浙江省温州市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）含解析

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浙江省温州市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 分子晶体,金属晶体,共价晶体（新教材）

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1（基础） 下列物质的晶体类型与其他几个不同的是
A.Na2S B.MgCl2 C.AlCl3 D.Al2O3
【正确答案】 C

1-2（基础） 下列各组物质的晶体类型相同的是
A.SiO2和SO3 B.I2和NaCl C.Cu和Ag D.SiC和MgO
【正确答案】 C

1-3（巩固） 下列物质与所对应的晶体类型不正确的是
A.AlCl3：分子晶体 B.C60：共价晶体
C.CsCl：离子晶体 D.不锈钢：金属晶体
【正确答案】 B

1-4（巩固） 下列化合物的常见晶体，属于共价晶体的是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

1-5（提升） 下列物质属于酸性氧化物且熔点最高的是
A. B. C. D.
【正确答案】 A

1-6（提升） 下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是
A.和 B.晶体硼和晶体硫 C.铁和氯化钠 D.白磷和固态氧
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 强电解质与弱电解质,盐类水解规律理解及应用,元素周期表结构分析

【正确答案】
A
【试题解析】


2-1（基础） 是一种高效水处理剂，下列说法中不正确的是
A.溶液属于强电解质
B.有强氧化性
C.该物质中Fe元素被还原后的产物可能发生水解
D.Fe元素位于元素周期表VIII族
【正确答案】 A

2-2（基础） 硫酸亚铁应用广泛，下列说法不正确的是
A.S元素位于周期表第三周期ⅥA族
B.硫酸亚铁常用作净水剂
C.二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境
D.硫酸亚铁溶液一定会使蛋白质变性
【正确答案】 D

2-3（巩固） 高铁酸钾()是一种强氧化剂。下列关于高铁酸钾的说法不正确的是
A.中铁元素的化合价是
B.中加入盐酸，可得到氯气，说明氧化性：
C.可以用作自来水消毒剂
D.是碱性氧化物
【正确答案】 D

2-4（巩固） 下列关于氯化铁说法不正确的是
A.铁元素位于周期表d区 B.氯化铁属于强电解质
C.氯化铁溶液与金属铜发生置换反应 D.氯化铁能与硫氰化钾溶液反应显红色
【正确答案】 C

2-5（提升） 硫酸钡在医疗上常用作消化系统X射线检查的内服药剂，下列说法不正确的是
A.Ba元素位于周期表s区 B.所有钡盐都能使蛋白质变性
C.硫酸钡属于强电解质 D.硫酸根离子的空间构型是四面体
【正确答案】 B

2-6（提升） 硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是
A.元素位于周期表p区 B.硫酸铜属于强电解质
C.硫酸铜溶液呈酸性 D.硫酸铜能使蛋白质变性
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 电子云,电子排布式,有机物的结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式

【正确答案】
B
【试题解析】


3-1（基础） 下列化学用语表示不正确的是
A.的形成过程：
B.的VSEPR模型：
C.键电子云轮廓图：
D.硅的基态原子轨道表示式：
【正确答案】 A

3-2（基础） 下列化学用语的表达正确的是
A.原子核内有10个中子的氧原子：
B.2-丁烯的键线式：
C.的空间结构：(平面三角形)
D.基态铜原子的价层电子排布图：
【正确答案】 D

3-3（巩固） 下列化学用语表示正确的是
A.的空间填充模型： B.分子的空间结构：直线形
C.二氧化硅的分子式： D.甲胺的电子式：
【正确答案】 A

3-4（巩固） 下列化学用语或图示表达正确的是
A.甲酸乙酯的键线式： B.基态As原子的价电子排布式：4s24p5
C.二乙胺的结构简式：CH3CH2NH2 D.HClO的空间填充模型：
【正确答案】 D

3-5（提升） 下列有关化学用语正确的是
A.的球棍模型：
B.用电子式表示氧化钠的形成过程：
C.HF分子间的氢键：
D.铜原子结构示意图：
【正确答案】 D

3-6（提升） 下列表示不正确的是
A.甲基的电子式：
B.肼(H2NNH2)的球棍模型：
C.Cu+的基态电子排布式：[Ar]3d10
D.F的基态原子轨道表示式：
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 氨的物理性质,铁盐,原电池原理的应用,铝合金及其制品

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A.呈黄色，可用作供氧剂
B.NaClO有强氧化性，可用作消毒剂
C.铁粉具有磁性，可用作食品抗氧化剂
D.水溶液呈碱性，可用作食品膨松剂
【正确答案】 B

4-2（基础） 下列物质的性质与用途的对应关系不正确的是
A.NaHCO3受热易分解，可用作膨松剂 B.氮化硅熔点高，可用来制作坩埚
C.液氨易溶于水，可用作致冷剂 D.ClO2具有氧化性，可用作自来水消毒剂
【正确答案】 C

4-3（巩固） 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A.的熔点高；可用氧化铝坩埚熔化NaOH固体
B.铁比铜金属性强，可用腐蚀Cu刻制印刷电路板
C.碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用于制作食品膨松剂
D.新制氢氧化铜有弱碱性，可用于检验尿液中的葡萄糖
【正确答案】 C

4-4（巩固） 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A.具有还原性，可用作消毒剂
B.硬铝密度小、强度高，可用作航空材料
C.溶液呈碱性，可用于去除油污
D.具有漂白性，可用于漂白纸浆
【正确答案】 A

4-5（提升） 下列有关物质的性质与用途具有对应关系正确的是
A.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C.Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D.MgO熔点高，可用作耐高温材料
【正确答案】 D

4-6（提升） 化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
A.FeCl3溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品
B.过氧乙酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒
C.甘油具有吸水性，可用作化妆品的保湿剂
D.Na具有还原性，可用于高温下与TiCl4反应制备Ti
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 氨气的实验室制法,浓硫酸的强氧化性,二氧化硅的化学性质,铝与强碱溶液反应

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 下列关于元素及其化合物性质的说法不正确的是
A.工业上常用铁矿石、焦炭、空气和石灰石来制备铁
B.溶液中滴加次氯酸溶液可以制取
C.工业上在沸腾炉中煅烧黄铁矿生产
D.氨的催化氧化是工业制硝酸的基础
【正确答案】 B

5-2（基础） 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A.金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下与水反应都生成和相应的碱
B.氯气通入冷的石灰乳中制得漂白粉
C.铜与浓硝酸反应可产生红棕色的
D.工业上用焦炭还原石英砂可制得粗硅和CO
【正确答案】 A

5-3（巩固） 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A.浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性
B.硝酸见光受热易分解，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处
C.燃油发动机产生的、与反应能生成和，因此可以直接排放
D.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物
【正确答案】 C

5-4（巩固） 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A.K和苯酚反应可生成
B.工业上用在中燃烧生产HCl
C.生铁降低含碳量生产碳素钢
D.工业上用焦炭还原石英砂制备纯硅
【正确答案】 D

5-5（提升） 下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是
A.预热的铁丝能在氯气中燃烧，生成棕褐色的烟雾
B.工业上用和制备NaOH
C.硫酸工业中常用铁触媒做催化剂
D.工业上用浓氨水检验管道是否泄漏
【正确答案】 D

5-6（提升） 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A.和反应可生成 B.和足量反应可生成
C.实验室常利用铵盐与强碱反应检验 D.高温下与反应可制备粗硅
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 ，知识点 氧化还原反应的应用,氧化还原反应有关计算

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 关于反应，下列说法不正确的是
A.有发生氧化反应
B.既是氧化剂又是还原剂
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
D.生成，反应转移电子
【正确答案】 B

6-2（基础） 以肼()为原料与醋酸铜反应制取的反应为：。下列说法不正确的是
A.是氧化剂
B.还原性：
C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1
D.生成0.5mol时转移1mol电子
【正确答案】 C

6-3（巩固） 关于反应，下列说法正确的是
A.消耗，转移电子
B.在此条件下，氧化性：
C.既是氧化剂又是还原剂
D.氧化产物和还原产物的物质的量比为21∶8
【正确答案】 B

6-4（巩固） 关于反应，下列说法正确的是
A.生成，转移电子 B.是还原产物
C.是氧化剂 D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为
【正确答案】 A

6-5（提升） 关于反应：，下列说法正确的是
A.是还原产物 B.发生反应，转移电子
C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为 D.在反应过程中失去电子
【正确答案】 D

6-6（提升） 关于反应，下列说法正确的是
A.是氧化产物
B.生成1mol时，转移3.75mol电子
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5
D.只是还原产物
【正确答案】 B

【原卷 7 题】知识点 离子方程式的正误判断

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） 下列实验对应的离子方程式正确的是
A.向饱和食盐水中加浓盐酸析出固体：Na++Cl−NaCl↓
B.在铜片表面滴几滴稀硝酸产生无色气体：Cu+2H+=Cu2++H2↑
C.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO+2Cl2+H2O=CO2↑+2Cl−+2HClO
D.向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+
【正确答案】 A

7-2（基础） 下列反应的离子方程式正确的是
A.将通入含的溶液中：
B.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：
C.工业上制漂白粉：
D.将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应：
【正确答案】 B

7-3（巩固） 下列反应的离子方程式不正确的是
A.次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：
B.氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C.过氧化钠与水反应：
D.氯化银中滴加浓氨水：
【正确答案】 D

7-4（巩固） 下列反应的离子方程式不正确的是
A.通入溶液：
B.硅酸钠溶液通入过量：
C.硫酸氢铵溶液中滴入少量溶液：
D.通入溶液中：
【正确答案】 C

7-5（提升） 下列离子方程式书写不正确的是
A.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B.向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使 AgCl 溶解：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C.用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO
D.向 Ca(HCO3)2 溶液中加入过量 NaOH 溶液：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
【正确答案】 D

7-6（提升） 下列反应的离子方程式不正确的是
A.碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：
B.次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳气体：
C.次氯酸钠溶液吸收过量二氧化硫气体：
D.氯化铁溶液与过量硫化钠溶液反应：
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 蛋白质的变性,合成材料

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 下列说法正确的是
A.棉、人造棉、涤纶的主要成分均为纤维素
B.尿素和甲醛在一定条件下能发生反应生成脲醛树脂
C.橡胶硫化交联的程度越大，经硫化后的橡胶弹性越好
D.组成人体内蛋白质的21种常见氨基酸均为α-氨基酸，都能通过人体自身合成
【正确答案】 B

8-2（基础） 下列说法不正确的是
A.能与NaOH反应的有机物可能是羧酸、酯、酚、卤代烃、氨基酸、蛋白质
B.铜氨纤维属于人造棉，化学成分与天然纤维素相同，是可降解的绿色材料
C.油脂是生物体内存贮能量的物质，并且有助于维生素的吸收，是人体必需组成
D.蛋白质遇酒精会发生变性，因此多喝酒可以消毒，对身体有利
【正确答案】 D

8-3（巩固） 下列说法不正确的是
A.从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物
B.蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
C.水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
D.聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
【正确答案】 A

8-4（巩固） 下列说法正确的是
A.塑料在自然环境条件下不易分解，会造成“白色污染”
B.聚乙烯塑料老化是由于发生了加成反应
C.天然纤维是不能再被加工的
D.塑料，橡胶和纤维制品所含的元素种类完全相同
【正确答案】 A

8-5（提升） 下列说法正确的是
A.纤维素能发生酯化反应，而淀粉不能
B.乳糖、淀粉、纤维素和糖原都属于多糖
C.涤纶中的长纤维称为人造丝，短纤维称为人造棉
D.聚苯胺、聚苯等经过掺杂处理后具有一定的导电性能
【正确答案】 D

8-6（提升） 下列说法不正确的是
A.新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失
B.葡萄糖是重要的工业原料，可用于补钙药物的合成
C.聚氯乙烯薄膜具有防潮、防水等性能，可用于食品包装
D.德国化学家维勒在制备无机盐氰酸铵时，第一次人工合成了有机物尿素
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 分子的手性,有机分子中原子共面的判断,多官能团有机物的结构与性质

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如右。下列有关辅酶的说法不正确的是

A.分子式为，存在3种官能团
B.分子中4个氧原子在同一平面
C.该物质与溶液反应，最多可消耗
D.该物质与足量反应，最多可消耗
【正确答案】 C

9-2（基础） 有关的说法不正确的是
A.分子中至少有12个原子共平面
B.该物质最多可以和反应
C.该分子中有2个手性碳原子
D.可与浓溴水发生取代反应
【正确答案】 B

9-3（巩固） 增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得，下列说法正确的是

A.邻苯二甲酸酐的二氯代物有2种
B.环己醇分子中有1个手性碳原子
C.DCHP能发生加成反应、取代反应、消去反应
D.1 mol DCHP与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH
【正确答案】 D

9-4（巩固） 山奈酚是从中药杜仲中提取的一种具有抗菌、止咳祛痰作用的黄酮类化合物。山奈酚的结构简式如图所示。下列有关山奈酚的说法错误的是

A.能与NaOH、Na2CO3溶液反应
B.分子中所有碳原子可能共平面
C.1mol山奈酚与足量H2加成，最多消耗7molH2
D.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有4种
【正确答案】 C

9-5（提升） 盐酸洛派丁胺是一种新型止泻药，适用于各种病因引起的腹泻。下列说法正确的是

A.分子的结构中左边两苯环不可能同时共平面
B.该物质分子中有4种官能团和2个手性碳
C.该物质与溶液反应，最多消耗
D.该物质与溴水反应，能与发生取代反应
【正确答案】 D

9-6（提升） 某种抗结核候选药物的中间体Z可由下列反应制得，下列说法不正确的是
+ +HCl
A.化合物Z中只有1个手性碳原子
B.化合物Y最多有16个原子共平面
C.1molZ在过量的氢氧化钠溶液中加热，最多消耗2mol氢氧化钠
D.化合物X在氢氧化钠的乙醇溶液中加热，可发生消去反应生成HOCH2CH=CHCl
【正确答案】 D

【原卷 10 题】 知识点 元素非金属性强弱的比较方法,电离能变化规律,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型

【正确答案】
B
【试题解析】


10-1（基础） X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A.X与Y不能形成具有18电子的分子
B.简单离子的半径大小：Q>Z>W
C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q
D.和中含有的化学键类型相同
【正确答案】 B

10-2（基础） W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3：2，X与Z同主族，Z的价层电子排布式为。下列说法错误的是
A.简单气态氢化物的热稳定性：Z>Y
B.W与Li的原子半径：W C.X和Y的第一电离能：X>Y
D.X、Z、R的电负性：R 【正确答案】 D

10-3（巩固） X、Y、Z、Q、T五种元素，原子序数依次增大。X原子轨道上有1个空轨道，Y原子的轨道只有一对成对电子，Z原子M层上有两个未成对电子，Q最高价氧化物对应水化物是常见的三元酸，微粒的价电子构型是。下列说法不正确的是
A.第一电离能：
B.X和Q各有一种单质的结构单元是正四面体
C.Y和Z形成的化合物为分子晶体
D.T与Y可形成阴离子
【正确答案】 C

10-4（巩固） 前四周期主族元素、、、、的原子序数依次增大，、可组成最简单有机物，、可形成一种淡黄色粉末状的氧化物，和位于同一主族，下列说法正确的是
A.第一电离能：
B.离子半径：
C.物质能与、组成的一种物质反应，且可作为呼吸面具供氧剂
D.基态原子能级的电子总数比能级的电子总数少7
【正确答案】 C

10-5（提升） X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。基态X原子每个能级上电子数相等，基态Y原子价层电子有3个未成对电子。Z与Q同主族，M是同周期元素中原子半径最大的元素，其核电荷数等于Y、Q原子的最外层电子数之和。下列说法不正确的是
A.Z、Q最简单气态氢化物的稳定性：Z＞Q
B.M与Z可形成两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2
C.将过量Y、Q的氢化物分别通入CuSO4溶液中，最终均能产生沉淀
D.M的单质与Q的单质混合研磨时会发生爆炸，所得产物的水溶液呈碱性
【正确答案】 C

10-6（提升） X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是
A.电负性：
B.最高正价：
C.Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D.最高价氧化物对应水化物的酸性：
【正确答案】 B

【原卷 11 题】 知识点 电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,电解原理的应用实验

【正确答案】
C
【试题解析】


11-1（基础） 一种高性价比的液流电池，其工作原理：在充放电过程中，电解液[KOH、]在液泵推动下不断流动，发生以下反应：，下列说法不正确的是

A.电极A发生还原反应时，电极B的质量增加
B.充电时，阴离子迁移：电极A→电极B
C.放电时，电极A的反应式：
D.储液罐中的KOH浓度减少时，能量转化形式：化学能→电能
【正确答案】 A

11-2（基础） 一种利用电化学法生产高纯金的方法涉及粗金(含有Ag、Cu等杂质)的溶解，获得含[AuCl4]−的溶液。该过程不涉及金单质析出，所用电解质溶液均为A溶液。下列说法不正确的是

A.阳极发生的发应为
B.粗金溶解，可用过滤的方法从阳极区获取
C.隔膜E为阳离子交换膜
D.每生成1mol，阴极区产生体积为33.6L(标准状况)
【正确答案】 D

11-3（巩固） 石墨烯基电催化转化为等小分子燃料的装置示意图如图所示。下列叙述正确的是

A.a电极应该连接电源的负极
B.电催化过程溶液中的由Ⅱ室向Ⅰ室迁移
C.Ⅱ室中每消耗气体，Ⅰ室生成
D.转化为的反应为
【正确答案】 D

11-4（巩固） 有研究表明，以与辛胺为原料高选择性的合成甲酸和辛腈，工作原理如图，下列说法不正确的是

A.电极与电源正极相连
B.In/电极上可能有副产物生成
C.在In/电极上发生的反应为：
D.标准状况下33.6L参与反应时电极有1.5mol辛腈生成
【正确答案】 D

11-5（提升） -空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化，某兴趣小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图。下列说法不正确的是

A.b膜为阴离子交换膜
B.乙池中总反应的离子方程式为
C.当浓缩室得到4L浓度为的盐酸时，M室溶液的质量变化为36g(溶液体积变化忽䅂不计)
D.在标准状况下，若甲池有参加反应，则乙池中处理废气(和)的总体积为15.68L
【正确答案】 C

11-6（提升） 为实现碳中和，可通过电解法用制备，电解装置如图，下列说法不正确的是

A.玻碳电极为阳极，发生氧化反应
B.铂电极的电极反应：
C.制得28g时，产生32g
D.电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变
【正确答案】 C

【原卷 12 题】 知识点 利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,极性分子和非极性分子

【正确答案】
D
【试题解析】


12-1（基础） 胆矾的结构示意图如图。下列有关胆矾的说法正确的是

A.氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
B.上述结构中所有氧原子都采取杂化
C.配位后形成的空间结构是正八面体
D.胆矾中的水在不同温度下可能会分步失去
【正确答案】 D

12-2（基础） 某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中不正确的是

A.该化合物含有的元素有五种
B.该化合物属配合物，中心离子的配位数是4，配体是氮元素
C.该化合物中键数目为
D.该化合物中含有极性键、非极性键、配位键和氢键
【正确答案】 C

12-3（巩固） 已知四氯化硒四聚体(SeCl4)4的结构如图所示，其中每个Se周围的六个Cl形成一个正八面体，(SeCl4)4在一定条件下可发生水解反应。下列说法不正确的是

A.(SeCl4)4是非极性分子
B.(SeCl4)4中每个Se原子的价层电子对数为6
C.(SeCl4)4的水解产物为和HCl
D.(SeBr4)4比(SeCl4)4更容易发生水解
【正确答案】 C

12-4（巩固） (三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成(硼酸，结构如图)和(氟硼酸)，与氨气相遇立即生成白色的(氨合三氟化硼)固体。下列说法不正确的是

A.和中心硼原子杂化方式不同
B.晶体含有6mol氢键
C.显酸性原因：
D.结构式为
【正确答案】 B

12-5（提升） 是一种光催化半导体材料(其结构如图1所示)。光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化(如图2所示)。下列说法错误的是

A.该光催化材料实现了太阳能→化学能
B.图1和图2物质中碳原子的杂化方式共有2种
C.转化的反应为
D.每消耗22g，能产生1mol
【正确答案】 B

12-6（提升） 与甲基咪唑（ ）反应可以得到，其结构如图所示，下列说法不正确的是

A.甲基咪唑中碳原子的杂化方式为
B.甲基咪唑易溶于水的主要原因是能与水形成氢键
C.1个离子中含有42个键
D.离子中的配位数为6
【正确答案】 C

【原卷 13 题】 知识点 弱电解质的电离平衡,电离平衡常数及影响因素,弱电解质电离平衡的影响因素,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】


13-1（基础） 25℃时H2S的Ka1(H2S)=9×10-8，Ka2(H2S)=1.1×10-12。下列说法正确的是
A.相同温度下，Na2S溶液pH值大于NaHS溶液
B.某温度下，将pH=6的H2S溶液稀释100倍，pH可能为8
C.25℃时，等浓度Na2S和NaHS混合溶液，水电离出的氢离子浓度为1.1×10-12mol/L
D.往H2S溶液中滴入NaOH溶液的过程中，一直减小
【正确答案】 D

13-2（基础） 常温下，已知HClO的，的，下列说法正确的是
A.在pH=2的醋酸溶液中加入少量的稀盐酸，溶液的pH会变小
B.等浓度等体积的和NaClO溶液中离子总数，前者小于后者
C.将10mlpH均为a的HClO、溶液，分别加水稀释至100ml，
D.往NaClO溶液中滴加少量，可增强溶液的漂白性
【正确答案】 D

13-3（巩固） 二甲胺的水合物是一元弱碱，在水中的电离与相似，可与盐酸反应生成。下列说法错误的是
A.常温下，二甲胺溶液的
B.往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制的电离
C.加水稀释溶液，增大
D.溶液中：
【正确答案】 C

13-4（巩固） 常温下， ，，，下列说法不正确的是
A.浓度均为0.1 mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>后者
B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者
C.0.2mol/L 与0.1 mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：
D.0.2mol/L HCOONa溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后的溶液中：
【正确答案】 D

13-5（提升） 25℃时某二元酸()在水中的电离方程式为、，下列说法不正确的是
A.25℃时，将同浓度的NaHA和溶液等体积混合，其pH一定小于7
B.25℃时，若测得的NaHA溶液，升高温度，测得同浓度的NaHA溶液，则b一定大于a
C.在的溶液中，
D.的NaHA溶液中离子浓度：
【正确答案】 B

13-6（提升） 已知25℃时：
Ⅰ．饱和H2S溶液浓度为0.1mol·L-1，且其酸性主要来自第一步电离。
Ⅱ．反应R2+(aq)+H2S(aq)RS(s)+2H+(aq)K(平衡常数)
，当K>105，认定正向反应基本完全；当K<10-5，认定正向基本不能反应。
Ⅲ．
H2S
FeS
CuS
Ka1=1.0×10-7
Ka2=7.1×10-15
Ksp=1.0×10-16
Ksp=6.3×10-36
据此判断，下列说法错误的是
A.25℃时，NaHS溶液呈碱性
B.25℃时，饱和H2S溶液的pH约为4
C.H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
D.分别向浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和CuSO4溶液中通H2S气体，二者均出现黑色沉淀
【正确答案】 D

【原卷 14 题】 知识点 根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和进行计算,化学反应的速率,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡常数的有关计算

【正确答案】
D
【试题解析】


14-1（基础） 相同温度下，容积均为的两个恒容密闭容器中发生反应：
实验测得起始时的有关数据如下表：
容器
编号
起始时各物质的物质的量/
达到平衡时体
系能量的变化



①
1
3
0
放出热量
②
0.9
2.7
0.2
放出热量Q
下列叙述错误的是
A.容器①②中反应的平衡常数相等
B.平衡时，两个容器中的体积分数均为
C.容器②中达到平衡时放出的热量
D.若容器①容积为，则平衡时放出的热量小于
【正确答案】 C

14-2（基础） 在2个容积均为2L的恒容密闭容器中按照下述方式投入反应物，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ∆H=-a kJ/mol(a>0)。相关反应数据如下：
容器
容器类型
起始温度/℃
起始物质的量/mol
平衡时H2物质的量/mol
CO
H2O
CO2
H2
Ⅰ
恒温恒容
800
1.2
0.6
0
0
0.4
Ⅱ
绝热恒容
800
1.2
0.6
0
0

下列说法不正确的是
A.达到平衡时，容器Ⅱ中n(H2)<0.4mol
B.达到平衡时，容器Ⅱ中反应放出的热量小于0.4a kJ
C.反应Ⅰ在10min刚好到达平衡，则前10min内的平均反应速率v(CO)=0.02mol/(L·min)
D.平衡常数KⅠ=KⅡ
【正确答案】 D

14-3（巩固） 臭氧(O3)是一种很好的消毒剂，可溶于水且在水中易分解产生游离氧原子[O]，[O]具有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：反应①O3O2+[O] ΔH>0平衡常数为K1；反应②O3+[O]2O2 ΔH<0 平衡常数为K2；总反应为2O33O2 ΔH<0 平衡常数为K；下列叙述正确的是
A.适当升高温度，可提高消毒效率
B.K=K1+K2
C.使用合适催化剂，可使O3完全转化为O2
D.压强增大，K2减小
【正确答案】 A

14-4（巩固） 在淀粉­KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq) I (aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数K如表所示：
t/℃
5
15
25
35
50
K
1 100
841
689
533
409
下列说法正确的是
A.反应I2(aq)＋I-(aq) I (aq)的ΔH>0
B.其他条件不变，升高温度，溶液中c(I)减小
C.该反应的平衡常数表达式为K=
D.25 ℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于689
【正确答案】 B

14-5（提升） 温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/ mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A.反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032 mol·L-1·s-1
B.保持其他条件不变，若升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11 mol·L-1，则反应的△H＜0
C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v(正)＞v(逆)
D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量大于0.4 mol
【正确答案】 C

14-6（提升） 在容积恒为的密闭容器中通入一定量气体，发生反应 ．生成红棕色，假设温度不变，体系中各组分浓度随时间()的变化如下表．下列说法错误的是


















A.，的平均反应速率为
B.时，再充入、各，平衡移动
C.升高温度，反应的化学平衡常数值增大
D.若压缩容器，达新平衡后，混合气颜色比原平衡时深
【正确答案】 B

【原卷 15 题】 知识点 盐的水解常数,沉淀的溶解与生成,溶度积规则及其应用,溶度积常数相关计算

【正确答案】
D
【试题解析】


15-1（基础） 常温时，Ksp[Mg(OH)2]=1.1×10-11，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，Ksp(CH3COOAg)=2.3×10-3，下列叙述不正确的是
A.浓度均为0.2 mol/L的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀
B.将0.001 mol/L的AgNO3溶液滴入浓度均为0.001 mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀
C.c(Mg2+)为0.11 mol/L的溶液中要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pH要控制在9以上
D.在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变
【正确答案】 B

15-2（基础） 常温下，有关物质的溶度积如下
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×10-9
6.82×10-6
4.68×10-6
5.61×10-12
2.64×10-39
下列有关说法不正确的是（ ）
A.常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
C.向含有Mg 2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg 2+)∶c(Fe3+)＝2 .125×1021
D.将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.054×10-2mol/L]，若保持温度不变， 向其中加入100mL 0.012mol/L的NaOH，则该溶液变为不饱和溶液。
【正确答案】 B

15-3（巩固） 常温下用溶液分别滴定的、溶液，测出三次滴定过程中部分数据如表所示。下列说法正确的是
离子
混合溶液
①
②
③

4
3
2

5.7

7.7


5.3
7.3
A.根据表中数据可以获得，但无法获得
B.将上述、溶液等体积混合后逐滴滴入溶液，先生成沉淀
C.对饱和溶液加水稀释，沉淀溶解平衡正向移动，最终与原平衡相等
D.对于平衡体系，平衡常数
【正确答案】 B

15-4（巩固） 牙齿表面由一层坚硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果。已知：
物质
或










下列说法正确的是
A.溶解的离子方程式为：
B.牙膏中经常添加碳酸钙，主要是为了增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀
C.当时，可与反应转化为
D.向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果，两者原理相同
【正确答案】 C

15-5（提升） 以为沉淀剂，将溶液中的转化为极难溶的沉淀是化学实验室中进行物质分离、除杂常用的方法，涉及反应为。已知25℃时，下列过程的平衡常数：
①
②
③
下列说法错误的是
A.可计算出的平衡常数，该反应能彻底进行
B.溶液呈碱性
C.向饱和溶液中通入少量气体，溶液的酸性会增强
D.已知25℃时，的，因此除去工业废水中也可以选用作沉淀剂
【正确答案】 C

15-6（提升） T℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知为浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法不正确的是

A.曲线Ⅰ是，的沉淀溶解平衡曲线
B.加热可使溶液由X点变到Z点
C.Y点对应的可能为的过饱和溶液
D.T℃时，的平衡常数
【正确答案】 B

【原卷 16 题】 知识点 盐类水解规律理解及应用,物质性质实验方案的设计,化学实验方案的设计与评价

【正确答案】
C
【试题解析】


16-1（基础） 下列各实验的现象及结论都正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向2%的稀氨水溶液中不断滴加2%硝酸银溶液。
产生白色沉淀，后白色沉淀消失
实验室用此方法制银氨溶液
B
两份酸性溶液，分别加入溶液，一份放入冰水中，另一份放入约80℃的热水中。
热水中褪色比冰水中快
温度升高反应速率变大
C
检验(含、)是否洗涤干净：取最后一次洗涤液，滴加浓NaOH溶液，微热。
没有产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体
沉淀已洗涤干净
D
稀硫酸洗净细铁丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，蘸取少量NaCl溶液，置于火焰上灼烧。
火焰呈黄色
含有钠离子
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

16-2（基础） 下列方案设计，现象和结论不正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜
将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液
铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜
B
探究、的还原性强弱
向溶液中加入少量氯水，再加萃取
若层无色，则的还原性强于
C
比较和的氧化性强弱
取适量溶液于试管中，滴入溶液，振荡，观察现象
若产生气体使带火星木条复燃，说明的氧化性强于
D
探究温度对水解程度的影响
向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液
若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进水解
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

16-3（巩固） 下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
钢铁的吸氧腐蚀过程有生成
往装有铁钉的试管中加入3mL饱和氯化钠溶液，充分反应后，取少量铁钉附近溶液于另一支试管中，滴加1滴溶液
出现蓝色沉淀，说明有生成
B
葡萄糖分子中含有醛基
向2mL10%的溶液中滴入5滴5%NaOH溶液，再加入2mL葡萄糖溶液，加热
产生砖红色沉淀，说明葡萄糖分子中含有醛基
C
溴乙烷可以发生消去反应
将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液加热产生的气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中
试管中的溶液紫色褪去，说明溴乙烷发生消去反应
D
测定碳酸氢钠加水过程中的热量变化
向装有固体的试管中，滴入几滴水，振荡，将温度计插入其中，观察温度计示数变化
温度计示数略有上升，说明该过程放热
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

16-4（巩固） 探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
判断的化学键类型
将固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电
中含有离子键
B
证明水溶液的酸性与漂白性
分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量气体
石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明水溶液呈酸性，有漂白性
C
证明浓硫酸具有强氧化性
加热浓硫酸、固体与固体的混合物
有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性
D
比较S与的非金属性强弱
用试纸测定的和溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

16-5（提升） 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液。
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3
B
向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液
溶液变红
KI与FeCl3的反应是可逆反应
D
向AgNO3，溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag＋与NH3·H2O能大量共存
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

16-6（提升） 下列方案设计、现象和结论有不正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
比较与的酸性
向溶液中滴加溶液
出现白色沉淀
能确定：酸性
B
比较
溶解度
的NaOH溶液中滴加2滴的MgCl2溶液，再滴加2滴的溶液
白色沉淀转化为红褐色沉淀
能确定：溶解度
C
判断基团之间的影响
试管1、2、3中分别装有3mL的苯、甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，振荡
试管1、2不褪色，3褪色
不能确定：苯环影响甲基
D
比较和的氧化性强弱
向含有淀粉的KI溶液中滴入溶液，观察溶液颜色变化
溶液变蓝
不能确定：氧化性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

【原卷 17 题】 知识点 电子排布式,简单配合物的成键,根据晶胞结构确定晶体化学式,晶胞的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通信等领域。回答下列问题：
1、硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为____；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有____种。
2、水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是____。硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，上述四种物质沸点由高到低顺序为____，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键个数之比为____。
3、GaN晶胞结构如图甲所示。已知六棱柱底边边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。从GaN晶体中分割出的平行六面体如图乙所示，该平行六面体的高为apm，GaN晶体的密度为____g/cm3(用a、NA表示)。

【正确答案】 1、[Ar]3d104s24p4 3
2、4 SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4 11∶1
3、×1030

17-2（基础） 红蓝宝石、祖母绿、金绿猫眼、钻石为举世公认的珍贵宝石。
1、红宝石是刚玉的一种，主要成分为氧化铝()，因含微量杂质元素铬(Cr)而呈红色。基态铬原子的简化电子排布式为_______。
2、祖母绿主要成分的化学式为，Be能与溶液反应，请简单说明判断依据：_______。
3、金绿猫眼主要成分的化学式为，经碱熔酸浸可得到和，分子的空间构型为_______。
4、钻石是经过琢磨的金刚石，金刚石熔点高于晶体硅，原因为_______。金刚石晶胞结构如图所示，两个碳原子之间的最短距离为，求晶体密度为_______(列出含a、计算表达式，表示阿伏伽德罗常数的值)。

【正确答案】 1、
2、“对角线规则”或Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似
3、直线形 4、金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，因碳的原子半径小于硅，金刚石中碳碳键键能大于硅硅键

17-3（巩固） 第VA族元素氮、磷、砷的化合物用途广泛。回答下列问题：
1、基态磷原子的价电子排布式为_______，基态砷原子核外有_______个未成对电子。
2、实验中常用检验，中的配位数为_______，其中碳原子的杂化轨道类型为_______杂化。中含有键的数目为_______。
3、铁和氨在640℃可发生置换反应，产物之一的立方晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式：_______。

4、阿伏加德罗常数的值为，X射线衍实验测得该晶胞参数为anm，则晶胞的密度为_______(写出表达式即可)。
【正确答案】 1、3s23p3 3 2、6 sp 12NA
3、8Fe+2NH32Fe4N+3H2 4、

17-4（巩固） 铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
1、基态铜原子的价电子排布式为___，在元素周期表中属于___区元素。
2、向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4•H2O。
①NH3分子的VSEPR模型为___。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是___。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体的原因___。
3、某铜的氮化物广泛应用于光信息存储和高速集成电路领域，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。该晶体中，与Cu原子最近的Cu原子有___个，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g•cm-3(列出计算式)。

【正确答案】 1、3d104s1 ds
2、四面体形 NH3分子间存在氢键 [Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
3、8

17-5（提升） 虎年春晚上，一段舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋画家王希孟的绝世之作——《千里江山图》。它之所以能够流传千年依旧色彩艳丽，璀璨夺目，与其绘制方法和所用颜料有关。
1、绘制时，第一遍先用水墨画好山水画，第二遍上红色(赭石色)，赭石主含，为后面的绿色做铺垫，冷暖对比，使其更鲜亮。基态氧原子核外电子的运动状态有______种，三价铁离子的价电子排布式为______。
2、第三遍上石绿(孔雀石或绿松石)，孔雀石主要成分是碱式碳酸铜，化学式为：。碳酸根离子的空间构型为______。
3、绿松石是一种含水的铜铝酸盐矿物，属于磷酸盐矿物，化学式为。直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为______。

4、第四遍还要再叠加一层绿，第五遍上青色，石青(蓝铜矿或青金石)，蓝铜矿化学式为，青金石是碱性铝硅酸盐矿物，化学式为。
①与结合能生成，中配位原子为______(用元素符号表示) 。
②根据价层电子对互斥理论，、、的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是______。的熔沸点比高很多，主要原因是______。
5、《千里江山图》中还用到了黄色的颜料䧳黄，雌黄的主要成分是，有剧毒。
①、、的键角由大到小的顺序为______。
②砷化镓晶胞如图所示，若两个镓原子之间的最近距离为d pm，代表阿伏加德罗常数的值，则砷化镓晶体的密度______。(用含d，的代数式表示)

【正确答案】 1、8 2、平面三角形 3、
4、O 的相对分子质量大，分子间范德华力强
5、

17-6（提升） 铜及其化合物在实际生产生活中应用广泛。按要求回答问题：
1、铜在元素周期表中属于_______区。
2、溶液常用作农业杀菌剂，溶液中存在。该离子中存在的化学键有_______(填字母)。
A.共价键　　B.离子键　　C.氢键　　D.范德华力　　E.配位键
3、与氨基吡啶形成的配合物(结构如图)是很好的磁性材料。该配合物分子中碳与氧原子间形成的σ键和π键的个数比为_______。

4、铜的氧化物、氮化物都广泛应用于光信息存储和高速集成电路领域。
①Cu、O、N的电负性由大到小的顺序为_______。
②已知，从铜的离子价层电子结构角度分析，高温下能转化生成的主要原因是_______。
5、某铜银合金的晶胞结构如图所示，晶胞边长为a pm，则该晶体的化学式为_______，密度为_______(设阿伏加德罗常数的值为)。

【正确答案】 1、ds 2、AE
3、2:1 4、O、N、Cu CuO中基态Cu2+的价层电子排布式为，而中基态Cu+是，为更稳定的全充满结构
5、

【原卷 18 题】 知识点 无机综合推断,探究物质组成或测量物质的含量,氧化还原反应方程式的配平,物质检验和鉴别的实验方案设计

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 物质A由三种常见的元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：

已知：A的摩尔质量在之间，焰色为紫色；气体B能使品红溶液褪色；盐C和盐D的组成元素和A相同，且C、D的物质的量之比为。
请回答下列问题：
1、组成A的元素有_______；A的化学式为_______。
2、A在潮湿空气中转化为由两种酸式盐组成的混合物，反应的化学方程式是_______。
3、一种生产A的方法：在35～45℃下，气体B与锌粉—水悬浊液反应生成中间产物；然后加入相应的碱溶液，充分反应，过滤分离得到A溶液。写出该过程中总反应的化学方程式：_______。
4、碱性条件下，A能还原水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子：_______(假设反应物无剩余)。
【正确答案】 1、K、S、O 2、
3、
4、取反应后的上层清液，分成两份，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，若有沉淀产生，则含有；若上述现象均有，则说明含有和

18-2（基础） 化合物X由3种元素组成．某兴趣小组按如下流程进行实验：

已知焰色反应呈黄色，其中有两种元素质量分数相同；固体A由两种酸式盐组成。请回答：
1、组成X的元素有______，X的化学式是______。
2、X与潮湿空气转化为A的化学方程式是______。
3、用一个化学方程式表示A与足量溶液的反应______。
4、碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子________(假设反应物无剩余)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式________。
【正确答案】 1、
2、
3、
4、分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和 或：(2分，反应物写成或均可)

18-3（巩固） 化合物A由四种常见元素组成，是一种重要的化工原料。某实验小组按如图所示流程进行相关实验：

已知化合物A含有两种阴离子和一种阳离子，向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀。
请回答：
1、组成A的四种元素为_______；A的化学式为_______。
2、滤液C加稀硝酸酸化时产生了无色气体，该反应的离子方程式为_______。
3、①溶液A中加入稍过量的溶液，生成沉淀的同时有一种气体产生，写出反应的化学方程式：_______。
②D可以溶解在的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为_______。
4、设计实验检验化合物A是否变质，在下表中填写检验出化合物A没有变质的方案。
实验操作
实验现象
实验结论
_______
_______
_______

【正确答案】 1、Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)
2、
3、
4、将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象 加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化 化合物A中不含，没有变质

18-4（巩固） 黄色固体X是由四种元素组成的化合物，用作颜料和食品的抗结剂，为测定其组成，进行如下实验。已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，溶液F中只含有一种溶质。回答下列问题：

1、固体X的组成元素是_______。
2、混合气体A中所含物质的化学式为_______。
3、实验中溶液B由X转化而来的溶质与KOH反应的总离子方程式为_______。
4、证明沉淀G中的金属元素已完全沉淀的方法是_______。
5、X与酸性KMnO4溶液反应，可生成一种与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物，该反应的化学方程式为_______。
【正确答案】 1、K、Fe、C、N 2、SO2、CO
3、Fe3＋ + 6NH + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O
4、取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀
5、5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O

18-5（提升） 黄色固体化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验(题中各物质状态均为室温条件状态)：

已知：A、B、D、F、G均是纯净物。
请回答：
1、X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
2、写出化合物X生成蓝色固体F的化学反应方程式_______。
3、固体G能缓慢溶于氨水，写出该反应的离子方程式_______。
4、设计实验检验溶液E中的阴离子_______。
【正确答案】 1、Cu、O、H CuOH
2、4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
3、CuO + 4NH3▪ H2O= +3H2O+2OH-
4、先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-

18-6（提升） 无机盐X由五种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：

已知：上述气体体积均在标准状况下测得。气体B为纯净物，有刺激性气味，标准状况下密度为2.86 g/L。请回答：
1、X的组成元素是___________，X的化学式是___________。
2、写出C→D转化过程的离子方程式___________。
3、深蓝色溶液E与气体B反应可生成X沉淀，写出该反应的离子方程式___________。
4、若盐X与足量盐酸的反应改在密闭容器中进行，得到固体A、气体B和溶液M(M中不合固体A的组成元素)。设计实验检验溶液M中的___________。
【正确答案】 1、N 、H、Cu、S、O NH4CuSO3
2、OH−+ H+=H2O，OH−+ NH=NH3↑+ H2O，2OH−+ Cu2+=Cu(OH) 2↓
3、2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH
4、取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−

【原卷 19 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,化学反应热的计算,与物质百分含量变化有关图像的分析

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 碘在生活和科研中有重要的应用。
(1)工业碘单质制备方法之一是在海带浸泡液(含有碘离子)中加入稀硫酸，再加入二氧化锰，请写出此反应的离子方程式_____。
已知：①I2(H2O)⇌I2(CCl4) K1=85
②I2(aq)+I−(aq)⇌ (aq) K2=960
③I2(g)+H2(g)⇌2HI(g) ΔH=−9.48kJ·mol−1
④W(s)+I2(g)⇌WI2(g) ΔH<0
(2)常温下，用CCl4萃取10mLcmol·L−1碘水中的碘时，碘单质在水和CCl4混合液中存在反应①的溶解平衡，为了提高萃取率，通常采用“少量多次”的方法，如下表所示。

方法一：萃取1次
方法二：萃取2次
V(CCl4)
10mL
5mL
5mL
水层c(I2)



请结合表中数据和平衡移动原理说明采用“少量多次”的方法提高萃取率的依据____。
(3)在一定温度下，10.0mL0.100mol·L−1KI水溶液加入nmol的碘单质，加入10.0mLCCl4进行萃取，静置分层(实验过程中不考虑体积变化)。已知：I−和不溶于CCl4，实验测得CCl4层液体中c(I2)=0.0850mol·L−1，结合上述K1和K2值，则加入碘单质物质的量n=____mol。(保留三位有效数字)
(4)反应③在一定条件下速率方程：v(正)=kc(I2)c(H2)，速率常数，其中R和NA是常数，d为分子直径，M为分子的摩尔质量，P表示碰撞角度的因素，下列说法正确的是_______。
A.反应③的ΔS=0
B.反应③I2平衡转化率随温度升高变大
C.升高温度速率常数k变大
D.分子直径、摩尔质量会影响反应速率
E.速率常数k的表达式是基于碰撞理论推导而来
(5)在碘钨灯灯泡内封存少量的碘可以延长钨丝寿命，发生反应④，为模拟上述反应，取0.004mol碘和0.004mol钨放置在50.0mL密闭容器中反应，在450℃，n(WI2)随时间变化图象如图所示，t1时，将温度升高到530℃，t2时达到平衡(530℃平衡常数k=)。请在图中画出n(WI2)从t1～t3随时间变化图象___。

【正确答案】 每次加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2( CCl4)向右移动，水中碘单质浓度减小，用 10mL 萃取一次后水中碘水浓度为 ，用 10mL 分两次萃取后水中碘水浓度为 ，大于，则分两次，碘的萃取率高。 1.35×10-3 CDE

19-2（基础） 近年来，全球丙烯需求快速增长，研究丙烷制丙烯有着重要的意义。相关反应有：
Ⅰ. C3H8在无氧条件下直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) 　ΔH1 =+124 kJ·mol-1
Ⅱ. 逆水煤气变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2
Ⅲ. CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)　ΔH3
已知：CO和H2的燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1；
H2O(g) = H2O(l)　ΔH=-44 kJ·mol-1
1、反应Ⅱ的ΔH2=_______。
2、下列说法正确的是_______。
A.升高温度反应Ⅰ的平衡常数减小 B.选择合适的催化剂可提高丙烷平衡转化率
C.若反应Ⅱ能自发，则ΔS＜0 D.恒温恒压下，通入水蒸气有利于提高丙烷转化率
3、对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。在不同压强下(0.1 MPa、0.01 MPa)，反应Ⅰ中丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图所示，请计算556 ℃反应Ⅰ的平衡常数Kp=_______。

4、反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高易发生副反应导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭使催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯，请说明原因：_______。
5、研究表明，二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可有效维持催化剂活性，请结合方程式说明原因：_______。

【正确答案】 1、＋41.2 kJ·mol-1 2、D
3、0.0125 MPa
4、CO2能与H2发生反应Ⅱ使反应Ⅰ平衡正移，提高丙烯产率
5、CO2＋C = 2CO，可以消除催化剂表面的积炭

19-3（巩固） 氮及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。
1、在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为：


其中P为的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。设氮气在水中的溶解度，则用P、和表示S的代数式为_______。
2、氨在催化氧化反应时发生如下反应：
I.
II.
III.
①反应I在常压下自发进行的条件是_______。
②将一定比例的和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择率与温度的关系如图所示。

下列说法正确的是_______。
A.其他条件不变，升高温度，的平衡转化率增大
B.其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处的物质的量先增大后减小
C.催化氧化除去尾气中的应选择反应温度高于250℃
D.随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大
3、的氧化反应：，分两步进行。
I.
II.
已知：i.决定氧化反应速率的是步骤“II”
ii.，反应I的活化能为，反应II的活化能为
①请在图中画出氧化反应的过程能量示意图(必要的地方请标注)_______。

②某工业制硝酸流程中，进入反应塔的混合气体中和发生化学反应：，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
压强
温度/℃
达到所列转化率需要时间/s
50％
90％
98％
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
氧化生成反应的反应速率随温度的升高而_______(填升高、降低或不变)，试分析其原因_______。
【正确答案】 1、
2、任意温度 BD
3、 降低 ，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响

19-4（巩固） 近年来，用CO2氧化乙苯(EB) 制取苯乙烯(ST) 引起了研究者的重视，当前研究者在开发合适催化剂以提高苯乙烯的选择性、抑制积碳对催化剂活性的影响。CO2氧化乙苯脱氢存在两种途径：一步反应( I )和两步反应( II +Ⅲ)，两种途径同时存在。涉及的反应如下：
反应I ：C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g)  ΔH1=158.8 kJ/mol
反应II ：C6H5CH2CH3(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH2
反应III ：CO2(g)+H2(g)＝CO(g)+H2O(g) ΔH3=41.2 kJ/mol
请回答：
(1)反应II能够自发进行的条件___________（填“低温”、“高温”或“任何温度”）。
(2)相同条件下，此工艺较乙苯直接分解制苯乙烯（反应II）的优势在于___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．减压条件下有利于提高乙苯的平衡转化率
B．可通过监测反应体系中CO(g)与H2O(g)浓度之比以判断是否达到平衡
C．研发高效催化剂可提高苯乙烯的选择性，提高乙苯的平衡转化率
D．利用过量O2替代CO2制取苯乙烯具有明显优势
(4)常压下，乙苯分别在N2 （惰性介质）、CO2气氛中的平衡转化率与温度的关系如图所示。

①常压、温度为725 K条件下，往容器中充入1 mol 乙苯、10 mol CO2，达到平衡时容器中有H2 0.08 mol。研究表明，45%的苯乙烯通过一步反应生成、55%的苯乙烯通过两步反应生成，反应Ⅲ的平衡常数K=___________ （保留两位有效数字）。
②常压、温度为725 K条件下，若N2或CO2与乙苯的物质的量之比为n:1，请分别画出乙苯的平衡转化率在N2或CO2气氛中随n变化的示意图。_______

【正确答案】 高温 反应I中CO2能与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，使反应I中乙苯的转化率更高 A

19-5（提升） 氢气是一种理想的能源，探索绿色化制氢是化学界一个热门话题。(本题反应中涉及△H、△S、△G均为298K条件值)。
1、传统制备氢气方法之一为水煤气法：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+132kJ·mol-1，该反应自发进行的条件是____。
2、利用生物质可再生资源乙醇制备氢气具有良好的开发前景。乙醇在Ni－MgO催化下，制取氢气有如下方法：
方法a：水蒸气催化重整CH3CH2OH(g)+H2O(g)4H2(g)+2CO(g)△H1=+257kJ·mol-1△S1=+459J·mol-1·K-1△G1=+122.9kJ·mol-1
方法b：部分催化重整CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g)△H2△S2=+400J·mol-1·K-1△G2
已知：298K时，相关物质的相对能量如图1。

①依据图1数据，计算方法b反应的△H2=_____kJ·mol-1。
②已知体系自由能变化：△G=△H-T△S，△G<0时反应自发进行。请从△G的角度分析方法a、b哪个更有利？______。
③在某恒温和恒压(p0)体系中，CH3CH2OH和H2O以系数比投料进行方法a制氢，若平衡时H2的产率为50%，该条件下方法a反应的平衡常数Kp=____。[如H2的平衡压强p(H2)= χ(H2)×p，χ(H2)为平衡系统中H2的物质的量分数，p为平衡时总压]
3、有化学工作者提出，在Ni－MgO催化剂中添加纳米CaO强化，开展“催化氧化重整”制氢，是一种优化的制氢方法。
方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)△H=-67kJ·mol-1
①下列有关说法正确的是____。
A.方法c制氢时，充分提高廉价原料O2的浓度，一定能增加氢气产率
B.方法c与a比，相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快
C.乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：c>a>b
D.方法c相当于方法b与水煤气变换CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的优化组合水醇比对乙醇平衡转化率有较大影响
②已知：常压、800K，反应在Ni－MgO催化下，测得乙醇平衡转化率与水醇比关系如图。请在图2中画出相同条件下，添加纳米CaO强化下的乙醇平衡转化率曲线____。

【正确答案】 1、高温 2、△H2=+15kJ·mol-1 在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利
3、BD

19-6（提升） 主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
1、回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。
2、热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150

0.5
1.5
3.6
5.5
8.5

0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A.其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B.其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C.由实验数据推出中的键强于中的键
D.恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。

④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是_______。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。
【正确答案】 1、8×108 L·mol－1
2、高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小

【原卷 20 题】 知识点 物质制备的探究,综合实验设计与评价,化学实验基础操作,实验安全

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：

完成下列填空：
1、Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO。为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入__，观察到的现象是__。
2、装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的__性，装置B的作用是__。
3、装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式__。当观察到装置C中溶液__，说明反应已完全。
样品中Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定(杂质不参与反应)，步骤如下：
①取0.0100mol·L-1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：Cr2O+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O→2I-+S4O。
4、判断步骤②的滴定终点__。
5、样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为__；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3·5H2O的含量__(选填“偏高”或“偏低”)。
【正确答案】 1、FeCl3溶液 溶液呈血红色
2、强酸 安全瓶，防倒吸
3、3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3 溶液由浑浊变澄清
4、滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
5、0.744 偏高

20-2（基础） 羟基乙酸是一种很好的清洗剂，某兴趣小组利用羟基乙腈水解制取纯净的羟基乙酸溶液，按如图流程开展实验：

已知：①羟基乙腈水解的离子方程式：HOCH2CN(aq)+H+(aq)+2H2O(l)→HOCH2COOH(aq)+(aq) △H＜0。
②羟基乙酸易溶于甲醇、乙醇、乙酸乙酯等有机溶剂，易溶于水，沸点265℃，水溶液加热至沸腾时分解。高浓度羟基乙酸会形成酯类聚合物。

请回答：
1、下列说法正确的是____。
A.步骤Ⅰ：50%羟基乙腈需分批逐步加入
B.步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，一次完成萃取以提高萃取效率
C.步骤Ⅳ：用NaOH调节pH后蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤得到(NH4)2SO4
D.步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，可获得较大颗粒的晶体
2、步骤Ⅲ：试剂X是____。
3、步骤Ⅴ：控制70℃左右、____条件下浓缩，目的是____。
4、为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。从下列选项中选出合理的操作并排序：准确称取0.6000g样品于锥形瓶中→_____→_____→_____→_____→平行滴定2～3次，计算结果。____
a．向锥形瓶中滴加2～3滴酚酞；
b．向锥形瓶中滴加2～3滴甲基橙；
c．用移液管准确移取25.00mLNaOH溶液于锥形瓶中，溶解样品；
d．向锥形瓶中加入约25mL水，溶解样品便于滴定；
e．用NaOH标准溶液滴定至终点，记录读数；
f．用HCl标准溶液滴定至终点，记录读数；
g．洗涤滴定管、装液、排气泡、调液面，记录读数。
5、该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数为42.80%，测得结果明显偏低。分析其原因，决定在上述测定中增加一步操作，测得羟基乙酸的质量分数为60.10%，该操作是____。
【正确答案】 1、A 2、水 3、减压 防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解
4、cgaf或cagf
5、在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却

20-3（巩固） 有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]

有关物质性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。
实验步骤如下：
I．打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入c中。
Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
1、仪器b的名称是___________，d的作用是___________
2、步骤I中将b中溶液加入c中的操作是___________；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有一种杂质，该杂质极易与空气中的氧气反应，写出其反应的化学方程式：___________
3、c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________
4、下列关于该实验的说法不正确的是___________
A．步骤I中当观察到d中导管冒出气泡，则表示装置内空气已排尽
B．步骤I、步骤Ⅱ加液时，无须打开分液漏斗上的活塞
C．反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe水解
D．步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
E．步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
5、工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___________
【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化
2、关闭K1,打开K 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3
3、2H2NCH2COOH + FeSO4 + 2NaOH= (H2NCH2COO)2Fe + Na2SO4+2H2O
4、AE 5、将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液

20-4（巩固） 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是重要的化工产品，可用SO2与Zn、NaOH溶液反应制取。实验室模拟制备的工艺流程及制取装置如图。


已知：①连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇、在碱性介质中较稳定、在空气中易被氧化。
②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图。

请回答下列问题：
1、通入一段时间SO2的作用除了充当反应物以外还有______。需调节溶液为弱碱性的原因______。
2、写出制取连二亚硫酸钠的总化学方程式______。
3、下列说法正确的是______。
A.将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率
B.向Na2S2O4溶液中加NaCl溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响
C.洗涤Na2S2O4•2H2O时用冰水洗涤效果比酒精好
D.单向阀的主要作用是防倒吸
4、请选择最佳操作并排序完成制备Na2S2O4•2H2O晶体。安装好整套装置，并检查装置的气密性→______→______→______→过滤取滤液并加入NaCl固体，冷却至室温、过滤，洗涤，干燥得晶体。______
a.将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液
b.将一定量的Zn粉与NaOH溶液混合搅拌成悬浊液
c.将一定量的Zn粉与HCl混合搅拌成悬浊液
d.向悬浊液中通入SO2至澄清，并加热
e.28～35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清
f.28～35C加热条件下，向悬浊液中加入Na2SO3溶液
g.向溶液中滴加NaOH至pH在8.2～10.5之间
h.向溶液中滴加HCl至pH在8.2以下
i.向溶液中滴加1mol•L-1NaOH至pH在10.5以上
5、称取上述制得的连二亚硫酸钠样品0.0870g加入另一三颈烧瓶，通过自动电位滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加K3[Fe(CN)6]溶液将连二亚硫酸钠氧化为硫酸钠，记录终点读数，共消耗10.00mL0.2000mol•L-1的K3[Fe(CN)6]溶液，则样品中连二亚硫酸钠的纯度为______。(结果保留1位小数)，样品中可能存在的杂质有______。
【正确答案】 1、排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化 碱性条件下，能稳定存在
2、 3、AD 4、aeg 5、66.7％ 、

20-5（提升） 乙二胺四乙酸铁钠(用NaFeY表示，摩尔质量为)可用于感光材料冲洗药品及漂白剂。实验室中制备少量乙二胺四乙酸铁钠晶体的化学方程式为。实验步骤如下：
①取一定量于烧杯中溶解，分批次加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。
②将、乙二胺四乙酸、加入三颈烧瓶(装置如图)，用溶液调节pH，搅拌、80℃水浴反应1 h，经过一系列操作，洗涤，晾干得到产品。

回答下列问题：
1、“步骤①”中反应的离子方程式为_______。
2、“步骤①”中洗涤沉淀的操作为_______。
3、装置中盛放溶液的仪器名称为_______。若将其替换为普通分液漏斗，实验中可能出现的情况为_______。
4、“步骤②”中的“一系列操作”为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，_______(补全操作)。
5、称取m g晶体样品，加稀硫酸溶解后配成100 mL溶液。取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴指示剂，用 标准液滴定，重复操作2～3次，消耗标准液平均值为V mL。已知：。
①指示剂为_______。
②计算可知，样品中的质量分数为_______%。
③若滴定过程较为缓慢，则测得样品中的质量分数偏大，其原因是_______。
【正确答案】 1、
2、向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，静置，使水自然流下，重复操作2～3次
3、恒压滴液(分液)漏斗 溶液不能顺利流下
4、冷却结晶，过滤 5、淀粉(溶液) 空气中的氧气可能氧化溶液中的或，造成消耗溶液的体积增大，则测得的结果偏大

20-6（提升） 氢化铝锂()以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，实验室按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。

已知：①
物质
苯
乙醚

易溶
可溶

难溶
可溶
LiH

微溶
LiCl

难溶
②LiH、在潮湿的空气中都会发生剧烈水解。
③乙醚易燃，一般不与金属单质反应，沸点34.5℃。
请回答：
1、仪器a的名称是_______；装置b的作用是_______。
2、乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是_______。
A.分液 B.钠 C.五氧化二磷 D.通入乙烯
3、滤渣A的主要成分是_______。
4、下列说法不正确的是_______。
A.为提高过滤出滤渣A的速度，可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁
B.为提高合成的速率，可将反应温度提高至40℃
C.操作B可在蒸发皿中进行
D.能溶于乙醚与配位键有关
5、从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序_______。
a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中
b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤
c.用余热蒸干苯
d.开冷凝水、加热
e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤
f.转移固体至烧瓶中真空脱苯
g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱
6、(不含LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品xg，记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与H2O的反应速率)、水混合液10.0ml，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B读数，则的质量分数为_______(用含x、、的代数式表达)。

注：量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol。
【正确答案】 1、恒压滴液漏斗（或滴液漏斗也可） 吸收装置内的水分，并避免外界水分进入，保持装置内干燥 2、BC 3、LiCl 4、ABC
5、bef 6、×100%

【原卷 21 题】 知识点 根据要求书写同分异构体,酯的水解反应机理,根据题给物质选择合适合成路线,有机推断综合考查

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 盐酸阿比朵尔(Arbidl Hydmchloride)是广谱抗病毒药。李兰娟院士团队发现它能有效抑制新型冠状病毒(COVID-19)，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_____
(2)反应①分为两步进行，完成反应ii
反应i. +NH3
反应ii___________，其反应类型是___________。
(3)反应②生成1mol的D消耗___________mol Br2；反应③加入KHCO3的作用是___________。(填序号)。
(4)G为盐酸盐，其中H+与-N(CH3)2间形成的作用力是___________。
A．共价键B．离子键C．范德华力D．氢键
(5)H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，写出H的一种可能的结构简式_____。
(6)根据相关信息并结合已有知识，写出以、制备扑炎痛的合成路线(其它试剂任选)。___________。已知：++NaCl
【正确答案】 酯基、羰基(或酮基) +H2O 消去反应 2 中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率 A 或或或等

21-2（基础） 波立维(硫酸氢氯吡格雷)常用于治疗动脉粥样硬化。其前体氯吡格雷的合成路线如下：(部分无机反应物、反应条件已略去)

已知：①
②
③同一个碳原子上连接两个羟基时，会脱去1分子水形成碳氧双键。
(1)A是芳香烃，其结构简式为_______。
(2)由A生成B的化学方程式为_______。
(3)C含有的官能团为_______。
(4)D生成E的方程式为_______。
(5)H的结构简式为_______。
(6)反应B→C的反应必须在0°C下进行，不能在室温下进行，其原因为_______。
(7)由于反应B→C的反应条件不宜控制，有时也采取另一合成路线：B→J→C。J的结构为___。
【正确答案】 醛基、氯原子 防止温度过高，C中的醛基被KMnO4进一步氧化

21-3（巩固） 药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K是合成瑞德西韦的关键中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：
已知：
①；
② 。
(1)J中官能团的名称为_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)G→H的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，符合下列条件的X的结构有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______。
①分子中含有硝基且与苯环直接相连
②能与溶液发生反应
(5)写出以苯甲醇为原料制备的合成路线(无机试剂任选)_______。
【正确答案】 酯基、氨基 加成反应 13

21-4（巩固） 有机物J是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：

已知：ⅰ.TBSCl为 ⅱ.
ⅲ.
1、下列说法不正确的是_______。
A.TBSCl的作用是保护此结构“”
B.A→E过程中涉及的反应类型有取代、氧化、加成和消去
C.化合物G中含有4种官能团
D.化合物J的分子式为
2、试剂a的结构简式是_______。化合物F的结构简式_______。
3、H→I的反应方程式为_______。
4、写出3种同时符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。
①分子中存在六元环；
②不与钠反应；
③H-NMR显示只有4种不同化学环境的氢原子
5、以 、乙烯、甲醇为原料，设计下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂(不含碳元素)、有机溶剂任选) _______。

【正确答案】 1、BC 2、
3、 4、 5、

21-5（提升） 近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：

已知：Ⅰ．
Ⅱ．
(1)Ⅰ的分子式为___________。
(2)反应生成的化学方程式是___________。
(3)结构简式为___________，最多有___________个原子共平面。
(4)中官能团的名称为___________；符合下列条件的的同分异构体有___________种。
Ⅰ． 具有两个取代基的芳香族化合物
Ⅱ． 能水解，水解产物遇到溶液显紫色
Ⅲ． 核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢
(5)乙酰苯胺()，参照Ⅰ的上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)已知：
【正确答案】 2+O2+2H2O 18 碳碳双键、羧基 2

21-6（提升） 左氧氟沙星(K)是喹诺酮类药物中的一种，具有广谱抗菌作用，合成路线如下：

已知：(1)R-COOR1RCH2OH+R1OH
(2)
(3)
回答以下问题：
1、下列说法不正确的是___________。(填序号)
A.化合物J具有碱性，与可反应生成
B.H在强碱溶液中水解产物之一为
C.B→C的目的是保护酮羰基，防止其被氧化
D.左氧氟沙星的分子式是
2、化合物E的结构简式是___________，化合物B的含氧官能团是___________。
3、写出的化学方程式___________。
4、写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式___________。
①分子中仅含一个六元环；
②H-NMR和IR谱检测表明分子中只有2种不同化学环境的H且含有手性碳原子，无-O-O-键。
5、设计以和为原料合成的路线___________________ (用流程图表示，无机试剂任选)。
【正确答案】 1、C 2、； 硝基、羰基、酯基。
3、； 4、； 5、
。


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. Na2S是由钠离子与硫离子构成的离子晶体；
B. MgCl2是由镁离子与氯离子构成的离子晶体；
C. AlCl3是由分子构成的，属于特殊的分子晶体，
D. Al2O3是由铝离子与氧离子构成的离子晶体；
综上所述可知，C项AlCl3的晶体类型与其他的不同，符合题意，
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．SiO2为原子晶体，SO3为分子晶体，晶体类型不同，故A错误；
B．I2为分子晶体，NaCl为离子晶体，晶体类型不同，故B错误；
C．Cu和Ag都为金属晶体，晶体类型相同，故C正确；
D．SiC为原子晶体，MgO为离子晶体，晶体类型不同，故D错误；
故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．AlCl3属于分子晶体，A正确；
B．C60是分子晶体，其一个分子由60个碳原子构成，B错误；
C．CsCl由Cs+和Cl-构成，属于离子晶体，C正确；
D．不锈钢主要由Fe组成，属于金属晶体，D正确；
故答案选B。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．属于分子晶体，A不符合题意；
B．属于离子晶体，B不符合题意；
C．属于共价晶体，C符合题意；
D．由于四氯化硅的结构与四氯化碳类似，所以四氯化硅也是正四面体型结构，属于分子晶体，D不符合题意；
答案选C。
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．SiO2为酸性氧化物且为共价晶体，熔点最高，A正确；
B．Al2O3为碱性氧化物，B错误；
C．SO3为酸性氧化物，但是其为分子晶体，熔点低，C错误；
D．NO2不是酸性氧化物，且为分子晶体，熔点较低，D错误；
故答案选A。
1-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．二氧化硅为共价晶体，二氧化碳为分子晶体，晶体类型不同，A错误；
B．晶体硼为共价晶体，晶体硫为分子晶体，B错误；
C．铁为金属晶体，氯化钠为离子晶体，C错误；
D．白磷和固态氧均为分子晶体，且其中的化学键都是非极性键，D正确；
故选D。
2-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．溶液属于混合物不属于强电解质，A错误；
B．中铁元素的化合价是+6价具有强氧化性，B正确；
C．该物质中Fe元素被还原后的产物是+3价，可能发生水解，C正确；
D．Fe元素位于元素周期表VIII族，D正确；
故选A。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．S元素位于周期表第三周期ⅥA族，A正确；
B．硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，具有吸附能力常用作净水剂，B正确；
C．二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境，C正确；
D．亚铁离子为人体合成血红蛋白所必须的离子，所以不会使蛋白质变性，D错误；
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．中K元素化合价为+1价，Ｏ元素化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0可知，Fe元素化合价为，A正确；
B．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可得氧化性：，B正确；
C．具有强氧化性，可杀死细菌，可以用作自来水消毒剂，C正确；
D．是盐，不是氧化物，D错误；
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铁元素原子序数为26，位于元素周期表的d区，A正确；
B．氯化铁溶于水完全电离，属于强电解质，B正确；
C．氯化铁溶液与金属铜发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，该反应不属于置换反应，C错误；
D．氯化铁能与硫氰化钾溶液反应生成红色络合物Fe(SCN)3，D正确；
故选C。
2-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. Ba元素位于第ⅡA族，周期表s区，A正确；
B. 可溶性钡盐都能使蛋白质变性，硫酸钡不溶于水，不能使蛋白质变性，B错误；
C. 硫酸钡溶于水能完全电离，属于强电解质，C正确；
D. 硫酸根离子的中心原子键电子对为4，孤电子对为 =0，空间构型是四面体，D正确；
故答案选B。
2-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；
B．硫酸铜属于盐类，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B正确；
C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确；
D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；
故选：A。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．为共价化合物，形成过程不涉及电子得失，而是形成公用电子对，电子不需要画出转移箭头，A错误；
B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，B正确；
C．键电子云为镜面对称，C正确；
D．硅为14号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，基态原子轨道表示式：，D正确；
故选A。
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，中子数为10，则质量数为18，因此原子核内有10个中子的氧原子为O，故A错误；
B．2-丁烯的键线式为，故B错误；
C．NF3中性原子为N，有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，即NF3的空间构型为三角锥形，故C错误；
D．铜元素属于第四周期ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，即价电子轨道式或价电子排布图为，故D正确；
答案为D。
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，Cl原子半径最大，H原子半径最小，空间填充模型为，故A正确；
B．OF2分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间结构为V形，故B错误；
C．二氧化硅是原子晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，则二氧化硅的化学式为，故C错误；
D．甲胺的结构简式为CH3NH2，电子式为，故D错误；
故选A。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．甲酸乙酯结构简式是HCOOCH2CH3，其键线式：，A错误；
B．As是33号元素，根据构造原理可知基态As原子的价电子排布式：4s24p3，B错误；
C．二乙胺是NH3分子中的2个H原子被2个乙基CH3CH2-取代产生的物质，其结构简式为：(CH3CH2)2NH，C错误；
D．HClO是O原子分别与1个H、Cl原子形成一个共价键形成的，由于原子半径：H＜O＜Cl，O原子上还存在2对孤对电子，所以HClO的空间填充模型为，D正确；
故合理选项是D。
3-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．Cl2O中O与Cl分别形成1条共价键，且O原子半径小于Cl原子，但是Cl2O为V形不是直线型，A错误；
B．图中氧化钠的电子式错误，两个Na+应该在氧离子的两侧而不是同侧，B错误；
C．图中箭头所指的为H-F形成的共价键，氢键通常用虚线表示，C错误；
D．铜是29号元素，位于第四周期，原子的结构示意图为，D正确；
故答案选D。
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．甲基是甲烷失去一个氢原子，故其电子式为：，A正确；
B．已知H2NNH2中含有N-N单键，其结构式为，故肼(H2NNH2)的球棍模型为：，B正确；
C．已知Cu是29号元素，其基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu+的基态电子排布式为：[Ar]3d10，C正确；
D．已知F为9号元素，故F的基态原子轨道表示式：，D错误；
故D。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A． 与二氧化碳、水能反应生成氧气，可用作供氧剂，故A错误；
B．. NaClO有强氧化性，可用作消毒剂，性质与用途具有对应关系，故B正确；
C． 铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故C错误；
D． 不稳定，受热易分解生成二氧化碳，可用作食品膨松剂，故D错误；
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．NaHCO3不稳定，受热易分解产生二氧化碳，可用作膨松剂，A正确；
B．氮化硅为共价晶体，具有强度高，硬度大、熔点高等特点，可以用于制作切割刀具，制作坩埚，制作高温轴承等，B正确；
C．氨气的沸点较高，易液化，且液氨气化吸收大量的热，所以可以做制冷剂，与其易溶于水无关，C错误；
D．ClO2具有强氧化性，能够使蛋白质变性，所以可用于自来水消毒剂，D正确；
故C。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．与NaOH固体在高温的条件下会发生反应：，故A错误；
B．可用腐蚀Cu刻制印刷电路板是因为有氧化性，发生反应：，与铁、铜金属性强弱无关，故B错误；
C．碳酸氢铵可中和酸，受热分解会产生气体使食品膨松，所以可用于制作食品膨松剂，故C正确；
D．新制氢氧化铜可用于检验尿液中的葡萄糖，是因为氢氧化铜有弱氧化性，能氧化醛基产生砖红色沉淀，故D错误；
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．具有强氧化性，可用作消毒剂，故A错误；
B．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，故B正确；
C．溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，常用于去除油污，故C正确；
D．具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D正确；
故选：A。
4-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．SO2可用于漂白纸浆是因为SO2具有漂白性，故不选A；
B．NH4HCO3用作氮肥是因为NH4HCO3含有氮元素，与NH4HCO3受热易分解无关，故不选B；
C．Fe2(SO4)3可用作净水剂是因为Fe3+易水解生成氢氧化铁胶体，故不选C；
D．MgO可用作耐高温材料是因为MgO的熔点高，故选D；
选D。
4-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:
A．FeCl3溶液用于蚀刻铜制品，是利用FeCl3的强氧化性，故选A；
B．过氧乙酸用于杀菌消毒，是利用过氧乙酸的强氧化性，故不选B；
C．甘油用作化妆品的保湿剂，是因为甘油具有吸水性，故不选C；
D．Na与TiCl4反应制备Ti，体现金属钠的还原性，故不选D；
选A。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．工业炼铁常用还原铁矿石，焦炭与空气反应生成，石灰石能将铁矿石中的转变成炉渣，A正确；
B．次氯酸的酸性弱于碳酸，溶液中滴加次氯酸溶液不可以制取，B错误；
C．工业上在沸腾炉中煅烧黄铁矿，黄铁矿反应生成二氧化硫，C正确；
D．氨的催化氧化生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，是工业制硝酸的基础，D正确；
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Fe不能与水反应生成氢气和相应的碱，A错误；
B．氯气通入冷的石灰乳中发生1,1歧化反应生成氯化钙和次氯酸钙制得漂白粉，B正确；
C．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，二氧化氮为红棕色，C正确；
D．工业上可用焦炭还原石英砂制备粗硅，D正确；
故选A。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑变为碳，体现了浓硫酸的脱水性，A正确；
B．硝酸见光受热易分解为二氧化氮和氧气，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处，B正确；
C．、与反应需要在催化剂作用下转化为无毒的气体，因此需要催化转化后排放，C错误；
D．铝与酸、碱均会反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物，D正确；
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．K是活泼的碱金属，苯酚是弱酸，K和苯酚反应可生成，故A正确；
B．工业盐酸是用Cl2、H2燃烧法制取HCl气体，然后将HCl气体溶于水制得的，故B正确；
C．由生铁冶炼成碳素钢就是降低生铁中碳的含量，并除去其中的部分杂质，故C正确；
D．工业上用焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，将粗硅通过化学方法进一步提纯，可以得到高纯硅，故D错误；
故选D。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．预热的铁丝在氯气中燃烧生成棕褐色的烟，不是雾，A错误；
B．工业上采用电解饱和食盐水的方法制取氢氧化钠，B错误；
C．硫酸工业中常用五氧化二钒作为催化剂，铁触媒是合成氨工业的催化剂，C错误；
D．利用氨气和氯气反应产生氯化铵白烟来检测氯气是否泄漏，D正确；
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．和反应生成碳酸钠和，故A正确；
B．氯气的氧化性强，和足量反应生成，故B错误；
C．铵盐和碱反应放出氨气，实验室常利用铵盐与强碱反应检验，故C正确；
D．高温下与反应生成CO和Si，与反应可制备粗硅，故D正确；
选B。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
对于反应，中的Cl元素化合价降低，被还原，作氧化剂，HCl中Cl元素化合价升高，被氧化，作还原剂，转移电子总数为2；
详解:
A．部分HCl失去电子转化为氯气，发生了氧化反应，A正确；
B．得电子生成，只作为氧化剂，B错误；
C．在反应中，为氧化产物，为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，C正确；
D．由化学方程式可知，每生成2molNaCl，反应转移2mol电子，故生成1molNaCl，反应转移1mol电子，D正确；
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据反应方程式，Cu(CH3COO)2中Cu元素化合价由+2价→+1价，化合价降低，Cu(CH3COO)2作氧化剂，N2H4中N显-2价，N的化合价由-2价→0价，化合价升高，N2H4作还原剂，故A说法正确；
B．根据A选项分析，Cu(CH3COO)2作氧化剂，Cu2O为还原产物，N2H4作还原剂，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：N2H4＞Cu2O，故B说法正确；
C．Cu2O为还原产物，N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C说法错误；
D．生成0.5molCu2O，转移电子物质的量为0.5mol×2×(2-1)=1mol，故D说法正确；
答案为C。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
在反应中，Cr元素化合价从+3价升高为+6价，I元素化合价从-1价升高为+5价，Cl元素化合价从+1降低为-1价，则为还原剂，ClO-为氧化剂，为氧化产物，Cl-为还原产物；反应中共转移电子数为42。
详解:
A．据分析可知，消耗，转移电子，A错误；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，则在此条件下，氧化性：，B正确；
C．据分析可知，是还原剂，C错误；
D．据分析可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为8∶21，D错误；
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由反应可知2mol失6mol电子生成，则生成，转移电子，故A正确；
B．H、O元素未发生价态变化，因此既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；
C．反应中失电子化合价升高生成，作还原剂，故C错误；
D．氧化产物为，还原产物为，由反应可知两者物质的量之比为2：3，故D错误；
故选：A。
6-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由方程式可知，反应中氮元素的化合价降低被还原，四氟化二氮为反应的氧化剂、肼为还原产物，氧元素化合价升高被氧化，水是还原剂、氧气是氧化产物，反应消耗1mol四氟化二氮，反应转移8mol电子。
详解:
A．由分析可知，反应中氟元素和氢元素的化合价没有变化，则氟化氢既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；
B．由分析可知，反应消耗1mol四氟化二氮，反应转移8mol电子，故B错误；
C．由方程式可知，还原剂水与氧化剂四氟化二氮的物质的量之比为4：1，故C错误；
D．由分析可知，反应中氧元素化合价升高被氧化，水是还原剂，反应过程中失去电子，故D正确；
故选D。
6-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
反应中，NH4NO3中的5个-3价的N全部失去电子生成氮气中0价的N，有3个+5价的N得到电子生成氮气中0价的N ，所以该反应的转移电子数为15，据此分析；
详解:
A．硝酸中的N是硝酸铵中+5价的N未变价生成的，所以硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；
B．依据分析可知，当有1mol氮气生成时，转移3.75mol电子，故B正确；
C．依据分析可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比应为5∶3，故C错误；
D．氮气既是氧化产物又是还原产物，故D错误；
故选：B。
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向饱和食盐水中加浓盐酸，由于同离子效应，析出NaCl固体，离子方程式应为Na++Cl−NaCl↓，A正确；
B．该气体应为NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．氯水少量，不会产生CO2，离子方程式为CO+Cl2+H2O=HCO+Cl−+HClO，C错误；
D．Fe(SCN)3为络合物，不能拆成离子，正确离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，D错误；
综上所述答案为A。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．过量，可将均氧化，反应的化学方程式为，A项错误；
B．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，碳酸氢钙少量，则发生反应为，B项正确；
C．工业上制漂白粉，将氯气通入石灰乳中，各物质以固体形式存在，离子方式为为，C项错误；
D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应，会生成氢氧化铁，氧气，硫酸钠，反应的方程式为，D项错误；
答案选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碳酸酸性强于次氯酸，次氯酸钠溶液通过量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式正确，故A正确；
B．为两性氢氧化物，溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，离子方程式正确，故B正确；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式正确，故C正确；
D．为强电解质应拆成离子，正确的离子方程式为：，故D错误；
故选：D。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．通入溶液生成硫化铜沉淀和硫酸：，A正确；
B．硅酸钠溶液通入过量生成硅酸和碳酸氢钠：，B正确；
C．硫酸氢铵溶液中滴入少量溶液，氢氧化钡完全反应，氢离子和氢氧根离子生成水：，C错误；
D．通入溶液中生成铁离子和硫酸根离子：，D正确；
故选C。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．草酸为弱酸不能拆为离子形式，高锰酸根具有氧化性，将草酸氧化为二氧化碳，草酸将高锰酸根还原为Mn2+：，A正确；
B．向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使难溶的 AgCl 转化为可溶的[Ag(NH3)2]+：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；
C．用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO，次氯酸根将NO氧化为NO，NO将次氯酸根还原为Cl-：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO，C正确；
D．向 Ca(HCO3)2溶液中加入过量 NaOH 溶液，钙离子和碳酸氢根离子按1:2完全反应：Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+ CO+2H2O ，D错误；
答案选D。
7-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由于Ca(OH)2过量，Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3，故碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水的离子方程式为：Mg2++2+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，A错误；
B．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳气体的离子方程式为：，B正确；
C．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可以氧化二氧化硫，次氯酸钠溶液吸收过量二氧化硫气体的离子方程式为：，C正确；
D．铁离子可以氧化硫离子为S单质，则氯化铁溶液与过量硫化钠溶液反应的离子方程式为：，D正确；
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．棉、人造棉的主要成分均为纤维素，涤纶为合成纤维，A错误；
B．尿素和甲醛在一定条件下能发生聚合反应生成脲醛树脂，B正确；
C．橡胶的硫化程度越高，强度越大，弹性越差，C错误；
D．组成人体内蛋白质的21种常见氨基酸均为α-氨基酸，不是都能通过人体自身合成，其中8种氨基酸在人体中不能合成，D错误；
故选B。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．羧基、酚羟基、酯基、烃的衍生物中的卤素原子、氨基和肽键能与NaOH反应，则能与NaOH反应的有机物可能是羧酸、酯、酚、卤代烃、氨基酸、蛋白质，A说法正确；
B．铜氨纤维是将棉短绒等天然纤维素原料溶解在氢氧化铜或碱性铜盐的浓氨溶液内，配成纺丝液，属于人造棉，化学成分与天然纤维素相同，是可降解的绿色材料，B说法正确；
C．油脂是生物体内存贮能量的物质，适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性维生素和胡萝卜素，是人体必需组成，C说法正确；
D．75%的乙醇可做为消毒剂，乙醇作用于细菌细胞首先起到脱水作用，乙醇分子进入到蛋白质分子的肽链环节，使蛋白质发生变性沉淀，因此多喝酒对身体不利，D说法错误；
答案为D。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．从分子结构上看糖类都是多羟基醛或酮及其缩合产物，故A错误；
B．某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸会因胶体发生聚沉产生白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故B正确；
C．酯是易挥发而具有芳香气味的有机化合物，所以含有酯类的水果会因含有低级酯类物质而具有特殊香味，故C正确；
D．聚乙烯、聚氯乙烯的是具有优良性能的热塑性塑料，故D正确；
故选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．塑料在自然环境条件下不易分解，会造成“白色污染”，A正确；
B．塑料老化是由于发生了氧化反应，B错误；
C．天然纤维可以被再加工，C错误；
D．塑料、橡胶和纤维制品三大类别含有众多分类，所含的元素种类也多种多样，如纤维包含的棉、麻成分为纤维素，组成元素为C、H、O，羊毛主要成分是蛋白质，基本元素为C、H、O、N，所以不是完全相同，D错误。
因此，本题选A。
8-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．纤维素和淀粉均有羟基，均能发生酯化反应，A项错误；
B．乳糖属于二糖，淀粉、纤维素和糖原都属于多糖，B项错误；
C．涤纶是物质经化学变化后制成的合成纤维，C项错误；
D．聚苯胺、聚苯等经过特殊改造后能够像金属一样具有导电性能，用适当物质掺杂处理即可使其能导电，D项正确；
答案选D。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．维生素C又叫抗坏血酸，新鲜蔬菜、水果中含量丰富，维生素C受热时易被破坏，所以新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失，A正确；
B．医药工业上，常以葡萄糖为原料合成葡萄糖酸钙等补钙药物，B正确；
C．聚氯乙烯薄膜中含有增塑剂，有的增塑剂有一定毒性，不可以用含增塑剂的聚氯乙烯薄膜生产食品包装材料，C错误；
D．1828年，德国化学家维勒在制备氰酸铵时得到了尿素，第一次证明有机物可由普通的无机物制得，D正确；
故选C。
9-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由结构简式碳原子个数为59，氧原子个数为4，不饱和度为15， 则分子式为C59H90O4，A正确；
B．这4个氧都处于连接碳碳双键的碳原子上或碳碳双键的碳原子上，而两个碳碳双键相连则必在同一平面，所以4个氧原子也在同一平面上，B正确；
C．醚水解之后得到的是醇，不与氢氧化钠溶液反应，C错误；
D． 该结构中一共12个碳碳双键，2个碳氧双键，则一共可与14mol氢气发生加成，故D正确；
故选C。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．根据苯环12个原子共平面，因此该分子中至少有12个原子共平面，故A正确；
B．该物质含有1mol酚羟基，1mol醇羟基，1mol肽键，酚羟基、肽键与氢氧化钠按1:1反应，因此最多可以和反应，故B错误；
C．该分子中有2个手性碳原子，用“*”表示手性碳原子，故C正确；
D．该分子含有酚羟基，且酚羟基邻对位有2个H，因此能与浓溴水发生取代反应，故D正确；
答案为B。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，A错误；
B．环己醇中不存在连接4个不同原子或原子团的碳原子，不存在手性碳原子，B错误；
C．DCHP中含有苯环能发生加成反应，含-COOC能发生取代反应，不能发生消去反应，C错误；
D．1molDCHP含2mol-COOC，则1molDCHP最多可与2mol氢氧化钠反应，D正确；
故选：D。
9-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该结构中含有酚羟基，显酸性，能与NaOH、Na2CO3溶液反应，故A正确；
B．该结构中苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，碳氧双键也为平面结构，结构平面可以重合使所有碳原子处于同一平面上，故B正确；
C．1mol苯环加成3mol氢气，1mol碳碳双键和1mol羰基均加成1mol氢气，1mol山奈酚可加成8mol H2，故C错误；
D．左侧苯环上有两种氢，右侧苯环上有2种氢，共四种氢原子，一氯代物有4种，故D正确；
故选：C。
9-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．单键可以旋转，则分子的结构中左边两苯环可能同时共平面，A错误；
B．该物质分子中有酚羟基、碳氯键、羟基、氨基、酰胺基5种官能团；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子， 中含有1个手性碳，B错误；
C．分子中酚羟基、酰胺基、HCl均可以和氢氧化钠反应，则该物质与溶液反应，最多消耗，C错误；
D．酚羟基的邻位2个氢可以和溴发生取代反应，故该物质与溴水反应，能与发生取代反应，D正确；
故选D。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．手性碳原子是指连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子，故化合物Z中只有1个手性碳原子如图所示 ，A正确；
B．化合物Y，有苯环中12个原子共平面，羰基上的四个原子共平面，故可增加2个原子和苯环共平面，醚键上连接的甲基上最多可以增加两个原子和苯环平面共平面，故最多有12+2+2=16个原子共平面，B正确；
C．1molZ中，有1mol酯基水解为羧基和醇羟基，故可消耗1molNaOH，1mol卤素原子水解为氯化氢和醇羟基，可消耗1molNaOH，故1molZ在过量的氢氧化钠溶液中加热，最多消耗2mol氢氧化钠，C正确；
D．氢氧化钠的乙醇溶液、加热是氯代烃发生消去反应的条件而不是醇发生消去反应的条件，故化合物X在氢氧化钠的乙醇溶液中加热，可发生消去反应生成进而转化为 ，D错误；
故D。
10-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题干信息可知，X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大， W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，则W核外有6根原子轨道，则W为Na或者Mg，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，故Y为N，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化即NH3中N原子采用sp3杂化，则X为H，W为Na，Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，则Z为O，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素，故Q为Cl，据此分析解题。
详解:
A．由分析可知，X为H，Y为N，则N2H4分子中含有18个电子，即X与Y能形成具有18电子的分子，A错误；
B．由分析可知，Z为O，W为Na，Q为Cl，则Cl-具有3个电子层，Na+和O2-均只具有两个电子层，且Na的核电荷数大于O，故简单离子的半径大小为Cl-＞O2-＞Na+即Q>Z>W，B正确；
C．由分析可知，Y为N，Q为Cl，且Cl的电负性比N的大，元素电负性越大其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HNO3即Y＜Q，C错误；
D．由分析可知，X为H、Z为O、W为Na，故即H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，即Na2O2中含有离子键和非极性共价键，则二者含有的化学键类型不相同，D错误；
故B。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，说明W的原子序数小于Li，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，二者位于VIA族，则X为O，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X(O)的L层含有6个电子，则Y的M层含有4个电子，为Si元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素；
详解:
A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S>Si，则与W(H)生成的气态化合物的热稳定性：S>Si，即Z>Y，故A正确；
B．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：H C．同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：O>C>Si，即X>Y，故C正确；
D．同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：S 答案选D。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、Q、T五种元素，原子序数依次增大；Y原子的轨道只有一对成对电子，Y为氧；X原子轨道上有1个空轨道，且原子序数小于氧，为碳；微粒的价电子构型是，T为铁；Q最高价氧化物对应水化物是常见的三元酸， Q为磷；Z原子M层上有两个未成对电子，且原子序数小于磷，Z为硅；
详解:
A．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：，A正确；
B．金刚石、P4单质的结构单元是正四面体，B正确；
C．氧和硅形成的二氧化硅为共价晶体，C错误；
D．铁与氧能形成高铁酸根离子，D正确；
故选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
前四周期主族元素、、、、原子序数依次增大，、可组成最简单有机物，则是甲烷，是，是。为淡黄色粉末状的氧化物，是，则是、是。和位于同一主族，则是。
详解:
A．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，所以第一电离能：，A错误。
B．是、是，和的电子层结构相同，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：，B错误。
C．是，与、组成的水反应生成氧气和，与、反应都可以生成，则可作呼吸面具供氧剂，C正确。
D．基态原子电子排布式为，能级电子比能级电子少5个，D错误。
故选C。
10-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
基态X原子每个能级上电子数相等，则其电子排布为2、2，X为4号元素Be；基态Y原子价层电子有3个未成对电子，其价电子排布式为2s22p3，其为N元素；M是同周期元素中原子半径最大的元素，则M为Na；Z与Q同主族，其核电荷数等于Y、Q原子的最外层电子数之和，则Z为O元素、Q为S元素。从而得出X、Y、Z、M、Q分别为Be、N、O、Na、S。
详解:
A．Z、Q分别为O、S元素，二者同主族，非金属性O＞S，则最简单气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，A正确；
B．M、Z分别为Na、O，可形成Na2O、Na2O2两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2，B正确；
C．Y、Q分别为N、S元素，将H2S通入CuSO4溶液中，生成CuS黑色沉淀，但将过量Y的氢化物(NH3)通入CuSO4溶液中，起初生成Cu(OH)2沉淀，继续加入氨水，沉淀溶解并转化为深蓝色溶液，C不正确；
D．M、Q分别为Na、S，二者的单质混合研磨时发生爆炸性反应，生成Na2S，Na2S为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，D正确；
故选C。
10-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，X的轨道全充满，原子序数X 详解:
A．同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，A正确；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误；
C．Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，D正确；
故选B。
11-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
放电时Zn被氧化，所以放电时电极A为负极，电极B为正极，则充电时电极A为阴极，电极B为阳极。
详解:
A．充电时电极A为阴极，发生还原反应，此时B为阳极，发生氧化反应，根据总反应可知电极反应为OH-+Ni(OH)2-e-=NiOOH+H2O，电极质量减小，A错误；
B．充电时为电解池，阴离子由阴极向阳极移动，即电极A→电极B，B正确；
C．放电时电极A为负极，发生氧化反应，根据总反应可知电极反应为，C正确；
D．根据总反应可知放电时消耗OH-，即储液罐中的KOH浓度减少时为原电池，能量转化形式：化学能→电能，D正确；
综上所述答案为A。
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
粗金板是电解池的阳极，电极反应式：；高纯钛板是电解池的阴极，电极反应式：。
详解:
A．由分析知电极反应式正确，A正确；
B．粗金溶解，可用过滤的方法从阳极区获取，B正确；
C．获得含的溶液，隔膜E为阳离子交换膜，C正确；
D．由电极反应式可知产生体积为33.6L(标准状况)时得到3摩尔电子，但失去电子的金属可能是金、银、铜，D错误；
故选D。
11-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．a电极上转化为，O元素失电子化合价升高，则a为阳极，正极连接阳极，则a电极应该连接电源的正极，故A错误；
B．电解池中阳离子由阳极移向阴极，则溶液中的由Ⅰ室向Ⅱ室迁移，故B错误；
C．Ⅱ室中转化为、、等，不是只生成，则每消耗气体，转移电子不等于，则无法确定生成的物质的量，故C错误；
D．b极转化为，C元素化合价降低，电极反应式为，故D正确；
故D。
11-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图示知，该装置为电解池，In/电极发生反应CO2转化为HCOO-，电极方程式为：；电极转化为，电极方程式为：-4e-+4OH-=+ 4H2O。
详解:
A．由图示知，该装置为电解池，In/电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，得电子被还原，故In/电极为阴极，则NiP为阳极与电源正极相连，故A正确；
B．由分析知，In/电极为阴极，溶液中H+可能在阴极放电产生副产物H2，故B正确；
C．In/电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故C正确；
D．标准状况下33.6L的物质的量为1.5mol，In/电极方程式为：，失去3mol电子；电极电极方程式为：-4e-+4OH-=+ 4H2O，得到3mol电子时，生成0.75mol，故D错误；
故选D。
11-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，甲为原电池，乙和丙为电解池；甲中通入NO的一极作负极，通入氧气的一极作正极；乙池中通入 SO2的电极连接电源的正极，为阳极，阳极上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极上一氧化氮发生还原反应生成铵根离子；丙池中阳极上水放电，发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过a膜进入浓缩室，N室中氯离子向阳极移动，通过b膜进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸；据此分析解答。
详解:
A．丙中阳极上水放电，发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过a膜进入浓缩室，N室中氯离子向阳极移动，通过b膜进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸，故b膜为阴离子交换膜，A正确；
B．乙池中通入的电极连接电源的正极，为阳极，阳极上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极上一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电池总反应的离子方程式为，B正确；
C．当浓缩室得到4L浓度为的盐酸时，迁移过来的氢离子的物质的量为，，则反应掉1mol水，M室溶液的质量减小，C错误；
D．乙池中转化为硫酸根离子，转化为铵根离子，在标准状况下，若甲池有参加反应，根据电子守恒可知，、，则乙池中处理废气(和)共0.7mol，总体积为15.68L，D正确；
故选C。
11-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，以此解答。
详解:
A．由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．铂电极为阴极，得电子得到，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故B正确；
C．制得28g的物质的量为=1mol，由电极方程式可知，转移12mol电子，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，则生成3molO2，质量为3mol=96g，故C错误；
D．电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；
故选C。
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氢键不属于化学键，故A错误；
B．该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，故B错误；
C．由结构可知分别与四个水分子中的O和两个硫酸根离子中的O配位，但因顶部不同，形成的空间结构为八面体，不是正八面体，故C错误；
D．胆矾中的水分两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，因此加热过程中胆矾中的水会分步失去，故D正确；
故选：D。
12-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，结构中含有C、H、N、O、五种元素，A正确；
B．该物质中，提供空轨道，氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，中心离子为，中心离子的配位数是4，配体是氮元素，B正确；
C．该配合物中含有、、、中的键，还有双键中其中有一个键，共32个，不要漏掉，C错误；
D．由该化合物的结构示意图可知：N元素连接的氧原子与氧元素连接的H原子之间形成氢键，N原子与原子之间形成配位键，同时存在双键，因此该化合物中含有极性键、非极性键、配位键和氢键，D正确；
故选C。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从图中可以看出，(SeCl4)4的结构对称，正负电荷的重心重合，所以(SeCl4)4是非极性分子，A正确；
B．从图中可以看出，(SeCl4)4中每个Se原子形成6个σ键，则其价层电子对数为6，B正确；
C．在(SeCl4)4中，Se元素显+4价，所以其水解产物为H2SeO3和HCl，C不正确；
D．因为Br的非金属性比Cl弱，所以Se-Br键没有Se-Cl键牢固，较易发生断裂，所以(SeBr4)4比(SeCl4)4更容易发生水解，D正确；
故选C。
12-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．中心原子价层电子对数为3+=3，中心原子价层电子对数为4+=4，二者中心硼原子杂化方式不同，故A正确；
B．1个参与6个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则1mol晶体中含有6mol=3mol氢键，故B错误；
C．是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为：，故C正确；
D．NH3中N原子为sp3杂化，N原子上有一对孤电子对，BF3中B原子为sp2杂化，杂化轨道与F原子形成3个共价键，故有一个2p空轨道，与NH3形成配位键，结构式为，故D正确；
故选B。
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化，A正确；
B．图1和图2物质中碳原子的杂化方式共有3种，甲烷中的碳采用sp3杂化，二氧化碳中是sp杂化，中碳采用sp2杂化，B错误；
C．空穴()可得电子，可视为氧化剂，转化的反应为，C正确；
D．22g二氧化碳得到变成CH4，得失电子守恒可知H2O中的-2价氧元素失去4mol电子生成1molO2，D正确；
故选B。
12-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．甲基咪唑中单键碳原子的杂化方式为、双键碳原子的杂化方式为，故A正确；
B．甲基咪唑易溶于水的主要原因是N原子与水中的H原子形成氢键，故B正确；
C．单键全是键、配位键是键、双键中有1个键，1个甲基咪唑中有12个键，1个离子中含有个键，故C错误；
D．2个Cl-、4个甲基咪唑均为Si原子的配体，离子中的配位数为6，故D正确；
选C。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
H2S的电离分为一级电离：，二级电离：；且Ka1(H2S)=9×10-8，Ka2(H2S)=1.1×10-12，根据电离平衡常数解题。
详解:
A．在相同温度下，且浓度相等的条件下，越弱越水解，Na2S溶液pH值大于NaHS溶液，没有提供浓度，无法确定，故A错误；
B．稀释会改变H2S溶液pH值，但不会改变酸碱性，故B错误；
C．Na2S和NaHS溶液均为盐，水解促进水的电离，常温下，水电离的氢离子浓度大于10-7mol/L，故C错误；
D．据分析，往H2S溶液中滴入NaOH溶液，会使氢离子一直被消耗，S2-浓度增加，所以一直减小，故D正确；
故选D。
13-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01 mol•L-1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动，所以溶液的pH不变，故A错误；
B．溶液电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，NaClO溶液电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，而NaClO的水解程度大，即NaClO溶液中的c(OH-)大，c(H+)小，c(Na+)相同，所以溶液中离子浓度大，前者所含离子总数比后者大，故B错误；
C．已知HClO的，的，则酸性：HClO<，由弱酸越稀越电离，加水稀释10倍后，pH D．由酸性：> HClO，则往NaClO溶液中滴加少量可生成更多的HClO，可增强溶液的漂白性，故D正确；
故选：D。
13-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．是一元弱碱，在水溶液中部分电离，则常温下，二甲胺溶液中，，A正确；
B．二甲胺溶液中存在平衡：，加入NaOH固体后，OH-浓度增大，二甲胺电离平衡逆向移动，从而抑制了的电离，B正确；
C．溶液中存在水解平衡：，加水稀释，水解平衡正向移动，但H+浓度减小，则，由Kh只与温度有关，加水稀释不变，所以减小，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：，D正确；
故选C。
13-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由电荷守恒可知、，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；
B．由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；
C．醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同，均为0.05mol/L（忽略体积变化），由醋酸的电离常数可知，相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为，C正确；
D．由电荷守恒可得，由物料守恒可得，由此可得，D错误；
故选D。
13-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据在水中的电离、，其第一步电离完全电离，所以该酸为一元强酸，第二步为不完全电离，为弱酸；
详解:
A．的电离平衡常数，的水解常数，等浓度的NaHA和溶液中的电离程度大于的水解程度，则题给混合溶液中，溶液显酸性，，A正确；
B．在25℃下，， NaHA溶液中存在的电离平衡：，升高温度，平衡正向移动，增大，溶液酸性增强，pH减小，同时由于升高温度，水的电离程度也增大，增大，溶液中pH与pOH的和会减小，所以升高温度后，a、b大小关系不确定，B错误；
C．根据电离方程式可知，溶液中会水解生成，但不水解，所以在的溶液中含A的微粒有、，根据元素守恒可知，，故，C正确；
D．的NaHA溶液中，NaHA电离出和，部分电离产生、，则，溶液中还存在水电离出的，故溶液中离子浓度大小关系为，D正确；
故选B。
13-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．25℃时，NaHS溶液中HS-的水解常数，则水解大于电离，NaHS溶液呈碱性，A正确；
B．25℃时，饱和H2S溶液浓度为0.1mol·L-1，且其酸性主要来自第一步电离，设电离出氢离子浓度为x，

因电离程度小，，则，，则饱和H2S溶液的pH约为4，B正确；
C．由电荷守恒可知，H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，C正确；
D．若FeSO4溶液与H2S溶液能反应，发生反应，该反应平衡常数，说明该反应不可能发生；若CuSO4溶液与H2S溶液能反应，发生反应，该反应平衡常数，说明该反应基本反应完全；则FeSO4溶液与H2S溶液反应不能生成黑色沉淀，CuSO4溶液与H2S溶液反应生成黑色沉淀，D错误；
故选D。
14-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．反应的温度没有发生变化，K不变，A正确；
B．由①可知，放出23.0 kJ的热量时，生成NH3的物质的量为=0.5mol，
因体积之比等于物质的量之比，所以NH3的体积分数=，
②中加入的氨气转化成氮气和氢气后，氮气和氢气的量与①相同，达到的平衡状态等效，因此平衡时两个容器中氨气的体积分数相等，都是，B正确；
C．②中含有0.2molNH3，相当于在①的基础上加入了氨气，抑制了平衡的正向移动，容器②中达平衡时放出的热量Q<23.0 kJ，C错误；
D．若容器①的体积为0.5 L，减小压强，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，达到平衡时放出的热量小于23.0 kJ，D正确；
故选C。
14-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．达到平衡时，容器Ⅰ中n(H2)=0.4mol，反应是放热反应，容器Ⅱ是绝热，相当于加热，平衡左移，平衡时容器Ⅱ中n(H2)<0.4mol，故A正确；
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应放出的热量等于0.4a kJ，容器Ⅱ中平衡左移反应放出的热量小于0.4a kJ，故B正确；
C．反应Ⅰ在10min刚好到达平衡，则前10min内的平均反应速率，，由方程式系数关系得v(CO)=v(H2)=0.02mol/(L·min) ,故C正确；
D．容器Ⅰ和容器Ⅱ的起始温度相同，但随着反应进行容器Ⅱ的温度会发生变化，平衡常数改变，故平衡时平衡常数KⅠKⅡ，故D不正确；
故D
14-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．适当升高温度，反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，都有利于增大[O]浓度，从而提高消毒效率，A正确；
B．K===K1∙K2，B不正确；
C．使用催化剂，加快反应速率，平衡不移动，不能改变反应物的转化率，所以不可使O3完全转化为O2，C不正确；
D．温度不变时，增大压强，不能改变反应的平衡常数，K2不变，D不正确；
故选A。
14-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．温度升高，平衡常数减小，因此该反应是放热反应，ΔH<0，A错误；
B．温度升高，平衡逆向移动，c()减小，B正确；
C．K=，C错误；
D．平衡常数仅与温度有关，25 ℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡正向移动，但平衡常数不变，仍然是689，D错误。
故选择B。
14-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由表中数据可知50s内，△n(PCl3)=0.16mol，则反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0016 mol·L-1·s-1，A错误；
B．由表中数据可知，平衡时n(PCl3)=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)="0.11" mol/L，则n′(PCl3)="0.11" mol/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，B错误；
C．对于可逆反应：所以平衡常数，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商，Qc＜K，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v(正)＞v(逆)，C正确；
D．等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，D错误；
故选C。
14-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．根据反应速率计算公式，描述正确，不符题意；
B．80s时，反应处于平衡状态，可计算该温度下的，向容器中加入A、B各1.2mol，此时反应容器内的浓度商，Qc=K，说明新加入一定量反应物后，反应容器内的各物质刚好仍处于该温度下的平衡状态，平衡不会移动，描述错误，符合题意；
C．该反应正向是吸热反应，故升温，平衡向正反应方向移动，生成物浓度上升，反应物浓度下降，代入K的计算公式，新平衡下K值大于原平衡的，描述正确，不符题意；
D．根据反应特征，压缩容器容积，平衡向生成A的方向移动，B物质的量减小，但容积减小程度更大，故新平衡状态下，B物质的浓度值反而比原平衡的大，体现的实验现象就是新平衡时容器内气体颜色更深，描述正确，不符题意；
综上，本题选B。
15-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．二者等体积混合后，所得混合浓度均为0.1 mol/L、c(CH3COO-)·c(Ag+)=0.1 ×0.1=0.01＞2.3×10-3，因此一定产生CH3COOAg沉淀，A正确；
B．0.001 mol/L的KCl溶液中形成AgCl沉淀时，Ag+的浓度为c(Ag+)==1.8×10-7 mol/L，0.001 mol/L的K2CrO4溶液中形成Ag2CrO4沉淀时，c(Ag+)=，则KCl溶液中形成AgCl沉淀时，Ag+浓度小，即AgCl先达到饱和，应先生成AgCl沉淀，B错误；
C．Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)，c(OH-)≥，溶液的pH至少要控制在9以上，C正确；
D．Ksp(AgCl)只受温度的影响，与浓度无关，所以在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl )不变，D正确；
故合理选项是B。
15-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. 因为MgCO3是微溶物，其溶度积远远大于Mg(OH)2，所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，A项正确；
B. 因为Ca(OH)2是微溶物，其溶度积远大于CaCO3，所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，B项错误；
C. 向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，
，，所以，C项正确；
D. 将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2+)=1.054×10-2mol/L，c(OH-)=2.108×10-2mol/L，若保持温度不变，向其中加入100mL 0.012mol/L的NaOH，混合后，c(Ca2+)=0.527×10-2mol/L，，此时Ca(OH)2的离子积，则该溶液变为不饱和溶液，D项正确；
答案选B。
15-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由①数据可知，；由②数据可知，；
详解:
A．由分析可知，可以获得、，A错误；
B．、，将上述、溶液等体积混合后逐滴滴入溶液，由于氯离子、草酸根离子两者浓度相等均为，则氯离子生成沉淀所需的银离子浓度更小，故先生成沉淀，B正确；
C．对饱和溶液加水稀释，沉淀溶解平衡正向移动，当全部溶解后，继续稀释，则减小，C错误；
D．对于平衡体系，平衡常数，D错误；
故选B。
15-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，根据强酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，A错误；
B．牙膏中经常添加碳酸钙，主要是碳酸钙难溶于水，用作为摩擦剂，而不是增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀，B错误；
C．存在沉淀溶解平衡Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，K====2.0×1030，当时， Qc=＜＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移动，所以Ca5(PO4)3OH与F-反应生成Ca5(PO4)3F， C正确；
D．向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3(OH)，羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：Ca5(PO4)3(OH)5Ca2++3+OH-，当F-与Ca2+、结合生成了更难溶于水的Ca5(PO4)3F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO3是可将口腔内的细菌发酵产生的酸性物质逐渐地减少，有助于保护牙齿，减少对牙釉质的损伤，两者原理不相同，D错误；
故C。
15-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据盖斯定律，由反应①＋②＋③可得题给反应的离子方程式，则该反应的平衡常数，该反应能彻底进行，A正确；
B．的水解常数，说明溶液中的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，B正确；
C．向饱和溶液中通入少量气体，发生反应，被消耗，同时生成水，溶液的酸性会减弱，C错误；
D．已知25℃时，存在④ ，③ ，由③＋④得 ，能完全被沉淀，因此除去工业废水中也可以选用作沉淀剂，D正确；
故选C。
15-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
的沉淀溶解平衡为，即，则；的沉淀溶解平衡为，即，则，结合题图中曲线Ⅰ、Ⅱ的斜率可知，曲线I为的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为的沉淀溶解平衡曲线， ，即；而，即。
详解:
A．根据分析，A正确；
B．曲线Ⅰ为的沉淀溶解平衡曲线，若加热，的沉淀溶解平衡正向移动，溶液中的和浓度会同时增大，阴、阳离子浓度的负对数均会减小，B错误；
C．Y点在的沉淀溶解平衡曲线的下方，该点为4，即，为6，即，则，故Y点对应的为的过饱和溶液，C正确；
D．由反应可知，，D正确；
故B。
16-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．配置银氨溶液时，应将稀氨水慢慢滴加道硝酸银溶液中，至产生的沉淀刚好溶解为止，A错误；
B．酸性溶液与反应的方程式为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可知2～5，两份酸性溶液，分别加入溶液，高锰酸钾被反应完，两份溶液均观察到褪色，热水中褪色比冰水中快，说明温度升高反应速率变大，B正确；
C．检验(含、)是否洗涤干净：取最后一次洗涤液，滴加浓NaOH溶液，微热，没有产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，只能证明没有，但Cl-是否还存在不能确定，不能说明沉淀已经洗净，C错误；
D．应用稀盐酸洗净细铂丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，蘸取少量NaCl溶液，置于火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以证明含有钠离子，D错误；
答案选B。
16-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液，铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜，致密氧化膜形成后，铝与铜离子不反应，故A正确；
B．向溶液中加入少量氯水，再加萃取，若层无色，说明氯气未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，因此得到的还原性强于，故B正确；
C．取适量溶液于试管中，滴入溶液，振荡，观察现象，若产生气体使带火星木条复燃，可能是铁离子其催化作用使双氧水分解，不能得到的氧化性强于，故C错误；
D．向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液，若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进水解，温度高，水解程度大，故D正确。
综上所述，答案为C。
16-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．钢铁的吸氧腐蚀过程中产生的可用溶液检验，出现蓝色沉淀，说明有生成，故A正确；
B．新制氢氧化铜的配制需要碱过量，应向2mL10%的NaOH溶液中滴入5滴5%溶液，再加入2mL葡萄糖溶液，加热，产生砖红色沉淀，说明葡萄糖分子中含有醛基，故B错误；
C．乙醇易挥发，溴乙烷与NaOH的乙醇溶液加热产生的气体中有乙醇蒸气，乙醇具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，影响乙烯的检验，故C错误；
D．碳酸氢钠固体中滴入几滴水的过程是吸热过程，现象和结论错误，故D错误；
故选A。
16-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；
B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；
C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；
故选B。
16-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色，不能证明钠盐为含硫元素的钠盐，A错误；
B．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明亚铁离子具有还原性，B错误；
C．取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，由于Fe3+量少，如果不是可逆反应，则反应后溶液中应该不含Fe3+，但是充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，C正确；
D．向AgNO3，溶液中滴加过量氨水，得到澄清溶液不是因为Ag＋与NH3·H2O能大量共存，而是发生反应AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，Ag(NH3)2OH 可溶于水，D错误；
故C。
16-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．向溶液中滴加溶液，出现白色沉淀，AlO+HCO=Al(OH)3↓+CO,能确定：酸性,方案设计、现象和结论均正确，故A不符合题意；
B．的NaOH溶液中滴加2滴的MgCl2溶液，白色沉淀,此时溶液中碱过量，再滴加2滴的溶液，直接与过量的氢氧化钠反应，红褐色沉淀，不能确定：溶解度，方案设计有问题，方案设计、现象和结论有不正确，故B符合题意；
C．试管1、2、3中分别装有3mL的苯、甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，振荡，盛甲苯的试管中酸性高锰酸钾溶液褪色，试管1、2不褪色，3褪色，无法证明环己烷不使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能确定：苯环影响甲基，使甲基变得更容易被氧化，题中不正确的方案设计，得到的现象、结论正确，故C不符合题意；
D． 向含有淀粉的KI溶液中滴入Fe(NO3)3溶液，观察溶液颜色变化，Fe3+和NO均能将I-氧化，溶液变蓝，不能确定：氧化性，题中不正确的方案设计，得到的现象和结论正确，故D不符合题意；
故选B。
17-1【基础】 【正确答案】 1、[Ar]3d104s24p4 3
2、4 SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4 11∶1
3、×1030
【试题解析】 硒常用作光敏材料，已知Se是34号元素，则基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，则与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有As、Br、Kr共3种，故[Ar]3d104s24p4；3；
水晶的主要成分是二氧化硅，SiO2中每个Si原子与周围的4个O原子结合，每个O原子与周围的2个Si原子结合，则在水晶中硅原子的配位数是4，硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，由于上述四种物质均形成分子晶体，且SiBr4、SiCl4、Si2H6、SiH4的相对分子质量依次减小，分子间作用力依次减弱，则沸点依次降低，故四种物质的沸点由高到低顺序为SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4，根据丁硅烯(Si4H8)的分子组成，类比与丁烯可知，丁硅烯分子内含有一个硅硅双键，则丁硅烯分子中σ键与π键个数之比为11:1，故4；SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4；11：1；
晶胞(平行六面体)中Ga原子数目=1+4×+4×=2、N原子数目=1+2×+2×=2，则1个晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=S底h=2×a2sin60°×apm3=a3×10-30cm3，所以GaN晶体的密度ρ==×1030 g/cm3，故×1030。
17-2【基础】 【正确答案】 1、
2、“对角线规则”或Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似
3、直线形 4、金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，因碳的原子半径小于硅，金刚石中碳碳键键能大于硅硅键
【试题解析】 基态铬为24号元素，简化电子排布式为：，故；
由Be与Al在周期表中位于对角线位置，属于“对角线规则”的一对元素；Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似，因此根据Al能与NaOH反应的性质可推知Be也能与NaOH反应，故“对角线规则”或Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似；
分子中心Be原子的价电子对数为，无孤电子对，为直线结构，故直线形；
金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，碳和硅为同主族元素，碳的原子半径小于硅，因此金刚石中碳碳键键能大于硅硅键，则金刚石的熔点高于晶体硅；由晶胞结构可知：1个晶胞中含有C原子个数为：，晶胞质量为：。g，两个碳原子之间的最短距离为，该距离为体对角线的，则体对角线长为：，则晶胞边长=，晶胞体积为：cm3，晶胞的密度为：，故金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，因碳的原子半径小于硅，金刚石中碳碳键键能大于硅硅键；。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、3s23p3 3
2、6 sp 12NA
3、8Fe+2NH32Fe4N+3H2
4、
【试题解析】 磷元素属于ⅤA族，价电子数等于最外层电子数，即磷元素的价电子排布式为3s23p3；P和As属于同一主族，As的价电子排布式为4s24p3，有3个未成对电子；故答案为3s23p3；3；
K3[Fe(CN)6]中Fe3+为中心离子，CN-为配体，因此Fe3+的配位数为6；CN-中C和N以三键结合，C的杂化类型为sp；Fe3+与6个CN-以配位键结合，有6个σ键，CN-中C和N之间有1个σ键，因此1molK3[Fe(CN)6]中σ键数目为(6+6)NA=12NA，故答案为6；sp；12NA；
根据晶胞图，铁位于顶点和面心，根据均摊法，铁原子的个数为=4，N位于体心，该化学式为Fe4N，铁和氨在640℃发生置换反应，反应方程式为8Fe+2NH32Fe4N+3H2；故答案为8Fe+2NH32Fe4N+3H2；
晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，依据密度的定义，该晶胞的密度为g/cm3=g/cm3；故答案为。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、3d104s1 ds
2、四面体形 NH3分子间存在氢键 [Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
3、8
【试题解析】 Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1；Cu在元素周期表中属于ds区；
NH3的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，因此VSEPR模型为四面体形；由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点；[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体
由图可知，该晶体中，Cu在晶胞的棱上，因此与Cu原子最近的Cu原子有8个；阿伏加德罗常数的值为NA，每个晶胞中含铜12×=3，含氮8×=1，则该晶体的密度为=g·cm-3。
17-5【提升】 【正确答案】 1、8
2、平面三角形 3、
4、O 的相对分子质量大，分子间范德华力强
5、
【试题解析】 基态氧原子核外电子的运动状态有8种，铁原子的价电子是3d64s2,三价铁离子的价电子排布式为3d5。
碳酸根离子的价层电子对数=3+（4+2-32）=3, 其空间构型为平面三角形。
含有n个P原子的该磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)个氧原子，O原子数目为4n-(n-1)=3n+1，所带电荷数为(-2)×(3n+1)+5n=-(n+2)，则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为[PnO3n+1](2+n)-。
①中配位原子为O，②根据价层电子对互斥理论，水、二氧化硫、三氧化硫的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是：2+（6-21）=4、2+（6-22）=3、3+（6-32）=3，不同于其他分子的是H2O。③的熔沸点比高很多，主要原因是的相对分子质量大，分子间范德华力强。
①As、P与N的氢化物空间构型相似，均是三角锥形，但氮元素的电负性强于磷元素，磷元素强于砷元素，共用电子对偏向电负性强的元素，排斥力增大，所以AsH3键角 17-6【提升】 【正确答案】 1、ds 2、AE
3、2:1 4、O、N、Cu CuO中基态Cu2+的价层电子排布式为，而中基态Cu+是，为更稳定的全充满结构
5、
【试题解析】 铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，在元素周期表中位于属于ds区；
该离子中H2O分子中存在共价键，H2O与Cu2+形成配位键，故答案为AE；
该配合物中只有配体乙酸中含有碳与氧原子的σ键和π键，每个乙酸分子含有2个碳与氧原子间形成的σ键，含有1个碳与氧原子形成π键，故碳与氧原子间形成的σ键和π键的个数比为2：1；
①O、N是第二周期非金属元素，电负性从左到右依次增大，O>N，Cu为金属元素，电负性最小，故电负性由大到小的顺序为O、N、Cu；
②CuO中基态Cu2+的价层电子排布式为，而中基态Cu+是，为更稳定的全充满结构；
根据均摊法可知Ag的个数为，Cu的个数为，故化学式为；密度为；
18-1【基础】 【正确答案】 1、K、S、O
2、
3、
4、取反应后的上层清液，分成两份，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，若有沉淀产生，则含有；若上述现象均有，则说明含有和
【试题解析】 分析:
由A的焰色为紫色可知，A中含有钾元素，盐C和盐D的组成元素和A相同，加入盐酸后生成淡黄色沉淀和无色气体B，淡黄色沉淀为硫，气体B为二氧化硫，则A中含有钾元素、硫元素和氧元素。盐C和盐D与盐酸反应生成和，假设盐C和盐D中含，则其物质的量为0.05mol，另一种盐也与盐酸反应生成，则另一种盐为，的物质的量为0.05mol，则20.6gA隔绝空气受热分解生成、和，由原子个数守恒可知，A中K、S和O原子的物质的量之比为，由A的摩尔质量在之间可知，A的化学式为。据此分析解答。
由以上分析可知A的化学式为，含K、O、S三种元素，故K、S、O；；
在潮湿空气中与氧气反应生成两种酸式盐可知为亚硫酸氢钠和硫酸氢钠，反应方程式为：，故；
气体B与锌粉—水悬浊液反应生成中间产物；然后加入相应的碱溶液，充分反应得到A，结合元素守恒可知B中应含S元素，则B应为二氧化硫，1mol转化为得1mol电子，1molZn失去2mol电子，根据得失电子守恒，可得反应方程式为：，故；
A的氧化产物可能是亚硫酸根和硫酸根离子，检验亚硫酸根可利用其还原性，选用高锰酸钾溶液，观察是否褪色；检验硫酸根离子可以用盐酸酸化的氯化钡溶液，观察白色沉淀生成，具体操作：取反应后的上层清液，分成两份，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，若有沉淀产生，则含有；若上述现象均有，则说明含有和；故取反应后的上层清液，分成两份，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，若有沉淀产生，则含有；若上述现象均有，则说明含有和；
18-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
3、
4、分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和 或：(2分，反应物写成或均可)
【试题解析】 分析:
X焰色反应呈黄色，说明含有金属钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量为11.65g，则物质的量为0.05mol，由由于其中有两种元素质量分数相同，说明氧和S质量分数相等，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，则17.40g中含有硫物质的量为0.2mol，则氧为0.4mol，根据质量守恒得到钠的质量4.6g，钠的物质的量为0.2mol。
根据前面分析组成X的元素有，根据Na、S、O物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol得到X的化学式是；故；。
X与潮湿空气转化为A(两种酸式盐)的化学方程式是；故。
A中含有硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，其反应的化学方程式表示A与足量溶液的反应；故。
碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，从而说明可能生成亚硫酸根或硫酸根，设计实验确定产物中的酸根离子分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式或：；故分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；或：(2分，反应物写成或均可)。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)
2、
3、
4、将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象 加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化 化合物A中不含，没有变质
【试题解析】 分析:
化合物A由四种元素组成，化合物A溶于水后配制成溶液A，加入可溶性钡盐后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀B 23.3g，则B是，物质的量为0.1mol，则化合物A中含；为了避免实验过程中引入氯离子，可溶性钡盐应该选择，滤液C加入溶液后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀D，D为AgCl，物质的量为0.2mol，则化合物A中含；向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀，表明化合物A所含阳离子是，的质量为，物质的量为0.2mol，所以、、的物质的量之比为2∶2∶l，化合物A的化学式为；
根据上述分析，组成A的四种元素为Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；化合物A的化学式为，故填Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；；
滤液C中含有阳离子，加稀硝酸发生氧化还原反应，生成和NO，该反应的离子方程式为，故填；
①溶液A是溶液，加入稍过量的溶液发生复分解反应，生成的沉淀是，同时产生的气体是，其化学方程式为；故填；
②AgCl与的浓溶液反应的离子方程式为，故填；
变质会生成，则只需检验化合物A溶解所得溶液中是否含有，可利用KSCN和反应溶液显红色进行检验，方案为：将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象，加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化，化合物A中不含，没有变质；
故填将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象；加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化；化合物A中不含，没有变质。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、K、Fe、C、N 2、SO2、CO
3、Fe3＋ + 6NH + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O
4、取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀
5、5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O
【试题解析】 分析:
已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，则D为CO2，无色气体C和CuO反应生成CO2，可以推知C为CO，物质的量为，则X中含有0.12molC；混合液体B和NaOH溶液在加热条件下生成刺激性气体E，则E为NH3，物质的量为，则X中含有0.12molN；混合溶液B和NaOH溶液反应生成红褐色沉淀G，则G为Fe(OH)3，物质的量为，则X中含有0.02molFe；溶液F中只含有一种溶质，则只能是KOH，说明X中含有K元素，以此解答。
由分析可知，固体X的组成元素是K、Fe、C、N。
由分析可知，无色气体C为CO，黄色固体X和浓硫酸反应生成混合气体A能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，则混合气体A中除了CO之外还有SO2。
由分析可知，X中含有0.02molFe、0.12molN，则混合溶液中Fe3＋和NH的物质的量之比为1:6，B和NaOH溶液反应生成NH3和Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：Fe3＋ + 6NH + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O。
检验Fe3+是否沉淀完全的方法是：取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀。
由分析可知，7.36g黄色固体X中含有0.02molFe、0.12molC、0.12molN，则K的物质的量为=0.08mol，黄色固体X中n(K): n(Fe) : n(C) : n(N)= 0.08mol：0.02molFe：0.12molC：0.12mol=4:1:6:6，X为K4Fe(CN)6，与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物为K3Fe(CN)6，X与酸性KMnO4溶液反应生成K3Fe(CN)6，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O。
18-5【提升】 【正确答案】 1、Cu、O、H CuOH
2、4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
3、CuO + 4NH3▪ H2O= +3H2O+2OH-
4、先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-
【试题解析】 分析:
蓝色溶液C加入足量氨水后得到深蓝色溶液E，可以推知C为CuSO4溶液，D为紫红色固体，为Cu单质，物质的量为=0.0125mol，则红色固体为Cu2O，Cu2O和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，Cu2O的物质的量为0.0125mol，X1中含有0.025molCu元素；蓝色固体F加热产生黑色固体G和无色液体A，可以推知G为CuO，F为Cu(OH)2，A为H2O，X1隔绝空气加热产生H2O，H2O的物质的量为=0.0125mol，X1中含有0.0125mol+0.0125mol=0.025molO元素，0.025molH原子；综上所述，X1中n(Cu): n(O) : n(H)=1：1：1，X为CuOH。
由分析可知，X的组成元素是Cu、O、H，X的化学式是CuOH。
化合物CuOH和O2、H2O反应生成生成蓝色固体Cu(OH)2的化学反应方程式为：4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2。
固体G为CuO，CuO在氨水中缓慢溶解，方程式为：CuO + 4NH3▪ H2O= + 3H2O+2OH-。
溶液E中的阴离子为SO和OH-，检验硫酸根的方法为：先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；OH-检验方法：取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-。
18-6【提升】 【正确答案】 1、N 、H、Cu、S、O NH4CuSO3
2、OH−+ H+=H2O，OH−+ NH=NH3↑+ H2O，2OH−+ Cu2+=Cu(OH) 2↓
3、2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH
4、取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−
【试题解析】 分析:
紫红色固体A为Cu。气体B标准状况下密度为2.86 g/L，可知：M(B)=ρ标.Vm=2.86g/L×22.4L/mol=64g/mol。结合有刺激性气味，推知B为SO2。溶液C加足量NaOH产生气体D知D为NH3，C中含，溶液C加足量氨水得到深蓝色溶液E为[Cu(NH3)4]2+，可知C中含Cu2+。综上所述，X含Cu、N、S、O、H五种元素。
n(Cu)==0.01mol，n(SO2)==0.02mol，n(NH3)==0.02mol，三者最小倍数为0.02mol。M(X)==162g/mol。结合存在元素及化合价特点可推知：X为NH4CuSO3。
由分析推知X含Cu、N、S、O、H五种元素且化学式为NH4CuSO3。
故N 、H、Cu、S、O；NH4CuSO3。
C中含H+，NH及Cu2+，它们依次与OH-反应：OH−+ H+=H2O，OH−+ NH=NH3↑+ H2O，2OH−+ Cu2+=Cu(OH) 2↓。
故OH−+ H+=H2O，OH−+ NH=NH3↑+ H2O，2OH−+ Cu2+=Cu(OH) 2↓
依题意，[Cu(NH3)4]2+与SO2反应可生成NH4CuSO3，为氧化还原反应（Cu、S化合价发生变化）：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。
故2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。
Cl-的检验用AgNO3，之前需除去SO的干扰（SO在酸性条件下可被氧化为SO），故方法为：取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−。
故取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−。
19-1【基础】 【正确答案】 每次加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2( CCl4)向右移动，水中碘单质浓度减小，用 10mL 萃取一次后水中碘水浓度为 ，用 10mL 分两次萃取后水中碘水浓度为 ，大于，则分两次，碘的萃取率高。 1.35×10-3 CDE
【试题解析】 详解:
(1)碘离子在稀硫酸环境中被二氧化锰氧化生成碘、锰离子和水，离子方程式。
(2)由表中数据知，每次加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2( CCl4)向右移动，水中碘单质浓度减小，用 10mL 萃取一次后水中碘水浓度为 ，用 10mL 分两次萃取后水中碘水浓度为 ，大于，则分两次，碘的萃取率高。
(3)在一定温度下，10.0mL0.100mol·L−1KI水溶液加入nmol的碘单质，加入10.0mLCCl4进行萃取， CCl4层液体中c(I2)=0.0850mol·L−1，则n[I2( CCl4)]= 8.50×10-4mol， ，则，，， ，得x=4.90×10-4mol，，则加入碘单质物质的量n=1.35×10-3mol。
(4)反应③为I2(g)+H2(g)⇌2HI(g) ΔH=−9.48kJ·mol−1：
A．ΔH-TΔS0时能自发反应，反应③为I2(g)+H2(g)⇌2HI(g) ΔH=−9.48kJ·mol−1，该反应在高温下可自发，则ΔS0，A错误；
B．反应③为吸热反应，升温则平衡左移，故I2平衡转化率随温度升高减小，B错误；
C．由速率常数可知，升高温度速率常数k变大，C正确；
D．由速率常数可知，其中d为分子直径，M为分子的摩尔质量，则分子直径、摩尔质量会影响反应速率，D正确；
E．速率常数，其中P表示碰撞角度的因素，则速率常数k的表达式是基于碰撞理论推导而来，E正确；
则说法正确的是CDE。
(5)反应④为W(s)+I2(g)⇌WI2(g) ΔH<0。取0.004mol碘和0.004mol钨放置在50.0mL密闭容器中反应，在450℃，n(WI2)随时间变化图象如图所示，t1时，将温度升高到530℃，则平衡向左移动，WI2(g)物质的量减小，则 ，t2时达到平衡(530℃平衡常数k=)。，得x=1.2×10-3mol，则得到n(WI2)从t1～t3随时间变化图象为：答案为。
19-2【基础】 【正确答案】 1、＋41.2 kJ·mol-1 2、D
3、0.0125 MPa
4、CO2能与H2发生反应Ⅱ使反应Ⅰ平衡正移，提高丙烯产率
5、CO2＋C = 2CO，可以消除催化剂表面的积炭
【试题解析】 已知：CO和H2的燃烧热分别为 −283.0 kJ·mol−1、−285.8 kJ·mol−1，可得①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ∆H= − 283.0 kJ·mol−1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H= − 285.8 kJ·mol−1
③H2O(g)=H2O(l) ∆H= − 44 kJ·mol−1
根据盖斯定律，将②-①-③，整理可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2 kJ/mol；
A．反应I的正反应是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，使其化学平衡常数增大，A错误；
B．选择合适的催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高丙烷平衡转化率，B错误；
C．根据(1)计算可知反应Ⅱ热化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应，∆S<0反应不能自发，C错误；
D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在恒温恒压下通入水蒸气，体系的体积增大，化学平衡正向移动，因此有利于提高丙烷转化率，D正确；
答案选D；
对于反应Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ∆H1 =+124 kJ·mol−1，该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，C3H8的转化率降低，C3H6含量降低，所以最上边斜线表示的是压强为0.1 MPa的C3H8的转化，下边斜线表示的是0.01 MPa的C3H8的转化。若在压强为0.1 MPa，温度为556℃时，假设丙烷的物质的量是1 mol，反应消耗物质的量是x，根据图象可知丙烷在A点的物质的量分数50%，则平衡时各种气体的物质的量分别是n(C3H8)=(1-x)mol，n(C3H6)=n(H2)=x mol，由于C3H8的含量是50%，则，解得x=，气体总物质的量n(气)=1+=，所以此时的平衡常数Kp==0.0125MPa；
反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副反应，会导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活，工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯，这是由于CO2能与H2发生反应Ⅱ，使反应Ⅰ平衡正向移动，从而可提高丙烯产率；
(i)反应为3C3H8+2CrO3=3C3H6+3H2O+Cr2O3；(ii)反应为Cr2O3+3CO2=2CrO3+3CO，总反应方程式为：C3H8(g)+CO2(g)=C3H6(g)+H2O(g)+CO(g)，该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与CO2反应会产生CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、任意温度 BD
3、 降低 ，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响
【试题解析】 由K1的表达式可知，由反应式可知，因为溶液中的与几乎相等，故可得，因此，因此可得S=。
①一个反应能自发进行的条件是，在该反应中，，且该反应为熵增的反应，即，因此该反应在任意温度下，都满足，即反应I在常压下自发进行的条件是任意温度；
②A.因为各反应的，因此其他条件不变，升高温度，的平衡转化率减小，A错误；B.其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，NH3的转化率有明显升高，N2的选择性略降，因此出口处的物质的量先增大后减小，B正确；C.催化氧化除去尾气中的若选择反应温度高于250℃，则N2的选择性下降，尾气中氮的氧化物含量上升，不利于尾气处理，C错误；D.随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大，D正确。因此选BD。
①由已知i可知，反应I的活化能为小于反应II的活化能为，因此氧化反应的过程能量示意图可表示为：；
②由实验数据可知，温度较高时，NO达到所需转化率的时间增多，即氧化生成反应的反应速率随温度的升高而降低。造成这一结果的原因是，，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响。
19-4【巩固】 【正确答案】 高温 反应I中CO2能与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，使反应I中乙苯的转化率更高 A
【试题解析】 分析:
注意第(4)问中的①小问，抓住反应 I 和反应II、Ⅲ的联系，H2既是反应II中的生成物，同时也是反应Ⅲ中的反应物，根据H2的物质的量的变化进行反应Ⅲ的化学反应平衡常数计算。
详解:
(1)根据盖斯定律，可知反应II 可由反应I‒反应Ⅲ得到，则反应II 的ΔH2=＞0。由反应II 可以看出，正反应是一个熵增大的反应，根据ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，则反应II在高温条件下能自发进行。高温；
(2)分析反应I、II ，可知反应I中CO2能与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，相比反应II，反应I中乙苯的转化率更高。反应I中CO2能与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，使反应I中乙苯的转化率更高；
(3)A．反应I正反应为气体体积增大的反应，减压条件下，平衡向正反应方向移动，乙苯的平衡转化率提高，A项正确；
B．反应体系中CO(g)与H2O(g)浓度之比始终为一定值，不能用来判断反应是否达到平衡，B项错误；
C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡的移动，故不能提高乙苯的平衡转化率，C项错误；
D．利用过量O2替代CO2制取苯乙烯会有副反应发生，D项错误；
答案选A。
(4) ①由题给信息可知，常压、温度为725 K条件下，乙苯的平衡转化率为0.4。由此可知，反应中转化的乙苯的物质的量=，生成的苯乙烯的物质的量也为0.4mol。根据题意，其中45%的苯乙烯，即的苯乙烯通过一步反应生成，通过两步反应生成的苯乙烯的物质的量为。根据反应Ⅱ的反应方程式，可知生成的H2的物质的量为0.22mol。但平衡时容器中的H2的物质的量为0.08mol，说明其中一部分H2与CO2发生了反应Ⅲ的反应，与CO2反应的H2的物质的量=。结合反应I、Ⅲ的反应方程式，可知：反应I、Ⅲ中分别消耗CO2的物质的量为：0.18mol、0.14mol，同时生成0.14molCO和0.14molH2O。设该容器的体积为V，则反应Ⅲ的平衡常数K=。；
②由题给信息可知，温度不变，化学反应平衡常数不变，随着CO2的物质的量的增大，乙苯的转化率逐渐增大；而N2为惰性介质，不参与反应，常压下增大其物质的量，体系的体积增大，可逆反应向正反应方向移动，乙苯的转化率增大。故图中曲线①为乙苯的平衡转化率在CO2气氛中随n变化的示意图，曲线②为乙苯的平衡转化率在N2气氛中随n变化的示意图： 。
19-5【提升】 【正确答案】 1、高温 2、△H2=+15kJ·mol-1 在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利
3、BD
【试题解析】 自发进行的依据是△H-T△S＜0，反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+132kJ·mol-1是气体体积增大既熵增的吸热反应，△S﹥0，△H﹥0，则当高温时该反应能自发进行。
①反应CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g) △H2=生成物的总能量-反应物的总能量=-110 kJ·mol-12-（-235 kJ·mol-1）=+15kJ·mol-1；
②在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利；
③根据题意列出三段式：

若平衡时H2的产率为50%，则x=0.5mol，平衡时气体总物质的量为0.5mol+0.5mol+2mol+1mol=4mol，该条件下方法a反应的平衡常数Kp==。
①A．方法c制氢时放出热量，且氢气可能和过多的氢气反应而是氢气的产率降低，故A错误；
B．反应a是吸热反应，反应c是放热反应，所以相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快，故B正确；
C．对于反应a原子利用率为，对于反应b原子利用率为，对于反应c原子利用率为，乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：a>c>b，故C错误；
D．对于方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)，增加水的物质的量可以使平衡正向移动，增大乙醇的转化率，故D正确；
故选D；
②反应在Ni－MgO催化下，相比Ni－MgO催化乙醇的转化率更高，则图象可以画为：。
19-6【提升】 【正确答案】 1、8×108 L·mol－1
2、高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【试题解析】 根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
20-1【基础】 【正确答案】 1、FeCl3溶液 溶液呈血红色
2、强酸 安全瓶，防倒吸
3、3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3 溶液由浑浊变澄清
4、滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
5、0.744 偏高
【试题解析】 Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO，为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O和SO除尽后，利用Fe3+和SCN-离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，故FeCl3溶液；溶液变为血红色；
装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故强酸；安全瓶，防止倒吸；
装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，故2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，故滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
n（K2Cr2O7）=0.0100 mol•L-1×0.020 L=2×10-4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）=2×10-4×6 mol=1.2×10-3 mol， m（Na2S2O3）=1.2×10-3 mol×248 g•mol-1=0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，故77.4%(或者0.774)；偏高。
20-2【基础】 【正确答案】 1、A 2、水 3、减压 防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解
4、cgaf或cagf
5、在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却
【试题解析】 分析:
羟基乙腈在硫酸溶液中发生水解，生成羟基乙酸和硫酸铵，用有机萃取剂萃取后，羟基乙酸进入有机层，硫酸铵进入水层；分液后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，可获得硫酸铵；有机层加水，将羟基乙酸溶于水，与有机溶剂分离，从而得到羟基乙酸溶液，控温蒸发结晶，便可获得羟基乙酸晶体。
A. 步骤Ⅰ：50%羟基乙腈分批逐步加入，可使羟基乙腈水解比较完全，从而提高其转化率，A正确；
B. 步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，虽然萃取所用的步骤少，但萃取剂的用量大，给分离提纯带来困难，且增大生产成本，B不正确；
C. 步骤Ⅳ：用NaOH调节pH，(NH4)2SO4会转化为Na2SO4和一水合氨等，C不正确；
D. 步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，快速冷却，所获得晶体颗粒小，D不正确；
故选A。A；
因为羟基乙酸易溶于水，且能与碱反应，所以试剂X是水。水；
题给信息显示：羟基乙酸的水溶液加热至沸腾时分解，所以需控制70℃左右、减压条件下浓缩，目的是防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解。减压；防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解；
为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。先加入一定量的过量NaOH溶解羟基乙酸，再将标准盐酸装入酸式滴定管、并用盐酸滴定过量的NaOH；由于滴定终点时羟基乙酸钠溶液呈碱性，则所用酸碱指示剂为酚酞。故选cgaf或cagf。cgaf或cagf；
该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数偏低，应为羟基乙酸与NaOH反应不充分引起的，所以应设法让羟基乙酸与NaOH充分反应，然后再滴定过量NaOH。从而得出该操作是：在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。
点睛:
提取羟基乙酸的有机萃取剂，既能将羟基乙酸从水溶液中提取出来，又能将羟基乙酸释放到水中。
20-3【巩固】 【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化
2、关闭K1,打开K 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3
3、2H2NCH2COOH + FeSO4 + 2NaOH= (H2NCH2COO)2Fe + Na2SO4+2H2O
4、AE 5、将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液
【试题解析】 分析:
先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。
根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；
故蒸馏烧瓶；防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化。
关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，该物质与空气中氧气易反应，方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3；
故关闭K1,打开K；4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3。
反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；
故2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O。
A．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，A错误；
B．步骤I、步骤Ⅱ加液时，使用的都是恒压分液漏斗，不需要打开活塞，B正确；
C．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，同时柠檬酸酸性较强，防止pH过高，防止亚铁离子水解，C正确；
D．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故D正确；
E．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，应用乙醇洗涤，故E错误；
综上所述选AE；
故AE。
甘氨酸和甘氨酸亚铁均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液；
故将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。
20-4【巩固】 【正确答案】 1、排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化 碱性条件下，能稳定存在
2、 3、AD
4、aeg 5、66.7％ 、
【试题解析】 连二亚硫酸钠空气中易被氧化、在碱性介质中较稳定，故通入可以排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化；溶液显碱性，使能稳定存在。
的水溶液中通入发生反应：和，制取连二亚硫酸钠的总化学方程式为：
A. 将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了增大接触面，加快反应速率，A 正确；
B. 向溶液中加固体，使增大，减小的溶解量，促进晶体析出，产率增大，加入溶液，减小，减少晶体析出，产率降低，B错误；
C. 连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，洗涤时用酒精洗涤效果比冰水好，C错误；
D. 单向阀的主要作用是防止氧气防倒吸进入装置中，将连二亚硫酸钠氧化，D正确；
故选AD。
制备晶体，先安装好整套装置，并检查装置的气密性→将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液→28～35℃加热条件下，向悬浊液中通入至澄清→向溶液中滴加至pH在8.2～10.5之间，过滤取滤液并加入固体，冷却至室温、过滤，洗涤，干燥得晶体。故a→e→g；
与发生反应，根据升高6价，，降1价，根据得失电子守恒，，，晶体的纯度为：；可能被氧化成，结晶过程中可能含有等杂质。
20-5【提升】 【正确答案】 1、
2、向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，静置，使水自然流下，重复操作2～3次
3、恒压滴液(分液)漏斗 溶液不能顺利流下
4、冷却结晶，过滤 5、淀粉(溶液) 空气中的氧气可能氧化溶液中的或，造成消耗溶液的体积增大，则测得的结果偏大
【试题解析】 “步骤①”中，溶液与氨水发生复分解反应，离子方程式为。
难溶于水，因此“步骤①”中洗涤沉淀的操作为向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，静置，使水自然流下，重复操作2～3次。
装置中盛放溶液的仪器名称为恒压滴液(分液)漏斗。由于反应过程中产生气体使三颈烧瓶中内压增大，若将其替换为普通分液漏斗，实验中可能出现的情况为溶液不能顺利流下。
乙二胺四乙酸铁钠晶体中含有结晶水，故操作为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却结晶，过滤。
①碘遇淀粉，所以指示剂为淀粉溶液。
②根据实验中发生反应的物质比例关系可知，，则，列式计算样品中的质量分数。
③若滴定过程较为缓慢，空气中的氧气可能氧化溶液中的或，造成消耗溶液的体积增大，则测得的结果偏大。
20-6【提升】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗（或滴液漏斗也可） 吸收装置内的水分，并避免外界水分进入，保持装置内干燥 2、BC
3、LiCl 4、ABC
5、bef 6、×100%
【试题解析】 分析:
AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28℃时搅拌发生反应生成和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A；得到的滤液加入苯液，提取难溶于苯的，由于苯的沸点是80.1℃，乙醚的沸点是34.5℃，经过蒸馏的操作，将乙醚分离，得到苯和的混合物，经过一系列操作C得到粗产品。
仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b是干燥管，作用是是吸收装置内的水分，并避免外界水分进入，保持装置内干燥；
乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是：
A．乙醚微溶于水中，不可用分液分离，A项不符合；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，可以使水和乙醚分离，B项符合；
C．五氧化二磷是酸性干燥剂，可吸收水分，C项符合；
D．乙烯在催化剂条件才能与水反应，并引入杂质，D项不符合；
故答案选BC。
AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28℃时搅拌发生反应生成和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A，故答案是LiCl；
综合考查实验操作和其他知识点，分析如下：
A．LiH、在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，装置内不宜用水，A项错误；
B．乙醚沸点是34.5℃，将反应温度提高至40℃，乙醚会蒸发，不利AlCl3和LiH的溶解接触，反应会变慢，B项错误；
C．操作B是蒸馏，分离苯和乙醚，没有使用蒸发皿，C项；
D．中铝原子有一个空轨道，乙醚中的氧原子占据空轨道形成配位键，故氯化铝能溶于乙醚与配位键有关，D项正确；
故答案选ABC。
流程中过滤后的滤液含苯和的混合物，两者互不相溶，可通过过滤的方法分离，并通过一些方法除去苯，分析题中操作如下，分析在括号内：
a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中（剩余液是苯和的混合物，通过过滤的方法分离，该操作不选）
b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤（正确，通过滤的方法分离苯和的混合物，属于第一步操作）
c.用余热蒸干苯（综合所有步骤分析，该操作不属于最佳操作）
d.开冷凝水、加热（在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，不宜用水，该选项不选）
e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤（可溶解表面的苯，属于操作的第二步）
f.转移固体至烧瓶中真空脱苯（综合分析，此项除去苯最佳，属于第三步操作）
g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱（综合分析，会接触空气中的水蒸气，不属于最佳操作）
综上分析，从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序应是bef；
故答案是bef；
与水发生水解反应生成氢氧化铝、氢氧化锂和氢气，方程式是+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，通过收集氢气的体积进行纯度的计算。根据题意，注意加入的10mL的体积也占据装置内空间，且量气筒的0刻度在最上面，故收集氢气的体积是（V1-10-V2）mL，根据25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol，n=，则氢气的物质的量是，根据方程式反应的系数比，则的质量分数为=×100%=×100%，故答案是×100%；
21-1【基础】 【正确答案】 酯基、羰基(或酮基) +H2O 消去反应 2 中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率 A 或或或等
【试题解析】 分析:
详解:
(1)A的结构简式为，其中含有的含氧官能团为酯基()、羰基(或酮基)( )；
(2)中羟基发生消去反应生成B()，反应方程式为+H2O；
(3)C生成D是烷烃基与Br2在一定条件下发生取代反应，C中有两个H原子被Br原子取代，因此由C生成1mol D需要消耗2mol Br2；反应③为D中1个溴原子被取代，反应除生成E外还有HBr，HBr为强酸，反应过程中加入KHCO3可将HBr反应，使平衡正向移动，提高反应物转化率，故2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率；
(4)H+核外无电子，具有空轨道，而-N(CH3)2中N原子存在1对孤对电子对，N原子与H+之间通过配位键相连，配位键也是共价键中一种，故答案为A；
(5)A的分子式为C6H10O3，H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，根据O原子数为奇数可知H一定具有对称性，且有1个O原子位于对称轴上，不同化学环境的氢原子数之比为4：6，说明一定含有两个等效的甲基，A的不饱和度为2，可能含有环、酯基、羰基等，由此可知H的结构可能为：或或或等；
(6)由已知信息可知，若要以、为原料合成，则需利用合成，可利用与NaOH发生中和反应生成，因此合成路线为。
21-2【基础】 【正确答案】 醛基、氯原子 防止温度过高，C中的醛基被KMnO4进一步氧化
【试题解析】 分析:
A的分子式C7H8，且A是芳香烃，所以A的结构简式为，根据C的的结构简式为逆推可知，则由A生成B发生的是苯环上的取代反应，所以B的结构简式为；由C的的结构简式为，F的的结构简式为,根据已知： ②可知；G的的结构简式为, 加水和酸得到H，所以H的的结构简式为。由D的的结构简式为,F的结构简式为, E的分子式为，所以可知，D生成E的方程式为： ，以此分析解答本题。
详解:
(1)A的分子式C7H8，且A是芳香烃，所以结构简式为，故答案：。
(2)由A结构简式为，C的的结构简式为逆推可知，B的结构简式为，则由A生成B发生的是苯环上的取代反应，其反应的化学方程式为： ，，故答案 。
(3) 由C的的结构简式为，则C中含有的官能团为醛基、氯原子，故答案：醛基、氯原子。
(4)根据上述分析和已知：①可知：D生成E的方程式为 ，故答案： 。
(5) 根据上述分析可知：H的结构简式为，故答案：。
(6)由上述分析可知： B→C的反应为：，必须在0°C下进行，防止温度过高，C中的醛基被KMnO4进一步氧化，所以不能在室温下进行，故答案：防止温度过高，C中的醛基被KMnO4进一步氧。
(7)由于反应B→C的反应条件不宜控制，可以采取另一合成路线：让与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，在经过在碱性条件下水解，因为一个碳上连两个羟基不稳定，会自动脱水形成，所以J的结构简式可为，故答案： 。
21-3【巩固】 【正确答案】 酯基、氨基 加成反应 13
【试题解析】 分析:
由B和反应生成C，结合C的结构简式可知，BC发生了取代反应， 取代了硝基对位的酚羟基中的H原子，则B为，由A到B的反应条件可知，发生了硝化反应，所以A为，结合已知条件①，D到E的过程中，D中的羟基被Cl原子取代，则E为，由F的结构简式可知，E与 A发生取代反应生成F；G I的过程中，I的结构简式，结合已知条件②可知，H为，G为，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，据此解答。
详解:
(1)根据分析可知，J为，所以官能团的名称为酯基、氨基；
(2)由分析可知B的结构简式为；
(3) 由分析可知H为，G为，GH发生的反应，化学方程式为，其中G中的双键断裂，反应类型为加成反应；
(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，根据题意可知，分子中含有硝基（-NO2）、苯环，且直接相连，能与NaHCO3溶液发生反应说明含有羧基（-COOH），根据C的分子式，X中还有一个含的碳的原子团；当羧基和含碳原子团直接相连时（-CH2COOH），则X的结构有3种：，-CH2COOH分别处在硝基的邻位、间位和对位；当-CH3和-COOH以单独的原子团与苯环相连时，-COOH的位置有以下几种： 、、共10种，所以根据分析，符合条件的X的结构有13种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为；
(5)苯甲醇为，产物中有酯基且形成了一个六元环，根据其对称性，可逆推出可由反应物发生成环的酯化反应制得，结合原料苯甲醇和已知条件②，可首先需要将苯甲醇羟基可以氧化生成醛基，根据已知条件②可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将-CN转化为羧基，再进行酯化反应即可得目标物，所以合成路线为。
21-4【巩固】 【正确答案】 1、BC 2、
3、 4、 5、
【试题解析】 分析:
A中羟基上的氢原子被TBS取代生成B，B中羟基发生氧化反应生成C，C与CH2=CHMgBr反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，根据F分子式含有三个氧原子及E的结构可知，E中醇羟基发生氧化反应生成了F中的羧基，故F结构简式为 ，F到G的另一个反应物中含有羟基，F中含有羧基，故F到G的反应为酯化反应，G的结构简式为 ，G发生消去反应生成H，则H为 ，I和氢气发生加成反应生成J，根据J的结构简式，H发生ⅱ中的反应生成I，则I为 。
A选项：B到C发生了氧化反应，如不用TBSCl与A发生取代反应，则A中两个羟基均会被氧化，故TBSCl的作用是保护此结构“−CH2OH”，A项正确；B选项：A到B发生取代反应，B到C发生氧化反应，C到D发生加成反应和取代反应，D到E发生取代反应，故没有发生消去反应，B项错误；C选项：化合物G中含有羟基、碳碳双键、酯基，故含有3种官能团，C项错误；D选项：J的分子式为C17H26O4，D项正确。故说法不正确的为B、C。
根据已知条件ⅲ，结合C、D的结构简式可知C先与试剂a发生加成反应，后MgBr被氢取代生成D，故可得试剂a为H2C=CHMgBr。根据F分子式含有三个氧原子及E的结构可知，E中醇羟基发生氧化反应生成了F中的羧基，故F结构简式为 。
H为 ，I为 ，H到I发生的为已知条件ⅱ中的反应，故反应方程式为： ；
与A互为同分异构体，且满足以下条件①分子中存在六元环；②不与钠反应；③H-NMR显示只有4种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体中不存在羟基，则可能的同分异构体为；
根据已知条件ⅱ结合产物的结构简式可知，需要 和 即可通过已知条件ⅱ制得产物，故只需制得 即可， 可通过甲醛和 通过已知条件ⅲ制得，由甲醇易得甲醛，故只需制备 即可， 可由 通过已知条件ⅲ得到，由乙烯易得 ，故可得合成路线如下：
。
21-5【提升】 【正确答案】 2+O2+2H2O 18 碳碳双键、羧基 2
【试题解析】 分析:
根据合成路线可知，A为，由B→C的反应条件，可确定B为，B发生催化氧化生成C，则C为，C发生已知反应Ⅰ生成D，则D为，D发生消去反应生成E，则E为，E发生已知反应生成F，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为。
详解:
(1)由Ⅰ的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO。C20H24N2SO；
(2) 反应生成，则发生氧化反应，化学方程式是2+O22+2H2O。2+O22+2H2O；
(3)由以上分析可知，G结构简式为，F结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。；18；
(4)E的结构简式为，官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合条件：Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色；Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，它们是、。碳碳双键、羧基；2；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：。。
点睛:
合成有机物时，常采用逆推法，即由目标有机物，依据题给流程的信息及原料有机物的碳架结构，将键断裂，如合成，依据条件NEt3、CH2Cl2，逆推出反应物为和，再由苯与乙酸制此两种有机物。
21-6【提升】 【正确答案】 1、C 2、； 硝基、羰基、酯基。
3、； 4、； 5、
。
【试题解析】 分析:
反应流程为：
。
A. 化合物J中N原子有孤对电子，具有弱碱性，与H2SO4可反应生成J⋅H2SO4A正确；
B.H在强碱溶液中水解反应为：，故B正确；
C.B→C的目的是保护酮羰基，防止其被还原，C错误；
D. 左氧氟沙星的分子式是C18H20N3O4F，D正确；
故C。
根据反应流程可知，E的结构简式为：；B中含氧的基团有硝基、羰基、酯基；
故；硝基、羰基、酯基。
FG的反应方程式为： ；
故
①分子中仅含一个六元环；
②H-NMR和IR谱检测表明分子中只有2种不同化学环境的H且含有手性碳原子，无-O-O-键；；
故。
合成路线为：；
故，。