河北省石家庄市2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）含解析

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河北省石家庄市2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 硫化物,几种铁的氧化物的物理性质及用途,萃取和分液

【正确答案】
D
【试题解析】


1-1（基础） 化学与我国传统文化知识密切相关，下列相关解读正确的是
A.《汉书》记载“高奴县有洧水可燃”，“洧水”为油脂
B.《本草纲目》记载“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”为
C.“白釉青花一火成，花从釉里透分明”，瓷器烧制过程中发生化学变化
D.“贵妃明镜剪青丝，后母戊鼎树丰碑”，后母戊鼎材料为青铜，其硬度比纯铜小
【正确答案】 C

1-2（基础） 中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法错误的是
A.“火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应
B.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应
C.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素
D.“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升华和凝华过程
【正确答案】 D

1-3（巩固） 中国传统文化对人类文明贡献巨大，很早就把化学技术应用到生产生活中。下列与化学有关的说法不正确的是
A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B.《神农本草经》中提到：“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱
C.《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”
D.《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
【正确答案】 B

1-4（巩固） 中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是
A.“风蒲猎猎小池塘，过雨荷花满院香。”雷雨过后空气中少量氧气转化成臭氧，氧气和臭氧互为同分异构体
B.石硫黄(S)：“能化…银、铜、铁，奇物”，这句话体现了石硫黄的氧化性
C.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”这句话不涉及氧化还原反应
D.《新修本草》中，关于“青矾”()的记录为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，…，烧之赤色。”据此推测，赤色物质为
【正确答案】 A

1-5（提升） 中国传统文化博大精深，古代典籍中记载了丰富的古代化学研究成果。下列有关说法不正确的是
A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
B.《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
C.中药铜绿制法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，记录的是实验操作：洗涤、溶解、过滤、蒸发
D.《墨子·天志》中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等
【正确答案】 B

1-6（提升） 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列关于文献记载内容的说法正确的是
A.《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为
B.《本草纲目》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”，文中对硝酸钾的提取涉及溶解、蒸发、结晶操作
C.《抱朴子》中“丹砂()烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升华和凝华过程
D.《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，与化学反应无关
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 硅的物理性质与用途,蛋白质,高分子材料,铝合金及其制品

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是
A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持在所有场合使用无水酒精杀菌消毒
B.二氧化硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保
C.以聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不可替代的作用，其中聚丙烯为纯净物
D.将香蕉和青苹果放在一起，青苹果更容易成熟，是因为香蕉释放的乙烯有催熟作用
【正确答案】 D

2-2（基础） 2022年9月疫情再次突袭大连，化学在“防疫”中发挥着重要作用，下列说法错误的是
A.新冠病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体
B.我国成功研制多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，可防止蛋白质变性
C.次氯酸钠溶液、过氧乙酸、75%乙醇均可做消毒剂，可利用它们的强氧化性进行消毒
D.口罩中金属鼻梁条的使用利用了其延展性，制作口罩的原料之一聚丙烯是一种合成高分子材料
【正确答案】 C

2-3（巩固） 化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述不正确的是
A.“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为二氧化硅
B.实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料—航空煤油是一种烃的纯净物
C.航天员“太空漫步”展示五星红旗，制作五星红旗用的芳纶是合成纤维
D.“嫦娥五号”用于“挖土”的SiC增强铝基材料钻杆，SiC增强铝基材料属于复合材料
【正确答案】 B

2-4（巩固） 化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关说法错误的是
A.“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅
B.我国自主研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同位素
C.“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高、密度大、耐腐蚀
D.返回舱外层涂有耐高温复合材料，可隔绝热量有效保护航天员
【正确答案】 C

2-5（提升） 化学知识在新冠肺炎的疫情防控中发挥着重要作用，下列说法正确的是
A.用于消毒的酒精、84消毒液、双氧水、过氧乙酸(CH3COOH)等均属于有机物
B.ClO2泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒原理均是利用了其强氧化性
C.修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜是一种无毒、无味的高分子材料
D.医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯可以使溴水褪色
【正确答案】 C

2-6（提升） 化学知识在新冠肺炎的疫情防控中发挥着重要作用，下列说法正确的是
A.用于消毒的酒精、“84” 消毒液、双氧水、过氧乙酸（CH3CoH）等均属于有机物
B.修建“火神山”医院所用的HDPE（高密度聚乙烯）膜是一种无毒、无味的高分子材料
C.医用消毒酒精是95%的乙醇溶液
D.医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料， 聚丙烯可以使溴水褪色
【正确答案】 B

【原卷 3 题】 知识点 阿伏加德罗常数的求算,结合物质结构基础知识与NA相关推算,常见共价晶体的结构

【正确答案】
A
【试题解析】


3-1（基础） 设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A.7.8g中所含阴离子数为
B.1mol完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为
C.1mol和3mol在一定条件下充分反应生成的分子数为
D.常温下pH=2的醋酸溶液中含有的氢离子数为
【正确答案】 A

3-2（基础） NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.60gSiO2晶体中含有Si-O键的数目为2NA
B.0.lmol·L-1Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
C.120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
D.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【正确答案】 C

3-3（巩固） 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A.甲醇中含有键的数目为
B.常温常压下，中含有的质子数和中子数均为
C.和充分反应后的混合气体中原子数小于
D.25℃时，的溶液中含有的数目为
【正确答案】 B

3-4（巩固） 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为
B.，溶液中含有数目为
C.56gFe与充分反应时转移的电子数为
D.出中含有电子数为
【正确答案】 A

3-5（提升） 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.28g晶体Si中键数目为
B.100g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为
C.一定条件下，与足量反应，转移的电子数为
D.18g重水()中含有的质子数为
【正确答案】 D

3-6（提升） 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.7.8g和混合物中所含的阴离子总数为0.1
B.1L0.1mol/L溶液中离子数为0.1
C.常温常压下，124g中所含P-P键的数目为4
D.向密闭容器中充入1mol与1mol充分反应后容器内的分子数小于2
【正确答案】 A

【原卷 4 题】 知识点 离子方程式的正误判断


【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 下列离子方程式书写正确的是：
A.醋酸与CaCO3 反应：CaCO3 +2H+ = Ca2++H2O+CO2↑
B.常温下，铝遇到浓硝酸：Al+4H++= Al3++NO2↑+2H2O
C.等浓度NaHSO4 和Ba(OH)2 溶液等体积混合：H+++Ba2++OH－ =BaSO4↓+H2O
D.Na2O2 投入H218O 中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH－+18O2↑
【正确答案】 C

4-2（基础） 下列离子方程式正确的是
A.碳酸钠稀溶液中通入二氧化碳：
B.氯化铝溶液中滴入氨水：
C.氧化铁粉末溶于氢碘酸：
D.用惰性电极电解氯化镁溶液：
【正确答案】 A

4-3（巩固） 下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A.海水提溴中用的水溶液富集溴：
B.溶液和溶液等体积、等浓度混合：
C.向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全：
D.少量与溶液反应：
【正确答案】 B

4-4（巩固） 下列指定反应的离子方程式正确的是
A.工业制漂白粉：
B.向溶液中滴加硝酸：
C.向苯酚钠溶液中通入少量：
D.向悬浊液中滴入氨水：
【正确答案】 D

4-5（提升） 下列离子方程式书写正确的是
A.向溶液中加入过量的氨水：
B.向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的：
C.向溶液中通过量制次氯酸：
D.将少量新制的氯水加入到饱和溶液中：
【正确答案】 B

4-6（提升） 物质的用量可能影响反应的产物，下列离子方程式正确的是
A.向溶液中加入少量的HI溶液：
B.将过量通入到少量碳酸钠溶液中：
C.向溶液中加入过量氨水：
D.向溶液中加入过量的NaOH溶液：
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 电子排布式,电离能变化规律,共价键的形成及主要类型

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 立方氮化硼硬度高，耐磨性好，在机械加工行业有广泛应用。制备立方氮化硼的一种方法为BCl3(g)＋NH3(g)=BN(s)＋3HCl(g)，下列说法错误的是
A.反应混合物中所有化学键均为共价键
B.元素电负性大小为N>B
C.BCl3和BN均为共价晶体
D.形成BCl3时B原子先激发后杂化，其激发态价电子轨道表示式为：
【正确答案】 C

5-2（基础） 下列物质性质的说法正确的是
A.离子晶体中存在阴阳离子，故离子晶体可以导电
B.图中电子排布违反了能量最低原理
C.金属发生延展时，金属原子层间发生相对滑动，不改变原来的排列方式
D.由于分子间可以存在氢键，水的热稳定性很强
【正确答案】 C

5-3（巩固） 下列化学用语或图示表达正确的是
A.的电子式：
B.是二氧化硅的分子式
C.中C为杂化
D.基态磷原子的价电子的轨道表示式：
【正确答案】 C

5-4（巩固） 下列说法正确的是
A.NaOH的电子式：
B.BF3的空间结构模型：
C.晶体类型相同：SiO2和SO2
D.第一电离能：O>N
【正确答案】 B

5-5（提升） 碳及其化合物广泛存在于自然界中，下列有关说法正确的是
A.在每个基态碳原子中，核外存在3对自旋相反的电子
B.分子中，C原子的杂化轨道类型是杂化
C.一定条件下能与金属形成，该化合物的熔点为，沸点为，其晶体类型属于离子晶体
D.的晶体结构与晶体硅相似，则晶体中微粒间存在的作用力是共价键
【正确答案】 D

5-6（提升） 下列说法正确的是
A.N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B.卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而升高
C.食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用
D.干冰晶体中CO2的配位数为8
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 浓硫酸的强氧化性,盐类水解规律理解及应用,盐类双水解反应,沉淀转化

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 下列陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是
选项
陈述I
陈述II
A
NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
NH3溶于水呈碱性
B
新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色
相同温度下Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小
酸性：H3BO3>CH3COOH
D
将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色
H2O2具有强氧化性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

6-2（基础） 如表陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且两者在反应原理上相似的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
将通入溶液中，产生白色沉淀
气体通入溶液产生白色沉淀
B
不能浓硫酸干燥
不能用浓硫酸干燥
C
玻璃试剂瓶可用于盛放氢氟酸
石英坩埚不能用于熔化NaOH
D
可与水反应
可与水反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

6-3（巩固） 化学使生活更美好。陈述I和II均正确，但不具有因果关系的是
选项
陈述I
陈述II
A
“中国天眼”传输信息使用光纤材料
的稳定性较强
B
蛟龙号使用钛合金材料
钛合金耐腐蚀性好
C
神舟飞船主动力燃料使用液态联氨和二氧化氮
液态联氨和二氧化氮反应放出大量的热，生成氮气和水蒸气，是无毒的、环保的
D
磁性材料可以用于制磁性元件、磁性水雷、电磁炮等
有磁性，可作为磁性材料
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

6-4（巩固） 表中陈述I、II均正确，且两者在反应原理上相似的是
选项
陈述I
陈述II
A
向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先变红后褪色
向石蕊溶液中通入SO2，溶液先变红后褪色
B
将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀
将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，产生白色沉淀
C
向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀
向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀
D
Na投入水中产生大量气泡
Na2CO3投入盐酸中产生大量气泡
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

6-5（提升） 下表中对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
在空气中铁表面容易生成致密的氧化物保护膜
铁容器可以储运浓硫酸
Ⅰ对；Ⅱ对；无
B
较稳定，常温下，不易发生
N的电负性较大
Ⅰ对；Ⅱ对；有
C
还原性较强，能将溶液中还原为
可用于化学镀银
Ⅰ对；Ⅱ对；有
D
与的空间构型相同
的漂白和杀菌能力比强
Ⅰ对；Ⅱ对；无
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

6-6（提升） 下列陈述中，陈述1和陈述2均正确且有因果关系的是
选项
陈述1
陈述2
A
疫情期间，我们可以酒精和次氯酸钠对环境进行消毒
酒精和次氯酸钠都有强氧化性，能使病毒中的蛋白质发生氧化变性从而失去活性
B
工业生产上，常用电化学氧化法在铝制品的表面生成有一定厚度的坚硬的氧化膜
金属铝的表面生成的致密的氧化膜能保护内层的金属铝不被氧化
C
CaCl2可作为实验室制备氨气的干燥剂
CaCl2可吸收气体中的水分，常用于中性和酸性气体的干燥
D
牙膏中添加氟化物可以预防龋齿
牙膏中的氟离子与牙齿表层的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]发生反应生成溶解度更大的氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，能更好抵抗酸对牙齿的侵蚀
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 有机分子中原子共面的判断,卤代烃的消去反应,含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算,多官能团有机物的结构与性质

【正确答案】
B
【试题解析】


7-1（基础） 左旋多巴( )用于改善肌强直和运动迟缓效果明显，下列有关该物质的说法错误的是
A.其分子式为
B.能与酸或碱反应生成盐
C.核磁共振氢谱上共有9个峰
D.分子中最多有6个碳原子共平面
【正确答案】 D

7-2（基础） 化合物M可用于油漆、颜料、涂料工业，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是

A.分子式为C14H10O3 B.分子中含有4种官能团
C.能与H2发生加成反应 D.苯环上的一代氯物有5种
【正确答案】 C

7-3（巩固） 莨菪亭是一种植物生长激素,其结构简式如图所示。下列有关莨菪亭的说法正确的是

A.1 mol 该物质最多消耗 5 mol H2 B.分子中所有碳原子可能处于同一平面
C.该物质能发生加成、取代和消去反应 D.1 mol 该物质最多能与 2 mol NaOH 反应
【正确答案】 B

7-4（巩固） 下列有关有机化合物X的说法正确的是

A.1mol化合物X最多能与2molNaOH反应 B.该有机物分子含氧官能团的个数为3
C.在酸性条件下水解，水解产物只有一种 D.分子中两个苯环一定处于同一平面
【正确答案】 C

7-5（提升） 化合物Z是一种治疗糖尿病药物的重要中间体，其结构如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是

A.分子式为 B.能发生氧化反应和消去反应
C.苯环上的一氯代物为3种 D.最多可与发生加成反应
【正确答案】 C

7-6（提升） 对苯二甲酸( )是合成涤纶的原料，下列说法正确的是
A.1mol对苯二甲酸与2molCH3CH2OH可完全酯化
B.分子中共面的原子数最多为18个
C.与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C8H16O4
D.对苯二甲酸的同分异构体，其中苯环上的二元取代物为5种
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 氨气的实验室制法,二氧化硫的制备,铁三角转化条件分析及判断,苯的溴代实验探究

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 下列实验装置(部分夹持装置略去)正确且能达到相应实验目的的是

A.装置Ⅰ利用乙醇提取溴水中的Br2 B.利用装置Ⅱ蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
C.利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体 D.利用装置Ⅳ验证非金属性S＞C＞Si
【正确答案】 D

8-2（基础） 下列装置能达到相应实验目的的是

A.装置Ⅰ可用于除去苯中的溴 B.装置Ⅱ可用于配制的稀硫酸
C.装置Ⅲ可用于实验室制备少量氧气 D.装置Ⅳ可用于滴定盐酸
【正确答案】 A

8-3（巩固） 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验装置




实验目的
探究铁钉在饱和食盐水中发生的电化学腐蚀类型
制备少量
证明溴乙烷发生消去反应
配制一定物质的量浓度的溶液
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

8-4（巩固） 用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验，能达到实验目的的是




A.制取二氧化硫
B.实验室制取乙酸乙酯
C.干燥气体
D.分离溴水中的
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

8-5（提升） 下列实验装置及操作能达到相应实验目的的是

A.用装置①分离和两种固体
B.用装置②制备能较长时间观察到其白色
C.用装置③做钾元素的焰色试验
D.用装置①制备并检验乙炔的性质
【正确答案】 B

8-6（提升） 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A.图1证明铁发生了吸氧腐蚀 B.图2向含少量水的乙醇中加入沸石，蒸馏可得到无水乙醇
C.图3用标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸 D.图4制备氢氧化亚铁沉淀
【正确答案】 A

【原卷 9 题】 知识点 原电池、电解池综合考查,电解池有关计算

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 锂电池在航空航天领域应用广泛，Li- CO2电池供电的反应机理如图所示，下列说法正确的是

A.X方向为电流方向 B.交换膜M为阴离子交换膜
C.正极的电极反应式：4Li+ +4e-+3CO2=2Li2CO3+C D.可采用LiNO3水溶液作为电解质溶液
【正确答案】 C

9-2（基础） 某科研小组利用下图装置完成乙炔转化为乙烯的同时为用电器供电。其中锌板处发生的反应有：①Zn -2e- = Zn2+ ；②Zn2+ +4OH- = [ Zn(OH)4]2- ；③[Zn(OH)4]2- = ZnO +2OH- + H2O。下列说法正确的是

A.电极a的电势低于电极b的电势
B.放电过程中正极区KOH溶液浓度保持不变，OH-从左室流向右室
C.电极a上发生的电极反应式为 C2H2+ 2H2O+ 2e- =C2H4+ 2OH-
D.电解足量CuSO4溶液，理论上消耗2.24 L C2H2时生成6.4 g Cu
【正确答案】 C

9-3（巩固） 一种新型水介质电池示意图如图所示，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸(HCOOH)。下列说法正确的是

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

9-4（巩固） 我国科研团队研制的一种新型二次电池能量密度高、持续时间长，有望代替传统的锂离子电池，其示意图如图所示。该电池充电时，嵌入电极。下列说法正确的是

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

9-5（提升） 某科研小组利用如图所示装置完成乙炔转化为乙烯的同时为用电器供电。下列说法错误的是

A.电极a的电势高于电极b的电势
B.电极a的电极反应式为C2H2+2H2O+2e-=C2H4+2OH-
C.放电过程中正极区KOH溶液浓度保持不变，OH-从左室流向右室
D.电解足量CuSO4溶液，理论上消耗2.24L(标准状况)C2H2时，生成6.4gCu
【正确答案】 C

9-6（提升） 我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的H2O解离成H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是

A.电解质溶液2一定是碱性溶液
B.充电时，每生成标况下11.2 L O2在阳极可生成65 g Zn
C.放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
D.放电时，电池总反应为2Zn+ O2+ 4OH-+ 2H2O= 2
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 元素周期表提供的元素信息,根据原子结构进行元素种类推断,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,氢键对物质性质的影响

【正确答案】
D
【试题解析】


10-1（基础） 短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示，下列说法错误的是

A.的空间结构为平面三角形
B.M的最高价氧化物对应的水化物为强酸
C.该化合物中X原子最外层均满足结构
D.Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有2种
【正确答案】 D

10-2（基础） 已知某化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素。下列说法正确的是

A.原子半径：r(X)>r(Y)>r(Z)>r(W) B.简单氢化物的沸点：Y>Z
C.该化合物中各原子均达到8电子稳定结构 D.氧化物的水化物的酸性：X>W
【正确答案】 B

10-3（巩固） 锂金属电池的电解液在很大程度上制约着锂电池的发展，某种商业化锂电池的电解质的结构如图所示。已知短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，X、Y、Z三种元素的核外电子总数满足，常温下的水溶液呈酸性且。下列说法错误的是

A.基态W原子的价层电子的轨道表示式为
B.Z的氢化物的沸点一定低于M的氢化物的沸点
C.可以用XW的水溶液溶蚀玻璃生产磨砂玻璃
D.分子是非极性分子
【正确答案】 B

10-4（巩固） 某新型电池材料结构如图所示，X、Y、Z、M、W是同周期主族元素，其中除M外均能满足8电子稳定结构，而X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是

A.最简单氢化物的热稳定性和沸点均为Y B.原子半径；Y C.M的单质需保存在煤油中，W的氢化物常表示为
D.W的最高价氧化物对应的水化物是一种三元弱酸
【正确答案】 B

10-5（提升） 物质M是N−甲基−D−天冬氨酸受体的变构调控因子，其结构式如图所示。其中X、Y、Z、W、R为核电荷数依次增大的短周期主族元素。X的族序数与周期数相等，且与R同主族，Y形成的化合物种类最多。下列说法正确的是

A.原子半径：Y＞Z＞W＞R B.简单氢化物沸点：W＞Z＞Y
C.Z2X4中只含有极性共价键 D.W、R形成的二元化合物均有强氧化性
【正确答案】 B

10-6（提升） 某多孔储氢材料结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，下列说法错误的是

A.最高价含氧酸的酸性：Y>X>W
B.M、Y、Z形成的化合物只能抑制水的电离
C.该物质中有离子键、极性共价键，还存在配位键
D.基态原子的第一电离能Y>Z
【正确答案】 B

【原卷 11 题】 知识点 化学平衡的移动及其影响因素,转化率的相关计算及判断,活化能及其对反应速率的影响

【正确答案】
B
【试题解析】


11-1（基础） 相同温度下，甲、乙两个恒容密闭容器均进行反应：X(g)＋Y(s)Z(g) △H＜0。实验过程中部分数据如表所示。
容器
容积
物质的起始加入量
平衡时Z的物质的量
甲
2
1 molX、1 molY、0 molZ
0.6mol
乙
1
2 molX、2 molY、2 molZ
a
下列说法错误的是
A.a＝2.4 mol B.乙中反应向正反应方向进行建立平衡
C.甲中气体密度不再改变说明达到平衡状态 D.平衡后缩小容器容积，甲、乙中X的体积分数均减小
【正确答案】 D

11-2（基础） 相同温度下，容积相同的甲、乙两个恒容密闭容器中均发生如下反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-197 kJ/mol ，实验测得有关数据如下：
容器编号
起始时各物质的物质的量 / mol
达到平衡时体系能量的变化/kJ
SO2
O2
SO3
甲
2
1
0
放出热量：Q1
乙
1.8
0.9
0.2
放出热量：Q2
下列判断中正确的是
A.两容器中反应的平衡常数不相等 B.达到平衡时SO2的体积分数：甲<乙
C.197>Q1>Q2 D.生成1molSO3(l)时放出的热量等于98.5kJ
【正确答案】 C

11-3（巩固） 甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
平衡常数
C(s)
H2O(g)
H2(g)
甲
2
T1
2.0
4.0
3.2
K1
乙
1
T2
1.0
2.0
1.2
K2
下列说法正确的是(　　)
A.K1＝12.8
B.T1＜T2
C.T1 ℃时向甲容器中再充入0.1 mol H2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大
D.若T2温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol CO2和2.0 mol H2，达平衡时，CO2的转化率大于40%
【正确答案】 A

11-4（巩固） 相同温度下，向三个容积相等的恒容(1L)密闭容器中充入一定量的和，发生反应： 。下列说法正确的是
容器
物质起始浓度/()
物质平衡浓度/()
达到平衡所需时间/min



甲
3.0
3.0


乙
1.5
3.0
1.8
20
丙
4.5
9.0

15
A.甲中反应达到平衡时，放出92kJ的热量
B.甲中的物质的量分数保持不变时，说明反应已达到平衡
C.0～20min时间段内，乙中的平均反应速率
D.反应达到平衡时，丙中的转化率为90%
【正确答案】 C

11-5（提升） 向甲、乙、丙三个密闭恒容的容器中充入一定量的A和B，发生反应：；各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以表和如图表示：
容器
甲
乙
丙
容积/L
0.5
0.5
1.0
温度/℃



反应起始量
1.5mol A，0.5mol B
1.5mol A，0.5mol B
6.0mol A，2.0mol B

下列说法正确的是
A.由图表可知，，该反应为吸热反应
B.10min时，甲容器中该反应的瞬时速率与乙相同
C.由图表可知，
D.℃，起始时甲容器中充入0.5mol A、1.5mol B，平衡时A的转化率为75%
【正确答案】 D

11-6（提升） 相同温度下，甲、乙两个恒容密闭容器均进行反应：X(g)+Y(g)W(?)+2Z(g)△H<0。实验过程中部分数据如表所示。
容器
起始容积
物质的起始加入量
平衡时的物质的量浓度
甲
2L
1molX、1molY
0.6mol•L-1
乙
5L
2molW、4molZ
0.48mol•L-1
下列说法错误的是
A.该温度下W为非气态
B.平衡后正反应速率v正(X)：甲＜乙
C.该温度下反应的化学平衡常数K=9
D.适当降低乙容器的温度可能使c(Z)甲=c乙(Z)
【正确答案】 B

【原卷 12 题】 知识点 化学平衡的移动及其影响因素,Fe2+的鉴别及其应用,Fe2+的还原性,淀粉水解及其产物检验相关实验

【正确答案】
D
【试题解析】


12-1（基础） 下列实验操作、现象及所得到的结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向两支盛有5 mL不同浓度KMnO4溶液的试管中分别加入同浓度同体积的足量草酸溶液，观察现象
探究浓度对反应速率的影响
B
将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液，苯酚钠溶液变浑浊
碳酸的酸性大于苯酚
C
向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体
炭可与浓HNO3反应生成NO2
D
将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中，木条不复燃，钠燃烧
NO2的助燃性具有选择性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

12-2（基础） 室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入溶液，产生黑色沉淀
说明卤代烃未水解
B
取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色
则KI与溶液的反应有一定限度
C
向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X可能是
D
测得溶液pH约为9，溶液pH约为8
结合的能力比强
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

12-3（巩固） 根据下列实验所操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验，操作和现象
实验结论
A
石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体使酸性KMnO4溶液褪色
产生的气体中一定含有C2H4
B
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L－1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
C
将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和的Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，依次出现白色沉淀、溶液褪色
分解产生物中一定有SO3和SO2
D
向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色
I－还原性强于Cl－
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

12-4（巩固） 通过下列实验操作和实验现象，能得到正确结论的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用pH试纸测溶液pH
显蓝色，显红色
、均是弱酸
B
向钾盐溶液中滴加浓盐酸
产生的无色气体使品红溶液褪色
该钾盐一定是或
C
分别取、固体溶于水
溶液呈淡蓝色、溶液无色
显淡蓝色
D
在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
不能确定溶液中含有Na元素
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

12-5（提升） 下列实验操作、现象和结论或解释均正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
取5mL0.1mol/LFeCl3溶液，滴加5～6滴0.1mol/LKI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液
溶液变红
FeCl3和KI的反应是可逆反应

B
将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中
酸性KMnO4溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊

Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)
C
将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热
有砖红色沉淀生成
说明水解产物含有葡萄糖
D
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄色

氧化性：H2O2>Fe3+

A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

12-6（提升） 下列实验操作的现象与结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将过氧化钠固体放入滴有酚酞溶液的水中
一段时间后溶液呈红色
反应最终有碱性物质生成
B
将等浓度的KI溶液和溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液变红
与的反应是可逆反应
C
向溶液中逐滴加入氨水至过量
最终得到澄清溶液
与反应生成
D
向溶液中通入和X气体
有白色沉淀生成
X气体具有强氧化性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

【原卷 13 题】 知识点 氧化还原反应有关计算,沉淀的溶解与生成,物质分离、提纯综合应用,常见无机物的制备

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 工业上从含银废催化剂(含金属银和铼，少量MgO、SiO2、Fe2O3等)中分离回收银和铼，工艺流程如下。下列说法正确的是

已知：双氧水可以溶解废催化剂中的铼生成高铼酸；AgCl能与高浓度Cl-反应生成、。
A.“活化溶解”时增大盐酸浓度，可加快溶解速率，有利于提高铼和银的回收率
B.“还原”过程中产生无毒气体，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 ： 4
C.滤渣Ⅲ的主要成分是H2SiO3
D.本工艺中HNO3可循环利用
【正确答案】 D

13-2（基础） 如图为从光盘中提取Ag(其它金属微量忽略不计)对废旧资源进行回收利用的工艺流程，下列说法错误的是

A.“氧化"阶段需在80 ℃条件下进行，则适宜的加热方式为水浴加热
B.“氧化“过程还生成O2，则反应方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+ 4NaOH+O2↑
C.“还原”过程中N2H4·H2O转化为无害气体N2，则理论上消耗1molN2H4·H2O可提取到43.2g的单质Ag
D.10%的氨水溶解AgCl固体，可生成Cl-和[Ag(NH3)2]+
【正确答案】 C

13-3（巩固） 垃圾分类意义重大，工业上回收光盘金属层中的Ag的流程如图所示，下列说法正确的是

A.氧化过程中参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1
B.为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在酸性、加强热条件下进行
C.氧化过程中，可以用HNO3代替NaClO 氧化Ag
D.还原过程，若水合肼转化为无害气体，则还原过程的离子方程式为4Ag++N2H4H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O
【正确答案】 A

13-4（巩固） 某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。

已知：AgCl可溶于氨水：
下列说法错误的是
A.“氧化”阶段需在80条件下进行，可用水浴加热
B.为加快“溶解”速率，可采用高温条件
C.实验室中过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
D.为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
【正确答案】 B

13-5（提升） 白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一、从一种光盘金属层中回收少量白银(金属层中其它金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：

下列叙述不正确的是
A.“氧化”阶段需在80℃条件下进行，可用水浴加热
B.“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、漏斗
C.若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为正极产物
D.“还原”过程中参加反应的n[Ag(NH3)]∶n[N2H4·H2O]=4∶1
【正确答案】 C

13-6（提升） 白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：

已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解。
下列叙述正确的是
A.“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率
B.“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗
C.若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为正极产物
D.“还原”过程中参加反应的n[Ag(NH3)]：n[N2H4·H2O]=4：1
【正确答案】 D
【原卷 14 题】 知识点 盐类水解规律理解及应用,电离平衡常数及影响因素,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理

【正确答案】
C
【试题解析】


14-1（基础） 已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是
A.pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B.加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C.0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D.电离平衡常数大小关系：K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【正确答案】 A

14-2（基础） 已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是
A.电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
B.加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C.0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D.pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(H+)> c(OH－)
【正确答案】 D

14-3（巩固） 室温下，在悬浊液中存在如下平衡：

，已知
下列说法错误的是
A.平衡时，
B.平衡时，
C.该温度下，
D.加入少量固体，减小，增大
【正确答案】 D

14-4（巩固） 侯氏制碱法原理为：向饱和氨的食盐水中通CO2发生反应 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。已知：通入CO2过程中，始终存在：c() < c()；K1(H2CO3)=4.4×10－7， K2(H2CO3)=4.4×10－11， K(NH3·H2O)=1.8×10－5。下列说法不正确的是
A.饱和氨的食盐水中：c() + c(H+) = c(OH－)
B.开始通入CO2时，主要反应的离子方程式为：CO2+ 2NH3·H2O=+2+H2O
C.析出晶体后的溶液中：c() + c(NH3·H2O) > c() + c() + c(H2CO3)
D.过滤所得的滤液中：c() > c(H2CO3)> c()
【正确答案】 B

14-5（提升） 已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表，则下列有关说法正确的是(　　)
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25 ℃)
1.8×10－5
4.9×l0－10
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(NaCN)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)
B.a mol·L－1 HCN溶液与b mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，溶液中c(Na＋)>c(CN－)，则a一定小于b
C.冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、n(H＋)、pH均先增大后减小
D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
【正确答案】 D

14-6（提升） 弱酸、弱碱的电离都比较弱，已知25C时部分弱酸的电离平衡常数(Ka)如下表：
化学式
CH3COOH
H2CO3
H2SO3
Ka
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=1.5×10-2
K2=1.0×10-7
下列说法正确的是
A.0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入CO2至恰好完全反应(不考虑溶液体积变化)，溶液中存在：c(H+)-c(OH-)=2c(SO)+c(HSO)+2c(CO)+c(HCO)-0.1
B.25℃时，0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH约等于10(忽略二级水解和H2O的电离)
C.25℃时，0.1mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH=7(溶液体积变化忽略不计)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)
D.足量CH3COOH与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：2CH3COOH+Na2SO3=2CH3COONa+SO2↑+H2O
【正确答案】 B
【原卷 15 题】 知识点 羧酸酯化反应,常见有机物的制备,物质制备的探究,综合实验设计与评价

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 己二酸是合成尼龙66的主要原料之一，在塑料和化工行业中有广泛的用途。通过浓硝酸氧化环己醇制备己二酸的反应原理为(未配平)。装置示意图及相关信息如下：

名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g・mL)
溶解性
环己醇
100
25.2
161
0.96
可溶于水，易溶于乙醇
己二酸
146
151
337.5
1.36
室温下可溶于水，热水中溶解度更大， 易溶于乙醇
实验步骤：
步骤一 在三颈烧瓶中加入25 mL水、10 mL浓硝酸(过量)，慢慢开启磁力搅拌装置，并用水浴加热至80℃回流。
步骤二 从仪器a中小心逐滴滴加环己醇4.2 mL，水浴温度维持在85～90℃，必要时可向水浴中添加冷水。
步骤三 环己醇滴加完毕后，继续反应30分钟。将三颈烧瓶脱离水浴稍冷，观察到反应液浑浊并出现白色沉淀，再将三颈烧瓶置于冰水浴中冷却20分钟，抽滤，用母液洗涤三颈烧瓶和滤饼，后将粗品置于85C烘箱鼓风干燥，称重得产品4.2 g，
回答下列问题：
1、仪器a的名称是___________，仪器b的名称是___________。
2、反应开始后，三颈烧瓶中的现象是___________。写出烧杯中发生反应的化学方程式：___________。
3、“步骤三”中，再将三颈烧瓶置于冰水浴中冷却20分钟的目的是___________。
4、本实验中己二酸的产率约为___________(保留2位有效数字)。
5、若要得到纯度更高的己二酸，可通过___________的方法提纯。
【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 球形冷凝管
2、充满红棕色气体
3、降温冷却，析出更多的己二酸固体
4、71% 5、重结晶

15-2（基础） 环己烯常用于有机合成、油类萃取及用作溶剂。醇脱水是合成烯烃的常用方法，某实验小组以环己醇合成环己烯：+H2O ，其装置如图1：

实验方案如下，下表为可能用到的有关数据。

相对分子质量
密度/()
沸点/℃
溶解性
环己醇
100
0.9618
161
微溶于水
环己烯
82
0.8102
83
难溶于水
①在a中加入环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入浓硫酸。
②b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。
③反应后的粗产物倒入分液漏斗中，先用水洗，再分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯。
回答下列问题：
1、环己醇沸点大于环己烯的主要原因是_______，加入碎瓷片的作用是_______。
2、装置a的名称是_______，装置b进水口是_______(填“①”或“②”)。
3、分液漏斗在使用前须清洗干净并_______；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的_______(填“上口倒出”或“下口放出”)。
4、分离提纯过程中每次洗涤后的操作是_______(填操作名称)，加入无水氯化钙的目的是_______。
5、在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_______(填标号)。
A.圆底烧瓶 B.球形冷凝管 C.锥形瓶 D.温度计
6、粗产品蒸馏提纯时，图2中可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是_______(填标号)。
7、本实验所得到的环己烯产率是_______(填标号)。
A.41.3% B.50% C.60% D.71.4%
【正确答案】 1、环己醇有分子间氢键，环己烯没有分子间氢键 防止暴沸
2、蒸馏烧瓶 ② 3、检漏 上口倒出
4、分液 干燥产物 5、B
6、C 7、D

15-3（巩固） 苯乙酮用于制香皂和香烟，也用作纤维素酯和树脂等的溶剂和塑料。工业生产中的增塑剂，是一种重要的化工原料，可由苯经下述反应制备：

CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑

相关物质的部分物理性质

名称
熔点/°C
沸点/°C
密度/g·mL-1
溶解度
乙酸酐
-73
140
1.082
与水反应(生成乙酸)
苯
5.5
80.5
0.879
不溶于水
苯乙酮
20.5
202
1.028
微溶于水
实验步骤如下：
步骤1：向如图所示的仪器A中迅速加入13g粉状无水AlCl3和16mL(14g，0.18mol)无水苯。在搅拌下将4mL(4.3g，0.04mol)乙酸酐自滴液漏斗慢慢滴加到A中，控制乙酸酐滴加的速度(约10min)。加完后，待反应稍缓和后在沸水浴中搅拌回流，直到不再有HCl气体逸出为止。
步骤2：将反应混合物冷却到室温，在搅拌下倒入装有18mL37%的HCl和30g碎冰的烧杯中(在通风橱中进行)，若仍有固体不溶物，可补加适量37%的HCl使之完全溶解。将混合物转入分液漏斗中，分出有机层，水层用苯萃取两次(每次8mL)。合并有机层，依次用15mL10%NaOH溶液、15mL水洗涤，再用无水MgSO4干燥。
步骤3：先在水浴上蒸馏回收物质B，稍冷后改用空气冷凝管蒸馏收集馏分，产量约4.0g。
1、步骤1中搅拌回流时，冷凝水从___________(填“a”或“b”)端进水，仪器A的名称___________。
2、步骤1中要逐滴滴加乙酸酐的原因是___________。
3、步骤2中水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不萃取一次(16mL)的目的是___________。用15mL10%NaOH溶液洗涤主要是为了除去___________(填物质名称) 。
4、步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为___________。
5、本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，如图二所示，其中毛细管的作用是___________，蒸馏中需要控制一定温度，可能是___________(填字母代号)。
A．202°C B．220°C C．175°C
6、本次实验苯乙酮的产率为___________(保留两位有效数字) 。
【正确答案】 1、a 三颈烧瓶 2、防止反应太过剧烈，产生副反应
3、提高苯乙酮的萃取率 盐酸和醋酸
4、苯 5、防止暴沸(作沸石) C
6、83%

15-4（巩固） 二茂铁[]是一种具有芳香族化合物性质的有机过渡金属化合物。二茂铁的熔点是173℃，在100℃时开始升华，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚、汽油、柴油等有机溶剂；化学性质稳定，400℃以内不分解。实验室制备二茂铁的装置示意图(夹持及加热装置略)如图1所示，实验步骤如下：

①向三颈烧瓶中加入25g粉末状的，并经恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中加入无水乙醚，充分搅拌，同时通入氮气约；
②再经恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中滴入新蒸馏的环戊二烯(、密度为)，搅拌；
③将6.5g无水与(二甲亚砜，作溶剂)配制成的溶液装入恒压滴液漏斗中，慢慢滴入三颈烧瓶中，滴完，继续搅拌；
④再经恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中加入25L无水乙醚，搅拌；
⑤将三颈烧瓶中的液体转移至分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得到橙黄色溶液；
⑥蒸发橙黄色溶液，得到二茂铁粗产品。
请回答下列问题：
1、、、反应生成二茂铁[]和的化学方程式为_______。
2、二茂铁粗产品提纯过程在图2所示装置中进行，其操作名称为_______。
3、最终得到4.8g纯净的二茂铁，则该实验的产率(二茂铁)=_______(保留3位有效数字)。
【正确答案】 1、
2、升华 3、65.3%

15-5（提升） 乙醇酸钠又称羟基乙酸钠，它是一种有机原料，其相对分子质量为98.羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。实验室拟用氯乙酸和溶液制备少量羟基乙酸钠，此反应为剧烈的放热反应。具体实验步骤如下：
步骤1：如图所示装置的三颈烧瓶中，加入氯乙酸、水，搅拌。逐步加入溶
液，在继续搅拌反应2小时，反应过程控制约为9至10之间。

步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，操作1，滤液冷却至，过滤得粗产品。
步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，操作2，分离掉活性炭。
步骤4：将去除活性炭后的溶液加入适量乙醇中，操作3，过滤、干燥，得到羟基乙酸钠。
请回答下列问题：
1、步骤1中，发生反应的化学方程式是_______。
2、如图示的装置中仪器B为球形冷凝管，下列说法不正确的是_______(填字母)。
A.球形冷凝管与直形冷凝管相比，冷却面积更大，效果更好
B.球形冷凝管既可以作倾斜式蒸馏装置，也可用于垂直回流装置
C.在使用冷凝管进行蒸馏操作时，一般蒸馏物的沸点越高，蒸气越不易冷凝
3、逐步加入溶液的目的是_______，_______。
4、步骤2中，三颈烧瓶中如果忘加磁转子该如何操作：_______。
5、上述步骤中，操作1、2、3的名称分别是_______(填字母)。
A.过滤，过滤，冷却结晶
B.趁热过滤，过滤，蒸发结晶
C.趁热过滤，趁热过滤，冷却结晶
6、步骤4中，得到纯净羟基乙酸钠，则实验产率为_______%(结果保留1位小数)。
【正确答案】 1、
2、BC 3、防止升温太快 控制反应体系pH
4、冷却后补加磁转子 5、C
6、78.6

15-6（提升） 邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
物质


TEMPO－COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
—
沸点/℃
270
153
—
性质
+NaHSO3 (易溶于水)

实验步骤如下：
I.向三颈瓶中依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
II.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。
1、控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是______。
2、合成产品的化学方程式为______。
3、配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)______。

4、相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。
5、步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。
6、若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。
7、本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。
【正确答案】 1、冷水浴 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
2、+NaClO+H2O+NaCl
3、烧杯、玻璃棒 4、生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化 邻硝基苯甲酸
5、蒸馏 6、能 浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
7、86.1%

【原卷 16 题】 知识点 物质制备的探究,氧化还原反应的规律,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,晶胞的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物()。

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

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

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

16-2（基础） 铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：

回答下列问题：
1、“碱浸”步骤提高浸出率的方法有_______(任写出一条)，滤渣的成分为_______，该步骤发生反应的化学方程式是_______。
2、已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为_______。
3、“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为_______。
4、该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有_______。
5、立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：

该晶体中B的配位数为_______，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为_______。
【正确答案】 1、粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度 Fe2O3、MgO、BN 2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
2、1.2×10—5 3、4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
4、漏斗、烧杯、玻璃棒
5、4

16-3（巩固） 铜转炉烟灰的主要成分为含金属元素(主要为、、、)的硫酸盐和氧化物以及，其有价金属回收工艺流程如下。已知：时，，。回答下列问题：

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

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

16-4（巩固） 以下为一种制取铜的新工艺，原料利用率较高。

请回答下列问题：
1、为使隔绝空气煅烧充分进行，工业可采取的措施是_______(填写合理的一种即可)。
2、隔绝空气煅烧后固体为、，反应1为溶浸反应，则反应1的离子方程式为_______(已知：)。
3、反应2发生的主要反应的离子方程式为_______，一定温度下，在反应2所得的溶液中加入硫酸，能析出硫酸铜晶体，其可能的原因是_______。
4、滤渣中的是黄铁矿的主要成分，其品体结构类似，如图所示：

①的电子式为_______。
②晶体结构中离最近的有_______个，的电子排布式为_______。
③若晶胞边长为x，则此晶体密度为_______(用表示阿伏加德罗常数)。
【正确答案】 1、矿石粉碎 2、
3、 硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度
4、 12 1s22s22p63s23p63d6

16-5（提升） 锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：

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

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

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

16-6（提升） 铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
1、中为价，的化合价为_______，“焙烧”中反应的化学方程式为_______。
2、“沉铝”中所得滤渣的成分为_______，需控制的原因为_______。
3、“酸化”中反应的离子方程式为_______，若该反应的平衡常数，已知：酸化”后溶液中，则溶液中_______。
4、氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。

①氧铬酸钙的化学式为_______。
②1个钙原子与_______个氧原子最近且等距离。
③该晶体密度为_______(列出计算式即可。已知和O的最近距离为，代表阿伏加德罗常数)
【正确答案】 1、+3
2、 使完全沉淀
3、
4、 12

【原卷 17 题】 知识点 盖斯定律与热化学方程式,化学反应速率计算,催化剂对化学反应速率的影响,化学平衡常数的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。
1、已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的___________。
2、反应④的活化能___________(填“>”、“<”或“=”)，在___________(填“高温”或“低温”)下才可自发进行，判断的理由是___________。
3、已知某温度下，在容积不变的密闭容器中，反应④中的转化率达到最大值的依据是___________(填字母)。
a．气体的压强不发生变化
b．气体的密度不发生变化
c．不发生变化
d．单位时间里分解的和生成的的量一样多
4、密闭容器中发生反应④，维持体系压强，反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数(物质的量分数)如图所示。

①曲线c代表的物质是___________(填化学式)。
②反应温度为1300℃时，反应的平衡常数___________(写计算式，分压=总压×物质的量分数)。
③若高温裂解反应在刚性容器中进行，增大的投入量，的物质的量分数___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【正确答案】 1、＋170 2、> 高温 该反应的正反应为增的反应，且，则在高温下才可自发进行
3、ac 4、 减小

17-2（基础） 硫化氢是一种有毒气体，危害人体健康，造成环境污染。
请回答下列问题：
1、下列关于硫化氢的说法正确的是_______(填标号)。
a．是极性分子
b．的沸点比的沸点低，原因是S-H键能比O-H键能小
c．通入溶液中，可以产生黑色CuS沉淀
d．通入纯水中，能促进水的电离
2、已知：反应ⅰ
反应ⅱ
反应ⅲ
反应ⅱ中正反应的活化能和逆反应的活化能中较大的是_______(填“”或“”)。
3、为处理含的尾气，将直接分解制取硫黄和氢气一直是国内外科研工作者研究的课题，原理为，某实验小组进行如下研究：向体积为5.0L的恒容密闭容器中充入气体，测得不同温度下的转化率与时间的关系如图所示：

①该反应的_______0(填“>”“＜”或“=”)。
②950℃下，反应从开始到m点，用的浓度变化表示反应的平均速率为_______。
③a点的_______b点的(填“>”“＜”或“=”)。若保持其他条件不变，向a点的平衡体系中再充入气体，重新达到平衡时，气体的体积分数将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
④若某温度下，该反应达到化学平衡时，测得容器内总压强为P kPa，和的体积分数相等，则化学平衡常数_______kPa(用含P的式子表示，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
【正确答案】 1、ac 2、
3、> 0.032 > 增大 0.2P

17-3（巩固） 随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。
反应I：
反应II：
回答下列问题：
1、C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为_______。
2、实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为_______；温度改变为时，若，则_______(填“>”“=”或“＜”)，原因为_______。
3、时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。
①时的体积分数为_______。
②内的平均反应速率为_______。
4、研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。

①已知：的燃烧热为，则_______。
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是_______。
【正确答案】 1、N>O>C 2、20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
3、或22.2%
4、 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低

17-4（巩固） 2021年全国两会上“碳达峰”和“碳中和”被首次写入政府工作报告，的回收和利用越来越受到国际社会的重视。
I．利用合成甲醇。
物质



燃烧热



1、___________。
2、加氢制甲醇，甲醇与CO是主要产物，发生的平行反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
①对于反应，，其中分别为正逆反应速率常数，为气体分压。则升高温度，___________(填“变大”“变小”或“不变”)；
②温度对该反应平衡体系中CO、的百分含量影响如图甲所示，曲线a、b、c对应物质的化学式分别为___________、___________、___________；

③某温度下，向压强为p的恒容密闭容器中按进行投料，若平衡时的产率为0.6，的物质的量为1.0mol，则平衡时容器内压强为___________。
Ⅱ.利用合成二甲醚
3、合成二甲醚反应：，将2mol通入容积为2L的恒容密闭容器中合成二甲醚，200℃时容器内的物质的量随时间的变化如图乙所示：

①30～40min内，消耗的平均反应速率为___________；
②能说明反应已达平衡状态的是___________(填标号)。
a．
b．断裂2个H-H键，同时断裂2个H-O键
c．密闭容器内压强不变
d．混合气体的密度不变
4、向一恒容密闭容器中充入3mol和6mol ，开始测得气体的总压为4.5MPa，在一定温度下合成二甲醚，10min后达到平衡，测得的转化率为50%，该反应的平衡常数___________(保留2位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【正确答案】 1、
2、变小 CH3OH CO2 CO
3、0.036 mol/(L·min) bc
4、0.0093

17-5（提升） 氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是造成环境污染的主要物质，其转化规律一直是科学家们研究的热点问题。回答下列问题：

1、已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图所示(图中表示生成2 mol NO2的能量变化)。则2NO(g) +O2(g)=2NO2(g) ΔH=_______。
2、某温度下，反应的平衡常数如下：
I.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) K1=3. 3×1013
II.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) K2=2. 2× 1030
则该温度下，反应III：2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g) K3=_______ (计算结果保留一位小数)，反应II与反应III相比分解趋势较大的反应是_______(填“反应II”或“反应III ”)。
3、已知反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) ΔH =- 148 kJ ·mol-1，正反应速率方程式可以表示为v正=k正cm(NO)·cn(H2)(k正为正反应速率常数，只与温度有关。m和n为反应级数，取最简单正整数)。为了探究一定温度下NO、H2的浓度对反应速率的影响，测得实验数据如下：
序号
c(NO)/(mol·L-1)
c(H2)/ (mol·L-1)
v正/(mol·L-1·min-1)
I
0.10
0.10
0.414k正
II
0.10
0.20
0.828k正
III
0.30
0.10
3.726k正
①v正 =k正cm(NO)·cn(H2)中，m=_______、n=_______。
②经研究，有人提出上述反应分两步进行： I. 2NO(g)+ H2 (g)=N2 (g) + H2O2(g)；II. H2(g)+H2O2(g)=2H2O(g)。化学总反应由较慢的一步反应决定。上述反应中II反应较快，则反应I正反应活化能 _______(填“大于”“小于”或“等于”)反应II正反应活化能。
4、在恒温条件下，将2 mol Cl2和1 mol NH3充入某密闭容器中发生反应：2Cl2(g) + NH3(g)⇌NHCl2(l) + 2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。则A、B、C三点中NH3转化率由大到小的顺序是_______；计算 C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_______MPa -1(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

【正确答案】 1、-112 kJ·mol-1 2、6.7×1016 反应II
3、2 1 大于 4、B>C>A 0. 5

17-6（提升） 空间站还原转化系统能把呼出的捕集、分离并与空间站电解水系统产生的进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
1、一种借助光将转化为的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是_______；图中所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是_______(填化学式)。

2、一定条件下，和还可发生如下两个平行反应：
i.
ii.
①已知相关键能数据如下表：
化学键




键能/
436
464
803
1072
则反应i的_______。
②为了提高的产率，理论上应采用的措施是_______(填标号)。
A.低温低压 B.高温低压 C.高温高压 D.低温高压
③保持温度，压强，按投料比向密闭容器中充入和，反应相同时间测得不同催化剂下转化率和选择性的相关实验数据如下表所示(已知选择性：转化的中生成的百分比)。
催化剂
转化率
选择性
cat.1
21.9%
67.3%
cat.2
36.1%
100.0%
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是_______(填标号)。
A.气体压强不再变化 B.气体平均相对分子质量不再变化
C.和的物质的量之比为 D.和的物质的量之比不再变化
3、一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则该温度下的平衡常数_______(保留两位小数)。
4、若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度_______(填“＜”，“>”，或“=”)，其原因是_______。

【正确答案】 1、 CO2、CH4
2、 D B
3、3.70 4、< 依据图像数据得知B和D的化学平衡常数分别为K(B)=2.25、K(D)=3，又i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大

【原卷 18 题】 知识点 根据题给物质选择合适合成路线,有机物的推断

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下：

已知：是一种还原剂，完成下列填空：
1、布洛芬中含有的官能团名称为_______，A→B的反应类型是_______。
2、D的结构简式是_______。
3、E→F的化学方程式为_______。
4、化合物M的分子式为，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有_______种。
5、布洛芬有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰：

下列说法正确的是_______。
A.该做法使药物水溶性增强
B.布洛芬和成酯修饰产物中均含手性碳原子
C.布洛芬中所有的碳原子可能共平面
D.修饰过的分子利用水解原理达到缓释及减轻副作用的目的
6、以丙醇为主要原料合成的合成路线如图。

写出中间产物的结构简式X_______；Y_______；Z_______。
【正确答案】 1、羧基 取代反应
2、 3、+HBr+H2O
4、2 5、BD
6、

18-2（基础） 醛、酮是有机化学中的重要分支，在有机工业合成中有重要用途。现以苯乙酮()和A为原料合成有机化合物F，合成路线如图所示。回答下列问题：

已知：①。
②碳碳双键上的碳原子连接羟基的有机化合物不稳定。
1、A的化学名称是___________，B中所含官能团的名称是___________。
2、C的结构简式为___________；C→D的反应类型是___________。
3、D→E的化学方程式是___________。
4、X是苯乙酮()的同分异构体，且是只含苯环1个环状结构的稳定化合物，则X有___________种，其中核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式是___________。
5、设计以和为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)___________。
【正确答案】 1、苯甲醛 碳碳双键、(酮)羰基
2、 取代反应
3、
4、8
5、或


18-3（巩固） 化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如图：

已知：①；②；③有机物中一个碳原子连接两个－OH时不稳定，易自动脱水。
回答下列问题：
1、B的化学名称为______，B分子中手性碳原子有_____个。
2、D中含氧官能团的名称为______；由C生成D的反应类型为______。
3、F的结构简式为______。
4、写出由G生成M的化学方程式：______。
5、H为D的同分异构体，同时满足下列条件的H的结构简式有______种(不含立体异构)。
①苯环上连有2个取代基；②含有氨基(－NH2)，且氨基直接连在苯环上；③能与银氨溶液发生银镜反应；④分子中含有2个甲基。
6、参照上述合成路线和信息，以2－丙醇和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线______。
【正确答案】 1、3－氯丁醛 1 2、羟基 取代反应
3、 4、+2NaOH+2NaCl+H2O
5、3 6、CH3CHOHCH3CH3COCH3

18-4（巩固） 异苯并呋喃酮类物质广泛存在。某异苯并呋喃酮类化合物K的合成路线如下。

已知：ⅰ.与反应生成
ⅱ.
ⅲ.
回答下列问题：
1、的化学方程式是_______。
2、试剂a的分子式是_______，其中含有的官能团是_______。
3、催化的过程如下，补充完整步骤②的方程式。
步骤①：
步骤②：_______。
4、下列关于有机物C的说法不正确的是(填序号)_______。
a.存在2个手性碳原子
b.存在含酚羟基的环状酯类同分异构体
c.可以发生加成、取代、消去、缩聚等反应
d.可用酸性高锰酸钾鉴别有机物C和D
5、已知：。则的化学方程式是_______。
6、由E和F制备G时发现产率不高，写出与G互为同分异构体的副产物Y的结构简式：_______。
7、D和G经五步反应合成H，依次写出中间产物2和3的结构简式_______、_______。(结构简式中的“”可用“”表示)

【正确答案】 1、 2、 醛基、羧基
3、
4、acd 5、
6、 7、

18-5（提升） 有机化学药物合成为人类的健康提供了保障，H是一种非常重要的合成中间体，可以合成许多药物分子，如图是H的合成路线，回答下列问题：

已知：；是叔丁基，叔丁醇钠是一种强碱，与氢离子结合生成叔丁醇。
1、A中所含官能团名称为_______。
2、B是溴乙烷的同系物，B的结构简式为_______。
3、由C生成D的化学方程式为_______。
4、符合下列条件的A的同分异构体数目为_______种。
A. 与反应可生成 B. 能发生银镜反应
5、下列有关E的说法不正确的有_______(填标号)。
A.可以发生银镜反应
B.该有机物核磁共振氢谱图有9组峰
C.可以和氢气发生加氢还原反应
D.有两种含氧官能团且具有一定的酸性
6、F生成H的反应类型为_______。
7、以甲苯和两个不超过五个碳的有机物合成(请完成下列流程，无机试剂任选)。_____________

【正确答案】 1、醛基、酯基 2、
3、++++或+++
4、5 5、BC
6、取代反应 7、①；②；③；④；⑤或；⑥；⑦

18-6（提升） 、不饱和醛、酮具有很好的反应性能，常作为有机合成中的前体化合物或关键中间体，是Micheal反应的良好受体，通过、不饱和醛、酮，可以合成许多重要的药物和一些具有特殊结构的化合物。、不饱和酮G()的合成路线如下：

回答下列问题：
1、A的名称为_______，反应①所需试剂为_______。
2、反应②的化学方程式是_______。
3、D中所含官能团的名称为_______，D→E的反应类型为_______。
4、F的结构简式为_______。
5、H为G的同分异构体，满足下列条件的结构有_______种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：2：2：1：1的结构简式为_______。
①芳香族化合物且苯环上有两个取代基；②氧化产物能发生银镜反应。
6、以和为原料，无机试剂任选，设计合成的路线_______。
【正确答案】 1、环己烷 NaOH水溶液
2、2+O22+2H2O
3、(酮)羰基 加成反应
4、 5、15
6、


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．《汉书》记载“高奴县有洧水可燃”，“洧水”为石油，A错误；
B．《本草纲目》记载“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”为，B错误；
C．“白釉青花一火成，花从釉里透分明”，瓷器烧制过程中发生化学变化，C正确；
D．“贵妃明镜剪青丝，后母戊鼎树丰碑”，后母戊鼎材料为青铜是合金，其硬度比纯铜大，D错误；
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．很多金属或它们的化合物在灼烧是都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应，故A正确；
B．烈火焚烧若等闲指的是碳酸钙高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，故B正确；
C．植物中含有大量的纤维素，“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素，故C正确；
D．丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS在加热条件下发生分解反应生成硫（S）和水银（Hg），积变又还成丹砂，硫（S）和水银（Hg）又能发生化合反应生成丹砂(HgS)，描述的都是化学变化，故D错误；
故答案选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了碳酸氢钠的溶解度小，故A正确；
B．Cu2(OH)2CO3由构成，属于盐，故B错误；
C．“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”，“KNO3中N元素化合价降低生成氮气，体现KNO3的氧化性，故C正确；
D．K元素的焰色呈紫色、Na元素的焰色呈黄色，可以利用“焰色试验”区分KNO3、Na2SO4，故D正确；
选B。
1-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氧气和臭氧同为氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，A错误；
B．硫单质和金属化合生成金属硫化物，硫元素化合价降低，体现了石硫黄的氧化性，B正确；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”描述的是金的单质富集的过程，不涉及氧化还原反应，C正确；
D．烧之赤色是被氧化生成过程，是红棕色固体，D正确；
故选A。
1-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”是指碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，是由一种反应物生成多种生成物的反应，因此该反应的基本类型是分解反应，A正确；
B．升华和凝华属于物理变化，没有新物质产生。丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银和S，积变又还成丹砂，即Hg和S在室温下又重新反应生成HgS，二者发生的变化均为化学变化，而不属于升华和凝华，B错误；
C．提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发，C正确；
D．古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，D正确；
故合理选项是B。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．牡蛎壳的主要成分为，灼烧生成，则“灰”的主要成分为，故A错误；
B．“扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”是指扫取后用水溶解，然后加热蒸发结晶得到硝酸钾晶体，涉及溶解、蒸发、结晶操作，故B正确；
C．“丹砂()烧之成水银”即发生分解反应生成水银，“积变又还成丹砂”即和S又反应生成，两过程中均有新物质生成，为化学变化，而“升华”、“凝华”为物理变化，故C错误；
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，过程中有新物质生成，为化学变化，故D错误；
故答案选B。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．使用75%酒精消毒效果更好，不用无水乙醇消毒，A错误；
B．硅是太阳能电池板的主要材料，B错误；
C．聚丙烯属于高分子有机化合物，为混合物，C错误；
D．香蕉释放乙烯，乙烯具有催熟作用，因此将香蕉和青苹果放在一起，青苹果更容易成熟，D正确；
答案选D。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A． 胶体按分散剂的状态可分为固溶胶、液溶胶、气溶胶，故气溶胶属于胶体，A项正确；
B． 温度过高会使蛋白质变性，病毒疫苗主要成分含蛋白质，为防止其变性，一般需要冷藏保存，B项正确；
C． 次氯酸钠溶液、过氧乙酸具有强氧化性，能够杀菌消毒，、75%乙醇能使蛋白质变性，可做消毒剂，C项错误；
D． 聚丙烯属于合成有机高分子化合物，D项正确；
故选C。
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．二氧化硅晶体能传递光信号，可以用于制造光导纤维，所以生产光纤的原料为晶体二氧化硅，选项A正确；
B．航空煤油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，选项B不正确；
C．芳纶为芳香族聚酰胺纤维，属于合成纤维，选项C正确；
D．SiC增强铝基材料由多种物质组成的具有特殊性能，属于复合材料，选项D正确；
答案选B。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．硅是良好的半导体材料，故“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅，A正确；
B．同位素是指具有相同的质子数而不同中子数的的同一元素的不同原子之间，故我国自主研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同位素，B正确；
C．合金一般具有强度比成分金属大，密度比成分金属小，耐腐蚀的特性，故“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高、密度小、耐腐蚀，C错误；
D．返回舱外层涂有耐高温复合材料，可隔绝热量有效保护航天员，D正确；
故C。
2-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 84消毒液、双氧水的有效成分分别为：HClO和H2O2，不属于有机物，故A错误；
B. 乙醇和二氧化氯泡腾片都可用于消毒，乙醇使蛋白质变性，二氧化氯泡腾片是利用强氧化性，二者消毒原理不相同，故B错误；
C. 聚乙烯为乙烯的加聚产物，修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜是一种无毒、无味的高分子材料，故C正确；
D.丙烯加聚为聚丙烯， 聚丙烯中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故D错误；
故选C。
2-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．用于消毒的酒精、过氧乙酸（CH3CoH）等均属于有机物，但“84” 消毒液、双氧水属于无机物，故A错误；
B．HDPE（高密度聚乙烯）膜是一种无毒、无味的高分子材料，故B正确；
C．医用消毒酒精是75%的乙醇溶液，浓度太大，表面上的蛋白质凝聚后阻止酒精进入内部，消毒效果差，故C错误；
D．聚丙烯中没有不饱和的碳碳双键等，不可以使溴水褪色，故D错误；
故选B。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．中含有和，7.8g物质的量为0.1mol，则阴离子数为，A正确；
B．1mol完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于，B错误；
C．反应为可逆反应，生成的分子数小于，C错误；
D．题没有给出醋酸溶液的体积，无法算出氢离子数，D错误；
故选A。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．SiO2中1个硅形成4个硅氧键，60gSiO2为1mol，则晶体中含有Si-O键的数目为4NA，A错误；
B．不确定溶液的体积，不能计算溶液中氢氧根离子的物质的量，B错误；
C．NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，且固体中1分子均含有1个阳离子，故120gNaHSO4和KHSO3可看做1molMN，则含有阳离子1mol，数目为NA，C正确；
D．反应为可逆反应，反应进行不完全，反应后生成分子总数大于2NA，D错误；
故选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．甲醇结构简式为CH3OH，甲醇物质的量为1mol，含有键的数目为3，A错误；
B．常温常压下，的物质的量为0.1mol，每个D2O含有10个质子和10个中子，故含有的质子数和中子数均为，B正确；
C．结合原子守恒，和充分反应后的混合气体中原子数等于，C错误；
D．25℃时，的溶液中含有的数目为，D错误；
故选B。
3-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A． 苯甲醇分子中有7个碳原子，0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为，故A正确；
B． ，部分水解，溶液中含有数目少于，故B错误；
C． 56gFe与充分反应时，铁过量，转移的电子数为，故C错误；
D． 出中含有电子数为(6-1+1×3)NA=，故D错误；
故选A。
3-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．晶体硅中每个硅原子与周围的4个硅原子形成4根共价键，由均摊法可知，每个硅原子占有2根共价键，故28g晶体Si，即1mol晶体硅，含有键数目为，故A错误；
B．100g质量分数为17%的水溶液中的物质的量为，的结构式为H-O-O-H，故0.5mol含有极性键的数目为，但是溶剂水分子也含有极性键，故B错误；
C．与的反应为可逆反应，不能计算参加反应的物质的量，故无法计算转移的电子数，故C错误；
D．的摩尔质量为20g/mol，一个中含有质子数为10，18g重水()中含有的质子数为，故D正确；
故选D。
3-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．过氧化钠是由1个钠离子和1个过氧根离子构成的、硫化钠是由1个钠离子和1个硫离子构成的，1分子中均含有1个阴离子，且两者的相对分子质量均为78；则和混合物可看作NaM，且物质的量为0.1mol，其所含的阴离子总数为，A正确；
B．溶液中存在Cr2O+H2O2CrO+2H+，导致离子数小于，B错误；
C．1分子P4中存在6个P-P键，常温常压下，（物质的量为1mol）中所含键的数目为，C错误；
D．向密闭容器中充入1mol与1mol，反应为等分子数的反应，故容器内的分子数等于，D错误；
故选A。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．醋酸与CaCO3反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸是弱酸，写成化学式，离子方程式为CaCO3 +2CH3COOH = Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO－，故A错误；
B．常温下，铝遇到浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜，故B错误；
C．等浓度NaHSO4和Ba(OH)2溶液等体积混合，氢离子和硫酸根离子按1:1反应，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水：H+++Ba2++OH－ =BaSO4↓+H2O，故C正确；
D．Na2O2投入H218O 中，过氧化钠中的氧既升高又降低，而水中的氧进入到氢氧化钠中：2Na2O2+2H218O=4Na++218OH－+2OH－+O2↑，故D错误。
综上所述，答案为C。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．碳酸根离子和二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，A正确；
B．氨水为弱碱，反应为，B错误；
C．碘离子具有还原性会和铁离子生成亚铁离子和碘单质，，C错误；
D．生成氢氧根离子会和镁离子生成氢氧化镁沉淀，，D错误；
故选A。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．是强酸，强电解质，所以海水提溴中用的水溶液富集溴：，故A错误；
B．溶液和溶液等体积、等浓度混合即1:1反应：，故B正确；
C．向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全即1:1反应，应该为：，故C错误；
D．少量与溶液反应氧化还原反应：，故D错误；
故选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．工业上向石灰乳中通氯气制漂白粉，离子反应式为，A错误；
B．稀硝酸有氧化性，SO2和S单质会被继续氧化，不能稳定存在，B错误；
C．苯酚的酸性强于碳酸氢根，弱于碳酸，则向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，离子反应式为，C错误；
D．氨气可与难溶于水的氯化银结合生成可溶于水的络合物，D正确；
故选D。
4-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．向溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀：，故A错误；
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，生成碳酸氢钠晶体和氯化铵：，故B正确；
C．向溶液中通过量生成次氯酸和碳酸氢钙：，故C错误；
D．将少量新制的氯水加到饱和溶液，氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，氢离子与过量的亚硫酸根离子生成亚硫酸根离子，离子方程式为：，故D错误。
综上所述，答案为B。
4-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．酸性条件下硝酸根的氧化性强于，少量HI反应时，反应方程式：，故A错误；
B．溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性强于碳酸，过量通入到少量碳酸钠溶液中反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，离子方程式正确，故B正确；
C．溶于过量氨水，反应离子方程式为：，故C错误；
D．与NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：，故D错误；
故选：B。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．四种物质均为非金属元素形成的化合物，B-Cl、N-H、B-N、H-Cl化学键均为共价键，A正确；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；元素电负性大小为N>B，B正确；
C．立方氮化硼硬度高，耐磨性好，为共价晶体；而BCl3为分子晶体，C错误；
D．BCl3中B原子形成3个共价键，为sp2杂化，其激发态价电子轨道表示式为：，D正确；
故选C。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．导电需要自由移动的离子，故离子晶体中存在阴阳离子，但离子不可自由移动也不可以导电，故A错误；
B．能量最低原理：原子核外的电子应优先排布在能量最低的能级里，然后由里到外，依次排布在能量逐渐升高的能级里；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；图中电子排布违反了洪特规则，故B错误；
C．金属晶体中存在金属键，发生延展时，金属原子层间发生相对滑动，不改变原来的排列方式，故C正确；
D．水的热稳定性很强是因为氢氧键键能很大，故D错误；
故选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．OH-的电子式中，O原子周围有8个电子，Mg(OH)2的电子式为，A错误；
B．SiO2属于共价晶体，没有分子式，SiO2是化学式，B错误；
C．CH3CH3的碳原子都是饱和碳原子，故碳原子为sp3杂化，C正确；
D．基态磷原子的价电子的轨道表示式：，D错误；
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NaOH是离子化合物，其的电子式为：，A错误；
B．BF3中心原子B周围的价层电子对数为：3+=3，故BF3为平面三角形空间构型，故其空间结构模型为：，B正确；
C．已知SiO2是一种空间网状结构，则SiO2为共价晶体，而SO2为分子晶体，C错误； D．由于N原子核外具有2s22p3的半充满的稳定结构，故第一电离能： N > O，D错误；
故B。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．基态碳原子核外电子排布为1s22s22p2，核外存在2对自旋相反的电子，A错误
B．分子中C价层电子对数为，则中心原子为sp杂化，B错误；
C．一定条件下能与金属形成，该化合物的熔点为，沸点为，其晶体熔沸点较低，类型属于分子晶体，C错误；
D．的晶体结构与晶体硅相似，为共价晶体，则晶体中微粒间存在的作用力是共价键，D正确；
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．N的电负性比P大，所以P和Cl的电负性插值比N和Cl的电负性差值大，因此NCl3分子的极性比PCl3的小，故A错误；
B．HF分子之间能形成氢键，导致其熔、沸点比同族其它氢化物的高，故B错误；
C．SO2具有漂白性和强还原性，在食品添加剂中可起到漂白、防腐和抗氧化等作用，故C正确；
D．干冰晶体中CO2的配位数为12，故D错误；
故选：C。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，陈述I不正确，故A错误；
B．新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色，说明 Mg(OH)2沉淀能转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶度积常数比Mg(OH)3的小，故B正确；
C．常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小，说明醋酸根水解程度小，醋酸的酸性强于硼酸，故C错误；
D．将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色，说明KMnO4显示强氧化性，H2O2表现为还原性，故D错误；
故答案为B。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. 通入溶液中不反应，将气体通入溶液，发生氧化还原反应生成沉淀，故A错误；
B. 氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能被浓硫酸干燥，具有较强还原性，能够被浓硫酸氧化，不可以用浓硫酸干燥，故B错误；
C. 二氧化硅能与氢氟酸反应：，氢氟酸应保存在塑料瓶中，二氧化硅能和强碱反应，石英坩埚不能用于熔化NaOH，故C错误；
D. 与水反应，离子方程式为：，可与水反应，均发生氧化还原反应，且既做氧化剂又做还原剂，故D正确；
答案选D。
点睛:
本题考查了物质的性质与应用，同时要区分事物间的因果关系，熟练掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．作光导纤维是因为透明，能传导光信号，选项A错误；
B．蛟龙号使用钛合金材料，是因为钛合金密度小、机械性能好、耐腐蚀性好，选项B正确；
C．液态联氨和二氧化氮反应放出大量的热，生成氮气和水蒸气，是无毒的、环保的，因此神舟飞船主动力燃料使用液态联氨和二氧化氮，选项C正确；
D．有磁性，可作为磁性材料，如磁性元件、磁性水雷、电磁炮等，选项D正确；
答案选A。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
试题分析：A、Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使石蕊变红，但次氯酸有强氧化性，将变红的石蕊氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色，二者原理相似，正确；B、将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀发生的反应为SO2+Cl2+2H2O====H2SO4+2HCl、Ba2+ + SO42-====BaSO4↓，为氧化还原反应和复分解反应；将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，产生白色沉淀发生的反应为2NH3·H2O +CO2====CO32—+2NH4+、CO32—+Ca2+="===" Ca CO3↓，为复分解反应，原理不同，错误；C、向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀发生复分解反应，向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀发生复分解反应，原理相同，正确；D、Na投入水中产生大量气泡发生置换反应，Na2CO3投入盐酸中产生大量气泡发生复分解反应，原理不同，错误；故选C。
考点：考查化学反应实验现象及原理分析。
6-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铁在空气中容易生锈，铁锈(Fe2O3·xH2O)是疏松多孔的，陈述Ⅰ错误，判断错误，A错误；
B．N的电负性较大，较稳定，常温下，不易发生反应，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，但两个陈述间无因果关系，较稳定，常温下，不易发生反应的原因是氮氮三键比较牢固，B错误；
C．还原性较强，能将溶液中还原为，因此可用于化学镀银，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ、判断均正确，且有因果关系，C正确；
D．为V形分子，为直线形分子，二者的空间构型不相同，陈述Ⅰ错误，D错误；
选C。
6-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．酒精没有强氧化性，其杀菌消毒的原理是使蛋白质脱水变性凝固而失去活性，从而达到杀菌消毒的效果，故该选项陈述2错误，A项不选；
B．金属铝的表面生成的致密的氧化膜能保护内层的金属铝不被氧化，故常用电化学氧化法在铝制品的表面生成氧化膜保护金属铝，陈述1与陈述2之间有因果关系，B项选；
C．CaCl2常用于干燥中性和酸性气体，但CaCl2与氨气能发生反应生成CaCl2·8NH3，从而不能用于氨气的干燥，该项陈述1错误，C项不选；
D．牙膏当中添加氟化物，其中的F-能与牙齿表层的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]发生反应生成溶解度更小的氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，从而抵抗酸对牙齿的侵蚀，该选项中陈述2错误，D项不选；
答案选B。
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据题中左旋多巴的结构简式，可知其分子中含有9个C原子、11个H原子、1个N原子和4个O原子，A项正确；
B．由左旋多巴的结构简式可知，其分子中含有羧基、氨基、酚羟基等官能团，故能与酸或碱反应生成盐，B项正确；
C．分析左旋多巴的结构简式，其分子中有9种不同位置的氢原子，故其核磁共振氢谱上有9个峰，C项正确；
D．左旋多巴分子中含有苯环，则该分子中一定有7个碳原子共平面，考虑单键能旋转的特点，分子中最多有9个碳原子共平面。D项错误；
答案选D。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由结构简式可知M的分子式为：C14H12O3，故A错误；
B．M中含羟基、羰基、醚键三种官能团，故B错误；
C．该物质中含有苯环和羰基均能与氢气发生加成反应，故C正确；
D．该物质含两个苯环，一氯代物共6种，故D错误；
故选：C。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．莨菪亭能和氢气发生加成反应的结构有苯环、碳碳双键，1 mol苯环消耗3 mol H2，1 mol碳碳双键消耗1 mol H2，故1 mol 该物质最多消耗 4 mol H2，A错误；
B．苯环、碳碳双键、羰基为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能处于同一平面，B正确；
C．含苯环、双键可发生加成反应，含-COOC-可发生取代反应，但不能发生消去反应，C错误；
D．酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则1 mol该物质最多能与3 mol NaOH反应，D错误；
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．X分子中羧基和酚酯基都能与NaOH反应，故1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，A错误；
B．X分子中含有羚基和酯基，有2个含氧官能团，B错误；
C．由于X是环酯，在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C正确;
D．根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，由于单键可以旋转，两个苯环不一定共面，D错误。
故选C。
7-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
该化合物有苯环、酯基、羧基和醚键，据此分析进行作答。
详解:
A．化合物的分子式为，A错误；
B．该化合物可发生氧化反应，因没有羟基，不能发生消去反应，B错误；
C．中苯环上的等效氢有3个，一氯代物的种数为3，C项正确；
D．酯基和羧基不能与氢气发生加成反应，故最多可与3molH2发生加成反应，D项错误；
故答案选C。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．酯化反应是可逆反应，故A的说法错误；
B．分子中的苯环和苯环相连的原子是共面的，和碳氧双键相连的原子也是共面的，和羰基相连的羟基上的氢可能与羟基上的氧共面，则对苯二甲酸共面的原子数最多为18个，故B说法正确；
C．对苯二甲酸结构中能与氢气发生加成反应的是苯环部分，则与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C8H12O4，故C说法错误；
D．对苯二甲酸的同分异构体，除了邻位还有间位，且取代基不是羧基的二元取代物还有 、 ，每种都有邻、间、对三种，故D说法错误；
本题答案B。
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．装置Ⅰ中，分液漏斗的尖端没有紧靠烧杯内壁，缺乙醇与水混溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，A不符合题意；
B．利用装置Ⅱ直接蒸干AlCl3溶液时由于氯化铝会水解而不能制得无水AlCl3固体，应在氯化氢气流中加热，B不符合题意；
C．利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体时，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，而不能滴入NaOH溶液中，C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。将硫酸滴入Na2CO3溶液中发生复分解反应H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2↑+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：S＞C＞Si，D正确；
故合理选项是D。
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．易与溶液反应而苯与氢氧化钠不互溶，所以该装置可除去溴得到苯，A正确；
B．容量瓶不能用于溶解固体或稀释浓溶液，溶解固体或稀释浓溶液时应在烧杯中进行，B错误；
C．启普发生器适用于固液不加热制气体的反应且反应物为块状或颗粒状固体，反应物固体呈粉末状或反应剧烈时均不可用此装置；过氧化钠是粉末，故不能用此装置，C错误；
D．溶液应用碱式滴定管盛装，而图中是酸式滴定管，D错误；
故选A。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．若导管内形成一段红墨水柱则为吸氧腐蚀，否则为析氢腐蚀，能达到实验目的，A正确；
B．过氧化钠粉末不能放置在多孔隔板上，上述装置不适合该反应，B错误；
C．乙醇受热易挥发，且具有还原性，也能使酸性高锰酸钾褪色，会干扰实验的测定，C错误；
D．当液面距离刻度线1～2cm处时才使用胶头滴管滴加水，D错误；
故选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铜与浓硫酸反应制备二氧化硫需要加热，图中缺少加热装置，选项A错误；
B．乙酸乙酯在烧碱溶液中水解，小试管中应选用饱和碳酸钠溶液，选项B错误；
C．二氧化硫不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥二氧化硫，选项C正确；
D．乙醇能与水任意比互溶，不能用于萃取溴水中的溴，无法分离溴水中的溴，选项D错误；
答案选C。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．装置①易升华，遇冷凝华，而受热分解产生HCl和，两种气体遇冷又生成，因此无法利用装置①分离两种固体，A不能达到相应目的；
B．装置②打开止水夹a时，利用左侧试管中产生氢气可以排除装置中的空气，关闭止水夹后，利用氢气产生的压力，将溶液压入右侧试管，可以较长时间观察的生成的白色沉淀，B能达到相应实验目的；
C．装置丙中用Cu丝产生焰色现象，对钾元素的焰色试验有干扰，因此应改成用铁丝或者铂丝，C不能达到相应实验目的；
D．装置丁中产生的乙炔气体中含有气体，也会使溴水褪色，需要用硫酸铜溶液除掉杂质后，再通入溴水中检验乙炔的性质，D不能达到相应实验目的；
故选：B。
8-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．食盐水呈中性，发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，导管内液面高于试管内液面，A正确；
B．水和乙醇易形成共沸物，应先加后蒸馏，B错误；
C．中和滴定时眼睛观察锥形瓶内溶液颜色的变化，达到滴定终点后再读数，C错误；
D．右边试管内生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气排出装置，硫酸亚铁溶液与左边试管内氢氧化钠溶液不能自动混合，不能制备氢氧化亚铁沉淀，D错误。
故选Ａ。
9-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Li为原电池的负极，电子从Li电极经导线流向电极，所以X方向为电子方向，A错误；
B．离子交换膜需要通过，所以M为阳离子交换膜，B错误；
C．正极为生成C单质，电极反应式：，C正确；
D．为活泼金属，能与水反应，所以该电池不能用水性电解质，D错误；
故选C。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
在a电极，C2H2转化为C2H4，C元素由-1价降低到-2价，得电子发生还原反应，则该电极为正极；锌板b为负极。
详解:
A．由分析可知，电极a为正极，电极b为负极，则电极a的电势高于电极b的电势，A错误；
B．放电过程中，正极区发生反应，OH-透过阴离子交换膜移向负极，KOH的物质的量不变，但H2O参加电极反应，造成水量减少，KOH溶液浓度增大，B错误；
C．电极a上，C2H2得电子产物与电解质反应，转化为C2H4，发生的电极反应式为，C正确；
D．电解足量CuSO4溶液，理论上消耗2.24L(标准状况)C2H2时，转移电子的物质的量为=0.2mol，根据电子守恒，则生成Cu的物质的量为0.1mol，质量为6.4g；但是题目没有说明是否为标况，故不能计算生成铜的质量，D错误；
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
锌电极为负极，放电时，由图示知负极反应为：Zn-2e-+4OH-═Zn(OH)，正极电极反应：CO2+2e-+2H+=HCOOH，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，电极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极发生还原反应生成锌，电极反应：Zn(OH)2+2e-=Zn+4OH-。
详解:
A．放电时，负极反应为：Zn-2e-+4OH-═Zn(OH)，正极反应为，故A错误；
B．放电时，正极反应为，转化为HCOOH，转移的电子数为2mol，故B错误；
C．阴极发生还原反应生成锌，充电时，Zn电极连接电源负极，故C错误；
D．充电时阳极生成氧气电极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，电解质溶液2中OH-浓度降低，故D正确；
故选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．放电时，电极为正极，Al-Li合金电极为负极，负极的电极反应方程式为，A项错误；
B．放电时，在内电路，电流由负极(Al-Li合金)流向正极()，B项正确；
C．充电时，导线中流过2mol，理论上阴极生成2mol Li单质，质量增加14g，C项错误；
D．放电时，电极为正极，充电时，电极为阳极，所以电极上的电势高于Al-Li合金电极上的电势，D项错误；
故选：B。
9-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知乙炔转化为乙烯，发生还原反应，则a电极为正极、b电极为负极；
详解:
A．正极电势高于负极，故电极a的电势高于电极b的电势，A正确；
B．电极a上乙炔得到电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为C2H2+2H2O+2e-=C2H4+2OH-，B正确；
C．放电过程中正极反应为C2H2+2H2O+2e-=C2H4+2OH-，正极区生成的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入右侧，但是反应中消耗水，使得氢氧化钾浓度变大，C错误；
D．电解足量CuSO4溶液，理论上消耗2.24L(标准状况为0.1mol)C2H2时，根据电子守恒可知，C2H2～2e-～Cu，则生成0.1mol铜，即生成6.4gCu，D正确；
故选C。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-+4=，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；充电时，锌与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极反应式为+2e-=Zn+4，右侧电极为阳极，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+，则电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液。
详解:
A．由分析可知电解质溶液2是酸性溶液，A错误；
B．充电时阴极反应式为+2e-=Zn+4，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电池总反应式为2+2H2O=2Zn+4+O2↑+4H2O。 ，生成1molO2时生成2molZn，则生成0.5molO2，生成，m(Zn)=1mol×65g/mol=65g，则阴极上生成65gZn，B错误；
C．放电时，正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则1molCO2转化为HCOOH转移电子的物质的量为2mol，转移电子数为2NA，C正确；
D．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4=、正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则电池总反应式为Zn+CO2+2+2H2O=+HCOOH，D错误；
故选C。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；由物质结构式可知，化合物分子中R、M形成1个共价键、X形成4个共价键，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，则R为H元素、X为C元素、M为Cl元素。
详解:
A．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间结构为平面三角形，故A正确；
B．氯元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸高氯酸，故B正确；
C．由物质结构式可知，化合物分子中碳原子最外层均满足结构，故C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能大于氧元素的元素为氮元素、氟元素、氖元素，共3种，故D错误；
故选D。
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由结构式可知，Y共用两对电子，W共用六对电子，Y、W同一主族，原子序数依次增大，则Y为O，W为S，X共用三对电子且原子序数小于O，则X为N，Z共用一对电子，原子序数介于O、S之间，则Z为F。由此解答该题。
详解:
A．比较原子半径，电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，由此可知r(S) >r(N)>r(O)>r(F)，即r(W) >r(X)>r(Y)>r(Z)， A错误；
B．Y为O，Z为F，能形成两个氢键，HF只能形成一个氢键，因此的沸点高于HF，B正确；
C．由结构式可知，该化合物中S的 电子不是8，C错误；
D．X为N，对应的酸有强酸、弱酸，W为S，对应的有强酸，弱酸等，氧化物的水化物的酸性X不一定大于W，D错误；
故选B。
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据价键理论和的水溶液呈酸性，可初步分析，X为H，Y或Z可能为第IVA族元素，M为第VIA族元素，W为第ⅦA族元素，而氢卤酸的水溶液为弱酸的只有HF，可确定W为F，那么M为O，由此可知，Y和Z只有一个属于第IVA族元素，再结合Y元素的成键特征可知，Y为B、Z为C。
详解:
A．基态氟原子的价层电子的轨道表示式为，A正确；
B．Z的氢化物为烃，某些固态烃的沸点高于、的沸点，B错误；
C．XW的水溶液是氢氟酸，可以用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃，C正确；
D．分子的空间结构为平面三角形，是非极性分子，D正确；
故选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据已知，五种元素是同周期主族元素，又X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有二个电子层，次外层为2个电子，X为氧元素；又据盐的结构图示可知，Z形成四个共价键，且与氧(X)形成双键，Z原子的最外层电子数为4，Z为碳元素；Y形成一个共价键，Y为氟元素；盐中含有草酸根结构且与W相连、W还与二个F相连，W为硼元素；电池材料中为非8电子稳定结构，M为锂元素，据此分析解答。
详解:
A．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性：F>O，稳定性： B．同周期元素原子半径随原子序数增加而增大，原子半径：F C．锂的密度比煤油小，它不可以保存于煤油中，硼化氢通常表示为，C错误；
D．W的最高价氧化物对应的水化物是，是一元弱酸，D错误；
故选：B。
10-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W、R为核电荷数依次增大的短周期主族元素。X的族序数与周期数相等，且与R同主族，X只有一个价键，则X为H，R为Na，Y形成的化合物种类最多，则Y为C，Z有三个价键，则Z为N，W有两个价键，则W为O。
详解:
A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：R＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．水和氨气存在分子间氢键，水中分子间氢键数目比氨气分子间氢键数目多，因此简单氢化物沸点：W＞Z＞Y，故B正确；
C．Z2X4中含有极性共价键、非极性共价键，故C错误；
D．W、R形成的二元化合物过氧化钠具有强氧化性，氧化钠不具有强氧化性，故D错误；
综上所述，答案为B。
10-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题目信息，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，M 只形成一个单键， M 为H元素；X和Y都形成4个单键，且Y形成的阳离子带一个正电荷，则Y为N元素，X为C元素；W同样形成4个单键，且形成的阴离子带一个负电荷，则W为B元素；Z连接两个共价键，Z为O元素，以此解答。
详解:
A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：N>C>B，则最高价含氧酸的酸性：N>C>B，故A正确；
B．H、N、O形成的化合物NH4NO3溶液中，发生水解促进水的电离，故B错误；
C．由结构式知，该物质中有离子键、极性共价键，阴离子中还存在配位键，故C正确；
D．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，基态原子的第一电离能N>O，故D正确；
故选B。
11-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. 反应物Y为固体，X(g)＋Y(s)Z(g)为反应前后气体体积不变的可逆反应，乙容器中充入2 molX、2 molY、2 molZ，折算成反应物相当于加入4molX、4molY，与甲容器为比例等效平衡，达到平衡时甲、乙容器中各气体的体积分数相等，则a=0.6mol×4=2.4mol，故A正确；
B. 起始时乙容器中加入的Z的物质的量是2mol，根据A项分析可知，达到平衡时乙容器中Z的物质的量为2.4mol，说明乙中反应向正反应方向进行建立平衡，故B正确；
C. Y为固体，甲容器中加入1 molX、1 molY、0 molZ，反应正向进行达到平衡，未达到平衡时，气体的质量一直在增大，容器的体积不变，则气体的密度一直在增大，当气体密度不再改变时，说明达到平衡状态，故C正确；
D. 反应物Y为固体，X(g)＋Y(s)Z(g)为反应前后气体体积不变的可逆反应，平衡后缩小容器容积，压强增大，但平衡不移动，所以甲、乙两容器中X的体积分数均不变，故D错误；
答案选D。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.甲、乙两个容器内温度相等，则平衡常数相等，A错误；
B.将乙中转化为到左边，SO2、O2的起始物质的量相当于2mol、1mol，甲、乙温度、体积相等，故二者为完全等效平衡，平衡时SO2的体积分数相等，B错误；
C.甲、乙为完全等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量相等，故甲中参加反应的二氧化硫更多，则放出热量：Q1>Q2，由于该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，故197>Q1，则放出热量：197>Q1>Q2，C正确；
D.同种物质，液态的能量低于气态，生成液态三氧化硫放出的热量更多，即生成1molSO3(l)时放出的热量大于98.5kJ，D错误；
故合理选项是C。
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A. 根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(CO2)＝0.8mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，K1＝＝12.8，A正确；
B. 乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8mol·L－1，c(CO2)＝0.6mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；
C. 向容器中再充入0.1mol H2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；
D. 与乙容器中的量比较，1.0mol CO2和2.0mol H2相当于1.0mol C和2.0mol H2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；
故A。
11-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．因该反应为可逆反应，3.0mol不能反应完全，则反应放出的热量小于92kJ，选项A错误；
B．用“三段式”法计算时，设甲中某时刻N2的转化率为x,则有：

的物质的量分数始终为=50%，是定值，不能作为判断反应达到平衡的依据，选项B错误；
C． ，选项C正确；
D．乙中的平衡转化率为90%，丙中各物质的起始量是乙中的3倍，相当于对乙容器加压，平衡右移，的平衡转化率大于90%，选项D错误。
答案选C。
11-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
甲乙容器中投料量相同，反应温度不同；乙丙温度相同，投料投料浓度丙为乙的2倍。
详解:
A．甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A错误；
B．T2＞T1，温度越高，瞬时速率越快，故乙容器中瞬时速率快，B错误；
C．乙与丙反应温度相同，投料浓度丙为乙的2倍，平衡后C的浓度丙仍为乙的2倍，说明压强不影响平衡移动，故x=1，反应前后气体分数不变，C错误；
D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：
，
故T1℃，该反应的平衡常数为，
现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：
，
温度不变，K值不变，，解得：x=0.75，故A的转化率为，D正确；
故选D。
11-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
起始投料相当于甲的二倍；
甲为2L乙为4升(此时p甲=p乙)，则甲乙等效，起始投料乙是甲的2倍，平衡量也是甲的2倍，把乙从4L变成5L时，相当于减压，乙的各组分物质的量不变，平衡不移动，故此反应为反应前后分子数不变的反应，即W为非气态，据此解题。
详解:
A．综上所述分析，W为非气态，故A正确；
B．乙中平衡时，X的物质的量浓度为0.8mol÷5L=0.16mol/L，甲中c(X)=0.4mol÷2L=0.2 mol/L，所以平衡后正反应速率v正(X)：甲＞乙，故B错误；
C．平衡常数，故C正确；
D．适当降温，因为正反应放热，可使乙中平衡向右移动，使c乙(Z)增大，能使c(Z)甲=c乙(Z)，故D正确；
故选B。
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．同体积不同浓度的高锰酸钾溶液中高锰酸钾的物质的量不同，应使用同浓度同体积的高锰酸钾与不同浓度的足量草酸反应，探究浓度对反应速率的影响，故A错误；
B．盐酸与NaHCO3混合产生的气体中含有二氧化碳和氯化氢，应该将盐酸与NaHCO3混合产生的气体除去氯化氢后再通入苯酚钠溶液，验证碳酸、苯酚的酸性，故B错误；
C．浓硝酸加热易分解，向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，可能是硝酸分解生成了二氧化氮，故C错误；
D．将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中，木条不复燃，钠燃烧，说明NO2的助燃性具有选择性，故D正确；
选D。
12-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氢氧化钠也会和硝酸银生成氢氧化银沉淀，氢氧化银分解生成黑色氧化银，故不能说明卤代烃未水解，A错误；
B．反应后碘离子过量，而滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中仍存在铁离子，则KI与溶液的反应有一定限度，B正确；
C．氨气水溶液显碱性，氨气、二氧化硫、氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故X可能是，C正确；
D．等浓度的醋酸钠、亚硝酸钠溶液，醋酸钠溶液的碱性更强，说明醋酸根离子水解程度更大，则对应结合的能力比强，D正确；
故选A。
12-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，气体中含有不饱和烃，但不一定为乙烯，故A错误；
B．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故B错误；
C．将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和的Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，Ba(HSO3)2溶液出现白色沉淀，说明生成物中含有三氧化硫，三氧化硫的水溶液显强酸性，能够与亚硫酸氢根离子反应放出二氧化硫，因此品红溶液褪色，不能说明生成物中含有二氧化硫，故C错误；
D．由现象可知NaI溶液中滴入少量新制氯水，生成碘易溶于苯，则I-还原性比Cl-强，故D正确；
故选D。
点睛:
本题的易错点为C，要注意硫酸能够与Ba(HSO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀，同时会放出二氧化硫气体。
12-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．用pH试纸测得碳酸氢钠溶液为碱性说明碳酸氢钠水解大于电离，则碳酸是弱酸，亚硫酸氢钠溶液的pH试纸显红色说明亚硫酸氢钠溶液呈酸性，只能说明亚硫酸氢根会电离出氢离子，不能确定亚硫酸氢根是否会水解，因此不能说明亚硫酸是弱酸，故A错误；
B．若存在硫代硫酸钾可以与浓盐酸反应生成的二氧化硫能使品红溶液褪色，则向钾盐溶液中滴加浓盐酸产生的无色气体使品红溶液褪色不能说明该钾盐一定是亚硫酸钾或亚硫酸氢钾，故B错误；
C．四水合铜离子在溶液中呈蓝色，所以硫酸铜溶液呈淡蓝色不能说明铜离子显淡蓝色，故C错误；
D．玻璃棒中含有硅酸钠的焰色为黄色，则在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色不能确定溶液中含有钠元素，故D正确；
故选D。
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子验证反应的可逆性，A项错误；
B．将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体是二氧化碳，二氧化碳通入足量的酸性KMnO4溶液除掉SO2，再通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，则说明SO2与Na2CO3溶液反应生成了二氧化碳，说明亚硫酸酸性>碳酸酸性，即Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)，
B项正确；
C．脱脂棉主要成分是纤维素，放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，然后再加碱调节溶液pH至溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能看到砖红色沉淀生成，C项错误；
D．将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，但是Fe2+可能是被H2O2氧化也可能是被硝酸氧化，所以无法说明氧化性：H2O2>Fe3+，D项错误；
答案选B。
12-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠使溶液呈碱性能使酚酞变红，同时过氧化钠具有强氧化性又能使变红后的溶液褪色，故A错误；
B．所取两溶液的体积不确定，所用溶液可能过量，因此不能根据溶液变红现象证明反应为可逆反应，故B错误；
C．中滴加氨水，首先生成AgOH沉淀，AgOH溶液氨水生成，又使溶液变澄清，故C正确；
D．向溶液中通入和X气体，生成白色沉淀可能为硫酸钡也可能是亚硫酸钡，若为硫酸钡则X应为氧化性气体，若为亚硫酸钡则X可以是氨气，故D错误；
故选：C。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
银废催化剂(含金属银和铼，少量MgO、SiO2、Fe2O3等)，双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，MgO和Fe2O3也被溶解；Ag和SiO2为滤渣Ⅰ，加入氨水使得Ag溶解生成，SiO2不溶，再加入还原，经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。
详解:
A．由已知可知，盐酸浓度大时，AgCl能与高浓度Cl-反应生成，进入滤液中，造成银的损失，故A错误；
B．还原过程中发生反应为，氧化剂为，还原剂为，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，故B错误；
C．在溶解过程中，SiO2不溶于氨水，所以滤渣Ⅲ的主要成分不是H2SiO3，故C错误；
D．由分析可知，电沉积银时，Ag+被还原为Ag，剩余溶液为稀硝酸，故D正确；
故答案选D。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，为控制80°C，可水浴加热，过滤分离出AgCl、可能含Ag，再加10%的氨水溶解AgCl，发生AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2] ++Cl-+2H2O，过滤分离出的滤渣为Ag，对过滤得到的滤液用N2H4·H2O (水合肼)在碱性条件下能还原[Ag(NH3)2] +得到Ag，以此解答该题。
详解:
A．控制80°C的反应条件，可选择水浴加热，以提供恒定的温度，A正确；
B．NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，发生反应的化学方程式为：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，B正确；
C．氮气存在的条件未知，不能确定是否标准状况下，则不能确定物质的量，C错误；
D．AgCl与NH3·H2O按1:2反应，反应的离子方程式AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2] ++Cl-+2H2O，生成Cl-和[Ag(NH3)2] +，D正确；
故选C。
13-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
光盘中的Ag与次氯酸钠反应生成氯化银和氧气，氯化银不溶于水，过滤得到氯化银固体，加入10%的氨水进行溶解，再加入N2H4H2O发生氧化还原反应，生成单质银。
详解:
A．氧化过程中方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1，A说法正确；
B．次氯酸钠在酸性、加热的条件下易分解，则为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在碱性、温度不宜过高的条件下进行，B说法错误；
C．氧化过程中，若用HNO3代替NaClO氧化Ag，则产生含氮的氧化物，污染空气，C说法错误；
D．还原过程，若水合肼转化为无害气体N2，溶液中含银离子为[Ag(NH3)2]+，则还原过程的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O+8NH3↑，D说法错误；
答案为A。
13-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由实验流程可知，预处理后的光盘片含有Ag，一定条件下经NaClO氧化生成AgCl，AgCl不溶于水，过滤后，加入10%氨水溶解，发生已知信息的反应，转化为，过滤后，滤液经一系列操作还原为Ag，据此结合选项解答。
详解:
A．已知“氧化”阶段需在80条件下进行，温度变化范围较小，且低于100，因此适宜的加热方式为水浴加热，故A正确；
B．氨水中的NH3H2O受热易分解为NH3和H2O，不利于溶解AgCl，故不能采用高温条件，故B错误；
C．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D．为避免滤渣中含有未被溶解的银元素而导致银的流失，提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，故D正确；
答案选B。
13-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，加入氢氧化钠调节溶液pH，加入过量NaClO，将银氧化，4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，经过操作1分离出滤液，操作1为过滤，AgCl加10%氨水溶解，AgCl+2NH3•H2O⇌Ag(NH3)2++Cl-+2H2O，过滤分离出的滤渣为Ag和其它不溶性金属杂质，对银氨溶液用N2H4•H2O在碱性条件下还原 Ag(NH3) 得到Ag，据此分析解答。
详解:
A．“氧化”阶段需在80℃条件下进行，可用水浴加热的方法控制80℃，故A正确；
B．“操作1”为过滤，所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、漏斗，故B正确；
C．反应中N2H4•H2O生成氮气，发生氧化反应，为负极反应，则N2为负极产物，故C错误；
D．“还原”过程中涉及的反应为4Ag(NH3)2++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，参加反应的n[Ag(NH3)2+]∶n[N2H4•H2O]=4∶1，故D正确；
故选C。
点睛:
本题的难点和易错点为D，最好通过氧化还原反应的规律结合流程图中的反应物和生成物书写出反应的方程式判断。
13-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.“氧化”过程加入氧化剂NaClO溶液，NaClO在受热或酸性条件下易分解，在加强热和强酸性条件下进行时NaClO浓度降低氧化速率减慢，A错误；
B.操作1为过滤，所需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和普通漏斗，B错误；
C. N2H4·H2O中氮元素化合价升高发生氧化反应生成N2，负极发生氧化反应，故N2为负极产物，C错误；
D.“还原”过程中Ag(NH3)中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2价变为0价，根据得失电子守恒，n[Ag(NH3)]：n[N2H4·H2O]=4：1，D正确；
答案选D。
14-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；
B．常温下0.1mol/LNaClO溶液的pH=9.7，NaClO属于强碱弱酸盐，盐类水解是吸热反应，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，则加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；
C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；
D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；
答案选A。
14-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据盐类的水解规律可知，在相同条件下，弱酸的酸性越弱，其与强碱生成的盐的水解程度越大，则其同浓度的盐溶液的碱性越强。根据表中数据可知，酸性强弱顺序为：HF> H2CO3> HClO > HCO3-。
详解:
A.根据分析可知，酸性强弱顺序为：HF> H2CO3> HClO > HCO3-，弱酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，A正确；
B. 已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的NaClO的pH等于9.7,次氯酸钠为强碱弱酸盐，升高温度，其水解平衡右移，c(OH-)增大，pH增大，B正确；
C.根据物料守恒，水电离出的n(OH-)=n(H+)，Na2CO3溶液水解结合水电离出的c(H+)，故c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，C正确；
D.HF为弱酸，pH=2时，电离的c(H+)=0.01mol/L，与pH=12的NaOH溶液即c(OH-)=0.01mol/L的溶液等体积混合，酸过量，则有c(F-)>c(Na+)> c(H+)>c(OH-),D错误；
答案为D
14-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由 ，平衡时，，A正确；
B．由 ，平衡时，，解得，则，B正确；
C．将两个平衡式相加可得，该温度下，，C正确；
D．加入少量固体，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀，促进沉淀溶解平衡正向移动，增大，由于仍是饱和溶液，温度不变则不变，D错误；
故选：D。
14-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据电荷守恒，饱和氨的食盐水中有c(Na+)+c() + c(H+) = c(OH－) + c(Cl－)，其中c(Na+)= c(Cl－)，则A正确；
B．已知通入CO2过程中，始终存在：c() < c()，则开始通入CO2时，主要反应的离子方程式为CO2+ NH3·H2O=+，B错误；
C．根据题干反应，生成的NaHCO3与NH4Cl物质的量相等，析出NaHCO3晶体后溶液中碳酸氢根浓度显著减小，根据物料守恒，溶液中c() + c(NH3·H2O) > c() + c() + c(H2CO3)，C正确；
D．根据题干反应，生成的NaHCO3与NH4Cl物质的量相等，过滤出NaHCO3晶体后，溶液中浓度大，根据碳酸的1、2级电离数据，＞4.4×10－11， 由水解产生的H2CO3程度大于电离产生的的程度，则c() > c(H2CO3)> c()，D正确；
答案选B。
14-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．酸的强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，则酸根离子浓度水解程度大小顺序是：CH3COO-＜HCO3-＜CN-＜CO32-，水解程度越大其相同浓度的钠盐溶液的pH越大，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故A错误；B．a mol•L-1HCN溶液与b mol•L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒得c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性，如果a=b则恰好生成NaCN，溶液也显碱性，则a不一定小于b，故B错误；C．加水稀释冰醋酸，促进醋酸电离，离子浓度先增大，但增大到一定程度时再加水稀释，离子浓度反而减小，所以溶液的导电性先增大后减小，溶液的pH也先减小后增大，但n(H＋)始终增大，故C错误；D．在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，始终存在电荷守恒，即c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故D正确；故答案为D。
14-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入CO2至恰好完全反应(不考虑溶液体积变化)，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)+2c(CO)+c(HCO)，则c(H+)-c(OH-)=2c(SO)+c(HSO)+2c(CO)+c(HCO)-0.2，A错误；
B．25℃时，0.1mol·L-1Na2SO3溶液中SO发生一级水解时，SO+H2OHSO+OH-，，则c(OH-)=，溶液中c(H+)=，因此pH=-lgc(H+)=10，B正确；
C．25℃时，0.1mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH=7，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，则c(Na+)＞c(Cl-)，又存在物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，因此c(CH3COOH)=c(Cl-)，C错误；
D．由于K1(H2SO3)＞Ka(CH3COOH)＞K2(H2SO3)，因此酸性：H2SO3＞CH3COOH＞HSO，则足量CH3COOH与Na2SO3溶液反应时，不会生成SO2，D错误；
答案选B。
15-1【基础】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 球形冷凝管
2、充满红棕色气体
3、降温冷却，析出更多的己二酸固体
4、71% 5、重结晶
【试题解析】 分析:
通过浓硝酸氧化环己醇制备己二酸，根据反应原理设计实验，并通过实验制得的产品进行纯度测定；
根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b的名称是球形冷凝管；
反应开始后，三颈烧瓶中产生二氧化氮，故现象是充满红棕色气体；烧杯中利用氢氧化钠溶液吸收二氧化氮生成亚硝酸钠和硝酸钠，发生反应的化学方程式为；
己二酸在水中的溶解度随温度升高而增大，“步骤三”中，再将三颈烧瓶置于冰水浴中冷却20分钟的目的是降温冷却，析出更多的己二酸固体；
根据关系式 ，可由环己醇的质量计算出理论上生成己二酸的质量，则己二酸的产率；
己二酸在水中的溶解度受温度影响较大，可采用重结晶的方法提纯，答案为重结晶。
15-2【基础】 【正确答案】 1、环己醇有分子间氢键，环己烯没有分子间氢键 防止暴沸
2、蒸馏烧瓶 ② 3、检漏 上口倒出
4、分液 干燥产物 5、B
6、C 7、D
【试题解析】 分析:
实验室用环己醇和浓硫酸加热反应生成环己烯，a中为环己醇和浓硫酸的混合液，通过c处的温度计控制馏出物的温度不超过90℃，b中通入冷却水起到冷凝作用，最后产物收集在锥形瓶中。
环己醇能形成分子间氢键，故其沸点大于环己烯；加入碎瓷片，目的是防止暴沸；
从图中可知，装置a的名称为蒸馏烧瓶；装置b进水口为②，以保证较好的冷凝效果；
分液漏斗在使用前必须清洗干净并且检漏；实验分离过程中，环己烯密度比水小，在分液漏斗的上层，故产物从分液漏斗的上口倒出；
分离提纯过程中每次洗涤后都需要进行分液；无水氯化钙可以吸收产物中的水分，起到干燥产物的作用；
蒸馏过程中需要用到圆底烧瓶、温度计、锥形瓶（接收器）、牛角管、酒精灯等仪器，不需要用到球形冷凝管，故选B。
粗产品蒸馏提纯时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，若温度计水银球放在支管口以下位置，测得蒸汽的温度偏低，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，测得蒸汽的温度过高，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以用C装置收集，导致收集到的产品中混有高沸点杂质，故选C。
环己醇物质的量为0.21mol，环己烯物质的量为0.15mol，根据环己醇生成环己烯的方程式可知，0.21mol环己醇理论上可制得环己烯0.21mol，则环己烯的产率为0.15mol÷0.21mol71.4%，故选D。
15-3【巩固】 【正确答案】 1、a 三颈烧瓶 2、防止反应太过剧烈，产生副反应
3、提高苯乙酮的萃取率 盐酸和醋酸
4、苯 5、防止暴沸(作沸石) C
6、83%
【试题解析】 步骤1中搅拌回流时，冷凝水从a端进水冷却效果好；仪器A为三颈烧瓶。
因为醋酸酐与苯反应是放热反应，逐滴滴加乙酸酐目的是防止反应太过剧烈，产生副反应。
步骤2中水层用苯萃取两次的目的是提高苯乙酮的萃取率；用15mL10% NaOH溶液洗涤的目的是除去盐酸、醋酸等酸性物质。
由表中信息可知，苯的沸点最低，步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为苯。
毛细管在减压蒸馏中可调节蒸馏体系的真空度，同时通入的气体在加热过程中起到搅拌作用，使得体系受热均匀防止暴沸；蒸馏中温度应该控制比苯乙酮的沸点低，比其他杂质的沸点高，故选C。
由化学方程式+(CH3CO)2O+CH3COOH可知，0.04mol醋酸酐和0.18mol无水苯反应，无水苯过量，醋酸酐完全反应，则生成苯乙酮为0.04mol，所以产率=。
15-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、升华 3、65.3%
【试题解析】 根据题给信息，可知、、为反应物，和为生成物，即可判断反应为非氧化还原反应，运用原子守恒等可写出化学方程式为：。
由题给信息“二茂铁的熔，点是173℃，在100℃时开始升华”可知，该操作名称为升华。
由可知，二茂铁[]的理论质量，二茂铁[]的实际质量为4.8g，故（二茂铁）。
15-5【提升】 【正确答案】 1、
2、BC 3、防止升温太快 控制反应体系pH
4、冷却后补加磁转子 5、C
6、78.6
【试题解析】 步骤1中氯乙酸和反应，反应的方程式为：；
球形冷凝管内芯管为球泡状，冷凝面积大，但容易积留蒸馏液，故不适宜作倾斜式蒸馏装置，多用于垂直蒸馏装置，适用于蒸馏回流操作，故B错误；在使用冷凝管进行蒸馏操作时，一般蒸馏物的沸点越高，蒸气越易冷凝，故C错误。
逐步加入溶液的目的是防止反应过快而使升温太快，同时可以控制反应体系pH；
三颈烧瓶中如果忘加磁转子应该冷却后补加磁转子；
蒸出部分水至液面有薄膜，说明有固体开始析出，加少量热水趁热过滤；粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，需要趁热过滤分离掉活性炭固体；将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却结晶，过滤，干燥，得到羟基乙酸钠，故选C；
氯乙酸的物质的量为，根据方程式可知，理论上可以生成羟基乙酸钠，步骤4中，得到纯净羟基乙酸钠，则实验产率为。
15-6【提升】 【正确答案】 1、冷水浴 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
2、+NaClO+H2O+NaCl
3、烧杯、玻璃棒 4、生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化 邻硝基苯甲酸
5、蒸馏 6、能 浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
7、86.1%
【试题解析】 分析:
以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故+NaClO+H2O+NaCl；
配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故烧杯、玻璃棒；
反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；
二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故蒸馏；
溶液中存在平衡：+NaHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品；
由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故86.1%。
16-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
3、
4、 1.25a
5、4 1∶2 6、(1，1，1)
7、+2或-2
【试题解析】 分析:
将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：；
由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有，Ni2+、Fe3+，；
转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为，，；
ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25a mol，故；1.25a mol；
Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，4，1∶2；
离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为(1，1，1)，(1，1，1)；
Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2 ，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2。
16-2【基础】 【正确答案】 1、粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度 Fe2O3、MgO、BN 2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
2、1.2×10—5 3、4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
4、漏斗、烧杯、玻璃棒
5、4
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液和氧气碱浸时，三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，氧化铁、氧化镁、氮化硼与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、氧化镁、氮化硼的滤渣和含有铬酸钠的高铬液；向高铬液中加入氢氧化钡溶液，将铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，过滤得到铬酸钡；向铬酸钡中加入乙醇和盐酸的混合溶液，铬酸钡被乙醇还原为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钡溶液调节溶液pH，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，
粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故1.2×10-5；
由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故漏斗、烧杯、玻璃棒；
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、4s24p4 正四面体
2、Cu2+、Zn2+ 难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
3、
4、PbCO3 HNO3
5、四面体
【试题解析】 分析:
铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化把氧化为，过滤，所得滤渣主要成分为、，滤液②蒸发浓缩得到。
与S同族，基态硒原子价层电子指的是最外层即第4层的电子，有6个电子，排布式为4s24p4，中心原子S的价层电子对数为：4+=4，无孤电子对，它的空间结构为正四面体，故4s24p4；正四面体。
“浸出液①”中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、、；当硫酸浓度大于时，难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，金属离子浸出率反而下降；故Cu2+、Zn2+；难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出。
“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化Fe2+，氧化产物是、还原产物是，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为，故。
“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是和PbCO3。该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。故PbCO3；HNO3。
中间产物的一种晶体结构如图所示。由图可知，原子位于O原子所围成的四面体空隙中，已知一个晶胞中含有的Zn2+的个数为：个，O2-个数为：，故一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：×10-21cm3，则晶胞密度为 ，故四面体；。
16-4【巩固】 【正确答案】 1、矿石粉碎 2、
3、 硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度
4、 12 1s22s22p63s23p63d6
【试题解析】 分析:
矿石加入硫隔绝空气煅烧后固体为、，加入氯化铜、盐酸、氯化钠混合液浸取后分离出、S滤渣，滤液通入空气将亚铜转化为铜离子，加入硫酸结晶分离得到硫酸铜，最终生成铜；
为使隔绝空气煅烧充分进行，工业可采取的措施是矿石粉碎、升高煅烧温度等；
已知：，且反应1加入氯化铜、盐酸、氯化钠混合液浸取后分离出S滤渣，则反应中和铜离子、氯离子发生氧化还原反应生成、硫单质，反应为；
反应2中通入空气，空气中氧气具有氧化性，将一价铜转化为二价铜，发生的主要反应的离子方程式为；一定温度下，在反应2所得的溶液中加入硫酸，能析出硫酸铜晶体，其可能的原因是硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度，导致硫酸铜结晶析出；
①的电子式为 ；
②晶体结构中以底层面心的亚铁离子为例，同层、上层、下层离最近的各有4个，共有12个；铁原子失去2个电子形成亚铁离子，的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；
③据“均摊法”，晶胞中含个、个，1个晶胞中含有4个，则晶体密度为。
16-5【提升】 【正确答案】 1、第四周期ⅣA族 分子晶体
2、GeO2+2OH—=GeO+H2O
3、20—25 4、GeCl4在稀盐酸中易水解
5、GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
6、I—
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸将二氧化锗转化为偏锗酸钠，硫化锌、氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有硫化锌、氧化铁的滤渣和偏锗酸钠滤液；向滤液中加入氯化钙溶液将偏锗酸钠转化为偏锗酸钙沉淀，过滤得到偏锗酸钙；用浓盐酸将偏锗酸钙转化为四氯化锗，四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水得到二氧化锗，二氧化锗与氢气共热反应生成锗。
锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故第四周期ⅣA族；分子晶体；
由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH—=GeO+H2O，故GeO2+2OH—=GeO+H2O；
由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故20—25；
由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故GeCl4在稀盐酸中易水解；
由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故I—；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故。
16-6【提升】 【正确答案】 1、+3
2、 使完全沉淀
3、
4、 12
【试题解析】 分析:
铬铁矿(主要成分为，含有少量），“焙烧”后生成和，生成，溶于水形成和溶液，调节控制，使完全形成沉淀，在调节 使生成，电解溶液生成单质。
中为价，根据化合价的代数和为零，的化合价为+3价；“焙烧”中被氧化为和，反应的化学方程式为；
“沉铝”中所得滤渣的成分为，控制，使完全沉淀；
“酸化”使转化为，反应的离子方程式为：； ，，，，则；
根据晶胞结构，在顶点，原子个数为，原子在体心，原子个数为1，原子在面心，个数为，所以该晶胞的化学式为：；在顶点，原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离；已知和O的最近距离为，晶胞棱长为，则该晶体密度为。
17-1【基础】 【正确答案】 1、＋170 2、> 高温 该反应的正反应为增的反应，且，则在高温下才可自发进行
3、ac 4、 减小
【试题解析】 ①
②
③
根据盖斯定律①× +② -③得的+170。
反应④正反应吸热，活化能>，所以高温下才可自发进行。
a．反应前后气体系数和不同，压强是变量，气体的压强不发生变化，反应达到平衡状态，的转化率达到最大值，故选a；
b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，气体的密度不发生变化，反应不一定达到平衡状态，的转化率不一定达到最大值，故不选b；
c．，反应过程中浓度商增大，不发生变化，反应达到平衡状态，的转化率达到最大值，故选c；
d．单位时间里分解的和生成的的量一样多，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定达到平衡状态，的转化率不一定达到最大值，故不选d；
选ac；
①正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，H2S的含量减小，a表示H2S，H2、S2增多，H2的物质的量大于S2，曲线c代表的物质是S2。
②反应温度为1300℃时，

由硫化氢的体积分数为50%可得，解得，则平衡时硫化氢、氢气、的分压分别为、、，反应的平衡常数。
③若高温裂解反应在刚性容器中进行，增大的投入量，相当于加压，的物质的量分数减小。
17-2【基础】 【正确答案】 1、ac 2、
3、> 0.032 > 增大 0.2P
【试题解析】 a．硫化氢分子的空间构型为结构不对称的V形，属于极性分子，故a正确；
b．硫化氢的沸点比水分子的沸点低是因为硫化氢不能形成分子间氢键，水分子能形成分子间氢键，故b错误；
c．硫化氢与硫酸铜溶液反应生成黑色硫化铜沉淀和硫酸，故c正确；
d．硫化氢溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸在溶液中分步电离出的氢离子抑制水的电离，故d错误；
故选ac；
由题意可知，反应ΔH1＜0、ΔH3＜0，由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅲ得到反应ⅱ，则反应ΔH2=ΔH1+ΔH3＜0，所以反应ⅱ为逆反应活化能大于正反应活化能的放热反应，故；
①由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应ΔH>0，故>；
②由图可知，950℃下，1.25s时m点硫化氢的转化率为20%，则反应从开始到m点氢气的反应速率为=0.032 mol/(L·s)，故0.032；
③由图可知，1150℃条件下，a点反应达到平衡，正逆反应速率相等，950℃条件下，b点反应未达到平衡，逆反应速率小于平衡时逆反应速率，温度越大，反应速率越快，所以a点正反应速率大于b点逆反应速率；该反应是气体体积增大的反应，若保持其他条件不变，向恒容密闭容器中a点的平衡体系中再充入1.0mol硫化氢气体相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，则重新达到平衡时，硫化氢的体积分数增大，故>；增大；
④由题意可知，平衡时氢气和硫化氢的物质的量分数相等，设平衡时氢气的物质的量为x，由氢原子个数守恒可得：2x+2x=0.1×2，解得x=0.5，则平衡时硫化氢、氢气、S2的物质的量分别为0.5mol、0.5mol、0.25mol，化学平衡常数=0.2P kPa，故0.2P。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、N>O>C 2、20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
3、或22.2%
4、 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低
【试题解析】 由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；
下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；
反应Ⅱ：
反应Ⅰ：
所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；
①时的体积分数为；
②内的平均生成速率为；
①反应的；
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、变小 CH3OH CO2 CO
3、0.036 mol/(L·min) bc
4、0.0093
【试题解析】 详解:
I．(1)结合燃烧热定义可知，=氢气的燃烧热×3-甲醇的燃烧热=。
(2)①当达平衡时，，则，故。反应I为放热反应，升高温度平衡左移，则变小，变小；②由反应I可知，温度升高，反应逆向移动，甲醇含量减少，二氧化碳含量增加，但根据反应Ⅱ可知，温度升高二氧化碳含量降低，一氧化碳含量增加，综合反应I、Ⅱ可知二氧化碳含量随温度变化较为平缓，故曲线a、b、c对应物质分别为；③设起始时(g)与(g)的物质的量分别为1mol、3mol，假设两个反应依次发生，则可列三段式：


同温恒容下压强之比等于物质的量之比，起始压强为，则平衡时容器内压强为。
Ⅱ。(3)①30～40min内，的物质的量变化量为0.8mol-0.56mol=0.24mol，则消耗的平均反应速率为，因反应速率之比等于计量系数之比，则消耗的平均反应速率为0.036mol/(L·min)；②设某一时刻的变化量为mol，列三段式：


根据题意有，解得1.33mol，此时二氧化碳的物质的量为2mol-1.33mol=0.67mol，对比图乙可知反应未达平衡，a不符合题意；断裂2个H—H键反应正向进行，断裂2个H—O键指反应逆向进行，二者计量系数关系为6：3，说明反应已达平衡，b符合题意；正反应是气体总分子数变小的反应，因容器体积不变，未平衡时压强一直在改变，因此密闭容器内压强不变，可以说明反应已达平衡，c符合题意；容器体积不变，气体总质量不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达平衡，d不符合题意。
(4)由题意可列三段式：
           2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)起始量  3mol          6mol               0                    0变化量  1mol          6mol              0.5mol              1.5mol平衡量   2mol          3mol              0.5mol              1.5mol
由阿伏加德罗定律及其推论可知，，，因此反应后的总压为3.5MPa．各物质平衡分压分别为。
17-5【提升】 【正确答案】 1、-112 kJ·mol-1
2、6.7×1016 反应II
3、2 1 大于
4、B>C>A 0. 5
【试题解析】 根据图中的信息，反应的热化学方程式为：；


得反应III：，，反应II的分解常数大于反应III的分解常数，所以反应II分解趋势较大；
①，根据实验I和II，，，同理算出；
②活化能越大，反应速率越慢，已知反应I较慢，则反应I的活化能大于反应II；
根据，其他条件不变，压强越大，平衡正向移动，的转化率越大，所以A、B、C三点中转化率由大到小的顺序是：，根据三段式：
，
，，，，，。
17-6【提升】 【正确答案】 1、 CO2、CH4
2、 D B
3、3.70 4、< 依据图像数据得知B和D的化学平衡常数分别为K(B)=2.25、K(D)=3，又i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大
【试题解析】 由图可知，总反应为氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子；
①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，故选D；
③A．上述反应在恒压体系中进行，所以气体压强始终保持不变，则气体压强不再变化，说明反应达到平衡，A不符合题意；
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，B符合题意；
C．和的物质的量之比为，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；
D．和的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，D不符合题意；
故选B；
一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则反应氢气2.4mol，生成甲醇、水均为0.8mol，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2mol、0.6mol，则该温度下的平衡常数；
B进气比=1:1，设投料均为1mol，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，反应为气体分子数不变的反应，则此时；同理，，i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度。
18-1【基础】 【正确答案】 1、羧基 取代反应
2、 3、+HBr+H2O
4、2 5、BD
6、
【试题解析】 分析:
A发生取代反应生成B，B和Zn(Hg)/HCl反应生成C，乙酸和SOCl2加热反应生成CH3COCl，CH3COCl和C发生取代反应生成D()，D和NaBH4发生还原反应生成E，E发生取代反应生成F，F经过一系列反应最终得到布洛芬。
根据布洛芬的中含有的官能团名称为羧基，根据A、B的结构简式得到A→B的反应类型是取代反应；故羧基；取代反应。
根据E的结构简式得到C和CH3COCl发生取代反应生成D，则D的结构简式是；故。
E→F是羟基变为溴原子，其化学方程式为+HBr+H2O；故+HBr+H2O。
化合物M的分子式为，与布洛芬互为同系物，说明含有苯环和羧基，且有6个氢原子化学环境相同，符合条件的M有、共2种；故2。
A．酯一般难溶于水，因此该做法使药物水溶性减弱，故A错误；
B．布洛芬中连羧基的碳原子为手性碳原子，成酯修饰产物中连酯基左边的碳原子为手性碳原子，故B正确；
C．根据甲烷中三个原子共平面分析得到布洛芬中左边的四个碳原子不在同一平面，故C错误；
D．修饰过的分子在人体内水解生成布洛芬，因此修饰过的分子利用水解原理达到缓释及减轻副作用的目的，故D正确；
综上所述，BD。
丙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成丙烯，丙烯和溴化氢发生加成反应，根据Z和SOCl2加热反应生成，得到Z为，再根据合成布洛芬的信息得到Y为，则中间产物的结构简式X为；Y为；Z为；故；；。
18-2【基础】 【正确答案】 1、苯甲醛 碳碳双键、(酮)羰基
2、 取代反应 3、
4、8 5、或
【试题解析】 分析:
B中(酮)羰基发生还原反应生成C为，C发生取代反应生成D为，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应生成F；
由A的结构简式可知A的化学名称为苯甲醛；B为，其中含官能团：碳碳双键、(酮)羰基；
由已知信息①可知，C含有羟基，结合B的结构简式和C的分子式可知，B→C是B中羰基被还原为羟基，C为，D为，C→D发生反应的是取代反应；
D→E是取代反应，除生成E外，还生成乙酸，反应方程式为：；
苯乙酮的分子式为C8H8O，不饱和度为5，则X的分子式为C8H8O，只有苯环1个环状结构，则当苯环上有1个取代基时，有2种：-O-CH=CH2和-CH2CHO，当苯环上有2个取代基时，为-CHO和-CH3或-OH和-CH=CH2，分别处于邻、间、对位置关系，共6种，所以X的结构共8种。其中核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式是；
要制备，首先需得到一个六元环，分析的结构，结合A→B可知，在NaOH作用下可发生成环反应生成，结合B→C可知，可被NaBH4还原得到，结合已知信息①，与发生取代反应可得到，再与氢气发生加成反应可得目标产物，合成路线为：或
。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、3－氯丁醛 1
2、羟基 取代反应
3、 4、+2NaOH+2NaCl+H2O
5、3 6、CH3CHOHCH3CH3COCH3
【试题解析】 分析:
B的分子式为，对比A的分子式可知A到B为加成反应；由已知①可推出C的结构简式为；C到D为卤代烃的水解，D的结构简式为；D到E为仲醇的催化氧化；根据已知②，可推断出F的结构简式为；根据G的结构简式可推出，F到G为取代反应，条件为氯气、光照；G到M为水解反应，因为两个羟基不能连在同一个碳上，脱水形成醛基，M的结构简式为，以此解题。
根据B的结构简式可知，起名称为：3－氯丁醛；根据B的结构简式，用“*”标出物质B中的手性碳原子：，可知B分子中手性碳原子有1个；
由分析可知D的结构简式为，则其中的含氧官能团的名称为羟基；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应；
由分析可知，F的结构简式为；
由G生成M的反应为卤代烃的水解反应，则由G生成M的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；
苯环上连有2个取代基；②既含-NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有-CHO；且-NH2直接与苯环相连，分子中含有2个甲基，其中，-CHO可连在1位，符合条件的同分异构体有：，且两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系，所以满足条件的同分异构体有3种；
以2-丙醇和苯为原料合成，先将2-丙醇氧化成丙酮，再与苯反应，最后加聚得到目标产物，其合成路线为：CH3CHOHCH3CH3COCH3。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、 醛基、羧基
3、
4、acd 5、
6、 7、
【试题解析】 分析:
根据A的分式子及H的结构简式知，A为，A发生取代反应生成B为，B和a发生加成反应生成C，C分子比B分子多2个碳原子、2个氢原子和3个氧原子，则a为OHC-COOH，C为，C发生氧化反应生成D，CuCl2催化C→D的过程如下，步骤①：，则D为，根据G的分子式及H结构简式，信息ⅱ.知，G为，E和氯气发生取代反应生成F，F和E发生信息ⅰ的反应生成G，E、F中碳原子个数相等，则E中含有4个碳原子，E为CH3COOCH2CH3，F为ClCH2COOCH2CH3；
是与CH2Cl2和NaOH反应生成、氯化钠和水，反应的化学方程式是；
根据分析可知，a为OHC-COOH，分子式为，其中含有的官能团有醛基、羧基；
CuCl2催化C→D的过程如下，步骤①：，则D为，步骤②：，答案为；
a. C为，C的分子中只存在1个手性碳原子，选项a不正确；
b. C为，将羟基直接连在苯环上，环与羧基结合起来可形成环酯结构，故存在含酚羟基的环状酯类同分异构体，选项b正确；
c. C为，可以发生加成、取代、缩聚等反应，但不能发生消去反应，选项c不正确；
d. C为，D为，两者均能使酸性高锰酸钾褪色，无法用于鉴别有机物C和D，选项d不正确；
答案选acd；
E为CH3COOCH2CH3，F为ClCH2COOCH2CH3，的化学方程式是；
已知：，由E和F制备G时发现产率不高，取代位置不同产生副产物，与G互为同分异构体的副产物Y的结构简式为：；
D为，G为，中间产物3无手性异构体，D和G发生信息ⅱ的反应生成中间产物1为，中间产物1发生消去反应生成中间产物2为，中间产物4发生消去反应生成H，则中间产物4为，中间产物3发生加成反应生成中间产物4，中间产物2和G发生信息ⅱ中的反应生成中间产物3为；答案为；。
18-5【提升】 【正确答案】 1、醛基、酯基 2、
3、++++或+++
4、5 5、BC
6、取代反应 7、①；②；③；④；⑤或；⑥；⑦
【试题解析】 分析:
B是溴乙烷的同系物，A和B反应生成C，C和溴乙烷发生取代反应生成D，根据A、D的结构简式知B为，C为，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生已知信息中的取代反应生成F，F与发生取代反应生成H，则F为，E为，据此分析解答。
A为，所含官能团有：醛基、酯基。
根据分析，B的结构简式为。
根据分析，C为，C和溴乙烷发生取代反应生成D，反应的化学方程式为
++++或+++。
A的同分异构体与反应可生成，说明含有；能发生银镜反应，说明含有。如果碳链结构为，有3种连接方式；如果碳链结构为，有2种连接方式。所以符合条件的A的同分异构体有5种。
A．E的结构简式为，含有醛基，可以发生银镜反应，A项正确；
B．该有机物有8种氢原子，所以核磁共振氢谱图有8组峰，B项错误；
C．E中只有醛基能和氢气发生加成反应，则可以和氢气发生加氢还原反应，C项错误；
D．含有醛基、羧基两种含氧官能团，羧基具有酸性，D项正确；
故选BC。
F与发生取代反应生成H。
根据合成所限条件，由目标产物用切割法反推，如图所示位置切割成三段，左段结构题中已经给出，中段结构由甲苯中甲基上的一个氢原子被氯原子取代制得，即甲苯和氯气在光照条件下反应生成，和 发生取代反应生成；右段结构有6个碳原子，应该由对应的和乙醇发生酯化反应制得，由此可合成目标产物。
18-6【提升】 【正确答案】 1、环己烷 NaOH水溶液
2、2+O22+2H2O
3、(酮)羰基 加成反应
4、 5、15 6、
【试题解析】 分析:
A与氯气在光照的条件下生成B，A生成B反应类型为取代反应，即A的结构简式为，根据D的结构简式，反应②应是氧化反应，C中含有羟基，即C的结构简式为，根据G的结构简式，以及F的分子式，推出F→G为消去反应，即F的结构简式为，据此分析；
根据上述分析，A的结构简式为，其名称为环己烷；根据上述分析，C的结构简式为，因此B→C发生卤代烃的水解反应，反应①所需的试剂为NaOH水溶液；故答案为环己烷；NaOH水溶液；
根据上述分析，反应②为醇的催化氧化，其反应方程式为2+O22+2H2O；故答案为2+O22+2H2O；
根据D的结构简式，含有官能团为(酮)羰基；对比D、E结构简式，D中羰基邻位上一个“C-H”断裂，CH3COCH=CH2中碳碳双键中的一个键断裂，D中掉下的H与CH3COCH=CH2中“CH”结合，剩下部位结合，即该反应为加成反应；故答案为(酮)羰基；加成反应；
根据上述分析，F的结构简式为；故答案为；
H为G的同分异构体，该同分异构体为芳香族化合物，即含有苯环，根据G的结构简式，推出G的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，因此H中除苯环外不含其它不饱和键，氧化产物能发生银镜反应，说明H中含有“-CH2OH”，苯环上有两个取代基，这两个取代基可能为-CH2OH、-CH2CH2CH3(邻间对三种)，-CH2OH、-CH(CH3)2(邻间对三种)，-CH2CH2OH、-CH2CH3(邻间对三种)，-CH2CH2CH2OH、-CH3(邻间对三种)，-CH(CH3)CH2OH、-CH3(邻间对三种)，共有15种；核磁共振氢谱有6种不同峰，应是对称结构，峰面积之比6∶2∶2∶2∶1∶1，说明有对称的两个甲基，因此符合条件的是；故答案为15；；
根据题中所给原理以及制备物质，从合成G的路线中，可以看出路线应是D连续转化成G的路线，即合成路线为；故答案为。