2021-2022学年四川省成都石室中学高三上学期期中考试化学变式题含解析

这是一份2021-2022学年四川省成都石室中学高三上学期期中考试化学变式题含解析，共93页。

 变式题
【原卷 7 题】 知识点 硅的物理性质与用途,金属与合金性能比较,高分子材料,新型无机非金属材料


【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．合成橡胶由各种单体经聚合反应而得，橡胶制品广泛应用于工业或生活，属于有机高分子材料，故A正确；
B．碳纤维的主要成分为碳，属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．制作太阳能电池板主要材料是硅，故C错误；
D．钛合金属于金属材料，故D正确；故选C。

7-1（基础） 2022年第24届北京冬奥会成功举办离不开高科技的支持，以下说法不正确的是
A.冬奥会火炬“飞扬”采用碳纤维复合材料，与传统金属材料相比，碳纤维密度小、强度高
B.速滑竞赛服使用了蜂窝样式的聚氨酯材料减少空气阻力，聚氨酯可以通过缩聚反应制得
C.冬奥会颁奖礼仪服添加了远红外石墨烯保暖材料，石墨烯属于有机高分子材料
D.颁奖花束所用的编织材料是以羊毛为原料的绒线，其主要成分为蛋白质
【正确答案】 C

7-2（基础） 2022年中央电视台除夕夜的春节联欢晚会，《零点钟声》嘉宾是：翟志刚、王亚平、叶光富，三位神舟十三号航天员在太空为全国人民送上了新春祝福。下列说法不正确的是
A.空间站广泛使用的钛合金，属于金属材料
B.中国空间站的太阳能电池板主要材料是
C.宇航服的主要成分是有机物
D.飞船返回舱外面是一层耐高温的陶瓷材料，属于无机非金属材料
【正确答案】 B

7-3（巩固） 为了满足科学技术发展的需要，人们设计和合成了很多新型的材料，下列说法错误的是
A.合金钢也叫特种钢，就是在碳素钢里加入一种或几种合金元素
B.新型储氢合金材料的研究和开发为氢气能源的实际应用起到重要的推动作用
C.过渡金属也称过渡元素，人们经常在该区域中寻找合适的半导体材料
D.硬铝密度小、强度高，且具有较强的抗腐蚀性，是制造飞机的理想材料
【正确答案】 C

7-4（巩固） 北京冬奥会彰显了我国的科技实力。下列有关说法错误的是
A.开幕式“演出服”用到的新型材料石墨烯，既能导热又能导电
B.吉祥物“冰墩墩”的毛绒材质主要是聚酯纤维，其属于合成纤维
C.速滑馆“冰丝带”采取CO2跨临界直冷制冰，利用了CO2的化学性质
D.场馆大面积使用的“碲化镉”发电玻璃，可将光能高效转化为电能
【正确答案】 C

7-5（提升） 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三名航天员平安凯旋。下列说法正确的是

A.具有耐高温和高度密封性的返回舱舷窗玻璃属于传统无机非金属材料
B.返回舱表面的烧蚀材料由玻璃纤维与合成树脂复合而成，属于新型无机非金属材料
C.烧蚀材料应具有高熔点、高沸点、难分解的特性，从而保护返回舱的安全
D.返回舱次外层的“避火衣”热容量大、熔点高，由钛合金制成，属于金属材料
【正确答案】 D

7-6（提升） “中国名片”的发展受到世界瞩目，化学功不可没。下列说法正确的是
A.“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
B.“神舟十三号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料
C.“复兴号”车厢连接处关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机金属材料
D.“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 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,结合物质结构基础知识与NA相关推算,阿伏加德罗常数的应用

【正确答案】
B
【试题解析】


8-1（基础） 每年10月23日上午6：02到下午6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A.22 g CO2与8.5 g NH3所含分子数相等
B.17 g OH—与19 g H3O+所含电子数相等
C.2molH2O的摩尔质量是36g·mol-1
D.12g金属镁变为镁离子时失去的电子数为NA
【正确答案】 C

8-2（基础） 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.常温常压下，8g甲烷中含C- H键数目为0.4NA
B.标准状况下，11.2L苯中含有碳原子数目为3 NA
C.1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含氧原子数目为0.3N NA
D.7.8g Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目为0.1 NA
【正确答案】 D

8-3（巩固） 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6
B.将(标准状况)通入足量水中，转移的电子数为
C.和在一定条件下完全反应，转移的电子数为2
D.和混合，反应一段时间后总原子数为4
【正确答案】 C

8-4（巩固） NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A.100g 46％的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA
B.pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C.0.1mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NA
D.1L 0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA
【正确答案】 A

8-5（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A.10g环己烷与2－丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，其中所含的氧原子数目为NA
B.标况下，33.6LCH2Cl2所含分子数为1.5NA
C.硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共46g，则铜失去的电子数为NA
D.常温下，1LpH=5的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中N(CH3COO-)-N(Na+)=(10-5-10-9)NA
【正确答案】 B

8-6（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A.常温下，100g 46%乙醇水溶液中含有H原子数为12 NA
B.23g Na与足量O2反应，生成Na2O 和Na2O2 的混合物，转移的电子数为 NA
C.标准状况下，2.24 LCCl4 含有的共价键数为0.4 NA
D.1 molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2 NA
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 醇的催化氧化,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,醛的组成与结构



【正确答案】
C
【试题解析】



9-1（基础） 糠醇可用于有机合成树脂、涂料等，四氢糠醇可做印染工业的润湿剂和分散剂，它们的转化关系如图，下列说法正确的是

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

9-2（基础） 左旋多巴( )用于改善肌强直和运动迟缓效果明显，下列有关该物质的说法错误的是
A.其分子式为
B.能与酸或碱反应生成盐
C.核磁共振氢谱上共有9个峰
D.分子中最多有6个碳原子共平面
【正确答案】 D

9-3（巩固） 试剂生产中，常用双环戊二烯通入水蒸气解聚成环戊二烯，下列说法错误的是
(双环戊二烯，g)2 (环戊二烯，g)
A.双环戊二烯的分子式为C10H12
B.双环戊二烯和环戊二烯均能使酸性KMnO4溶液褪色
C.环戊二烯的一氯代物有3种
D.环戊二烯所有原子均能共平面
【正确答案】 D

9-4（巩固） 对苯二甲酸( )是合成涤纶的原料，下列说法正确的是
A.1mol对苯二甲酸与2molCH3CH2OH可完全酯化
B.分子中共面的原子数最多为18个
C.与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C8H16O4
D.对苯二甲酸的同分异构体，其中苯环上的二元取代物为5种
【正确答案】 B

9-5（提升） 北京冬奥会滑雪比赛冠军谷爱凌戴的滑雪镜不仅颜值高且不易碎兼具良好的透明度，制作材料是一种高分子材料—聚碳酸酯(简称PC，*代表省略的端基原子)，其合成方法和分子结构如下图所示，下列说法不正确的是

A.化合物A的分子式为C15H16O2
B.可通过FeCl3溶液检验A是否完全反应
C.A的一氯代物有三种结构
D.反应物B分子中所有原子可能共平面
【正确答案】 B

9-6（提升） 内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如下：

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

【原卷 10 题】 知识点 元素非金属性强弱的比较方法,微粒半径大小的比较方法,元素周期律、元素周期表的推断,共价键的形成及主要类型

【正确答案】
B
【试题解析】



10-1（巩固） 德国制药商赫希斯特公司于1987年首次合成了罗红霉素，它一般用于治疗呼吸道、尿道和软组织感染，其化学式为。X、Y、Z、M属于四种短周期元素，原子序数依次增大，X的核外电子数是X元素主族序数的2倍；Y、Z、M为同周期相邻元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值均等于主族序数，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的2.5倍。下列说法不正确的是
A.原子半径：Y B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y C.X与M组成的化合物X2M2能用作消毒剂
D.Z、M简单离子半径：Z>M
【正确答案】 A

10-2（巩固） 一定条件下电解某物质可合成新化合物(W+[Y≡X－Z－X≡Y]-)，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z的原子序数之和为28，且在元素周期表中Y与X、Z相邻。下列说法一定正确的是
A.Y与Z在同一周期 B.原子半径：W>X>Y>Z
C.最高价氧化物对应的水化物酸性：Y>Z>X D.氢化物沸点：Y>X
【正确答案】 C

10-3（提升） 南开大学化学学院针对“水系锌离子”电池设计出全新正极材料和电解液，该电解液的阴离子结构如图所示，其中、、、为原子半径依次增大的短周期元素，的氢化物常温下是液体，与的单质反应可以生成的单质，的原子序数是的两倍，下列说法正确的是

A.Y的最高氧化物对应的水化物是强酸 B.对应氢化物的沸点：
C.非金属性： D.该阴离子中、、都满足电子稳定结构
【正确答案】 D

10-4（提升） 中国科学院兰州化物所阎兴斌研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化学物结构如图所示。其中X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论正确的是

A.Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物
B.X单质的导电性能强于Q单质
C.L的铵盐溶液可以存放在玻璃试剂瓶中
D.原子半径大小的顺序为：Q>M>X
【正确答案】 B

10-5（提升） 一种低毒杀虫剂的结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，原子核外电子的数目Q比Z多8个。下列说法正确的是

A.是一种强酸 B.简单氢化物沸点：
C.简单离子半径： D.和均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【正确答案】 D

10-6（提升） 某矿石由X、Y、Z三种原子序数逐渐增大的元素组成，且均为元素周期表前20号元素，X、Y处于不同周期。矿石的阴离子结构如图所示，黑球(Y)原子半径大于白球(X)原子半径，其中构成阳离子的元素(Z)周期数是族序数的二倍。下列有关说法正确的是

A.原子半径：Y>X>Z
B.最高正价：X>Y>Z
C.简单氢化物沸点：X>Y
D.元素Z与X形成的化合物均只含有离子键
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 化学实验基础操作,化学实验方案的设计与评价

【正确答案】
A
【试题解析】


11-1（基础） 为完成下列实验目的所设计的实验方案正确的是

实验目的
实验方案
A
检验X气体是否具有氧化性
将X气体通入溶有的溶液中，出现白色沉淀
B
验证金属铝熔点比氧化铝低
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，金属铝熔化而不滴落下来
C
检验硫酸亚铁是否变质
向溶液中加入少量的粉末，产生红褐色沉淀
D
检验浓硫酸催化脱脂棉水解的产物中含有还原性糖
向水解后的溶液中加入新制浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成

A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

11-2（基础） 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于的酸性
B
常温下，分别测量浓度均为的溶液和溶液的，前者的大
酸性：
C
向的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成

D
向少量碘水中加入过量浓溶液，分成两等份，向一份中滴加溶液显红色；向另一份中滴加淀粉溶液显蓝色
与的反应为可逆反应

A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

11-3（巩固） 下列操作能达到相应实验目的的是

实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
判断某卤代烃中的卤素
取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液
C
除去苯中混有的少量苯酚
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液
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】 A

11-4（巩固） 下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
方案设计
现象和结论
A
检验铜和浓硫酸反应后是否有酸剩余
取少量反应后的混合物于试管中，加入稀盐酸、BaCl2溶液
若产生大量白色沉淀，则说明硫酸有剩余
B
比较B和C的非金属性强弱
用pH计测定相同浓度的H3BO3、H2CO3溶液的pH
H2CO3溶液的pH更小，说明C的非金属性更强
C
检验某溶液中是否含有Fe2+离子
向该溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为血红色，则该溶液中含有Fe2+离子
D
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1H2SO4溶液，加热，冷却后，取少量水解后的溶液于试管中，加入碘酒
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

11-5（提升） 下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间
后者褪色更快
浓度越大，化学反应速率越快
B
加热NaI固体和浓磷酸的混合物
有气体产生
生成了HI气体
C
向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚>碳酸
D
分别在20℃、30℃下，取0.1mol·L-1KI溶液，向其中先加入0.1mol·L-1的硫酸，再加入淀粉溶液，发生反应4H++O2+4I-=2I2+2H2O
30℃下，溶液更快出现蓝色
温度越高，化学反应速率越快
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

11-6（提升） 下列操作能达到目的的是
选项
操作
目的
A
向10 mL0.1 mol·L-1草酸溶液中先滴加1 mL0.1 mol·L-1KMnO4溶液，再滴加1 mL 0.2 mol·L-1KMnO4溶液
探究浓度对反应速率的影响
B
分别用pH计测定0.1 mol·L-1的HOCH2COOH溶液在25 °C、45 °C时的pH(浓度变化不考虑)
探究温度对电离平衡的影响
C
将铁、铜片插入浓硝酸(常温)构成原电池，并连接电流计
验证原电池中较活泼金属为负极
D
向物质的量浓度均为1 mol·L-1的Na2CO3和Na2SO4混合液中加入等体积的过量AgNO3溶液
探究 Ag2CO3和Ag2SO4溶度积的大小
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

【原卷 12 题】 知识点 原电池电极反应式书写,原电池原理的应用,原电池、电解池综合考查,电解原理的应用



【正确答案】
C
【试题解析】




12-1（基础） 铅蓄电池是汽车常用的蓄电池，其构造如图所示。下列说法不正确的是

A.电池充电时总反应为：2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4
B.电池放电时，c(H+)减小
C.电池放电时，负极质量减轻
D.铅蓄电池的缺点是笨重、比能量低
【正确答案】 C

12-2（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箔为电池的阳极
B.充电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]
C.充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室
D.外电路中通过0.2mo1电子时，正极质量变化为2.4g
【正确答案】 C

12-3（巩固） 二次电池具有高稳定性，其工作原理如图所示，其中电解质中只能传导。下列说法错误的是

A.放电时电极上电势：钾电极＜碳电极
B.充电时阳极电极反应式：
C.当电路中有电子转移时，有通过电解质
D.当有被还原时，就会有被氧化
【正确答案】 D

12-4（巩固） 可充电水系Zn－CO2电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O电离出的H+和OH-可以分别通过膜移向两极。下列说法错误的是

A.放电时，右侧电极的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH
B.放电时，金属锌为负极，发生氧化反应
C.充电时，双极膜产生的H+向阳极室移动
D.充电时，每生成22.4L(标准状况)O2，阴极增重130g
【正确答案】 C

12-5（提升） 某二次电池充电时的原理如图所示，该过程可实现盐溶液的淡化。下列有关说法错误的是

A.充电时，a为电源正极
B.充电时，向Bi电极移动
C.充电时，两电极新增加的物质中：
D.放电时，正极的电极反应为：
【正确答案】 C

12-6（提升） 锌溴液流电池是液流电池的一种，属于能量型储能，能够大容量、长时间地充放电，工作原理如图所示。下列叙述错误的是

A.隔膜的电阻越大，电池的电导率越低
B.电池充电时，N极电解液的颜色变浅
C.放电时总反应方程式为Zn+Br2=ZnBr2
D.隔膜的作用是维持两侧溴化锌溶液的浓度相同
【正确答案】 B

【原卷 13 题】 知识点 弱电解质的电离平衡,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

【正确答案】
D
【试题解析】





13-1（基础） 是一种二元弱酸，溶液中各型体浓度在其总浓度中所占比值叫其分布系数，常温下某浓度的溶液中各型体分布系数随pH的变化如图所示，据此分析，下列说法不正确的是

A.曲线a代表，曲线b代表
B.常温下0.1mol/L的溶液显酸性
C.常温下，的电离平衡常数
D.pH从时，先增大后减小
【正确答案】 D

13-2（基础） 时，向的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为的盐酸，溶液中和溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随中和率的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是

A.的电离常数
B.b点时，
C.c点时，
D.d点对应的溶液中，升高温度增大
【正确答案】 C

13-3（巩固） 已知常温下0.1 mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.8，已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法不正确的是

A.溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：
B.NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：
C.通过分析可知常温下：
D.在此溶液中滴加少量浓盐酸，溶液中减小
【正确答案】 C

13-4（巩固） 室温下，向10mL0.10mol∙L-1NaOH溶液中逐渐滴加0.10mol∙L-1HX溶液，混合溶液的pH变化如图所示(温度和体积变化忽略不计)。下列说法正确的是

A.室温下，HX为弱酸，其Ka=10-5
B.N点对应的溶液中，c(Na+)是c(HX)的10倍
C.P点对应的溶液中：c(X-)＜c(HX)
D.M点与N点对应的溶液中水的电离程度：M＞N
【正确答案】 B

13-5（提升） 天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知Ksp(CaCO3)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为、或Ca2+)与pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是

A.曲线①代表HCO，曲线③代表Ca2+
B.a=-4.35，b=-2.65
C.由图中的数据计算得Ka2(H2CO3)=10-10.3
D.pH=10.3时，c(Ca2+)=10-6.5mol•L-1
【正确答案】 D

13-6（提升） 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

【原卷 26 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,常见无机物的制备,物质性质的探究








【正确答案】


【试题解析】







26-1（基础） 是制备新能源汽车钴酸锂电池的重要原料。某化学学习小组设计如图实验装置制备，并探究其有关性质。

已知：i.无水为蓝色，易溶于水及乙醇等有机溶剂。
ii.常用作吸水剂，遇水剧烈水解生成和HCl，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。
回答下列问题；
1、仪器a的名称是_______。
2、滴加，一段时间后容器A中充满白雾，发生反应的化学方程式为_______。
3、无水的作用是_______。
4、将A中反应混合物隔绝空气减压蒸馏，得到无水晶体。下列装置适合作为冷凝和接收装置的是_______(填序号)。

5、某同学向无水氯化钴中加入95%乙醇溶液，得到蓝色溶液，滴加蒸馏水溶液由蓝色变为粉红色【查阅资料得知为蓝色、为粉红色】。变色过程中发生反应的离子方程式为_______。
6、科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用和合成。下列关于该电池的叙述错误的是_______。

A.该装置能量转化形式仅存在将太阳能转化为电能
B.铜电极为正极，电极反应式为
C.电池内部透过质子交换膜从左向右移动
【正确答案】 1、(球形)冷凝管 2、
3、防止水槽中的水气进入装置A内，造成过量损耗
4、Ⅲ 5、+6H2O=+2C2H5OH +2Cl-
6、A

26-2（基础） 作为工业生产的催化剂和制备纳米MgO的材料，草酸镁(MgC2O4•2H2O)有着广阔的应用和发展前景。回答下列问题：

1、MgC2O4•2H2O的制备
已知氯化镁、草酸铵、草酸镁在水中的溶解度如表：

氯化镁
草酸铵
草酸镁
20℃
54.6g
4.45g
微溶
70℃
61.0g
22.4g
100℃
73.3g
34.7g
实验方法：(i)加热煮沸蒸馏水，取300mL冷却至70℃，加140gMgCl2•6H2O配制MgCl2溶液：
(ii)按照图示装置装好药品，连接好装置；
(iii)在磁力加热搅拌的情况下，缓缓滴入饱和(NH4)2C2O4溶液，并水浴加热，直至不再产生白色沉淀为止；
(iv)分离沉淀、洗涤，得MgC2O4•2H2O晶体.
①装置中仪器丙的名称是____，其冷水进口为____(填“a”或“b”)。
②仪器乙中c部位的作用是____。
③检验产品洗涤干净的方法是____。
2、MgC2O4•2H2O分解产物的探究
利用如图所示装置探究MgC2O4•2H2O分解产物CO、CO2等的性质。

①装置A中发生反应的化学方程式为_____。
②装置B中盛装的药品是_____，装置C的作用是_____，装置D中的试剂是____，装置G中的现象是_____。
【正确答案】 1、三颈烧瓶 a 保持内部压强不变，使乙中液体顺利流下 取洗涤后溶液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净
2、MgC2O4·2H2OMgO+CO2↑+CO↑+2H2O 无水CuSO4 检验产物CO2 (浓)NaOH溶液 黑色固体变红

26-3（巩固） 硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。实验小组设计如图实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。

已知：①是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。
②
回答下列问题：
1、的结构式为_______。
2、装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为_______。
3、装置B中，三颈烧瓶内盛放有、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入液体中，其目的是_______(写两点)。
4、待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭，移开水浴。将装置B继续加热至105℃，待完全分解后()，打开，缓缓滴入适量的溶液充分反应，完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称是_______，用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因_______。
5、除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、_______、过滤。
6、过滤装置C中吸收尾气后的悬浊液，得到滤液x。取少量滤液х进行如图实验［已知(白色)］：

①设计实验方案并根据实验现象解释试管b中产生银镜的原因_______［可供选择的试剂：0.5溶液、溶液、溶液、溶液］。
②小组同学观察到试管c中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去且白色沉淀增多，结合平衡移动的知识解释其原因_______。
【正确答案】 1、
2、
3、防倒吸；使与充分接触混合
4、(球形)干燥管
5、冷却结晶 6、取2mL0.5溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原产生银镜 红色溶液存在平衡⇌，用力振荡，发生反应，白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去

26-4（巩固） 实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
1、制备K2FeO4(夹持装置略)

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)；氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有_____、____。
2、探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
I.由方案I中溶液变红可知a中含有_____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由____产生(用方程式表示)。
II.方案II可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2____FeO(填“＞”或“＜”)，而方案II实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是_____。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO＞MnO，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO＞MnO。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。
理由或方案：____。
【正确答案】 1、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O 1：5 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
2、Fe3+ 4FeO+2OH+=4Fe3++3O2↑+10H2O 排除ClO-的干扰 ＞ 溶液的酸碱性不同 理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色；方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色

26-5（提升） 为了探究市售Fe3O4能否与常见的酸(盐酸、稀硫酸)发生反应，实验小组做了以下工作。
Ⅰ.Fe3O4的制备
1、将可溶性亚铁盐和铁盐按一定配比混合后，加入NaOH溶液，在一定条件下反应可制行Fe3O4，反应的离子方程式为_______。
Ⅱ.Fe3O4与酸反应的热力学论证
2、理论上完全溶解1.16gFe3O4至少需要3 mol/LH2SO4溶液的体积约为_______mL(保留1位小数)。
3、查阅文献：吉布斯自由能，在100 kPa下，Fe3O4与酸反应的△G与温度T的关系如图所示。Fe3O4与酸自发反应的温度条件是_______。

Ⅲ.Fe3O4与酸反应的实验研究
用10 mL3 mol/LH2SO4溶液浸泡1.0 g Fe3O4粉末，5分钟后各取2 mL澄清浸泡液，按编号i进行实验。(所用、KSCN溶液均为0.1 mol/L，Fe2+遇溶液生成蓝色沉淀。)
编号
i
ii
实验操作


现象
①无蓝色沉淀 ②溶液显红色
均无明显现象

4、实验ⅱ的作用是_______。
5、实验ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，其可能原因是Fe2+的浓度太小，为了验证这一推断，可改进的方法是_______。
6、实验ⅲ：用10 mL6 mol/L盐酸代替H2SO4浸泡样品后，重复实验ⅰ，发现试管①有蓝色沉淀，试管②溶液显红色，说明Cl-有利于Fe3O4与H+反应，为了验证这一推测，可在用H2SO4溶液浸泡时加入_______，然后重复实验i。
7、实验ⅳ：用20 mL6 mol/L盐酸浸泡1.0 g天然磁铁矿粉末，20 min后浸泡液几乎无色，重复实验i，发现试管①、②均无明显现象，与实验iii现象不同的可能原因是_______。
【正确答案】 1、
2、6.7 3、
4、作对照实验，排出H2SO4、HCl对实验现象的干扰。
5、在试管中加入植物油隔绝空气，并延长浸泡Fe3O4的时间、或者适当升高反应温度、搅拌等。
6、NaCl固体 7、天然磁铁矿粉末中杂质较多，Fe3O4的含量较低

26-6（提升） 溴化亚铁(FeBr2，易潮解、800 ℃升华)是一种无机化工品，常用作聚合反应催化剂，也用于制药工业。某同学在实验室制备FeBr2(Fe与HBr反应)并探究Fe2+和Br-还原性强弱，装置(部分夹持仪器已省略)如图所示：

已知：2FeBr32FeBr2 +Br2
回答下列问题：
1、用来盛装浓磷酸的仪器名称为。_______。
2、写出圆底烧瓶中体现的制酸原理：_______。
3、上述装置中，X、Y中分别盛装的试剂依次是_______ (填字母)。
A.氯化钙、碱石灰
B.碱石灰、氯化钙
C.氯化钙、硫酸铜
D.氢氧化钠、硫酸铜
4、实验结束后，关闭热源，仍需要通入一段时间N2，其目的是_______。
5、若用浓硫酸代替浓磷酸，圆底烧瓶中的反应方程式为_______，该方案同样可以制备FeBr2，请简述原因：_______。
6、Fe2+和Br-还原性强弱探究，实验装置如图所示。向m中的FeBr2溶掖(约10 mL)中通入少量Cl2，充分反应后，打开活塞k，使约2 mL的溶液流入试管中，然后向试管中滴加_______(填试剂化学式)溶液，观察到_______(填现象)，证明还原性：Fe2+>Br-。

【正确答案】 1、分液漏斗 2、NaBr+H3PO4(浓)NaH2PO4+HBr↑ 3、A
4、装置中的HBr全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境
5、2H2SO4(浓)+2NaBrNa2SO4+2H2O+SO2↑+Br2↑ SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2，同样可以制备FeBr2
6、KSCN 溶液变红色

【原卷 27 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,原子结构示意图、离子结构示意图,溶度积常数相关计算,探究物质组成或测量物质的含量




【正确答案】


【试题解析】










27-1（基础） 碲(Te)元素是当今新材料的主要成分之一。工业上从电解法精炼铜的阳极泥中提取纯度较高的碲，经预处理后的阳极泥中含TeO2及铁、铅、铜的化合物等，通过以下流程得到：

已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。
②部分难溶物的Ksp如表：
化合物
Fe(OH)2
Pb(OH)2
Cu(OH)2
FeS
PbS
CuS
Ksp
8×10－16
1.2×10－15
1.3×10－20
4×10－19
1×10－28
6×10－36

回答下列问题：
（1）“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为___________。
（2）加入Na2S溶液的主要目的是___________。
（3）“沉碲”发生反应的化学方程式为_______。
（4）“酸溶”后，将SO2通入溶液中进行“还原”得到粗碲，该反应的化学方程式是___________。
（5）电解法提纯粗碲时，以Na2TeO3溶液为电解质溶液，阳极材料为___________。电解过程中阴极的电极反应式为___________。
（6）常温下，向0.lmol/LNa2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH＝5时，溶液中c(TeO32－)：c(H2TeO3)＝___________。(已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10－3Ka2＝2.0×10－8)
【正确答案】 TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O 将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去 Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O 2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl 粗碲 TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－ 0.2

27-2（基础） 可用作选矿剂、催化剂及涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为、，还含有、等杂质)为原料制备的一种工艺流程如下：

已知：碱性条件下，会转变为沉淀。
(1)“酸浸”时需控制温度在40℃左右，原因是___________。
(2)“除铝时发生反应的离子方程式为___________。
(3)上述“萃取”过程可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。
①下列说法不正确的是___________。
A．可将废渣粉碎以提高酸浸效率
B．“除铝”时，应加入过量的溶液
C．可选择作为萃取剂
D．往萃取后的有机层中加水可获得溶液
②请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成萃取实验(假设只放气一次)倒入溶液和萃取剂→___________→___________→___________→___________→f→___________→___________→使下层液体慢慢流出→c→上层液体从上口倒出(有的操作可重复使用)。
a.打开上口玻璃塞； b.塞上上口玻璃塞； c.关闭旋塞； d.打开旋塞； e.倒转分液漏斗振摇； f.放在铁圈上静置； g.手持静置。
(4)“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释可能原因___________。
(5)在空气中煅烧生成钻氧化物和，测得充分煅烧后固体质量为，的体积为(标准状况)，则该钻氧化物的化学式为___________。
【正确答案】 温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低 BCD b e d c a d 溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生

27-3（巩固） 以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣(含Fe2＋、Fe3＋的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如下：

(1)在废渣溶解操作时，应选用________溶解(填字母)。
A．氨水 B．氢氧化钠溶液 C．盐酸 D．硫酸
(2) 为了提高废渣的浸取率，可采用的措施有哪些？_______________（至少写出两点）。

(3)物质A是一种氧化剂，工业上最好选用________(供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2)，其理由是_______________。氧化过程中发生反应的离子方程式为_________________。
(4)根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件(从温度、pH和氧化时间三方面说明)是：______________________________________________________。
(5) 铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、________。
(6) 铵黄铁矾的化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，其化学式可通过下列实验测定：
① 称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00 mL溶液A。
② 量取25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32 g。
③ 量取25.00 mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体448mL，同时有红褐色沉淀生成。
④ 将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80 g。
通过计算，可确定铵黄铁矾的化学式为___________________________。（已知铵黄铁矾的摩尔质量为960g•mol-1,计算过程中不考虑固体损失和气体溶解。
【正确答案】 D 将废渣粉碎、加热、搅拌等 空气 原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 溶液温度控制在80 ℃，pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右 Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4 (NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12

27-4（巩固） 很多无机化合物在工农业生产及日常生活中应用广泛。
I.KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，应用广泛。采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。请回答下列问题：

1、请写出Al3+的结构示意图_______。
2、试剂①最好选用_______ (填序号)。
A.HCl溶液 B.H2SO4溶液 C.NaOH溶液 D.氨水
写出Al溶解的化学方程式：_______。
3、用离子方程式表示明矾净水的原因_______。
4、写出滤液A到沉淀B的离子方程式：_______。
II.氯化亚铜(CuCl)难溶于水，常用作催化剂、气体吸收剂及脱氯剂等。向一定比例的CuSO4、NaCl溶液中持续加入一定浓度的Na2SO3溶液可制得CuCl。加入的Na2SO3溶液体积与溶液pH关系如图所示。

5、0～600 mL时pH降低的原因是_______(用离子方程式表示)；
6、600～2000 mL的过程中有刺激性气味的气体产生，该气体是_______。
III.现有2.8 g Fe全部溶于一定浓度200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1(反应前后溶液体积变化忽略不计)。请回答下列问题：
7、反应后溶液中铁元素的存在形式是_______；
8、反应后溶液中c(NO)=_______mol/L；
9、反应后的溶液最多还能溶解Fe的质量是_______g；
10、1.12 L气体的成分是_______。
11、向含4molHNO3的稀溶液中，逐渐加入Fe粉至过量，假设生成的气体只有NO，请在坐标系中画出 n(Fe2+)随n(Fe)变化的示意图，并标出n(Fe2+)的最大值_______。

【正确答案】 1、 2、C 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
3、Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+
4、AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
5、2Cu2++2Cl-+SO+H2O= 2CuCl↓+SO+2H+
6、SO2 7、Fe3+
8、0.85 9、1.82
10、NO 11、

27-5（提升） 在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为、和等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：

(1)在第—步操作焙烧过程中转化为可溶性，该反应的化学方程式为___________。
(2)焙烧炉中可用代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用代替NaCl的优点是___________。
(3)以上流程中应用过滤操作的有___________，在第三步操作后加入氯化铵得到偏钒酸铵，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的，从平衡角度分析原因___________。
(4)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：溶液为黄色，溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
①完成下列滴定过程的离子方程式。，_____________
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________。
③产品的纯度为___________。(用质量分数表示)已知相对分子质量：；。
【正确答案】 不会产生污染环境的氯气 ③和④ 铵根和偏钒酸跟水解方程式为、,增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解 当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色

27-6（提升） 一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示：

(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：________。
(2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②__________。
(3)向滤液M中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物质可循环利用。
a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢
(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是______________；向浓缩池中加入适量HNO3的作用是_____________。操作1是_______________。
(5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿来富集Cu2S。通入的硫化氢的作用是_____________，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S________mol。

【正确答案】 Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 b 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+的水解 冷却（降温）结晶 催化剂 0.2

【原卷 28 题】 知识点 盖斯定律及其有关计算,化学反应原理综合考查,化学平衡常数,化学平衡图像分析
答错名单：
有巨大提升空间【0分-60分）：张三;










【正确答案】

【试题解析】





28-1（基础） Ⅰ. 煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和，起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。
1、有利于反应Ⅰ自发进行的条件是_______。
2、下列说法正确的是_______。
A. 平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡不移动
B. 混合气体的密度保持不变时，不能说明反应体系已达到平衡
C. 平衡时整个体系吸收31.2kJ能量
D. 反应Ⅱ的化学方程式左右两侧的计量数之和相等，所以反应Ⅱ的
E. 平衡时的体积分数不可能大于
3、反应Ⅰ的平衡常数_______MPa。[：以气体物质的分压替代浓度计算得到的平衡常数，，p表示平衡时总压，x(B)表示平衡系统中B的物质的量分数]
Ⅱ. 捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图2所示。反应①完成之后，以为载气，将恒定组成的、混合气匀速通入恒温反应器，流出气体各组分的气体流速随时间变化如图3所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。

4、，比n(CO)多，可能发生副反应的化学方程式为_______。
5、时刻，副反应生成的速率_______反应②生成速率(填“>”、“＜”或“=”)。
6、后CO、流速变化的可能原因是_______。
【正确答案】 1、高温 2、ACE
3、0.02 4、
5、＜ 6、后反应②中随着的量的减少，与反应物的接触面越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；后催化剂表面被积碳逐步覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故逐渐增大至不变

28-2（基础） 研究氮氧化物(NOx)的还原处理方法是环保领域的主要方向之一、回答下列问题：
1、CO还原NO的反应机理及相对能量如下图(TS表示过渡态)：

①反应过程中速率最慢步骤的热化学方程式为_______，活化能最小_______。
②为提高NO的平衡转化率可采用的措施为_______。
A.升高温度 B.增大压强 C.增大NO浓度 D.使用催化剂
2、用H2还原NO的反应为 。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图。

①反应温度T1、T2、T3从大到小的关系为_______。
②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，0~10min内N2的平均反应速率为_______mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数_______(写出计算表达式，以分压表示的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。
③该反应的正反应速率方程可表示为，T3下测得有关数据如下表：
NO/mol
H2/mol

1
1
4.14k
1
4
16.56k
2
1
16.56k
则m=_______，n=_________。
3、NH3还原NO的主反应为
相同时间内测得选用不同催化剂的实验相关数据如图1、2所示：

①由图可知具有较高活性和选择性的催化剂为_______，反应合适的温度为_______。
②图1中100~300℃NO转化率升高的原因为_______。
【正确答案】 1、 260 B
2、T3>T2>T1 或 2 1
3、酸化的 250~300℃(或区间内任一温度) 图1中100℃至300℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高

28-3（巩固） 处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题:
1、CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g) + N2O(g)CO2(g) +N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。

总反应: CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H=______ kJ·mol-1； 该总反应的决速步是反应_____ (填 “①"或“②”)，该判断的理由是__________．
2、已知: CO(g) + N2O(g)CO2(g) + N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)， k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____ (填字母序号)。
A.升温 B.恒容时，再充入CO
C.恒压时，再充入N2O D.恒压时，再充入N2
3、在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：

①表示N2O的转化率随的变化曲线为____曲线(填“I”或“II”)；
②T1_______T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是______________
③已知:该反应的标准平衡常数，其中为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数=_______ ( 计算结果保留两位有效数字，p分=p总 ×物质的量分数)。
【正确答案】 1、 ① 反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步 2、AC
3、Ⅱ ＜ 曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故 3.4

28-4（巩固） 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

28-5（提升） 氢气是一种理想的能源，探索绿色化制氢是化学界一个热门话题。(本题反应中涉及△H、△S、△G均为298K条件值)。
1、传统制备氢气方法之一为水煤气法：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+132kJ·mol-1，该反应自发进行的条件是____。
2、利用生物质可再生资源乙醇制备氢气具有良好的开发前景。乙醇在Ni－MgO催化下，制取氢气有如下方法：
方法a：水蒸气催化重整CH3CH2OH(g)+H2O(g)4H2(g)+2CO(g) △H1=+257kJ·mol-1△S1=+459J·mol-1·K-1△G1=+122.9kJ·mol-1
方法b：部分催化重整CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g) △H2△S2=+400J·mol-1·K-1△G2
己知：298K时，相关物质的相对能量如图1。

①依据图1数据，计算方法b反应的△H2=_____kJ·mol-1。
②已知体系自由能变化：△G=△H-T△S，△G<0时反应自发进行。请从△G的角度分析方法a、b哪个更有利？______。
③在某恒温和恒压(p0)体系中，CH3CH2OH和H2O以系数比投料进行方法a制氢，若平衡时H2的产率为50%，该条件下方法a反应的平衡常数Kp=____。[如H2的平衡压强p(H2)= χ(H2)×p，χ(H2)为平衡系统中H2的物质的量分数，p为平衡时总压]
3、有化学工作者提出，在Ni－MgO催化剂中添加纳米CaO强化，开展“催化氧化重整”制氢，是一种优化的制氢方法。
方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g) △H=-67kJ·mol-1
①下列有关说法正确的是____。
A.方法c制氢时，充分提高廉价原料O2的浓度，一定能增加氢气产率
B.方法c与a比，相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快
C.乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：c>a>b
D.方法c相当于方法b与水煤气变换CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的优化组合水醇比对乙醇平衡转化率有较大影响
②已知：常压、800K，反应在Ni－MgO催化下，测得乙醇平衡转化率与水醇比关系如图。请在图2中画出相同条件下，添加纳米CaO强化下的乙醇平衡转化率曲线____。

【正确答案】 1、高温 2、△H2=+15kJ·mol-1 在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利
3、BD

28-6（提升） 研究氮及其化合物的应用对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。回答下列问题：
1、已知与CO反应生成无污染气体：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①_______，反应ⅲ在_______(填“高温”“低温”或“任何条件”)能自发进行。
②下列可判断反应达到平衡的是_______(填字母)。
A.混合气体的平均相对分子质量不变 B.
C.的质量保持不变 D.
2、反应 的净速率：，其中、分别为正、逆反应的速率常数(只与温度有关)，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①升高温度，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
②在压强为，温度为T K的体系中，投料比时，CO的平衡转化率为80%，则当体系中的体积分数为时，_______。
③反应在不同催化剂甲、乙条件下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图1所示。在工业生产中应选用_______催化剂(填“甲”或“乙”)，理由是_______。

3、工业上，常温下将含的尾气与的混合气体通入与的混合溶液中进行无害化处理，原理如图2所示。该吸收过程中，的作用是_______，其中反应Ⅱ的离子方程式为_______。

【正确答案】 1、 低温 AC
2、减小 576 甲 相同温度下，甲催化剂的脱氮率均高于乙，且低温时，甲的催化效果更好
3、催化作用

【原卷 35 题】知识点 电离能变化规律,晶胞的有关计算,物质结构与性质综合考查,氢键对物质性质的影响






【正确答案】

【试题解析】





35-1（基础） ⅢA、VA族元素组成的化合物是人工合成的具有特殊功能的新材料，回答下列问题：
1、基态B原子的电子排布式为___________；BN中B元素的化合价为___________。
2、As基态原子的电子占据了___________个能层，最高能级的电子排布式为___________；和As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有___________种。
3、元素周期表中与P紧邻的4种元素中电负性最大的是___________(填元素符号)：三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___________。
4、已知等半导体材料的晶体结构与单晶硅相似，则原子的杂化形式为___________；晶体结构中存在的化学键有___________(填字母代号)。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．配位键
5、立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为，立方氮化硼的密度是___________(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为)。

【正确答案】 1、1s22s22p1 +3价
2、4 4s24p3 2
3、N P＞S＞Si
4、sp3 BD 5、

35-2（基础） 铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2、及(NH4)4[UO2(CO3)3]等，回答下列问题：
1、基态氟原子的价电子排布图为_______；
2、已知：2UO2+5NH4HF22UF4·2NH4F+3NH3↑+4H2O↑
①NH4HF2中存在的微粒间的作用力是_______(填选项字母)。
A.离子键　　　B.配位键　　　C.共价键　　　D.范德华力
②该反应中非金属元素的电负性由大到小的顺序是_______(填元素符号)。
3、已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑
①分解产物中属于非极性分子的有_______。
②反应物中的的空间构型为_______。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则中的大键应表示为_______。
4、用Mg或Ca还原UF4可得金属铀，其氧化产物MgF2的熔点高于CaF2，原因_______；
5、UO2的晶胞结构如图所示：

①晶胞中铀原子位于面心和顶点，氧原子填充在铀原子堆积形成的空隙中。则氧原子填充在铀原子形成的_______空隙中。
②若两个氧原子间的最短距离为anm，则UO2晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式即可，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【正确答案】 1、 2、ABC F＞O＞N＞H
3、CO2、N2 平面三角形
4、CaF2和MgF2均为离子晶体，Mg2+半径小于Ca2+半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2熔点比较高
5、(正)四面体

35-3（巩固） 碳、氮和磷元素是几乎所有的生物体中均含有的生命元素。回答下列问题：
1、ATP(三磷酸腺苷)是一种高能磷酸化合物，在细胞中，它与ADP的相互转化实现贮能和放能，从而保证了细胞各项生命活动的能量供应。

ATP分子中属于杂化的N原子是_______(写序号)，判断ATP生成ADP的反应类型_______。
2、C可以形成多种有机物，以下四种的沸点数据如表：
物质




相对分子质量
32
30
158
156
沸点/℃
64.5

228
196
和沸点相差较大，和沸点相差小，原因_______。
3、2001年德国专家从硫酸铵中检出一种组成为的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以和两种离子的形式存在。中N原子均为杂化，请推测的结构式：_______。
4、某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。

①基态Fe原子的电子排布式为_______。
②该化合物的化学式为_______。
③若晶胞底面积为，高为c nm，为阿伏加德罗常数的值，则该磁性氮化铁的晶体密度为_______(用含a、c、的代数式表示)。
【正确答案】 1、2、4、5 水解反应
2、甲醇分子之间可形成氢键，比乙烷分子之间的作用力强的多，所以沸点相差较大；由于烃基较大，氢键的作用力被削弱，分子间以范德华力为主，所以与相对分子质量接近的沸点相差较小
3、 4、1s22s22p63s23p63d64s2 Fe3N

35-4（巩固） 磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
1、基态磷原子的价层电子排布式为_______。
2、磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷()是分子晶体，易溶于，难溶于水，可能的原因是_______。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体具有与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_______(填字母序号)。

a.黑磷与白磷互为同素异形体 b.层与层之间的作用力是共价键
c.黑磷晶体属于混合型晶体 d.分子中磷原子杂化类型为杂化
3、与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的。由此推测，与能形成更稳定配离子的配体是_______，其空间结构是_______。
4、第IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，二者属于_______晶体，其熔点差异的主要原因是_______。
②磷化硼是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为，则磷化硼晶体的密度是_______(列出表达式)。

【正确答案】 1、 2、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水 ac
3、 正四面体
4、共价 由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP

35-5（提升） 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
1、Zn原子核外电子排布式为_______。
2、具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是_______；不溶于有机溶剂而、、却能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，你分析其中原因可能是_______。(已知电负性：Zn-1.6 F-4.0 Cl-3.0 Br-2.8 I-2.5)
3、《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。中，阴离子空间构型为_______，C原子的杂化形式为_______。
4、某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_______。

5、钒的某种氧化物晶胞结构如图1所示(O原子2个位于体内，4个位于面上)。该氧化物的化学式为_______，若它的晶胞棱长为x nm(假设为正六面体)，则该晶体的密度为_______。(原子量：V 51，O 16；；阿伏伽德罗常数为)

【正确答案】 1、[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2
2、离子键 属于离子化合物，、、的化学键以共价键为主，极性较小
3、平面三角形 sp2
4、3：1 5、VO2

35-6（提升） 硒(Se)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。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子IV的合成路线如图：

1、Se与S同族，基态硒原子的价电子排布式为____。
2、H2Se的沸点低于H2O，其原因是____。
3、关于I~III三种反应物，下列说法不正确的有 (填标号)。
A.I中仅有σ键 B.I中的Se－Se键为非极性共价键
C.II中碳原子的杂化轨道类型只有sp2 D.III含有的元素中，O的电负性最大
4、IV中具有孤对电子的原子有____。
5、硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4____H2SeO3(选填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO的立体构型为____。
6、我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。

①X的化学式为____。
②设X的化学式的相对分子质量为M，晶体密度为ρg/cm3，则X中相邻K原子之间的最短距离为____nm(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【正确答案】 1、4s24p4 2、两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 3、AC
4、O、Se 5、＞ 正四面体形
6、K2SeBr6 ××107

【原卷 36 题】 知识点 同分异构体书写,逆合成分析法,根据题给物质选择合适合成路线,有机推断综合考查





【正确答案】



【试题解析】










36-1（基础） 化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O

回答下列问题：
1、A的结构简式为___________。
2、往D中加KOH/发生的反应类型为___________。
3、F中所含官能团名称为___________。
4、写B与新制反应的化学方程式___________。
5、G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为___________。
6、芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出符合要求的X的结构简式___________。
7、写出用环戊烯和2-丁炔为原料合成的合成路线___________(无机原料任选)。
【正确答案】 1、 2、消去反应
3、碳碳三键 酯基 4、
5、 6、、 7、

36-2（基础） 罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，D的分子式为_______。
(2)由B生成C的化学方程式是_______。
(3)E→F的反应类型为_______，F中含氧官能团的名称为_______。
(4)的链状同分异构体有_______种(不包括立体异构)，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式是_______。
(5)设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为_______(其他试剂任选)。
【正确答案】 邻苯二酚 C11H11O2F2Br +Br2→+HBr 取代反应(或水解反应) 醚键、羧基 8 BrCH=C(CH3)2

36-3（巩固） 开浦兰是一种抗癫痫药，其主要成分是左乙拉西坦。一种左乙拉西坦的合成路线如下：

回答下列问题：
1、A的名称为_______，反应①的反应类型是_______。
2、D的结构简式为_______，左乙拉西坦中的官能团名称为_______。
3、E与足量溶液反应的化学方程式为_______
4、化合物X是B的同分异构体，能发生银镜反应，则符合条件的X有_______种；其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为的同分异构体的结构简式为_______(任填一种)。
5、仿照上述合成路线，设计一种以乙醇和甲醇为原料，制备乙酰胺()的合成路线(其他无机试剂任选)：_______
【正确答案】 1、2-氨基-1-丁醇 取代反应
2、 酰胺基 3、
4、9 CH3CCl2CH2CHO、CH3CH2CCl2CHO或CH2ClCCl(CH3)CHO
5、

36-4（巩固） 化合物H(硝苯地平)是一种治疗高血压的药物，其一种合成如下：

已知：
回答下列问题：
1、②的反应类型_______
2、E的官能团的名称为_______
3、G的结构简式为_______。
4、反应①的化学方程式_______
5、H中有_______种不同环境的氢原子。
6、M与D互为同分构体，同时满足下列条件的M的结构有_______种。写出其中任一种结构简式_______
a．能发生银镜反应，遇FeCl3显紫色。
b．结构中存在-NO2。
c．核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：2：2。
7、设计由HO(CH2)7OH和乙醇为起始原料制备的合成路线______(无机试剂、反应条件试剂任选)。
【正确答案】 1、取代反应 2、硝基、醛基
3、CH3COCH2COOCH3
4、+HNO3+H2O
5、8 6、7 、、、、、、(任写一个)
7、HO(CH2)7OHOHC(CH2)5CHOHOOC(CH2)5COOHH5C2OOC(C2H5)COOC2H5

36-5（提升） 噻唑衍生物是重要的药物中e间体，一种噻唑衍生物 P 的合成路线如下：

已知：①→+H2O
②+ →
③ +
回答下列问题：
1、I(C6H6O)合成酚醛树脂的过程中会生成中间体 ， 此物质的名称是_______。
2、B生成 C 的化学方程式为_______。
3、N中含氧官能团的名称是_______。
4、F、M 的结构简式分别为_______。
5、H与 J 反应生成 K 的反应类型为_______。
6、Q是 D 与甲醇酯化后的产物，同时满足下列条件的 Q 的同分异构体有_______种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构是_______。
①能发生银镜反应 ②含有苯环 ③与 FeCl3 能发生显色反应
7、参照上述合成路线，设计以 和为原料合成的合成路线。______
【正确答案】 1、2,4,6-三羟甲基苯酚
2、 3、醛基、醚键
4、、 5、取代反应
6、13 7、

36-6（提升） 药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K是合成瑞德西韦的关键中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：
已知：
①；
② 。
(1)J中官能团的名称为_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)G→H的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，符合下列条件的X的结构有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______。
①分子中含有硝基且与苯环直接相连
②能与溶液发生反应
(5)写出以苯甲醇为原料制备的合成路线(无机试剂任选)_______。
【正确答案】 酯基、氨基 加成反应 13


答案解析
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．碳纤维复合材料密度小，强度高，比金属材料轻，大大减轻了火炬手的压力，A项正确；
B．聚氨酯是通过缩聚反应得到的，B项正确；
C．石墨烯属于非金属材料不是有机高分子材料，C项错误；
D．羊毛的主要成分为蛋白质，D项正确。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．金属材料包括纯金属和合金，钛合金属于金属材料，A正确；
B．太阳能电池板主要材料是单质硅，B错误；
C．宇航员所穿宇航服的主要材料，即聚酯纤维属于有机物，C正确；
D．飞船返回舱外面的耐高温陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，D正确；
答案选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．合金钢也叫特种钢，是在碳素钢里适量地加入一种或几种合金元素，使钢的组织结构发生变化，从而使钢具有各种特殊性能，故A正确；
B．氢气的沸点很低，常温为气体，不便于储存和运输，所以研发新型储氢合金材料将为氢气作为能源的实际应用起到重要的推动作用，故B正确；
C．优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，故C错误；
D．铝是轻金属，能与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，具有较强的抗腐蚀能力，并且硬铝密度小、硬度高，则硬铝是制造飞机的理想材料，故D正确；
故答案选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．石墨烯的主要成分为石墨，能导热能导电，A正确；
B．聚酯纤维属于合成纤维，B正确；
C．该过程利用的二氧化碳的物理性质，C错误；
D．发电玻璃能将光能转化为电能，D正确；
故选C。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．耐高温和高度密封性的玻璃属于新型无机非金属材料，普通玻璃属于传统无机非金属材料，A项错误；
B．玻璃纤维与合成树脂复合而成，属于复合材料，B项错误；
C．烧蚀材料应具有较低熔点、较低沸点、易分解的特性，从而保护返回舱的安全，C项错误；
D．钛合金热容量大、熔点高，属于金属材料，D项正确；
答案选D。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．钢铁是金属材料，A错误；
B．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，B正确；
C．聚四氟乙烯属于有机高分子材料，C错误；
D．太阳能电池板的主要材料是硅，D错误；
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．22g二氧化碳的物质的量为=0.5mol，8.5 g氨气的物质的量为=0.5mol，二者的物质的量相等，由阿伏加德罗定律可知二者所含分子数相等，故A正确；
B．氢氧根离子和水合氢离子的电子数都为10，则17 g氢氧根离子含有的电子数为×10×NAmol—1=10NA，19g水合氢离子含有的电子数为×10×NAmol—1=10NA，则二者所含的电子数相等，故B正确；
C．水的摩尔质量为18g/mol，与水的物质的量大小无关，故C错误；
D．12g金属镁变为镁离子时失去的电子数为×2×NAmol—1=NA，故D正确；
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．1个甲烷分子中含有4个C- H键，常温常压下，8g甲烷中含C- H键数目为，故A错误；
B．标准状况下苯是非气体，11.2L苯的物质的量不是0.5mol，条件不足，无法计算其含有的碳原子数，故B错误；
C．NH4NO3、H2O中都含氧原子，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含氧原子数目大于0.3NA，故C错误；
D．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1个Na2O2转移1个电子，7.8g Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目=0.1 NA，故D正确；
选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．乙醇分子中含氢原子，水分子中也含氢原子，在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的物质的量为，水的物质的量，则该溶液中含的氢原子总数为，A错误；
B．氯气和水的反应为可逆反应，无法计算转移的电子数，B错误；
C．氢由0价变为+1价，转移1个电子，则和在一定条件下完全反应，转移的电子数为2，C正确；
D．的物质的量为1mol，含有3mol原子，的物质的量为1mol，含有2mol原子，化学反应遵循原子守恒定律，则反应后原子总物质的量为5mol，数目为5，D错误；
故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A.100g 46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；
B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；
C.0.1mol Fe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1mol×NA≈0.27NA，C错误；
D.铵根水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。
故答案选A。
点睛:
对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3 中的Al3＋、Na2CO3 中的CO32－，例如1 L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32－在水中的发生水解的情况。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．2－丙醇的分子式为C3H8O，可以写作C3H6▪H2O，环己烷的分子式为C6H12，则环己烷和2-丙醇的混合物可以分为两部分：一部分是C和H物质的量之比为1：2的部分，另一部分为水。10g环己烷与2－丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，则碳元素的质量为7.2g，物质的量为0.6mol，则C和H物质的量之比为1：2的部分里，H的物质的量为1.2mol，质量为1.2g，则此部分共8.4g，则水的部分为10g-8.4g=1.6g，物质的量为1.6g÷18g/mol=mol，所以氧原子数目为NA，故A正确；
B．标况下CH2Cl2不是气体，无法计算所含分子数，故B错误；
C．NO2、N2O4有相同的最简式，46gNO2、N2O4的混合气可以看做是46gNO2，其物质的量为1mol，铜和硝酸反应，硝酸中的氮元素化合价从+5价降低到NO2中的+4价，生成1molNO2得到1mol电子，在氧化还原反应中，得失电子数目相等，则铜失去的电子数为NA，故C正确；
D．1LpH=5的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中，c(H+)=10-5mol/L，则常温下，c(OH-)=10-9mol/L，1L溶液中，n(H+)=10-5mol，n(OH-)=10-9mol，根据电荷守恒：N(CH3COO-)+N(OH-)=N(Na+)+N(H+)，则N(CH3COO-)-N(Na+)=N(H+)-N(OH-)=(10-5-10-9)NA，故D正确；
故选B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
试题分析：A、100g 46%乙醇水溶液中含有H原子的物质的量是，A正确；B、23g钠是1mol，在反应中失去1mol电子，B正确；C、标准状况下四氯化碳是液体，不能适用于气体摩尔体积计算物质的量，C错误；D、合成氨反应是可逆反应，则1 molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，D正确，答案选C。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算与判断
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．反应中C=C键与氢气加成生成C-C键，则该反应既属于加成反应也属于还原反应，故A正确；
B．糠醇分子含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不能共平面，故B错误；
C．四氢糠醇含有醚键、羟基，不含酯基不能发生水解反应，故C错误；
D．四氢糠醇含有羟基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误；
故答案选A。
9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．根据题中左旋多巴的结构简式，可知其分子中含有9个C原子、11个H原子、1个N原子和4个O原子，A项正确；
B．由左旋多巴的结构简式可知，其分子中含有羧基、氨基、酚羟基等官能团，故能与酸或碱反应生成盐，B项正确；
C．分析左旋多巴的结构简式，其分子中有9种不同位置的氢原子，故其核磁共振氢谱上有9个峰，C项正确；
D．左旋多巴分子中含有苯环，则该分子中一定有7个碳原子共平面，考虑单键能旋转的特点，分子中最多有9个碳原子共平面。D项错误；
答案选D。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据双环戊二烯的键线式，双环戊二烯的分子式为C10H12，A正确；
B．双环戊二烯和环戊二烯中均含有碳碳双键，因此均能使KMnO4溶液褪色，B正确；
C．环戊二烯的等效碳有3种，其一氯代物有三种，C正确；
D．环戊二烯中含有“—CH2—”的结构，不可能所有原子共平面，D错误；
故答案选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．酯化反应是可逆反应，故A的说法错误；
B．分子中的苯环和苯环相连的原子是共面的，和碳氧双键相连的原子也是共面的，和羰基相连的羟基上的氢可能与羟基上的氧共面，则对苯二甲酸共面的原子数最多为18个，故B说法正确；
C．对苯二甲酸结构中能与氢气发生加成反应的是苯环部分，则与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C8H12O4，故C说法错误；
D．对苯二甲酸的同分异构体，除了邻位还有间位，且取代基不是羧基的二元取代物还有 、 ，每种都有邻、间、对三种，故D说法错误；
本题答案B。
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A． 由结构简式知，化合物A的分子式为C15H16O2，故A正确；
B． 由题给信息知，A、B反应生成高分子化合物的同时，还有苯酚生成，A与苯酚均能和氯化铁溶液发生显色反应，则不可通过FeCl3溶液检验A是否完全反应，故B错误；
C．A分子内共有3种氢原子，则A的一氯代物有三种结构，故C正确；
D．苯环、羰基都是平面结构，则反应物B分子中所有原子可能共平面，故D正确；
答案选B。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．苯环是平面型结构，与苯直接相连的原子共平面，由于单键可旋转，则Z分子中一定共面的原子数可以是14，A正确；
B．Y→Z是酯交换反应，属于取代反应，B正确；
C．X含有羧基，可以和Na2CO3溶液反应；Z含有酚羟基，也可以和Na2CO3溶液反应；Y只有酯基，不能与Na2CO3溶液反应；C正确；
D．没有连接羧基的苯环存在着对称结构，该苯环上有3种化学环境不同的氢原子，而连接羧基的苯环不存在着对称结构，该苯环上有4种化学环境不同的氢原子，故有机物X苯环上一氯代物有7种，D错误；
故选D。
10-1【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据X的核外电子数是X元素主族序数的2倍，可推知X为H元素；由Z原子的最外层电子数是次外层电子数的2.5倍，可推知Z为N元素；由Y、Z、M为同周期相邻元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值均等于主族序数，可推知Y为C元素、M为O元素。
详解:
A.同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，则原子半径：，A错误；
B.非金属性：，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，B正确；
C.具有强氧化性，可用于杀菌、消毒，C正确；
D.核外电子排布相同的离子，核电荷数小的半径大，故离子半径：，D正确；
故选A。
10-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z原子序数之和为28，Y与X、Z相邻，如三种元素在同一周期，则三种元素的原子序数之和一定为3的倍数，故X、Y、Z不在同一周期，则如果X在Y、Z的上一周期，则设X的原子序数为a，则Y为a+8，Z为a+9，3a+17不可能等于28，则说明X、Y在同一周期，Z在其下一周期，则设X的原子序数为a，Y为a+1，Z为a+9，3a+10=28，a=6，则X为C，Y为N，Z为P，此外根据化合物的结构可知，W为+1价的离子，且原子序数小于C，则W为Li。W为Li、X为C、Y为N、Z为P。
详解:
A．根据分析可知，Y和Z不在同一周期，A错误；
B．原子的电子层数越多，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Z>W>X>Y，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性硝酸>磷酸>碳酸，C正确；
D．X为碳，碳有多种氢化物，含碳量较大的烃沸点大于NH3，D错误；
故答案选C。
10-3【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
、、、为原子半径依次增大的短周期元素，的氢化物常温下是液体，则X为O，与的单质反应可以生成的单质，的原子序数是的两倍，则Z为S，结合阴离子中各种元素的成键情况可分析W为F，Y为C。
A. Y为C，其最高氧化物对应的水化物H2CO3是弱酸，选项A错误；
B. X的氢化物H2O中存在氢键，沸点较高，则对应氢化物的沸点：，选项B错误；
C. 非金属性：，即 ，选项C错误；
D. 该阴离子中、、，即F 、O、C都满足电子稳定结构，选项D正确；
答案选D。
10-4【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题干信息可知，X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀，即，Y是有机物的基本骨架元素，则Y为C，由图示可知，Q周围形成了6个共价键，M周围形成了2个共价键，则M为O，Q为S，X为+1价，则X为Li，Z为N，由C周围只能形成4个共价键，则L为F，据此分析解题。
详解:
A．由分析可知，Y为C，则Y的氢化物有很多，有气体、液态和固体的烃，Z为N，其氢化物有NH3(g)和N2H4(l)等，则Y的氢化物的沸点不一定低于Z的氢化物，A错误；
B．由分析可知，X为Li，是电的良导体，而Q为S，是绝缘体，则X单质的导电性能强于Q单质，B正确；
C．由分析可知，L为F，则L的铵盐溶液中，氟离子水解生成的HF能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，故NH4F溶液不可以存放在玻璃试剂瓶中，应该装在塑料瓶中，C错误；
D．由分析可知，Q为S、M为O、X为Li，故原子半径大小的顺序为：S＞Li＞O即Q> X > M，D错误；
故答案为：B。
10-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核内只有1个质子，W为H元素；根据该杀虫剂的结构可知，X形成4个共价键，X为C元素；Z形成2个共价键，Z为O元素；则Y为N元素；原子核外电子的数目Q比Z多8个，Q的原子核外电子数为8+8=16个，Q为S元素；M为+5价，原子序数小于16，大于8，则M为P元素，据此分析解答。
详解:
根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为P元素，Q为S元素。
A．为H3PO4，是一种中强酸，故A错误；
B．水分子和氨气分子间能够形成氢键，硫化氢不能，则硫化氢的沸点最低，故B错误；
C．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。Q、M离子的电子层数比Y、Z离子多，因此简单离子半径：，故C错误；
D．和分别为、，亚硫酸根和草酸根均具有还原性，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选D。
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z三种原子序数逐渐增大，X、Y处于不同周期，元素(Z)周期数是族序数的二倍，则Z为Ca；由阴离子结构可知Y最外层有4个电子，X原子最外层为6个电子，则X为O，Y为Si；综上所述，X、Y、Z分别为O、Si、Ca；
详解:
A．同周期从左往右，原子半径增大，同主族从上往下，原子半径增大，则原子半径：Z>Y>X，A错误；
B．X、Y、Z分别为O、Si、Ca，三者最高正价分别为+2，+4，+2，则最高正价：Y>X=Z，B错误；
C．X、Y分别为O、Si，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点高于SiH4的沸点，C正确；
D．Z与X形成的化合物可能含共价键，如CaO2，D错误；
答案选C。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若X为碱性气体氨气等，氨气通入溶有的溶液中，也会出现亚硫酸钡白色沉淀，A错误；
B．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，生成的氧化铝包裹着熔融铝，金属铝熔化而不滴落下来，能验证金属铝熔点比氧化铝低，B正确；
C．过氧化钠具有强氧化性，会把亚铁离子转化为铁离子生成氢氧化铁红褐色沉淀，C错误；
D．铜镜反应应该在碱性溶液中进行，故水解后的溶液应该加入氢氧化钠后再进行反应，D错误；
故选B。
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
A中根据反应现象及反应事实进行判断；B中根据逆向思维，水解程度的大小反之判断电离程度的大小；C中根据溶解度的大小判断溶度积的大小；D中根据实验现象判断溶液中含有的离子，根据溶液成分进行判断反应；
详解:
A．苯酚和碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，不能制出碳酸，故不能说明苯酚的酸性强于碳酸，故A不正确；
B．硫化钠发生两步水解，第一步远大于第二步，根据同浓度的盐溶液水解程度判断酸性大小为：HClO>HS-，故B不正确；
C．氯化钠和碘化钠的浓度未知，不能说明两个沉淀的溶解度大小，故C不正确；
D．滴加KSCN显红色，说明含有三价铁，故说明发生了反应，淀粉溶液变蓝说明还有碘单质，故能说明该反应是可逆反应，故D正确；
故选答案D；
点睛:
此题考查实验的应用；根据实验现象及实验事实判断结论；注意水解过程中分步及程度。
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有酚类物质，故A正确，符合题意；
B．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，故B错误，不符合题意；
C．除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚，与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；
D．实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。
综上所述，答案为A。
11-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铜与浓硫酸反应产生CuSO4，BaCl2是与CuSO4产生了沉淀还是和硫酸无法确定，A项错误；
B．B和C为同周期从左到右非金属性增强，则其最高价氧化物的水化物酸性增强，即酸性：H2CO3>H3BO3，所以可以测定等浓度的酸的pH，B项正确；
C．溶液变血红色说明有Fe3+，但无法证明是经氯水氧化而来还是溶液本身有Fe3+。若检验Fe2+先加入KSCN无变化再滴加氯水，溶液变为血红色，C项错误；
D．加入碘酒变蓝说明溶液中有淀粉但无法确定溶液中淀粉的量因此无法确定其是否水解。若y确定水解需调pH>7后加入银氨溶液加热观察银镜反应，D项错误；
故选B。
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．高锰酸钾与草酸反应的关系式为：2KMnO4~5H2C2O4，两组实验中高锰酸钾都是过量的，无法观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，且生成的锰离子可做催化剂，无法探究浓度对反应速率的影响，A错误；
B．加热NaI固体和浓磷酸的混合物生成碘化氢，碘化氢易挥发，浓磷酸不易挥发，为难挥发性酸制挥发性酸，B正确；
C．苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则酸性为苯酚大于碳酸氢根离子，C错误；
D．应先加入淀粉溶液，最后加入硫酸，否则可能会先发生反应，观察不到蓝色变化，试剂顺序不合理，D错误；
答案选B。
11-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应控制高锰酸钾溶液的浓度相同且不足，改变草酸的浓度，观察褪色的快慢来探究浓度对反应速率的影响，A项错误；
B．弱电解质电离过程吸热，测定同浓度HOCH2COOH溶液在不同温度下的pH，可以探究温度对电离平衡的影响，B项正确；
C．将铁、铜片插入浓硝酸构成原电池，铁遇浓硝酸钝化，铜能与浓硝酸反应，所以铜作负极，此实验不能验证较活泼金属为负极，C项错误；
D．Ag2CO3和Ag2SO4都是白色沉淀，通过观察无法确定哪一种沉淀先生成，D项错误；
答案选B。
12-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电池充电时，为电解池，硫酸铅和水在通电条件下生成铅、二氧化铅铅和硫酸，又恢复成原电池的成分，A正确；
B．电池放电时，为原电池，正极的电极反应为：，故氢离子浓度减小，B正确；
C．电池放电时，负极的电极反应为：，从Pb变为PbSO4，质量增大 ，C错误；
D． 铅的密度过大，转移电子数较小，故铅蓄电池的缺点是笨重、能量低，D正确；
故选C。
12-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，右侧电极镁失去电子发生氧化反应，为原电池的负极，则左侧为原电池的正极，以此解题。
详解:
A．由分析可知，放电时，Mo箔为电池的正极，A错误；
B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为：正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电，B错误；
C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C正确；
D．根据选项B分析可知，正极反应为：Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，则外电路中通过0.2mo1电子时，正极质量变化为0.2×23=4.6g，D错误；
故选C。
12-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
放电时是原电池，K电极为负极，K失电子生成K+，碳电极为正极，电极反应式为K++O2+e-=KO2，电池总反应为；充电时为电解池，阳极与正极相连，阴极与负极相连，电极反应式相反；
详解:
A．放电时是原电池，K电极为负极，K失电子生成K+，碳电极为正极，正极的电势比负极的高，则电势：钾电极＜碳电极，A正确；
B．充电时碳电极接电源正极，作阳极，阳极上KO2失去电子后转化为K+与O2，电极反应式为，B正确；
C．电路中转移电子的物质的量与通过电解质的离子所带电荷的物质的量相同，故当电路中有0.2 mol电子转移时，有0.2 mol K+通过电解质，C正确；
D．由图知，电池总反应为，当有被还原时，就会有被氧化，D错误；
故选D。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，左侧Zn电极为负极，Zn失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn−2e−＋4OH−＝Zn(OH)，右侧电极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2＋2H＋＋2e−=HCOOH，充电时左侧电极为阴极，电极反应式为Zn(OH)＋2e−═Zn＋4OH−，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O−4e−＝O2↑＋4H＋，双极膜复合层间的H2O电离出的H＋通过膜移向右侧电极，OH−通过膜移向左侧电极，据此分析解答。
详解:
A．放电时，右侧电极为正极，发生还原反应，电极反应为CO2＋2H＋＋2e−=HCOOH，故A正确；
B．放电时，左侧Zn电极为负极，Zn失电子发生氧化反应，故B正确；
C．充电时，右侧为阳极，阳离子向阴极移动，所以双极膜复合层间的H2O电离出的H＋通过膜移向左侧移动，故C错误；
D．充电时，电池总反应为；每生成22.4L(标准状况)即1molO2，生成2molZn，阴极增重130g，故D正确；
故答案选C。
12-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a 为电源正极，b为负极，NaTi2（PO4）3得电子发生还原反应，为阴极，电极反应为NaTi2（PO4）3+2Na++2e-=Na3Ti2（PO4）3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2（PO4）3为负极。
详解:
A．充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，故A正确；
B．充电时，Cl−向阳极及Bi 电极移动，Na+向阴极及NaTi2（PO4）3电极移动，故B正确；
C．充电时，Bi电极上，电极反应为Bi+Cl−+H2O−3e−=BiOCl+2H+，NaTi2（PO4）3电极上，电极反应为NaTi2（PO4）3+2Na++2e−=Na3Ti2（PO4）3，所以新增入电极中的物质：n（Na+）：n（Cl−）=3：1，故C错误；
D．放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e−=Bi+Cl−+H2O，故D正确；
故选：C。
12-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．隔膜的电阻越大，电池的电流越小，电导率越低，A正确；
B．该锌溴电池，锌电极（M极）为负极，N极为正极，充电时，N极为阳极，发生反应，N极电解液的颜色加深，B错误；
C．该电池作为原电池放电时，总反应方程式为Zn+Br2=ZnBr2，C正确；
D．隔膜的作用是维持两侧溴化锌溶液的浓度相同，D正确。
故本题选B。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，逐渐增多，pH大于3时，逐渐减少，逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表；
详解:
A．随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，逐渐增多，pH大于3时，逐渐减少，逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表，故A正确；
B．当溶液中和相同时，溶液显酸性，所以的电离程度大于的水解程度，即常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液中以的电离为主，溶液显酸性，故B正确；
C．常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=，由图可知，pH=4.30时，c()=c()，则Ka2=10-4..30，故C正确；
D．pH从1.30～4.30时，H2C2O4的浓度逐渐减小，逐渐增多，所以逐渐减小，故D错误；
故选：D。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
时，向的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为的盐酸，MOH生成MCl，溶液中值减小、溶液的pOH不断变大；由图可知，时，溶液的pOH=4.5；
详解:
A． a点时，=0，=1，溶液的pOH=4.5；的电离常数，A正确 ；
B．b点中和率为50%，有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明MOH电离程度大于M+的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，B正确；
C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，溶液中溶质为物质的量浓度MOH小于MCl，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，故C错误；
D． d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，增大，D正确；
故选C。
13-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．结合图示可知：溶液的pH=9时溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c()＞c()＞c(NH3∙H2O)＞c()，A正确；
B．NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3∙H2O)= c()+c()+c(H2CO3)，B正确；
C．常温下0.1 mol/LNH4HCO3溶液的pH=7.8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，则根据盐的水解规律：谁弱水水解，谁强显谁性，越弱越水解，可知NH3∙H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，所以Kb(NH3∙H2)＞Ka1 (H2CO3)，C错误；
D．溶液中存在电离平衡：H++，该电离平衡常数Ka=，则=，溶液中滴加少量浓盐酸，c(H+)增大，由于电离平衡常数不变，则的比值减小，D正确；
故合理选项是C。
13-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
在N点，10mL0.10mol∙L-1NaOH溶液与10mL0.10mol∙L-1HX恰好完全反应，则加入的11mL0.10mol∙L-1HX中有1mL剩余；HX过量，溶液呈中性，则表明HX为弱酸。
详解:
A．由分析可知，HX为弱酸，其Ka===10-6，A不正确；
B．N点对应的溶液中，c(Na+)=，c(HX)=，则c(Na+)是c(HX)的10倍，B正确；
C．P点对应的溶液中，加入的20mL0.10mol∙L-1HX中，有10mL与NaOH完全反应，有10mL剩余，但此时pH＜7，则HX的电离占主导地位，所以c(X-)＞c(HX)，C不正确；
D．M点NaOH过量，将抑制水电离，N点溶液呈中性，水的电离不受影响，所以M点与N点对应的溶液中水的电离程度：M＜N，D不正确；
故选B。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
碳酸在水中存在电离平衡：、，以第一步为主；随着pH增大，平衡右移，先是浓度增加，随后浓度增大，随着浓度增大，溶液中浓度降低。
详解:
A．由题可知，碳酸在水中存在电离平衡：、，以第一步为主；随着pH增大，平衡右移，先是浓度增加，随后浓度增大，故曲线①代表，曲线②代表，故A正确；
B．由图可知，曲线②和曲线③交点可根据碳酸钙的溶解平衡进行计算，根据可得，交点处两离子浓度相等，即==，则a=4.35；由曲线①和曲线③的交点，、pH=10.3，可得=，当pH=8.6时，，即==，则b=-2.65，故B正确；
C．由曲线①和曲线③的交点，、pH=10.3，可得=，故C正确；
D．pH=10.3时，=，根据，可得== mol/L，故D错误；
故选D。
点睛:
突破点在于计算出碳酸的耳机电离常数
13-6【提升】 【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。
26-1【基础】 【正确答案】 1、(球形)冷凝管 2、
3、防止水槽中的水气进入装置A内，造成过量损耗
4、Ⅲ 5、+6H2O=+2C2H5OH +2Cl-
6、A
【试题解析】 分析:
用吸收中的水，在低于79℃环境下，水解生成和HCl，和HCl通过导管后用NaOH溶液吸收；为防止水槽中的水气进入装置A内被吸收，在吸收尾气装置前加装装有无水CaCl2的干燥管。
根据图示可知仪器a是球形冷凝管。
据分析，滴加，一段时间后容器A中充满白雾，是由于SOCl2水解生成了HCl，HCl又形成小液珠，发生反应的化学方程式为：。
据分析，无水的作用是：防止水槽中的水气进入装置A内，造成过量损耗。
将A中反应混合物隔绝空气减压蒸馏，得到无水晶体，为防止蒸气冷却液化后顺利流入接收瓶并回收，冷凝管选用直型冷凝管，不选球形冷凝管；接收瓶用塞子塞住，牛角管需与大气联通；故选Ⅲ。
根据题意可知，滴加蒸馏水后乙醇溶液中生成了，发生反应的离子方程式为+6H2O=+2C2H5OH +2Cl-。
该系统CO2通入Cu电极得到e-与H+结合生成CH4，GaN在太阳光照射下催化氧化H2O生成O2和H+。
A.该装置能量转化形式存在将太阳能转化为电能，电能转化为化学能，A错误；
B.铜电极得到电子，为正极，电极反应式为，B正确；
C.电池内部阳离子从负极向正极移动，则该系统内透过质子交换膜从左向右移动，C正确；
故选A。
26-2【基础】 【正确答案】 1、三颈烧瓶 a 保持内部压强不变，使乙中液体顺利流下 取洗涤后溶液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净
2、MgC2O4·2H2OMgO+CO2↑+CO↑+2H2O 无水CuSO4 检验产物CO2 (浓)NaOH溶液 黑色固体变红
【试题解析】 分析:
探究MgC2O4•2H2O分解产物CO、CO2等的性质。依据题中信息可知，MgC2O4·2H2O分解产物为MgO、H2O、CO、CO2 等，欲检验气体产物，应先通过装有硫酸铜的B装置检验水蒸气，再通过盛有澄清石灰水的C装置检验二氧化碳，然后再通过D装置吸收剩余的二氧化碳，再通过E检验二氧化碳已除尽，气体经F装置干燥后通入G装置检验CO，一氧化碳和氧化铜生成红色铜和二氧化碳，若G中黑色粉末变红、H中石灰水变浑浊，则证明有CO。
①装置中仪器丙的名称是三颈烧瓶；甲的名称是球形冷凝管，为保证其冷凝效果，冷水应该下进上出，其冷水进水口为a。
②仪器乙为滴液漏斗，其中c部位的作用是保持漏斗内部压强与反应器内的压强相等，使乙中液体顺利流下。
③产品表面会吸附氯化铵，Cl-能和硝酸银生成不溶于酸的氯化银沉淀，所以，检验产品洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否还有Cl-，具体操作是：取洗涤后溶液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净。
①由分析可知，A中发生反应生成氧化镁、二氧化碳、一氧化碳、水，化学方程式为MgC2O4·2H2OMgO+CO2↑+CO↑+2H2O。
②装置B检验生成的水，水能使无水硫酸铜变蓝色，盛装的药品是无水CuSO4；装置C盛有澄清石灰水，作用是检验产物CO2；装置D吸收二氧化碳防止对一氧化碳的检验造成干扰，试剂是浓NaOH溶液；一氧化碳和氧化铜生成红色铜和二氧化碳，装置G中的现象是黑色固体变红。
26-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
3、防倒吸；使与充分接触混合
4、(球形)干燥管
5、冷却结晶 6、取2mL0.5溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原产生银镜 红色溶液存在平衡⇌，用力振荡，发生反应，白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去
【试题解析】 分析:
A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。
根据C形成4个共价键、N形成3个共价键、S形成2个共价键或与互为等电子体进行判断，故的结构式为。
氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气，故化学方程式为。
是非极性试剂，极性分子在其中的溶解度小，可以防倒吸；(气体)通入(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分。
装置C中仪器a为(球形)干燥管，由装置C烧杯中产生淡黄色浑浊，可知被氧化为S单质，则氧化剂被还原为，离子方程式为。
减压蒸发、冷却结晶、过滤得到KSCN晶体。
①滤液x的主要溶质为、和，试管b中产生银镜是因为发生反应。根据试管a中溶液的用量，结合所提供的试剂，要选用2mL0.5溶液和溶液设计实验方案，故答案为：取2mL0.5溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原产生银镜。
②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的与滴入的反应，存在化学平衡⇌。用力振荡试管，上层清液中的与充分接触生成难溶的白色沉淀，所以白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去，故答案为：红色溶液存在平衡⇌，用力振荡，发生反应，白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去。
26-4【巩固】 【正确答案】 1、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O 1：5 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
2、Fe3+ 4FeO+2OH+=4Fe3++3O2↑+10H2O 排除ClO-的干扰 ＞ 溶液的酸碱性不同 理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色；方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色
【试题解析】 分析:
制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气。探究K2FeO4的性质：由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
①A为氯气发生装置。A中高锰酸钾将浓盐酸氧化生成氯气和氯化锰，反应方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；其中高锰酸钾是氧化剂，16个氯化氢参加反应，其中10个氯化氢作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
②B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。；
③由本题是制备原理可知，C中氯气和氢氧化铁反应生成了高铁酸钾，方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O；此外氯气可以和氢氧化钾反应，反应的方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
①I．由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，还可能由4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O反应产生(用方程式表示)。故答案为：Fe3+；4FeO+2OH+═4Fe3++3O2↑+10H2O；
II．方案II可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；故答案为：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；
②由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl2＞FeO，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜FeO，与溶液酸碱性不同，故答案为：＞；溶液酸碱性不同；
③MnO在溶液中显紫色，K2FeO4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2，作为K2FeO4的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO，若答不能说明，则是考虑到FeO在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe(H2O)形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO并没有将Mn2+氧化为MnO而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，故答案为：能说明，理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。
26-5【提升】 【正确答案】 1、
2、6.7 3、
4、作对照实验，排出H2SO4、HCl对实验现象的干扰。
5、在试管中加入植物油隔绝空气，并延长浸泡Fe3O4的时间、或者适当升高反应温度、搅拌等。
6、NaCl固体 7、天然磁铁矿粉末中杂质较多，Fe3O4的含量较低
【试题解析】 将可溶性亚铁盐和铁盐按一定配比混合后，加入NaOH溶液，在一定条件下反应可制行Fe3O4，反应的离子方程式为。
Fe3O4与H2SO4溶液反应的化学方程式为，1.16gFe3O4的物质的量为0.005mol，则需要H2SO4的物质的量为0.02mol，则至少需要3 mol/LH2SO4溶液的体积约为。
反应的时，反应能自发进行，由图可知，当温度低于332.8K时，该反应的，故Fe3O4与酸自发反应的温度条件是。
实验ⅱ的作用是作对照实验，排除H2SO4、HCl对实验现象的干扰。
实验ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，其可能原因是Fe2+的浓度太小，也可能是Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+，为了验证这一推断，可改进的方法是在试管中加入植物油隔绝空气，并延长浸泡Fe3O4的时间、或者适当升高反应温度、搅拌等。
用10 mL6 mol/L盐酸代替H2SO4浸泡样品后，重复实验ⅰ，发现试管①有蓝色沉淀，试管②溶液显红色，说明Cl-有利于Fe3O4与H+反应，为了验证这一推测，可在用H2SO4溶液浸泡时加入NaCl固体，然后重复实验i。
实验ⅳ：用20 mL6 mol/L盐酸浸泡1.0 g天然磁铁矿粉末，20 min后浸泡液几乎无色，重复实验i，发现试管①、②均无明显现象，与实验iii现象不同的可能原因是天然磁铁矿粉末中杂质较多，Fe3O4的含量较低。
26-6【提升】 【正确答案】 1、分液漏斗 2、NaBr+H3PO4(浓)NaH2PO4+HBr↑ 3、A
4、装置中的HBr全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境
5、2H2SO4(浓)+2NaBrNa2SO4+2H2O+SO2↑+Br2↑ SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2，同样可以制备FeBr2
6、KSCN 溶液变红色
【试题解析】 分析:
浓磷酸和溴化钠制取HBr，经干燥后和铁反应，生成FeBr2，升华进入锥形瓶中被收集。
由仪器构造可知，盛放浓磷酸的仪器为分液漏斗。
烧瓶中发生制取HBr的反应，利用磷酸的不挥发性，制取挥发性的HBr，当磷酸过量时生成酸式盐，化学方程式为：NaBr+H3PO4(浓) NaH2PO4+HBr↑。
X中的试剂干燥HBr，HBr是酸性气体，不能选择碱性干燥剂如碱石灰或NaOH等，可以选择无水氯化钙，Y中试剂的作用是吸收未反应的HBr，防止污染环境，且防止空气中的水蒸气进入锥形瓶中导致FeBr2潮解，故选A。
实验结束后，关闭热源，需要通入一段时间N2，其目的是将装置中的HBr全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境。
浓硫酸和NaBr发生氧化还原反应，生成SO2和Br2，2H2SO4(浓)+2NaBrNa2SO4+2H2O+SO2↑+Br2↑；SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，已知：2FeBr3 2FeBr2 +Br2，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2，同样可以制备FeBr2。
氯气和FeBr2反应，氯气既能将Fe2＋氧化，也能将Br-氧化，若通入少量氯气，只氧化了Fe2＋而没有氧化Br-，则可证明还原性：Fe2＋>Br-。Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋可以用KSCN溶液检验，Fe3＋遇KSCN溶液变红；故向试管中滴加KSCN溶液，观察到溶液变红色，证明还原性：Fe2+>Br-。
27-1【基础】 【正确答案】 TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O 将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去 Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O 2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl 粗碲 TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－ 0.2
【试题解析】 分析:
TeO2有两性，结合化合价可知，“碱浸”主要将TeO2转化为Na2TeO3；
“过滤”将未除去的Fe、Pb、Cu元素转化为更难溶的硫化物除去；
“沉碲”过程，从流程来看是将TeO32-转化为TeO2沉淀；
“酸溶”过程，TeO2转化为TeCl4；
“还原”过程，SO2将TeCl4还原为Te，得粗Te；
“电解”过程，粗Te作阳极，失电子，在阳极溶解，纯Te作阴极，阴极得电子，得到纯度更高的纯Te。
详解:
(1)TeO2有两性，结合化合价可知，“碱浸”时NaOH和TeO2反应生成为Na2TeO3和H2O，反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；
(2)由分析可知，加入Na2S溶液的主要目的是将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去，故答案为：将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去；
(3)“沉碲”将TeO32-转化为TeO2沉淀，原因为TeO32-和NH4+发生双水解，反应的化学方程式为Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O，故答案为：Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O；
(4)“还原”过程，SO2将TeCl4还原为Te，得粗Te，结合得失电子守恒、原子守恒可得方程式为：2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl，故答案为：2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl；
(5)由分析可知，阳极材料为粗碲，以Na2TeO3溶液为电解质溶液，则阴极为TeO32-得电子生成Te，结合电荷守恒、原子守恒可得阴极的电极反应为：TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－，故答案为：粗碲；TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－；
(6)pH=5时，c(H+)=10-5mol/L。H2TeO3H++HTeO3-，Ka1==1.0×10－3，HTeO3-H++TeO32-，Ka2==2.0×10－8，，所以，=0.2，故答案为：0.2。
27-2【基础】 【正确答案】 温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低 BCD b e d c a d 溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生
【试题解析】 分析:
含钴废渣(主要成分为、，还含有、等杂质)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成沉淀，以此回答该题；
详解:
(1)“酸浸”时温度过高，二氧化硫溶解度降低，温度过低化学反应速率减慢，故答案为：温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低；
(2)向酸浸后的溶液中加碳酸钠调溶液的pH，氯离子和碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀而除去氯离子，则，故答案为：；
(3)①A．将废渣粉碎可以增大反应的接触面积加快反应速率，以提高单位时间内的酸浸效率，故A不选；
B．“除铝”时，入过量的溶液会让会转变为沉淀，故溶液不能过量，故选B；
C．根据方程(水层)(有机层)(有机层)可知，不可选用四氯化碳作为萃取剂，故选C；
D．由(水层)(有机层)(有机层)可知，加水后往萃取后的有机层中加水不可获得溶液，故选D；
答案选BCD
②萃取操作的步骤为1、倒入溶液和萃取剂；2、盖上玻璃塞；3、倒转分液漏斗振摇；4、打开旋塞放气；5、关闭活塞正立；6、放在铁圈上静置；7、打开上口玻璃塞；8、打开旋塞使下层液体从下口放出，最后关闭旋塞使上层液体从上口倒出，故答案为：b；e；d；c；a；d
(4)“沉钴”时，溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生导致产品不纯，故答案为：溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生；
(5) 的体积为(标准状况)，，有化学式可知，则氧化物中，则，所以股氧化物的化学式为：，故答案为：。
27-3【巩固】 【正确答案】 D 将废渣粉碎、加热、搅拌等 空气 原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 溶液温度控制在80 ℃，pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右 Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4 (NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
【试题解析】 详解:
（1）由已知结合流程，废渣中含有Fe2＋、Fe3＋的硫酸盐及少量CaO和MgO，故废渣溶解操作时，应选用硫酸溶解比较合适，答案选D。
（2）为了提高废渣的浸取率，可以将废渣进一步粉碎，以增大固体的表面积提高反应速率，还可以采用加热、搅拌等方法。
（3）废渣溶解后，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，提供的三种氧化剂中只有空气（O2）是绿色氧化剂，原料易得、成本低、氧化Fe2+不产生污染、不会引入新杂质，故最好选用空气；反应化学方程式为：4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O。
（4）由三条曲线可得，相同时间内，80 ℃、pH=1.5时，Fe2＋的转化率最高，故应选该条件，浸取4小时之后再延长时间转化率提高不大，故浸取4小时较合适，综上分析，工业上氧化操作时应控制的条件是：溶液温度控制在80 ℃，pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右。
（5）氧化后的溶液，加氨水结晶，所得沉淀除了铵黄铁矾晶体外，Fe3+、Mg2+、Ca2+也会沉淀析出，故铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、Mg(OH)2、Ca(OH)2、CaSO4。
（6）由②得，n（SO42-）=n（BaSO4）=9.32g÷233g•mol-1=0.04mol；由③得，n（NH4+）=n（NH3）=0.448L÷22.4L•mol-1=0.02mol；由④得，n（Fe）=2n（Fe2O3）=2×4.8g÷160g•mol-1=0.06mol；所以，结合(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，可设为(NH4)xFe3x(SO4)2x(OH)w，由正负化合价代数和为0得：w=6x，又因为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w的摩尔质量为960g•mol-1，所以化学式为：(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
点睛：解工艺生产流程题的基本步骤：（1）从题干中获得有用信息，了解要生产的产品的性质。（2）分析流程中的每一步骤，弄清：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应产生什么结果，对最终目有什么作用。（3）注意从问题中获取信息，帮助解题。
27-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、C 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
3、Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+
4、AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
5、2Cu2++2Cl-+SO+H2O= 2CuCl↓+SO+2H+
6、SO2 7、Fe3+
8、0.85 9、1.82
10、NO 11、
【试题解析】 Al3＋是Al失去最外层3个电子，即Al3＋结构示意图为；
易拉罐成分是为Al、Fe、Mg，该流程是制备明矾，Al能与NaOH反应生成NaAlO2，铁、镁不与氢氧化钠反应，因此试剂①为NaOH溶液，故C正确；铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；
明矾净水的原因是Al3＋水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮固体小颗粒聚沉，从而达到净水的目的，其净水的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
滤液A的成分是NaAlO2，HCO3－电离出H＋能力强于Al(OH)3，即A→B发生离子方程式为AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－；
①CuSO4、NaCl溶液中持续加入一定浓度的Na2SO3溶液可制得CuCl,发生了氧化还原反应,随反应进行，氢离子浓度增大，pH变小,离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO+H2O= 2CuCl↓+SO+2H+；
继续加入亚硫酸钠溶液，消耗氢离子，产生SO2气体，pH值增大，故答案为：SO2；
反应后溶液pH=1，说明硝酸有剩余，反应后溶液中铁元素的存在形式是：Fe3+，故答案为：Fe3+；
反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，3c(Fe3+)+c (H+) =c (NO)，根据
铁元素守恒有n (Fe3+) =n (Fe) =，c(Fe3+)=
，溶液pH=1，c(H+) =0.1mol/L，所以c (NO) =0.25mol/L3+0.1mol/L= 0.85mol/L，故答案为：0.85；
生成气体的物质的量为，n(HNO3)总=3n(Fe(NO3)3)+n(气体)+ n(HNO3)剩余=30.05mol+0.05mol+0.1mol/L 0.2L=0.22mol，根据方程式，能溶解铁的总量为：，已经溶解铁0.05mol，还能溶解铁的质量为：。
根据电子守恒可知2.8g铁转移的电子是0.05mol3=0.15mol，若生成的气体是0.05molNO2，转移的电子数为0.05mol，得失电子不守恒，若生成的气体是0.05molNO，转移电子是0.05mol3=0.15mol，故答案为：NO
向含4mol稀硝酸溶液中逐渐加入Fe粉至过量，Fe先和稀硝酸反应生成
硝酸铁和NO，Fe再和铁离子反应生成亚铁离子，根据方程式知，4mol硝酸能溶解1mol铁生成Fe3+离子，1molFe3+离子能被0.5molFe还原，，同时生成1.5mol Fe3+，所以其图象为。
27-5【提升】 【正确答案】 不会产生污染环境的氯气 ③和④ 铵根和偏钒酸跟水解方程式为、,增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解 当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色
【试题解析】 分析:
根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒。
详解:
(1)第一步焙烧的将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，根据氧化还原反应的规律可得反应为，故填；
(2)用碳酸钠代替氯化钠时不会产生污染环境的氯气，故填不会产生污染环境的氯气；
(3)根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水，需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大，答案：③和④；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大；
(4)①根据氧化还原反应的规律可得，故填；
②溶液为黄色，溶液为蓝色，所以终点的现象为当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿色）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色，故填当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色；
③根据反应可得关系式，可得，带入数据可得mol/L，=2a×0.1=0.2a mol，又，故=0.1a mol，=0.1a×182=18.2a g，样品的质量分数为==，故填。
27-6【提升】 【正确答案】 Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 b 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+的水解 冷却（降温）结晶 催化剂 0.2
【试题解析】 分析:
辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离子，用氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。
详解:
（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化成Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；
（2）根据CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物为CuCl2，可得反应②为三氯化铁氧化氯化亚铜为氯化铜，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；
（3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；
（4）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；冷却（降温）结晶；
（5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高+1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低-1价，根据电子守恒，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S 0.2 mol，故答案为：催化剂；0.2。
点睛:
解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，此题为以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体，围绕着将亚铜氧化，除去二氧化硅，引入硝酸根，溶液变晶体的方法来解题，分析时要明白整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。
28-1【基础】 【正确答案】 1、高温 2、ACE
3、0.02 4、
5、＜ 6、后反应②中随着的量的减少，与反应物的接触面越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；后催化剂表面被积碳逐步覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故逐渐增大至不变
【试题解析】 根据自发，反应①>0，>0，有利于反应①自发进行的条件是高温；
A. 平衡时向容器中充入惰性气体，恒容条件，各物质的浓度不变，反应①的平衡不移动，故A正确；
B. 混合气体的密度=，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B错误；
C. 根据三段式计算可知①消耗水蒸气0.3mol，吸收热量39.42 kJ，②消耗水蒸气0.2mol，放出热量8.22kJ，平衡时整个体系吸收31.2kJ能量，故C正确；
D. 反应②的化学方程式左右两侧的计量数之和相等，该反应发生一般是熵增的反应，故D错误；
E. 完全转化时平衡时的体积分数为，但可逆反应不可能完全转化，故平衡时H2体积分数不可能大于，故E正确；
故答案为ACE
设反应I转化了a mol水，反应II转化了b mol水，反应平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。



解得a=0.3mol，b=0.2mol
平衡时n=0.1+0.5+0.2+0.5=1.3mol，起始压强为0.2MPa，根据可得平衡时的压强0.26mol，CO、H2O、CO2、H2分压分别为、、、，；
由题干图2信息可知，t1-t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应；
由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1-2 mmol/min之间，故说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率；
后反应②中随着的量的减少，与反应物的接触面越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；后催化剂表面被积碳逐步覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故逐渐增大至不变；
28-2【基础】 【正确答案】 1、 260 B
2、T3>T2>T1 或 2 1
3、酸化的 250~300℃(或区间内任一温度) 图1中100℃至300℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高
【试题解析】 ①根据图可知TS1活化能最大是速率最慢步骤，是慢反应，热化学方程式为 ；活化能最小的步骤是TS2，活化能最小658.4-398.4=260；
②根据图像可知该反应为放热反应，为提高NO的平衡转化率可使平衡正向移动，采用的措施为
A.升高温度反应逆向移动，转化率下降；
B.该反应是分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率升高；
C.增大NO浓度平衡正向移动，转化率降低；
D.使用催化剂平衡不移动，转化率不变；
故答案为B。
①该反应 ，为放热反应，升高温度平衡逆向移动NO的转化率下降，由图可知T3>T2>T1；
②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，
反应进行到10min时达平衡，0~10min内N2的平均反应速率为；
根据，Pa；
H2、NO、N2、H2O的体积分数为、、、；

③根据表中数据，可知n=1；，可知m=2；
①由图可知具有较高活性和选择性的催化剂为酸化的，250~300℃(或区间内任一温度)催化剂催化效果最好，NO转化率最高，
②图1中100~300℃NO转化率升高的原因为图1中100℃至300℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高；
28-3【巩固】 【正确答案】 1、 ① 反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步 2、AC
3、Ⅱ ＜ 曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故 3.4
【试题解析】 由图2可知，总反应为：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H = -361.22 kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。
由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关，
A．升温，k增大，速率加快，故A正确；
B．恒容时，再充人CO，c( N2O)不变，速率不变，故B错误；
C．恒压时，再充人N2O ，c( N2O)增大，速率增大，故C正确；
D．恒压时，再充人N2 ，c( N2O)减小，速率减慢，故D错误；
故选AC；
①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。
②曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故。
③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：，利用“三段式”计算法可知，平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。
28-4【巩固】 【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
28-5【提升】 【正确答案】 1、高温 2、△H2=+15kJ·mol-1 在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利
3、BD
【试题解析】 自发进行的依据是△H-T△S＜0，反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+132kJ·mol-1是气体体积增大既熵增的吸热反应，△S﹥0，△H﹥0，则当高温时该反应能自发进行。
①反应CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g) △H2=生成物的总能量-反应物的总能量=-110 kJ·mol-12-（-235 kJ·mol-1）=+15kJ·mol-1；
②在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利；
③根据题意列出三段式：

若平衡时H2的产率为50%，则x=0.5mol，平衡时气体总物质的量为0.5mol+0.5mol+2mol+1mol=4mol，该条件下方法a反应的平衡常数Kp==。
①A．方法c制氢时放出热量，且氢气可能和过多的氢气反应而是氢气的产率降低，故A错误；
B．反应a是吸热反应，反应c是放热反应，所以相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快，故B正确；
C．对于反应a原子利用率为，对于反应b原子利用率为，对于反应c原子利用率为，乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：a>c>b，故C错误；
D．对于方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)，增加水的物质的量可以使平衡正向移动，增大乙醇的转化率，故D正确；
故选D；
②反应在Ni－MgO催化下，相比Ni－MgO催化乙醇的转化率更高，则图像可以画为：。
28-6【提升】 【正确答案】 1、 低温 AC
2、减小 576 甲 相同温度下，甲催化剂的脱氮率均高于乙，且低温时，甲的催化效果更好
3、催化作用
【试题解析】 ①根据盖斯定律可知，，代入数据计算可得；
根据，当时，该反应为自发，，，带入数据可知该反应在低温时自发；
②可逆反应为：，该反应为全气态反应，判断是否达到平衡状态如下：
A．混合气体的平均相对分子质量为，该反应为全气态总质量不变，可作为判断达到平衡状态，A项正确；
B．浓度之比等于计量系数之比无法判断平衡状态，B项错误；
C．二氧化氮的质量、物质的量、物质的量浓度不变时该反应达到平衡状态，C项正确；
D．当正反应速率等于逆反应速率是达到平衡状态，正确的是，D项错误；
答案选AC；
①对于可逆反应： ，该反应的平衡常数为，，，当时， ，，化简可得，温度升反应为放热反应，则平衡逆向移动，则减小；
②压强为，温度为T K的体系中，投料比时，CO的平衡转化率为80%，列出三段式可得：

则，，，时求得，当温度为T K的体系中，投料比时，体系中的体积分数为时，设CO转化的物质的量为2a，列出三段式可得：

，求出，，，，则，带入数值可得；
③由图可知温度升高，甲催化剂的脱氮率明显高于乙催化剂，则相同条件下在工业生产应该选用甲催化剂；
相同温度下，甲催化剂的脱氮率均高于乙，且低温时，甲的催化效果更好；
①由图可知整个反应为循环，则反应Ⅰ中H2和反应生成和，反应Ⅱ中和与NOx反应生成和N2，则整个过程中的作用为催化剂；
②反应Ⅱ的离子方程式为：。
35-1【基础】 【正确答案】 1、1s22s22p1 +3价
2、4 4s24p3 2
3、N P＞S＞Si
4、sp3 BD 5、
【试题解析】 分析:
B是5号元素，因此基态B原子的电子排布式为1s22s22p1；BN中N元素化合价为−3价，则B元素的化合价为+3价；故答案为：1s22s22p1；+3价。
As是第四周期的元素，因此基态原子的电子占据了4个能层，最高能级的电子排布式为4s24p3；As未成对电子数是3个，和As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有V，Co两种；故答案为：4；4s24p3；2。
元素周期表中与P紧邻的4种元素分别为N、Si、S、As，根据电负性同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此四种元素中电负性最大的是N，同周期第一电离能从左到右呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此三种元素的第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；故答案为：N；P＞S＞Si。
已知等半导体材料的晶体结构与单品硅相似，单晶硅中Si是sp3杂化，因此原子的杂化形式为sp3；由于Al最外层只有3个电子，要形成四个价键，因此晶体结构中存在的化学键有σ键、配位键；故答案为：sp3；BD。
立方氮化硼，其结构与金刚石相似，根据结构得到该晶体中含有4个B和4个N，晶胞边长为，立方氮化硼的密度是；故答案为：。
35-2【基础】 【正确答案】 1、 2、ABC F＞O＞N＞H
3、CO2、N2 平面三角形
4、CaF2和MgF2均为离子晶体，Mg2+半径小于Ca2+半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2熔点比较高
5、(正)四面体
【试题解析】 Ｆ元素位于元素周期表第二周期ⅦA族，核外电子排布式是1s22s22p5，所以价电子排布图是。
①NH4NF2中与之间是离子键，离子内存在着N—H共价键和N→H配位键，所以本问第一空应选填ABC。
②该反应中涉及到的非金属元素有：H、N、O、F，同周期从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族从上往下元素的电负性逐渐减小，故该反应中非金属元素的电负性由大到小的顺序是F＞O＞N＞H。
①反应产物中，NH3、CO2、N2、H2O是分子结构，N2分子内N≡N是非极性键，属于非极性分子；CO2中C=O是极性键，分子为直线形，结构对称，正负电荷重心重合，所以为非极性分子；NH3中N—H是极性键，分子为三角锥形，H2O中H—O是极性键，分子为角形，结构均不对称，正负电荷重心不能重合，故H2O、NH3为极性分子。
②离子中心原子C原子有3条σ键，孤电子对为，故空间构型是平面三角形，C原子采取sp2杂化，C、O均有垂直于离子所在平面的p轨道，离子中价电子总数是4+2+6×3=24，参与形成大键的电子数=24−2×3−4×3=6，所以离子中的大π键是由4个原子、6个电子形成，表示为。
CaF2和MgF2均为离子晶体，Mg2+半径小于Ca2+半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2熔点比较高。
①观察晶胞结构，U原子位于晶胞六个面心和8个顶点，其所围成的空间结构为正四面体，O原子正好是嵌入这些U原子间隙，氧原子填充在铀原子形成的正四面体空隙中。
②根据晶胞模型可以分析出，U原子在顶点和面心，一个晶胞含U原子个，O原子均在晶胞内部，共8个，所以1个晶胞的质量为，故UO2晶体密度是。
35-3【巩固】 【正确答案】 1、2、4、5 水解反应
2、甲醇分子之间可形成氢键，比乙烷分子之间的作用力强的多，所以沸点相差较大；由于烃基较大，氢键的作用力被削弱，分子间以范德华力为主，所以与相对分子质量接近的沸点相差较小
3、 4、1s22s22p63s23p63d64s2 Fe3N
【试题解析】 属于sp2杂化的N原子价层电子对数为3，六元环上N原子、五元环上双键中N原子价层电子对数均为3，故分子中属于sp2杂化的N原子有3个，分别是2、4、5号N原子；ATP生成ADP的过程中有磷酸二酯键的断裂，属于水解反应；
CH3OH和C2H6都是分子晶体，甲醇分子之间可形成氢键，比乙烷分子之间的作用力强的多，所以沸点相差较大；和都是分子晶体，由于烃基较大，氢键的作用力被削弱，分子间以范德华力为主，所以与相对分子质量接近的沸点相差较小；
中N原子均为sp3杂化，则4个N原子形成四面体构型，每个N原子又连接1个H原子，则的结构式为：；
①Fe是26号元素，结合核外电子排布规律，可知基态Fe原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；
②N原子处于晶胞内部，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，晶胞中有2个N原子，Fe原子数目，Fe、N原子数目之比为3：1，故该晶胞化学式为Fe3N；
③底面为正六边形，边长为anm，高为cnm，晶胞体积，晶胞中原子总质量，故晶胞密度。
35-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水 ac
3、 正四面体
4、共价 由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP
【试题解析】 P是15号元素，基态磷原子价电子排布式为3s23p3,轨道表示式是 ；
①白磷是非极性分子，CS2是非极性溶剂、H2O是极性溶剂，根据相似相容，白磷难溶于水、易溶于CS2。
②a．黑磷与白磷是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故a正确；
b．石墨晶体层与层之间的作用力是分子间作用力，所以黑磷晶体层与层之间的作用力是分子间作用力，故b错误；
c．石墨是混合晶体，所以黑磷晶体是混合型晶体，故c正确；
d．根据晶体结构，P原子的配位数是3，有1个孤电子对，分子中磷原子杂化方式为sp3杂化，故d错误；
故选ac。
在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-而不生成黄色的[Fe(OH)]2+，可知与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是， P原子的价电子对数是4，无孤电子对，空间构型是正四面体；
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070°C，二者熔点高，属于共价晶体；由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP。
②根据均摊原则，1个晶胞中P原子数为、B原子数为4，晶胞质量为，晶胞边长apm，晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3，磷化硼晶体的密度是 g/cm3。
35-5【提升】 【正确答案】 1、[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2
2、离子键 属于离子化合物，、、的化学键以共价键为主，极性较小
3、平面三角形 sp2
4、3：1 5、VO2
【试题解析】 Zn为30号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2；
具有较高的熔点(872℃)，属于离子晶体，含有离子键；、、均属于分子晶体，以共价键为主，极性较小，根据相似相溶原理知，、、能够溶于有机溶剂；
中的阴离子为，中的C原子的价层电子数为，且无孤电子对，故空间构型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2；
根据晶胞结构图可知，铜原子在立方晶胞的面心，镍原子在立方晶胞的顶点上，利用均摊法可确定1个晶胞中含铜原子个数：，含有镍原子个数：，晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1；
根据晶胞结构图可知，O原子2个位于体内，4个位于面上在立方晶胞的面心，V原子8个在立方晶胞的顶点上，1个位于体心，利用均摊法可确定1个晶胞中含O原子个数：，含有V原子个数：，故化学式为VO2；该晶体的密度为。
35-6【提升】 【正确答案】 1、4s24p4 2、两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 3、AC
4、O、Se 5、＞ 正四面体形
6、K2SeBr6 ××107
【试题解析】 基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。
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；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。
A．I中有键，还有大π键，A错误；
B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，B正确；
C．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，C错误；
D．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此III含有的元素中，O电负性最大，D正确；
故选AC。
根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。
根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。
①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
36-1【基础】 【正确答案】 1、 2、消去反应
3、碳碳三键 酯基 4、
5、 6、、 7、
【试题解析】 分析:
由已知条件和B分子式可知，芳香化合物A为：；B为：；B到C发生氧化反应，C为：；C到D发生加成反应，D为：；D到E加入强碱的醇溶液，发生消去反应，E为：；E到F发生酯化反应，F为：；由已知条件及H结构可知，G为：；
A的结构简式为：；
反应类型为：消去反应；
F中所含官能团名称为：碳碳三键、酯基；
根据醛类与新制反应的特点，化学方程式为：；
由F生成H的化学方程式为：；
X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，故官能团中一定有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，则还应有两个甲基，符合要求的X的结构简式为、；
写出用环戊烯和2-丁炔为原料合成，此物质中有两个环，根据已知条件，先用环戊烯和2-丁炔反应生成，再与卤族单质加成，最后再水解即可得到目标产物，故合成路线为：
36-2【基础】 【正确答案】 邻苯二酚 C11H11O2F2Br +Br2→+HBr 取代反应(或水解反应) 醚键、羧基 8 BrCH=C(CH3)2
【试题解析】 分析:
A和发生取代反应生成B，B和溴单质发生取代反应生成C，C和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成D，D与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成E，E在碱性条件下发生水解反应，再酸化得到F。
详解:
(1)A()的化学名称为邻苯二酚，D()的分子式为C11H11O2F2Br；故答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。
(2)根据分子结构简式，B生成C是取代反应，因此，B生成C的化学方程式是+Br2→+HBr；故答案为：+Br2→+HBr。
(3)E→F是酯基变为羧基，因此反应类型为取代反应(或水解反应)，F中含氧官能团的名称为醚键、羧基；故答案为：取代反应(或水解反应)；醚键、羧基。
(4)丁烯的结构简式有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，它们不同位置的氢分别有4、2、2种，因此的链状同分异构体有4+2+2=8种，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式是BrCH=C(CH3)2；故答案为：8；BrCH=C(CH3)2。
(5)根据题中C到D的反应，和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成，和Br2反应生成，根据D到F的反应可知与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成，其合成路线为；故答案为：。
36-3【巩固】 【正确答案】 1、2-氨基-1-丁醇 取代反应
2、 酰胺基 3、
4、9 CH3CCl2CH2CHO、CH3CH2CCl2CHO或CH2ClCCl(CH3)CHO
5、
【试题解析】 分析:
A（）和B（）反应生成C（）；C在一定条件下转化为D，D和CH3OH反应生成E（），则D为；E和NH3反应生成目标产物。
A（）的名称为2-氨基-1-丁醇；反应①中，A和B（）在KOH的作用下反应，B中的氯原子被替代，生成了C（）、KCl和H2O，该反应属于取代反应。
由分析可知，D的结构简式为；左乙拉西坦中的官能团名称为酰胺基。
E中含有酯基和酰胺基，两种官能团都能和NaOH反应，则E和NaOH反应的化学方程式为。
化合物X中，能发生银镜反应，说明该化合物含有醛基，另外该分子中含有两个氯原子，采用丁二移一法，先固定碳链和一个氯原子的位置，再移动另一个氯原子的位置，则符合条件的X有以下情况：（共3种）、（共2种）、（共1种）、（共3种），共计9种；其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为3:2:1的同分异构体的结构简式为CH3CCl2CH2CHO、CH3CH2CCl2CHO或CH2ClCCl(CH3)CHO。
由C→左乙拉西坦的合成过程可知，可以先将CH3CH2OH氧化为CH3COOH，再将CH3COOH和CH3OH反应转化为CH3COOCH3，再将CH3COOCH3和NH3反应生成CH3CONH2，即：。
36-4【巩固】 【正确答案】 1、取代反应 2、硝基、醛基
3、CH3COCH2COOCH3
4、+HNO3+H2O
5、8 6、7 、、、、、、(任写一个)
7、HO(CH2)7OHOHC(CH2)5CHOHOOC(CH2)5COOHH5C2OOC(C2H5)COOC2H5
【试题解析】 分析:
根据反应条件，有机物C在酸性条件下水解生成有机物D()和乙醇；根据已知条件，2分子有机物F发生反应生成有机物G和甲醇，有机物G为，据此分析答题。
根据流程，有机物B甲基上的H原子被其他原子团取代，因此，该反应为取代反应。
有机物E为邻硝基苯甲醛，其所含有的官能团为醛基、硝基。
根据分析，有机物G的结构简式为CH3COCH2COOCH3。
反应①中，甲苯与浓硝酸在浓硫酸的催化下发生反应生成邻硝基甲苯，反应的化学方程式为+HNO3+H2O。
根据有机物H的结构，有机物H共有3种不同环境的H原子，其位置为。
有机物D的分子式(C9H7O5N)，有机物M是有机物D的同分异构体，根据已知条件：能发生银镜反应，遇FeCl3显紫色，说明结构中含有酚羟基和苯环；核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：2：2，说明结构中有4中不同化学状态的H原子；结构中存在-NO2。则满足已知条件的同分异构体有如下7种，分别是：、、、、、、。
预利用HO(CH2)7OH和乙醇制备目标化合物，首先将HO(CH2)7OH与O2在Cu做催化剂的条件下发生催化氧化生成OHC(CH2)5CHO，随后将OHC(CH2)5CHO氧化为HOOC(CH2)5COOH以便后续的反应，然后利用HOOC(CH2)5COOH和乙醇的酯化反应生成对应的酯H5C2OOC(C2H5)COOC2H5，最后根据已知条件生成目标化合物，具体的反应流程为：HO(CH2)7OHOHC(CH2)5CHOHOOC(CH2)5COOHH5C2OOC(C2H5)COOC2H5。
36-5【提升】 【正确答案】 1、2,4,6-三羟甲基苯酚
2、 3、醛基、醚键
4、、 5、取代反应
6、13 7、
【试题解析】 分析:
A（C7H8）的结构简式为；A经过光催化反应生成B（C7H5Cl3），B在NaOH的水溶液中反应生成C（C7H5O2Na），C再经过酸化得到D（），并结合“已知①”可得，B的结构简式为，C的结构简式为；D和SOCl2反应生成E（）；E再经过转化生成F，F和G（）反应生成H（），结合“已知②”可得，F的结构简式为；H和J（）反应生成K（），K再转化为L（）；L和反应生成M，M再转化为N（），结合“已知③”可得，M的结构简式为；N再和反应生成P（）。
的名称是2,4,6-三羟甲基苯酚。
由分析可知，B的结构简式为，C的结构简式为，结合“已知①”可得，B 生成 C 的化学方程式为。
N（）中的含氧官能团为醛基和醚键。
由分析可知，F的结构简式为，M的结构简式为。
H（）和J（）反应，生成K（）和HCl，该反应的反应类型为取代反应。
Q 是 D （）与甲醇酯化后的产物，则Q的结构简式为，Q的同分异构体中，①能发生银镜反应，说明其含有醛基，②含有苯环，③与FeCl3 能发生显色反应，说明其含有酚羟基，则满足上述条件的Q的同分异构体有以下几种情况：a．苯环上连有-OH和-CH2CHO，相应的同分异构体有3种；b．苯环上连有-OH、-CH3和-CHO，且-OH和-CHO处于邻位，相应的同分异构体有4种；c．苯环上连有-OH、-CH3和-CHO，且-OH和-CHO处于间位，相应的同分异构体有4种；d．苯环上连有-OH、-CH3和-CHO，且-OH和-CHO处于对位，相应的同分异构体有2种；共计13种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构是。
参考题干中E→H的合成路线，先将转化为，再将和反应生成；再参考题干中N→P的路线，将和反应生成；综上所述，合成的合成路线为。
36-6【提升】 【正确答案】 酯基、氨基 加成反应 13
【试题解析】 分析:
由B和反应生成C，结合C的结构简式可知，BC发生了取代反应， 取代了硝基对位的酚羟基中的H原子，则B为，由A到B的反应条件可知，发生了硝化反应，所以A为，结合已知条件①，D到E的过程中，D中的羟基被Cl原子取代，则E为，由F的结构简式可知，E与 A发生取代反应生成F；G I的过程中，I的结构简式，结合已知条件②可知，H为，G为，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，据此解答。
详解:
(1)根据分析可知，J为，所以官能团的名称为酯基、氨基；
(2)由分析可知B的结构简式为；
(3) 由分析可知H为，G为，GH发生的反应，化学方程式为，其中G中的双键断裂，反应类型为加成反应；
(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，根据题意可知，分子中含有硝基（-NO2）、苯环，且直接相连，能与NaHCO3溶液发生反应说明含有羧基（-COOH），根据C的分子式，X中还有一个含的碳的原子团；当羧基和含碳原子团直接相连时（-CH2COOH），则X的结构有3种：，-CH2COOH分别处在硝基的邻位、间位和对位；当-CH3和-COOH以单独的原子团与苯环相连时，-COOH的位置有以下几种： 、、共10种，所以根据分析，符合条件的X的结构有13种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为；
(5)苯甲醇为，产物中有酯基且形成了一个六元环，根据其对称性，可逆推出可由反应物发生成环的酯化反应制得，结合原料苯甲醇和已知条件②，可首先需要将苯甲醇羟基可以氧化生成醛基，根据已知条件②可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将-CN转化为羧基，再进行酯化反应即可得目标物，所以合成路线为。