上海市静安区2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）含解析

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上海市静安区2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 金属的化学腐蚀与电化学腐蚀,金属的防护,化学科学对人类文明发展的意义,新型无机非金属材料

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．低磁钢属于合金，合金的硬度比各成分大，熔点比各成分低，故A错误；
B．碳化硅材料属于新型无机物，故B错误；
C．舰体表面刷漆，目的之一是防止金属腐蚀，故C正确；
D．重油为混合物，主要成分属于烃类，故D错误；故答案选C。

1-1（基础） 化学在生产和日常生活中有着重要的作用。下列说法中不正确的是
A.Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe(OH)3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂
B.钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用
C.常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，因此可用浓氨水检查氯气管道泄漏情况
D.用过量氯气和甲烷混合光照可获得纯净的CCl4
【正确答案】 D

1-2（基础） 化学与生产生活息息相关。下列说法中正确的是
A.冬奥会场馆中使用了CO2超临界制冰技术，制作的冰是有机高分子化合物
B.氢气火炬中的储氢合金材料是新型无机非金属材料
C.我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用
D.为达到碳中和相关标准，禁止任何人燃烧木柴和煤炭，转而使用太阳能
【正确答案】 C

1-3（巩固） 2022年科技创新结出累累硕果，加快了实现高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是
A.“北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为
B.“奋斗者”号深海载人潜水器采用的Ti62A新型钛合金的硬度比纯钛的高
C.C919大飞机机身采用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高等优良特点
D.问天实验舱太阳翼配置的是三结砷化镓电池，砷化镓喻为“半导体贵族”
【正确答案】 A

1-4（巩固） 下列有关金属及其合金的说法错误的是（　　）
A.目前我国流通的硬币是由合金材料制造的
B.合金的熔点一般比其各成分金属的熔点高
C.镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹
D.日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
【正确答案】 B

1-5（提升） 中华传统文化博大精深，其中涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是
A.中国的圆珠笔头一直需要进口笔尖钢，经过5 年数不清的失败，2016年9月，中国太钢集团利用家常和面原理在钢水中加入添加剂试验成功，造出圆珠笔头，可完全替代进口，由此信息可知笔尖钢为合金，且具有良好的切削性
B.工业生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料
C.《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物
D.中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2
【正确答案】 C

1-6（提升） 化学与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述中不正确的是
A.石墨烯液冷散热技术是华为公司首创，石墨烯是一种有机高分子材料
B.我国自主研发的“东方超环”(人造太阳)应用的氕、氘、氚互为同位素
C.射电望远镜所用的高性能碳化硅属于新型无机非金属材料
D.我国海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 盐溶液的酸碱性判断

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．该物质为强酸弱碱盐，水解呈酸性，A项不符合题意；
B．KCl为强酸强碱盐，不水解呈中性，B符合题意；
C．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，C项不符合题意；
D．NaHCO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，D项不符合题意；故选B。

2-1（基础） 相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是
A.NH4Cl B.NH4HCO3 C.NH4HSO4 D.(NH4)2SO4
【正确答案】 B

2-2（基础） 水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是
A.H2SO4 B.NaCl C.CH3COONa D.NH4Cl
【正确答案】 D

2-3（巩固） 下列盐的水溶液呈酸性的是
A.NaCl B.Na2CO3 C.CH3COONa D.AlCl3
【正确答案】 D

2-4（巩固） 下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是
A.KOH B.Na2CO3 C.AlCl3 D.CaO
【正确答案】 B

2-5（提升） 下列水溶液因水解而呈碱性的是
A.Na2CO3 B.BaCl2 C.(NH4)2SO4 D.Ca(OH)2
【正确答案】 A

2-6（提升） 物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl、②Na2CO3、③KNO3、④CH3COOH其pH值由小到大的顺序为
A.①②③④ B.②①③④ C.①③④② D.④①③②
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 烷烃系统命名法

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】根据系统命名法，主链上有4个碳，支链位于2号碳上，命名为：2，2-二甲基丁烷；故B。

3-1（基础） 下列关于烷烃的命名正确的是
A.2，3，4—三甲基丁烷 B.2—甲基—3—乙基戊烷
C.4—甲基戊烷 D.2—乙基丁烷
【正确答案】 B

3-2（基础） 某烷烃的结构简式为：，下列命名正确的是
A.2，3-二甲基戊烷 B.2-3-二甲基戊烷
C.2-甲基-3-乙基丁烷 D.2-乙基-3-甲基丁烷
【正确答案】 A

3-3（巩固） 下列物质催化加氢可生成2-甲基戊烷的是
A.(CH3)2CHCH2C≡CH B.CH2=CHCH(CH3)C≡CH
C.(CH3)2C=C(CH3)2 D.CH2=CHC(CH3)2CH2CH3
【正确答案】 A

3-4（巩固） 某烷烃一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，这种烷烃的名称是
A.正壬烷 B.2，6-二甲基庚烷
C.2，2，4，4-四甲基戊烷 D.2，3，4-三甲基己烷
【正确答案】 C

3-5（提升） 有机化合物 A 的结构简式为：，有机化合物 B 与等物质的量的 H2发生加成反应可得到有机化合物 A。下列有关说法错误的是
A.B 的结构可能有 3 种，其中一种名称为 3，4，4-三甲基-2-戊烯
B.用系统命名法命名有机化合物 A，名称为 2，2，3-三甲基戊烷
C.有机化合物 A 的分子式为 C8H18
D.有机化合物 A 的一氯取代物只有4种
【正确答案】 D

3-6（提升） 已知丙烷的分子结构可简写成键线式结构。有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A。下列有关说法错误的是
A.有机物A的一氯代物只有5种
B.用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3-三甲基戊烷
C.B的结构可能有3种，其中一种名称为3,4,4-三甲基-2-戊烯
D.若有机物C与H2以1:2加成生成A，C的结构只有1种
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 化学键概念理解及判断,离子键概念及判断,共价键与离子键的比较,离子键

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．Na2O2含有离子键和非极性共价键，是离子化合物，故A符合题意；
B．CaCl2含有钙离子和氯离子，只含有离子键的离子化合物，故B不符合题意；
C．K2S含有钾离子和硫离子，只含有离子键的离子化合物，故C不符合题意；
D．Al2O3含有铝离子和氧离子，只含有离子键的离子化合物，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。

4-1（基础） 下列各组物质中都属于含有共价键的离子化合物的一组是
A.、 B.、
C.、 D.、
【正确答案】 C

4-2（基础） 下列物质只含有共价键的是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-3（巩固） 下列物质中只含有非极性共价键的是
A.NaOH B.I2 C.KCl D.H2S
【正确答案】 B

4-4（巩固） 下列物质中，既有离子键又有共价键的是
A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-5（提升） 下列物质中，含有非极性共价键的离子化合物的是
A.NH4NO3 B.Cl2 C.H2O2 D.Na2O2
【正确答案】 D

4-6（提升） 下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A.CH3OH B.NH4Cl C.C2H4 D.Na2O2
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 物质的分离、提纯

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．浓氨水不是干燥剂，不能吸水，且会与HCl反应，A不符合题意；
B．浓硫酸具有吸水性，且不会与HCl反应，B符合题意；
C．饱和食盐水不是干燥剂，不能吸水，且会吸收HCl，C不符合题意；
D．澄清石灰水不是干燥剂，不能吸水，且会与HCl反应，D不符合题意；故选B。

5-1（基础） 以下各组物质(括号内为杂质)的除杂试剂选择和实验操作均正确的是
A.加入过量，过滤
B.加入铁粉充分反应后过滤
C.加热
D.通过盛有浓硫酸的洗气瓶
【正确答案】 A

5-2（基础） 括号内为杂质，下列除杂试剂使用正确的是
A.氯化铁(氯化铜)铁粉 B.氯气(氯化氢)饱和碳酸氢钠溶液
C.乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液 D.溴苯(溴单质)氢氧化钠溶液
【正确答案】 D

5-3（巩固） 除去括号中的杂质适宜用NaOH溶液的是
A.溴苯(溴) B.碳酸氢钠(碳酸钠)
C.乙酸乙酯(乙酸) D.氧化铝(氧化铁)
【正确答案】 A

5-4（巩固） 制备下列物质过程中，净化除杂的有关操作(括号内是杂质)其中正确的是
A.C2H4(SO2)——气体通过盛有溴水的洗气瓶
B.CH3COOC2H5(CH3COOH)——用饱和Na2CO3溶液洗涤
C.Cl2(HCl)——通过水洗，再干燥
D.NH3(H2O)——浓H2SO4洗气
【正确答案】 B

5-5（提升） 在实验室中除去下列物质中混有的杂质，所选用的试剂（括号内的）不正确的是
A.苯中混有乙酸（NaOH溶液） B.乙醇中混有水（生石灰）
C.乙烷中混有乙烯（溴水） D.乙酸中混有乙醇（水）
【正确答案】 D

5-6（提升） 除去下列物质中所含的少量杂质(括号内为杂质)，所用除杂试剂合理的是
A.FeCl3溶液(CuCl2)铁粉 B.C2H6(C2H4)：H2/催化剂
C.CO2(SO2)：酸性高锰酸钾溶液 D.乙醛(乙酸)：饱和碳酸钠溶液
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 电解质与非电解质,电解质、非电解质概念,氧化还原反应的定义及实质,氧化还原反应定义、本质及特征

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．氯化钡与硫酸铁反应生成硫酸钡和氯化铁，是非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，是氧化还原反应，但铁是单质，不是电解质，故B不符合题意；
C．氢氧化钠与硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸钠，是非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．碘化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸和单质碘，是氧化还原反应，且碘化氢是电解质，故D符合题意。综上所述，答案为D。

6-1（基础） 下列物质中能导电，但既不是电解质也不是非电解质的纯净物是
A.NaCl固体 B.铜 C.盐酸 D.氢氧化钠溶液
【正确答案】 B

6-2（基础） 在空气中久置会因为氧化还原反应变质的强电解质是
A.亚硫酸钠 B.硫化氢 C.烧碱 D.氯水
【正确答案】 A

6-3（巩固） 下列各组物质的分类都正确的是(括号里的是类别)
A.青铜(单质)、H2SO4(一元酸)、C2H5OH(非电解质)
B.NH4Cl(铵盐)、HNO3(含氧酸)、NaOH(电解质)
C.Na2O(钠盐)、NH3(碱)、NaCl(电解质)
D.CH4(有机物)、纯碱(碱)、盐酸(纯净物)
【正确答案】 B

6-4（巩固） 油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生反应：2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。下列有关判断正确的是
A.放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质
B.放置过程发生的反应为氧化还原反应
C.从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱、盐”均为盐
D.反应的离子方程式为2Al3++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【正确答案】 C

6-5（提升） 下列有关氨及氨水的说法中，正确的是
A.NH3是10电子分子，具有还原性 B.液氨、氨气、氨水是同一种物质
C.氨气是非电解质，氨水是电解质 D.NH3·H2O是混合物
【正确答案】 A

6-6（提升） 油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl(SO4)2·12H2O=3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+2A1(OH)3↓+21 H2O，下列有关判断正确的是
A.从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐
B.放置过程发生的反应为氧化还原反应
C.放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质
D.反应的离子方程式为：3CO32-+2KAl(SO4)2·12H2O=3Na2SO4+2K++4SO42-+3CO2↑+2Al(OH)3↓+21 H2O
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 有机官能团的性质及结构,同分异构体的数目的确定

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是

A.分子式为C13H16O2
B.有6种一氯代物
C.分子中至少有9个碳原子共面
D.能发生取代、加成反应
【正确答案】 D

7-2（基础） 植物木质素中含有芥子醇，结构简式如下图所示。下列有关芥子醇的说法正确的是

A.分子式是C11H16O4
B.属于芳香烃
C.含有两种官能团
D.可发生加成、取代、氧化等反应
【正确答案】 D

7-3（巩固） 化合物C是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。下列说法不正确的是

A.A中所有原子可能共平面
B.A、B、C均能使高锰酸钾和溴水褪色，且反应原理相同
C.B、C含有的官能团数目相同
D.有机物A的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的有三种(不包含A)
【正确答案】 B

7-4（巩固） 有机物a 可以发生如下一系列变化，下列说法不正确的是

A.b 中所有碳原子在同一平面内 B.b 的一氯代物只有一种
C.a 能发生加聚反应 D.c 的分子式为 C7H8O
【正确答案】 A

7-5（提升） 2022年诺贝尔化学奖授予Carolyn R Bertozzi等三位在“点击化学和生物正交化学”方面做出突出贡献的科学家。叠氮—炔环加成是经典的点击化学反应。反应示例如图所示：

下列说法错误的是
A.化合物A的分子式为C2H5N3
B.化合物B的所有原子不在同一条直线上
C.化合物B和化合物C均可使溴水褪色
D.化合物C和化合物D均属于不饱和烃
【正确答案】 D

7-6（提升） 有一种有机物的键线式酷似牛，被称为牛式二烯炔醇（如图）。下列有关该化合物的说法不正确的是

A.该分子中含有三种官能团
B.该物质能与金属钠反应产生氢气
C.该分子中甲基上的一氯代物有6种
D.1mol该物质最多可与发生加成反应
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,氨气,氨的还原性,硝酸

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．N2非常稳定，常温下不易发生化学反应而可作为保护气，A项没有关联性；
B．液氨变为气体吸收热量从而可作为制冷剂，B项没有关联性；
C．HNO3中含有氮元素可被植物吸收利用而作为制造氮肥原料，C项没有关联性；
D．NH4Cl为强酸弱碱盐水解呈酸性，可与铁锈发生反应，D项有关联性；故选D。

8-1（基础） 中和反应在工农业生产和日常生活中有广泛的用途。下列应用与中和反应原理无关的是
A.施用熟石灰改良酸性土壤
B.服用含Al(OH)3的药物治疗胃酸过多
C.用熟石灰和硫酸铜配制波尔多液
D.用NaOH溶液洗涤石油产品中的残余硫酸
【正确答案】 C

8-2（基础） 下列用途中所选用的物质正确的是
A.X射线透视肠胃的内服剂——碳酸钡
B.配制波尔多液原料——胆矾和石灰乳
C.生活用水的消毒剂——明矾
D.工业生产氯气的原料——浓盐酸和二氧化锰
【正确答案】 B

8-3（巩固） 化学创造美好生活，下列物质用途与所述的化学知识没有关联的是
选项
物质用途
化学知识
A
二氧化硫用作红酒防腐剂
溶于水显弱酸性
B
乙炔用于金属切割与焊接
燃烧放出大量热
C
碳酸氢钠用作面团膨松剂
受热分解会产生
D
铁触媒用作合成氨的催化剂
催化剂可以提高反应速率
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

8-4（巩固） 下列物质性质与用途不相应的是
A.是一种红棕色粉末，可用作涂料
B.液氮的沸点较低，可为超导材料提供低温环境
C.石墨具有良好的润滑性，可用作电池电极材料
D.与水混合成糊状后会很快凝固，可用作石膏绷带
【正确答案】 C

8-5（提升） 化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系错误的是
选项
用途
性质或原理
A
硬铝是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
硬铝密度小、强度高具有较强的抗腐蚀能力
B
抗击新冠疫情时，84消毒液、75%酒精都可作为环境消毒剂
二者都有较强的氧化性
C
工业上常用绿矾(FeSO4•7H2O)处理废水中含有的重铬酸根离子(Cr2O)
Fe2+具有还原性
D
用小苏打治疗胃酸过多
NaHCO3可中和胃酸
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

8-6（提升） 氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A.熔点高，可用于工业制备金属铝
B.易溶于水，可用于自来水消毒
C.具有漂白、防腐、抗氧化，可用于葡萄酒保存
D.具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 常用仪器及使用

【正确答案】
B
【试题解析】


9-1（基础） 实验室完成硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验时，恒重操作用到的仪器是
A. B. C. D.
【正确答案】 A

9-2（基础） 下列装置中不可用来吸收HCl的是
A. B. C. D.
【正确答案】 A

9-3（巩固） 下列玻璃仪器上有标明“0”刻度的是
A. B. C. D.
【正确答案】 B

9-4（巩固） 用18.4mol·L浓硫酸配制250mL1.0mol·L的稀硫酸，实验中不需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【正确答案】 A

9-5（提升） 实验室利用下列仪器(不考虑夹持装置和塞子及导管)不能制备的气体是

A.C2H2 B.H2 C.CO2 D.C2H4
【正确答案】 D

9-6（提升） 下列常用实验室仪器中，一般不用于混合物分离或提纯的是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 石油分馏,石油裂化、裂解,煤的综合利用

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．煤的气化和液化都生成新物质，是化学变化，A错误； 
B．石油分馏得到的每一种馏分均含有多种物质，为混合物，B错误；
C．煤的干馏生成新物质，属于化学变化；石油的分馏没有生成新物质，为物理变化，C错误； 
D．石油通过分馏获得汽油、裂化都能获得裂化汽油，D正确；故选D。

10-1（基础） 石油化工是国民经济重要支柱之一、有关石油化工的叙述不正确的是
A.石油属于不可再生能源
B.石油的裂解和裂化都是化学变化
C.石油分馏原理是利用各组分的沸点不同
D.石油分馏产品包括汽油、沥青、焦炭等
【正确答案】 D

10-2（基础） 燃煤是影响空气质量的主要原因之一。下列有关叙述错误的是
A.煤的大量使用是雾霾形成的一个重要因素
B.煤的干馏、液化都是化学变化
C.将煤气化后再燃烧可降低污染
D.生石灰和煤混合燃烧可减少SO2排放，CaSO3是最终产物
【正确答案】 D

10-3（巩固） 下列关于煤和石油的叙述正确的是
A.煤和石油均属于可再生矿物能源 B.煤的干馏和石油的分馏都是化学变化
C.石油产品裂解能生产乙烯 D.石油分馏的各馏分均是纯净物
【正确答案】 C

10-4（巩固） 关于煤和石油加工的叙述正确的是
A.常压干馏可分离得到汽油、煤油和柴油
B.重油的碳链较长，适合采用减压分馏进行分离
C.煤炭中含有苯，可用四氯化碳溶出
D.煤干馏得到的煤焦油，可用分液的方法得到芳香烃
【正确答案】 B

10-5（提升） 下列有关煤和石油的说法正确的是
A.石油分馏的产品是纯净物 B.石油的裂解可得到乙烯
C.煤中含有苯、甲苯和粗氨水 D.煤的干馏是物理变化
【正确答案】 B

10-6（提升） 下列有关煤化工和石油化工的说法正确的是
A.石油的炼制过程都是化学变化
B.煤干馏的液态产物主要有煤焦油、粗氨水
C.石油裂解是为了提高汽油等轻质油的产量
D.煤的液化是物理变化，煤的气化是化学变化
【正确答案】 B

【原卷 11 题】 知识点 乙醇的消去反应,常见有机物的制备,常见气体的制备与收集,物质性质的探究

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．乙醇在浓硫酸催化下170℃脱水形成乙烯，A项合理；
B．制得乙烯中含有CO2和SO2等可利用NaOH溶于除杂，B项合理；
C．乙烯可和溴发生加成，C项合理；
D．乙烯密度与空气接近无法排空收集，用排水收集，D项不合理；故选D。

11-1（基础） 实验室制备和提纯硝基苯过程中，下列实验或操作正确的是（ ）
A
B
C
D
配制浓硫酸和浓硝酸的混合液
在 55℃水浴温度下发生硝化反应制备硝基苯
用氢氧化钠溶液洗涤反应产物并分离
出粗硝基苯
将粗硝基苯蒸馏提纯




A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

11-2（基础） 某兴趣小组为制备1－溴丙烷(沸点71℃，密度1.36g/cm3)，将浓硫酸缓慢加入正丙醇及水的混合液中，冷却至室温后加入NaBr，缓慢加热，直到无油状物馏出为止。将馏出液进行分液处理，得粗产品。上述过程中涉及的装置或操作正确的是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

11-3（巩固） 实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是
A.混合反应物 B.生成乙酸乙酯
C.收集乙酸乙酯 D.分离出乙酸乙酯
【正确答案】 A

11-4（巩固） 某实验小组仅选择图中装置制备对溴异丙基苯[]并检验生成的，其中装置错误的是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

11-5（提升） 实验室使用下列装置制取、除杂、检验并收集少量乙烯，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A.用装置甲制取乙烯
B.用装置乙除去乙烯中的气体
C.用装置丙检验乙烯
D.用装置丁收集乙烯
【正确答案】 A

11-6（提升） 实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置与目的相符的是

A.制备乙烯 B.除去杂质 C.验证不饱和性 D.收集乙烯
【正确答案】 A

【原卷 12 题】 知识点 浓硫酸的强氧化性,含硫化合物之间的转化,二氧化硫的化学性质,硫、氮氧化物对人体、环境的危害 酸雨

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．单质硫与O2反应只能变为SO2，SO2和O2在催化剂、加热条件下可逆反应生成SO3，故A错误；
B．大气中的SO2会形成酸雨，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸钡氧气氧化为硫酸，因此最终以H2SO4进入地面或海洋，故B正确；
C．工业排放的SO2尾气可与CaO和O2反应生成CaSO4，因此常用氧化钙处理工业排放的SO2尾气，故C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性，因此常温下，浓H2SO4能使铁片钝化，故D正确。综上所述，答案为A。

12-1（基础） 如图表示硫在自然界中的循环过程，下列说法不正确的是（ ）

A.大气中的硫可能以酸雨的形式进入土壤
B.煤和石油中的硫燃烧生成三氧化硫进入大气
C.化石燃料中的硫主要来自形成化石燃料的生物体
D.煤和石油燃烧产生的颗粒物是雾霾的形成因素之一
【正确答案】 B

12-2（基础） 下列关于自然界中硫循环(如图所示)的说法不正确的是

A.大气中含量过高，降雨时会形成硫酸型酸雨
B.为减少煤燃烧产生的，可向其中加入生石灰
C.从火山爆发到形成土壤或水体中的过程中，硫元素均被还原
D.有机硫化物存在于石油和动植物体内，说明含硫有机物和含硫无机物可以相互转化
【正确答案】 C

12-3（巩固） 硫元素在自然界中的循环如图所示，下列说法错误的是

A.硫是组成某些蛋白质的生命元素
B.地壳中化合态的硫主要以硫化物和硫酸盐的形式存在
C.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3
D.化石燃料的燃烧以及含硫矿物的冶炼是大气SO2污染的主要来源
【正确答案】 C

12-4（巩固） 自然界的硫循环过程如下图所示。下列说法中，不正确的是

A.火山喷发、化石燃料燃烧均会产生SO2
B.SO2形成酸雨的过程为：SO2+H2O==H2SO3
C.可用石灰处理酸化了的水体
D.自然界的硫循环过程涉及氧化还原反应
【正确答案】 B

12-5（提升） 如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法错误的是

A.硫在自然界中既有游离态又有化合态 B.过程⑤宜在土壤的富氧区实现
C.过程②是氧化反应 D.过程①可以通过不同的化学反应实现
【正确答案】 B

12-6（提升） 如图是硫元素在自然界中的循环图，下列说法正确的是

A.自然界中硫元素只存在化合态，不存在游离态
B.图中显示大气中的SO2回到海洋，最终很快和其它矿物形成煤和石油
C.部分硫元素由地壳到大气的过程发生了氧化反应
D.葡萄酒中添加少量二氧化硫可防止葡萄酒被还原
【正确答案】 C

【原卷 13 题】 知识点 碳酸氢钠的不稳定性,过滤,物质分离、提纯综合应用,纯碱的生产

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 候氏制碱法的主要工艺流程如下图所示。下列说法错误的是

A.气体1、气体2分别为、
B.溶液2中，含碳微粒主要是
C.循环利用溶液3提高了NaCl的利用率
D.索尔维制碱法总反应为：
【正确答案】 B

13-2（基础） 通过下列实验流程制备少量CaBr2·6H2O。下列说法错误的是

A.空气吹出法是海水提溴较成熟的工业方法
B.步骤①可用热水浴加热
C.步骤②中CO(NH2)2作氧化剂
D.步骤④的主要操作是蒸发浓缩，冷却结晶
【正确答案】 C

13-3（巩固） 侯氏制碱法(联合制碱法)工艺流程可用如图表示。下列有关说法错误的是

A.以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔
B.该工艺的碳原子利用率理论上为
C.氨母液储罐中的溶质主要是、、
D.在实验室模拟上述流程，“焙烧”需要使用铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪器
【正确答案】 C

13-4（巩固） 硫酸铵是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备硫酸铵的工艺流程如下：

下列说法错误的是
A.操作1为过滤，操作2为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
B.滤液中的主要阳离子可通过向少量滤液中加NaOH溶液，加热，并用湿润的红色石蕊试纸来检验
C.甲到乙反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O = CaCO3↓+2NH4+
D.工艺流程中产生的CO2可循环利用
【正确答案】 C

13-5（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，下列说法错误的是

A.“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2
B.“解脱”过程指在酸性条件下用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”过程是先萃取分液、蒸馏得到粗产品，再升华纯化
【正确答案】 B

13-6（提升） 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是

A.吸收过程中有气体生成 B.结晶后母液中含有NaHCO3
C.气流干燥湿料时温度不宜过高 D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【正确答案】 B

【原卷 14 题】 知识点 二氧化硫的漂白性,吸热反应和放热反应,化学实验方案的设计与评价

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．Na与水反应放热导致大试管中温度升高压强增大，左端红墨水下降，A项能达到实验目的；
B．SO2消耗碱而使酚酞褪色，B项不能达到实验目的；
C．NH3极易溶于水而倒吸，但C无法防倒吸，C项不能达到实验目的；
D．该装置为蒸发结晶，Na2CO3中除去少量NaHCO3可直接加热分解，在坩埚中进行，D项不能达到实验目的；故选A。
 

14-1（基础） 利用下列装置(部分夹持装置略)能达到相应实验目的的是
A
B
C
D




制备乙烯
验证苯酚的酸性
提纯苯
检验丙烯醛中含有碳碳双键
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

14-2（基础） 下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）

A.装置甲用SO2做喷泉实验 B.装置乙验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C.装置丙验证NH3易溶于水 D.装置丁用该装置制取NH3
【正确答案】 D

14-3（巩固） 化学是以实验为基础的科学，下列图示实验操作规范且能达到实验目的的是

A.图1为配制一定物质的量浓度溶液时的定容操作
B.图2可制取并收集少量的氨气
C.图3可制备，并能较长时间看到白色沉淀
D.图4可比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性
【正确答案】 C

14-4（巩固） 用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A.用①装置检验溶液中是否含有钾元素 B.用②装置可制备、干燥、收集氨
C.用③装置除去CO2中含有的少量SO2 D.用④装置进行喷泉实验
【正确答案】 B

14-5（提升） 利用下列装置(夹持装置已略去)进行实验，能达到实验目的的是

A.用装置①检验溴乙烷消去产物中的乙烯 B.用装置②证明乙炔可使溴水褪色
C.用装置③分离乙酸乙酯和乙醇 D.用装置④除去水中的苯酚
【正确答案】 A

14-6（提升） 下列实验原理和装置能达到实验目的的是

A.装置甲：制取银氨溶液 B.装置乙：除去乙烯中混有的SO2
C.装置丙：制取乙烯 D.装置丁：验证溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生了消去反应
【正确答案】 D

【原卷 15 题】 知识点 氧化还原反应的几组概念,氧化还原反应方程式的配平

【正确答案】
C
【试题解析】


15-1（基础） 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法正确的是

A.在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
B.根据图示可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2S
C.回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
D.在图示的转化中发生的反应有4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH－
【正确答案】 C

15-2（基础） 新型纳米材料MFe2Ox(3＜x＜4)中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，流程如下：

则下列判断正确的是
A.SO2是该反应的催化剂 B.MFe2Ox是还原剂
C.x >y D.SO2发生了置换反应
【正确答案】 B

15-3（巩固） 明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是

A.X为SO2
B.现代工业用稀硫酸吸收SO3
C.上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D.制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
【正确答案】 A

15-4（巩固） 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

15-5（提升） 铬的某些化合物之间的转化关系如下图：

则下面的说法中，错误的是
A.均具有强氧化性
B.是
C.的溶液中，含的微粒数目介于与之间
D.可能是
【正确答案】 B

15-6（提升） 工业上除去电石渣浆(含)上层清液中的，并制取石骨的流程如图如下：

下列说法正确的是
A.上述流程中，每步转化均涉及氧化还原反应
B.由上述转化过程知，还原性：
C.将上层清液中的转化为，理论上共需要的
D.过程Ⅰ中，反应的离子方程式为
【正确答案】 C

【原卷 16 题】 知识点 电解原理

【正确答案】
B
【试题解析】
【分析】根据图知，通入氧气的电极上氧气得电子生成水，则通入氧气得电极为阴极，通入甲醇和CO的电极为阳极；
【详解】A．据分析可知，左侧电极为阳极，与电源正极相连，A错误；
B．据分析可知，阳极的电极反应为：CO+2CH3OH-2e-=(CH3O)2CO +2H+，B正确；
C．根据题干DMC极易水解，则离子液体必须是非水体系，C错误；
D．质子(H+)在阳极区生成，可通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，D错误；故选B。

16-1（基础） 工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备NaOH和H2SO4，a、b为离子交换膜，装置如图所示。下列说法正确的是

A.c电极与电源负极相连
B.从d口得到H2SO4(aq)
C.若生成1 mol O2，有2 mol Na+穿过a
D.电解总反应：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑
【正确答案】 D

16-2（基础） 实验室模拟隔膜法电解饱和食盐水制备少量烧碱，装置如图。下列说法正确的是

A.石墨为阴极，与电源的负极相连
B.开始工作后，阴极区溶液pH逐渐增大
C.阳极区发生的反应只有2Cl--2e=Cl2↑
D.该离子交换膜只允许阴离子通过
【正确答案】 B

16-3（巩固） 已知：(平衡常数)。利用如图所示装置(a、b均为石墨)电解1L 1.0mol/L溶液一段时间制备溶液，测得溶液中(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是

A.有0.5mol通过了离子交换膜
B.当溶液中为mol/L时，的转化率为50%
C.b极附近收集到5.6L(S。T。P。)
D.未参与阳极的电极反应
【正确答案】 C

16-4（巩固） 为实现碳中和，可通过电解法用制备，电解装置如图，下列说法不正确的是

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

16-5（提升） 是常用的绿色氧化剂，可用如图所示装置电解和制备。下列说法正确的是

A.该装置工作时将化学能转化为电能
B.装置工作时总反应为
C.装置工作过程中a极消耗的大于b极生成的
D.电解生成时，电子转移的数目为
【正确答案】 C

16-6（提升） 电解水溶液制备的装置如图所示。电解后测得b极区溶液中溶质的总物质的量增大。下列说法错误的是

A.水溶液盛放在a极区
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.当外电路转移2 mol电子时，两极室溶液质量变化相差76 g
D.“电解法”所得副产品可用作“酸性歧化法”制备的原料
【正确答案】 C

【原卷 17 题】 知识点 吸热反应和放热反应,催化剂对化学反应速率的影响,加成反应,乙烯的加成反应

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．不饱和碳原子与其他原子直接结合形成新的化合物为加成反应，反应①②为加成反应，故A项错误；
B．反应前加入H+，反应后又产生了H+，所以H+为催化剂，B项正确；
C．反应①中反应物能量低于生成物，该反应为吸热反应。②③反应的反应物能量均高于生成物的能量，这两反应均为放热反应，C项错误；
D．对于总反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应。但反应加热与否与放热吸热无关，D项错误；故选B。

17-1（基础） 科研人员提出了羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值，单位相同且都省略)。

下列说法正确的是
A.该过程中，被氧化
B.该过程中发生了3次加成反应
C.由上图可知，化学键的键长与周围的基团无关
D.该过程原子利用率达到100%
【正确答案】 B

17-2（基础） 二氧化碳甲烷化对缓解能源危机意义重大，二氧化碳在催化剂的作用下与氢气作用制备甲烷的反应机理如下图所示。下列说法错误的是

A.Ni和是该反应的催化剂
B.的过程为放热过程
C.催化剂不能改变该反应的总体热效应
D.该反应的总反应方程式为
【正确答案】 B

17-3（巩固） 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在钢基催化剂上的反应机理相能量图如下：

下列说法正确的是( )
A.反应II的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)→H2(g)+CO2(g) -Q kJ(Q＞0)
B.1 mol CH3OH(g)和l mol H2O(g)的总能量大于l mol CO2(g)和3 mol H2(g)的总能量
C.选择优良的催化剂降低反应I和II的活化能，有利于减少过程中的能耗
D.CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
【正确答案】 C

17-4（巩固） 乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是


A.总反应不需要加热就能进行
B.第①步反应只有O-H键发生断裂
C.是总反应的催化剂
D.第①、②、③步反应都是放热反应
【正确答案】 C

17-5（提升） 在催化剂表面脱氢的反应机理，反应历程与能量的关系如图所示：

下列说法错误的是
A.在历程Ⅰ～Ⅴ中，涉及了、、的断裂
B.在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成V的反应决定了脱氢反应的速率
C.若用或代替，得到的产物都有和
D.在催化剂表面脱氢反应的
【正确答案】 A

17-6（提升） 我国科学家在CO2电催化还原制乙烯和乙醇方面取得重要突破，其反应机理如下图所示。下列有关说法错误的是

A.第1步中“CO2→*CO"碳氧双键断开需要吸收能量
B.第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO
C.第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子数目及种类不变
D.第4步产物有乙烯、乙醇和水
【正确答案】 C

【原卷 18 题】 知识点 同主族元素性质递变规律理解及应用,元素金属性强弱的比较方法,元素周期律的应用

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．H2SO4为二元酸而HClO4为一元酸，等浓度的两种酸前者H+浓度更大，前者pH更小，这与周期律无关，A项不能用周期律解释；
B．同周期从左往右非金属性增强，吸引电子的能力O>C，B项能用周期律解释；
C．同周期随着核电荷数的增加，金属性减弱，其与水反应的剧烈程度降低，即Na>Mg，C项能用周期律解释；
D．同主族至上而下，非金属性降低，简单离子的还原性增强。四氯化碳为橙色即产生Br2，得出氧化性：Cl2>Br2，还原性：Br->Cl-。D项能用周期律解释；故选A。

18-1（基础） 下列说法不能用元素周期律解释的是（ ）
A.浓硫酸的氧化性强于稀硫酸
B.与冷水反应的速率：Na>Mg
C.向淀粉KI溶液中滴入氯水，溶液变蓝
D.原子半径：Al>Si>P
【正确答案】 A

18-2（基础） 下列有关性质比较不能用元素周期律解释的是
A.向溶液中加盐酸，有气泡产生
B.能溶于NaOH溶液，不能溶解于NaOH
C.酸性：
D.F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
【正确答案】 A

18-3（巩固） 下列事实不能用元素周期律解释的是
A.F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B.Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应
C.金属Na和熔融KCl反应置换出金属K
D.常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7
【正确答案】 C

18-4（巩固） 下列说法不能用元素周期律解释的是
A.浓硫酸的氧化性强于稀硫酸 B.与冷水反应的速率：Na>Mg
C.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝 D.原子半径：Al>Si>P
【正确答案】 A

18-5（提升） 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A.原子半径： B.沸点：
C.还原性： D.酸性：
【正确答案】 B

18-6（提升） 下列说法不能用元素周期律解释的是
A.浓硝酸的氧化性强于稀硝酸 B.与冷水反应的速率：Na＞Mg
C.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝 D.原子半径：Al＞Si＞P
【正确答案】 A

【原卷 19 题】 知识点 离子共存

【正确答案】
D
【试题解析】


19-1（基础） 某NaCl溶液可能存在Ba2+、Mg2+、Fe3+、Br-、等离子，某学生进行下列实验：
(1)取少量原溶液，测得溶液呈强碱性
(2)在其中滴加足量氯水，有无色无味气体产生，溶液仍为无色
关于该NaCl溶液的推测正确的是
A.溶液中可能存在Mg2+和Fe3+ B.溶液中可能存在Br-
C.溶液中一定存在 D.溶液可能存在Ba2+
【正确答案】 C

19-2（基础） 为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：①测定溶液的pH，溶液显强碱性。②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体。③在上述②溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。④取③中上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验以下推测正确的是
A.一定有SO离子 B.不一定有CO离子
C.不能确定Cl－离子是否存在 D.不能确定HCO离子是否存在
【正确答案】 C

19-3（巩固） 溶液(X)可能含有下列离子中的几种：、、、、、。为确定该溶液的组成，取X进行实验：
①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色；
②另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量，得到沉淀6.99g；
③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量加热，生成0.01mol气体。
根据上述实验，原溶液中
A.一定存在、 B.一定存在、
C.一定不含、 D.可能存在、
【正确答案】 A

19-4（巩固） 今有一混合物水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO、SO，现取三份100mL溶液进行如下实验：
(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀生成
(2)第二份加足量NaOH溶液后，收集到气体0.05mol
(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g
根据上述实验，以下推测正确的是
A.一定不存在K+
B.100mL溶液中含0.005mol CO
C.一定存在Cl-
D.一定不存在Ba2+，可能存在Mg2+
【正确答案】 C

19-5（提升） 某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：
① 用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
② 在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③ 在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是:
A.溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－
B.溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－
C.不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－
D.往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－
【正确答案】 A

19-6（提升） 某溶液中可能含有K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、Cl-、NO3-中的几种，将此溶液分成两等份。进行如下实验：（AgCl式量为143.5，AgI式量为235）
①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；
②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g；
③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生。
有关该溶液中离子种类（不考虑H+和OH-）的判断正确的是
A.溶液中至少有2种阳离子
B.只能确定溶液中NH4+、SO42-是否存在
C.溶液中最多有4种阴离子
D.溶液中不可能同时存在K+和NO3-
【正确答案】 C

【原卷 20 题】 知识点 化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡常数的有关计算,转化率的相关计算及判断,化学平衡题中基于图表数据的相关计算

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．容器体积：V1=V3>V2，反应温度：V3>V1=V2，容器体积大的平衡时HI的浓度小，升高温度平衡逆向移动，HI浓度减小，则c3 B．容器1和3，体积相同，反应温度：V3>V1，温度越高，反应达平衡的时间越短，则t1>t3，B正确；
C．温度不变平衡常数K不变，升高温度平衡逆向移动，K减小，反应温度：V3>V1=V2，则K1=K2>K3，C错误；
D．容器1和2，温度相同，容器体积：V1>V2，容器2等效于在容器1达平衡的基础上加压缩小体积，该反应为气体体积不变的反应，加压平衡不移动，则α1=α2，D正确； 故选C。

20-1（基础） 一定温度下，反应2A(g)B(g)+D(g)，密闭容器中达到平衡时，测得c(A)=0.11mol•L-1，c(B)=0.11mol•L-1，c(D)=1.54mol•L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是

A
B
C
D
c(A)/mol•L-1
1.00
0.22
0.40
0.11
c(B)/mol•L-1
1.00
0.22
0.40
0.22
c(D)/mol•L-1
1.00
3.08
4.00
1.54
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

20-2（基础） 某温度下，在①、②两个恒容密闭容器中发生反应：H2(g)＋CO2(g)⇌H2O(g)＋CO(g)，K=2.25。物质的起始浓度如下表：
容器编号
起始浓度(mol·L-1)
H2
CO2
H2O
CO
①
0.1
0.1
0
0
②
0.2
0.1
0.2
0.1
下列说法正确的是
A.反应开始，②中反应逆向进行 B.平衡时，①中c(CO2)=0.04mol·L-1
C.①、②均达平衡时，各组分浓度相同 D.①中H2的平衡转化率为40%
【正确答案】 B

20-3（巩固） 在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2D(g)相关条件和数据见表：
实验编号
实验I
实验II
实验III
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
n(D)平衡/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是
A.实验II可能压缩体积
B.正反应为吸热反应
C.实验I达平衡后容器内的压强是实验III的
D.K3＜K2=K1
【正确答案】 D

20-4（巩固） 700℃时， H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示。其中甲经2min达平衡时，(H2O)为 0.025 mol·L-1·min-1，下列判断错误的是
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)mol·L-1
0.10
0.20
0.20
c(CO2)mol·L-1
0.10
0.10
0.20
A.平衡时，甲中CO2的转化率等于50%
B.当反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍
C.温度升至800℃，上述反应平衡常数为，则正反应为吸热反应
D.其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10 mol·L-1 H2 和0.20 mol·L-1CO2，到达平衡时c (CO)与乙不同
【正确答案】 D

20-5（提升） 一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入和，进行反应：，其起始物质的量及的平衡转化率如下表所示。下列判断正确的是
容器编号
甲
乙
丙
丁
容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量

0.40
0.80
0.80
0.40

0.24
0.24
0.48
0.24
的平衡转化率/%
80



A.起始反应速率：丙>乙>甲=丁 B.该温度下平衡常数K=400
C.的平衡转化率： D.容器中的物质的量浓度：丙=丁<甲
【正确答案】 B

20-6（提升） 在3种不同条件下，分别向容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol A和1 mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2D(g)　ΔH=Q kJ·mol-1。相关条件和数据见下表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
n(D)平衡/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是
A.K3＜K2=K1
B.实验Ⅱ可能压缩体积
C.实验Ⅰ达平衡后容器内的压强是实验Ⅲ的
D.实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，平衡正向移动
【正确答案】 A

【原卷 21 题】 知识点 根据原子结构进行元素种类推断,电子排布式,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,有机物的结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素，请回答下列问题：
(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。
A．分子中共价键键角均为109°28’ B．黄砷中共价键键能大于白磷
C．黄砷分子极性大于白磷 D．黄砷的熔点高于白磷
(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。
(4)298 K时，将20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________ ，平衡时，c(AsO)=___________ mol·L-1(用含有x、y的代数式表示，溶液混合体积变化忽略不计)。
②tm时v逆 ___________tn 时v逆 (填 “>”、“<” 或 “=” )，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。
A．2v(I-) = v(AsO) B．溶液的pH不再变化 C．c(I-)= y mol·L-1 D．c(AsO)/c(AsO)不再变化
【正确答案】 3 D 三角锥 极性 两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N x-y 小于 由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大 BD

21-2（基础） 氨化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为原料，经过一系列反应可以得到BF3和BN，流程如图所示。

回答下列问题：
1、BF3分子为____(填“极性”或“非极性”)分子，该分子中F－B－F键角是____。
2、BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的空间结构为____，NaBF4中____(填“含有”或“不含”)配位键。
3、六方氮化硼具有的平面层状结构如图所示，层内B原子与N原子之间的化学键为____共价键(填“极性”或“非极性”)，B、N原子的杂化形式分别是____、____。

4、BF3的沸点低于BCl3，原因是____。
【正确答案】 1、非极性 120° 2、正四面体形 含有 3、极性 sp2 sp2
4、分子结构相似，相对分子质量BF3＜BCl3，分子间作用力BF3＜BCl3，沸点BF3＜BCl3

21-3（巩固） 工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4 + 2CNa2S + CO2↑，完成下列填空：
1、硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。
2、CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。
3、有关二硫化碳分子的描述正确的是______
A.含有非极性键 B.是直线形分子 C.属于极性分子 D.结构式为
4、C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。
5、Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。
6、天然气中常含有少量H2S，在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示，

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________
___________Fe2 (SO4)3 + ___________ H2S =___________ FeSO4 +___________ S↓ +___________
7、图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。
【正确答案】 1、第三周期第VIA族 16
2、> 3、B 4、硫 硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价，合理即可)
5、c(S2-)>c(HS-)>c(H2S) 6、Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4 7、5.6

21-4（巩固） 高氯酸铵是一种重要的固体火箭燃料推进剂，它的分解反应：2NH4ClO4→N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O。回答下列问题：
1、氧原子核外有____种不同能量的电子，在此反应中，原子半径最大的原子的最外层电子排布式为____。
2、在此反应中，每生成2mol气体时，电子转移____个，氧化产物是____。
3、第VIA族的短周期元素的非金属性强弱：____，用一个化学反应方程式说明事实____。
4、NH4ClO4溶液中离子浓度大小为____。
5、由三种活泼非金属组成的物质NOCl，分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的结构式为____。它遇水就会生成NO，为了降低水源中NO的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将NO还原为N2，此时铝主要以AlO的形式存在于溶液中，请写出该反应的离子方程式____。
【正确答案】 1、3 3s23p5 2、7NA N2、O2
3、O>S 2H2S+O22S+2H2O
4、c(ClO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)
5、 10Al+6NO+4OH-=10AlO+3N2↑+2H2O

21-5（提升） 氨基磺酸( )是一种固体强酸，制备原理：CO(NH2)2＋H2SO4＋SO32HOSO2NH2＋CO2，完成下列填空：
1、O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为___；CO2的电子式是___。
2、反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是_______。
3、完成氨基磺酸受热分解的化学方程式_______，其中还原产物是_______。
____HOSO2NH2SO2↑＋____SO3↑＋____N2↑＋2H2↑＋______H2O
4、用过量的NaOH(aq)充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是_______。向吸收液中加入_______试剂，有_______现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
5、氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式_______。
【正确答案】 1、 2、O＞N＞C
3、2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
4、c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
5、ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO

21-6（提升） 科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。

1、硅原子最外电子层有_____种运动状态不同的电子。
2、由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是_____。X和Si之间共用电子对偏向_____。
3、SiCl4分子空间构型是_____。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由：_____。
4、硅提纯工艺中的尾气CO可用于生产草酸氢钾(KHC2O4)或草酸钾(K2C2O4)。已知草酸氢钾溶液呈酸性，草酸钾溶液呈碱性。
①草酸氢钾溶液中，c(H2C2O4)______c()。(选填：“＞”、“＜”或“=”)
②向草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液，反应的离子方程式为_____。当滴加至中性时，c(K+)_____c(Na+)。(选填：“＞”、“＜”或“=”)
5、白磷(P4)分子的键角是_____，白磷与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠。
①补全并配平该反应的化学方程式_____。
____P4+____NaOH+________→____PH3↑+____NaH2PO2
②标出电子转移的数目和方向：_____。
③其中氧化剂和还原剂物质的量之比为______。
【正确答案】 1、4 2、化合物结构中 Y 只形成一个共价键 X
3、正四面体 熔点：，和均为组成和结构相似的分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力强，所以熔点高 4、< >
5、60° 1:3

【原卷 22 题】 知识点 化学平衡的移动及其影响因素,化学反应速率计算,化学平衡图像分析,微粒半径大小的比较方法

【正确答案】

【试题解析】


22-1（基础） 羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)+Q。
完成下列填空：
(1)写出H2S的结构式___，它的电离方程式为____。
(2)若反应容器的体积为2L，反应前将10mol的CO与一定量的H2S混合加热，20秒后，达到平衡，CO变为8mol，以H2S表示速率，则v(H2S)=___mol/(L•s)。
(3)写出一个能表示该反应达到平衡的标志：___。
(4)写出一个既能增大H2S转化率，又能加快反应速率的措施：___。
(5)该反应在一定条件下的反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，若反应达到平衡时(t1时)，升高温度，v正、v逆如何变化，分别用v′正、v′逆表示画在如图___。

【正确答案】 H-S-H H2S HS-+H+ 0.05 v(H2S)分解=v(H2S)生成或v(H2S)分解=v(CSO)分解等合理答案 增大CO的浓度

22-2（基础） 以硼砂、萤石和浓硫酸为原料可制取有机合成的原料三氟化硼。
反应原理为B2O3(S)+3CaF2(S)+3H2SO4(浓)⇌2BF3(g)+3CaSO4(S)+3H2O(l)。
请完成下列填空:
（1）写出萤石的电子式___________，已知BF3为非极性分子，则其分子构型可能为__________(选填编号)。
A.三角锥形 B.平面正三角形 C.直线形 D.正四面体形
（2）试写出硼原子的最外层电子排布式__________,硼原子核外有____种不同形状的电子云。
（3）除硼元素外的其他短周期元素的简单离子的半径由小到大排列的是__________(用离子符号表示)。有些元素在元素周期表中相邻，能比较它们的金属性和非金属性强弱的有__________(选填编号)。
A.相互之间的置换反应
B.最高价氧化物对应的水化物的酸性
C.氢化物水溶液的酸性
D.相互形成的化合物中元素的化合价
实验室中在8L的密闭容器中进行该反应。
（4）已知该反应的化学平衡常数表达式K=[BF3]2，下列措施能缩短反应达到平衡的时间的有_________(选填编号)。
A.增大硫酸的浓度
B.缩小反应容器体积
C.投入更多的萤石
D.升高反应炉内温度
（5）此反应达到平衡后，压缩容器体积，在平衡移动的过程中逆反应速率的变化情况是_________。一定条件下，经5min达到平衡，容器中液态物质减少24g，用气体生成物来表示该反应的速率为_________。
【正确答案】 B 两 AD BD 先增大后减小

22-3（巩固） 科学家利用海水和氧化镁共同捕获二氧化碳，并成功制备碳酸钙。反应原理如下：CO2+MgO+CaCl2=CaCO3↓+MgCl2。
1、海水中含量最高离子为氯离子，其最外层电子排布式为_____。上述反应所涉及的非金属元素，原子半径从大到小的顺序为_____。对于上述反应中处于不同周期的两种元素，能形成空间构型为正四面体形的非极性分子，其结构式为_____。
2、相同条件下，MgO的熔点_____CaO的熔点(选填“＞”或“＜”)，理由是_____。
3、以下能说明钙元素的金属性强于镁元素的是_____。
a.两种金属单质的熔点：Mg＞Ca
b.两种金属单质与等浓度醋酸反应的剧烈程度：Mg＜Ca
c.两种元素对应氢氧化物的溶解度：Mg(OH)2＜Ca(OH)2
d.两种元素对应氢氧化物的碱性：Mg(OH)2＜Ca(OH)2
4、一定温度下，碳酸钙发生分解：CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)。该反应的化学平衡常数表达式K=_____。
5、在恒温恒容的密闭容器中加入碳酸钙。图1是生成的CO2物质的量浓度随时间变化关系图。若在t1时刻向平衡体系中分离出少量CO2后，在t2时刻重新达到平衡。请在图1画出t1至t3时刻，c(CO2)随时间变化的曲线_____。

图2是碳酸钙分解时c(CO2)随温度变化关系示意图。图中曲线A表示平衡时c(CO2)与温度的关系曲线：曲线B表示在不同温度下，经过相同反应时间c(CO2)的变化曲线。解释曲线的变化趋势，并说明曲线B不断向曲线A靠近的原因_____。
【正确答案】 1、3s23p6 Cl>C>O
2、＞ MgO、CaO都是离子晶体，离子间通过离子键结合。由于离子半径Ca2+>Mg2+，离子半径越小，离子键越强，物质的晶格能越大，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔点沸点就越高
3、ad 4、c(CO2)
5、 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短

22-4（巩固） 铁及其化合物在人类生活中有着极其重要的作用。完成下列填空：
1、铁的原子结构示意图为。由此可知，铁是第_______周期元素，铁原子核外3d轨道上共填充了_______个电子。
2、古代中国四大发明之一的司南是由天然的磁石制成的，其主要成分是_______(选填编号)。
a.Fe b.FeO c.Fe2O3 d.Fe3O4
3、FeSO4可以用来净水、治疗缺铁性贫血等，实验室在配制FeSO4溶液时，为了防止FeSO4变质，经常向溶液中加入铁粉，其原因是_______(用离子方程式表示)。
4、向新配制的FeSO4溶液中，加入一定量的稀硝酸，发生如下反应：
_______Fe2++_______H++_______NO=_______Fe3++_______NO↑+_______H2O
①配平上述反应_______。
②每生成0.5molNO气体，转移的电子数为_______。
③要检验该反应后的溶液中是否还含有Fe2+，实验方案是_______。
现在可以利用铁氧化物循环裂解水制备氢气，其过程如图所示：

5、写出反应Ⅲ的平衡常数表达式_______。
6、写出铁氧化物循环裂解水制氢的总反应的化学方程式：_______。
7、Fe3O4和CO的反应过程与温度密切相关。向某容器中加入Fe3O4与CO，当其它条件一定时，达到平衡时CO的体积百分含量随温度的变化关系如图所示。


已知：①Fe3O4+CO⇌3FeO+CO2-Q1(Q1>0)
②Fe3O4+4CO⇌3Fe+4CO2+Q2(Q2>0)
推测当温度达到570℃，平衡时CO体积百分含量最高的原因：_______。
【正确答案】 1、四 6 2、d 3、Fe + 2Fe3+ =3Fe2+
4、3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O 1.5NA 取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有 5、K= 6、C+H2OCO+H2
7、温度低于570℃时，发生的是反应②，因为②是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量在不断增大；温度高于570℃，发生的反应是反应①，因为①是吸热反应，随着温度的升高，反应正向移动，CO百分含量在不断降低，所以570℃时，CO百分含量最高

22-5（提升） 海水是资源宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。完成下列填空：
（1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。
（2）溴在周期表中的位置_________。
（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律，请说明下列递变规律的原因。
① 熔点按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次升高，原因是______________。
② 还原性按Cl—、Br—、I—的顺序依次增大，原因是____________。
（4）已知X2 （g） + H2 （g）2HX （g） + Q（X2 表示Cl2、Br2），如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。

① Q表示X2 （g）与H2 （g）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。
② 写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。
（5）（CN）2是一种与Cl2性质相似的气体，在（CN）2中C显+3价，N显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN）2的电子式_____。
【正确答案】 18 5 第四周期、ⅦA（都对得1分） F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。 从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大 > K= 氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价

22-6（提升） 以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。

（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
【正确答案】 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1

【原卷 23 题】 知识点 常见官能团名称、组成及结构,根据要求书写同分异构体,有机反应类型,逆合成分析法

【正确答案】

【试题解析】


23-1（基础） 有机物 A 可发生如下转化(部分反应条件和试剂略)：

已知：①(R、R′表示烃基或官能团)
②2 个 G 分子间可脱水形成六元环状酯。回答下列问题：
1、A中所含官能团的结构简式是_______，D含有的官能团名称是_______。
2、由E生成F的反应类型是_______，B生成C的反应类型是_______。
3、A的结构简式为_______
4、G形成六元环状酯的化学方程式为_______。
5、含有相同官能团的H的同分异构体有_______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_______。
6、写出用为原料(其他无机试剂任选)制备G的合成路线：_______。
【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、

23-2（基础） 抗抑郁药盐酸马普替林(M：)的一条合成路线如下：

完成下列填空：
1、反应①、③的反应类型分别是_______。
2、工业上，腈纶的主要成分PAN由A()聚合而成，则PAN的结构简式为_______。B可由石油裂解获得，则B的结构简式为_______。
3、写出反应④的化学方程式。_______
4、原料中的含氧官能团是_______，写出满足以下条件的该原料的一种同分异构体的结构简式。_______
(ⅰ)是含有三个六元碳环的芳香族化合物；
(ⅱ)只有一种含氧官能团；
(ⅲ)分子中有4种不同化学环境的氢。
5、写出-Y的结构简式并将以下合成路线补充完整。_______、______

【正确答案】 1、取代反应、还原反应
2、 CH2=CH2
3、 +CH3NH2+H2O
4、羧基 5、-CH2CH2COCH3

23-3（巩固） 克立硼罗(Crisaboeole)是由Anacro制药公司研发，并于2016年12月获得FDA批准上市的一种局部用药膏剂。主要用于治疗真菌感染，其中一种合成路线如图：

已知：R－CN+H++H2O→R－COOH
回答下列问题：
1、A中含氧官能团的名称是_____，_____。E→F反应类型是_____。
2、流程中设计A→B和D→E的目的是_____。
3、写出F在酸性水溶液中得到的水解产物在一定条件下发生聚合反应的化学方程式_____。
4、A的同分异构体中，写出符合下列条件的有机物_____。
(Ⅰ)属于芳香族化合物
(Ⅱ)能水解且发生银镜反应
(Ⅲ)核磁共振氢谱显示有3种氢
5、化工产品的合成路线如图。

请参照上述合成路线和信息，补充合成路线。(表达方式为：XY目标产物)_____。
【正确答案】 1、羟基 醛基 还原(加成)
2、保护醛基(防止氧化)
3、n+（n-1）H2O
4、 5、

23-4（巩固） 我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：

已知：，回答下列问题：
1、A的名称是___________，E中含有的官能团为___________，反应I的条件为___________。
2、由B生成C的化学方程式为___________。
3、G的结构简式为___________。合成丁苯酞的最后一步转化为，，则该转化的反应类型是___________。
4、有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J()有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的J的同分异构体的结构简式为___________。
①能发生水解和银镜反应；②分子中含有苯环。
5、参照题中信息，写出用和为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线_____(合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物)。
【正确答案】 1、甲苯 碳碳双键 光照
2、 3、 取代反应(或酯化反应)
4、 5、

23-5（提升） 苹果酸(MLA)的键线式结构为，苹果酸经聚合生成聚苹果酸(PMLA)。

1、写出物质的结构简式：A_______，D_______。
2、指出合成路线中③的反应类型：③_______。检验D中溴元素的实验方法是_______。
3、写出所有与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式_______。
4、写出E→F转化的化学方程式_______。
5、上述转化关系中步骤③和④的顺序能否颠倒？_______(填“能”或“不能”)。说明理由：_______。
6、已知 ， 设计一条从CH2=CH-CH=CH2合成阻燃剂的合成路线______ (其他无机试剂任选)。 (合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
【正确答案】 1、CH2BrCH=CHCH2Br OHCCH2CHBrCHO
2、加成反应 取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则A中含溴元素
3、、 4、HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOHNaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O
5、不能 若先氧化则B中碳碳双键也容易被氧化
6、

23-6（提升） 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。

已知：(-R表示烃基，其和苯环相连的碳上有氢原子)
完成下列填空：
1、A中含氧官能团名称是______________；反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_________。
2、检验C中“碳碳双键”的操作是___________________________________________。
3、E的结构简式为_____________________。
4、化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾溶液反应后可以得到对苯二甲酸()，写出X的结构简式_______________________。
5、参考上述信息，设计以甲苯和乙醛为原料，合成肉桂醛()的合成路线(其他无机试剂任选) _______________。(合成路线可表示为：)
【正确答案】 1、羟基 消除(或消去)反应
2、取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”
3、 4、 5、

【原卷 24 题】 知识点 化学实验方案的设计与评价,离子方程式的书写,水的电离,电解原理的理解及判断

【正确答案】

【试题解析】


24-1（基础） 我国C919大飞机制造过程中用到的某些新型材料是以氯化亚铜作催化剂制备的。氯化亚铜是白色粉末，不溶于水、乙醇、硫酸，露置空气中迅速被氧化成绿色，在干燥空气中稳定。某实验小组设计如下装置，用二氧化硫、硫酸铜和氯化钠制备氯化亚铜。

1、装置A是制备二氧化硫的装置，A中反应方程式是___________，反应不选用稀硫酸的原因是___________。
2、装置B的作用是___________。
3、装置C中主要发生了两个反应，通入二氧化硫前，与在溶液中反应生成和混合溶液；将通入上述溶液中，转化为沉淀和茶褐色的溶液，反应中的还原产物为___________。
4、在无氧的条件下，向三颈烧瓶中加水稀释，会完全水解转化为沉淀，完全沉淀的实验现象为___________。
5、完全反应后，倾出清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用水、无水乙醇洗涤多次，干燥得白色粉末固体，用无水乙醇洗涤的目的是___________。
6、以碳棒为电极电解溶液也可得到。写出电解溶液后的阴极上发生的反应为___________。
【正确答案】 1、Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O 二氧化硫易溶于水，若用稀硫酸，稀硫酸中含有大量水分，则二氧化硫无法进入装置C中
2、防倒吸 3、、
4、茶褐色溶液变为无色溶液
5、可除去晶体表面附着的水分
6、Cu2+＋e－＋Cl－＝CuCl↓

24-2（基础） 二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸。在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图：

(1)仪器a的名称为_____________，装置A中反应的离子方程式为_______________。
(2)试剂X是_______________________。
(3)装置D中冰水的主要作用是___________。装置D内发生反应的化学方程式为_______________。
(4)装置E中主要反应的离子方程式为：____________________________。
(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表。
温度
＜38℃
38℃～60℃
＞60℃
析出晶体
NaClO2·3H2O
NaClO2
分解成NaClO3和NaCl
利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： 55℃蒸发结晶、_________、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥。
(6)工业上也常用以下方法制备ClO2。

①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为_______________________。
②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。则阴极电极反应式为____________。
【正确答案】 分液漏斗 MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O 饱和食盐水 冷凝二氧化氯 Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl 2OH－ ＋ Cl2 = ClO－ ＋Cl－ ＋ H2O 趁热过滤 H2O2 + 2H++ 2ClO3－= 2ClO2 + 2H2O + O2↑ ClO2 + e－ = ClO2－

24-3（巩固） 高铁酸钾是一种高效多功能的新型绿色消毒剂。实验小组欲制备高铁酸钾并探究其性质。已知：为紫色固体；在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生：

1、C中得到紫色固体和溶液，写出得到紫色固体的化学方程式为___________(并用双线桥表示电子转移)，C中发生的反应还有___________。(用离子方程式表示)
2、探究的性质
取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计如下方案：
方案一：取少量a，经测定含有
方案二：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有产生。
①由方案一中可知a中含有，但该离子的产生不能判断一定是将氧化所得，还可能由___________产生(文字描述)。
②方案二中要用KOH溶液充分洗涤所得固体的原因是___________。
③根据的制备实验得出：氧化性大于，而方案二实验中和的氧化性强弱关系与之相反，原因是___________。
3、高铁酸钾水处理原理如图所示。

【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。
①过程①中活细菌表现了___________(填“氧化”或“还原”)性，该过程的还原产物是___________(填离子符号)；过程③属于___________(填“物理”或“化学”)变化。
②根据上述原理分析，作水处理剂时，的作用有___________。(填两个)
【正确答案】 1、 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
2、酸性条件下高铁酸根离子与氢离子反应生成铁离子、氧气和水 在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液 溶液的酸碱性不同，物质的氧化性不同
3、还原 Fe3+ 物理 杀菌消毒、净水

24-4（巩固） 精制氯化钾在工业上可用于制备各种含钾的化合物。完成下列填空：
（1）工业氯化钾中含有Fe3+、SO42-、Br-等杂质离子，可按如下步骤进行精制，完成各步内容。
①溶解；②加入试剂至Fe3+、SO42-沉淀完全，煮沸；③_____________________；④加入盐酸调节pH；
⑤___________________（除Br-）；⑥蒸干灼烧。
步骤②中，依次加入的沉淀剂是NH3·H2O、________、________。
证明Fe3+已沉淀完全的操作是_________________________________________________。
（2）有人尝试用工业制纯碱原理来制备K2CO3。他向饱和KCl溶液中依次通入足量的______和______两种气体，充分反应后有白色晶体析出。将得到的白色晶体洗涤后灼烧，结果无任何固体残留，且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。
写出生成白色晶体的化学方程式：___________________________________________。
分析该方法得不到K2CO3的原因可能是_______________________________________。
（3） 用氯化钾制备氢氧化钾的常用方法是离子交换膜电解法。氢氧化钾在_________极区产生。为了避免两极产物间发生副反应，位于电解槽中间的离子交换膜应阻止_______（填“阴”、“阳”或“所有”）离子通过。
（4）科学家最近开发了一种用氯化钾制氢氧化钾的方法。其反应可分为5步（若干步已合并，条件均省略）。请写出第⑤步反应的化学方程式。
第①、②步（合并）：2KCl + 4HNO3→ 2KNO3+ Cl2+ 2NO2+ 2H2O
第③、④步（合并）：4KNO3+ 2H2O → 4KOH + 4NO2+ O2
第⑤步：____________________________________________
总反应：4KCl + O2+ 2H2O → 4KOH + 2Cl2
与电解法相比，该方法的优势可能是______________。
【正确答案】 过滤 通入足量的Cl2 BaCl2 K2CO3 取样，滴加KSCN溶液，无明显现象 NH3、 CO2 NH3+ CO2+ H2O =NH4HCO3↓ KHCO3溶解度较大（大于NH4HCO3），无法从溶液中析出 阴 阴 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 能耗低（节能）

24-5（提升） 氯气用于自来水的杀菌消毒，但在消毒时会产生一些负面影响，因此人们开始研究一些新型自来水消毒剂。某学习小组查阅资料发现NCl3不仅可作为杀菌消毒剂、漂白剂，还可用于柠檬等水果的熏蒸处理。已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解；N的电负性为3.04，Cl的电负性为3.16。某小组同学选择下列装置(或仪器)设计实验制备三氯化氮并探究其性质：

回答下列问题：
1、NCl3的立体构型为_____。
2、整个装置的导管连接顺序为a→____。
3、装置B中发生反应的化学方程式为_____，装置C的作用为____。
4、从装置B中蘸取少量反应后的溶液，滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50-60℃热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，结合反应方程式解释该现象_____。
5、在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空气流将产物带出电解槽。电解池中产生NCl3的电极为____(填“阴极”或“阳极”)，该电极的电极反应式为____。
【正确答案】 1、三角锥形 2、d，e→b，c→f
3、3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O 除去Cl2中的HCl
4、试纸不褪色说明NCl3本身无漂白性，NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3•H2O
5、阳极 3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+

24-6（提升） 由软锰矿制备高锰酸钾的主要反应如下：
熔融氧化 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
加酸歧化 3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
已知相关物质的溶解度（20℃）
物质
K2CO3
KHCO3
K2SO4
KMnO4
溶解度g/100g
111
33.7
11.1
6.34
完成下列填空：
（1）在实验室进行“熔融氧化”操作时，应选用铁棒、坩埚钳和______________。（填序号）
a．瓷坩埚 b．蒸发皿 c．铁坩埚 d．泥三角
（2）在“加酸岐化”时不宜用硫酸的原因是__________；不宜用盐酸的原因是____________。反应之后得到高锰酸钾的步骤是：过滤、蒸发结晶、趁热过滤。该步骤能够得到高锰酸钾的原理是____________。
（3）采用电解法也可实现K2MnO4的转化，2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。与原方法相比，电解法的优势为_________________。
（4）草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数步骤如下：
已知涉及到的反应：
Na2C2O4+H2SO4=H2C2O4(草酸)+Na2SO4，
5H2C2O4+ 2MnO4—+6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
Na2C2O4的式量：134 KMnO4的式量：158）
Ⅰ.称取0.80 g 的高锰酸钾产品，配成50mL溶液。
Ⅱ.称取0.2014 gNa2C2O4，置于锥形瓶中，加入蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化。
Ⅲ.将瓶中溶液加热到75～80℃，趁热用Ⅰ中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。消耗高锰酸钾溶液8.48mL。
a.判断达到滴定终点的标志是____________________________。
b.样品中高锰酸钾的质量分数为______________（保留3位小数）。
c.加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度__________。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
d.将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，其原因可能为_______________。

【正确答案】 c、d 会生成硫酸钾，硫酸钾的溶解度小，不易除去 KMnO4能氧化盐酸 KMnO4和K2CO3的溶解度不同 原子利用率高 无色变为紫色且半分钟不褪色 0.700 偏高 Mn2+可能是该反应的催化剂，随着Mn2+的产生，反应速率加快


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. Na2FeO4能与水缓慢反应生成铁离子，铁离子水解生成生成Fe(OH)3，故可用作水的消毒剂和净化剂，故A正确；
B. 钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用，故B正确；
C. 常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，氨与氯化氢反应生成氯化铵，有白烟生成，因此可用浓氨水检查氯气管道泄漏情况，故C正确；
D. 氯气与甲烷是一系列的反应，无论氯气是否过量，取代反应的氯代产物是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳混合物，故D错误。
综上所述，答案为D。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．冰是无机化合物，故A错误；
B．氢气火炬中的储氢合金材料是金属材料，故B错误；
C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用，主要原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．为达到碳中和相关标准，是减少燃烧木柴和煤炭，尽量使用太阳能，不是禁止燃烧木柴和煤炭， 故D错误；
综上所述，答案为C。
1-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．芯片的成分为晶体Si，A错误；
B．合金比成分金属硬度高、韧性更好，B正确；
C．铝锂合金具有密度低、强度高等优良特点，适用于制作飞机机身，C正确；
D．砷化镓是良好的半导体材料，D正确；
故选A。
1-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．目前我国流通的硬币是由合金材料制成：1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，故A正确；
B．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，故B错误；
C．制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光，故C正确；
D．铝与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜，对内部金属起保护作用，故D正确；
故选B。
1-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.利用家常和面原理在钢水中加入添加剂试验成功，造出圆珠笔头，所以笔尖钢为合金，具有适当的硬度和韧性，所以具有良好的切削性，A正确；B. 工业生产玻璃所用的原料是石灰石、石英和纯碱，生产水泥的原料为石灰石和粘土，生产漂白粉的原料是石灰乳和氯气，石灰石经高温煅烧后与水反应可得石灰乳，所以工业生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料，B正确；C. 《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属的硫酸盐，C不正确；D. 中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2，硅酸盐通常可以用氧化物形式表示其组成，D正确。本题选C。
1-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．石墨烯不是高分子材料，故A错误；
B．氕、氘、氚为H元素的同位素，故B正确；
C．碳化硅由碳元素和硅元素组成，属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．船底镶嵌锌块，锌作负极，船体作正极，钢铁作原电池的正极被保护，所以能防止船体被腐蚀，故D正确；
故答案选A。
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
NH4HSO4由于直接电离出H+，酸性最强，pH最小，而NH4Cl、(NH4)2SO4由于水解呈酸性，且由于后者中浓度更大，则后者酸性更强，而NH4HCO3由于水解呈酸性，而水解呈碱性，故导致该溶液的酸性最弱，故酸性由强到弱的顺序为：C＞D＞A＞B，故B。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．硫酸水溶液呈酸性，但硫酸是共价化合物，A错误；
B．NaCl水溶液呈中性，B错误；
C．CH3COONa溶于水后，醋酸根离子水解使溶液显碱性，C错误；
D．NH4Cl溶于水后，铵根离子水解使溶液呈酸性，且NH4Cl为离子化合物，D正确；
故答案选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. NaCl为强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，A错误；
B. Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-发生水解结合水电离出来的H+，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，B错误；
C. CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-发生水解结合水电离出来的H+，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，C错误；
D. AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+发生水解结合水电离出来的OH-，溶液中c(OH-) 答案选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:

详解:
A. KOH电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A错误；
B. Na2CO3水解生成氢氧根离子，溶液显碱性，故B正确；
C. AlCl3水解生成氢离子，溶液显酸性，故C错误；
D. CaO与水反应生成的氢氧化钙电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D错误；
故选B。
2-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故A符合题意；
B．氯化钡是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故B不符合题意；
C．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．氢氧化钙是强碱，溶于水的氢氧化钙在溶液中完全电离出的氢氧根离子使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故选A。
2-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
①NH4Cl溶液中，铵离子水解，溶液显示酸性，pH小于7；
②Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解，溶液显示碱性，溶液pH＞7；
③KNO3溶液，不发生水解，溶液pH=7；
④CH3COOH，属于弱酸，溶液pH＜7，盐的水解程度较小，酸的电离较大，浓度相等，CH3COOH的pH小于①的pH；
根据以上分析，可知pH值由小到大的顺序为：④①③②。
答案选D。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．2，3，4—三甲基丁烷的命名不符合主链碳原子个数最多的原则，正确名称为2，3—二甲基戊烷，故A错误；
B．2—甲基—3—乙基戊烷符合烷烃的系统命名法原则，故B正确；
C．4—甲基戊烷的命名不符合取代基位次最小的原则，正确名称为2—甲基戊烷，故C错误；
D．2—乙基丁烷的命名不符合主链碳原子个数最多的原则，正确名称为3—甲基戊烷，故D错误；
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
烷烃的系统命名原则为：
⑴定主链：就长不就短。选择分子中最长碳链作主链（烷烃的名称由主链的碳原子数决定）。
⑵找支链：就近不就远。从离取代基最近的一端编号。
⑶命名：
①就多不就少。若有两条碳链等长，以含取代基多的为主链。
②就简不就繁。若在离两端等距离的位置同时出现不同的取代基时医|学教|育网搜集整理，简单的取代基优先编号（若为相同的取代基，则从哪端编号能使取代基位置编号之和最小，就从哪一端编起）。
③先写取代基名称，后写烷烃的名称；取代基的排列顺序从简单到复杂；相同的取代基合并以汉字数字标明数目；取代基的位置以主链碳原子的阿拉伯数字编号标明写在表示取代基数目的汉字之前，位置编号之间以“，”相隔，阿拉伯数字与汉字之间以“—”相连。
详解:
根据烷烃的系统命名法，选取上述烷烃最长链并编号如图：，结合甲基的位置，可命名为：2，3-二甲基戊烷，A项符合题意。
答案选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．(CH3)2CHCH2C≡CH与足量H2发生加成反应产生(CH3)2CHCH2CH2CH3，该物质名称为2-甲基戊烷，A符合题意；
B．CH2=CHCH(CH3)C≡CH与足量H2发生加成反应产生CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，该物质名称为3-甲基戊烷，B不符合题意；
C．(CH3)2C=C(CH3)2与足量H2发生加成反应产生(CH3)2CHCH(CH3)2，其名称为2，3-二甲基丁烷，C不符合题意；
D．CH2=CHC(CH3)2CH2CH3，足量H2发生加成反应产生CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，其名称为3，3-二甲基戊烷，D不符合题意；
故合理选项是A。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．正壬烷分子中有5种等效H原子，一氯代物有5种，选项A不符合题意；
B．2，6­二甲基庚烷分子中有4种等效H原子，一氯代物有4种，选项B不符合题意；
C．2，2，4，4­四甲基戊烷分子中有2种等效H原子，一氯代物只有2种，选项C符合题意；
D．2，3，4­三甲基己烷分子中有8种等效H原子，一氯代物有8种，选项D不符合题意；
答案选C。
3-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．A中相邻碳原子上各去掉1个氢原子得到B，B的结构可能有3种，其中一种名称为3，4，4-三甲基-2-戊烯，故A正确；
B．A的主链上含有5个碳原子，甲基分别位于2、2、3号碳原子上，根据烷烃命名规则，A的名称为2，2，3-三甲基戊烷，故B正确；
C．A 的结构简式为：，分子式为C8H18，故C正确；
D．A 的结构简式为：，A中含有5种氢原子，其一氯代物有5种，故D错误；
故选：D。
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故A正确；B．最长的主链含有5个C原子，从距离甲基进的一段编碳号，的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，故B正确；C．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：
、、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，故C正确；D. 若有机物C与H2以1:2加成生成A，C的结构可以是二烯烃或炔烃，有、2种，故D错误；故选D。
点睛：本题考查有机物的命名、同分异构体、加成反应等，C选项注意利用还原双键方法书写可能的同分异构体并命名。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．H2SO4是只含有共价键的共价化合物，而(NH4)2SO4是含有共价键的离子化合物，故A不符合题意；
B．Na2SO4是含有共价键的离子化合物，而HNO3是只含有共价键的共价化合物，故B不符合题意；
C．和KOH 是均含有共价键的离子化合物，故C符合题意；
D．HCl是只含有共价键的共价化合物，Al2O3是含有共价键的离子化合物，故D不符合题意；
答案为C。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．为离子化合物，存在离子键，故A不选；
B．为离子化合物，存在离子键，故B不选；
C．为共价化合物，Si与C之间形成共价键，故C选；
D．Xe属于稀有气体，为单原子分子，不含有化学键，故D不选；
答案为C。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NaOH中存离子键和极性共价键，选项A不合题意；
B．I2中只存在非极性共价键，选项B符合题意；
C．KCl中只存在离子键，选项C不合题意；
D．H2S中只含有极性共价键，选项D不符合题意；
答案选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．分子中只存在H、O之间的共价键，选项A不符合题意；
B．由钠离子和氢氧根离子形成离子键，氢氧根离子中O、H之间形成共价键，选项B符合题意；
C．中只存在钙离子和氯离子形成离子键，选项C不符合题意；
D．分子中只存在H、O，S、O之间的共价键，选项D不符合题意；
答案选B。
4-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子中均存在极性共价键，两离子之间只存在离子键，故A错误；
B．氯气是单质，故B错误；
C．双氧水分子中H-O原子之间存在极性键、O-O原子之间存在非极性键，为共价化合物，故C错误；
D．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性共价键，故D正确；
故选D。
4-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．CH3OH中存在C-H、C-O、O-H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；
B．NH4Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；
C．C2H4含有C=C非极性键和C-H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；
D．Na2O2中有离子键和O-O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意；
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氧化铁和氢氧化钠不反应，因而加入过量，过滤可除去氧化铝，A正确；
B．加入铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，不能达到除杂的目的，B错误；
C．碳酸氢钠不稳定，加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，不能达到除杂的目的，C错误；
D．硫化氢和过量浓硫酸反应生成SO2，引入了新的杂质，不能达到除杂的目的，D错误；
故选A。
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． 氯化铁、氯化铜均能与铁粉反应，除杂方法不正确，A不选；
B．氯化氢能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，氯气中混入新杂质二氧化碳，除杂方法不正确，B不选；
C． 乙酸乙酯、乙酸均能与氢氧化钠溶液反应，除杂方法不正确，C不选；
D．溴苯不溶于水、不与氢氧化钠溶液反应，溴单质能与氢氧化钠溶液反应生成钠盐，能形成互不相溶的两层，通过分液能得到溴苯，故除杂方法正确，D选；
答案选D。
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．溴与NaOH溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，静置后分层，接着进行分液，可以实现目的，A正确；
B．碳酸氢钠可以和氢氧化钠反应，无法得到被提纯的物质，B错误；
C．乙酸乙酯在氢氧化钠存在的条件下可以水解，无法得到被提纯的物质，C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液，而氧化铁与NaOH溶液不反应，被提纯物质参加反应，无法得到被提纯的物质，D错误；
故选A。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．溴水与乙烯、二氧化硫均能反应，不符合除杂原理，选项A错误；
B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，选项B正确；
C．氯气可与水反应，不能用水洗除去氯气中的氯化氢，选项C错误；
D．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，选项D错误；
答案选B。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. 乙酸能与氢氧化钠反应，苯与氢氧化钠不反应，分液即可分离除杂，故A正确；
B. 乙醇与生石灰不反应，水可以与生石灰反应，再蒸馏可分离，故B正确；
C. 乙烷与溴水不反应，乙烯与溴水中的溴单质发生加成反应，可以用溴水除去乙烷中混有的乙烯；故C正确；
D. 乙酸，乙醇均能溶于水，故乙酸中混有乙醇时用水无法除去；故D错误；
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铁粉会与FeCl3发生反应，A项不合理；
B．C2H4和H2反应产生C2H6而除杂，但同时引入新杂质H2，B项不合理；
C．SO2能与酸性高锰酸钾反应产生硫酸根，而CO2不反应，C项合理；
D．乙酸与碳酸钠反应，而乙醛溶于饱和碳酸钠溶于而无法分离，D项不合理；
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NaCl固体在水溶液中能导电，NaCl固体是电解质，故不选A；
B．铜是金属单质，属于纯净物，既不是电解质也不是非电解质，故选B；
C．盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故不选C；
D．氢氧化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故不选D；
选B。
6-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，在水溶液中若能完全电离，则为强电解质。氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，据此分析解答。
详解:
A．亚硫酸钠具有还原性，会被空气中的氧气氧化，生成硫酸钠，亚硫酸钠属于强电解质，A符合题意；
B．硫化氢具有还原性，会被空气中的氧气氧化，生成硫单质和水，但硫化氢在水溶液中发生部分电离，属于弱电解质，B不符合题意；
C．烧碱在空气中易潮解，潮解后会与二氧化碳反应，没有元素化合价的升降，不会发生氧化还原反应，C不符合题意；
D．氯水在空气中久置，其中的次氯酸会发生分解生成盐酸和氧气，属于氧化还原反应，但氯水为混合物，不属于电解质，D不符合题意；
故选A。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．青铜(铜锡合金为混合物)，H2SO4(二元酸)、C2H5OH(非电解质)，A错误；
B．NH4Cl(铵盐)、HNO3(含氧酸)、NaOH(电解质)，B正确；
C．Na2O(氧化物)、NH3(不属于碱)、NaCl(电解质)，C错误；
D．CH4(有机物)、纯碱(碳酸钠为盐)、盐酸(溶液为混合物)，D错误；
答案选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．反应中的酸碱盐和水均是电解质，而二氧化碳是非电解质，选项A错误；
B．该反应中无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，选项B错误；
C．KAl(SO4)2·12H2O和Na2CO3都是盐，所以油条配方中的“明矾、碱、盐”均属于盐，选项C正确；
D．根据原子守恒电荷守恒，反应的离子方程式为2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
选项D错误；
答案选C。
6-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
试题分析：A．NH3是10电子分子，氮元素处于最低价，具有还原性，A正确；B．液氨、氨气是同一种物质，属于纯净物，氨水是氨气的水溶液，属于混合物，B错误；C．氨气是非电解质，氨水是氨气的水溶液，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D．NH3·H2O是化合物，D错误，答案选A。
考点：考查氨气、氨水的有关判断
6-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A.明矾和碳酸钠均属于盐，正确；
B.放置过程发生的反应中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，错误；
C.生成物中的二氧化碳属于非电解质，错误；
D. KAl(SO4)2·12H2O、Na2SO4易溶于水，用离子形式表示，错误；
故选A。
点晴:
本题考查了物质的分类和氧化还原反应。发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不是氧化还原反应。电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件。同时注意金属单质不属于化合物，因此既不是电解质，也不是非电解质；CO2、SO2等虽溶于水能导电，但导电实质是H2CO3和H2SO3，不属于电解质，H2CO3和H2SO3则是电解质。
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．分子式为C13H18O2，故A错误；
B．该有机物有8种位置的氢，其碳原子上一氯代物有8种，故B错误；
C．碳碳键可以旋转，根据苯中12个原子在同一平面，因此分子中至少有8个碳原子共面，故C错误；
D．有机物含有苯环，能发生加成反应、取代反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故D正确。
综上所述，答案为D。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由芥子醇结构简式可知，其分子式是C11H14O4，故A错误；
B．由芥子醇结构简式可知，其中含有O原子，不属于芳香烃，故B错误；
C．根据有机物的结构简式可知，芥子醇中含有的官能团有酚羟基、醚键、碳碳双键和醇羟基，故C错误；
D．芥子醇含有的官能团中酚羟基能被氧化，碳碳双键能发生加成反应和加聚反应、醇羟基能被氧化为醛基，也能发生取代反应，故D正确；
故选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．与苯环直接相连的原子共面，醛基中原子共面，故A中所有原子可能共平面，A正确
B．A发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生取代反应使其褪色；B发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生加成应、氧化反应使其褪色；C发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生加成应、取代反应、氧化反应使其褪色；反应原理不相同，B错误；
C．B含有醛基、醚键、碳碳双键，C含有醛基、酚羟基、碳碳双键；官能团数目相同，C正确；
D．有机物A的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的还有醛基羟基处于邻、间位，以及甲酸苯酚酯三种(不包含A)，D正确；
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．b中含有饱和碳原子与四个碳原子相连，具有甲烷的结构特征，所有碳原子不可能在同一平面，选项A不正确；
B．由b的结构简式可知，b中只含有一种化学环境的H，故一氯代物只有一种，选项B正确；
C．有机物a中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，选项C正确；
D．由C的结构简式可知其分子式为C7H8O，选项D正确；
答案选A。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由A的结构简式可知化合物A的分子式为：C2H5N3，故A正确；
B．B为丙炔，其中存在一个甲基，所有原子不可能均在同一条直线上，故B正确；
C．化合物B存在碳碳三键，能够使溴水褪色，化合物C存在碳碳双键，能够使溴水褪色，故C正确；
D．化合物C和化合物D中均含N原子，不属于烃类，故D错误；
故选：D。
7-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
A. 该有机物含有醇羟基、碳碳双键、碳碳三键；
B. 该有机物含有醇羟基，可与金属钠反应；
C. 该分子含有四种环境的甲基；
D. 1mol该物质含有2mol碳碳双键和2mol碳碳三键。
详解:
A. 该有机物含有醇羟基、碳碳双键、碳碳三键，共3种官能团，A项正确，不符合题意；
B. 因为该有机物含有羟基，所以可以和金属钠反应产生氢气，B项正确，不符合题意；
C. 该分子含有四种环境的甲基，所以甲基上的一氯代物有4种，C项错误，符合题意；
D. 1mol该物质含有2mol碳碳双键和2mol碳碳三键，所以最多可与6molBr2发生加成反应， D项正确，不符合题意；
​答案选C。
点睛:
判断一氯代物种类时，最常用的方法是等效氢法。有机物分子中，位置等同的氢原子叫等效氢原子。同一碳原子上的氢原子等效；同一碳原子上的甲基上的氢原子等效；位于对称位置上的碳原子上的氢原子等效。有几种等效氢，其一元取代物就有几种。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．施用熟石灰改良酸性土壤时，利用熟石灰的碱性，中和土壤的酸性，A不符合题意；
B．服用含Al(OH)3的药物治疗胃酸过多时，利用Al(OH)3的碱性中和胃酸的酸性，B不符合题意；
C．用熟石灰和硫酸铜配制波尔多液，发生的是碱和盐的复分解反应，不是酸碱中和反应，C符合题意；
D．用NaOH溶液洗涤石油产品中的残余硫酸，NaOH与硫酸发生中和反应，D不符合题意；
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A、硫酸钡是不溶于盐酸的白色难溶物，可以做钡餐，故A错误；B、胆矾和石灰乳混合可以配制波尔多液，故B正确；C、氯气能够和水反应生成次氯酸，次氯酸可以杀菌消毒，常用来对水进行杀菌消毒，明矾做净水剂，故C错误；D、工业生产氯气的原料是饱和食盐水，称为氯碱工业，故D错误；故选B。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．二氧化硫用作红酒防腐剂，主要是由于二氧化硫的抗氧化性和杀菌作用，而且还能保持葡萄酒的天然香味，故A符合题意；
B．乙炔与氧气燃烧放出大量热，可用于金属切割与焊接，故B不符合题意；
C．受热分解会产生，可用作面团膨松剂，故C不符合题意；
D．铁触媒可用作合成氨的催化剂，提高反应速率，故D不符合题意；
故答案选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Fe2O3为红棕色固体，可用作涂料，A正确；
B．液氮沸点低，气化吸收大量热量，可为超导材料提供低温环境，B正确；
C．石墨具有良好的导电性，可用作电池电极材料，与其润滑性无关，C错误；
D．与水混合成糊状后会很快凝固，可用于石膏绷带，D正确；
故答案选C。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．硬铝密度小、强度高具有较强的抗腐蚀能力，所以硬铝是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故不选A；
B．84消毒液具有强氧化性，能杀菌消毒；酒精能杀菌消毒的原因是能使蛋白质变性，故选B；
C．Fe2+具有还原性，Fe2+能还原Cr2O，所以用绿矾(FeSO4•7H2O)处理废水中含有的重铬酸根离子，故不选C；
D．NaHCO3可以和胃酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，所以可用NaHCO3治疗胃酸过多，故不选D；
选B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝是利用Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出自由移动离子，而不是因为其熔点高，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒可用于自来水消毒，B错误；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄糖中的一些成分被氧化，起到保质作用，C正确；
D．Na2O2能与二氧化碳发生反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，而不是利用其强氧化性，D错误；
故选C。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
坩埚是实验室常用于灼烧固体物质的仪器，加热硫酸铜晶体需要将其盛放在坩埚中，故选：A。
9-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氯化氢气体极易溶于水，A装置会引起倒吸，A符合；
B．B装置球形干燥管可容纳倒吸上的液体、可以防倒吸，B不符合；
C．C装置倒扣的漏斗可容纳倒吸上的液体、可以防倒吸，C不符合；
D．D装置圆底烧瓶可容纳倒吸上的液体、可以防倒吸，D不符合；
答案选A。
9-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．图示仪器为量筒，小刻度在下大刻度在上，没有“0”刻度，A不符合题意；
B．图示仪器为碱式滴定管，上端标有“0”刻度，B符合题意；
C．图示仪器为容量瓶，在容量瓶的瓶颈上有刻度线，但没有“0”刻度，C不符合题意；
D．图示仪器为分液漏斗，分液漏斗上部没有刻度，D不符合题意；
故合理选项是B。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据用浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液的步骤和实验操作仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管等，故不需要使用的仪器有分液漏斗，故A。
9-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．电石和水反应生成乙炔，可以选择圆底烧瓶、分液漏斗组装，A不符合题意；
B．锌粒和稀硫酸反应生成氢气，可以选择圆底烧瓶、分液漏斗组装，B不符合题意；
C．碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，可以选择圆底烧瓶、分液漏斗组装，C不符合题意；
D．乙醇在浓硫酸催化作用下迅速加热到170°C生成乙烯，反应需要控制温度，缺少温度计，D符合题意；
故选D。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．蒸馏烧瓶，用于分离沸点差异较大的液体混合物，A错误；
B．分液漏斗，用于分离互不相溶的两种液体，B错误；
C．容量瓶用于配置一定浓度的溶液，一般不用于混合物分离或提纯，C正确；
D．漏斗通常用于分离固体和液体，D错误；
故答案选C。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．石油是化石燃料，属于不可再生能源，故A正确；
B．石油的裂解和裂化过程中都有新物质生成，都是化学变化，故B正确；
C．石油是气态、液态和固态的烃类形成的混合物，石油分馏就是利用石油中各成分的沸点不同，将它们进行分离的过程，故C正确；
D．石油分馏产品包括汽油、煤油、柴油、沥青等，不包括煤干馏的产品焦炭，故D错误；
故选D。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．大量燃烧化石燃料可导致颗粒物的排放，主要导致温室效应、酸雨以及PM2.5等，A正确；
B．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，工业上也叫煤的焦化，属于化学变化；煤可以直接液化，使煤与氢气作用生成气体燃料，煤也可以间接液化，一般是先转化为一氧化碳和氢气，然后在催化剂的作用下合成甲醇等，也属于化学变化，B正确；
C．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气等，故煤气化后再燃烧可降低污染，C正确；
D．向煤中加入适量的石灰石，石灰石在高温条件下分解产生的CaO与煤燃烧产生的SO2反应先反应产生CaSO3，然后CaSO3与O2反应最终转化为CaSO4留在炉渣中，故最终产物是CaSO4，D错误；
故选D。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．煤和石油均属于不可再生矿物能源，故A错误；
B．煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，故B错误；
C．石油产品裂解能生产乙烯、丙烯等小分子烯烃，故C正确；
D．石油分馏的各馏分均是混合物，故D错误；
选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．石油常压分馏可得到汽油、煤油和柴油，故A错误；
B．重油的碳链较长，沸点较高，适合采用减压分馏进行分离，故B正确；
C．煤炭中不含苯，煤干馏可生成苯，故C错误；
D．煤干馏得到煤焦油，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，故D错误；
选B。
10-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．石油分馏是根据沸点不同分离各组分，产品不是纯净物，故A错误；
B．石油裂解的目的是提高轻质液体燃料（汽油、煤油、柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B正确；
C．煤中不含有苯、甲苯和粗氨水，煤干馏后可以得到苯、甲苯和粗氨水，故C错误；
D．煤的干馏是煤隔绝空气加强热，是化学变化，故D错误；
故答案为B
10-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．石油的分馏属于物理变化，A错误；
B．煤通过干馏产生焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等，B正确；
C．石油裂解的主要目的是为了获得乙烯，石油裂化是为了提高汽油等轻质油的产量，C错误；
D．煤的液化是煤与某些物质发生化学反应，生成液态的燃料，属于化学变化，D错误；
答案为B。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．配制混酸时，由于浓硫酸稀释放出大量的热，且浓硫酸密度大于硝酸，因此应将浓硫酸注入浓硝酸中，故A错误；
B．图中所示是苯加入到浓硫酸和浓硝酸的混酸中，在50～60℃水浴中加热，发生硝化反应，操作正确，故B正确；
C．粗硝基苯中含有的杂质是硝酸、苯、浓硫酸，先加入氢氧化钠溶液碱洗，然后水洗，硝基苯难溶于水，应选用分液的方法用分液漏斗分离，故C错误；
D．蒸馏时，冷却水的进出方向为“下进上出”，故D错误；
答案选B。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．要蒸馏得到1－溴丙烷馏分，温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；
B．应该使用直行冷凝管，B错误；
C．用冰水浴利于产物冷凝，废气接室外可防止中毒，C正确；
D．1－溴丙烷密度1.36g/cm3密度大于水，有机层位于下面，D错误；
故选C。
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．混合时防止暴沸，应向乙醇中缓慢注入浓硫酸，并不断搅拌，最后加乙酸，A错误；
B．乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，图中装置可制备乙酸乙酯，B正确；
C．导管口在碳酸钠溶液的液面上，可防止倒吸，可收集乙酸乙酯，C正确；
D．乙酸乙酯不溶于水，与水分层，选分液漏斗可分离，D正确；
故选A。
11-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．异丙苯和液溴在溴化铁催化剂作用下发生取代反应生成对溴异丙基苯，故A正确；
B．由于溴易挥发，得到的HBr中含有溴单质，用四氯化碳萃取HBr中溴单质，故B正确；
C．由于HBr极易溶于水，验证生成的HBr时要防倒吸，故C错误；
D．对溴异丙基苯密度比水大，分液时对溴异丙基苯在下层，故D正确。
综上所述，答案为C。
11-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．乙醇消去反应制取乙烯，温度需要170 ，水浴加热达不到这个温度，A错误；
B．是酸性氧化物，可以与氢氧化钠溶液反应，故可以用装置乙除去乙烯中的气体，B正确；
C．乙烯可以与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可以用装置丙检验乙烯，C正确；
D．乙烯不溶于水，可以用排水法收集，D正确；
故本题选A。
11-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．无水乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃生成乙烯和水，故A正确；
B．实验室制取乙烯，乙烯中可能含有的杂质为二氧化碳、二氧化硫，用氢氧化钠溶液除乙烯中的杂质，故B错误；
C．用溴的四氯化碳溶液检验乙烯的不饱和性，导气管应“长进短出”，故C错误；
D．乙烯的密度和空气的密度相近，不能用排空气法收集，一般用排水发收集乙烯，故D错误；
选A。
12-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．大气中的硫元素主要以的形式存在，经过一系列反应，会以酸雨的形式进入土壤，故A正确；
B．煤和石油中的硫燃烧生成的是二氧化硫，故B错误；
C．化石燃料中硫的主要来源是形成化石燃料的生物体，故C正确；
D．煤和石油燃烧产生的颗粒物可以形成雾霾，故D正确。答案选B。
12-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 通常将pH小于5.6的雨水称为酸雨，大气中含量过高，会形成硫酸型酸雨，正确。
B. 向煤中加入生石灰作为脱硫剂，生成，发生的化学反应为：，可以减少的排放，正确。
C. 从火山爆发到形成土壤或水体中的过程中，如二氧化硫转化为硫酸根离子，S元素化合价升高，硫元素被氧化，错误。
D. 一定条件下，自然界中的有机物和无机物可以相互转化，有机硫化物存在于石油和动植物体内，可说明含硫有机物和含硫无机物可以相互转化，正确。
故选C。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．蛋白质的组成元素主要有C、H、O、N，某些蛋白质还含有P、S等元素，A正确；
B．大多数硫化物和硫酸盐比较稳定，地壳中化合态的硫主要以硫化物和硫酸盐的形式存在，B正确；
C．硫粉在过量的纯氧中燃烧生成SO2，不能直接得到SO3，SO2进一步氧化得到SO3，C错误；
D．化石燃料、含硫矿物均含有硫元素，高温下与空气反应生成SO2，是大气SO2污染的主要来源，D正确；
故选C。
12-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据硫的循环过程图可知，火山喷发、化石燃料燃烧均会产生SO2，A说法正确；
B．硫的循环过程图中，SO2形成的酸雨中硫变为硫酸根离子，故其过程为2SO2+2H2O+ O2==2H2SO4，B说法错误；
C．石灰主要成分为氧化钙，为碱性氧化物，可中和酸，故可用石灰处理酸化了的水体，C说法正确；
D．自然界的硫循环过程中硫的化合价发生改变，故涉及氧化还原反应，D说法正确；
答案为B。
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从图中可以看出，硫在自然界中既有单质形式(游离态)存在的S，也有化合态形式存在的H2S、、有机硫等，A正确；
B．过程⑤将转化为H2S，S元素化合价降低，表现氧化性，不能在土壤的富氧区实现，B错误；
C．过程②中，S转化为，S元素化合价升高，发生氧化反应，C正确；
D．过程①由H2S转化为S，可以通过分解反应实现，也可以通过H2S与O2接触后发生反应实现，D正确；
故选B。
12-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.自然界中硫元素即存在化合态，也存在游离态，例如火山喷口附近含有单质硫，A错误；
B.图中显示大气中的SO2回到海洋，但煤和石油的形成是经过漫长的过程，因此不可能很快和其它矿物形成煤和石油，B错误；
C.硫单质和氧气反应生成二氧化硫，火山爆发时地壳中的硫和氧气反应生成二氧化硫，所以部分硫元素由地壳到大气的过程发生了氧化反应，C正确；
D.二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化；葡萄酒中添加少量二氧化硫可防止葡萄酒被氧化，而不是被还原，D错误；
答案选C。
13-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
候氏制碱法将过量氨气通入到氯化钠饱和溶液中，再通入二氧化碳，反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，溶液1中含有碳酸氢钠和氯化铵，通入氨气，氨气先和碳酸氢钠反应生成碳酸铵和碳酸钠，通入氨气，增大铵根离子浓度，有利于氯化铵析出。
详解:
A．固体1是碳酸氢钠，在煅烧炉中分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，因此气体1为二氧化碳，溶液1为氯化铵和碳酸氢钠，加入氨气，增大铵根离子浓度，有利于氯化铵析出，因此气体2为，故A正确；
B．溶液1为氯化铵和碳酸氢钠，加入氨气，碳酸氢钠和氨气反应生成碳酸钠、碳酸铵，因此溶液2中，含碳微粒主要是，故B错误；
C．溶液3中含有NaCl，循环利用溶液3可提高了NaCl的利用率，故C正确；
D．索尔维制碱法总反应是氯化钠和碳酸钙反应生成碳酸钠和氯化钙即反应方程式为：，故D正确。
综上所述，答案为B。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
石灰乳和液溴在50℃～70℃条件下反应生成溴酸钙、溴化钙，溴酸钙和CO(NH2)2发生氧化还原反应生成CaBr2，加入HBr调节pH至中性，加入活性炭吸附杂质，再将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CaBr2·6H2O。
详解:
A．海水提溴较成熟的工业方法是空气吹出法，故A正确；
B．步骤①用50℃～70℃的温度，因此可用热水浴加热，故B正确；
C．步骤②中CO(NH2)2与Ca(BrO3)2反应变为CaBr2，说明Br化合价降低，则CO(NH2)2中氮化合价升高，应作还原剂，故C错误；
D．步骤④是从溶液到晶体的过程，其主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确。
综上所述，答案为C。
13-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
向饱和溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，提升其溶解的能力，再通入(碳酸化塔)，反应生成和碳酸氢钠(从溶液中析出)，真空过滤机过滤出的进入回转焙烧炉焙烧后转化为、水和二氧化碳，可进入碳酸化塔重复利用，进入碱母液储罐，由于的溶解度在低温下比小，向其中通入后降温“冷析”、加NaCl“盐析”，可使结晶析出，剩余母液中含氯化钠和氨水，进入氨母液储罐后可再次投入使用。
A．根据分析可知海水淡化工厂对海水进行分离、提纯和浓缩可得到饱和氯化钠溶液，然后进入吸氨塔，故A正确；
B．根据，，反应产生的又进入碳酸化塔知，碳原子利用率理论上为，故B正确；
C．氨母液储罐中的溶质主要是和，故C错误；
D．焙烧固体在坩埚中进行，实验室模拟“焙烧”时需要的实验仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，故D正确；
故答案为C。
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳。
详解:
A．操作1后得到滤液和沉淀，则操作1为过滤，操作2为硫酸铵溶液得到硫酸铵晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，A正确；
B．滤液中的主要阳离子为NH ，检验方法为向少量滤液中加NaOH溶液，加热，并用湿润的红色石蕊试纸来检验，若试纸变蓝，则含有NH，反之，则不含NH，B正确；
C．书写离子方程式时硫酸钙浊液不拆，甲到乙反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O = CaCO3↓+2NH4++SO ，C错误；
D．碳酸钙煅烧产生的CO2可通入甲溶液循环利用，D正确；
故答案选C。
13-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2，原理分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A正确；
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其离子方程式为I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，B错误；
C．由于海水中的I-的浓度非常小，故需用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是进行分离富集碘元素，C正确；
D．由于I2在水中的溶解度非常小，而易溶于有机溶剂苯或CCl4中，且具有升华的性质，故“提纯”过程是先萃取分液，得到I2单质的有机溶液(如苯或CCl4)，然后再蒸馏得到粗产品，再升华纯化，D正确；
故B。
13-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
详解:
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
14-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．制备乙烯需要使用温度控制反应的温度，故A不符合题意；
B．苯酚的酸性太弱，不能使石蕊试液变色，故B不符合题意；
C．氢氧化钠和溴反应生成盐溶液，苯与氢氧化钠溶液不反应且互不相溶，能分液分离，故C符合题意；
D．丙烯醛中碳碳双键、醛基均可以和溴反应，不能检验碳碳双键，故D不符合题意；
故选C。
14-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．二氧化硫能与浓氢氧化钠溶液反应，烧瓶中气体压强迅速减小，形成内外压强差，从而形成喷泉，故A正确；
B．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，若此反应为放热反应，气体膨胀会使U试管中液面左低右高，故B正确；
C．将胶头滴管中的水滴入烧瓶中，氨气极易溶于水，烧瓶中的气体的物质的量减小，气球会立刻膨胀起来，故C正确；
D．盛有氯化铵的大试管直接受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口重新结合生成NH4Cl，不能制取氨气，故D错误；
故选D。
14-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图1配制一定物质的量浓度溶液的定容操作为：沿玻璃棒加水至接近刻度线，改用胶头滴管滴加至最低刻度线，A错误；
B．图2氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，B错误；
C．图3左侧试管内发生反应，生成硫酸亚铁和氢气，产生的氢气将装置中的空气排出装置，关闭止水夹，氢气无法排出，左侧试管内压强变大，将生成的硫酸亚铁压入右侧导管，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，C正确；
D．图4中内部试管温度低于外部试管，无法说明碳酸钠比碳酸氢钠的热稳定性好，D错误；
故选C。
14-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．通过焰色实验观察钾元素的火焰颜色时，需要透过蓝色钴玻璃，所以用①装置不能检验溶液中是否含有钾元素，故A不选；
B．浓氨水中含有水，生石灰溶于水放出大量热，使浓氨水分解产生氨气，利用碱石灰(NaOH和CaO)可以干燥氨气，同时用向下排空气法收集氨气，故B选；
C．装置③中，因为二氧化碳和二氧化硫均与碳酸钠溶液反应，所以不能达到除去二氧化硫的目的，故C不选；
D．装置④中NO不与NaOH溶液反应，不能形成喷泉实验，故D不选；
故选B。
14-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应产生乙烯，但乙醇挥发同时还能使酸性高锰酸钾褪色，所以用水除去挥发的乙醇，在检验乙烯，A项正确；
B．电石中有硫化物遇水产生H2S，H2S与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色。所以若检验乙炔用溴的苯溶液或者四氯化碳溶液，B项错误；
C．乙酸乙酯和乙醇互溶无法分液，采用蒸馏进行分离提纯，C项错误；
D．过滤是分离固液混合物，而苯酚溶于水无法进行分离，D项错误；
故选A。
14-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．制取银氨溶液，向AgNO3溶液中滴加氨水，至开始生成的沉淀恰好溶解，得到银氨溶液，而不是向氨水中滴加AgNO3溶液，A错误；
B．二氧化硫、乙烯均能被高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液除去乙烯中的杂质，B错误；
C．乙醇在浓硫酸作催化剂的作用下加热到170℃发生消去反应得到乙烯，温度计应测量反应液的温度，水银球应放入反应液中，C错误；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热的条件下发生了消去反应生成乙烯，用高锰酸钾检验生成的乙烯。由于乙醇易挥发，乙烯中含有杂质乙醇，但是乙醇也能被高锰酸钾氧化，会对乙烯的检验产生干扰，实验中用水除去乙烯中的乙醇，排除干扰，可以达到实验目的，D正确；
答案选D。
15-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
H2S通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中先生成CuS，再是CuS和Fe3+反应生成S和Fe2+、Cu2+，再是亚铁离子在酸性条件下被空气中氧气氧化。
详解:
A．在图示的转化中，根据图中信息化合价不变的元素有铜和氯，故A错误；
B．根据图示可知FeCl3能氧化H2S，而CuCl2与H2S反应生成CuS，没有被氧化，故B错误；
C．根据图中信息得到回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，故C正确；
D．在图示的转化中发生的反应有4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2O，故D错误。
综上所述，答案为C。
15-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．题干中SO2→S化合价降低，被还原，因此SO2作氧化剂，故A错误；
B．SO2的化合价降低，则MFe2Ox中价态应是升高，做还原剂，故B正确；
C．MFe2Ox＋SO2→S＋MFe2Oy，根据原子守恒，y>x，故C错误；
D．置换反应有单质参加，有单质生成，此反应没有单质参加，不属于置换反应，故D错误；
故选B。
15-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．硫酸亚铁煅烧生成三氧化硫和氧化铁，根据化合价变化分析，有1mol氧化铁生成，铁元素失去2mol电子，化合物中的硫原子有2mol，若都生成三氧化硫，则转移4mol电子，不遵循电子守恒，若生成1mol三氧化硫，则转移2mol电子，遵循电子守恒，故另一产物中含有+4价硫，即X为二氧化硫，A正确；
B．工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，影响吸收效率，B错误；
C．硫酸亚铁煅烧为分解反应，三氧化硫和水反应为化合反应，硝酸钾和硫酸反应为复分解反应，该过程中没有置换反应，C错误；
D．硝酸和硫酸都为强酸，用硫酸制取硝酸是利用难挥发性酸制取挥发性酸，D错误；
故选A。
15-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，FeSO4溶液吸收O2再生成Fe2(SO4)3，可得到化工产品H2SO4，4FeSO4+O2+2H2SO4═2 Fe2(SO4)3+8H2O，过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，即该过程中共有3种元素的化合价发生改变，据此分析解答。
详解:
A．根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，A正确；
B．该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，FeSO4溶液吸收O2再生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3可看作该过程的催化剂，B正确；
C．根据工艺流程所示可知，该过程的总反应为O2+2SO2+2H2O=2H2SO4，C正确；
D．根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，反应中Fe2(SO4)3是氧化剂，SO2是还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，D错误；
故D。
15-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
Cr2O3与NaOH溶液反应生成NaCrO2和H2O，A为NaCrO2；NaCrO2具有还原性可被H2O2氧化为黄色的Na2CrO4，B为Na2CrO4；Na2CrO4与H+发生反应2CrO+2H++H2O，C为橙色的Na2Cr2O7；Na2Cr2O7与98%H2SO4反应生成红色的CrO3，D为CrO3；Na2Cr2O7具有氧化性，可被还原剂E还原为Cr3+，据此分析解答。
详解:
A．根据分析，B～D 中所含Cr元素均为+6价，化合价均能降低，均具有强氧化性，A正确；
B．根据分析，A为NaCrO2，B错误；
C．1L1molL-1Na2Cr2O7的溶液中，由于存在平衡Cr2O+H2O2CrO+2H+，1molCr2O若完全水解生成2molCrO，由于是可逆反应，则所含Cr的微粒数目介于NA与2NA之间，C正确；
D．根据分析，E为还原剂，则可能是 FeSO4，因为FeSO4具有还原性，D正确；
故选B。
15-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 反应中元素的化合价发生改变的反应为氧化还原反应，故上述流程中，CaO转化为Mn(OH)2和转化为CaSO4∙2H2O均为非氧化还原反应，即不是每步转化都涉及氧化还原反应，A错误；
B. 由由上述转化过程知， O2可将Mn(OH)2氧化为,能将S2-氧化为，则有：氧化性：，B错误；
C. 将上层清液中的转化为，该过程中S元素失去了0.1mol×8=0.8mol，而1molO2在反应中需要得到4mol电子，故理论上共需要=的，C正确；
D. 由于CaO与水反应生成Ca(OH)2，是溶液呈碱性，且Mn(OH)2也需在碱性环境中存在，故过程Ⅰ中，反应的离子方程式为，D错误；
故C。
16-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，则左侧电极为阴极，阳极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过a膜移向阴极室，SO通过b膜移向阳极室，则a膜为阳离子离子交换膜、b膜为阴离子交换膜，以此来解析；
详解:
A．c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，c电极连接电源的正极，A错误；
B．左侧溶液生成NaOH，从d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸从右室上口流出，B错误；
C．若生成1molO2，电路中转移4mol电子，由电荷守恒可知，将有4molNa+穿过阳离子交换膜，C错误；
D．左室生成氢氧化钠和氢气，右室生成氧气和硫酸，电解总反应：2Na2SO4+6H2O 2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑， D正确；
故选D。
16-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
实验室模拟隔膜法电解饱和食盐水制备少量烧碱，由于铁为非惰性电极，故铁为阴极，与电源负极相连；石墨为阳极，为电源正极相连；
详解:
A．石墨为阳极，为电源正极相连，故A错误；
B．开始工作后，阴极区反应为水放电生成氢气和氢氧根离子，溶液pH逐渐增大，故B正确；
C．反应生成的氯气会少部分和水反应，故C错误；
D．为防止生成的氯气和氢氧根离子反应，则离子交换膜为阳离子膜，只允许阳离子通过，故D错误；
故选B。
16-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
平衡常数，，则，，根据Cr元素守恒，所以溶液中=0.25mol/L、mol/L。
详解:
A．电解1L 1.0mol/L溶液一段时间，=0.25mol/L、mol/L，、的物质的量分别是0.5mol、，根据钠元素守恒，有0.5mol通过了离子交换膜，故A正确；
B．当溶液中为mol/L时，、的物质的量分别是0.5mol、，的转化率为，故B正确；
C．反应生成0.25mol，根据，说明阳极生成0.5mol氢离子，阳极的电极反应式为，则阳极收集到2.8L (S。T。P。)，故C错误；
D．阳极的电极反应式为，所以未参与阳极的电极反应，故D正确；
选C。
16-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，以此解答。
详解:
A．由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．铂电极为阴极，得电子得到，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故B正确；
C．制得28g的物质的量为=1mol，由电极方程式可知，转移12mol电子，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，则生成3molO2，质量为3mol=96g，故C错误；
D．电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；
故选C。
16-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电解H2O和O2制备H2O2是将电能转化为化学能，A错误；
B．装置工作时总反应为：2H2O+O22H2O2，B错误；
C．装置工作过程中a极反应为：O2+2H++2e-=H2O2， b极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，通电时，电子转移数相等，a极消耗的O2大于b极生成的O2，C正确；
D．根据O2+2H++2e-=H2O2，电解生成1molH2O2时，转移电子2mol电子,转移的数目为2×6.02×1023，D错误；
故C。
16-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
电解水溶液制备，阳极反应为：，阴极反应为：，向阴极移动，使物质的量增大，所以b极为阴极，a极为阳极；
详解:
A．a极为阳极，水溶液盛放在a极区，A正确；
B．通过离子交换膜向阴极移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；
C．当外电路转移2 mol电子时，阴极反应，有2 mol移向阴极，生成，阴极质量增大，阳极质量减少，两极室溶液质量变化相差154 g，C错误；
D．“电解法”所得副产品，可用作“酸性歧化法”制备的原料，D正确；
故选C。
17-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．该过程中，碳元素化合价由中＋4价降低到中价，被还原，故A错误；
B．由图可知，该过程中中的C＝O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C＝O双键发生了1次加成反应，所以共发生3次加成反应，故B正确；
C．由图可知，中的C＝O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C＝O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，故C错误；
D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，故D错误；
故B。
17-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图可知该循环中Ni和是该反应的催化剂，故A正确；
B．为断键的过程，该过程为吸热过程，故B错误；
C．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变该反应的总体热效应，故C正确；
D．根据图中信息得到该反应的总反应方程式为，故D正确。
综上所述，答案为B。
17-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。
详解:
A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) +Q kJ(Q＞0)，选项A错误；
B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，选项B错误；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，选项C正确；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂，选项D错误；
答案选C。
17-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，A项错误；
B．根据图示可知，第①步反应还有C=C键发生断裂，B项错误；
C．根据图示可知，反应①消耗，反应③又生成，且乙烯水化制乙醇的总反应为，故是总反应的催化剂，C项正确；
D．第一步反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，第二步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，第三步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，D项错误；
故选C。
17-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．在历程I～V中，根据图中分析没有的断裂，故A错误；
B．在历程I～V中，IV→V的活化能最高，则生成V的反应速率最慢，决定了脱氢反应的速率，故B正确；
C．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；
D．由反应历程图可知，在催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H<0，故D正确；
答案选A。
17-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知：第1步CO2碳氧双键断开形成*CO和O，第2步发生反应*CO+H→*CHO，第3步“*CHO→*OCHCHO*”， 第4步为*OCHCHO*脱离催化剂表面生成乙烯和乙醇，据此分析。
详解:
A．断键吸热、成键放热，碳氧双键断开需要吸收能量，故A正确；
B．观察图，第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO，故B正确；
C．第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面的2个 *CHO生成1个*OCHCHO*，吸附在催化剂表面原子由C变为O，故C错误；
D．第4步*OCHCHO*生成乙烯、乙醇，氧原子数减少，根据原子守恒，产物中有水生成，故D正确；
选C。
18-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．硫酸的浓度越大，氧化性越强，与元素周期律无关，故A错误；
B．与冷水反应的速率：Na＞Mg，说明金属性Na＞Mg，同一周期，随着原子序数的递增，金属性减弱，故能用元素周期律解释，故B正确；
C．向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故C正确；
D．原子半径：Al＞Si＞P，体现了同周期随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小的规律，故D正确；
故选：A。
18-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向溶液中加盐酸，有气泡产生是强酸制弱酸，HCl不是最高价的含氧酸，故不能用元素周期律解释，A符合题意；
B．能溶于NaOH溶液，不能溶解于NaOH，说明氢氧化铝有两性，氢氧化镁没有，金属性Mg>Al，能用元素周期律解释，B不符合题意；
C．最高价含氧酸酸性，故非金属性N>P，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．F2与H2比I2与H2反应更容易，反应更激烈，故非金属性F>I，能用元素周期律解释，D不符合题意；
故选A。
18-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．非金属性F＞I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，选项A正确；B.溴的非金属性强于碘但弱于氯， Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应，可以利用元素周期律解释，选项B正确；C. 钾金属性强于钠，金属Na和熔融KCl反应置换出金属K是因为钾的沸点较低，不可以利用元素周期律解释，选项C不正确；D. 钠的金属性强于铝，氯化钠为强酸强碱盐，氯化铝为强酸弱碱盐，故常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7，可以利用元素周期律解释，选项D正确。答案选C。
18-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A.浓硫酸主要以H2SO4分子存在，由于S元素为其最高的+6价，因而具有强的氧化性，而稀硫酸中H2SO4分子电离产生H+、SO42-，H+的氧化性较弱，因此浓硫酸的氧化性强于稀硫酸，与元素周期表无关，A符合题意；
B.与冷水反应的速率：Na>Mg，体现了金属性越强，与冷水反应速率越快，B不符合题意；
C.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，体现了溴的非金属性大于I，C不符合题意；
D.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，原子半径：Al>Si>P，体现了同周期随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小的规律，D正确；
故合理选项是A。
18-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，由于原子序数Cl>S，所以原子半径：S＞Cl，A项正确；
B．水的沸点高是由于水的分子间的氢键，导致水的沸点比硫化氢的沸点高，并不能用元素周期律解释，B项错误；
C．Br、I是同一主族的元素，由于非金属性，Br>I，所以还原性：I﹣＞Br﹣，与元素周期律有关，C项正确；
D．元素的非金属性S>P，所以其最高价氧化物的水化物酸性：H2SO4＞H3PO4，与元素周期律有关，D项正确；
答案选B。
18-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A. 硝酸的浓度越大，氧化性越强，与元素周期律无关，故A选；
B. 与冷水反应的速率：Na>Mg，体现了金属性越强，与冷水反应速率越快，故B不选；
C. 向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，发生Br2+2I-=I2+2Br-，体现了Br的非金属性大于I，故C不选；
D. 原子半径：Al>Si>P，体现了同周期随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小的规律，故D不选；
故选A。
19-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
(1)取少量原溶液，测得溶液呈强碱性，则一定不含Mg2+、Fe3+；(2)在其中滴加足量氯水，有无色无味气体产生，溶液仍为无色，说明一定含有，则一定不含Ba2+，无色无味气体为二氧化碳，且一定不含Br-，否则会生成溴单质，溶液不会无色。
详解:
A．根据分析可知一定不含Ba2+、Mg2+、Fe3+，A错误；
B．根据分析可知一定不含Br-，B错误；
C．根据分析可知一定含有，C正确；
D．根据分析可知一定含有，则一定不含Ba2+，D错误；
综上所述答案为C。
19-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
①测定溶液的pH，溶液显强碱性，说明溶液中含有氢氧根离子，HCO不能存在；
②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成的气体为二氧化碳，不是刺激性气味的二氧化硫，由于溶液为强碱性，说明B原溶液中含碳酸根离子；
③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。进一步证明溶液中含硫酸根离子；
④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀说明含氯离子，但②步中加入盐酸含有氯离子，不能确定原溶液中含氯离子；
综上所述：溶液中一定含CO和含硫酸根离子，一定不含SO、HCO，不能确定Cl－，故选：C。
19-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色，说明可能有亚硫酸根，不能确定是否含碘离子；
②氯水可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子；另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量，得到沉淀6.99g，则沉淀为0.03molBaSO4，X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，一定不含钡离子；
③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量加热，生成0.01mol气体，则生成气体为氨气，X含有铵根离子0.01mol；根据溶液电中性可知，X中还一定含有钠离子0.03mol×2-0.01mol=0.05mol；
详解:
A．由分析可知，一定存在、，A正确；
B．X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，B错误；
C．一定不含，不能确定，C错误；
D．一定存在，D错误。
故选A。
19-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
能反应的不共存、钡离子不与溶液中、SO ，且电解质溶液电荷守恒；
详解:
①与AgNO3溶液反应有沉淀产生的离子有Cl-、、SO；②加足量NaOH溶液加热产生气体，该气体是氨气，故一定有铵离子。根据氮原子守恒可知，NH4＋的物质的量是0.05mol；③不溶于盐酸的2.33g白色沉淀为硫酸钡，物质的量0.01mol；4.3g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为4.3g－2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，故一定存在、SO，因而一定没有Mg2+、Ba2+；根据电荷守恒可知，正电荷的物质的量＝n(NH4+)＝0.05mol；负电荷的物质的量＝2n()＋2n(SO)＝0.04mol，故一定有Cl-，至少0.01mol；综合以上可以得出，一定存在的离子有NH、Cl-、、SO，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，可能存在K+，则C正确；
答案选C。
19-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。
详解:
A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；
B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；
C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；
D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。
故选A。
点睛:
本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。
19-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L，和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在，且物质的量为0.05mol；
②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g，故一定存在，一定不含有Ba2+，且物质的量为：=0.01mol；
③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，若沉淀只有AgCl，则，若沉淀只有AgI，则，若溶液中不含有K+、，根据电荷守恒可知，I−与Cl−均存在，若溶液中不含有K+，含有时，I−与Cl−可能均存在，也可能只I-，若溶液中含有K+，不含有时，I−与Cl−可能均存在，也可能只Cl-，不可能只含有I-。
详解:
A．依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A错误；
B．依据分析可知，溶液中一定存在、，还有Cl−或I−中的一种或2种，故B错误；
C．依据分析可知，溶液中一定存在，而Cl−或I−存在1种或2种，也可能存在，故C正确；
D．由上述分析可知，溶液中可能同时存在K+和，故D错误；
故C。
点睛:
离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况，在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分析，做到心中有数，一般来说，离子间能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，与，与弱酸根阴离子，与弱碱阳离子，与、、、、，、与、，与酸性条件下，与，与、等等，都不能在溶液中共存。
在具体推断过程中，要注意以下几点：
（1）把推断离子的肯定与否定存在结合起来考虑；
（2）推断过程中，前后的结论不应该矛盾，因此，前面已下结论的离子，在后面的推断过程中可不再重叙，若在分析中发现前后结论有矛盾，则应找出错误原因；
（3）在作推断结果时，应该考虑三个方面，即肯定存在的离子，肯定不存在的离子，不能判定存在与否的离子，并且这三个方面的离子应是互相独立的，任何一种离子只能出现一次，不能重复出现，当然有的题目中不一定三种情况都需要回答，但分析问题时都应该考虑到。
20-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
反应2A(g)B(g)+D(g)的平衡常数K===14，根据Qc=计算出四组数据的浓度商，比较Qc与K的大小，若Qc＞K，则反应逆向移动，若Qc＜K，则反应正向移动，Qc=K，则反应达到平衡。
详解:
A．Qc===1，Qc＜K，反应正向移动，A不符合题意；
B．Qc===14，Qc=K，反应达到平衡，B不符合题意；
C．Qc===10，Qc＜K，反应正向移动，C不符合题意；
D．Qc===28，Qc＞K，反应逆向移动，D符合题意；
故选D。
20-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．②中反应开始时Q= B．设①中达到平衡时CO浓度为xmol/L，则根据化学方程式可知，平衡时氢气和二氧化碳浓度均为(0.1-x)mol/L，一氧化碳和水浓度均为xmol/L，，解得x=0.06mol/L，则平衡时二氧化碳浓度为0.04mol/L，B正确；
C．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②中水蒸气和一氧化碳浓度不相等，由方程式可知，反应达到平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度依然不相等，则①、②均达平衡时，各组分浓度不相同，C错误；
D．①中反应转化的氢气浓度为0.06mol/L，则转化率为60%，故D错误；
故答案选B。
20-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．实验Ⅰ和实验Ⅱ容器体积相同，因此不可能是压缩体积增大了压强，可能是加催化剂，故A错误；
B．由实验II和实验III可知，温度升高，平衡时D的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故B错误；
C．实验III达平衡时n(D)=1mol，列三段式为，实验Ⅲ达平衡后容器内气体的物质的量为2.5mol，实验Ⅰ容器内反应：，实验Ⅰ达平衡后容器内气体的物质的量为2.25mol，若温度相同，实验Ⅲ和实验Ⅰ分别达平衡后容器内的压强之比为2.5mol：2.25mol=10：9，因实验Ⅲ温度较高，其压强越大，则实验Ⅲ和实验Ⅰ分别达平衡后容器内的压强之比大于10：9，实验I达平衡后容器内的压强小于实验III的，故C错误；
D．实验Ⅰ和实验Ⅲ，温度升高，D减少，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，平衡常数减小，因此K 1＞K 3 ，实验Ⅰ和实验Ⅱ，温度相同，平衡常数相等，因此K 2＝K 1，所以K3＜K2=K1，故D正确；
故选：D。
20-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题干提供的数据结合三段式分析可知：
，据此分析解题。
详解:
A．由分析可知，平衡时，甲中CO2的转化率等于=50%，A正确；
B．由题干数据可知，丙容器中加入的CO2和H2的浓度为甲的2倍，若将丙容器体积放大为原来的2倍，则甲、乙两容器达到等效平衡，再将丙容器压缩至原体积，此过程中平衡不移动，故当反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，B正确；
C．由分析可知，700℃时，甲容器的平衡常数为：K===1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为，即升高温度平衡常数增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，C正确；
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10 mol·L-1 H2和0.20 mol·L-1CO2，根据温度不变平衡常数不变，结合平衡常数表达式K=可知，到达平衡时c (CO)与乙相同，D错误；
故D。
20-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．温度相同、体积相同的甲 、乙、丙三个容器，反应物浓度越大，反应速率越快，起始反应速率：丙>乙>甲，丁和甲容器温度相同、压强相同、投料比例相同，起始时反应速率相同，丁=丙>乙>甲，A错误；
B．根据甲装置中数据列三段式，
所以该温度下该反应的平衡常数，K=，B正确；
C．由乙、丙可知，二氧化硫的浓度相同，丙中氧气的浓度增大，会促进二氧化硫的转化，二氧化硫转化率，丙和丁达到的是相同的平衡状态，所以二氧化硫转化率 ，C错误；
D．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，有利于平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中 c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍，丙和丁达到的平衡相同，三氧化硫浓度相同，丙=丁>甲，D错误；
故答案选B。
20-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据表格数据，升高温度到750℃，n(D)减小，平衡逆向移动，K 3 B．实验Ⅱ与实验Ⅰ相比，平衡没移动，但反应速率加快，所以实验Ⅱ可能使用了催化剂，压缩体积则体系压强增大，平衡右移，B错误；
C．实验Ⅲ与实验Ⅰ温度不同，所以压强不是物质的量比，C错误；
D．实验Ⅲ的反应三段式：

平衡常数K3= ，恒温下平衡常数值不变，再向容器中通入1 mol A和1 mol D，A的浓度变为1mol/L，D的浓度变为1mol/L，体系浓度商Q == K3，所以平衡不移动，D错误；
故答案选A。
21-1【基础】 【正确答案】 3 D 三角锥 极性 两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N x-y 小于 由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大 BD
【试题解析】 分析:
按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)，按平衡常数的定义、结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；
详解:
(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60°，A错误； B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误； C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大、分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。
(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为，其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。
(3) N 和As元素均位于ⅤA族，具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。
(4)①按定义，反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)的平衡常数表达式，由表知，平衡时，c(AsO)= y mol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)= 0.06L×y mol。则平衡时
②由图可知，tm时，c(AsO)< y mol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆 A． v(I-) = 2v(AsO) ，未表示出是否为正逆反应速率，A错误；
B．平衡时各成分的浓度不再变化，则溶液的pH不再变化，B正确；
C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)= 2c(AsO)= 2y mol·L-1，C错误；
D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化，D正确；
选项正确的是BD。
21-2【基础】 【正确答案】 1、非极性 120°
2、正四面体形 含有
3、极性 sp2 sp2
4、分子结构相似，相对分子质量BF3＜BCl3，分子间作用力BF3＜BCl3，沸点BF3＜BCl3
【试题解析】 BF3分子空间结构模型是平面三角形，正负电中心重合，属于非极性分子，该分子中F－B－F键角是120°；故答案是非极性、120°；
BF的空间结构为四面体形；硼原子与氟原子形成3对共价键，有一空余轨道，可以放置氟提供的一个电子和钠提供的一个电子形成共价键，所以NaBF4中含有配位碱，故答案是四面体形；含有；
B与N是非金属元素，形成极性共价键；六方氮化硼是平面层状结构，B、N原子的杂化形式分别是sp2、sp2。故答案是极性；sp2、sp2
分子构成的物质中，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。F和Cl同一主族元素，形成BF3的沸点应低于BCl3，所以答案是分子结构相似，相对分子质量BF3＜BCl3，分子间作用力BF3＜BCl3，沸点BF3＜BCl3
21-3【巩固】 【正确答案】 1、第三周期第VIA族 16
2、> 3、B 4、硫 硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价，合理即可)
5、c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)
6、Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4
7、5.6
【试题解析】 硫的原子序数是16，其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。
CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。
CS2的结构与CO2相似，则其结构为，分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A、C、D错误，故选B。
比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。
Na2S溶液中发生水解，，，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。
根据元素守恒，若Fe2 (SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2 (SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1mol Fe2 (SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4。
FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2 (SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
21-4【巩固】 【正确答案】 1、3 3s23p5
2、7NA N2、O2
3、O>S 2H2S+O22S+2H2O
4、c(ClO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)
5、 10Al+6NO+4OH-=10AlO+3N2↑+2H2O
【试题解析】 氧原子核外有1s，2s，2p三个能级，故有3中能量不同的电子；题干反应所涉及到的原子中半径最大的是Cl，其最外层有7个电子，排布式为：3s23p5；
根据元素化合价变化N：-3→0，Cl：+7→0，O：-2→0，Cl元素在降，N和O都在升，结合得失电子守恒和方程式比例关系，每生成2mol气体会产生0.5molCl2，则有1molCl从+7→0，共转移7NA个电子，氧化产物为N2、O2；
同主族元素的非金属性从上到下依次减弱，则第VIA族的短周期元素的非金属性：O>S，方程式：2H2S+O2  2S+2H2O；
NH4ClO4溶液有如下电离过程： NH4ClO4=NH+ClO，且NH水解使溶液呈酸性，故c(ClO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)；
据题意，分子中各原子均满足8电子稳定结构，则N原子在中间，电子式为。结合题干信息可知，Al做还原剂，氧化产物为AlO ，NO 做氧化剂，还原产物为N2，根据得失电子守恒原则且溶液呈碱性等信息进行配平和补全方程式，故10Al+6NO+4OH-=10AlO+3N2↑+2H2O。
21-5【提升】 【正确答案】 1、 2、O＞N＞C
3、2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
4、c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
5、ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO
【试题解析】 氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故 ； ；
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故O＞N＞C；
由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
21-6【提升】 【正确答案】 1、4 2、化合物结构中 Y 只形成一个共价键 X
3、正四面体 熔点：，和均为组成和结构相似的分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力强，所以熔点高
4、< >
5、60° 1:3
【试题解析】 分析:
结合已知信息，X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构，如图，根据X、Y的成键数，且由Si、X、Y形成的离子带一个单位的负电荷，所以X为第ⅤA族，Y为第ⅦA族，可知X为P元素；Y为Cl元素；
硅元素原子序数为14，为第ⅣA族，最外层电子数为4，每个电子一种运动状态，所以硅原子最外电子层有4种运动状态不同的电子，故填4；
根据已知信息，Y 是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构，化合物结构中 Y 只形成一个共价键，所以推知 Y 是 Cl；Cl为-1价、Si为+4价，所以X和Si之间共用电子对偏向X，故填化合物结构中 Y 只形成一个共价键；X；
SiCl4分子结构与甲烷类似，所以为空间正四面体，键角109°28′；熔点：，和均为组成和结构相似的分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力强，所以熔点高，故填正四面体；熔点：，和均为组成和结构相似的分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力强，所以熔点高；
①草酸氢钾溶液中存在的电离和水解，已知草酸氢钾溶液呈酸性，所以草酸氢钾溶液中，故填<；
②向草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液生成草酸钠和水，其离子反应为，刚好反应时溶质为草酸钠和草酸钾，呈碱性，当滴加至中性时，说明草酸氢钾过量，所以，故填；>；
白磷为正四面体结构，如，每个面为正三角形，键角为60°，故填60°；
①根据题意，可知白磷与过量浓NaOH溶液反应的化学方程式为，故填；
②根据反应方程式，该反应为氧化还原反应，转移电子总数为3，用单线桥可表示为，故填；
③根据反应方程式，该反应为氧化还原反应，转移电子总数为3，每有1mol白磷(P4)参与反应，其中有3molP元素被氧化，1molP元素被还原，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为1:3，故填1:3。
22-1【基础】 【正确答案】 H-S-H H2S HS-+H+ 0.05 v(H2S)分解=v(H2S)生成或v(H2S)分解=v(CSO)分解等合理答案 增大CO的浓度
【试题解析】 分析:
详解:
(1)每个H2S中硫与氢原子 形成两个共价键，H2S的结构式H-S-H，H2S是弱电解质，它的电离方程式为H2S HS-+H+。故H2S HS-+H+；
(2)若反应容器的体积为2L，反应前将10mol的CO与一定量的H2S混合加热，20秒后，达到平衡，CO变为8mol，以H2S表示速率，则v(H2S)=v(CO)==0.05mol/(L•s)。故0.05；
(3)写出一个能表示该反应达到平衡的标志：v(H2S)分解=v(H2S)生成或v(H2S)分解=v(CSO)分解等合理答案。故v(H2S)分解=v(H2S)生成或v(H2S)分解=v(CSO)分解等合理答案；
(4)CO浓度增大平衡正向移动，反应速率增大。写出一个既能增大H2S转化率，又能加快反应速率的措施：增大CO的浓度。故增大CO的浓度；
(5)该反应在一定条件下的反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，若反应达到平衡时(t1时)，升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，分别用v′正、v′逆表示画在如图。故。
22-2【基础】 【正确答案】 B 两 AD BD 先增大后减小
【试题解析】 分析:
萤石是CaF2，是离子化合物，BF3为非极性分子，价电子对数为3，其分子构型为平面正三角形。硼的原子序数为5，硼原子核外有两种不同形状的电子云。电子层数多的离子半径大；电子层结构相同的离子，核电荷数大的半径小。F、O、S，在元素周期表中相邻，但F没有正价，O没有最高正价。压缩容器体积，增大了压强，平衡逆向移动，在平衡移动的过程中逆反应速率的变化情况是先增大后减小。
详解:
（1）萤石是CaF2，电子式为，BF3为非极性分子，价电子对数为3，中心原子的杂化类型为sp3，其分子构型为平面正三角形，故答案为；B。
（2）硼的原子序数为5，其电子排布式为1s22s22p1，最外层电子排布式2s22p1；用小点的疏密来描述电子在原子核外空间出现的机会的大小所得到的图形叫电子云；硼原子核外有两种不同的原子轨道，即S轨道和p轨道，s轨道的电子云是球形对称的，p轨道的电子云是哑铃形的，故硼原子核外有两种不同形状的电子云，故答案为2s22p1；两。
（3）该反应体系中：B2O3(S)+3CaF2(S)+3H2SO4(浓) ⇌ 2BF3(g)+3CaSO4(S)+3H2O(l)，除硼元素外的其他短周期元素的简单离子有H+、F-、O2-、S2-，电子层数多的离子半径大；电子层结构相同的离子，核电荷数大的半径小。故离子的半径由小到大排列的是：H+、F-、O2-、S2-；故答案为H+、F-、O2-、S2-。F、O、S，在元素周期表中相邻，但F没有正价，O没有最高正价。
A.活泼非金属可以置换出较不活泼的非金属 ，故A正确；
B.可用最高价氧化物的水化物酸性强弱比较非金属性强弱（但F除外，其没有正价），故B错误；
C.可用最高价氧化物的水化物酸性强弱比较非金属性强弱（但F除外，其没有正价），但是不能根据其氢化物水溶液的酸性比较其非金属性，故C错误；
D.可以用相互形成的化合物中元素的化合价比较非金属性强弱，显负价的非金属性强，显正价的非金属性弱，故D正确。
故答案为AD。
（4）该反应体系中：B2O3(S)+3CaF2(S)+3H2SO4(浓) ⇌ 2BF3(g)+3CaSO4(S)+3H2O(l)，化学平衡常数表达式K=[BF3]2，
A.反应中已经使用了浓硫酸，故不能通过增大硫酸的浓度缩短反应达到平衡的时间，故A不可行；
B.缩小反应容器体积，增大了压强，逆反应速率加快，能缩短反应达到平衡的时间，故B可行；
C.萤石是固体，浓度是一个常数，投入更多的萤石不能改变化学反应速率，故C不可行；
D.升高反应炉内温度，反应速率加快，能缩短反应达到平衡的时间，故D可行；
故选BD。
（5）该反应体系中：B2O3(S)+3CaF2(S)+3H2SO4(浓) ⇌ 2BF3(g)+3CaSO4(S)+3H2O(l)，化学平衡常数表达式K=[BF3]2，此反应达到平衡后，压缩容器体积，增大了压强，平衡逆向移动，在平衡移动的过程中逆反应速率的变化情况是先增大后减小；实验室中在8L的密闭容器中进行该反应，容器中液态物质是浓硫酸减少24g，物质的量为24/98mol，根据B2O3(S)+3CaF2(S)+3H2SO4(浓) ⇌ 2BF3(g)+3CaSO4(S)+3H2O(l)推算，BF3的物质的量增加了8/49mol，用BF3来表示该反应的速率为8/49mol/8L×5min≈0.004mol/(L∙ min)，故答案为先增大后减小；0.004mol/(L∙ min)。
点睛:
对于ABm型分子（A是中心原子，B是配位原子），分子的价电子对数可以通过下式确定：n=(中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m)/2。其中，中心原子的价电子数等于中心原子的最外层电子数，配位原子中卤素原子、氢原子提供1个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算。
判断元素金属性和非金属性强弱的方法：
(1)金属性强(弱) -- -①单质与水或酸反应生成氢气容易(难)；②最高价氧化物的水化物碱性强(弱)；③相互置换反应(强制弱)。
(2)非金属性强(弱) --①单质与氢气易 (难)反应；②生成的氢化物稳定(不稳定)；③最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱)；④相互置换反应(强制弱)。
增大反应物的浓度、升温、加压（有气体参加的反应），催化剂，增大接触面积都可以加快反应速率。
对于有气体参与的反应，其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。
22-3【巩固】 【正确答案】 1、3s23p6 Cl>C>O
2、＞ MgO、CaO都是离子晶体，离子间通过离子键结合。由于离子半径Ca2+>Mg2+，离子半径越小，离子键越强，物质的晶格能越大，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔点沸点就越高
3、ad 4、c(CO2)
5、 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短
【试题解析】 氯元素处于第三周期第VIIA族，氯离子外围电子排布式为3s23p6，上述反应所涉及的非金属元素有C、O、Cl，Cl原子的电子层是三层，C、O电子层是两层，所以氯原子半径最大，C、O的质子数分别是6、8，所以半径大小为C>O，综上：Cl>C>O；C和Cl能形成空间构型为正四面体形的非极性分子CCl4，结构式为： 。
MgO、CaO都是离子晶体，离子间通过离子键结合。由于离子半径Ca2+>Mg2+，离子半径越小，离子键越强，物质的晶格能越大，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔点沸点就越高，所以MgO的熔点比CaO的高。
a．金属性不影响金属单质的物理性质，故a不选；
b．金属性越强，与酸反应越剧烈，则两种金属单质与等浓度醋酸反应的剧烈程度：Mg＜Ca，可以说明钙元素的金属性强于镁元素，故b选；
c．金属性不影响金属对应氢氧化物的溶解性，故c不选；
d．金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，则两种元素对应氢氧化物的碱性：Mg(OH)2＜Ca(OH)2，可以说明钙元素的金属性强于镁元素，故d选；
故选ad。
碳酸钙发生分解：CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)。该反应的化学平衡常数表达式K=c(CO2)。
若在t1时刻向平衡体系中分离出少量CO2，CO2的浓度瞬间减小，然后平衡正向移动，CO2的浓度又增大，该反应的化学平衡常数表达式K=c(CO2)，温度不变，平衡常数不变，则在t2时刻重新达到平衡时，CO2的浓度与分离之前相等，c(CO2)随时间变化的曲线为： ；随着温度升高，曲线B向曲线A逼近的原因为温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。
22-4【巩固】 【正确答案】 1、四 6 2、d
3、Fe + 2Fe3+ =3Fe2+
4、3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O 1.5NA 取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有
5、K=
6、C+H2OCO+H2
7、温度低于570℃时，发生的是反应②，因为②是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量在不断增大；温度高于570℃，发生的反应是反应①，因为①是吸热反应，随着温度的升高，反应正向移动，CO百分含量在不断降低，所以570℃时，CO百分含量最高
【试题解析】 Fe为26号元素，核外电子排布为：，铁位于第四周期VIII族，铁原子核外3d轨道上共填充了6个电子，故四；6；
磁铁的主要成分为四氧化三铁，故d；
FeSO4具有较强还原性，配制其溶液时需加入适量铁粉，可将氧化后三价铁还原为二价铁，从而防止FeSO4氧化，发生的离子反应为：Fe + 2Fe3+ =3Fe2+，故Fe + 2Fe3+ =3Fe2+；
1mol Fe2+被氧化为Fe3+失去1mol电子，1mol NO被还原为NO得3mol电子，根据得失电子守恒得到反应方程式：3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O；由反应可知每生成1molNO转移3mol电子，则生成0.5molNO气体，转移的电子数为1.5NA；检验反应后溶液中是否存在亚铁离子，可利用其还原性，用高锰酸钾溶液检验，具体的操作为：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有；故3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O；1.5NA；取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有；
由图可知反应III为C与二氧化碳反应生成CO，反应方程式为：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡常数表达式K=，故K=；
由图可知总反应为C与水高温生成CO和氢气，反应为：C+H2OCO+H2，故C+H2OCO+H2；
温度较低时发生反应②，由题意可知反应②为放热反应，随温度的升高，平衡逆向移动，CO的百分含量不断增大；当温度较高时发生反应①，反应①为吸热反应，随温度升高，反应正向移动，CO的百分含量又降低，故温度低于570℃时，发生的是反应②，因为②是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量在不断增大；温度高于570℃，发生的反应是反应①，因为①是吸热反应，随着温度的升高，反应正向移动，CO百分含量在不断降低，所以570℃时，CO百分含量最高。
22-5【提升】 【正确答案】 18 5 第四周期、ⅦA（都对得1分） F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。 从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大 > K= 氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价
【试题解析】 详解:
氯离子原子核外有18个电子，为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故18；5；
溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA，故第四周期、ⅦA；
、、、的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故、、、都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；
元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性，、、半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故从、、半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大；
由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故；
同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=，故；
的非金属性较C强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为，故氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；。
22-6【提升】 【正确答案】 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1
【试题解析】 分析:
(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
详解:
(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•mol-1。
23-1【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。
23-2【基础】 【正确答案】 1、取代反应、还原反应
2、 CH2=CH2
3、 +CH3NH2+H2O
4、羧基 5、-CH2CH2COCH3
【试题解析】 分析:
反应①为羧基和苯环上氢发生取代的成环反应，反应②为的加成反应；有机反应中将去氧或加氢的反应称为还原反应，反应③为去氧的反应得到，故为还原反应；和B生成，B可由石油裂解获得，则B为乙烯，结构简式为CH2=CH2；和CH3NH2转化为C，C和强还原剂生成，则C结构简式为；
由分析可知，反应①、③的反应类型分别是取代反应、还原反应；
中含有碳碳双键，能发生加聚反应，PAN由A()聚合而成，则PAN的结构简式为。B可由石油裂解获得，则B的结构简式为CH2=CH2；
由分析可知，反应④的化学方程式为+CH3NH2+H2O；
原料中的含氧官能团是羧基；
满足以下条件的该原料的一种同分异构体：
(ⅰ)是含有三个六元碳环的芳香族化合物，则含有苯环、；
(ⅱ)原羧基的不饱和度为1，由于要求只有一种含氧官能团，且又多了1个环，则同分异构体含有羟基；
(ⅲ)分子中有4种不同化学环境的氢，结构对称性好。
故结构为；
CH2=CHCOCH3和发生Michael加成生成，结合反应②原理可知，-Y的结构简式为-CH2CH2COCH3；在碱性条件下加热成环生成，再发生反应③原理得到；故路线为：。
23-3【巩固】 【正确答案】 1、羟基 醛基 还原(加成)
2、保护醛基(防止氧化)
3、n+（n-1）H2O
4、 5、
【试题解析】 分析:
合成路线中各物质的结构简式已经给出，需要对比反应前后物质结构上的差异分析反应机理。为保护醛基(防止氧化) 流程中设计A→B和D→E；
A：含氧官能团的名称是羟基和醛基；对比E（）和F（）结构可知E到F是与氢气一定条件下的加成（还原）反应；
流程中设计A→B和D→E的目的是保护醛基(防止氧化)；
已知：R－CN+H++H2O→R－COOH，故F在酸性水溶液中得到的水解产物为，水解产物中既有羟基又有羧基，可发生缩聚反应，在一定条件下发生聚合反应的化学方程式：n+（n-1）H2O
A：的同分异构体中， (Ⅰ)属于芳香族化合物，要求苯环结构；(Ⅱ)能水解且发生银镜反应，该分子具有甲酸酯的局部结构；(Ⅲ)核磁共振氢谱显示有3种氢，该分子高度对称，符合条件的有机物为；
对比和目标产物发现-CN和-CH2Br接转化为-COOH。参照上述合成路线和信息可知氰基可水解生成羧基，溴原子可以水解生成羟基，经过一系列氧化生成羧基：。
23-4【巩固】 【正确答案】 1、甲苯 碳碳双键 光照
2、 3、 取代反应(或酯化反应)
4、 5、
【试题解析】 分析:
A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；与Br2光照下发生甲基上的取代反应生成B，B在NaOH溶液中加热发生水解反应生成C，C发生催化氧化生成D，根据D的结构简式知，B的结构简式为，C的结构简式为；E的分子式为C4H8，E与HBr反应生成F，F与Mg/乙醚发生题给已知的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为(CH3)2C=CH2，F的结构简式为(CH3)3CBr，F与D发生题给已知反应生成G，G的结构简式为。
根据分析，A的结构简式是，名称为甲苯；E的结构简式为(CH3)2C=CH2，官能团为碳碳双键；反应I为与Br2光照下发生甲基上的取代反应生成B，因此反应条件为光照；
根据分析，由B生成C的化学方程式为；
根据分析，G的结构简式为；合成丁苯酞的最后一步转化为，前后对比可知符合酸脱羟基醇脱氢形成了酯基，所以发生的是取代反应(或酯化反应)；
有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即 、、 和，其中①能发生水解和银镜反应，②分子中含有苯环的是；
根据题给信息和原料，需要用合成，根据有机物之间的转化，先水解成，催化氧化即生成，则合成路线为：。
23-5【提升】 【正确答案】 1、CH2BrCH=CHCH2Br OHCCH2CHBrCHO
2、加成反应 取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则A中含溴元素
3、、 4、HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOHNaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O
5、不能 若先氧化则B中碳碳双键也容易被氧化
6、
【试题解析】 分析:
CH2=CH-CH=CH2与Br2发生加成反应生成A为CH2BrCH=CHCH2Br，CH2BrCH=CHCH2Br发生卤代烃的水解反应生成B为HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH与HBr发生加成反应生成C为HOCH2CH2CHBrCH2OH，C发生醇的催化氧化生成D为OHCCH2CHBrCHO，D中醛基发生氧化反应生成E为HOOCCH2CHBrCOOH，E与NaOH发生中和反应和卤代烃的水解反应，生成F为NaOOCCH2CH(OH)COONa，F酸化生成MLA，MLA发生聚合反应生成聚苹果酸(PMLA)。
根据分析可知，A的结构简式为CH2BrCH=CHCH2Br，D的结构简式为OHCCH2CHBrCHO。
根据分析可知，反应③为HOCH2CH=CHCH2OH与HBr发生加成反应。检验D中溴元素需先将溴元素转化为Br-，再用硝酸银溶液检验，具体实验方法为取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则D中含溴元素。
MLA中含有羧基和羟基，则与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式为、。
E与NaOH溶液发生中和反应和卤代烃的水解反应生成F，化学方程式为HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOHNaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O。
步骤③为碳碳双键与HBr的加成反应，步骤④为醛基被氧化为羧基，若步骤③④颠倒，则氧气在氧化醛基的过程中可能会氧化碳碳双键，故不能颠倒。
与Br2发生加成反应生成，与发生信息中的反应生成，与Br2发生加成反应生成，合成路线为。
23-6【提升】 【正确答案】 1、羟基 消除(或消去)反应
2、取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”
3、 4、 5、
【试题解析】 分析:
由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
由分析可知，A的结构简式为，A中含氧官能团名称是羟基；根据以上分析可知第二步的反应类型为消去反应；
C中含有碳碳双键和醛基，所以不能利用酸性高锰酸钾检验，应该用溴和碳碳双键的加成反应，即取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”；
根据以上分析可知E的结构简式为；
C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；
依据逆推法可知肉桂醛需要苯甲醛和乙醛，苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，卤代烃水解引入羟基，甲苯氟气取代反应引入氯原子，则合成路线为。
24-1【基础】 【正确答案】 1、Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O 二氧化硫易溶于水，若用稀硫酸，稀硫酸中含有大量水分，则二氧化硫无法进入装置C中
2、防倒吸 3、、
4、茶褐色溶液变为无色溶液
5、可除去晶体表面附着的水分
6、Cu2+＋e－＋Cl－＝CuCl↓
【试题解析】 分析:
浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，二氧化硫通入到硫酸铜和氯化钠的混合溶液中反应生成氯化亚铜、硫酸钠，尾气用氢氧化钠溶液吸收。
装置A是制备二氧化硫的装置，是浓硫酸和亚硫酸钠反应得到，则A中反应方程式是Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O，反应不选用稀硫酸的原因是二氧化硫易溶于水，若用稀硫酸，稀硫酸中含有大量水分，则二氧化硫无法进入装置C中；故Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O；二氧化硫易溶于水，若用稀硫酸，稀硫酸中含有大量水分，则二氧化硫无法进入装置C中。
装置B的作用是防倒吸；故防倒吸。
根据题中信息得到与反应生成沉淀和茶褐色的溶液，还有硫酸根，根据氧化还原反应原理分析化合价降低得到的产物为还原产物，因此反应中的还原产物为、；故、。
在无氧的条件下，向三颈烧瓶中加水稀释，会完全水解转化为沉淀和NaCl、HCl，因此完全沉淀的实验现象为茶褐色溶液变为无色溶液；故茶褐色溶液变为无色溶液。
根据题意氯化亚铜是白色粉末，不溶于水、乙醇、硫酸，则用无水乙醇洗涤的目的是可除去晶体表面附着的水分；故可除去晶体表面附着的水分。
以碳棒为电极电解溶液也可得到。则电解溶液后的阴极上发生的反应为Cu2+＋e－＋Cl－＝CuCl↓；故Cu2+＋e－＋Cl－＝CuCl↓。
24-2【基础】 【正确答案】 分液漏斗 MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O 饱和食盐水 冷凝二氧化氯 Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl 2OH－ ＋ Cl2 = ClO－ ＋Cl－ ＋ H2O 趁热过滤 H2O2 + 2H++ 2ClO3－= 2ClO2 + 2H2O + O2↑ ClO2 + e－ = ClO2－
【试题解析】 分析:
(1)看图得出仪器a的名称，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水。

(2)试剂X是除掉HCl气体。
(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此得装置D中冰水的主要作用，装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。
(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。
(5)由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，操作要注意不能低于38℃。
(6)①H2O2 、H+与ClO3－反应得到ClO2。
②左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应。
详解:
(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O；故分液漏斗；MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O。
(2)试剂X是除掉HCl气体，因此用饱和食盐水；故饱和食盐水。
(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此装置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯，其化学方程式为Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl；故冷凝二氧化氯；Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl。
(4)装置E中主要是氯气的尾气处理，其反应的离子方程式为：2OH－ ＋ Cl2 = ClO－ ＋Cl－ ＋ H2O；故2OH－ ＋ Cl2 = ClO－ ＋Cl－ ＋ H2O。
(5)利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，因此55℃蒸发结晶、趁热过滤、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥；故趁热过滤。
(6)①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为H2O2 + 2H++ 2ClO3－= 2ClO2 + 2H2O + O2↑。
②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应，其为阴极，其电极反应式为ClO2 + e－ = ClO2－；故ClO2 + e－ = ClO2－。
24-3【巩固】 【正确答案】 1、 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
2、酸性条件下高铁酸根离子与氢离子反应生成铁离子、氧气和水 在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液 溶液的酸碱性不同，物质的氧化性不同
3、还原 Fe3+ 物理 杀菌消毒、净水
【试题解析】 分析:
由题给实验装置图可知，装置C中氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应制备高铁酸钾，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气；K2FeO4具有强氧化性，可能与盐酸反应生成Cl2被还原为Fe3+，也可以因在酸性溶液中不稳定生成Fe3+，据此分析解题。
C中得到紫色固体和溶液，双线桥表示电子得失为；C中发生的反应还有：氯气也能与氢氧化钾反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
①由题给信息可知，溶液中的铁离子还可能是在酸性条件下高铁酸根离子与氢离子反应生成铁离子、氧气和水，反应的离子方程式为： ；
②方案二中要用KOH溶液充分洗涤所得固体的原因是在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液；
③根据的制备实验得出：氧化性大于，而方案二实验中和的氧化性强弱关系与之相反，用氯气制备高铁酸钾时，溶液呈碱性，说明碱性条件下，氧化剂氯气的氧化性强于氧化产物高铁酸根，用高铁酸钾制备氯气时，溶液呈酸性，说明酸性条件下，氧化剂高铁酸根的氧化性强于氧化产物氯气，对比两个制备反应可知，溶液的酸碱性不同，物质的氧化性不同；
①过程①中高铁酸转化为铁离子，铁元素化合价降低，被还原，活性菌表现了还原性，该过程的还原产物是Fe3+；过程③属于中没有产生新物质，属于物理变化；
②根据上述原理分析，作水处理剂时，的作用有两个，即杀菌消毒、净水。
24-4【巩固】 【正确答案】 过滤 通入足量的Cl2 BaCl2 K2CO3 取样，滴加KSCN溶液，无明显现象 NH3、 CO2 NH3+ CO2+ H2O =NH4HCO3↓ KHCO3溶解度较大（大于NH4HCO3），无法从溶液中析出 阴 阴 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 能耗低（节能）
【试题解析】 分析:
（1）氯化钾中含有Fe3+、SO42-、Br-等杂质离子，将样品溶解后先加入NH3•H2O除去铁离子、再加入氯化钡除去硫酸根离子，再加入碳酸钾溶液除去钡离子，煮沸得氢氧化铁沉淀和硫酸钡、碳酸钡，过滤，滤液中加入盐酸调节pH值，通入足量的氯气，置换出溴离子，蒸干灼烧得氯化钾，根据Fe3+与KSCN溶液会出现血红色，可以证明Fe3+沉淀完全；

（2）根据工业制纯碱原理可知，向饱和KCl溶液中依次通入足量的氨气和二氧化碳，得到的白色晶体洗涤后灼烧，结果无任何固体残留，且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则得到的固体应为碳酸氢铵，得不到K2CO3的原因可能是KHCO3溶解度大于NH4HCO3，所以固体先析出NH4HCO3；
（3）电解氯化钾溶液阳极上是溶液中氯离子失电子生成氯气，阴极上是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，氢氧化钾在阴极区产生；
（4）用氯化钾制氢氧化钾，根据反应2KCl+4HNO3=2KNO3+Cl2+2NO2+2H2O及4KNO3+2H2O=4KOH+4NO2+O2可知，再将二氧化氮和氧气转化成硝酸即可得总反应4KCl+O2+2H2O=4KOH+2Cl2，根据这一方法中的能耗答题。
详解:
（1）氯化钾中含有Fe3+、SO42-、Br-等杂质离子，将样品溶解后先加入NH3•H2O除去铁离子、再加入氯化钡除去硫酸根离子，再加入碳酸钾溶液除去钡离子，煮沸得氢氧化铁沉淀和硫酸钡、碳酸钡，过滤，滤液中加入盐酸调节pH值，通入足量的氯气，置换出溴离子，蒸干灼烧得氯化钾，根据Fe3+与KSCN溶液会出现血红色，可以证明Fe3+沉淀是否完全，其操作为取样，滴加KSCN溶液，无明显现象，证明Fe3+已沉淀完全；
故过滤；通入足量的Cl2；BaCl2；K2CO3；取样，滴加KSCN溶液，无明显现象；
（2）根据工业制纯碱原理可知，向饱和KCl溶液中依次通入足量的氨气和二氧化碳，得到的白色晶体洗涤后灼烧，结果无任何固体残留，且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则得到的固体应为碳酸氢铵，反应的方程式为NH3+CO2+H2O=NH4HCO3↓，得不到K2CO3的原因可能是KHCO3溶解度大于NH4HCO3，所以固体先析出NH4HCO3；
故NH3；CO2；NH3+CO2+H2O=NH4HCO3↓；KHCO3溶解度较大（大于NH4HCO3），无法从溶液中析出；
（3）用氯化钾制备氢氧化钾的常用方法是离子交换膜电解法．阳极上是溶液中氯离子失电子生成氯气，阴极上是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，氢氧化钾在阴极区产生，为了避免两极产物间发生副反应，位于电解槽中间的离子交换膜应阻止阴离子通过；故阴；阴；
（4）用氯化钾制氢氧化钾，根据反应2KCl+4HNO3=2KNO3+Cl2+2NO2+2H2O及4KNO3+2H2O=4KOH+4NO2+O2可知，再将二氧化氮和氧气转化成硝酸即可得总反应4KCl+O2+2H2O=4KOH+2Cl2，所以第⑤步反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，在这一方法中的能耗低（节能）；
故4NO2+O2+2H2O=4HNO3；能耗低（节能）。
24-5【提升】 【正确答案】 1、三角锥形 2、d，e→b，c→f
3、3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O 除去Cl2中的HCl
4、试纸不褪色说明NCl3本身无漂白性，NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3•H2O
5、阳极 3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+
【试题解析】 分析:
由实验装置图可知，装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的碳酸铵溶液与氯气反应制备三氯化氮，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为ACBD，导管连接顺序为a→d，e→b，c→f。
三氯化氮分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故三角锥形；
由分析可知，整个装置的导管连接顺序为a→d，e→b，c→f，故d，e→b，c→f；
由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的碳酸铵溶液与氯气反应生成三氯化氮、二氧化碳、氯化铵和水，反应的化学方程式为3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；故3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；除去Cl2中的HCl；
用干燥、洁净的玻璃棒蘸取三氯化氮液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色，说明三氯化氮无漂白性；取该液体滴入50-60℃热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色说明三氯化氮与热水反应生成一水合氨和次氯酸，一水合氨使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的次氯酸使试纸漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3•H2O，故试纸不褪色说明NCl3本身无漂白性，NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3•H2O；
由氮元素的化合价变化可知，电解池中产生三氯化氮的电极为电解池阳极，在氯离子作用下，铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+，故阳极；3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+。
24-6【提升】 【正确答案】 c、d 会生成硫酸钾，硫酸钾的溶解度小，不易除去 KMnO4能氧化盐酸 KMnO4和K2CO3的溶解度不同 原子利用率高 无色变为紫色且半分钟不褪色 0.700 偏高 Mn2+可能是该反应的催化剂，随着Mn2+的产生，反应速率加快
【试题解析】 分析:
(1)熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯；
(2)根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；高锰酸钾与碳酸钾的溶解度相差较大，趁热过滤，可除去碳酸钾杂质；
(3)电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中；
(4) a.滴定终点，溶液颜色发生变化，且半分钟内颜色不变；
b.根据反应Na2C2O4+H2SO4→H2C2O4(草酸)+Na2SO4 5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O找出关系式，然后结合题中数据计算；
c.加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾溶液的体积减少；
d.反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用。
详解:
(1)熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯，故c、d；
(2)根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量，故不宜用盐酸，高锰酸钾与碳酸钾的溶解度相差较大，趁热过滤，可除去碳酸钾杂质，故生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；KMnO4和K2CO3的溶解度不同；
(3)与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高了锰元素的利用率，故K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，原子利用率高；
(4)a.滴定终点时的现象为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，故无色变为紫色且半分钟不褪色；
b.根据反应Na2C2O4+H2SO4→H2C2O4(草酸)+Na2SO4 5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O可得关系式：5Na2C2O4∼2KMnO4，设配制的8.48mL配制的样品溶液中含有高锰酸钾的质量为x，则：
5Na2C2O4∼2KMnO4，
134×5   2×158
 0.2014g   x
x==0.0950g， 50mL该样品溶液中含有高锰酸钾的质量为：L=0.560g，则样品中高锰酸钾的质量分数为： =0.700g，故0.700；
c.加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾溶液的体积减少，会导致测得产品纯度偏高，故偏高；
d.反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，故Mn2+可能是该反应的催化剂，随着Mn2+的产生，反应速率加快。
点睛:
本题考查氧化还原反应离子方程式的书写、氧化还原反应滴定等，难度中等，注意把握实验的原理，需要学生具备一定的理论分析能力和计算解决问题的能力。