2021-2022学年“四省（云贵川桂）八校”高三上学期期中考试化学变式题含解析

这是一份2021-2022学年“四省（云贵川桂）八校”高三上学期期中考试化学变式题含解析，共88页。

 共性错题精讲
【原卷 7 题】 知识点 几种常见硅酸盐矿物,化学科学对人类文明发展的意义,化石能源

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．陶瓷由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐，在新石器时代就已经开始使用，应用较早，A正确；
B．钛是一种性能非常优越的金属，其化学性质稳定，耐腐蚀，钛及钛合金主要用于飞机、火箭、导弹、人造卫星和宇宙飞船等领域，B正确；
C．洗发水的pH大于7、护发素的pH小于7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，C正确；
D．天然气是化石燃料，属于不可再生能源，不可无限制开采和使用，D错误；综上所述答案为D。

7-1（基础） 化学使科技进步，使生活更美好，下列相关说法错误的是
A.“海牛II号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于成分金属
B.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
C.涤纶人造血管性质稳定、使用寿命长，其属于合成高分子材料
D.“天问一号”火星车的热控保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
【正确答案】 B

7-2（基础） 北京2022年冬奥会、冬残奥会胜利召开，下列有关说法正确的是
A.用氢气做交通车能源，催化剂可降低水光解反应的焓变，有利于开发氢能源
B.用石墨烯打造颁奖礼仪服，石墨烯是一种烯烃
C.利用玉米、薯类、农作物秸秆等原料生产的可降解高分子材料能减轻“白色污染”
D.碳纤维制头盔、雪杖，聚四氟乙烯纤维制滑雪服，这两种纤维均为有机高分子材料
【正确答案】 C

7-3（巩固） 下列关于化学知识应用的说法合理的是
A.造纸包括破碎，碱浸，漂白，沉浆等过程，均不涉及化学变化
B.苏轼的《格物粗谈》中记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气
C.《本草经集注》冲记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，利用了焰色试验
D.古代制造指南针主要材料是磁石，磁石中含有带磁性的Fe2O3
【正确答案】 C

7-4（巩固） 近年来我国航空航天事业取得了很多令世界瞩目的成就。下列说法不正确的是
A.飞船返回舱表层使用的玻璃纤维属于天然高分子材料
B.当光束通过空间站热控材料使用的纳米气凝胶时可观察到丁达尔效应
C.新一代运载火箭使用的液氢燃料燃烧产物对环境无污染
D.人造卫星使用的太阳能电池工作时将太阳能转化为电能
【正确答案】 A

7-5（提升） 化学与生活、生产、科技等息息相关。下列说法正确的是
A.冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维为外壳，吉祥物“冰墩墩”以聚乙烯为原材料，碳纤维和聚乙烯均为有机高分子材料
B.大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
C.纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Pb2+等重金属离子
D.制作五星红旗用的芳纶为合成纤维
【正确答案】 D

7-6（提升） 中国古代诗词中蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是
A.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化亚铜
B.“东风夜放花千树，更吹落，星如雨”中的焰火实质上是金属化合物在灼烧时呈现的各种艳丽色彩
C.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明金的化学性质很稳定
D.“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分属于糖类
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 阿伏加德罗常数的求算,结合气体物质与NA相关推算,结合氧化还原反应知识与NA相关推算,阿伏加德罗常数的应用,可逆反应及反应限度

【正确答案】
A
【试题解析】



8-1（基础） 用NA代表阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是
A.1molCaO2晶体所含离子总数为3NA
B.将7.1gCl2通入水中，转移电子数为0.1NA
C.常温下，1L0.1mol·L-1的氨水中含有OH-的数目为0.1NA
D.标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA
【正确答案】 D

8-2（基础） NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.1molYb(镱)中含有的中子数为70NA
B.常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离的OH－数目为0.1NA
C.在锌锰碱性电池中消耗13.0g负极材料，转移电子数为0.2NA
D.常温常压下，28.0g丙烯和乙烯的混合气体中含有的氢原子数为4NA
【正确答案】 D

8-3（巩固） 用代表阿伏伽德罗常数的数值。下列说法不正确的是
A.石墨烯和金刚石均含有个碳原子
B.与水完全反应转移的电子数为
C.标准状况下，含有的电子数为
D.的中，含有个中子
【正确答案】 B

8-4（巩固） 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是
A.1L0.1mol·L-1(NH4)2SO4溶液中NH离子的数目为0.2NA
B.Zn与浓硫酸反应，产生22.4L气体(标准状况)时，转移的电子数一定为2NA
C.16.9g过氧化钡(BaO2)固体中阴、阳离子总数为0.2NA
D.42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NA
【正确答案】 A

8-5（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的个数为（ ）
①标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NA
②电解精炼铜时，阳极质量每减少64g，电路中就转移2NA个电子
③1molFe高温条件下与水蒸气反应，电子转移数为3NA
④18gD2O(重水)完全电解，转移的电子数为NA
⑤常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中，N(OH-)=NA
⑥1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA
⑦12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA
⑧NA个Fe(OH)3胶体粒子形成的纳米材料的质量大于107g
A.1 B.2 C.3 D.4
【正确答案】 B

8-6（提升） 设阿伏伽德罗常数的值为。下列说法正确的是
A.羟基所含质子总数为
B.标准状况下，中含有键的个数为
C.与足量的反应，转移电子数为
D.乙酸乙酯在碱性条件下水解，生成乙醇的分子数小于
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 有机官能团的性质及结构,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

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．根据糠醛的结构可知，其含有碳碳双键、醚键、醛基三种官能团，A错误；
B．1mol糠醛和氢气完全加成，两个碳碳双键消耗2mol氢气，一个醛基消耗1mol氢气，共消耗氢气3mol，B错误；
C．和氢气加成后，醛基变为羟基，能够发生酯化反应，C正确；
D．醛基和五元环之间的单键可以旋转，所以所有原子可能共平面，而不是一定共平面，D错误；综上所述答案为C。

9-1（基础） 2，6-二甲基苯氧乙酸是合成药物洛匹那韦的原料之一，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A.该有机物属于芳香烃 B.该有机物分子式为C10H16O3
C.该分子能发生加成、取代反应 D.该分子中所有原子可能处于同一平面内
【正确答案】 C

9-2（基础） 化合物X是一种药物合成的中间体。下列有关化合物X的说法正确的是

A.X中含有三种官能团 B.X中所有原子可能处于同一平面
C.X易溶于水，不易溶于有机溶剂 D.在一定条件下，X能发生氧化反应、加成反应
【正确答案】 D

9-3（巩固） 脱落酸(ABA)是一种抑制生长的植物激素，常用于植物组织分化、培养实验，其结构简式如图所示。下列关于ABA的说法正确的是

A.ABA含有三种官能团 B.ABA中所有碳原子均能共平面
C.ABA能发生氧化反应、加成反应及取代反应 D.和足量的钠反应生成
【正确答案】 C

9-4（巩固） 化合物Q可用于合成药物Tivozanib，结构如如图所示。下列有关说法正确的是

A.化合物Q含两种官能团
B.化合物Q中所有碳原子均处于同一平面
C.化合物Q苯环上的一溴代物有2种
D.lmol化合物Q最多能与3molH2加成
【正确答案】 A

9-5（提升） 心脑血管疾病是人类生命的重要威胁，其中一种药物中间体的合成原理如图所示，下列说法正确的是

A.化合物1可以发生氧化反应、取代反应、消去反应和加成反应
B.化合物2的含氧官能团有2种
C.化合物2中所有原子可能共平面
D.化合物3与氢气完全加成后的产物的一氯代物有6种
【正确答案】 D

9-6（提升） 乙酰氧基胡椒酚乙酸酯在医药和食品工业上有广泛的应用前景，它具有众多的生物活性，结构如图。关于乙酰氧基胡椒酚乙酸酯的说法正确的是

A.分子中含有3种官能团
B.分子中至少有9个碳原子共平面
C.1mol该有机物与H2加成消耗4molH2
D.1mol该有机物在NaOH溶液中的水解消耗2molNaOH
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 元素金属性与非金属性递变规律的理解及应用,元素周期律的应用,元素周期律、元素周期表的推断

【正确答案】
C
【试题解析】



10-1（基础） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Z位于同一主族。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子的电子总数是其最外层电子数的3倍。W与X形成的一种气体常用于漂白和消毒，下列有关说法可能错误的是
A.含氧酸的酸性：W>Z B.X与Y、Z、W可分别形成两种或两种以上化合物
C.简单氢化物沸点：X>Z D.简单离子半径：Y>Z>W>X
【正确答案】 A

10-2（基础） 短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，其中 Y、Z 同周期，W、Q 同周期，W 与 Y 同主族，W 与 Z 形成的化合物是玻璃工业的主要原料。Q 的最外层电子数等于 X、Z 的最外层电子数之和。下列说法正确的是
A.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>W>Y
B.原子半径：W>Z>Y>X
C.Y 和 W 形成的化合物硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料
D.Z 分别与 Y、W 形成的化合物一定为酸性氧化物
【正确答案】 C

10-3（巩固） 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的简单氢化物的水溶液呈碱性，X、W同主族；Y的最外层电子数是次外层的3倍；金属元素Z的最外层电子数等于其K层电子数； W、Q的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的2倍，下列说法不正确的是
A.X、Y两种元素能形成多种化合物
B.工业上电解熔融Z的氯化物来获得Z单质
C.X、Y、W三种元素气态氢化物的稳定性： Y>X>W
D.Q的氧化物对应的水化物一定为强酸
【正确答案】 D

10-4（巩固） W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。W与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是W原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A.原子半径：Y>X>W B.单质的熔点：Y>X>W
C.简单氢化物的沸点：Z>W D.Z的最高价含氧酸一定是强酸
【正确答案】 B

10-5（提升） 短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z的最外层每个能级上排布的电子数相同，W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W和X的单质常温下均为无色气体。下列结论正确的是
A.原子半径大小顺序为Z>Y>X>W
B.通常用电解X与Y的化合物的方法制得Y单质
C.W与Y形成的化合物溶于水生成两种碱性物质
D.X、Z形成的化合物属于离子化合物
【正确答案】 C

10-6（提升） 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Z的质子数是X的11倍，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍。下列叙述错误的是
A.原子半径：
B.Y的简单气态氢化物的沸点比W的高
C.W元素氧化物对应的水化物的酸性比Q的弱
D.Y、Z、W组成的化合物中可以既有离子键又有共价键
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 物质性质实验方案的设计

【正确答案】
B
【试题解析】



11-1（基础） 下列实验能达到目的的是

实验目的
实验方法或操作
A
测定中和反应的反应热
酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B
探究浓度对化学反应速率的影响
量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C
判断反应后是否沉淀完全
将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D
检验淀粉是否发生了水解
向淀粉水解液中加入碘水
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

11-2（基础） 下列实验能达到目的的是
选项
实验目的
实验方法或操作
A
证明硝酸钾的焰色为紫色
蘸有硝酸钾样品的玻璃棒在煤气灯焰上灼烧，观察焰色
B
证明氯化铵遇水吸热
向氯化铵中加少量水，观察现象并用手碰触试管外壁
C
配制的溶液
用托盘天平称取
D
检验硝酸厂附近空气中是否含有
用注射器多次抽取空气样品慢慢推入盛有石蕊的同一试管中，观察颜色变化
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

11-3（巩固） 下列实验操作能达到实验目的的是

实验操作
实验结论
A
向NaBr溶液中滴入少量氯水和，振荡、静置，下层溶液呈橙红色
氧化性强于
B
向某溶液中加入硝酸酸化的溶液，生成白色沉淀
该溶液中含
C
向1mL蛋白质溶液中逐滴加入饱和硫酸铵溶液，出现沉淀
蛋白质发生变性
D
常温下，测得饱和溶液pH大于饱和溶液pH
碱性：
金属性：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

11-4（巩固） 下列实验不能达到目的的是

实验目的
实验方法或操作
A
探究浓度对化学反应速率的影响
相同温度下，向同体积不同浓度的溶液中分别加入等体积等浓度的溶液，观察实验现象
B
检验淀粉水解是否完全
向淀粉水解液中加入碘水，观察溶液是否变蓝
C
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于稀硫酸，滴入溶液，观察紫色是否褪去
D
探究Fe3+与I—的反应是否可逆的
将等体积溶液和溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，观察溶液是否变红
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

11-5（提升） 化学学习离不开实验。下列实验操作能达到实验目的的是
选项
操作
目的
A
室温下，用pH计分别测量NaA和NaB溶液的pH
比较HA和HB酸性强弱
B
向2mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加2滴浓度均为0.1mol·L-1NaCl和NaI的混合溶液，振荡，沉淀呈黄色
证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
证明Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解平衡
D
在醋酸铅稀溶液中通入硫化氢气体，观察现象
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

11-6（提升） 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向溶液中滴加足量稀充分反应，再向其中滴加溶液
检验是否完全被氧化
B
常温下，用pH试纸测定等浓度的溶液和溶液的pH，后者数值小
证明
C
向酸性溶液中通入气体a，紫红色逐渐褪去，溶液静置、分层
证明气体a为乙烯
D
向的稀氨水中滴加5～6滴的饱和溶液，继续加热
制备胶体
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

【原卷 12 题】 知识点 胶体的性质和应用,氧化还原反应的应用,氧化还原反应的规律,基于氧化还原反应守恒规律的计算



【正确答案】
B
【试题解析】



12-1（基础） 橙子辅导化学小组研究发现雾霾微颗粒中硫酸盐的生成可能存在三个阶段的转化，其主要过程如图所示。下列说法错误的是

A.为转化过程中的催化剂
B.、、均为共价化合物
C.第Ⅰ阶段的反应中被氧化
D.第Ⅱ、Ⅲ阶段总反应的化学方程式为
【正确答案】 A

12-2（基础） 沸石笼作为一种载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是

A.沸石笼能增大气体的吸附面积，从而加快反应I的反应速率
B.反应I中只有两种元素的化合价发生了变化
C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
D.反应I与反应II均没有极性键与非极性键的形成
【正确答案】 A

12-3（巩固） 固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是

A.转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
B.反应①②③均为氧化还原反应
C.假设每一步均完全转化，每生成2 mol NH3，同时生成1.5 mol O2
D.参与反应的物质均只含离子键
【正确答案】 C

12-4（巩固） 在酸性条件下，黄铁矿()催化氧化反应的离子方程式为：，实现该反应的物质间转化如图。下列分析不正确的是

A.在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO做催化剂
B.反应Ⅱ中做氧化剂，被氧化
C.反应Ⅰ中做氧化剂
D.反应Ⅲ的离子方程式为，该反应不是氧化还原反应
【正确答案】 C

12-5（提升） 用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水体中的Cr(VI)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(VI)可能反应机理如图所示。下列说法正确的是

A.Fe2O3在反应中起到催化剂作用
B.Fe与Fe2O3组成原电池，Fe作为负极，发生吸氧腐蚀生成Fe2+
C.Fe2+与CrO反应的离子方程式为：3Fe2++CrO+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O
D.氧化铁包裹纳米铁粉的密闭程度对处理废水的结果没有影响
【正确答案】 B

12-6（提升） 氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是

A.反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[ (NH3)2Cu- O- O- Cu(NH3)2]2+
B.反应③属于氧化还原反应
C.反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D.图中总过程中每吸收lmol NO需要标准状态下的NH3 22. 4L
【正确答案】 B

【原卷 13 题】 知识点 电离平衡常数及影响因素,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,酸碱中和滴定原理的应用



【正确答案】
C
【试题解析】





13-1（基础） 向20mL0.3mol·L−1H3XO3溶液中滴加同浓度NaOH溶液，此过程中含X的粒子分布系数随溶液pH的变化关系如图所示，当所加NaOH溶液体积为40mL时pH为a(忽略溶液体积变化，如0.3mol·L−1H3XO3溶液中H3XO3的分布系数为：)。下列有关说法正确的是

A.曲线①代表()，曲线②代表()
B.H3XO3的第三级电离为：H++；Ka3=10−7
C.A点溶液中存在关系式：c(Na+)=c(H3XO3)+c()+c()+c()
D.pH为a时，c()约为106-amol·L−1
【正确答案】 D

13-2（基础） 已知甘氨酸在水中存在三种微粒，它们的转化关系如下：

pI为该溶液中-COO-和数目相等时的pH，K1和K2分别表示-COOH和的解离常数，K1=10-2.4，K2=10-9.4。其各微粒在水中的分布系数(各微粒数目占三种微粒总数的百分比)如下图所示：

根据以上信息判断错误的是
A.a点对应的pH=2.4
B.当溶液的pH=7时，[A±]>[A+]>[A-]
C.甘氨酸溶液的pI=5.9
D.甘氨酸溶于水后溶液呈酸性
【正确答案】 B

13-3（巩固） 室温时，配制一组的H2SO3和NaOH混合溶液，溶液中H2SO3、、随pH的分布如图所示，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是

A.a点和b点对应水溶液中均有水电离出的c(H＋)·c(OH-)=10-14
B.时，溶液的pH为4.4
C.c(Na＋)=0.10 mol·L-1时：c(H＋)＋c(H2SO3)＞c(OH-)＋
D.b点：c(Na＋)＞0.10 mol·L-1＋
【正确答案】 B

13-4（巩固） 亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸。常温下，向H2SeO3溶液中逐滴加入KOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A.曲线表示lg[]与pH的变化关系
B.H2SeO3的第一步电离平衡常数Ka1=102.37
C.根据图中信息可以判断KHSeO3溶液呈碱性
D.pH=5.23时，溶液中存在：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSeO)
【正确答案】 D

13-5（提升） 常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸(H3PO3)，反应中只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法不正确的是

A.曲线a代表X(HPO)
B.pOH=7时，c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)
C.H2PO的电离平衡常数Ka=1×10-6.7mol·L-1
D.等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液： c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(OH-)>c(H+)
【正确答案】 D

13-6（提升） 常温下，向0.1mol•L-1的乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中不断通入HCl气体，溶液中三种含氮微粒的物质的量分数δ与pOH的关系图如图。已知：①乙二胺为无色液体，有类似氨的性质，常温下Kb1=10-4.07，Kb2=10-7.15；②假设溶液体积保持不变。下列说法中不正确的是{已知：pOH=-lgc(OH-)}

A.曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH
B.b点的对应pOH=5.61
C.pOH=a时，c(Cl-)＞0.05mol•L-1
D.在0.1mol•L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中：c([H2NCH2CH2NH3]+)＞c([H3NCH2CH2NH3]2+)＞c(H2NCH2CH2NH2)
【正确答案】 C

【原卷 26 题】 知识点 常见气体的检验,化学实验探究,物质性质的探究,综合实验设计与评价









【正确答案】

【试题解析】






26-1（基础） 碘酸钙晶体是一种安全性较高的补碘剂，被广泛添加到饲料中。已知碘酸钙不溶于水，实验室制备的过程如图1所示，制备的装置(反应需要在80℃左右进行，但加热装置省去如图2所示。


1、仪器a的名称为_______，实验中水与加入的浓盐酸体积不应超过a容器的_______。
2、a中产物有、、，a的加热方式为_______，撤掉B造成的后果是_______。
3、加入时发生反应的化学方程式为_______，操作X为_______和烘干。
4、为测定产品纯度，某同学取样品溶于水，在酸性条件下用足量处理(杂质不与反应)，然后用标准溶液进行滴定(反应原理：)滴定终点时消耗。滴定中所用指示剂为_______，滴定终点溶液的颜色变化为_______且在内保持不变，的纯度为_______(用含a、V的式子表示)。
【正确答案】 1、三颈烧瓶
2、水浴加热 进入空气中会污染空气
3、 过滤、洗涤
4、淀粉 由蓝色变成无色

26-2（基础） 三氯化六氨合钴(III)([Co(NH3)6]Cl3，钴为+3价)在钴化合物的合成中是重要原料。实验室以CoCl2为原料制备[Co(NH3)6]Cl3，步骤如下：
I.CoCl2的制备。
CoCl2可以通过钴和氯气反应制得，实验室制备纯净CoCl2可用如图实验装置实现(已知：钴单质在300℃以上易被氧气氧化，CoCl2易潮解)。

1、仪器X的名称为____。
2、X中发生反应的离子方程式为____。
3、装置的连接顺序为A→____→B；反应开始前应先点燃A处的酒精灯，其目的是___。
II.[Co(NH3)6]Cl3的制备。
在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的二氯化钴CoCl2，3gNH4Cl和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂，冷却后，通入足量NH3，混合均匀；控制温度在10℃以下，缓慢加入10mL10%的H2O2，然后加热至60℃左右，恒温20分钟，适当摇动锥形瓶：在冰水中冷却所得溶液，即有晶体析出(粗产品)。回答下列问题：
4、该过程中控制温度为60℃的方法是____。
5、制备[Co(NH3)6]Cl3的总反应化学方程式为____。
III.测定[Co(NH3)6]Cl3中钴的含量。
6、原理：利用Co3+将KI氧化成I2，Co3+被还原后的产物为Co2+。然后用0.015mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，Na2S2O3所得产物为S4O。若称取样品的质量为0.27g，滴定I2时，达到终点消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为54.00mL。
则该氧化还原滴定指示剂为____，该样品中钴元素的质量分数为____。
【正确答案】 1、圆底烧瓶 2、
3、E→C→D 用氯气将装置内的空气排出，防止氧气氧化钴单质
4、水浴 5、或
6、淀粉溶液 17.7%

26-3（巩固） 次磷酸钠(NaH2PO2)可用于医药、食品、化学镀剂等领域，易溶于水、乙醇，难溶于乙醚，超过200℃，分解生成一种无色、有毒且能自燃的PH3气体。某同学设计如下实验装置(甲处加热装置已略去)，待甲中白磷消失后，将甲、丙中的液体合并，经一系列操作可制备少量次磷酸钠。

1、次磷酸钠的结构式为，则次磷酸与足量NaOH溶液反应生成正盐的化学方程式为________________________________。
2、仪器A的名称为________________。
3、装置甲中反应的化学方程式为_____________________________。
4、装置乙的作用为_______________。
5、装置丙中，碱性NaClO溶液中发生的离子方程式为__________________________。
6、NaCl与NaH2PO2的溶解度随温度变化情况如图所示，从甲、丙的混合溶液中提取NaH2PO2晶体的操作为：_________________________________________________。得到的NaH2PO2晶体用________________(“水”、“乙醇”、“乙醚”、“乙醇或乙醚”)洗涤，其好处是____________________________________。

【正确答案】 1、H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O
2、分液漏斗 3、P4+3NaOH+3H2O =PH3↑+3NaH2PO2
4、起到缓冲作用，防止溶液倒吸
5、2ClO-+OH-+PH3= H2PO+2Cl-+H2O
6、蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤烘干 乙醚 减少因为洗涤造成的产品损失

26-4（巩固） 硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O，相对分子质量为246]是深蓝色正交晶体，易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂。常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效、安全的广谱杀菌剂、植物生长激素。某兴趣小组设计利用下图装置制备硫酸四氨合铜晶体。回答下列问题：

1、仪器甲的名称为_______，仪器甲中发生反应的离子方程式为_______。
2、反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入95%乙醇溶液，过滤，洗涤，得到Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。精确称取制备的晶体ag，加适量水溶解，注入250mL锥形瓶中，逐次加入足量10％NaOH溶液，加热直至将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL0.1mol·L-1的盐酸完全吸收。取下接收瓶，再用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL。

①在吸收氨的装置中，小试管的作用是_______；若水槽中没有使用冰浴冷却会使氨含量测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
②晶体的纯度为_______(用有关字母表示，不用化简)。
3、PtCl2(NH3)2与四氨合铜离子结构相似，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中溶解度较大。则
①PtCl2(NH3)2的结构是_______(填“平面正方形”或“四面体”)。
②请用结构简式画出淡黄色固体分子的几何构型_______。
【正确答案】 1、三颈烧瓶 Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
2、液封 偏低
3、平面正方形

26-5（提升） 肉桂酸是香料、化妆品、医药、塑料和感光树脂等的重要原料。实验室可通过苯甲醛与乙酸酐反应制备，反应原理如下：
＋
相关物质的一些理化数据如下表所示：
物质
M/g•mol−1
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
苯甲醛
106
−26
179.62
微溶于水，易溶于乙醇
乙酸酐
102
−73.1
138.6
能与水反应生成乙酸
肉桂酸
148
135
300
难溶于冷水，易溶于热水；能溶于乙醇
实验步骤：
I.在装有温度计、空气冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶A(如图1)中，加入0.03mol无水碳酸钾、0.09moL乙酸酐和0.03moL苯甲醛，加热、搅拌条件下反应2h。
II.反应完毕，分批加入20mL水，再加入适量K2CO3固体，调节溶液pH=8，将三颈烧瓶组装为水蒸气蒸馏装置(如图2)，B中产生的水蒸气通入A中，进行水蒸气蒸馏。
III.向A中残留液加入少量活性炭，煮沸数分钟，趁热过滤。在搅拌下往热滤液中小心加入浓盐酸至pH=3，冷却，待结晶完全后，抽滤，洗涤，干燥，收集到粗产品3.0g。

回答下列问题：
1、步骤I中所用仪器需要干燥，且须用新蒸馏过的苯甲醛和乙酸酐，保证不含水分，原因是_______。
2、步骤I中空气冷凝管的作用为_______，三颈烧瓶中反应初期有大量泡沫产生，原因是有_______气体生成。
3、步骤II中加入碳酸钾调节溶液pH=8，此时溶液中盐类物质除肉桂酸钾外，还有_______；进行水蒸气蒸馏至_______为止，说明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出。
4、步骤III中趁热过滤的目的是_____，洗涤时，为了降低肉桂酸的溶解度，应选择_____(填标号)的方法进行操作。
a.冷水洗涤　　　b.热水洗涤　　　c.无水乙醇洗涤
5、本实验的粗产率约为____(保留2位有效数字)，粗产品可用_____方法进一步提纯。
【正确答案】 1、防止乙酸酐与水反应被消耗，使产率降低
2、冷凝回流苯甲醛和乙酸酐，提高这两种原料的利用率 CO2
3、乙酸钾 馏出液无油珠
4、防止肉桂酸盐等析出导致产率降低 a
5、68％ 重结晶

26-6（提升） 氯化亚铜是一种重要的化工产品，它难溶于水和乙醇，可溶于浓与氨水形成的混合物，置于潮湿空气中迅速氧化为而变为绿色。实验室用酸性蚀刻液(含)和碱性蚀刻液[含]来制备，实验过程的流程如下：

1、步骤Ⅳ需要控制为1~2、下进行，合适的加热方式是_______。
2、步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。
温度
物质






氯化铜
75
80
85
90
100
108
硫酸铜
12
18
30
50
60
87

3、写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。
4、步骤Ⅵ在图装置中进行，启动磁力撒搅拌器，使和混合液缓慢滴入三颈烧瓶(提前装入硫酸铜晶体)中，控制滴加混合液速度，使所需时间不低于1小时。加完后，继续搅拌10分钟。将三颈烧瓶中的混合物进行一系列操作即可得粗产品。下列有关说法正确的是_______。

A.装置中的温度计显示温度会迅速升高
B.滴加太快容易发生其他副反应，而使制得的产品纯度下降
C.冷凝管上口排出的气体主要是
D.该兴趣小组制备过程中产生滤液、洗涤液等要进行无害化处理后才能排放
5、的定量分析，称取样品置于预先放入玻璃珠和过量溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入水、邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液，发生的反应为，，则
①加入玻璃珠的作用是_______。
②下列有关上述滴定操作的说法正确的是_______。

A.滴定管活塞涂凡士林：取下活塞，用滤纸擦干，用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动
B.滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作
C.读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
D.第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于，则第二次滴定时可稀释待测液后重新滴定来减小误差
③样品的的质量分数为_______。
【正确答案】 1、热水浴 2、蒸发浓缩、冷却结晶
3、 4、BD
5、加快反应速率，起研磨、搅拌作用 ABC 79.6%

【原卷 27 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






【正确答案】

【试题解析】





27-1（基础） 铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料：铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、 FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。

已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H+ +CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
1、浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供H+，另一作用为___________。
2、在实验室中，“萃取”过程使用的主要玻璃仪器为分液漏斗，萃取后含铊液应从分液漏斗___________(填“下口放出”或“上口倒出”)，用平衡移动解释“反萃取”过程的原理和目的___________。
3、“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl，该反应的离子方程式为___________，为提高经济效益充分利用原料，该反应的滤液可加入___________步骤循环使用最合适。
4、Tl+对人体毒性很大，难溶盐KFe[Fe(CN)6]可通过离子交换治疗Tl2SO4中毒，将其转化为沉淀同时生成K2SO4溶液，写出治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：___________。
5、电解Tl2SO4溶液制备金属Tl的装置如图所示。石墨(C)上电极反应式为___________。

【正确答案】 1、沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀
2、上口倒出 CH3COO-消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层
3、H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl- 浸取
4、KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+
5、2H2O-4e-=O2↑+4H+

27-2（基础） 硫铁矿烧渣主要成分是、少量和CaO等。铁黄(FeOOH)主要用于涂料、水泥制件等。以硫铁矿烧渣为原料制备铁黄的工艺流程如下：

回答下列问题：
1、“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。
2、操作A为_______。
3、晶种制备过程中溶液pH与时间的关系如图：

在反应前期()溶液的pH随时间的延长而直线下降，是因为通入后，溶液中生成FeOOH晶种时发生反应_______(写离子方程式)，使溶液pH降低，同时NaOH与反应生成絮状物。
4、二次氧化的目的是将和进一步转化为铁黄，写出转化为铁黄的离子方程式：_______，此过程要使溶液的pH控制在3~4比较合适，如果溶液pH大于5，则可能产生的后果是_______。
5、铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。

资料：，不与稀碱液反应
①写出铁黄溶解于硫酸溶液的化学方程式：_______。
②加入的，溶液必须过量，原因是_______。
【正确答案】 1、
2、洗涤、烘干或洗涤、干燥
3、
4、 反应易生成和等杂质(表达合理即可)
5、 将完全转化为，防止与稀NaOH溶液反应而产生测量误差

27-3（巩固） 稀土元素铈的化合物具有良好的光学、电学性质，广泛应用于阴极射线管玻壳、各种平板显示和计算机芯片等领域。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3，还有少量其它稀土元素)为原料提取铈元素的一种工艺流程如图所示。

已知：①铈常见化合价为+3、+4，四价铈有强氧化性；②CeO2既不溶于水，也不溶于稀硫酸。
回答下列问题：
1、焙烧前将矿石粉碎成细颗粒的目的是_____。已知“氧化焙烧”中铈元素转化为CeO2，写出该步反应的化学方程式____。
2、“酸浸II”通常控制温度为40℃~50℃之间的原因是____；该步骤中发生反应的离子方程式为_____。
3、“萃取”所用有机物HT需具备的下列条件是_____(填序号)：
①HT不溶于水，也不和水反应；②Ce3+不和萃取剂HT发生反应；③Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水；④萃取剂HT的密度一定大于水
4、“萃取”原理为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3+3H+，“反萃取”得到硫酸铈溶液的原理为_____。
5、CeO2是汽车尾气净化器中的关键催化剂，能在还原性气氛中供氧，在氧化性气氛中耗氧，在尾气净化过程中发生着2CeO22CeO2-m+mO2↑(0≤m≤0.5)的循环，则CeO2在消除CO的反应中，物质的量之比n(CeO2)：n(CO)=_____：m。
【正确答案】 1、增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率 4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4HF+4CO2
2、既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解(或温度低时，反应速率慢；温度过高导致双氧水分解。) 2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+H2O
3、①②③ 4、向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动
5、1

27-4（巩固） 一种以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、CuO)为原料制备ZnO和BiOCl的工艺流程如图所示。回答下列问题：

1、“浸取”时，为避免瓦斯泥在反应器的底部沉淀、结块，可采取的措施为_____。
2、“过程I”中发生反应的离子方程式为____。
3、“过程II”产生的NH3可在流程的_____步骤中循环使用。
4、“酸盐浸提”时，为使铋充分浸出，可将适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的作用下被溶解。
①含铋物质发生反应的化学方程式为：
i.Bi2O3+3H2SO4+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+3H2O；
ii.Bi2S3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4+3S；
iii.____。
②“滤渣2”的主要成分除S外还有____(填化学式)。
5、已知“水解”时，生成BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀时的pH
7.0
1.9
6.2
完全沉淀时的pH
9.0
3.2
8.0
①结合上述信息分析，“水解”时加入适量Zn粉的目的是____。
②“水解”后的“系列操作”为____。
6、取mg活性氧化锌样品溶于盐酸，再配成待测液，加入3~4滴指示剂，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1的EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。样品中氧化锌的质量分数为____(用代数式表示)。
已知：1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1mol•L-1]相当于0.08139g氧化锌。
【正确答案】 1、不停地搅拌 2、[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu
3、浸取 4、2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 PbSO4
5、将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥
6、×100%

27-5（提升） 四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。

回答下列问题：
1、“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
2、“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。

3、“净化”时，加(NH4)2S净化，滤渣为_______。
4、“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为_______。
5、“沉淀”时，加入的目的是_______。
6、高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成】
【正确答案】 1、SO2 2、适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等 晶体析出，混入浸渣
3、CuS、FeS 4、+H2O2=+H2O
5、提供，使充分转化为沉淀析出
6、

27-6（提升） 钼酸锂主要用于化工、缓蚀剂、电极材料、金属陶瓷、电阻器材料、制冷等领域，通过如图流程，以钼矿(主要成分是，还有杂质)为原料可制备钼酸锂

回答下列问题：
1、位于元素周期表的第五周期ⅥB族，则属于_______(填序号)元素
A.短周期 B.副族 C.过渡金属 D.44号
2、气体X是一种有毒气体，其化学式是_______，该气体可以再利用，写出其中一种用途：_______
3、“碱浸”前需对粗进行粉碎，这一操作的目的是_______，该操作过程中测定浸取率与温度的关系数据如表：
温度/
40
50
60
70
80
90
浸取率/
85.5
88.5
95.3
95.7
96.0
89.5
从浸取率和经济角度考虑，选取的合适温度是_______
4、该流程的浸渣中含，写出分离的物理方法：_______
5、“转化”操作中加入双氧水的目的是将其中少量的氧化为，该反应的离子方程式是_______
6、“合成”的温度是，则气体Y中含有、_______(填化学式)
【正确答案】 1、BC 2、SO2 制取硫酸
3、增大接触面积，加快浸出速率 60
4、磁铁吸引 5、+H2O2=+H2O
6、NH3

【原卷 28 题】 知识点 盖斯定律及其有关计算,化学平衡常数,化学反应条件的控制及其应用,化学反应原理综合考查










【正确答案】

【试题解析】







28-1（基础） 处理、回收CO是环境科学研究的热点。CO处理大气污染物的反应为。回答下列问题：
1、研究者提出气相中催化CO与反应的历程分为两步，并计算其焓变如下：
第一步：
第二步：
①总反应的___________。
②若第一步为慢反应，第二步为快反应，下列说法正确的是___________ (填标号)。
A.、CO浓度分别增大2倍对总反应速率影响相同
B.与的每次碰撞均为有效碰撞
C.第二步反应的活化能较小
D.能提高、CO的平衡转化率
③研究者设计通过以下两个反应比较、氧转移反应的难易： (反应能自发进行)
忽略，计算说明与的氧转移反应能否自发进行___________。
2、向恒温恒容密闭容器中加入物质的量相等的和CO气体，发生反应生成和。下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。
A. B.CO的转化率与产率相等
C.混合气体的平均相对分子质量不再变化 D.的体积分数不再变化
3、在密闭容器中按起始时不同投料比发生反应，的平衡转化率随温度的变化如图所示。据图分析，___________3(填“大于”“小于”或“等于”)；时，上述反应的平衡常数___________。

【正确答案】 1、 C 不能 2、D
3、小于 或0.2

28-2（基础） 煤炭燃烧时产生大量SO2、NO对环境造成很大污染，将煤进行气化和液化是减少污染的有效手段。
1、煤的液化是现代能源工业中重点推广的能源综合利用方案，最常见的液化方法为用煤生产CH3OH。已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如下：
i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ/mol
iii：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-132.0kJ/mol
850℃时，三个反应的平衡常数分别为K1=160、K2=243、K3=160。
①△H1=____，该反应在____(填“高温”或“低温”)能自发进行。
②850℃时，在密闭容器中进行反应i，开始时只加入CO2、H2，反应10min后测得各组分的浓度如表。比较正、逆反应的速率的大小：v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。
物质
H2
CO2
CH3OH
H2O
浓度/mol/L
0.2
0.5
0.8
0.8

2、在CO2利用的科研中，中科院天津工业生物所将H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。该研究成果在碳中和、碳排放、温室效应、粮食危机等方面有着重大意义。
回答下列问题：
保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，同时发生反应i和ii，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量如表所示。

CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
4.0
8.0
0
0
0
平衡量/mol


n1

3.0
已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n1=____，反应i的平衡常数Kp=____。(含p的式子表示)
3、取物质的量浓度为amol•L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所示。
实验序号
温度/K
不同工程酶的组块
淀粉/(g•L-1)
1
T1
agp－M1
0.21
2
T1
agp－M2
0.38
3
T2
agp－M2
1.82
4
T2
agp－M3
1.24
①根据表中数据选取最佳的反应条件____(填实验序号)。
②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能原因是____。
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为____g•L-1•h-1。
【正确答案】 1、-90.8kJ/mo1 低温 =
2、2.0
3、3 随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少 0.124

28-3（巩固） CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：
1、CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①已知相关反应的能量变化如图所示：

过程I的热化学方程式为____。
②关于上述过程II的说法正确的是____(填序号)。
a.实现了含碳物质与含氢物质的分离 b.可表示为CO2+H2=H2O(g)+CO
c.CO未参与反应 d.Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H
③其他条件不变，在不同催化剂(I、II、III)作用下，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态____(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是____。

2、在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α－A12O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2•p(CH4)•p(CO2)mol•g-1•s-1，某时刻测得p(CO)=20kPa，则p(CO2)=_____kPa，v(CO)=_____mol•g-1•s-1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为：Kp=____(kPa)2。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)。
【正确答案】 1、CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247.4kJ•mol-1 ab 不是 b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
2、15 1.95

28-4（巩固） 碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质




标准生成热
0.0


0.0
1、反应Ⅰ的焓变_______
2、若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。
A.容器内气体的压强不变 B.容器内温度不变
C.容器内气体的密度不再改变 D.容器内气体的平均相对分子质量不变
3、已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。

4、在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
【正确答案】 1、+131.3 2、AB
3、变小 4、8 40 增大容器体积 及时分离出或

28-5（提升） 一氧化碳、氮的氧化物、硫的氧化物是主要的大气污染物，对这些有害气体的治理及合理利用显得尤为重要。回答下列问题：
1、已知：变成吸收的能量，在一定条件下，CO与水蒸气反应可制备氢能源，反应过程中的能量变化如图所示：

反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。图中虚线不可能是的能量变化曲线，原因是_______
2、某工业烟气中含，需进行一系列处理后才能排入空气中，其中脱硝、脱硫就是重要一环，一种脱硝、脱硫的简易流程如图：

反应塔中涉及如下反应(忽略与的相互转化)：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
①恒温恒容条件下，反应塔中，反应内测得，则末时NO的转化率为_______
②保持反应塔中起始浓度，在相同时间内，测得吸收塔中脱硝率、脱硫率与的关系曲线如图所示：

表示脱硫率的曲线是_______(填“甲”或“乙”)，理由是_______
③在某恒容密闭容器中充入一定量的，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法错误的是_______(填序号)
a.升高温度，化学反应速率加快
b.容器中混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态
c.容器中混合气体的压强不变说明反应达到平衡状态
d.容器中混合气体的颜色不变说明反应达到平衡状态
e.缩小容器的容积，压强增大，脱硝率和脱硫率均不变
【正确答案】 1、放热 1mol水汽化吸收的能量多于1molCO(g)和1molH2O(g)反应生成1molCO2(g)和1molH2(g)放出的能量，CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)为吸热反应，而图中虚线表示放热反应
2、20% 甲 较小时，NO、SO2被O3氧化的量较少，但在溶液中SO2与反应而脱硫，NO不与(NH4)2SO3反应 be

28-6（提升） 我国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，“碳中和”对我国意味着：一是能源转型首当其冲：二是通过工艺改造、节能等措施减少二氧化碳的排放在能源的产生、转换、消费过程。
I.减少二氧化碳排放的方法之一是将CO2催化还原，比如：
反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1
反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
都是目前处理CO2的重要方法。回答下列问题：
1、反应1在_____的条件下能自发发生，该反应的活化能Ea(正)_____Ea(逆)(填“大于”或“小于”)。
2、已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1
②H2O(l)=H2O(g) △H3=44.0kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。
3、恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1∶3的CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1达到平衡，下列有关叙述正确的是_____。
A.升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小
B.再加入一定量的CO2和H2，CO2和H2的转化率不可能同时都增大
C.加入合适的催化剂可以提高CO2的平衡转化率
D.其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量
4、一定条件下，在1L密闭容器中加入2molCO2和2molH2只发生反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，如图是随着反应的进行，CO2的浓度随时间改变的变化图。若在t1时刻再加入1molCO2，t2时刻到达新的平衡。请你画出t1～t3内时刻CO2的物质的量浓度随时间改变的变化图_____。

5、II.减少二氧化碳排放的方法之二是使用合适催化剂可由CO2和CH4可转化为CH3COOH，但反应中催化剂活性会因积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)而降低，同时存在的消碳反应CO2(s)+C(s)=2CO(g)则使积碳量减少。在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5 (k为速率常数)。在p(CH4)一定时，pa(CO2)＞pb(CO2)＞pc(CO2)，如图可以表示不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势的是_____(填序号)。
A. B.
C. D.
6、III.减少二氧化碳排放的方法之三是使用电化学方法转化CO2，研究证明：CO2也可在熔融碳酸钠中通过电解生成CO，收集CO进行其他有机类合成。则生成CO的反应发生在_____极，该电极反应式是____。
【正确答案】 1、低温 小于 2、+41.2 3、AD
4、 5、A 6、阴 2CO2+2e-=CO+CO

【原卷 35 题】 知识点 电子排布式,电离能变化规律,简单配合物的成键,晶胞的有关计算








【正确答案】


【试题解析】






35-1（基础） 推广磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。回答下列问题：
1、基态铁原子的价层电子排布式为_______，基态Fe3+较基态Fe2+稳定的原因是_______(从价层电子排布角度分析)。
2、在LiFePO4中，PO的空间结构为_______。
3、1 mol 中含有_______molσ键。苯胺水溶性大于苯的主要原因是_______。
4、某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶胞结构(底边为平行四边形)如图所示。

该晶体的化学式为_______，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为_______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，列出计算表达式)。
【正确答案】 1、3d64s2 基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定
2、正四面体 3、14 苯胺分子中有N-H键，可与水分子形成氢键，增大溶解度
4、LiC6

35-2（基础） 非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
1、基态F原子核外电子排布式为_____。
2、O、F、Cl电负性由大到小的顺序为____；OF2分子的空间构型为_____；OF2的熔、沸点____(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是____。
3、Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为_____，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A.sp B.sp2 C.sp3 D.sp3d
已知XeF2的空间构型为直线型，则它是____分子(填“极性”或“非极性”)。
4、XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有___个XeF2分子。已知XeF2的相对分子质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞密度为ρ=____g/cm3。

【正确答案】 1、1s22s22p5
2、F>O>Cl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，范德华力(或分子间作用力)大，所以Cl2O的熔、沸点高
3、5 D 非极性
4、2

35-3（巩固） 回答下列问题：
1、有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图1所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为___________ g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有___________个。

2、某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示(“”表示V，“”表示S)，该晶胞的化学式为VS。图2为该晶胞的俯视图。

①请在图3中用标出V原子的位置______。
②已知晶胞的密度为d g·cm-3，计算晶胞参数h=______(列出计算式即可)。
3、钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为___________，晶体中Al3＋占据O2-形成的___________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___________ g·cm-3(列计算式)。

【正确答案】 1、 12
2、
3、CoAl2O4 八面体空隙

35-4（巩固） 资源化利用碳及其化合物具有重要意义。
1、CO是高炉炼铁的重要还原剂，炼铁时发生的主要反应有：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ. 试计算，_______；
反应Ⅱ中，正反应的活化能_______(填“>”、“<”或“=”)逆反应的活化能。
2、在一定温度下，向某体积可变的恒压(P总)密闭容器中加入1molCO2与足量的碳发生反应，平衡时体系中气体体积分数与温度关系如图所示。

①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为_______；
②T℃时，在1L恒容密闭容器中加入3molCO2与足量的碳，10min后测得V(CO)为11.2L(标况下)，则反应速率_______；上述反应达到平衡状态时，下列说法正确的是_______：
a.单位时间内生成的CO2的物质的量是CO的两倍
b.容器中气体的压强不随时间而变化
c.升高温度，再次达到平衡时，C的质量减少
d.保持其它条件不变，充入惰性气体，反应速率减小，平衡移动
3、镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：
基态Ni原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_______。金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如下图所示。若阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为_______。()

【正确答案】 1、 <
2、25% bc
3、

35-5（提升） 金属镍及其化合物在合成材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
1、基态Ni原子的原子结构示意图为_____。
2、NiO、FeO晶体类型与晶胞与NaCl相同，则NiO晶胞结构中Ni2+的配位数为_____；又知Ni2+、Fe2+的离子半径分别为69pm、78pm，则NiO熔点_____FeO(填“>”、“<”、“=”)。
3、丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图甲所示，则该沉淀中Ni2+的配位数为_____；元素H、C、N、O、电负性由大到小的顺序为____。

4、金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图及晶胞参数如图乙所示。该晶体的化学式为_____；晶体密度为_____g•cm-3(列出含a、b、NA计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。

【正确答案】 1、 2、6 ＞
3、4 O＞N＞C＞H＞Ni
4、La5Ni(或NiLa5)

35-6（提升） 硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。
1、基态硒原子核外电子排布式为_______；
2、的沸点低于，其原因是_______。
3、“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如下图所示。“依布硒”中碳原子的杂化类型为_______，元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。

4、硒的某种氧化物为链状聚合结构(如下图所示)，该氧化物的化学式为_______。的立体构型为_______。

5、的晶体结构如图所示，其晶胞参数为，阿伏加德罗常数值为。则的晶胞密度为_______(列出计算式)。

【正确答案】 1、
2、两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
3、
4、 平面三角形
5、

【原卷 36 题】 知识点 有机合成综合考查,有机推断综合考查





【正确答案】


【试题解析】








36-1（基础） 苯是重要的化工原料，下图是以苯为基本原料合成高分子化合物D及脂环化合物G的流程图。

已知：。
1、A的名称是_______，D的结构简式为_______，F的结构简式是_______。
2、③的反应类型是_______，C中官能团的名称有氨基、_______。
3、写出反应②的化学方程式_______。
4、B有多种官能团，其中与B官能团种类相同的芳香族同分异构体还有_______种，写出环上一氯代物有2种的物质的结构简式_______。
5、以苯、为原料(无机试剂自选)制备，写出合成路线图_______。
【正确答案】 1、硝基苯 2、取代反应 碳碳双键
3、
4、4 5、

36-2（基础） 近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：

已知：I.

II.

回答下列问题：
1、D中所含官能团名称为____。
2、F的结构简式为____。
3、由A生成B的化学方程式为____。
4、下列说法正确的是____(填标号)。
A.验证由C生成D后的反应混合液中还残留有C，可以采用酸性高锰酸钾溶液
B.E的化学名称为3－苯基丙烯酸，1molE与足量的H2反应，最多可以消耗5molH2
C.I的分子式为C20H25N2OS，F与H生成I的反应为取代反应
D.C分子中最多有15个原子共平面
5、符合下列条件的D的同分异构体共有____种。
①含有苯环；与NaOH溶液反应时，最多可消耗3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为____(任写一种)。
6、设计由乙醇制备的合成路线____(无机试剂任选)。
【正确答案】 1、羟基、羧基 2、
3、+NaOH+NaBr 4、D
5、26 或 6、CH3CH2OHCH3CHO

36-3（巩固） H是一种免疫调节剂，其合成流程如下：

1、H中所含官能团有氨基、羟基和_______。
2、X的分子式为_______，③的反应类型是_______。
3、设计反应①和⑤的目的是_______。
4、反应①为取代反应，其化学方程式为_______。
5、R的同分异构体M同时满足下列条件：
①M能与氯化铁溶液发生显色反应
②1molM最多能和4molNaOH发生反应
③在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积比为3∶3∶2∶2
M的结构简式可能为_______。
6、已知：+CH3CHO。结合上述相关信息，以为原料设计合成路线合成(其他试剂自选)_______
【正确答案】 1、羧基 2、C11H12O4 氧化反应
3、保护酚羟基和支链上的羟基
4、 5、 6、

36-4（巩固） 化合物F是合成喹啉类药物癸氧喹酯的中间体，合成化合物F的一种路线如下：

1、化合物F的分子式为_______，化合物B中含氧官能团的名称_______。
2、1molE生成1molF需要_______molH2
3、化合物D与溴代烃X转化为E是取代反应，则X的名称是_______。
4、化合物A的同分异构体有多种，同时满足下列条件的同分异构体有_______种：
①苯环上有两个取代基，②能在NaOH溶液中发生水解反应，③能发生银镜反应；其中核磁共振氢谱为1：2：2的同分异构体的结构简式为_______。
5、设计以苯甲醛为原料合成，写出其合成路线_______(不用注明反应条件)。
【正确答案】 1、C18H31NO2 醚键、醛基、硝基
2、3 3、溴乙烷
4、3 5、

36-5（提升） 乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(I)具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。

已知：①
②
③
1、F中含有的官能团名称为_____。
2、丹皮酚的结构简式为____。
3、下列说法不正确的是____。
A.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H34O3N3
B.物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐
C.E→F和H→I的反应类型均为取代反应
D.物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2
E.溴代烃X的名称可能为1－溴丁烷
4、写出A→B的化学方程式____。
5、有机物M是G(C11H15O3N)的同分异构体，写出两种满足下列所有条件的M结构简式：____。
①能发生银镜反应；②1molM与2molNaOH恰好反应。③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。
6、阿司匹林( )也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林____。(用流程图表示，无机试剂任选)。
【正确答案】 1、醚键、(酮)羰基 2、
3、ADE 4、
5、、 6、

36-6（提升） 奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：

请回答下列问题：
1、A的名称是_______；B中所含官能团的名称是_______
2、A转化为B的化学方程式为_______，反应⑤的反应类型是_______。
3、碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则G分子中的手性碳个数为_______个
4、写出满足下列条件的E的同分异构体的两个结构简式：_______、_______。
Ⅰ.苯环上只有三个取代基
Ⅱ.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰
Ⅲ.1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2mol CO2
5、根据已有知识并结合相关信息，将以为原料制备的合成路线流程补充完整(无机试剂任选)。___________

【正确答案】 1、对氟苯酚 (4-氟苯酚) 酯基、碳氟键
2、 消去反应 3、1
4、 5、


答案解析

7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．合金的熔点低，硬度大，故合金的硬度高于成分金属，A正确；
B．硅胶和生石灰只能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，B错误；
C．涤纶属于合成高分子材料，C正确；
D．热控保温材料一纳米气凝胶，属于胶体，可产生丁达尔效应，D正确；
故答案选B。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．催化剂不能改变反应焓变，可以改变反应速率，A错误；
B．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；石墨烯是一种无机物，B错误；
C．“白色污染”为塑料污染，利用玉米、薯类、农作物秸秆等原料生产的可降解高分子材料能减轻“白色污染”，C正确；
D．碳纤维为无机非金属材料，D错误；
故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．破碎、沉浆为物理变化，碱浸、漂白涉及化学变化，故A错误；
B．木瓜释放的“气”是指乙烯，能催熟果实，不是指氧气，故B错误；
C．鉴别硝石（KNO3） 和朴硝（Na2SO4），可根据Na、K元素的焰色现象不同，“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色实验，故C正确；
D．古代制造指南针主要材料是磁石，磁石中含有带磁性的Fe3O4，故D错误；
故选：C。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，故A错误；
B．空间站热控材料使用的纳米气凝胶，纳米气凝胶属于胶体，可产生丁达尔效应，故B正确；
C．用液氢作为燃料，燃烧产物是水，对环境无污染，故C正确；
D．太阳能电池工作时将太阳能转化为电能，故D正确；
故选A。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碳纤维为无机物，不属于有机高分子材料，A错误。
B．豆浆即蛋白质煮沸是变性，不是水解，B错误。
C．铁除水体中的Cu2+、Pb2+是发生置换反应，不是吸附，C错误。
D．芳纶的化学名称为聚苯二甲酰苯二胺，属于有机高分子化合物，是合成纤维，D正确。
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．是砖红色固体，诗句中的“翠色”不可能来自，A错误；
B．焰火实质上是焰色，各种不同金属化合物在灼烧时火焰呈现出的各种艳丽色彩，B正确；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明自然界中存在金的单质，故金的化学性质很稳定，C正确；
D．柳絮的主要成分为纤维素，多糖纤维素属于糖类，故D正确。
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．CaO2是由钙离子和过氧根离子构成的，所以1molCaO2中含2mol离子，即1molCaO2晶体所含离子总数为2NA，故A错误；
B．氯气和水的反应是可逆反应，所以将7.1gCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B错误；
C．NH3▪H2O是弱电解质，不能完全电离，所以1L0.1mol·L-1的氨水中含有OH-的数目小于0.1NA，故C错误；
D．标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体的物质的量为0.5mol，每个O2和CO2分子都含有2个氧原子，所以0.5molO2和CO2混合气中含有的氧原子数为NA，故D正确；
故选D。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.原子表示式中，左上角数字表示质量数，左下角表示质子数，中子数等于质量数减去质子数，所以1mol该原子中所含中子数为104 NA，故A错误；
B. 1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，溶液中的c（OH－）=0.1mol/L，而由水电离出的c（OH－）=1×10-13 mol/L，水电离的OH-物质的量为1×10-13mol，故B错误；
C.锌锰碱性电池中，锌为负极，其反应为Zn－2e-+2OH-=Zn（OH）2，当消耗13.0g锌即0.2molZn，应转移电子0.4NA，故C错误；
D.丙烯和乙烯最简式均为CH2，可认为28.0g均为CH2，氢原子数为4NA，故D正确。
综合以上分析，该题答案为D。
8-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．石墨烯、金刚石都是C单质，石墨烯和金刚石均含有个碳原子，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=HNO3+NO，与水完全反应转移的电子数为，故B错误；
C．标准状况下，的物质的量是1mol，含有的电子数为，故C正确；
D．含中子数为11-5=6，的中含有个中子，故D正确；
选B。
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．NH可以水解，故NH是数目会小于0.2NA，A错误；
B．Zn与浓硫酸反应可能生成二氧化硫或二氧化硫和氢气的混合物，方程式为，，根据方程式可知无论生成氢气还是二氧化硫，生成1mol气体转移电子均为2mol，22.4L气体(标准状况)的物质的量为1mol，所以转移的电子数一定为2NA，B正确；
C．16.9g过氧化钡(BaO2)的物质的量是0.1mol，由于在一个该固体中含有的阴、阳离子数目是2，所以0.1mol该固体中含有的离子总数为0.2NA，C正确；
D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量为3mol，则含3 NA个碳原子，D正确；
故选A。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
①标准状况下，SO3是非气态，无法计算，故①错误；
②电解精炼铜时，阳极是锌、铁、铜等在消耗，阳极质量每减少64g，无法判断电路中转移电子数目，故②错误；
③Fe高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁，因此1mol Fe高温条件下与水蒸气反应，电子转移数为NA，故③错误；
④18g D2O(重水)物质的量为0.9mol，完全电解，转移的电子数为1.9NA，故④错误；
⑤常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中，溶液体积不知，无法算N(OH－)，故⑤错误；
⑥1L 0.1 mol·L−1 Fe2(SO4)3溶液中Fe2(SO4)3物质的量为0.1mol，铁离子水解生成氢离子，因此含有的阳离子数目大于0.2NA，故⑥错误；
⑦12g石墨烯(单层石墨)即物质的量为1mol，一个六元环平均含有2个碳原子，因此1mol石墨烯含有六元环的个数为0.5NA，故⑦正确；
⑧胶粒是聚集体，NA个Fe(OH)3胶体粒子形成的纳米材料中Fe(OH)3物质的量大于1mol，因此质量大于107g，故⑧正确；
因此有2个正确，答案为B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.一个含9个质子，羟基的物质的量为，含有的质子总数为，故A错误；
B.标准状况下，水不是气态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；
C.强氧化剂，是强还原剂，二者发生氧化还原反应，方程式为：，的物质的量为，转移电子，数目为，故C正确；
D.乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应，可以彻底进行，因此乙酸乙酯在碱性条件下水解，生成乙醇的分子数等于，故D错误；
答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．烃是指含有苯环结构的碳氢化合物，该化合物含氧元素，不属于烃，故A错误；
B．该有机物分子式为C10H12O3，故B错误；
C．该分子中苯环可发生加成和取代反应，故C正确；
D．该分子苯环上甲基取代基上的三个氢原子不可能处于同一平面内，故D错误；
故答案选C。
9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．X中含有醛基，羟基，双键和醚键四种官能团，故A错误；
B．X中存在-CH2-结构，-CH2-中H原子不可能处于同一平面，故B错误；
C．X含有醛基，羟基，双键，醚键和苯环等结构，能溶于有机溶剂，故C错误；
D．X中醛基和羟基可被氧化，双键可发生加成反应，故D正确；
故答案选D。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据脱落酸（ABA）结构简式可知，ABA含有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故A项错误；
B．ABA中含甲基，甲基为四面体结构，因此所有碳原子不可能共面，故B项错误；
C．ABA中的碳碳双键能发生加成反应、氧化反应，羧基能发生取代反应，羰基能发生加成反应，羧基能发生取代反应、氧化反应，故C项正确；
D．钠与羧基、羟基均能反应，且1mol羧基或1mol羟基与足量钠反应均产生0.5mol H2，因此1molABA与足量钠反应产生1mol H2，其在标准状况下体积为22.4L，题干并未说明气体处于标准状况，故D项错误。
故答案选：C。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．化合物Q含有两种官能团，分别是醚键和羰基，A正确；
B．化合物Q中苯环上的所有碳原子和与苯环相连的碳原子处于同一平面，余下的3个甲基上的碳原子可能处于这个平面上，B错误；
C．化合物Q的结构不是对称结构，则其苯环上的一溴代物有3种，C错误；
D．化合物Q的苯环和羰基都可以和H2发生加成，则lmol化合物Q最多能与4mol H2加成，D错误；
故选A。
9-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．化合物1属于饱和二元醇，不能发生加成反应，A不正确；
B．化合物2的含氧官能团只有酮羰基1种，B不正确；
C．化合物2分子中含有二个甲基，所有原子不可能共平面，C不正确；
D．化合物3与氢气完全加成后的产物为，两个环成对称结构，只需考虑一个环中的氢原子种类，在一个环中共有6种氢原子，则一氯代物有6种，D正确；
故选D。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．有两种官能团，酯基和碳碳双键，故A错误；
B．分子中至少有7个碳原子共平面，苯环上六个碳和苯环直接相连的碳一定共平面，故B错误；
C．酯基不能和氢气加成，所以消耗4mol，故C正确；
D．水解消耗3molNaOH，两个羧基及水解生成的酚羟基消耗NaOH，故D错误；
故答案选C。
10-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Z位于同一主族。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X是O元素、Z是S元素；Y原子的电子总数是其最外层电子数的3倍，Y是P元素；W与O形成的一种气体常用于漂白和消毒，W是Cl元素。
详解:
A．W是Cl，Z是S，两者对应的含氧酸有多种，不能比较其酸性，故A错误；
B．O与P形成化合物P2O3、P2O5；O与S形成化合物SO2、SO3；O与Cl形成化合物Cl2O、ClO2等两种或两种以上化合物，故B正确；
C．X、Z简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间能形成氢键，简单氢化物沸点：H2O>H2S，故C正确；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：P3->S2->Cl->O2-，故D正确；
选A。
10-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，其中 Y、Z 同周期，W、Q 同周期，W 与 Y 同主族；W 与 Z 形成的化合物是玻璃工业的主要原料，则Z为氧、W为硅、Y为碳；氧最外层电子数为6，Q 的最外层电子数等于 X、氧的最外层电子数之和，则X为氢、Q为氯。
详解:
A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y >W，A错误；
B．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；原子半径：W>Y >Z >X，B错误；
C．Y 和 W 形成的化合物碳化硅为共价晶体，硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料，C正确；
D．碳和氧形成的一氧化碳不是酸性氧化物，D错误。
故选C。
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，X为N元素；X、W同主族，W为P元素；Y的最外层电子数是次外层的3倍，Y为O元素；Z为金属元素，且Z原子最外层电子数等于其K层电子数，则Z为Mg元素；W ( P)的最外层电子数为5、Y (O)的最外层电子数为6，设Q的最外层电子数为x，由题W、Q的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的2倍，则5+x=l2，x=7，则Q为Cl元素。根据以上分析可知X、Y、Z、W、Q分别为N、O、Mg、P、Cl元素，以此解题。
详解:
A．N、O元素间能形成NO、NO2、N2O4 等多种化合物，A正确；
B．工业上电解熔融MgCl2来获得Mg，B正确；
C．N、O、P三种元素的非金属性强弱顺序为O>N>P，故其气态氢化物稳定性顺序为Y>X>W，C正确；
D．氯的含氧酸HClO为弱酸，HClO4 为强酸，D错误；
故选D。
10-4【巩固】 【正确答案】 B
【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，W与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为W原子内层电子数的2倍，则W应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素；X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素；W、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则W、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若W的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若W的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若W的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素，则W为N元素或O元素或F元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为Cl元素或S元素或P元素，以此分析解答。
详解:
A．同周期从左至右，原子半径减小，原子半径Al＞Si，A错误；
B．单质熔点Si＞Al＞W，W单质为氮气或氧气或氟气，B正确；
C．W的简单氢化物分子间存在氢键，简单氢化物的沸点W＞Z，C错误；
D．若Z为P元素，最高价含氧酸磷酸是弱酸，D错误；
故选B。
10-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大；W和X的单质常温下均为无色气体，则W、X分别可能为H、N或O；这四种元素中，Z的原子序数最大，且其最外层每个能级上排布的电子数相同，则其最外层电子的排布式为3s23p2，故Z是Si；则W、X分别是N、O；N、Si的最外层电子数分别是5、4，则Y的最外层电子数是2，故Y是Mg；综上所述，W是N，X是O，Y是Mg，Z是Si。
详解:
A．由分析可知，W是N，X是O，Y是Mg，Z是Si，原子半径大小顺序为Mg＞Si＞N＞O，A错误；
B．由分析可知，X是O，Y是Mg，二者形成的化合物是MgO，工业上通常电解熔融的MgCl2来制备Mg，而非电解MgO，B错误；
C．由分析可知，W是N，Y是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2，该化合物溶于水生成Mg(OH)2和NH3这两种碱性物质，C正确；
D．由分析可知，X是O，Z是Si，二者形成的化合物是SiO2，该化合物属于共价化合物，D错误；
故选C。
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
Z的质子数是X的11倍，则X只能为H，则Z为Na，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，则Y只能为O，则W为S，X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，则Q为Cl，据此解答。
详解:
A．根据题意可知，X为H，Y为O，Z为，W为S，Q为元素，同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，故A正确；
B．常温下是液态，是气体，Y的简单气态氢化物的沸点比W的高，故B正确；
C．和S有多种氧化物的水化物，没有指明最高正价，不能比较酸性，故C错误；
D．O、、S可以形成、等，既有离子键又有共价键，故D正确；
故选：C。
11-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；
D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。
故答案选C。

点睛:
本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚酞溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。
11-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．必须透过蓝色钴玻璃观察才能看到紫色的火焰，A错误；
B．氯化铵遇水之后吸热，温度下降，用手碰触试管外壁，会感觉发冷，B正确；
C．配制 200mL 0.1mol/L 的 CuSO4 溶液，选择250ml的容量瓶，故需要称取CuSO4⋅5H2O的质量为，C错误；
D．因为是硝酸厂附近，而硝酸有强烈的挥发性，空气中弥漫着挥发出来的硝酸，会干扰二氧化氮的性质，D错误；
故选B。
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．发生的反应为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，可推出Cl2氧化性强于Br2，故A正确；
B．加入硝酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，也可能含有等，故B错误；
C．硫酸铵不属于重金属盐，可以使蛋白质盐析，不能使蛋白质变性，故C错误；
D．溶解度不同，饱和溶液的浓度不同，不能通过测定饱和溶液的pH值来比较碱性及金属性，故D错误；
答案选A。
11-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．次氯酸钠溶液与亚硫酸钠溶液反应生成氯化钠、硫酸钠，反应中没有明显的实验现象发生，所以相同温度下，向同体积不同浓度的次氯酸钠溶液中分别加入等体积等浓度的亚硫酸钠溶液，观察实验现象不能探究浓度对化学反应速率的影响的实验目的，故A符合题意；
B．若淀粉完全水解，向淀粉水解液中加入碘水，溶液不会变为蓝色，则向淀粉水解液中加入碘水，观察溶液是否变蓝能检验淀粉水解是否完全的实验目的，故B不符合题意；
C．若铁锈中含有二价铁，将铁锈溶于稀硫酸，滴入高锰酸钾溶液，二价铁离子与高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应使溶液褪色，则将铁锈溶于稀硫酸，滴入高锰酸钾溶液，观察紫色是否褪去能检验铁锈中是否含有二价铁，故C不符合题意；
D．若铁离子与碘离子在溶液中的反应为可逆反应，向过量碘化钾溶液与氯化铁溶液反应后的溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，则将等体积2mol/L碘化钾溶液和1mol/L氯化铁溶液混合，充分反应后滴入硫氰化钾溶液，观察溶液是否变红能探究铁离子与碘离子的反应是否可逆的，故D不符合题意；
故选A。
11-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．不知道NaA和NaB溶液的浓度大小，无法比较HA和HB酸性强弱，故A错误；
B．该实验中AgNO3溶液过量，无法证明Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，故B错误；
C．碳酸钠溶液呈碱性，加入酚酞变红，加入BaCl2至过量，溶液中碳酸根离子浓度大幅度减小，若观察到颜色变浅甚至褪色，说明碱性由碳酸根离子水解引起，溶液存在对应的水解平衡，故C正确；
D．醋酸铅溶液能与硫化氢反应生成黑色硫化铅沉淀，反应进行的原因是硫化铅Ksp极小，降低了溶液中的Pb2+、S2-浓度，促进平衡右移，与物质的酸性无关，D错误；
答案选C。

11-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向溶液中滴加足量稀充分反应，再滴加溶液不会有蓝色沉淀，能证明检验是否完全被氧化，故A正确；
B．常温下，用pH试纸测定等浓度的溶液和溶液的pH，后者数值小，证明，故B错误；
C．向酸性溶液中通入气体a，紫红色逐渐褪去，能与溶液发生氧化还原的不一定是乙烯，有可能是丙烯，故C错误；
D．向沸水中滴加5～6滴的饱和溶液，继续加热，可以制备胶体，故D错误；
故答案为A
12-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由图可知，二氧化氮和亚硫酸根离子参与反应最终生成硫酸氢根离子，在反应过程中，二氧化氮只是参与反应，没有生成，是反应物，亚硫酸根离子中的硫元素，逐步被氧化，以此解题。
详解:
A．由图可知，二氧化氮为反应物，不是催化剂，A错误；
B．物质、、中均是通过共价键形成的，都为共价化合物，B正确；
C．由图可知，第Ⅰ阶段的反应中中的硫由+4价被氧化为+5价，则被氧化，C正确；
D．过程Ⅰ中NO2得到失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO，反应的离子方程式：，由得失电子守恒和原子守恒可得总反应：故II、III阶段总反应的化学方程式为，D正确；
故选A。
12-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．沸石笼的固体表面积大，能增大气体的吸附面积，从而加快反应I的反应速率，A正确；
B．由图可知，反应I中氮元素、氧元素和铜元素的化合价均发生了变化，B错误；
C．由图可知，反应II的化学方程式为Cu(NH3)+NO=Cu(NH3)+N2+NH +H2O，反应中氮元素、铜元素的化合价降低被还原，一氧化氮和四氨合铜是反应的氧化剂，氮元素的化合价升高被氧化，四氨合铜是反应的还原剂，则被氧化元素和被还原元素的物质的量之比为1：1，但氧化剂与还原剂的物质的量之比无法确定，C错误；
D．由图可知，反应I与反应II中均有氮气和水生成，所以均有极性键与非极性键的形成，D错误；
故选A。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据转化关系可知：在转化过程中H始终呈+1价，A错误；
B．反应②为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，该反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B错误；
C．假设每一步均完全转化，生成O2转移4 mol电子，每生成1 mol NH3转移了3 mol电子，则当生成2 mol NH3时转移6 mol电子，则反应生成O2的物质的量为n(O2)==1.5 mol，C正确；
D．根据反应转化关系可知：反应过程中参与反应的物质含有离子键、共价键，D错误；
故合理选项是C。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
反应Ⅰ中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成和Fe2+，反应Ⅲ中Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+，进入下一循环过程，总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，说明一氧化氮做催化剂，以此分析解答。
详解:
A．根据分析可知，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；
B．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，FeS2被氧化，故B正确；
C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，铁元素的化合价从+2升高到+3价，Fe(NO)2+作还原剂，故C错误；
D．应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，化合价没有发生变化，该反应不是氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
还原近中性废水中的Cr(VI)，单质铁发生吸氧腐蚀，电极反应式为： Fe-2e-=Fe2+，Fe2+ 易被氧化成Fe3+，CrO被还原为三价铬，由图可知，根据质量守恒和电子转移守恒写出离子方程式为：，以此解题。
详解:
A．由分析可知氧化铁不参加反应，A错误；
B．由分析可知，在该反应过程中，Fe作为负极，发生吸氧腐蚀生成Fe2+，B正确；
C．由分析可知Fe2+与CrO反应的离子方程式为：，C错误；
D．二价铁通过氧化铁层和CrO反应，则氧化铁包裹纳米铁粉的密闭程度过大的话，不利于二价铁和CrO反应，D错误；
故选B。
12-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．反应①的反应物为和O2，生成物为[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，反应方程式为2+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，A正确；
B．反应中只有O-O非极性共价键断裂，元素的化合价没有变化，为非氧化还原反应，B错误；
C．反应④中有水生成、氨气消耗，故涉及极性共价键的断裂与生成，C正确；
D．氨气只参加了反应④的反应，NO参加了反应④和反应⑤的反应，总过程中来看，消耗NO和NH3的物质的量比为1：1，每吸收1molNO需要标准状态下的NH322.4L，D正确；
故答案选B。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据含X的粒子分布系数随溶液pH的变化关系，曲线①代表(H2XO3-)，曲线②代表(HXO32-)。
详解:
A． 曲线①代表(H2XO3-)，曲线②代表(HXO32-)，A错误；
B． 由曲线②可知，pH为a后继续滴加NaOH溶液(HXO32-)仍呈上升趋势，说明H3XO3为二元酸，不存在三级电离，B错误；
C． 溶液中不存在，C错误；
D． PH为a时，c()约为0.1mol·L−1，根据Ka2=c(H+)c()c-1()可知：10-7=10-a·0.1·c-1()，可算出c()约为106-amol·L−1，D正确。
故选D。
13-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题中转化关系可知，酸性越强，A+越多，碱性越强，A-越多，故X为A+，Y为，Z为A-。
详解:
A．a点时，c(A+)=c()，，pH=2.4，A项正确；
B．由电荷守恒可知，，pH=7时，，所以，B项错误；
C．pI为该溶液中-COO-和数目相等时的pH，由图可知，-COO-和数目相等时的pH约为6，C项正确；
D．H2N-CH2-COOH H2N-CH2-COO-+H+的电离常数K1=10-2.4，H2N-CH2-COOH+H2O+OH-的水解常数，K1＞K，所以溶液显酸性，D项正确；
答案选B。
13-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．a点时，由图可知溶液因H2SO3的电离程度更大而呈酸性，水的电离被抑制，水电离出的c(H＋)·c(OH−)＜10−14，故A错误；
B．根据a点可知Ka1==10−1.8，根据b点可知Ka2==10−7，pH=4.4时，c(H2SO3)=c(HSO )mol/L，，所以，故B正确；
C．c(Na+)=0.10mol·L−1时，溶质为NaHSO3，溶液含S物质HSO的物质的量分数最大，由图可知NaHSO3溶液为酸性，电离程度大于水解程度，c(SO)＞c(H2SO3)，故C错误；
D．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HSO )+2c(SO)，b点，pH=7，c(H+)=c(OH−)，且c(H2SO3)＜c(SO)、(HSO )=c(SO)、c(H2SO3)+c(HSO )+c(SO)=0.10mol·L−1，c(Na+)＜0.10 mol·L−1+c(HSO )，故D错误；
综上所述答案为B。
13-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A .亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2SeO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为-3，则a表示lg，b表示lg，故A错误；
B .H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO，lg为0时，pH=2.37，则平衡常数Ka1==10-2.37，故B错误；
C .根据图示信息， KHSeO3的Ka2=10-5.23，Kh2=，电离大于水解，溶液呈酸性，故C错误；
D . pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH-、HSeO、SeO，lg=0，有c(HSeO)=c(SeO)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c（SeO）= c(OH-)+3c(HSeO)，故D正确；
故选：D。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO32-浓度增加，所以曲线a代表X(HPO32-)；继续滴加亚磷酸，NaH2PO浓度降低，NaH2PO升高，所以曲线b代表X(H2PO3-)，曲线c代表X(H3PO3)。
详解:
A．向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO32-浓度增加，所以曲线a代表X(HPO32-)，A正确；
B．pOH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在Na2HPO3和NaH2PO3两种溶质，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，其中c(OH-)=c(H+)，即c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，B正确；
C．H2PO3-在溶液中存在电离平衡H2PO3-H++HPO32-，平衡常数Ka=，pOH=7.3时，c(HPO32-)=c(H2PO3-) HPO32-且=10-6.7mol/L，所以Ka=10-6.7， C正确；
D．等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液中，H2PO3-既电离又水解，其电离常数Ka>Kh==，以电离为主；HPO32-只水解，其水解常数Kh==c(OH-)，所以溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HPO32-)>c(H2PO3-)>c(H+)>c(OH-)， D错误；
故选D。
13-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
乙二胺与氨气的性质相似，与氯化氢反应生成相应的盐，刚开始向0.1mol•L-1的乙二胺()溶液中不断通入HCl气体时，乙二胺浓度减少，的浓度增多，继续通入HCl气体，的浓度减少，的浓度增多，即曲线Ⅲ代表。
详解:
A．乙二胺与氨气的性质相似，与氯化氢反应生成相应的盐，刚开始向0.1mol•L-1的乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中不断通入HCl气体时，乙二胺浓度减少，的浓度增多，所以曲线Ⅱ代表，故A正确；
B．根据的第一级和第二级电离可得、，b点时，，即==，带入，解得mol/L，所以pOH=5.61，故B正确；
C．pOH=a时，，即，可得，显碱性，，根据电荷守恒：，即，pOH=a时，各占50%，且几乎为0，所以，故C错误；
D．在0.1mol•L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，既存在的电离，也存在的水解，根据，可知其电离大于水解，显碱性，所以存在，故D正确；
故选C。
26-1【基础】 【正确答案】 1、三颈烧瓶
2、水浴加热 进入空气中会污染空气
3、 过滤、洗涤
4、淀粉 由蓝色变成无色
【试题解析】 分析:
在水浴加热条件下，氯酸钾、碘、稀盐酸发生反应I2+2KClO3+HCl=KH(IO3)2+KCl+Cl2↑，加入KOH发生反应，加入氯化钙与碘酸钾反应生成碘酸钙，已知碘酸钙不溶于水，过滤、洗涤得到；
加热时，试剂总体积不能超过三颈烧瓶容积的；
欲将温度维持在80℃，故应采取水浴加热；装置B的作用是利用NaOH溶液吸收有毒的氯气，撤掉装置B的造成的后果是进入空气中会污染空气；
加入后可将酸式盐转化为正盐，反应方程式为。由于难溶于水，故操作X为过滤、洗涤；
可与发生价态归中型氧化还原反应得到，利用淀粉遇碘变蓝原理，滴定中所用指示剂为淀粉溶液，滴定终点溶液的颜色由蓝色变成无色且在内保持不变；由得失电子守恒得，，，，其纯度为%。
26-2【基础】 【正确答案】 1、圆底烧瓶 2、
3、E→C→D 用氯气将装置内的空气排出，防止氧气氧化钴单质
4、水浴 5、或
6、淀粉溶液 17.7%
【试题解析】 分析:
Ⅰ．A中MnO2与浓盐酸反应加热生成的Cl2中含有HCl和水蒸气，通过E的饱和的NaCl、C的浓硫酸，除杂得纯净的Cl2；D中氯气与金属Co加热反应生成CoCl2，CoCl2易潮解，装置B中碱石灰的作用，防止水蒸气进入装置D中，同时吸收多余的Cl2，装置的连接顺序为A→E→C→D→B；
Ⅱ．反应过程中，用水浴将混合物加热至60℃，恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤；根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3；
Ⅲ．碘量法测定[Co(NH3)6]Cl3中钴的含量，涉及反应方程式为，，涉及关系式为2Co3＋~I2~2Na2S2O3，结合关系式计算。
仪器X的名称为圆底烧瓶；
故答案为圆底烧瓶；
X中MnO2与浓盐酸反应加热生成Cl2，发生的离子方程式为；
故答案为；
由分析：装置的连接顺序为A→E→C→D→B；反应开始前应先点燃A处的酒精灯，其目的是用氯气将装置内的空气排出，防止氧气氧化钴单质；
故答案为E→C→D，用氯气将装置内的空气排出，防止氧气氧化钴单质；
反应过程中，用水浴将混合物加热至60℃；
故答案为水浴；
根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为或；
故答案为或；
碘量法测定[Co(NH3)6]Cl3中钴的含量，淀粉溶液作为指示剂；涉及反应方程式为，，涉及关系式为2Co3＋~I2~2Na2S2O3，；；；；
；
故答案为淀粉溶液，17.7%。
点睛:
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、物质的制备原理为解答的关键，题目难度中等。
26-3【巩固】 【正确答案】 1、H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O
2、分液漏斗 3、P4+3NaOH+3H2O =PH3↑+3NaH2PO2
4、起到缓冲作用，防止溶液倒吸
5、2ClO-+OH-+PH3= H2PO+2Cl-+H2O
6、蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤烘干 乙醚 减少因为洗涤造成的产品损失
【试题解析】 分析:
甲中氢氧化钠和白磷生成PH3和次磷酸钠，PH3通入丙中，NaClO具有氧化性，碱性NaClO溶液和PH3反应生成NaH2PO2，剩余尾气使用酸性高锰酸钾溶液吸收；
由次磷酸钠的结构式可知，次磷酸为一元酸，次磷酸与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2正盐和水，化学方程式为H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O；
仪器A的名称为分液漏斗；
装置甲中反应为氢氧化钠和白磷生成PH3和次磷酸钠，根据质量守恒可知，反应物还有水参与，故化学方程式为P4+3NaOH+3H2O =PH3↑+3NaH2PO2；
装置乙处于甲丙之间，可以起到缓冲作用，防止溶液倒吸；
装置丙中，NaClO具有氧化性，碱性NaClO溶液和PH3反应生成NaH2PO2，离子方程式为2ClO-+OH-+PH3= H2PO+2Cl-+H2O；
NaCl溶解度受温度变化影响较小，NaH2PO2的溶解度受温度变化影响较大；从甲、丙的混合溶液中提取NaH2PO2晶体可以选择降温结晶的方法，操作为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤烘干。次磷酸钠易溶于水、乙醇，难溶于乙醚，得到的NaH2PO2晶体用乙醚洗涤，可以减少因为洗涤造成的产品损失。
26-4【巩固】 【正确答案】 1、三颈烧瓶 Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
2、液封 偏低
3、平面正方形
【试题解析】 分析:
铜、过氧化氢、氨气在酸性环境下生成水、硫酸四氨合铜，分离出硫酸四氨合铜晶体，溶解后和氢氧化钠反应释放出氨气被稀盐酸吸收，通过滴定剩余盐酸溶质的量可以计算生成氨气的量，进而计算硫酸四氨合铜晶体的纯度。
仪器甲的名称为三颈烧瓶；过氧化氢具有强氧化性，仪器甲中发生反应为铜、过氧化氢、氨气在酸性环境下生成水、硫酸四氨合铜，离子方程式为Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O；
①在吸收氨的装置中，小试管的作用是液封，防止生成的气体逸出导致实验误差；若水槽中没有使用冰浴冷却，导致氨气吸收不充分，氨气挥发导致氨含量测定结果偏低。
②根据质量守恒可得：Cu(NH3)4SO4·H2O~ 4NH3~4HCl，氢氧化钠与盐酸反应关系为：NaOH~HCl，则与氨气反应的HCl的物质的量为V1×10-3L×0.1mol·L-1- V2×10-3L×0.1mol·L-1，则Cu(NH3)4SO4·H2O的物质的量为=，故晶体的纯度为；
①四面体的四个顶点位置相同，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，说明PtCl2(NH3)2的结构不是四面体形结构，而是平面正方形结构。
②水分子为极性分子；淡黄色固体，在水中溶解度较小，说明正负电荷对称，分子极性较小，为对称结构，故淡黄色固体分子的几何构型为。
26-5【提升】 【正确答案】 1、防止乙酸酐与水反应被消耗，使产率降低
2、冷凝回流苯甲醛和乙酸酐，提高这两种原料的利用率 CO2
3、乙酸钾 馏出液无油珠
4、防止肉桂酸盐等析出导致产率降低 a
5、68％ 重结晶
【试题解析】 分析:
该反应在加热条件下进行，根据表中各物质的沸点可知，反应物易挥发，所以步骤Ⅰ中空气冷凝管的作用为冷凝回流苯甲醛和乙酸酐，提高这两种原料的利用率；反应过程中有乙酸生成，乙酸和碳酸钾反应放出二氧化碳，所以三颈烧瓶中反应初期有大量泡沫产生；
由于乙酸酐能与水生成乙酸，为防止乙酸酐与水反应被消耗，使产率降低，故步骤Ⅰ中所用仪器需要干燥，且须用新蒸馏过的苯甲醛和乙酸酐，保证不含水分；答案为：防止乙酸酐与水反应被消耗，使产率降低。
该反应需要在加热条件下进行，根据表中提供的苯甲醛和乙酸酐的熔沸点数据可知，苯甲醛和乙酸酐易挥发，为充分利用反应物，在步骤Ⅰ中使用空气冷凝管冷凝回流苯甲醛和乙酸酐，提高这两种原料的利用率；根据题给反应原理“＋”可知，反应时有乙酸生成，乙酸与K2CO3反应生成CO2，从而反应初期有大量泡沫产生；答案为：冷凝回流苯甲醛和乙酸酐，提高这两种原料的利用率；CO2。
由于反应有乙酸生成，步骤Ⅱ中加入碳酸钾调节溶液pH=8，碳酸钾与乙酸反应生成乙酸钾，故此时溶液中盐类物质除肉桂酸钾外，还有乙酸钾；由于苯甲醛微溶于水，故进行水蒸气蒸馏至馏出液无油珠时说明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出；答案为：乙酸钾；馏出液无油珠。
步骤Ⅲ中趁热过滤的目的是防止肉桂酸盐等析出导致产率降低；由于“肉桂酸难溶于冷水，易溶于热水；能溶于乙醇”，故洗涤时为了减少肉桂酸的损失，应用冷水洗涤；答案为：防止肉桂酸盐等析出导致产率降低；a。
根据“＋”可知，反应时乙酸酐过量，则理论生成的肉桂酸的物质的量n( )=n( )=0.03mol，质量为0.03mol×148g/mol=4.44g，粗产率约为×100%=68%；根据“肉桂酸难溶于冷水，易溶于热水”，要将粗产品进一步提纯，可用水作溶剂进行重结晶；答案为：68%；重结晶。
26-6【提升】 【正确答案】 1、热水浴 2、蒸发浓缩、冷却结晶
3、 4、BD
5、加快反应速率，起研磨、搅拌作用 ABC 79.6%
【试题解析】 分析:
根据实验目的：实验室用酸性蚀刻液和碱性蚀刻液来制备，根据流程图可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合产生的悬浊液，经过滤、水洗，再加浓硫酸变成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液再经蒸发浓缩、冷却结晶，可得硫酸铜晶体，由亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，再经过滤、洗涤、干燥得氯化亚铜固体。
温度需要控制在下进行，故采用水浴加热；
根据溶解度表，宜采用冷却结晶的方法析出晶体，故采用蒸发浓缩、冷却结晶；
硫酸铜晶体与亚硫酸铵经还原变成氯化亚铜沉淀，铜的化合价由价降低为价，而硫的化合价由价升高为价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒可得反应离子方程式为： ；
A．滴液速度很慢，装置中的温度计显示温度不会迅速升高，故A错误；
B．滴加太快容易使溶液酸性降低，生成氢氧化铜，而使制得的CuCl产品纯度下降，故B正确；
C．氧化成，冷凝管上口排出的气体不会含有SO2，故C错误；
D．该兴趣小组制备过程中产生滤液、洗涤液中含有重金属离子，要进行无害化处理后才能排放，故D正确；
选BD；
①玻璃珠起研磨、搅拌作用，加入玻璃珠可以加快反应速率；
②A．滴定管活塞涂凡士林的操作是：取下活塞，用滤纸擦干，用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动，A正确；
B．滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作，B正确；
C．读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，C正确；
D．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释标准液后重新滴定来减小误差，不是稀释待测液，D错误；故选ABC。
③根据反应，可得关系式，可知样品CuCl的质量分数为：。
27-1【基础】 【正确答案】 1、沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀
2、上口倒出 CH3COO-消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层
3、H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl- 浸取
4、KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+
5、2H2O-4e-=O2↑+4H+
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的残渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到金属铊。
由分析可知，浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供氢离子外，还能将溶液中的铅离子转化为硫酸铅沉淀，故答案为：沉淀Pb2+，形成PbSO4 沉淀，故答案为：沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀；
在实验室中，萃取过程使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；分液漏斗中上层液体从上口倒出；由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，故答案为：上口倒出；CH3COO—消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使TlCl重新进入水层；
还原、氧化、沉淀过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—，反应得到的溶液中含有硫酸，可加入浸取步骤循环使用，故答案为： H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—；浸取；
由题意可知，用KFe[Fe(CN)6]治疗Tl2SO4中毒发生的反应为KFe[Fe(CN)6]与Tl2SO4溶液反应生成TlFe[Fe(CN)6]和K2SO4，反应的离子方程式为KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+，故答案为：KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+；
由图可知，石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故答案为：2H2O—4e—=O2↑+4H+。
27-2【基础】 【正确答案】 1、
2、洗涤、烘干或洗涤、干燥
3、
4、 反应易生成和等杂质(表达合理即可)
5、 将完全转化为，防止与稀NaOH溶液反应而产生测量误差
【试题解析】 分析:
硫铁矿烧渣主要成分是、少量和CaO等，加入稀硫酸酸浸，生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙，二氧化硅不反应，则滤渣中含有，滤液中含有硫酸铁、硫酸亚铁、过量的硫酸，加入还原铁粉，将Fe3+还原为将Fe2+，得到硫酸亚铁溶液(含有铁粉)，再加入少量NaOH和少量氧气，得到FeOOH晶种，再加入氨水、氧气进行二次氧化，再进行离心分离，最后经过洗涤、干燥得到铁黄，据此分析解答。
由分析知，“滤渣”的主要成分是。
离心分离类似过滤，则操作A为洗涤、烘干或洗涤、干燥，得到铁黄。
在硫酸亚铁溶液(含有铁粉)中加入少量NaOH和少量氧气，得到FeOOH晶种，在反应前期()溶液的pH随时间的延长而直线下降，是因为通入后，溶液中生成FeOOH晶种时发生反应，使溶液pH降低，同时NaOH与反应生成絮状物。
加入氨水、氧气进行二次氧化，二次氧化的目的是将和进一步转化为铁黄，转化为铁黄的离子方程式为，此过程要使溶液的pH控制在3~4比较合适，如果溶液pH大于5，则可能产生的后果是反应易生成和等杂质。
①铁黄溶解于硫酸溶液的化学方程式为。
②根据已知信息知，铁黄用硫酸标准溶液溶解，再加入与Fe3+反应生成，再用标准NaOH溶液滴定过量的硫酸。故加入的，溶液必须过量，原因是将完全转化为，防止与稀NaOH溶液反应而产生测量误。
27-3【巩固】 【正确答案】 1、增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率 4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4HF+4CO2
2、既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解(或温度低时，反应速率慢；温度过高导致双氧水分解。) 2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+H2O
3、①②③ 4、向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动
5、1
【试题解析】 分析:
氟碳铈矿氧化焙烧生成CO2、HF、CeO2，酸浸“氧化焙烧”后的固体，除去其他稀土元素，酸性条件下用过氧化氢还原CeO2生成Ce2(SO4)3、O2、H2O，用有机物HT萃取Ce2(SO4)3，发生Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3+3H+，用硫酸反萃取生成Ce2(SO4)3，加入NaOH生成Ce(OH)3，再加入O2氧化生成Ce(OH)4。
焙烧前将矿石粉碎成细颗粒，可增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率。氧化焙烧中铈元素转化为CeO2，化学方程式为4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4HF+4CO2。
酸浸Ⅱ温度控制在40℃-50℃之间，原因为既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解。该步骤中酸性条件过氧化氢还原CeO2生成Ce2(SO4)3，离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O。
萃取时两种溶剂不能相溶，且相互之间不能反应，①正确；萃取时被萃取的物质不能和萃取剂发生反应，②正确；萃取是利用溶质在两种溶剂中的溶解度不同，将溶质从溶解度低的溶剂中萃取到溶解度高的溶剂中，③正确；萃取剂HT的密度不一定要大于水，也可以小于水，④错误，答案为①②③。
该反应为可逆反应，加入稀硫酸，氢离子浓度增大，化学平衡逆向移动，得到硫酸铈溶液。
根据2CeO22CeO2-m+mO2↑，每个CeO2提供m个氧原子，CO生成CO2，一个CO消耗1个氧原子，所以物质的量比n(CeO2)：n(CO)=1：m。
27-4【巩固】 【正确答案】 1、不停地搅拌 2、[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu
3、浸取 4、2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 PbSO4
5、将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥
6、×100%
【试题解析】 分析:
瓦斯泥主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3和少量PbO、CuO，“浸取”时ZnO、CuO转化为[Cu(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+，过滤出Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3、PbO，滤液中加锌粉，[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+，过滤，滤液中加热到90℃，生成沉淀，加热分解为ZnO；Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3、PbO固体中加硫酸、氯化钠，“酸盐浸提”生成BiCl3、Na2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和S、PbSO4沉淀，过滤，滤液水解得到BiOCl沉淀。
“浸取”时，不停地搅拌可以避免瓦斯泥在反应器的底部沉淀、结块；
“过程I”中Zn置换出[Cu(NH3)4]2+中的铜，反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu；
根据流程图，“浸取”步骤中通入氨气，“过程II”产生的NH3可在流程的“浸取”步骤中循环使用。
①单质铋被Fe3+氧化为BiCl3，Fe3+被还原为Fe2+；反应iii是2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4。
②“酸盐浸提”时，Bi2S3被Fe3+氧化为S，PbO和硫酸反应生成PbSO4沉淀，所以“滤渣2”的主要成分除S外还有PbSO4。
①结合上述信息分析，Fe3+易水解为氢氧化铁沉淀， “水解”时加入适量Zn粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯。
②“水解”生成BiOCl沉淀，“系列操作”为过滤、洗涤、干燥。
1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1mol•L-1]相当于0.08139g氧化锌，amol•L-1的EDTA标准液VmL，相当于氧化锌的质量为0.08139g，样品中氧化锌的质量分数为×100%。
27-5【提升】 【正确答案】 1、SO2 2、适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等 晶体析出，混入浸渣
3、CuS、FeS 4、+H2O2=+H2O
5、提供，使充分转化为沉淀析出
6、
【试题解析】 分析:
钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)通入氧气焙烧得到MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，MoO3转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13•2H2O。
“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；
“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣；
加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS；
溶液中加入适量H2O2将其氧化为，则氧化剂为H2O2，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，反应的离子方程式为+H2O2=+H2O；
由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13•2H2O，因此加入NH4NO3的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；
高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。
27-6【提升】 【正确答案】 1、BC 2、SO2 制取硫酸
3、增大接触面积，加快浸出速率 60
4、磁铁吸引 5、+H2O2=+H2O
6、NH3
【试题解析】 分析:
钼矿（主要含MoS2，还有杂质），通入氧气焙烧MoS2与氧气反应生成二氧化硫和MoO3，FeO生成Fe2O3、Fe3O4，MoO3加入碳酸钠溶液进行碱浸生成Na2MoO4，加入双氧水将其中少量的氧化为，过滤除去CuO、Fe2O3、Fe3O4，滤液中加入NH4NO3、HNO3沉钼，生成（NH4）2Mo4O13•2H2O，过滤，得到（NH4）2Mo4O13•2H2O，滤液含有的主要溶质为硝酸钠，再加入碳酸锂高温合成最终得到钼酸锂，据此分析回答。
Mo为42号元素，位于元素周期表的第五周期ⅥB族，则Mo属于副族、过渡金属元素。
气体X为SO2，是一种有毒气体，该气体可以再利用，可以用于制取硫酸。
“碱浸”前需对粗MoO3进行粉碎，这一操作的目的是增大接触面积，加快浸出速率，根据该操作过程中测定浸取率与温度的关系数据，从浸取率和经济角度考虑，选取的合适温度是60℃。
Fe3O4具有磁性，分离Fe3O4的物理方法为用磁铁吸引。
“转化”操作中加入双氧水的目的是将其中少量的氧化为，该反应的离子方程式是+H2O2=+H2O。
（NH4）2Mo4O13•2H2O和碳酸锂反应得到钼酸锂，同时生成CO2，根据反应物成分含有铵根离子，则还会生成NH3。
28-1【基础】 【正确答案】 1、 C 不能 2、D
3、小于 或0.2
【试题解析】 根据盖斯定律第一步加上第二步等于总反应，
②A. 第一步为慢反应，第二步为快反应，总反应的速率主要由慢反应决定，、CO浓度分别增大2倍对总反应速率影响不相同，故A错误；
B.并不是每次碰撞都是有效的，只有发生化学反应的碰撞才是有效的，与的每次碰撞并不一定是有效碰撞，故B错误；
C.第二步反应是快反应，所以第二步反应的活化能较小，故C正确；
D.为催化剂，催化剂不能改变平衡，故不能提高、CO的平衡转化率，故D错误；
故答案为C
③根据题意可知 =200.8，，该反应是非自发反应，故与的氧转移反应不能自发；
A. 说明正逆反应速率相等，达到平衡，故A正确；
B. CO的转化率与产率相等不能说明平衡，故B错误；
C. ，该反应是前后分子数相等的纯气体反应，反应前后m气和n气均不变，故混合气体的平均相对分子质量不再变化不能说明平衡，故C错误；
D. 的体积分数不再变化说明达到平衡态，故D正确；
故答案为D
当的值越大，N2O的转化率越高，据图分析，小于3；时，上述反应的三段式为：
平衡常数或者0.2
28-2【基础】 【正确答案】 1、-90.8kJ/mo1 低温 =
2、2.0
3、3 随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少 0.124
【试题解析】 ①由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，△H1=(41.2kJ/mol)+( -132.0kJ/mol)= -90.8kJ/mol，反应为放热的熵减反应，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在低温能自发进行。
②由图表可知，Q== K1，反应达到平衡状态，则v正=v逆；
已知，充入二氧化碳、氢气的总量为12mol，起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为，反应ii为气体分子数不变的反应，减少的物质的量为12mol-8mol=4mol为反应i进行导致的，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知气体系数变化∆n=2；

则反应反应平衡时甲醇为n1=2.0mol；
由图表可知，反应后水的物质的量为3.0mol，则：

则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、2.0mol、3.0mol；反应后总的物质的量为8mol，则二氧化碳、氢气、甲醇、水的分压分别为0.125pkPa、0.125pkPa、0.25pkPa、0.375pkPa，则Kp=；
①根据表中数据选取最佳的反应条件：3，此时淀粉的产率最高；
②随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；继续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少，故温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少；
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为1.24g•L-1÷10h=0.124g•L-1•h-1。
28-3【巩固】 【正确答案】 1、CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247.4kJ•mol-1 ab 不是 b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
2、15 1.95
【试题解析】 由图可得出：ⅰ. CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.2kJ•mol-1
ⅱ. CO2(g)+4H2(g)= CH4(g)+2H2O(g) △H=-165kJ•mol-1
依据盖斯定律，将反应ⅰ×2+ⅱ，过程I的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247.4kJ•mol-1。
②a．从图中可以看出，第一阶段：CO、H2、CO2与Fe3O4、CaO作用，生成H2O(g)和Fe、CaCO3，分离得到H2O(g)，第二阶段：Fe、CaCO3与惰性气体混合加热，生成CO、惰性气体和Fe3O4、CaO，分离得到CO，所以实现了含碳物质与含氢物质的分离，a正确；
b．将两个阶段的反应进行加合，便可得出总反应可表示为CO2+H2=H2O(g)+CO，b正确；
c．从第一阶段可以看出，CO参与了反应，c不正确；
d．将两个阶段的反应加合可以得出，Fe3O4、CaO为催化剂，但不改变反应的△H，d不正确；
故选ab。
③I、II、III三条曲线，是同一反应在不同催化剂作用下的CH4转化率曲线，在相同温度下，三者反应的时间相同，但催化效率不同，反应速率不同，但平衡转化率应该相等，则a点所代表的状态不是平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是：b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高。答案为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247.4kJ•mol-1；ab；不是；b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；
①刚性密闭容器，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，发生反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，某时刻p(CO)=20kPa，则可建立如下三段式：

则p(CO2)= 15kPa，v(CO) =1.3×10-2•p(CH4)•p(CO2)mol•g-1•s-1=1.3×10-2×10×15mol•g-1•s-1=1.95mol•g-1•s-1。
②设平衡时CH4的转化率为x，则可建立如下三段式：

依题意得：20-x+25-x+2x+2x=45×1.8，x=18kPa，该反应的平衡常数的计算式为：Kp==(kPa)2。答案为：15；1.95；。
点睛:
在刚性密闭容器中，各气体的压强与浓度一样，压强的变化量之比等于化学计量数之比。
28-4【巩固】 【正确答案】 1、+131.3 2、AB
3、变小 4、8 40 增大容器体积 及时分离出或
【试题解析】 生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和=()-()=+131.3，故答案为：+131.3；
A．该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当容器内气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B．在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C．混合气体的质量是定值，容器容积不变，则混合气体的密度为定值，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．混合气体的质量是定值，混合气体的物质的量不变，则平均相对分子质量不变为定值，当容器内气体的平均相对分子质量不变时，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选AB；
(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化，由图可知，随着温度的升高减小，正逆反应速率均增大，但升高相同温度时，lg增加的更多，说明平衡逆向移动，K值变小，故答案为：变小；
①已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa，列化学平衡三段式，


则x-y+80-x-y+y+x+y=100，解得x=20kPa，A点对应的温度下平衡时，=，
=，A点=，则=，则(20-y)(80-20-y)=y(20+y)，解得y=12 kPa，平衡时CO的分压，平衡时水蒸气的转化率为100%=40%，故答案为：8；40；
②反应Ⅰ为气体体积增大的反应，增大容器体积，平衡正向移动，可以提高水蒸气平衡转化率，或者及时分离出或，也会促进平衡正向移动，提高水蒸气平衡转化率，故答案为：增大容器体积；及时分离出或。
28-5【提升】 【正确答案】 1、放热 1mol水汽化吸收的能量多于1molCO(g)和1molH2O(g)反应生成1molCO2(g)和1molH2(g)放出的能量，CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)为吸热反应，而图中虚线表示放热反应
2、20% 甲 较小时，NO、SO2被O3氧化的量较少，但在溶液中SO2与反应而脱硫，NO不与(NH4)2SO3反应 be
【试题解析】 根据图像，1molCO(g)和1molH2O(g)具有的总能量比1molCO2(g)和1molH2(g)具有的总能量高，故CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)为放热反应、反应的∆H=-41kJ/mol；1molH2O(l)变成1molH2O(g)吸收44kJ的能量，则H2O(l)=H2O(g) ∆H=+44kJ/mol(①)，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H=-41kJ/mol(②)，根据盖斯定律，将①+②可得CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H=+3kJ/mol，即反应CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)为吸热反应，图中虚线表示放热反应，故不可能用图中虚线表示CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)的能量变化曲线；答案为：放热；1mol水汽化吸收的能量多于1molCO(g)和1molH2O(g)反应生成1molCO2(g)和1molH2(g)放出的能量，CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)为吸热反应，而图中虚线表示放热反应。
①反应0~5min内测得v(NO2)=0.04mol/(L∙min)，5min内生成NO2为0.04mol/(L∙min)×5min=0.2mol/L，5min内消耗NO为0.2mol/L，则5min末时NO的转化率为=20%；答案为：20%。
②由图像可知，较小时，因O3的量少，NO、SO2被O3氧化的量较少，但在溶液中SO2与反应而脱硫，NO不与(NH4)2SO3反应，即开始阶段脱硫率高于脱硝率，则甲为脱硫率变化曲线，乙为脱硝率变化曲线；答案为：甲；较小时，NO、SO2被O3氧化的量较少，但在溶液中SO2与反应而脱硫，NO不与(NH4)2SO3反应。
③a．升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率加快，a项正确；
b．该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，b项错误；
c．反应I的正反应为气体分子数增多的反应，建立平衡的过程中气体总物质的量变化，在恒容容器中混合气体的压强变化，混合气体的压强不变能说明反应达到平衡状态，c项正确；
d．NO2为红棕色气体，其它气体均为无色，混合气体的颜色不变，说明NO2的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，d项正确；
e．缩小体积，增大压强，反应I逆向移动，c(O3)增大，反应II、III正向移动，脱硫率、脱硝率均提高，e项错误；
答案选be。
28-6【提升】 【正确答案】 1、低温 小于 2、+41.2 3、AD
4、 5、A 6、阴 2CO2+2e-=CO+CO
【试题解析】 分析:
有两个或以上的气体反应物参与平衡时，增加其中一个气体反应物浓度，另一个反应物的转化率一定增加，两个同时增加时，与反应是分子数增大还是分子数减小有关。
(1)该反应为分子数减少的反应：，且为放热反应：，根据判据：时反应自发进行，可知该反应在低温下可自发进行；由，所以，故填低温、小于；
(2) CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，可得；；根据盖斯定律，==+41.2Kj/mol，故填+41.2
(3)A．该反应为放热反应，升高温度，反应速率增加，平衡左移，平衡常数只与温度有关，即平衡常数减小，故A正确；
B．再加入一定量的CO2和H2，体系内压强增大，两者可能都增加，故B错误；
C．催化剂只能加快反应速率，对平衡移动不影响，故C错误；
D．该反应为分子数减小的反应，恒温恒容下平衡时压强降低，改为恒温恒压相当于增大压强，平衡右移，可以提高甲醇的百分含量，故D正确；
故选AD；
(4)增大反应物的浓度平衡向右移动，反应速率加快，二氧化碳转化率降低，根据题意可得： ，故填 ；
(5)根据速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5 (k为速率常数)，当p(CH4)一定时，积碳速率与p(CO2)成反比，即二氧化碳压强越大，祭坛量越少，且为指数变化关系，所以在以下四幅图中，只有A满足，故选A；
(6)从CO2参与反应生成CO，碳的化合价降低，得电子，所以生成CO的一极为阴极，电极反应式为：，故填阴、。
35-1【基础】 【正确答案】 1、3d64s2 基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定
2、正四面体 3、14 苯胺分子中有N-H键，可与水分子形成氢键，增大溶解度
4、LiC6
【试题解析】 Fe为26号元素，根据构造原理知基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，根据洪特规则及特例可知，由于基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定。
PO中中心原子P原子形成4对成键电子对，孤电子对数为：，则P的杂化方式为sp3，PO的空间结构为正四面体形。
已知单键均为σ键，苯环上6个碳碳键均为介于单键和双键之间独特的键，则1mol中含有14molσ键；由于苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能，导致苯胺水溶性大于苯。
由题干晶胞图可知，Li位于8个顶点，C有8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有的Li+为：8×=1，C原子个数为：8×+2=6，则晶体的化学式为LiC6，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3×142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为，晶胞体积为(3×142)2×335×10-30cm3，结合密度公式，则该晶体的密度为。
35-2【基础】 【正确答案】 1、1s22s22p5
2、F>O>Cl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，范德华力(或分子间作用力)大，所以Cl2O的熔、沸点高
3、5 D 非极性
4、2
【试题解析】 F是9号元素，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p5；
O和F为同一周期，得电子能力逐渐增强，F和Cl为同一主族，得电子能力逐渐减弱，氧元素得电子能力大于氯元素；电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F＞O＞Cl；根据VSEPR理论有2+=4，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高，故答案为：F＞O＞Cl；角(V)形；低于；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为2+=5，其中心原子的杂化方式应为sp3d，故答案为：5；D；
图中大球的个数为8×+1=2，小球的个数为8×+2=4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；晶胞中含有2个XeF2分子，故晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=a2c×10-30cm3，则密度为 g/cm3。
35-3【巩固】 【正确答案】 1、 12
2、
3、CoAl2O4 八面体空隙
【试题解析】 根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6×＋8×=4，Ti原子个数为1＋12×=4，所以晶胞的质量m= g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3 cm3，所以晶体的密度ρ=g·cm-3.以晶胞顶点N原子为研究对象，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子数目为=12；
①该晶胞的化学式为VS，结合该晶胞的俯视图和晶胞结构可知，一个晶胞中含有2个V原子、2个S原子，因此V原子的位置是晶胞中8个顶点各一个，4条棱上各一个， ；
②因为一个该晶胞中有2个VS，所以一个晶胞质量为2×(32＋51)×g，根据图2得到晶胞底面积为a×a nm2，所以晶胞的体积为a×ah nm3=a2h×10-21 cm3，根据公式ρ=可得，d=，所以h=；
根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4×=8、4×4=16、8×4=32，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，与Al3＋距离最近且相等的O2-有6个，故晶体中Al3＋占据O2-形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a×10-7)3 cm3，该晶胞的质量为g，所以密度为g·cm-3。。
35-4【巩固】 【正确答案】 1、 <
2、25% bc
3、
【试题解析】 盖斯定律计算(Ⅰ-Ⅱ)×得到反应Ⅲ，则[501-(-45)]×=；由题干信息可知，反应II为放热反应，故反应Ⅱ中，正反应的活化能<逆反应的活化能，故答案为：；<；
①由题干信息可知，图像中下降的曲线为CO2的变化曲线，故650℃时，CO的体积分数为40%，即有：，解得x=0.25，故反应达平衡后的转化率为=25%，故答案为：25%；
②10min后测得V(CO)为11.2L(标况下)即物质的量为，则反应速率，根据化学反应速率与计量数成正比，则
a．由于CO2的系数是CO的一半，故平衡状态时单位时间内生成的CO的物质的量是CO2的两倍，a不合题意；
b．由于平衡状态时，各组分的物质的量保持不变，故容器中气体的压强不随时间而变化， b符合题意；
c．由图像可知，该反应正反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故再次达到平衡时，C的质量减少，c符合题意；
d．恒温恒容时，保持其它条件不变，充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度保持不变，故反应速率不变，平衡不移动，d不合题意；
故答案为：；bc；
基态Ni原子价层电子排布为3d84s2，价层电子排布图(轨道表达式)为：；根据晶胞示意图可知，La位于晶胞的顶点，Ni位于晶胞的面心和体心，则一个晶胞中La原子的个数为，Ni原子的个数为，则晶胞的质量为，又晶胞的边长为apm，则晶胞的体积为，因此晶胞的密度为。
35-5【提升】 【正确答案】 1、 2、6 ＞
3、4 O＞N＞C＞H＞Ni
4、La5Ni(或NiLa5)
【试题解析】 Ni元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，原子序数28，最外层两个电子，原子结构示意图为：，故填；
NaCl晶体中钠离子和氯离子的配位数均为6，因为NiO、FeO晶体类型与晶胞与NaCl相同，所以Ni2+的配位数为6；离子半径： ，晶格能：，所以前者熔点高，故填6、>；
从图甲中可以看出Ni与周围四个N原子相连形成配合物，其配位数为4；根据元素周期律，同周期电负性从左到右依次增大，同主族从上到下依次减弱，金属电负性小于非金属，所以素H、C、N、O、电负性由大到小的顺序为，故填；
根据晶胞结构示意图，晶胞中La原子的个数为：；Ni原子个数为：，所以该晶体的化学式为：或；根据=，其中=，代入上式得：，故填或、
35-6【提升】 【正确答案】 1、
2、两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
3、
4、 平面三角形
5、
【试题解析】 硒为34号元素，处于第四周期ⅥA族，基态硒核外电子排布式为；
的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
分子中不饱和碳原子以及苯环上的碳原子的杂化类型均为，非金属性越强，第一电离能一般越大，氮元素的轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则元素的第一电离能由大到小的顺序为；
根据结构图可判断与结合的氧原子个数，所以该氧化物的化学式为。的中心原子的价层电了对数是3，且不含有孤对电子，其立体构型为平面三角形；
根据均摊法可知一个晶胞中原子的个数为8，原子个数，所以晶胞的质量，晶胞参数为，晶胞的体积；晶胞密度为。
36-1【基础】 【正确答案】 1、硝基苯 2、取代反应 碳碳双键
3、
4、4 5、
【试题解析】 分析:
由C的结构简式和B转化为C的反应条件，可知B为，A发生取代反应生成B，则A为，C中碳碳双键发生加聚反应生成D为，苯与溴发生取代反应生成E为，E发生取代反应生成F为，F中苯环与氢气发生加成反应生成G；
由分析可知，A为，名称是硝基苯；D的结构简式为；F的结构简式为；
E为，E发生取代反应生成F为，反应③的反应类型是取代反应；C中官能团的名称有氨基、碳碳双键；
A为，A发生取代反应生成B为，则反应②的化学方程式；
当苯环有1个取代基时，取代基有2种：、，相应地可形成两种同分异构体；当苯环有2个取代基时，取代基为和，存在邻、间、对三种同分异构体，故B有4种同分异构体；其中苯环上的一氯代物有2种；
苯先与作用得到,与反应得到，与发生催化氧化反应即可得到目标产物，合成路线为。
36-2【基础】 【正确答案】 1、羟基、羧基 2、
3、+NaOH+NaBr 4、D
5、26 或 6、CH3CH2OHCH3CHO
【试题解析】 分析:
B能发生催化氧化，说明B中含有醇羟基，A发生水解反应生成B为，C为，C发生信息I的反应生成D为，D发生消去反应生成E为，E发生取代反应生成F为，G发生取代反应生成H，G为，H和F发生取代反应生成I。
D的结构简式为，故官能团为羟基、羧基。
F的结构简式是。
A的结构简式为，故反应方程式为卤代烃的水解，由A生成B的化学方程式为。
A.化合物D也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B.1molE项最多消耗4mol，故B错误；
C.I的分子式为，故C错误；
D.C的结构简式为，联想苯和甲醛的结构，结合单键可以旋转可知，C中最多有15个原子共平面，故D正确。
符合题给条件的D的同分异构体分子中应含有1个酚羟基、1个甲酸酚酯、1个乙基或2个甲基。若含有1个酚羟基、1个甲酸酚酯、1个乙基，三个取代基互不相同(XYZ)时，在苯环上有10种互不重复的同分异构体，如图所示：
X、Y相邻，插入Z：、、、
X、Y相间，插入Z：、、、
X.Y相对，插入Z：、
若含有1个酚羟基、1个甲酸酚酯、2个甲基，四个取代基两个相同、两个不同(XXYZ)时，我们可分别让2个X处于邻、间、对位，再分别固定1个Y(或Z)，进而讨论一个Z(或Y)的位置，共16种互不重复的同分异构体，如图所示：
、 、、 、、、、、、、、、、、、
故符合题给条件的D的同分异构体共有10种+16种=26种。
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的有机物结构简式为或。
根据题目中的合成路线BCD，可写出合成路线为。
36-3【巩固】 【正确答案】 1、羧基 2、C11H12O4 氧化反应
3、保护酚羟基和支链上的羟基
4、 5、 6、
【试题解析】 分析:
由流程可知，R中羟基氢发生取代反应生成X，X生成Y，Y生成Z，结合XZ结构可知，X中羧基被还原为羟基生成Y，Y中羟基被氧化为醛基生成Z，Z中醛基发生加成反应引入-CN、-NH2生成W，W发生取代反应生成羟基得到J，J中氰基转化为羧基得到H；
由图示可知，H中所含官能团有氨基、羟基和羧基；
由结构可知，X的分子式为C11H12O4，③的反应为羟基被氧化为醛基的过程，为氧化反应；
羟基容易被氧化，设计反应①和⑤是将羟基变为醚键，再把醚键转化为羟基，目的是保护酚羟基和支链上的羟基；
反应①为取代反应，其化学方程式为；
R除苯环外不饱和度为1，且同分异构体M同时满足下列条件：
①M能与氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基；
②1molM最多能和4molNaOH发生反应，则含有2个酚羟基、1个与苯环直接相连的-OOCCH3；
③在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积比为3∶3∶2∶2，则应还2个甲基且对称性较好；
故M的结构简式可能为；
发生消去反应在支链上生成碳碳双键-CH=CH2，然后发生已知反应转化为-CHO，再发生Z生成W的反应转化为-CH(NH2)CN，水解生成-CH (NH2)COOH；故流程为：
。
36-4【巩固】 【正确答案】 1、C18H31NO2 醚键、醛基、硝基
2、3 3、溴乙烷
4、3 5、
【试题解析】 分析:
根据D、E的结构简式可知，D中羟基上氢原子被-C2H5取代，根据A、B结构简式可知，A中羟基上氢原子被-C10H21取代，A与C10H21Br反应生成B，则可推出化合物X为C2H5Br。
化合物F为，其分子式为C18H31NO2；化合物B为，其中含氧官能团的名称为醚键、醛基、硝基；
对比E和F的结构简式可知，E中的硝基被还原为F中的氨基，1mol硝基与3molH2反应生成1mol氨基，则1molE生成1molF需要3 molH2；
据分析可知，X为C2H5Br，其名称是溴乙烷；
化合物A为，其同分异构体的苯环上有两个取代基；能在NaOH溶液中发生水解反应，说明含有酯基；能发生银镜反应，说明含有醛基或与甲酸反应生成的酯基；满足以上条件的同分异构体共有3种，分别为、、；其中核磁共振氢谱为1:2:2的同分异构体的结构简式为；
苯酚与浓溴水反应生成，苯酚甲酯在NaOH/THF条件下反应生成苯酚，苯甲醛与(CF3CO)2O反应生成苯酚甲酯，则其合成路线为
。
36-5【提升】 【正确答案】 1、醚键、(酮)羰基 2、
3、ADE 4、
5、、 6、
【试题解析】 分析:
根据流程和题中信息①可知A为，B为，C为，D到E位取代反应保护羰基对位的羟基，故E为，根据信息②可知G为，G发生取代反应生成F，F发生取代反应生成I；
根据F的结构式可知F中含有的官能团名称为醚键、(酮)羰基；
根据分析可知丹皮酚的结构简式为；
A.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H33O3N3，故A错误；
B. B为物质B可能溶于水，氨基具有碱性能与盐酸反应生成有机盐，故B正确；
C.根据流程可知E→F和H→I的反应类型均为取代反应，故C正确；
D. C为，物质C能使浓溴水反应生成白色沉淀，而且1molC消耗3molBr2，故D错误；
E.根据H的结构可知溴代烃X的名称可能为1，4－二溴丁烷，故E错误；
故答案为ADE；
A为，在盐酸和铁粉作用下还原为B，方程式为；
G为，
①能发生银镜反应说明有醛基或者甲酸酯基；②1molM与2molNaOH恰好反应，可以含有2个酚羟基或者甲酸与酚羟基形成的酯基，③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。符合条件的有、；
发生换与水反应生成，再与HCl/H2O再220℃下得到，再发生流程信息中的反应可得到目标产物，合成路线为：；
36-6【提升】 【正确答案】 1、对氟苯酚 (4-氟苯酚) 酯基、碳氟键
2、 消去反应 3、1
4、 5、
【试题解析】 分析:
A发生取代反应生成B，F与氢气反应生成G，对比E、G的结构，则F结构简式为：，反应⑤为醇羟基的消去反应；
(5)由路线中B→C的转化，转化为，再与氢气加成生成，最后与溴发生取代反应生成。
A的名称是对氟苯酚(或4-氟苯酚)；B中所含官能团的名称是酯基、碳氟键。 故答案为：对氟苯酚(或4-氟苯酚)；酯基、碳氟键；
A转化为B的反应为对氟苯酚与乙酸酐在浓硫酸条件下发生取代反应：；对比E、G的结构及反应⑥的条件，可知反应⑤中羟基发生消去反应生成F， 反应⑤的化学方程式为，该反应的反应类型是消去反应；
碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，因此G分子中的手性碳个数为1个；
E的同分异构体符合下列条件：Ⅰ.苯环上只有三个取代基，Ⅱ.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，说明含有4种氢原子，Ⅲ.1 mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2 mol CO2，说明含有2个羧基。符合条件的E的同分异构体结构简式为：、；故答案为：、；
由路线中B→C的转化，转化为，再与氢气加成生成，最后与溴发生取代反应生成。以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)：。
点睛:
本题考查有机物的合成和推断，侧重考查对比、分析判断及知识综合运用能力，明确反应前后官能团及碳链结构变化是解本题关键，难点(5)中注意利用转化关系中隐含的信息进行合成路线设计。