辽宁省五校联考2022-2023学年高三上册期末化学专项突破真题练习库（含解析）

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辽宁省五校联考2022-2023学年高三上册期末化学专项突破真题试卷练习库
【原卷 1 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义

【正确答案】
A

1-1（基础） 下列对文中描述内容的相关解释正确的是（）
选项
描述
解释
A
丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂
两个反应互为可逆反应
B
凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之
其中“瓦”的主要成分为硅酸盐
C
硝石（KNO3）如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起
产生“紫青烟”的原因为KNO3分解
D
其法用浓酒精和槽入瓶，蒸令气上，用器承滴露
其中涉及的操作方法为蒸发浓缩
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

1-2（基础） 中华文化是人类进步的瑰宝和见证.对下列古文献解读错误的是
选项
古文献
解释
A
高奴县有洧水，可燃
洧水指石油，属于可再生能源
B
丹砂()烧之成水银，积变又还成丹砂
涉及了氧化还原反应
C
凡石灰，经火焚炼为用
文中石灰的主要成分为
D
(火药)乃焰硝、硫磺、山木炭所合……
黑火药爆炸时碳体现还原性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

1-3（巩固） 中华文化博大精深，对社会进步有着巨大贡献。《本草纲目》记载有轻粉(Hg2Cl2)的制备：“用水银一两，白矾(明矾)二两，食盐一两，同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之。筛灶灰，盐水和，封固盆口。以炭打二炷香取开，则粉升于盆上矣。其白如雪，轻盈可爱。一两汞，可升粉八钱。”下列对文中所述内容的说法错误的是
A.水银和白矾均属于电解质
B.涉及热能转化为化学能
C.存在升华的现象
D.有氧化还原反应发生
【正确答案】 A

1-4（巩固） 下列解释错误的是
A.《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料
B.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质
C.“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应
D.《开宝本草》中记载：“此即地霜也。所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾的提取没有涉及升华操作
【正确答案】 B

1-5（提升） 明代科学家宋应星所著《天工开物》是中国古代一部综合性科学巨著，被称为中国17世纪工艺百科全书。以下对书中内容解释合理的是
选项
原文
解释
A
“凡金箔粘物，他日敝弃之时，刮削火化，其金仍藏灰内”
火化指的是金被加热氧化
B
“候潮一过，明日天晴，半日晒出盐箱，疾趋扫起煎炼”
煎炼指的是蒸馏
C
“凡治铁成器，取已炒熟铁为之。先铸铁成砧，以为受锤之地”
文中熟铁指的是纯铁
D
“凡红铜升黄而后熔化造器，用砒升者为白铜器”
红铜升黄是指铜变“铜合金”
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

1-6（提升） 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列关于文献记载内容的说法正确的是
A.《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3
B.《本草纲目》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”，涉及重结晶操作
C.《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
D.《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，与化学反应无关
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 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,高分子化合物的分类和表示方法

【正确答案】
B

2-1（基础） 下列化学用语使用正确的是
A.砷原子的简化电子排布式： B.二氧化碳分子的结构模型：
C.氯化铵的电子式： D.中子数比质子数多1的氯原子：
【正确答案】 D

2-2（基础） 下列表示正确的是
A.乙烯的结构简式：CH2CH2 B.氨基的电子式：
C.基态Cr原子外围电子排布式：3d44s2 D.CH4分子结构示意图：
【正确答案】 D

2-3（巩固） 下列化学用语或图示表达正确的是
A.基态氮原子价电子的轨道表示式：
B.的电子式：
C.的空间填充模型：
D.顺式聚异戊二烯的结构简式：
【正确答案】 D

2-4（巩固） 下列化学用语或图示表达不正确的是
A.基态Si原子的价层电子的轨道表示式：
B.顺－2－丁烯的分子球棍模型：
C.Na2O2的电子式：
D.Fe2+的结构示意图：
【正确答案】 D

2-5（提升） 下列化学用语表述正确的是
A.葡萄糖的实验式：C6H12O6 B.甲基的电子式：
C.基态Fe2+的价电子排布式：3d54s1 D.金刚石的晶胞：
【正确答案】 B

2-6（提升） 下列化学用语或图示表达不正确的是
A.丙烯氰的键线式： B.基态As原子的价层电子排布式：3d104s24d5
C.H2O的结构式：H-O-H D.HClO的空间填充模型：
【正确答案】 B

【原卷 3 题】 知识点 高分子化合物的分类和表示方法,胶体的性质和应用

【正确答案】
A

3-1（基础） 化学与科技、生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是
A.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体
B.硅橡胶密封材料既耐低温又耐高温，在中国空间站上得到广泛应用
C.在汽车尾气排放系统中安装催化转化器可有效地减少空气污染
D.燃煤中加入CaO，主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
【正确答案】 D

3-2（基础） 化学与科技、生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是
A.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体
B.硅橡胶密封材料既耐低温又耐高温，在中国空间站上得到广泛应用
C.在汽车尾气排放系统中安装催化转化器可有效地减少空气污染
D.为促进社会可持续发展，需加快化石燃料的开采与使用
【正确答案】 D

3-3（巩固） 化学与科技、生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是
A.将Cl2通入冷的石灰乳中制得漂白粉
B.天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
C.赤铁矿的主要成分是Fe3O4
D.我国首艘国产001A型航母用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料
【正确答案】 C

3-4（巩固） 化学与生产、生活、科技密切相关，下列叙述正确的是
A.“84”消毒液与洁厕灵混合使用清洁效果更好
B.乙醇汽油属于清洁能源，也属于可再生能源
C.飞船返回舱外层的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料
D.淀粉和纤维素互为同分异构体，它们水解最终产物均是葡萄糖
【正确答案】 C

3-5（提升） 化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是
A.小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
B.将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C.中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧化硅
D.Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
【正确答案】 C

3-6（提升） 化学与生产、生活、科技、医药等密切相关。下列说法错误的是
A.冬奥会使用的二氧化碳跨临界制冰技术，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保
B.新冠疫苗使用的中硼硅玻璃瓶含有的是一种复杂的氧化物
C.“天宫二号”空间站的太阳能电池帆板，其主要材料含有晶体硅
D.C919国产大飞机风挡结构部分使用的有机玻璃属于有机高分子材料
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 氯气与还原性化合物的反应,氯气与碱溶液反应,硫与金属单质的反应

【正确答案】
B

4-1（基础） 含有少量NO和的尾气可用纯碱溶液吸收处理，其反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.溶液中含数目小于
B.11.2L中含有的分子数目为
C.0.1molNO与CO的混合气体中含质子数目为
D.该反应中生成33g时，转移的电子数目为
【正确答案】 D

4-2（基础） 氨法脱硫工艺是利用氨水吸收烟气中的生成亚硫酸铵溶液，并在富氧条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，再经加热蒸发结晶析出硫酸铵，过滤干燥后得化肥产品。关于该工艺说法正确的是
A.1 L0.1mol/L氨水中含有的数目为0.1NA
B.0.01mol/L 溶液中，、与的数目之和为0.01NA
C.每氧化1mol ，转移的电子数为2 NA
D.若将2mol 与1mol 置于密闭容器中充分反应，产物的分子数为2NA
【正确答案】 C
4-3（巩固） 已知，设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.分子中，含有的键数目为0.2
B.的溶液中，含有的数目可能为0.19a
C.中含有的分子数目为0.1
D.的硫酸溶液中，含有的氧原子数目为2
【正确答案】 B

4-4（巩固） 已知含硫元素的几种物质间具有如图转化关系。NA表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是

A.反应①中3.2gS充分燃烧后生成2.24L
B.NA个分子与足量氧气经反应③可以制得NA个分子
C.反应②中若转移2NA个电子，生成1.5molS
D.只要氧气过量，硫可以一步转化为
【正确答案】 C

4-5（提升） 下图是试剂标签上的部分内容。据此，下列说法错误的是
硫酸 化学纯 CP500mL
品名：硫酸
化学式：
相对分子质量：98
密度：
质量分数：98％
A.该硫酸物质的量浓度为
B.100mL该硫酸中，氧原子的数目大于7.36NA
C.取100mL该硫酸与足量铜反应，产生的分子数小于0.92NA
D.将该硫酸稀释至，溶液中的数目为0.1 NA
【正确答案】 D

4-6（提升） 硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。717.6K时硫变为蒸气，蒸气中存在：3S84S66S412S2。下列说法错误的是

A.S8、S6、S4、S2互为同素异形体，其相互转化为化学变化
B.720K时，32gS8中含有的硫原子数为1mol
C.可用酒精洗涤试管中残留的硫单质
D.硫单质与少量的铁粉加热时，生成的产物为FeS
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型

【正确答案】
C

5-1（基础） 石墨烯是一种单层二维晶体，可利用强氧化剂在石墨层间引入大量基团(如、等)，以削弱层间作用力，而剥落得到氧化石墨烯。下列说法错误的是

A.石墨中C原子个数与C—C个数比为2∶3
B.氧化石墨烯能够剥落，是因为削弱了石墨层与层之间的范德华力
C.氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯
D.氧化石墨烯中C原子杂化方式与石墨相同
【正确答案】 D

5-2（基础） 某分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确的是

A.图示片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤
B.该片段中所有氮原子都采取杂化
C.该片段在一定条件下可发生水解反应
D.若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸
【正确答案】 B

5-3（巩固） 稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛(CH3CH=CHCHO)的反应历程示意图如下。下列说法正确的是

A.反应中只有极性键的断裂和形成
B.反应①的活化能小于反应②的活化能
C.-CH2CHO中的碳原子的杂化方式是sp2
D.反应过程中有4种中间体
【正确答案】 B
5-4（巩固） 羧酸与醇发生酯化反应的可能机理如图，下列说法不正确的是

A.该反应历程包括质子化、加成、消去、质子转移等过程
B.同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构
C.物质a中所有中心原子杂化方式相同
D.酯化反应中增加浓硫酸的用量，一定可以提高反应物的转化率
【正确答案】 D
5-5（提升） 我国科技工作者研究发现双金属氧化物催化加氢制甲醇的原理如下图所示(“□”代表氧空位)。下列说法错误的是

A.反应过程中涉及O—H的断裂和生成 B.反应过程中Ga的成键数目改变了
C.反应过程中C原子杂化方式改变了 D.该总反应的原子利用率为100%
【正确答案】 D

5-6（提升） 科研人员提出催化合成碳酸二甲酯()的反应过程如下图所示，下列说法正确的是

A.反应步骤①②③都发生了键的断裂
B.( )与碳酸()互为同系物
C.步骤②中分子中碳原子的杂化方式没有改变
D.合成的总反应方程式为
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,电解原理的应用,常见无机物的制备

【正确答案】
A

6-1（基础） 工业废铁的综合利用，是节约资源的重要组成部分。下图是以废铁块生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠的流程。

下列说法不正确的是
A.①过程可以用盐酸
B.②氧化的目的是将转化为
C.为使③中的水解程度增大，可将溶液加热
D.④中阳极的电极反应式为
【正确答案】 D

6-2（基础） 一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。

下列有关说法不正确的是
A.“碱洗”主要目的是去除废旧镀锌铁皮表面的锌
B.“氧化”时发生反应的离子方程式为
C.“加热沉铁”时通入N2目的是排除O2对产品的影响
D.“分离”所得溶液中主要含有的离子有Na+、、、
【正确答案】 D

6-3（巩固） 亚氯酸钠()是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。一种制备亚氯酸钠的流程如下。已知：高于60℃时分解成和NaCl。

下列说法不正确的是
A.由过程Ⅰ反应可知还原性：
B.过程Ⅱ反应的离子方程式为
C.过程Ⅲ应控制温度不超过60℃
D.过程Ⅰ消耗物质的量与的过程Ⅱ产生物质的量相等
【正确答案】 B

6-4（巩固） 以卤水(富含I—)为原料用高分子树脂提取碘的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是

A.“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2
B.“解脱”用Na2SO3将I2还原为I—，离子方程式为I2+SO+2OH—=2I—+2SO+H2O
C.用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是为了便于分离富集碘元素
D.“提纯”过程先萃取分液、蒸馏得到粗产品，再升华纯化
【正确答案】 B

6-5（提升） 高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉末，以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备铜粉的工艺流程如下：

下列有关说法不正确的是
A.浸取液中金属阳离子为Fe2+、Zn2+、Cu2+
B.矿石粉碎、适当提高硫酸浓度和浸取温度、使用高压O2，均有利于提高浸取速率
C.若固体X含有S，则浸取时硫化铜的反应方程式为：2CuS＋O2＋4H+=2Cu2+＋2S＋2H2O
D.还原时，提高溶液中H+浓度，不利于Cu的生成
【正确答案】 A

6-6（提升） 利用氧化尿素制备(水合肼)，同时可得到的流程如下所示。

已知：能将氧化生成；亚硫酸钠溶液的约为9.5。下列说法不正确的是
A.步骤Ⅰ反应时，若产物中，则
B.步骤Ⅱ反应的离子方程式为
C.步骤Ⅱ的加料方式为在搅拌下将尿素缓慢加入碱性溶液中
D.步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收
【正确答案】 C
【原卷 7 题】 知识点 分子的手性,氨基酸的成肽反应,多官能团有机物的结构与性质,含有氢键的物质

【正确答案】
C

7-1（基础） 海博麦布是我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂，结构简式如图所示。下列说法错误的是

A.该分子存在顺反异构体
B.该分子中含有2个手性碳原子
C.该物质能与反应产生无色气体
D.1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗3mol
【正确答案】 C

7-2（基础） 环丙沙星为合成的第三代喹诺酮类抗菌药物，具有广谱抗菌活性，杀菌效果好，其结构如图。以下说法不正确的是

A.分子中存在两种含氧官能团
B.该分子中无手性碳原子
C.环丙沙星在一定条件下与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗
D.该物质既能与酸反应又能与碱反应
【正确答案】 C

7-3（巩固） 2022年4月，世卫组织专家评估报告指出：中成药连花清瘟能有效治疗新冠病毒。连花清瘟由于含“连翘”、“金银花”而得名。其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸说法正确的是

A.其分子式为C16H14O9
B.1mol该分子最多可与6molH2发生加成反应
C.该分子中含有4个手性碳原子
D.最多有8个碳原子共面
【正确答案】 C

7-4（巩固） 荧光黄可作为免疫荧光法检测新冠病毒的指示剂，其分子结构如图，有关该物质的说法正确的是

A.一氯代物有12种
B.a区所有原子一定共平面
C.分子中含有1个手性碳原子
D.可以发生氧化、取代、加成反应
【正确答案】 D

7-5（提升） 拉坦前列素是一种临床治疗青光眼和高眼内压的药物，其结构简如图。下列有关拉坦前列素说法错误的是

A.既可与金属钠反应，也可与乙酸发生反应
B.能使溴的四氧化碳溶液褪色
C.拉坦前列素可与反应
D.分子中含有6个手性碳原子(连有四个不同原子或基团的碳原子)
【正确答案】 D

7-6（提升） 据报道，南方医科大学、香港大学、昆明理工大学联合科研团队对傣族药用植物叶下珠中的抗病毒天然活性分子进行结构优化，合成了叶下珠素HB-43(结构如图)，抗乙肝病毒活性提高了100倍，毒性降低1000倍，且能有效抑制新型冠状病毒奥密克戎变种的体内感染。下列有关叶下珠素HB-43的说法错误的是

A.属于芳香族化合物
B.能与溶液发生显色反应
C.一定条件下能发生取代、加成、消去反应
D.含9个手性碳(连有4个不同原子或原子团的碳)
【正确答案】 D

【原卷 8 题】 知识点 根据物质性质进行元素种类推断,元素性质与电负性的关系,氢键对物质性质的影响

【正确答案】
A

8-1（基础） 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，丁和戊的组成元素相同，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A.简单氢化物的沸点：X＞Z
B.简单离子半径大小：X＜Y
C.可通过电解乙溶液获得Y的单质
D.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
【正确答案】 A

8-2（基础） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z的原子序数之和是Y、W的原子序数之和的，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是上述某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。

下列说法正确的是
A.原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B.化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且反应原理相同
C.将N通入甲的溶液中会出现淡黄色浑浊
D.Z分别与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【正确答案】 C

8-3（巩固） 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增加。甲、乙、丙是由这些元素组成的二元化合物，常温下0.1 mol·L-1丙溶液的pH为1，丁是元素D的单质，为黄绿色气体，戊是难溶于水的混合物，己的水溶液具有漂白性。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A.甲可能是丁烷，常温常压下呈气态
B.原子半径的大小： A＜B＜C＜D
C.氧化物对应水化物的酸性： D＞B
D.己的结构式：A-D-C
【正确答案】 A

8-4（巩固） 短周期主族非金属元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们分列在不同的主族，由这四种元素组成的一种常见化合物甲有如如图所示的转化关系，常温下，丁为液态，在乙、丙的水溶液中各滴3滴酚酞溶液、乙溶液显红色，丙溶液为无色。下列说法正确的是

A.第一电离能：Z>Y>X>R
B.X、Y、Z三种元素中，能形成氢化物种类最多的为X
C.最高价氧化物水化物的酸性：X>Y
D.甲、乙、丙、丁所组成的晶体均属于分子晶体
【正确答案】 B

8-5（提升） a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物，X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1。物质之间的转化关系如图所示。

下列说法正确的是
A.简单离子半径：e＞d＞ b
B.b、c形成的化合物中都不含共价键
C.Z、W都能破坏水的电离平衡
D.b的氢化物稳定性一定强于e的氢化物
【正确答案】 C

8-6（提升） 由短周期元素组成的常见物质甲、乙、丙、丁、戊、X，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)，下列推断错误的是

A.若甲是单质，乙和戊的反应是OH-+HCO=H2O+CO，则丙一定是H2
B.若戊为CO，丙能和丁反应，则甲的电子式一定 是
C.若X是Na2CO3，丁为含极性键的非极性分子，则丙一定是NO
D.若甲、戊的摩尔质量相等，且戊为白色沉淀，则X一定是铝盐
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 原电池电子流向判断及应用,原电池正负极判断,新型电池,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断

【正确答案】
B

9-1（基础） 锌电池具有成本低、安全性强、可循环使用等优点。一种新型锌电池的工作原理如图所示(凝胶中允许离子生成或迁移)。下列说法正确的是

A.充电过程中，b电极发生氧化反应
B.充电过程中，a电极反应为：
C.放电过程中，向a极迁移
D.放电过程中，转移0.2mole-时，b电极消耗0.4molOH-
【正确答案】 D

9-2（基础） 全钒液流电池的工作原理如下图。下列说法不正确的是

A.放电时负极反应式：
B.充电时阳极的pH降低
C.放电时正极每消耗，负极区便有通过质子交换膜移向正极区
D.电池总反应：
【正确答案】 C
9-3（巩固） 锂离子电池具有能量密度大、工作寿命长的特点，其原理如图所示。下列说法正确的是

A.充电时B极与电源正极相连
B.放电时A极发生反应
C.充放电过程中，O元素化合价不变
D.每生成时，转移
【正确答案】 B

9-4（巩固） 2022年7月，中科院在锌碘液流可充电电池领域研究中取得重要进展。该研究引入了聚乙烯吡咯烷酮(PVP)，其单体为NVP，NVP可结合，经一系列变化生成可溶性聚碘配合物，有效提高锌碘液流电池碘正极容量，避免了电池改进前导致利用率降低，其工作原理如图所示。下列说法错误的是

A.充电时，a极为阴极
B.离子交换膜可防止PVP、NVP分子进入左侧溶液
C.放电时，b极反应：
D.电池改进前，放电时1mol转化为，转移3mol电子
【正确答案】 D
9-5（提升） 液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放，一种无需离子交换膜的氯流电池的工作原理如图所示。

下列说法错误的是
A.放电时，正极反应式为
B.充电时，溶液储液罐中溶液的减小
C.放电时，负极转化为
D.放电时，每有参与反应，溶液增重
【正确答案】 B

9-6（提升） 第二代钠离子电池是负极为镶嵌在硬碳中的钠、正极为锰基高锰普鲁士白{}的一种新型二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是

A.放电时，B极的电势高于A极
B.放电时，正极反应为
C.充电时，穿过离子交换膜在B极上得电子
D.充电时，A极接外加电源的正极
【正确答案】 A

【原卷 10 题】 知识点 电解原理的应用,电解池有关计算

【正确答案】
D

10-1（基础） 双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H+和OH-，并分别向两极迁移。用双极膜电解淀粉[(C6H10O5)n]溶液制取双醛淀粉[(C6H10O5)n]的工作原理如图所示。下列说法正确的是

A.搅拌能明显提高电解反应速率
B.b极的电极反应式为：Br-+6OH--6e-=BrO+3H2O、4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.生成双醛淀粉的反应为：(C6H10O5)n+BrO=(C6H8O5)n+Br-+3H2O
D.当电路中转移2mol电子时，可得160g双醛淀粉
【正确答案】 B

10-2（基础） 某研究小组设计了如图所示的制备装置，其中双极膜是阴、阳两侧复合膜，层间的能解离成OH-、H+并可分别通过阴、阳膜定向移动。下列说法不正确的是

A.b端为电源的正极
B.随着反应的进行，阴极室内溶液碱性减弱
C.多孔铂电极上的电极反应式为
D.双极膜的左、右两侧分别属于阴膜和阳膜
【正确答案】 D

10-3（巩固） 为实现“双碳”目标，我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-，在外加电场作用下可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn-CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A.闭合K1时，OH-通过b膜向Zn电极方向移动
B.闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)
C.闭合K2时，Zn电极与直流电源正极相连
D.闭合K2时，在Pd电极上有2.24LCO2(标况下)生成，则析出Zn6.5g
【正确答案】 C

10-4（巩固） 双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成和，并分别向两极迁移。用双极膜电解制备金属钴，工作原理如图所示。下列说法错误的是

A.电极a接电源的正极
B.电解过程中溶液中的透过阴离子交换膜向左移动
C.当电路中转移2mol电子时，阳极产生22.4L(标准状况)
D.电解池工作时，阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小
【正确答案】 C

10-5（提升） 用设计成对环境无害的燃料电池并以之为电源电解溶液制备，电解的工作原理如图所示，下列叙述错误的是

A.燃料电池通入的电极接电解池的Y电极
B.该电解装置实现了反应：
C.该装置工作一段时间之后，N室pH将增大
D.理论上每生成4mol产品，需消耗的质量为92g
【正确答案】 D

10-6（提升） 利用双极膜制备氢碘酸和氢氧化钠的原理如图所示。已知双极膜(BPM膜)是一种复合膜，在直流电作用下，双极膜中间界面内水解离为H+和OH−，并实现其定向通过，其中A、B为离子交换膜。下列说法正确的是

A.B为阴离子交换膜
B.双极膜中a为H+，b为OH-
C.一段时间后，阴、阳极产生气体的物质的量之比为2：1
D.若用铅蓄电池为电源，则X极与Pb电极相连
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 外界条件对化学平衡影响的图像

【正确答案】
B

11-1（基础） 在恒容条件下发生反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)(ΔH＜0)，改变其他反应条件，在I，II阶段体系中各物质的浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是

A.第I阶段用C表示的平衡前的反应速率v(C)=0.1mol/(L·s)
B.由第一次平衡到第二次平衡，可能采取的措施是从反应体系中移出产物C
C.第I阶段的平衡常数KI与第II阶段平衡常数KII的大小关系是：KI＜KII
D.第I阶段中B的平衡转化率αII(B)=0.019
【正确答案】 B

11-2（基础） 已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-mkJ·mol-1。在2L密闭容器中通入3molH2和1molN2，测得不同温度下，NH3的产率随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是

A.ΔH﹥0，T2﹥T1
B.达到平衡时，T1温度对应反应放出热量为mkJ
C.平衡时，通入氩气平衡正向移动
D.平衡常数，Ka＜Kc
【正确答案】 D

11-3（巩固） 在恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A.反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)的∆H＜0
B.T1时，该反应的平衡常数K=1mol/L
C.T2时，H2S的平衡转化率大于50%
D.H2S在X点的逆反应速率大于Y点的正反应速率
【正确答案】 C

11-4（巩固） 向1L密闭容器中充入xmolA和ymolB发生反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g) ∆H，下图中曲线2为70℃下反应的转化率α(A)—t曲线。下列说法正确的是

A.若其它条件不变，曲线4一定是使用了催化剂，降低了反应的活化能
B.若∆H>0，其它条件不变，保持反应绝热，图象可能为曲线5
C.若∆Ha：b时对应的，大小关系为
0，在较低温度下不能自发进行反应

18-4（巩固） 研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
1、常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示：
名称
氢气
甲烷
一氧化碳
甲醇
化学式









已知：
则 __________，该反应在__________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。
2、在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物CO生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。

保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式

温度/℃
的平衡转化率/％
的选择性/％
①
普通催化反应器
3
260
21.9
67.3
②
分子筛膜催化反应器
3
260
36.1
100
①分子筛膜催化反应器(恒温恒容)模式中，发生反应，下列说法能作为此反应达到平衡状态的判据的是__________ (填标号)。
A．气体压强不再变化 B．气体的密度不再改变
C． D．
②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：__________。
3、二氧化碳催化加氢制甲醇的反应中在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃时，随压强(p)的变化及在时随温度(T)的变化，如图所示。

①图中对应等压过程的曲线是______(填“a”或“b”)，判断的理由是__________。
②恒温时(℃)，当时，的平衡转化率__________(保留小数点后一位)，此条件下该反应的__________。(保留小数点后两位)(对于气相反应，可以用分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
【正确答案】 1、-108.5 低温
2、A 双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大
3、b 在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小 33.3%

18-5（提升） 含碳化合物对环境、生产和人类生命活动具有很大影响。回答下列问题：
1、治理汽车尾气污染对保护环境至关重要。
①汽车尾气中含有大量CO和NO等大气污染物，反应为：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)，其他条件不变时，NO平衡转化率随温度变化的曲线如图：由图像知：∆H_______0(填“>”或“r(s)>r(O)，故A错误；
B．SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C．含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D．形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误；
答案选C。
点睛:
微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
丁是元素D的单质，为黄绿色气体即Cl2，则D为Cl元素，常温下0.1 mol·L-1 丙溶液的pH为1，说明丙是强电解质，由于含Cl元素组成的二元化合物，则丙为HCl，戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，A为H元素，B为C元素，己的水溶液具有漂白性则己为HClO，则乙为H2O，C为O元素；
详解:
分析可知，A、B、C、D分别为H、C、O、Cl，甲为烷烃、乙为H2O、丙为HCl、丁为Cl2、己为HClO，
A．戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，甲可能是丁烷，常温常压下正丁烷呈气态，A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径减小，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：A(H)＜C(O)＜B(C)＜D(Cl)，B错误；
C．B为C，D为Cl，未指明最高价氧化物对应的水化物，而酸性：H2CO3>HClO，C错误；
D．己为HClO，O原子能形成2对共用电子对，H和Cl原子只能形成1对共用电子对，结构式为H-O-Cl，即A-C-D，D错误；
故选：A。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
短周期主族非金属元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们分列在不同的主族，由这四种元素组成的一种常见化合物甲有如如图所示的转化关系，常温下，丁为液态，在乙、丙的水溶液中各滴3滴酚酞溶液、乙溶液显红色，丙溶液为无色，则甲为碳酸铵或碳酸氢铵、乙为氨气、丙为二氧化碳、丁为水，R为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素。
详解:
A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故A错误；
B．碳、氮、氧三种元素中，碳元素与氢元素可以形成烃类化合物，所以碳元素形成氢化物种类最多，故B正确；
C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，最高价氧化物水化物的酸性依次增强，则硝酸的酸性强于碳酸，故C错误；
D．碳酸铵或碳酸氢铵是含有离子键和共价键的离子晶体，故D错误；
故选B。
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物；其中，d单质和X溶液反应生成Z溶液，d单质还能和Y溶液反应生成W溶液，Z溶液和W溶液反应生成两性化合物，该化合物为Al(OH)3；X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1，则X为HCl，故d为Al，Z为AlCl3，Y为NaOH，W为NaAlO2，a单质为H2；由于a、b、c、d、e为原子序数依次增大，故a为H，b为O，c为Na，d为Al，e为Cl。
详解:
A．由分析可知，b为O，d为Al，e为Cl，它们的简单离子分别为O2-、Al3+、Cl-，O2-和Al3+的电子层结构相同，但是Al的原子序数较大，故离子半径：O2-＞Al3+，O2-、Al3+都只有两个电子层，Cl-有三个电子层，故Cl-的离子半径最大，所以，简单离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，A错误；
B．由分析可知，b为O，c为Na，它们形成的化合物Na2O2含有离子键和共价键，B错误；
C．由分析可知，Z为AlCl3，W为NaAlO2，它们在水中都会发生水解，都能促进水的电离平衡正向移动，C正确；
D．由分析可知，b为O，e为Cl，O的氢化物有H2O2、H2O，Cl的氢化物为HCl，H2O2的稳定性较弱，而HCl的稳定性较强，故O的氢化物稳定性不一定强于Cl的氢化物，D错误；
故选C。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．若甲是单质，乙与戊的反应是
OH-+HCO=H2O+CO，则甲一定是钠，乙是NaOH，丙是H2，X是CO2，丁是碳酸钠，戊是碳酸氢钠，故 A正确；
B．若戊为CO，丁能和丙反应，则甲一定为Na2O2，电子式是，故 B正确；
C．和Na2CO3反应产生的含极性键的非极性分子只能是CO2，丁是CO2，乙一定是强酸，能与水常温下反应生成强酸和另一种物质，甲可能是氯气或二氧化氮，丙可能是次氯酸或一氧化氮，故C错误；
D．戊为白色沉淀，只能是Al(OH)3才有与X连续的过程，若甲、戊摩尔质量都是78 g/mol，则X一定含Al3+，故 D正确；
故答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图示可知，放电过程中b为负极，失去电子发生氧化反应；a为正极，得到电子发生还原反应；充电过程中b为阴极，外接电源负极，a为阳极，外接电源正极。
详解:
A．由图示可知，放电过程中a极为正极，得到电子发生还原反应，充电过程中失去电子发生氧化反应，故A错误；
B．充电过程中a电极失去电子发生氧化反应，则充电过程中，a电极反应为：，故B错误；
C．放电过程中，a为正极，b极为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极；所以放电过程中，向b极迁移；故C错误；
D．放电过程中b电极为负极，其电极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)，所以放电过程中，转移0.4mole-时，b电极消耗0.8molOH-，故D正确；
答案选D。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2＋离子被氧化，是电源的负极，VO2＋离子化合价降低，被还原，是电源的正极反应，电池反应为VO+V2++2H+ VO2++V3++H2O。放电时，右侧为负极，电极反应式为，左侧为正极，电极反应式为；充电时，右侧为阴极，电极反应式为，左侧为阳极，电极反应式为，据此分析作答。
详解:
A．放电时，负极反应为V2＋−e−=V3＋，A正确；
B．充电时阳极的电极反应为VO2+-e-+H2O= VO+2H+，氢离子浓度增大，pH降低，B正确；
C．放电时，若转移1mol电子，正极会消耗，因为氢离子要平衡电荷，则有从右往左通过质子交换膜，C错误；
D．电池总反应为VO+V2++2H+ VO2++V3++H2O，D正确；
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由图像可知，S到T为放电，此时S中的Li+嵌出并透过隔膜移动到A电极，S中带负电荷的氧失去电子经导线流入正极，则B为负极，A为正极。
详解:
A．根据分析，B极为电池的负极，充电时应与电源负极相连，A错误；
B．根据分析，A为正极，结合图像，LiI3作氧化剂，在正极得到电子还原为I-，电极反应式为LiI3+2e−=LiI+2I−，B正确；
C．根据分析和图像，放电时，S中带负电荷的氧失去电子化合价升高后生成T，充电时T中氧元素得电子化合价降低生成S，C错误；
D．每生成1mol T时，转移2nmol e−，D错误；
答案选B。
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．放电时a是负极，充电时，a极Zn2+得电子生成Zn发生还原反应，a极为阴极，故A正确；
B．离子交换膜只允许离子通过，能防止PVP、NVP分子进入左侧溶液，故B正确；
C．放电时，b极是正极，正极得电子发生还原反应，根据图示正极反应式为，故C正确；
D．电池改进前，放电时1mol转化为，转移2mol电子，故D错误；
选D。
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由图可知，放电时右侧电极上氯气发生还原反应生成氯离子，为正极，则左侧电极为负极；
详解:
A．放电时，正极氯气发生还原反应生成氯离子，反应式为，A正确；
B．充电时，左侧为阴极，发生还原反应，，反应中不涉及氢离子、氢氧根离子浓度变化，pH不变，B错误；
C．放电时，负极反应为，转化为，C正确；
D．放电时，每有参与反应，转移电子的物质的量为2mol，反应会生成2mol氯化钠，故溶液增重，D正确；
故选B。
9-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由图可知，放电时，B极是原电池负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为
Mn[Mn(CN)6]+2Na++e—= Na2Mn[Mn(CN)6]，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。
详解:
A．由分析可知，放电时，B极是原电池负极，A极是正极，原电池中正极电势高于负极，则A极的电势高于B极，故A错误；
B．由分析可知，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++e—= Na2Mn[Mn(CN)6]，故B正确；
C．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极，则钠离子穿过离子交换膜在B极上得电子发生还原反应生成钠，故C正确；
D．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，故D正确；
故选A。
10-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．搅拌并不能明显提高电解反应速率，A错误；
B．由电解原理图可知，a极氢离子得电子生成氢气，为阴极，b极氢氧根离子失电子生成氧气，氢氧根离子和溴离子失电子生成溴酸根离子和水，为阳极，电极反应式分别为4OH--4e-=2H2O+O2↑、Br-+6OH--6e-=BrO+3H2O，B正确；
C．由电解原理图可知，生成双醛淀粉的反应为：3(C6H10O5)n+nBrO=3(C6H8O5)n+nBr-+3nH2O，C错误；
D．在阳极是竞争反应，既生成氧气，又生成溴酸根，所以电路转移2mol电子无法确定溴酸根的量，D错误；
答案选B。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
该装置为电解池，NaClO将NH3氧化为N2H4，因此通NH3的一极为电解池的阳极，则b端为电源的正极，a端为电源的负极。据此解答。
详解:
A.在电解池的阳极NH3失去电子被氧化成N2H4，因此b端为电源的正极，故A项正确；
B.NaClO溶液呈碱性，阴极室内发生的反应为：ClO- + 2e- + H2O= Cl- + 2OH-。NaClO浓度降低，因此溶液碱性减弱，故B项正确；
C.多孔铂电极上NH3失去电子，电极反应式为：2NH3 - 2e- +2OH- = N2H4 + 2H2O，故C项正确；
D.在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此双极膜的左右两侧分别为阳膜和阴膜，故D项错误。
故答案选：D。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极为负极，Pd电极为正极，OH-通过b膜移向Zn电极，故A正确；
B．闭合K1时，该装置为原电池，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)，则Zn电极为负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，故B正确；
C．闭合K1时，Zn-CO2电池中Zn电极为负极，Pd电极为正极，闭合K2时，该装置为电解池，Zn电极为阴极，与直电源负极相连，故C错误；
D.闭合K2时，该装置为电解池，Pd电极为阳极，阳极上HCOOH发生失去电子的氧化反应生成CO2，Zn电极为阴极，阴极上析出锌，利用得失电子守恒可知，，即有2.24L CO2(标况下)生成，则析出Zn 6.5g ，故D正确；
故选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电解池中阳离子向阴极移动，则电极b是阴极，电极a是阳极，电极a接电源的正极，故A正确；
B．电解池中阴离子向阳极移动，电解过程中溶液中的SO透过阴离子交换膜移向左室，故B正确；
C．当电路中转移2mol电子时，阳极水中的氢氧根离子失电子生成0.5molO2，故C错误；
D．电解池工作时，电极b是阴极，电极a是阳极，SO通过阴离子交换膜向左移动与氢离子结合生成硫酸，阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小，故D正确；
故选C。
10-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
用N2H4−N2O4设计成对环境无害的燃料电池，产物是N2和H2O，则N2H4作还原剂，发生氧化反应，通入N2H4的电极为燃料电池的负极，N2O4作氧化剂，发生还原反应，通入N2O4的电极为燃料电池的正极；根据产品室与原料室的位置可知，M室中的H+应向产品室中移动可知，M室为阳极室，N室为阴极室。
详解:
A．由分析可知，通入N2H4的电极为燃料电池的负极，N室为阴极室，则燃料电池通入N2H4的电极接电解池的Y电极，A正确；
B．M室电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，则M室为阳极室，N室的电极反应为4H2O+4e=2H2+4OH-，则N室为阴极室，产品室发生了反应+H+= H3BO3+H2O，则电解池的总反应为4NaB(OH)4+2H2O=4H3BO3+O2+2H2+4NaOH，B正确；
C． N室发生反应4H2O+4e-=2H2+4OH-，该装置工作一段时间之后，N室pH将增大，C正确；
D．由电解池的总反应可知，每生成4mol H3BO3，转移4mol电子，需要消耗0.5mol N2O4，即46g N2O4，D错误；
故选D。
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
该装置为电解池，X极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，Y极与电源负极相连，作阴极，发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑。双极膜中间界面内水解离为H+和OH−，并实现其定向通过。A、B为离子交换膜，原料室中的钠离子通过B膜进入产品室，得到产品氢氧化钠，电解后的原料室中含有碘离子和氢离子经过精馏得到氢碘酸。
详解:
A．该装置的目的是制备氢碘酸和氢氧化钠，原料室中的钠离子向阴极移动，即右侧移动，则B膜为能够通过Na+的阳离子交换膜，故A错误；
B．由图可知，a向阳极移动，b向阴极移动，所以a为OH-，b为H+，所以B错误；
C．阴极反应：2H++2e-=H2↑，阳极反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，由得失电子守恒可知，阴、阳极产生气体的物质的量之比为2:1，故C正确；
D．若用铅蓄电池为电源，Pb化合价升高被氧化，则Pb为负极，而X极与电源正极相连，故D错误；
答案选C。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据化学方程式可知，第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，由此分析。
详解:
A．由图可知，第Ⅰ阶段20min到达平衡，平衡时Δc(C)=2mol/L，故v(C)==0.1mol/(L∙min)，故A错误；
B．第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，故B正确；
C．平衡常数只受温度影响，第Ⅰ阶段与第Ⅱ阶段的温度相同，故平衡常数KI=KII，故C错误；
D．由图可知，第I阶段平衡时Δc(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L，故第I阶段中B的平衡转化率αⅡ(B)=×100%=50%，故D错误；
答案选B。
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，正反应放热。
详解:
A．根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动， ΔH＜0，故A错误；
B． 反应是可逆反应，转化率达不到100%，达到平衡时，T1温度对应反应放出热量少于mkJ，故B错误；
C． 平衡时，通入氩气容器压强增大，但是反应物和生成物的分压不变，平衡不移动，故C错误；
D． 根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以ka＜kb，化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，b、c温度相等化学平衡常数相等，所以存在ka＜kb=kc，平衡常数，Ka＜Kc，故D正确；
故选D。
11-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．升高温度，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则∆H>0，故A错误；
B．容器的体积未知，无法计算具体的平衡常数数值，故B错误；
C．由A项的分析可知，2H2S(g)S2(g)+2H2(g)正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，T2>T1，则T2时H2S的平衡转化率大于50%，故C正确；
D． X点和Y点均处于平衡状态，正反应速率和逆反应速率相等，升高温度能加快反应速率，T2>T1，则H2S在X点的逆反应速率小于Y点的正反应速率，故D错误；
答案选C。
11-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图象可知，曲线4和曲线2的平衡相同，但曲线4先达到平衡状态，可能是加了催化剂，也可能是反应前后气体体积相同的反应增大了压强，故A错误；
B．若∆H>0，其它条件不变，保持反应绝热，则随反应的进行体系内温度降低，反应速率减小，达到平衡的时间应比曲线2长，曲线5与此不符，故B错误；
C．若∆H0.1a，故D错误；
答案选A。
12-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．甲容器中，C呈固态，不能用来表示平均反应速率，A不正确；
B．温度为T1时，按甲容器进行计算，平衡时，c(CO)=1.5mol/L，则c(H2)=1.5mol/L、c(H2O)=2mol/L-1.5mol/L=0.5mol/L，所以反应的平衡常数K=mol∙L-1=4.5 mol∙L-1，B不正确；
C．甲容器中，平衡时n(C)=n(H2O)=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，若乙容器与甲容器温度相同，则平衡时n(C)=0.25mol，现平衡时n(C)=0.19mol，则表明平衡正向移动，则，Ｃ不正确；
D．丙容器中，c(CO)=3mol/L，则c(H2)=3mol/L，K=mol∙L-1=4.5 mol∙L-1，c(H2O)=2mol/L，-3mol/L=2mol/L，V=0.4L，D正确；
故选D。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。容器Ⅰ中的温度比容器Ⅲ的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，A错误；
B．认为0.40 mol/L CH3COOH(g)是CH3OH(g)与CO(g)反应生成的，则开始时c(CH3OH)= c(CO)=0.60 mol/L在恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，由于该反应的正反应是气体分子数减小的反应，因此加压平衡正向移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的大，B错误；
C．容器Ⅲ中将CH3COOH转化为反应物，则容器Ⅰ和容器Ⅲ中反应物的起始浓度相同，若容器Ⅰ和容器Ⅲ中温度相同，达平衡时CH3OH转化率与CH3COOH转化率之和等于1，但容器Ⅰ中温度高，且正反应方向是放热的，导致容器Ⅰ中CH3OH转化率降低，所以容器Ⅰ中CH3OH转化率与容器Ⅲ中CH3COOH转化率之和小于1，C正确；
D．温度为530 K时，该反应的化学平衡常数，若开始时向容器Ⅰ中加入2.0 mol CH3OH(g)、0.10 mol CO(g)和8.0 mol CH3COOH(g)，由于容器的容积是1 L，则浓度熵=40=K，反应恰好处于平衡状态，此时反应既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，D错误；
故合理选项是C。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
该反应是吸热反应，反应过程中绝热环境容器的反应温度低于25℃恒温环境容器的反应温度，反应速率慢于25℃恒温环境容器的反应速率，由表格数据可知，容器A中反应达到平衡的时间多于容器B中反应达到平衡的时间，则容器A为绝热环境，容器B为25℃恒温环境，由40s反应达到平衡时，B容器中S2的物质的量为3mol可知，平衡时容积为1L的容器中硫化氢、氢气、S2的浓度为mol/L、6mol/L、3mol/L，由平衡常数为12可得：=12，解得x=18。
详解:
A．由分析可知，x为18，故A错误；
B．由分析可知，容器A为绝热环境，容器B为25℃恒温环境，故B错误；
C．由分析可知，容器B为25℃恒温环境，60min时S2的物质的量为3mol，则1～60min内，则容积为1L的容器中硫化氢的反应速率为=0.1 mol/(L·min)，故C正确；
D．降低容器的温度，正、逆反应速率均减慢，故D错误；
故选C。
12-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，A正确；
B．实验①、实验②中0～20min、20min～40min氨气浓度变化量都是，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，说明相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，B正确；
C． 反应为气体分子数增加的反应，恒温恒容的密闭容器中，①的氨气起始物质浓度更大，相当于达到平衡后比之于②又逆向移动，导致的体积分数①>②，C错误；
D．由实验③中数据可知，达平衡时氨气反应了2mol/L，则生成氮气1mol/L，生成氢气3mol/L，平衡时体积分数等于物质的量浓度分数，故氮气的体积分数为，D正确；
故选C。
12-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该反应为气体体积不变的反应，平衡后加入P，相当于增大压强，平衡不移动，A项正确；
B．M和N的化学计量数相同，所以在相同温度下，平衡常数相同，平衡时P的物质的量与实验②的结果相同，B项正确；
C．实验②与实验③温度相同，平衡常数相同，与实验①相比，实验②的温度升高，平衡时P的物质的量小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，故反应的平衡常数：实验①>实验③，C项错误；
D．实验②与实验③温度相同，K相同，同时实验③初始物质的量为实验②的一半，相当于减小压强，平衡不移动，所以平衡时P的物质的量为0.05mol，则Q的物质的量与P相等，也为0.05mol，故D正确；
故答案为C。
13-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．晶胞中O2-位于面心，每个晶胞有共=3个O2-，Co2+位于体心，每个晶胞有1个Co2+，Ti4+位于顶点，每个晶胞有=1个Ti4+，所以该钴的化合物的化学式为CoTiO3，故A正确；
B．B点在前侧面的中心，所以B点的原子坐标参数为，故B正确；
C．Ti4+与Co2+之间的最短距离为体对角线的一半，即anm，故C错误；
D．从晶胞图可以看出，距离Ti4+最近且等距离的O2−的数目为12，故D正确；
故选C。
13-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据晶胞的结构，离子的前后左右上下各有一个，故配位数为6，选项A错误；
B．根据均摊法可知，该晶胞中含有12+1=4个，选项B正确；
C．由钙离子和构成，中存在碳碳三键，故含有离子键和共价键，选项C错误；
D．晶体密度为，选项D错误；
答案选B。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．1个As原子形成4个键，其中有一个为配位键，故A正确；
B．如图A球与离A球距离最近的黑球之间的距离为AC等于大立方体体对角线的四分之一，据此求得晶胞参数为，故B正确；
C．晶胞中离A球距离最近的黑球的坐标参数为，故C正确；
D．晶胞中离As原子距离最近且相等的As原子有12个，故D错误；
故答案为D；
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．的价层电子排布式为，A错误；
B．根据均摊法，Mg原子个数为，Ni原子的个数为，C原子个数为1，故该物质可表示为，B错误；
C．设晶胞参数为xnm，根据正八面体的边长为anm，则，该晶胞的体积为，该物质可表示为，1mol该物质中含NA个晶胞，故摩尔体积为：，C正确；
D．基态的价层电子排布图为：，处于状态的原子跃迁到基态时放出能量，产生发射光谱，D错误；
故选C。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．NaCl和CsCl晶体中正负离子所带电荷数量相同，Cs+半径大于Na+，则熔沸点NaCl>CsCl，A错误；
B．NaCl晶胞中，Cl-做面心立方最密堆积，Na+填充在Cl-形成的空隙中，B错误；
C．Zn2+与S2-之间最近距离为体对角线的，晶胞边长为apm，则体对角线长度为apm，则Zn2+与S2-之间的最近距离为apm，C错误；
D．ZnS中Zn2+的配位数为4，NaCl中Na+的配位数为6，CsCl中Cs+的配位数为8，则阳离子配位数ZnS1，生成的NaA溶液为强碱弱酸盐，则可用酚酞指示滴定终点c，B正确；
C． c点溶液为NaA，水解呈碱性，pH=b，，，溶液中电荷守恒、溶液中物料守恒，则，可得：、 ，则HA的电离常数Ka== ，C正确；
D．溶液中电荷守恒、则d点时不可能存在c(Na+)>c(A-)+c(HA)+c(OH-)，D不正确；
答案选D。
15-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则
c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，滴定分数为0.90，设
V(MOH)=VL，则V(HCl)=0.90V(MOH)=0.90VL，混合溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(Cl-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)=c(M+)=，
c(MOH)=，
Kb(MOH)=，A正确；
B．Kb(MOH)=，则Kb(MOH)=，则=，因此保持恒定，B错误；
C．a点溶液显碱性，此时加入的HCl为MOH的一半，溶液中的氢离子全部为水电离出来的氢离子，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，c(OH-)大于10-7mol/L，则c(H+)小于10-7mol/L，C正确；
D．c点滴定分数为1，此时溶液中溶质全部为MCl，MCl会水解生成MOH和H+，升高温度，促进MCl的水解，氢离子浓度增大，pH减小，D正确；
故答案选B。
15-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；
B．滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B错误；
C．向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C错误；
D．p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D正确；
故合理选项是D。
15-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图示，滴定终点溶液呈酸性，不能用酚酞作指示剂，故A错误；
B．根据图2，时，POH=4.7，=，数量级为，故B错误；
C．=10-4.7，M点溶液，10-3，所以的电离度 ，故C正确；
D．N点为等浓度的MOH、MCl的混合液，根据物料守恒，溶液呈碱性，，所以，故D错误；
选C。
15-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．没有加入时，约为1，说明第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表，曲线②代表，故A正确；
B．根据反应，，故B正确；
C．根据曲线当时溶液的，则的电离平衡常数，所以的平衡常数为，故C错误；
D．当加入溶液时，溶液的发生突变，说明恰好完全反应，根据反应知，溶质为，由物料守恒可得，D正确；
故选：C。
15-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
往氨水溶液中加入稀盐酸，随着滴加稀盐酸的体积变化，溶液pH的变化由一个突变过程，逐渐与盐酸反应生成氯化铵和水，含量下降，为曲线①，的含量逐渐上升，为曲线②。
详解:
A．随着滴加稀盐酸的体积变化，含量下降，为曲线①，的含量逐渐上升，为曲线②，A项正确；
B．当盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵和水时，消耗盐酸25mL，溶液显酸性。当溶液显中性时，溶液中存在氯化铵、氨水，氯化铵的水溶呈酸性，氨水的溶液呈碱性，说明氨水未反应完，滴入盐酸的体积小于25mL，B项正确；
C．的电离常数表达式是，当含量50%时，c(NH)=c(NH3·H2O)，此时pH=9.26，常温下，pOH=14-9.26=4.74，则Ka=10-4.74，则的电离常数的数量级为，C项错误；
D．a点溶液中溶液呈碱性，还有一部分氨水未被中和，溶液中存在氯化铵、一水合氨，刚好是曲线①和曲线②的交点，则，所以存在，D项正确；
故答案选C。
16-1【基础】 【正确答案】 1、 2、C 3、适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)
4、O2、Cl2 减小
5、13.44 6、2.5×1014
【试题解析】 分析:
硒化银半导体废料(含、Cu)中加入H2SO4、O2进行酸溶，生成CuSO4、Ag2SO4、SeO2等，蒸馏可得到SeO2蒸气和CuSO4、Ag2SO4溶液；蒸气通入水中生成H2SeO3，用SO2还原生成粗硒；溶液中加入稍过量的NaCl溶液，生成AgCl沉淀和CuSO4溶液(含有Na2SO4和少量NaCl)；电解滤液可得到Cl2、O2和Cu；用N2H4、NaOH还原AgCl，可得到粗银。
NaOH为离子化合物，由Na+和OH-构成，电子式为 。 ；
A．氢化物的溶解度大小与组成物质的元素的非金属性不成比例关系，则不能由溶解度关系推断非金属性强弱，A不符合题意；
B．氢化物的沸点高低，与分子间的作用力有关，与非金属性无关，则不能利用沸点判断元素的非金属性强弱，B不符合题意；
C．元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，其非金属性越强，由，可确定硫的非金属性比硒强，C符合题意；
故选C。C；
“酸溶”时，可通过增大浓度、升高温度、增大接触面积加快反应速率，则能提高反应速率的措施有：适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)。由流程图可知，、和反应，生成Ag2SO4、SeO2等，化学方程式为。适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)；；
“电解”时，在阳极，少量NaCl电离出的Cl-先失电子生成Cl2，然后水电离生成的OH-再失电子生成O2等，阳极生成的气体为O2、Cl2，电解结束后，电解液的pH减小。O2、Cl2；减小；
在上述流程中，H2SeO3转化为Se的过程中，可建立如下关系式：Se——2SO2，23.7gSe的物质的量为=0.3mol，则理论上消耗SO2的物质的量为0.6mol，标准状况下参与反应SO2的体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L。13.44；
“沉银”时Ag2SO4转化成AgCl，发生反应为Ag2SO4(s)+2Cl-2AgCl(s)+，该反应的平衡常数K===2.5×1014。2.5×1014。
点睛:
H2SeO3被SO2还原为Se时，发生反应的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4。
16-2【基础】 【正确答案】 1、

2、
3、
4、
5、石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了，石墨被消耗
【试题解析】 分析:
SCR催化剂的主要成分为、、以及少量CaO、、，加入H2C2O4酸浸还原时，会转化为可溶于水的，随钒浸液离开体系。CaO会转化为CaC2O4随TiO2、、进入碱浸环节，加入NaOH溶液后，会转化为NaAlO2，WO3会转化为Na2WO4，其余物质跟随钛渣分离；调pH时加入盐酸，NaAlO2转化为Al(OH)3，溶液中剩余的Na2WO4中加入石灰乳可获得CaWO4沉淀，经熔融电解获得W，据此分析解答。
“酸浸还原”中转化成可溶于水的，H2C2O4被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为
。
“碱浸”时转化为的离子方程式为。
根据分析知，“滤渣”的主要成分是。
当“滤液”的时，
，
。
“熔融电解”过程中阴极反应为。电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了，石墨被消耗。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、+3 2、Co2O3+4H++SO═2Co2++SO+2H2O
3、可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去Fe3+
4、Fe(OH)3 因Fe3+和Al3+水溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+、Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，加入碳酸钠后CO与H+结合生成难电离的HCO，使水解平衡右移而产生沉淀；
5、除去溶液中的Mn2+ B
6、0.7 7、
【试题解析】 分析:
用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4·2H2O，据此解答。
CoC2O4·2H2O中Co为+2价，O为-2价，根据各元素正、负化合价代数和为0，计算得元素C的化合价是+3价；
加入的Na2SO3主要Co3+还原为Co2+，发生反应的离子方程式为：Co2O3+4H++SO═2Co2++SO+2H2O；
浸出液中加入NaClO3的目的是加入 NaClO3可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去Fe3+；
加Na2CO3调节溶液pH=5.2，能使Fe3+、Al3+ 离子转化成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，原因是：因Fe3+和Al3+水溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+、Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，加入碳酸钠后CO与H+结合生成难电离的HCO，使水解平衡右移而产生沉淀；
根据流程图可知，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，加入萃取剂目的是除去Mn2+，则选取的萃取剂不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故B正确；
当加入过量NaF后，所得滤液
====0.7；
m1kg水钴矿中含Co2O3的物质的量为，则CoC2O4·2H2O的理论产量为×2×183g/mol，则产率为×100%=×100%。
16-4【巩固】 【正确答案】 1、Al2O3 SiO2
2、 3、Fe2(SO4)3
4、
5、
6、c(H+)过大，H+优先于Pb2+在阴极放电，在阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，从而导致铅的产率降低
【试题解析】 分析:
硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等， 粉碎后加入足量氢氧化钠溶液进行碱浸，得到滤液含有偏铝酸钠、硅酸钠，滤渣含有PbS、FeO、Fe2O3加入足量过氧化氢和稀硫酸，可生成PbSO4， 同时氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节pH，除去铁元素，同时将硫酸铅转化为碳酸铅，分离得到碳酸铅和氢氧化铁的混合沉淀，加入H2SiF6溶解，碳酸铅转化为PbSiF6转移到溶液中，获得混合溶液，电解后获得Pb单质。
进行分析“碱浸”中滤渣含有PbS、FeO、Fe2O3，故可以除去的杂质为Al2O3、SiO2等；
为不引入杂质，“氧化”过程中加入了一种“绿色”氧化剂H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2的电子式为；
FeO、Fe2O3加入足量过氧化氢和稀硫酸，最终均生成硫酸铁，故滤液Ⅱ的主要溶质中属于盐的是Fe2(SO4)3；
，=，
，则滤液Ⅲ中为
；
若溶液中不存在溶质分子，则 为强酸，“溶解”过程中反应的离子方程式为
；
电解“、混合液”时，适当提高有利于提高铅的产率，但若过大时，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是c(H+)过大，H+优先于Pb2+在阴极放电，在阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，从而导致铅的产率降低。
16-5【提升】 【正确答案】 1、
2、该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大。
3、、C
4、0.03 5、对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降
直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去。
【试题解析】 分析:
步骤一：天青石的和与碳粉分别反应生成SrS、CaS、BaS，加水浸取时发生反应：，得到滤液1种含Sr(HS)2、Ca(HS)2、Ba(HS)2，滤渣1含、C，向滤液1中通入二氧化碳生成SrCO3沉淀，经系列操作后得到粗SrCO3粉；
步骤二：SrCO3与硝酸反应生成Sr(NO3)2和二氧化碳，杂质BaCO3与硝酸反应生成Ba(NO3)2，Sr(NO3)2与过量(NH4)2CrO4反应生成SrCrO4，加入硝酸发生氧化还原反应生成SrCr2O7，加入NaOH再加入过量生成SrCO3；
天青石的主要成分为，与碳粉反应生成CO和SrS，反应方程式为：；
浸取时发生反应：，用热水有利于提高的平衡转化率，原因是：该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大；
已知在时，Ca(OH)2的溶解度(g)为0.094，属于微溶物，还有多余的碳粉，则滤渣1的主要成分是、C；
完全沉淀时，则，加入溶液实现和的分离，则不能沉淀SrSO4，溶液中一定不大于；
①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，从化学平衡移动角度解释原因：对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降；
②还原过程中与草酸发生反应生成铬离子和二氧化碳，反应的离子方程式为；
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8，此过程不调节为13的原因是：直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去；
④加入溶液与Sr(OH)2反应生成高纯和水，反应的离子方程式为。
16-6【提升】 【正确答案】 1、萃取分液 2、+3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素 3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+
3、4～7 4、 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
5、加热浓缩、冷却结晶、过滤
【试题解析】 分析:
粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液；
①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；
②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素；
③据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故离子方程式为：3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+；
据已知信息，的，则溶液2中时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7；
①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；
②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降；
从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。
17-1【基础】 【正确答案】 1、ABE 2、吸收逸散出的Cl2；导气、平衡压强
3、分液漏斗 b进a出
N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl[或
CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O] B
4、酸式 当加入最后半滴碘的标准液时，溶液出现蓝色且半分钟内不消失 9%
【试题解析】 分析:
本实验的目的，先制得NaClO溶液，再制取水合肼。往NaOH溶液中通入Cl2，生成NaClO溶液；将NaClO溶液与尿素的碱性溶液混合，需控制NaClO的滴加速率，若滴速过快，会导致溶液的氧化性过强，将尿素或水合肼氧化。
配制100mL 10 mol∙L-1的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故选ABE。ABE；
装置M中装有碱石灰，且与锥形瓶和大气相连，其作用是吸收逸散出的Cl2；导气、平衡压强。吸收逸散出的Cl2；导气、平衡压强；
①仪器A带有活塞，其名称为分液漏斗，冷凝管的水流方向为b进a出。
②因为NaClO受热后会发生分解，水合肼也会失水，所以反应过程中需控制反应温度；NaClO具有强氧化性，不仅能氧化尿素，还能氧化水合肼，所以需控制NaClO的用量，如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，该过程的化学方程式：N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl[或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O]，则A中盛装的溶液是NaOH和NaClO溶液，故选B。分液漏斗；b进a出；N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl[或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O]；B；
①因为碘单质会腐蚀橡胶，所以滴定时，碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中；锥形瓶内的水合肼、NaHCO3的混合溶液呈无色，滴定终点时，稍过量的碘标准液使溶液呈蓝色(与淀粉作用)，所以本实验滴定终点的现象为：当加入最后半滴碘的标准液时，溶液出现蓝色且半分钟内不消失。
②实验时，n(I2)= 0.10 mol·L-1×0.018L=0.0018mol，依据反应N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，可得出n(N2H4∙H2O)=0.0009mol，则250mL溶液中所含水合肼的物质的量为0.0009mol×=0.009mol，馏分中水合肼(N2H4∙H2O)的质量分数为==9%。酸式；当加入最后半滴碘的标准液时，溶液出现蓝色且半分钟内不消失
；9%。
点睛:
滴定接近终点时，可能会出现局部溶液变蓝，但未真正达到滴定终点，所以一定要强调“半分钟内不变色”。
17-2【基础】 【正确答案】 1、检查装置的气密性 除去装置中的水蒸气和二氧化碳
2、和的质量分数测定结果偏小，的质量分数测定结果偏大 碱石灰 防止空气中的和进入装置D 偏大
【试题解析】 分析:
为防止装置中空气含有的水蒸气和二氧化碳干扰实验，实验开始，打开、，关闭，缓缓鼓入空气数分钟，除去装置中的水蒸气和二氧化碳；然后关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯，分解生成生成的水、二氧化碳被装置C、D吸收，通过测量反应产生的和的质量，确定该混合物中各组分的质量分数；E装置排除空气中二氧化碳、水的干扰。
①通过测量反应产生的和的质量，确定该混合物中各组分的质量分数，为防止气体外溢，组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置的气密性；
③为防止装置B中空气含有的水蒸气和二氧化碳干扰实验，实验开始，打开、，关闭，缓缓鼓入空气数分钟，除去装置中的水蒸气和二氧化碳；
①若加热反应后不鼓入空气，部分二氧化碳、水蒸气残留在B中，C、D吸收水和二氧化碳的质量偏小，和的质量分数测定结果偏小，的质量分数测定结果偏大；
②E处干燥管的作用是防止空气中的和进入装置D中，所以E中盛放的药品是碱石灰，如果实验中没有该装置，D中吸收二氧化碳质量增大，则会导致测量结果中的质量分数偏大。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、BCD 2、稀盐酸适当过量可以使铁屑完全反应，提高利用率；还能抑制亚铁离子水解 加入甘油可降低氯化铁晶体的溶解度，便于晶体析出，提高产率
3、ac 挤捏玻璃珠 废铁屑中存在其他金属元素，使产品不纯；FeCl3溶液部分水解，导致测得纯度偏低或Fe3＋与I-的反应存在一定的限度，Fe3＋有剩余
【试题解析】 A．生成的氨气中虽然混有氯化氢，但是装置B需要盐酸作为反应物，故不需要除杂装置，故A错误；
B． 搅拌可以使反应物充分接触，提高反应速率，故B正确；
C．氯气有毒，反应可能会有氯气逸出，需要氢氧化钠来进行尾气处理，故C正确；
D．仪器a为恒压分液漏斗，放液时只需打开下端的活塞，不需要取下上端的瓶塞，浓盐酸便可顺利流下，而仪器b为分液漏斗，放液时，需要取下上端的瓶塞，再打开下端的活塞，才可能形成空气对流，便于盐酸顺利流下，操作方法不相同，故D正确；
答案选BCD；
步骤II中稀盐酸适当过量可以使铁屑完全反应，提高利用率，过量的盐酸还能抑制亚铁离子水解；步骤IV中在冷却结晶后的固液混合物中加入甘油可降低氯化铁晶体的溶解度，便于晶体析出，提高产率；
应用分析天平称取样品5.000 g，FeCl3水解显酸性应用酸式滴定管量取待测液，故选ac；排出碱式滴定管的乳胶管中的气泡的操作为把乳胶管向上弯曲，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉；若铁屑中含有与酸反应的其他金属单质，可能会导致氯化铁晶体中混有杂质，导致产品的纯度降低；若过量盐酸的浓度偏小，导致氯化铁在溶液中发生水解，没有全部转化为氯化铁，导致产品的纯度降低；氯化铁溶液和碘化钾溶液的反应存在一定的限度，氯化铁不能完全反应，反应生成碘的量偏小，导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，使测定结果偏低。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、球形冷凝管 2、水浴加热

3、吸收生成的和挥发的HCl，以免污染环境
4、降低碘酸钙的溶解度使其析出，便于后续分离 过滤、洗涤
5、淀粉溶液 溶液的颜色由蓝色变成无色且在30s内保持不变 81.6%
【试题解析】 分析:
三颈烧瓶中氯酸钾、碘单质和浓盐酸反应的产物有、KCl、，加入KOH溶液，调节pH=10，生成，加入氯化钙沉碘，再经过过滤、洗涤、干燥得到。
仪器a的名称为球形冷凝管。
反应需要在80℃左右进行，则三颈烧瓶中控制反应温度的方法是水浴加热；三颈烧瓶的产物有、KCl、，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为
。
浓盐酸易挥发，氯气和HCl会对环境造成污染，故装置B的作用为吸收生成的和挥发的HCl，以免污染环境。
“沉碘”过程采用冰水浴的目的是降低碘酸钙的溶解度使其析出，便于后续分离；操作X为过滤、洗涤和干燥，得到。
滴定中所用指示剂为淀粉溶液，滴定终点时生成的碘单质与溶液恰好反应，现象为溶液的颜色由蓝色变成无色且在30s内保持不变；根据已知反应可得关系式：，则的物质的量为，故的纯度为
。
17-5【提升】 【正确答案】 1、排尽装置中的空气，防止O2氧化Fe2+
2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑
2、边搅拌边将赤铁矿渣分批加入到足量1.0mol•L-1稀硫酸中，充分反应后过滤，用1.0mol•L-1NaOH调节溶液pH到3.5～4.1，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤，将沉淀加入1.0mol•L-1硫酸溶液中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤
3、92.67%
【试题解析】 分析:
废弃小铁钉上有油渍，可用碳酸钠溶液清洗，再用蒸馏水洗涤2-3次后，干净的小铁钉放入三颈烧瓶中，再加入15mL4.6mol•L-1的硫酸溶液，控制70～80℃水浴加热10～15分钟，得到硫酸亚铁溶液，将所得溶液经趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，得到FeSO4•7H2O晶体，把硫酸亚铁晶体在隔绝空气条件下加热到800℃，得到氧化铁红色固体、二氧化硫和三氧化硫气体。反应过程中产生的二氧化硫气体可以用碱液吸收处理。赤铁矿渣(主要成分为Fe2O3、SiO2和少量Al2O3)，根据所提供的试剂分析，先用稀硫酸溶液矿渣得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸的混合溶液，再用1.0mol•L-1NaOH调节溶液pH到3.5～4.1，铁离子转化为氢氧化铁，然后再将氢氧化铁溶入1.0mol•L-1硫酸溶液中，再加入过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液，向溶液中加入乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶，过滤，用丙酮洗涤，干燥，可以得到FeSO4•7H2O晶体；根据氧化还原反应电子得失守恒，找出5FeSO4•7H2O～KMnO4关系，利用n(KMnO4)可以计算出n(FeSO4•7H2O)，进而计算出晶体的质量分数；计算过程中注意高锰酸钾溶液的体积选用，最后计算溶质的总量需要扩大10倍。
①反应前通入N2的作用是排尽装置中的空气，防止O2氧化Fe2+。故排尽装置中的空气，防止O2氧化Fe2+；
②将FeSO4•7H2O晶体在隔绝空气条件下加热到800℃，生成红棕色固体，该固体为氧化铁，铁元素的价态升高，硫元素的价态降低，可以生成二氧化硫气体，根据原子守恒，还应该有三氧化硫气体产生，该反应的化学方程式2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。故2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑；
以赤铁矿渣为原料制备FeSO4•7H2O晶体，相应的实验方案：取一定量的赤铁矿渣，边搅拌边将赤铁矿渣分批加入到足量1.0mol•L-1稀硫酸中，充分反应后过滤，用1.0mol•L-1NaOH调节溶液pH到3.5～4.1，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤，将沉淀加入1.0mol•L-1硫酸溶液中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶，过滤，用丙酮洗涤，干燥。故边搅拌边将赤铁矿渣分批加入到足量1.0mol•L-1稀硫酸中，充分反应后过滤，用1.0mol•L-1NaOH调节溶液pH到3.5～4.1，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤，将沉淀加入1.0mol•L-1硫酸溶液中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤；
通过实验数据分析，20.58mL误差较大，舍去不用；所以消耗KMnO4溶液的平均体积V==20.00mL；20mL溶液中，n(KMnO4)=0.02000×196mol•L−1×20.00×10−3L=4.000×10−4mol；根据电子守恒关系：5FeSO4•7H2O～KMnO4可知，n(FeSO4•7H2O)=4.000×10−4mol×5=2.000×10−3mol；100mL溶液中，n(FeSO4•7H2O)=2.000×10−3mol×5=1.000×10−2mol；FeSO4•7H2O的质量分数ω= ×100%≈92.67%，故92.67%。
17-6【提升】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 CaCl2 +H2O2 +2NaOH +6H2O =CaO2·8H2O↓+2NaCl
2、氢氧化钠一次性加入会生成微溶的氢氧化钙；该反应放热，温度升高使双氧水分解，使CaO2的产率和纯度降低；
3、2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑ 73.8%
4、2
【试题解析】 分析:
由题给流程、实验示意图可知，氯化钙固体溶于水得到氯化钙溶液，向溶液中加入过氧化氢溶液和氢氧化钠溶液，冷水浴下氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，抽滤得到的沉淀经冷水洗后，烘烤得到无水过氧化钙。
盛放NaOH溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中的反应为：CaCl2 +H2O2 +2NaOH +6H2O =CaO2·8H2O↓+2NaCl
将NaOH溶液和H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶中，会生成微溶的氢氧化钙，由于反应放热，温度过高使双氧水分解，CaO2的产率和纯度均降低；
滴定过程中的离子方程式为2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑；
根据反应历程得关系式：5CaO2～～5H2O2～～2KMnO4，反应消耗KMnO4的物质的量是0.05mol·L-1 ×0.0205L=0.001025mol，则CaO2的物质的量是0.0025625mol，CaO2的质量分数是；
140℃时完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2·8H2O含有的结晶水的总质量为2.76 g-1.32 g=1.44 g，结晶水的物质的量为n(H2O)=，原样品中含有CaO2·8H2O的物质的量n(CaO2·8H2O)=；60℃时固体的质量为1.68 g，失去结晶水的质量为：2.76 g-1.68 g=1.08 g，失去结晶水的物质的量为：n(H2O)=，故60℃时CaO2·xH2O中x=。
18-1【基础】 【正确答案】 1、+123 2、0.05 CD 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
3、0.9p 4、温度升高反应速率加快 升高温度有利于反应向吸热方向进行 催化剂失活使反应速率迅速减小(或者发生副反应，丙烷分解成其他产物)
【试题解析】 根据盖斯定律，(I- II)得
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，
∆H=[(-238kJ·mol-1)-( -484kJ·mol-1)]=+123kJ·mol-1，故+123；
①一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8反应生成C3H6和H2，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，则气体的物质的量变为原来的1.5倍，即1.5mol，增加了0.5mol，所以各组分的变化量均为0.5mol。0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)==0.05mol·L-1·min-1；
②A．反应热只与化学反应有关，所以反应的∆H始终保持不变，即∆H不变不能作为平衡状态的标志，故A错误；
B．C3H6与H2的物质的量之比始终按照1:1增加，因此两者比值保持不变，不能作为平衡状态的标志，故B错误；
C．该反应是气体分子数增大的反应，各物质均为气体，压强是变量，当混合气体的总压强不变时，说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．C3H8和C3H6两者速率之比等于化学计量数之比，当v(C3H6)正=v(C3H8)逆时，表明正逆反应速率相等，说明该反应达到平衡状态，故D正确；
综上所述，能说明该反应达到平衡状态的是CD；
③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，故该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；
一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为Pa，假设反应消耗C3H8的物质的量为xmol，则列三段式有：

根据图像可知，平衡时C3H8的体积分数为25%，=25%，解得x=0.6，则n(总)=1+x=1.6mol，开始气体物质的量是1mol时压强为p，则平衡时气体物质的量为1.6mol时，气体的总压强为1.6p，其中p(C3H8)=1.6p=0.4p，p(C3H6)= p(H2)=1.6p=0.6p，则该反应的平衡常数Kp==0.9p；
持相同反应时间，在不同温度下，丙烯产率如图b所示，丙烯产率在425℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高反应速率加快；升高温度有利于反应向吸热方向进行；425℃之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是催化剂失活使反应速率迅速减小(或者发生副反应，丙烷分解成其他产物)。
18-2【基础】 【正确答案】 1、969 2、 9 大于
3、减小 减小对 的降低大于 增大对 的提高
【试题解析】 反应物的总键能一生成物的总键能 ， 可求得；
时， 将 和 充入密闭容器中， 发生反应 ， 平衡后容器内总压强为 ， 此时 ( ) 的体积 分数为 ， 容器中进行的三个反应均为反应前后气体分子数保持不变的反应， 故气体总的物质的量始终为 mol， 列三段式 如下：

则
此时反应： ， 加入足量 和 重新平衡后， ， 根 据氢元素守恒则得 ；反应 II 的压强平衡常数 ，对于反应Ⅰ

则 ；则还原 为 的倾向是 小于；
由题知该反应为放热反应， 升高温度， 平衡逆向移动， 则 减小； 时， 升高温度， 增大， 减小， 根据反应速率方程： 可知， 值增大使 提高， 减小使 降低， 时 逐渐减小的原因是 减小 对 的降低大于 增大对 的提高。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、34.1 +H2H2O+ ⅱ
2、减小压强 b-c-2d

3、p3>p2>p1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的△H>0，△S>0，在较低温度下不能自发进行反应
【试题解析】 分析:
由方程式可知，CH4中的C全部转化给CO和CO2，H2O中的O全部转化给CO和CO2，CH4和H2O中的H全部转化给H2。
根据△H=E反-E生可知，E生=E反
-△H=240.1-206=34.1；反应ⅱ生成的与H2结合生成CH4，则与H2结合成H2O，反应ⅳ的反应式为+H2H2O+；在分步反应中，反应慢的决定反应速率，所以决速步骤是反应ⅱ；
①反应Ⅲ前后系数相同，压强不影响，反应Ⅰ和反应Ⅲ的反应物系数小于生成物系数，可以减小压强，有利于平衡正向移动，提高的平衡转化率；②由方程式可知，CH4中的C全部转化给CO和CO2，H2O中的O全部转化给CO和CO2，CH4和H2O中的H全部转化给H2，所以平衡后，CH4剩余（a-c-d）molL-1，H2O剩余（b-c-2d）molL-1，生成CO为cmolL-1、CO2为b molL-1、H2为（3c+4d）molL-1，则平衡常数K==；反应Ⅲ的方程式前后系数相同，反应过程中压强不变，设起始压强为p，平衡时，气体总的浓度为a+b+2c+2d，CO分压为p，H2O分压为
p，CO2分压为p，H2分压为p，；
反应Ⅲ前后系数相同，压强不影响，反应Ⅰ和反应Ⅲ的反应物系数小于生成物系数，减小压强，有利于平衡正向移动，致使H2物质的量分数增大，结合曲线图可知，p3>p2>p1；体系温度未达到时，物质的量分数几乎为0，根据吉布斯自由能△H=△H-T△S0，△S>0，在较低温度下不能自发进行。
点睛:
根据勒夏特列原理：增大压强时，反应向着系数变小的方向移动；减小压强时，反应向着系数变大的方向移动。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、-108.5 低温
2、A 双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大
3、b 在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小 33.3%
【试题解析】 ①
②
③
④
根据表格中燃烧热数据写出以上热化学方程式，根据盖斯定律可知得到然化学方程式计算得；
该反应，，自发，根据自由能判据可知该反应低温自发；
①
A．恒温恒容模式，该反应是分子数减小的反应，压强始终在变化，当气体压强不再变化说明达到平衡，故A正确；
B．纯气体反应，气体的总质量不变容器体积不变，根据公式，气体的密度始终不改变，不能作为平衡标志，故B错误；
C．当时，说明达到平衡，故C错误；
D．当各组分浓度不再改变说明达到平衡，按投料比反应各物质浓度始终是不能说明达到平衡，故D错误；
故答案为A；
②双功能的分子筛膜催化模式下只发生反应，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大；
①该反应是的反应液，在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小，故曲线b对应等压过程的曲线；
②恒温时(℃)，当时，根据三段式可知

，解得x=，的平衡转化率；
、、、体积分数分别为0.2、0.6、0.1、0.1；
根据图像可知平衡时压强为条件下该反应的平衡常数为：；
18-5【提升】 【正确答案】 1、< 减压 减小 易 反应b比反应a的活化能小
2、大于 0.25L2/mol2 1.8 AB
【试题解析】 ①结合图像可知，随温度的升高，NO平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，得出正反应方向为放热反应，即∆H＜0；结合可逆反应2NO(g) +2CO(g)N2(g) +2CO2(g)的特点，增大压强平衡向右移动，NO的转化率增大，故图中曲线x变为y时，NO的转化率减小，改变的条件为减压；
②Ea1为反应的活化能，对于反应a加入催化剂，可使Ea1减小；相同条件下，反应b比反应a易发生，理由是反应b比反应a的活化能小；由图像可知，反应CH4(g) +2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g) +CO2(g) ∆H=；
①由图像可知，当CH3OH的物质的量不变时，反应达到平衡状态，a点比b点所用的时间短，则a点的反应速率更快，故va大于vb；
②a点所对应的条件下，温度为T1，达到平衡状态时，n(CH3OH)=2mol，c(CH3OH)=1mol/L，

反应的化学平衡常数==0.25L2/mol2；
③由图像可知，a点的条件下，达到平衡状态时，v正=v逆，则k正x(CO)x2(H2)=k逆x(CH3OH)，k正：k逆= x(CH3OH)：x(CO)x2(H2)==4；
a点，n(CH3OH)=1.6mol，

v正：v逆= k正x(CO)x2(H2)：k逆x(CH3OH)==1.8；
④A．按相同比例再向容器中冲入原料气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，选项A正确；
B．将生成的CH3OH从体系中分离，平衡向正反应方向移动，选项B正确；
C．选用高效催化剂不能改变产率，选项C错误；
D．充入He，使体系的总压增大，与反应体系中的物质无关，浓度未变，则平衡不移动，选项D错误；
答案为AB。
18-6【提升】 【正确答案】 1、 增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小 不是 其他条件相同时，温度升高，平衡正向移动，反应转化率增大
2、时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用 增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等
3、c、b、a
【试题解析】 ①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；
③ⅰ、a点时CH4的转化率在增大，反应正向进行，所处的状态不是化学平衡状态；
ⅱ、的转化率：，原因是其他条件相同时，温度升高，平衡正向移动，反应转化率增大；
①时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；
②增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等，平衡正向移动，反应物转化率增大；
c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a。
19-1【基础】 【正确答案】 1、醚键、羧基 2、取代反应
3、 氯化铁溶液 4、
+HNO3
+H2O
5、6 6、
目标产物
【试题解析】 分析:
A（）在硝酸和浓硫酸加热条件下发生硝化反应生成B（）。C（）与甲醇发生酯化反应生成D（）；D发生取代反应生成E（），E在发生还原反应生成F：
；F发生已知反应①生成G：
，G在发生取代反应生成H：。
A：中含有的官能团是醚键和羧基；
由分析可知D到E是取代反应；
E的结构简式为
；D含有酚羟基而E没有，故检验E中是否含有D的试剂为氯化铁；
A发生硝化反应生成B：
+HNO3+H2O；
M含有两种官能团：3个酚羟基和1个醛基，且有苯环结构。在苯环上上四个取代基且三个一样，有6种结构。故符合条件的M的同分异构体有6种；
目标产物。
19-2【基础】 【正确答案】 1、C5H4O2 醛基
2、bc 3、
4、12
5、

【试题解析】 分析:
根据ROH+HBrR－Br+H2O，可知和HBr反应生成
，D是
；根据R－
Br+R′NH2RNHR′+HBr，由E逆推，试剂a是NH(C2H5)2；
根据A的结构简式，可知A的分子式为C5H4O2，其连接环上的取代基是-CHO，名称是醛基。
a．碳碳双键、醛基都能与溴水反应，不能用溴水直接检验A中是否含有碳碳双键，故不选a；
b．物质B中含有碳碳双键，一定条件下可发生加成反应、氧化反应，B含有甲基，在一定条件下能发生取代反应，故b正确；
c．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，物质C中不含手性碳原子，故c正确；
选bc。
和NH(C2H5)2发生取代反应反应生成和HBr，反应的化学方程式为。
①能发生银镜反应，说明含有醛基；②1molH与足量金属钠反应产生0.5molH2，说明含有1个羟基；符合条件的的同分异构体有、、、、、、、、、、、，共12种；
其中核磁共振氢谱显示有4种峰，峰面积之比为6：2：1：1且不能发生消去反应的物质的结构简式为。
发生催化氧化生成，与NH3反应生成，被氢气还原为，合成路线为。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、加成反应 2、H-C≡C-CH2OH+HBrH-C≡C-CH2Br+H2O 碳碳三键、碳溴键
3、 保护苯环上的(酚)羟基不被氧化
4、、 5、
【试题解析】 分析:
A是一种烃，分子式为C2H2，则A为HCCH，A与HCHO发生类似信息①的反应生成B，则B为HCCHCH2OH，B与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成C，C为HCCHCH2Br，F发生加聚反应生成G，根据G的结构简式可知F的结构简式应为；D发生信息的反应生成E，E中应含有羟基，再结合C的简式可知E为，所以反应④为中的甲基被酸性高锰酸钾氧化的反应，则D的结构简式为。
反应①是HCCH与HCHO发生类似信息①的反应生成HCCHCH2OH，反应类型是加成反应；
反应②是HCCHCH2OH与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成HCCHCH2Br，反应的化学方程式为
H-C≡C-CH2OH+HBrH-C≡C-CH2Br+H2O，C为HCCHCH2Br，官能团的名称是碳碳三键、碳溴键；
D的结构简式是；若没有反应③，酸性高锰酸钾氧化甲基时，也会氧化酚羟基，反应③和⑤的目的是保护苯环上的(酚)羟基不被氧化；
E的同分异构体，满足以下条件，且为芳香化合物，即含有苯环；①能与NaHCO3反应产生CO2 说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；④核磁共振氢谱有4组峰，即含有4种环境的氢原子，说明结构对称，满足的条件的有：、；
1，2-二溴乙烷为BrCH2CH2Br，甲醛为HCHO，目标产物为HCOOCH2C≡CH，可以由HOCH2C≡CH和HCOOH发生酯化反应生成，HCHO可以被催化氧化生成HCOOH；根据题目流程可知HCHO可以和HC≡CH发生加成反应生成HOCH2C≡CH，而BrCH2CH2Br可以发生消去反应生成HC≡CH，所以合成路线为：。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、酯基和羟基
3、加成反应 加聚反应
4、
5、 6、

【试题解析】 分析:
A与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成B，B与 在一定条件下生成C，C为，与HCN发生加成反应生成E，E为，E在酸性条件下水解生成F，F为，C和F在浓硫酸作用下生成G，G为
，G在催化剂作用下聚合生成H；
根据分析可知乙酰水杨酸的结构简式为
；
C为，C中的含氧官能团名称为酯基和羟基。故酯基和羟基；

与HCN发生加成反应生成E，E为，G在催化剂作用下聚合生成H，D→E和G→H的反应类型分别为加成反应、加聚反应。故答案为:加成反应，加聚反应；
C和F在浓硫酸作用下生成G，G为，化学方程式为
有机物M是阿司匹林的同分异构体，具有以下特征①只含1中官能团，且能够发生银镜反应，含有醛基；②核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为2：2：2：1：1；③能够发生水解反应，且水解产物只有两种；符合条件的M的结构简式为；
先用乙烯与HCN进行加成，生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在水解生成相应的羧酸CH3CH2COOH，CH3CH2COOH在浓硫酸、加热条件下与反应生成产物，合成路线为： ；
19-5【提升】 【正确答案】 1、sp、sp2、sp3
2、加成反应 3、
4、、
5、

【试题解析】 分析:
A在HCl作用下水解生成B，B与HCHO、HBr反应生成C，C在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成
D，D在碳酸钾作用下与反应生成
E，E在HBr、HOAc作用下生成
F。
中苯环上的碳为sp2杂化，甲基上的碳是sp3杂化，-CN中碳是sp杂化，物质A中碳原子的杂化方式为sp、sp2、sp3。故sp、sp2、sp3；
B→C分两步进行，第一步反应类型为加成反应生成，第二步为取代反应生成。故加成反应；
E→F转化过程中脱去-COOC2H5生成的中间产物M的分子式为C16H20O3，M的结构简式为
。故
；
同时符合①含有苯环且能发生银镜反应，含有醛基。 ②有3种化学环境不同的氢原子说明结构对称，两个条件的D的一种同分异构体的结构简式：、。故
、；
CH3CH2OH与HBr发生取代反应制取CH3CH2-Br，在铜催化氧化生成，与CH3CH2OH发生酯化反应生成，与溴乙烷在碳酸钾作用下生成
，在HBr、HOAc作用下生成。以CH3CH2OH、原料制备的合成路线流程图
(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)。故
。
19-6【提升】 【正确答案】 1、2-甲基丙醛 2、加成反应 消去反应
3、 4、
4、 5、31 3
6、
【试题解析】 分析:
根据B的结构可知A为 ，B与H2发生加成反应生成C为 ，D与HCN反应，然后再酸化生成E为 ，E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为 ，F与甲醇发生酯化反应生成H为
，H发生加聚反应生成N；F与氢气发生加成反应生成G，G与C发生酯化反应生成M。
D为，属于醛，系统命名为2-甲基丙醛；
根据分析，B→C为加成反应，E→F为消去反应；
根据分析，A为；
H为 ，H发生加聚反应生成N，反应方程式为：
；
根据B的结构式可知①能发生银镜反应；②苯环上连有两个或三个取代基。有两种取代基的有-CHO和-C3H7[包括-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2]有邻间对共6种， -CH2CHO和 -CH2CH3，有3种；-CH2CH2CHO和-CH3，有3种；-CH(CH3)CHO和-CH3，有3种；有三种取代基的有-CHO、-CH3、-CH2CH3，共10种；-CH2CHO、-CH3、-CH3，共6种；同分异构体一共31种；核磁共振氢谱图峰面积比为1∶1 ∶2 ∶2 ：6的有 、 、 共有3种；
以丙烯为原料(无机试剂任选)，制备 的合成路线为：
。