还剩21页未读，
继续阅读
2021-2022学年北京市门头沟区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年北京市门头沟区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共24页。试卷主要包含了24L甲烷中含有0，【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
“天问一号”火星探测器成功实施近火制动，顺利抵达火星轨道。下列“天问一号”所涉及的材料为金属材料的是( )
A. 大型抛物面天线骨架材料——铝合金
B. 运动部件的润滑材料——二硫化钼
C. 舱室的密封材料——硅橡胶
D. 探测器热防护材料——石墨纤维增强的新型复合材料
下列过程不涉及氧化还原反应的是( )
A. 电解熔融氯化钠制备金属钠B. 用氯气制消毒液
C. 过氧化钠做供氧剂D. 用NaHCO3治疗胃酸过多
下列化学用语书写正确的是( )
A. 2，2−二甲基丙烷的结构简式：
B. 羟基的电子式
C. Cl−的结构示意图：
D. 中子数为143的铀原子：
短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>R>X>Y
B. 气态氢化物的稳定性：X>Y>R
C. X与Z组成的化合物肯定含有共价键
D. X与R组成的化合物VSEPR模型一定和CH4的一样
用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下，2.24L甲烷中含有0.4NA个氢原子
B. 7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA
C. 12gC60和12g石墨均含有NA个碳原子
D. 1L0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液中，CH3COO−的数目为0.1NA
下列解释事实的方程式不正确的是( )
A. FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+
B. 用FeCl3溶液腐蚀覆铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
C. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：Fe−3e−=Fe3+
D. 向AgCl悬浊液中滴加0.1ml⋅L−1KI溶液，白色沉淀变成黄色AgCl(s)+I−(aq)=AgI(s)+Cl−(aq)
下列实验操作能达到实验目的是( )
A. 检验溴乙烷消去反应的产物
B. 证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶
C. 检验蔗糖的水解产物
D. 探究铁的析氢腐蚀
下列元素或化合物的性质变化顺序不正确的是( )
A. 共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
B. 元素的第一电离能：Cl>S>P>Si
C. 卤素单质的熔点：I2>Br2>Cl2>F2
D. 羧酸的pKa：CH3CH2COOH>CH3COOH>HCOOH
由同一反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ时的能量变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 反应Ⅰ为吸热反应
B. 反应Ⅱ无需加热即可发生
C. 加催化剂后，反应结束时反应Ⅱ曲线不可能位于反应Ⅰ上方
D. 反应Ⅱ过程中断开化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量
以邻苯二酚为原料的某合成路线如图，下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ→Ⅱ是取代反应
B. Ⅱ与Ⅲ互为同分异构体
C. 1mlⅢ最多能与2mlNaOH反应
D. 预测可以发生反应
下列有关说法正确的是( )
A. 水溶液中c(OH−)>c(H+)，溶液一定显碱性
B. pH均为3的盐酸和醋酸溶液与足量锌反应，后者产生的氢气多
C. NH4HSO4溶液呈酸性说明NH3⋅H2O是弱电解质
D. 室温下，将0.2ml/L的醋酸溶液与0.1ml/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH<7，则：c(Na+)>c(CH3COO−)
室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
采用Pd−Fe3O4双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO3−、NO2−。Fe3O4中Fe的价态有+2、+3价，用Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示，其反应历程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 用该法处理后水体的pH降低
B. 过程③中NO2−被Fe(Ⅱ)还原为NH4+
C. 过程④每生成1mlN2，转移3ml电子
D. Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸。下列说法不正确的是( )
A. 电极b周围溶液pH变大
B. 溶液中H+由a极区向b极区迁移
C. 电极a的电极反应式是SO2−2e−+2H2O=4H++SO42−
D. 一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等
甲醇是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇，反应为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H。
(1)在体积可变的密闭容器中投入0.5mlCO和0.75mlH2，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
①根据图象判断△H______0(填“<”或“>”)；M点H2的转化率为 ______。
②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，该反应平衡常数K=______。
③下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的 ______(填字母序号)。
a.v(H2)=2v(CH3OH)
b.CH3OH的体积分数不再改变
c.混合气体的密度不再改变
④平衡后再加入0.5mlCO和0.75mlH2后重新到达平衡，则CO的转化率 ______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(2)石墨烯基锂离子电池可以提升锂离子电池的性能。某实验小组用以石墨烯(C)和LiCO2为电极材料的锂离子电池电解氧化甲醇废水。如图为电解装置示意图。
①b极的电极反应式是 ______。
②下列说法正确是(填字母序号)______。
a.阳极的电极反应是：CH3OH+H2O−6e−=CO2+6H+
b.电解过程中，H+从A室经质子交换膜进入B室
c.该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源正极
铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁(FexNy)是其中一种，某FexNy的制备需铁、
氮气、丙酮和乙醇参与。
(1)Fe在元素周期表中的位置 ______。
(2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是 ______，1ml丙酮分子中含有σ键的数目为 ______ml。
(3)乙醇的晶体类型为 ______，乙醇分子中C、O、H三种元素中电负性最大的元素是 ______。
(4)乙醇的沸点(78.3℃)高于丙酮的沸点(56.5℃)，原因是 ______。
(5)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CunNy。由FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 ______。基态Cu原子的价电子轨道表示式为 ______。
化合物J()是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：
已知：i.
ii.
回答下列问题：
(1)A分子中含有的官能团是 ______。
(2)B生成C的化学方程式为 ______。
(3)F→G所需的试剂a是 ______。
(4)G→H的化学方程式为 ______。
(5)I的结构简式为 ______。
(6)G有多种同分异构体，写出符合下列要求的M的结构简式 ______。
①含有硝基(−NO2)的芳香族化合物
②遇三氯化铁溶液显紫色
③核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2
(7)请设计以对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成路线(其它试剂任选)______。
已知：①
②氨基易被氧化。
KMnO4和MnO2都是实验室常见药品，某小组同学对这两种物质做了如下探究。
I.从粗品(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)中获得MnO2，其工艺流程如图。
请回答下列问题：
(1)第①步操作中，加快酸溶速率的措施 ______。
(2)第②步操作中，NaClO3将Mn2+转化为MnO2，利用电解法也可实现这步转化，生成MnO2的电极反应式为 ______。
(3)第③步操作中，Cl2生成NaClO3的反应化学方程式为 ______。
(4)为得到纯净的MnO2，需将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。设计检验MnO2是否洗涤干净的实验方案：______。
(5)NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取Cl2，制取相同物质的量的Cl2消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为 ______。
II.探究酸性KMnO4和Na2C2O4的反应
(6)该小组同学做了如下实验：将酸性KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的Na2C2O4溶液中(温度相同，并不断振荡)，记录现象如下：
①请将MnO4−氧化C2O42−的离子方程式补充完整：______MnO4−+______C2O42−+____________=______Mn2++______CO2↑+____________。
②请分析KMnO4溶液褪色时间变化的最可能原因 ______。
某小组探究Cu与HNO3反应，发现有趣的现象。室温下，溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下3ml⋅L−1稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。
(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式：______。
(2)分析溶液A的成分后，同学们探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。
①假设1：______对该反应有催化作用。
实验验证：向B中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。
结论：假设1不成立。
②假设2：NO2对该反应有催化作用。
方案1：向放有铜片的B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向放有铜片的B中加入数滴5ml⋅L−1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是 ______。
方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C溶液的反应速率：ν(A)>ν(C)>ν(B)。该实验能够证明假设2成立的理由是 ______。
③经检验，A溶液中还含有少量HNO2。实验证明HNO2也对该反应有催化作用，操作和现象是：向含有铜片的B溶液中 ______。
结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。
(3)请推测Cu与稀硝酸反应中NO2和HNO2参与的可能催化过程：
①Cu+2NO2+2H+=Cu2++2HNO2
②______。
③______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.铝合金是合金材料，由两种或两种以上的金属密切混合和结合所构成的物质，合金属于金属材料，故A正确；
B.二硫化钼是无机非金属材料，故B错误；
C.硅橡胶是有机高分子材料，故C错误；
D.石墨纤维增强的新型复合材料，不是金属材料，故D错误；
故选：A。
金属材料是指具有光泽、延展性、容易导电、传热等性质的材料，包括金属单质及其合金，据此进行分析。
本题考查物质的分类，主要考查金属材料，解题的关键是了解金属材料的定义，难度较小。
2.【答案】D
【解析】解：A.电解熔融氯化钠制金属钠，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A错误；
B.用氯气制消毒液，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C.过氧化钠做供氧剂，氧元素发生歧化反应，属于氧化还原反应，故C错误；
D.用NaHCO3治疗胃酸过多，不存在元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
化合价升降为氧化还原反应的特征，则存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此结合反应实质判断。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.2，2−二甲基丙烷的主链上有3个碳原子，在2号碳原子上有两个甲基，故结构简式为，故A正确；
B.羟基中氧原子的外围电子数为7，有一个单电子，其电子式为，故B错误；
C.Cl−的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布，则Cl−的结构示意图为，故C错误；
D.中子数为143的铀原子的质量数为92+143=235，则中子数为143的铀原子为 92235U，故D错误；
故选：A。
A.2，2−二甲基丙烷的主链上有3个碳原子，在2号碳原子上有两个甲基；
B.羟基中O原子的外围电子数为7；
C.是氯原子的结构示意图；
D.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号的左上角，质子数标注于左下角。
本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、电子式、核素符号及结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：结合分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，R为S元素，
A.主族元素同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z>R>X>Y，故A正确；
B.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F>O>S，则气态氢化物的稳定性：Y>X>R，故B错误；
C.O、Na形成的氧化钠中只含有离子键，不存在共价键，故C错误；
D.X与R组成的化合物有SO2、SO3，SO3的中心S原子的价层电子对数为3+6−2×32=3，其VSEPR模型为平面三角形，SO2中S的价层电子对数为2+6−2×22=3，其VSEPR模型为平面三角形，CH4的VSEPR模型为正四面体结构，所以X与R组成的化合物VSEPR模型与CH4的不同，故D错误；
故选：A。
短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，则X为O；Z在X中燃烧火焰呈黄色，则Z为Na；Y介于O、Na之间，且为主族元素，则Y为F；R基态原子p能级有一对成对电子，其原子序数大于Na，R原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则R为S元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、物质性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.标准状况下，2.24L甲烷中含有：×4×NAml−1=0.4NA个氢原子，故A正确；
中含有的离子数为：7.8g78g/ml×3×NAml−1=0.3NA，故B正确；
C.12gC60和12g石墨均含有碳原子个数为：12g12g/ml×NAml−1=NA个，故C正确；
D.醋酸为弱酸，水溶液中部分电离，所以1L0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液中，CH3COO−的数目小于0.1NA，故D错误；
故选：D。
A.1个甲烷含有4个H；
B.1个过氧化钠含有2个钠离子、1个过氧根离子；
C.C60和石墨都是由碳原子构成；
D.醋酸为弱酸，水溶液中部分电离。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，熟悉以物质的量为核心计算公式，明确物质的结构组成是解题关键。
6.【答案】C
【解析】解：A.FeCl3溶液呈酸性，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故A正确；
B.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；
C.铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故C错误；
D.向AgCl悬浊液中滴加0.1ml⋅L−1KI溶液，白色沉淀变成黄色，离子方程式为：AgCl(s)+I−(aq)=AgI(s)+Cl−(aq)，故D正确；
故选：C。
A.铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；
B.铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子；
C.钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失去电子生成亚铁离子；
D.发生沉淀转化，氯化银与碘离子反应生成碘化银沉淀和氯离子。
本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等，本题还需注意量对产物的影响、氧化还原反应原理的应用。
7.【答案】C
【解析】解：A.乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，高锰酸钾褪色不能检验乙烯，故A错误；
B.NaOH过量，均为沉淀生成，不能说明氢氧化铁更难溶，故B错误；
C.酸性条件下水解，水解后在碱性条件下检验葡萄糖，生成砖红色沉淀可检验，故C正确；
D.食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，导管中红墨水高度上升，故D错误；
故选：C。
A.乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色；
B.NaOH过量，均为沉淀生成；
C.酸性条件下水解，水解后在碱性条件下检验葡萄糖；
D.食盐水为中性，发生吸氧腐蚀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.非金属性F>Cl>Br>I，共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，故A正确；
B.元素的第一电离能：Cl>P>S>Si，故B错误；
C.卤素单质的熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则从F2到I2逐渐升高，即：I2>Br2>Cl2>F2，故C正确；
D.连羧基上的烃基链越短，越利于羧酸的电离，羧酸的pKa：CH3CH2COOH>CH3COOH>HCOOH，故D正确；
故选：B。
A.共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，非金属性越强，气态氢化物中，共价键的极性越强；
B.同周期从左到右，元素的第一电离能增大的趋势，其中第ⅡA、ⅤA元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大；
C.卤素单质形成的为分子晶体，熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高；
D.连羧基上的烃基链越短，越利于羧酸的电离。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握第一电离能、分子在晶体的熔点判断、共价键的影响因素，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。
9.【答案】B
【解析】解：A.结合分析可知，反应I为吸热反应，故A正确；
B.反应II为放热反应，但是与反应发生条件无关，故B错误；
C.加催化剂后，反应结束时反应Ⅱ活化能降低，但是焓变不发生变化，故曲线反应Ⅱ曲线不可能位于反应Ⅰ上方，故C正确；
D.反应Ⅱ为放热反应，故过程中断开化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量，故D正确；
故选：B。
分析可知，反应I为吸热反应，反应II为放热反应，反应I的正反应活化能较小，反应II的正反应活化能较大，据此分析回答问题。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.对比有机物结构，可知Ⅰ→Ⅱ过程中酚羟基上氢原子被−COCH2Cl替代，反应类型为取代反应，故A正确；
B.Ⅱ与Ⅲ分子式相同、结构不相同，二者互为同分异构体，故B正确；
C.酚羟基与NaOH发生中和反应，氯原子水解生成的HCl与NaOH发生中和反应，1mlⅢ最多能与3mlNaOH反应，故C错误；
D.类比Ⅱ→Ⅲ的转化，预测可以发生反应，故D正确；
故选：C。
A.Ⅰ→Ⅱ过程中酚羟基上氢原子被−COCH2Cl替代；
B.Ⅱ与Ⅲ分子式相同，二者结构不相同；
C.酚羟基与NaOH发生中和反应，氯原子水解生成的HCl与NaOH发生中和反应；
D.类比Ⅱ→Ⅲ的转化。
本题考查有机物合成，涉及有机反应类型、同分异构体、官能团的性质等，题目侧重考查学生分析能力、自学能力、知识迁移运用能力等。
11.【答案】A
【解析】解：A.碱性溶液中c(OH−)>c(H+)，酸性溶液中c(OH−)c(H+)，溶液一定显碱性，故A正确；
B.醋酸和盐酸分别于足量Zn反应时，生成氢气的多少与酸的物质的量成正比，两种酸溶液的体积相对大小未知，无法判断哪种酸生成的氢气多，故B错误；
C.NH4+水解生成H+、NaHSO4电离生成H+都导致溶液呈酸性，所以根据该溶液呈酸性不能判断NH3⋅H2O是弱电解质，故C错误；
D.室温下，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液的pH<7，则c(OH−)故选：A。
A.碱性溶液中c(OH−)>c(H+)，酸性溶液中c(OH−)B.醋酸和盐酸分别于足量Zn反应时，生成氢气的多少与酸的物质的量成正比；
C.NH4+水解、NaHSO4电离都导致溶液呈酸性；
D.室温下，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液的pH<7，则c(OH−)本题考查弱电解质电离、溶液酸碱性判断等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性判断方法等知识点是解本题关键，B为解答易错点。
12.【答案】B
【解析】解：A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；
B.Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgI)C.溴水可与KI反应生成碘，由现象可知Br2的氧化性比I2的强，故C错误；
D.水解程度越大，对应酸的酸性越弱，由pH可知，后者水解程度小，HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的弱，故D错误；
故选：B。
A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰；
B.Ksp小的先沉淀；
C.溴水可与KI反应生成碘；
D.水解程度越大，对应酸的酸性越弱。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、沉淀生成、弱电解质与盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消耗氢离子，用该法处理后，水体的pH升高，故A错误；
B.过程③发生的反应为Fe2+与酸性废水中的致癌物NO2−发生氧化还原反应，NO2−的+3价N元素变为0价，化合价降低被还原，反应为：NO2−+6Fe2++8H+=6Fe3++NH4++2H2O，NO2−被Fe(Ⅱ)还原为NH4+，故B正确；
C.过程④反应为：NO2−+NH4+=N2↑+2H2O，NO2−的+3价N元素变为0价，每生成1mlN2，转移了3ml电子，故C正确；
D.H2消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故D正确；
故选：A。
图示可知，Fe3O4/Pd为催化材料，H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，两反应中N元素化合价降低被还原，H元素化合价升高被氧化，氢气为还原剂，NO3−、NO2−为氧化剂，据此解答。
本题考查物质性质、氧化还原反应，注重氧化还原反应的考查，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能。
14.【答案】D
【解析】解：A.电极b为正极，氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，pH变大，故A正确；
B.电极b为正极，故溶液中H+由a极区向b极区迁移，故B正确；
C.a极为负极，电极反应式为2H2O+SO2−2e−=SO42−+4H+，故C正确；
D.电池总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，故一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量为2：1，故D错误；
故选：D。
该装置为原电池，由图可知，硫元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为2H2O+SO2−2e−=SO42−+4H+，b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，电池总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】<66.7%16bc不变 2H++2e−=H2↑ab
【解析】解：(1)①根据图像可知，压强相同时，随着温度升高，CH3OH的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应是一个放热反应，即△H<0；由图中M点对应的数据可知，CH3OH的物质的量为0.25ml，根据反应方程式可知，要生成0.25mlCH3OH，消耗H2的物质的量为0.50ml，则M点H2的转化率为×100%=66.7%，
故答案为：<；66.7%；
②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，根据M点数据三段式分析为：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(ml/L)
变化(ml/L)
平衡(ml/L)
则该反应平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=×0.252=16，
故答案为：16；
③a.化学平衡的特征之一为正逆反应速率相等，而v(H2)=2v(CH3OH)未告知正、逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故 a错误；
b.化学平衡的特征之一为反应体系中各组分的百分含量保持不变，故CH3OH的体积分数不再改变，说明反应达到化学平衡状态，故b正确；
c.反应前后气体的质量保持不变，容器的体积在发生改变，即达到平衡过程中体系中混合气体的密度一直在改变，现在混合气体的密度不再改变，说明反应达到平衡了，故c正确；
故答案为：bc；
④由于反应容器是恒温恒压，故平衡后再加入0.5mlCO和0.75mlH2，保持投料比相等，则混合后重新到达平衡与原平衡为等效平衡，则CO的转化率不变，
故答案为：不变；
(2)①由题干图示信息可知，b极上是H+得到电子，发生还原反应生成H2，故其电极反应式是2H++2e−=H2↑，
故答案为：2H++2e−=H2↑；
②a.电解池中阳极上发生氧化反应，根据图示信息可知，阳极的电极反应是：CH3OHH2O−6e−=CO2+6H+，故a正确；
b.由上述分析可知，A室为阳极室，即LiCO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室，故电解过程中，H+从A室经质子交换膜进入B室，故b正确；
c.由上述分析可知，A室为阳极室，即LiCO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室，该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源负极，故c错误；
故答案为：ab。
(1)①根据图像可知，压强相同时，随着温度升高，CH3OH的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动；
②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，根据M点数据三段式分析为：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(ml/L)
变化(ml/L)
平衡(ml/L)
该反应平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)；
③可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，且变化的物理量不再变化；
④由于反应容器是恒温恒压，故平衡后再加入0.5mlCO和0.75mlH2，保持投料比相等，则混合后重新到达平衡与原平衡为等效平衡；
(2)①由题干图示信息可知，b极上是H+得到电子，发生还原反应生成H2；
②a.电解池中阳极上发生氧化反应，失去电子，生成二氧化碳；
b.A室为阳极室，即LiCO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室；
c.A室为阳极室，B室为阴极室，该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源负极。
本题考查化学平衡的计算、平衡影响因素分析判断、平衡常数的计算分析、平衡状态的理解应用、原电池原理和电极反应书写等知识点，为高频考点，把握平衡移动原理、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
16.【答案】第四周期VIII族 sp2和sp3 9 分子晶体 O 乙醇分子间存在氢键 Fe3CuN
【解析】解：(1)Fe位于元素周期表的第四周期Ⅷ族内左起第1列，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，所以铁位于周期表中第四周期第Ⅷ族，
故答案为：第四周期VIII族；
(2)酮羰基中的C原子含有3个δ键，该原子的杂化轨道类型为sp2，−CH3中的C原子含有4个δ键，该原子的杂化轨道类型为sp3，1个丙酮分子含有的δ键数：4×2+1=9，故1ml丙酮分子含有9mlδ键，
故答案为：sp2和sp3；9；
(3)乙醇是由分子构成的物质，形成的晶体为分子晶体，其组成元素非金属性H故答案为：分子晶体；O；
(4)乙醇比丙酮相对分子质量小，但乙醇沸点高，原因在于氢键和范德华力之别，乙醇含有轻基决定了乙醇分子间存在氢键，丙酮的O原子在羰基中，丙酮不具备形成氢键的条件，丙酮分子间只存在范德华力，氢键比范德华力强得多，
故答案为：乙醇分子间存在氢键；
(5)能量低的晶胞稳定性强，由图2知，Cu替代a位置Fe型晶胞更稳定，每个晶胞均摊Fe原子数：6×12=3，Cu原子数：8×18=1，N原子数是1，则Cu替代a位置Fe型产物的化学式为Fe3CuN，铜第29号元素，价电子排布式为3d104s1；价电子轨道表示式为，
故答案为：。
(1)Fe为26号元素，Fe原子基态核外电子排布式为[Ar]3d64s2；
(2)甲基上的碳原子为sp3杂化，炭基上的碳原子为sp2杂化，单键全为δ键，1个双键中含有1个δ键和1个π键；
(3)分子晶体是由分子构成的物质，元素非金属性：H(4)乙醇中的羟基之间可以形成分子间氢键；
(5)能量越低越稳定，从图乙知，Cu替代a位置Fe型会更稳定，其晶胞中Cu位于8个顶点，N(Cu)=8×18=1，Fe位于面心，N(Fe)=6×12=3，N位于体心，N(N)=1，其化学式为Fe3CuN。
本题考查了元素周期表的结构，电子排布、电负性、化学键、氢键以及晶胞结构，综合性强，有一定难度，侧重考查学生对所学知识的识记能力、迁移应用能力。
17.【答案】羧基 2CH3COOCH3→碱CH3COCH2COOCH3+CH3OHNaOH溶液 2+O2→△Cu2+2H2O
【解析】解：(1)由分析可知，A的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，
故答案为：羧基；
(2)由分析可知，B生成C反应为在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3和甲醇，反应的化学方程式为2CH3COOCH3CH3→碱COCH2COOCH3+CH3OH，
故答案为：2CH3COOCH3→碱CH3COCH2COOCH3+CH3OH；
(3)由分析可知，F→G的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和氯化钠，则试剂a为氢氧化钠溶液，
故答案为：NaOH溶液；
(4)由分析可知，G→H的反应为在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O2→△Cu2+2H2O，
故答案为：2+O2→△Cu2+2H2O；
(5)由分析可知，I的结构简式为，
故答案为：；
(6)G的同分异构体M为遇三氯化铁溶液显紫色的含有硝基的芳香族化合物，则M中含有硝基和酚羟基，符合核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为，
故答案为：；
(7)由题给流程和信息可知，对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成步骤为与高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与丙酮先后发生加成反应、消去反应生成，合成路线为，
故答案为：。
由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3COOH与CH3OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH3，则A为CH3COOH、B为CH3COOCH3；在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3，则C为CH3COCH2COOCH3；CH3COCH2COOCH3与NH3先后发生加成反应、消去反应生成；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则D为、E为；在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则F为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则G为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则H为；与CH3COCH2COOCH3发生信息ii反应生成，则I为；与先后发生加成反应、消去反应生成，据此分析解答。
本题考查有机物的合成，难度中等，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写等，分析结构变化明确发生的反应是解答的关键，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
18.【答案】加热、研磨等 Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+ 3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净 1：32516H+ 2108H2O反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好
【解析】解：(1)第①步操作中，加快酸溶速率的措施加热、研磨等，
故答案为：加热、研磨等；
(2)第②步操作中，NaClO3将Mn2+转化为MnO2，利用电解法也可实现这步转化，生成MnO2的电极反应式为Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+，
故答案为：Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+；
(3)第③步操作中，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，反应化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，
故答案为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；
(4)设计检验MnO2是否洗涤干净即检验是否存在硫酸根离子即可，具体操作方法为取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净，
故答案为：取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净；
(5)NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O、MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，假设都生成3ml氯气时，需消耗NaClO3与MnO2的物质的量分别是1ml、3ml，所以制取等量的氯气消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为1：3，
故答案为：1：3；
(6)①反应中MnO4−→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42−→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4−系数为2，C2O42−系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为8，配平后离子方程式为2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；
②反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，
故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。
I.粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3−+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O；
II.(6)①草酸根离子具有还原性，把MnO4−还原为Mn2+，根据化合价升降方法，反应中MnO4−→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42−→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4−系数为2，C2O42−系数为5，再根据元素守恒、电荷守恒确定其它物质的系数；
②反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
19.【答案】3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OCu2+ 排除通入NO2与水反应引起硝酸浓度增大的影响 通入的氮气可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中的NO2的浓度：B>C>A，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用 加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行 NO3−+HNO2+H+=2NO2+H2O2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O)
【解析】解：(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)①实验来验证假设，向溶液A中加入少量硝酸铜，故假设应为Cu2+的催化作用，
故答案为：Cu2+；
②方案Ⅰ：实验验证NO2对该反应有催化作用，要保证唯一变量，NO2与水反应会产生硝酸，加入硝酸，排除是硝酸浓度的变化对实验的影响，
故答案为：排除通入NO2与水反应引起硝酸浓度增大的影响；
方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：B>C>A，假设2成立，NO2对该反应有催化作用，这三支试管的反应速率不同，可能因为NO2的浓度不同，考虑到通入的氮气带走了部分的NO2，
故答案为：通入的氮气可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中的NO2的浓度：B>C>A，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用；
③NO2溶于水生成HNO2时化合价降低，那么另一种物质N的化合价必然要升高，即生成HNO3，要证明HNO2对该反应也有催化作用，那么就要向溶液中加入亚硝酸根离子，可以加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行，
故答案为：加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行；
(3)HNO2作催化剂，那么①步消耗，在②步应该要生成，铜和稀硝酸生成NO，所以NO2也为中间产物，结合①，第②③步发生的反应为：NO3−+HNO2+H+=2NO2+H2O，2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O)，
故答案为：NO3−+HNO2+H+=2NO2+H2O；2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O)。
(1)铜与稀硝酸反应生成NO，硝酸铜、水；
(2)①实验来验证假设，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，向溶液中加入硝酸后得到硝酸铜，加入铜片生成大量气泡，因而可假设Cu2+具有催化作用；
②方案Ⅰ：实验采取单一变量法进行验证，实验验证NO2对该反应有催化作用，需要保证唯一变量，NO2与水反应会产生硝酸，加入硝酸，排除是硝酸浓度的变化对实验的影响；
方案Ⅱ：实验能够证明假设2成立，需要实验的唯一变量为二氧化氮的浓度，向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：B>C>A，假设2成立，NO2对该反应有催化作用，这三支试管的反应速率不同，可能因为NO2的浓度不同，考虑到通入的氮气带走了部分的NO2；
③NO2溶于水生成HNO2时N的化合价降低，依据氧化还原反应的规律可知另一种物质N的化合价必然要升高，要证明HNO2对该反应也有催化作用，那么就要向溶液中加入亚硝酸根离子；
(3)催化剂是能够改变化学反应速率但是在反应前后物质的量不变的物质，HNO2作催化剂，那么i步消耗，在ii步应该要生成，铜和稀硝酸生成NO，所以NO2也为中间产物。
本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
选项
实验操作和现象
结论
A
向 X 溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN 溶液，溶液变为红色
X 溶液中一定含有 Fe2+
B
向浓度均为 0.05ml⋅L−1的 NaI、NaCl 混合溶液中滴加少量 AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)C
向 3 mL KI 溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加 1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
Br2的还原性比 I2的强
D
用 pH 试纸测得：CH3COONa溶液的 pH 约为 9，NaNO2溶液的 pH 约为 8
HNO2电离出 H+的能力比
CH3COOH的强
滴加KMnO4溶液的量
KMnO4溶液紫色褪去所需的时间
滴入第1滴
60s
滴入第2滴
15s
滴入第3滴
3s
滴入第4滴
1s
“天问一号”火星探测器成功实施近火制动，顺利抵达火星轨道。下列“天问一号”所涉及的材料为金属材料的是( )
A. 大型抛物面天线骨架材料——铝合金
B. 运动部件的润滑材料——二硫化钼
C. 舱室的密封材料——硅橡胶
D. 探测器热防护材料——石墨纤维增强的新型复合材料
下列过程不涉及氧化还原反应的是( )
A. 电解熔融氯化钠制备金属钠B. 用氯气制消毒液
C. 过氧化钠做供氧剂D. 用NaHCO3治疗胃酸过多
下列化学用语书写正确的是( )
A. 2，2−二甲基丙烷的结构简式：
B. 羟基的电子式
C. Cl−的结构示意图：
D. 中子数为143的铀原子：
短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>R>X>Y
B. 气态氢化物的稳定性：X>Y>R
C. X与Z组成的化合物肯定含有共价键
D. X与R组成的化合物VSEPR模型一定和CH4的一样
用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下，2.24L甲烷中含有0.4NA个氢原子
B. 7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA
C. 12gC60和12g石墨均含有NA个碳原子
D. 1L0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液中，CH3COO−的数目为0.1NA
下列解释事实的方程式不正确的是( )
A. FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+
B. 用FeCl3溶液腐蚀覆铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
C. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：Fe−3e−=Fe3+
D. 向AgCl悬浊液中滴加0.1ml⋅L−1KI溶液，白色沉淀变成黄色AgCl(s)+I−(aq)=AgI(s)+Cl−(aq)
下列实验操作能达到实验目的是( )
A. 检验溴乙烷消去反应的产物
B. 证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶
C. 检验蔗糖的水解产物
D. 探究铁的析氢腐蚀
下列元素或化合物的性质变化顺序不正确的是( )
A. 共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
B. 元素的第一电离能：Cl>S>P>Si
C. 卤素单质的熔点：I2>Br2>Cl2>F2
D. 羧酸的pKa：CH3CH2COOH>CH3COOH>HCOOH
由同一反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ时的能量变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 反应Ⅰ为吸热反应
B. 反应Ⅱ无需加热即可发生
C. 加催化剂后，反应结束时反应Ⅱ曲线不可能位于反应Ⅰ上方
D. 反应Ⅱ过程中断开化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量
以邻苯二酚为原料的某合成路线如图，下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ→Ⅱ是取代反应
B. Ⅱ与Ⅲ互为同分异构体
C. 1mlⅢ最多能与2mlNaOH反应
D. 预测可以发生反应
下列有关说法正确的是( )
A. 水溶液中c(OH−)>c(H+)，溶液一定显碱性
B. pH均为3的盐酸和醋酸溶液与足量锌反应，后者产生的氢气多
C. NH4HSO4溶液呈酸性说明NH3⋅H2O是弱电解质
D. 室温下，将0.2ml/L的醋酸溶液与0.1ml/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH<7，则：c(Na+)>c(CH3COO−)
室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
采用Pd−Fe3O4双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO3−、NO2−。Fe3O4中Fe的价态有+2、+3价，用Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示，其反应历程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 用该法处理后水体的pH降低
B. 过程③中NO2−被Fe(Ⅱ)还原为NH4+
C. 过程④每生成1mlN2，转移3ml电子
D. Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸。下列说法不正确的是( )
A. 电极b周围溶液pH变大
B. 溶液中H+由a极区向b极区迁移
C. 电极a的电极反应式是SO2−2e−+2H2O=4H++SO42−
D. 一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等
甲醇是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇，反应为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H。
(1)在体积可变的密闭容器中投入0.5mlCO和0.75mlH2，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
①根据图象判断△H______0(填“<”或“>”)；M点H2的转化率为 ______。
②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，该反应平衡常数K=______。
③下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的 ______(填字母序号)。
a.v(H2)=2v(CH3OH)
b.CH3OH的体积分数不再改变
c.混合气体的密度不再改变
④平衡后再加入0.5mlCO和0.75mlH2后重新到达平衡，则CO的转化率 ______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(2)石墨烯基锂离子电池可以提升锂离子电池的性能。某实验小组用以石墨烯(C)和LiCO2为电极材料的锂离子电池电解氧化甲醇废水。如图为电解装置示意图。
①b极的电极反应式是 ______。
②下列说法正确是(填字母序号)______。
a.阳极的电极反应是：CH3OH+H2O−6e−=CO2+6H+
b.电解过程中，H+从A室经质子交换膜进入B室
c.该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源正极
铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁(FexNy)是其中一种，某FexNy的制备需铁、
氮气、丙酮和乙醇参与。
(1)Fe在元素周期表中的位置 ______。
(2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是 ______，1ml丙酮分子中含有σ键的数目为 ______ml。
(3)乙醇的晶体类型为 ______，乙醇分子中C、O、H三种元素中电负性最大的元素是 ______。
(4)乙醇的沸点(78.3℃)高于丙酮的沸点(56.5℃)，原因是 ______。
(5)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CunNy。由FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 ______。基态Cu原子的价电子轨道表示式为 ______。
化合物J()是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：
已知：i.
ii.
回答下列问题：
(1)A分子中含有的官能团是 ______。
(2)B生成C的化学方程式为 ______。
(3)F→G所需的试剂a是 ______。
(4)G→H的化学方程式为 ______。
(5)I的结构简式为 ______。
(6)G有多种同分异构体，写出符合下列要求的M的结构简式 ______。
①含有硝基(−NO2)的芳香族化合物
②遇三氯化铁溶液显紫色
③核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2
(7)请设计以对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成路线(其它试剂任选)______。
已知：①
②氨基易被氧化。
KMnO4和MnO2都是实验室常见药品，某小组同学对这两种物质做了如下探究。
I.从粗品(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)中获得MnO2，其工艺流程如图。
请回答下列问题：
(1)第①步操作中，加快酸溶速率的措施 ______。
(2)第②步操作中，NaClO3将Mn2+转化为MnO2，利用电解法也可实现这步转化，生成MnO2的电极反应式为 ______。
(3)第③步操作中，Cl2生成NaClO3的反应化学方程式为 ______。
(4)为得到纯净的MnO2，需将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。设计检验MnO2是否洗涤干净的实验方案：______。
(5)NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取Cl2，制取相同物质的量的Cl2消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为 ______。
II.探究酸性KMnO4和Na2C2O4的反应
(6)该小组同学做了如下实验：将酸性KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的Na2C2O4溶液中(温度相同，并不断振荡)，记录现象如下：
①请将MnO4−氧化C2O42−的离子方程式补充完整：______MnO4−+______C2O42−+____________=______Mn2++______CO2↑+____________。
②请分析KMnO4溶液褪色时间变化的最可能原因 ______。
某小组探究Cu与HNO3反应，发现有趣的现象。室温下，溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下3ml⋅L−1稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。
(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式：______。
(2)分析溶液A的成分后，同学们探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。
①假设1：______对该反应有催化作用。
实验验证：向B中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。
结论：假设1不成立。
②假设2：NO2对该反应有催化作用。
方案1：向放有铜片的B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向放有铜片的B中加入数滴5ml⋅L−1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是 ______。
方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C溶液的反应速率：ν(A)>ν(C)>ν(B)。该实验能够证明假设2成立的理由是 ______。
③经检验，A溶液中还含有少量HNO2。实验证明HNO2也对该反应有催化作用，操作和现象是：向含有铜片的B溶液中 ______。
结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。
(3)请推测Cu与稀硝酸反应中NO2和HNO2参与的可能催化过程：
①Cu+2NO2+2H+=Cu2++2HNO2
②______。
③______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.铝合金是合金材料，由两种或两种以上的金属密切混合和结合所构成的物质，合金属于金属材料，故A正确；
B.二硫化钼是无机非金属材料，故B错误；
C.硅橡胶是有机高分子材料，故C错误；
D.石墨纤维增强的新型复合材料，不是金属材料，故D错误；
故选：A。
金属材料是指具有光泽、延展性、容易导电、传热等性质的材料，包括金属单质及其合金，据此进行分析。
本题考查物质的分类，主要考查金属材料，解题的关键是了解金属材料的定义，难度较小。
2.【答案】D
【解析】解：A.电解熔融氯化钠制金属钠，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A错误；
B.用氯气制消毒液，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C.过氧化钠做供氧剂，氧元素发生歧化反应，属于氧化还原反应，故C错误；
D.用NaHCO3治疗胃酸过多，不存在元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
化合价升降为氧化还原反应的特征，则存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此结合反应实质判断。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.2，2−二甲基丙烷的主链上有3个碳原子，在2号碳原子上有两个甲基，故结构简式为，故A正确；
B.羟基中氧原子的外围电子数为7，有一个单电子，其电子式为，故B错误；
C.Cl−的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布，则Cl−的结构示意图为，故C错误；
D.中子数为143的铀原子的质量数为92+143=235，则中子数为143的铀原子为 92235U，故D错误；
故选：A。
A.2，2−二甲基丙烷的主链上有3个碳原子，在2号碳原子上有两个甲基；
B.羟基中O原子的外围电子数为7；
C.是氯原子的结构示意图；
D.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号的左上角，质子数标注于左下角。
本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、电子式、核素符号及结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：结合分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，R为S元素，
A.主族元素同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z>R>X>Y，故A正确；
B.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F>O>S，则气态氢化物的稳定性：Y>X>R，故B错误；
C.O、Na形成的氧化钠中只含有离子键，不存在共价键，故C错误；
D.X与R组成的化合物有SO2、SO3，SO3的中心S原子的价层电子对数为3+6−2×32=3，其VSEPR模型为平面三角形，SO2中S的价层电子对数为2+6−2×22=3，其VSEPR模型为平面三角形，CH4的VSEPR模型为正四面体结构，所以X与R组成的化合物VSEPR模型与CH4的不同，故D错误；
故选：A。
短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，则X为O；Z在X中燃烧火焰呈黄色，则Z为Na；Y介于O、Na之间，且为主族元素，则Y为F；R基态原子p能级有一对成对电子，其原子序数大于Na，R原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则R为S元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、物质性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.标准状况下，2.24L甲烷中含有：×4×NAml−1=0.4NA个氢原子，故A正确；
中含有的离子数为：7.8g78g/ml×3×NAml−1=0.3NA，故B正确；
C.12gC60和12g石墨均含有碳原子个数为：12g12g/ml×NAml−1=NA个，故C正确；
D.醋酸为弱酸，水溶液中部分电离，所以1L0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液中，CH3COO−的数目小于0.1NA，故D错误；
故选：D。
A.1个甲烷含有4个H；
B.1个过氧化钠含有2个钠离子、1个过氧根离子；
C.C60和石墨都是由碳原子构成；
D.醋酸为弱酸，水溶液中部分电离。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，熟悉以物质的量为核心计算公式，明确物质的结构组成是解题关键。
6.【答案】C
【解析】解：A.FeCl3溶液呈酸性，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故A正确；
B.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；
C.铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故C错误；
D.向AgCl悬浊液中滴加0.1ml⋅L−1KI溶液，白色沉淀变成黄色，离子方程式为：AgCl(s)+I−(aq)=AgI(s)+Cl−(aq)，故D正确；
故选：C。
A.铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；
B.铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子；
C.钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失去电子生成亚铁离子；
D.发生沉淀转化，氯化银与碘离子反应生成碘化银沉淀和氯离子。
本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等，本题还需注意量对产物的影响、氧化还原反应原理的应用。
7.【答案】C
【解析】解：A.乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，高锰酸钾褪色不能检验乙烯，故A错误；
B.NaOH过量，均为沉淀生成，不能说明氢氧化铁更难溶，故B错误；
C.酸性条件下水解，水解后在碱性条件下检验葡萄糖，生成砖红色沉淀可检验，故C正确；
D.食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，导管中红墨水高度上升，故D错误；
故选：C。
A.乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色；
B.NaOH过量，均为沉淀生成；
C.酸性条件下水解，水解后在碱性条件下检验葡萄糖；
D.食盐水为中性，发生吸氧腐蚀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.非金属性F>Cl>Br>I，共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，故A正确；
B.元素的第一电离能：Cl>P>S>Si，故B错误；
C.卤素单质的熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则从F2到I2逐渐升高，即：I2>Br2>Cl2>F2，故C正确；
D.连羧基上的烃基链越短，越利于羧酸的电离，羧酸的pKa：CH3CH2COOH>CH3COOH>HCOOH，故D正确；
故选：B。
A.共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，非金属性越强，气态氢化物中，共价键的极性越强；
B.同周期从左到右，元素的第一电离能增大的趋势，其中第ⅡA、ⅤA元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大；
C.卤素单质形成的为分子晶体，熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高；
D.连羧基上的烃基链越短，越利于羧酸的电离。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握第一电离能、分子在晶体的熔点判断、共价键的影响因素，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。
9.【答案】B
【解析】解：A.结合分析可知，反应I为吸热反应，故A正确；
B.反应II为放热反应，但是与反应发生条件无关，故B错误；
C.加催化剂后，反应结束时反应Ⅱ活化能降低，但是焓变不发生变化，故曲线反应Ⅱ曲线不可能位于反应Ⅰ上方，故C正确；
D.反应Ⅱ为放热反应，故过程中断开化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量，故D正确；
故选：B。
分析可知，反应I为吸热反应，反应II为放热反应，反应I的正反应活化能较小，反应II的正反应活化能较大，据此分析回答问题。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.对比有机物结构，可知Ⅰ→Ⅱ过程中酚羟基上氢原子被−COCH2Cl替代，反应类型为取代反应，故A正确；
B.Ⅱ与Ⅲ分子式相同、结构不相同，二者互为同分异构体，故B正确；
C.酚羟基与NaOH发生中和反应，氯原子水解生成的HCl与NaOH发生中和反应，1mlⅢ最多能与3mlNaOH反应，故C错误；
D.类比Ⅱ→Ⅲ的转化，预测可以发生反应，故D正确；
故选：C。
A.Ⅰ→Ⅱ过程中酚羟基上氢原子被−COCH2Cl替代；
B.Ⅱ与Ⅲ分子式相同，二者结构不相同；
C.酚羟基与NaOH发生中和反应，氯原子水解生成的HCl与NaOH发生中和反应；
D.类比Ⅱ→Ⅲ的转化。
本题考查有机物合成，涉及有机反应类型、同分异构体、官能团的性质等，题目侧重考查学生分析能力、自学能力、知识迁移运用能力等。
11.【答案】A
【解析】解：A.碱性溶液中c(OH−)>c(H+)，酸性溶液中c(OH−)
B.醋酸和盐酸分别于足量Zn反应时，生成氢气的多少与酸的物质的量成正比，两种酸溶液的体积相对大小未知，无法判断哪种酸生成的氢气多，故B错误；
C.NH4+水解生成H+、NaHSO4电离生成H+都导致溶液呈酸性，所以根据该溶液呈酸性不能判断NH3⋅H2O是弱电解质，故C错误；
D.室温下，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液的pH<7，则c(OH−)
A.碱性溶液中c(OH−)>c(H+)，酸性溶液中c(OH−)
C.NH4+水解、NaHSO4电离都导致溶液呈酸性；
D.室温下，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液的pH<7，则c(OH−)
12.【答案】B
【解析】解：A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；
B.Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgI)
D.水解程度越大，对应酸的酸性越弱，由pH可知，后者水解程度小，HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的弱，故D错误；
故选：B。
A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰；
B.Ksp小的先沉淀；
C.溴水可与KI反应生成碘；
D.水解程度越大，对应酸的酸性越弱。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、沉淀生成、弱电解质与盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消耗氢离子，用该法处理后，水体的pH升高，故A错误；
B.过程③发生的反应为Fe2+与酸性废水中的致癌物NO2−发生氧化还原反应，NO2−的+3价N元素变为0价，化合价降低被还原，反应为：NO2−+6Fe2++8H+=6Fe3++NH4++2H2O，NO2−被Fe(Ⅱ)还原为NH4+，故B正确；
C.过程④反应为：NO2−+NH4+=N2↑+2H2O，NO2−的+3价N元素变为0价，每生成1mlN2，转移了3ml电子，故C正确；
D.H2消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故D正确；
故选：A。
图示可知，Fe3O4/Pd为催化材料，H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，两反应中N元素化合价降低被还原，H元素化合价升高被氧化，氢气为还原剂，NO3−、NO2−为氧化剂，据此解答。
本题考查物质性质、氧化还原反应，注重氧化还原反应的考查，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能。
14.【答案】D
【解析】解：A.电极b为正极，氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，pH变大，故A正确；
B.电极b为正极，故溶液中H+由a极区向b极区迁移，故B正确；
C.a极为负极，电极反应式为2H2O+SO2−2e−=SO42−+4H+，故C正确；
D.电池总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，故一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量为2：1，故D错误；
故选：D。
该装置为原电池，由图可知，硫元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为2H2O+SO2−2e−=SO42−+4H+，b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，电池总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】<66.7%16bc不变 2H++2e−=H2↑ab
【解析】解：(1)①根据图像可知，压强相同时，随着温度升高，CH3OH的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应是一个放热反应，即△H<0；由图中M点对应的数据可知，CH3OH的物质的量为0.25ml，根据反应方程式可知，要生成0.25mlCH3OH，消耗H2的物质的量为0.50ml，则M点H2的转化率为×100%=66.7%，
故答案为：<；66.7%；
②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，根据M点数据三段式分析为：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(ml/L)
变化(ml/L)
平衡(ml/L)
则该反应平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=×0.252=16，
故答案为：16；
③a.化学平衡的特征之一为正逆反应速率相等，而v(H2)=2v(CH3OH)未告知正、逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故 a错误；
b.化学平衡的特征之一为反应体系中各组分的百分含量保持不变，故CH3OH的体积分数不再改变，说明反应达到化学平衡状态，故b正确；
c.反应前后气体的质量保持不变，容器的体积在发生改变，即达到平衡过程中体系中混合气体的密度一直在改变，现在混合气体的密度不再改变，说明反应达到平衡了，故c正确；
故答案为：bc；
④由于反应容器是恒温恒压，故平衡后再加入0.5mlCO和0.75mlH2，保持投料比相等，则混合后重新到达平衡与原平衡为等效平衡，则CO的转化率不变，
故答案为：不变；
(2)①由题干图示信息可知，b极上是H+得到电子，发生还原反应生成H2，故其电极反应式是2H++2e−=H2↑，
故答案为：2H++2e−=H2↑；
②a.电解池中阳极上发生氧化反应，根据图示信息可知，阳极的电极反应是：CH3OHH2O−6e−=CO2+6H+，故a正确；
b.由上述分析可知，A室为阳极室，即LiCO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室，故电解过程中，H+从A室经质子交换膜进入B室，故b正确；
c.由上述分析可知，A室为阳极室，即LiCO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室，该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源负极，故c错误；
故答案为：ab。
(1)①根据图像可知，压强相同时，随着温度升高，CH3OH的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动；
②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，根据M点数据三段式分析为：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(ml/L)
变化(ml/L)
平衡(ml/L)
该反应平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)；
③可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，且变化的物理量不再变化；
④由于反应容器是恒温恒压，故平衡后再加入0.5mlCO和0.75mlH2，保持投料比相等，则混合后重新到达平衡与原平衡为等效平衡；
(2)①由题干图示信息可知，b极上是H+得到电子，发生还原反应生成H2；
②a.电解池中阳极上发生氧化反应，失去电子，生成二氧化碳；
b.A室为阳极室，即LiCO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室；
c.A室为阳极室，B室为阴极室，该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源负极。
本题考查化学平衡的计算、平衡影响因素分析判断、平衡常数的计算分析、平衡状态的理解应用、原电池原理和电极反应书写等知识点，为高频考点，把握平衡移动原理、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
16.【答案】第四周期VIII族 sp2和sp3 9 分子晶体 O 乙醇分子间存在氢键 Fe3CuN
【解析】解：(1)Fe位于元素周期表的第四周期Ⅷ族内左起第1列，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，所以铁位于周期表中第四周期第Ⅷ族，
故答案为：第四周期VIII族；
(2)酮羰基中的C原子含有3个δ键，该原子的杂化轨道类型为sp2，−CH3中的C原子含有4个δ键，该原子的杂化轨道类型为sp3，1个丙酮分子含有的δ键数：4×2+1=9，故1ml丙酮分子含有9mlδ键，
故答案为：sp2和sp3；9；
(3)乙醇是由分子构成的物质，形成的晶体为分子晶体，其组成元素非金属性H
(4)乙醇比丙酮相对分子质量小，但乙醇沸点高，原因在于氢键和范德华力之别，乙醇含有轻基决定了乙醇分子间存在氢键，丙酮的O原子在羰基中，丙酮不具备形成氢键的条件，丙酮分子间只存在范德华力，氢键比范德华力强得多，
故答案为：乙醇分子间存在氢键；
(5)能量低的晶胞稳定性强，由图2知，Cu替代a位置Fe型晶胞更稳定，每个晶胞均摊Fe原子数：6×12=3，Cu原子数：8×18=1，N原子数是1，则Cu替代a位置Fe型产物的化学式为Fe3CuN，铜第29号元素，价电子排布式为3d104s1；价电子轨道表示式为，
故答案为：。
(1)Fe为26号元素，Fe原子基态核外电子排布式为[Ar]3d64s2；
(2)甲基上的碳原子为sp3杂化，炭基上的碳原子为sp2杂化，单键全为δ键，1个双键中含有1个δ键和1个π键；
(3)分子晶体是由分子构成的物质，元素非金属性：H
(5)能量越低越稳定，从图乙知，Cu替代a位置Fe型会更稳定，其晶胞中Cu位于8个顶点，N(Cu)=8×18=1，Fe位于面心，N(Fe)=6×12=3，N位于体心，N(N)=1，其化学式为Fe3CuN。
本题考查了元素周期表的结构，电子排布、电负性、化学键、氢键以及晶胞结构，综合性强，有一定难度，侧重考查学生对所学知识的识记能力、迁移应用能力。
17.【答案】羧基 2CH3COOCH3→碱CH3COCH2COOCH3+CH3OHNaOH溶液 2+O2→△Cu2+2H2O
【解析】解：(1)由分析可知，A的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，
故答案为：羧基；
(2)由分析可知，B生成C反应为在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3和甲醇，反应的化学方程式为2CH3COOCH3CH3→碱COCH2COOCH3+CH3OH，
故答案为：2CH3COOCH3→碱CH3COCH2COOCH3+CH3OH；
(3)由分析可知，F→G的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和氯化钠，则试剂a为氢氧化钠溶液，
故答案为：NaOH溶液；
(4)由分析可知，G→H的反应为在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O2→△Cu2+2H2O，
故答案为：2+O2→△Cu2+2H2O；
(5)由分析可知，I的结构简式为，
故答案为：；
(6)G的同分异构体M为遇三氯化铁溶液显紫色的含有硝基的芳香族化合物，则M中含有硝基和酚羟基，符合核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为，
故答案为：；
(7)由题给流程和信息可知，对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成步骤为与高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与丙酮先后发生加成反应、消去反应生成，合成路线为，
故答案为：。
由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3COOH与CH3OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH3，则A为CH3COOH、B为CH3COOCH3；在碱作用下，CH3COOCH3分子间发生取代反应生成CH3COCH2COOCH3，则C为CH3COCH2COOCH3；CH3COCH2COOCH3与NH3先后发生加成反应、消去反应生成；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则D为、E为；在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则F为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则G为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则H为；与CH3COCH2COOCH3发生信息ii反应生成，则I为；与先后发生加成反应、消去反应生成，据此分析解答。
本题考查有机物的合成，难度中等，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写等，分析结构变化明确发生的反应是解答的关键，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
18.【答案】加热、研磨等 Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+ 3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净 1：32516H+ 2108H2O反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好
【解析】解：(1)第①步操作中，加快酸溶速率的措施加热、研磨等，
故答案为：加热、研磨等；
(2)第②步操作中，NaClO3将Mn2+转化为MnO2，利用电解法也可实现这步转化，生成MnO2的电极反应式为Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+，
故答案为：Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+；
(3)第③步操作中，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，反应化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，
故答案为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；
(4)设计检验MnO2是否洗涤干净即检验是否存在硫酸根离子即可，具体操作方法为取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净，
故答案为：取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净；
(5)NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O、MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，假设都生成3ml氯气时，需消耗NaClO3与MnO2的物质的量分别是1ml、3ml，所以制取等量的氯气消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为1：3，
故答案为：1：3；
(6)①反应中MnO4−→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42−→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4−系数为2，C2O42−系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为8，配平后离子方程式为2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；
②反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，
故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。
I.粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3−+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O；
II.(6)①草酸根离子具有还原性，把MnO4−还原为Mn2+，根据化合价升降方法，反应中MnO4−→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42−→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4−系数为2，C2O42−系数为5，再根据元素守恒、电荷守恒确定其它物质的系数；
②反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
19.【答案】3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OCu2+ 排除通入NO2与水反应引起硝酸浓度增大的影响 通入的氮气可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中的NO2的浓度：B>C>A，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用 加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行 NO3−+HNO2+H+=2NO2+H2O2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O)
【解析】解：(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)①实验来验证假设，向溶液A中加入少量硝酸铜，故假设应为Cu2+的催化作用，
故答案为：Cu2+；
②方案Ⅰ：实验验证NO2对该反应有催化作用，要保证唯一变量，NO2与水反应会产生硝酸，加入硝酸，排除是硝酸浓度的变化对实验的影响，
故答案为：排除通入NO2与水反应引起硝酸浓度增大的影响；
方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：B>C>A，假设2成立，NO2对该反应有催化作用，这三支试管的反应速率不同，可能因为NO2的浓度不同，考虑到通入的氮气带走了部分的NO2，
故答案为：通入的氮气可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中的NO2的浓度：B>C>A，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用；
③NO2溶于水生成HNO2时化合价降低，那么另一种物质N的化合价必然要升高，即生成HNO3，要证明HNO2对该反应也有催化作用，那么就要向溶液中加入亚硝酸根离子，可以加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行，
故答案为：加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行；
(3)HNO2作催化剂，那么①步消耗，在②步应该要生成，铜和稀硝酸生成NO，所以NO2也为中间产物，结合①，第②③步发生的反应为：NO3−+HNO2+H+=2NO2+H2O，2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O)，
故答案为：NO3−+HNO2+H+=2NO2+H2O；2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O)。
(1)铜与稀硝酸反应生成NO，硝酸铜、水；
(2)①实验来验证假设，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，向溶液中加入硝酸后得到硝酸铜，加入铜片生成大量气泡，因而可假设Cu2+具有催化作用；
②方案Ⅰ：实验采取单一变量法进行验证，实验验证NO2对该反应有催化作用，需要保证唯一变量，NO2与水反应会产生硝酸，加入硝酸，排除是硝酸浓度的变化对实验的影响；
方案Ⅱ：实验能够证明假设2成立，需要实验的唯一变量为二氧化氮的浓度，向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：B>C>A，假设2成立，NO2对该反应有催化作用，这三支试管的反应速率不同，可能因为NO2的浓度不同，考虑到通入的氮气带走了部分的NO2；
③NO2溶于水生成HNO2时N的化合价降低，依据氧化还原反应的规律可知另一种物质N的化合价必然要升高，要证明HNO2对该反应也有催化作用，那么就要向溶液中加入亚硝酸根离子；
(3)催化剂是能够改变化学反应速率但是在反应前后物质的量不变的物质，HNO2作催化剂，那么i步消耗，在ii步应该要生成，铜和稀硝酸生成NO，所以NO2也为中间产物。
本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
选项
实验操作和现象
结论
A
向 X 溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN 溶液，溶液变为红色
X 溶液中一定含有 Fe2+
B
向浓度均为 0.05ml⋅L−1的 NaI、NaCl 混合溶液中滴加少量 AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)
向 3 mL KI 溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加 1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
Br2的还原性比 I2的强
D
用 pH 试纸测得：CH3COONa溶液的 pH 约为 9，NaNO2溶液的 pH 约为 8
HNO2电离出 H+的能力比
CH3COOH的强
滴加KMnO4溶液的量
KMnO4溶液紫色褪去所需的时间
滴入第1滴
60s
滴入第2滴
15s
滴入第3滴
3s
滴入第4滴
1s
