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2022-2023学年北京市北京师范大学附属实验中学高三上学期月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年北京市北京师范大学附属实验中学高三上学期月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，原理综合题，有机推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
北京市北京师范大学附属实验中学2022-2023学年高三上学期月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关晶体的说法正确的是
A．任何晶体中，若含有阳离子就一定有阴离子
B．离子晶体中只含有离子键
C．分子晶体的熔沸点较高
D．共价晶体中只含有共价键
【答案】D
【详解】A．金属晶体中只有阳离子没有阴离子，所以晶体中有阳离子不一定有阴离子，故A错误；
B．离子晶体中含有离子键，也可能有共价键，如氢氧化钠既有离子键又有共价键，故B错误；
C．分子间的作用力很弱，分子晶体具有较低的熔点、沸点，故C错误；
D．共价晶体中只含有共价键，故D正确；
故答案选D。
2．膦()又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体。以下关于的叙述不正确的是
A．分子中有未成键的孤对电子 B．是极性分子
C．具有还原性 D．磷原子采用杂化方式
【答案】D
【详解】A．磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，未成键的孤对电子对数为1，故A正确；
B．磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，故B正确；
C．磷化氢分子中磷元素为最低价—3价，能表现还原性，故C正确；
D．磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，磷原子的杂化方式为sp3杂化，故D错误；
故选D。
3．将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Cl-，b离子为Na+
B．溶液中含有NA个水合Na+
C．溶液中存在NaClNa++Cl-
D．NaCl溶解过程需要在容量瓶中进行
【答案】A
【详解】A．钠离子核外有2个电子层，氯离子有3个电子层，即氯离子半径大于钠离子，a离子为Cl-，b离子为Na+，A正确；
B．题目中没有说明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，即无法判断溶液中水合Na+的个数，B错误；
C． 氯化钠是强电解质，全部电离，电离方程式为：NaCl = Na++Cl-，C错误；
D．容量瓶是精密仪器，不能用于溶解，NaCl溶解需要在烧杯中进行，D错误；
故选A。
4．下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ）
A．H2在Cl2中燃烧
B．证明氯化银溶
解度大于硫化银
C．证明乙炔可使溴水褪色
D．验证温度对平衡移动的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．氢气密度小于空气，会将氯气从下口排出，A错误；
B．硝酸银和氯化钠反应后，银离子过量，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，B错误；
C．电石不纯，会产生还原性气体，也能使溴水褪色，C错误；
D．温度改变，根据颜色变化可以知道反应的平衡移动，D正确；
故选D。
5．甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是
A．CH3SH中碳元素化合价为﹣2价
B．过程⑤中，形成了O—H键和C—H键
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
【答案】C
【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，然后分析。
【详解】A．CH3SH中硫显-2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为﹣2价，故A正确；
B．过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，由图示可知，O—H键和C—H键是新形成的，故B正确；
C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，-SH取代甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故D正确；
答案选C。
6．下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜M
B．X、N 两种元素形成的化合物属于离子化合物
C．Y、R 两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R
D．简单离子的半径：Z＞M＞X
【答案】C
【详解】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可以知道X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。
A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性强弱为：Z>M，A错误；
B．X、N两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅是由原子组成，属于共价化合物，B错误；
C．气态氢化物的稳定性和非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞R，Y、R 两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R，C正确；
D．离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的半径：M
7．甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是（ ）
A．图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=+890.3kJ/mol
B．图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) DH=﹣607.3kJ/mol
C．由图可以推得：CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol
D．由图可以推知：等物质的量的CO2和CO，CO2具有的能量高
【答案】C
【详解】A．根据图象分析，反应物的总能量高于生成物总能量，则图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol，A错误；
B．根据图象分析，生成物水的状态是液态，则图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol，B错误；
C．CO(g)+O2(g)=CO2(g) 的焓变可根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol和反应DH=﹣283kJ/mol，CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol求出焓变DH=﹣283kJ/mol，C正确；
D．CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol，该反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以等物质的量的CO2和CO，CO具有的能量高，D错误；
故选C。
8．利用有机物X、Y合成广谱抗菌药物M的反应表示如图。下列说法不正确的是（ ）
A．X分子与强酸、强碱均能发生反应
B．Y分子与丙烯酸分子互为同系物
C．X和Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．X、Y合成M的反应类型为取代反应
【答案】B
【详解】A．X分子含有酚羟基，酯基，氨基等，与强酸、强碱均能发生反应，A正确；
B．Y分子与丙烯酸分子结构不相似，而且分子组成上没有相差一个或几个CH2原子团，故不是同系物，B错误；
C．X和Y均含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．X、Y合成M是羧基和氨基脱水缩合，是取代反应，D正确；
故选B。
9．一种锂离子电池的反应式为(x＜1)，其工作原理如下图所示(可能用到的相对原子质量Li-7 C-12 O-16 Co-59)。下列说法不正确的是
A．放电时A极电极式为：
B．放电时，若转移0.3mol电子，石墨电极将减重2.1g
C．充电时，A极接外电源的正极
D．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收
【答案】C
【分析】由锂离子的移动方向可知，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，B极为正极，在锂离子作用下Li1-xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成Li1-xCoO2+xLi++xe—=LiCoO2；充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，B极为阳极。
【详解】A．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，故A正确；
B．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，则转移0.3mol电子时，石墨电极减少的质量为0.3mol ×7g/mol=2.1g，故B正确；
C．由分析可知，充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，故C错误；
D．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，B极为正极，锂离子向正极B极移动，所以该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收，故D正确；
故选C。
10．黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．FeSO4和H2SO4都是离子化合物，均属于强电解质
B．0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中Fe2＋离子的浓度为0.1 mol·L－1
C．FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物
D．当转移2 mol电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为22.4 L
【答案】C
【详解】A．FeSO4属于盐，是离子化合物，H2SO4属于酸，是共价化合物，它们均属于强电解质，故A错误；
B．FeSO4溶液中Fe2＋离子容易水解，故0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度小于0.1 mol·L－1，故B错误；
C．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4，FeS2中亚铁离子的化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，单质氧气中氧元素的化合价为0价，硫酸亚铁中，铁元素的化合价为+2价，硫元素的化合价为+6价，氧元素的化合价为-2价，硫元素的化合价升高到+6价，氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2价，FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物，故C正确；
D．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4可知，7mol氧气参加反应，氧元素化合价从0降低到-2价，共转移28mol电子，当转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积约为0.5mol×22.4 L/mol=11.2L，故D错误；
答案选C。
11．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下图，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。
(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)
下列说法不正确的是
A．Y单质的氧化性在同主族中最强 B．离子半径：Z＜Y
C．Z与Y可组成多种离子化合物 D．氢化物的热稳定性：Y＜X
【答案】D
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z分别位于不同周期，则W为H元素；Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na元素；由超分子结构示意图可知，X、Y形成共价键的数目为4、2，则X为C元素、Y为O元素
【详解】A．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则氧气的氧化性在同主族中最强，故A正确；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，则氧离子的离子半径大于钠离子，故B正确；
C．钠元素和氧元素元素可形成两种离子化合物氧化钠和过氧化钠，故C正确；
D．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的热稳定性依次增强，则水的热稳定性强于甲烷，故D错误；
故选D。
12．用溶液分别滴定20.00ml的盐酸和醋酸，滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是(V为体积)
A．I、II分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH=7时，滴定盐酸消耗的V(NaOH)大于醋酸消耗的V(NaOH)
C．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中
D．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中
【答案】B
【详解】A．0.1000mol•L−1的盐酸和醋酸，盐酸的pH＝1，醋酸的pH值大于1，因此Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸和盐酸的滴定曲线，故A错误；
B．pH＝7时，滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL，滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的pH＝7，则加入的NaOH溶液体积小于20.00mL，因此滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积大于滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积，故B正确；
C．V(NaOH)＝20.00mL时，两溶液溶质分别为NaCl和CH3COONa,醋酸根离子水解，因此溶液中c(CH3COO−)＜c(Cl−)，故C错误；
D．V(NaOH)＝10.00mL时，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，根据图中信息，溶液显酸性，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，因此溶液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO−)，故D错误；
故答案选B。
13．实验小组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物（加热及加持装置略）。下列有关FeSO4分解的说法不正确的是（ ）
A．Ⅰ中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3
B．Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应
C．Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2
D．Ⅲ中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3
【答案】D
【详解】A. Ⅰ中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；
B. Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热反应，故B正确；
C. SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；
D. SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则Ⅲ中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；
故选D。
【点睛】FeSO4在高温下分解生成Fe2O3、SO3和SO2，三氧化硫易和水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收是易错点，也是解答关键。
14．用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是
A．若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c()+c(H2SO3)
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c()＋c()＝c(Na+)
C．若X为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：＞
D．若X为 (NH4)2SO3，图中b点溶液中n()∶n()＝ 1∶3
【答案】A
【分析】图中a点当吸收液pH＝1.85时，H2SO3、HSO各点50%，c(HSO)=c(H2SO3)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，利用电荷守恒、物料守恒及其变形式子进行分析。
【详解】A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO)+2c(H2SO3)+ 2c(SO)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO)=c(H2SO3)，则c(Na+)=4c(H2SO3)+ 2c(SO)=4c(HSO) + 2c(SO)，故A错误；
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO)+2c(SO) +c(OH-)，得到2c(SO)＋c(HSO)＝c(Na+)，故B正确；
C．若X为(NH4)2SO3，由于NH水解显酸性，SO水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NH，故C正确；
D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO)=c(SO)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)＝c(HSO)+2c(SO) +c(OH-)，3c(HSO)=c(NH)，n(HSO)∶n(NH)＝ 1∶3，故D正确；
故选A。
二、结构与性质
15．含锂化合物在锂离子电池、高效储能材料等领域具有良好的应用前景。
(1)是聚合物锂离子电池的电极材料。
①基态与中未成对的电子数之比为___________。
②Li、Be、B的第一电离能由大到小的顺序为___________，从原子结构角度解释原因___________。
③中P的杂化轨道类型为___________。
④聚合物锂离子电池工作时，沿聚乙二醇分子迁移，过程如图所示(阴离子未画出)。
迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间的作用力为___________。
(2)四氢硼锂是一种潜在的高效储能材料，在高压下呈现出多晶型的转变过程。
①不溶于苯等有机物，易溶于水，其原因是：___________。
②图a是两种不同压强下的晶胞，图b是晶胞I沿a、b、c轴的投影图。
(a)的两种晶胞(氢原子已省略)
(b)晶胞I沿a、b、c轴的投影图
晶胞参数如下表：
晶胞I
晶胞II
长方体
立方体
；
则在较大压强下的晶型是___________(填“I”或“II”)。
【答案】(1) 4：5 Be＞B＞Li 同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素 sp3 配位键
(2) 四氢硼锂为离子化合物 I
【解析】（1）
①铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，离子中未成对电子数为4，基态铁离子的价电子排布式为3d5，离子中未成对电子数为5，则基态亚铁离子与铁离子中未成对的电子数之比为4：5，故答案为：4：5；
②同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为Be＞B＞Li，故答案为：Be＞B＞Li；
③磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4，磷原子的杂化类型为sp3，故答案为：sp3；
④由图可知，聚合物锂离子电池工作时，锂离子迁移过程中与聚乙二醇分子中氧原子原子间的作用力为锂离子提供空轨道、氧原子提供孤对电子形成配位键，故答案为：配位键；
（2）
①四氢硼锂为离子化合物，易溶于水，难溶于有机溶剂，故答案为：四氢硼锂为离子化合物；
②由晶胞结构可知，晶胞a中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于体内的四氢硼根离子的个数为4，由晶胞的质量公式可得晶胞的密度为，晶胞b中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的四氢硼根离子的个数为12×+1=4，由晶胞的质量公式可得晶胞的密度为，由计算可知晶胞II得密度大于晶胞I，压强越大，晶体中离子间的距离越小，密度越小，则在较大压强下的晶型是晶胞I，故答案为：I。
三、原理综合题
16．砷(As)是一种重要的非金属元素，常用于农药、杀虫剂等领域。
(1)亚砷酸()可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如下图所示。
①人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是___________。
②结合化学用语解释溶液显碱性的原因___________。
③下列说法不正确的是___________(填字母)。
a．对于的电离平衡常数，有
b．溶液中：
c．溶液中：
(2)三价砷[As(III)]废水因其毒性很强，所以需要处理后才能排放。
①采用化学沉降法处理含砷废水：向废水中先加入适量漂白粉氧化(pH约为8)，再加入生石灰将砷元素转化为沉淀。
资料：a．，溶液中离子浓度，可认为沉淀完全；
b．一定条件下，As(V)的存在形式如下表所示：
pH
＜2
2~7
7~11
11~14
存在形式
、
i．加入生石灰的作用是___________。
ii．当除去时，溶液中的至少为___________。
②工业含砷(III)废水常用铁盐处理后排放，其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物，经测定不同pH条件下铁盐对含砷(III)化合物的去除率如图所示。
i．由图可得出的结论是___________。
ii．10min时，不同pH溶液中砷(III)的去除率不同，其原因是___________。
【答案】(1) H3AsO3 H2AsO在溶液中存在两个平衡：H2AsOHAsO+H+和H2AsO+H2O H3AsO3+OH—，溶液中H2AsO的水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性 ac
(2) 中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成 2×10-3mol/L pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(III)的去除率增强 pH在5—9之间，含砷(III)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强
【解析】（1）
①由图可知，人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸，故答案为：H3AsO3；
②K2HAsO3是强碱弱酸盐，H2AsO在溶液中存在两个平衡：H2AsOHAsO+H+和H2AsO+H2O H3AsO3+OH—，溶液中H2AsO的水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性，故答案为：H2AsO在溶液中存在两个平衡：H2AsOHAsO+H+和H2AsO+H2O H3AsO3+OH—，溶液中H2AsO的水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性；
③a．由图可知，溶液中亚砷酸浓度和亚砷酸二氢根离子浓度相等时，溶液pH为a，由电离常数公式可知，亚砷酸的一级电离平衡常数Ka1==c(H+)，则Ka1=10—a，故错误；
b．亚砷酸溶液中存在电荷守恒关系，故正确；
c．亚砷酸钾溶液中存在物料守恒过程，故错误；
故选ac；
（2）
①i．加入生石灰可以与溶液中的氢离子反应，有利于将溶液中砷元素转化为的砷酸根，便于砷酸钙沉淀的生成，故答案为：中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成；
ii．由砷酸钙的溶度积可知，当溶液中砷酸根离子完全沉淀时，溶液中钙离子浓度至少为=2×10-3mol/L，故答案为：2×10-3mol/L；
②i．由图可知，溶液pH在5—9之间时，溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(III)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(III)的去除率增强；
ii．由图可知，溶液pH在5—9之间时，含砷(III)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液的pH增大，溶液中H2AsO含量增大，吸附效果增强，溶液中砷(III)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，含砷(III)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强。
四、有机推断题
17．褪黑激素前体K的合成路线如下。
已知： + +R3OH(R表示烃基或氢)
(1)A能发生银镜反应，B中所含的官能团是___________。
(2)E的名称是___________。
(3)F的分子式为，则W的结构简式是___________。
(4)生成G的反应方程式是___________。
(5)F+M→K的反应类型是___________。
(6)由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。
①Q→X过程中每1molQ完全反应，需消耗___________molNaOH。
②试剂b是___________。
【答案】(1)羟基、醛基
(2)1，4—二溴丁烷
(3)
(4)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
(5)取代反应
(6) 3 CH3COOH
【分析】A能发生银镜反应，由分子式可知，A为CH2=CHCHO，由有机物的转化关系可知，CH2=CHCHO与水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，则B为HOCH2CH2CHO；催化剂作用下，HOCH2CH2CHO与氢气共热发生加成反应生成HOCH2CH2CH2OH，则D为HOCH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2OH与溴化氢发生取代反应生成BrCH2CH2CH2Br，则E为BrCH2CH2CH2Br；BrCH2CH2CH2Br与发生取代反应生成，则W为、F为；在浓硫酸作用下，CH3COOH与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则试剂a为乙醇、G为CH3COOCH2CH3；CH3COOCH2CH3发生信息反应生成和乙醇，则M为，与发生取代反应生成。
（1）
由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CHO，官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；
（2）
由分析可知，E的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，名称为1，4—二溴丁烷，故答案为：1，4—二溴丁烷；
（3）
由分析可知，W的结构简式为，故答案为：；
（4）
由分析可知，生成G的为在浓硫酸作用下，CH3COOH与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3和水，反应的反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（5）
由分析可知，F+M→K的反应为与发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：取代反应；
（6）
由有机物的转化关系可知，与氢氧化钠溶液发生水解反应生成，则X为；一定条件下共热反应转化为，则Z为；与CH3COOH发生取代反应生成褪黑激素；
①由分析可知，Q→X的过程为与氢氧化钠溶液发生水解反应生成，则每1molQ完全反应，需消耗3mol氢氧化钠，故答案为：3；
②由分析可知，试剂b为CH3COOHCH3COOH，故答案为：CH3COOH。
五、工业流程题
18．某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为：Cu、Se、等，从中提取Se的工艺流程如下：
已知：
化学式
AgCl
(常温)
(1)酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是___________。
(2)“氯化”过程中发生如下转化：
①Se转化为，反应方程式为___________。
②转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因___________。
(3)①“还原”过程中发生反应的化学方程式为___________。
②、、氧化性由强到弱的顺序为___________。
(4)滴定法测定溶液的浓度，其基本原理为：
第一步：
第二步：(无色)(无色)
①由此可知滴定所用的指示剂为___________。
②若溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗溶液V mL，则溶液的物质的量浓度为___________mol/L。
③若使用的KI溶液过量，对滴定结果有无影响并简述理由___________。
【答案】(1)将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离
(2) Se＋2Cl2＋3H2O＝4HCl＋H2SeO3 Se元素被氯气氧化为H2SeO3，促进平衡正向移动，导致c(Ag＋)增大，使得Ag＋与Cl−结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl
(3) H2SeO3＋2SO2＋H2O＝Se＋2H2SO4 Cl2＞H2SeO3＞SO2
(4) 淀粉溶液 不影响
【分析】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se，据此分析解答。
（1）
酸浸过程，通入空气的目的是将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
故答案为将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
（2）
①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为＋4价，化学方程式为：Se＋2Cl2＋3H2O＝4HCl＋H2SeO3；
故答案为Se＋2Cl2＋3H2O＝4HCl＋H2SeO3；
②Ag2Se转化为AgCl，从化学平衡的角度，由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知，Se元素被氯气氧化为H2SeO3，促进平衡正向移动，导致c(Ag＋)增大，使得Ag＋与Cl−结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
故答案为Se元素被氯气氧化为H2SeO3，促进平衡正向移动，导致c(Ag＋)增大，使得Ag＋与Cl−结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
（3）
①SO2具有还原性，可以将＋4价的Se还原为0价的Se,发生反应的化学方程式为：H2SeO3＋2SO2＋H2O＝Se＋2H2SO4；
故答案为H2SeO3＋2SO2＋H2O＝Se＋2H2SO4；
②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知，氧化性Cl2＞H2SeO3＞SO2；
故答案为Cl2＞H2SeO3＞SO2；
（4）
①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉溶液
故答案为淀粉溶液；
②根据第一步：2Cu2＋＋4I−=2CuI↓＋I2，第二步：2S2O＋I2═S4O＋2I−，得关系式：2CuSO4～I2～2Na2S2O3，则c(CuSO4)＝；
故答案为；
③若使用的KI溶液过量，因为过量的I−不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响；
故答案为不影响。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用。
六、实验题
19．某小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I—，完成如下实验：
资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸；新制的AgI见光会少量分解。
一、经检验，I、II中均无，III中含。
(1)II中未检出的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，___________。
(2)III中的黄色浑浊是___________。
(3)研究III中产生的原因
①甲同学对此做出如下假设：
假设a：空气中存在，由于___________(用离子方程式表示)，可产生；
假设b：酸性溶液中___________(填化学式)具有氧化性，可产生；
假设c：溶液中具有氧化性，可产生；
通过实验证实a、b、c不是产生的主要原因，实验方案和现象是___________。
②进一步实验表明，产生时的氧化剂是，从物质性质的角度分析溶液作用是___________。
二、继续研究III→IV过程中出现灰黑色浑浊的原因：
(4)完成如下实验：
实验1：检验出IV中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，___________。
实验2：向1mL溶液中加入1mL溶液，开始时，溶液无明显变化，几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，反应过程中温度几乎无变化，测定溶液中浓度随反应时间的变化如下图。
实验3：实验开始时，先向试管中加入几滴溶液，重复实验2，实验结果与实验2相同。
①实验2中发生反应的离子方程式是___________。
②IV中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是___________。
【答案】(1)滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红色
(2)AgI
(3) 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O NO 取III中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色 Ag+与I—反应生成AgI沉淀，I—浓度减小，2Fe2++I22Fe3++2I—平衡正向移动，促使I2氧化Fe2+
(4) 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 Fe2++Ag+=Fe3++Ag AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应
【分析】该实验的实验目的是探究反应2Fe2++I22Fe3++2I—的可行性，由加入碘水中的碘，空气中氧气，以及加入的硝酸银溶液中的硝酸根离子和银离子具有氧化性提出假设，并通过实验验证，经实验验证可知反应生成的铁离子是因为单质碘具有氧化性的缘故，而非空气中氧气、硝酸根离子、银离子具有氧化性的缘故。
（1）
铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则检验溶液II中不存在铁离子的操作为取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液，振荡，溶液不变红色说明溶液中不存在铁离子，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红色；
（2）
由题给信息可知，碘化银是不溶于稀硝酸的黄色固体，则III中出现的黄色浑浊为碘化银沉淀，故答案为：AgI；
（3）
①由分析可知，空气中的氧气具有氧化性，酸性条件下能与亚铁离子反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性，也可能将亚铁离子氧化为铁离子；若要验证假设a、b、c不是产生铁离子的主要原因，而碘的氧化性是产生铁离子的主要原因应设计实验验证III中溶液不存在单质碘，检验溶液中是否存在单质碘的实验操作为取III中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色，溶液中不存在碘，说明溶液中产生铁离子与碘的氧化性有关，原因是加入硝酸银溶液，银离子与溶液中碘离子反应，使溶液中碘离子浓度减小，2Fe2++I22Fe3++2I—平衡正向移动，促使碘氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；NO；取III中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色；Ag+与I—反应生成AgI沉淀，I—浓度减小，2Fe2++I22Fe3++2I—平衡正向移动，促使I2氧化Fe2+；
（4）
银能与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，而碘化银不与稀硝酸反应，所以验证灰黑色浑浊含有银的实验操作为取洗净后的灰黑色固体，加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成，故答案为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；
①由题意可知，实验2中发生的反应为溶液中的银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子，反应的离子方程式为，故答案为：Fe2++Ag+=Fe3++Ag；
②由题意可知，IV中迅速出现灰黑色浑浊的原因是碘化银遇光分解生成的银是溶液中的银离子与亚铁离子反应的催化剂，加快了反应速率，导致亚铁离子与银离子迅速反应生成银，而出现灰黑色浑浊迅速出现灰黑色浑浊，故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
北京市北京师范大学附属实验中学2022-2023学年高三上学期月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关晶体的说法正确的是
A．任何晶体中，若含有阳离子就一定有阴离子
B．离子晶体中只含有离子键
C．分子晶体的熔沸点较高
D．共价晶体中只含有共价键
【答案】D
【详解】A．金属晶体中只有阳离子没有阴离子，所以晶体中有阳离子不一定有阴离子，故A错误；
B．离子晶体中含有离子键，也可能有共价键，如氢氧化钠既有离子键又有共价键，故B错误；
C．分子间的作用力很弱，分子晶体具有较低的熔点、沸点，故C错误；
D．共价晶体中只含有共价键，故D正确；
故答案选D。
2．膦()又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体。以下关于的叙述不正确的是
A．分子中有未成键的孤对电子 B．是极性分子
C．具有还原性 D．磷原子采用杂化方式
【答案】D
【详解】A．磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，未成键的孤对电子对数为1，故A正确；
B．磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，故B正确；
C．磷化氢分子中磷元素为最低价—3价，能表现还原性，故C正确；
D．磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，磷原子的杂化方式为sp3杂化，故D错误；
故选D。
3．将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Cl-，b离子为Na+
B．溶液中含有NA个水合Na+
C．溶液中存在NaClNa++Cl-
D．NaCl溶解过程需要在容量瓶中进行
【答案】A
【详解】A．钠离子核外有2个电子层，氯离子有3个电子层，即氯离子半径大于钠离子，a离子为Cl-，b离子为Na+，A正确；
B．题目中没有说明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，即无法判断溶液中水合Na+的个数，B错误；
C． 氯化钠是强电解质，全部电离，电离方程式为：NaCl = Na++Cl-，C错误；
D．容量瓶是精密仪器，不能用于溶解，NaCl溶解需要在烧杯中进行，D错误；
故选A。
4．下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ）
A．H2在Cl2中燃烧
B．证明氯化银溶
解度大于硫化银
C．证明乙炔可使溴水褪色
D．验证温度对平衡移动的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．氢气密度小于空气，会将氯气从下口排出，A错误；
B．硝酸银和氯化钠反应后，银离子过量，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，B错误；
C．电石不纯，会产生还原性气体，也能使溴水褪色，C错误；
D．温度改变，根据颜色变化可以知道反应的平衡移动，D正确；
故选D。
5．甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是
A．CH3SH中碳元素化合价为﹣2价
B．过程⑤中，形成了O—H键和C—H键
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
【答案】C
【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，然后分析。
【详解】A．CH3SH中硫显-2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为﹣2价，故A正确；
B．过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，由图示可知，O—H键和C—H键是新形成的，故B正确；
C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，-SH取代甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故D正确；
答案选C。
6．下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜M
B．X、N 两种元素形成的化合物属于离子化合物
C．Y、R 两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R
D．简单离子的半径：Z＞M＞X
【答案】C
【详解】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可以知道X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。
A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性强弱为：Z>M，A错误；
B．X、N两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅是由原子组成，属于共价化合物，B错误；
C．气态氢化物的稳定性和非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞R，Y、R 两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R，C正确；
D．离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的半径：M
7．甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是（ ）
A．图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=+890.3kJ/mol
B．图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) DH=﹣607.3kJ/mol
C．由图可以推得：CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol
D．由图可以推知：等物质的量的CO2和CO，CO2具有的能量高
【答案】C
【详解】A．根据图象分析，反应物的总能量高于生成物总能量，则图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol，A错误；
B．根据图象分析，生成物水的状态是液态，则图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol，B错误；
C．CO(g)+O2(g)=CO2(g) 的焓变可根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol和反应DH=﹣283kJ/mol，CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol求出焓变DH=﹣283kJ/mol，C正确；
D．CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol，该反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以等物质的量的CO2和CO，CO具有的能量高，D错误；
故选C。
8．利用有机物X、Y合成广谱抗菌药物M的反应表示如图。下列说法不正确的是（ ）
A．X分子与强酸、强碱均能发生反应
B．Y分子与丙烯酸分子互为同系物
C．X和Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．X、Y合成M的反应类型为取代反应
【答案】B
【详解】A．X分子含有酚羟基，酯基，氨基等，与强酸、强碱均能发生反应，A正确；
B．Y分子与丙烯酸分子结构不相似，而且分子组成上没有相差一个或几个CH2原子团，故不是同系物，B错误；
C．X和Y均含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．X、Y合成M是羧基和氨基脱水缩合，是取代反应，D正确；
故选B。
9．一种锂离子电池的反应式为(x＜1)，其工作原理如下图所示(可能用到的相对原子质量Li-7 C-12 O-16 Co-59)。下列说法不正确的是
A．放电时A极电极式为：
B．放电时，若转移0.3mol电子，石墨电极将减重2.1g
C．充电时，A极接外电源的正极
D．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收
【答案】C
【分析】由锂离子的移动方向可知，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，B极为正极，在锂离子作用下Li1-xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成Li1-xCoO2+xLi++xe—=LiCoO2；充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，B极为阳极。
【详解】A．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，故A正确；
B．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，则转移0.3mol电子时，石墨电极减少的质量为0.3mol ×7g/mol=2.1g，故B正确；
C．由分析可知，充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，故C错误；
D．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，B极为正极，锂离子向正极B极移动，所以该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收，故D正确；
故选C。
10．黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．FeSO4和H2SO4都是离子化合物，均属于强电解质
B．0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中Fe2＋离子的浓度为0.1 mol·L－1
C．FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物
D．当转移2 mol电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为22.4 L
【答案】C
【详解】A．FeSO4属于盐，是离子化合物，H2SO4属于酸，是共价化合物，它们均属于强电解质，故A错误；
B．FeSO4溶液中Fe2＋离子容易水解，故0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度小于0.1 mol·L－1，故B错误；
C．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4，FeS2中亚铁离子的化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，单质氧气中氧元素的化合价为0价，硫酸亚铁中，铁元素的化合价为+2价，硫元素的化合价为+6价，氧元素的化合价为-2价，硫元素的化合价升高到+6价，氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2价，FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物，故C正确；
D．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4可知，7mol氧气参加反应，氧元素化合价从0降低到-2价，共转移28mol电子，当转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积约为0.5mol×22.4 L/mol=11.2L，故D错误；
答案选C。
11．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下图，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。
(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)
下列说法不正确的是
A．Y单质的氧化性在同主族中最强 B．离子半径：Z＜Y
C．Z与Y可组成多种离子化合物 D．氢化物的热稳定性：Y＜X
【答案】D
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z分别位于不同周期，则W为H元素；Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na元素；由超分子结构示意图可知，X、Y形成共价键的数目为4、2，则X为C元素、Y为O元素
【详解】A．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则氧气的氧化性在同主族中最强，故A正确；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，则氧离子的离子半径大于钠离子，故B正确；
C．钠元素和氧元素元素可形成两种离子化合物氧化钠和过氧化钠，故C正确；
D．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的热稳定性依次增强，则水的热稳定性强于甲烷，故D错误；
故选D。
12．用溶液分别滴定20.00ml的盐酸和醋酸，滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是(V为体积)
A．I、II分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH=7时，滴定盐酸消耗的V(NaOH)大于醋酸消耗的V(NaOH)
C．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中
D．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中
【答案】B
【详解】A．0.1000mol•L−1的盐酸和醋酸，盐酸的pH＝1，醋酸的pH值大于1，因此Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸和盐酸的滴定曲线，故A错误；
B．pH＝7时，滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL，滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积为20.00mL时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的pH＝7，则加入的NaOH溶液体积小于20.00mL，因此滴定盐酸消耗的NaOH溶液体积大于滴定醋酸消耗的NaOH溶液体积，故B正确；
C．V(NaOH)＝20.00mL时，两溶液溶质分别为NaCl和CH3COONa,醋酸根离子水解，因此溶液中c(CH3COO−)＜c(Cl−)，故C错误；
D．V(NaOH)＝10.00mL时，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，根据图中信息，溶液显酸性，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，因此溶液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO−)，故D错误；
故答案选B。
13．实验小组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物（加热及加持装置略）。下列有关FeSO4分解的说法不正确的是（ ）
A．Ⅰ中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3
B．Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应
C．Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2
D．Ⅲ中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3
【答案】D
【详解】A. Ⅰ中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；
B. Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热反应，故B正确；
C. SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；
D. SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则Ⅲ中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；
故选D。
【点睛】FeSO4在高温下分解生成Fe2O3、SO3和SO2，三氧化硫易和水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收是易错点，也是解答关键。
14．用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是
A．若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c()+c(H2SO3)
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c()＋c()＝c(Na+)
C．若X为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：＞
D．若X为 (NH4)2SO3，图中b点溶液中n()∶n()＝ 1∶3
【答案】A
【分析】图中a点当吸收液pH＝1.85时，H2SO3、HSO各点50%，c(HSO)=c(H2SO3)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，利用电荷守恒、物料守恒及其变形式子进行分析。
【详解】A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO)+2c(H2SO3)+ 2c(SO)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO)=c(H2SO3)，则c(Na+)=4c(H2SO3)+ 2c(SO)=4c(HSO) + 2c(SO)，故A错误；
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO)+2c(SO) +c(OH-)，得到2c(SO)＋c(HSO)＝c(Na+)，故B正确；
C．若X为(NH4)2SO3，由于NH水解显酸性，SO水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NH，故C正确；
D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO)=c(SO)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)＝c(HSO)+2c(SO) +c(OH-)，3c(HSO)=c(NH)，n(HSO)∶n(NH)＝ 1∶3，故D正确；
故选A。
二、结构与性质
15．含锂化合物在锂离子电池、高效储能材料等领域具有良好的应用前景。
(1)是聚合物锂离子电池的电极材料。
①基态与中未成对的电子数之比为___________。
②Li、Be、B的第一电离能由大到小的顺序为___________，从原子结构角度解释原因___________。
③中P的杂化轨道类型为___________。
④聚合物锂离子电池工作时，沿聚乙二醇分子迁移，过程如图所示(阴离子未画出)。
迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间的作用力为___________。
(2)四氢硼锂是一种潜在的高效储能材料，在高压下呈现出多晶型的转变过程。
①不溶于苯等有机物，易溶于水，其原因是：___________。
②图a是两种不同压强下的晶胞，图b是晶胞I沿a、b、c轴的投影图。
(a)的两种晶胞(氢原子已省略)
(b)晶胞I沿a、b、c轴的投影图
晶胞参数如下表：
晶胞I
晶胞II
长方体
立方体
；
则在较大压强下的晶型是___________(填“I”或“II”)。
【答案】(1) 4：5 Be＞B＞Li 同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素 sp3 配位键
(2) 四氢硼锂为离子化合物 I
【解析】（1）
①铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，离子中未成对电子数为4，基态铁离子的价电子排布式为3d5，离子中未成对电子数为5，则基态亚铁离子与铁离子中未成对的电子数之比为4：5，故答案为：4：5；
②同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为Be＞B＞Li，故答案为：Be＞B＞Li；
③磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4，磷原子的杂化类型为sp3，故答案为：sp3；
④由图可知，聚合物锂离子电池工作时，锂离子迁移过程中与聚乙二醇分子中氧原子原子间的作用力为锂离子提供空轨道、氧原子提供孤对电子形成配位键，故答案为：配位键；
（2）
①四氢硼锂为离子化合物，易溶于水，难溶于有机溶剂，故答案为：四氢硼锂为离子化合物；
②由晶胞结构可知，晶胞a中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于体内的四氢硼根离子的个数为4，由晶胞的质量公式可得晶胞的密度为，晶胞b中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的四氢硼根离子的个数为12×+1=4，由晶胞的质量公式可得晶胞的密度为，由计算可知晶胞II得密度大于晶胞I，压强越大，晶体中离子间的距离越小，密度越小，则在较大压强下的晶型是晶胞I，故答案为：I。
三、原理综合题
16．砷(As)是一种重要的非金属元素，常用于农药、杀虫剂等领域。
(1)亚砷酸()可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如下图所示。
①人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是___________。
②结合化学用语解释溶液显碱性的原因___________。
③下列说法不正确的是___________(填字母)。
a．对于的电离平衡常数，有
b．溶液中：
c．溶液中：
(2)三价砷[As(III)]废水因其毒性很强，所以需要处理后才能排放。
①采用化学沉降法处理含砷废水：向废水中先加入适量漂白粉氧化(pH约为8)，再加入生石灰将砷元素转化为沉淀。
资料：a．，溶液中离子浓度，可认为沉淀完全；
b．一定条件下，As(V)的存在形式如下表所示：
pH
＜2
2~7
7~11
11~14
存在形式
、
i．加入生石灰的作用是___________。
ii．当除去时，溶液中的至少为___________。
②工业含砷(III)废水常用铁盐处理后排放，其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物，经测定不同pH条件下铁盐对含砷(III)化合物的去除率如图所示。
i．由图可得出的结论是___________。
ii．10min时，不同pH溶液中砷(III)的去除率不同，其原因是___________。
【答案】(1) H3AsO3 H2AsO在溶液中存在两个平衡：H2AsOHAsO+H+和H2AsO+H2O H3AsO3+OH—，溶液中H2AsO的水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性 ac
(2) 中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成 2×10-3mol/L pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(III)的去除率增强 pH在5—9之间，含砷(III)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强
【解析】（1）
①由图可知，人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸，故答案为：H3AsO3；
②K2HAsO3是强碱弱酸盐，H2AsO在溶液中存在两个平衡：H2AsOHAsO+H+和H2AsO+H2O H3AsO3+OH—，溶液中H2AsO的水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性，故答案为：H2AsO在溶液中存在两个平衡：H2AsOHAsO+H+和H2AsO+H2O H3AsO3+OH—，溶液中H2AsO的水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性；
③a．由图可知，溶液中亚砷酸浓度和亚砷酸二氢根离子浓度相等时，溶液pH为a，由电离常数公式可知，亚砷酸的一级电离平衡常数Ka1==c(H+)，则Ka1=10—a，故错误；
b．亚砷酸溶液中存在电荷守恒关系，故正确；
c．亚砷酸钾溶液中存在物料守恒过程，故错误；
故选ac；
（2）
①i．加入生石灰可以与溶液中的氢离子反应，有利于将溶液中砷元素转化为的砷酸根，便于砷酸钙沉淀的生成，故答案为：中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成；
ii．由砷酸钙的溶度积可知，当溶液中砷酸根离子完全沉淀时，溶液中钙离子浓度至少为=2×10-3mol/L，故答案为：2×10-3mol/L；
②i．由图可知，溶液pH在5—9之间时，溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(III)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(III)的去除率增强；
ii．由图可知，溶液pH在5—9之间时，含砷(III)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液的pH增大，溶液中H2AsO含量增大，吸附效果增强，溶液中砷(III)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，含砷(III)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强。
四、有机推断题
17．褪黑激素前体K的合成路线如下。
已知： + +R3OH(R表示烃基或氢)
(1)A能发生银镜反应，B中所含的官能团是___________。
(2)E的名称是___________。
(3)F的分子式为，则W的结构简式是___________。
(4)生成G的反应方程式是___________。
(5)F+M→K的反应类型是___________。
(6)由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。
①Q→X过程中每1molQ完全反应，需消耗___________molNaOH。
②试剂b是___________。
【答案】(1)羟基、醛基
(2)1，4—二溴丁烷
(3)
(4)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
(5)取代反应
(6) 3 CH3COOH
【分析】A能发生银镜反应，由分子式可知，A为CH2=CHCHO，由有机物的转化关系可知，CH2=CHCHO与水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，则B为HOCH2CH2CHO；催化剂作用下，HOCH2CH2CHO与氢气共热发生加成反应生成HOCH2CH2CH2OH，则D为HOCH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2OH与溴化氢发生取代反应生成BrCH2CH2CH2Br，则E为BrCH2CH2CH2Br；BrCH2CH2CH2Br与发生取代反应生成，则W为、F为；在浓硫酸作用下，CH3COOH与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则试剂a为乙醇、G为CH3COOCH2CH3；CH3COOCH2CH3发生信息反应生成和乙醇，则M为，与发生取代反应生成。
（1）
由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CHO，官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；
（2）
由分析可知，E的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，名称为1，4—二溴丁烷，故答案为：1，4—二溴丁烷；
（3）
由分析可知，W的结构简式为，故答案为：；
（4）
由分析可知，生成G的为在浓硫酸作用下，CH3COOH与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3和水，反应的反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（5）
由分析可知，F+M→K的反应为与发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：取代反应；
（6）
由有机物的转化关系可知，与氢氧化钠溶液发生水解反应生成，则X为；一定条件下共热反应转化为，则Z为；与CH3COOH发生取代反应生成褪黑激素；
①由分析可知，Q→X的过程为与氢氧化钠溶液发生水解反应生成，则每1molQ完全反应，需消耗3mol氢氧化钠，故答案为：3；
②由分析可知，试剂b为CH3COOHCH3COOH，故答案为：CH3COOH。
五、工业流程题
18．某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为：Cu、Se、等，从中提取Se的工艺流程如下：
已知：
化学式
AgCl
(常温)
(1)酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是___________。
(2)“氯化”过程中发生如下转化：
①Se转化为，反应方程式为___________。
②转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因___________。
(3)①“还原”过程中发生反应的化学方程式为___________。
②、、氧化性由强到弱的顺序为___________。
(4)滴定法测定溶液的浓度，其基本原理为：
第一步：
第二步：(无色)(无色)
①由此可知滴定所用的指示剂为___________。
②若溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗溶液V mL，则溶液的物质的量浓度为___________mol/L。
③若使用的KI溶液过量，对滴定结果有无影响并简述理由___________。
【答案】(1)将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离
(2) Se＋2Cl2＋3H2O＝4HCl＋H2SeO3 Se元素被氯气氧化为H2SeO3，促进平衡正向移动，导致c(Ag＋)增大，使得Ag＋与Cl−结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl
(3) H2SeO3＋2SO2＋H2O＝Se＋2H2SO4 Cl2＞H2SeO3＞SO2
(4) 淀粉溶液 不影响
【分析】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se，据此分析解答。
（1）
酸浸过程，通入空气的目的是将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
故答案为将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
（2）
①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为＋4价，化学方程式为：Se＋2Cl2＋3H2O＝4HCl＋H2SeO3；
故答案为Se＋2Cl2＋3H2O＝4HCl＋H2SeO3；
②Ag2Se转化为AgCl，从化学平衡的角度，由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知，Se元素被氯气氧化为H2SeO3，促进平衡正向移动，导致c(Ag＋)增大，使得Ag＋与Cl−结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
故答案为Se元素被氯气氧化为H2SeO3，促进平衡正向移动，导致c(Ag＋)增大，使得Ag＋与Cl−结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
（3）
①SO2具有还原性，可以将＋4价的Se还原为0价的Se,发生反应的化学方程式为：H2SeO3＋2SO2＋H2O＝Se＋2H2SO4；
故答案为H2SeO3＋2SO2＋H2O＝Se＋2H2SO4；
②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知，氧化性Cl2＞H2SeO3＞SO2；
故答案为Cl2＞H2SeO3＞SO2；
（4）
①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉溶液
故答案为淀粉溶液；
②根据第一步：2Cu2＋＋4I−=2CuI↓＋I2，第二步：2S2O＋I2═S4O＋2I−，得关系式：2CuSO4～I2～2Na2S2O3，则c(CuSO4)＝；
故答案为；
③若使用的KI溶液过量，因为过量的I−不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响；
故答案为不影响。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用。
六、实验题
19．某小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I—，完成如下实验：
资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸；新制的AgI见光会少量分解。
一、经检验，I、II中均无，III中含。
(1)II中未检出的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，___________。
(2)III中的黄色浑浊是___________。
(3)研究III中产生的原因
①甲同学对此做出如下假设：
假设a：空气中存在，由于___________(用离子方程式表示)，可产生；
假设b：酸性溶液中___________(填化学式)具有氧化性，可产生；
假设c：溶液中具有氧化性，可产生；
通过实验证实a、b、c不是产生的主要原因，实验方案和现象是___________。
②进一步实验表明，产生时的氧化剂是，从物质性质的角度分析溶液作用是___________。
二、继续研究III→IV过程中出现灰黑色浑浊的原因：
(4)完成如下实验：
实验1：检验出IV中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，___________。
实验2：向1mL溶液中加入1mL溶液，开始时，溶液无明显变化，几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，反应过程中温度几乎无变化，测定溶液中浓度随反应时间的变化如下图。
实验3：实验开始时，先向试管中加入几滴溶液，重复实验2，实验结果与实验2相同。
①实验2中发生反应的离子方程式是___________。
②IV中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是___________。
【答案】(1)滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红色
(2)AgI
(3) 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O NO 取III中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色 Ag+与I—反应生成AgI沉淀，I—浓度减小，2Fe2++I22Fe3++2I—平衡正向移动，促使I2氧化Fe2+
(4) 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 Fe2++Ag+=Fe3++Ag AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应
【分析】该实验的实验目的是探究反应2Fe2++I22Fe3++2I—的可行性，由加入碘水中的碘，空气中氧气，以及加入的硝酸银溶液中的硝酸根离子和银离子具有氧化性提出假设，并通过实验验证，经实验验证可知反应生成的铁离子是因为单质碘具有氧化性的缘故，而非空气中氧气、硝酸根离子、银离子具有氧化性的缘故。
（1）
铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则检验溶液II中不存在铁离子的操作为取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液，振荡，溶液不变红色说明溶液中不存在铁离子，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红色；
（2）
由题给信息可知，碘化银是不溶于稀硝酸的黄色固体，则III中出现的黄色浑浊为碘化银沉淀，故答案为：AgI；
（3）
①由分析可知，空气中的氧气具有氧化性，酸性条件下能与亚铁离子反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性，也可能将亚铁离子氧化为铁离子；若要验证假设a、b、c不是产生铁离子的主要原因，而碘的氧化性是产生铁离子的主要原因应设计实验验证III中溶液不存在单质碘，检验溶液中是否存在单质碘的实验操作为取III中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色，溶液中不存在碘，说明溶液中产生铁离子与碘的氧化性有关，原因是加入硝酸银溶液，银离子与溶液中碘离子反应，使溶液中碘离子浓度减小，2Fe2++I22Fe3++2I—平衡正向移动，促使碘氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；NO；取III中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色；Ag+与I—反应生成AgI沉淀，I—浓度减小，2Fe2++I22Fe3++2I—平衡正向移动，促使I2氧化Fe2+；
（4）
银能与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，而碘化银不与稀硝酸反应，所以验证灰黑色浑浊含有银的实验操作为取洗净后的灰黑色固体，加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成，故答案为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；
①由题意可知，实验2中发生的反应为溶液中的银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子，反应的离子方程式为，故答案为：Fe2++Ag+=Fe3++Ag；
②由题意可知，IV中迅速出现灰黑色浑浊的原因是碘化银遇光分解生成的银是溶液中的银离子与亚铁离子反应的催化剂，加快了反应速率，导致亚铁离子与银离子迅速反应生成银，而出现灰黑色浑浊迅速出现灰黑色浑浊，故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
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