河北省区域名校2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）含解析

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

【正确答案】
D
【试题解析】


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

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

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

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

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

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

【正确答案】
B
【试题解析】


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

【正确答案】
C
【试题解析】


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

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

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

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

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

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

9-4（巩固） 某经典不对称有机催化反应的反应原理如下：

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

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

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

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

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

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

【正确答案】
A
【试题解析】


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

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

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

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

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

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

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

【正确答案】
C
【试题解析】


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

A.X与Y组成的化合物均为气体
B.原子半径：Z C.X、Z组成化合物与Q的最高价氧化物的水化物反应比一定是2：1
D.X、W组成的化合物可能与E的单质反应产生气体
【正确答案】 D

【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,新型电池,原电池有关计算

【正确答案】
B
【试题解析】


12-1（基础） 某原电池的结构示意图如图。下列说法正确的是

A.稀硫酸和导线都是离子导体
B.电流的流动方向为：锌→导线→铜→稀硫酸→锌
C.在铜电极上氢离子得到电子而放出氢气，发生还原反应
D.铜锌原电池工作时，若有6.5g锌被溶解，电路中就有0.1mol电子通过
【正确答案】 C

12-2（基础） 2021年我国科研人员以二硫化钼(MoS2)作为电极催化剂，研发出一种Zn－NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示。已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过，则下列说法错误的是

A.Zn/ZnO电极电势要比MoS2电极电势高
B.电池工作时NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小
C.Zn/ZnO电极表面发生的反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O
D.当电路通过1mole-时，整个电池系统质量会增大2.6g
【正确答案】 A

12-3（巩固） 电解苯酚的乙腈(CH3—CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（ ），装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法错误的是

A.电极a为负极
B.装置工作时，乙室溶液pH减小
C.c的电极反应式为+CH3-CN+H2O-2e- +2H+
D.合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g
【正确答案】 B

12-4（巩固） 某课题研究小组设计如图所示装置(电极材料均为Pt)，该装置可将工业废水中的乙胺转化为无毒无害物质。下列分析错误的是

A.电极N为电池的负极
B.电池工作时，由M极区通过交换膜移动到N极区
C.电极N的电极反应式为
D.当空气(含氧气20％)的进入量为7.5mol时，可以处理含乙胺(质量分数为9％)的废水0.2kg
【正确答案】 B

12-5（提升） 一种新型电池既可以实现海水淡化，又可以处理含CH3COO-的废水，装置如图(模拟海水由NaCl溶液替代)。下列说法正确的是

A.b极为负极，发生氧化反应
B.隔膜I为阳离子交换膜
C.a极电极反应为CH3COO-+8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D.理论上除去模拟海水中的NaCl351g，可得1.5molCO2
【正确答案】 D

12-6（提升） 一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。下列说法正确的是

A.膜a为阴离子膜，膜b为阳离子膜
B.充电时的总反应为：4OH-+2=4+O2+2H2O
C.放电时，左侧贮液室中含的多硫电解质减少
D.放电时，外电路通过2mol电子，理论上II室及右侧贮液器中的NaOH总共减少2mol
【正确答案】 B

【原卷 13 题】 知识点 弱电解质在水溶液中的电离平衡,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,盐的水解常数

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 用0.1000的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液pH、微粒分布系数[比如的分布系数：]随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

A.H2A的第一步电离方程式：
B.H2A溶液的浓度为0.2000
C.的电离常数为
D.溶液滴定过程中：
【正确答案】 D

13-2（基础） 25℃时，向20mL0.1mol/LH2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A.a点对应的溶液中：
B.b点对应的溶液中：
C.a、b、c、d四点中，d点对应的溶液中水的电离程度最大
D.a、b、c、d各点溶液中均有：
【正确答案】 C

13-3（巩固） 25℃时，用HCl气体调节0.1 mol/L氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比x与pH的关系如下图。若忽略通入气体后溶液体积的变化，[x=] 正确的是

A.水的电离程度：P1>P2>P3
B.P2所示溶液中：c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)
C.P3所示溶液中：c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
D.25℃时，的水解常数为10-9.25
【正确答案】 D

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

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

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

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

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

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

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

【正确答案】

【试题解析】


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

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

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

已知：①溶液中的c(H+)越大，pH越小，酸性越强。
②生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)在pH1.0～6.0范围内可保持活性。
③溶液中pH很小时，金属通常以离子形式存在，随着pH增大，有些离子会形成氢氧化物沉淀(即使pH<7也可沉淀)，不同离子形成沉淀时的pH如下表所示。

Fe3+
Cu2+
Fe2+
开始沉淀时的pH
1.5
4.2
6.3
完全沉淀时的pH
2.8
6.7
8.3
1、生物堆浸过程的反应在T。f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段是在T。f细菌作用下，将黄铜矿溶解，第二阶段为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+。
①补全第一阶段反应的离子方程式(反应物已配平)：_______。CuFeS2＋4H＋＋O2=_______。
②写出第二阶段反应的离子方程式：_______。
2、结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在_______范围内。
3、已知：CuS是一种难溶于水的黑色固体。过程II中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是_______。
4、绿矾的纯度可通过其与KMnO4反应测定。取mg绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解，与物质的量浓度为cmol/L的KMnO4溶液恰好反应时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。绿矾晶体质量分数的计算式为_______。(已知：FeSO4·7H2O摩尔质量为278g/mol)
【正确答案】 1、CuFeS2＋4H＋＋O2Cu2+＋Fe2+＋2S＋2H2O 4Fe2+＋O2＋4H＋=4Fe3+＋2H2O
2、1.0到1.5 3、4H2O2＋CuS=Cu2+＋SO＋4H2O
4、×100%

26-3（巩固） 硫酸锰晶体(MnSO4·H2O)常用作动物饲料的添加剂。工业上以软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图：

已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀的pH
2.7
7.6
4.0
7.7
完全沉淀的pH
3.7
9.6
5.2
9.8
回答下列问题：
1、“酸浸”前需要将软锰矿粉碎，粉碎的目的是______，“酸浸”中MnO2和FeSO4反应的离子方程式为______。
2、“滤渣1”的主要成分是_______填化学式)。“系列操作”包括______、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等。
3、从绿色化学角度分析，试剂A宜选择______(填标号)。
a.HNO3 b.H2O2 c.Cl2 d.O3
4、如果省略“氧化”工艺，产品中可能会混有______(填化学式)。
5、测定产品纯度：准确称取wg样品，加适量ZnO及H2O煮沸、冷却后，转移至锥形瓶中，用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗KMnO4标准溶液VmL。MnSO4·H2O样品的纯度为______(用含w、c、V的代数式表示)。
已知：①2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4。
②杂质不与KMnO4反应。
【正确答案】 1、增大接触面积，加快反应速率 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
2、SiO2 蒸发浓缩
3、bd 4、FeSO4·7H2O
5、%

26-4（巩固） 高锰酸钾生产过程中产生的废锰液(主要成分为MnO2、KOH和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如图：

已知：①硫铁矿的主要成分为FeS2(杂质不参与反应)；②Mn2+为肉色。
回答下列问题：
1、为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有_____(写两种即可)。
2、滤渣B中有过量的FeS2和______。
3、“反应III”中氧化剂和还原剂物质的量之比为______。
4、检验“滤液1”中是否含有Fe3+的方法是______。
5、取mgMnSO4固体样品，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为MnO，过滤，洗涤液并加入滤液后，加入a克Na2C2O4固体，充分反应后，用cmol•L-1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4溶液，用去VmL。
①达到滴定终点的现象是______。
②样品中MnSO4的质量分数为_____(用含m、a、c、V的代数式表示)。
【正确答案】 1、搅拌、适当升高温度(粉碎废渣、适当增大硫酸浓度等)
2、S 3、1∶2
4、取少许滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有Fe3+
5、当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色且30s内颜色不恢复原色 ×100%

26-5（提升） 一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：

已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
1、铜矿中被氧化的物质有_______。
2、滤液D中铁离子的浓度约为_______，向滤液D中先通氨气的目的_______。
3、固体E主要是，生成的离子方程式是_______。
4、滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是_______。
5、查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成_______。
6、CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式_______。
【正确答案】 1、Cu2S、CuS、FeO
2、 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
3、
4、
5、
6、

26-6（提升） 聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，其化学组成可表示为。以黄铁矿渣(含、PbS、NiS)为原料制备聚合硫酸铁流程如下。

请回答：
1、写出“酸浸”过程中发生反应的离子方程式_______。
2、上述“萃取”过程可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法不正确的是_______。
A.可将黄铁矿渣粉碎以提高酸浸效率
B.酸浸时可选择浓硫酸以提高酸浸效率
C.可选择作为萃取剂
D.为获得溶液可往萃取后的有机层中加稀硫酸
3、在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反应时间的关系如图所示，pH在20min左右出现波动的原因是_______。

4、请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成萃取实验：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(操作不重复使用)。
a.打开上口玻璃塞；b.塞上上口玻璃塞；c.关闭下塞；d.打开旋塞；e.倒转分液漏斗振摇并放气；f.放在铁圈上静置；g.手持静置。
5、设计以下实验测定以上制备中的值。已知：钨酸钠可与生成蓝色物质“钨蓝”。
步骤1：称取一定质量的PFS样品，加入和蒸馏水配成100.00mL溶液，分成两等份。
步骤2：取其中一份于锥形瓶中，加入钨酸钠指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液。
步骤3：取另一份溶液于锥形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽，滴加几滴酚酞溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00mL。
①步骤2中滴定终点的现象是_______。
②试计算中的值_______。
【正确答案】 1、 2、BC
3、H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动 4、b e a d
5、滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化 3:1:4

【原卷 27 题】 知识点 探究物质组成或测量物质的含量,硫酸根离子的检验,硫化物,综合实验设计与评价

【正确答案】

【试题解析】


27-1（基础） 某研究性学习小组设计如图所示方案测定一种铁矿石的含氧量。已知该铁矿石主要成分为铁的氧化物(杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与反应)。

实验操作如下：
①按图组装仪器，检查装置的气密性；
②将5.0g铁矿石粉末放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示(夹持仪器均省略)；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入，待装置C出口处验纯后，点燃装置A处酒精喷灯；
④充分反应后，撤掉酒精喷灯，再持续通入氢气至完全冷却。
1、装置C的作用为___________。
2、测得反应后装置B增重1.35g。则铁矿石中氧的百分含量为___________。
3、若将换成，则还需补充___________装置。
【正确答案】 1、吸收空气中的水分和二氧化碳，防止它们进入装置B中干扰实验
2、24% 3、尾气处理

27-2（基础） 化学上常用燃烧法确定有机物的组成。下图装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是在电炉加热时用纯氧氧化管内样品。根据产物的质量确定有机物的组成。

回答下列问题：
1、A装置中分液漏斗盛放的物质是___________，写出有关反应的化学方程式___________。
2、C装置(燃烧管)中CuO的作用是___________。
3、写出E装置中所盛放试剂的名称___________，它的作用是___________。
4、若准确称取2.40g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)。经充分燃烧后，E管质量增加3.52g，D管质量增加1.44g，则该有机物的最简式为___________。
5、要确定该有机物的化学式，还需要测定___________。
【正确答案】 1、H2O2(或H2O) 2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑)
2、使有机物充分氧化生成CO2和H2O
3、碱石灰或氢氧化钠 吸收CO2 4、CH2O 5、有机物的相对分子质量

27-3（巩固） 某研究性学习小组对实验室中制取、收集、吸收以及的还原性探究进行了如下实验设计。

Ⅰ．的收集和吸收
1、用图甲装置收集，气体应从___________(填“m”或“n”)口进入。
2、已知难溶于。图乙、丙、丁、戊四种装置中，不能用来吸收的是___________。
Ⅱ．的还原性探究
利用如图装置，进行还原的反应。

已知：与反应的生成物为、和无毒气体X，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收。
3、采用上图装置A作为的发生装置，写出该反应的化学方程式___________。
4、按气流从左到右的方向装置的正确连接顺序为：___________。
A→___________→___________→___________→___________→C(填字母，每个装置只用一次)。
5、实验结束时，应首先___________(填序号)。
①熄灭A装置的酒精灯
②熄灭B装置的酒精灯
6、若称取1.6g完全反应后，测得生成气体X的体积为224(标准状况下)，通过计算推测X的化学式为___________。
7、装置B中与反应的化学方程式为___________。
【正确答案】 1、m 2、丙 3、
4、E→B→F→D 5、②
6、
7、

27-4（巩固） 铁是人体必需的微量元素之一。黑木耳中的含铁量较高，为检验和测定干黑木耳样品中的铁元素，设计实验如下。回答下列问题：
I．铁元素的检验

1、“操作”是指___________；上述流程中需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，还有下图中的___________(填写仪器名称)。

2、取待测液少许，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成；另取待测液少许，滴加___________(填化学式)溶液，观察到溶液变为红色，由此可得出结论___________(填字母序号)。
a．黑木耳中一定含Fe2+和Fe3+
b．待测液中一定含Fe2+和Fe3+
II．铁元素含量的测定
3、利用KMnO4标准溶液测定干黑木耳样品中铁元素的含量
步骤I：取10.00mL待测液，加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
步骤II：向步骤I所得的溶液中加入适量稀H2SO4溶液，用0.0020mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液2.20mL。
①步骤I加入过量铜粉的目的是___________。
②步骤II滴加KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为___________。
③用KMnO4标准溶液滴定至终点的标志是。___________。
④黑木耳中铁的含量为___________mg/100g(即每100g黑木耳中含铁元素的质量)。
【正确答案】 1、过滤 坩埚、100mL容量瓶
2、KSCN b 3、将Fe3+还原为Fe2+ 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时恰好出现浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到终点 12.32

27-5（提升） 某浅绿色晶体X[x(NH4)2SO4•yFeSO4•zH2O]在分析化学中常用作还原剂。为确定其组成，某小组同学进行如下实验：
I.NH含量的测定
采用蒸馏法，蒸馏的装置如图所示：

相关的实验步骤如下：
①准确称取58.80g晶体X，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；
②准确量取50.00mL3.030mol•L-1H2SO4溶液于锥形瓶中；
③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液，通入N2，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
④用0.120mol•L-1NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的H2SO4溶液，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。
1、仪器M的名称为_____。
2、步骤③中，通入N2是为了防止反应_____(写化学方程式)的发生。蒸氨结束后，为了减小实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是_____。
3、步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，则所测得的n(NH)将_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
II.SO含量的测定
采用重量分析法，实验步骤如下：
①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
②将得到的混合物用无灰滤纸(灰分质量很小，可忽略)过滤，冷水洗涤沉淀3～4次；
③用滤纸包裹好沉淀并取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；
④继续灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90g。
4、步骤①中，判断BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是_____。
5、步骤②中，采用冷水洗涤沉淀，其主要目的是______。
6、结合实验I、II通过计算得出晶体X的化学式为______。
【正确答案】 1、分液漏斗 2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 用蒸馏水冲洗直形冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中
3、偏大 4、静置，取少量上层清液于一洁净试管中并加入1～2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量
5、减少沉淀的溶解损失 6、(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O

27-6（提升） 硫脲[ CS( NH2)2 ]是用来合成磺胺噻唑和蛋氨酸等药物的原料，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等，是一种白色晶体熔点180°C，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵。回答下列问题：
I.硫脲的制备：
已知：将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80°C时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。

1、装置B中的试剂X和试剂Y的组合可选用_______ ( 填标号)。
A.FeS固体+稀盐酸 　　 B.FeS固体+稀硝酸 　　 C.FeS固体+稀硫酸
2、仪器N的名称是_______；在注液时，仪器M与仪器N相比使用的优点是_______。
3、按气流从左到右的方向，上述装置的接口连接顺序为c→_____(填写仪器接口的小写字母)
4、装置C中发生反应的化学方程式为 _______ ； 反应温度需控制在80℃ ，温度不宜过高或过低的原因是_______。
II.硫脲的分离及产品含量的测定：
5、装置C反应后的液体过滤后，进行减压蒸发浓缩、冷却结晶、离心分离，最后烘干获得产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取50mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用c mol·L-1KMnO4标准溶液滴定，滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL。
①滴定时，硫脲发生反应的离子方程式为：_____[CS(NH2)2] + 14 +______H+=14Mn2++______CO2 +_____N2+____ + 26H2O，请配平并补全离子方程式的系数_______。
②滴定至终点时的现象是_______。
③样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m、c、V”的最简式表示)。
【正确答案】 1、AC 2、分液漏斗 能保持漏斗内气压恒定，便于液体顺利流出
3、ab→de→f (或abdef)
4、CaCN2+H2S+2H2OCs(NH2)2+Ca(OH)2 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氢化铵；温度过低，反应速度慢，实验不能快速完成
5、5[CS(NH2)2] +14+32H+= 14Mn2++5CO2+5N2+5+ 26H2O 滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色且半分钟不恢复原色 (190cV/7m) %

【原卷 28 题】 知识点 盖斯定律及其有关计算,碰撞理论及活化能,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


28-1（基础） 含氮化合物对工业生产有多种影响，化学工作者设计了如下再利用的方案：
I．以和为原料合成化肥-尿素，两步反应的能量变化如图：

1、该反应在_______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
2、已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，可推测_______(填“”、“”或“”)。
3、下列措施能提高该反应的平衡转化率的是_______。
A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度
C.降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积
II．氨的催化氧化过程发生以下两种反应，该过程易受催化剂选择性的影响。
①
②
在容积固定的密闭容器中充入和，一定时间内，在催化剂作用下发生上述反应。生成物和的物质的量随温度的变化曲线如图。

4、当温度低于400℃时，的物质的量增大的幅度高于，其原因是_______。
5、840℃时，的转化率约为_______若520℃时平衡压强为，列出520℃反应②平衡常数的计算式_______(无需化简)。
【正确答案】 1、低温 2、＜ 3、CD
4、温度低于400℃时，随温度升高，催化剂对反应②的选择性高于反应①，使相同时间内反应②的速率大于反应①
5、或0.533

28-2（基础） 羰基硫(COS)作为一种粮食重蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害，广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的H2S和CO反应可以合成COS，回答下列问题：
1、已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)，∆H1=-242kJ/mol
②COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)，∆H2=-36kJ/mol
③CO(g)+O2(g)=CO2(g)，∆H3=-283kJ/mol
反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)的∆H=___________kJ/mol。
2、①在恒容、绝热(与外界无热交换)的密闭容器中，充入H2S(g)与CO(g)进行上述反应。下列事实不能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．COS和的浓度保持不变
B．消耗H2的速率与生成CO速率之比为1：1
C．的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
②180℃时，反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)的平衡常数K=4.在密闭容器中充入等物质的量的CO和发生上述反应，达平衡时测得CO的物质的量为6mol，则H2S的转化率为___________，若要提高CO的平衡转化率，可采取的措施是___________。
3、在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(H2S):n(CO)=x，相同时间内测得H2S转化率与x和温度(T)的关系如图所示。

①x1___________x2(填“>”、“<”或“=”)
②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为___________(填标号)。
A．反应的∆H变大B．催化剂活性降低C．平衡逆向移动D．反应速率加快
③T0时，在恒容的密闭容器中充入等物质的量CO和H2S发生反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，10min达到平衡时H2的分压为p1kPa．该反应的平衡常数Kp=___________(用含p0、p1的代数式表示)。
【正确答案】 1、-5 2、BD 66.7% 及时将生成物移走或降低温度
3、< BC

28-3（巩固） 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
1、已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的_______。
2、较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是__________，缺点是___________。
3、在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa(分压=总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
4、在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示：

①越小，平衡转化率_______。
②对应图中曲线_______，计算其在0～0.1s之间，分压的平均变化率为_______(结果保留三位有效数字)。
【正确答案】 1、+170 2、副产物氢气可作燃料 耗能高
3、50% 4.76
4、越高 d 24.9

28-4（巩固） 某合成气的主要成分是一氧化碳和氢气，可用于合成甲醚等清洁燃料。由天然气获得该合成气过程中可能发生的反应如下，请回答下列问题：
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206.1kJ•mol-1
②CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H2=+247.3kJ•mol-1
1、下列操作中，能提高平衡转化率的是___________ (填标号)。
A.增加用量 B.恒温恒压下通入惰性气体
C.移除 D.加入催化剂
2、已知在容积为1L的恒容密闭容器中投入等物质的量的H2O和CH4发生反应①，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示，该反应第一次达平衡时的总压强为P0。则反应第一次到达平衡时的分压平衡常数Kp=___________。

3、10min时，改变的外界条件可能是___________。
4、一定温度下的恒容容器中，分别研究在PX、PY、PZ三种压强下CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.1kJ•mol-1的反应规律。如图2是上述三种压强下H2和CO的起始组成[]与CO平衡转化率的关系，则PX、PY、PZ的大小关系是___________，原因是___________。

II．如图3所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，使甲、乙两容器初始容积相等。在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变，已知甲容器中CH4的转化率随时间的变化如图4所示：

5、图4中表示乙容器中CH4的转化率随时间变化的图像是___________(填序号)。
III．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10-5
6、在80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol•L-1，则此时v正___________v逆，(填“＞”“＜”或“=”)。
7、能说明该反应已达平衡状态的是___________。A.体系的压强不再改变 B.c(Ni)不再改变
C.混合气体的平均相对分子质量不再改变 D.v(CO)：v(Ni(CO)4)=4：1
【正确答案】 1、BC 2、0.75P 3、升高温度或充入水蒸气
4、PX＞PY＞PZ 其他条件相同， 增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大
5、① 6、＜ 7、AC

28-5（提升） 环氧丙烷(，简写为PO)是重要的工业原料，利用丙烯(C3H6)气相直接环氧化是未来工业生产的趋势，寻找合适的催化剂是目前实验研究的热点。丙烯气相直接环氧化反应为：C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) ΔH，回答下列问题：
1、已知：
i.2C3H6(g)+O2(g) = 2 (g) ΔH1 = - 2263.6kJ·mol-1
ii．H2(g)+ O2(g) = H2O(g) ΔH2 = -241.8 kJ·mol-1
则 ΔH=___________ kJ·mol-1。
2、①恒温恒容下，下列可判断丙烯气相直接环氧化反应达到平衡的是___________ (填标号)。
A．压强不再变化
B．密度不再变化
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1
D．平均相对分子质量不再变化
②为增大C3H6的平衡转化率，可选择的条件是___________ (填标号)。
A．低温高压 B．增大C3H6浓度
C．使用高效催化剂 D．分离出产物
3、选用Au/TS-1为催化剂，发生丙烯气相直接环氧化反应，副反应如下：
C3H6(g) + H2(g) + O2(g) = CH3CH2CHO(g) + H2O(g)
C3H6(g) + O2(g) = CH2=CHCHO(g) + H2O(g)
为探究TS-1的粒径对Au/TS-1催化活性的影响，恒温200℃、恒压p kPa条件下，C3H6与H2、O2各20.0 mmol通入反应装置中，t min后部分组分的物质的量如下表所示：
粒径大小/nm
240
450
810
1130
物质的量
PO
1.80
1.45
1.09
0.672
/mmol
所有C3副产物
0.20
0.32
0.05
0.092
当粒径为240 nm， t min时反应恰好达到平衡状态，则C3H6的总转化率为___________，若H2的总转化率为α，则环氧化反应的平衡常数Kp为___________ kPa-1。随着TS-1粒径的增大， PO生成的速率逐渐___________ (填 “增大”或“减小”)，原因是___________。
【正确答案】 1、-1373.6 2、AD AD
3、10% 减小 粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低

28-6（提升） 研究CO、CO2在一定条件下与H2催化合成CH4等有机化工产品，对实现“碳中和”目标具有重要的意义。在一定条件下CO(g)与H2(g)可发生如下反应：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.4kJ•mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ•mol-1
1、部分物质的标准生成焓数据如表所示：
物质
CO(g)
H2(g)
CH4(g)
H2O(g)
标准生成焓/(kJ•mol-1)
-110
0
-74.6
x
则x=______；△H2=______kJ•mol-1。
2、一定温度范围内反应I和反应Ⅱ的lgKp－的线性关系如图1所示。

①依据图像，可知T1℃时，反应Ⅲ的平衡常数Kp3=______。
②图中v正(A)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v逆(B)。
3、①恒温(323K)恒压(p)条件下，在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=1：1投料进行反应(仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)，CO2初始分压分别为p0-(a)MPa、p0-(b)MPa、p0-(c)MPa，测得CO2的压强转化率α(CO2)[已知：气体A的压强转化率表示为α(A)=(1-)×100%，p0MPa为A的初始分压，p1MPa为某时刻A的分压]与时间(t)的关系如图2，则p0-(a)、p0-(b)、p0-(c)由大到小的顺序为_____。

②在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应(两压强下均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)。恒压条件下反应温度对平衡体积分数δ(x)[x为CO或CH4，δ(x)=×100%]的影响如图3所示。

则在1MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是_____(填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)和______；在T℃、一定压强下，反应在M点达到化学平衡，平衡时CH4的分压p(CH4)=_____MPa，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_____。
【正确答案】 1、-241.8 -165.2 2、1 ＞ 3、p0-(a)＞p0-(c)＞p0-(b) b c 0.125 2.4

【原卷 35 题】 知识点 电子排布式,元素性质与电负性的关系,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,晶胞的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


35-1（基础） 铍及其化合物的应用正日益被重视。
1、重要的含铍矿物绿柱石，其中含2%Cr的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为_______。
2、铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)。
①铍的熔点(1551K)比铝的熔点(930K)高，原因是Be原子半径比Al原子半径小，_______更强。
②下列有关铍和铝的叙述正确的是_______。(填序号)。
a.都属于p区主族元素 b.电负性都比镁大
c.第一电离能都比镁大 d.氢氧化物均为两性氢氧化物
3、写出水溶液中反应的化学方程式：_______。
4、氯化镀在气态时存在分子(A)和二聚分子(B)，固态时具有如图所示的链状结构(C)。

①A属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。
②B中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。B的结构式为_______。
③C中Be原子的杂化方式为_______。
5、BeO立方晶胞如图所示。

①BeO晶体中，的配位数为_______。
②若BeO晶体的密度为，则晶胞参数a=_______nm()。
【正确答案】 1、 2、金属键更强 bd
3、
4、非极性 5、4

35-2（基础） 在科研和工农业生产中，碳、氮、砷(As)、铜等元素形成的单质及其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：
1、As和N同族，基态砷原子的价电子排布式为_______。
2、基态Cu原子的核外电子有_______种运动状态，未成对电子占据的原子轨道形状为_______。
3、中C原子的杂化轨道类型为_______，其空间构型为_______。
4、CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请结合阳离子的结构分析，高温时Cu2O比CuO更稳定的原因_______。
5、向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定，溶液呈深蓝色是因为存在[Cu(NH3)4]SO4，lmol[Cu(NH3)4]2+含σ键的数目为_______。
6、金属晶体铜的晶胞如图所示，其堆积方式是_______，铜晶胞的密度为ρg∙cm−3，NA为阿伏加德罗常数的值，则铜晶胞的边长为_______pm(用含ρ、NA的式子表示，写出计算式即可)。

【正确答案】 1、4s24p3 2、29 球形 3、sp2 平面三角形
4、Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO
5、16NA 6、面心立方最密堆积

35-3（巩固） 卡塔尔世界杯是2022年全球范围内的体育盛事。世界杯中有不少化学材料的应用，如卡塔尔世界杯比赛用球“Al Rihla”外皮由20块无缝的热黏合聚氨酯板制成。在场馆建筑领域更是离不开中国设计与中国钢材料，如卡塔尔世界杯卢塞尔体育场的“钢筋铁骨”。
1、聚氨酯，又称聚氨基甲酸酯，简称“”，是指主链中含有氨基甲酸酯特征单元()的一类高分子化合物。基态O原子的价层电子轨道表示式为_______，基态N原子核外电子的空间运动状态有_______种。
2、氨基甲酸甲酯()可由氯代甲酸甲酯()与氨制得，氨基甲酸甲酯易溶于水。
①氨基甲酸甲酯中碳原子的杂化类型为_______。
②解释氨基甲酸甲酯易溶于水的主要原因：_______。
3、为提高中国钢材料的性能，往往会在钢材料中添加锰和钴元素。与元素均能形成八面体的五氨基配合物和。已知和分别与足量溶液反应生成和。则配合物中_______，_______。
4、铁有三种典型的立方体晶胞，其中型的立方晶胞如图所示。

①该晶胞中含有的原子数为_______。
②若该晶胞边长为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______。
【正确答案】 1、 5 2、、 氨基甲酸甲酯与水形成分子间氢键，溶解度增大
3、2 3 4、4

35-4（巩固） 氟(F)、氯属于卤索，它们在自然界都以典型的盐类存在，是典型成盐元素。
1、列状态的氟中，能量最高的是___________(填字母)，其2p电子云轮廓图的形状为___________。
A． B．
C． D．
2、三氟化氮和三氯化氮是两种强氧化剂。
①前四周期中基态原子未成对电子数目与N相同的还有___________种。
②分子的空间结构为___________。
③的键角小于的原因为___________。
3、氟化钙和氯化钙均为离子晶体，其中氯化钙的立方晶胞及其晶胞俯视图如图。已知氯化钙的晶胞参数为apm，和的半径分别为和。

①的沸点高于的原因为___________。
②氯化钙晶体中的配位数为___________，晶胞的空间利用率为___________。
【正确答案】 1、B 哑铃形(或纺锤形)
2、4 三角锥形 氟原子的电负性大，对成键电子对的吸引强，成键电子对远离氮原子，成键电子对之间的斥力减小，键角减小(也可从原子半径角度同答，答案合理即可)
3、氟离子半径小，的离子键更强，沸点高 6 ％

35-5（提升） 阿散酸( )是一种饲料添加剂，能溶于NaOH溶液中，常含有H3AsO3、NaCl等杂质。回答下列问题：
1、基态As原子核外电子排布式为___________，As的第一电离能比Se的大的原因为___________。
2、的中心原子的杂化方式为___________，的空间构型为___________。
3、与互为等电子体的分子为___________(填化学式，任写一种即可)。
4、液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是___________。
5、NaCl晶体在50～-300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同的晶体，其中一种晶体的晶胞如图1所示，该晶体的化学式为___________。

6、已知NaCl晶胞(如图2)中Na+和Cl-间最短距离为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，NaCl晶体的密度为___________g·cm-3.
【正确答案】 1、[Ar]3dl04s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3 As的4p能级是半充满状态，比较稳定
2、sp3杂化 三角锥形
3、CCl4或SiF4(其他合理答案均可)
4、NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
5、Na2Cl 6、29.25/a3·NA

35-6（提升） 配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。

1、基态Zn2+的电子排布式为______。
2、L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成σ键的数目为______个。
3、X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形状不变)。
A.－Cl B.－OH C.－NH2 D.－CH3
4、X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。

①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。
②X晶体中Zn2+的配位数为______。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。
【正确答案】 1、3d10 2、哑铃形 8 8 3、BC
4、与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 1.25 a—2d

【原卷 36 题】 知识点 同分异构体的数目的确定,含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算,根据题给物质选择合适合成路线,有机物的推断

【正确答案】

【试题解析】


36-1（基础） 有机物 A 可发生如下转化(部分反应条件和试剂略)：

已知：①(R、R′表示烃基或官能团)
②2 个 G 分子间可脱水形成六元环状酯。回答下列问题：
1、A中所含官能团的结构简式是_______，D含有的官能团名称是_______。
2、由E生成F的反应类型是_______，B生成C的反应类型是_______。
3、A的结构简式为_______
4、G形成六元环状酯的化学方程式为_______。
5、含有相同官能团的H的同分异构体有_______种，其含有四种不同氢原子，且个数比为 3∶1∶1∶1 的结构简式为_______。
6、写出用为原料(其他无机试剂任选)制备G的合成路线：_______。
【正确答案】 1、−C=C−、−COOC− 羧基
2、取代反应 氧化反应
3、
4、2＋2H2O
5、2 CH3CH=CHCOOH
6、


36-2（基础） 光固化是高效、环保、节能的材料表面处理技术。化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用异丁酸(A)为原料，按如图路线合成：

回答下列问题：
1、写出化合物E的分子式：___________，其含氧官能团名称为___________。
2、用系统命名法对A命名：___________；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物数目为___________，写出其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：___________。
3、为实现C→D的转化，试剂X为___________(填序号)。
a．HBr b．NaBr c．
4、D→E的反应类型为___________。
5、在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯()快速聚合，写出该聚合反应的方程式：___________。
6、已知： R=烷基或羧基
参照以上合成路线和条件，利用甲苯和苯及必要的无机试剂，在方框中完成制备化合物F的合成路线。___________

【正确答案】 1、 酮羰基、羟基
2、2−甲基丙酸 4
3、c 4、取代反应(或水解反应)
5、
6、

36-3（巩固） 1941年从猫薄荷植物中分离出来的荆芥内酯可用作安眠药、抗痉挛药、退热药等，其氢化反应的产物二氢荆芥内酯是有效的驱虫剂。如图所示流程可合成二氢荆芥内酯(F)。

1、二氢荆芥内酯(F)的分子式为_____，其中含有的手性碳为_____个。
2、物质C含有的官能团名称是_____。
3、D中有3个甲基，则D的结构简式为_____。
4、请写出该流程中合成F的化学方程式：______。
5、请根据F的结构推测荆芥内酯的组成、结构与性质，以下说法错误的是_____(填序号)。
a.分子式为C10H14O2 b.分子中所有碳原子共平面
c.能发生加成反应、取代反应 d.能与NaOH溶液反应
6、G是E的同系物，且比E少两个碳原子。满足下列条件的G的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。
①有两个取代基的六元碳环
②1mol该同分异构体分别与足量的Na和NaHCO3反应生成气体物质的量相同
7、已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮。请完成下列合成内酯的后续合成路线：______。

【正确答案】 1、C10H16O2 4 2、酯基、碳碳双键 3、
4、+H2O
5、b 6、8 7、

36-4（巩固） 苯的同系物A可以按如下途径合成一种食品保鲜剂F。

已知：RCHO + CH3CHORCH( OH ) CH2CHO
回答下列问题：
1、A的化学名称是_______，D→E的反应类型为_______。
2、C→D的化学方程式为_______ 。
3、E的结构简式是_______。
4、检验F中的碳碳双键的方法是_______ 。
5、E的同分异构体中，满足下列条件的有_______。
(a)苯环上有2个取代基；
(b)能发生银镜反应；
(c)能与FeCl3发生显色反应。
其中核磁共振a谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为_____。
6、写出以乙醇为原料制备1，3-丁二醇的合成路线(其他无机试剂任选)_______。
【正确答案】 1、对二甲苯或1，4-二甲苯 加成反应
2、2+O22+2H2O
3、 4、先加足量的银氨溶液或新制氢氧化铜溶液使醛基氧化，然后再用酸性高锰酸钾溶液或溴水检验碳碳双键，若酸性高锰酸钾溶液或溴水发生褪色，则证明F中含有碳碳双键；
5、15
6、CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2CH2OH

36-5（提升） 磷酸氯喹治疗新冠肺炎具有一定的疗效。磷酸氯喹可由氯喹与磷酸制备，下面是合成氯喹的一种合成路线：

已知：①
② 和苯酚相似，具有酸性
③
④
1、下列说法正确的是_______(填字母)。
A.中所有原子可能处于同一平面上
B.lmol化合物G一定条件下最多可消耗3molNaOH
C.由H生成氯喹的反应类型是取代反应
D.氯喹的分子式为
2、C的名称是_______，F的结构简式为_______。
3、C→D反应的化学方程式是_______。
4、G脱羧后得产物M(C9H6ONCl)写出满足下列条件的M的结构简式：_______(写两种)
①包含 ，不含和-O-Cl；
②分子中有3种不同环境的H。
5、根据已学知识并结合题中相关信息，设计由苯和2-丙醇为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
【正确答案】 1、CD 2、乙二酸二乙酯
3、 +CH3COOC2H5+C2H5OH
4、 5、

36-6（提升） 2022年12月我国发布了新冠疫情“新十条”防控优化措施，并于2022年12月7日疫情逐渐全面放开，短时间内感染人数大量上升，解热镇痛、抗炎类等药物需求大增。布洛芬就是医疗上常用的解热镇痛、抗炎药，其一种合成路线如图。

已知：+ +H2O，其中G中含有两个六元环。
回答下列问题：
1、C中所含官能团的名称为_____。
2、B→C的反应方程式为_____。
3、E的结构简式为_____，D→E的反应类型是_____。
4、下列有关题中的有机物说法正确的是_____(填标号)。
a.A为甲苯，A、B互为同系物
b.F的名称为2，2－二甲基－1，3－丙二醇，能与金属Na、氢卤酸、羧酸等发生反应，能被氧气催化氧化成醛，也能发生分子间脱水生成醚，还能发生消去反应生成烯
c.C中的碳原子有sp2和sp3杂化，氧原子采取sp3杂化
d.G的结构简式为
5、满足下列条件的布洛芬的同分异构体有_____种。
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种；
②能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③能发生银镜反应。
6、以甲醛、乙醛为起始原料制备有机物，写出合成路线(无机物、催化剂任选，合成路线示例见题干，有机物写结构简式)_____。
【正确答案】 1、酮羰基、碳氯键 2、++HCl
3、 加成反应 4、ad
5、4 6、CH3CHOHO－CH2－CH2OH


答案解析

7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．糯米和鸡蛋清均属于分散系，为混合物，A正确；
B．粗雕、细刻过程中物质形状发生变化，但没有新物质生成，发生了物理变化，B正确；
C．孔雀毛和马尾的主要成分是蛋白质，C错误；
D．蒸馏是纯化程度最高的操作，D正确；
答案选C。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．印刷过程发生了物理变化，故A错误；
B．棉花的主要成分为纤维素，故B错误；
C．沉积岩为传统无机非金属材料，故C错误。
D．燃放烟花爆竹是烟花爆竹与氧气发生了剧烈的氧化反应，故D正确；
故答案选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．高铁麦片中含铁粉，食用后铁粉与胃酸反应，为人体补充铁元素，A正确；
B．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加二氧化硫可作食品抗氧化剂，B正确；
C．甲醛有毒，不能作为食品添加剂，C错误；
D．高钙牛奶中添加碳酸钙，碳酸钙能与酸反应产生钙离子，为人体补充钙元素，D正确；
答案选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铜在金属活动性顺序表中排在氢后面，不会发生析氢腐蚀，生成铜锈应为吸氧腐蚀，反应的化学方程式为，A错误；
B．利用碳年代测定法可推算出文物的年代，B正确；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，C错误；
D．由羟基磷灰石的化学式可知其属于碱式盐，能与酸发生反应，D错误；
故选B。
7-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．醋的主要成分是醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是醋酸亚铁，故A正确；
B．铁的合金含碳量越低，其硬度越小、延展性越好，故熟铁比生铁硬度小、延展性好，故B错误；
C．合金的硬度比其成分金属大，剑刃硬度要大，所以剂钢为铁的合金，故C正确；
D．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色试验不同，钠元素焰色试验为黄色，钾元素焰色试验为隔着钴玻璃为紫色，故D正确；
故选B。
7-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．铁合金的硬度比纯铁高、熔点比纯铁低，故A错误；
B．侯氏制碱法原理为以食盐、氨、二氧化碳为原料制备碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解制得纯碱碳酸钠，故B错误；
C．节日燃放的五彩缤纷的烟花，是锂、钠、钾、锶、钡等金属化合物发生焰色反应时呈现的各种艳丽的色彩，焰色反应不是化学变化，是没有新物质生成的物理变化，故C错误；
D．氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，氯化铁溶液与反应生成氯化亚铁，所以将废铁屑加入氯化亚铜溶液中可用于除去工业废气中的氯气，故D正确；
故选D。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据该有机化合物的结构简式可知,其分子式为，A正确；
B．有机化合物含有4种官能团，分别是羧基、酯基、碳碳双键和酚羟基，B正确；
C．分子中含有苯环，故该物质属于芳香族化合物，C错误；
D．分子中含有羧基，该有机化合物可属于羧酸类，D正确；
故选C。
8-2【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。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由结构简式可知M的分子式为：C14H12O3，故A错误；
B．M中含羟基、羰基、醚键三种官能团，故B错误；
C．该物质中含有苯环和羰基均能与氢气发生加成反应，故C正确；
D．该物质含两个苯环，一氯代物共6种，故D错误；
故选：C。
8-4【巩固】 【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。
8-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．如图X中 所示 的碳原子为手性碳原子，，该有机物与苯甲酸结构相似，在组成上相差6个-CH2-原子团，互为同系物，A正确；
B．图中所示①②③三个面通过单键连接，单键可以旋转，三个面可以处于同一平面，所以所有的碳原子可能在同一平面上，B正确；
C． 苯环上①④处于对称位置，②③处于对称位置，苯环上的二溴代物有①②，①③，①④，②③共4种，C正确；
D．X、Y中的羧基，能与反应放出CO2，Z中的酚羟基和碳酸钠反应，但不会生成，D错误；
故答案选D。
8-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．CH3OH和乙(C3H6O3)分子组成相差不是若干个CH2，不是同系物，A错误；
B．乙在Cu存在下与O2加热反应生成，该物质存在醛基和羰基两种官能团，B错误；
C．乙中羰基可与H2发生加成反应，C错误；
D．乙中两个羟基都能与Na反应生成氢气，1mol乙中含有2mol羟基，能与足量的Na反应生成1mol H2，D正确；
故答案选D。
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，FeSO4溶液吸收O2再生成Fe2(SO4)3，可得到化工产品H2SO4，4FeSO4+O2+2H2SO4═2 Fe2(SO4)3+8H2O，过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，即该过程中共有3种元素的化合价发生改变，据此分析解答。
详解:
A．根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，A正确；
B．该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，FeSO4溶液吸收O2再生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3可看作该过程的催化剂，B正确；
C．根据工艺流程所示可知，该过程的总反应为O2+2SO2+2H2O=2H2SO4，C正确；
D．根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，反应中Fe2(SO4)3是氧化剂，SO2是还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，D错误；
故D。
9-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．化学键断裂需要吸收能量，在［Cu］作用下C—H键断裂并吸收能量，A错误；
B．催化剂能降低反应的活化能，提高反应的速率，B正确；
C．析氢反应()会导致生成过程中不足，从而影响其生成，C正确；
D．据图可知，该流程中初始反应物为和，最终产物为，化学方程式为 反应的原子利用率为100%，D正确；
故选A。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．观察图示，物质1为起始物，起始参与反应，最终恢复原物质，符合催化剂定义，A项正确；
B．物质3分子中R连接的碳原子为手性碳原子，B项正确；
C．总反应为，从有机物角度看，碳碳双键变为单键，发生了加成反应，不是取代反应，C项错误；
D．上述转化中，Ni形成的共价键数目发生变化，D项正确；
故选：C。
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据手性碳原子的定义以及丙的有机结构可知，-R1、-R2所连碳原子，-R4所连碳原子均为手性碳原子，因此丙分子为手性分子，故A说法正确；
B．根据丁分子的结构简式，含有碳碳双键，因与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B说法正确；
C．对比甲、乙、丙的结构简式，甲中羰基断裂一个键，乙中“-CH2-”中的一个“C-H”断裂，发生加成反应，得到丙，故C说法正确；
D．乙中“-CH2-”中的C是sp3杂化，sp3杂化的空间构型为四面体性，因此乙中所有原子不可能共面，故D说法错误；
答案为D。
9-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．CO2*为活化微粒，活化分子比普通分子的能量高，因此CO2*的能量高于CO2，故A正确；
B．Ni-H2的形成有利于氢气分子解离为氢原子，因此Ni-H2的形成削弱了H-H键能，故B错误；
C．Ni、La2O3是二氧化碳加氢反应的催化剂，La2O2CO3是中间产物，故C错误；
D．制备甲烷过程中，断键有“C=O”、“H-H”，形成的键有“C-H”、“O-H”，没有非极性键的形成，故D错误；
答案为A。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．Pt-HY是氢气还原NO的催化剂，在Pt-HY界面上，降低了反应的活化能，从而使H2迅速参与反应，A正确；
B．从图中可以看出，反应过程中有O=O键、H-H键等非极性键的断裂，有N≡N键的生成，B正确；
C．从图中可以看出，在左侧的Pt原子表面，发生的反应有：、，在右侧的Pt原子表面，发生的反应有、，C正确；
D．从左侧Pt表面可以看出，发生反应2NO+H2N2O+H2O，反应中转移电子的数目为2e-，则1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为NA，D不正确；
故选D。
10-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．硫酸是蔗糖水解反应的催化剂，要使用新制银氨溶液检验水解产生了葡萄糖，应在碱性环境中进行，可调使溶液显碱性，然后再向其中加入新制的银氨溶液，可检验蔗糖是否水解，A正确；
B．苯环的侧链碳原子上必须有H才能被酸性溶液氧化，甲苯、苯酚都可以被酸性溶液氧化而使溶液紫色褪去，故不能根据酸性溶液是否褪色，判断甲苯中是否含有苯酚，B错误；
C．浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，浓硫酸被还原产生，具有还原性，能被溴水氧化而使溴水褪色，因此不能根据溴水是否褪色来判断乙醇发生消去反应生成乙烯，C错误；
D．通过判断引起溴水褪色的原因是否具有唯一性进行解题。乙醇和水均能与金属钠反应，向乙醇中加入一小粒金属钠，有气泡产生，不能证明乙醇中含有水，D错误；
故选A。
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体可以使品红溶液褪色，该气体是SO2或Cl2，该盐为或或KClO3等，A错误；
B．向含有淀粉的溶液中滴加溶液，溶液变蓝，说明生成了I2，溶液中 在H+存在下有强氧化性，且氧化性且大于Fe3+，会先和I-反应，所以无法判断和的氧化性强弱，B正确；
C．和饱和溶液的浓度不同，不能由饱和溶液的pH大小判断和酸性强弱，C错误；
D．要证明蔗糖在酸性条件下是否发生水解，应该向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，D错误；
故答案选B。
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．溴单质可以氧化碘离子，NO2与水反应可以生成硝酸，硝酸也可以氧化碘离子使试纸变蓝，A错误；
B．下层呈紫红色说明有碘单质生成，说明食用加碘盐中含有KIO3，酸性环境中与KI发生反应生成碘单质，B正确；
C．活化能越小，反应速率越快，试管①产生气泡快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，C错误；
D．要证明蔗糖在酸性条件下是否发生水解，应该向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，D错误；
故选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．不溶于水的氯代甲烷是不能电离出自由移动离子的非电解质，故A错误；
B．丙烯醇分子中含有的碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液褪色不能证明丙烯醇分子中存在碳碳双键，故B错误；
C．卤代烃是非电解质，不能电离出自由移动的卤素离子，不能与硝酸银溶液反应，向某卤代烃中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间发生水解反应后冷却，加入足量稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀说明卤代烃中含有氯原子，故C正确；
D．酸性条件下，葡萄糖不能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应，所以向1mL 20%的蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，未加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接加入新制备的氢氧化铜，加热3分钟，无砖红色沉淀不能说明蔗糖没有水解，故D错误；
故选C。
10-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．官能团决定有机物的性质，向丙烯酸乙酯和氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，因为氰基的作用使得双键活性增强，故其更易发生加聚反应，A正确；
B．向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，可以证明KMnO4氧化性大于Cl2，无法证明Cl2>Fe3+，B错误；
C．将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，需加热，若已经水解则可观察到砖红色沉淀产生，C错误；
D．向和混合溶液中加入浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，溶液中出现淡黄色沉淀，可能是浓硫酸氧化，D错误；
故选A。
10-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向浊液中分别滴入溶液和氨水，前者无明显现象，后者沉淀溶解，溶液变为深蓝色，说明Cu(OH)2与NaOH不反应，而与NH3·H2O反应，反应原理为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故能说明与铜离子络合能力：，A符合题意；
B．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性溶液中，溶液褪色，不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，B不合题意；
C．已知新制Cu(OH)2悬浊液与醛的反应需要在碱性环境进行，且反应条件为直接加热，故向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，不能说明蔗糖未发生水解，C不合题意；
D．由于CH3COONH4溶液中CH3COO-和均能发生水解，且水解分别使溶液呈碱性和酸性，而NaHCO3溶液中只有水解，故分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者，不能说明水解能力：，D不合题意；
故A。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍，Z为O，根据分子中各原子成键情况及短周期元素X、Y、Z、M、N、W原子序数依次递增，可推知六种元素分别为H、C、O、Na、P、Cl。
详解:
A．最高价氧化物对应水化物酸性，A错误；
B．O与其他元素均可形成2种及以上化合物，B正确；
C．简单离子半径，C错误；
D．H与Na形成离子化合物NaH，D错误；
故选B。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据结构简式可知，W的最外层有1个电子，X的最外层有4个单子，Z最外层有7个电子，Y最外层有5个电子，又因为Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，推知X的原子序数为14，四种元素为第三周期元素，所以W为Na元素，X为Si元素，Y为P元素，Z为Cl元素，据此分析。
详解:
A．与Cl同主族元素的氢化物中，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，所以F的氢化物稳定性最强，A错误；
B．同周期元素原子从左到右半径依次减小，所以上述四种元素原子半径中，W(Na)的最大，B错误；
C．自然界中的水晶、玛瑙的主要成分为二氧化硅，属于硅的氧化物，C正确；
D．X的最高价氧化物的水化物为硅酸，属于弱酸，D错误；
故选C。
11-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
化合物T是一种用于合成药物的重要试剂，其结构简式如图所示，已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期主族元素，Z、M位于同一主族，N形成+1价阳离子，位于ⅠA族，Y形成4个共价键，位于ⅣA族，X形成1个共价键，位于ⅠA族(H元素)或ⅦA族，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X只能为H元素，Z原子的最外层电子数为1+4+1=6，则Z为O元素，M为S元素，N为K元素；Y的原子序数小于O元素，则Y为C元素，据此分析解题。
详解:
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S＞O＞H，A正确；
B．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞S，则最简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，B正确；
C．化合物YM2与YZM分别为SC2、COS，SC2、COS分子中只含有共价键，属于共价化合物，C正确；
D．化合物T中，H原子的最外层电子数为2，不满足8电子稳定结构，D错误；
故D。
11-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
短周期主族元素X、Y、Z组成的化合物A中X是+1价，且X和Y同主族，所以为第一主族，又因三种元素原子序数总和为19，所以可知X是Na，Y是H，Z是N，形成的物质为NaNH2，广泛用于有机合成的还原剂、脱水剂。
详解:
A．电子层越多半径越大，所以X原子半径最大，Y原子半径最小，原子半径：X> Z > Y ，A错误；
B．X与Y形成的化合物NaH，H的化合价为-1价，具有很强的还原性，B正确；
C．X的最高价氧化物的水化物NaOH是强碱，C正确；
D．N与H可以形成氨气、联氨等化合物，D正确；
故选A。
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X是Na元素；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为8-1=7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，结合W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构可知Y为Si元素。
详解:
A．元素非金属性强弱的顺序：O>Cl>Si，A错误；
B．同周期从左到右，半径依次减小，原子半径：Na>Si>Cl，B正确；
C．元素的非金属性越强，形成的简单氢化物越稳定，非金属性：O>Si，所以H2O比SiH4稳定，C错误；
D．化合物M中W都满足8电子稳定结构，D错误；
故选B。
11-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大，由离子液体的结构式可知，X和E原子形成1个共价键、Y原子形成4个共价键、Z原子形成3个共价键、W原子形成2个共价键、Q原子形成6个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、E为F元素、Q为S元素。
详解:
A．X为H元素、Y为C元素，碳氢化合物为烃类，烃类物质有气体，也有液体和固体，A错误；
B．Z为N元素、W为O元素、E为F元素，同周期元素原子半径从左往右逐渐减小，则原子半径：Z>W>E，B错误；
C．X为H元素、Z为N元素，Q为S元素，X、Z组成的化合物为NH3、N2H4，Q的最高价氧化物的水化物为H2SO4，氨气和硫酸按2：1反应，与硫酸反应方程式为N2H4+H2SO4=N2H6SO4，故反应比可能是1：1，C错误：
D．X为H元素、W为O元素、E为F元素，与水反应，产生HF和氧气，D正确；
故选D。
12-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．稀硫酸溶液是离子导体，导线是电子导体，故A错误；
B．该装置是原电池，电子从负极流向正极，电子不能通过溶液，故电子从锌→导线→铜，故B错误；
C．锌电极为负极，失去电子生成锌离子，发生氧化反应，在铜电极上氢离子发生还原反应，得到电子而放出氢气，故C正确；
D．锌电极上的电极反应为Zn+2e-=Zn2+，若有6.5g锌被溶解即0.1mol，电路中就有0.2mol电子通过，故D错误；
故答案为C。
12-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
一氧化氮得到电子发生还原反应，则MoS2电极为正极，电极为负极；
详解:
A．电极为负极，电极为正极，正极电势高于负极电势，故A错误；
B．负极锌失去电子生成氧化锌，反应式为；正极一氧化氮得到生成氨气，反应式为；双极膜中OH-和H+分别向负极、正极移动，补充消耗的阴、阳离子，两电极均有水生成，溶液体积变大，则NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小，故B正确；
C．电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为，故C正确；
D．正极的反应式为，由反应式可知，转化为1mol，转移电子，整个电池系统质量会增大30g-17g=13 g，故当电路通过时，理论上可以转化的物质的量为，整个电池系统质量会增大130.2g=2.6g，故D正确；
故选A。
12-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题给信息可确定左侧装置为化学电源，右侧装置为电解池。化学电源中，阴离子向负极移动，故电极a是负极，电极b是正极，电极c是阳极，电极d是阴极。
详解:
A．由分析知电极a是负极，A正确；
B．乙室是化学电源的正极室，工作时，在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：，反应时减小，溶液增大，B错误；
C．电极c为阳极，在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3CN+H2O-2e- +2H+，C正确；
D．根据阳极c的电极反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极a发生反应：，生成1mol氧气，同时乙室转移1mol到甲室，理论上甲室质量增重：，D正确；
故选B。
12-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．含有乙胺的废水通入电极N，空气通入电极M，则电极N是电池的负极，M是正极，A正确；
B．电池工作时，阳离子向正极移动，则H+由N极区通过交换膜移动到M极区，B错误；
C．电极N上CH3CH2NH2发生氧化反应转化为无毒无害物质，应生成N2和CO2；电极反应式为，C正确；
D．7.5mol空气(含氧气20%)中含有O2的物质的量为1.5mol，参与正极反应：O2+4H++4e−=2H2O，电路中通过6mol电子，据得失电子守恒可知，电极N上消耗0.4molCH3CH2NH2，则有m(CH3CH2NH2)=0.4mol×45g⋅mol−1=18g，故处理含乙胺废水的质量为18g÷9%=200g=0.2kg，D正确；
故选：B。
12-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，CH3COO-在a极附近转化成CO2，其中碳元素化合价升高，发生氧化反应，所以a极为负极，则b极为正极。
详解:
A．b极为正极，发生还原反应，A错误；
B．原电池中，阴离子移向负极，所以Cl-通过隔膜I进入左室，隔膜I为阴离子交换膜，B项错误；
C．负极附近CH3COO-失电子被氧化生成CO2和H+，正确的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2­+7H+，C项错误；
D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中有1mol Cl-移向负极，同时有1mol Na+移向正极，即除去1mol NaCl，根据负极反应式可知，每消耗1mol CH3COO-时转移8mol电子生成2mol二氧化碳，理论上除去模拟海水中的NaCl351g即，转移6mol电子，可得CO2，D项正确；
答案选D。
12-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．膜a为阳离子膜，放电过程中1室发生氧化反应，钠离子交换到2室；b为阴离子交换膜；故A错误；
B．充电时，氢氧根氧化得到氧气，被还原为，总反应为4OH-+2=4+O2+2H2O，故B正确；
C．放电时，转化为，所以含的多硫电解质增加，故C错误；
D．放电时，氧气和水反应产生氢氧根，所以NaOH增加，故D错误；
故答案选B。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH溶液的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数醉着NaOH溶液的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交叉点，说明曲线①代表，曲线②代表，当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1，没有加入NaOH溶液时pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离。
详解:
A．根据前面分析H2A的第一步完全电离，其电离方程式：，故A错误；
B．根据前面分析40mL时突变，说明完全反应，0.04L×0.100 mol∙L−1＝0.02L×c×2，则c＝0.100 mol∙L−1，H2A溶液的浓度为0.1000，故B错误；
C．根据图中曲线当时溶液的pH=2，则的电离常数为，故C错误；
D．溶液滴定过程中，根据电荷守恒得到：，故D正确。
综上所述，答案为D。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．a点溶液总体积大于20mL，故，A选项错误；
B．b点对应溶液的溶质为NaHR，此时溶液pH=4.52<7，说明HR-的电离程度大于水解程度，故，B选项错误；
C．d点对应溶液的溶质为Na2R，由于R2-的水解促进水的电离，在a、b、c、d四点中d的溶液中水的电离程度最大，C选项正确；
D．根据电荷守恒，，D选项错误；
答案选C。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题干图示信息可知，P1、P2、P3点对应的溶质分别为：NH3·H2O和少量的NH4Cl，NH3·H2O和较多的NH4Cl，NH4Cl，由于铵根离子水解对水的电离其促进作用，其含量越高促进作用越强，故水的电离程度：P1＜P2＜P3，A错误；
B．由A项分析可知，P2点溶液的溶质为NH3·H2O和较多的NH4Cl，根据物料守恒可知，P2所示溶液中：c(Cl-)＜c()+c(NH3·H2O)，B错误；
C．由A项分析可知，P3点溶液的溶质为NH4Cl，溶液呈酸性，故P3所示溶液中： c(Cl-)> c()>c(H+)>c(OH-)，C错误；
D．由题干图示信息P1点可知，当c()=c(NH3·H2O)是溶液的pH值为9.25，故25℃时，的水解常数Kh==c(H+)=10-9.25，D正确；
故D。
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，时，氢氧化钠溶液与亚硒酸溶液反应恰好得到亚硒酸氢钠溶液，当溶液中时，溶液pH为4.52，则电离常数=c(H+)=10—4.52；时，氢氧化钠溶液与亚硒酸溶液反应恰好得到亚硒酸钠溶液，当溶液中时，溶液pH为7.34，则电离常数=c(H+)=10—7.34。
详解:
A．由分析可知，当溶液中时，溶液pH为7.34，则电离常数=c(H+)=10—7.34，故A正确；
B．由分析可知， 时，氢氧化钠溶液与亚硒酸溶液反应恰好得到亚硒酸氢钠溶液，溶液中存在质子守恒的关系，故B正确；
C．将等物质的量的亚硒酸氢钠和亚硒酸钠混合溶于水得到等浓度的混合溶液，由电离常数可知，硒酸根离子的水解常数为，说明硒酸根离子的水解程度大于亚硒酸氢根离子的电离程度，溶液呈碱性，溶液中，由分析可知，c点溶液中，加入的氢氧化钠溶液的体积越大，溶液中硒酸根离子的浓度增大，亚硒酸氢根离子的浓度减小，则对应的点在c点之前，故C错误；
D．酸或碱的电离均抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离，当溶液中的溶质只有亚硒酸钠时水的电离程度达到最大，在未完全反应之前，随着氢氧化钠溶液的加入水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选C。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，随着pH增大，量减小、和量先增大后减小、一直增大；
详解:
A．由G点可知，，则，A错误；
B．由F点可知，、，则该温度下此反应的，B错误；
C．由E点可知，、，则该温度下此反应的，则Kh(KHCrO4)一定小于其电离常数，即溶液中其电离大于水解，溶液显酸性，C错误；
D．根据电荷守恒可知，，由E点可知，、，则，，D正确；
故选D。
13-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据一级、二级电离平衡常数表达式：，，根据图像，可以利用点（9.2，0.5）和点（6.2，0.5）两点中， 和 ，故电离平衡常数就等于该点的 ，代入数值可以计算一级、二级电离平衡常数，A正确；
B．根据选项A的分析代入计算可得：， ，则的水解平衡常数为，则电离程度大于其水解程度，溶液显碱性，B正确；
C．等物质的量的和混合溶液，的水解程度大于的电离程度，则溶液中 ，C正确；
D．室温下溶液显酸性，，D错误；
故本题选D。
26-1【基础】 【正确答案】 1、、
2、14.40% 3、 与反应生成FeS和，再与反应生成S和
4、向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的pH，用或调节溶液的pH在4～6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4～6之间，停止滴加
【试题解析】 分析:
用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化得到硫单质，反应方程式为；
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O～6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3～2Fe3+～2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量；
①硫化过程SO2和H2反应生成S，硫元素化合价降低、氢元素化合价升高得到水，反应的化学方程式为；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
已知：；难溶于水；pH=4～6溶液中能大量存在，故可以是亚硫酸钙和硫酸钠、稀硫酸反应，并调节pH=4～6，此时硫在主要以存在，钙转化为难溶的，过滤可得到亚硫酸氢钠溶液；故实验方案为：向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的pH，用或调节溶液的pH在4～6之间，过滤得到含溶液；或向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4～6之间，停止滴加。
26-2【基础】 【正确答案】 1、CuFeS2＋4H＋＋O2Cu2+＋Fe2+＋2S＋2H2O 4Fe2+＋O2＋4H＋=4Fe3+＋2H2O
2、1.0到1.5 3、4H2O2＋CuS=Cu2+＋SO＋4H2O
4、×100%
【试题解析】 分析:
低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4·5H2O)，随着氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c(H+)增大，即生成了H+，H+的生成只能来源于H2O的参与，结合原子守恒推断黄色固体中还可能含有的离子。
生f细菌作用下，将黄铜矿溶解，第二阶段根据题意知Fe2+继续被O2氧化转变成Fe3+，结合电子转移、电荷守恒，则对应的离子反应放出式为，4Fe2+＋O2＋4H＋=4Fe3+＋2H2O；
生物堆浸过程中，pH不能超过1.5，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的pH在1.0-1.5范围内；
过程Ⅱ中，CuS用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，生成CuSO4，H2O2表现氧化性，离子方程式为；
通过KMnO4滴定法测定绿矾的纯度，根据电子转移以及Fe元素守恒得关系式：，，绿矾晶体质量分数。
26-3【巩固】 【正确答案】 1、增大接触面积，加快反应速率 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
2、SiO2 蒸发浓缩
3、bd 4、FeSO4·7H2O
5、%
【试题解析】 分析:
根据流程：粉碎软锰矿(主要成分MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)，加入FeSO4、H2SO4浸取：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，Fe2O3、Al2O3溶解得到Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2，滤液含有Fe2(SO4)3、MnSO4、Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4，加入试剂A的目的是将未反应的Fe2+氧化为Fe3+，试剂A为H2O2反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入试剂B的目的是调节pH范围为5.4≤pH＜8.8沉淀Fe3+、Al3+，故试剂B可为MnCO3，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液为MnSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4晶体，据此分析作答。
“酸浸”前需要将软锰矿粉碎可以增大固体和液体的接触面积，以加快反应速率，即粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，由分析可知，“酸浸”中MnO2和FeSO4反应的反应方程式为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，其离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故增大接触面积，加快反应速率；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故SiO2；蒸发浓缩；
由分析可知，加入试剂A的目的是将未反应的Fe2+氧化为Fe3+，HNO3、H2O2、Cl2、O3均能将从Fe2+氧化为Fe3+，但HNO3会产生NO污染环境，Cl2本身有毒，污染环境，H2O2、O3的还原产物为H2O，故绿色化学角度分析，试剂A宜选择H2O2、O3，故bd；
如果省略“氧化”工艺，则除铁、铝之后的滤液中含有Fe2+，故产品中可能会混有FeSO4·7H2O，故FeSO4·7H2O；
由题干信息可知，根据方程式2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4可知，n(MnSO4·H2O)=n(KMnO4)= cV×10-3mol，故MnSO4·H2O样品的纯度为=%，故%。
26-4【巩固】 【正确答案】 1、搅拌、适当升高温度(粉碎废渣、适当增大硫酸浓度等)
2、S 3、1∶2
4、取少许滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有Fe3+
5、当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色且30s内颜色不恢复原色 ×100%
【试题解析】 分析:
废锰渣主要成分为MnO2、KOH和Fe2O3，废锰渣中加入稀硫酸，KOH、Fe2O3分别和稀硫酸反应生成K2SO4、Fe2(SO4)3，MnO2不溶于稀硫酸，过滤后得到滤渣A为MnO2，滤液1中含有K2SO4、Fe2(SO4)3、 H2SO4，滤渣A、FeS2中加入稀硫酸，发生反应MnO2+FeS2+2H2SO4 =MnSO4+2S+FeSO4+2H2O，过滤，滤渣B为S，滤液2中含有MnSO4、 FeSO4、H2SO4，滤液2中加入MnO2，Fe2+被氧化为Fe3+、MnO2被还原为Mn2+，加入CaCO3调节溶液的pH，Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，则滤渣C为Fe(OH)3，蒸发结晶得到MnSO4。
适当增大酸的浓度、增大反应物的接触面积、搅拌、适当升高温度等方法都能加快化学反应速率，所以为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度，答案：搅拌、适当升高温度(粉碎废渣、适当增大硫酸浓度等)；
“反应Ⅱ”为MnO2、FeS2和稀硫酸的反应，生成MnSO4、FeSO4、S和水，
“滤渣B”的主要成分为过量的FeS2和难溶性的S，答案：S；
“反应Ⅲ”的离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，该反应中MnO2是氧化剂、Fe2+是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，答案：1∶2；
KSCN和Fe3+反应而使溶液呈血红色，其检验方法为:取少许滤液于试管中，向试管中滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有铁离子，答案：取少许滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有Fe3+；
①达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色，且30s内颜色不恢复原色，答案：当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色且30s内颜色不恢复原色；
②加入的n(Na2C2O4) = ，根据得失电子守恒，KMnO4标准溶液滴和Na2C2O4反应关系式, 则用的KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4溶液n(Na2C2O4)= n(KMnO4)= cmol•L-1= mol，则MnSO4被氧化生成的KMnO4消耗的n(Na2C2O4)= ，根据关系式2MnSO42MnO5 C2O，得MnSO4的物质的量 mol，硫酸锰的质量分数×100%。答案：×100%。
26-5【提升】 【正确答案】 1、Cu2S、CuS、FeO
2、 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
3、
4、
5、
6、
【试题解析】 分析:
根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。
据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。
室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为。
滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为。
，，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为。
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为。
26-6【提升】 【正确答案】 1、 2、BC
3、H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动
4、b e a d
5、滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化 3:1:4
【试题解析】 分析:
黄铁矿渣含、PbS、NiS，第一步通过酸浸将 和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。以此解答该题。
由上述分析可知，酸浸过程中反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为。
A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B. 浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C. 从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到NiSO4，D正确；故选BC。
该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。
萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。
用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003mol，由可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003mol，总的铁离子为0.006mol，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001mol，则中总的氢氧根的物质的量为0.002mol，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则的值为3:1:4。
27-1【基础】 【正确答案】 1、吸收空气中的水分和二氧化碳，防止它们进入装置B中干扰实验
2、24% 3、尾气处理
【试题解析】 分析:
用氢气驱净装置内的空气后，在加热下，氢气还原铁矿石得到铁和水，水蒸气被B中碱石灰完全吸收，C中碱石灰吸收空气中的水分和二氧化碳，防止它们进入装置B中，故装置C可防止干扰。
装置C的作用为：吸收空气中的水分和二氧化碳，防止它们进入装置B中干扰实验；
测得反应后装置B增重1.35g，即反应生成水1.35g，则水的物质的量为，其中氧元素为，则铁矿石中氧的百分含量为；
若将换成，铁的氧化物被还原为铁，CO转变为二氧化碳，由于CO有剧毒且不能被碱石灰吸收，则还需补充尾气装置，可以在装置的最后将多余CO作点燃处理或者收集储存多余CO。
27-2【基础】 【正确答案】 1、H2O2(或H2O) 2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑)
2、使有机物充分氧化生成CO2和H2O
3、碱石灰或氢氧化钠 吸收CO2
4、CH2O 5、有机物的相对分子质量
【试题解析】 分析:
图示装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，A装置的作用是制造氧气；B装置的作用是除去氧气中的水，防止对测定产生干扰；C装置的作用是使有机物充分进行燃烧反应生成CO2和H2O；D装置的作用是吸收反应中产生的H2O，根据增重计算有机物中的H元素含量；E装置的作用是吸收反应中产生的CO2，根据增重计算有机物中的C元素含量。
A装置为制备氧气的发生装置，氧气可由双氧水在二氧化锰催化下分解或水和过氧化钠反应制备，则分液漏斗中的液体可为双氧水或水，对应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。
CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O。
E装置的作用是完全吸收反应生成的CO2，可用碱石灰或氢氧化钠来吸收。
D管增重1.44g，则n（H2O）=1.44g÷18g/mol=0.08mol，n（H）=0.08×2=0.16mol。E管增重3.52g，则n（CO2）=3.52g÷44g/mol=0.08mol，n（C）=0.08mol。样品总重2.40g，则可得n（O）=，所以样品中n（C）∶n（H）∶n（O）=1∶2∶1，则该有机物的最简式为CH2O。
要确定该有机物的化学式，还需知道该有机物的相对分子质量，故答案为有机物的相对分子质量。
27-3【巩固】 【正确答案】 1、m 2、丙 3、
4、E→B→F→D 5、②
6、
7、
【试题解析】 分析:
Ⅱ．A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原 Fe2O3 ，再先后连接F装置，D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C装置，已知 NH3与 Fe2O3反应的生成物为 Fe 、 H2O 和无毒气体X，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则X为氮气，故C装置用于测量生成气体的体积，据此分析解答。
氨气的密度比空气小，所以应该用向下排空气法收集，所以集气瓶瓶口向上来收集时应短进长出，即若用图甲装置，排空气法收集 NH3，气体应从m口进入；
氨气极易溶于H2O，则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知 NH3难溶于 CCl4，乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，丙可能会发生倒吸，则丙装置不能用来吸收 NH3；
氢氧化钙与氯化铵在加热的条件下反应生成氯化钙、水和氨气，故该反应的化学方程式为 ；
A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原 Fe2O3 ，再先后连接F装置、D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C装置，已知 NH3与 Fe2O3反应的生成物为 Fe 、 H2O 和无毒气体X，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则X为氮气，故C装置用于测量生成气体的体积，则按气流方向正确的装置连接顺序为A→E→B→F→D→C；
实验结束时，为防止生成的铁再次被氧化，应先熄灭B装置的酒精灯，在氨气的氛围下冷却后，再熄灭A装置的酒精灯，故选②；
1.6g Fe2O3的物质的量为0.01mol，反应后生成铁单质，则该反应中Fe元素得电子总数为0.06mol，即氮元素失电子总数也为0.06mol，完全反应后，测得生成气体X的体积为 224mL (已折算为标准状况)，则气体X的物质的量为0.01mol，又X为无毒气体，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则推测X应为N2，而生成0.01mol N2，氮元素失电子为0.06mol，则X为N2；
根据第(6)问分析 Fe2O3和氨气反应生成铁单质、氮气和水，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为。
点睛:
氨气极易溶于H2O，则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知 NH3难溶于 CCl4，题中乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，若丁装置中 CCl4换为苯，苯的密度比水小，则苯在上层，水在下层，不能起到防倒吸的作用，这是学生们的易错点。
27-4【巩固】 【正确答案】 1、过滤 坩埚、100mL容量瓶
2、KSCN b 3、将Fe3+还原为Fe2+ 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时恰好出现浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到终点 12.32
【试题解析】 “操作”后产生了滤液，说明是“过滤”，上述流程中的“灼烧”需要用到坩埚，加蒸馏水至100mL待测液时需要用到容量瓶，故坩埚、100mL容量瓶
Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，Fe3+与KSCN反应后溶液呈红色，故KSCN、b；
高锰酸钾具有强氧化性，可以通过氧化Fe2+来测定铁元素的含量，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故先加入铜粉的目的是现将Fe3+转化成Fe2+，再用酸性高锰酸钾滴定含有的Fe2+溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点。反应中一共消耗n(MnO)=0.0020mol/L×2.20×10-3L=4.4×10-6mol，根据上述反应比例，n(Fe2+):n(MnO)=5:1，则n(Fe2+)=2.2×10-5mol，则10mL待测液中，铁元素的质量为2.2×10-5mol×56g/mol=1.232×10-3g=1.232mg，故100mL待测液中铁元素质量为12.32g。
27-5【提升】 【正确答案】 1、分液漏斗 2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 用蒸馏水冲洗直形冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中
3、偏大 4、静置，取少量上层清液于一洁净试管中并加入1～2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量
5、减少沉淀的溶解损失
6、(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O
【试题解析】 分析:
实验Ⅰ：加热后三颈烧瓶中发生如下反应：，生成的冷却后进入吸收装置收集并发生反应：，结束后用溶液滴定多余的，进而求得与反应的，结合反应方程式，根据N原子守恒，计算出样品中的含量。
实验Ⅱ：加入过量溶液使硫酸根完全沉淀，通过沉淀的质量计算出样品中硫酸根的含量，进而确定X的化学式。
仪器M的名称为分液漏斗。
具有还原性，易被氧化，通过把装置内空气排出，防止被氧化，氧化的反应方程式为：。蒸氨时除外，还有水蒸气被蒸出，极易溶于水形成氨水，在直形冷凝管内有残留的氨水，会对测定结果产生影响，为减小实验误差，需要用蒸馏水冲洗直形冷凝管内通道2～3次，并将洗涤液注入锥形瓶。
若振荡时锥形瓶中有液体溅出，使瓶内硫酸有损失，消耗NaOH的物质的量偏小，测定锥形瓶内溶液中剩余的物质的量偏小，与反应的的物质的量偏大，造成所测得的偏大。
判断是否过量，可以取少量上层清液继续滴加溶液，若没有沉淀生成，则说明溶液中没有，即已经过量。
用冷水洗涤的主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。
实验Ⅰ中：
与NaOH反应的硫酸：mol。与反应的硫酸：，被硫酸吸收的氨：mol，样品中含有铵根：mol。
实验Ⅱ中：
反应得到沉淀69.90g，沉淀中含有硫酸根：mol，利用电荷守恒：，得mol。58.80g样品中含有结晶水：g，则mol，故，晶体X的化学式为。
27-6【提升】 【正确答案】 1、AC 2、分液漏斗 能保持漏斗内气压恒定，便于液体顺利流出
3、ab→de→f (或abdef)
4、CaCN2+H2S+2H2OCs(NH2)2+Ca(OH)2 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氢化铵；温度过低，反应速度慢，实验不能快速完成
5、5[CS(NH2)2] +14+32H+= 14Mn2++5CO2+5N2+5+ 26H2O 滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色且半分钟不恢复原色 (190cV/7m) %
【试题解析】 分析:
本实验采用硫化氢和石灰氮()、水的混合物反应制备硫脲，B装置为制备硫化氢气体的装置，选用FeS固体和稀盐酸或稀硫酸，强酸制弱酸生成硫化氢，A装置可用来除去硫化氢气体中的HCl，将硫化氢气体通入C装置制备硫脲，D装置的目的是尾气处理，防止污染空气，装置的连接顺序为BACD，小导管口连接顺序为c→ab→de→f。
根据分析，制备硫化氢气体可选的组合为AC，硫化氢气体具有强还原性，不能用硝酸来制备，故选AC；
仪器N的名称是分液漏斗；仪器M为恒压滴液漏斗，与仪器N相比使用的优点是能保持漏斗内气压恒定，便于液体顺利流出；
根据分析，装置的连接顺序为：ab→de→f (或abdef)；
装置C中发生反应的化学方程式为CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2；结合题中所给信息：温度过高硫脲会部分发生异构化，温度低反应速率慢，故反应温度需控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是：温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢，实验不能快速完成；
①根据题中所给反应物和产物，反应的离子方程式为：；
②采用酸性高锰酸钾溶液来滴定，到达滴定终点时高锰酸钾过量，应显示浅紫色，故达到滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变为原来的颜色；
③根据方程式：，硫脲与高锰酸剂的物质的量之比为5:14，故25mL样品中硫脲的物质的量为，500mL样品溶液中硫脲的质量分数为：。
28-1【基础】 【正确答案】 1、低温 2、＜ 3、CD
4、温度低于400℃时，随温度升高，催化剂对反应②的选择性高于反应①，使相同时间内反应②的速率大于反应①
5、或0.533
【试题解析】 根据图中信息得到该反应是放热反应，熵减的反应，根据△G=△H−T△S＜0，则该反应在低温下能自发进行；故低温。
根据活化能越大，反应速率越慢，已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，则第二步的活化能大于第一步活化能即＜；故＜。
A．选用更有效的催化剂，速率加快，平衡不移动，故A不符合题意；B．该反应是放热反应，升高反应体系的温度，平衡逆向移动，氨气转化率降低，故B不符合题意；C．降低反应体系的温度，平衡正向移动，氨气转化率增大，故C符合题意；D．该反应是体积减小的反应，缩小容器的体积即增大压强，平衡正向移动，氨气转化率增大，故D符合题意；综上所述，CD。
当温度低于400℃时，的物质的量增大的幅度高于，其原因是温度低于400℃时，随温度升高，催化剂对反应②的选择性高于反应①，使相同时间内反应②的速率大于反应①；故温度低于400℃时，随温度升高，催化剂对反应②的选择性高于反应①，使相同时间内反应②的速率大于反应①。
840℃时，以反应I为主，生成NO物质的量为0.8mol，则消耗的氨气物质的量为0.8mol，则的转化率约为；若520℃时平衡压强为，，，则平衡体系中氨气物质的量为0.9mol，氧气物质的量为1.0mol，水蒸气物质的量为0.9mol，则520℃反应②平衡常数的计算式；故53.3%或0.533；。
28-2【基础】 【正确答案】 1、-5 2、BD 66.7% 及时将生成物移走或降低温度
3、< BC
【试题解析】 ①H2(g)+O2(g)=H2O(g)，∆H1=-242kJ/mol
②COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)，∆H2=-36kJ/mol
③CO(g)+O2(g)=CO2(g)，∆H3=-283kJ/mol
反应③-反应②-反应①得反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)，则∆H=∆H3-∆H2-∆H1=-5kJ/mol；
①在恒容、绝热(与外界无热交换)的密闭容器中，充入H2S(g)与CO(g)进行CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)：
A．COS和的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，已平衡，A不符题意；
B．消耗H2的速率与生成CO速率均是逆反应速率，永远为1:1，不能判断平衡，B符合题意；
C．绝热容器中进行上述反应，若反应未平衡，则容器内温度会改变，=K，温度不变K不变，的值不再改变说明温度不在改变，已判断平衡，C不符合题意；
D．气体质量不变，气体总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量永远不变，不能判断平衡，D符合题意；
选BD；
②设CO和起始浓度为a mol/L，，K=4=，解得x=12，a=18，故H2S的转化率=(12÷18)×100%=66.7%；若要提高CO的平衡转化率，可在不改变CO起始量的基础上设法让平衡正向移动，可采取的措施有及时将生成物移走或降低温度；
横坐标表示温度，未平衡时温度越高，反应速率越大，相同时间内，H2S转化率越大，故虚线左边代表未平衡状态，平衡后升高温度平衡逆向移动，H2S转化率减小，虚线右边表示平衡状态：
①其它条件相同，n(H2S):n(CO)=x越大，H2S平衡转化率越小，故x1 ②A．反应的∆H不会随温度改变而改变，A错误；
B．催化剂在一定温度内活性最好，温度过高或过低催化剂活性可能降低，导致反应物转化率减小，B正确；
C．该反应是放热反应，最高点代表平衡，升高温度，平衡逆向移动，导致反应物转化率减小，C正确；
D．若未平衡，反应速率加快，导致反应物转化率应增大，与图不符，若已平衡，身高温度反应速率加快，但平衡逆向移动，反应物转化率应减小，与图不符，D错误；
选BC；
③该反应是气体总物质的量不变的反应，则恒温恒容下，总压不变，T0时，在恒容的密闭容器中充入等物质的量CO和H2S发生反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，则反应前CO和H2S的分压分别为0.5p0kPa，10min达到平衡时H2的分压为p1kPa，则CO、H2S、COS、H2的分压分别为0.5p0kPa-p1kPa、0.5p0kPa-p1kPa、p1kPa、p1kPa，则该反应的平衡常数Kp=。
28-3【巩固】 【正确答案】 1、+170 2、副产物氢气可作燃料 耗能高
3、50% 4.76
4、越高 d 24.9
【试题解析】 根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝(－1036+94)kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol；故+170；
根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g)的ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，副产物氢气可作燃料。又高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；故副产物氢气可作燃料；耗能高；
假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：

平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%=50%，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；故50%；4.76；
①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；故越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；
根据图像可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知

此时H2S的压强为×100kPa≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s-1，故d；24.9。
28-4【巩固】 【正确答案】 1、BC 2、0.75P
3、升高温度或充入水蒸气
4、PX＞PY＞PZ 其他条件相同， 增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大
5、① 6、＜ 7、AC
【试题解析】 A．增加用量，平衡转化率降低，故A错误；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减压，减压平衡向气体体积增大的方向移动，即正向移动，能提高平衡转化率，故B正确；
C．移除，减小生成物的浓度，平衡正向移动，能提高平衡转化率，故C正确；
D．加入催化剂，平衡不移动，故D错误；
故选BC。
从图中可以看出，反应①中CH4的起始物质的量浓度为1.00mol/L，平衡物质的量浓度为0.50mol/L，平衡时物质的量为0.5mol，消耗1.00mol -0.5mol =0.5mol，则平衡时H2O(g)的物质的量为1.0mol-0.5mol =0.5mol，CO(g)的物质的量为0.5mol，H2(g) 的物质的量为1.5mol，则气体总物质的量为0.5mol+0.5mol+0.5mol+1.5mol=3.0mol，则反应第一次到达平衡时的分压平衡常数
10min时改变条件，CH4的浓度瞬间不变，随后浓度减小，则平衡正向移动，外界条件可能是：升高温度或充入水蒸气。
如图2是PX、PY、PZ三种压强下H2和CO的起始组成[]与CO平衡转化率的关系，当[]相同时，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，则依据CO转化率的大小可确定PX、PY、PZ的大小关系是PX＞PY＞PZ。
甲容器的容积不变，随着反应的进行，气体的分子数增大，压强增大；乙容器的压强不变，则相当于甲容器增大容积，平衡正向移动，CH4的转化率增大，但与甲容器相比，压强减小，反应速率减慢，反应达平衡的时间增长，则在图4中乙容器中CH4的转化率随时间变化的图像为①。
在80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol•L-1，则此时浓度商为：，则平衡逆向移动，v正＜v逆。
A．由于反应前后气体分子数不等，平衡前压强在不断改变，当体系的压强不再改变时，反应达平衡状态，A符合题意；
B．Ni呈固态，浓度始终不变，当c(Ni)不再改变时，反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．随反应进行，混合气体质量增大，物质的量减小，平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，C符合题意；
D．从反应开始至达平衡，v(CO)：v(Ni(CO)4)始终等于化学计量数之比，所以当v(CO)：v(Ni(CO)4)=4：1时，反应不一定达平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
28-5【提升】 【正确答案】 1、-1373.6 2、AD AD
3、10% 减小 粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低
【试题解析】 已知：i.2C3H6(g)+O2(g) = 2 (g) ΔH1 = - 2263.6kJ·mol-1
ii．H2(g)+ O2(g) = H2O(g) ΔH2 = -241.8 kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i+ ii得反应C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) 则 ΔH=- 2263.6kJ·mol-1-241.8 kJ·mol-1=-1373.6kJ·mol-1；
①A．丙烯气相直接环氧化反应C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) 为气体体积缩小的反应，在恒温恒容条件下反应，若压强不变，则反应达平衡状态，选项A符合；
B．反应在恒容条件下进行且反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不再变化无法说明反应达平衡状态，选项B不符合；
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1，无法说明正逆反应速率相等，无法说明反应达平衡状态，选项C不符合；
D．所有反应物均为气体，气体总质量不变，而反应为气体体积缩小的反应，平均相对分子质量为变量，根据“变量不变达平衡”可知，若平均相对分子质量不再变化说明反应达平衡，选项D符合；
答案选AD；
②A．反应为气体体积缩小的放热反应，低温高压有利于平衡正向移动，增大C3H6的平衡转化率，选项A符合；
B．增大C3H6浓度，平衡正向移动，但C3H6的平衡转化率反而减小，选项B不符合；
C．催化剂不能使平衡移动，故C3H6的平衡转化率不变，选项C不符合；
D．分离出产物，平衡正向移动，C3H6的平衡转化率增大，选项D符合；
答案选AD；
240 nm， t min时，PO平衡时为1.8mmol，生成1.8molPO，会消耗1.8molC3H6、1.8molO2、生成1.8molH2O，C3副产物为0.2mmol，由副产物反应物，生成0.2mol副产物，消耗0.2mol C3H6、0.2molO2、生成0.2molH2O，H2总转化率为α，则平衡时n(H2)=20(1-α)mmol；平衡时n(C3H6)=(20-1.8-0.2)mmol=18mmol；n(O2)=(20-1.8-0.2)mmol=18mmol；n(PO)=1.8mmol，n(H2O)= (1.8+0.2)mmol=2mmol；
当粒径为240 nm， t min时反应恰好达到平衡状态，则C3H6的总转化率为；

n总=59.8-20α+0.2=60-20α，则Kp===；
随着TS-1粒径的增大，粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低，故PO生成的速率逐渐减小。
28-6【提升】 【正确答案】 1、-241.8 -165.2
2、1 ＞ 3、p0-(a)＞p0-(c)＞p0-(b) b c 0.125 2.4
【试题解析】 根据表格数据，△H1=[(-74.6+ x)-(-110+03)] kJ•mol-1=-206.4kJ•mol-1，解得x=-241.8；根据盖斯定律，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，。
①根据图1所示，℃时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的相等，反应Ⅲ＝反应Ⅱ－反应Ⅰ，则，；
②A、B两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此v正(A)> v逆(B)。
①反应Ⅱ的正向反应为气体体积减小的反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，结合已知条件，可知反应相同时间起始总压相等时，初始分压越大，越大，故；
②根据已知条件分析可知，a、b表示甲烷的平衡体积分数随温度变化关系，c、d表示CO的平衡体积分数随温度变化关系，结合（3）①的结论可推出在1MPa时，表示和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是b、c。
设和初始物质的量分别为1mol和3mol，生成的和CO的物质的量均为xmol，列出三段式：


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