2023年高三高考化学真题分类汇编

这是一份2023年高三高考化学真题分类汇编，共349页。试卷主要包含了所有题目均标注来源、原卷题号等内容，欢迎下载使用。
1．2023年全部高考真题共16套（全国甲卷、全国乙卷、新课标卷、山东卷、重庆卷、福建卷、北京卷、河北卷、广东卷、海南卷、湖北卷、湖南卷、江苏卷、辽宁卷、1月浙江卷、6月浙江卷，天津卷无完全版未收录），所有题目全部归类，无删减。
2．所有题目均标注来源、原卷题号。
3．按照教材知识点分类，每道题的分类都有标准，如元素化合物按照金属钠、铁、铜，非金属氯、硫、氮、硅的顺序排列。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc94851365" 第一部分 化学基本概念 PAGEREF _Tc94851365 \h 2
\l "_Tc734025481" 一、化学与STSE PAGEREF _Tc734025481 \h 2
\l "_Tc1620190799" 二、化学用语 PAGEREF _Tc1620190799 \h 4
\l "_Tc454114833" 三、物质的量 PAGEREF _Tc454114833 \h 6
\l "_Tc151116793" 四、离子方程式 PAGEREF _Tc151116793 \h 7
\l "_Tc1494269197" 五、氧化还原反应 PAGEREF _Tc1494269197 \h 8
\l "_Tc1508625961" 第二部分 元素及其化合物 PAGEREF _Tc1508625961 \h 10
\l "_Tc137106398" 一、元素及其化合物 PAGEREF _Tc137106398 \h 10
\l "_Tc97277955" 二、无机推断题 PAGEREF _Tc97277955 \h 13
\l "_Tc715534318" 第三部分 化学实验 PAGEREF _Tc715534318 \h 15
\l "_Tc76859426" 一、实验基础知识 PAGEREF _Tc76859426 \h 15
\l "_Tc1138700935" 二、实验表格题 PAGEREF _Tc1138700935 \h 18
\l "_Tc1919836128" 三、化学实验综合 PAGEREF _Tc1919836128 \h 20
\l "_Tc744007121" 四、化学实验综合（非选择题） PAGEREF _Tc744007121 \h 22
\l "_Tc1877889813" 第四部分 化学工艺流程题 PAGEREF _Tc1877889813 \h 36
\l "_Tc126927132" 一、工艺流程题 PAGEREF _Tc126927132 \h 36
\l "_Tc813046053" 二、工艺流程题（非选择题） PAGEREF _Tc813046053 \h 37
\l "_Tc426566910" 第五部分 化学反应原理 PAGEREF _Tc426566910 \h 48
\l "_Tc1009642684" 一、电化学 PAGEREF _Tc1009642684 \h 48
\l "_Tc1796295041" 二、反应机理 PAGEREF _Tc1796295041 \h 54
\l "_Tc1005644561" 三、化学反应原理 PAGEREF _Tc1005644561 \h 56
\l "_Tc1171834837" 四、水溶液综合 PAGEREF _Tc1171834837 \h 60
\l "_Tc455578822" 五、化学反应原理综合题（非选择题） PAGEREF _Tc455578822 \h 66
\l "_Tc1134059799" 第六部分 物质结构与性质 PAGEREF _Tc1134059799 \h 84
\l "_Tc1225674668" 一、原子结构与性质 PAGEREF _Tc1225674668 \h 84
\l "_Tc1251003052" 二、分子结构与性质 PAGEREF _Tc1251003052 \h 84
\l "_Tc1743390834" 三、晶体结构与性质 PAGEREF _Tc1743390834 \h 85
\l "_Tc902867370" 四、元素推断题 PAGEREF _Tc902867370 \h 86
\l "_Tc372437888" 五、物质结构与性质综合题（非选择题） PAGEREF _Tc372437888 \h 91
\l "_Tc1796236258" 第七部分 有机化学基础 PAGEREF _Tc1796236258 \h 96
\l "_Tc17678680" 一、有机物的性质 PAGEREF _Tc17678680 \h 96
\l "_Tc772831474" 二、有机推断题（非选择题） PAGEREF _Tc772831474 \h 101
第一部分 化学基本概念
一、化学与STSE
1．（2023广东1）“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是
2．（2023福建1）唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是
A．蒸B．捣C．焙D．封
3．（2023山东1）下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A．泰山墨玉B．龙山黑陶C．齐国刀币D．淄博琉璃
4．（2023.6浙江1）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．石墨烯B．不锈钢C．石英光导纤维D．聚酯纤维
5．（2023新课标7）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
6．（2023湖南1）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
B．长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
7．（2023重庆1）重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划(2021-2025年)涉及的下列物质中，属于金属材料的是
8．（2023海南5）《齐民要术》中记载了酒曲的处理，“乃平量一斗，舀中捣碎。若浸曲，一斗，与五升水。浸曲三日，如鱼眼汤沸……”。下列说法错误的是
A．“捣碎”目的是促进混合完全
B．“曲”中含有复杂的催化剂
C．“斗”和“升”都是容量单位
D．“鱼眼”是水蒸气气泡的拟像化
9．（2023江苏1）我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指
A．碳原子B．二氧化碳C．碳元素D．含碳物质
10．（2023湖北1）2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是
A．液氮-液氢B．液氧-液氢C．液态NO2-肼D．液氧-煤油
11．（2023全国甲7）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
12．（2023辽宁1）科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
13．（2023海南1）化学的迅速发展为满足人民日益增长的美好生活需要做出突出贡献。下列说法不合理的是
A．为增强药效，多种处方药可随意叠加使用
B．现代化肥种类丰富，施用方法其依据对象营养状况而定
C．规范使用防腐制可以减缓食物变质速度，保持食品营养价值
D．在种植业中，植物浸取试剂类医药也应慎重选用
14．（2023湖北2）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
15．（2023广东2）科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是
A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第IA族元素
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO
C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的2H与3H互为同位素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体
16．（2023广东3）建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是
A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为Si
B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料
C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水
D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖
17．（2023广东5）化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．饱和CuSO4溶液可析出无水蓝色晶体
C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称
D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
18．（2023广东7）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
二、化学用语
19．（2023湖南2）下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：818O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
20．（2023北京2）下列化学用语或图示表达正确的是
A．NaCl的电子式为Na:Cl····:
B．NH3的VSEPR模型为
C．2pz电子云图为
D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
21．（2023辽宁2）下列化学用语或表述正确的是
A．BeCl2的空间结构：V形B．P4中的共价键类型：非极性键
C．基态Ni原子价电子排布式：3d10D．顺—2—丁烯的结构简式：
22．（2023.1浙江3）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为18的氯原子：1737Cl
B．碳的基态原子轨道表示式：
C．BF3的空间结构：(平面三角形)
D．HCl的形成过程：
23．（2023.6浙江2）下列化学用语表示正确的是
A．H2S分子的球棍模型：B．AlCl3的价层电子对互斥模型：
C．KI的电子式：K∶I· ·· ·∶D．CH3CHCH2CH32的名称：3−甲基戊烷
24．（2023江苏2）反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是
A．NH4+的电子式为B．NO2-中N元素的化合价为+5
C．N2分子中存在N≡N键D．H2O为非极性分子
25．（2023湖北5）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示K2S的形成：
B．用离子方程式表示AlOH3溶于烧碱溶液：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-
C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
三、物质的量
26．（2023海南6）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.2NA
B．5.6g铁粉与0.1L1ml⋅L-1的HCl的溶液充分反应，产生的气体分子数目为0.1NA
C．标准状况下，2.24LSO2与1.12LO2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA
D．1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，NH3⋅H2O微粒数目为0.1NA
27．（2023全国甲10）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．0.50ml异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA
B．标准状况下，2.24LSO3中电子的数目为4.00NA
C．1.0LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA
D．⋅L-1的Na2CO3溶液中CO32-的数目为1.0NA
28．（2023福建4）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺NH3OH+NO3-在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mlNH3OH+含有的质子数为1.5NA
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5NA
C．0.5ml硝酸羟胺含有的N-Oσ键数为2NA
D．硝酸羟胺分解产生11.2LN2(已折算为标况)的同时，生成O2分子数为NA
29．（2023.6浙江7）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
30．（2023广东11）设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH4Cl和NaHCO3等物质。下列叙述正确的是
A．1 ml NH4Cl含有的共价键数目为5NA
B．1 ml NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2NA
C．体积为1 L的1 ml⋅L-1NaHCO3溶液中，HCO3-数目为NA
D．NaCl和NH4Cl的混合物中含1 ml Cl-，则混合物中质子数为28NA
四、离子方程式
31．（2023湖南5）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-
32．（2023北京6）下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D．Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓
33．（2023江苏6）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、12H、13H是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H-，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2Og与足量Cs反应生成1mlH2g和1mlCOg吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列化学反应表示正确的是
A．水煤气法制氢：Cs+H2Og=H2g+COg ΔH=-131.3kJ⋅ml-1
B．HCO3-催化加氢生成HCOO-的反应：HCO3-+H2催化剂HCOO-+H2O
C．电解水制氢的阳极反应：2H2O-2e-=H2↑+2OH-
D．CaH2与水反应：CaH2+2H2O=CaOH2+H2↑
34．（2023.1浙江7）下列反应的离子方程式不正确的是
A．Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓
D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32-+Ca2+=CaSO3↓
35．（2023重庆2）下列离子方程式中，错误的是
A．NO2通入水中：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
B．Cl2通入石灰乳中：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
C．Al放入NaOH溶液中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
D．Pb放入Fe2SO43溶液中：Pb+SO42-+2Fe3+=2Fe2++PbSO4
36．（2023.6浙江9）下列反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
C．铜与稀硝酸：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-
37．（2023辽宁5）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．11.2LCO2含π键数目为NA
B．每生成2.8gN2转移电子数目为NA
C．0.1mlKNO3晶体中含离子数目为0.2NA
D．1L0.1ml⋅L-1K2S溶液中含S2-数目为0.1NA
五、氧化还原反应
38．（2023全国乙7）下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
39．（2023湖南10）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄As2S3褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．S2O32-和SO42-的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的nO2nH2O：ⅠSi,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为 。
(3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。
m1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：① ，② (填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含m1、m2的代数式表示)。
99．（2023全国甲27）钴配合物CNH36Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→活性炭2CNH36Cl3+2H2O。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取2.0gNH4Cl，用5mL水溶解。
Ⅱ．分批加入3.0gCCl2⋅6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。
Ⅲ．加热至55~60℃反应20min。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是 。加快NH4Cl溶解的操作有 。
(2)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免 、 ；可选用 降低溶液温度。
(3)指出下列过滤操作中不规范之处： 。

(4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为 。
(5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是 。
100．（2023江苏16）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4⋅H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为MgOH2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常数K与KspMgOH2、KspMgSO3、Ka1H2SO3、Ka2H2SO3的代数关系式为K= ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 (填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。
(3)制取MgSO4⋅H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是 ；补充完整制取MgSO4⋅H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中， 。(已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4⋅7H2O，MgSO4⋅7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4⋅H2O，实验中需要使用MgO粉末)
101．（2023湖南15）金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼Ni的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ；
(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是 ；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___________；
A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷
(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ；
(5)仪器M的名称是 ；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是 ；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ；
(8)判断氢化反应完全的现象是 。
102．（2023重庆16）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下：
(1)装置Ⅰ中，仪器a的名称是 ；b中除去的物质是 (填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。
i.d中的现象是 。
ii.e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为 。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成α (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，此时α的表达式为 。
103．（2023福建11）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2⋅xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
(1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主要成分为 (填化学式)。
(3)判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。
(4)装置C中试剂X为 。
(5)装置D中反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
(6)装置E的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO2样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②TiN的产率为 。
104．（2023北京19）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-⇌I3-(红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。
I.将等体积的KI溶液加入到mml铜粉和nmlI2(n>m)的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
(1)初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“反应Ⅱ
B．反应活化能：反应IK(Q为浓度商)
D．催化剂存在时，v1、v2都增大
154．（2023湖南13）向一恒容密闭容器中加入1mlCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比xx=nCH4nH2O随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．x1αI
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tIII>tII>tI
(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
M+L⇌ML K1
ML+L⇌ML2 K2
研究组配制了L起始浓度c0( L)=0.02 ml⋅L-1、M与L起始浓度比c0(M)/c0(L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”或“Fe(OH)3，A正确；
B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性H2ScHC2O4-，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HC2O4-+Ca2+=CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为K=c(H2C2O4)c(Ca2+)⋅c2(HC2O4-)=c(H2C2O4)⋅c(H+)⋅c(C2O42-)c(Ca2+)⋅c(C2O42-)⋅c2(HC2O4-)⋅c(H+) =Ka2Ka1⋅Ksp=5.4×10-55.4×10-2×2.4×10-9=12.4×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中VCaCl2=80 mL时，溶液中的钙离子浓度为c(Ca2+)=0.1ml⋅L-1×0.080 L-0.1ml⋅L-1×0.020 L0.1L=0.06ml⋅L-1，溶液中cC2O42-=KspCaC2O4c(Ca2+)=2.4×10-90.06ml⋅L-1=4.0×10-8ml⋅L-1，故D正确。
综上所述，答案为D。
阅读下列材料，完成8∼10题。
一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
91．（2023山东8）对于上述实验，下列做法正确的是
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
【答案】C
【详解】A．进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，故A错误；
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；
D．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故D错误；
答案为C。
92．（2023山东9）ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是
A．cV2-V1×171000m×100%B．cV1-V2×171000m×100%
C．0.5cV2-V1×171000m×100%D．c0.5V2-V1×171000m×100%
【答案】A
【详解】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，发生醇解反应CH3CO2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解CH3CO2O+H2O→2CH3COOH，加指示剂并用cml⋅L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL；在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解，用cml⋅L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL；两次实验消耗标准溶液的差值为（V2-V1）mL，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物CH3COOR不消耗NaOH，则R守恒可知，n(ROH)=n(CH3COOR)=（V2-V1）×c×10-3ml，因此，ROH样品中羟基质量分数=（V2-V1）×c×10-3ml×17g/mlmg×100%=(V2-V1)×c×17103m×100%， A正确，故选A。
93．（2023山东10）根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【分析】步骤④消耗NaOH的物质的量为V2×c×10-3ml，即乙酸酐的总物质的量为V2×c×10-32ml，步骤③消耗NaOH的物质的量为V1×c×10-3ml，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为V1×c×10-3ml，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)+[ V2×c×10-3ml2-n(ROH)]×2=V1×c×10-3ml，解得n(ROH)=V2×c×10-3-V1×c×10-3ml=V2-V1×c×10-3ml，因此ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml。
【详解】A．乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A错误；
B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，使V2-V1随NaOH-甲醇溶液浓度增大而减小，ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml也随之减小，故将导致测定结果偏小，B正确；
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml，故将导致测定结果偏大，C错误；
D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml，故将导致测定结果偏小，D错误；
故选B。
四、化学实验综合（非选择题）
94．（2023全国乙26）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
(2)O2的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
(3)c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
【答案】(1) 通入一定的O2 装置气密性 b、a
(2) 为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuOΔCu+CO2
(3) A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
(4)继续吹入一定量的O2，冷却装置
(5)C4H6O4
【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。
【详解】（1）实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2
（2）实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO+CuOΔCu+CO2
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；
（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U型管中，使装置冷却；
（5）c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)=2×m(H2O)M(H2O)=2×0.0108g18g⋅ml-1=0.0012ml；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)=m(CO2)M(CO2)=0.0352g44g⋅ml-1=0.0008ml；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n(O)=m(O)M(O)=0.00128g16g⋅ml-1=0.0008ml；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4；
【点睛】本实验的重点在于两U型管的摆放顺序，由于CO2需要用碱石灰吸收，而碱石灰的主要成分为CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸气，因此在摆放U型管位置时应将装有碱石灰的U型管置于无水CaCl2之后，保证实验结果。
95．（2023新课标28）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0g FeCl3⋅6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。
③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。
回答下列问题：
(1)仪器A中应加入 (填“水”或“油”)作为热传导介质。
(2)仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 。
(4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为 ；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ？简述判断理由 。
(5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是 。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量 洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
(7)本实验的产率最接近于 (填标号)。
a．85% b．80% c．75% d．70%
【答案】(1)油
(2) 球形冷凝管 a
(3)防暴沸
(4) FeCl2 可行 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
(5)抑制氯化铁水解
(6)a
(7)b
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3· 6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
【详解】（1）该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质，故答案为：油；
（2）根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故答案为：球形冷凝管；a；
（3）步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防暴沸；
（4）FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故答案为：FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；
（5）氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；
（6）根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故答案为：a；
（7）由于安息香（C14H12O2）与二苯乙二酮（C14H10O2）的相对分子质量相差不大，因此二苯乙二酮的理论产量与安息香近似相等约为2.0g。则产率约为×100%=80%，故答案为：b。
96．（2023辽宁17）2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择 。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯( )的原因是 。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为 。
(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是 。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是 。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称)：无水MgSO4的作用为 。
(7)产品的产率为 (用Na计算，精确至0.1%)。
【答案】(1)c
(2) 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
(3)2+2Na→2+H2↑
(4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
(5)将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率
(6) 球形冷凝管和分液漏斗 除去水
(7)70.0%
【详解】（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。
（2）噻吩沸点低于吡咯( )的原因是： 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高。
（3）步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为：2+2Na→2+H2↑。
（4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。
（5）2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。
（6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水MgSO4的作用是：除去水。
（7）步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，Na的物质的量为4.60g23g/ml=0.2ml，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2ml2-噻吩乙醇，产品的产率为×128g/ml×100%=70.0%。
97．（2023广东17）化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q=cρV总⋅ΔT计算获得。
(1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.5000 ml⋅L-1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为 ml⋅L-1。
(2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(°C)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为 J(c和ρ分别取4.18 J⋅g-1⋅°C-1和1.0 g⋅mL-1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq)=FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
①温度：b c(填“>”“ -20.9 (b-a) kJ⋅ml-1或-41.8 (c-a) kJ⋅ml-1
(4) 抑制Fe3+水解 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2
(5)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【详解】（1）①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD；
②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，故c(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)V（HCl)=0.5000ml⋅L-1×⋅L-1，故答案为0.5500；
（2）由Q=cρV总⋅ΔT可得Q＝4.18 J⋅g-1⋅°C-1×1.0 g⋅mL-1×(50mL＋50mL)×(T1－T2)＝418T1-T0，故答案为418T1-T0；
（3）100 mL 0.20 ml⋅L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02ml，1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的量分别为0.021ml、0.01 ml，实验i中有0.02 ml CuSO4发生反应，实验ii中有0.01ml CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，则b>c；若按实验i进行计算，ΔH=4.18×1.0×100×(b-a)1000×0.02=-20.9 (b-a) kJ⋅ml-1；若按实验ii进行计算，ΔH=4.18×1.0×100×(c-a)1000×0.01=-41.8 (c-a) kJ⋅ml-1，故答案为：>；-20.9 (b-a) kJ⋅ml-1或-41.8 (c-a) kJ⋅ml-1；
（4）Fe3+易水解，为防止Fe3+水解，在配制Fe2SO43溶液时需加入酸；用pH试纸测得Fe2SO43溶液的pH不大于1说明溶液中呈强酸性，向少量Fe2SO43溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡即氢气产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；乙同学根据相关原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止Fe与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设计分步反应来实现Fe2SO43溶液与Fe的反应，故可将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2，故答案为：抑制Fe3+水解；Fe+2H+=Fe2++H2↑；将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2；
（5）化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都是化学能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用，故答案为：燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)。
98．（2023山东18）三氯甲硅烷SiHCl3是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HClΔSiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为 ；判断制备反应结束的实验现象是 。图示装置存在的两处缺陷是 。
(2)已知电负性Cl>H>Si,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为 。
(3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。
m1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：① ，② (填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC 135.5m260m1×100%
【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。
【详解】（1）制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=m260ml，样品纯度为m260×(28+1+35.5×3)m1×100%=135.5m260m1×100%，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；135.5m260m1×100%。
99．（2023全国甲27）钴配合物CNH36Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→活性炭2CNH36Cl3+2H2O。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取2.0gNH4Cl，用5mL水溶解。
Ⅱ．分批加入3.0gCCl2⋅6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。
Ⅲ．加热至55~60℃反应20min。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是 。加快NH4Cl溶解的操作有 。
(2)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免 、 ；可选用 降低溶液温度。
(3)指出下列过滤操作中不规范之处： 。

(4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为 。
(5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是 。
【答案】(1) 锥形瓶 升温，搅拌等
(2) 浓氨水分解和挥发 双氧水分解 冰水浴
(3)玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
(4)活性炭
(5)利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率
【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CCl2·6H2O后，降温，在加入1g活性炭，7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[C(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3析出，提高产率，据此解答。
【详解】（1）由图中仪器的结构特征可知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等，故答案为：锥形瓶；升温，搅拌等；
（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下，避免浓氨水分解和挥发，双氧水分解，要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温，故答案为：浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴；
（3）下图为过滤装置，图中玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁；
（4）步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物[C(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭，故答案为：活性炭；
（5）步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物为[C(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率，钴答案为：利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。
100．（2023江苏16）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4⋅H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为MgOH2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常数K与KspMgOH2、KspMgSO3、Ka1H2SO3、Ka2H2SO3的代数关系式为K= ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 (填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。
(3)制取MgSO4⋅H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是 ；补充完整制取MgSO4⋅H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中， 。(已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4⋅7H2O，MgSO4⋅7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4⋅H2O，实验中需要使用MgO粉末)
【答案】(1) KspMgOH2×Ka1H2SO3×Ka2H2SO3KspMgSO3×Kw2 BD
(2) 2SO32-+O2=催化剂2SO42- pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率
(3) 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
【分析】本实验的目的是为了制取MgSO4⋅H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到MgSO4⋅H2O；
【详解】（1）已知下列反应：
①MgOH2+H2SO3=MgSO3+2H2O K
②MgOH2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq) Ksp[Mg(OH)2]
③MgSO3(s)⇌Mg2+(aq)+SO32-(aq) Ksp[MgSO3]
④H2SO3⇌H++HSO3-；Ka1[H2SO3]
⑤HSO3-⇌H++SO32-；Ka2[H2SO3]
⑥H2O⇌H++OH-；Kw
根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥×2，故K=KspMgOH2×Ka1H2SO3×Ka2H2SO3KspMgSO3×Kw2；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；
故选BD。
（2）根据题意，O2氧化溶液中的SO32-，SO32-被氧化为SO42-，1mlO2氧化2mlSO32-，故O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为：2SO32-+O2=催化剂2SO42-；
pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；
根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到MgSO4⋅H2O，根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4⋅7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4⋅H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
101．（2023湖南15）金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼Ni的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ；
(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是 ；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___________；
A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷
(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ；
(5)仪器M的名称是 ；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是 ；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ；
(8)判断氢化反应完全的现象是 。
【答案】(1)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
(3)C
(4)B
(5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气
(7)若将导管插入液面下，雷尼Ni吸附过多氢气，可能将苯环的结构给还原。
(8)集气管中液面不再改变
【分析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解题。
【详解】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；
（4）向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B；
（5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗；
（6）反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气；
（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，雷尼Ni吸附过多氢气，可能将苯环的结构给还原；
（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
102．（2023重庆16）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下：
(1)装置Ⅰ中，仪器a的名称是 ；b中除去的物质是 (填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。
i.d中的现象是 。
ii.e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为 。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成α (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，此时α的表达式为 。
【答案】(1) 分液漏斗 HCl
(2) 干馏 CO2+C高温2CO 有白色沉淀生成 CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 偏大 1-n-m(1+m)(1-n)×100%
【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。
【详解】（1）装置Ⅰ中，仪器a的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。
（2）①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故答案为：干馏。
②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为CO2+C高温2CO；故答案为：CO2+C高温2CO。
③i.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有白色沉淀生成。
ii.e中生成的固体为Ag，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3；故答案为：CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3。
iii.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，则将造成α偏大；故答案为：偏大。
iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，设此时气体物质的量为bml，二氧化碳物质的量为bmml，原来气体物质的量为aml，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)ml，氮气物质的量为anml，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n) −bm]ml，生成CO物质的量为2[a(1−n) −bm]ml，则有b=an+bm+2[a(1−n) −bm]，解得：b=a(2-n)1+m，此时α的表达式为[a(1-n)-a(2-n)1+mm]mla(1-n)ml×100%=1-n+m-mn-2m+nm(1+m)(1-n)×100%=1-n-m(1+m)(1-n)×100%；故答案为：1-n-m(1+m)(1-n)×100%。
103．（2023福建11）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2⋅xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
(1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主要成分为 (填化学式)。
(3)判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。
(4)装置C中试剂X为 。
(5)装置D中反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
(6)装置E的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO2样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②TiN的产率为 。
【答案】(1)b
(2)Ti(OH)4
(3)AgNO3(或AgNO3+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银)
(4)碱石灰(或生石灰(CaO)、NaOH、KOH以及这些物质的组合均可)
(5)6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2
(6)吸收氨气与水
(7) bdec 80.0%或80%、0.8
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl4，搅拌并加热，TiCl4在盐酸中水解生成白色沉淀TiO2⋅xH2O，将TiO2⋅xH2O洗涤，煅烧制得TiO2，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和TiO2在800℃下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。
【详解】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
（2）TiCl4水解生成TiOH4，TiCl4水解生成的胶体主要成分为TiOH4；
（3）TiO2⋅xH2O沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明TiO2⋅xH2O沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2；
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的TiO2固体，将TiO2放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为abdecf；
②0.800gTiO2的物质的量为0.800g80g/ml=0.01ml，则TiN的理论产量为0.01ml×62g/ml=0.62g，则TiN产率为×100%=80%。
104．（2023北京19）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-⇌I3-(红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。
I.将等体积的KI溶液加入到mml铜粉和nmlI2(n>m)的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
(1)初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“I-
D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转
【答案】D
【分析】闭合K1，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl+2H2O==电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，据此解答。
【详解】A．根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，A错误；
B．左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；
C．b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：I->Cl-，C错误；
D．断开K1，立刻闭合K2，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；
故选D。
134．（2023广东16）用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是
A．电解总反应：KNO3+3H2O=NH3·H2O+2O2↑+KOH
B．每生成1 ml NH3⋅H2O，双极膜处有9 ml的H2O解离
C．电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
【答案】B
【分析】由信息大电流催化电解KNO3溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为NO3-+8e-+7H2O=NH3⋅H2O+9OH-，电极b为阳极，电极方程式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。
【详解】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO3+3H2O=NH3⋅H2O+2O2↑+KOH，故A正确；
B．每生成1ml NH3⋅H2O，阴极得8ml e－，同时双极膜处有8ml H+进入阴极室，即有8ml的H2O解离，故B错误；
C．电解过程中，阳极室每消耗4ml OH-，同时有4ml OH-通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确；
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H2O被催化解离成H+和OH-，可提高氨生成速率，故D正确；
故选B。
135．（2023辽宁7）某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是
A．b端电势高于a端电势B．理论上转移2mle-生成4gH2
C．电解后海水pH下降D．阳极发生：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+
【答案】D
【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极，高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为H++Cl-+H2O电解HClO+H2↑，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移2mle-生成2gH2，B错误；
C．由分析可知，电解的主要总反应为H++Cl-+H2O电解HClO+H2↑，电解后海水中H+浓度减小，pH上升，C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：Cl-+H₂O-2e-=HClO+H+，D正确；
故选D。
136．（2023辽宁11）某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb+SO42-+2Fe3+=PbSO4+2Fe2+
【答案】B
【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。
【详解】A．放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；
B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；
C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C错误；
D．充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb+SO42-+2Fe3+，D错误；
故答案选B。
137．（2023.1浙江11）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料TiSi，电解装置如图，下列说法正确的是
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H++TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl-参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料TiSi，电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-。
【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误；
B．电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，选项B错误；
C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，选项C正确；
D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误；
答案选C。
138．（2023全国甲12）用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A．析氢反应发生在IrOx-Ti电极上
B．Cl-从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极
C．阴极发生的反应有：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
D．每转移1ml电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)
【答案】C
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；
B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；
C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确；
D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1ml电子，生成0.25mlO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；
答案选C。
139．（2023全国乙12）室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：12S8+e-→12S82-，12S82-+e-→S42-，2Na++x4S42-+2(1-x4)e-→Na2Sx
下列叙述错误的是
A．充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na++x8S8+2e-→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
【答案】A
【分析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
【详解】A．充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na+由硫电极迁移至钠电极，A错误；
B．放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na+结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；
C．由题给的的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为2Na++x8S8+2e-→Na2Sx，C正确；
D．炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；
故答案选A。
140．（2023河北7）我国科学家发明了一种以和MnO2为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料转化为。下列说法错误的是
A．充电时，b电极上发生还原反应
B．充电时，外电源的正极连接b电极
C．放电时，①区溶液中的SO42-向②区迁移
D．放电时，a电极的电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O
【答案】B
【分析】放电时，电极材料转化为，电极反应 -2ne-= +2nK+，是原电池的负极，阳离子增多需要通过阳离子交换膜进入②区；二氧化锰得到电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，阳离子减少，多余的阴离子需要通过阴离子交换膜进入②区，故③为碱性溶液是电极，①为酸性溶液是二氧化锰电极。
【详解】A．充电时，b电极上得到电子，发生还原反应，A正确；
B．充电时，外电源的正极连接a电极相连，电极失去电子，电极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，B错误；
C．放电时，①区溶液中多余的SO42-向②区迁移，C正确；
D．放电时，a电极的电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，D正确；
故选：B。
141．（2023福建8）一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由NaCl、KCl和AlCl3形成熔点为93℃的共熔物)，其中氯铝酸根AlnCl3n+1-n≥1起到结合或释放Al3+的作用。电池总反应：2Al+3xS⇄充电放电Al2Sx3。下列说法错误的是
A．AlnCl3n+1-含4n个Al-Cl键
B．AlnCl3n+1-中同时连接2个Al原子的Cl原子有n-1个
C．充电时，再生1mlAl单质至少转移3ml电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的AlnCl3n+1-浓度越高
【答案】D
【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。
【详解】A．AlnCl3n+1-的结构为，所以含4n个Al-Cl键，A正确；
B．由AlnCl3n+1-的结构可知同时连接2个Al原子的Cl原子有n-1个，B正确；
C．由总反应可知充电时，再生1mlAl单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移3ml电子，C正确；
D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的AlnCl3n+1-浓度越高，D错误；
故选D。
142．（2023重庆12）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是
A．电极a为阴极
B．H+从电极b移向电极a
C．电极b发生的反应为：
D．生成3ml半胱氨酸的同时生成1ml烟酸
【答案】D
【分析】该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中‘加氧少氢’，发生氧化反应，则b为阳极，a为阴极，阴极电极反应式为 +2e-+2H+=2 ；
【详解】A．a极上硫元素化合价升高，a为阴极，A正确；
B．电解池中阳离子移向阴极，则H+移向a电极，B正确；
C．电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中发生氧化反应，在酸性介质中电极反应式为： ，C正确；
D．根据电子守恒可得关系式： ~6e-~6 ，因此生成6ml半胱氨酸的同时生成1ml烟酸，D错误；
故选：D。
143．（2023.6浙江13）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【详解】A．电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；
B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：2H2O+4e-+O2=4OH-，故B错误；
C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；
D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。
综上所述，答案为B。
144．（2023新课标10）一种以V2O5和Zn为电极、ZnCF3SO32水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5⋅nH2O。下列说法错误的是
A．放电时V2O5为正极
B．放电时Zn2+由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5⋅nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5⋅nH2O-2xe-=xZn2++V2O5+nH2O
【答案】C
【分析】由题中信息可知，该电池中Zn为负极、V2O5为正极，电池的总反应为xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5⋅nH2O。
【详解】A．由题信息可知，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5⋅nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；
B．Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向正极迁移，B说法正确；
C．电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5⋅nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5⋅nH2O=xZn+V2O5+nH2O，C说法不正确；
D．充电阳极上ZnxV2O5⋅nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5⋅nH2O-2xe-=xZn2++V2O5+nH2O，D说法正确；
综上所述，本题选C。
145．（2023山东11不定项）利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2++4NH3=CuNH342+
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
【答案】CD
【详解】A. 向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成CuNH342+，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；
B. 在原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；
C. 左侧负极是Cu-2e-+4NH3=CuNH342+，正极是Cu2++2e-=Cu，则电池总反应为：Cu2++4NH3=CuNH342+，故C正确；
D. NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成CuNH342+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。
综上所述，答案为CD。
二、反应机理
146．（2023湖南14）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用L-Ru-NH3+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M中Ru的化合价为+3
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2NH4+
【答案】B
【详解】A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，L-Ru-NH32+中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N—H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（H+）的能力增强，A说法正确；
B．Ru(Ⅱ)中Ru的化合价为+2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化合价变为+3，Ru(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为L-Ru-N·H2+，当L-Ru-NH2+变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为+2，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为L-Ru-NH2-NH2-Ru-L2+时，有N-N键形成，N-N是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH4+，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH3-2e-=N2H4+2NH4+，D说法正确；
综上所述，本题选B。
147．（2023新课标12）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
【答案】D
【详解】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；
B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；
故选D。
148．（2023广东15）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⇌P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
故选C。
149．（2023河北6）在恒温恒容密闭容器中充入一定量Wg，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2=k2c2(X)和v3=k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得Wg的浓度随时间的变化如下表。
下列说法正确的是
A．0~2min内，X的平均反应速率为0.080ml⋅L-1⋅min-1
B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C．若k2=k3，平衡时c(Z)=c(X)
D．若升高温度，平衡时cZ减小
【答案】D
【详解】A．由表知0~2min内∆c(W)=0.16-0.08=0.08ml/L，生成∆c(X)=2∆c(W)=0.16ml/L，但一部分X转化为Z，造成∆c(X)c(OH-)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C．该反应的平衡常数K=c([FeL2]-)c([FeL]+)c(L2-)，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=1c(L2-)，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
165．（2023北京14）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合cMg2+⋅c2OH-=KspMg(OH)2；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合cMg2+⋅cCO32-=KspMgCO3[注：起始cNa2CO3=0.1ml⋅L-1，不同pH下cCO32-由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，pH=10.25,cHCO3-=cCO32-
B．由图2，初始状态pH=11、lgcMg2+=-6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH=9、lgcMg2+=-2，平衡后溶液中存在cH2CO3+cHCO3-+cCO32-=0.1ml⋅L-1
D．由图1和图2，初始状态pH=8、lgcMg2+=-1，发生反应：Mg2++2HCO3-=MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出pH=11、lgcMg2+=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出pH=9、lgcMg2+=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中cH2CO3+cHCO3-+cCO32-cAg+
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s)+2NH3⇌ AgNH32+(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；
B．由图可知，c(NH3)=10-1ml/L时，c(Cl-)=10-2.35ml/L,c(Ag+)=10-7.40ml/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35ml/L和10-5.16ml/L，则AgNH3++NH3⇌AgNH32+的平衡常数K=
cAgNH32+cAgNH3+⋅cNH3=10-2.3510-5.16×10-1=103.81，故C正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则cNH3=0.01ml⋅L-1时，溶液中cAgNH32+>cAgNH3+>cAg+，故D正确；
故选A。
176．（2023山东15不定项）在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2s⇌HgI2aq；HgI2aq⇌Hg2++2I-；HgI2aq⇌HgI++I-；HgI2aq+I-⇌HgI3-；HgI2aq+2I-⇌HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgcHg2+、lgcHgI+，lgcHgI3-、lgcHgI42-随lgcI-的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．线L表示lgcHgI42-的变化情况
B．随cI-增大，cHgI2aq先增大后减小
C．a=lgK1K2
D．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1
【答案】BD
【分析】由题干反应方程式HgI2aq⇌Hg2++2I-可知，K1=c(Hg2+)c2(I-)c(HgI2)，则有c(Hg2+)=K1c(HgI2)c2(I-)，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgcHgI3- =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， lgcHgI42-==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2s⇌HgI2aq可知K0=cHgI2aq为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表lgcHgI+、lgcHg2+、lgcHgI3-、lgcHgI42-，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，线L表示lgcHgI42-的变化情况，A正确；
B．已知HgI2s⇌HgI2aq的化学平衡常数K0=cHgI2aq，温度不变平衡常数不变，故随cI-增大，cHgI2aq始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：a=lgK1-lgK2=lgK1K2，C正确；
D．若溶液中的溶质只有HgI2，则I-离子浓度应该是一个定值，而不是横坐标这样可以变大的，题目是先HgI2溶液中额外加入含I-离子的溶液，比如KI，则I元素与Hg元素的物质的量之比大于2:1，D错误；
故答案为：BD。
五、化学反应原理综合题（非选择题）
177．（2023.6浙江19）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ⋅ml-1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)+CO(g)⇌2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH1=-47.2 kJ⋅ml-1
2Fe3O4(s)+H2O(g)⇌3Fe2O3(s)+H2(g) ΔH2
请回答：
(1)ΔH2= kJ⋅ml-1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[nH2O/n(CO)=12:5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K= 。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比nH2O/n(CO)，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
【答案】(1)6
(2) 2 CO+3H2⇌CH4+H2O
(3)AC
(4) A
(5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小
【详解】（1）设方程式①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ⋅ml-1
②3Fe2O3(s)+CO(g)⇌2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH1=-47.2 kJ⋅ml-1
③2Fe3O4(s)+H2O(g)⇌3Fe2O3(s)+H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=-41.2 kJ⋅ml-1--47.2 kJ⋅ml-1=6kJ⋅ml-1；
（2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12ml和5ml，参加反应的一氧化碳为xml，根据已知信息可得以下三段式：
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)开始ml51200转化mlxxxx平衡ml5-x12-xxx
x5-x+12-x+x+x×1.7MPa=0.40MPa，解得x=4；
则平衡常数K=4V×4V5-4V×12-4V=2；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2⇌CH4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，反应物浓度增大导致CO的转化率稍减小，之后再通过催化剂层后，CO的转化率又增大且高于原来的，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；
C．水煤气变换反应是放热的可逆反应，通过热交换器可以与原料气进行热交换降低温度，但温度仍在催化剂活性温度范围内，由于温度对化学反应速率的影响远小于催化剂的影响，CO的转化率基本保持不变，且再通过催化剂层后CO的转化率不会高于原来的，与图中变化不相符，C不正确；
故选A；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为： ；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小。
178．（2023新课标29）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
(1)根据图1数据计算反应12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)的ΔH= kJ⋅ml-1。
(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8g⋅cm-3，则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25，另一种为xH2=0.675、xN2=0.225、xAr=0.10。(物质i的摩尔分数：xi=nin总)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是 。
③图3中，当p2=20MPa、xNH3=0.20时，氮气的转化率α= 。该温度时，反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp= (MPa)-1(化为最简式)。
【答案】(1)-45
(2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
(3)7.8×2873NA56×1030
(4) P1＜P2＜P3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 33.33% 336
【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)的ΔH=(473+654-436-397-339)kJ⋅ml-1=-45 kJ⋅ml-1。
（2）由图1中信息可知，12N2(g)=N(g)的ΔH=+473kJ⋅ml-1，则N≡N的键能为946kJ⋅ml-1；32H2(g)=3H(g)的ΔH=+654kJ⋅ml-1，则H-H键的键能为436kJ⋅ml-1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8g⋅cm-3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α-Fe晶体密度ρ=56x×1030NA⋅2873g⋅cm3=7.8g⋅cm3，解之得x=7.8×2873NA56×1030，即α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为7.8×2873NA56×1030。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。
③图3中，进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3ml和1ml，达到平衡时氮气的变化量为x ml，则有：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)始（ml）130变（ml）x3x2x平（ml）1-x3-3x2x
当p2=20MPa、xNH3=0.20时，xNH3=2x4-2x=0.20，解之得x=13，则氮气的转化率α=13≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为23ml、2ml、23ml，其物质的量分数分别为15、35、15，则该温度下Kp’=15P2215P2×35P23=164×123MPa-2因此，该温度时，反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp=Kp’=164×123MPa-2=336 (MPa)-1。
179．（2023山东20）一定条件下，水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．HCOOH⇌CO+H2O(快)
Ⅱ．HCOOH⇌CO2+H2慢
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：v=kcH+⋅cHCOOH，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为xml⋅L-1时，H+浓度为 ml⋅L-1，此时反应Ⅰ的反应速率v= ml⋅L-1⋅h-1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
(3)T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0ml⋅L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70ml⋅L-10.16ml⋅L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为yml⋅L-1。体系达平衡后cCOcCO2= (用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10ml⋅L-1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，cCOcHCOOH的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)ΔH2－ΔH1
(2) Kax kxKax
(3) 5-5y6y 6y21-y a 减小 不变
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变ΔH＝ΔH2－ΔH1；
（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
HCOOH⇌HCOO-+H+平衡浓度(ml•L-1）xc(HCOO-)c(H+)
Ka=c(HCOO-)c(H+)c(HCOOH)，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝Kax。
v=kcH+⋅cHCOOH =kxKax。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时
HCOOH⇌CO+H2Ot1时刻转化浓度(ml•L-1）
HCOOH⇌CO2+H2t1时刻转化浓度(ml•L-1）
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 ml·L－1，K(Ⅰ)＝c(CO)c(HCOOH)=。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程，
HCOOH⇌CO+H2Ot1时刻到反应Ⅱ平衡转化浓度(ml•L-1）aa
HCOOH⇌CO2+H2t1时刻到反应Ⅱ平衡转化浓度(ml•L-1）bbb
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)ml·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝c(CO)c(HCOOH)=0.3-a-ya+0.7=5，a＝0.8-5y6。故cCOcCO2= 0.8-5y6+0.7y＝5-5y6y，K(Ⅱ)＝c(CO2)c(H2)c(HCOOH)=y·y0.8-5y6+0.7=6y21-y。
加入0.1 ml·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，cCOcHCOOH＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则cCOcHCOOH的值不变。
180．（2023全国乙28）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在N2气氛中，FeSO4⋅7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x= ，y= 。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4⋅7H2Os=FeSO4s+7H2OgΔH1=akJ⋅ml-1
FeSO4⋅xH2Os=FeSO4s+xH2OgΔH2=bkJ⋅ml-1
FeSO4⋅yH2Os=FeSO4s+yH2OgΔH3=ckJ⋅ml-1
则FeSO4⋅7H2Os+FeSO4⋅yH2Os=2FeSO4⋅xH2Os的ΔH= kJ⋅ml-1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4s⇌Fe2O3s+SO2g+SO3g(Ⅰ)。平衡时PSO3-T的关系如下图所示。660K时，该反应的平衡总压P总= kPa、平衡常数KpⅠ= (kPa)2。KpⅠ随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3g⇌2SO2g+O2g(Ⅱ)，平衡时PO2= (用PSO3、PSO2表示)。在929K时，P总=84.6kPa、PSO3=35.7kPa，则PSO2= kPa，KpⅡ= kPa(列出计算式)。
【答案】(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3 2.25 增大
(4) PSO2-PSO34 46.26 46.262×
【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4⋅7H2O转化为FeSO4⋅xH2O，则18(7-x)278=19.4%，解之得x=4；当失重比为38.8%时，FeSO4⋅7H2O转化为FeSO4⋅yH2O，则18(7-y)278=38.8%，解之得y=1。
（2）①FeSO4⋅7H2Os=FeSO4s+7H2Og ΔH1=akJ⋅ml-1
②FeSO4⋅xH2Os=FeSO4s+xH2Og ΔH2=bkJ⋅ml-1
③FeSO4⋅yH2Os=FeSO4s+yH2Og ΔH3=ckJ⋅ml-1
根据盖斯定律可知，①+③-②×2可得FeSO4⋅7H2Os+FeSO4⋅yH2Os=2FeSO4⋅xH2Os，则ΔH=(a+c-2b)kJ⋅ml-1。
（3）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4s⇌Fe2O3s+SO2g+SO3g(Ⅰ)。由平衡时PSO3-T的关系图可知,660K时，PSO3=1.5kPa，则PSO2=1.5kPa，因此，该反应的平衡总压P总=3kPa、平衡常数KpⅠ=1.5kPa×1.5kPa=2.25 (kPa)2。由图中信息可知，PSO3随着温度升高而增大，因此，KpⅠ随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3g⇌2SO2g+O2g(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时PSO3=PSO2，则PSO3+2PO2=PSO2-2PO2，因此，平衡时PO2=PSO2-PSO34。在929K时，P总=84.6kPa、PSO3=35.7kPa，则PSO3+PSO2+PO2=P总、PSO3+2PO2=PSO2-2PO2，联立方程组消去PO2，可得3PSO3+5PSO2=4P总，代入相关数据可求出PSO2=46.26kPa，则PO2=84.6kPa-35.7kPa-46.26kPa=2.64kPa，KpⅡ=(46.26kPa)2×2.64kPa(35.7kPa)2=46.262× kPa。
181．（2023全国甲28）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①3O2g=2O3g K1 ΔH1=285kJ⋅ml-1
②2CH4g+O2g=2CH3OHl K2 ΔH2=-329kJ⋅ml-1
反应③CH4g+O3g=CH3OHl+O2g的ΔH3= kJ⋅ml-1，平衡常数K3= (用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、C+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4=M++CH3OH，结果如下图所示。图中300K的曲线是 (填“a”或“b”。300K、60s时MO+的转化率为 (列出算式)。
(3)MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ)MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH(填“＞”“＜”或“=”)。若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有 种。
【答案】(1) -307 (K2K1)12或K2K1
(2) b 1-10-0.11×100%或100.1-1100.1×100%
(3) Ⅰ c
vⅡ=vⅢ>vⅣ
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率vO2与压强p的关系为vO2=k1-ppc，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则vO2= (用k表示)。
(3)α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X射线衍射仪
②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为 。
③测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag+而不是I-，依据是 。
【答案】(1) 83 EOg⇌AAg ΔH=-102kJ/ml
(2) 10 CDE 3k4
(3) D 12:7 a中银电极质量减小，b中银电极质量增大
【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体OMC生成吸附态EOads的活化能为-93kJ/ml--176kJ/ml=83kJ/ml。
②由图可知，EOg生成AAg放出热量-117kJ/ml--219kJ/ml=102kJ/ml，放热焓变为负值，故热化学方程式为EOg⇌AAg ΔH=-102kJ/ml；
（2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，463K时的平衡常数Kp=p12O2=10 (kPa)12。
②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；
A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔSKⅣ，C正确；
D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积VⅢ=2VⅠ，根据阿伏伽德罗定律可知，pO2,Ⅰ=2pO2,Ⅲ，QⅠ=p12O2,Ⅰ，KⅢ=p12O2,Ⅲ，则QⅠ=2KⅢ，D正确；
E．结合A分析可知，逆反应的速率：vⅠ>vⅡ；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：vⅡ=vⅢ>vⅣ，故有逆反应的速率：vⅠ>vⅡ=vⅢ>vⅣ，E正确；
故选CDE；
③某温度下，设向恒容容器中加入mgAg2O，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成m×4%32ml O2，若转化率为14.5%，则此时生成12×m×14.5%232ml O2，根据阿伏伽德罗定律，此时ppc=12×m×14.5%232m×4%32=14，故vO2=3k4；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．X射线衍射仪；
②据“均摊法”，γ-AgI晶胞中含8×18+6×12=4个I，则晶体密度为4MNAVγ-AgIg⋅cm-3=7.0g⋅cm-3；，α-AgI晶胞中含8×18+1=2个I，则晶体密度为2MNAVα-AgIg⋅cm-3=6.0g⋅cm-3；故4MNAVγ-AgI2MNAVα-AgI=76，则γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为12:7。
③由图可知，a为阳极、b为阴极，实验测得支管a中AgI质量不变，则碘离子没有迁移到a中与银离子产生AgI沉淀，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质，导致b中银电极质量增大，a中银电极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子，导致a中银电极质量质量减小，可判定导电离子是Ag+而不是I-。
188．（2023福建12）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+124kJ⋅ml-1 ΔS1=127J⋅K-1⋅ml-1 Kp1
ⅱ．C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g) ΔH2=+82kJ⋅ml-1 ΔS2=135J⋅K-1⋅ml-1 Kp2
ⅲ．C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g) ΔH3=-120kJ⋅ml-1 ΔS3=27.5J⋅K-1⋅ml-1 Kp3
已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。
(1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。
(2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。
③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8(g)=2C3H6(g)+3CH4(g) Kp，下列相关说法正确的是 (填标号)。
a．Kp=Kp12⋅Kp3
b．Kp=0.2102×0.5523×(MPa)2
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性=n生成(丙烯)n转化(丙烷)×100%= (列出计算式)。
(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH4=+91kJ⋅ml-1
在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n(丙烷)：n(甲醇)=1时，体系总反应：C3H8(g)+CH3OH(g)=CO(g)+3CH4(g) ΔH= kJ⋅ml-1
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
【答案】(1)＞
(2) 正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab 2121+23.7+55.2-23.73×100%=38.04%
(3) -29 甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降
【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。
【详解】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞124127，同理反应ⅱ：T＞82135，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，根据平衡体积分数φ（甲烷）＞φ（乙烯）＞φ（丙烯），消耗1ml丙烷生成1ml丙烯或1ml乙烯或3ml甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故Kp=Kp12⋅Kp3；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故Kp=P3CH4P2C2H6P3C3H8=(0.552×0.1）20.21×130.001×0.12=0.5523×；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据勒夏特列原理并不能够将丙烷增加的影响消除，因此丙烯的体积分数会降低；在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1ml丙烷生成1ml丙烯或1ml乙烯或3ml甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性=n生成(丙烯)n转化(丙烷)×100%=2121+23.7+55.2-23.73×100%=38.04%；
（3）ⅲ．C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g) ΔH3=-120kJ⋅ml-1ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH4=+91kJ⋅ml-1
目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/ml； 甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i生成物增多，平衡逆向移动；反应ⅲ反应物增多，正向移动，造成丙烯体积分数下降。故答案为：-29 kJ/ml ；甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降。
189．（2023北京16）尿素CONH22合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CONH22，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．CO2和NH3生成NH2COONH4；
ⅱ．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰαI
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tIII>tII>tI
(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
M+L⇌ML K1
ML+L⇌ML2 K2
研究组配制了L起始浓度c0( L)=0.02 ml⋅L-1、M与L起始浓度比c0(M)/c0(L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“αII>αI，B正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tIII①>②
(6)4
(7) ⇌Δ浓H2SO4 →FeBr3Br2 →ΔH2O/H+
【详解】（1）有机物A与Br2反应生成有机物B，有机物B与有机物E发生取代反应生成有机物F，结合有机物A、F的结构和有机物B的分子式可以得到有机物B的结构式，即 。
（2）有机物F转化为中间体时消去的是-Br和 ，发生的是消去反应，中间体与呋喃反应生成有机物G时，中间体中的碳碳三键发生断裂与呋喃中的两个双键发生加成反应，故答案为消去反应、加成反应。
（3）根据有机物G的结构，有机物G中的官能团为碳碳双键、醚键。
（4）根据上述反应流程分析， 与呋喃反应生成 ， 继续与HCl反应生成有机物J，有机物J的结构为 。
（5）对比三种物质，③中含有电负性较高的F原子，使-CF3变成吸电子基团，将整个有机物的电子云朝着-CF3方向转移，使-SO3H基团更容易失去电子，故其酸性最强；②中含有的-CH3为推电子基团，使得整个有机物的电子云朝着-SO3H方向移动，使-SO3H基团更不容易失去电子。因此，上述三种物质的酸性大小为③>①>②。
（6）呋喃是一种重要的化工原料，其同分异构体中可以发生银镜反应，说明其同分异构体中含有醛基，这样的同分异构体共有4种，分别为：CH3-C≡C-CHO、CH≡C-CH2-CHO、 、 。
（7）甲苯和溴在FeBr3的条件下生成对溴甲苯和邻溴甲苯，因题目中欲合成邻溴甲苯，因此需要对甲基的对位进行处理，利用题目中流程所示的步骤将甲苯与硫酸反应生成对甲基苯磺酸，再将对甲基苯磺酸与溴反应生成 ，再将 中的磺酸基水解得到目标化合物，具体的合成流程为： ⇌Δ浓H2SO4 →FeBr3Br2 →ΔH2O/H+ 。
264．（2023.1浙江21）某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。
已知：①
②
请回答：
(1)化合物A的官能团名称是 。
(2)化合物B的结构简式是 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．B→C的反应类型为取代反应
B．化合物D与乙醇互为同系物
C．化合物I的分子式是C18H25N3O4
D．将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
(4)写出G→H的化学方程式 。
(5)设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式 。
①分子中只含一个环，且为六元环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基CH3-CO||-。
【答案】(1)硝基，碳氯键(氯原子)
(2)
(3)D
(4)
(5)
(6)
【分析】与CH3NH2反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成C，结合C的结构可知A到B为取代反应，B为，C与E发生已知中反应生成F，F为，F脱水生成G，G与乙醇发生酯化反应生成H，H与氢气加成后再与环氧乙烷发生反应生成I，I与SOCl2发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀，据此分析解答。
【详解】（1）由A的结构可知其所含官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、碳氯键(氯原子)；
（2）由以上分析可知化合物B的结构简式，故答案为：；
（3）A. B→C的反应中B中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故错误；
B. 化合物D中含有两个羟基，与乙醇不是同系物，故错误；
C. 化合物I的分子式是C18H27N3O4，故错误；
D. 将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故正确；
故答案为：D；
（4）G与乙醇发生酯化反应生成H，反应方程式为：，故答案为：；
（5）1，3-丙二醇与HBr发生取代反应生成1，3-二溴丙烷，1，3-二溴丙烷与NaCN发生取代反应生成 ，发生水解生成戊二酸，戊二酸分子内脱水生成，合成路线为： ，故答案为：；
（6）化合物C的同分异构体①分子中只含一个环，且为六元环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基CH3-CO||-，除乙酰基外只有一种氢，则六元环上的原子均不与氢相连，该物质具有很高的对称性，符合的结构有 ，故答案为： 。
265．（2023重庆18）有机物K作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。K的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。
已知： (R1和R2为烃基)
(1)A中所含官能团名称为羟基和 。
(2)B的结构简式为 。
(3)C的化学名称为 ，生成D的反应类型为 。
(4)E的结构简式为 。
(5)G的同分异构体中，含有两个 的化合物有 个(不考虑立体异构体)，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1:3的化合物为L，L与足量新制的Cu(OH)2反应的化学方程式为 。
(6)以J和N( )为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种用于OLED的发光材料M(分子式为C46H39N5O2)。制备M的合成路线为 (路线中原料和目标化合物用相应的字母J、N和M表示)。
【答案】(1)碳碳双键
(2)
(3) 苯胺 取代反应
(4)
(5) 9 C(CH3)2(CHO)2+4Cu(OH)2+2NaOH→ΔC(CH3)2(COONa)2+2Cu2O+6H2O
(6)
【分析】A和HBr发生取代反应生成B，B是 ；B和C生成D，根据B的结构简式和C的分子式，由D逆推可知C是 ；根据题目信息，由F逆推可知E是 。
【详解】（1）根据A的结构简式，可知A中所含官能团名称为羟基和碳碳双键；
（2）A和HBr发生取代反应生成B，B是 ；
（3）C是 ，化学名称为苯胺； 和 反应生成D和HBr，生成D的反应类型为取代反应；
（4）根据题目信息，由F逆推可知E是 ；
（5）G的同分异构体中，含有两个 的化合物有 、、、、、、 、 、 、，共10个，其中G的同分异构体有9个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1:3的化合物为L，L是 ，L与足量新制的Cu(OH)2反应的化学方程式为 C(CH3)2(CHO)2+4Cu(OH)2+2NaOH→ΔC(CH3)2(COONa)2+2Cu2O+6H2O。
（6）M分子中含有5个N和2个O，可知2分子J和1分子N反应生成M，合成路线为。
266．（2023福建13）沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。
已知：Bc表示叔丁氧羰基。
(1)A中所含官能团名称 。
(2)判断物质在水中的溶解度：A B(填“>”或“
(3)(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应
(4)酯化反应
(5)
(6)+ HCONH2→一定条件+HCOOC2H5
(7)
【分析】和C2H5OH发生酯化反应生成，加Bc-OH发生取代反应生成，加入氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，加入HCONH2发生取代反应生成。
【详解】（1）A为，官能团为羧基、酰胺基；
故答案为：羧基、酰胺基。
（2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶解度；
故答案为：>。
（3）(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应；
故答案为：(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应。
（4）根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应；
故答案为：酯化反应。
（5）根据分析可知D结构简式为为；
故答案为：。
（6）根据分析可知E→F的化学反应方程式为+ HCONH2→一定条件+ HCOOC2H5；
故答案为：+ HCONH2→一定条件+HCOOC2H5。
（7）丁二酸为，分子内脱水时，两个羧基间脱水，脱水产物分子上一个H被取代后的烃的衍生物是A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，则该同分异构体的结构简式为；
故答案为：。
267．（2023北京17）化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。
已知：R-Br→Zn
(1)A中含有羧基，A→B的化学方程式是 。
(2)D中含有的官能团是 。
(3)关于D→E的反应：
① 的羰基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是 。
②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。
(4)下列说法正确的是 (填序号)。
a．F存在顺反异构体
b．J和K互为同系物
c．在加热和Cu催化条件下，J不能被O2氧化
(5)L分子中含有两个六元环。L的结构简式是 。
(6)已知：⇌ ，依据D→E的原理，L和M反应得到了P。M的结构简式是 。
【答案】(1)CH2BrCOOH+CH3CH2OH⇌Δ浓H2SO4CH2BrCOOCH2CH3+H2O
(2)醛基
(3) 羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键极性增强
(4)ac
(5)
(6)
【分析】A中含有羧基，结合A的分子式可知A为CH2BrCOOH；A与乙醇发生酯化反应，B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3；D与2-戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D的结构简式为 ，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为 ，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为 ；B与G发生已知信息的反应生成J，J为 ；K在NaOH溶液中发生水解反应生成 ，酸化得到 ；结合题中信息可知L分子中含有两个六元环，由L的分子式可知 中羧基与羟基酸化时发生酯化反应，L的结构简式为 ；由题意可知L和M可以发生类似D→E的加成反应得到 ， 发生酮式与烯醇式互变得到 ， 发生消去反应得到P，则M的结构简式为 。
【详解】（1）A→B的化学方程式为CH2BrCOOH+CH3CH2OH⇌Δ浓H2SO4CH2BrCOOCH2CH3+H2O。答案为CH2BrCOOH+CH3CH2OH⇌Δ浓H2SO4CH2BrCOOCH2CH3+H2O；
（2）D的结构简式为 ，含有的官能团为醛基。答案为醛基；
（3）①羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向碳基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键极性增强，易断裂。②2-戊酮酮羰基相邻的两个碳原子上均有C-H键，均可以断裂与苯甲醛的醛基发生加成反应，如图所示 ，1号碳原子上的C-H键断裂与苯甲醛的醛基加成得到E，3号碳原子上的C-H键也可以断裂与苯甲醛的醛基加成得到副产物 。答案为羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强； ；
（4）a．F的结构简式为 ，存在顺反异构体，a项正确；
b．K中含有酮羰基，J中不含有酮羰基，二者不互为同系物，b项错误；
c．J的结构简式为 ，与羟基直接相连的碳原子上无H原子，在加热和Cu作催化剂条件下，J不能被O2氧化，c项正确；
故选ac；
（5）由上分析L为 。答案为 ；
（6）由上分析M为 。答案为 。
268．（2023广东20）室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于CO、碘代烃类等，合成化合物ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
(1)化合物i的分子式为 。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构简式为 (写一种)，其名称为 。
(2)反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为100%。y为 。
(3)根据化合物V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
(4)关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有C-I键和H-O键断裂
B．反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成
C．反应物i中，氧原子采取sp3杂化，并且存在手性碳原子
D．CO属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的π键
(5)以苯、乙烯和CO为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)最后一步反应中，有机反应物为 (写结构简式)。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为 。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 (注明反应条件)。
【答案】(1) C5H10O (或 或 ) 3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)
(2)O2或氧气
(3) 浓硫酸，加热 O2、Cu，加热(或酸性KMnO4溶液) (或 )
(4)CD
(5) 和CH3CH2OH CH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂CH3CH2OH +Br2→Fe +HBr
【分析】① 与HBr加热发生取代反应生成 ，②乙烯在催化剂作用下氧化生成 ，③ 与 发生开环加成生成 ，④ 发生取代反应生成 ，⑤ 与 及CO反应生成 。
【详解】（1）化合物i 的分子式为C5H10O。 不饱和度为1，x可形成碳碳双键或碳氧双键或一个圆环，化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰,说明分子中有对称结构，不对称的部分放在对称轴上，x的结构简式含酮羰基时为 (或含醛基时为 或含圆环是为 )，其名称为3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)。故答案为：C5H10O； (或 或 )；3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)；
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为100%，②乙烯在催化剂作用下氧化生成 ，y为O2或氧气。故答案为：O2或氧气；
（3）根据化合物V 的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，与羟基相连的碳上有氢，可在铜名银催化作用下氧化生成 ，或酸性KMnO4溶液中氧化生成 ，见下表：
故答案为：浓硫酸，加热； ；O2、Cu，加热(或酸性KMnO4溶液)； (或 )；
（4）A． 从产物中不存在C-I键和H-O键可以看出，反应过程中，有C-I键和H-O键断裂，故A正确；
B． 反应物中不存在C=O双键，酰碘基中碘原子离去与羟基中氢离去，余下的部分结合形成酯基中C-O单键，所以反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成，故B正确；
C． 反应物i 中，氧原子采取sp3杂化，但与羟基相连的碳有对称轴，其它碳上均有2个氢，分子中不存在手性碳原子，故C错误；
D． CO属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故D错误；
故答案为：CD；
（5）以苯、乙烯和CO为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。乙烯与水在催化剂加热加压条件下合成乙醇；乙烯在银催化作用下氧化生成环氧乙醚；苯在铁催化作用下与溴生成溴苯，溴苯与环氧乙醚生成 ，与HI反应合成 ，最后根据反应⑤的原理， 与乙醇、CO合成化合物ⅷ。
(a)最后一步反应中，有机反应物为 和CH3CH2OH。故答案为： 和CH3CH2OH；
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为CH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂CH3CH2OH。故答案为：CH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂CH3CH2OH；
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 +Br2→Fe +HBr。故答案为： +Br2→Fe +HBr。
269．（2023湖北17）碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如下合成路线：
回答下列问题：
(1)由A→B的反应中，乙烯的碳碳 键断裂(填“π”或“σ”)。
(2)D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有 种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为 。
(3)E与足量酸性KMnO4溶液反应生成的有机物的名称为 、 。
(4)G的结构简式为 。
(5)已知： ，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和另一种α，β-不饱和酮J，J的结构简式为 。若经此路线由H合成I，存在的问题有 (填标号)。
a．原子利用率低 b．产物难以分离 c．反应条件苛刻 d．严重污染环境
【答案】(1)π
(2) 7
(3) 乙酸 丙酮
(4)
(5) ab
【分析】A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），B与Mg在无水乙醚中发生生成C（CH3CH2MgBr），C与CH3COCH3反应生成D（），D在氧化铝催化下发生消去反应生成E（），E和碱性高锰酸钾反应生成F（），参考D～E反应，F在氧化铝催化下发生消去反应生成G（），G与反应加成反应生成二酮H，据此分析解答。
【详解】（1）A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），乙烯的π键断裂，故答案为：π；
（2）D为，分子式为C5H12O，含有羟基的同分异构体分别为：共8种，除去D自身，还有7种同分异构体，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为，故答案为：7；；
（3）E为，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成和，名称分别为乙酸和丙酮，故答案为：乙酸；丙酮；
（4）由分析可知，G为，故答案为：；
（5）根据已知的反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I（）)和J（ ）。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率低，产物难以分离等问题，故答案为： ；ab。
270．（2023海南18）局部麻醉药福莫卡因的一种合成路线如下：
回答问题：
(1)A的结构简式： ，其化学名称 。
(2)B中所有官能团名称： 。
(3)B存在顺反异构现象，较稳定异构体的构型为 式(填“顺”或“反”)。
(4)B→C的反应类型为 。
(5)X与E互为同分异构体，满足条件①含有苯环②核磁共振氢谱只有1组吸收峰，则X的简式为： (任写一种)
(6)E→F的反应方程式为 。
(7)结合下图合成路线的相关信息。以苯甲醛和一两个碳的有机物为原料，设计路线合成 。
【答案】(1) 苯甲醛
(2)碳碳双键、酯基。
(3)反
(4)还原反应
(5)
(6)
(7)
【分析】结合B的结构式，可逆向推得A的结构为 ,B与氢气一定条件下反应还原生成C，C在SOCl2条件下发生取代反应生成D，D在HCHO、HCl、ZnCl2，发生取代反应生成E( )，E与 发生取代生成F，F与 发生取代反应生成福莫卡因。
【详解】（1）结合上述分析可知，A的结构简式： ，其化学名称苯甲醛；
（2）结合题干信息中B的结构式，B中所有官能团名称碳碳双键、酯基；
（3）顺式中的两个取代基处于同一侧，空间比较拥挤，范德华力较大，分子内能较高，不稳定，反式较顺式稳定；
（4）结合上述分析，B→C的反应类型为还原反应；
（5）E的结构为 ，同分异构体满足①含有苯环②核磁共振氢谱只有1组吸收峰，说明结构高度对称，则X的一种结构简式为 ；
（6）E→F的反应方程式为： ；
（7）乙醇分别催化氧化为乙醛、乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醛 乙酸乙酯反应生成CH3CH=CHCOOC2H5；苯甲醛与CH3CH=CHCOOC2H5反应生成 ，再水解生成 ，合成路线为： 。
271．（2023河北12）2，5-二羟基对苯二甲酸DHTA是一种重要的化工原料，广泛用于合成高性能有机颜料及光敏聚合物；作为钠离子电池的正、负电极材料也表现出优异的性能。利用生物质资源合成DHTA的路线如下：
已知：→2)H+/H2O1)NaNH2
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为 。
(2)C的结构简式为 。
(3)D的化学名称为 。
(4)G→H的化学方程式为 。
(5)写出一种能同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式 。
(a)核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为3:2；
(b)红外光谱中存在C=O吸收峰，但没有O-H吸收峰；
(c)可与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应。
(6)阿伏苯宗是防晒霜的添加剂之一。试以碘甲烷CH3I、对羟基苯乙酮()和对叔丁基甲苯[]为原料，设计阿伏苯宗的合成路线 。(无机试剂和三个碳以下的有机试剂任选)
【答案】(1)加成反应(或还原反应)
(2)CH3OOCCH2CH2COOH
(3)丁二酸二甲酯
(4)+4NaOH→ΔH2O+2CH3OH+2H2O
(5)
(6)
【分析】与H2在催化剂存在下发生加成反应生成，与CH3OH反应生成C，C的分子式为C5H8O4，则C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；C与CH3OH在酸存在下反应生成D；F与I2/KI、H2O2发生芳构化反应生成G，G的分子式为C10H10O6，G与NaOH/H2O加热反应生成H，H与H+/H2O反应生成DHTA，结合DHTA的结构简式知，G的结构简式为，H的结构简式为。
【详解】（1）对比A、B的结构简式，A→B为A与H2发生的加成反应（或还原反应）生成B。
（2）根据分析，C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；
（3）D的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，D中官能团为酯基，D的化学名称为丁二酸二甲酯。
（4）G的结构简式为，H的结构简式为，G→H的化学方程式为+4NaOH→ΔH2O+2CH3OH+2H2O。
（5）G的分子式为C10H10O6，G的同分异构体的红外光谱中存在C=O吸收峰、但没有O—H吸收峰，能与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应，G的同分异构体中含有、不含—OH，G的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰、且峰面积比为3∶2，则符合条件的G的同分异构体的结构简式为。
（6）对比与、CH3I、的结构简式，结合题给已知，可由与在1)NaNH2、2)H+/H2O作用下合成得到；可由与CH3I发生取代反应制得；可由先发生氧化反应生成、再与CH3OH发生酯化反应制得，则合成路线为：。
A．九霄环佩木古琴
B．裴李岗文化骨笛
C．商朝后期陶埙
D．曾侯乙青铜编钟
A．重组蛋白
B．高性能铜箔
C．氮化镓半导体
D．聚氨酯树脂
选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐
加热使蛋白质变性
B
环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料
聚乳酸在自然界可生物降解
C
家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈
铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4
D
学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气
沼气中含有的CH4可作燃料
与水反应
与NaOH溶液反应
i．2XeF2+2H2O=2Xe↑+O2↑+4HF
ii．2XeF2+4OH-=2Xe↑+O2↑+4F-+2H2O
iii．XeF6+3H2O=XeO3+6HF
iv．2XeF6+4Na++16OH-= Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
AgNO3溶液
B
NaOH溶液
Al2SO43溶液
C
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
D
KSCN溶液
FeCl3溶液
选项
A
B
C
D
污垢
银镜反应的银垢
石化设备内的硫垢
锅炉内的石膏垢
制氧的MnO2垢
试剂
6ml⋅L-1HNO3溶液
5%NaOH溶液；3%H2O2溶液
饱和Na2CO3溶液；5%柠檬酸溶液
浓HCl溶液
A
硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
6FeSO4+O2+2H2O=2Fe2SO43+2Fe(OH)2↓
B
硫化钠溶液出现浑浊颜色变深
Na2S+2O2=Na2SO4
C
溴水颜色逐渐褪去
4Br2+4H2O=HBrO4+7HBr
D
胆矾表面出现白色粉末
CuSO4⋅5H2O=CuSO4+5H2O
A．制取Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．收集Cl2
D．吸收尾气中的Cl2
A
B
C
D
制取NH3
转移溶液
保护铁件
收集NO
选项
A
B
C
D
目的
检验1-氯丁烷中氯元素
检验SO42-是否沉淀完全
制备检验醛基用的CuOH2
制备晶体CuNH34SO4⋅H2O
操作
A
B
C
D
制备CO2
分离乙醇和乙酸
验证SO2酸性
测量O2体积
选项
实验操作及现象
结论
A
Cl2通入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝
氧化性：Cl2>I2
B
CO2通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
C
SO2通入品红溶液中，溶液褪色
SO2具有氧化性
D
NH3通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红
氨水显碱性
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有Fe3+
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
Fe2+是否有还原性
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
C
Fe2+是否水解
向2mLFeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D
Fe2+能否催化H2O2分解
向2mL5%H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭
浓硫酸具有氧化性和脱水性
B
装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
NO2转化为N2O4的反应吸热
C
久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2
漂白粉的有效成分是CaCO3
D
1 ml⋅L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强
NaCl溶液的pH比醋酸的高
实验方案
现象
结论
A
往FeCl2溶液中加入Zn片
短时间内无明显现象
Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B
往Fe2SO43溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体
溶液先变成血红色后无明显变化
Fe3+与SCN-的反应不可逆
C
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液
溶液呈浅绿色
食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D
向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸
溶液先变成红褐色再析出沉淀
Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀
选项
实验操作
现象
结论
A
向盛有Fe(OH)3和NiOOH的试管中分别滴加浓盐酸
盛NiOOH的试管中产生黄绿色气体
氧化性：NiOOH>Fe(OH)3
B
向CuSO4溶液中通入H2S气体
出现黑色沉淀(CuS)
酸性：H2S