山东省枣庄市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）含解析

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山东省枣庄市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,金属与合金性能比较,高分子材料,绿色化学与可持续发展

【正确答案】
D
【试题解析】


1-1（基础） 化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A.高吸水性树脂都含有羟基、烷基等亲水基团
B.含较多碳酸钠的盐碱地不利于农作物生长，可施加熟石灰进行改良
C.“静电除尘”“燃煤脱硫”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D.人造草坪使用的合成纤维和动力电池使用的石墨烯都属于新型无机非金属材料
【正确答案】 C

1-2（基础） 中共中央、国务院印发的《关于完整准确全面贯彻新发展理念做好碳达峰碳中和工作的意见》于2021年10月24日发布，提出五方面主要目标：构建绿色低碳循环发展经济体系，提升能源利用效率，提高非化石能源消费比重，降低二氧化碳排放水平，提升生态系统碳汇能力。下列有关说法不正确的是
A.煤、石油、天然气等化石燃料仍然是当前人类利用最多的常规能源
B.燃煤中添加石灰石，可以减少SO2、CO2的排放，防止污染环境
C.通过“人工光合作用”以二氧化碳为原料合成淀粉有利于推动碳中和
D.减少火力发电，推广风力、光伏发电等措施有利于实现碳达峰
【正确答案】 B

1-3（巩固） 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A.自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应
B.重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C.快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得
D.量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
【正确答案】 B

1-4（巩固） 党的二十大报告中提出：“我们要推进生态优先、节约集约、绿色低碳发展”。下列做法不符合这一理念的是
A.使用纤维素作为具有强吸湿性的可再生材料
B.积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设
C.使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋等
D.采用高比表面积和小粒径的制备的作为吸收材料
【正确答案】 C

1-5（提升） 我国历史悠久，文化灿烂，拥有众多的非遗技艺传承。下列说法正确的是
A.斑铜制作技艺在铜中掺杂金、银等金属，斑铜的熔点比纯铜低
B.蒸馏酒传统酿造技艺利用酒和水的密度不同，蒸馏提高酒精度
C.传统棉纺织、蚕丝制造技艺中的棉、丝主要成分相同
D.木版年画制作技艺使用的靛蓝、赭石等颜料均属于有机化合物
【正确答案】 A

1-6（提升） 化学与生活、生产、科技等息息相关，下列有关说法正确的是
A.制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属
B.为了杀死自来水中的新冠病毒，可向其中加入一点明矾
C.笔墨纸砚中的“纸”特指宜纸，宣纸的主要成分是蛋白质
D.《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 二氧化硅的用途,晶体材料的应用,分子晶体的物理性质,药物的合理使用

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） 化学与社会、生活密切相关。下列描述及其解释均正确的是(　　)
选项
描述
解释
A
真金不怕火炼
金的熔点很高，不易熔化
B
炒菜时加碘盐最后放
碘单质受热易升华
C
明矾常用于自来水的净化、杀菌消毒
明矾可发生水解生成胶状的Al(OH)3
D
向含有淀粉的NaI溶液滴加氯水，溶液变蓝
Cl2的氧化性强于I2
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

2-2（基础） 下列关于物质的性质及其应用的说法均正确的是
A.纯碱可以去除厨房里的油污，也能广泛应用于纺织、食品等工业
B.二氧化硫能使紫色石蕊试液褪色，可用于漂白纸浆、编织物
C.晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光学镜片
D.钠钾合金常温下是固体，可用作快中子反应堆的热交换剂
【正确答案】 A

2-3（巩固） 下列有关物质的描述及其应用均正确的是（ ）
A.Al、Al2O3、Al（OH）3、NaAlO2均能和NaOH溶液发生反应
B.Na2O2中含有O2，所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气
C.FeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板
D.Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到
【正确答案】 C

2-4（巩固） 化学与社会、生活密切相关。对下列现象、事实、及对应解释均正确的是
选项
现象或事实
解 释
A
饱和FeCl3溶液可用于废弃铜质印刷线路板中金属铜的回收
水溶液中浓度相同的情况下Cu2+的氧化性大于Fe3+
B
氯气通入冷的消石灰溶液制得的漂白粉在空气中久置会变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C
实验室Na着火不能使用水而需要使用泡沫灭火剂灭火
钠可与水剧烈反应生成H2，但不可与CO2反应
D
坩埚材质有多种，但实验室熔融烧碱时不使用陶瓷坩埚而选择铁坩埚
陶瓷坩埚中含有SiO2，可与熔融状态下的烧碱反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

2-5（提升） 化学与人类社会、生活休戚相关。下列生活现象或事实以及解释均正确的是
选项
现象或事实
解释
A
ClO2可用于饮用水消毒剂
有漂白性，能杀死细菌病毒
B
硅胶、生石灰、铁粉可作食品干燥剂
在一定条件下均能吸收水分或与水反应
C
铝、镁等金属电池是燃料电池的发展方向
二者具有耐腐蚀性，可长久使用
D
太阳能光催化环境技术将二氧化碳转化为的燃料属于二次能源
二氧化碳为一次能源，由其转化所得能源属于二次能源
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

2-6（提升） 下列现象或事实及其解释均正确的是
选项
现象与事实
解释
A
溶液可用于刻蚀制作铜质印刷线路板
能从含的溶液中置换出铜
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的与空气中的反应生成
C
施肥时，草木灰(有效成分为)不能与混合使用
与反应生成氨气会降低肥效
D
和用作泡沫灭火器原料
和可发生双水解反应生成
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 微粒半径大小的比较方法,元素周期律、元素周期表的推断,“位构性”关系理解及应用,电离能变化规律

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。元素X在常见化合物中均显负价，X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，Z的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应且有氢气生成。下列说法一定正确的是
A.电负性大小顺序：
B.Z最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物
C.X最简单氢化物沸点高于W最简单氢化物沸点
D.和均具有漂白性，但漂白原理不同
【正确答案】 C

3-2（基础） 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y位于同周期，Z的最高价氧化物对应的水化物是一种二元强酸；W与Z属于同主族元素，且W与Z的原子序数之和等于X与Y的原子序数之和。下列说法中正确的是
A.X的氧化物均只含有离子键
B.原子半径：Z＞Y＞W
C.简单氢化物的熔点：X＞W＞Z
D.工业上采用电解Y的熔融氯化物制取Y的单质
【正确答案】 C

3-3（巩固） 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W和X组成两种常见的化合物甲和乙，常温下，甲、乙 均呈液态；其中，乙与由W和Z组成的化合物丙的电子数相同，乙与丙反应生成淡黄色固体；Y与W同 一主族。下列说法不正确的是
A.X的简单离子的半径比Y的简单离子的半径大
B.Y与Z形成的化合物可使溴水褪色
C.甲与Y单质发生的反应属于非离子反应
D.W、X、Y、Z四种元素可组成两种盐，其溶液混合产生刺激性气味的气体
【正确答案】 C

3-4（巩固） W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Z同主族且两者的单质在常温下均为气体，Y的最外层电子数等于其电子层数，W与Y的族序数之和等于X的族序数。下列有关说法错误的是
A.熔融态下YZ3不导电，其属于非电解质
B.原子半径；Y＞Z＞ W＞ X
C.简单氢化物的沸点和热稳定性均存在：X＞ Z
D.W与X组成的二元化合物中可能同时含有极性共价键和非极性共价键
【正确答案】 A

3-5（提升） W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期主族元素，四种元素可组成一种新型化合物，其中W的原子半径在短周期主族元素中最大，X的质子数是Z核外最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是
A.四种元素对应的最高价氧化物的水化物中，只有一种是强酸
B.W与另外三种元素形成的二元化合物均含离子键，水溶液呈碱性
C.简单离子半径：Z>Y>W
D.简单气态氢化物的稳定性：X>Z
【正确答案】 A

3-6（提升） W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且为不同主族的短周期元素，四种元素的最外层电子数满足W+X=Y+Z，WZ4是一种常见的有机溶剂。下列叙述正确的是
A.原子半径：Z>Y>X>W
B.W与X形成的共价化合物中，W和X均满足8电子稳定结构
C.Y的氧化物一定为碱性氧化物
D.用惰性电极电解熔融的Y与Z形成的化合物一定能得到对应的单质
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 胶体的制备,氨气的实验室制法,乙烯制备的机理及装置,淀粉水解及其产物检验相关实验

【正确答案】
A
【试题解析】


4-1（基础） 下列实验操作正确的是

A.甲图：关闭K，打开分液漏斗活塞，若水不流下，则气密性良好
B.乙图：蒸发溶液获得固体
C.丙图：测定饱和氯水的pH
D.丁图：证明苯与液溴发生了取代反应
【正确答案】 B

4-2（基础） 下列实验装置及操作完全正确的是

A.配制H溶液 B.制备无水氯化镁
C.除去中的 D.制备乙酸乙酯
【正确答案】 C

4-3（巩固） 下列实验装置或操作正确的是

A.用图1装置测定中和反应的反应热
B.用图2装置测定化学反应速率
C.用图3装置分离乙醚和苯
D.用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液
【正确答案】 D

4-4（巩固） 实验是学习化学的基础。下列有关化学实验的叙述正确的是

A.用图1装置比较Cu和Fe的活泼性强弱
B.用图2装置制取乙酸乙酯
C.用图3装置制取并收集干燥的氨气
D.缩小图4中容器体积，H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡逆向移动，气体颜色加深
【正确答案】 A

4-5（提升） 下列实验操作或装置正确的是

A.用甲装置分离苯和溴苯的混合液
B.用乙装置进行氢氧化钠滴定盐酸的实验，测定盐酸的浓度
C.用丙装置制备无水氯化镁
D.用丁装置进行中和热的测定
【正确答案】 C

4-6（提升） 下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A.用甲装置将乙二醇()转化为乙二酸
B.用乙装置验证稀硝酸的还原产物为NO
C.用丙装置除去NaCl固体中的
D.用丁装置鉴别溶液和溶液
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 ，知识点 加成反应,烯烃的顺反异构,加聚反应机理及几个相关概念

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 小分子物质a通过选择性催化聚合可分别得到聚合物b、c.下列说法正确的是

A.a难溶于水
B.a分子中所有碳原子一定共平面
C.a与足量H2加成后的产物中含有两个手性碳原子
D.反应①和②均属于加聚反应
【正确答案】 A

5-2（基础） 可降解塑料PCL的合成路线如下：

下列说法错误的是
A.B的分子式为C6H12O B.C→D发生的是氧化反应
C.D→PCL发生的是缩聚反应 D.D与PCL的水解产物相同
【正确答案】 C

5-3（巩固） 聚酰胺树脂材料具有较好的耐热性、耐水性。一种高分子聚酰树脂的合成过程为：

下列有关说法正确的是
A.有机物A中所有原子可能共平面
B.1mol该树脂最多与2molNaOH反应
C.有机物A和有机物B是合成该聚酰胺树脂的单体，A和B的核磁共振氢谱中都只有2组峰
D.该树脂是由有机物A和有机物B通过加聚反应得到
【正确答案】 A

5-4（巩固） 滑雪镜的制作材料是一种高分子材料——聚碳酸酯(简称PC)，其合成方法和分子结构如图所示，下列说法正确的是

A.化合物A的分子式为C15H14O2 B.反应物B分子中所有原子可能共平面
C.可通过FeCl3溶液检验A是否完全反应 D.PC有很好的光学性且耐强碱的性质
【正确答案】 B

5-5（提升） 聚乳酸(PLA)是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改性，从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图：

下列说法不正确的是
A.乳酸有手性碳且可以发生取代、消去、氧化反应
B.反应①是缩聚反应，反应②是取代反应
C.反应③中，参与聚合的化合物F和E的物质的量之比是m：n
D.要增强改性PLA的水溶性，可增大m：n的比值
【正确答案】 C

5-6（提升） 聚酰胺(PA)具有良好的力学性能，一种合成路线如下图所示。下列说法不正确的是。

A.Y中含有五元环 B.②是酯化反应
C.该合成路线中甲醇可循环使用 D.PA可发生水解反应重新生成Z
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 氧化性、还原性强弱的比较,氧化还原反应的应用

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 已知：i. ii.
某同学进行如下实验：
①取久置的KI固体(呈黄色)溶于水配成溶液：
②立即向上述溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化：滴加酚酞后，溶液变红：
③继续向溶液中滴加硫酸，溶液立即变蓝。
下列分析不合理的是
A.②说明久置的KI固体中有可能含有有，但是加水后发生了ii，所以不变蓝
B.③中溶液变蓝的可能原因：酸性增大，氧化了
C.①②说明在固体中与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存
D.若向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，则证实该试纸上存在
【正确答案】 D

6-2（基础） 关于反应，下列说法正确的是
A.消耗，转移电子
B.在此条件下，氧化性：
C.既是氧化剂又是还原剂
D.氧化产物和还原产物的物质的量比为21∶8
【正确答案】 B

6-3（巩固） 碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是

A.向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B.途径II中若生成1molI2，消耗2.5molNaHSO3
C.氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO
D.一定条件下，I-与IO反应可能生成I2
【正确答案】 D

6-4（巩固） 为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验。下列说法错误的是

A.烧瓶中的反应为：
B.浸有溶液的棉花起吸收尾气的作用
C.可用淀粉溶液替换
D.试管下层出现紫红色，可证明氧化性：
【正确答案】 D

6-5（提升） 碘在工业生产中有着重要应用，活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一，其流程如下：

已知，酸性条件下，溶液只能将氧化为，同时生成NO。下列说法错误的是
A.活性炭吸附后采用的分离操作是过滤
B.碘元素经过了、的变化过程，目的是富集碘元素
C.根据流程中物质间的反应可推出还原性强弱顺序为
D.①氧化时选择价格较高的亚硝酸钠而不用氯气或浓硝酸，主要原因是氯气、浓硝酸产生的气体污染环境
【正确答案】 D

6-6（提升） 工业上以铜阳极泥(主要成分是)为原料提取碲(第五周期VIA族)，涉及反应：
① ②
以下说法正确的是
A.中元素的化合价是价
B.氧化性强弱顺序为：
C.反应②中氧化剂是SO2，氧化产物是H2SO4
D.每制备理论上共转移12mol电子
【正确答案】 D

【原卷 7 题】 知识点 二氧化硫的制备,浓硫酸的吸水性,常见无机物的制备

【正确答案】
B
【试题解析】


7-1（基础） 实验室模拟工业制备的装置如图所示。

原理：；与碱可发生反应：。
下列有关叙述错误的是
A.装置甲的作用是除去中的杂质
B.应先往装置乙中滴加溶液，再通入气体
C.在制备原理中是氧化剂
D.装置丙中会发生倒吸
【正确答案】 D

7-2（基础） 如图是实验室模拟硫酸工业中合成的反应装置，以下说法中错误的是

A.装置甲的作用是混合气体、干燥等 B.乙处导出的气体主要含有、、
C.反应生成的不宜直接通入水中吸收 D.工业中用高压提高的产率
【正确答案】 D

7-3（巩固） 某小组设计如图所示装置(夹持装置略去),在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3的制备。下列说法正确的是

A.③、⑤中可分别盛放饱和石灰水和浓氨水
B.装置①也可用于实验室制Cl2
C.应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2
D.③中反应的离子方程式为NH3+CO2+H2O=+
【正确答案】 C

7-4（巩固） 实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（ ）

A.通过活塞K可控制CO2的流速
B.装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸
C.装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率
D.反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体
【正确答案】 B

7-5（提升） 实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是

已知：①亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解
②反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H
A.浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌
B.装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解
C.冷水的温度控制在20℃左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解、SO2逸出
D.实验时用浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快
【正确答案】 D

7-6（提升） 实验兴趣小组同学对侯氏制碱法十分感兴趣，并利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为 NH3+CO2+H2O+Na+＝NaHCO3↓+，下列说法不正确的是

A.a装置中反应的离子方程式+2H+=CO2↑+H2O
B.装置 b盛装饱和NaHCO3溶液除去挥发出来的HCl气体
C.装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率
D.反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 同分异构体的数目的确定,含碳碳双键物质的性质的推断,有机分子中原子共面的判断,多官能团有机物的结构与性质

【正确答案】
D
【试题解析】


8-1（基础） 我国科学家研发的对二甲苯合成流程如图所示。下列说法正确的是（ ）

A.过程Ⅰ发生的是取代反应
B.可用溴水鉴别和对二甲苯
C.对二甲苯的密度比水大
D.的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气
【正确答案】 B

8-2（基础） 我国研发出一种合成重要有机原料(Q)的新路线(如图所示)。下列说法错误的是

A.反应①的原子利用率为100%
B.P的分子式为C8H12O
C.M的一氯代物多于Q的一氯代物(不考虑立体异构)
D.可用酸性KMnO4溶液鉴别 N、P
【正确答案】 D

8-3（巩固） 我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是

A.异戊二烯所有碳原子可能共平面
B.可用溴水鉴别M和对二甲苯
C.丙烯醛和M互为同系物
D.对二甲苯的一氯代物有2种
【正确答案】 C

8-4（巩固） 以异戊二烯和丙烯醛为原料合成对二甲苯过程如图所示。下列说法错误的是

A.过程I为加成反应，过程II中有H2O生成
B.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别M和对二甲苯
C.丙烯醛中所有原子可能共面
D.M的同分异构体中一定不含苯环
【正确答案】 B

8-5（提升） 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图，下列正确的是

A.过程①发生了取代反应
B.中间产物M的结构简式为
C.利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯
D.对二甲苯的同分异构体中，属于芳香族化合物且苯环上只有一条支链的有机分子中最多12原子共面
【正确答案】 B

8-6（提升） 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图。下列说法正确的是

A.过程①发生了取代反应
B.中间产物M的结构简式为
C.1mol对二甲苯可以与3mol H2加成，其加成产物的一氯代物有2种
D.该合成路线原子利用率为100%，最终得到的产物易分离
【正确答案】 B

【原卷 9 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,过滤,溶解度、饱和溶液的概念

【正确答案】
D
【试题解析】


9-1（基础） 高铁酸钾（）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述错误的是
A.和在反应中均作氧化剂
B.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C.该生产条件下，物质的溶解性：
D.用对饮用水杀菌消毒的同时，还产生胶体吸附杂质而净水
【正确答案】 B

9-2（基础） 高铁酸钾（）是一种环保、高效、多功能的饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述错误的是
A.用对饮用水杀菌消毒的同时，还能吸附杂质起到净化饮用水的作用
B.用溶液吸收反应Ⅰ中尾气后可再利用
C.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
D.该生产条件下，物质的溶解性：
【正确答案】 D

9-3（巩固） 高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：

下列关于K2FeO4的说法正确的是
A.与水反应，每消耗1molK2FeO4转移6mol电子
B.将K2FeO4与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
C.可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液
D.K2FeO4中，基态K+的核外三个电子能层均充满电子
【正确答案】 C

9-4（巩固） 高铁酸钾是一种重要的绿色净水剂，具有净水和消毒双重功能。某课外学习小组设计如图所示方案制备高铁酸钾。下列说法不正确的是

A.高铁酸钾中铁元素的化合价为+6，具有强氧化性
B.反应2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO+3Cl−+5H2O中，生成2 mol FeO时，转移6个电子
C.制备高铁酸钾的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，根据复分解反应原理，高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾的溶解度
D.明矾、硫酸铁、高铁酸钾都能处理水质，其处理水原理不完全相同
【正确答案】 B

9-5（提升） 高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：

下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是
A.“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
B.“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe3+、Cl-、NO、FeO
C.“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D.“过滤II”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液
【正确答案】 C

9-6（提升） 高铁酸钾()是新型的绿色环保水处理剂。一种制备的流程如下：

下列说法错误的是
A.步骤i中反应的离子方程式为
B.步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：NaClO＞Na2FeO4
C.步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：
D.作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe(Ⅲ)
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 共价键的形成及主要类型,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,简单配合物的成键,含有氢键的物质

【正确答案】
B
【试题解析】


10-1（基础） 稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛(CH3CH=CHCHO)的反应历程示意图如下。下列说法正确的是

A.反应中只有极性键的断裂和形成
B.反应①的活化能小于反应②的活化能
C.-CH2CHO中的碳原子的杂化方式是sp2
D.反应过程中有4种中间体
【正确答案】 B

10-2（基础） 据报道用聚(2，5-二羟基-1，4-苯醌硫醚)(PDBS)做水系锌离子电池的电极材料，可以解决有机电极材料溶解的问题，又能保留CLA单体的反应可逆性和循环稳定性。其工作原理如下：

下列说法错误的是
A.聚PDBS材料做水系锌离子电池的正极
B.有机材料做电极有利于金属离子进入和脱出
C.充放电过程中C原子杂化方式不变
D.电池放电时每转移，理论消耗
【正确答案】 D

10-3（巩固） 钙钛矿光催化剂具有高活性和选择性。带有负电荷的将带正电的固定在其表面，用于可见光驱动还原。下列说法错误的是

A.电负性：Br>Pb>Cs
B.中的配位数为6
C.三联呲啶中N原子的杂化方式为
D.还原过程中有极性键、非极性键断裂和形成
【正确答案】 D

10-4（巩固） 某有机物脱羧反应机理如图所示。

下列说法错误的是
A.RNH2是脱羧反应的催化剂
B.反应过程中氮原子的杂化类型发生了变化
C.该反应过程涉及加成反应和消去反应
D.可按照该反应机理生成
【正确答案】 D

10-5（提升） 加氢甲酰化反应是加氢和甲酰基(-CHO)到1-烯烃的端基双键上，生成比原烯烃多一个C原子的醛的反应，是工业上获取直链醛和醇的重要反应。以RhH(CO)(PPh3)作催化剂的循环催化机理如图所示。已知，R为烃基，Ph为苯基，Rh为金属元素铑。下列说法错误的是

A.该循环催化中Rh的化合价发生了变化
B.化合物G与D中Rh的杂化方式相同
C.该过程的总反应为RCH=CH2+CO+H2→RCH2CH2CHO
D.转化过程中的配位键都是由孤电子对与Rh形成的
【正确答案】 D

10-6（提升） 2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮—炔基Husigen成环反应，其反应原理如图所示：

下列说法正确的是
A.[Cu]和H+是反应的催化剂
B.转化过程中N的杂化方式没变
C.反应过程I中有极性键断裂和非极性键生成
D.总反应为
【正确答案】 D

【原卷 11 题】 知识点 碳酸钠与碳酸氢钠的相互转化,盐类水解规律理解及应用,元素非金属性强弱的比较方法,蒸发与结晶

【正确答案】
C D
【试题解析】


11-1（基础） 下列操作不能达到实验目的的是（ ）

目的
操作和现象
A
除去溴苯中少量的溴
加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
B
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
C
氧化性: Cl2>Br2
向KBrO3溶液中，加入少量的苯，再通入少量氯气，振荡
D
探究浓度对速率的影响
室温下，向等体积等浓度的两份Na2SO3溶液，同时分别滴加0.1mol·L-1双氧水和1.0mol·L- 1双氧水
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 CD

11-2（基础） 下列实验方法或操作不能达到目的的是

实验目的
实验方法或操作
A
检验溶液中是否存在NH
向溶液中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察石蕊试纸是否变蓝
B
探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜
将除去氧化膜的铝片放入浓硝酸中，一段时间后取出用水洗净，并快速放入硫酸铜溶液中，观察铝片表面是否有紫红色固体产生
C
检验久置的Na2SO3粉末是否变质
将久置的Na2SO3粉末配成溶液，加入足量盐酸酸化，再加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀产生
D
验证MnO氧化性强于Fe3+
向酸性KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，观察溶液颜色变化
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 AD

11-3（巩固） 下列实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向1mL2mol·L-1FeCl3溶液中加入1mL1mol·L-1KI溶液，萃取分液后向水层滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化
探究Fe3+与I-的反应是否可逆
B
向烧杯中加入70g研细的Ca(OH)2晶体和50gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌，观察实验现象
证明吸热反应不一定需要加热才能进行
C
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否产生蓝色沉淀
证明某溶液中有Fe2+，无Fe3+
D
相同条件下，用20mL1.0mol·L-1醋酸溶液和50mL1.0mol·L-1盐酸分别做导电性实验，观察对应灯泡明暗程度
证明醋酸是弱电解质
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 AC

11-4（巩固） 下列实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验目的
操作
A
探究KI与FeCl3反应的限度
取5 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液
B
测定氯水的pH值
用玻璃棒蘸取饱和氯水点在置于玻璃片上的pH试纸上，稍后与标准比色卡对照
C
配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2 mL 10% NaOH溶液，再滴加数滴2% CuSO4溶液，振荡
D
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 BD

11-5（提升） 下列实验操作不能达到目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
除去乙醇中的少量乙酸
加入适量溶液，振荡、静置、分液
B
实验室制备少量胶体
在沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和溶液，继续煮沸至液体为红褐色为止
C
鉴别和
分别向盛有两种溶液的试管中滴加浓溴水
D
检验淀粉是否水解完全
取水解后的混合液，向其中加入新制的并加热
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 AD

11-6（提升） 下列实验不能达到预期实验目的的是。
选项
实验
实验目的
A
室温下，用计测定浓度均为的溶液和溶液的
比较和的酸性强弱
B
向盛有溶液的试管中滴加2滴的溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴的溶液，又产生红褐色沉淀
验证该温度下：
C
少量粉加入溶液中
比较、的金属性强弱
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入相同体积、不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 BC

【原卷 12 题】 知识点 原电池、电解池综合考查,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,电解池有关计算,利用电子守恒法进行多池串联相关计算

【正确答案】
A D
【试题解析】


12-1（基础） 以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是

A.放电时，Mo箔上的电势比Mg箔上的高
B.充电时，Mo箔接电源的负极
C.放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]
D.充电时，外电路中通过0.2mol电子时，阴极质量增加3.55g
【正确答案】 AC

12-2（基础） 南京大学金钟教授带领的研究团队在新型可充电镁二次电池方面取得新进展，一种新型镁硫二次电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A.b电极添加石墨烯可以提高电池正极材料导电性
B.MgS8→MgS2→MgS过程中，硫颗粒不断嵌入石墨烯中，能量转化形式为电能→化学能
C.隔膜是阳离子交换膜，充电时Mg2+从b极移向a极
D.充电时，若有2mol电子转移，则阳极减少质量为12g
【正确答案】 BD

12-3（巩固） 当前各种新型二次电池层出不穷，其中以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠子电池格外引人注意，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是

A.放电时，正极反应式：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]
B.充电时，Mo箔接电源的负极
C.充电时，右室Na+浓度减小
D.外电路中通过.0.2mol电子时，负极质量变化为2.4g
【正确答案】 AD

12-4（巩固） 某手机电池采用了石墨烯电池，可充电5分钟，通话2小时。一种石墨烯锂硫电池(2Li+S8=Li2S8)工作原理示意图如图。下列有关该电池说法正确的是

A.A电极为该电源的负极，电极材料主要是金属锂和石墨烯
B.B电极的反应：2Li++S8﹣2e−=Li2S8
C.充电时，电极A与电源负极连接，作为阴极
D.为提高电池效率，该电池可选用稀硫酸作为电解质
【正确答案】 AC

12-5（提升） 科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质可充电电池，放、充电时可以实现CO2和HCOOH的互相转化。其电池结构如图所示，电池中间由反向放置的双极膜分隔两极的电解质溶液，双极膜中的H2O可解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列关于该电池的说法不正确的是

A.放电时锌箔电极的反应式为：Zn-2e-+4OH-=
B.若膜A和A'、B和B'分别为阳、阴离子交换膜，则放电时膜A、B工作
C.充电时Pd电极的反应式为：
D.若放电时外电路通过1mol电子，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为NA
【正确答案】 BD

12-6（提升） 我国科学家研究出一种钠离子可充电电池的工作示意图如下，该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作，工作原理示意图如下：

其中代表没参与反应的-COONa，代表没参与反应的-ONa．下列有关说法错误的是
A.放电时，b极为正极
B.充电时，钠离子由b极向a极移动
C.充电时，阴极发生反应为
D.若电池充满电时a、b两极室质量相等，则放电过程中转移0.3mol电子时，两极质量差为6.9g
【正确答案】 CD

【原卷 13 题】 ，知识点 简单配合物的成键,晶胞概念及判断,晶胞的有关计算

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 是一种钠离子电池正极材料，放电过程会产生如图所示的立方晶胞，晶胞参数为anm，设l号原子坐标参数为(0,0,0)，3号原子坐标参数为(1,1,1)。下列说法错误的是

A.位于面心的所围成的空间结构为正八面体
B.的配位数为8
C.2号原子坐标参数为 (,,,)
D.该晶胞的密度为
【正确答案】 BD

13-2（基础） 下列有关物质结构的说法错误的是

A.晶体的晶胞如图甲所示，晶胞中键角为
B.碘晶胞如图乙所示，一个分子周围有12个紧邻的分子
C.四水合铜离子的模型如图丙所示，1个四水合铜离子中有4个配位键
D.与金刚石结构类似的立方氮化硼晶胞如图丁所示，N和B之间不存在配位键
【正确答案】 AD

13-3（巩固） 常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。Cu2S的晶胞参数apm，阿伏加德罗常数的值为NA。

下列说法正确的是
A.S2-是面心立方最密堆积
B.Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙
C.CuS晶胞中，S2-配位数为8
D.Cu2S晶胞的密度为
【正确答案】 AD

13-4（巩固） 钙钛矿最初单指图(a)钛酸钙这种矿物，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为I-和Pb2+。下列说法错误的是

A.钛酸钙的化学式为CaTiO3
B.晶胞中Ca2+的配位数为14
C.图(b)中，X为Pb2+
D.图(b)立方晶胞的密度为，则晶胞边长
【正确答案】 BC

13-5（提升） 磷化硼是一种耐磨涂料，可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞(立方体)如图所示。已知原子坐标：为(0,0,0)，为(1,1,1)，晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的数值用表示。下列说法中正确的是

A.磷原子的配位数为12
B.图中a原子的坐标是
C.磷化硼晶体的晶胞边长为
D.电负性：B>P
【正确答案】 BC

13-6（提升） 铁与镁组成的储氢合金的立方晶胞结构如图所示。铁原子位于顶点和面心的位置，镁原子位于将晶胞平分为8个立方单位的体心位置。下列说法不正确的是

A.Fe原子的配位数为8
B.a位置原子的分数坐标为(0.25， 0.75， 0.75)
C.Fe原子与镁原子间最短距离为b nm
D.晶体储氢时，H2在晶胞的体心和棱的中心位置。若储氢后化学式为FeMg2 H，则储氢率为100%
【正确答案】 CD

【原卷 14 题】 知识点 离子方程式的书写,溶度积常数相关计算,物质分离、提纯综合应用

【正确答案】
A B
【试题解析】


14-1（基础） 工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)，其工业流程如图。下列说法错误的是

A.浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为：Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO+H2O
B.过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2+、Fe3+和Fe2+
C.滤渣II的主要成分含有Fe(OH)3
D.过滤II所得的滤液中加入NH4HCO3溶液发生反应的主要离子方程式为：2Mn2++2HCO=2MnCO3↓+H2O
【正确答案】 BD

14-2（基础） 国家速滑馆又称为“冰丝带”，所用的碲化镉(CdTe)发电玻璃被誉为“挂在墙上的油田”。一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液

Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀
2.7
6.3
3.8
完全沉淀
3.2
8.3
5.0
下列说法错误的是
A.调节pH=5目的是除去Fe和Cu等杂质元素.
B.“滤渣2”主要成分为MnO2
C.“置换”后滤液溶质主要成分是ZnSO4
D.“熔炼”过程利用Cd与Na2ZnO2的密度差异可以将二者分离
【正确答案】 AB

14-3（巩固） 工业上以铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，含有MgO、Al2O3等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如图(部分操作和条件略)：

已知：
①100g水中溶解度数据如表所示。
物质
20℃
40℃
50℃
80℃
100℃
K2Cr2O7/g
12.0
29.0
37.0
73.0
102.0
Na2SO4/g
19.5
48.8
46.2
43.7
42.5
②Cr2O+H2O2CrO+2H+
下列说法错误的是
A.“高温煅烧”中Na2O2做氧化剂
B.“调pH”时应加过量硫酸以保证除杂效果
C.“沉铬”时应蒸发浓缩、冷却至40℃后过滤得K2Cr2O7晶体
D.“沉铬”后滤液可回到“水浸”过程循环利用
【正确答案】 BD

14-4（巩固） 五氧化二钒(V2O5)是接触法制硫酸的催化剂。从废钒催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)中回收V2O5的工艺流程如图所示：

已知：①钒的氧化物在酸性条件下以VO、VO2+存在；
②“离子交换”和“洗脱"”过程可简单表示为4ROH+V4OR4V4O12+4OH－。
下列说法正确的是
A.“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1
B.离子交换时应选择阳离子交换树脂
C.“中和”过程中，含钒离子发生反应的离子方程式为4VO+8OH－=V4O+4H2O
D.为了提高洗脱效率，应选择强碱性淋洗液
【正确答案】 CD

14-5（提升） 铈的化合物广泛用于平板显示屏等领域。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3和少量其他稀土元素)为原料制备硫酸铈的一种工艺流程如图所示。已知铈有+3、+4两种常见价态，四价铈有强氧化性。下列有关说法正确的是

A.“氧化焙烧”的反应为：4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4CO2+4HF
B.“酸浸”过程需要加热，温度越高酸浸速率越快，效果越好
C.CeO2在“氧化焙烧”反应中为还原产物，在“酸浸”过程中为还原剂
D.“酸浸”反应中每生成标准状况下11.2L气体，转移1mol电子
【正确答案】 AD

14-6（提升） 锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。利用某工业废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图所示：

已知：
①MnO能溶于酸，且Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化；
②室温下Ksp[Mn(OH)2]=10﹣13，Ksp[Fe(OH)3]=10﹣38，Ksp[Zn(OH)2]=10﹣17(当离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1可认为沉淀完全)。
下列说法错误的是
A.加入过量炭黑的主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnO
B.“酸浸”时，可以用浓盐酸代替稀硫酸
C.“净化”时，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol•L﹣1，调节pH的合理范围是3≤pH＜8
D.“电解”时，阳极产物制得MnO2，阴极制得Zn，余下电解质溶液经处理可循环使用
【正确答案】 BC

【原卷 15 题】 知识点 盐类水解规律理解及应用,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理,盐溶液中离子浓度大小的比较,弱电解质的电离平衡常数

【正确答案】
C
【试题解析】


15-1（基础） 常温下，向的NaClO溶液中缓慢通入气体，使其充分吸收，溶液pH与通入的物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和NaClO、HClO的分解，以上发生的氧化还原反应均为不可逆反应)。下列说法错误的是

A.常温下，HClO电离平衡常数的数量级为
B.水的电离程度：a＜b＜c
C.b点溶液中：
D.c点溶液中：
【正确答案】 BD

15-2（基础） 常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH-离子浓度(φ)的关系如图所示。下列叙述正确的是

A.a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol/L
B.b点溶液中：n(Na+)=1×10-10mol
C.c点溶液中：c(Na+)＞c()＞c()
D.d点溶液中：c(Na+)=2c()+c()
【正确答案】 AD

15-3（巩固） 常温下，向1L 1.0mol/L的NaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和NaClO、HClO的分解)。 下列说法正确的是

A.常温下，HClO电离平衡常数的数量级为10-8
B.a点溶液中存在 4c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)
C.b点溶液中存在c(Na+)>c(SO)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
D.c点溶液中c(H+)=1.5mol/L
【正确答案】 AB

15-4（巩固） 常温下，向1L0.10mol·L-1的Na2S溶液中通入SO2气体，溶液pH与SO2通入量的关系如图所示。pH<7.5时，有硫单质生成。已知：常温下，H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8；H2S的Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是

A.常温下，Na2SO3溶液pH大于相同浓度的Na2S溶液
B.a点发生的主要反应的离子方程式为2S2-+SO2+H2O=2HS-+SO
C.a点存在c(S2-)+c(HS-)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)
D.b点存在c(S2-)▪c(SO)=7.8×10-7▪c(HS-)▪c(HSO)
【正确答案】 BD

15-5（提升） 通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。
实验
实验操作和现象
1
加热草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊
2
室温下，用pH计测得0.1mol/L H2C2O4溶液的pH约为1.3
3
室温下，向25.00mL 0.1mol/L H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，得到图滴定曲线

下列有关说法正确的是
A.依据实验1的现象，说明产生的气体中只含有CO2、H2O
B.0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中存在c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)
C.a、b、c对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a
D.V(NaOH)＝25.00 mL时反应所得溶液中：c(C2O)>c(H2C2O4)
【正确答案】 BD

15-6（提升） 常温下，用20 mL Na2SO3溶液吸收SO2气体，吸收液的pH与系如图所示。下列说法错误的是

A.a至b点之间对应的溶液中可能存在：
B.b至c点之间某个点对应的溶液中一定存在：
C.在通入SO2气体的过程中，水的电离程度先逐渐增大再逐渐减小
D.常温下，H2SO3第二步电离常数
【正确答案】 AC

【原卷 16 题】 知识点 利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,晶胞的有关计算,配合物的结构与性质

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
1、基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
2、乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。
3、FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是_______。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______。

4、镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。

① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
【正确答案】 1、1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
2、Fe3+的3d5半满状态更稳定
3、FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
4、1:3 NA·a3·10-6

16-2（基础） 物质结构理论是材料科学、医学科学和生命科学的重要基础。请回答：
1、常常作为有机反应的催化剂，画出基态原子的价层电子轨道表示式___________；要制备高纯可先制得，其中C原子的杂化方式为___________。
2、乙二酸具有优良的还原性，易被氧化成。测得乙二酸中的的键长比普通的键长要长，说明理由___________。
3、下列说法正确的是___________。

A.现代化学，常利用原子光谱上特征谱线鉴定元素
B.电负性大于1.8一定是非金属
C.配合物的稳定性不仅与配体有关，还与中心原子的所带电荷等因素有关。
D.晶体的密度为，图示晶胞与的距离
4、锌黄锡矿外观漂亮，晶胞结构如图所示，请写出锌黄锡矿的化学式___________；并在晶胞中找出平移能完全重合的两个___________。(请选择合适的编号填写一种组合)

【正确答案】 1、 sp 2、乙二酸中2个碳原子与2个电负性很高的氧原子成键，导致碳原子上电荷密度下降 3、AC
4、Cu2SnZnSe4 1、6或2、5或3、8或4、7

16-3（巩固） Cu、Ba、Hg等元素及其化合物在工农业生产和生活中有重要用途。
I. Cu的某种配合物的结构如图1，请回答下列问题：

1、基态Cu原子价层电子轨道表示式为_______ ，其原子核外电子占据的最高能层符号为_______。
2、该配合物中非金属元素(除H外)的第一电离能由大到小的顺序为_______。
3、该配合物中C原子的杂化类型为_______。
4、该配合物中Cu的配位数为_______。
5、中∠l_______(填“>”、“<”或“=”)∠2。
II.O、Cu、Ba、Hg形成的某种超导材料的晶胞如图2所示。

6、该晶胞中O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为_______。
7、设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_______g·cm-3。
【正确答案】 1、 N 2、F>N>O>C
3、sp2、sp3 4、4 5、< 6、4：1：2：1 7、

16-4（巩固） 硒是人体需要的重要微量元素之一，参与体内多种代谢。试回答下列问题：
1、硒元素的基态原子核外电子排布中成对电子与成单电子的个数比为_____；在同一周期中比它的第一电离能大的元素有_____种。
2、SeO3与水反应可以生成H2SeO4。H2SeO4分子中心原子的轨道杂化方式为_____；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有_____；从分子结构的角度解释H2SeO4比H3AsO4酸性强的原因是_____。
3、固态SeO2(如图)是以锥体形的角氧相连接的聚合结构，每一个锥体带一个端氧原子。

①同为分子晶体，SeO2，熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃，原因是_____。
②图中Se－O键较短的是____(填“a”或”b”)。
4、在一定条件下MgSe晶体结构为NaCl型(如图)，Se2-为面心立方最密堆积方式，经测定MgSe的晶胞参数为anm，则Se2-的半径r(Se2-)为_____nm(写出表达式)；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的密度为_____g•cm-3(写出表达式)。

【正确答案】 1、16：1 3 2、sp3 氢键 H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强
3、固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高 b
4、a

16-5（提升） 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
1、氟原子激发态的电子排布式有_______(填标号)。
A.B.C.
2、O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_______；分子的空间构型为_______；的熔、沸点低于，原因是_______。
3、(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则的结构式为_______。
4、萤石()是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。

5、NiO晶体与NaCl晶体结构相似。
①设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为a pm，NiO的摩尔质量为M g/mol，则NiO晶体的密度为_______(列出计算式)。
②晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6：91。若该晶体的化学式为，则x=_______。

【正确答案】 1、A 2、F>O>Cl V形 和是结构相似的分子晶体，的相对分子量大于，分子间作用力大于
3、 4、 5、 0.97

16-6（提升） 铬(Cr)及其化合物用途广泛。请回答：
1、基态铬原子的价层电子排布式_______，属于周期表的_______区。同周期的基态原子中，与Cr最高能层电子数相同的还有_______(写元素符号)。
2、的三种结构：①、②、③，下列说法正确的是_______。
A.①②③中Cr的配位数都是6
B.①中配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的Cr)
C.②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键
D.等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量也相等
3、对配合物进行加热时，配体比更容易失去，请解释原因_______。
4、铬的一种氮化物晶体的立方晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中Cr原子之间的最近核间距为_______pm(写出表达式即可)。

【正确答案】 1、3d54s1 d K和Cu 2、AB
3、配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O
4、

【原卷 17 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,物质分离、提纯综合应用,电解原理的应用,物质制备的探究

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟和铅的工艺流程如下：

已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②In(OH)3性质与Al(OH)3类似。
回答下列问题：
1、FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为_______。
2、生成PbO粗品的化学反应方程式为_______。
3、PbO在NaOH溶液中溶解度曲线如图所示，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液。结合溶解度曲线，简述提纯PbO粗品的操作_______。

4、“还原铁”反应的离子方程式为________
5、“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是_______
6、为测定PbO产品的纯度，探究小组同学准确称取PbO1.161g，加入稀硝酸使其完全溶解，再加入蒸馏水配制成50.00mL溶液：冷却至25℃，用0.100mol·L-1H2SO4滴定该溶液，滴定曲线如图所示。

已知：；a点的坐标为(50，3.8)
①25℃，PbSO4的Ksp=_______。
②PbO产品的纯度为_______。
【正确答案】 1、+3 2、
3、将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥
4、
5、铟离子发生水解，导致铟萃取率下降
6、10-7.6 96%

17-2（基础） 铂是一种稀有的贵金属，在一些废板卡、含铂废合金、镀铂、涂铂的废料以及含铂废催化剂含有一定量的铂，以下是某工厂回收铂的工艺流程，已知含铂(Pt)废渣的主要成分为Al2O3，少量SnO2、SiO2和Pt。

氯铂酸铵[(NH4)2PtCl6]，黄色，难溶于水，易溶于盐酸并生成H2PtCl6。
回答下列问题：
1、“碱溶”时，使用的坩埚的材质是_______(填标号)。试写出一种金属铂在中学化学中的应用_______。
A．陶瓷 B．石英 C．铝 D．铁
2、“浸出”时，铂生成PtCl，该反应的离子方程式为_______。
3、“滤渣1”的主要成分为H2SnO3和_______ ，若“滤渣1”中含有少量的铂，可将其返回_______ (填工序名称)。
4、“树脂交换”时，被阴离子交换树脂RCl吸附的铂的存在形式是 _______(填化学式)，尾液中溶质的主要成分为_______(填化学式)。
5、滤渣氯铂酸铵[(NH4)2PtCl6]表面有大量氯化铵等可溶性的盐，在煅烧操作之前要将沉淀表面的杂质洗去，洗涤沉淀方法是_______。
6、“煅烧”时温度控制在750℃，除生成Pt外，还有NH3、HCl等生成，写出该反应的化学方程式：_______。
【正确答案】 1、D 电极材料、焰色反应材料、催化剂等
2、3Pt+2ClO+12H++16Cl-=3PtCl+6H2O 3、H2SiO3 浸出
4、R2PtCl6 AlCl3、NaCl
5、洗涤沉淀的方法为向漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复操作2～3次
6、3(NH4)2PtCl63Pt+2NH3↑+2N2↑+18HCl↑

17-3（巩固） 钯属于稀有贵金属(铂族金属)，钯在工业上的主要用途是作为催化剂，从含钯电子废料直接制备钯精细化工产品的工艺流程图如下：

已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10.回答下列问题：
1、含钯电子废料的预处理包括筛选和焚烧等必要步骤，焚烧的目的是___________。
2、钯易溶于硝酸，溶解时既要考虑浸出速率和浸出率，又要注意成本。使用25%的硝酸，浸取2h，钯的浸出率与温度的关系如图所示，则选择浸出的温度为___________℃。酸浸”后过滤，洗净滤渣，滤渣中可能含有铂、铑和金等其他贵金属，应___________。

3、“除银赶硝”后的溶液中Cl-的浓度为0.15mol·L-1，则溶液中Ag+的浓度为___________。
4、“除银赶硝”后的溶液中含钯成分为H2PdCl4，加热溶液到80～90℃，不断搅拌并滴加氨水，控制溶液的pH＜7.5，使溶液中的钯变成肉红色的氯亚钯酸四氨络合亚钯［Pd(NH3)4·PdCl4］沉淀，写出反应的化学方程式：___________。
5、在搅拌下滴加浓盐酸至溶液pH=1～1.5，此时溶液中出现大量黄色絮状沉淀，继续搅拌1h，静置沉降，过滤，用去离子水反复清洗沉淀，所得固体即为二氯化二氨合钯(Ⅱ)［Pd(NH3)2Cl2］，用去离子水反复清洗沉淀的原因是___________。
【正确答案】 1、除去可能含有的碳单质及有机物
2、80 回收再利用 3、1.2×10-9mol·L-1
4、2H2PdCl4+4NH3·H2OPd(NH3)4·PdCl4↓+4HCl+4H2O
5、二氯化二氨合钯(Ⅱ)在水中的溶解度很小，用去离子水反复清洗沉淀可得到较高纯度的二氯化二氨合钯(Ⅱ)

17-4（巩固） 铂(Pt)是一种贵金属，广泛用于化工领域。从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。

1、I中焙烧时，C与空气中的O2生成了CO和CO2，发生的反应如下：
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1；
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ·mol-1；
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3=____kJ·mol-1。
2、实验人员采用三种不同的浸出液分别研究II中Pt的浸出率。所用的浸出液分别是HCl－H2SO4－NaClO3、HCl－NaClO3和HCl－H2O2。
①将下列浸出反应的离子方程式补充完整：____。
3Pt+Cl-+ClO+_____=3[PtCl6]2-+H2O
②当NaClO3或H2O2作为氧化剂浸出等量Pt时，n(NaClO3)：n(H2O2)=____。
③c(H+)相同、浸出时间相同时，三种浸出液对Pt的浸出率如表。
[注：c(NaClO3)按照②中的物质的量关系换算成c(H2O2)计]。

氧化剂浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0.3
0.4
甲
HCl－H2SO4－NaClO3对Pt的浸出率/%
72.7
78.2
77.5
75.4
乙
HCl－NaClO3对Pt的浸出率/%
79.6
85.3
82.1
81.6
丙
HCl－H2O2对Pt的浸出率/%
80.0
85.6
83.2
82.5
a.以HCl－NaClO3为例，说明当其中氧化剂浓度大于0.2mol·L-1时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO被_____还原而消耗。
b.氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，甲中Pt的浸出率最低的可能原因：由于三种浸出液中的c(H+)均相同，_____。
3、III中萃取剂(R3N)的萃取机理如下(O表示有机体系，A表示水溶液体系)。
i.R3N(O)+H+(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)
ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH2)[PtCl6](O)+2Cl-(A)
①分离操作x是____。
②IV中向含Pt的有机物中加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，反应的离子方程式是_____。
【正确答案】 1、-566 2、3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1：3 Cl- 甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成
3、分液 (R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)

17-5（提升） 甲烷化是一种实现资源化利用的有效途径。
1、1902年，Paul Sabatier首次报道了的甲烷化。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的和H₂通过装有金属Ni的反应器可得到。Paul Sabatier反应为 。
已知25℃和101 kPa时，①的燃烧热 kJ⋅mol-1；
②的燃烧热 kJ⋅mol-1；
kJ⋅mol-1
则Paul Sabatier反应的_______ kJ⋅mol-1。
2、近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了的甲烷化，其工作原理如图-1所示。

①微生物电解池实现甲烷化的阴极电极反应式为_______。
②如果处理有机物产生标准状况下112 m3CH4，则理论上导线中通过电子的物质的量为_______。
3、光催化还原法也能实现甲烷化，其可能的反应机理如图-2所示，为催化剂，在紫外光照射下，VB端光产生带正电荷的空穴()，形成光生电子一空穴对，与所吸附的物质发生氧化还原反应。

①光催化转化O2为时，在VB端发生的反应为_______。
②在紫外光照射下，还原CH4的过程可描述为_______。
③催化剂的催化效率和CH4的生成速率随温度的变化关系如图-3所示。300～400℃之间，CH4生成速率加快的原因是_______。

【正确答案】 1、-164.9 2、 mol
3、 在紫外光照射下，晶体内的电子受到激发由VB端跃迁到CB端，产生光生电子和空穴，并由内部迁移至表面，在CB端得到光生电子被还原为 300～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，的生成速率加快

17-6（提升） 乙硫醇()的综合利用及治理是当前环境领域关注的焦点之一。
1、家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。
已知： kJ·mol
kJ·mol
kJ·mol
的______。
2、是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的。已知水溶液中的物种分布分数如图所示。

①已知，比较和酸性强弱并从结构的角度说明理由：______。
②写出工业废水时，氧化生成和的离子方程式：_______。
③一种采用电化学方法制取的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活性铁电极。电解池阳极室中KOH溶液的浓度为14 mol·L、电解60 min，调节不同的电压，测得反应后溶液中的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小成正比)的关系如图所示。

I 写出制取的电极反应式：______。
II 电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是______。
【正确答案】 1、-3526 kJ·mol
2、酸性：，是推电子基团，使中的极性降低，电离出的能力减弱 铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成

【原卷 18 题】 知识点 离子反应的发生及书写,物质含量的测定,化学实验方案的设计与评价,酸碱中和滴定原理的应用

【正确答案】

【试题解析】


18-1（巩固） 无水三氯化铬在工业上主要用作媒染剂和催化剂。某化学小组在氮气的氛围下用和在高温下制备无水三氯化铬，并测定所制得产品中三氯化铬的质量分数。
实验原理：
已知：①熔点为83℃，易潮解，易升华，易溶于水，高温下易被氧气氧化；
②沸点为57.6℃；
③在碱性条件下，能把氧化为；在酸性条件下，能把还原为。
回答下列问题：
Ⅰ.无水三氯化铬的制备。实验装置如图所示(加热、夹持等装置已略去)。

1、实验过程中需持续通入，目的是排出空气、吹出及尾气、_______。
2、装置C的烧杯中盛放_______。
3、制备时生成的气体(俗称光气)有毒，遇水发生水解。为了防止污染环境，用足量的NaOH溶液吸收光气，其化学方程式为_______。
4、图示装置中有设计不合理的地方，你认为应该改进的措施有_______。(答出一点即可)
Ⅱ.产品中质量分数的测定
a.称取产品，在强碱性条件下，加入过量的30％溶液，小火加热使完全转化为，继续加热一段时间；
b.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓和浓，使转化为；
c.用新配制的硫酸亚铁铵标准溶液滴定(反应原理：)。加入5滴二苯胺磺酸钠指示剂，滴定至溶液由紫蓝色转变为亮绿色且半分钟内不变色即为终点，消耗标准溶液18.00mL。
回答下列问题：
5、①上述操作a中“继续加热一段时间”的目的是_______。
②加浓的目的是为了防止指示剂提前变色。若不加浓，则测得的的质量分数将_______。(填“偏低”“偏高”或“不变”)
③产品中的质量分数为_______％(保留一位小数)。
【正确答案】 1、吹出蒸气 2、冷水 3、
4、装置B与C之间的导管可能因凝华而发生堵塞，应换为较粗的导管或者在装置C和D之间连接一个装有无水氯化钙的干燥管(或U形管)
5、加热使过量完全分解，以免在酸性条件下，能把还原为 偏低 95.1

18-2（巩固） 三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用反应Cr2O3(s)＋3CCl42CrCl3＋3COCl2(g)制取CrCl3，其实验装置如下图所示。

已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2＋H2O=CO2＋2HCl；
②碱性条件下，H2O2将Cr3＋氧化为CrO；酸性条件下，H2O2将Cr2O还原为Cr3＋。
回答下列问题：
1、A中的试剂为___________；无水CaCl2的作用是___________；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是___________。
2、装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可通过___________(填操作)，使实验能继续进行。
3、装置G中发生反应的离子方程式为___________。
4、测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
I．取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为CrO，继续加热一段时间；
Ⅱ．冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使CrO转化为Cr2O；
Ⅲ．用新配制的cmol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知Cr2O被Fe2＋还原为Cr3＋)。
①产品中CrCl3的质量分数表达式为___________(写出含m、c、V的表达式)。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是___________(填标号)。
a．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
b．步骤II用盐酸替代硫酸
c．步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
d．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【正确答案】 1、浓硫酸 防止G中的水蒸气进入E及C装置中 将COCl2排入装置G中并被充分吸收
2、加热D处 3、COCl2＋4OH-=CO＋2Cl-＋2H2O
4、%或% ab

18-3（巩固） 三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用反应Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)制取CrCl3，其实验装置如图所示。

已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；
②碱性条件下，H2O2将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。
回答下列问题：
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；
Ⅲ.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。
①产品中CrCl3质量分数表达式为___。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是___(填标号)。
a.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
b.步骤Ⅱ中未加浓磷酸
c.步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
d.步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【正确答案】 ab

18-4（巩固） 三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用反应Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)制取CrCl3，其实验装置如图所示。

已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；
②碱性条件下，H2O2将Cr3+氧化为CrO；酸性条件下，H2O2将Cr2O还原为Cr3+。
回答下列问题：
1、C中石棉绒不参与反应，石棉绒的作用是__；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是__；实验过程中若D处出现堵塞，A处可观察到的现象是__。
2、实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为__，对应的装置为__(填标号)。
可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)可供选择的发生装置(净化装置略去)：

3、测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为CrO，继续加热一段时间；
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使CrO转化为Cr2O；
Ⅲ.新配制的cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(知Cr2O被Fe2+还原为Cr3+)。
①产品中CrCl3质量分数表达式为___。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏高的是__(填标号)。
a.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
b.步骤Ⅱ中未加浓磷酸
c.步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
d.步骤Ⅲ中读数时，滴定前平视，滴定后俯视
e.滴定前滴定管中有气泡未排除，滴定后气泡消失
【正确答案】 1、增大Cr2O3与CCl4的接触面积，使反应更充分 将有毒的COCl2排入装置G中并被充分吸收 A中长玻璃管中液面上升
2、2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑) A(或B)
3、% ce

18-5（提升） 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取的反应为，其实验装置(夹持仪器省略)如下图所示：

已知：①(俗称光气)有毒，遇水发生水解：；
②碱性条件下，可将氧化为；酸性条件下，将还原为。回答下列问题：
1、仪器a的名称是_____；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
2、实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
3、装置G中的液体是足量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为_______。
4、测定产品中质量分数的实验步骤如下：
I.取mg产品，在强碱性条件下，加入过量30%溶液，小火加热使完全转化为，继续加热一段时间；
II.冷却后，定容于100mL容量瓶中，准确移取上述溶液10.00ml，置于锥形瓶中，加入10ml蒸馏水，2mL浓硫酸和浓磷酸混酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，2滴二苯胺磺酸(指示剂)，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL(已知被还原为)。
①产品中质量分数表达式为_______。
②下列操作将导致产品中质量分数测定值偏高的是_______(填字母标号)。
a.步骤I中未继续加热一段时间
b.步骤II中未加浓磷酸
c.步骤III中所用溶液已变质
d.步骤III中达到滴定终点读数时，滴定管口有半滴悬液没有滴下
【正确答案】 1、锥形瓶 将排入装置G中并被充分吸收
2、A中导管内液面上升 对D处稍加热
3、 4、 cd

18-6（提升） 三氯化铬()是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取的装置如图所示：

已知：碱性条件下，可将氧化(黄色)；酸性条件下，可将(橙色)还原为(绿色)。
回答下列问题：
1、基态Cr原子的核外电子排布式为_______。
2、装置B中热水的作用是_______；实验进行一段时间后，发现导管a中的液面在不断上升，出现该现象的可能原因是_______，改进的措施是_______。
3、对于装置C中发生的反应，甲、乙分别提出了两种不同的观点，甲认为发生的反应是；乙认为发生的反应是。
Ⅰ.查阅资料知：(俗称光气)有毒，遇潮湿的空气马上生成两种酸性气体，该反应的化学方程式为_______。
Ⅱ.设计实验验证装置C中发生的反应；反应结束后，静置，待装置F中溶液分层后，取适量上层溶液于试管中，_______，证明甲的观点正确，
4、测定某样品中的质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取5.0g该样品，在强碱性条件下·加入过量30%溶液，小火加热使完全转化为，再继续加热一段时间。
Ⅱ.冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色)，使转化为，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至100mL
Ⅲ.取25.00mL溶液，加入适量浓混合均匀，滴入的3滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的的标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色变为红褐色即为终点，重复2～3次，平均消耗标准溶液21.00mL(滴定中被还原为)。
①步骤Ⅰ中完全转化时发生反应的离子方程式为_______。
②该样品中的质量分数为_______。
【正确答案】 1、或
2、加快的挥发 导管有堵塞 将装置C、D之间的导管改成粗导管
3、 滴加足量的硝酸使溶液量酸性，再滴加溶液，有白色沉淀生成
4、 88.76%

【原卷 19 题】 知识点 根据要求书写同分异构体,有机合成综合考查,有机推断综合考查

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 叶酸是一种水溶性维生素，对贫血的治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：

已知：RCOOH＋SOCl2→RCOCl＋HSO2Cl；RCOCl＋H2NR′→RCONHR′＋HCl。
1、B的结构简式为___________。
2、⑤的反应类型为___________。
3、E中的含氧官能团名称为___________。
4、写出④的化学方程式：___________。
5、D的同分异构体中，属于α-氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有___________种。
6、根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线___________。
【正确答案】 1、 2、还原反应 3、羧基、硝基、酰胺基
4、 5、10 6、。

19-2（基础） 化合物Ⅷ是一种用于制备神经抑制剂的中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
1、化合物I的分子式是_____________。化合物Ⅷ中的含氧官能团的名称是_____________。
2、化合物I的沸点高于化合物II，其原因是____________________________________________________。
3、反应①是原子利用率100%的反应，则a为_____________。
4、反应②的反应类型为_____________。
5、化合物Ⅲ有多种同分异构体，其中含结构的有_____________种(不计III)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为_____________(写出其中一种)。
6、写出以和乙醇为原料合成化合物的单体的合成路线(无机试剂任用)________。
【正确答案】 1、C7H7OF 酯基
2、的分子间存在氢键 3、H2O
4、加成反应 5、5 (CH3)2CHCOOH、(CH3)2CHOOCH
6、

19-3（巩固） 科学研究表明，有机物M对治疗新冠病毒具有一定的作用，其一种合成路线如图所示。

已知：RCOOH
1、A的化学名称为_____，B中的官能团名称为_____。
2、反应②的反应条件为_____，E的结构简式为_____。
3、H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+_____→M+_____。
4、在有机物A～H中能发生消去反应的物质有_____(填序号)。
5、N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有_____种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的N的结构简式为_____。
①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应
6、根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_____。
【正确答案】 1、2，6－二甲基苯酚 醚键、酯基
2、稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)
3、 H2O 4、E、F、G(或EFG)
5、15 6、

19-4（巩固） 2－氨基－3－苯基丁酸及其衍生物可作为植物生长调节剂，其同系物G的人工合成路线如图：


1、A是可与碳酸氢钠溶液反应的芳香族化合物，写出A的结构简式_____。
2、写出C→D的反应方程式_____。
3、A→B使用NaOH的目的_____。
4、比C相对分子质量小14的芳香族同分异构体，同时满足下列条件的共有_____种(不考虑空间异构)。
①可与碳酸氢钠溶液反应
②可以使溴水褪色
③苯环上为二取代，其中氯原子直接连接在苯环上
写出其中核磁共振氢谱五组峰，比值为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式_____。
5、已知：+
写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____。
【正确答案】 1、 2、CH3OH++HCl
3、中和生成的HI，使反应A→B向正反应方向移动
4、24 5、

19-5（提升） L是一种治疗自主神经功能障碍药物的活性成分，以A为原料合成L的流程如图所示。

回答下列问题：
1、设计F→G，H→I步骤的目的是___________。
2、A的名称是___________，H中官能团有___________(填名称)。
3、G→H中可以用吡啶()替代，吡啶的作用是___________。
4、写出J→L的化学方程式：___________。
5、在E的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种。
①既能发生水解反应，又能发生银镜反应；②1mol有机物最多能与3molNaOH反应；③1mol有机物与足量的Na反应能生成(标准状况)。
6、设计以苯乙醛为原料制备吸湿性高分子材料()的合成路线___________(无机试剂任选)。
【正确答案】 1、保护羧基，避免羧基与卤代烃反应
2、对甲基苯酚(或4-甲基苯酚) 酯基、醚键
3、中和副产物HBr，提高产率
4、
5、16 6、

19-6（提升） 他喷他多(L)是一种中枢神经系统镇痛药，可有效治疗急性、慢性和神经性疼痛。他喷他多的一种合成路线如图所示。

已知：
ⅰ.
ⅱ. (R为烃基)
回答下列问题：
1、B的结构简式为___________，G的官能团名称为___________。
2、C→E的反应类型为___________。
3、E→F过程中，E在NaOH作用下发生反应的化学方程式为___________。
4、A有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①含有苯环和2个甲基 ②能发生银镜反应 ③1mol该有机物消耗2mol NaOH
5、设计以1，4—二溴丁烷和丙二酸二乙酯[]为原料制备的合成路线：

___________(其他试剂任选)。
【正确答案】 1、 羧基、醚键 2、取代反应
3、 4、13 5、

【原卷 20 题】 知识点 盖斯定律的应用,化学反应速率计算,化学平衡常数的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；

回答下列问题：
1、反应iii的化学方程式为___________。
2、已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：
物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1
-393.51
0
-362.3
依据以上信息，ΔH1=___________。
3、在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。

①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________ MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________ (填“ i”或“ii”)，判断的理由是___________。
4、若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。

【正确答案】 1、CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g) 2、+31.21kJ·mol-1
3、C ii 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降
4、HCOO* Bi/CeO2

20-2（基础） 氨是工农业生产中的重要原料，研究氨的合成和转化是一项重要的科研课题。回答下列问题：
1、已知：工业合成氨合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ热量，

则1molN-H键断裂吸收的能量为___________kJ。
2、在密闭容器中合成氨气，有利于加快反应速率且能提高H2转化率的措施是___________(填字母)
A.升高反应温度 B.增大反应的压强
C.及时移走生成的NH3 D.增加H2的物质的量
3、将0.6molN2和0.8molH2充入恒容密闭容器中，在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强变化的曲线如图。

甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________。d点N2的转化率是___________，d点Kp=___________(Kp是以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=平衡时各组分的物质的量分数×总压)。
4、催化氧化法消除NO反应原理为：6NO+4NH35N2+6H2O。不同温度条件下，氨气与一氧化氮的物质的量之比为2：1时，得到NO脱除率曲线如图甲所示。脱除NO的最佳温度是___________。在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是___________。

5、研究发现NH3与NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是___________(填字母)。

A.该反应历程中形成了非极性键和极性键
B.每生成2molN2，转移的电子总数为8NA
C.Fe2+能降低总反应的活化能，提高反应速率
D.该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O
【正确答案】 1、391 2、B 3、丙>乙>甲 33.3%
4、900°C 催化剂中毒 5、AD

20-3（巩固） 氢能作为一种高热值、零污染的能源，对于促进全球经济脱碳，特别是在工业和交通领域将发挥不可或缺的替代作用。甲烷水蒸气催化重整制氢气是目前工业上比较常见的制氢工艺。回答下列问题：
1、已知：、时，甲烷、一氧化碳和氢气的燃烧热分别为、和，，在催化剂作用下，甲烷水蒸气催化重整制氢气的为_______。
2、该反应易在_______(填“较高温度”或“较低温度”)下自发进行。
3、氧化钴催化作用下，在体积分别为和的密闭容器中，各充入和发生甲烷水蒸气催化重整制氢气的反应，达到平衡时，该反应的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为(和为速率常数，且只与温度有关)，反应达到平衡时，甲烷的转化率随温度的变化曲线如图所示。

①氧化钴中的最外层电子排布式为_______。
②图中a、b、c三点所对应的平衡常数K的大小顺序为_______(用字母表示，下同)，逆反应速率的大小关系为_______。
③时，图中a点对应的正反应速率，则_______。
④时，的密闭容器中，该反应的_______。
【正确答案】 1、
2、较高温度 3、 0.04 1.92

20-4（巩固） 乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，乙烯作为现代有机合成的重要原料，研究其合成方法受到科学家的青睐。回答下列问题：
1、乙烷裂解法
298 K时，乙烷的裂解反应历程如图1，可能发生反应的平衡常数的对数值(lg K)与温度的倒数()的关系如图2。

①图1反应的决速步骤是___________(填“反应a”或“反应b”)，写出乙烷裂解制乙烯的热化学方程式___________。
②工业上一般选择温度在1000 K左右，可能的原因是___________。
2、催化加氢法
反应原理为 。向2 L的恒容密闭容器中加入1 mol 和3 mol ，在催化剂作用下发生反应，测得平衡时体系中各气体的物质的量随温度的变化关系如图3所示。

①图中曲线代表乙烯的物质的量随温度的变化关系的是___________(填字母)。
②下列说法正确的是___________(填标号)。
A．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，提高平衡产率
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，则平衡逆向移动，减小，增大
C．若容器内混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应已达到平衡状态
D．保持温度不变，再通入3 mol ，达到平衡时的转化率增大，平衡常数K保持不变
③时，化学平衡常数K=___________，的平衡转化率为___________%。
3、柴油裂解法
实验测得柴油裂解得到乙烯和丙烯的收率与温度、柴油在裂解设备内的停留时间的关系如图4所示。工业上应选择的温度和停留时间分别为___________K和___________s。

【正确答案】 1、反应a 温度太低，乙烷裂解制乙烯反应的化学平衡常数K太小，反应速率太慢；反应温度太高，副反应增多，容易产生积碳
2、q D 33.3 3、1120 0.4

20-5（提升） 尿素[CO(NH2)2]在医学、农业、工业以及环保领域都有着广泛的应用。工业合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(g)+H2O(l) ∆H=-87.0kJ•mol-1。合成尿素的反应分步进行，如图是反应的机理及能量变化(单位：kJ•mol-1)，TS表示过渡态。

回答下列问题：
1、若∆E1=66.5kJ•mol-1，则∆E2=_____kJ•mol-1。
2、若向某恒温、恒容的密闭容器中分别加入等物质的量的NH3和CO2，发生合成尿素的反应。下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_____(填标号)。
a．断裂6molN－H键的同时断裂2molO－H键
b．混合气体的压强不再变化
c．混合气体的密度不再变化
d．CO2的体积分数不再变化
3、最后一步反应的化学方程式可表示为：HNCO(g)+NH3(g)CO(NH2)2(g)。
I．在T1℃和T2℃时，向恒容密闭容器中投入等物质的量的HNCO和NH3，平衡时lgp(NH3)与lgp[CO(NH2)2]的关系如图I所示，p为物质的分压(单位为kPa)。

①T1_____T2(填“＞”“＜”或“=”)。
②T2时，该反应的标准平衡常数Kθ=_____。
[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应：dD(g)+eE(g)gG(g)，Kθ=，其中Kθ=100kPa，p(G)、p(D)、p(E)为各组分的平衡分压。]
③保持温度不变，点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时，CO(NH2)2的体积分数将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ．其他条件相同，在不同催化剂下发生该反应，反应正向进行至相同时间，容器中CO(NH2)2的物质的量随温度变化的曲线如图Ⅱ所示。

④在500℃时，催化效率最好的是催化剂_____(填标号)。
⑤500℃以上，n[CO(NH2)2]下降的原因可能是_____(不考虑物质的稳定性)。
【正确答案】 1、241 2、bc
3、＜ 1000 增大 c 随着温度的升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内生成的CO(NH2)2的物质的量减少

20-6（提升） 将和两种气体转化为合成气(和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：
I． 平衡常数
Ⅱ． 平衡常数
Ⅲ． 平衡常数
1、为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热___________，该反应正反应活化能___________逆反应活化能(填“大于”、“小于”或“等于”)。
物质


CO

()




2、平衡常数___________(用、表示)。
3、一定温度下，维持压强，向一密闭容器中通入等物质的量的和发生反应。已知反应Ⅱ的速率方程可表示为，，其中、分别为正、逆反应的速率常数，则以物质的分压表示的反应Ⅱ的平衡常数___________(用、表示)，另lgk与的关系如图所示，①、②、③、④四条直线中，表示的是___________(填序号)，温度时，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为、、、，达到平衡时，测得的转化率为60%，且体系中，则___________，以物质的分压表示的反应I的平衡常数___________。(用含的代数式表示，已知：lg5=0.7)

【正确答案】 1、 小于 2、或
3、 ③


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．烷基不属于亲水基团，A错误；
B．熟石灰为强碱，不利于盐碱地改良，B错误；
C．“静电除尘”“燃煤脱硫”“汽车尾气催化净化”均可减少污染物的排放，从而提高空气质量，C正确；
D．合成纤维属于有机高分子材料，D错误；
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．煤、石油、天然气等化石燃料虽然排放二氧化碳，但仍然是当前人类利用最多的常规能源，A正确；
B．石灰石可将SO2转化为稳定的硫酸钙，从而吸收SO2，但碳酸钙高温又会分解为CO2，不能减少CO2的排放，B错误；
C．通过“人工光合作用”以二氧化碳为原料合成淀粉，可以有效的吸收CO2，有利于推动碳中和，C正确；
D．减少火力发电，推广风力、光伏发电等措施，可以有效减少CO2的排放，有利于实现碳达峰，D正确；
综上所述答案为B。
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐)，故A正确；
B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效促进碳中和，故B错误；
C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C正确；
D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D正确。
综上所述，答案为B。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．纤维素具有强吸湿性的可再生材料，符合绿色能源的环保理念，A正确；
B．积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设，符合绿色能源的环保理念，B正确；
C．使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋，白色污染，不符合环保理念，C错误；
D．采用高比表面积和小粒径的SiO2制备的Li4SiO4作为CO2吸收材料，具有更高的捕获能力，符合节约集约的环保理念，D正确；
故C。
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．斑铜为铜的一种合金，熔点低于纯铜，A正确；
B．蒸馏是利用了酒和水的沸点不同，不是密度，B错误；
C．丝的主要成分为蛋白质，C错误；
D．赭石主要成分为Fe2O3，为无机物，D错误；
综上所述答案为A。
1-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．钛不属于稀土金属，A错误；
B．明矾只能沉聚水中杂质，无杀菌消毒的作用，B错误；
C．宣纸的主要成分是纤维素，C错误；
D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其中的蒸烧指的是蒸馏，D正确；
故答案选D。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.真金不怕火炼，是指金在加热过程中不会被氧化，故错误；B.碘盐的主要添加物为碘酸钾，不是碘单质，故错误；C.明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用，可以净水，但不能消毒，故错误；D.氯气和碘化钠反应生成碘单质，遇到淀粉显蓝色，说明氯气的氧化性比碘强，故正确。
故答案为D。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:
A．纯碱为碳酸钠呈碱性，可以去除厨房的油污，也能用于纺织、食品等工业，故A正确；
B．二氧化硫不能漂白指示剂，故B错误；
C．二氧化硅常用于制造光学镜片，故C错误；
D．钠钾合金常温下是液体，故D错误；
故选A。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A、NaAlO2与NaOH不反应，故A不正确；
B、Na2O2为离子化合物，含O元素，不含O2，但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；
C、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用氧化铁的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，故C正确；
D、Al活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方式制备，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法热分解法得到，故D不正确；
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. 饱和FeCl3溶液可用于废弃铜质印刷线路板中金属铜的回收，是因为氯化铁和铜反应得到氯化铜和氯化亚铁，说明水溶液中浓度相同的情况下Cu2+的氧化性小于Fe3+，A错误；
B. 漂白粉在空气中久置会变质，是因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的水和CO2反应生成次氯酸和CaCO3，CaCl2不与空气中的CO2和水反应，B错误；
C. 钠着火会有过氧化钠生成，过氧化钠与水、与CO2均能反应、均放出氧气，故实验室Na着火不能使用水、也不能使用泡沫灭火剂灭火，C错误；
D. 陶瓷坩埚中含有SiO2，SiO2是酸性氧化物，可与熔融状态下的烧碱反应，故实验室熔融烧碱时不使用陶瓷坩埚而选择铁坩埚，D正确；
答案选D。
2-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．ClO2可用于饮用水的消毒，是因为其具有强氧化性，能杀死细菌病毒，选项A错误；
B．铁粉具有还原性是作抗氧剂，不是干燥剂，选项B错误；
C．铝、镁金属电池，利用其还原性，选项C错误；
D．空气中含有二氧化碳，其属于一次能源，由其转化而得的能源属于二次能源，选项D正确；
答案选D。
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．与Cu可以发生氧化还原反应：，无单质生成，不属于置换反应，A错误；
B．漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的与空气中的反应生成：，B错误；
C．与混用会发生相互促进的水解反应，释放出NH3，降低肥效，C正确；
D．泡沫灭火器使用时，和发生双水解反应生成：，D正确。
故本题选C。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X在常见化合物中均显负价，则X为O元素；Z的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应且有氢气生成，则Z可能为Al元素或Si元素；X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，则Y为Na元素、W为Cl元素。
详解:
A．次氯酸结构式是H-O-Cl，其中Cl+1价，就是因为共用电子对偏向O而偏离Cl才使得Cl显正价，则 O电负性大于Cl，故A错误；
B．若Z为硅元素，最高价氧化物对应的水化物硅酸是弱酸，不是两性氢氧化物，B错误；
C．水分子能形成分子间氢键，氯化氢分子不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力强于氯化氢，沸点高于氯化氢，故C正确；
D．过氧化钠和二氧化氯都具有强氧化性，都因为强氧化性而表现漂白性，漂白原理相同，故D错误；
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
短周期硫元素最高价氧化物对应水化物为二元强酸(H2SO4)，推测Z为S元素，则W为O元素，X、Y原子序数比W大且位于同一周期，故X、Y位于第三周期，又X、Y原子序数之和等于W、Z原子序数之和，即24，推测X为Na、Y为Al。
详解:
A．由分析知，X为Na元素，其氧化物Na2O2中既有离子键又有共价键，A错误；
B．一般情况下，电子层数多，原子半径大，电子层数相同时，核电荷数大，原子半径小，故原子半径：Y＞Z＞W，B错误；
C．W、Z的氢化物分别为H2O、H2S，其固体为分子晶体，X的氢化物为NaH，其固体为离子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，又由于水分子间能形成氢键，故其熔点高于H2S，故三种氢化物熔点顺序为：X＞W＞Z，C正确；
D．工业上采用电解熔融Al2O3冶炼金属Al，D错误；
故答案选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
W和X组成两种常见的化合物甲和乙，常温下，甲、乙均呈液态，所以甲为H2O乙为H2O2，则W为H、X为O。乙与丙反应生成淡黄色固体，丙由W和Z组成，则是双氧水与硫化氢反应生成硫单质，所以丙为硫化氢，则Z为S。Y与W同一主族且原子序数大于氧小于硫，所以Y为Na。
详解:
A．O2-与Na+电子层数相同，O2-质子数更少，半径更大，A 正确；
B．Y与Z形成的化合物硫化钠具有很强的还原性，溴水具有强氧化性，所以Y与Z形成的化合物可使溴水褪色，B正确；
C．水与钠反应是水电离出的氢离子与钠反应，属于离子反应，C错误：
D．NaHSO4与NaHSO3反应可以生成刺激性气味的二氧化硫，D正确；
答案选C
3-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Z同主族且两者的单质在常温下均为气体，则X为F元素，Z为Cl元素；Y的最外层电子数等于其电子层数，则Y为Al元素，W与Y的族序数之和等于X的族序数，则W为C元素，据此分析解答。
详解:
A． AlCl3为共价化合物，其熔融态下不能电离，故不导电，但是其能溶于水电离出铝离子和氯离子，水溶液能导电，故其属于非电解质，故A错误；
B． 同周期从左至右原子半径逐渐减小，同主族从上至下逐渐增大，故原子半径；Y＞Z＞ W＞ X，故B正确；
C． 非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F＞ Cl，故稳定性：HF＞ HCl，由于HF分子间形成氢键，故HF沸点更大，故C正确；
D． W与X组成的二元化合物，如四氟乙烯CF2=CF2，同时含有极性共价键和非极性共价键，故D正确；
故选A。
3-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
W的原子半径在短周期主族元素中最大，W为Na；X的质子数是Z核外最外层电子数的2倍，分情况讨论：若Z核外最外层电子数为7，则Z为Cl、X为Si，由化合物中元素化合价代数和为0可知，Y元素化合价为-3，Y为P；若Z核外最外层电子数为6，则Z为S、X为Mg，Y元素化合价为+7，不合理；若Z核外最外层电子数为5，则X的质子数为10，不合理；可知Z为Cl、X为Si、Y为P。
详解:
A．氢氧化钠为强碱，硅酸为弱酸，磷酸为中强酸，高氯酸为强酸，A项正确；
B．氯化钠水溶液呈中性，B项错误；
C．核外电子排布相同的离子，原子序数大的半径小，磷离子的半径大于氯离子的，C项错误；
D．同周期主族元素从左到右，非金属性依次增强，则简单气态氢化物的稳定性Cl>Si，D项错误；
故A。
3-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且为不同主族的短周期元素，WZ4是一种常见的有机溶剂CCl4，则W为C、Z为Cl，四种元素的最外层电子数满足W+X=Y+Z，可以推知X为N和Y为Mg，或X为O和Y为Al，以此解答。
详解:
A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Y>Z>W>X，故A错误；
B．C和N(或O)均为第二周期元素，形成的共价化合物W和X均会满足8电子稳定结构，故B正确；
C．Y为Al时，其氧化物为两性氧化物，故C错误；
D．用惰性电极电解熔融的MgCl2可知得到Mg和氯气，但AlCl3是共价化合物，用惰性电解电解不能得到对应单质，故D错误；
故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．橡皮管连通分液漏斗和烧瓶，两容器中气体压强相等，水能够始终流下，因此题中所给方法，不能检验装置气密性，故A错误；
B．用蒸发皿蒸发硫酸铝溶液，玻璃棒不断搅拌，最终得到硫酸铝固体，故B正确；
C．氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，无法根据pH试纸的颜色读出数值，故C错误；
D．从烧瓶中挥发出的HBr中混有溴蒸气，溴蒸气能与硝酸银溶液反应得到浅黄色沉淀，对HBr的检验产生干扰，故D说法错误；
答案为B。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，A错误；
B．直接蒸发氯化镁溶液，氯化镁水解生成氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁，应该在氯化氢氛围中进行，B错误；
C．氯气不易溶于饱和氯化钠溶液，氯化氢溶于饱和氯化钠溶液，能达到目的，C正确；
D．制备乙酸乙酯右侧试管中应该使用饱和碳酸钠溶液，且导管应该位于液面上方防止倒吸，D错误；
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． 测定中和反应的反应热要在隔热装置中进行，故A错误；
B． 用图2装置测定化学反应速率，气体会从长颈漏斗管口逸出，故B错误；
C． 用图3装置分离乙醚和苯，球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故C错误；
D． 用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液，故D正确；
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．图1装置为原电池，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，Fe为负极，Cu为正极，可说明Fe比Cu活泼，A项正确；
B．导气管伸入饱和溶液中太长，导气管应在液面上，B项错误；
C．氨气会和无水反应生成，应用碱石灰干燥，收集氨气用向下排空气法，C项错误；
D．为气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，气体颜色加深是因为缩小容器体积，的浓度增大，D项错误。
故选A。
4-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图中温度计的水银球未在支管口处，A错误；
B．用氢氧化钠滴定盐酸，氢氧化钠标准溶液应该放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，B错误；
C．HCl可抑制氯化镁的水解，故可在HCl气流中加热氯化镁晶体制备无水氯化镁，C正确；
D．测定中和热时，大小两个烧杯口应该平齐并用盖板盖严以减少热量的损失，D错误；
故答案选C。
4-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．酸性溶液具有强氧化性，当其足量时生成的乙二酸即草酸会继续被氧化为气体，选项A错误；
B．先利用稀硝酸与碳酸钙反应生成的二氧化碳排尽装置内空气，然后Cu与稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，试管及集气瓶中均出现无色气体，则可验证稀硝酸的还原产物为NO，选项B正确；
C．加热固体时不能用蒸发皿，应该用坩埚，选项C错误；
D．向溶液和溶液中滴入溶液时均有白色沉淀生成，不能用溶液鉴别二者（可以和反应生成），选项D错误；
答案选B。
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由反应结合a化学式可知，a结构为 ；
详解:
A．a中含有酯基，难溶于水，故A正确；
B．a分子中含量直接相连的饱和碳原子，故所有碳原子不共平面，故B错误；
C．a与足量H2加成后的产物为，含有1个手性碳原子(已标出)，故C错误；
D．反应①属于加聚反应；②为酯基先水解后再发生缩聚反应生成的，故D错误。
故选A。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
A与氢气发生加成反应生成B为，B发生醇的催化氧化生成C，C与过氧乙酸反应生成D，D一定条件下反应生成PCL，根据PCL的结构简式和D的分子式可知，D为。
详解:
A．根据分析可知，B的分子式为C6H12O，A正确；
B．C到D的过程为加氧的过程，发生氧化反应，B正确；
C．D为，D一定条件下反应生成PCL并未脱水缩合，发生的不是缩聚反应，C错误；
D．D与PCL水解的产物均为HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH，D正确；
故答案选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．有机物A中苯环山的碳原子和羧基上的氧原子均为杂化，由于单键可以旋转，羟基上的氢原子也可能转入共面，所有原子可能共平面，故A正确；
B．除了最左端的两个羧基，该树脂中含有的酰胺基与NaOH反应，1mol该树脂最多与4nmolNaOH反应，故B错误；
C．单体A中有2种等效氢，但单体B中有3种等效氢，B的核磁共振氢谱中有3组峰，故C错误；
D．单体A和B发生缩聚反应，生成该高分子聚酰树脂和水，故D错误；
选A。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由结构简式可知，化合物A的分子式为C15H16O2，故A错误；
B．由结构简式可知，反应物B分子中的苯环和酯基都是平面结构，由单键可以旋转可知，分子中所有原子可能共平面，故B正确；
C．由结构简式可知，A与B发生縮聚反应生成聚碳酸酯和苯酚，则不能用氯化铁溶液检验A是否完全反应，故C错误；
D．由结构简式可知，聚碳酸酯分子中含有酯基，碱性条件下能发生水解反应，则PC不具有耐强碱的性质，故D错误；
故选B。
5-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由乳酸的结构简式可知，乳酸有手性碳，分子中含有羧基和醇羟基则可以发生取代反应，醇羟基邻碳上有氢原子能发生消去反应，醇羟基连碳上有氢原子能够发生氧化反应，A正确；
B．由题干转化信息可知，反应①是缩聚反应，反应②是酯化反应即取代反应，B正确；
C．由题干转化信息并结合质量守恒可知，反应③中，参与聚合的化合物F和E的物质的量之比是2m：n，C错误；
D．由题干转化信息可知，PLA中含有羟基数目越多，与水分子间能形成的氢键数目越多，溶解性越大，故要增强改性PLA的水溶性，可增大m：n的比值，D正确；
故C。
5-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
Z和发生缩聚反应生成PA，结合Z的分子式可以推知Z为，Y和CH3OH发生酯化反应生成Z，则Y为，以此解答。
详解:
A．由分析可知，Y为，含有五元环，故A正确；
B．由分析可知，Y和CH3OH发生酯化反应生成Z，②是酯化反应，故B正确；
C．由Z和PA的结构简式可以推知，Z和发生缩聚反应生成PA的过程中会生成甲醇，可循环使用，故C正确；
D．由Z和PA的结构简式可以推知，PA可发生水解反应得到，不能直接得到Z，故D错误；
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．KI固体易被氧气氧化，向KI溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化，不能确认KI固体中是否含有I2，但滴加酚酞后，溶液变红，说明溶液呈碱性，即KI与O2反应生成KOH，则久置的KI固体中含有I2，但是加了水之后发生ii，所以不变蓝，故A正确；
B．、I-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子反应为+5I-+6H+=3I2+3H2O，故B正确；
C．KI固体易被O2氧化，发生反应4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2，根据②的现象可知，在溶液中，I2与KOH反应：3I2+6OH-=+5I-+3H2O，说明固体再I2中与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存，故C正确；
D．向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，可能发生4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2、3I2+6OH-=+5I-+3H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O，则试纸上可能不存在，故D错误；
故答案选D
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
在反应中，Cr元素化合价从+3价升高为+6价，I元素化合价从-1价升高为+5价，Cl元素化合价从+1降低为-1价，则为还原剂，ClO-为氧化剂，为氧化产物，Cl-为还原产物；反应中共转移电子数为42。
详解:
A．据分析可知，消耗，转移电子，A错误；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，则在此条件下，氧化性：，B正确；
C．据分析可知，是还原剂，C错误；
D．据分析可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为8∶21，D错误；
故选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，已变蓝的淀粉−KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，向含I−的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变蓝，故A错误；
B．根据转化关系2IO～I2～10e−可知，生成1 mol I2反应中转移的电子数为10NA，则NaHSO3～Na2SO4～2e−，则氧化的亚硫酸氢钠物质的量5mol，故B错误；
C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故C错误；
D．一定条件下，I−与IO可能生成I2，如酸溶液中5I−＋IO＋6H＋＝3I2＋3H2O，故D正确；
故答案选D。
点睛:
本题考查氧化性强弱比较及应用、物质性质和反应定量计算，题目难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．漂白粉为Ca(ClO)2，和浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为，故A正确；
B．浸有溶液的棉花可吸收多余氯气，起吸收尾气的作用，故B正确；
C．当下层四氯化碳中有碘单质显紫色，用淀粉溶液替换后，也可以检测碘单质，故C正确；
D．试管下层出现紫红色，只能说明有碘单质生成，无法确定是什么物质氧化KI，因为氯气溶于水生成次氯酸也有氧化性，故D错误；
故答案选D。
6-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
已酸化的含I-的卤水中加入NaNO2，酸性条件下将氧化为，再用活性炭吸附I2，一部分I2与NaOH溶液反应生成I-和，一部分I2与NaHSO3溶液反应生成I-，I-和在45%硫酸条件下发生反应生成I2，据此分析解答。
详解:
A．活性炭吸附后需要分离的是不溶性固体和液体，可采用过滤的方式分离，A正确；
B．卤水中直接被氧化生成的浓度较低，经过、的变化过程可富集碘元素，B正确；
C．由题给信息可知，①氧化时反应的离子方程式为，还原性：：，活性炭吸附后加溶液发生的反应为，还原性：，可推出还原性强弱顺序为，C正确；
D．氯气、浓硝酸的氧化性太强，会进一步将氧化，而酸性条件下，溶液只能将氧化为，故工业上选择亚硝酸钠，D错误；
故选D。
6-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碲为第五周期VIA族，最低负化合价为价，根据化合价的正负化合价为0，中元素的化合价是价，A错误；
B．已知反应：，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氧化性：，在反应中，为氧化剂，为还原剂，所以氧化性，所以氧化性：，B错误；
C．根据化合价的升降，，硫元素的化合价升高，被氧化，为还原剂，为氧化产物，C错误；
D．制备，反应①消耗，转移，反应②，转移，共转移，D正确；
故选D。
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
结合实验目的，模拟工业制备，实验前需除去中的少量杂质，否则与溶液发生副反应生成等；结合实验中给出的化学方程式，由于要制备，应发生，并尽最大程度抑制与的反应，故向圆底烧瓶中通入气体前应先滴加溶液。
详解:
A．结合上述分析可知，装置甲的作用是除去中混有的少量杂质，A正确；
B．结合上述分析可知，实验时应先往装置乙中滴加溶液，再通入，使圆底烧瓶中发生制备，B正确；
C．根据上述反应中元素化合价变化可知，在反应中是氧化剂，而在反应中是还原剂，C正确；
D．该反应中除了生成外，还生成O2，由于O2不易溶于水，故装置丙中不可能发生倒吸，D错误；
故选D。
点睛:
以物质制备为载体的实验题出现的频率较高，解答这类试题，要结合题中信息或相关化学方程式，弄明白实验原理，并保证主反应发生和抑制副反应发生；弄明白实验装置的作用，以及物质制备过程中除杂、干燥和尾气处理、防倒吸处理等。有的试题中还涉及仪器导管口连接和装置选用等，并注意连接导管时，应遵循“长进短出”的原则，而用排水法测量气体体积时需“短进长出”。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由实验装置图可知，装置甲的作用是干燥SO2和O2，并让二者气体充分混合，以及控制两气体的通入速率等作用，A正确；
B．由于反应2SO2+O22SO3是一个可逆反应，故乙处导出的气体主要含有、、，B正确；
C．水吸收时会放出大量的热，形成酸雾，影响吸收效率，应用浓硫酸吸收，C正确；
D．由于反应2SO2+O22SO3在常压的转化率就已经很高了，增大压强将增加设备和动力成本，故工业中通常在常压增大氧气的浓度来提高SO3的产率，D错误；
故D。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
装置①是制备二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，装置④是制备氨气装置，装置③是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应得到碳酸氢钠晶体，
详解:
A．③中为饱和食盐水，用来制备碳酸氢钠，⑤中是浓氨水滴入碱石灰生成氨气，故A错误；
B．实验室制Cl2是利用二氧化锰和浓盐酸加热生成，装置①也不用于制Cl2，故B错误；
C．由于二氧化碳的溶解度较小，先通入氨气后再通入二氧化碳，增大二氧化碳吸收，生成碳酸氢钠，故C正确；
D．③中反应为氨气、二氧化碳、氯化钠和水反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的离子方程式：NH3+CO2+H2O+Na+=+NaHCO3↓，故D错误；
故选：C。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；
B．装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；
C．装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；
D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；
故选B。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止亚硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的条件下制备亚硝酰硫酸，最后尾气吸收过量二氧化硫，防止污染空气。
详解:
A．浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；
B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体，防止水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；
C．为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解、SO2逸出，故冷水的温度控制在20℃左右，C正确；
D．98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢，D错误；
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
装置图中，a装置用于制取CO2；由于盐酸易挥发，生成的CO2气体中混有HCl气体，所以b装置中所盛试剂应能除去CO2中混有的HCl，即为饱和NaHCO3溶液；c装置中盛有含氨的饱和食盐水，通入CO2，生成NaHCO3沉淀；c中挥发出的氨气在d装置中用水吸收。
详解:
A．a装置中，CaCO3与盐酸反应生成CO2等，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A不正确；
B．为了除去a装置中挥发出来的HCl气体，装置 b中盛装饱和NaHCO3溶液，B正确；
C．装置c中，含氨的饱和食盐水呈碱性，而CO2呈酸性，所以有利于提高CO2的吸收效率，C正确；
D．为降低NaHCO3的溶解度，反应结束后，将装置c中的锥形瓶浸入冷水中充分冷却，NaHCO3结晶析出，过滤得到NaHCO3晶体，D正确；
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A.根据框图分析可知，M物质的分子式为C8H12O，和异戊二烯与丙烯醛总原子数相等，所以异戊二烯与丙烯醛反应生成M为加成反应，故A错误；
B.根据M的结构简式可知，M中含有碳碳双键与醛基，都可和溴水发生反应，溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，发生萃取过程，上层液体显橙红色，可以鉴别，故B正确；
C.苯不溶于水，密度比水小，对二甲苯是苯的同系物，所以密度小于水，故C错误；
D.M结构中只有三个不饱和度，而苯环中有四个不饱和度，故M的同分异构体不可能含有苯环，故D错误，
故答案：B。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．反应①是双烯合成，属于加成反应，因此原子利用率为100%，A正确；
B．依据结构简式可判断P的分子式为C8H12O，B正确；
C．M、Q的分子中氢原子种类分别是4、2，因此M的一氯代物多于Q的一氯代物(不考虑立体异构)，C正确；
D．N、P均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性KMnO4溶液鉴别N、P，D错误；
答案选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.与碳碳双键上的碳原子相连的原子在同一平面上，异戊二烯分子中含有两个直接相连的碳碳双键，则分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；
B.M的结构简式为，分子中含有的碳碳双键和醛基，能与溴水发生加成反应和氧化反应，使溴水褪色，对二甲苯是苯的同系物，不能与溴水反应，可使溴水萃取分层褪色，现象不同，则可用溴水鉴别M和对二甲苯，故B正确；
C.同系物必须是结构相似的同类化合物，丙烯醛是链状化合物，是环状化合物，两者不是同类化合物，则丙烯醛和不可能互为同系物，故C错误；
D.对二甲苯的结构对称，分子中含有2类氢原子，一氯代物有2种，故D正确；
故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．过程I为异戊二烯和丙烯醛发生的1,4-加成，根据原子守恒，过程II中有H2O生成，故A正确；
B．M含碳碳双键及醛基，对二甲苯中与苯环相连的碳原子上有氢，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用高锰酸钾鉴别，故B错误；
C．丙烯醛中碳碳双键和碳氧双键分别确定一个平面，这两个平面可以通过旋转它们之间的碳碳单键从而重合，从而所有原子都共面，故C正确；
D．M中含有一个环、一个醛基和一个碳碳双键，不饱和度为3，而一个苯环的不饱和度为4，故M的同分异构体中一定不含苯环，故D正确；
故选B。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．过程①中异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成M，故A错误；
B．由M的球棍模型知，M的结构简式为，故B正确；
C．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应也能生成，经过程②得到间二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯，故C错误；
D．对二甲苯的同分异构体中，属于芳香族化合物且苯环上只有一条支链的有机分子是乙苯，分子中最多13原子共面，故D错误；
故选：B
8-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．过程①中异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成M，A错误；
B．由M的球棍模型知，M的结构简式为，B正确；
C．1mol对二甲苯可以与3mol H2加成，其加成产物只有3种氢原子，故其一氯代物只有3种，C错误；
D．过程①的原子利用率为100%，但过程②除生成对二甲苯外，还生成了水，原子利用率小于100%，D错误；
答案为B。
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铁与氯气反应生成氯化铁，氯气做氧化剂，生成的氯化铁与次氯酸钠反应生成高铁酸钠，次氯酸钠做氧化剂，故A正确；
B．反应II中发生反应：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故B错误；
C．与饱和KOH溶液混合得到粗晶体，可知溶解度小于，故C正确；
D．具有强的氧化性，可用于杀菌消毒，其还原产物为三价铁盐，水解生成胶体具有吸附性可用于净水，故D正确；
故选：B。
9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，A正确；
B．尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，B正确；
C．反应中C1元素化合价由＋1价降低为-1价，Fe元素化合价由＋3价升高到＋6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C正确；
D．结晶过程中加入KOH浓溶液，增大了的浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于晶体的析出，D错误；
故选D。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
硝酸铁溶液中加入过量次氯酸钠和过量强氧化钠，硝酸铁被次氯酸钠氧化成高铁酸钠，所得滤液通过结晶过滤分离出氯化钠和硝酸钠，在高铁酸钠滤液中加过量饱和KOH溶液得到高铁酸钾沉淀，过滤得到高铁酸钾，据此解答。
详解:
A．K2FeO4与水反应，，由反应可知4molK2FeO4转移12mol电子，每消耗1molK2FeO4转移3mol电子，故A错误；
B．K2FeO4有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、可知K2FeO4与盐酸反应生成氯气，两者混合降低其杀菌消毒效果，故B错误；
C．K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3胶体，而高锰酸钾溶水形成的是溶液，可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液，故C正确；
D．K+的核外电子排布为2,8,8，第三层未充满电子，故D错误；
故选：C。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由流程可知在碱性条件下NaClO和硝酸铁发生氧化还原反应2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，生成Na2FeO4，加入KOH，生成溶解度更小的K2FeO4，以此解答该题。
详解:
A．K2FeO4中K为+1价、O为-2价，由化合价代数和为0可知Fe为+6，化合价处于较高价态具有强氧化性，故A正确；
B．反应2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O中，Fe元素从+3价升高为+6价，则生成2 mol FeO时，转移6 mol 电子，故B错误；
C．根据复分解反应原理，反应2KOH+Na2FeO4═K2FeO4+2NaOH能进行说明生成了更难溶的物质，所以高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾的溶解度，故C正确；
D．高铁酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可吸附水中悬浮物聚沉以达到净水的目的，而明矾、硫酸铁只能作净水剂，故D正确；
故答案为B。
9-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，过量的饱和的KOH将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4；
详解:
A．“反应”时发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，Cl元素化合价降低，氧化剂是NaClO，Fe元素的化合价升高，还原剂是Fe(NO3)3，质的量之比为3：2，A错误；
B．过量NaOH，“过滤I” 所得滤液一定不存在Fe3+，B错误；
C．“转化”时，Na2FeO4转化为K2FeO4，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；
D．没透过蓝色钴玻璃，K+的火焰颜色也是黄色，滤液可能为KOH溶液，D错误；
故选：C。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液作用得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。
详解:
A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A选项正确；
B．步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故在碱性条件下，氧化性：NaClO＞Na2FeO4，B选项正确；
C．步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，C选项错误；
D．由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物Fe3+水解得到的Fe(OH)3胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是性能优良的水处理剂，D选项正确；
答案选C。
10-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．反应②有C-C键的形成，选项A错误；
B．反应①较快，反应②较慢，反应越慢活化能越大，选项B正确；
C．-CH2CHO中的碳原子的杂化方式分别是sp3、sp2,选项C错误；
D．由图中可知，OH-为反应的催化剂，H2O为反应的中间体，过程中有3种中间产物，选项D错误；
答案选B。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．为活泼金属，为原电池的负极，聚材料正极，A正确；
B．有机材料做电极可以防止金属离子水解，有利于金属离子进入和脱出，B正确；
C．充放电过程中，苯环上的C原子杂化方式均为，没有发生改变，C正确；
D．电池放电时每转移，理论消耗，D错误；
故选D。
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．同周期元素电负性从左往右增大,同主族元素电负性长上往下减小,电负性：Br>Ge>Pb>Cs，则电负性：Br>Pb>Cs，选项A正确；
B．根据中与三联吡啶螯合配位成环，配位键数目为6，选项B正确；
C．三联吡啶中N原子形成C-N键及C=N双键，N原子形成三个键,没有孤电子对,其杂化方式为，选项C正确：
D．与还原为CO和的过程中只有极性键和形成，选项D错误；
答案选D。
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．从反应历程图中转化过程可知，RNH2先参与反应，然后又生成，没有增加或减少，故RNH2是脱羧反应的催化剂，A正确；
B．从反应历程图中转化过程可知，N原子有时形成双键，此时N采用sp2杂化，有时是以单键连接，在此时N原子采用sp3杂化，即反应过程中氮原子的杂化类型发生了变化，B正确；
C．从反应历程图中转化过程可知，该反应过程涉及加成反应如+RNH2 ，和消去反应如+H2O，C正确；
D．从反应历程图中转化过程可知，碳碳双键是在羧基相连的碳原子上形成，连有N原子的碳原子也形成碳碳双键，然后才能转化为含有碳氮双键的结构，而对于题给分子，只能形成，无法继续向下进行，故不按照该反应机理生成，D错误；
故D。
10-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
如图所示，反应物为RCH=CH2、H2、CO，产物为RCH2CH2CHO，A为催化剂，曲线上的物质为中间产物。
详解:
A．该循环催化中Rh成键数目发生了变化，Rh的化合价发生了变化，A正确；
B．化合物G与D中Rh的成键数目相同，因此杂化方式相同，B正确；
C．根据分析，该过程的总反应为RCH=CH2+CO+H2→RCH2CH2CHO，C正确；
D．转化过程中氢原子、烷基中碳原子与Rh形成的配位键不是由孤电子对与Rh形成的，D错误；
故选D。
10-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据流程可知，该反应中[Cu]为催化剂，H+是中间产物，故A错误；
B．根据流程可知，N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，为sp杂化，后续产物中变为双键，为sp2杂化，故B错误；
C．反应过程I中有极性键断裂，但没有非极性键形成，故C错误；
D．据图可知，该流程中初始反应物为N3-R2和HCCR1，最终产物为，化学方程式为N3-R2+HCCR1，故D正确；
故选D。
11-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．除去溴苯中少量的溴，加入适量NaOH溶液，溴与NaOH溶液反应，与溴苯分层，则静置分液可除杂，可达到实验目的，A不符合题意；
B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，可达到实验目的，B不符合题意；
C．氯气本身可以和水反应生成次氯酸，并不能表明是溴酸钾氧化了氯气，也不能证明氧化性： Cl2>Br2，故不能达到实验目的，C符合题意；
D．在其他条件相同下，浓度越大，反应速率越快，但是Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O，反应中没有明显现象，不能判断反应速率的快慢，故不能达到实验目的，D符合题意；
答案选：CD。
11-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．氨气极易溶于水，应该向溶液中滴加浓NaOH溶液并微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察石蕊试纸是否变蓝，A不能达到实验目的；
B．将除去氧化膜的铝片放入浓硝酸中，一段时间后取出用水洗净，并快速放入硫酸铜溶液中，观察铝片表面是否有紫红色固体产生，若无红色固体生成，说明生成了致密氧化膜，B能达到实验目的；
C．亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，亚硫酸钠和氯化钡生成溶于酸的亚硫酸钡沉淀，C能达到实验目的；
D．向酸性KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，氯离子也能被酸性高锰酸根离子氧化，导致溶液褪色，D不能达到实验目的；
故选AD。
11-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．向1mL2mol·L-1FeCl3溶液中加入1mL1mol·L-1KI溶液，溶液混合反应，FeCl3过量，完全反应萃取后的水层滴入KSCN溶液，溶液必定变成红色，不能证明Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反应，A错误；
B．向烧杯中加入70g研细的Ca(OH)2晶体和50gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌，观察实验现象，发现玻璃片与烧杯相黏连，则说明玻璃片上的水结冰把二者黏连在一起，说明该反应是吸热反应，则证明吸热反应不一定需要加热才能进行，B正确；
C．向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否产生蓝色沉淀，若产生蓝色沉淀，可证明某溶液中有Fe2+，但不能证明无Fe3+，C错误；
D．相同条件下，用20mL1.0mol·L-1醋酸溶液和50mL1.0mol·L-1盐酸分别做导电性实验，观察对应灯泡明暗程度，由于这两种一元酸的物质的量浓度相同(导电性与体积无关)、若导电性不同，盐酸导电性大于醋酸，说明离子浓度不同、醋酸中自由离子浓度低、则醋酸是弱电解质，D正确；
答案选AC。
11-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．KI与FeCl3溶液发生反应：2KI+2FeCl3=I2+FeCl2+2KCl，二者反应的物质的量的比是1：1，根据题目已知两种物质的物质的量可知：KI过量，FeCl3完全反应，充分反应后滴入KSCN看是否显红色，若变为红色，能证明溶液中含有Fe3+，可以用于探究KI与FeCl3反应是否为可逆反应，A正确；
B．氯水有漂白作用，能够漂白试纸，因此不能用pH试纸测pH值，B错误；
C．碱过量，新制氢氧化铜与含有醛基的物质在加热煮沸条件下反应，产生砖红色沉淀，C正确；
D．实验室制备乙酸乙酯，加入物质的先后顺序是：先加入乙醇，再加浓硫酸，待混合溶液冷却后再加入乙酸，最后加碎瓷片，D错误；
故合理选项是BD。
11-5【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．乙酸具有酸性，能与NaOH溶液反应，但乙醇能与水互溶，不能通过分液操作分离，故A错误；
B．向沸腾的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热可制备胶体，故B正确；
C．含有苯酚能与浓溴水发生取代反应，含有醇羟基，不能与浓溴水发生化学反应，能鉴别，故C正确；
D．淀粉水解生成葡萄糖含有醛基，能与新制的反应产生砖红色沉淀，但不能确定淀粉已经完全水解，需要加入淀粉不变蓝才能证明，故D错误；
故选：AD。
11-6【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol/L的溶液和溶液的pH，醋酸酸性强，醋酸钠水解能力弱，pH小，可以比较和的酸性强弱，故A正确；
B．向盛有溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L的溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的溶液，又产生红褐色沉淀，由于NaOH过量，直接与氯化铁作用产生氢氧化铁沉淀，不能说明该温度下，故B错误；
C．与溶液发生氧化还原反应生成亚铁离子，溶液颜色变浅，无金属单质析出，不能比较Zn、Fe的金属性强弱，故C错误；
D． 室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入相同体积、不同浓度的稀硫酸，根据产生沉淀所需的时间多少，研究浓度对反应速率的影响，故D正确；
故选：BC。
12-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
由题中放电工作原理图可知，在正极上发生还原反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，负极上是失电子的氧化反应为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此解答。
详解:
A．由上述分析可知，放电时，正极Mo箔上的电势比负极Mg箔上的高，故A正确；
B．放电时，Mo箔为正极，该电极发生还原反应，所以充电时，Mo箔接电源的正极，发生氧化反应，故B错误；
C．放电时，正极上是得电子发生还原反应，其电极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，故C正确；
D．充电时，原电池的负极连接电源的负极，即阴极的电极反应为[Mg2Cl2]2++4e-=2Mg+2Cl-，当外电路中通过0.2mol电子时，生成Mg单质0.1mol，其质量为2.4g，即阴极质量增加2.4g，故D错误；
答案为AC。
12-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
图中所示为原电池工作过程，Mg失去电子生成Mg2+，a极为负极，b电极为正极，石墨烯可以导电，电极反应过程为S→MgS8→MgS2→MgS，硫单质得到电子生成MgS，所以MgS8→MgS2→MgS过程为原电池反应，据此分析解题。
详解:
A．图中所示为原电池工作过程，Mg失去电子生成Mg2+，a极为负极，b电极为正极，石墨烯可以导电，b电极添加石墨烯可以提高电池正极材料的导电性，故A正确；
B．b电极为正极，电极反应过程为S→MgS8→MgS2→MgS，硫单质得到电子生成MgS，所以MgS8→MgS2→MgS过程为原电池反应，能量转化形式为化学能→电能，故B错误；
C．由图和上述分析可知，放电时溶液中的Mg2+通过隔膜移向正极以使用的隔膜是阳离子交换膜，充电时Mg2+从b极移向a极，故C正确；
D．充电时阳极发生氧化反应，电极反应式为，电路中有2mol电子转移时，有lmolMg2+从b极移向a极，阳极质量减少24g，故D错误；
故答案选BD。
12-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据原电池工作原理，箔作负极，箔作正极，正极反应式为，故A正确；
B．充电时，电解池的阴极(原电池的负极)接电源的负极，电解池的阳极(原电池的正极)接电源的正极，即箔接电源的正极，故B错误；
C．充电时，阳离子移向阴极，应从左室移向右室，右室浓度增大，故C错误；
D．负极上的电极反应式是，外电路中通过电子时，消耗，质量减少2.4g，故D正确；
故选：AD。
12-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
根据锂离子的移动方向可知，A电极为该电源的负极，B电极为该电源的正极，因为总反应为2Li+S8═Li2S8，所以放电时，A电极锂失电子生成锂离子，电极反应为Li-e-═Li+，B电极上S8得电子生成Li2S8，电极反应：2Li++S8+2e-═Li2S8，充电时负极连接电源负极，正极连接电源正极，据此分析解答。
详解:
A．根据锂离子的移动方向可知，A电极为该电源的负极，电极材料主要是金属锂和石墨烯，故A正确；
B．放电时，B电极上S8得电子生成Li2S8，电极反应：2Li++S8+2e-═Li2S8，故B错误；
C．充电时负极连接电源负极，所以电极A与电源负极连接，作为阴极，故C正确；
D．锂能与水或酸发生反应，所以电解质溶液不能选用水溶液如稀硫酸，故D错误；
故选AC。
12-5【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
放电时为原电池，锌箔为原电池的负极，Pd电极为正极，充电时，锌箔为阴极，Pd电极为阳极。
详解:
A．放电时，锌箔为负极，锌失去电子发生氧化反应，电解质溶液为KOH，则电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH) ，A正确；
B．放电时为原电池，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，若放电时膜A、B工作，则双极膜中的H2O解离的OH-通过膜A(阴离子交换膜)移向负极，H+通过膜B(阳离子交换膜)移向正极，B错误；
C．充电时Pd电极为阳极，HCOOH在阳极失电子发生氧化反应得到CO2，电极反应式为HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，C正确；
D．若放电时外电路通过1mol电子，理论上有1mol OH-移向负极，1mol H+移向正极，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为2NA，D错误；
故选BD。
12-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
由图可知，放电过程中b极物质发生还原反应，为正极，则a为负极；
详解:
A．由分析可知，放电时，b极为正极，A正确；
B．充电时，阳离子向阴极移动，充电时a为阴极、b为阳极，则钠离子由b极向a极移动，B正确；
C．充电时a为阴极，阴极得到电子发生还原反应，反应为
+2e-+2Na+=，C错误；
D．若电池充满电时a、b两极室质量相等，根据电子转移关系可知钠离子迁移情况为，e-～Na+，则放电过程中转移0.3mol电子时，由0.3mol的钠离子发生迁移，则两极质量差为23g/mol×0.3mol×2=13.8g，D错误；
故选CD。
13-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由晶胞结构可知，位于面心的硒离子围成的空间结构为正八面体，故A正确；
B．由晶胞结构可知的最近的相邻离子数为4，其配位数为4，故B错误；
C．2号原子在三维坐标轴的投影均为晶胞边长的，原子坐标参数为 (,,,)，故C正确；
D．根据均摊法，每个晶胞中含的个数为，均在晶胞内为4个，故该晶胞的密度为=，故D错误；
故选BD。
13-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
A中根据杂化轨道类型进行判断；B中根据晶胞类型判断其配位数；C中根据结构图直接可以判断；D中根据成键数及价层电子排布进行判断；
详解:
A．根据铵根离子中心原子氮原子的杂化方式为sp3判断，其空间构型为正四面体，故晶胞中键角为，故A不正确；
B．碘晶胞如图乙所示，根据图乙判断为面心立方晶胞，故其配位数为12；故B正确；
C．根据图丙中的结构式判断，其形成的配位键是4个，故C正确；
D．N原子的价层电子排布式为2s22p3，B的价层电子排布式为2s22p1，根据丁中的结构判断N与B形成四个共价键，其中B原子中2s的电子经过跃迁后，能形成三个共价键，还有一个空轨道，N原子中有孤对电子，故能形成1个配位键，故D不正确；
故选答案AD；
点睛:
此题考查杂化理论及配位键的判断；注意配位键需要根据成键与电子排布相结合判断。
13-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
详解:
A．据图可知S2-位于立方体的顶点和面心，为面心立方最密堆积，A正确；
B．晶胞中S2-的个数为=4，化学式为Cu2S，则Cu+的个数为8，所以占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，B错误；
C．CuS晶胞中Cu2+位于四面体空隙中，所以Cu2+的配位数为4，化学式为CuS，所以S2-配位数也为4，C错误；
D．Cu2S晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为=，D正确；
综上所述答案为AD。
13-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．利用均摊法可得出，晶胞中含Ca2+个数为，含O2-个数为，含Ti4+个数为1，从而得出钛酸钙的化学式为CaTiO3，A正确；
B．晶胞中Ca2+距离最近的O2-数目为，则Ca2+的配位数为12，B错误；
C．图(b)中，含A()1个，含B离子1个，含X离子3个，依据电荷守恒，X应为I-，C错误；
D．图(b)立方晶胞中，含1个CH3NH3PbI3，其相对分子质量为620，密度为，则ρ∙a3=，晶胞边长cm=，D正确；
故选BC。
13-5【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．以上底面面心P原子为研究对象，与之距离最近且相等的硼原子为该晶胞内部上层2个B原子，还有上层晶胞内部下层2个B原子，即磷原子的配位数为4，选项A错误；
B．图中a原子处于上层、左侧、后方晶胞体心位置，可知a左侧面距离为晶胞棱长的，即，到前平面、下底面距离均为晶胞棱长的，则坐标参数，则a原子的坐标为，选项B正确；
C．根据均摊法一个晶胞中含有P个数为，含有B个数为4，设晶胞边长为xcm，则，选项C正确；
D．元素非金属性越强电负性越大，电负性P大于B，选项D错误；
答案选C。
13-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与位于体对角线上镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8，A正确；
B．由晶胞结构可知，a位置镁原子位于将晶胞平分为左上侧的立方单位的体心位置，原子的分数坐标为(0.25， 0.75， 0.75)，B正确；
C．由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与镁原子的距离为体对角线的，则铁原子与镁原子间最短距离为b nm，C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8+6=4，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱的中心位置的氢分子个数为12+1=4，储氢后化学式为FeMg2H2，D错误；
答案选CD。
14-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
详解:
A．浸锰过程通入过量的SO2，将MnO2和Fe2O3还原成Mn2+和Fe2+，反应的离子方程式为：Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO+H2O，故A正确；
B．过量的SO2，将MnO2和Fe2O3还原成Mn2+和Fe2+，因此过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2+和Fe2+，不会含有Fe3+，故B错误；
C．调pH=3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ的主要成分含有Fe(OH)3，故C正确；
D．滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入适量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉淀，同时二氧化碳生成，发生的反应为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，反应2Mn2++2HCO=2MnCO3↓+H2O也不满足电荷守恒，故D错误；
故选BD。
14-2【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 分析:
根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO，加入硫酸溶解生成多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和CaSO4；在滤液中加入KMMnO4，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀、把Mn2+氧化为MnO2；滤液中加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解过量的锌，得到Cd和Na2ZnO2。
详解:
A．调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和CaSO4，没除去Fe元素，故A错误；
B．滤液中加入KMMnO4，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，把Mn2+氧化为MnO2；“滤渣2”主要成分为MnO2、Fe(OH)3，故B错误；
C．滤液中加入锌置换出Cd，“置换”后滤液溶质主要成分是ZnSO4，故C正确；
D．海绵镉用氢氧化钠溶解过量的锌，“熔炼”过程利用Cd与Na2ZnO2的密度差异可以将二者分离，故D正确；
选AB。
14-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．分析对比铬铁矿主要成分和产物元素价态，可知Cr价态升高被氧化，“高温煅烧”中做氧化剂，A项正确；
B．分析流程，杂质分在两次除去，水浸除去铁、镁杂质，“高温煅烧”中铝元素转化为可溶性的四羟基合铝酸盐，用硫酸调pH时转化为沉淀过滤除去，若加入过量硫酸，能溶解沉淀，杂质离子不能除净，B项错误；
C．“沉铬”时加入晶体使转化为溶解度更小的晶体，根据溶解度数据分析，在高于40℃时溶解度受温度影响不大，但低于40℃时会明显降低，故应蒸发浓缩降温到40℃使结晶析出，C项正确；
D．“沉铬”前有硫酸酸化，目的是尽可能转化为，将“沉铬”后滤液中有硫酸，回到“水浸”过程可溶解MgO、，D项错误。
故选BD。
14-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
废钒催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)加入稀硫酸，二氧化硅不反应，V2O5、V2O4、Fe2O3和稀硫酸反应，生成VOSO4，加入氯酸钾，VO2+被氧化，再加入KOH将铁离子沉淀，VO变为V4O，根据信息用离子交换膜交换得到R4V4O12，再洗脱得到V4O，再加入氯化铵沉淀煅烧，最终得到V2O5。
详解:
A．“氧化”过程中主要是VO2+和发生氧化还原反应，化合价降低到Cl－，降低6个，VO2+化合价升高到VO，升高1个，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6；故A错误；
B．根据离子交换表示为4ROH+V4OR4V4O12+4OH－，因此离子交换时应选择阴离子交换树脂，故B错误；
C．“中和”过程中，将铁离子沉淀，而含钒离子发生反应的离子方程式为4VO+8OH－=V4O+4H2O，故C正确；
D．根据4ROH+V4OR4V4O12+4OH－，为了提高洗脱效率，应选择强碱性淋洗液，故D正确。
综上所述，答案为CD。
14-5【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
氟碳铈矿“氧化焙烧”中CeFCO3和空气中氧气、水高温生成二氧化碳、HF、CeO2，CeO2加入稀硫酸和过氧化钠酸浸得到三价Ce，萃取分液得到有机层经过反萃取得到硫酸铈溶液；
详解:
A．由流程可知，“氧化焙烧”中CeFCO3和空气中氧气、水高温生成二氧化碳、HF、CeO2，反应为：4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4CO2+4HF，A正确；
B．过氧化氢不稳定受热易分解，故酸浸过程加热温度不能过高，B错误；
C．在“氧化焙烧”反应中Ce化合价+3变为+4，发生氧化反应，生成CeO2为还原产物；在“酸浸”过程中Ce化合价+4变为+3，发生还原反应，CeO2为氧化剂，C错误；
D．“酸浸”反应中过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，每生成标准状况下11.2L氧气，为0.5mol，则转移1mol电子，D正确；
故选AD。
14-6【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
“还原焙烧”时过量炭黑将废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe]中的MnO2、MnOOH还原为MnO，Zn(OH)2受热分解产生ZnO，“还原焙烧后”得到含MnO、ZnO、Fe、炭黑的固体；“酸浸”时硫酸和MnO、ZnO、Fe反应，过滤除去炭黑，滤渣1主要成分为炭黑，得到含Mn2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+的滤液；“净化”时加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再调pH到适当范围使Fe3+形成沉淀，然后过滤除去，滤渣2主要成分为Fe(OH)3；通过“电解”阳极得到MnO2，阴极得到Zn，据此解答。
详解:
A．从流程和信息来看加入过量炭黑主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnO，A项正确；
B．若“酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸，则溶液中含氯离子，电解时阳极产生氯气，不产生MnO2，因此“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸，B项错误；
C．Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Fe3+完全沉淀时(Fe3+浓度≤10-5mol·L-1可认为沉淀完全)，10-38≥10-5×c3(OH-)，10-33≥c3(OH-)，10-11 mol·L-1≥c(OH-)，c(H+)≥10-3 mol·L-1，pH≥3，即Fe3+完全沉淀的pH≥3；Ksp[Mn(OH)2]=10-13，Mn2+开始沉淀时，10-13=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-12，c(OH-)=10-6，pH=8；Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Zn2+开始沉淀时，10-17=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-16，c(OH-)=10-8，pH=6；本题中，净化的目的是使Fe3+沉淀而除去，但不能使Zn2+、Mn2+形成沉淀，因此调节pH的合理范围是3≤pH<6，C项错误；
D．电解时，Mn2+在阳极失电子转化为MnO2，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，Zn2+在阴极得电子转化为Zn，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，因此阳极产生的H+和溶液中的硫酸根形成硫酸，硫酸经净化处理可循环利用于“酸浸”，D项正确。
答案选BC。
15-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
向次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体时会发生如下反应，当次氯酸钠溶液完全反应后，反应生成的次氯酸继续与二氧化硫发生如下反应，总反应的的方程式为；由图可知，a点少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应，所得溶液为氯化钠、硫酸钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，b点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好反应，所得溶液为氯化钠、硫酸钠和次氯酸的混合溶液，c点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好完全反应，所得溶液为氯化钠和硫酸的混合溶液。
详解:
A．b点二氧化硫的物质的量为mol，溶液的pH为3.8，由方程式可知，溶液中次氯酸的浓度为mol/L，由可知，则次氯酸的电离常数约为，电离平衡常数的数量级为，故A正确；
B．a点溶液含有次氯酸和次氯酸钠，次氯酸抑制水的电离、次氯酸钠促进水的电离，b点溶液含有的次氯酸抑制水的电离，则a点水的电离程度大于b点，c点溶液含有的硫酸抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，水的电离程度小于b点，则水的电离程度大小顺序为a>b>c，故B错误；
C．分析可知，由分析可知，b点溶液中硫酸钠、氯化钠和次氯酸钠的物质的量分别为mol、mol和mol，由物料守恒可得，故C正确；
D．由分析可知，c点溶液为氯化钠和硫酸的混合溶液，由电荷守恒可得，故D错误；
故选BD。
15-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1，就是水电离出的，故A正确；
B．b点溶液中的钠离子全部来自于1LpH=10的NaOH溶液，故，故B错误；
C．c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根要水解，离子在溶质中出现在前，不出现在后分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故C错误；
D．d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋) +c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，c(OH-)= c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故D正确。
故选AD。
15-3【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 分析:
n(NaClO)=1L×1.0mol/L=1mol，通入少量SO2时，发生反应①SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO，SO2过量时，发生反应②SO2+H2O+NaClO= H2SO4+NaCl。由图像可知，b点pH突然减小，且SO2通入mol，说明b点时反应①恰好进行完，c点SO2为1mol，说明c点反应②恰好进行完。
详解:
A．在b点处，pH=3.8，故c(H+)=10-3.8mol/L，根据反应①可知，n(HClO)=2n(SO2)=mol，故c(HClO)==mol/L，由HClOH++ClO-可知，c(ClO-)=c(H+)=10-3.8mol/L，故Ka===1.5×10-7.6=1.5×100.4×10-8，数量级为10-8，A正确；
B．a点时通入0.2mol SO2，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=0.2mol，n(HClO)=2n(SO2)=0.4mol，消耗的n(NaClO)=3n(SO2)=0.6mol，剩余的n(NaClO)=1mol-0.6mol=0.4mol，故n(HClO)+ n(ClO-)=0.8mol，n(Cl-)=0.2mol，同一溶液中体积相同，所以4c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，B正确；
C．根据分析，b点恰好发生反应①，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=mol，n(HClO)=2n(SO2)=mol，故n(Na+)=1mol，n()=n(Cl-)=mol，HClO可以电离出少量H+，c(H+)=10-3.8mol/L，H2O的电离受到抑制，电离出微量的OH-，c(OH-)=10-10.2，溶液体积为1L，离子浓度关系为c(Na+)>c(SO)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)，C错误；
D．c点时恰好发生反应②，n(H2SO4)=n(SO2)=1mol，c(H+)==2mol/L，D错误；
故选AB。
15-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由H2SO3的Ka2=6.0×10-8，H2S的 Ka2=1.3×10-13，则HS-的酸性比HSO弱，弱酸的酸性越弱，其水解程度越大，对应的盐溶液pH越大，则常温下，Na2S溶液pH大于相同浓度的Na2SO3溶液，A错误；
B．1L0.10mol·L-1的Na2S物质的量为n=cV=1L×0.10mol·L-1=0.1mol，a点通入0.05mol SO2，因为亚硫酸氢根酸性大于硫氢根酸性，所以最终生成HS-，反应的离子方程式为2S2-+SO2+H2O=2HS-+SO，B正确；
C．a点溶质为NaHS、Na2S、NaHSO3，存在物料守恒：c(S2-)+c(HS-)+ c(H2S)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，C错误；
D．b点pH=7，常温下c(H+)=1×10-7mol/L，由 ，则c(S2-)▪c(SO)=7.8×10-7▪c(HS-)▪c(HSO)，D正确；
故选：BD。
15-5【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
详解:
A．实验1只能说明气体中有CO2，不能说明有H2O，另外，碳元素反应前后价态不一样，说明应该还有其它产物，A描述错误，不符题意；
B．H2C2O4电荷守恒表达式为，所以c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)，B描述正确，符合题意；
C．a点时，溶液pH=7，水的电离处于正常电离状态(类似纯水)，b点时，溶液中溶质只有Na2C2O4，溶质的水解使水的电离受到促进，c点时，溶液中有额外的NaOH，其电离出的OH-明显抑制水的电离，所以三个状态下水的电离程度应是b>a>c，C描述错误，不符题意；
D．此状态下，溶液中溶质应为NaHC2O4，根据溶液质子守恒关系有，溶液pH<7，c(H+)>c(OH-)，所以有c(C2O)>c(H2C2O4)，D描述正确，符合题意；
答案选BD。
15-6【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
详解:
A．由图中信息可知a至b点之间，即c(SO)>c(HSO)，A项错误；
B．由图中信息可知 b至c点之间对应的溶液中一定有某个点为中性溶液，结合电荷守恒c(Na+) + c(H+)=c(OH-) + c(HSO) + 2c(SO)，一定有c(Na+)=c(HSO)＋2c(SO)，B项正确；
C．Na2SO3溶液中由于SO水解，促进了水的电离，在通入SO2气体的过程中，c(H+)逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，C项错误；
D．b点c(SO)=c(HSO)，即H2SO3第二步电离常数Ka2=1.0×10-7.2，D项正确；
故选AC。
16-1【基础】 【正确答案】 1、1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
2、Fe3+的3d5半满状态更稳定
3、FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
4、1:3 NA·a3·10-6
【试题解析】 基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；
从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；
①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1:3；
②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
16-2【基础】 【正确答案】 1、 sp 2、乙二酸中2个碳原子与2个电负性很高的氧原子成键，导致碳原子上电荷密度下降 3、AC
4、Cu2SnZnSe4 1、6或2、5或3、8或4、7
【试题解析】 基态为28号元素，价层电子轨道表示式； 中的CO为配体，配体CO中C和O都是sp杂化，形成一个σ键和两个相互垂直的π键；
乙二酸中2个碳原子与2个电负性很高的氧原子成键，导致碳原子上电荷密度下降，所以使得乙二酸中的的共价单键键长比普通的键长要长；
A．固定的元素都有特定的光谱，故现代化学，常利用原子光谱上特征谱线鉴定元素，A正确；
B．电负性大于1.8不一定是非金属，例如钴、镍的电负性大于1.8，而其为金属元素，B错误；
C．配合物中中心离子所带的电荷会影响配位键的形成，故配合物的稳定性不仅与配体有关，还与中心原子的所带电荷等因素有关，C正确；
D．据“均摊法”，晶胞中含个Na+、个Cl-，设晶胞边长为acm，则晶体密度为，则晶胞与的距离为晶胞边长的一半为：，D错误；
故选AC；
据“均摊法”，晶胞中含个Zn、个Cu、个Sn、8个Se，故化学式为Cu2SnZnSe4；
该晶胞中以体心的Zn为顶点构建晶胞时，则6号Se位置与1号Se位置重合，结合该晶胞中8个Se位置可知，晶胞中平移能完全重合的两个Se为1、6或2、5或3、8或4、7。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、 N 2、F>N>O>C
3、sp2、sp3 4、4
5、< 6、4：1：2：1
7、
【试题解析】 Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为：3d104s1，价层电子轨道表示式为，其原子核外电子占据的最高能层符号为N。
在周期表中，元素的第一电离能的总的变化规律应为：同主族元素从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，而同一周期元素从左到右，元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，N位于第VA族，2p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于第VIA族元素，则C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C。
该配合物中C分别在亚甲基上、苯环上和碳氧双键上，杂化类型为sp2、sp3。
由该配合物结构可知，该配合物中Cu的配位数为4。
∠l为C-O-C的键角，氧原子价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，∠2中C原子杂化方式为sp2杂化，则中∠l<∠2。
由晶胞结构可知，O原子的个数为8+4=4，Cu原子个数为4=1，Ba原子个数为2，Hg原子个数为8=1，O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为4：1：2：1。
设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为=。
16-4【巩固】 【正确答案】 1、16：1 3 2、sp3 氢键 H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强
3、固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高 b
4、a
【试题解析】 硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，成对电子与成单电子的个数比为16：1；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se，所以在同一周期中比它的第一电离能大的元素有3种；故答案为16：1；3。
SeO3与水反应可以生成H2SeO4。对于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的杂化方式为sp3，因此H2SeO4中Se的杂化方式也应为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，所以H2SeO4酸性较强；故答案为sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强。
①由题可知，固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高同为分子晶体，所以SeO2熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃；故答案为固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高。
②依据共价键饱和性可知，a为Se−O，b为Se＝O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；故答案为b。
4r(Se2-)＝晶胞面对角线长度=nm；所以r=a nm；由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Se2-个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，所以CaSe晶体的晶胞参数为cm；且一个晶胞中含有四个分子，所以CaSe晶体的密度为 g•cm-3；故答案为a；。
16-5【提升】 【正确答案】 1、A 2、F>O>Cl V形 和是结构相似的分子晶体，的相对分子量大于，分子间作用力大于
3、
4、
5、 0.97
【试题解析】 F原子核外共有9个电子，基态F原子核外电子排布式1s22s22p5，A选项所示微粒为F原子核外2p能级的1个电子激发到3s能级，B选项所示微粒含10个电子，不是氟原子，C选项为基态F原子核外电子排布式，所以符合题意的是A，答案选A；
O、F为同周期元素，随原子序数递增电负性增大，电负性F>O，F、Cl为同一主族，随原子序数递增，非金属性减弱，电负性F>Cl，O、Cl组成的化合物ClO2，O显负价，即共用电子对偏向O，O的电负性大Cl，所以电负性:F>O>Cl。OF2中氧原子价层电子对数为4，有2个孤电子对,，故分子的空间构型为V形。和是结构相似的分子晶体，的相对分子量小于，范德华力小于，所以的熔、沸点低于。
答案：F>O>Cl；V形；和是结构相似的分子晶体，的相对分子量大于，分子间作用力大于；
氮原子的杂化类型为sp2，每个氮原子有1对孤电子对，N与F之间应存在1条σ键，N与N之间应为双键，，故N2F2的结构式为: F-N=N-F，故F-N=N-F；
根据均摊法计算，由晶胞结构示意图可知X位于晶胞的8顶点和6个面心，所以每个晶胞中含有的X的个数是，有8个Y位于晶胞的内部，所以每个晶胞中含有的Y的个数是8，X和Y的个数比为1:2，根据CaF2的化学式可知X表示Ca2+、Y表示F-。已知晶胞边长a pm，由晶胞结构示意图可知，正负离子的最小核间距为晶胞体对角线长的，即pm。答案：Ca2+；；
①NiO晶体与NaCl晶体结构相似，1个晶胞中含有4个Ni2+，4个O2-，距离最近的两个间距为a pm，，因为距离最近的两个Ni2+位于顶点和面心，为面对角线的一半，则晶胞边长为pm，为，则1个晶胞体积为，1个晶胞质量为，密度g/cm3，答案：；
②样品中与的离子数之比为6：91，则含为，含为，根据晶体呈电中性，，解得x=0.97，答案：0.97；
16-6【提升】 【正确答案】 1、3d54s1 d K和Cu 2、AB
3、配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O
4、
【试题解析】 基态Cr原子核外有24个电子，价层电子排布式为：3d54s1，属于周期表的d区，Cr原子最高能层电子数为1，第四周期中与Cr最高能层电子数相同的还有K和Cu。
A．①、②、③中Cr的配位数都是6，故A正确；
B．①中Cr原子价层电子对数为6，Cr3+位于正八面体的中心，H2O和Cl-位于正八面体顶点，当两个Cl-相邻时为一种结构，两个Cl-不相邻时为另一种结构，即或，故B正确；
C．②中存在的化学键有离子键、配位键、极性共价键，氢键不是化学键，故C错误；
D．①②③中作为配体的Cl-不能在水溶液中电离出来，等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量不相等，故D错误；
故选AB。
配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。
该晶胞中N原子个数为8+6=4，Cr原子个数为1+12 =4，若该晶体的密度为，则晶胞的边长a= pm，晶胞中Cr原子之间的最近核间距为=pm。
17-1【基础】 【正确答案】 1、+3 2、
3、将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥
4、
5、铟离子发生水解，导致铟萃取率下降
6、10-7.6 96%
【试题解析】 分析:
从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟和铅，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶液硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸，浸渣加入10%氢氧化钠溶液加热处理后冷却、过滤，得到滤液和PbO粗品，经处理得到PbO；水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和的水溶液，除铁后的有机相中加硫酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。
FeAsO4·2H2O中O元素的化合价为-2价，As元素的化合价为+5价，根据化合物的化合价代数和为0，则 铁元素化合价为+3价；
水浸后的硫酸铅与氢氧化钠反应生成PbO粗品和硫酸钠，反应的化学反应方程式为；
根据PbO在NaOH溶液中溶解度曲线，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液，结合溶解度曲线，可知，氢氧化钠浓度较大时PbO溶液度较大，提纯PbO粗品的操作为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥；
“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为；
“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是铟离子发生水解，导致铟萃取率下降；
根据图像，加入50mLH2SO4时，沉淀完全，-lgc(Pb2+)=3.8，则c(Pb2+)=10-3.8mol/L，根据反应，则c(Pb2+)=c()，25℃，PbSO4的Ksp(PbSO4)= c(Pb2+)·c()=10-3.8mol/L10-3.8mol/L=10-7.6mol2/L2；
②加入50.00mL 0.100mol/LH2SO4与Pb2+恰好完全反应，，n(Pb2+)=n()=0.100mol/L0.05L=0.005mol，根据原子守恒n(PbO)=n(Pb2+)=0.005mol，PbO的质量m=nM=0.005mol223g/mol=1.115g，PbO产品的纯度为。
17-2【基础】 【正确答案】 1、D 电极材料、焰色反应材料、催化剂等
2、3Pt+2ClO+12H++16Cl-=3PtCl+6H2O
3、H2SiO3 浸出
4、R2PtCl6 AlCl3、NaCl
5、洗涤沉淀的方法为向漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复操作2～3次
6、3(NH4)2PtCl63Pt+2NH3↑+2N2↑+18HCl↑
【试题解析】 分析:
铂(Pt)废渣的主要成分为Al2O3，少量SnO2、SiO2和Pt。先将废渣用NaOH溶液处理，混合物的成分Al2O3、SnO2、SiO2与NaOH溶液反应生成NaAlO2、Na2SnO3和Na2SiO3，然后加HCl和NaClO3浸出时Pt转化为PtCl，锡酸钠和硅酸钠和盐酸都转化为锡酸和硅酸沉淀；“树脂交换”时，Pt元素被交换出来，Al元素除去；通过淋洗和加氯化铵沉铂，最后煅烧得到产品。
碱溶时，陶瓷、石英(二氧化硅)和铝都能与氢氧化钠反应，因此应该选择使用铁坩埚，故合理选项是D；
铂是一种不活泼的金属，可以是电极材料、焰色反应材料、催化剂等；
加盐酸和氯酸钠浸出时Pt转化为PtCl，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3Pt+2ClO+12H++16Cl-=3PtCl+6H2O；
锡酸钠和硅酸钠和盐酸都转化为锡酸和硅酸沉淀；
若铂还有剩余，应返回到浸出这一步再进行反应；
“树脂交换”时，根据浸出反应时的反应可知，被阴离子交换树脂RCl吸附的铂的存在形式是R2PtCl6；浸出时NaAlO2生成了AlCl3，同时生成NaCl，故尾液中溶质中含有AlCl3、NaCl；
洗涤沉淀的方法为：向漏斗中的沉淀物中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复操作2～3次；
煅烧时(NH4)2PtCl6生成Pt、NH3和HCl，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：3(NH4)2PtCl63Pt+2NH3↑+2N2↑+18HCl↑。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、除去可能含有的碳单质及有机物
2、80 回收再利用
3、1.2×10-9mol·L-1
4、2H2PdCl4+4NH3·H2OPd(NH3)4·PdCl4↓+4HCl+4H2O
5、二氯化二氨合钯(Ⅱ)在水中的溶解度很小，用去离子水反复清洗沉淀可得到较高纯度的二氯化二氨合钯(Ⅱ)
【试题解析】 分析:
电子废料中会含有炭黑、有机物等物质， 可以经焚烧除去；根据题给图象，在80 ℃时钯的浸出率已达到很高，温度再升高，浸出率基本不变，选择80 ℃即可；滤渣中含有的铂、铑和金等贵金属要回收再利用；以无机物的性质和应用为主，考查物质的变化过程、分离提纯、陌生、化学方程式的书写、氧化还原反应等知识，以此解题。
电子废料中会含有炭黑、有机物等物质，可以经焚烧除去，故焚烧的目的是：除去可能含有的碳单质及有机物；
根据题给图象，在80℃时钯的浸出率已达到很高，温度再升高，浸出率基本不变，选择80℃即可；滤渣中含有的铂、铑和金等贵金属要回收再利用，故回收再利用；
根据，当Cl-的浓度为0.15mol·L-1，；
根据题给信息，反应物为H2PdCl4和NH3·H2O，且溶液pH< 7.5，生成物为Pd(NH3)4·PdCl4沉淀，根据原子守恒可得化学方程式为2H2PdCl4+4NH3·H2OPd(NH3)4·PdCl4↓+4HCl+4H2O；
能用去离子水反复清洗沉淀说明二氯化二氨合钯(II) 在水中溶解度很小，反复清洗可以得到较纯净的二氯化二氨合钯(II) 固体，故二氯化二氨合钯(Ⅱ)在水中的溶解度很小，用去离子水反复清洗沉淀可得到较高纯度的二氯化二氨合钯(Ⅱ)。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、-566 2、3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1：3 Cl- 甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成
3、分液 (R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)
【试题解析】 分析:
从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt，进行流程分析，通过焙烧将C转化为CO、CO2，通过酸浸，将Pt浸出，经过萃取、分液、反萃取等一系列操作得到Pt，据此分析解答。
根据盖斯定律，△H3=2△H1-△H2==-566 kJ·mol-1；
根据氧化还原反应规律配平：3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O；由方程式可知，当NaClO3作为氧化剂时，浸出3molPt时，Pt的化合价升高+4，3molPt失12mol电子，NaClO3作为氧化剂消耗2mol，H2O2作为氧化剂时，应得12mol电子，消耗H2O26mol ，故n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；由表格可知，随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO与Cl-发生氧化还原反应而被消耗，Pt的浸出率降低；氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，由于三种浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成，甲中Pt的浸出率最低；
加入萃取剂萃取后，进行分液；由ii可知，萃取后有机体系为(R3NH2)[PtCl6](O)，加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，则萃取剂(R3N) 与水溶液分层，反应的离子方程式为(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)。
17-5【提升】 【正确答案】 1、-164.9 2、 mol
3、 在紫外光照射下，晶体内的电子受到激发由VB端跃迁到CB端，产生光生电子和空穴，并由内部迁移至表面，在CB端得到光生电子被还原为 300～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，的生成速率加快
【试题解析】 已知的燃烧热 kJ⋅mol-1，可得① △H1=-285.8 kJ⋅mol-1；的燃烧热 kJ⋅mol-1，可得② △H2=-890.3 kJ⋅mol-1；③ △H3=-44.0 kJ⋅mol-1；由盖斯定律可知，①×4-②-2×③可得 4△H1-△H2-2△H3=-164.9 kJ⋅mol-1。
①由图可知，在阴极得电子生成CH4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②标准状况下112 m3CH4的物质的量为，由电极方程式可知转移=mol。
①由图可知，光催化转化O2为时，在VB端发生的反应为；
②由图可知，在紫外光照射下，还原CH4的过程可描述为在紫外光照射下，晶体内的电子受到激发由VB端跃迁到CB端，产生光生电子和空穴，并由内部迁移至表面，在CB端得到光生电子被还原为；
③由图可知，300～400℃之间，CH4生成速率加快的原因是300～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，的生成速率加快。
17-6【提升】 【正确答案】 1、-3526 kJ·mol
2、酸性：，是推电子基团，使中的极性降低，电离出的能力减弱 铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成
【试题解析】 已知：① kJ·mol；② kJ·mol；③ kJ·mol；由盖斯定律可知，③+2×②-2×①得 =-3526 kJ·mol；
①由图可知，当和浓度相等时，10 ②时，氧化生成和，Fe元素由+6价下降到+3价，S元素由-2价上升到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；
③阳极使用的是易被氧化的活性铁电极，Fe失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是：铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成。
18-1【巩固】 【正确答案】 1、吹出蒸气
2、冷水 3、
4、装置B与C之间的导管可能因凝华而发生堵塞，应换为较粗的导管或者在装置C和D之间连接一个装有无水氯化钙的干燥管(或U形管)
5、加热使过量完全分解，以免在酸性条件下，能把还原为 偏低 95.1
【试题解析】 分析:
反应前通入氮气是为了排出空气、吹出CrCl3及尾气、吹出CCl4蒸气；
装置A的烧杯中盛放热水使CCl4汽化，装置C的烧杯中盛放冷水使生成的CrCl3凝华为固体；
可看成光气的水解产物CO2和HCl分别与足量NaOH反应生成Na2CO3和NaCl，因此化学方程式COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；
装置B与装置C之间的导管可能因CrCl3凝华而发生堵塞，应该换为较粗的导管。为了防止三氯化铬潮解，在装置C和D之间连接一个盛有碱石灰的干燥管；
①加热使过量H2O2完全分解，以免在酸性条件下，H2O2把Cr2O还原为Cr3+；
②若指示剂提前变色，消耗的标准液体积将偏小，则H2O2测得的CrCl3含量偏低；
③由离子方程式可知，m（CrCl3）=0.0951g，故该实验中CrCl3的质量分数为。
18-2【巩固】 【正确答案】 1、浓硫酸 防止G中的水蒸气进入E及C装置中 将COCl2排入装置G中并被充分吸收
2、加热D处 3、COCl2＋4OH-=CO＋2Cl-＋2H2O
4、%或% ab
【试题解析】 分析:
CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化，且CrCl3易水解，应保证氮气干燥；，CrCl3升华后又凝华，D处出现堵塞，C装置内压强增大；COCl2与水反应生成生成二氧化碳和氯化氢，进而和氢氧化钠反应；①由得失电子守恒，原子守恒确定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3～2CrO～Cr2O～6(NH4)2Fe(SO4)2，进而求得质量分数；②根据质量分数表达式来确定各选项的影响。
CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在氧气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中的试剂为浓硫酸，浓H2SO4可以干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中的水蒸气进入E及C装置中；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将COCl2排入装置G中并被充分吸收。故浓硫酸；防止G中的水蒸气进入E及C装置中；将COCl2排入装置G中并被充分吸收；
装置E用来收集产物，因CrCl3升华后在D处凝华，实验过程中若D处出现堵塞，可通过加热D处(填操作)，使实验能继续进行。故加热D处；
装置G中COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为COCl2＋4OH-=CO＋2Cl-＋2H2O。故COCl2＋4OH-=CO＋2Cl-＋2H2O；
①由得失电子守恒，原子守恒可知，测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3～2CrO～Cr2O～6(NH4)2Fe(SO4)2，产品中CrCl3的物质的量为：mol，产品中的CrCl3的质量分数表达式为 ，产品中CrCl3的质量分数表达式为%或%(写出含m、c、V的表达式)。故%或%；
②a．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在步骤Ⅱ中会还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，故a正确；
b．步骤II用盐酸替代硫酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，故b正确；
c．步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，故c错误；
d．步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，故d错误；
故ab。
18-3【巩固】 【正确答案】 ab
【试题解析】 分析:
详解:
(1)①测定过程中的物质的量的关系为：6(NH4)2Fe(SO4)2，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：=；
②a.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，选项a正确；
b.步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，选项b正确；
c.步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，选项c错误；
d.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，选项d错误。
答案选ab。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、增大Cr2O3与CCl4的接触面积，使反应更充分 将有毒的COCl2排入装置G中并被充分吸收 A中长玻璃管中液面上升
2、2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑) A(或B)
3、% ce
【试题解析】 分析:
实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g) 2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气，据此分析回答问题；
C中石棉绒的作用是增大Cr2O3与CCl4的接触面积，使反应更充分；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中长玻璃管液面上升；
实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaNO2 (aq)和饱和NH4Cl (aq)在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2 NaCl+2H2O+N2↑，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置；
①测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3∼2CrO∼Cr2O ∼6(NH4)2Fe(SO4)2，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为，产品中的CrCl3的质量分数表达式为： ；
②a．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将Cr2O还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，a错误；
b．步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，b错误；
c．步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，c正确；
d．步骤Ⅲ中读数时滴定前平视，滴定后俯视(读数偏小)，读取标准液的体积偏小，测出的CrCl3质量分数偏低，d错误；
e．滴定前滴定管中有气泡未排除，滴定后气泡消失，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，e正确；
故选ce。
18-5【提升】 【正确答案】 1、锥形瓶 将排入装置G中并被充分吸收
2、A中导管内液面上升 对D处稍加热
3、
4、 cd
【试题解析】 分析:
实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
根据分析，装置a为锥形瓶；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是将排入装置G中并被充分吸收；
故锥形瓶；将排入装置G中并被充分吸收；
若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
故A中导管内液面上升；对D处稍加热；
装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应；
故；
(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；
故；
a．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，a不符合题意；
b．步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，b不符合题意；
c．步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，c符合题意；
d．步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，d符合题意；

故cd。
18-6【提升】 【正确答案】 1、或
2、加快的挥发 导管有堵塞 将装置C、D之间的导管改成粗导管
3、 滴加足量的硝酸使溶液量酸性，再滴加溶液，有白色沉淀生成
4、 88.76%
【试题解析】 分析:
实验室制取CrC13的反为 ，CrC13易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrC13氧化；A中装浓H2SO4可以干燥N2并防止空气中水蒸气进入置，无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将COCl2排入G 中并被充分吸收，回收尾气，据此分析解题。
Cr为第24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为：(或)；
由装置可知是由与反应制得，故装置B中热水的作用是加快的挥发；实验进行一段时间后，发现导管a中的液面在不断上升，易升华，进入D中冷凝时将C与D之间导管堵塞；改进的措施是将装置C、D之间的导管改成粗导管；
Ⅰ.(俗称光气)有毒，遇潮湿的空气马上生成两种酸性气体，该反应的化学方程式为：；
Ⅱ. ，若假设成立则溶液中含有氯离子，滴加足量的硝酸使溶液呈酸性，再滴加溶液，有白色沉淀生成；
①步骤Ⅰ中完全转化时发生反应的离子方程式为；
②由原子守恒可知 ，和发生氧化还原反应， ，根据电子守恒可知 ，则总关系为： ， ， ×g，该样品中的质量分数为=88.76%。
19-1【基础】 【正确答案】 1、 2、还原反应
3、羧基、硝基、酰胺基
4、 5、10 6、。
【试题解析】 分析:
甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成B，B与SOCl2反应生成C，根据C中硝基的位置可知A为，B为；根据题目所给信息以及E的结构简式可知，D的结构简式为；
根据分析可知B的结构简式为；
对比E和F的结构简式可知，硝基转化为氨基，所以⑤的反应类型为还原反应；
观察E的结构简式可知E中的含氧官能团为羧基、硝基、酰胺键(肽键)；
根据题目所给信息可知反应④的化学反应为C中氯原子被D取代的反应，方程式为；
D为，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基在同一碳原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有、、、(序号表示羟基可能的位置)，共有3+3+2+2=10种；
对二甲苯为，对苯二胺为；根据防弹材料的结构简式可知，其可以由和对苯二胺发生缩聚反应生成，而可以由与SOCl2反应生成，对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化可以得到，所以合成路线为 。
19-2【基础】 【正确答案】 1、C7H7OF 酯基
2、的分子间存在氢键 3、H2O
4、加成反应 5、5 (CH3)2CHCOOH、(CH3)2CHOOCH
6、
【试题解析】 化合物I的结构简式为 ，所以分子式为C7H7OF；VIII中的含氧官能团为酯基；
的分子间存在氢键， 分子间只存在范德华力所以 沸点高于；
反应①是原子利用率100%的反应，根据原子守恒，可知则a为H2O；
和反应生成的过程，后者碳碳双键变成碳碳单键，属于加成反应；
化合物III为，包含4个C，2个O和一个不饱和度，其中包含 的同分异构体有：HCOOC3H7，有2种，CH3COOC2H5，有1种，C2H5COOCH3，有1种，C3H7COOH，有2种，共6种，除掉化合物III本身，同分异构体还有5种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为(CH3)2CHCOOH、(CH3)2CHOOCH；
根据所给物质及已知反应条件，涉及到醛基和酯基的加成，所以先将醇羟基氧化为醛基，再氧化成羧酸，最后酯化生成酯基，酯基再与醛基反应生成碳碳双键得到单体，合成路线为 。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、2，6－二甲基苯酚 醚键、酯基
2、稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)
3、 H2O 4、E、F、G(或EFG)
5、15 6、
【试题解析】 分析:
A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为；
A的化学名称为2，6—二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基；
反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为；
反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+；
该消去反应均为醇的消去，根据消去反应的条件可知在有机物A～H中能发生消去反应的物质有E、F、G；
由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为；
乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，与SOCl2发生已知信息的反应，再与苯乙胺发生反应④，合成路线如下：。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、CH3OH++HCl
3、中和生成的HI，使反应A→B向正反应方向移动
4、24 5、
【试题解析】 分析:
A是可与碳酸氢钠溶液反应的芳香族化合物，对比A的分子组成及B的结构可知，A与CH3I发生取代反应，再经酸化生成B，A的结构简式为：；B与SOCl2发生取代反应生成C，C为，C与甲醇发生取代反应生成D，结合E的结构可知C与的Cl原子被-OCH3替代，D为：，D与NH2OH发生反应生成E，E在Zn、硫酸作用下发生还原反应，再经碱化生成F，F为 ，F在酸性条件下发生酯的水解反应，再调节pH值得到G，据此解答。
由以上分析可知A为，故；
C与甲醇发生取代反应生成D，结合E的结构可知C与的Cl原子被-OCH3替代，D为：，反应方程式为：CH3OH++HCl，故CH3OH++HCl；
A到B的第一步转化反应为：+2CH3I→+2HI，加入NaOH可以中和生成的HI，有利于该反应正向进行，故中和生成的HI，使反应A→B向正反应方向移动；
比C相对分子质量小14，可知该结构比C少一个碳原子；①可与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基；
②可以使溴水褪色，结合C的组成可知，有羧基后苯环支链上还有一个不饱和度，说明含有一个碳碳双键；
③苯环上为二取代，其中氯原子直接连接在苯环上，则碳碳双键和羧基在同一个支链上。
则除Cl原子外的支链可以是：、、、、、、、，每种结构与氯原子有邻、间、对三种位置，共24种结构，其中核磁共振氢谱五组峰，比值为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式，故24；；
经催化氧化生成，在NaOH加热条件下发生分子内加成再消去生成，与NH2OH发生流程种反应生成，可得合成路线：，故。
19-5【提升】 【正确答案】 1、保护羧基，避免羧基与卤代烃反应
2、对甲基苯酚(或4-甲基苯酚) 酯基、醚键
3、中和副产物HBr，提高产率
4、
5、16 6、
【试题解析】 分析:
比较A和B可知，A为；比较D、F并结合E的分子式可知，D与HCN发生加成反应，再水解生成E，E为。
G→H中酚羟基断裂H—O键，发生取代反应，而羧基上的H比酚羟基活泼，必须保护羧基。故保护羧基，避免羧基与卤代烃反应；
根据H的结构简式可知含有的官能团为酯基和醚键。故对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)；酯基、醚键；
G→H反应时会产生副产物溴化氢，可用碳酸钾吸收，而吡啶含有N原子，N原子上有1个孤电子对，故吡啶能与溴化氢反应，提高原料转化率以及产物的产率。故中和副产物HBr，提高产率；
从N、C、O原子价层电子数分析，J中结构为，J与K反应，实质是J断裂键中的1个键，K断裂键，发生加成反应生成L。反应方程式为：，故；
根据题意，同分异构体含羟基、甲酸酯基，如果苯环含4个取代基，、、和，则1mol有机物必消耗4molNaOH，不合题意。分两种情况：一种是、、，共有10种结构；一种是一、、，共有6种结构。符合条件的同分异构体有16种。故16；
目标产物是加聚产物，引入碳碳双键；亲水基是羧酸钠，故引入羧基。设计思路是与HCN发生加成反应然后水解生成、在浓硫酸作用下发生消去反应生成、 与NaOH发生中和反应生成、加聚得到目标产物。故 。
19-6【提升】 【正确答案】 1、 羧基、醚键 2、取代反应
3、 4、13 5、
【试题解析】 分析:
根据题中信息可得：A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，F的结构简式为，G的结构简式为；据此解答。
①根据题意逆推可得B的结构简式为： 。
②G的结构简式为，官能团为羧基、醚键。
C→E的反应方程式为： ,反应类型为取代反应。
E→F过程中，E在NaOH作用下发生反应的化学方程式为：
A的结构简式为，根据题意当出现这种情况时三种不同的取代基在苯环上的同分异构体有十种；当出现这种情况时 ，同分异构体有邻、间、对三种。因此符合题意的同分异构体总有13种。
合成路线为：
20-1【基础】 【正确答案】 1、CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)
2、+31.21kJ·mol-1
3、C ii 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降
4、HCOO* Bi/CeO2
【试题解析】 据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+ H2O(g)；
焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；
①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；
答案选C；
②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压力商计算式Qp==；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；
据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
20-2【基础】 【正确答案】 1、391 2、B
3、丙>乙>甲 33.3%
4、900°C 催化剂中毒 5、AD
【试题解析】 工业合成氨反应为，反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故945.8kJ/mol+3×436 kJ/mol-6E(N-H)= -92.2kJ/mol，则E(N-H)= 391kJ/mol；
A．反应为放热反应，升高反应温度，反应速率加快，但是平衡逆向移动，氢气转化率降低，A不符合题意；
B．反应为气体分子数减小的反应，增大反应的压强，反应速率加快，且平衡正向移动，氢气转化率升高，B符合题意；
C．及时移走生成的NH3，反应正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，C不符合题意；
D．增加H2的物质的量，物质浓度变大，反应速率加快，平衡正向移动，促进氮气的转化但是氢气转化率下降，D不符合题意；
故选B；
相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，氨气含量减小，故甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；
d点氨气的体积分数为40%

反应后总的物质的量为1.4mol-2a，则，a=0.2mol，则N2的转化率是，d点压强为60Mpa，则氮气、氢气、氨气分压分别为24Mpa、12Mpa、24Mpa，则；
由图可知，脱除NO的最佳温度是900°C，此时NO脱除率最高；在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂中毒，导致催化效率迅速下降；
A．该反应历程中形成了水中的氢氧极性键和氮气中的氮氮非极性键，A正确；
B．由图可知，总反应为氨气、一氧化氮、氧气在催化剂作用下生成氮气和水，反应为，电子转移关系为，则每生成2molN2，转移的电子总数为6NA，B错误；
C．Fe3+为反应的催化剂，能降低总反应的活化能，提高反应速率，亚铁离子为反应中间产物，C错误；
D．由图可知，该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O，D正确；
故选AD。
20-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、较高温度 3、 0.04 1.92
【试题解析】 该反应的热化学方程式为；
该反应时，反应可自发进行，则该反应易在较高温度下自发进行；
①氧化钴中的最外层电子排布式为；
②由于平衡常数只与温度有关，升高温度，该平衡正移，平衡常数增大，则图中a、b、c三点所对应的平衡常数K的大小顺序为；体积越大，压强越小，平衡正移，甲烷的转化率越大，则b点所在体系的体积为，a点和c点所在体系的体积为，温度越高，压强越大(即体积越小)，反应速率越大，则逆反应速率的大小关系为；
③a点平衡时甲烷的转化率为40%，则平衡时的物质的量分别为和，体积为，则时，图中a点对应的正反应速率，则；
④a点和b点温度相同，则K相同，；平衡时，该反应的正反应速率为，逆反应速率，则；时，的密闭容器中，该反应的。
20-4【巩固】 【正确答案】 1、反应a 温度太低，乙烷裂解制乙烯反应的化学平衡常数K太小，反应速率太慢；反应温度太高，副反应增多，容易产生积碳
2、q D 33.3
3、1120 0.4
【试题解析】 ①活化能越大，反应速率越小，故该反应的决速步骤是反应a；
由图可知，乙烷裂解制乙烯的反应是吸热反应，故该反应的热化学方程式为 ；
②工业上一般选择温度在1000 K左右，因为温度太低，乙烷裂解制乙烯反应的化学平衡常数K太小，反应速率太慢；反应温度太高，副反应增多，容易产生积碳；
①题给反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则随温度升高，物质的量增大的曲线m、n代表反应物随温度的变化关系，随温度升高，物质的量减小的曲线p、q代表生成物随温度的变化关系，结合化学计量数关系可知，m代表的物质的量随温度的变化，n代表的物质的量随温度的变化，p代表的物质的量随温度的变化，q代表的物质的量随温度的变化；
②A．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，但不能提高平衡产率，选项A错误；
B．扩大容器容积相当于减小压强，则和均减小，选项B错误；
C．容器体积不变，气体总质量不变，混合气体的密度一直不变，无法判断反应已达到平衡状态，选项C错误；
D．再通入3 mol ，平衡正向移动，达到平衡时的转化率增大，但平衡常数K只与温度有关，故K保持不变，选项D正确；
答案选D；
③设反应达到平衡时生成x mol ，根据反应方程式，列三段式：

由图可知，解得，平衡时，，，则；平衡时，氢气的转化率为；
由图像可知，停留时间在0.4 s时乙烯的收率最高，在1120 K附近，乙烯的收率比较高，且此温度下丙烯的收率比较低。
20-5【提升】 【正确答案】 1、241 2、bc
3、＜ 1000 增大 c 随着温度的升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内生成的CO(NH2)2的物质的量减少
【试题解析】 反应焓变是-87kJ/mol，即图中最终阶段相对初始阶段的能量是-87kJ/mol，那么由TS3到最终阶段，有；
a．根据方程式可知：每2分子NH3反应产生1分子CO(NH3)2，会断裂2个N-H键，即1个NH3分子断裂1个N-H键。现在断裂6 mol N-H键，就是6 mol NH3反应，要生成3 mol H2O，形成6molO-H键，同时断裂2 molO-H键，就是l mol水发生反应，生成水的物质的量大于消耗的水的物质的量，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡，a不符合题意；
b．该反应在恒温恒容条件下进行，反应前后气体的物质的量发生改变，当气体压强不再变化时，气体的物质的量不变，则反应达到了平衡状态，b符合题意；
c．反应前后气体的质量发生变化，而反应恒温恒容条件下进行，气体的体积不变，气体的密度会发生变化，若在混合气体的密度不再变化，则反应达到了平衡状态，c符合题意；
d．由三段式计算可知二氧化碳体积分数为定值，所以二氧化碳体积分数不再变化不能说明是否已达平衡，d不符合题意；
故选bc；
①由反应机理图可知，最后一步的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，若p(NH3)保持不变，温度升高，p[CO(NH2)2]会减小，由图可知，当lgp(NH3)=1时，T2直线所对应的lgp[CO(NH2)2]比T1直线所对应的lgp[CO(NH2)2]小，则有T1＜T2；
②向恒容密闭容器中投入等物质的量的HNCO和NH3，平衡时HNCO和NH3分压相等，根据平衡常数表达式，并代入A点数据，可知T2℃时此反应的标准平衡常数；
③若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，体积不变，则相当于增大压强，加压时化学平衡向气体体积减小的方向移动，故化学平衡正向移动，CO(NH2)2的体积分数变大；
④由图Ⅱ可知在温度为T1时，催化剂③的作用下，CO(NH2)2的物质的量较多，其物质的量分数较大，故该温度下催化效率最好的是催化剂c；
⑤催化剂存在活化温度，在活化温度时催化效果较高， 由图Ⅱ的CO(NH2)2的体积分数随着温度的变化趋势可知：T2℃以上，n[CO(NH2)2]下降，原因可能是：随温度的升高，可能导致催化剂活性降低，使反应速率降低，相同时间生成的CO(NH2)2的物质的量减少。
20-6【提升】 【正确答案】 1、 小于
2、或
3、 ③
【试题解析】 (CO2)+() -(CO) =[+0]=；该反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能。
根据盖斯定律，Ⅱ=(Ⅲ-I)，，，则==。
达到平衡时，，，则；温度升高，正逆反应速率均增大，k正、k逆均增大，则lgk正、lgk逆与成反相关，由（1）分析知该反应正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅度，则lgk正随变化的曲线为③；曲线③表示lgk正随的变化关系，曲线④表示lgk逆随的变化关系，温度T1时lgk正-lgk逆==a-0.3-a+1=0.7，则反应Ⅱ的平衡常数=100.7=5。设和的物质的量均为1mol，



平衡时CH4为1mol×(1-60%)=0.4mol，H2O为(1-y-2z) mol，CO2为(y+z-x) mol，CO为(2x-y) mol，H2为(2x+y+4z) mol，则，解得，即平衡时CH4为0.4mol，H2O为0.2 mol，CO2为0.2mol，CO为0.4 mol，H2为2 mol，总物质的量为3.2mol，；。