河北省区域名校2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）含解析

这是一份河北省区域名校2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）含解析，共110页。
河北省区域名校2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）
【原卷 7 题】 知识点 淀粉和纤维素组成与结构,化学科学对人类文明发展的意义,焰色试验,二氧化硫

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） 岭南文化源远流长。下列说法不正确的是
A.客家围屋建造过程中用作黏稠剂的糯米和鸡蛋清都属于混合物
B.云浮云石在粗雕、细刻过程中发生了物理变化
C.制作粤绣所用的孔雀毛和马尾的主要成分都是纤维素
D.“南粤佳酿”长乐烧在生产过程中需要用到蒸馏操作
【正确答案】 C

7-2（基础） 非物质文化遗产是我国优秀传统文化的重要组成部分。下列说法正确的是
A.武强木版年画——印刷过程发生了化学变化
B.传统纺织工艺——棉花的主要成分为蛋白质
C.易水砚制作技艺——沉积岩为新型无机非金属材料
D.烟花爆竹制作工艺——燃放烟花时发生了氧化还原反应
【正确答案】 D

7-3（巩固） 现代食品工业中，食品添加剂占据重要地位，下列添加剂的使用方式不合理的是
A.高铁麦片中添加铁粉 B.葡萄酒中添加二氧化硫
C.水发毛肚中添加甲醛 D.高钙牛奶中添加碳酸钙
【正确答案】 C

7-4（巩固） 举世瞩目的三星堆在2021年3月再次被挖掘。此次挖掘出了五百多件重要的文物，包括大量的黄金制品、丝绸制品，还有大米、象牙、青铜器等。下列有关说法正确的是
A.青铜器上的铜锈是因为铜发生了析氢腐蚀
B.科学家利用出土木炭中的来测定三星堆遗址的年代
C.祭祀坑内发现了丝绸朽化后的残留物，丝绸的主要成分是纤维素
D.象牙中含有羟基磷灰石，不溶于浓硝酸
【正确答案】 B

7-5（提升） 中国传统文化对人类文化贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是
A.《开宝本草》中记载了铁华粉的制法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”由此判断铁华粉是指醋酸亚铁
B.《天工开物•五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差
C.《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金
D.《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色试验
【正确答案】 B

7-6（提升） 化学与社会、生活、技术密切相关，下列说法正确的是
A.北宋科学家沈括在《梦溪笔谈•器用》中记载“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则断折。剑之钢者，刃多毁缺，巨阙是也，故不可纯用剂钢”，其描述的铁合金的硬度和熔点比纯铁高
B.我国化学家侯德榜创立的“侯氏制碱法”原理为：以食盐、氨、二氧化碳为原料，直接生成纯碱
C.节日燃放的五彩缤纷的烟花，是锂、钠、钾、锶、钡等金属化合物发生化学反应时呈现的各种艳丽的色彩
D.将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
【正确答案】 D
【原卷 8 题】 知识点 常见官能团名称、组成及结构,同系物的判断,加成反应,有机分子中原子共面的判断

【正确答案】
B
【试题解析】


8-1（基础） NM-3是处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，其分子结构如图。下列说法不正确的是

A.该有机化合物的分子式为C12H10O6
B.该有机化合物含有4种官能团
C.该物质不属于芳香族化合物
D.该有机化合物可属于羧酸类
【正确答案】 C

8-2（基础） 糠醇可用于有机合成树脂、涂料等，四氢糠醇可做印染工业的润湿剂和分散剂，它们的转化关系如图，下列说法正确的是

A.该反应类型为还原反应
B.糠醇分子中所有原子可能共平面
C.四氢糠醇可以发生取代、还原、消去、水解等反应
D.糠醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，而四氢糠醇不可以
【正确答案】 A

8-3（巩固） 化合物M可用于油漆、颜料、涂料工业，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是

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

8-4（巩固） 内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如下：

下列说法不正确的是
A.Z分子中一定共面的原子数可以是14 B.Y→Z的反应类型是取代反应
C.X、Y、Z中只有Y不能与碳酸钠溶液反应 D.X苯环上的一氯代物有9种
【正确答案】 D

8-5（提升） 布洛芬、阿司匹林、酚麻美敏片均属于常见的解热镇痛抗炎药，下图所示X、Y、Z分别是其有效成分分子的结构简式。下列说法错误的是

A.X含1个手性碳，且与苯甲酸互为同系物
B.Y中所有的碳原子可能在同一平面上
C.Z苯环上的H被Br所取代，二溴代物有4种
D.X、Y、Z均能与反应产生
【正确答案】 D

8-6（提升） 我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的合成过程，其中涉及如下转化反应：

下列说法正确的是
A.甲和乙互为同系物
B.乙在Cu存在下与O2加热反应生成只有一种官能团的有机物
C.乙不能与H2发生加成反应
D.1 mol 乙与足量的Na反应生成1 mol H2
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 分子的手性,绿色化学与可持续发展,物质结构中化学键数目的计算

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 某化工厂基于“绿色化学”理念设计了如下治污工艺流程，下列说法错误的是

A.该流程可用于吸收SO2
B.Fe2(SO4)3可用做该反应过程的催化剂
C.该过程的总反应为O2+2SO2+2H2O=2H2SO4
D.由Fe2(SO4)3转化为FeSO4的过程中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
【正确答案】 D

9-2（基础） 2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为“叠氮化物炔烃”反应，其反应原理如图所示(和代表烃基)。下列说法错误的是

A.在[Cu]作用下，C—H键断裂并放出能量
B.反应中[Cu]可降低反应的活化能，提高反应速率
C.若发生析氢反应：，则会影响的生成
D.该反应原理的总反应的原子利用率为100%
【正确答案】 A

9-3（巩固） 云南大学钱德云课题组最近合成一种用途广泛的手性N—烷基吲哚分子。反应历程如图所示：

已知：图示中、、R等表示烃基或氢原子且均不相同。下列叙述错误的是
A.物质A是总反应的催化剂
B.物质3分子含手性碳原子
C.上述总反应为取代反应
D.上述转化中Ni形成的共价键数目发生了变化
【正确答案】 C

9-4（巩固） 某经典不对称有机催化反应的反应原理如下：

已知：①、、、为不同的烃基；②与四个互不相同的原子或原子团相连的碳原子叫手性碳原子，含手性碳原子的分子叫手性分子。下列说法错误的是
A.丙分子为手性分子 B.丁能使溴水褪色
C.甲+乙→丙的反应类型为加成反应 D.乙中所有原子可能共平面
【正确答案】 D

9-5（提升） CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图(活化的微粒用*标注)，下列说法中正确的是

A.CO2*的能量高于CO2 B.Ni－H2的形成增大了H－H键能
C.Ni、La2O3和La2O2CO3加氢反应的催化剂 D.制备CH4的过程涉及极性键和非极性键的断裂、形成
【正确答案】 A

9-6（提升） 氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法不正确的是

A.在Pt-HY界面因反应活化能降低使H2迅速参与反应
B.反应过程中有非极性键的断裂和生成
C.Pt原子表面上发生的反应有：、、、
D.若1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为2NA
【正确答案】 D

【原卷 10 题】 知识点 Fe2+的鉴别及其应用,蔗糖与麦芽糖的水解,氧化性、还原性强弱的比较,乙醇的消去反应

【正确答案】
A
【试题解析】


10-1（基础） 下列实验方案能实现相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
检验蔗糖是否水解
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，调使溶液呈碱性，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热
B
检验甲苯中是否含有苯酚
向混合溶液中加入酸性溶液
C
证明乙醇发生消去反应生成乙烯
将乙醇与浓硫酸混合加热到，将产生的气体通入溴水
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

10-2（基础） 下列有关实验操作、现象和结论或解释正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向某钾盐中滴加浓盐酸
产生的气体可以使品红溶液褪色
该盐一定为
B
向含有淀粉的溶液中滴加溶液
溶液变蓝
无法判断和的氧化性强弱
C
用计分别测定和饱和溶液的
前者小于后者
证明酸性强于
D
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加热
无银镜现象
蔗糖在酸性条件下未发生水解反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

10-3（巩固） 下列实验操作与实验现象及结论对应且正确的是
选项
操作
现象
结论
A
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
B
向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入振荡，静置
下层呈紫红色
该食用加碘盐中含有
C
取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol/L 溶液2mL，向试管②中加入0.01mol/L 溶液2mL
试管①产生气泡快
加入时，双氧水分解反应的活化能较大
D
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加热
无银镜现象
蔗糖在酸性条件下未发生水解反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

10-4（巩固） 下列实验操作及现象所得实验结论正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
氯代甲烷溶于水显酸性
B
向丙烯醇溶液中滴加适量酸性KMnO4溶液，溶液褪色
证明丙烯醇(CH2=CHCH2OH)中存在碳碳双键
C
向某卤代烃中加入NaOH溶液，加热一段时间后冷却；加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
该卤代烃中含有氯原子
D
向1mL 20%的蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，加入新制备的Cu(OH)2，加热3分钟，无砖红色沉淀
蔗糖没有水解
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

10-5（提升） 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选项
实验目的
实验现象
结论
A
探究有机物中官能团之间的影响
分别向丙烯酸乙酯和氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化
氰基活化双键，使其更易发生加聚反应
B
比较、和的氧化性
向酸性溶液中滴入溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生
氧化性：
C
纤维素水解实验
将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，无砖红色沉淀产生
纤维素未发生水解
D
探究不同价态硫元素之间的转化
向和混合溶液中加入浓硫酸，溶液中出现淡黄色沉淀
价和价硫可归中为0价
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

10-6（提升） 通过下列实验操作和现象能得出相应结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向浊液中分别滴入溶液和氨水，前者无明显现象，后者沉淀溶解，溶液变为深蓝色
与铜离子络合能力：
B
将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性溶液中，溶液褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
C
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
D
分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者
水解能力：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

【原卷 11 题】 知识点 元素非金属性强弱的比较方法,微粒半径大小的比较方法,根据原子结构进行元素种类推断

【正确答案】
C
【试题解析】


11-1（基础） 短周期元素X、Y、Z、M、N、W原子序数依次递增，六种元素形成的一种化合物结构如图所示，其中元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍。下列说法正确的是

A.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Y>N
B.元素Z与其他五种元素均可形成2种及以上化合物
C.简单离子半径Z>M>W
D.元素X与其他五种元素均可形成共价化合物
【正确答案】 B

11-2（基础） 科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是

A.与Z同主族元素的氢化物中，Z的氢化物稳定性最强
B.W、X、Y、Z四种元素的原子半径，X的最大
C.自然界中的水晶、玛瑙的主要成分为X的氧化物
D.X的最高价氧化物的水化物为强酸
【正确答案】 C

11-3（巩固） 一种由前四周期主族元素组成的化合物(如图所示)是一种用于合成药物的重要试剂。已知X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，Z、M位于同一主族，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。下列有关叙述错误的是

A.简单离子半径：M>N>Z
B.最简单氢化物的沸点：Z>M
C.化合物YM2与YZM均为共价化合物
D.化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
【正确答案】 D

11-4（巩固） 短周期主族元素X、Y、Z能组成化合物X+[Y-Z-Y]-，其中X和Y同主族，且三种元素原子序数总和为19。下列说法错误的是
A.原子半径：X>Y>Z
B.化合物XY具有很强的还原性
C.X的最高价氧化物的水化物是强碱
D.Y与Z至少可以形成两种化合物
【正确答案】 A

11-5（提升） 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是

A.元素非金属性强弱的顺序：W>Y>Z B.原子半径：X>Y>Z
C.Y的简单氢化物比W的简单氢化物稳定 D.化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【正确答案】 B

11-6（提升） 科学家研究发现某离子液体有助于盐湖水提取锂，其结构式如图。其中X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大。下列说法正确的是

A.X与Y组成的化合物均为气体
B.原子半径：ZP3
B.P2所示溶液中：c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)
C.P3所示溶液中：c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
D.25℃时，的水解常数为10-9.25
【正确答案】 D

13-4（巩固） 25℃时，用NaOH溶液滴定20 mL 溶液，溶液pH随的变化曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法错误的是

A.25℃时，的第二电离常数
B.当时，溶液中
C.若将与 混合，对应的点应在c、d之间
D.从a点至d点，水的电离程度逐渐增大
【正确答案】 C

13-5（提升） 某温度下，向一定体积的溶液中逐渐加入KOH固体(溶液体积保持不变)，各种含铬元素微粒及的浓度随pH的变化如图所示。下列有关说法中，正确的是

A.该温度下的
B.溶液中存在平衡，该温度下此反应的
C.溶液呈碱性
D.E点溶液中存在
【正确答案】 D

13-6（提升） 室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是

A.由图可知一级、二级电离平衡常数
B.水溶液显碱性
C.等物质的量的和混合溶液中
D.在的水溶液中，
【正确答案】 D

【原卷 26 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,常见无机物的制备,酸碱中和滴定原理的应用,探究物质组成或测量物质的含量

【正确答案】

【试题解析】


26-1（基础） 负载型催化剂(其中为催化剂，为载体)可用于脱除烟气中的，该负载型催化剂的制备和的脱除过程如下：

1、浸渍。
常温下，用酸性溶液浸渍载体6小时。浸渍所得溶液中除外，含有的阳离子还有___________(填化学式)。
2、焙烧。
将浸渍所得混合物烘干后，在500℃焙烧12小时，制得负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液与恰好完全反应(反应过程中与反应生成和)，消耗溶液12.00mL。计算该负载型催化剂的负载量___________(写出计算过程)。[负载量]
3、硫化。
400℃时，将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除，同时还获得单质S，其化学方程式为___________。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的，硫化过程中还检测到。催化硫化的过程可描述如下：___________，最后S再与FeS反应转化为。
4、煅烧生成的用石灰乳吸收得到浆料，以浆料制备溶液的实验方案为___________。已知：；难溶于水；pH=4～6溶液中能大量存在。(实验中可选用的试剂：，，。)
【正确答案】 1、、
2、14.40% 3、 与反应生成FeS和，再与反应生成S和
4、向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的pH，用或调节溶液的pH在4～6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4～6之间，停止滴加

26-2（基础） 工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO4∙7H2O)和胆矾(CuSO4∙5H2O)。相关流程如下图。

已知：①溶液中的c(H+)越大，pH越小，酸性越强。
②生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)在pH1.0～6.0范围内可保持活性。
③溶液中pH很小时，金属通常以离子形式存在，随着pH增大，有些离子会形成氢氧化物沉淀(即使pH”、“Fe3+，B错误；
C．将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，需加热，若已经水解则可观察到砖红色沉淀产生，C错误；
D．向和混合溶液中加入浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，溶液中出现淡黄色沉淀，可能是浓硫酸氧化，D错误；
故选A。
10-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向浊液中分别滴入溶液和氨水，前者无明显现象，后者沉淀溶解，溶液变为深蓝色，说明Cu(OH)2与NaOH不反应，而与NH3·H2O反应，反应原理为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故能说明与铜离子络合能力：，A符合题意；
B．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性溶液中，溶液褪色，不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，B不合题意；
C．已知新制Cu(OH)2悬浊液与醛的反应需要在碱性环境进行，且反应条件为直接加热，故向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，不能说明蔗糖未发生水解，C不合题意；
D．由于CH3COONH4溶液中CH3COO-和均能发生水解，且水解分别使溶液呈碱性和酸性，而NaHCO3溶液中只有水解，故分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者，不能说明水解能力：，D不合题意；
故A。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍，Z为O，根据分子中各原子成键情况及短周期元素X、Y、Z、M、N、W原子序数依次递增，可推知六种元素分别为H、C、O、Na、P、Cl。
详解:
A．最高价氧化物对应水化物酸性，A错误；
B．O与其他元素均可形成2种及以上化合物，B正确；
C．简单离子半径，C错误；
D．H与Na形成离子化合物NaH，D错误；
故选B。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据结构简式可知，W的最外层有1个电子，X的最外层有4个单子，Z最外层有7个电子，Y最外层有5个电子，又因为Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，推知X的原子序数为14，四种元素为第三周期元素，所以W为Na元素，X为Si元素，Y为P元素，Z为Cl元素，据此分析。
详解:
A．与Cl同主族元素的氢化物中，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，所以F的氢化物稳定性最强，A错误；
B．同周期元素原子从左到右半径依次减小，所以上述四种元素原子半径中，W(Na)的最大，B错误；
C．自然界中的水晶、玛瑙的主要成分为二氧化硅，属于硅的氧化物，C正确；
D．X的最高价氧化物的水化物为硅酸，属于弱酸，D错误；
故选C。
11-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
化合物T是一种用于合成药物的重要试剂，其结构简式如图所示，已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期主族元素，Z、M位于同一主族，N形成+1价阳离子，位于ⅠA族，Y形成4个共价键，位于ⅣA族，X形成1个共价键，位于ⅠA族(H元素)或ⅦA族，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X只能为H元素，Z原子的最外层电子数为1+4+1=6，则Z为O元素，M为S元素，N为K元素；Y的原子序数小于O元素，则Y为C元素，据此分析解题。
详解:
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S＞O＞H，A正确；
B．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞S，则最简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，B正确；
C．化合物YM2与YZM分别为SC2、COS，SC2、COS分子中只含有共价键，属于共价化合物，C正确；
D．化合物T中，H原子的最外层电子数为2，不满足8电子稳定结构，D错误；
故D。
11-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
短周期主族元素X、Y、Z组成的化合物A中X是+1价，且X和Y同主族，所以为第一主族，又因三种元素原子序数总和为19，所以可知X是Na，Y是H，Z是N，形成的物质为NaNH2，广泛用于有机合成的还原剂、脱水剂。
详解:
A．电子层越多半径越大，所以X原子半径最大，Y原子半径最小，原子半径：X> Z > Y ，A错误；
B．X与Y形成的化合物NaH，H的化合价为-1价，具有很强的还原性，B正确；
C．X的最高价氧化物的水化物NaOH是强碱，C正确；
D．N与H可以形成氨气、联氨等化合物，D正确；
故选A。
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X是Na元素；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为8-1=7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，结合W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构可知Y为Si元素。
详解:
A．元素非金属性强弱的顺序：O>Cl>Si，A错误；
B．同周期从左到右，半径依次减小，原子半径：Na>Si>Cl，B正确；
C．元素的非金属性越强，形成的简单氢化物越稳定，非金属性：O>Si，所以H2O比SiH4稳定，C错误；
D．化合物M中W都满足8电子稳定结构，D错误；
故选B。
11-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大，由离子液体的结构式可知，X和E原子形成1个共价键、Y原子形成4个共价键、Z原子形成3个共价键、W原子形成2个共价键、Q原子形成6个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、E为F元素、Q为S元素。
详解:
A．X为H元素、Y为C元素，碳氢化合物为烃类，烃类物质有气体，也有液体和固体，A错误；
B．Z为N元素、W为O元素、E为F元素，同周期元素原子半径从左往右逐渐减小，则原子半径：Z>W>E，B错误；
C．X为H元素、Z为N元素，Q为S元素，X、Z组成的化合物为NH3、N2H4，Q的最高价氧化物的水化物为H2SO4，氨气和硫酸按2：1反应，与硫酸反应方程式为N2H4+H2SO4=N2H6SO4，故反应比可能是1：1，C错误：
D．X为H元素、W为O元素、E为F元素，与水反应，产生HF和氧气，D正确；
故选D。
12-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．稀硫酸溶液是离子导体，导线是电子导体，故A错误；
B．该装置是原电池，电子从负极流向正极，电子不能通过溶液，故电子从锌→导线→铜，故B错误；
C．锌电极为负极，失去电子生成锌离子，发生氧化反应，在铜电极上氢离子发生还原反应，得到电子而放出氢气，故C正确；
D．锌电极上的电极反应为Zn+2e-=Zn2+，若有6.5g锌被溶解即0.1mol，电路中就有0.2mol电子通过，故D错误；
故答案为C。
12-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
一氧化氮得到电子发生还原反应，则MoS2电极为正极，电极为负极；
详解:
A．电极为负极，电极为正极，正极电势高于负极电势，故A错误；
B．负极锌失去电子生成氧化锌，反应式为；正极一氧化氮得到生成氨气，反应式为；双极膜中OH-和H+分别向负极、正极移动，补充消耗的阴、阳离子，两电极均有水生成，溶液体积变大，则NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小，故B正确；
C．电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为，故C正确；
D．正极的反应式为，由反应式可知，转化为1mol，转移电子，整个电池系统质量会增大30g-17g=13 g，故当电路通过时，理论上可以转化的物质的量为，整个电池系统质量会增大130.2g=2.6g，故D正确；
故选A。
12-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题给信息可确定左侧装置为化学电源，右侧装置为电解池。化学电源中，阴离子向负极移动，故电极a是负极，电极b是正极，电极c是阳极，电极d是阴极。
详解:
A．由分析知电极a是负极，A正确；
B．乙室是化学电源的正极室，工作时，在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：，反应时减小，溶液增大，B错误；
C．电极c为阳极，在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3CN+H2O-2e- +2H+，C正确；
D．根据阳极c的电极反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极a发生反应：，生成1mol氧气，同时乙室转移1mol到甲室，理论上甲室质量增重：，D正确；
故选B。
12-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．含有乙胺的废水通入电极N，空气通入电极M，则电极N是电池的负极，M是正极，A正确；
B．电池工作时，阳离子向正极移动，则H+由N极区通过交换膜移动到M极区，B错误；
C．电极N上CH3CH2NH2发生氧化反应转化为无毒无害物质，应生成N2和CO2；电极反应式为，C正确；
D．7.5mol空气(含氧气20%)中含有O2的物质的量为1.5mol，参与正极反应：O2+4H++4e−=2H2O，电路中通过6mol电子，据得失电子守恒可知，电极N上消耗0.4molCH3CH2NH2，则有m(CH3CH2NH2)=0.4mol×45g⋅mol−1=18g，故处理含乙胺废水的质量为18g÷9%=200g=0.2kg，D正确；
故选：B。
12-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，CH3COO-在a极附近转化成CO2，其中碳元素化合价升高，发生氧化反应，所以a极为负极，则b极为正极。
详解:
A．b极为正极，发生还原反应，A错误；
B．原电池中，阴离子移向负极，所以Cl-通过隔膜I进入左室，隔膜I为阴离子交换膜，B项错误；
C．负极附近CH3COO-失电子被氧化生成CO2和H+，正确的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2­+7H+，C项错误；
D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中有1mol Cl-移向负极，同时有1mol Na+移向正极，即除去1mol NaCl，根据负极反应式可知，每消耗1mol CH3COO-时转移8mol电子生成2mol二氧化碳，理论上除去模拟海水中的NaCl351g即，转移6mol电子，可得CO2，D项正确；
答案选D。
12-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．膜a为阳离子膜，放电过程中1室发生氧化反应，钠离子交换到2室；b为阴离子交换膜；故A错误；
B．充电时，氢氧根氧化得到氧气，被还原为，总反应为4OH-+2=4+O2+2H2O，故B正确；
C．放电时，转化为，所以含的多硫电解质增加，故C错误；
D．放电时，氧气和水反应产生氢氧根，所以NaOH增加，故D错误；
故答案选B。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH溶液的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数醉着NaOH溶液的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交叉点，说明曲线①代表，曲线②代表，当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1，没有加入NaOH溶液时pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离。
详解:
A．根据前面分析H2A的第一步完全电离，其电离方程式：，故A错误；
B．根据前面分析40mL时突变，说明完全反应，0.04L×0.100 mol∙L−1＝0.02L×c×2，则c＝0.100 mol∙L−1，H2A溶液的浓度为0.1000，故B错误；
C．根据图中曲线当时溶液的pH=2，则的电离常数为，故C错误；
D．溶液滴定过程中，根据电荷守恒得到：，故D正确。
综上所述，答案为D。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．a点溶液总体积大于20mL，故，A选项错误；
B．b点对应溶液的溶质为NaHR，此时溶液pH=4.52 c()>c(H+)>c(OH-)，C错误；
D．由题干图示信息P1点可知，当c()=c(NH3·H2O)是溶液的pH值为9.25，故25℃时，的水解常数Kh==c(H+)=10-9.25，D正确；
故D。
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，时，氢氧化钠溶液与亚硒酸溶液反应恰好得到亚硒酸氢钠溶液，当溶液中时，溶液pH为4.52，则电离常数=c(H+)=10—4.52；时，氢氧化钠溶液与亚硒酸溶液反应恰好得到亚硒酸钠溶液，当溶液中时，溶液pH为7.34，则电离常数=c(H+)=10—7.34。
详解:
A．由分析可知，当溶液中时，溶液pH为7.34，则电离常数=c(H+)=10—7.34，故A正确；
B．由分析可知， 时，氢氧化钠溶液与亚硒酸溶液反应恰好得到亚硒酸氢钠溶液，溶液中存在质子守恒的关系，故B正确；
C．将等物质的量的亚硒酸氢钠和亚硒酸钠混合溶于水得到等浓度的混合溶液，由电离常数可知，硒酸根离子的水解常数为，说明硒酸根离子的水解程度大于亚硒酸氢根离子的电离程度，溶液呈碱性，溶液中，由分析可知，c点溶液中，加入的氢氧化钠溶液的体积越大，溶液中硒酸根离子的浓度增大，亚硒酸氢根离子的浓度减小，则对应的点在c点之前，故C错误；
D．酸或碱的电离均抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离，当溶液中的溶质只有亚硒酸钠时水的电离程度达到最大，在未完全反应之前，随着氢氧化钠溶液的加入水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选C。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，随着pH增大，量减小、和量先增大后减小、一直增大；
详解:
A．由G点可知，，则，A错误；
B．由F点可知，、，则该温度下此反应的，B错误；
C．由E点可知，、，则该温度下此反应的，则Kh(KHCrO4)一定小于其电离常数，即溶液中其电离大于水解，溶液显酸性，C错误；
D．根据电荷守恒可知，，由E点可知，、，则，，D正确；
故选D。
13-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据一级、二级电离平衡常数表达式：，，根据图像，可以利用点（9.2，0.5）和点（6.2，0.5）两点中， 和 ，故电离平衡常数就等于该点的 ，代入数值可以计算一级、二级电离平衡常数，A正确；
B．根据选项A的分析代入计算可得：， ，则的水解平衡常数为，则电离程度大于其水解程度，溶液显碱性，B正确；
C．等物质的量的和混合溶液，的水解程度大于的电离程度，则溶液中 ，C正确；
D．室温下溶液显酸性，，D错误；
故本题选D。
26-1【基础】 【正确答案】 1、、
2、14.40% 3、 与反应生成FeS和，再与反应生成S和
4、向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的pH，用或调节溶液的pH在4～6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4～6之间，停止滴加
【试题解析】 分析:
用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化得到硫单质，反应方程式为；
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O～6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3～2Fe3+～2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量；
①硫化过程SO2和H2反应生成S，硫元素化合价降低、氢元素化合价升高得到水，反应的化学方程式为；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
已知：；难溶于水；pH=4～6溶液中能大量存在，故可以是亚硫酸钙和硫酸钠、稀硫酸反应，并调节pH=4～6，此时硫在主要以存在，钙转化为难溶的，过滤可得到亚硫酸氢钠溶液；故实验方案为：向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的pH，用或调节溶液的pH在4～6之间，过滤得到含溶液；或向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4～6之间，停止滴加。
26-2【基础】 【正确答案】 1、CuFeS2＋4H＋＋O2Cu2+＋Fe2+＋2S＋2H2O 4Fe2+＋O2＋4H＋=4Fe3+＋2H2O
2、1.0到1.5 3、4H2O2＋CuS=Cu2+＋SO＋4H2O
4、×100%
【试题解析】 分析:
低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4·5H2O)，随着氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c(H+)增大，即生成了H+，H+的生成只能来源于H2O的参与，结合原子守恒推断黄色固体中还可能含有的离子。
生f细菌作用下，将黄铜矿溶解，第二阶段根据题意知Fe2+继续被O2氧化转变成Fe3+，结合电子转移、电荷守恒，则对应的离子反应放出式为，4Fe2+＋O2＋4H＋=4Fe3+＋2H2O；
生物堆浸过程中，pH不能超过1.5，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的pH在1.0-1.5范围内；
过程Ⅱ中，CuS用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，生成CuSO4，H2O2表现氧化性，离子方程式为；
通过KMnO4滴定法测定绿矾的纯度，根据电子转移以及Fe元素守恒得关系式：，，绿矾晶体质量分数。
26-3【巩固】 【正确答案】 1、增大接触面积，加快反应速率 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
2、SiO2 蒸发浓缩
3、bd 4、FeSO4·7H2O
5、%
【试题解析】 分析:
根据流程：粉碎软锰矿(主要成分MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)，加入FeSO4、H2SO4浸取：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，Fe2O3、Al2O3溶解得到Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2，滤液含有Fe2(SO4)3、MnSO4、Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4，加入试剂A的目的是将未反应的Fe2+氧化为Fe3+，试剂A为H2O2反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入试剂B的目的是调节pH范围为5.4≤pH＜8.8沉淀Fe3+、Al3+，故试剂B可为MnCO3，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液为MnSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4晶体，据此分析作答。
“酸浸”前需要将软锰矿粉碎可以增大固体和液体的接触面积，以加快反应速率，即粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，由分析可知，“酸浸”中MnO2和FeSO4反应的反应方程式为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，其离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故增大接触面积，加快反应速率；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故SiO2；蒸发浓缩；
由分析可知，加入试剂A的目的是将未反应的Fe2+氧化为Fe3+，HNO3、H2O2、Cl2、O3均能将从Fe2+氧化为Fe3+，但HNO3会产生NO污染环境，Cl2本身有毒，污染环境，H2O2、O3的还原产物为H2O，故绿色化学角度分析，试剂A宜选择H2O2、O3，故bd；
如果省略“氧化”工艺，则除铁、铝之后的滤液中含有Fe2+，故产品中可能会混有FeSO4·7H2O，故FeSO4·7H2O；
由题干信息可知，根据方程式2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4可知，n(MnSO4·H2O)=n(KMnO4)= cV×10-3mol，故MnSO4·H2O样品的纯度为=%，故%。
26-4【巩固】 【正确答案】 1、搅拌、适当升高温度(粉碎废渣、适当增大硫酸浓度等)
2、S 3、1∶2
4、取少许滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有Fe3+
5、当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色且30s内颜色不恢复原色 ×100%
【试题解析】 分析:
废锰渣主要成分为MnO2、KOH和Fe2O3，废锰渣中加入稀硫酸，KOH、Fe2O3分别和稀硫酸反应生成K2SO4、Fe2(SO4)3，MnO2不溶于稀硫酸，过滤后得到滤渣A为MnO2，滤液1中含有K2SO4、Fe2(SO4)3、 H2SO4，滤渣A、FeS2中加入稀硫酸，发生反应MnO2+FeS2+2H2SO4 =MnSO4+2S+FeSO4+2H2O，过滤，滤渣B为S，滤液2中含有MnSO4、 FeSO4、H2SO4，滤液2中加入MnO2，Fe2+被氧化为Fe3+、MnO2被还原为Mn2+，加入CaCO3调节溶液的pH，Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，则滤渣C为Fe(OH)3，蒸发结晶得到MnSO4。
适当增大酸的浓度、增大反应物的接触面积、搅拌、适当升高温度等方法都能加快化学反应速率，所以为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度，答案：搅拌、适当升高温度(粉碎废渣、适当增大硫酸浓度等)；
“反应Ⅱ”为MnO2、FeS2和稀硫酸的反应，生成MnSO4、FeSO4、S和水，
“滤渣B”的主要成分为过量的FeS2和难溶性的S，答案：S；
“反应Ⅲ”的离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，该反应中MnO2是氧化剂、Fe2+是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，答案：1∶2；
KSCN和Fe3+反应而使溶液呈血红色，其检验方法为:取少许滤液于试管中，向试管中滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有铁离子，答案：取少许滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有Fe3+；
①达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色，且30s内颜色不恢复原色，答案：当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色且30s内颜色不恢复原色；
②加入的n(Na2C2O4) = ，根据得失电子守恒，KMnO4标准溶液滴和Na2C2O4反应关系式, 则用的KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4溶液n(Na2C2O4)= n(KMnO4)= cmol•L-1= mol，则MnSO4被氧化生成的KMnO4消耗的n(Na2C2O4)= ，根据关系式2MnSO42MnO5 C2O，得MnSO4的物质的量 mol，硫酸锰的质量分数×100%。答案：×100%。
26-5【提升】 【正确答案】 1、Cu2S、CuS、FeO
2、 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
3、
4、
5、
6、
【试题解析】 分析:
根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。
据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。
室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为。
滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为。
，，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为。
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为。
26-6【提升】 【正确答案】 1、 2、BC
3、H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动
4、b e a d
5、滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化 3:1:4
【试题解析】 分析:
黄铁矿渣含、PbS、NiS，第一步通过酸浸将 和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。以此解答该题。
由上述分析可知，酸浸过程中反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为。
A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B. 浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C. 从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到NiSO4，D正确；故选BC。
该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。
萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。
用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003mol，由可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003mol，总的铁离子为0.006mol，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001mol，则中总的氢氧根的物质的量为0.002mol，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则的值为3:1:4。
27-1【基础】 【正确答案】 1、吸收空气中的水分和二氧化碳，防止它们进入装置B中干扰实验
2、24% 3、尾气处理
【试题解析】 分析:
用氢气驱净装置内的空气后，在加热下，氢气还原铁矿石得到铁和水，水蒸气被B中碱石灰完全吸收，C中碱石灰吸收空气中的水分和二氧化碳，防止它们进入装置B中，故装置C可防止干扰。
装置C的作用为：吸收空气中的水分和二氧化碳，防止它们进入装置B中干扰实验；
测得反应后装置B增重1.35g，即反应生成水1.35g，则水的物质的量为，其中氧元素为，则铁矿石中氧的百分含量为；
若将换成，铁的氧化物被还原为铁，CO转变为二氧化碳，由于CO有剧毒且不能被碱石灰吸收，则还需补充尾气装置，可以在装置的最后将多余CO作点燃处理或者收集储存多余CO。
27-2【基础】 【正确答案】 1、H2O2(或H2O) 2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑)
2、使有机物充分氧化生成CO2和H2O
3、碱石灰或氢氧化钠 吸收CO2
4、CH2O 5、有机物的相对分子质量
【试题解析】 分析:
图示装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，A装置的作用是制造氧气；B装置的作用是除去氧气中的水，防止对测定产生干扰；C装置的作用是使有机物充分进行燃烧反应生成CO2和H2O；D装置的作用是吸收反应中产生的H2O，根据增重计算有机物中的H元素含量；E装置的作用是吸收反应中产生的CO2，根据增重计算有机物中的C元素含量。
A装置为制备氧气的发生装置，氧气可由双氧水在二氧化锰催化下分解或水和过氧化钠反应制备，则分液漏斗中的液体可为双氧水或水，对应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。
CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O。
E装置的作用是完全吸收反应生成的CO2，可用碱石灰或氢氧化钠来吸收。
D管增重1.44g，则n（H2O）=1.44g÷18g/mol=0.08mol，n（H）=0.08×2=0.16mol。E管增重3.52g，则n（CO2）=3.52g÷44g/mol=0.08mol，n（C）=0.08mol。样品总重2.40g，则可得n（O）=，所以样品中n（C）∶n（H）∶n（O）=1∶2∶1，则该有机物的最简式为CH2O。
要确定该有机物的化学式，还需知道该有机物的相对分子质量，故答案为有机物的相对分子质量。
27-3【巩固】 【正确答案】 1、m 2、丙 3、
4、E→B→F→D 5、②
6、
7、
【试题解析】 分析:
Ⅱ．A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原 Fe2O3 ，再先后连接F装置，D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C装置，已知 NH3与 Fe2O3反应的生成物为 Fe 、 H2O 和无毒气体X，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则X为氮气，故C装置用于测量生成气体的体积，据此分析解答。
氨气的密度比空气小，所以应该用向下排空气法收集，所以集气瓶瓶口向上来收集时应短进长出，即若用图甲装置，排空气法收集 NH3，气体应从m口进入；
氨气极易溶于H2O，则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知 NH3难溶于 CCl4，乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，丙可能会发生倒吸，则丙装置不能用来吸收 NH3；
氢氧化钙与氯化铵在加热的条件下反应生成氯化钙、水和氨气，故该反应的化学方程式为 ；
A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原 Fe2O3 ，再先后连接F装置、D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C装置，已知 NH3与 Fe2O3反应的生成物为 Fe 、 H2O 和无毒气体X，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则X为氮气，故C装置用于测量生成气体的体积，则按气流方向正确的装置连接顺序为A→E→B→F→D→C；
实验结束时，为防止生成的铁再次被氧化，应先熄灭B装置的酒精灯，在氨气的氛围下冷却后，再熄灭A装置的酒精灯，故选②；
1.6g Fe2O3的物质的量为0.01mol，反应后生成铁单质，则该反应中Fe元素得电子总数为0.06mol，即氮元素失电子总数也为0.06mol，完全反应后，测得生成气体X的体积为 224mL (已折算为标准状况)，则气体X的物质的量为0.01mol，又X为无毒气体，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则推测X应为N2，而生成0.01mol N2，氮元素失电子为0.06mol，则X为N2；
根据第(6)问分析 Fe2O3和氨气反应生成铁单质、氮气和水，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为。
点睛:
氨气极易溶于H2O，则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知 NH3难溶于 CCl4，题中乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，若丁装置中 CCl4换为苯，苯的密度比水小，则苯在上层，水在下层，不能起到防倒吸的作用，这是学生们的易错点。
27-4【巩固】 【正确答案】 1、过滤 坩埚、100mL容量瓶
2、KSCN b 3、将Fe3+还原为Fe2+ 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时恰好出现浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到终点 12.32
【试题解析】 “操作”后产生了滤液，说明是“过滤”，上述流程中的“灼烧”需要用到坩埚，加蒸馏水至100mL待测液时需要用到容量瓶，故坩埚、100mL容量瓶
Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，Fe3+与KSCN反应后溶液呈红色，故KSCN、b；
高锰酸钾具有强氧化性，可以通过氧化Fe2+来测定铁元素的含量，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故先加入铜粉的目的是现将Fe3+转化成Fe2+，再用酸性高锰酸钾滴定含有的Fe2+溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点。反应中一共消耗n(MnO)=0.0020mol/L×2.20×10-3L=4.4×10-6mol，根据上述反应比例，n(Fe2+):n(MnO)=5:1，则n(Fe2+)=2.2×10-5mol，则10mL待测液中，铁元素的质量为2.2×10-5mol×56g/mol=1.232×10-3g=1.232mg，故100mL待测液中铁元素质量为12.32g。
27-5【提升】 【正确答案】 1、分液漏斗 2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 用蒸馏水冲洗直形冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中
3、偏大 4、静置，取少量上层清液于一洁净试管中并加入1～2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量
5、减少沉淀的溶解损失
6、(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O
【试题解析】 分析:
实验Ⅰ：加热后三颈烧瓶中发生如下反应：，生成的冷却后进入吸收装置收集并发生反应：，结束后用溶液滴定多余的，进而求得与反应的，结合反应方程式，根据N原子守恒，计算出样品中的含量。
实验Ⅱ：加入过量溶液使硫酸根完全沉淀，通过沉淀的质量计算出样品中硫酸根的含量，进而确定X的化学式。
仪器M的名称为分液漏斗。
具有还原性，易被氧化，通过把装置内空气排出，防止被氧化，氧化的反应方程式为：。蒸氨时除外，还有水蒸气被蒸出，极易溶于水形成氨水，在直形冷凝管内有残留的氨水，会对测定结果产生影响，为减小实验误差，需要用蒸馏水冲洗直形冷凝管内通道2～3次，并将洗涤液注入锥形瓶。
若振荡时锥形瓶中有液体溅出，使瓶内硫酸有损失，消耗NaOH的物质的量偏小，测定锥形瓶内溶液中剩余的物质的量偏小，与反应的的物质的量偏大，造成所测得的偏大。
判断是否过量，可以取少量上层清液继续滴加溶液，若没有沉淀生成，则说明溶液中没有，即已经过量。
用冷水洗涤的主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。
实验Ⅰ中：
与NaOH反应的硫酸：mol。与反应的硫酸：，被硫酸吸收的氨：mol，样品中含有铵根：mol。
实验Ⅱ中：
反应得到沉淀69.90g，沉淀中含有硫酸根：mol，利用电荷守恒：，得mol。58.80g样品中含有结晶水：g，则mol，故，晶体X的化学式为。
27-6【提升】 【正确答案】 1、AC 2、分液漏斗 能保持漏斗内气压恒定，便于液体顺利流出
3、ab→de→f (或abdef)
4、CaCN2+H2S+2H2OCs(NH2)2+Ca(OH)2 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氢化铵；温度过低，反应速度慢，实验不能快速完成
5、5[CS(NH2)2] +14+32H+= 14Mn2++5CO2+5N2+5+ 26H2O 滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色且半分钟不恢复原色 (190cV/7m) %
【试题解析】 分析:
本实验采用硫化氢和石灰氮()、水的混合物反应制备硫脲，B装置为制备硫化氢气体的装置，选用FeS固体和稀盐酸或稀硫酸，强酸制弱酸生成硫化氢，A装置可用来除去硫化氢气体中的HCl，将硫化氢气体通入C装置制备硫脲，D装置的目的是尾气处理，防止污染空气，装置的连接顺序为BACD，小导管口连接顺序为c→ab→de→f。
根据分析，制备硫化氢气体可选的组合为AC，硫化氢气体具有强还原性，不能用硝酸来制备，故选AC；
仪器N的名称是分液漏斗；仪器M为恒压滴液漏斗，与仪器N相比使用的优点是能保持漏斗内气压恒定，便于液体顺利流出；
根据分析，装置的连接顺序为：ab→de→f (或abdef)；
装置C中发生反应的化学方程式为CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2；结合题中所给信息：温度过高硫脲会部分发生异构化，温度低反应速率慢，故反应温度需控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是：温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢，实验不能快速完成；
①根据题中所给反应物和产物，反应的离子方程式为：；
②采用酸性高锰酸钾溶液来滴定，到达滴定终点时高锰酸钾过量，应显示浅紫色，故达到滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变为原来的颜色；
③根据方程式：，硫脲与高锰酸剂的物质的量之比为5:14，故25mL样品中硫脲的物质的量为，500mL样品溶液中硫脲的质量分数为：。
28-1【基础】 【正确答案】 1、低温 2、＜ 3、CD
4、温度低于400℃时，随温度升高，催化剂对反应②的选择性高于反应①，使相同时间内反应②的速率大于反应①
5、或0.533
【试题解析】 根据图中信息得到该反应是放热反应，熵减的反应，根据△G=△H−T△S＜0，则该反应在低温下能自发进行；故低温。
根据活化能越大，反应速率越慢，已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，则第二步的活化能大于第一步活化能即＜；故＜。
A．选用更有效的催化剂，速率加快，平衡不移动，故A不符合题意；B．该反应是放热反应，升高反应体系的温度，平衡逆向移动，氨气转化率降低，故B不符合题意；C．降低反应体系的温度，平衡正向移动，氨气转化率增大，故C符合题意；D．该反应是体积减小的反应，缩小容器的体积即增大压强，平衡正向移动，氨气转化率增大，故D符合题意；综上所述，CD。
当温度低于400℃时，的物质的量增大的幅度高于，其原因是温度低于400℃时，随温度升高，催化剂对反应②的选择性高于反应①，使相同时间内反应②的速率大于反应①；故温度低于400℃时，随温度升高，催化剂对反应②的选择性高于反应①，使相同时间内反应②的速率大于反应①。
840℃时，以反应I为主，生成NO物质的量为0.8mol，则消耗的氨气物质的量为0.8mol，则的转化率约为；若520℃时平衡压强为，，，则平衡体系中氨气物质的量为0.9mol，氧气物质的量为1.0mol，水蒸气物质的量为0.9mol，则520℃反应②平衡常数的计算式；故53.3%或0.533；。
28-2【基础】 【正确答案】 1、-5 2、BD 66.7% 及时将生成物移走或降低温度
3、< BC
【试题解析】 ①H2(g)+O2(g)=H2O(g)，∆H1=-242kJ/mol
②COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)，∆H2=-36kJ/mol
③CO(g)+O2(g)=CO2(g)，∆H3=-283kJ/mol
反应③-反应②-反应①得反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)，则∆H=∆H3-∆H2-∆H1=-5kJ/mol；
①在恒容、绝热(与外界无热交换)的密闭容器中，充入H2S(g)与CO(g)进行CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)：
A．COS和的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，已平衡，A不符题意；
B．消耗H2的速率与生成CO速率均是逆反应速率，永远为1:1，不能判断平衡，B符合题意；
C．绝热容器中进行上述反应，若反应未平衡，则容器内温度会改变，=K，温度不变K不变，的值不再改变说明温度不在改变，已判断平衡，C不符合题意；
D．气体质量不变，气体总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量永远不变，不能判断平衡，D符合题意；
选BD；
②设CO和起始浓度为a mol/L，，K=4=，解得x=12，a=18，故H2S的转化率=(12÷18)×100%=66.7%；若要提高CO的平衡转化率，可在不改变CO起始量的基础上设法让平衡正向移动，可采取的措施有及时将生成物移走或降低温度；
横坐标表示温度，未平衡时温度越高，反应速率越大，相同时间内，H2S转化率越大，故虚线左边代表未平衡状态，平衡后升高温度平衡逆向移动，H2S转化率减小，虚线右边表示平衡状态：
①其它条件相同，n(H2S):n(CO)=x越大，H2S平衡转化率越小，故x1 v逆(B)。
①反应Ⅱ的正向反应为气体体积减小的反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，结合已知条件，可知反应相同时间起始总压相等时，初始分压越大，越大，故；
②根据已知条件分析可知，a、b表示甲烷的平衡体积分数随温度变化关系，c、d表示CO的平衡体积分数随温度变化关系，结合（3）①的结论可推出在1MPa时，表示和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是b、c。
设和初始物质的量分别为1mol和3mol，生成的和CO的物质的量均为xmol，列出三段式：


平衡时的体积分数％，解得，平衡时气体总物质的量为，平衡时的分压，用平衡分压代替平衡浓度计算得反应Ⅲ的平衡常数。
35-1【基础】 【正确答案】 1、 2、金属键更强 bd
3、
4、非极性
5、4
【试题解析】 Cr原子为24号元素，其满足半满和全满的稳定结构，基态原子价层电子排布式为3d54s1，电子排布图为：；
①铍的熔点(1551 K)比铝的熔点(930 K)高，原因是：Be原子半径比Al原子半径小，金属键更强；
②a．Be属于s区，Al属于p区，a错误；
b．同一周期元素，元素的电负性能随着原子序数的增大而呈增大，同一主族，从上到下，电负性依次减弱，所以电负性都比镁大，b正确；
c．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能依次减弱，所以第二周期元素Mg的第一电离能比第三周期Al的大，c错误；
d．氢氧化物均为两性氢氧化物，d正确；
故bd；
铍与铝的性质相似，所以水溶液中反应中是偏铍酸根离子与铍离子发生双水解得到氢氧化铍，化学方程式：；
①BeCl2是直线形分子，正负电荷中心重合，为非极性分子；
②B为BeCl2的二聚体(BeCl2)2，且所有原子都在平面上，Be中含有空轨道，Cl含有孤电子对，可形成配位键，b的结构式应为：；
③C中Be原子价层电子对数是4，杂化方式为，；
① 由图可知，Be2+的配位为4，再由BeO的化学式可知，O2-的配位数也是4。
② 由图可知，该晶胞中有4个铍离子，所以1mol此晶胞有4molBeO，其质量为100g，其体积为NAa3，若BeO晶体的密度为dg/cm3，则 dg/cm3，晶胞参数
a = cm= cm= nm。
35-2【基础】 【正确答案】 1、4s24p3 2、29 球形
3、sp2 平面三角形
4、Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO
5、16NA 6、面心立方最密堆积
【试题解析】 基态氮原子的价电子排布式为2s22p3；As和N同族，As是第四周期元素，则基态砷原子的价电子排布式为4s24p3；故4s24p3。
Cu原子核外有29个电子，一个电子是一种运动状态，则基态Cu原子的核外电子有29种运动状态，价电子排布式为3d104s1，未成对电子占据的能级为4s，其原子轨道形状为球形；故29；球形。
中C原子价层电子对数为，其杂化轨道类型为sp2，其空间构型为平面正三角形；故sp2；平面正三角形。
Cu2O中亚铜离子最外层电子排布式为3d10，铜离子最外层电子排布式为3d9，根据全满，稳定结构，则高温时Cu2O比CuO更稳定的原因Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；故Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO。
1个氨气有3个σ键，配位键也是σ键，因此lmol[Cu(NH3)4]2+含σ键的数目为16NA；故16NA。
金属晶体铜的晶胞如图所示，其堆积方式是面心立方最密堆积，铜晶胞的密度为ρg∙cm−3，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶胞中铜原子个数为4，根据，解得晶胞参数为pm，则铜晶胞的边长为pm；故面心立方最密堆积；。
35-3【巩固】 【正确答案】 1、 5 2、、 氨基甲酸甲酯与水形成分子间氢键，溶解度增大
3、2 3 4、4
【试题解析】 O为8号元素，核外电子排布为；基态O原子的价层电子轨道表示式为；基态N原子核外电子，空间运动状态有5种，故；5；
①氨基甲酸甲酯中甲基中C原子为杂化，酯基中碳原子为杂化；②氨基甲酸甲酯中存在氨基，氨基与水形成分子间氢键，溶解度增大，故、；氨基甲酸甲酯与水形成分子间氢键，溶解度增大；
和均为八面体的五氨基配合物，说明中心离子的配位数均为6，推测和中均有一个作为配体，与足量溶液反应生成，说明外界含有1个，因此；与足量溶液反应生成，说明外界含有2个，因此。故2；3；
①该晶胞中Fe原子位于顶点和面心，个数为：，；②；故4；；
35-4【巩固】 【正确答案】 1、B 哑铃形(或纺锤形)
2、4 三角锥形 氟原子的电负性大，对成键电子对的吸引强，成键电子对远离氮原子，成键电子对之间的斥力减小，键角减小(也可从原子半径角度同答，答案合理即可)
3、氟离子半径小，的离子键更强，沸点高 6 ％
【试题解析】 A、C、D中的氟原子均为基态氟原子，高能级的电子越多能量越高，能量最高的是B，其电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形。答案为B；哑铃形或纺锤形；
基态N原子未成对电子数目为3，前四周期主族元素中只有与N同主族的P和，过渡元素中还有V和，共4种。中N原子为杂化，分子的空间结构为三角锥形。的键角小于的原因为氟原子的电负性大，对成键电子对的吸引强，成键电子对远离氮原子，成键电子对之间的斥力减小，键角减小。答案为4；三角锥；氟原子的电负性大，对成键电子对的吸引强，成键电子对远离氮原子，成键电子对之间的斥力减小，键角减小；
两者均为离子晶体，氟离子半径小于Cl-，的离子键更强晶格能大，沸点高。氯化钙晶体中的配位数为6，晶胞中和的体积分别为和，所以晶胞的空间利用率为％。答案为两者均为离子晶体，氟离子半径小小于Cl-，的离子键更强晶格能大，沸点高；；
35-5【提升】 【正确答案】 1、[Ar]3dl04s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3 As的4p能级是半充满状态，比较稳定
2、sp3杂化 三角锥形
3、CCl4或SiF4(其他合理答案均可)
4、NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
5、Na2Cl 6、29.25/a3·NA
【试题解析】 基态As原子的核外有33个电子，根据构造原理知电子排布式为[Ar]3dl04s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3，As的4p能级是半充满状态，比较稳定，第一电离能比Se大。
中心原子价层电子对数为3+=4，中心原子的杂化方式为sp3杂化，含有1个孤电子对，的空间构型为三角锥形。
的中心原子价电子数为32，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒，与互为等电体的分子有CCl4或SiF4(其他合理答案均可)。
液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量。
该晶体中Na原子数目＝2×＋2＋4×＝4，Cl原子数目＝8×＝2，则该晶体的化学式为Na2Cl。
一个NaCl的晶胞中所包含的Na+为：12×+1=4，Cl-数目为：8×+6×=4，即1个NaCl晶胞的体积实际上是4个Na+和4个Cl-共同所占的体积，由NaCl晶胞示意图可知1个Na+与1个Cl-共同占有的体积为V=×(2acm)3=2a3cm3，由等式NA•d•V=58.5，可得NA=。
35-6【提升】 【正确答案】 1、3d10 2、哑铃形 8 8 3、BC
4、与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 1.25 a—2d
【试题解析】 锌元素的原子序数为30，基态锌离子的价电子排布式为3d10，故3d10；
配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子处于基态时，电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占据最高能级；由结构简式可知，配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故哑铃形；8；8；
若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故选BC；
①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故a—2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10—7) 3d，解得d=，故。
36-1【基础】 【正确答案】 1、−C=C−、−COOC− 羧基
2、取代反应 氧化反应
3、 4、2＋2H2O
5、2 CH3CH=CHCOOH
6、
【试题解析】 分析:
根据2 个 G 分子间可脱水形成六元环状酯，说明G为，B(CH3CH2CH2OH)在银或铜催化作用下被氧化为C(CH3CH2CHO)，C与银氨溶液反应，酸化得到D(CH3CH2COOH)，D发生取代反应生成E()，E发生水解反应生成F()，F再酸化得到G；A水解生成B(醇)和H(含有羧基)，根据信息H发生反应生成I，I发生加成反应生成G，则I为，H为 ，则A为。
A为，则A中所含官能团的结构简式是−C=C−、−COOC−，D为CH3CH2COOH，则D含有的官能团名称是羧基；故−C=C−、−COOC−；羧基。
由E生成F是E发生水解反应生成F()，其反应类型是取代反应，B生成C是B(CH3CH2CH2OH)在银或铜催化作用下被氧化为C(CH3CH2CHO)，其反应类型是氧化反应；故取代反应；氧化反应。
根据前面分析得到A的结构简式为；故。
G形成六元环状酯的化学方程式为2＋2H2O；故2＋2H2O。
H为，含有相同官能团的H的同分异构体有CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH共2种，其含有四种不同氢原子，且个数比为 3∶1∶1∶1 的结构简式为CH3CH=CHCOOH；故2；CH3CH=CHCOOH。
在氢氧化钠醇溶液中加热反应生成，在高锰酸钾碱性条件下反应，再酸化得到，和氢气发生加成反应生成，则为原料制备G的合成路线为；故。
36-2【基础】 【正确答案】 1、 酮羰基、羟基
2、2−甲基丙酸 4
3、c 4、取代反应(或水解反应)
5、 6、
【试题解析】 分析:
A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B，B和苯在催化剂加热条件下发生取代反应生成C，C在一定条件下发生取代反应生成D，D水解生成E。
根据化合物E的结构简式得到E的分子式：，其含氧官能团名称为酮羰基、羟基；故；酮羰基、羟基。
A主链由3个碳原子，属于羧酸，因此用系统命名法对A命名：2−甲基丙酸；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物有CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH2(CH3)2共4种，其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH3；故2−甲基丙酸；4；HCOOCH2CH2CH3。
为实现C→D的转化，取代的是烷基上的氢原子，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，因此试剂X为；故c。
D→E是溴原子变为羟基，因此其反应类型为取代反应(或水解反应)；故取代反应(或水解反应)。
在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯()快速聚合，生成高聚物，则该聚合反应的方程式：；故。
甲苯在酸性高锰酸钾溶液条件下被氧化为苯甲酸，苯甲酸和氢气在催化剂作用下生成，和SOCl2在加热条件下反应生成，和苯在催化剂加热条件下反应生成，其合成路线为；故。
36-3【巩固】 【正确答案】 1、C10H16O2 4
2、酯基、碳碳双键 3、
4、+H2O
5、b 6、8 7、
【试题解析】 分析:
A→B为-CHO氧化为-COOH。C10H16O2经浓硫酸加热转变为C11H16O2，为羧酸与醇的酯化反应。X为CH3OH。E→F浓硫酸加热为酯化反应。E中为-COOH和-OH。C→D为C=C与HBr的加成反应。D→E为-Br和酯基碱性条件下的水解。
键线式中拐点和端点均为碳原子，再按照碳的四价结构补充氢原子。所以F分子式为C10H16O2。手性碳的特点：连接四个不同原子或基团，F中有4个手性碳。答案为C10H16O2；4；
由上分析B与CH3OH酯化得到C。C中官能团有酯基和碳碳双键。答案为酯基和碳碳双键；
由上分析得出，。C→D为C=C的加成反应，且D中有3个甲基，则D为。答案为；
合成F的反应为酯化反应，。答案为；
a.键线式中端点和拐点均为碳原子，按照碳的四架结构补充氢原子。F的化学式为C10H14O2。a项正确；
b.分子中除了C=O的C其余均为sp3杂化，不可能在同一平面，b项错误；
c.分子中C=O发生加成反应。烷基和酯基的取代反应。c项正确；
d.酯基能与NaOH发生水解反应，d正确。
故答案选b。
由上分析E的结构简式为。G为E的同系物，且比E少两个碳原子。则G的分子式为C8H14O3，含官能团为-COOH、-OH。六元环上可以为-CH2COOH和-OH同碳、邻、间、对异构体，还可以为-COOH和-CH2OH同碳、邻间对异构体，或为。G的结构有4+4=8种。答案为8；
形成内酯，即-CH3→-COOH和-CH3→-CH2OH。-CH3→-COOH：-CHCl2经水解可以得到-CHO，再经氧化得到-COOH。由已知信息得合成路线为。答案为。
36-4【巩固】 【正确答案】 1、对二甲苯或1，4-二甲苯 加成反应
2、2+O22+2H2O
3、 4、先加足量的银氨溶液或新制氢氧化铜溶液使醛基氧化，然后再用酸性高锰酸钾溶液或溴水检验碳碳双键，若酸性高锰酸钾溶液或溴水发生褪色，则证明F中含有碳碳双键；
5、15 6、CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2CH2OH
【试题解析】 分析:
F的结构简式为，结合题给已知信息中的反应，运用逆合成分析法推断可知，E为，D为；由BC的反应条件可知，BC为卤代烃的水解反应，结合C可生成D，则可推出B为，C为，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，则A为。
据分析可知，A为，其化学名称是对二甲苯或1，4-二甲苯；根据题给已知信息可知，D→E的反应类型为加成反应；
C→D的反应为醇的催化氧化反应，其化学方程式为2+O22+2H2O；
据分析可知，E的结构简式是；
F中含有碳碳双键和醛基，检验其中碳碳双键之前先将醛基氧化为羧基，再用酸性高锰酸钾溶液或者溴水检验碳碳双键，则检验F中的碳碳双键的方法是先加足量的银氨溶液或新制氢氧化铜溶液使醛基氧化，然后再用酸性高锰酸钾溶液或溴水检验碳碳双键，若酸性高锰酸钾溶液或溴水发生褪色，则证明F中含有碳碳双键；
E的同分异构体能发生银镜反应说明含有-CHO，能与FeCl3发生显色反应说明含有酚羟基，苯环上有2个取代基，满足以上条件的有12种，分别为、、、、以上四种均有邻间对3种情况，则共有15种；其中核磁共振a谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为；
以乙醇为原料制备1，3-丁二醇的合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2CH2OH。
36-5【提升】 【正确答案】 1、CD 2、乙二酸二乙酯
3、 +CH3COOC2H5+C2H5OH
4、 5、
【试题解析】 分析:
与乙醇在浓硫酸条件下发生酯化反应结合的分子组成可知为，则为，C为，C与乙酸乙酯发生已知①中的取代反应生成D（），D与X生成E，结合E的结构及C的分子式可知X为 ，E在一定条件下生成F，F生成G，结合G的结构可知F应为 ，F碱性水解后酸化得到G，G发生脱羧反应后再发生羟基取代反应得到H，H与反应得到氯喹，据此解答。
A．X为 ，其中N原子连接三个原子为三角锥构型，所有原子不能共面，故错误；
B．G中羧基和羟基表现酸性各消耗1mol氢氧化钠，苯环上的氯原子消耗2mol氢氧化钠，G能消耗4mol氢氧化钠，故错误；
C．由H生成氯喹的反应中氨基与羟基间发生了取代反应，故正确；
D．由氯喹的的结构简式可知其分子式为C18H26ClN3，故正确；
故选CD；
C为CH3CH2OOC－COOCH2CH3，其名称为乙二酸乙二酯，F应为；
由以上分析可知C→D的反应方程式是+CH3COOC2H5+C2H5OH；
G脱羧后得产物M（C9H6ONCl），M中除苯环外不饱和度为3，－CN中含有三键，则除－CN外支链中含有一个双键或环结构，，若为C=C则结构为，若为C=O双键则结构为 ，若为环则结构为，故 ；
可由和丙酮反应得到，丙酮可由2－丙醇氧化得到，苯胺可由硝基苯还原反应得到，硝基苯可由苯与浓硝酸取代反应得到，合成的流程为：
。
36-6【提升】 【正确答案】 1、酮羰基、碳氯键 2、++HCl
3、 加成反应 4、ad
5、4 6、CH3CHOHO－CH2－CH2OH
【试题解析】 分析:
根据题给条件分析可得：A(甲苯)与丙烯通过加成反应得到B()，B与发生取代反应生成C；D与甲醛通过加成反应生成E()，再加得到F；根据题给信息，C与F反应得到G()。
C中所含官能团的名称为酮羰基、碳氯键。
B与发生取代反应生成C，方程式为：++HCl。
由D到E是一个羟醛缩合反应，也称为醛基的α-氢加成。甲醛的碳氧双键断开，乙醛的α-氢原子加成到氧上形成羟基，连接到断开的碳氧双键的碳原子上。
a．A为甲苯，B为，A、B结构相似，组成上相差3个原子团，故是同系物，a正确；
b．F中，与羟基相连碳的邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应生成烯，b错误；
c．C中的氧原子采取杂化，c错误；
d．C与F通过类似题给已知的反应可到G：，d正确；
故选ad。
布洛芬的同分异构体满足下列条件：①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种；②能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该同分异构体中存在的结构；③能发生银镜反应，说明其中含有-CHO；满足题给条件的布洛芬的同分异构体有如下4种：、、、。
利用甲醛和乙醛的多次羟醛缩合生减，再利用题给信息合成有机物，要注意的是中有四个羟基，可以和两个乙醛反应，合成路线为：CH3CHOHO－CH2－CH2OH。