述实验可推知，在强碱性条件下，氧化性：
【正确答案】 B

7-5（提升） 氯的含氧酸盐广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置制备和。下列说法正确的是

A.装置I中缺少酒精灯加热
B.装置II洗气瓶中用饱和溶液除去中的少量
C.装置III中反应的离子方程式为
D.装置V锥形瓶中用澄清石灰水来吸收尾气
【正确答案】 B

7-6（提升） 下图是实验室制备氯气并进行一系列实验的装置(夹持装置已经省略)，有关叙述错误的是

A.装置a中发生的反应为
B.装置b中漏斗的作用是平衡压强
C.I、Ⅱ处依次放湿润和干燥的有色布条可验证干燥的不具有漂白性
D.可利用该实验装置证明氧化性：
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 红外光谱,分子的手性,淀粉与碘的反应

【正确答案】
C
【试题解析】


8-1（基础） 肉桂皮是肉桂树的树皮，常被用作药物和食用香料，有效成分为肉桂醛。从肉桂皮中提取肉桂醛的主要流程如下：

下列说法不正确的是
A.肉桂醛可用作食品添加剂且不应过量
B.肉桂醛可溶于乙醇
C.肉桂醛分子中含有碳碳双键和醛基，容易发生还原反应
D.肉桂醛长期置于空气中容易发生还原反应
【正确答案】 D
8-2（基础） 我国科学家率先实现了常温下由二氧化碳合成淀粉，下面流程是其中重要的3步反应，下列说法中错误的是

A.反应1中H2前面系数n=3
B.反应2中甲醇发生氧化反应
C.加热条件下 能与新制Cu(OH)2悬浊液反应
D.DHA属于二元羧酸
【正确答案】 D

8-3（巩固） 20世纪40年代，传统法合成己二酸工艺就已成熟，一直沿用至今。2020年我国科学家利用8种酶采用“一锅催化法”高效绿色合成了己二酸，其流程如图：

下列说法错误的是
A.温度越高，上述2种方法合成己二酸的速率越快
B.传统法合成己二酸会产生大气污染物，原子利用率低
C.“一锅催化法”属于绿色化学工艺
D.1mol己二酸与足量NaHCO3反应生成88gCO2
【正确答案】 A

8-4（巩固） 以乙烯为原料制备草酸的流程如下：
，下列有关说法中正确的是
A.转化①原子利用率可以达到100%
B.转化②、③、④均属于取代反应
C.可用酸性溶液鉴别与
D.中含有的官能团名称为羟基
【正确答案】 A

8-5（提升） 苯乙醛可用于生产工业香料，其制备流程如图。下列说法正确的是

A.反应①②原子利用率100%
B.环氧乙烷与二甲醚互为同分异构体
C.预测可以发生反应：
D.反应⑤可用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂
【正确答案】 C

8-6（提升） 实验室可利用呋喃甲醛()在碱性环境下发生交叉的Cannizzaro反应，生成呋喃甲酸()和呋喃甲醇()，反应过程如下：
2+

操作流程如下：

已知：
①呋喃甲酸在水中的溶解度如下表：
T(℃)
0
5
15
100
S(g)
2.7
3.6
3.8
25.0
②呋喃甲醇与乙醚混溶；乙醚沸点为34.6 ℃，呋喃甲醇沸点为171.0 ℃。
下列说法错误的是
A.呋喃甲醛在NaOH溶液中的反应较为剧烈
B.向乙醚提取液中加入无水碳酸钾干燥、过滤后，应采取蒸馏的方法得到呋喃甲醇
C.在分离乙醚提取液后的水溶液中加盐酸后，得到粗呋喃甲酸晶体的方法是萃取
D.粗呋喃甲酸晶体的提纯可采用重结晶的方法
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,沉淀转化,“白色污染”危害及防治,硫、氮氧化物对人体、环境的危害 酸雨

【正确答案】
D
【试题解析】


9-1（基础） 化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
环保工程师用熟石灰处理酸性废水
熟石灰具有碱性
B
利用便携式电池为手机提供能量
原电池将化学能转化为电能
C
利用黄铁矿制备硫酸
黄铁矿中硫元素可被氧化
D
利用焦炭和石英砂制取粗硅
二氧化硅具有很好的光学性能
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

9-2（基础） 化学与生产生活密切相关。下列物质的用途没有运用相应化学原理的是
选项
用途
化学原理
A
氧化铝用于制作坩埚
氧化铝的熔点高
B
碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器
碳酸氢钠受热易分解
C
以油脂为原料制肥皂
油脂可以发生皂化反应
D
用浓氨水检查氯气管道是否漏气
具有还原性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B
9-3（巩固） 化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜
聚乙烯燃烧放热
B
利用海水制取镁单质
Mg2+可被电解还原
C
食品冷藏保存
温度降低化学反应速率减慢
D
公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆
钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

9-4（巩固） 化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
利用海带提碘
I-可被氧化
B
利用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃
HF可与SiO2反应生成SiF4和H2O
C
使用碳纳米管、石墨烯制作新型电池
碳纳米管、石墨烯均可燃烧生成CO2
D
医院采用高温蒸煮、紫外线照射消毒
高温蒸煮、紫外线照射均可使蛋白质变性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

9-5（提升） 实践活动中蕴含着丰富的化学原理。下列实践活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
实践活动
化学原理
A
用电渗析法由海水制淡水
水在通电条件下能分解
B
用氯化铵浓溶液除去镁条表面的氧化膜
水解显酸性，能溶解
C
少量钠保存在液体石蜡中
防止钠与空气中的氧气和水蒸气反应
D
用硼酸溶液中和溅在皮肤上的碱液
硼酸为弱酸，对皮肤腐蚀性小，与碱中和放热少
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

9-6（提升） 化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
SO2可用作食品添加剂
SO2具有还原性，漂白性
B
要减少或禁止使用含磷洗涤剂
含磷洗涤剂会造成水体污染﹐影响水质
C
家用废旧电池要集中回收处理
废旧电池中含有重金属离子，会造成土壤污染，水体污染
D
家用铁质镀铜自来水龙头
利用了牺牲阳极的阴极保护法，保护了铁质水龙头
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

【原卷 10 题】 知识点 电解原理的应用

【正确答案】
D
【试题解析】


10-1（基础） 用石墨作电极电解500 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A.阳极析出0.1molCu
B.上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C.往电解后得到的溶液加入0.1molCuO可恢复原来的浓度
D.电解后溶液中c(H＋)为0.4mol·L-1
【正确答案】 D

10-2（基础） 用石墨作电极电解溶有物质的量之比为3∶1的和的水溶液。根据反应产物，电解可明显分为三个阶段，下列叙述不正确的是
A.电解的最后阶段为电解水 B.阳极先逸出氯气后逸出氧气
C.阴极逸出氢气 D.电解过程中溶液的不断增大，最后为7
【正确答案】 D

10-3（巩固） 电解法将粗Cu(含Zn、Fe、Ag、Pt等杂质)精炼纯Cu的装置图如下所示，下列叙述中错误的是

A.a是粗Cu，作阳极，发生氧化反应
B.电解时，b极上的电极反应为
C.电解时，外电路每通过0.2 mol电子，阳极上减小的Cu为6.4 g
D.电解后，电解槽底部的阳极泥中含有少量Ag、Pt等金属
【正确答案】 C

10-4（巩固） 据报道，最近有科学家设计了一种在常压下运行的集成基质子陶瓷膜反应器(PCMR)，将PCMR与质子陶瓷燃料电池相结合进行电化学法合成氨的原理如图所示，下列说法不正确的是

A.阴极可能发生副反应：
B.阳极的电极反应式：
C.质子通过交换膜由阳极区向阴极区移动
D.理论上电路中通过电子时，阴极最多产生
【正确答案】 B

10-5（提升） 工业上采用电化学法对煤进行脱硫处理(煤中含硫物质主要是)，以减少硫排放。模拟装置如图所示。下列说法错误的是

A.电子流向：b极→石墨2→电解质溶液→石墨1→a极
B.石墨1为阳极，发生氧化反应，被氧化
C.脱硫反应为
D.电路中转移电子，理论上处理
【正确答案】 A

10-6（提升） 以和为原料的共电解技术既能制备原料气(和)，又能实现减排，对环境保护有重要意义。固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)电解池的工作原理如图，下列说法正确的是

A.N为阴极，与电源的负极相连
B.若，则M极的电极反应式为
C.理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为
D.该装置在常温下工作，可节约能源
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 沉淀转化,离子方程式的书写,海水提取溴,离子方程式的正误判断

【正确答案】
B
【试题解析】


11-1（基础） 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A.与溶液充分反应：
B.碱性溶液与反应：
C.在溶液中的水解方程式：
D.碳酸钙溶于醋酸：
【正确答案】 A

11-2（基础） 氯及其化合物在生活生产中用途广泛。下列相关的离子反应方程式正确的是
A.漂白粉投入水中：
B.用使电路板刻蚀废液再生：
C.与溶液制84消毒液：
D.浓盐酸和制
【正确答案】 C

11-3（巩固） 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应方程式书写错误的是
A.醋酸除水垢(CaCO3)：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑
B.向FeI2溶液中通入少量氯气：2I-+Cl2=2Cl-+I2
C.硫氰化钾检验溶液中是否存在Fe3+：Fe3++3SCN- =Fe(SCN)3↓
D.制备氢氧化亚铁时，白色沉淀会快速变为灰绿色最后变为红褐色的原因：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【正确答案】 C

11-4（巩固） 下列反应的离子方程式正确的是
A.向溶液中滴加溶液：
B.向中投入固体：
C.向溶液通入：
D.用醋酸溶解石灰石：
【正确答案】 D

11-5（提升） 下列解释事实的方程式不正确的是
A.向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：
B.硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：
C.向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：
D.硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：
【正确答案】 D

11-6（提升） 下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A.海水提溴中用的水溶液富集溴：
B.向溶液中滴入溶液至恰好沉淀完全：
C.少量与溶液反应：
D.溶液和溶液等体积、等浓度混合：
【正确答案】 D

【原卷 12 题】 知识点 铁盐的检验,浓度对化学反应速率的影响,盐类水解规律理解及应用,含碳碳双键物质的性质的推断

【正确答案】
D
【试题解析】


12-1（基础） 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
制备无水FeCl3
将氯化铁溶液蒸发结晶
B
探究SO2的还原性
向橙色的溴水中通入SO2，观察溶液颜色变化
C
测定NaOH溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
比较S与Cl元素非金属性的强弱
测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

12-2（基础） 下列实验设计可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验设计
A
验证氢氧化铝属于两性氢氧化物
将2～3mL2mol/L氯化铝溶液注入洁净的试管中，逐滴加入6mol/L氨水至过量
B
验证Na2CO3溶液中存在CO-的水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察现象
C
比较Cl与C的非金属性
向10mL1mol/L的HCl溶液中滴加少量等浓度的Na2CO3溶液，观察现象
D
比较金属的活泼性
向两只盛有稀硫酸的烧杯中分别投入表面积相同的铜丝和银丝
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

12-3（巩固） 下列实验能达到目的的是

实验目的
实验方法或操作
A
CH3COOH是弱电解质
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
B
探究浓度对化学反应速率的影响
量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C
判断反应后Ba2+是否沉淀完全
将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液
D
检验淀粉是否发生了水解
向淀粉水解液中加入碘水
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

12-4（巩固） 下列实验方法或操作正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
比较室温下、溶度积的大小
向溶液中滴加少量溶液，振荡充分后，再滴加几滴
B
证明具有氧化性
将一定浓度的双氧水与溶液混合
C
除去乙烷中混有的乙烯
一定条件下混合气体中通入一定量的
D
证明乙醛具有还原性
在试管中加入5%溶液，再加5滴稀溶液，混匀后加入乙醛，加热
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

12-5（提升） 下列操作能达到相应实验目的的是

实验目的
实验操作
A
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
B
验证可以转化为
向2 mL NaOH溶液中加入2 mL 溶液，产生白色沉淀，再加入几滴 溶液
C
检验固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D
验证氯的非金属性强于碳
向溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

12-6（提升） 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
用计测量浓度均为的溶液和溶液的，比较溶液大小
酸性：
B
向还原所得到的产物中加入稀盐酸，滴加溶液，观察颜色变化
全部被还原
C
将通入滴有酚酞的溶液，观察溶液颜色变化
具有漂白性
D
向KCl和的混合溶液中滴加溶液，观察沉淀颜色
溶解度：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

【原卷 13 题】 知识点 元素金属性与非金属性递变规律的理解及应用,微粒半径大小的比较方法,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,晶体类型判断

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的基态原子所含3个能级中的电子数均相等，Y的基态原子的未成对电子数与X相等，Z是同周期第一电离能最小的元素，W是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是
A.简单离子半径： B.最高价氧化物对应水化物的碱性：
C.X的晶体都具有很大的硬度 D.电负性：
【正确答案】 A

13-2（基础） 某非线性光学晶体由钾元素(K)和原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素组成。X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，Z为地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是
A.简单氢化物沸点： B.分子的空间构型为三角锥形
C.原子半径： D.最高价氧化物对应水化物的碱性：
【正确答案】 A

13-3（巩固） W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，焰色试验中X呈黄色，Y是地壳中含量最多的金属元素，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。下列叙述正确的是
A.简单离子半径大小：X>Y>Z>W
B.化合物中阴阳离子的个数比为
C.X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两间能发生反应
D.简单氢化物的沸点：Z>W
【正确答案】 C

13-4（巩固） 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是植物所需三大营养素之一，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z与Y形成的物质可用作潜水艇的供氧剂，Y、W最外层电子数相同。下列说法错误的是
A.简单氢化物形成的晶体中，一个分子周围紧邻的分子数：
B.简单离子的半径：
C.第一电离能：
D.简单氢化物沸点：
【正确答案】 A

13-5（提升） 前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，V的基态原子有2个未成对电子，X的族序数为周期数的3倍，X、Y、Z均不在同一周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数是Y的3倍。下列说法不正确的是
A.Y与W、X均可形成含非极性共价键的化合物 B.同周期中比元素W第一电离能大的元素有2种
C.氢化物的沸点： D.Z的最高价氧化物的水化物可能具有两性
【正确答案】 C

13-6（提升） 北宋名画《千里江山图》历经千年色彩依然，其青色来自青金石，它含有H、O、Si元素，以及X、Y、Z、M、Q等前20号元素，X、Y、Z、M同周期，Z的原子序数小于M，Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L-1的pH=2。X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族。下列说法错误的是
A.X、Y的单质都能形成氧化物保护膜 B.金属活动性强弱：X C.ZM2分子中各原子均满足8电子稳定结构 D.氢化物稳定性：Si 【正确答案】 A

【原卷 14 题】 知识点 温度对化学平衡移动的影响,压强对化学平衡移动的影响,与物质百分含量变化有关图像的分析

【正确答案】
C
【试题解析】


14-1（基础） 与制的反应原理：。T℃时，向2L恒容密闭容器中加入和共5mol，下图为和按不同投料比反应达平衡时的相关数据，其中曲线a、b表示反应物转化率，曲线c表示的体积分数，下列分析错误的是

A.曲线a表示的平衡转化率 B.混合气体的总压强不变，说明反应达到平衡状态
C.M点对应的的体积分数小于23.5％ D.T℃时，该反应的平衡常数为25
【正确答案】 D

14-2（基础） 一定温度下，向2L恒温密闭容器中加入足量活性炭和2 mol NO2，发生反应，部分物质的物质的量随反应时间t的变化曲线如图所示，下列说法正确的是

A.曲线Ⅱ表示c(CO2)随t的变化
B.0～2 min内，
C.3 min时，加入催化剂可同时增大NO2的生成速率和消耗速率
D.3 min时。充入N2增大压强，该容器的气体颜色不变
【正确答案】 C

14-3（巩固） 某固定容积的密闭容器中发生反应。现向该容器内充入的，反应过程中气体体积分数随时间的变化情况如图所示。下列说法错误的是

A.时，的转化率为25.0%
B.时，该反应体系未处于平衡状态
C.时，向该容器中再充入和各，平衡正向移动
D.时，该反应的[气体分压()=气体总压()×体积分数]
【正确答案】 D

14-4（巩固） 氢还原辉钼矿并用碳酸钠作固硫剂的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) △H。平衡时的有关变化曲线如图。下列说法正确的是

A.该反应在低温下可以自发进行
B.粉碎矿物和增大压强都有利于辉钼矿的还原
C.图2中T1对应图1中的温度为1300℃
D.若图1中A点对应温度下体系压强为10MPa，则H2O(g)的分压为5MPa
【正确答案】 C

14-5（提升） 在160℃、250℃条件下，分别向两个固定容积为2L的容器中充入2molCO(g)和，发生反应： 。实验测得两容器中CO或的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A.ac段的平均反应速率为
B.曲线bd对应160℃条件下的反应
C.正反应速率：
D.160℃时，该反应的平衡常数
【正确答案】 D

14-6（提升） (l) 。取等量分别在0℃和20℃下反应，测得其转化率()随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A.曲线Ⅱ表示20℃时反应的转化率
B.该反应的正反应为吸热反应
C.a点时，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ表示的化学平衡常数相等
D.反应物的化学反应速率的大小关系：
【正确答案】 D

【原卷 15 题】 知识点 电解原理的理解及判断,原电池、电解池综合考查,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断

【正确答案】
B
【试题解析】


15-1（基础） 一种新型水介质电池示意图如图所示，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸(HCOOH)。下列说法正确的是

A.放电时，负极反应为
B.放电时，转化为HCOOH，转移的电子数为4mol
C.充电时，Zn电极连接电源正极
D.充电时，电解质溶液2中浓度降低
【正确答案】 D

15-2（基础） 电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是

A.充电时，电池的总反应
B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C.放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D.放电时，正极发生反应
【正确答案】 C

15-3（巩固） 我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH—，工作原理如图所示，下列说法正确的是

A.a膜是阴离子膜，b膜是阳离子膜
B.充电时Zn电极反应式为Zn+4OH——2e—=
C.放电时多孔Pd纳米片附近pH升高
D.当放电时，复合膜层间有lmolH2O解离时，正极区溶液增重23g
【正确答案】 D

15-4（巩固） 一种高压可充电Zn−PbO2电池工作原理如图所示，通过复合膜ab与复合膜ba反向放置，分隔两室电解液，复合膜间是少量H2O，复合膜ab与ba交界处离子不能通过，复合膜中a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜。下列说法错误的是

A.放电时，K+穿过a膜移向复合膜ab间
B.放电时，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－的变化
C.充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+
D.充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+4OH－−2e－=PbO2+ +2H2O
【正确答案】 D

15-5（提升） 我国科研团队研制的一种新型二次电池能量密度高、持续时间长，有望代替传统的锂离子电池，其示意图如图所示。该电池充电时，嵌入电极。下列说法正确的是

A.放电时，负极的电极反应式为
B.放电时，内电路的电流方向为Al-Li合金→
C.充电时，导线中流过2mol ，理论上阳极质量增加14g
D.充电或放电时，均存在上的电势低于Al-Li合金上的电势
【正确答案】 B

15-6（提升） 电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈。充电时生成己二睛，放电时生成，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的会解离出和向两极移动。下列说法正确的是

A.N极的电势高于M极的电势
B.放电时，双极膜中向M极移动
C.充电时，阴极的电极反应式为
D.若充电时制得，则放电时需生成，才能使左室溶液恢复至初始状态
【正确答案】 C

【原卷 16 题】 知识点 盐类水解规律理解及应用,弱电解质在水溶液中的电离平衡,盐溶液中离子浓度大小的比较,弱电解质的电离平衡常数

【正确答案】
C
【试题解析】


16-1（基础） 常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol∙L−1 H2A溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数δ[如HA－的分布分数：δ(HA－)=] 随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示，下列说法正确的是

A.曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2−)
B.NaHA是酸式盐，其水溶液显碱性
C.常温下，HA－的水解常数Kh≈1.0×10−9
D.当滴定至中性时，溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)
【正确答案】 D

16-2（基础） 常温下，向0.1mol∙L-1二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A、HA-、A2-的物质的量分数[已知]。随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是

A.b曲线代表A2-的物质的量分数随pH的变化
B.M点pH=1.1时，溶液中微粒浓度的大小关系为：c(H+)＞c(HA-)=c(H2A)＞c(OH-)
C. pH=2.73时，c(A2-)+c(HA-)+ c(H2A)=0.1mol∙L-1
D.N点pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，溶液中不存在H2A分子
【正确答案】 B

16-3（巩固） 室温时，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加(NaOH)的变化关系如图所示。[比如A2-的分布系数：δ(A2-)=]。下列说法错误的是

A.不宜选用紫色石蕊试液作b点的指示剂
B.用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色
C.滴定至pH=5时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
D.室温时，反应H2A+A2-2HA-的平衡常数的数量级是11
【正确答案】 D

16-4（巩固） 用0.1000盐酸滴定20.00溶液，溶液的与微粒的分布分数［已知，、或］的关系及盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是

A.第一次滴定突跃，可选酚酞作指示剂
B.c点对应溶液中
C.的
D.
【正确答案】 B

16-5（提升） 均苯三甲酸是一种重要的有机三元弱酸，可表示为。向的溶液中加入或时(忽略溶液体积的变化)，各微粒的分布系数随溶液变化的曲线如图所示：
已知：①[，X为、、或]
②( 、、)

下列叙述错误的是
A.若用滴定至恰好生成，可选甲基橙做指示剂
B.N点的
C.常温下，的水解常数的数量级为
D.R点满足：
【正确答案】 D

16-6（提升） 以酚酞为指示剂，用的溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布分数随滴加溶液体积的变化关系如图所示。【比如的分布分数：】，下列说法错误的是

A.曲线①代表，曲线②代表
B.溶液的浓度为
C.的平衡常数为
D.时，溶液中
【正确答案】 C

【原卷 17 题】 知识点 氧化还原反应的规律,根据相关反应设计原电池,配制一定物质的量浓度溶液的综合考查,综合实验设计与评价

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 某校实验小组欲探究溶液与的反应。
Ⅰ.配制溶液。
1、由固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有_______(写出名称)。

Ⅱ.探究溶液与的反应。
经查阅资料，该实验小组设计了如下实验，结合实验现象回答下列问题：

已知：易溶于水；CuCl为白色难溶于水的固体。
2、若试管d中发生了氧化还原反应，写出该反应的离子方程式_______。
3、该实验小组对试管d中加入NaCl固体后产生白色沉淀的原因提出了如下猜想：
猜想1：改变了的还原性。
猜想2：改变了的氧化性。
为进一步证实上述猜想，该实验小组利用原电池原理设计了如下实验：
编号
实验1
实验2
实验装置


实验现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
通过分析上表中对比实验现象可知_______(填“猜想1”或“猜想2”)不合理。
4、为证明猜想2的合理性，对实验1的装置做了如下改进：

①烧杯B中的石墨电极是原电池的_______极，电极反应式为_______。
②闭合开关K，若_______(描述实验现象)，说明猜想2合理。
③请从化学反应原理的角度解释原因_______，使与的反应能够进行完全。
【正确答案】 1、烧杯、量筒、托盘天平
2、
3、猜想1 4、正 电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀 与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性

17-2（基础） 氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
1、已知：IO+I-→I2的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的还原半反应是2IO+10e-+12H+=I2+6H2O，则相应的氧化半反应是_______。
②分析上述还原半反应可知：增太c(H+)可促进IO得到电子，使其_______性增强，进而与I-发生反应
2、探究Cu与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是_______。
用如下装置进行实验[硫酸与浓盐酸中c(H+)接近]。
装置
序号
试管内药品
现象

甲
浓盐酸
24小时后仍无明显变化
乙
Cu粉+硫酸
24小时后仍无明显变化
丙
Cu粉+浓盐酸
24小时后气球变鼓
②甲是对比实验，目的是排除_______的干扰。
③a.丙中气球变鼓是因为生成了_______气体(填化学式)。
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3-。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：_______。
3、探究以下原电池的工作原理。

实验结果：产生电流，左侧Ag电极表面有Ag析出。右侧Ag电极周围生成AgCl。
①该装置中右侧Ag电极作_______(填“正”或“负”)极。
②对该原电池的电极反应和总反应的反应类型进行分析，谈谈对原电池工作原理的认识：_______。
【正确答案】 1、 氧化
2、在金属活动性顺序中，Cu位于H之后 浓盐酸挥发 H2 浓盐酸Cl-浓度大，Cl-使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl--e-═[CuCl4]3-发生
3、负 原电池两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应

17-3（巩固） 某化学小组对FeCl3与NaHSO3反应进行探究。
1、NaHSO3溶液中除水的电离平衡外，还存在另外一个电离平衡，写出其离子方程式_______。
2、配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于_______，再稀释到所需的浓度。
3、该小组同学预测：向FeCl3溶液滴加NaHSO3溶液时，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色。他们预测的理论依据为_______。
4、向2mL1mol/LNaHSO3溶液中逐滴加入0.5mL1mol/L的FeCl3溶液，具体操作与实验现象见下表。
装置
反应时间
实验现象

0～1min
产生红褐色沉淀，有刺激性气味气体逸出
1～30min
沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色
30min后
与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色
①小组同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，其中一个为H++HSO=SO2↑+H2O，用离子方程式表示另一个可能的原因_______。
②查阅资料：溶液中Fe3+、SO、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
Fe2++SO
用化学平衡移动原理解释1～30min内溶液颜色变化的原因_______。
5、实验小组又通过原电池实验探究FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应。
装置
实验现象

闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转
①用离子方程式表示Na2SO3溶液呈碱性的原因_______。
②探究上述实验中的电极产物，取少量Y电极附近的溶液，加入_______，产生白色沉淀，证明产生了SO。
③正极的电极反应式为_______。
【正确答案】 1、HSOSO+H+或HSO+H2O SO+H3O+
2、浓盐酸(或盐酸、HCl)
3、FeCl3有氧化性，NaHSO3 有还原性，混合时发生氧化还原反应，Fe3+变成 Fe2+，溶液呈浅绿色(或FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，FeCl3能被NaHSO3还原)
4、Fe3++3HSO= Fe(OH)3↓ +3SO2↑ 在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡(红色)(橙色)不断正向移动，最终溶液几乎无色
5、SO+H2O HSO+OH- 足量盐酸和BaCl2溶液(或盐酸酸化的BaCl2溶液) Fe3++e -= Fe2+

17-4（巩固） 某同学看到“利用零价铁还原脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与溶液的反应。实验过程如下：

ⅰ．打开弹簧夹，缓慢通入，并保持后续反应均在氛围中进行；
ⅱ．加入pH已调至2.5的酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；
ⅲ．过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；
ⅳ．检测到滤液中存在、和。
1、通入并保持后续反应均在氛围中进行的实验目的是_______。
2、白色物质是_______，用化学方程式解释其变为红褐色的原因：_______。
3、用]检验滤液中的实验方案是_______。
4、取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是_______。
5、该同学进一步查阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。
假设
实验操作
现象及结论
假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐
向烧杯中加入①_______，一段时间后，测定烧杯中的浓度
浓度无明显变化，说明假设1不成立
假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除
按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定浓度

②_______，说明假设2成立
③关于碳粉的作用，还可以提出的假设是_______。
【正确答案】 1、排除氧气对Fe和反应的干扰
2、Fe(OH)2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
3、取少量滤液，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明滤液中有Fe2+；
4、加入稀硫酸后，的氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+
5、pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液和碳粉，搅拌静置 铁电极部分溶解，电流计指针发生偏转，右侧烧杯中硝酸根浓度下降 碳粉是铁粉脱除硝酸盐的催化剂

17-5（提升） 实验室用浓硫酸、铜与NaOH溶液为原料制取少量并探究其性质。
I.制备(装置如图所示)。

1、仪器a的名称是___________。
2、装置丁的作用有①吸收尾气，防止环境污染；②___________；③___________。
3、证明丙中NaOH已完全转化为的操作和现象是___________。
II.探究与的反应，设计实验如下：向2mL1mol/L溶液中加入2mL1mol/L溶液，得到绿色溶液，3min内无明显变化。将所得混合液分为两等份，进行实验Ⅰ和Ⅱ。
实验
操作及现象
Ⅰ
加入适量固体，瞬间无明显变化，30s时也无明显变化。
Ⅱ
加入适量NaCl固体，瞬间无明显变化，30s时有无色气体和白色沉淀，上层溶液颜色变浅。
4、推测实验Ⅱ产生的无色气体为，实验证实推测正确：用滴有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到___________，反应的离子方程式为___________。
5、对实验Ⅱ产生的原因进行分析，提出两种假设：假设1：水解使溶液中增大。
假设2：存在时，与反应生成CuCl白色沉淀，溶液中增大。
①假设1不合理，实验证据是___________。
②实验证实假设2合理，实验Ⅱ中发生反应的离子方程式有______，。
6、通过上述分析可知，增强了的氧化性。某同学设计原电池实验证明该实验结果。
①补全乙实验的现象___________。
编号
甲
乙
实验


现象
电流计指针发生微小偏转

②已知E为电池电动势[电池电动势即电池的理论电压，是两个电极电位之差，]，为电池反应的自由能变，则甲电池与乙电池相比较，___________，___________(填“>”或“<”)。
【正确答案】 1、圆底烧瓶 2、通过溶液颜色变化判断丙中NaOH完全转化为NaHSO3 防倒吸
3、把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3
4、试纸由蓝色变为无色 I2＋SO2＋2H2O=4H++SO＋2I—
5、实验Ⅰ没有无色气体生成 2Cu2＋+HSO+2Cl—＋H2O =2CuCl↓+SO+3H+
6、电流表指针发生明显偏转，右侧烧杯中有白色沉淀产生 ＜ ＞

17-6（提升） 地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题，利用零价铁还原脱除地下水中硝酸盐的方法备受关注。化学研究性学习小组利用Fe粉和KNO3溶液反应探究脱氮原理，实验装置如图。

实验过程如下：
Ⅰ.打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；
Ⅱ．加入pH已调至2.5的0.01mol/LKNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；
Ⅲ．过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；
Ⅳ.检测到滤液中存在、、。
1、先用0.1mol/L洗涤Fe粉，其目的是___________。
2、通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的目的是___________，用化学方程式解释白色物质变为红褐色的原因：___________。
3、取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是___________(用文字表述)。
4、该同学进一步查阅资料发现，用铁粉、碳粉的混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。
假设
实验操作
现象及结论
假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐
向烧杯中加入①___________，一段时间后，测定烧杯中的浓度
浓度无明显变化，说明假设1不成立
假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除
按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定浓度

②___________，说明假设2成立
③关于碳粉的作用，还可以提出的假设是___________。
【正确答案】 1、去除铁粉表面的氧化物等杂质
2、避免空气中对Fe和反应的干扰
3、溶液中存在和，加入后，生成的和反应使溶液变红
4、碳粉和溶液100mL 电流计指针偏转，右杯中浓度降低 碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率

【原卷 18 题】 知识点 晶胞的有关计算,物质分离、提纯综合应用,常见无机物的制备,物质结构与性质综合考查

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷废水(含、H+、)可提取三氧化二砷，提取工艺流程如图所示：

已知：①As2O3+6NaOH=2Na3AsO3+3H2O；
②As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，加入FeSO4的目的是除去过量的S2-。
请回答下列问题：
1、基态As原子的价层电子排布式为___________。
2、操作M的名称是___________，滤液N中含有的阳离子有Fe2+、H+、___________。
3、“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为___________。
4、“碱浸”的目的是___________。
5、“氧化”中发生反应的离子方程式为___________。
6、砷化镓(GaAs)可由(CH3)3Ga和AsH3在700°C制得。已知GaAs的熔点为1238°C，其晶胞结构如图所示，该晶体的类型为___________。若阿伏加德罗常数的值为NA，GaAs的密度为ρg·cm-3，摩尔质量为Mg·mol-1，则GaAs的晶胞边长为___________pm。

【正确答案】 1、4s24p3 2、过滤 Na+
3、2As2S3+9O22As2O3+6SO2
4、分离As2O3和Fe2O3的混合物(答案合理即可)
5、+H2O2=+H2O
6、共价晶体

18-2（基础） 氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下图：

已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：
氢氧化物




开始沉淀的pH
4.8
1.9
7.5
8.8
沉淀完全的pH
6.4
3.2
9.7
10.4
请回答下列问题：
1、基态Cu原子价层电子的排布图为_______。
2、滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
3、“酸浸”中加入的作用是_______；写出其中生成单质S的化学方程式_______。
4、“调pH”的范围是_______。
5、“还原”前Cu元素以的形式存在，水合肼被氧化的化学方程式为_______；一定体积下，保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率的影响如图所示。当水合肼浓度大于时，的转化率仍增大，但的产率下降，其可能的原因是_______。

6、氧化亚铜立方晶胞结构如图所示，若规定A原子坐标是，C原子的坐标是，则B原子的坐标是_______；该氧化物的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中和之间的最近距离为_______nm。(用含、的代数式表示)

【正确答案】 1、 2、MnCO3
3、做氧化剂 MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O
4、3.2≤pH＜4.8
5、4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质
6、(，，)

18-3（巩固） 铜转炉烟灰的主要成分为含金属元素(主要为、、、)的硫酸盐和氧化物以及，其有价金属回收工艺流程如下。已知：时，，。回答下列问题：

1、与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。的空间结构为_______。
2、“浸出液①”中所含有的金属阳离子有_______和、。“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，原因是_______。
3、“除杂”中，加入调至5.2，用溶液氧化后，所得“滤渣”主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为_______。
4、“转化”后，“滤饼”的主要成分是和_______。该工艺中，可循环利用的物质有_______。
5、的一种晶体结构如图所示。由图可知，原子位于O原子所围成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)，已知晶胞参数为、，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞密度为_______。(列出计算式)

【正确答案】 1、4s24p4 正四面体
2、Cu2+、Zn2+ 难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
3、
4、PbCO3 HNO3
5、四面体

18-4（巩固） 某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物()。

回答下列问题：
1、“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为___________。
2、“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、___________。
3、在空气中煅烧，其热重曲线如图1所示，300～400 ℃时转化为，反应的化学方程式为___________；400～450℃生成的固体产物的化学式为___________。

4、工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式___________，a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为___________mol(假设电解时阳极只考虑放电)。
5、金属镍的配合物的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n=___________；CO与结构相似，CO分子内键与键个数之比为___________。
6、NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为___________。

7、原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为___________。
【正确答案】 1、
2、
3、
4、 1.25a
5、4 1∶2 6、(1，1，1)
7、+2或-2

18-5（提升） 铟()是一种主要用于液晶显示屏和半导体生产的重要稀有金属。从铜烟灰中(主要含、、、、)提取铟的工艺流程如下：

已知：氧化浸出后铟元素主要以形式存在，性质与相似。
回答下列问题：
1、写出元素在周期表中的位置：___________，属于___________区元系。
2、“氧化浸出”工艺中，的硫元素被氧化为，写出发生反应的离子方程式：___________。
3、“滤渣”的主要成分是___________。
4、“水相”中主要存在的金属离子是，经提纯后可将溶液用于铜的电镀实验，电镀前还须滴加浓氨水至溶液为深蓝色，目的是___________。
5、“萃取”工艺中，加入时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是___________。
6、太阳能材料晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处原子坐标为(0，0.5，0.25)。

①C处S原子坐标为___________。
②设该晶体密度为，则阿伏加德罗常数的值为___________。
【正确答案】 1、第五周期第ⅢA族 p
2、+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓
3、、MnO2，、PbSO4
4、使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度
5、性质与相似，pH过高，转化为沉淀
6、(0.75，0.25，0.625)

18-6（提升） 锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：

已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
1、Ge在元素周期表中的位置是_____，GeCl4晶体所属类别是_____。
2、步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为_____。
3、步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为______(填“10－15”“15－20”或“20－25”)。
编号
加料量(CaCl2/Ge)
母液体积(mL)
过滤后滤液含锗(mg/L)
过滤后滤液pH
锗沉淀率(%)
1
10
500
76
8
93.67
2
15
500
20
8
98.15
3
20
500
2
11
99.78
4
25
500
1.5
12
99.85
4、步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是_____。
5、步骤⑥的化学反应方程式为_____。
6、Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：
①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为(，，)，则分数坐标为(0，0，)的离子是_____。

②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ=______g/cm3。

【正确答案】 1、第四周期ⅣA族 分子晶体
2、GeO2+2OH—=GeO+H2O
3、20—25 4、GeCl4在稀盐酸中易水解
5、GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
6、I—

【原卷 19 题】 知识点 盖斯定律及其有关计算,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】

【试题解析】


19-1（基础） 乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷脱氢制乙烯的相关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
1、反应的_______。
2、以和的混合气体为起始投料(不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是_______。
A.升高温度，正、逆反应速率同时增大
B.和的物质的量相等时，反应达到平衡状态
C.增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D.增加起始投料时的体积分数，平衡转化率增大
3、科研人员研究催化剂对乙烷无氧脱氢的影响
①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是_______。

A． B． C． D．
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，其失活的原因是_______。
4、在和催化剂条件下，向体积固定的容器中充入与一定量发生反应(忽略反应Ⅰ和反应Ⅱ外的其它反应)，平衡时和的物质的量分数随起始投料比的变化关系如图所示。

①图中曲线c表示的物质为，表示的曲线为_______(填“a”或“b”)，判断依据是_______。
②当时，平衡时体系压强为P，计算反应Ⅰ的平衡常数_______(写出计算过程，结果保留2位有效数字；对于，，)。
【正确答案】 1、+178 2、AC
3、C 积碳在其表面快速沉积使其活性降低
4、a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大 0.077P

19-2（基础） 2020年，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”研究二氧化碳的回收对这一宏伟目标的实现具有现实意义。
1、已知：


则反应I：的_______。
2、若在一密闭容器中通入和，一定条件下发生反应I，测得的平衡转化率、温度及压强的关系如图所示：

①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是_______(填标号)。
A.CO的体积分数保持不变
B.容器内混合气体的总质量保持不变
C.
D.容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
②图中、、、，压强最小的是_______，判断理由是_______
③已知，、表各组分的(分压份压总压物质的量分数)。当时，a点_______，此时平衡常数_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算)。
3、EleyRideal的反应机理认为和重整的反应历程如图所示。

该重整反应的决速步骤为_______(填“反应①”或“反应②”)。
【正确答案】 1、+247.0kJ·mol-1
2、AD p1 该反应是气体体积增大的反应，压强减小有利于平衡正向移动，CH4的转化率增大 2.56
3、反应①

19-3（巩固） 焦炉煤气中的有效成分(和CO)的含量高达65%左右，是一种理想的化工产品合成气。
1、已知：ⅰ、
ⅱ、
ⅲ、
化学键
H—H
C—O
CO
H—O
C—H

436
343
1076
465
413
则___________。
2、甲醇合成反应为强放热反应，冷却剂温度会极大地影响工艺结果，图甲表示冷却剂温度对甲醇产量的影响，由图可知，最合适的冷却剂温度为___________。

3、向一恒温恒容密闭容器内充入1molCO和1mol，起始压强为，发生反应：。
①下列能说明反应达平衡的是___________(填序号)。
A．装置内压强不再随时间变化
B．气体密度不再随时间变化
C．CO的体积分数不再随时间变化
D．平衡常数不再随时间变化
②反应达到平衡后，测得的平衡转化率为80%，求该温度下的平衡常数=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③据研究，反应过程中起催化作用的为。实际生产中随反应进行，的量会减少，导致催化效率降低。若在反应体系中充入少量，有利于保持的催化效率不降低，原因是___________。
4、CO和反应制的路径，大致可以分为四步，其中“”代表物质连接催化剂的位点。
第一步：
第二步：
第三步：
第四步：
请写出第三步的反应式：___________。
【正确答案】 1、+41 2、200℃
3、A 在反应体系中存在平衡： ，充入少量CO2，可抑制反应的正向进行，有利于保持Cu2O的量的稳定
4、

19-4（巩固） 运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
1、生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。 ΔH=+131.3kJ⋅mol-1，ΔS=+133.7J⋅mol-1⋅K-1，该反应在低温下_______(“能”或“不能”)自发进行。
2、已知在400℃时，的。相关化学键键能数据为
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能
946
436
390.8
回答下列问题：①在400℃时，(g的K2=_______(填数值)，ΔH=_______。
②400℃时，在1L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，则此时反应_______(填“>”“<”“=”或“不能确定”)。
③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡_______(填“向左”“向右”或“不”)移动；使用催化剂_______(填“增大”“减小”或“不改变”)反应的ΔH。
3、氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为，在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。

①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是_______
②若在250℃、p1为105Pa的条件下，反应达到平衡，此时B点N2的分压为_______Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
【正确答案】 1、不能 2、2 = 向右 不改变
3、

19-5（提升） 为了实现碳达峰和碳中和目标，二氧化碳的高效利用成为研究的热点。某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。已知：CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol。
1、甲烷干法重整(DRM)反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H，则△H=_______。
2、通过大量的研究Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，分别为过程1：甲烷逐步脱氢，过程2：CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化)，过程3：C★和CH★的氧化，过程4：扩散吸附反应。其反应机理如图1所示。

则CO2的氢诱导活化反应方程式为_______，过程3的最终产物为_______，过程4发生扩散吸附的微粒为_______。
3、三种催化剂催化甲烷脱氯过程的能量变化如图2所示：

①甲烷脱氢过程中最大活化能步骤为_______。(用反应方程式表示)
②Sn12Ni、Pt12Ni、Cu12Ni三种催化剂催化甲烷脱氢过程的脱氢速率分别为v1、v2、v3，则脱氢速率由大到小的顺序为_______。
③Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，请结合图示解释原因：_______。
4、已知：甲烷干法重整(DRM)过程中发生副反应 △H>0，T℃时，在恒压反应器中，通入2molCH4和1molCO2，总压强为p0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为p。
①关于上述平衡体系，下列说法正确的是_______(填标号)。
A.n(CH4)：n(CO2)=2：1
B.将H2O(g)液化，可以提高主反应的速率
C.若反应在恒容条件下进行，甲烷转化率小于40%
D.若降低反应温度，主、副反应均逆向进行
②DRM反应的Kp=_______(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。
【正确答案】 1、+247.3kJ/mol
2、CO2★+H★=CO★+OH★ CO★ H★和OH★
3、CH3★=CH2★+H★ v2>v3>v1 脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少
4、CD

19-6（提升） 二氧化碳、甲烷等是主要的温室气体。研发二氧化碳和甲烷的利用技术对治理生态环境具有重要意义。
已知：常温常压下，一些物质的燃烧热如表所示。
物质
CH4(g)
H2(g)
CO(g)
燃烧热(△H)/(kJ•mol-1)
-890.3
-285.8
-283.0
回答下列问题：
1、在催化剂作用下，甲烷的催化重整是制备合成气的重要方法，写出CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式：______。
2、在恒温恒容密闭容器中，通入一定量的CH4、CO2发生催化重整反应。
①下列能说明该反应达到化学平衡状态的是______(填标号)。
A.混合气体的平均相对分子质量不再变化 B.v正(CH4)=2v逆(CO)
C.CO与H2浓度的比值不再变化 D.容器内混合气体的密度不再变化
②当投料比=1.0时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。由图可知：压强p1______2MPa(填“＞”、“＜”或“=”)；当温度为T3、初始压强为2MPa时，a点的v逆______v正(填“＞”、“＜”或“=”)。起始时向1 L恒容容器中加入2 mol CH4和2 mol CO2，在温度为T6、初始压强为2 MPa条件下反应，用压强表示该反应的平衡常数Kp=______(分压=总压×物质的量分数)。

3、我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳(或碳氢物种)，其中碳(或碳氢物种)吸附在催化剂上，如CH4→+(2-)H2；第二步：碳(或碳氢物种)和H2O反应生成CO2和H2，如+2H2O→CO2+(2+)H2。反应过程和能量变化残图如图：

判断过程______(填序号)加入了催化剂，原因是______。控制整个过程②反应速率的是第Ⅱ步，其原因为______。
【正确答案】 1、CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247.3 kJ•mol-1
2、A ＜ ＞ 4
3、② 催化剂降低了活化能 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢

【原卷 20 题】 知识点 根据要求书写同分异构体,根据题给物质选择合适合成路线,有机推断综合考查,元素性质与电负性的关系

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药物，临床上用于治疗慢性淋巴细胞白血病。下面是苯丁酸氮芥的一种合成路线。

回答下列问题：
1、A中碳原子的杂化轨道类型有_______。
2、D中官能团的名称为_______。
3、F→G的反应类型是_______。
4、E中C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
5、已知E和 合成F的原子利用率为100%，E→F的化学方程式为_______。
6、的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种(不考虑立体异构)。
条件：a)能发生银镜反应；b)苯环上有2个取代基。
7、参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线(其他试剂任选) _______。
【正确答案】 1、sp2、sp3 2、羧基，氨基
3、取代反应 4、N>O>C
5、 6、12
7、

20-2（基础） 木质纤维素代替传统的化石原料用于生产对二甲苯可以缓解日益紧张的能源危机，再利用对二甲苯为起始原料结合生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，路线如下：

回答下列问题：
1、鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的试剂为_______(写一种)。
2、分析化合物Ⅱ的结构，预测反应后形成的新物质，参考①的示例，完成下表。
序号
变化的官能团的名称
可反应的试剂(物质)
反应后形成的新物质
反应类型
①
羟基


氧化反应
②
_______
_______
_______
_______
3、已知化合物V的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，写出化合物V的结构简式_______。
4、化合物Ⅲ的同分异构体中符合下列条件的有_______种(不含立体异构)。
①含有环戊二烯()的结构； ②O原子不连在杂化的C上。
5、写出Ⅶ生成Ⅷ的化学方程式_______。
6、参照上述信息，写出以丙烯为起始有机原料合成的路线(无机试剂任选)_______。
【正确答案】 1、溴水或银氨溶液(其他答案正确即可)
2、碳碳双键(或醛基) 氢气 (或) 加成反应
3、 4、4 5、n＋nCO2＋(n−1)H2O
6、CH3CH=CH2

20-3（巩固） 三唑并噻二嗪类化合物具有抗炎、抗肿瘤、抗菌的作用。该类新有机化合物G的合成路线如图所示。

已知：R1COOH+R2NH2R1CONHR2+H2O
1、化合物B的名称为_______，化合物C的结构简式为_______。
2、由E→F的化学方程式为_______。
3、C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______。
4、有机物H是B的同分异构体，则满足下列条件的H有_______种。
a. 与FeCl3溶液反应显紫色 b.能发生银镜反应 c.分子中不含甲基
5、利用题中信息，设计以、乙醇为原料制备另一种三唑并噻二嗪类化合物中间体P()的合成路线_______(无机试剂任选)。
【正确答案】 1、苯甲酸乙酯
2、+BrCH(CN)2→+HBr
3、N>O>C 4、3
5、


20-4（巩固） 2021年新型口服抗新冠药物帕罗韦德获批上市。下图是合成帕罗韦德的重要中间体之一(Ⅰ)的合成路线。

回答下列问题：
1、的原子利用率，A的名称_______，B中碳原子的杂化类型_______。
2、的反应类型_______，E中官能团的名称_______。
3、F的分子式_______，G的结构简式_______。
4、写出转化第一步反应的离子方程式_______。
5、芳香化合物N为I的同分异构体，写出满足下列条件N的结构简式_______。
①能与溶液发生显色反应；
②最多消耗；
③核磁共振氢谱中有4组峰，其峰面积之比为；
6、结合以上流程，设计以乙炔和乙醇为原料制备的合成路线(无机试剂任选)_______。
【正确答案】 1、乙炔 sp3杂化、sp杂化
2、消去反应 碳碳双键、碳氯键
3、C12H20O2 4、+OH-+C2H5OH
5、 6、CH3CH2OHCH3CHO+CH≡CH CH3CHOHC≡CCHOHCH3 CH3CHOHCH2CH2CHOHCH3

20-5（提升） 吉非替尼是一种合成的苯胺喹唑啉类化合物，是肺癌治疗的一线用药，良好的药效和广阔的市场前景引起很多学者兴趣，其中一种合成路线如图所示：

1、化合物I中官能团的名称为____，反应①的反应类型为____。
2、化合物II的结构简式为____，加热条件下，I与NaOH溶液反应的离子方程式为____。
3、化合物III中C原子的杂化类型为____。
4、化合物IV是比化合物I相对分子质量大14的同系物。化合物IV的芳香族同分异构体中，写出符合题意的其中任意一种结构简式____。
①苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，1mol该有机物能够与3molNaOH溶液反应。④核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为1:1:2:2:6。
5、已知：①
②
写出以、和CH3OH为原料(无机试剂任选)制备的合成路线流程图____。
【正确答案】 1、酚羟基，醚键和酯基 还原反应
2、 +2OH-CH3OH + + H2O
3、sp2，sp3 4、或
5、

20-6（提升） 某抗癌药物的一种合成路线如下图所示：

注：①(部分反应条件省略，Ph表示)
②已知：
回答下列问题：
1、B的分子式为_______，分子中采用杂化的碳原子数目为_______个。
2、由A生成C的化学方程式为_______。
3、F的结构简式为_______，在F分子中的手性碳原子上标注“*”。
4、B满足下列条件的同分异构体有_______种。
条件：i.有苯环，且苯环上侧链数目为3个
ii.与溶液显色
ⅲ.能发生银镜反应
5、根据题中相关信息，写出以 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、 7
2、
3、 4、10
5、


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．“裘”的主要成分是动物蛋白，A错误；
B．二氧化硫具有还原性且能杀菌，在国家规定范围内可用作食品添加剂，B错误；
C．孔雀石主要成分为碱式碳酸铜，C错误；
D．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；“火树银花”中烟花的颜色涉及焰色反应，D正确；
故选D。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．棉布的主要成分是纤维素，属于多糖，A正确；
B．羊毛的主要成分是蛋白质，不属于糖类，B错误；
C．维生素属于有机化合物，是人体必需的有氧物质营养物，不属于糖类，C错误；
D．油脂不属于糖类，D错误；
故A。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．蛋白质属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故A错误；
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，故B错误；
C．植物油是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，汽油的主要成分属于烃，故C正确；
D．棉花的主要成分为纤维素，合成纤维的成分不是纤维素，故D错误；
选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．土豆富含淀粉，A正确；
B．蔗糖是由葡萄糖和果糖形成的二糖，B正确；
C．鲈鱼富含蛋白质，C错误；
D．芹菜富含纤维素，D正确；
故选：C。
1-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．石英玻璃的主要成分为，A错误；
B．SiC属于新型无机非金属材料，B错误；
C．聚酯纤维是合成有机高分子材料属于合成纤维，纤维素是一种多糖，C错误；
D．联氨和氧气或二氧化氮反应可放出大量的热，且产物无污染，故可作火箭发射的燃料，D正确；
故选D。
1-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．病毒成分含有蛋白质，A正确；
B．石墨烯为碳单质，是新型无机非金属材料，B正确；
C．纤维素水解可得到葡萄糖，C错误；
D．兽骨的主要成分是碳酸钙，碳酸钙为固体质地坚硬，D正确；
故选C。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．水资源的开发和利用需要通过化学变化才能实现，A错误；
B．海洋资源中的牡蛎、虾类等海洋水产品多属于低脂肪食物，B错误；
C．锗、碲单质的制备过程不一定涉及置换反应，可能为电解等方法，C错误；
D．生物资源中的桫椤、银杉等植物中均含有纤维素等天然高分子化合物，D正确；
故合理选项是D。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．海水波浪发电是将动能转化为电能，故A错误；
B．从海水中提取溴，是将溴离子变为溴单质，一定伴有化学变化，故B正确；
C．淡化海水的常见的三种方法分别是蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故C正确；
D．电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气、氯气，再用氯气和氢气反应后溶于水可生产盐酸，电解熔融状态下氯化钠可制备金属钠，饱和食盐水通入氨气和二氧化碳可制备碳酸氢钠，加热碳酸氢钠可知制备碳酸钠，故因此以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、钠、氯气、盐酸等化工产品，故D正确；
综上所述，答案为A。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．海水波浪运动是动能，传递给发电机发电，是将动能转化为电能，故A正确；
B．海水中的溴元素需要通过氧化剂把溴离子氧化为溴单质，再利用还原剂还原溴单质为溴离子，通入氯气氧化溴离子为溴单质；过程中发生化学反应；故B正确；
C．MgO的熔点高，应电解熔融MgCl2生成Mg，故C错误；
D．煤炭燃烧会产生大量污染性的气体和颗粒，积极研发海水直接冷却技术，可减少煤炭的使用量，减少污染物的排放，有利于环境保护故D正确。
故选：C。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．获得食盐是蒸发海水结晶得到，在这个过程中某一新物质产生，因此发生的变化属于物理变化，选项A错误；
B．海水中的溴、碘分别是以Br、I的形式存在，应该先向溶液中加入氧化剂把Br、I氧化为Br2、I2单质，然后再用萃取法获得，选项B错误；
C．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项C正确；
D．海水中水资源的利用，主要包括海水的淡化和直接利用海水进行循环冷却，通过从海水中提取淡水或从海水中把盐分离出去，选项D错误；
答案选C。
2-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．牡蛎的外壳主要成分为碳酸钙，A正确；
B．由虾青素的结构简式()可知，其中含有碳碳双键和醇羟基，都有良好的抗氧化性，B正确；
C．海盐和湖盐、井盐的化学成分均为NaCl，只是来源不同而已，故海盐和湖盐、井盐的营养成分相同，C错误；
D．从海洋甲壳类动物壳中提取出的甲壳素(C8H13O5N)n应用广泛，属于天然高分子化合物，D正确；
故C。
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．海水中含有溴离子，溴离子需被氧化为溴单质，再经萃取、蒸馏提取，A错误；
B．海带中含有碘离子，需用氯水将其氧化为碘单质，而不是用氨水，B错误；
C．海水中含氯化钠，通过物理方法可以得到氯化钠，电解熔融态的氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，C正确；
D．石油裂解是指在高温下，将石油产品中具有长链分子的烃断裂为各种短链的气态烃和液态烃，则石油经分馏、裂解不会得到苯、甲苯、二甲苯、酚等，D错误；
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．碳纤维具备“外柔内刚”的特性且密度小，碳纤维抗冲击效果强，可用于制造无人机外壳，故A正确；
B．液氢气化时是破坏分子间作用力而吸热，故B错误；
C．我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉，消耗二氧化碳，有助于实现碳达峰、碳中和，故C正确；
D．以CO为原料合成蛋白质，可制造新型的饲料蛋白，利用CO合成蛋白质减少粮食产生蛋白质，因此确保国家粮食安全和实现绿色可持续发展，故D正确。
综上所述，答案为B。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．叉烧包中含糖类、油脂、蛋白质等营养物质，A正确；
B．陶瓷茶具的主要成分为硅酸盐，B正确；
C．烟花利用了“焰色试验”原理，核外电子发生跃迁属于物理变化，C错误；
D．丝属于蛋白质燃烧具有烧焦羽毛的味道，棉花是植物纤维，燃烧时没有气味，鉴别丝和棉花可以用灼烧的方法，D正确；
故选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．石墨烯为碳单质，不属于烯烃，A错误；
B．氢能燃烧产物为水，无污染，属于新能源，B正确；
C．聚酯纤维为人造合成纤维，不属于天然纤维，C错误；
D．冰面的形成只是改变物质的状态，没有新物质生成，属于物理变化，D错误；
故答案选B。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．“大漠孤烟直，长河落日圆”中的“大漠孤烟”，烽火台燃起的那一股浓烟，因此称作“孤烟”为分散系，属于胶体，A正确；
B．曹植的“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中涉及的变化是物质的燃烧，因此能量变化主要是化学能转化为热能，B正确；
C．苏味道的“火树银花合，星桥铁锁开”中“火树银花”是指燃放的烟火，这说明与金属的焰色试验有关，C正确；
D．白居易的“绿蚁新酒，红泥小火炉”中“红泥”一定含有Fe2O3，因为Fe2O3是红色的，而Fe3O4是黑色的，D错误；
故选D。
3-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，铁从硫酸铜中将铜置换出来，A项正确；
B．煅烧石灰石生成氧化钙，石灰的主要成分为氧化钙，B项错误；
C．豆萁燃烧，能量转化方式主要为化学能转化为热能，C项正确；
D．飞絮的主要成分为纤维素，D项正确；
故选B。
3-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．船舶外壳镶嵌锌块是锌与船体形成了原电池，牺牲阳极锌块，保护船体，故A错误；
B．明矾作净水剂是因为明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的作用，故B正确；
C．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙是因为微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，便于加入盐酸转化为可溶的氯化钙，便于水垢的除去，故C正确；
D．用排饱和食盐水收集氯气是因为溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中氯离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，降低氯气在水中的溶解度，故D正确；
故选A。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. 硝酸铵加热时易爆炸，实验室用氢氧化钙和氯化铵制备氨气，故A错误；
B. 定容时仰视容量瓶的刻度线，导致体积偏大，则浓度偏低，故B正确；
C. 量筒无需润洗，否则引起实验误差，故C错误；
D. 称取2.0g NaOH固体，应放入2.0g砝码，仅用游码，称量不大于1g，故D错误。
故答案选：B。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊， 向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，出现白色沉淀，则该溶液中可能含有、碳酸氢根、亚硫酸根和亚硫酸氢根等，A正确；
B． 常温下铝片在浓硝酸中会钝化，故常温下，将相同质量的铝片分别加入足量的浓、稀硝酸中，稀硝酸中的铝片先反应完，浓硝酸中不溶解，B错误；
C．铁在氯气中燃烧只生成，铁在足量的氯气中燃烧生成，在少量的氯气中燃烧生成，C错误；
D． 铜也能与硝酸反应而溶解，故应将表面生锈的铜器浸泡在稀盐酸中以除去铜锈，D错误；
答案选A。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．用KSCN溶液检验的现象是生成血红色溶液，而不是生成血红色沉淀，A项不正确；
B．在发生化学变化时有热量的变化，故该晶体可作为储热材料实现化学能与热能的相互转化，B项正确；
C．应加入浓NaOH溶液，且需要加热，C项不正确；
D．该实验反应剧烈，观察钠与水反应现象时，应该将钠放入水中，D项不正确；
答案选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碘单质是紫黑色的晶体、能溶于水形成黄色的碘水溶液，向碘化钠稀溶液中加入新制氯水，一开始溶液颜色加深、不会立即生成大量紫黑色固体，A错误；
B．为了混合均匀，充分反应，中和热测定时使用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液，操作方法是：上下移动， B错误；
C． 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，必定变红，因为酸性环境下硝酸根离子有强氧化性，把亚铁离子氧化成铁离子，故不能说明样品变质，C错误；
D． 向分别装有1g Na2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，碳酸钠溶解时放热较多，则温度高的为Na2CO3，D正确；
答案选D。
4-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．红热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中燃烧，产生棕黄色的烟，A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性，次氯酸具有漂白性，则将氯水滴入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色，B正确；
C．将Na加入到硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，C错误；
D．金属钠可与CO2反应，钠着火不能用二氧化碳灭火，D错误；
故答案选B。
4-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．将点燃的镁条伸入充满CO2的集气瓶，镁条继续剧烈燃烧，发生反应：2Mg+CO22MgO+C，产生的MgO是白色固体，C是黑色固体，因此看到燃烧后有白色、黑色固体生成，A正确；
B．滴定管润洗时，从上口加入3～5 mL润洗液，倾斜着转动滴定管，然后从下口放出，以润洗滴定管的尖嘴部分，B错误；
C．在反应后的溶液中含有大量未反应的浓硫酸，为防止浓硫酸与水混合，放出热量使酸滴飞溅，因此在证明Cu与浓硫酸反应生成了CuSO4时，可将反应后的混合液冷却后，取少量，加入到盛有水的烧杯中，若溶液变为蓝色，即可证明反应生成了CuSO4，C错误；
D．中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断上下搅拌，主要目的是为了使酸、碱充分混合发生反应，D错误；
故合理选项是A。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．草木灰含有钾元素，可以为植物提供钾肥，A正确；
B．NaClO溶液具有氧化性，能杀菌消毒，B错误；
C．高温下铝能还原氧化铁生成铁单质，用于焊接钢轨，C正确；
D．铁与高温下会反应会生成四氧化三铁和氢气，故将模具干燥后再注入熔融钢水，D正确；
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．黏土的主要成分为含水的铝硅酸盐，即黏土中含有硅酸盐，A不选；
B．因铁与H2O(g)高温下反应生成Fe3O4和H2，故应将模具干燥后再注入熔融钢水，B不选；
C．用FeS清除污水中Pb2+、Hg2+等重金属离子时发生反应FeS+Pb2+=PbS+Fe2+、FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，遵循沉淀的转化的一般原则：溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，C不选；
D．84消毒液的有效成分为NaClO，用84消毒液进行消毒的原因是：NaClO能与CO2、H2O反应生成具有强氧化性的HClO，与NaClO溶液显碱性没有关联，D选；
答案选D。
5-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铁离子水解得到氢氧化铁胶体可以加速水中悬浮颗粒沉降，与所述的化学知识有关联，故A不符合符题意；
B．制作面包用的小苏打应该为，而不是碳酸钠，故B符合符题意。
C．与水蒸气在高温条件下反应，生成和，与所述的化学知识有关联，故C不符合符题意
D．镁比铁活泼，可做原电池的负极从而保护铁，防止铁被腐蚀，与所述的化学知识有关联，故D不符合符题意；
故选B。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．纯碱溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解而被除去，有关联，故A不符合题意；
B．溴化银见光容易分解为银单质，和颜色无关，没有关联，故B符合题意；
C．石灰石的加入能吸收燃烧过程中生成的二氧化硫气体，减少二氧化硫排放，有关联，故C不符合题意；
D．钢铁材质的健身设施上涂油漆，形成保护层，隔绝氧气和水，减慢腐蚀速率，有关联，故D不符合题意；
故选B。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．次氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，A正确；
B．植物油中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，B正确；
C．用食醋清洗水壶内的水垢，根据强酸制弱酸原理说明醋酸的酸性比碳酸强，C正确；
D．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，是因为铁高温能和水蒸气反应，不是因为铁单质具有良好的导热能力，D错误；
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污，是利用乳化原理，乳化剂的亲油基插入油污，亲水基露在外面，从而被水溶解，A符合题意；
B．实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管，是利用硝酸与银反应生成可溶性的硝酸银，体现硝酸的强氧化性，B不符合题意；
C．消防演习中使用泡沫灭火器，是铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生强烈双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，C不符合题意；
D．校医开紫外灯给教室消毒，是因为紫外线可以使细菌病毒的蛋白质变性，D不符合题意；
故选A。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．同一周期元素随着原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，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，则第一电离能：，A正确；
B．十八胺中碳原子均为饱和碳原子，其杂化类型均为，B正确；
C．锌的还原性大于银，则对应简单锌离子的氧化性弱于银离子，C错误；
D．十八胺能形成氢键导致其沸点升高，而十八烷不能形成氢键，故熔点：十八烷十八胺，D正确；
故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则碳元素的电负性小于氧元素，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮原子的第一电离能氧原子，故C错误；
D．同周期元素，从左到右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，则硝酸的酸性强于碳酸，故D错误；
故选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，A项错误；
B．Cl、P都是第三周期元素，根据“同周期从左向右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强”，非金属性：Cl>P，热稳定性：HCl>PH3，B项错误；
C．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N、O的第一电离能大小：N>O，C项正确；
D．Li、Be都是第二周期元素，根据“同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱”，金属性：Li>Be，碱性：LiOH>Be(OH)2，D项错误；
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则铝离子的离子半径小于氧离子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则磷元素的电负性大于硅元素，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氟原子的第一电离能大于氧原子，故C错误；
D．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，同主族元素，从上到下元素的元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化钙的碱性强于氢氧化铝，故D错误；
故选B。
6-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．同周期元素，一般从左到右，第一电离能逐渐增大，但是由于氮元素2p轨道半充满，比较稳定，故氮元素第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，第一电离能：，A错误；
B．同主族元素，由上到下非金属性减弱，电负性也逐渐递减，故电负性：，B错误；
C．核外电子层结构相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，故离子半径：，C正确；
D．分子间存在氢键，使氨气分子的沸点升高，故沸点：，D错误；
故本题选C。
6-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钙离子，故A正确；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氢元素，电负性大于氢元素，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故C错误；
D．孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，铵根离子和氨分子的孤对电子对数分别为0和1，则铵根离子的键角大于氨分子，故D错误；
故选A。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．生成氯气的同时，是将盐酸中的氯元素由-1价氧化为0价，为氧化剂，本身被还原，化合价降低，不可能转化为，选项A错误；
B．浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，通过a中加入饱和食盐水除去氯化氢，再通过b中加入浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项B正确；
C．用溶液吸收时，发生反应2+=NaCl+NaClO+H2O，反应中只有氯元素化合价由0价变为-1价和+1价，既体现氧化性也体现还原性，而既没有体现氧化性也没有体现还原性，选项C错误；
D．根据反应+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知，每消耗8.7克，生成氯气0.1mol,且没有说明标准状况，不能确定气体的体积，选项D错误；
答案选B。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、水和氯气，参与反应的HCl一部分做还原剂被氧化为，另一部分体现了酸性，A错误；
B．酸使pH试纸变色发生的不是氧化还原反应，B错误；
C．观察到淀粉-KI试纸变蓝，说明具有氧化性，发生2I-+Cl2=I2+2Cl-，C正确；
D．氯气与水生成的盐酸是强酸、次氯酸具有漂白性，故湿润的pH试纸变红后发生褪色，D错误；
答案选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
装置Ⅰ制备Cl2，装置Ⅱ除去Cl2中混有的HCl气体，装置Ⅲ制备NaClO，装置Ⅳ处理尾气，据此进行分析。
详解:
A．图Ⅰ中没有加热装置，故不能将替换成，A错误；
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，长颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B正确；
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO，转移电子，C错误；
D．装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D错误；
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
漂白粉具有强氧化性，和浓盐酸在A中圆底烧瓶中发生氧化还原反应产生Cl2，由K2MnO4只能在浓强碱溶液中稳定存在，在碱性较弱的溶液中K2MnO4会发生自身氧化还原反应，故通入K2MnO4溶液之前需除去Cl2中的HCl，Cl2和K2MnO4在C中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用D吸收，据此分析解题。
详解:
A．装置A为恒压分液漏斗，a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，A正确；
B．将装置B中饱和食盐水的目的为除去Cl2中的HCl，换为浓硫酸后只能干燥不能除去Cl2中的HCl，B错误；
C．由分析可知，装置D的目的是吸收反应过程中过量的氯气，防止污染环境，反应原理为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+ H2O，C正确；
D．由上述实验可推知，在强碱性条件下，发生反应方程式：Cl2+2K2MnO4 =2KMnO4+2KCl，反应中Cl2为氧化剂，KMnO4为氧化产物，故氧化性：Cl2＞KMnO4，D正确；
故B。
7-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
装置I为氯气的制备，装置Ⅱ除去氯气中的HCl，一般用饱和食盐水，装置Ⅲ制备KClO3，装置Ⅳ制备NaClO，装置Ⅴ尾气吸收，据此分析。
详解:
A．KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，不需要加热，常温即可发生，故A错误；
B．NaHCO3与HCl反应生成CO2，CO2能与装置Ⅲ中的KOH反应，KClO3产率降低，所以装置II洗气瓶中用饱和溶液除去中的少量，防止干扰实验，故B正确；
C．Cl2与KOH在加热条件下发生歧化反应，得到KCl和KClO3，离子方程式为，故C错误；
D．Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中OH－含量低，不能完全吸收氯气，常用NaOH溶液吸收尾气氯气，故D错误；
答案为B。
7-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
a装置用于制备氯气，b中饱和食盐水用于除去氯气中的HCl气体，同时有长颈漏斗，可以检验装置是否堵塞，若装置发生堵塞，会导致b瓶内压强增大，最终大于外界大气压使长颈漏斗中的液面上升，锥形瓶内液面下降；Ⅰ的实验目的是验证湿润的氯气具有漂白性，原理是Cl2溶于水产生HClO，HClO具有漂白性，氯化钙干燥氯气，经过干燥剂后，干燥的Cl2不能使Ⅱ中干燥的有色布条褪色，说明氯气不具有漂白性；NaBr、KI溶液的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，当向NaBr中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将少量溶液加入KI溶液中，Cl2会氧化NaBr溶液中Br-产生Br2，进入装有KI溶液和苯的锥形瓶中，苯在水层上面，Br2进入KI中，置换出I-产生I2，I2被苯萃取，苯层显紫红色，注意Cl2也可以氧化I-产生I2，所以氯气要适量。
详解:
A．装置a中没有加热装置，可用KMnO4和浓盐酸制取氯气，离子反应为2MnO+16H++10Cl-=Mn2++Cl2↑+8H2O，A错误；
B ．b中饱和食盐水的作用是减少Cl2的溶解度，吸收反应挥发的HCl气体，同时有长颈漏斗，可以检验装置是否堵塞，起到平衡压强的作用，B正确；
C．根据分析，I、Ⅱ处依次放湿润和干燥的有色布条，可验证干燥的不具有漂白性，C正确；
D．Cl2会氧化NaBr溶液中Br-产生Br2，可证明氧化性：，由于Br2可以氧化I-产生I2，可证明，可利用该实验装置证明氧化性：，D正确；
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．肉桂皮的有效成分为肉桂醛，常被用作药物和食用香料，但不应过量，故A正确；
B．肉桂醛、乙醇均是有机物，二者相似相溶，故B正确；
C．肉桂醛分子中含有苯环、碳碳双键和醛基，容易和氢气发生还原反应，故C正确；
D．肉桂醛含有碳碳双键、醛基，长期置于空气中容易发生氧化反应，故D错误；
故选：D。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据元素守恒可配平反应1的化学方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，则n=3，A正确；
B．反应2中CH3OH与氧气反应生成过氧化氢和甲醛，CH3OH发生去氢氧化反应，B正确；
C．甲醛含醛基，可与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，C正确；
D．根据DHA的结构简式可看出，分子中含羟基和羰基，不含羧基，不属于二元羧酸，D错误；
故选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．温度升高，催化剂-酶会失活，反应速率会减慢，故A错误；
B．传统法合成己二酸过程中浓硝酸被还原生成了二氧化氮气体，为大气污染物，且原子利用率低，故B正确；
C．一锅催化法”没有副产物生成，属于绿色化学工艺，故C正确；
D．羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且羧基和二氧化碳的物质的量之比为1:1，则1mol己二酸与足量饱和碳酸氢钠溶液反应生成2mol二氧化碳，生成二氧化碳的质量为88g，故D正确；
故选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
反应①为加成反应，反应②为取代反应，反应③、④均属于氧化反应。
详解:
A．①为加成反应，产物只有一种，故其原子利用率可以达到100%，A正确；
B．转化③、④属于氧化反应，B项错误；
C．、均可使酸性溶液褪色，C错误；
D．中含有的官能团名称为羧基，D错误；
故选A。
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．反应①中乙烯和氧气反应生成环氧乙烷，方程式为：2CH2=CH2+O22，原子利用率为100%；反应②为乙烯和Cl2先发生加成反应，再和H2O发生取代反应，取代反应原子利用率小于100%，故A错误；
B．环氧乙烷的分子式为C2H4O，二甲醚的分子式是C2H6O，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；
C．根据反应④中加成反应可知，可以发生反应，故C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液还可以氧化醛基，反应⑤不能用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂，故D错误；
故选C。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．呋喃甲醛在NaOH溶液中的反应在冰水浴中进行，是为了降低反应速率，A正确；
B．乙醚提取的是混合溶液中的呋喃甲醇，呋喃甲酸盐留在水溶液中，乙醚提取液中加入无水碳酸钾干燥、过滤后，得到呋喃甲醇和乙醚的混合液，应采取蒸馏的方法得到呋喃甲醇，B正确；
C．在分离乙醚提取液后的水溶液中加盐酸会生成呋喃甲酸，温度较低时呋喃甲酸在水中溶解度较小，为得到粗呋喃甲酸晶体，采用的方法应是冷却、过滤，C错误；
D．根据呋喃甲酸在水中的溶解度随温度的变化情况，可知提纯粗呋喃甲酸晶体可采用重结晶的方法，D正确；
故选：C。
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．熟石灰具有碱性，可以处理酸性废水，故A正确；
B．便携式电池工作时是将化学能转化为电能，故B正确；
C．利用黄铁矿制备硫酸的过程是硫元素被氧化的过程，故C正确；
D．利用焦炭和石英砂制取粗硅与二氧化硅具有很好的光学性能无关，故D错误。
综上所述，答案为D。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．氧化铝的熔点高，耐高温，可以用作耐火材料，如制作坩埚，A不符合题意；
B．碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器是利用碳酸氢根离子和铝离子发生双水解产生二氧化碳，B符合题意；
C．油脂属于酯类，可以水解，油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，故以油脂为原料制肥皂，C不符合题意；
D．具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应生成氮气同时生成氯化铵，产生白烟，故可用浓氨水检查氯气管道是否漏气，D不符合题意；
答案选B。
9-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，因为聚乙烯性质稳定无毒，A错误；
B．用电解法使镁离子被还原，制备镁单质，B正确；
C．食品冷藏保存，利用温度降低化学反应速率减慢，C正确；
D．涂刷多彩防锈漆，使钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀，D正确；
故选A。
9-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．海带提碘时，燃烧将有机碘转化为I-，再通Cl2或加H2O2将I-氧化为I2，A不符合题意；
B．HF能腐蚀玻璃，发生反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，从而制成磨砂玻璃，B不符合题意；
C．使用碳纳米管、石墨烯制作新型电池，利用的是其具有良好的导电能力，不是利用其易燃生成CO2的性质，C符合题意；
D．高温蒸煮、紫外线照射，都能使蛋白质发生变性，从而达到消毒目的，D不符合题意；
故选C。
9-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．海水中的离子在通电条件下发生定向移动，从而分离出海水中的盐分，水在通电条件下并没有分解，A符合题意；
B．氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，能溶解氧化镁，可以除去镁条表面的氧化镁，B不符合题意；
C．金属钠与空气中的氧气和水蒸气反应，而钠的密度比石蜡大，少量钠可以保存在石蜡中，隔绝空气和水蒸气，C不符合题意；
D．硼酸为弱酸，对皮肤腐蚀性小，且与碱发生中和反应放热少，可以处理滴在皮肤上的碱液，D不符合题意；
故选A。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．SO2可用作食品添加剂如在葡萄酒中加入少量SO2是利用SO2的还原性，防止葡萄酒发生氧化反应，故A正确；
B．P元素为水中藻类植物的营养物质，则大量使用含磷洗涤剂会造成水体富营养化，故B正确；
C．废旧电池中含有重金属，如果随意丢弃会造成土壤、水资源污染，所以废旧电池要集中处理，故C正确；
D．铁的活泼性比铜强，铁上镀铜形成的原电池中铁做负极，加快铁的腐蚀，不能保护铁质水龙头，故D错误；
故选：D。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
石墨做电极，阳极的电极反应为：，阴极的电极反应先后为：，，根据两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)即生成了0.1molH2和0.1molO2，可知电解过程中转移0.4 mol电子,同时阴极析出0.1molCu。
详解:
A．据分析阴极析出0.1molCu，故A错误；
B．据分析上述电解过程中共转移0.4 mol电子，故B错误；
C．电据分析解过程中既析出了0.1molCu又生成了0.1molH2和0.1molO2，需要往电解后得到的溶液加入0.1mol可恢复原来的浓度，故C错误；
D．电解过程中转移0.4 mol电子,根据阳极反应可知生成0.4 mol H＋，阴极消耗0.2 mol H＋，电解后溶液体积仍为500 mL，则电解后溶液中c(H＋)为0.4mol·L-1，故D正确；
故选D。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．整个电解过程分三个阶段：电解溶液、电解溶液、电解，A正确；
B．在阳极，阴离子放电的先后顺序为，先逸出氯气后逸出氧气，B正确；
C．在阴极，放电，逸出氢气，C正确；
D．电解过程中溶液的不断增大，最后溶液呈碱性，D错误；
故选D。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，即a是粗Cu，作阳极，发生氧化反应，A正确；
B．精铜连接电源的负极，阴极发生还原反应，b极上的电极反应为：Cu2++2e- = Cu，B正确；
C．粗铜作阳极，阳极连接原电池正极，铜、铁、锌等失电子发生氧化反应，阳极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，故电解时，外电路每通过0.2 mol电子，阳极上减小的Cu的质量小于6.4 g，C错误；
D．电解后，电解槽底部会形成含有少量Ag、Pt等金属的阳极泥，D正确；
故C。
10-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. 阴极得电子，右边为阴极，阴极主要是氮气得到电子变为氨气，可能发生副反应2H+ +2e－=H2 ↑，故A正确；
B. 根据图中信息分析，CH4化合价升高变为CO2，因此左边为阳极，阳极的电极反应式为CH4+2H2O− 8e－ = CO2 +8H+，故B错误；
C. 根据电解池“异性相吸”原理，质子(H+)通过交换膜由阳极区向阴极区移动，故C正确；
D. 阴极发生反应：，理论上电路中通过电子时，阴极最多产生，故D正确；
故选：B。
10-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据模拟装载图可知石墨１极发生氧化反应，a为正极，石墨1极阳极，b为负极，石墨2极为阴极。
详解:
A．电子流向：b极→石墨2，石墨1→a极，电解质溶液无电子流动，A错误；
B．石墨1为阳极，发生氧化反应，Mn2+被氧化Mn3+，B正确；
C．脱硫反应为FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3＋+15Mn2++2+16H+，C正确；
D．由图可知1molFeS2氧化为Fe3＋和，电路中转移电子为(1+7×2)mol=15mol电子，电路中转移1.5mol电子，则处理FeS2的物质的量为0.1mol，处理FeS2的质量为0.1mol×120g/mol=12.0g，D正确；
故A。
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
该电解池中，O2-离子移向N极、失去电子发生氧化反应生成O2，则N极为阳极，N极与电源正极相连，M极是阴极、与电源负极相连，M极上发生还原反应；
详解:
A． 据分析，M为阴极，与电源的负极相连，A错误；
B． 据分析：M极上发生还原反应，若，则M极的电极反应式为，B错误；
C．存在关系式：，每生成(标准状况) 电路中转移电子数为，，每生成(标准状况)电路中转移电子数为，则理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为，C正确；
D．常温下固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)中离子不能自由移动，高温下熔融离子可自由移动，则该装置在不能在常温下工作， D错误；
答案选C。
11-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氧化铁与酸反应后生成三价铁离子具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，自身还原为亚铁离子，A正确；
B．碱性环境中两种物质反应生成氯离子、高铁酸根离子和水，B错误；
C．在溶液中的水解方程式：，C错误；
D．醋酸为弱酸，在参与离子反应时保留化学式，则碳酸钙溶于醋酸的离子方程式：，D错误；
故选A。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．漂白粉投入水中，次氯酸根水解：，故A错误；
B．电路板刻蚀废液中含高含量氯化亚铁，用使电路板刻蚀废液再生变为铁离子：，故B错误；
C．与通入溶液制84消毒液，有效成分为次氯酸钠：，故C正确；
D．浓盐酸和制：，故D错误；
综上所述，答案为C。
11-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．醋酸为弱酸，CaCO3难溶于水，在离子方程式中，二者均应以化学式表示，则醋酸除水垢的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A项正确；
B．Fe2+和I-都能与Cl2反应，但I-的还原性比Fe2+强，所以I-先和氯气反应，向FeI2溶液中通入少量氯气的离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，B项正确；
C．硫氰化钾检验Fe3+，形成的红色的Fe(SCN)3属于可溶但难电离的物质，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，C项错误；
D．Fe2+具有较强还原性，容易被氧化，制备氢氧化亚铁时，Fe(OH)2被氧气氧化，白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D项正确；
故选C。
11-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．向溶液中滴加溶液生成Fe3+化合价升高，则H2O2中的O的化合价降低为-2价，故该反应的离子方程式为：，A错误；
B．向中投入固体该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故该反应的离子方程式为：，B错误；
C．已知H2S是弱酸，离子方程式书写不能拆，故向溶液通入的离子方程式为：，C错误；
D．用醋酸溶解石灰石的离子方程式为：，D正确；
故D。
11-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，AgCl沉淀转化为硫化银沉淀，，A正确；
B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，离子方程式为：，B正确；
C．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液，离子方程式为，C正确；
D．硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，D错误；
故选D。
11-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．二氧化硫和溴反应生成硫酸和氢溴酸，，A错误；
B．向溶液中滴入溶液至恰好沉淀完全，则碳酸氢根离子过量，氢离子、硫酸根离子完全反应：，B错误；
C．少量与溶液反应生成硫酸根离子、氯离子和次氯酸：，C错误；
D．溶液和溶液等体积、等浓度混合生成草酸氢钠：，D正确。
故选D。
12-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铁离子水解生成氢氧化铁，不能直接蒸发结晶得到无水氯化铁，故A不符合题意；
B．溴单质具有强氧化性，能和二氧化硫发生氧化还原反应导致溶液褪色，故B符合题意；
C．测定溶液pH值，应该用玻璃棒蘸取待测液，滴到干燥的pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，得出pH值，故C不符合题意；
D．硫离子、氯离子对应的酸不是对应元素的最高价氧化物对应的酸，不能测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH来比较S与Cl元素非金属性的强弱，故D不符合题意；
故选B。
12-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．氨水碱性较弱，无法与氢氧化铝反应，不能达到实验目的，A错误；
B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，二者反应产生BaCO3沉淀，若溶液红色变浅，说明反应后导致溶液中c(OH-)减小，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，降低的浓度，水解平衡逆向移动，B正确；
C．HCl不是Cl的最高价含氧酸，上述实验可证明HCl的酸性比H2CO3的强，但得到Cl与C的非金属性强弱的结论，C错误；
D．铜丝和银丝皆为氢后金属，二者均不能和硫酸反应，不能达到饰演穆的，D错误；
故选B。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．用pH计测量醋酸、盐酸的pH来证明CH3COOH是弱电解质时，需要测量物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，A错误；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；
D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。
故选C。
12-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向5mL0.2mol/LMgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化镁，振荡充分后，再滴加几滴0.2mol/LCuCl2溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜的溶度积，故A正确；
B．过氧化氢与亚硫酸钠反应，利用过氧化氢的氧化性，将HSO氧化成SO，本身被还原成水，因为该反应没有明显现象，因此无法判断是否发生反应，故B错误；
C．乙烯虽然与氢气发生加成反应生成乙烷，但氢气为气体，且无色，如果通入氢气过量，引入新的杂质，一般通过溴水中，除去乙烷中的乙烯，故C错误；
D．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应，NaOH需要过量，题中所给氢氧化钠不足，故D错误；
答案为A。
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；
B．由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；
C．加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；
D．盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；
故选：B。
12-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．相同浓度的氰酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液说明氰酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，由盐类水解规律可知，氢氰酸的酸性弱于醋酸的，故A正确；
B．若氧化铁未完全还原，加入稀盐酸时，氧化铁溶于稀盐酸得到的铁离子与铁反应生成亚铁离子。滴入硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以观察溶液颜色变化不能确定氧化铁是否全部被还原，故B错误；
C．将二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去说明二氧化硫是酸性氧化物，不能说明二氧化硫具有漂白性，故C错误；
D．未明确氯化钾和碘化钾的浓度，向混合溶液中滴加硝酸银溶液，不能确定氯离子和溴离子的反应先后顺序，所以不能观察沉淀颜色不能比较碘化银和溴化银的溶解度大小，故D错误；
故选A。
13-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的基态原子所含3个能级中的电子数均相等，则X为C，Y的基态原子的未成对电子数与X相等，Z是同周期第一电离能最小的元素，则Y为O，Z为Na，W是地壳中含量最高的金属元素，则W为Al。
详解:
A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径：，故A正确；
B．根据同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，因此最高价氧化物对应水化物的碱性：，故B错误；
C．X的晶体不一定具有很大的硬度，比如石墨，故C错误；
D．根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：，故C错误。
综上所述，答案为A。
13-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，X为Be；Z为地壳中含量最多的元素，Z为O，X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，Y为B，W为F，据此解答。
详解:
A．常温下为液态，HF常温下为气体，沸点，故A正确；
B．为BF3，中心B原子有3对价电子且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误；
C．四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径减小，原子半径：Be>B>O>F，故C错误；
D．Be最高价氧化物水化物为Be(OH)2，溶液显两性，B最高价氧化物的水化物为H3BO3，溶液显酸性，故D错误；
故选：A。
13-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，焰色试验中X呈黄色，则X为Na，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为O，Z为S。
详解:
A．根据电子层数越多半径越大，具有相同电子层的阴离子半径大于阳离子半径，具有相同电子层的阳离子所带电荷越多，半径越小，简单离子半径大小：Z>W>X>Y，A错误；
B．化合物为Na2O2，阴阳离子的个数比为1:2，B错误；
C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，两两间能发生反应，C正确；
D．Z、W的氢化物分别为H2S、H2O，水中含有氢键，简单氢化物的沸点：W>Z，D错误；
故选C。
13-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
四种短周期主族元素，X是植物三大营养元素(N、P、K)之一，根据后面条件应为第二周期，即X为N，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若Y为第二周期元素原子，则Y可能为Be或O，若Y为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与Y形成的物质可用作潜水艇的供氧剂，该化合物为，则Y为O元素，Z为元素；Y与W的最外层电子数相同，则W为S元素。
详解:
A．Y、W的简单氢化物分别是，形成的晶体中一个水分子周围紧邻的分子数为4个，形成的晶体中一个分子周围紧邻的分子数为12个，A错误；
B．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为，B正确；
C．同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，但是N反常而大于O，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小(金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大)，故第一电离能从大到小的顺序为，C正确；
D．X、Y、W的简单氢化物分别是，常温下水是液体沸点最高，因分子间有氢键作用，沸点高于，故沸点由高到低为：，D正确；
故选A。
13-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的族序数为周期数的3倍，X为O；V的基态原子有2个未成对电子，V为C；则W为N；X、Y、Z均不在同一周期，则Y在第三周期，Z在第四周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数是Y的3倍，则Y为Na，Z为Ga。
详解:
A．Na与O形成的Na2O2含非极性共价键，Na与N形成NaN3含非极性共价键，A正确；
B．同周期元素中第一电离能呈增大的趋势，N的2p轨道有3个电子处于半满结构，其第一电离能比O大，故同周期比N第一电离能大的有F和Ne两种元素，B正确；
C．O的氢化物有H2O、H2O2，N的氢化物有NH3、N2H4，C的氢化物有CH4等多种烃类化合物，故C的氢化物的沸点不一定比H2O、H2O2、NH3、N2H4等低，C错误；
D．Ga位于IIIA族，其最高价氧化物的水化物Ga(OH)3具有两性，D正确；
故答案为C。
13-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L-1的pH=2，即c(H+)=0.01mol·L-1，说明Z最高价氧化物对应水化物为H2SO4，则Z为S；Z、M同周期，Z的原子序数小于M，则M为Cl；X、Y、Z、M同周期，X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，则X与Y在第三周期，最外层电子数为1或3，那么X与Y为Na或Al；Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族，且为前20号元素，说明Q为Ca。
详解:
A．Na的单质不能形成氧化物保护膜，A错误；
B．根据金属活动性顺序表可知，Ca的金属性强于Na、Al，B正确；
C．SCl2的电子式为：，各原子均满足8电子稳定结构，C正确；
D．非金属性Si 故选A。
14-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．随着起始投料比增大，平衡时氢气的转化率减小，二氧化碳的转化率增大，则曲线a表示CO2的平衡转化率，A正确；
B．该反应前后气体计量系数不同，且在恒容容器中进行，则压强是变量，当压强不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C．加入H2和C'O2总物质的量为5mol，当时，起始通入n(H2)= 4mol，n(CO2)=1mol，达到平衡时，H2和CO2的转化率为80%，消耗H2和CO2的物质的量分别为3.2mol、0.8mol， 生成CH4、H2O的物质的量分别为0.8mol、1.6mol，此时甲烷的体积分数为，另外，当时投料比等于系数比时，产物在平衡体系中的体积分数最大，故，甲烷的体积分数小于23.5%，C正确；
D．根据M点数据计算平衡常数，容器的体积为2L，则平衡常数，D错误；
故选D。
14-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．投入活性炭和NO2，随着反应时间的推移，NO2的物质的量减少，CO2和N2的物质的量增加，相同反应时间内CO2增加的量是N2的两倍，因此曲线I表示n(CO2)随t的变化，曲线Ⅱ表示n(N2)随t的变化，曲线Ⅲ表示n(NO2)随t的变化，A项错误；
B．碳是固体，浓度不随着反应时间推移而变化，不能用于表示反应速率，B项错误；
C．反应在此条件下2min后已经达到平衡，3 min时加入催化剂可以同时且同等程度加快正、逆反应的速率，C项正确；
D．3 min时向恒温恒容密闭容器中充入N2，平衡向逆反应方向移动，c(NO2)增大，容器中气体的颜色加深，D项错误；
故选C。
14-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设容器体积为VL，则反应初期n(CO2)=Vmol，t1min时参加反应的CO2为nmol，根据反应方程式可知生成的CO为2nmol，CO2体积分数60%，则解得n=0.25V，则CO2的转化率为，A正确；
B．平衡时各组分的体积分数保持不变，故t2min时，该反应体系未处于平衡状态，B正确；
C． t3min时参加反应的CO2为bmol/L，根据反应方程式可知生成的CO为2bmol/L，CO体积分数96%，则解得b0.9mol/L，则c(CO2)=0.1mol/L，c(CO)=1.8mol/L,平衡常数K==，加入CO2和CO各1.0mol⋅L−1，Q= D．t3min时，该反应的Kp=P总，D错误；
故D。
14-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由方程式聚集状态知ΔS＞0，由图1可知正反应是吸热反应ΔH＞0，则根据ΔG=ΔH-TΔS＜0知，该反应为高温下的自发反应，故A错误；
B．该反应是气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向进行，不利于反应向右进行，故B错误；
C．根据图像1，1300℃时该反应的平衡常数K==1，根据图2可知，T1℃是正逆化学平衡常数相等，即此时平衡常数为1，故C正确；
D．A点各组分的浓度之和为5mol/L，在同一容器中，压强之比等于物质的量之比，也等于浓度之比，所以A点对应温度下体系压强为10MPa时，H2O(g)的分压为4MPa，故D错误；
答案为C。
14-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
充入2molCO和，则物质的量减少的曲线，即bd曲线代表CO，物质的量增加的曲线，即ac曲线代表；温度较高则反应较快，较早达到平衡，故曲线ac代表250℃条件，曲线bd代表160℃条件。
详解:
A．据分析及图中所示数据，ac段增加1.1mol，耗时5min，的平均反应速率为，A正确；
B．据分析，曲线bd对应160℃条件下的反应，B正确；
C．由图可知a、c点对应的温度更高，a点对应的反应物的浓度大，故正反应速率：，C正确；
D．据分析，曲线bd代表160℃条件，d点对应平衡状态，此时CO物质的量剩余0.2mol，则其反应消耗1.8mol，则平衡常数，D错误；
故选D。
14-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ比曲线Ⅱ比快，说明曲线Ⅰ表示0℃下的反应，曲线Ⅱ表示20℃下的反应。
详解:
A．曲线Ⅰ表示0℃下的反应的转化率，A错误；
B．曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但转化率低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，则该反应的正反应为放热反应，B错误；
C．曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以在a点时，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ表示的化学平衡常数不相等，C错误；
D．b点温度比c点高且转化率相同，所以b点的速率比c点大，d点转化率比b点低，d点浓度比b点大，反应速率d点比b点大，所以化学反应速率的大小关系：，D正确；
故选D。
15-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
锌电极为负极，放电时，由图示知负极反应为：Zn-2e-+4OH-═Zn(OH)，正极电极反应：CO2+2e-+2H+=HCOOH，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，电极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极发生还原反应生成锌，电极反应：Zn(OH)2+2e-=Zn+4OH-。
详解:
A．放电时，负极反应为：Zn-2e-+4OH-═Zn(OH)，正极反应为，故A错误；
B．放电时，正极反应为，转化为HCOOH，转移的电子数为2mol，故B错误；
C．阴极发生还原反应生成锌，充电时，Zn电极连接电源负极，故C错误；
D．充电时阳极生成氧气电极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，电解质溶液2中OH-浓度降低，故D正确；
故选D。
15-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e-=Li+）和阳极反应（Li2O2+2h+=2Li++O2），则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。
详解:
A．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A正确；
B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；
C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；
D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，D正确；
答案选C。
15-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，a膜是释放出氢离子的阳离子交换膜，b膜是释放出氢氧根离子的阴离子交换膜，放电时，锌电极为原电池的负极，释放出的氢氧根离子向负极移动，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn+4OH——2e—=，多孔Pd纳米片为正极，释放出的氢离子向正极移动，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，充电时，与直流电源负极相连的锌电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，电极反应式为+2e—= Zn+4OH—，释放出的氢离子向正极移动中和溶液中的氢氧根离子，多孔Pd纳米片为阳极，释放出的氢氧根离子向阳极移动，碱性条件下甲酸在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为HCOOH+2 OH——2e—= CO2+2H2O。
详解:
A．由分析可知，a膜是释放出氢离子的阳离子交换膜，b膜是释放出氢氧根离子的阴离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，充电时，锌电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，电极反应式为+2e—= Zn+4OH—，释放出的氢离子向正极移动中和溶液中的氢氧根离子，故B错误；
C．由分析可知，放电时，多孔Pd纳米片为正极，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，甲酸在氯化钠溶液中电离出氢离子使电极附近溶液pH减小，故C错误；
D．由分析可知，放电时，多孔Pd纳米片为正极，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，复合膜层间有lmol水解离时，外电路转移1mol电子，则正极增加的质量为(1mol×44g/mol×+1mol×1g/mol)= 23g，故D正确；
故选D。
15-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据图中信息锌失去电子，锌为负极，二氧化铅是正极。
详解:
A．放电时，原电池“同性相吸”，则K+穿过阳离子交换膜即a膜移向复合膜ab间，故A正确；
B．放电时，负极不断消耗氢氧根，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－，解离出的OH－穿过阴离子交换膜即b膜向负极移动，解离出的H+穿过阳离子交换膜即a膜向正极移动，故B正确；
C．根据题中信息得到负极是锌失去电子变为，正极是二氧化铅得到电子变为硫酸铅，则充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+，故C正确；
D．放电时正极反应式为： PbO2+ +4H++2e－= PbSO4+2H2O，则充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+2H2O −2e－=PbO2+ +4H+，故D错误。
综上所述，答案为D。
15-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．放电时，电极为正极，Al-Li合金电极为负极，负极的电极反应方程式为，A项错误；
B．放电时，在内电路，电流由负极(Al-Li合金)流向正极()，B项正确；
C．充电时，导线中流过2mol，理论上阴极生成2mol Li单质，质量增加14g，C项错误；
D．放电时，电极为正极，充电时，电极为阳极，所以电极上的电势高于Al-Li合金电极上的电势，D项错误；
故选：B。
15-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
充电时生成己二睛，放电时生成，则充电时，N极发生还原反应，为阴极；放电时，N极发生氧化反应，为负极；
详解:
A．当放电时，N极发生氧化反应，为负极，电势低于正极M极，A错误；
B．放电时，阴离子向负极运动，则双极膜中向N极移动，B错误；
C．充电时，N极为阴极，阴极发生还原反应生成己二腈，电极反应式为，C正确；
D．若充电时制得转移2mol电子，放电时反应为，根据电子守恒可知，需生成，才能使左室溶液恢复至初始状态，D错误；
故选C。
16-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据图中信息20.00 mL 0.1000 mol∙L−1 H2A溶液消耗了20mL 0.1000 mol∙L−1 NaOH溶液，说明H2A为一元弱酸，则曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)。
详解:
A．根据前面分析，曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，故A错误；
B．H2A 为一元弱酸，因此NaHA是正盐，故B错误；
C．曲线①和曲线②的交叉点，对应的pH为3，常温下，HA－的水解常数，故C错误；
D．当滴定至中性时，再根据电荷守恒得到，c()＝c(Na+)，则溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)，故D正确。
综上所述，答案为D。
16-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
H2A中加入NaOH溶液，H2A逐渐转化为HA-，继续加入NaOH溶液，HA-再转化为A2-。所以a表示H2A的物质的量分数曲线，b表示HA-的物质的量分数曲线，c表示A2-的物质的量分数曲线。
详解:
A．由分析可知，b曲线代表HA-的物质的量分数随pH的变化，A不正确；
B．M点pH=1.1时，c(H+)=10-1.1 mol∙L-1，加入NaOH溶液后，溶液体积增大，含A微粒的总浓度减小，则c(HA-)=c(H2A)＜0.1mol∙L-1×0.5=0.05 mol∙L-1，c(OH-)=10-12.9 mol∙L-1，从而得出溶液中微粒浓度的大小关系为：c(H+)＞c(HA-)=c(H2A)＞c(OH-)，B正确；
C．pH=2.73时，n(A2-)+n(HA-)+n(H2A)是一个定值，但由于NaOH溶液的滴入，溶液体积增大，含A微粒的浓度减小，所以c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)＜0.1mol∙L-1，C不正确；
D．从图中可以看出，N点pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，但由于HA-发生水解，所以溶液中存在H2A分子，D不正确；
故选B。
16-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
如图，随着pH增大，含量降低，的浓度增大，pH=4.4时，和浓度相等；pH约为6时，含量最低，pH=5后，浓度开始增大，浓度在pH=5.5左右时开始降低；滴定曲线中存在两个突变点，b点时主要含和Na+，pH约为5.5，宜选用甲基橙作指示剂，d点时，主要为，pH约为8.8，呈碱性，宜选用酚酞作指示剂；
详解:
A．b点突变的pH范围为4.4～6.7，而紫色石蕊的变色的pH范围是5～8过于宽泛，不可作指示剂，故A正确；
B．d点突变的pH范围为8～9，酚酞变色的pH范围为8.2～10.0，可以作为指示剂，且溶液是由无色变为浅红色，故B正确；
C．由图中分布曲线可知，在pH=5时，，故C正确；
D．由图中分布曲线可知，①，②，①-②可得，此时K==102.3，故D错误；
故选D。
16-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．用0.1000盐酸滴定20.00溶液，溶液的最大时，最大，随着溶液的减小，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，故题图中曲线①、②、③分别表示、、的分布分数，根据题图可知b点为第一化学计量点，溶液呈碱性，故可选酚酞作指示剂，A正确；
B．根据题图可知c点对应溶液中，B错误；
C．根据题图可知，曲线②和曲线③的交点对应溶液中，此时，则的，C正确；
D．根据题图可知，e点时二者恰好完全反应，溶液中溶质为、，根据，可知，则，D正确；
故选B。
16-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
向的溶液中加入，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中不断减小，先增大后减小，先增大后减小，不断增大，因此曲线I表示H3A的分布系数，曲线II表示的分布系数，曲线III表示的分布系数，曲线IV表示的分布系数。
详解:
A．若用滴定至恰好生成，溶液pH约为3.9，因此可选甲基橙(变色范围为3.1～4.4)做指示剂，滴定终点溶液由红色变为橙色，故A项正确；
B．R点，，S点=，，N点=，转化可得，即，由可得，由可得，故B项正确；
C．常温下，的水解常数，数量级为，故C项正确；
D．R点溶液中①，溶液中电荷守恒②，物料守恒③，将③代入可得④，将①代入④可得⑤，
因此题干中
=
=
=(解释：将②代入)
=(解释：将①代入)
=>0，故D项错误；
综上所述，错误的是D项。
16-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．没有加入时，约为1，说明第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表，曲线②代表，故A正确；
B．根据反应，，故B正确；
C．根据曲线当时溶液的，则的电离平衡常数，所以的平衡常数为，故C错误；
D．当加入溶液时，溶液的发生突变，说明恰好完全反应，根据反应知，溶质为，由物料守恒可得，D正确；
故选：C。
17-1【基础】 【正确答案】 1、烧杯、量筒、托盘天平
2、
3、猜想1 4、正 电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀 与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性
【试题解析】 用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，称量固体需要用到药匙、天平(匹配容量瓶精度应使用分析天平，由于客观条件限制可使用托盘天平或电子天平)，溶解需要用到烧杯、玻璃棒、量筒，转移需要用到玻璃棒、100mL容量瓶，定容需要用到胶头滴管，所以烧杯、量筒、托盘天平；
分析试管d溶液中存在的离子，结合试管d的实验现象(白色沉淀和气体)，可知试管d中和发生氧化还原反应；根据题目信息，易溶于水，可知还原生成的与溶液中的结合生成白色沉淀，该反应的离子方程式为；
实验1和实验2，A烧杯中加入固体前后实验现象相同，即并未因存在发生自发的氧化反应，故猜想1不合理，猜想1；
①根据原电池中自发的氧化还原反应可知，得电子发生还原反应，生成白色沉淀，故烧杯B中石墨电极为原电池的正极，电极反应式为，正，；
②在溶液中加入固体，闭合开关K后，若电流表指针发生明显偏转，烧杯A中有气泡产生且烧杯B中产生白色沉淀即可验证猜想2合理，电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀；
③从化学反应原理角度，的还原产物可与形成沉淀脱离溶液，降低了溶液中的，提高了的氧化性，促使与的反应能够进行完全，与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性。
17-2【基础】 【正确答案】 1、 氧化
2、在金属活动性顺序中，Cu位于H之后 浓盐酸挥发 H2 浓盐酸Cl-浓度大，Cl-使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl--e-═[CuCl4]3-发生
3、负 原电池两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应
【试题解析】 ①根据可知，得电子，I-失电子，还原半反应是2IO3-+10e-+12H+═I2+6H2O，将总反应减去还原半反应，即得到氧化半反应为；
②还原半反应为2IO3-+10e-+12H+=I2+6H2O，增大c(H+)可促进得到电子，使其氧化性增强，进而与I-发生反应；
①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是：在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，因此认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气；
②浓盐酸易挥发，甲是对比实验，其目的是排除浓盐酸挥发的干扰；
③a.丙中气球变鼓是因为生成了H2；
b.浓盐酸Cl-浓度大，Cl-使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl--e-=[CuCl4]3-发生；
①原电池中电子从负极流出，流向正极，由图可知，根据电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极；
②该原电池正极反应为Ag++e-=Ag，负极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，该原电池的总反应不是氧化还原反应，因此对原电池工作原理的认识：有些原电池两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、HSOSO+H+或HSO+H2O SO+H3O+
2、浓盐酸(或盐酸、HCl)
3、FeCl3有氧化性，NaHSO3 有还原性，混合时发生氧化还原反应，Fe3+变成 Fe2+，溶液呈浅绿色(或FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，FeCl3能被NaHSO3还原)
4、Fe3++3HSO= Fe(OH)3↓ +3SO2↑ 在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡(红色)(橙色)不断正向移动，最终溶液几乎无色
5、SO+H2O HSO+OH- 足量盐酸和BaCl2溶液(或盐酸酸化的BaCl2溶液) Fe3++e -= Fe2+
【试题解析】 NaHSO3属于酸式盐，HSO在水中既有电离也有水解，HSO的水解方程式HSO＋H2OH2SO3＋OH－，HSO的电离方程式HSOSO＋H＋或者HSO＋H2O SO＋H3O＋；故答案为HSOSO＋H＋或者HSO＋H2O SO＋H3O＋；
FeCl3为强酸弱碱盐，配制氯化铁溶液时，为防止Fe3＋水解生成氢氧化铁，因此配制氯化铁溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释到所需的浓度；故答案为浓盐酸(或盐酸、HCl)；
Fe3＋显棕黄色，Fe2＋显浅绿色，根据题中信息，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，即Fe3＋转化成Fe2＋，化合价降低，说明FeCl3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，FeCl3将NaHSO3中的＋4价硫元素氧化成＋6价硫元素；故答案为FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，混合时发生氧化还原反应，Fe3+变成Fe2+溶液呈浅绿色或FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，FeCl3能被NaHSO3还原；
①根据题中信息，有红褐色沉淀产生，红褐色沉淀为Fe(OH)3，刺激性气体为SO2，原因可能为FeCl3溶液中存在：Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋H＋，H＋与HSO反应生成SO2和H2O，也可能为NaHSO3溶液存在HSO＋H2OH2SO3＋OH－，与FeCl3发生双水解反应，即Fe3＋＋3HSOFe(OH)3↓＋3SO2↑；故答案为Fe3＋＋3HSOFe(OH)3↓＋3SO2↑；
②在氧气作用下，转化成Fe2＋，浓度降低，促衡向正反应方向进行，最终溶液几乎无色，故答案为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡(红色)(橙色)不断正向移动，最终溶液几乎无色；
①Na2SO3为强碱弱酸盐，SO发生水解，水解反应方程式为SO＋H2O HSO＋OH－，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为SO＋H2O HSO＋OH－；
②检验SO，先加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，如果有白色沉淀产生，则说明溶液中含有SO；故答案为足量盐酸和BaCl2溶液(或盐酸酸化的BaCl2溶液)；
③该装置为原电池装置，根据问题②Y电极溶液附近出现SO，说明SO被氧化成SO，利用原电池工作原理，Y电极为负极，X电极为正极，正极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；故答案为Fe3＋＋e－=Fe2＋。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、排除氧气对Fe和反应的干扰
2、Fe(OH)2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
3、取少量滤液，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明滤液中有Fe2+；
4、加入稀硫酸后，的氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+
5、pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液和碳粉，搅拌静置 铁电极部分溶解，电流计指针发生偏转，右侧烧杯中硝酸根浓度下降 碳粉是铁粉脱除硝酸盐的催化剂
【试题解析】 空气中的氧气会氧化Fe和Fe2+，对结果造成影响，通入氮气并保持氮气环境是为了避免空气中的氧气对Fe和反应的干扰；
ii中溶液主要离子为Fe2+，Fe2+会少量水解生成Fe(OH)2白色固体，放在空气中会被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，发生的反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
与K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，设计实验方案为：取少量滤液，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明滤液中有Fe2+；
由iv中条件，检测到溶液中存在、、，可知滤液中存在Fe2+和，加入H+后发生反应：，生成的Fe3+和SCN-反应使溶液变红；加入稀硫酸后，的氧化性增强，，将Fe2+氧化为Fe3+；
假设1是探究碳粉是否为还原剂，结论是硝酸根并无明显变化，说明溶液中并没有发生反应，因此根据控制变量大的原理可知，第一个空为：pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液和碳粉，搅拌静置；假设2将铁和碳分别作两个电极放入pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液中，因此铁电极为负极，失去电子，被溶解，电子流向碳电极，右边烧杯中硝酸根浓度降低，故第二空为：铁电极部分溶解，电流计指针发生偏转，右侧烧杯中硝酸根浓度下降；若碳粉在反应过程中作催化剂，可以提高化学反应速率，使脱硝效果更佳，故合理假设为：碳粉是铁粉脱除硝酸盐的催化剂。
17-5【提升】 【正确答案】 1、圆底烧瓶 2、通过溶液颜色变化判断丙中NaOH完全转化为NaHSO3 防倒吸
3、把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3
4、试纸由蓝色变为无色 I2＋SO2＋2H2O=4H++SO＋2I—
5、实验Ⅰ没有无色气体生成 2Cu2＋+HSO+2Cl—＋H2O =2CuCl↓+SO+3H+
6、电流表指针发生明显偏转，右侧烧杯中有白色沉淀产生 ＜ ＞
【试题解析】 分析:
由实验装置图可知，装置甲中铜与浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置乙为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置丙中二氧化硫与氢氧化钠溶液反应制备亚硫酸氢钠，把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，装置丁中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，通过溶液颜色变化还可以判断丙中证明二氧化硫过量，氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，其中导致的漏斗能起到防倒吸的作用。
由实验装置图可知，仪器a为圆底烧瓶，故圆底烧瓶；
由分析可知，装置丁中盛有的酸性高锰酸钾溶液除用于吸收二氧化氯，防止污染空气外，通过溶液颜色变化还可以判断丙中证明二氧化硫过量，氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，其中导致的漏斗能起到防倒吸的作用，故通过溶液颜色变化判断丙中NaOH完全转化为NaHSO3；防倒吸；
由分析可知，把丙中针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，故把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3；
二氧化硫具有还原性，能与碘水反应生成硫酸和氢碘酸，使滴有碘水的淀粉试纸由蓝色变为无色，反应的离子方程式为I2＋SO2＋2H2O=4H++SO＋2I—，故试纸由蓝色变为无色；I2＋SO2＋2H2O=4H++SO＋2I—；
①实验Ⅰ和实验Ⅱ的溶液中都含有铜离子，实验Ⅰ没有无色气体生成，说明假设1不成立，故实验Ⅰ没有无色气体生成；
②假设2成立的原因是硫酸铜溶液与氯化钠、亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸氢钠和氯化亚铜沉淀，硫酸氢钠溶液与过量的亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，生成氯化亚铜沉淀的离子方程式为2Cu2＋+HSO+2Cl—＋H2O =2CuCl↓+SO+3H+，故2Cu2＋+HSO+2Cl—＋H2O =2CuCl↓+SO+3H+；
①由题意可知，实验乙用于验证氯离子增强了铜离子的氧化性，则实验乙可以形成原电池，电流表指针会发生明显偏转，右侧烧杯中有白色氯化亚铜沉淀生成，故电流表指针发生明显偏转，右侧烧杯中有白色沉淀产生；
②由实验甲电流计指针发生微小偏转，实验乙电流表指针会发生明显偏转可知，实验乙的电池电动势大于实验甲，电池反应的自由能变小于实验甲，故＜；＞。
17-6【提升】 【正确答案】 1、去除铁粉表面的氧化物等杂质
2、避免空气中对Fe和反应的干扰
3、溶液中存在和，加入后，生成的和反应使溶液变红
4、碳粉和溶液100mL 电流计指针偏转，右杯中浓度降低 碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率
【试题解析】 分析:
已知利用零价铁还原脱除地下水中硝酸盐，反应生成的为亚铁离子，为防止装置上部的空气氧化亚铁离子为铁离子，则需通入氮气，排净装置中的氧气。
用0.1mol/L洗涤Fe粉，其目的是去除铁粉表面的氧化物等杂质。
空气中的O2会氧化Fe及Fe2+，对结果造成影响，通入氮气并且保持氮气环境是为了防止空气中的O2对反应造成干扰；ⅱ中溶液中主要离子为Fe2+，Fe2+会少量水解生成Fe(OH)2为白色固体，且放置一段时间会被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
由Ⅳ中条件：检测到滤液中存在、NH和Fe2+可知滤液中有Fe2+和，加入H+后发生反应3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，生成的Fe3+和SCN-反应使溶液变红；
①假设1是探究碳粉是否为还原剂，结论是并无明显变化，说明溶液中并没有发生反应，因此根据控制变量法的原理可知，碳粉和pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液100mL；
②假设2将铁和碳分别作为两个电极置入pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液中，因此铁电极为负极，失电子，被溶解，电子流向碳电极，右边杯中的浓度降低，因此Fe电极部分溶解，电流计指针偏转，右杯中浓度降低，说明假设2成立；
③若碳粉在反应过程中作为催化剂，可以提高反应速率，使脱硝效果更佳，故合理的假设为：碳粉是铁粉脱除硝酸盐的催化剂。
18-1【基础】 【正确答案】 1、4s24p3 2、过滤 Na+
3、2As2S3+9O22As2O3+6SO2
4、分离As2O3和Fe2O3的混合物(答案合理即可)
5、+H2O2=+H2O
6、共价晶体
【试题解析】 分析:
酸性含砷废水(含、H+、)加入Na2S和FeSO4得到As2S3和FeS沉淀，过滤将沉淀和滤液分离；As2S3和FeS在空气中焙烧得到As2O3、Fe2O3以及SO2，加入NaOH溶液溶解焙烧产物，As2O3反应生成Na3AsO3形成溶液，过滤得到的滤渣Y为Fe2O3，加入双氧水将Na3AsO3氧化得到Na3AsO4，通入二氧化硫和稀硫酸将Na3AsO4还原得到As2O3。
基态As原子的价层电子排布式为4s24p3；
将固体和液体分离可以采用过滤的方法；沉砷时加入了硫化钠和硫酸亚铁，所以阳离子除了Fe2+、H+还有Na+；
焙烧过程中As2S3中S元素被空气中的氧气氧化为SO2，结合元素守恒和电子守恒可得反应方程式为；
根据题目所给信息可知As2O3可以和NaOH溶液发生反应，而Fe2O3不能，所以碱浸的目的是分离As2O3和Fe2O3的混合物；
氧化过程中被双氧水氧化成，结合电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为；
GaAs的熔点为1238°C，熔点高，且Ga、As间以共价键相连，为共价晶体；在砷化镓晶胞中，As原子个数＝，Ga原子个数也是4，因此每个晶胞中含有4个GaAs，则晶胞的边长为。
18-2【基础】 【正确答案】 1、 2、MnCO3
3、做氧化剂 MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O
4、3.2≤pH＜4.8
5、4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质
6、(，，)
【试题解析】 分析:
铜矿中含有CuS、FeO，加入稀硫酸、MnO2“酸浸”得到S单质，MnO2做氧化剂，根据流程，“调pH”得到氢氧化铁沉淀，说明“酸浸”步骤中MnO2将+2价Fe氧化成+3价Fe，“除锰”步骤得到MnCO3沉淀，Cu2+与氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2，Cu(NH3)4(OH)2与水合肼发生氧化还原反应得到Cu2O，据此分析；
铜元素位于第四周期ⅠB族，即基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，排布图为 ；故答案为 ；
“沉锰”过程中Mn2+与HCO反应Mn2++NH3·H2O+ HCO=MnCO3↓+NH+H2O或Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；因此滤渣的主要成分是MnCO3；故答案为MnCO3；
CuS中S显-2价，根据流程可知，“酸浸”过程中得到硫单质，S元素化合价升高，因此MnO2做氧化剂，其反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；故答案为做氧化剂；MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；
根据表中数据可知，“调pH”使Fe3+全部转化成氢氧化铁沉淀，Cu2+不能转化成沉淀，因此调节pH的范围是3.2≤pH＜4.8；故答案为3.2≤pH＜4.8；
Cu元素以Cu(NH3)4(OH)2形式存在，与水合肼发生氧化还原反应，得到Cu2O和氮气，其发生化学反应方程式为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；水合肼浓度大于3.25mol/L时，Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，可能的原因时Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；故答案为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；
将大立方体切割成4个小立方体，B原子位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的，对应z轴为高的，即B原子坐标为(，，)；该晶胞中含有4个Cu+，2个O2-，晶胞的质量为=，则晶胞的体积为cm3=cm3，晶胞的边长为cm，Cu+与O2-之间距离是体对角线的，即Cu+与O2-之间距离为nm；故答案为(，，)；。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、4s24p4 正四面体
2、Cu2+、Zn2+ 难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
3、
4、PbCO3 HNO3
5、四面体
【试题解析】 分析:
铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化把氧化为，过滤，所得滤渣主要成分为、，滤液②蒸发浓缩得到。
与S同族，基态硒原子价层电子指的是最外层即第4层的电子，有6个电子，排布式为4s24p4，中心原子S的价层电子对数为：4+=4，无孤电子对，它的空间结构为正四面体，故4s24p4；正四面体。
“浸出液①”中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、、；当硫酸浓度大于时，难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，金属离子浸出率反而下降；故Cu2+、Zn2+；难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出。
“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化Fe2+，氧化产物是、还原产物是，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为，故
。
“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是和PbCO3。该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。故PbCO3；HNO3。
中间产物的一种晶体结构如图所示。由图可知，原子位于O原子所围成的四面体空隙中，已知一个晶胞中含有的Zn2+的个数为：个，O2-个数为：，故一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：×10-21cm3，则晶胞密度为 ，故四面体；。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、
3、
4、 1.25a
5、4 1∶2 6、(1，1，1)
7、+2或-2
【试题解析】 分析:
将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：；
由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有，Ni2+、Fe3+，；
转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为，，；
ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25a mol，故；1.25a mol；
Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，4，1∶2；
离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为(1，1，1)，(1，1，1)；
Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2 ，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2。
18-5【提升】 【正确答案】 1、第五周期第ⅢA族 p
2、+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓
3、、MnO2，、PbSO4
4、使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度
5、性质与相似，pH过高，转化为沉淀
6、(0.75，0.25，0.625)
【试题解析】 分析:
从铜烟灰中(主要含、、、、)提取铟，铜烟灰加入KMnO4和硫酸氧化酸浸后，PbO转变为PbSO4沉淀，不溶，KMnO4转化为MnO2，CuO和In2O3分别溶于硫酸，In2S3、KMnO4、H2SO4发生氧化还原反应，滤液中含有Cu3+、In3+、，滤渣为和硫酸铅、MnO2，滤液中加入有机萃取剂除去铜离子、在有机相中加入反萃取剂盐酸，反萃取除去硫酸根离子，在HInO4溶液中加入Zn，发生置换反应得到粗铟，电解精炼可得到铟。
元素为49号元素，在周期表中的位置为第五周期第ⅢA族，属于p区元素。
“氧化浸出”工艺中，的硫元素被氧化为，KMnO4被还原为MnO2，发生反应的离子方程式：+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓；
根据分析，“滤渣”的主要成分是、MnO2，、PbSO4；
“水相”中主要存在的金属离子是，经提纯后可将溶液用于铜的电镀实验，电镀前还须滴加浓氨水至溶液为深蓝色，使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度；
“萃取”工艺中，加入时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是性质与相似，pH过高，转化为沉淀；
①如图，，则C处S原子的坐标为(0.75，0.25，0.625)；
②该晶胞中，铜原子个数为，In原子个数为，S原子在晶胞内，个数为8，该晶体的密度，其中d=，相对分子质量为972，代入d=，故NA=。
18-6【提升】 【正确答案】 1、第四周期ⅣA族 分子晶体
2、GeO2+2OH—=GeO+H2O
3、20—25 4、GeCl4在稀盐酸中易水解
5、GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
6、I—
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸将二氧化锗转化为偏锗酸钠，硫化锌、氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有硫化锌、氧化铁的滤渣和偏锗酸钠滤液；向滤液中加入氯化钙溶液将偏锗酸钠转化为偏锗酸钙沉淀，过滤得到偏锗酸钙；用浓盐酸将偏锗酸钙转化为四氯化锗，四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水得到二氧化锗，二氧化锗与氢气共热反应生成锗。
锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故第四周期ⅣA族；分子晶体；
由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH—=GeO+H2O，故GeO2+2OH—=GeO+H2O；
由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故20—25；
由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故GeCl4在稀盐酸中易水解；
由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故I—；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故。
19-1【基础】 【正确答案】 1、+178 2、AC
3、C 积碳在其表面快速沉积使其活性降低
4、a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大 0.077P
【试题解析】 将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应的 ；故+178。
A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．和的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，故B错误；
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；D．增加起始投料时的体积分数，可以理解为再另外一个容器中加入后再加压，由于反应是体积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；
综上所述，AC。
①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故C。
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在Co上，Co没有与乙烷接触从而使其活性失活；故积碳在其表面快速沉积使其活性降低；故积碳在其表面快速沉积使其活性降低。
①图中曲线c表示的物质为，比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，因此表示的曲线为a，判断依据是比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大；故a；比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大。
②当时，平衡时体系压强为P，建立三段式，，则反应Ⅰ的平衡常数；故0.077P。
19-2【基础】 【正确答案】 1、+247.0kJ·mol-1
2、AD p1 该反应是气体体积增大的反应，压强减小有利于平衡正向移动，CH4的转化率增大 2.56
3、反应①
【试题解析】 根据①CH4(g)C(s) + 2H2(g) △H1= +75.0kJ·mol-1
②CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) △H2=+41.0kJ·mol-1
③CO(g) + H2(g)C(s) + H2O(g) △H3=-131.0kJ·mol-1，由盖斯定律①+②-③得反应I：CO2(g)+CH4(g)2CO(g) +2H2(g)，所以△H=△H1+△H2-△H3=+75.0kJ·mol-1+41.0kJ·mol-1-(-131.0kJ·mol-1)=+247.0kJ·mol-1。
对于反应I：：
①A．CO的体积分数保持不变 ，说明CO的物质的量浓度保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．根据质量守恒，无论反应是否达到平衡容器内混合气体的总质量都保持不变，不能作为平衡的判据，故B不符合题意；
C．表达式v(H2) =2v(CH4) 未说明正逆反应速率，不能作为平衡的判据，故C不符合题意；
D．该反应前后混合气体的总质量不变，总物质的量发生改变，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明总物质的量不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；
故AD。
②图中p1、p2、p3、p4，压强最小的是p1，理由是该反应是气体体积增大的反应，压强减小有利于平衡正向移动，CH4的转化率增大，在保持稳定较低且恒定的条件下，p1对应的压强甲烷的平衡转化率最高，所以p1最小。
③由三段式得，平衡时总物质的量为n=(0.2+0.2+1.6+1.6)mol=3.6mol，，，，，v正(CO)=1.28×10-2×20×20 (kPa·s-1)=5.12kPa·s-1，2.56kPa·s-1，。
由图知反应①的活化能大于反应②的活化能，说明反应①的速率较小，所以反应①是该重整反应的决速步骤。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、+41 2、200℃
3、A 在反应体系中存在平衡： ，充入少量CO2，可抑制反应的正向进行，有利于保持Cu2O的量的稳定
4、
【试题解析】 由题给表格数据得反应物总键能-生成物总键能=，由盖斯定律得。故+41；
在题图中需要找到甲醇产量最高的点对应的温度，即为200℃。故200℃；
①反应为气体分子数减小的反应，则容器压强不再改变时，反应达到平衡状态，A正确；反应前后气体总质量不变，容器容积不变，则气体密度始终不变，所以密度不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；1molCO与1mol 反应，设CO的平衡转化率为x，列三段式：

初始CO的体积分数为，平衡时CO的体积分数为，整个过程中CO的体积分数一直不变，所以CO的体积分数不变，不能判断反应是否达到平衡状态，C错误；平衡常数与温度有关，恒温条件下 不变不能判断反应是否达到平衡状态，D错误。
②由题干信息知的平衡转化率为80%，可列三段式：

则该温度下的平衡常数 。
③在反应体系中存在平衡：，若在反应体系中充入少量CO2，可抑制反应的正向进行，有利于保持Cu2O的量的稳定，从而保持其催化效率不降低
故A；；在反应体系中存在平衡：，充入少量CO2，可抑制反应的正向进行，有利于保持Cu2O的量的稳定；
结合题给反应式，可以从第二步的产物中找出第三步的反应物，从第四步的反应物中找出第三步的产物，再结合总反应式，即得出第三步的反应式为 。故 。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、不能 2、2 = 向右 不改变
3、
【试题解析】 因为该反应，高温下能自发进行，低温下不能自发进行；
①相同温度下，正逆反应的平衡常数互为倒数，所以，反应物的总键能-生成物的总键能，；
②根据，反应达平衡状态，等于；
③恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，容器体积增大，相当于减小压强，合成氨反应的平衡正向移动，催化剂降低活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变；
①其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大，所以；
②根据三段式：，，，，。
19-5【提升】 【正确答案】 1、+247.3kJ/mol
2、CO2★+H★=CO★+OH★ CO★ H★和OH★
3、CH3★=CH2★+H★ v2>v3>v1 脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少
4、CD
【试题解析】 因为CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol，则①△H1=-890.3 kJ/mol；②△H2=-285.8kJ/mol；③△H3=-283kJ/mol；根据盖斯定律，①-2②-2③得CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=△H1-2△H2-2△H3=+247.3 kJ/mol；
CO2的活化包括直接活化和氢诱导活化，在氢诱导活化中，CO2★+H★COOH★CO★+OH★，因此CO2的氢诱导活化反应方程式为CO2★+H★=CO★+OH★；由图可知，过程3的最终产物为CO★；过程1甲烷逐步脱氢生成H★，过程3 CO2的活化过程中生成OH★，因此过程4发生扩散吸附的微粒为H★和OH★；
①活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
②催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以v2>v3>v1；
③由图可知，脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少；
①
A．投入量n(CH4):n(CO2)=2:1，主反应消耗量n(CH4):n(CO2)=1:1，副反应消耗CO2，因此主副反应消耗量n(CH4):n(CO2) 2:1，则平衡时体系中n(CH4):n(CO2) 2:1，A错误；
B．将H2O(g)液化，副反应平衡正向移动，导致CO2和H2浓度减小，CO浓度增大，则主反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)反应的速率减慢，B错误；
C．主反应正向为体积增大的反应，若反应在恒容条件下进行，等效于在恒压的基础上，缩小体积加压，主反应平衡逆向移动，则甲烷转化率小于40%，C正确；
D．由于主、副反应正反应均为吸热反应，则若降低反应温度，主、副反应均逆向进行，D正确；
故选CD。
②对主反应列三段式：

平衡时，设水的物质的量为x mol，对副反应列三段式：
已知，平衡时水的分压为P，在恒温恒压体系下，压强之比等于物质的量之比，所以有，所以x=，n(总)=4.6mol，则平衡时，P(CH4)=，P(CO2)=，P(CO)=，P(H2)=，
Kp ==。
19-6【提升】 【正确答案】 1、CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247.3 kJ•mol-1
2、A ＜ ＞ 4
3、② 催化剂降低了活化能 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢
【试题解析】 根据已知燃烧热可得热化学方程式：
①；
②
③。
根据盖斯定律，将热化学方程式，整理可得 ；
①在恒温恒容密闭容器中，通入一定量的CH4、CO2 发生催化重整反应，
A．该反应的反应混合物都是气体，气体的质量不变；该反应的正反应是气体体积增大的反应，反应后气体的物质的量增大，根据摩尔质量计算式可知：混合气体m不变，n变化，平均相对分子质量(M)变化，当平均相对分子质量不再变化，反应达平衡状态，A正确；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，当2v正(CH4)=v逆(CO)，反应达平衡状态，故v正(CH4)=2v逆(CO)时反应未达到平衡状态，B错误；
C．CO与H2都是生成物，二者的浓度比始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达平衡状态，C错误；
D．该反应的反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则根据可知：容器内混合气体的密度始终不变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D错误；
故合理选项是A；
②该反应的正反应为气体分子数增多的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆向移动，导致平衡时气体压强减小，故压强：p1＜2 MPa；
根据图示可知：当温度为T3、初始压强为2 MPa时，反应进行到a点时CO2的转化率大于该压强下的CO2平衡转化率，则说明反应逆向进行，故反应速率关系：v逆＞v正；
根据图示可知：在温度为T6，起始压强为2 MPa时，CO2的转化率为0.5。由于开始时加入n(CH4)=n(CO2)=2 mol，则根据物质反应方程式中反应转化关系可知平衡时：n(CH4)=n(CO2)=1 mol，n(H2)=n(CO)=2 mol，气体总物质的量为n(总)=1 mol+1 mol+2 mol+2 mol=6 mol，反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的压强与气体的物质的量呈正比，则平衡时气体总压强为p(平衡)=，则压强平衡常数；
催化剂能够降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而加快反应速率。根据图示可知：曲线②的活化能比曲线①的活化能低，反应速率快，故过程②加入了催化剂；
对于多步反应，总反应速率快慢由慢反应决定。反应的活化能越大，反应需要的能量就越高，反应速率就越慢。根据图示可知：第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢，其决定了整个反应速率的快慢。
20-1【基础】 【正确答案】 1、sp2、sp3 2、羧基，氨基
3、取代反应 4、N>O>C
5、 6、12 7、
【试题解析】 分析:
D为，D→E为 与CH3CH2OH在SOCl2作催化剂和吸水剂的条件下发生取代反应生成E()。
中的C原子形成的σ键数为3，C原子上无孤电子对，C原子为sp2杂化，的C原子形成的σ键数为4，C原子上无孤电子对，C原子为sp3杂化，故sp2、sp3。
D为，其中含有的官能团为羧基(-COOH)、氨基(-NH2)。
F→G的反应为与POCl3和HCl反应生成，-OH被POCl3中Cl原子取代。
C、N、O为同周期元素，从左至右原子的第一电离能有逐渐增大的趋势，而N原子的2p能级半充满，相对较为稳定，难以失去电子，因此第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
E和合成F的原子利用率为100%，则反应类型为加成反应，因此E→F的反应方程式为。
的同分异构体中，满足：①能发生银镜反应，说明含有-CHO，②苯环上有2个取代基，则苯环上取代基可能有4种可能，分别为①-CHO与-NHCH3、②-CHO与-CH2NH2、③-CH2CHO与-NH2、④-NHCHO与-CH3，当苯环上连接两个不同的取代基时，有邻间对三种结构，因此满足条件的一共有4×3=12种。
由逆推，需先合成，以 和为原料合成过程中碳链增长，可参照A→B→C的反应，因此合成路线为。
20-2【基础】 【正确答案】 1、溴水或银氨溶液(其他答案正确即可)
2、碳碳双键(或醛基) 氢气 (或) 加成反应
3、 4、4 5、n＋nCO2＋(n−1)H2O
6、CH3CH=CH2
【试题解析】 分析:
Ⅰ到Ⅱ是Ⅰ中下面四个羟基断裂形成两个碳碳双键，左上角的羟基被氧化变为醛基，Ⅲ到Ⅳ发生加成反应，乙烯中碳碳双键未断裂，而Ⅲ中两个碳碳双键断裂，乙烯中的氢断裂后接到Ⅲ中断裂的碳碳双键位置，Ⅳ到V是生成含有苯环的C8H10和水，V发生氧化反应生成VI，VⅡ和二氧化碳在催化剂作用下发生缩聚反应。
化合物Ⅰ含有羟基，化合物Ⅱ含有碳碳双键、醛基、羟基，因此鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ主要从醛基和碳碳双键进行鉴别，因此常用的试剂为溴水或银氨溶液；故溴水或银氨溶液(其他答案正确即可)。
可能变化碳碳双键，与氢气发生加成反应生成；也可能是醛基和氢气发生加成反应生成；故碳碳双键(或醛基)；氢气；(或)；加成反应。
化合物V的分子式为C8H10，已知化合物V的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，说明有对称性，再根据VI的结构分析，则化合物V的结构简式；故。
化合物Ⅲ()的同分异构体中①含有环戊二烯()的结构；②O原子不连在杂化的C上，则说明只可能连在sp3的碳上，若顶上的碳连接−OH，则还有一个−CH3，有三种结构；若顶上的碳连接−OCH3，则符合条件的有4种；故4。
根据图中信息Ⅶ生成Ⅷ是发生缩聚反应，则Ⅶ生成Ⅷ的化学方程式n＋nCO2＋(n−1)H2O；故n＋nCO2＋(n−1)H2O。
根据题意丙烯和溴水发生加成反应生成，和氢氧化钠溶液加热条件下发生水解反应生成，和CO2在催化剂作用下发生反应生成，其合成路线为CH3CH=CH2；故CH3CH=CH2。
20-3【巩固】 【正确答案】 1、苯甲酸乙酯 2、+BrCH(CN)2→+HBr
3、N>O>C 4、3
5、
【试题解析】 分析:
根据B，D 的结构、结合C的分子式可知：B转化成C发生取代反应，C的结构为 。
欲以、乙醇为原料制备P()，则需2个引入肽键，第一个肽键的引入可仿照流程中A→B→C，即与乙醇先发生酯化反应得到， 与H2NNH2发生取代反应得到，与发生信息反应生成第2个肽键得到目标产物 。
苯甲酸和乙醇发生酯化反应得到苯甲酸乙酯，则化合物B的名称为苯甲酸乙酯，据分析化合物C的结构简式为 。
E→F的反应，即与BrCH(CN)2发生取代反应生成和HBr，化学方程式为+BrCH(CN)2→+HBr。
同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，因为氮原子的价电子排布式2s22p3，p能级半充满，比较稳定，N的第一电离能大于O，C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
有机物H是B的同分异构体，满足下列条件：
a． 与FeCl3溶液反应显紫色 b．能发生银镜反应 c．分子中不含甲基；则含有醛基和酚羟基，为苯环上含有一个羟基和一CH2CH2CHO，则满足条件的H有邻间对三种结构，即H有3种。
据分析，以、乙醇为原料制备P()的合成路线为： 。
20-4【巩固】 【正确答案】 1、乙炔 sp3杂化、sp杂化
2、消去反应 碳碳双键、碳氯键
3、C12H20O2 4、+OH-+C2H5OH
5、 6、CH3CH2OHCH3CHO+CH≡CH CH3CHOHC≡CCHOHCH3 CH3CHOHCH2CH2CHOHCH3
【试题解析】 分析:
的原子利用率，结合B结构可知，A为乙炔CH≡CH，B和氢气加成生成C，结合C化学式可知，C为；C在浓硫酸催化作用下发生消去反应生成D；D和HCl发生加成反应生成E；E生成F，F被高锰酸钾氧化生成G；G中酯基水解后酸化得到H，H生成I；
由分析可知，A的名称乙炔；B中饱和碳原子为sp3杂化、碳碳三键中碳为sp杂化；
C在浓硫酸催化作用下发生消去反应生成D，为消去反应；E中官能团的名称碳碳双键、碳氯键；
由F结构可知，F分子式为C12H20O2；G的结构简式；
转化第一步反应为酯的碱性水解，离子方程式为：+OH-+C2H5OH；
I含有7个碳、3个氧，不饱和度为4；芳香化合物N为I的同分异构体，满足下列条件：
①能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基；
②最多消耗，则含有2个酚羟基；
③核磁共振氢谱中有4组峰，其峰面积之比为，则含有1个甲基且结构对称性较好；其结构可以为：；
乙醇氧化为乙醛，乙醛和乙炔发生A生成B的反应得到CH3CHOHC≡CCHOHCH3，在和氢气加成得到饱和醇CH3CHOHCH2CH2CHOHCH3，故流程为：CH3CH2OHCH3CHO+CH≡CH CH3CHOHC≡CCHOHCH3 CH3CHOHCH2CH2CHOHCH3。
20-5【提升】 【正确答案】 1、酚羟基，醚键和酯基 还原反应
2、 +2OH-CH3OH + + H2O
3、sp2，sp3 4、或
5、
【试题解析】 分析:
与反应，发生取代反应生成HCl和，所以II为，II与硝酸反应生成，反应类型为硝化反应，III与Na2S2O3发生还原反应得到，和反应生成，反应生成，与发生取代反应生成；
化合物I为，含有的官能团为酚羟基，醚键和酯基，反应①-NO2转化为-NH2，发生的反应为还原反应；
与反应，发生取代反应生成HCl和，II的结构简式为，I与NaOH溶液反应的离子方程式为：+2OH-CH3OH + + H2O；
反应物III为，C有双键两侧的，为sp2杂化，C为形成4个单键，所以为sp3杂化，故sp2，sp3；
化合物IV是比化合物I相对分子质量大14的同系物，且属于芳香族①苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应，说明有-OOCH；③能发生水解反应，1mol该有机物能够与3molNaOH溶液反应,所以有酚羟基。④核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为1:1:2:2:6。则符合要求的结构简式为：或；
已知：①和②，结合所给物质可推出：想要得到，需要和反应，逆推出合成需要和甲醇发生酯化反应，为与浓硝酸硝化反应的产物，而可通过被氧化得到，综上，该流程应该为：。
20-6【提升】 【正确答案】 1、 7
2、
3、 4、10 5、
【试题解析】 分析:
A和B反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生已知反应得到F，结合反应原理可知F的结构简式为 ，以此解答。
根据B的结构简式和不饱和度可以得出分子式为；B中苯环上、醛基中共有7个碳原子均采取杂化。
对比A、B、C的结构简式可知，反应还生成1分子水，反应方程式为

。
根据注2可以推出F结构简式为 ，F分子中手性碳原子，如图所示。
有机物B( )的同分异构体含有苯环，且与溶液显色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基、酚羟基，则3个侧链为—OH、—CHO、；羟基与醛基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种。
模仿路线中合成G的过程， 与反应生成，然后氧化生成，再与反应生成，最后与DDQ反应生成，合成路线为。