湖北省七市联考2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）含解析

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湖北省七市联考2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 氧化还原反应的规律,硅酸盐组成的表示方法,无机非金属材料

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1（基础） 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，冰壶是一项极具观赏性的冰上运动项目。冰壶主体材质为一种不含云母[主要成分为KAl2( AISi3O10) (OH)2]的花岗岩，手柄材质为PPS(聚苯硫醚，)。 下列有关叙述错误的是

A.冰壶主体材质具有耐低温、不易碎等特性
B.用氧化物的形式表示云母： K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O
C.PPS为线型结构，具有良好的热塑性
D.可通过加聚反应制得PPS，单体为
【正确答案】 D

1-2（基础） 广州是我国古代海上丝绸之路的起点，贸易的主要商品有丝绸、茶叶、中草药、苏打玻璃等。下列有关叙述错误的是
A.贸易的丝绸品同现代工业产品聚乙烯一样，属于高分子化合物
B.茶叶中含有维生素C(化学式为)，能将已加碘变蓝的淘米水变成无色，说明维生素C具有还原性
C.中草药的煎熬不能用铁锅或铝锅，是因为Fe3+、Al3+能与中草药的有效成分发生化学反应降低药效
D.苏打玻璃的主要成分是以为主，含15%、16% CaO，这种玻璃有毒，不适宜做水杯
【正确答案】 D

1-3（巩固） 砖瓦是用含铁元素等杂质的粘土隔绝空气烧制而成的。当烧窑作业临近结束时，若用淋水的办法来降温，则砖呈青色，称青砖；若用捅开窑顶自然冷却的办法，则砖呈红色，称红砖。下列有关说法中，不正确的是
A.砖瓦的主要成分是二氧化硅
B.淋水的目的是在窑内产生还原性气氛
C.青砖中铁元素主要以氧化亚铁形式存在
D.红砖中铁元素检验试剂可为盐酸和KSCN
【正确答案】 A

1-4（巩固） 铁橄榄石 [Fe2(SiO4)]是嫦娥五号月壤的主要含铁矿物之一，我国科学家发现陨石撞击过程的高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生反应形成与，下列相关选项错误的是
A.铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为
B.该反应的方程式为：
C.铁橄榄石熔融产生自由移动的属于化学变化
D.该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁
【正确答案】 C

1-5（提升） 粉上多彩高温瓷器为宋代衡山窑首创，也是我国宋元陶瓷史上的艺术瑰宝。化学家对元代的粉上多彩高温瓷器文物进行分析发现，其中含有石英颗粒，还有一定量的莫来石(，1 A.石英的主要成分是，由大量的硅氧四面体基本单元构成
B.瓷器质地均匀，硬度高，是纯净物
C.粉上多彩高温瓷器的主要成分是各种氧化物，其中氧化钙和水反应生成氢氧化钙
D.粉上多彩高温瓷器含有氧化铁，导致青釉器颜色为青色
【正确答案】 A

1-6（提升） 我国是历史悠久的文明古国。下列叙述错误的是
A.西安兵马俑表面的“蓝”，又称“中国紫”，主要成分是硅酸铜钡(含有PbO)，其中的硅元素不是以形式存在的
B.敦煌壁画颜料中含有的青金石，其分子式为，属于硅酸盐
C.广东岭南“南越武王”赵佗汉墓出土的铜钱表面的绿色斑点或斑块，主要成分是碱式碳酸铜
D.中国古代瓷器的“红釉”，“釉汁细腻，光润匀净，色如胭脂”，其主要成分为，不可能含有铜元素
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 多官能团有机物的结构与性质

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 2022年诺贝尔化学奖授予在点击化学和生物正交化学研究有突出贡献的化学家，首个点击化学合成实例如下。下列说法错误的是

A.X的分子式为
B.化合物Y中最多有6个原子共线
C.化合物Z存在对映异构体
D.化合物Y、Z均可被氧化为羧酸
【正确答案】 C

2-2（基础） 化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不正确的是

A.存在顺反异构，分子中无手性碳 B.分子中有3种含氧官能团
C.能与发生取代反应和加成反应 D.1mol该有机物最多消耗2mol NaOH
【正确答案】 D

2-3（巩固） 水杨酸存在于自然界的柳树皮、白珠树叶及甜桦树中，具有解热镇痛作用，也可用于A、B两种药物成分的制备。

下列说法错误的是
A.由水杨酸转化成A和B的反应类型都是取代反应
B.、分别与溶液反应，消耗物质的量：
C.水杨酸与溶液反应，消耗
D.与水杨酸分子式相同、物质类别相同的有机物共有2种
【正确答案】 C

2-4（巩固） 有机物N()常用作橡胶、蜡和喷漆等的溶剂，也是一种润滑剂的抗氧化剂。其存在如下转化关系：

下列说法正确的是
A.M能发生取代反应，不能发生消去反应
B.N中所有碳原子可能共平面
C.R不能使溴的四氯化碳溶液褪色
D.Q通过加成反应一定能得到M
【正确答案】 C

2-5（提升） 在一定条件下M可与N发生如图所示转化生成一种具有优良光化学性能的树脂Q。下列说法正确的是

A.Q属于酯类有机物，可以做溴水中提取溴的萃取剂
B.N的同分异构体中能水解的有5种(不考虑环状结构)
C.1molQ最多可消耗5molH2
D.N中所有的原子可能在同一平面
【正确答案】 B

2-6（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

【原卷 3 题】 知识点 结合氧化还原反应知识与NA相关推算,吸热反应和放热反应,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,阿伏加德罗常数的应用

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 研发利用技术，降低空气中含量成为研究热点。如图所示，在不同催化剂的作用下，将催化加氢实现资源化利用，由此可获得甲醇、甲烷、乙烯等。若为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.标准状况下，32g中含有σ键的数目为
B.标准状况下，22.4L中含有的氧原子的数目为
C.1mol分子中采取杂化的碳原子数目为
D.若有参与反应，则反应中转移的电子数目为
【正确答案】 D

3-2（基础） 一种复合膨松剂的工作原理为，其中结构如图。是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A.标准状况下，中氧原子数为
B.溶液中和微粒总数为
C.固体中离子数为
D.中键数为
【正确答案】 B

3-3（巩固） 高效率和高选择性将CO2转化为CH4是CO2资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原CO2提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示。

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.22gCO2中所含共用电子对数目为4NA
B.1molCH4中所含质子数和中子数均为10NA
C.途径2生成标准状况下22.4LCH4，反应转移电子数为8NA
D.途径1所得产物物质的量之比为l：1，形成共价键数目为6NA
【正确答案】 C

3-4（巩固） 中国科学院天津工业生物技术研究所科研团队在实验室里首次实现了以为原料人工合成淀粉，其合成路线如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.标准状况下，中含有的中子数为
B.中共面的原子数目最多为
C.60g HCHO和混合物中含有的原子数目为
D.中含有键数目为7NA
【正确答案】 C

3-5（提升） 过氧化钠是宇宙飞船和潜水艇中氧气的主要来源，其作用原理中包含了反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A.11.2LO2含NA个氧原子
B.在0.1molNa2CO3中含Na-C键的数目为0.2NA
C.反应中每生成1molO2转移2mol电子
D.10.6gNa2CO3溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L
【正确答案】 C

3-6（提升） 乙硼烷化学式为，其结构如图所示，是一种强还原性物质，易水解，水解方程式为。可用硼氢化钠()为原料反应制得乙硼烷。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是

A.1mol 中含有的共用电子对数目为 B.2.8g 完全水解，转移的电子数目为1.2
C.可与甲醇反应生成 D.能用和稀硫酸反应制备
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 胶体的制备,溶度积规则及其应用,实验安全,中和热的测定与误差分析

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1（基础） 化学是以实验为基础的科学。下列实验设计能达到目的的是
选项
实验目的
实验设计
A
探究浓度对反应速率的影响
用不同浓度的酸性KMnO4溶液分别与相同浓度H2C2O4溶液反应
B
证明SO2具有氧化性
将SO2通入品红溶液中，品红褪色
C
检验溶液中FeSO4是否被氧化
取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
D
测定NaOH溶液pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

4-2（基础） 化学是一门以实验为基础的学科，下列关于高中课本中的实验说法正确的是
A.铁与水蒸气反应，湿棉花可以为反应提供原料
B.实验室制氨气，干棉花可以吸收多余的氨气以免污染环境
C.实验室制乙酸乙酯，m试管中物质只有乙醇、浓硫酸和乙酸
D.沉淀溶解转化实验，不能用来说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)
【正确答案】 A

4-3（巩固） 化学是以实验为基础的科学，下列实验设计方案合理且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验设计
A

检测某新制氯水的pH
取pH试纸于玻璃片上，用玻璃棒蘸取少量溶液，点在试纸上观察颜色
B

验证石蜡油分解产物中存在乙烯
将没有石蜡油的石棉放在硬质试管底部，试管中加入碎瓷片，给碎瓷片加强热，生成的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象
C

比较Ksp(CuS)和Ksp(ZnS)的大小
向浓度均为0.1mol·L-1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加Na2S溶液，观察现象
D

比较H2O2与Fe3+的氧化性
向含有KSCN的Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2，观察现象
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

4-4（巩固） 化学是一门以实验为基础的学科，下列说法正确的是
A.蒸馏实验时，若液体沸腾时发现忘加沸石，应立即补加
B.用四氯化碳萃取碘水中的碘时，将碘的四氯化碳溶液从分液漏斗上口倒出
C.葡萄酒中通常添加微量的，既可以杀菌，又可以防止营养成分被氧化
D.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，用乙醚提取青蒿素是利用氧化还原原理
【正确答案】 C

4-5（提升） 下列有关实验的说法中不正确的是（ ）
A.纸层析法通常以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相
B.检验火柴头中的氯元素，可把燃尽的火柴头浸泡在少量水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸
C.在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者羟基上氢的活性
D.若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗
【正确答案】 C

4-6（提升） 下列有关实验的说法正确的是
A.将SO2通入含酚酞的纯碱溶液中，溶液褪色，可证明SO2具有漂白性
B.向待测液中依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变成红色．证明待测液中一定含Fe2+
C.常温下，在铝片上滴加浓硝酸，无明显现象，可证明铝片不和浓硝酸反应
D.在硅酸钠溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀，可证明盐酸的酸性比硅酸强
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 氧化还原反应有关计算,温度对化学反应速率的影响,吸氧腐蚀

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是
A.脱氧过程中铁作为原电池正极 B.负极的电极反应为：Fe-3e→Fe3+
C.正极的电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH- D.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
【正确答案】 C

5-2（基础） 铁粉、食盐、炭粉等混合常作为食品脱氧剂，下列有关说法正确的是
A.脱氧剂工作原理是将电能转化为化学能 B.食盐可以加速包装袋中氧气的吸收
C.铁最终被氧化为Fe(OH)2 D.炭粉上发生的电极反应为：O2+4e-=2O2-
【正确答案】 B

5-3（巩固） 食品脱氧剂与日常生活密切相关。食品脱氧剂的成分最可能是
A.碱石灰(NaOH和CaO) B.硅胶和纤维素的混合物
C.硫酸钙和活性氧化铝的混合物 D.铁粉、炭粉和食盐的混合物
【正确答案】 D

5-4（巩固） 糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是
A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e-=Fe3+
C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-
D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气0.015mol
【正确答案】 D

5-5（提升） 食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧过程与电化学知识相关。下列分析正确的是
A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长食品保质期
B.脱氧过程中炭作原电池正极，电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O
C.含有0.56 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气168 mL(标准状况)
D.该过程实现了电能到化学能的转化
【正确答案】 C

5-6（提升） 食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，对其脱氧过程的分析中，正确的是
A.炭粉做原电池负极
B.铁粉发生还原反应
C.负极的电极反应为：
D.铁元素的变化为：
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 加聚物的单体、链节及聚合度的确定,价层电子对互斥理论的应用,简单配合物的成键

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 中国工程院李兰娟院士团队公布研究成果，药物阿比朵尔对新冠病毒有明显抑制作用，其分子结构如图所示，下列说法正确的是

A.其分子式为 B.分子中碳原子均采取杂化
C.苯环上的一氯代物共有6种(不考虑立体异构) D.1mol阿比朵尔最多能和7mol氢气发生加成
【正确答案】 D

6-2（基础） 下列关于苯丙氨酸甲酯的叙述，正确的是

A.具有碱性 B.不能发生水解
C.分子中不含手性碳原子 D.分子中采取杂化的碳原子数目为6
【正确答案】 A

6-3（巩固） 环糊精在环保、农药、食品领域具有良好的发展前景。-环糊精的结构如图所示，结构形似圆筒。下列说法错误的是

A.-环糊精能溶于水 B.圆筒空腔能容纳一定大小的油性分子
C.-环糊精中的C原子采用杂化 D.圈出的六元环为平面六边形结构
【正确答案】 D

6-4（巩固） 3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是

A.分子中0原子和N原子均为杂化
B.分子中的键角大于的键角
C.分子中的极性大于的极性
D.分子中含有手性碳原子
【正确答案】 B

6-5（提升） 冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是

A.该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型
B.该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面
C.该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1
D.与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更大
【正确答案】 B

6-6（提升） 某有机物的结构简式如下图所示，是合成抗菌药物的重要中间体。下列说法中正确的是

A.该有机物含有3种官能团
B.该有机物的分子式为
C.1该有机物最多能与5发生加成反应
D.该分子中只有3个采取杂化的原子
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 有机分子中原子共面的判断,核酸的组成与结构,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 病毒核酸保存液中的胍盐(可由胍与盐酸反应制得，胍的结构简式如图所示)能使蛋白质变性，胍盐在碱性溶液中水解产物中含有氨和尿素。下列说法不正确的是

A.蛋白质变性属于物理变化 B.胍的水溶液呈碱性
C.胍中不存在非极性键 D.胍易溶于水
【正确答案】 A

7-2（基础） 病毒核酸保存液中的胍盐(可由胍与盐酸反应制得，胍的结构简式如下图所示)能使蛋白质变性，胍盐在碱性溶液中水解产物中含有氨和尿素。下列说法不正确的是

A.蛋白质变性属于物理变化
B.胍的水溶液呈碱性
C.HCl分子属于极性分子
D.尿素晶体为分子晶体
【正确答案】 A

7-3（巩固） 在化学工业中，氮是非常重要的非金属元素。氨、铵盐、硝酸都是在化工生产中广泛使用的物质，水合肼(N2H4·H2O)是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl。与此同时，氮的化合物如果处理不当也会造成环境污染。硝基胍是固体火箭推进剂的重要组分，其结构如图所示。下列说法中正确的是

A.硝基胍具有碱性 B.硝基胍分子中只存在极性键
C.硝基胍分子中所有原子均满足8电子稳定结构 D.硝基胍分子中所有原子一定在同一平面内
【正确答案】 A

7-4（巩固） 化学为疫情防控提供了强有力的支撑。下列说法正确的是

A.采样管中红色病毒核酸保存液常为盐酸胍(如图)，化学式为
B.生产N95口罩的主要原料聚丙烯，含有大量双键
C.免洗酒精消毒凝胶能杀灭新冠病毒，消毒原理与“84”消毒液不相同
D.新冠核酸疫苗的主要成分DNA或RNA，均为小分子化合物
【正确答案】 C

7-5（提升） 核酸采样管里的红色病毒保存液，其主要成分是胍盐和少量的双咪唑烷类，一种胍盐和双咪唑烷的分子结构如图所示，以下说法中不正确的是

A.双咪唑丁烷可以与羧酸反应生成酰胺
B.盐酸胍易溶于水，双咪唑丁烷难溶于水
C.盐酸胍的分子式为CH6N3Cl，属于盐类
D.双咪唑丁烷常用作配体，其配位原子是N
【正确答案】 A

7-6（提升） 硝基胍是固体火箭推进剂的重要组分，其结构如图所示。下列说法正确的是

A.硝基胍分子中不含非极性键
B.硝基胍分子中所有碳、氮原子均为sp2杂化
C.硝基胍分子中键与键的个数比是3：1
D.硝基胍分子中所有原子不可能共平面
【正确答案】 D

【原卷 8 题】 知识点 影响水电离的因素,微粒半径大小的比较方法,焰色试验

【正确答案】
B
【试题解析】


8-1（基础） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是（ ）

A.W的原子半径大于Z，金属性强于Z
B.W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族
C.可以通过电解熔融的己来制备戊
D.X和Y形成的化合物中只含极性共价键
【正确答案】 C

8-2（基础） A、B、C是元素周期表中前18号元素中的3种元素，甲是常见化合物，常温下呈液态，A原子在同周期中半径最小，它们之间存在如图所示关系。下列说法错误的是

A.原子半径大小:B>A>C
B.气态时稳定性:乙>甲
C.与甲含相同元素的另一化合物既有极性键也有非极性键
D.等浓度时，乙的水溶液在A的同主族无氧酸中酸性最强
【正确答案】 D

8-3（巩固） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是

A.丙属于碱性氧化物
B.W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族
C.W的原子序数是Z的两倍，金属性弱于Z
D.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等
【正确答案】 C

8-4（巩固） 前20号元素、、、的原子序数依次增大，且处于四个不同的周期和四个不同的主族。为元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素中的两种或三种元素组成的化合物；常温下乙为液体。下列说法正确的是

A.简单离子半径： B.反应①中只有离子键断裂
C.反应②为工业上制备漂白粉的反应原理 D.丁和戊中的化学键类型全部相同
【正确答案】 C

8-5（提升） 前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列四个不同周期和四个不同主族。其中A为Y元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物；常温下乙为液体。下列说法正确的是

A.简单离子半径：Z>Y
B.反应①为吸热反应
C.反应②为工业上制备漂白粉的反应原理
D.X、Y分别与Z形成的化合物中，化学键类型一定相同
【正确答案】 C

8-6（提升） R、X、Y、Z、W为元素周期表前20号元素，且原子序数依次增大。实验室利用甲、乙两化合物制备丁(一种赏见的气体)。下列有关推断错误的是
已知：甲、乙中均只含3种上述元素，丙、丁、戊中均只含2种上述元素。

A.原子半径： B.最简单气态氢化物的稳定性：
C.常温下，甲、乙都能增大水的电离程度 D.Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 离子方程式的书写,钠与水反应原理,水的电离

【正确答案】
D
【试题解析】


9-1（基础） 元素周期表中，B与Si处于对角线位置，性质相似。下列推断不合理的是
A.硅酸为弱酸，可推断硼酸为弱酸
B.，可推断
C.还原能力强，空气中自燃，可推断还原能力强，空气中自燃
D.Si原子最外层有4个电子，可推断B原子最外层有4个电子
【正确答案】 D

9-2（基础） HN3在常温下是一种无色液体，与CH3COOH的酸性相似，能与氢氧化钠溶液反应生成叠氮化钠(NaN3)，某些安全气囊中装有叠氮化钠，受到强烈撞击时可产生大量气体，保护人员安全。下列说法不正确的是
A.NaN3的摩尔质量为65g/mol
B.HN3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：2H++CO=CO2↑+H2O
C.HN3也能与氨水发生反应生成NH4N3
D.NaN3受到强烈撞击时发生分解，发生反应的化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2↑
【正确答案】 B

9-3（巩固） 和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是
A.与都能在水中与氨形成配合物
B.和的熔点都比的低
C.和均可表现出弱酸性
D.和的氢化物都不能在酸中稳定存在
【正确答案】 A

9-4（巩固） 科学家们通过精确的导电性实验证明，纯水中除了大量的水分子，还存在极少量的H3O+和OH-，根据这个信息推断，下列叙述错误的是
A.水中存在极少量的H3O+和OH-，说明水是一种极弱的电解质
B.常温下，水的电离需要通电才能进行
C.若液氨的电离与水相似，则液氨的电离方程式可以表示为2NH3NH+NH
D.蒸馏水也能导电，只是导电能力非常弱
【正确答案】 B

9-5（提升） H2O、H2O2、HO2(超氧化氢)都属于氢氧化合物，其中HO2又叫超氧酸，与H2O2化学性质相似，又与HX(X=Cl、Br、I等)的某些性质相似。下列推测不合理的是
A.HO2可用于杀菌消毒
B.HO2可与AgNO3反应：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3
C.HO2不稳定，分解会生成氧气
D.HO2在碱溶液中能稳定存在
【正确答案】 D

9-6（提升） 碘是一种与人的生命活动密切相关的元素，已知I2能溶于NaOH或KI溶液，反应方程式分别为：3I2+6OH-==5I-++3H2O(HIO不稳定，易发生歧化反应)和I2+I-==，溴化碘(IBr)是一种卤素互化物，具有与卤素单质相似的性质，下列反应方程式中不正确的是
A.IBr加入Na2S溶液中产生黄色浑浊：IBr+S2-=I-+Br-+S↓
B.IBr加入KI溶液中：IBr+2I-=Br-+
C.IBr加入NaOH溶液中：IBr+2OH-=I-+BrO-+H2O
D.IBr加入AgNO3溶液中：3IBr+5Ag++3H2O=3AgBr↓+2AgI↓++6H+
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 原电池原理理解,新型电池

【正确答案】
A
【试题解析】


10-1（基础） 一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作支撑材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，相关图示如图1、图2，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)Zn+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4•3Zn(OH)2•xH2O]，下列说法不正确的是

A.放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维的反应为Zn+H2O+ZnSO4+OH——e—=[ZnSO4•3Zn(OH)2•xH2O]
B.充电时，含有MnO2膜的碳纳米管纤维与外电源正极相连
C.合成图2中的有机高聚物分子的反应为缩聚反应
D.有机高聚物中通过氢键的缔合作用，增强了高聚物的稳定性
【正确答案】 C

10-2（基础） 我国科学家利用电池，以水溶液作为锌离子电池的介质，可实现快速可逆的协同转化反应。如图所示，放电时该电池总反应为：。下列说法正确的是

A.放电时，为负极，发生氧化反应
B.放电时，参与反应，转移
C.充电时，通过阳离子交换膜从极移向极
D.充电时，阳极发生反应：
【正确答案】 D

10-3（巩固） 某钠离子电池结构如图所示，电极A为含钠过渡金属氧化物(NaxTMO2)，电极B为硬碳，充电时Na+得电子成为Na嵌入硬碳中。下列说法不正确的是

A.充电时，电极B与外接直流电源的负极相连
B.放电时，外电路通过a mol电子时，A电极电解质损失a mol Na+
C.放电时，电极A为正极，反应可表示为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2
D.电池总反应可表示为Na1-xTMO2+ NaxC = NaTMO2+ C
【正确答案】 B

10-4（巩固） 某高温熔融盐“热电池”，采用、等合金作电极，具有比纯锂电池更高的安全性，其工作原理如图所示。放电时，1mol 完全反应转移电子。下列说法错误的是

A.该电池工作时电流方向为：极→用电器→LiAl极
B.热电池的正极材料需要具备高温下的热稳定性和物理稳定性
C.正极的电极反应式为
D.若1mol 转化为，则消耗 49.2g
【正确答案】 D

10-5（提升） 我国学者最近研发出一种以铝为负极、石墨烯薄膜为正极的新型铝一石墨烯电池，可在石墨烯薄膜上嵌入或脱嵌，离子液体作电解质，其中阴离子有、，阳离子为(，其结构中存在大键)，放电机理如图所示。已知：大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数，如苯分子中的大键可表示为。下列说法错误的是

A.中的大键可表示为
B.和中各原子最外层均达到8电子结构
C.充电时，阴极反应式为
D.放电时，总反应式为
【正确答案】 D

10-6（提升） 是一种钠离子电池正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法中错误的是

A.每个晶胞中含个数为
B.每个晶胞中0价Cu原子个数为
C.放电时由转化为NaCuSe的电极反应为：
D.充电时1mol晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为8
【正确答案】 A

【原卷 11 题】 知识点 晶胞的有关计算,离子晶体,金属材料的性质及利用

【正确答案】
B
【试题解析】


11-1（基础） 一种理想的荧光材料CuInSn的晶胞结构如图所示。已知：原子中电子有两种相反的自旋状态，一种用+表示，另一种用-表示。下列说法正确的是

A.晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有8个
B.基态In原子的电子自旋量子数的代数和为或-
C.若A处原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处原子坐标为(0，0.5，0.25)，则C处原子坐标为(0.5，0.5，0.75)
D.设NA为阿伏加德罗常数，CuInSn的摩尔质量为Mg/mol，则晶体的密度为g/cm
【正确答案】 D

11-2（基础） 某笼形络合物A[Ni(CN)x(NH3)y(C6H6)z]结构中，金属离子与CN连接形成平面层，两个平面层通过NH3分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如C6H6)，其基本结构如图(H原子未画出)。下列说法错误的是

A.该结构不是晶胞结构单元 B.x：y：z=2：1：1
C.金属离子的配位数为4和6 D.该笼形络合物A的晶胞密度为g/cm3
【正确答案】 D

11-3（巩固） 砷化硼的晶胞结构如图所示，晶胞的边长为，下列说法中正确的是

A.砷化硼的化学式为
B.砷化硼晶胞中，的配位数是4
C.砷化硼晶胞中，原子之间的最短距离为
D.晶体的密度为
【正确答案】 B

11-4（巩固） 我国科研工作者利用冷冻透射电子显微镜同步辐射等技术，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的某二维晶体，其结构如图所示。下列说法正确的是

A.该二维晶体的化学式为CaCl2 B.Ca－Cl－Ca的键角为60°
C.Can+和Cl-的配位数均为3 D.该晶体可由钙在氯气中燃烧制得
【正确答案】 C

11-5（提升） 硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是

A.晶胞中硒原子的配位数为12
B.晶胞中d点原子分数坐标为
C.相邻两个Zn原子的最短距离为nm
D.电负性：Zn>Se
【正确答案】 B

11-6（提升） 氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。镧 （La）镍（Ni）合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，有 关其说法正确的是

A.属于金属晶体
B.该合金的化学式为 La7Ni12
C.其熔点比组分金属高，硬度比组分金属大
D.设该结构单元的体积为 Vcm3，NA为阿伏伽德罗常数，合金的摩尔质量为 M g/mol。则该合金的密度为ρ= g/ cm3
【正确答案】 A

【原卷 12 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,配合物的概念、组成及形成条件,物质的分离、提纯,物质制备的探究

【正确答案】
D
【试题解析】


12-1（基础） 以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的工艺流程如图所示。下列说法正确的是

A.“灼烧”可在石英坩埚中进行
B.“母液”中的溶质仅有、
C.“结晶”过程宜采用蒸发结晶的方法
D.“转化”过程中的反应方程式为
【正确答案】 D

12-2（基础） “太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是

A.基态钛原子核外有4个未成对电子 B.金属Mg与TiCl4可在氮气气氛条件下进行反应
C.步骤II加热可促进TiO2+的水解 D.步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+CTiCl4+CO
【正确答案】 C

12-3（巩固） 从废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)中获取高纯的工艺流程如图。下列说法不正确的是

A.“煅烧”过程利用沸点低进行分离提纯
B.“溶浸”过程主要用于氧化
C.“溶铅”过程的离子方程式为
D.“沉铅”过程的化学方程式为
【正确答案】 B

12-4（巩固） 工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是

A.反应器中的反应的化学方程式为
B.分离器中物质分离操作为蒸馏
C.膜反应器中加入，生成可循环的的物质的量为1mol
D.碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol
【正确答案】 C

12-5（提升） 利用锌灰(主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、、FeO、等杂质)制备高纯ZnO的工艺流程如图所示，下列说法错误的是

A.为了提高酸浸效率，可采取适当升高温度、适当增大溶液的浓度等措施
B.滤渣1的主要成分为、
C.步骤1中发生反应的离子方程式为：
D.试剂a为ZnO或
【正确答案】 D

12-6（提升） 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾{}是一种重要的化工产品，微溶于水。以含的样品为原料制备该化工产品的工艺如图所示，下列说法错误的是

A.“氧化”中不可采用高温来提高氧化反应速率
B.“沉铁”反应为
C.采用双层滤纸“过滤”，避免滤纸被氧化铜颗粒划破
D.分离产品的操作是蒸发浓缩、降温结晶
【正确答案】 D

【原卷 13 题】 知识点 物质制备的探究,碘酸钾,化学实验基础操作,常见无机物的制备

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成(熔点为30℃)，高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图(夹持装置略)：

下列说法错误的是
A.A的名称是蒸馏烧瓶，B的进水口为b
B.空气流入毛细管的主要作用是防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用
C.过滤磷酸晶体时，需要干燥的环境，同时还需要控制温度为30～42℃之间
D.磷酸中少量的水极难除去的原因是分子中含羟基，可与水分子间形成氢键
【正确答案】 A

13-2（基础） 超酸HSbF6是石油重整中常用的催化剂，实验室常以SbCl3、Cl2和HF为原料，通过反应：SbCl3+Cl2=SbCl5、SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl制备。其制备SbCl5的实验装置如图所示。已知：SbCl3的熔点73.4℃，沸点223.5℃，易水解；SbCl5的熔点3.5℃，液态SbCl5在140℃时即发生分解，2.9kPa下沸点为79℃，也易水解。下列说法不正确的是

A.SbCl5制备完成后，常压加热至73.4℃以上蒸馏使SbCl3变成气体除去
B.装置II的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气
C.装置I中的a为冷凝水的进水口
D.由SbCl5制备HSbF6时，因涉及HF而不能选用玻璃仪器
【正确答案】 A

13-3（巩固） 1971年Tekkosha公司利用金属钠可溶于水银形成液态的合金“钠汞齐”这一性质，通过电解饱和食盐水得到金属钠，制取钠汞齐的实验装置如图所示。下列说法错误的是

A.b电极是阴极
B.若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-
C.电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升
D.水银层的质量每增加0.23 g， 理论上c口会逸出112 mL气体
【正确答案】 D

13-4（巩固） 硫酸亚铁铵可由硫酸亚铁和饱和硫酸铵溶液混合制备，其化学式为，右图是在常温下制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置，最终可在装置①的底部结晶出硫酸亚铁铵。下列说法错误的是

A.实验所用铁屑用的溶液煮沸可以除去铁屑表面的油污
B.装置①中硫酸亚铁铵结晶析出的可能原因是常温下①中混合溶液中硫酸亚铁铵的溶解度最小
C.待锥形瓶内的铁屑全部耗尽后，关闭，打开
D.溶液的作用是洗涤除去杂质气体
【正确答案】 C

13-5（提升） α-呋喃丙烯酸是一种重要的有机酸，其实验室制备原理如下：
+CH2(COOH)2+CO2↑+H2O
制备α-呋喃丙烯酸的步骤如下：向三颈烧瓶中依次加入丙二酸、糠醛和吡啶，在95℃下回流2小时，停止反应；将混合物倒入冷的3mol·L-1盐酸中析出淡黄色沉淀，将其置于冰水中1小时，过滤，用水洗涤2～3次，得到粗产品。实验装置如图所示。

下列说法正确的是
A.仪器A的a口为进水口 B.不产生气泡时表明三颈烧瓶中反应已完成
C.冷的盐酸和冰水的主要作用是提高晶体纯度 D.过滤后洗涤时，向漏斗中注满蒸馏水并不断搅拌
【正确答案】 B

13-6（提升） 三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。某实验小组利用干燥的氯气和下列装置(装置可重复使用)制备BCl3并验证反应中有CO生成。

已知：i.实验室制备BCl3的化学方程式为：B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO；
ii.BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，遇水水解生成H3BO3和HCl。下列说法不正确的是
A.实验装置合理的连接顺序为①⑥④②⑦⑤③
B.装置④中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
C.装置⑥的作用是冷凝并收集BCl3
D.验证有CO生成的现象是装置⑦中CuO由黑色变成红色，且装置⑤中澄清石灰水变浑浊
【正确答案】 A

【原卷 14 题】 知识点 碰撞理论及活化能,醇的消去反应,氢键对物质性质的影响

【正确答案】
B
【试题解析】


14-1（基础） 乙醇和乙酸在酸性条件下生成乙酸乙酯，反应机理如图，下列说法错误的是

A.Ⅰ→Ⅱ形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂配位键
B.Ⅱ→Ⅲ的反应的原子利用率为100%
C.Ⅲ→Ⅳ质子发生转移
D.若反应条件为浓硫酸，只能加快反应速率，不能提高乙酸乙酯的平衡产率
【正确答案】 D

14-2（基础） Boger吡啶合成反应是指1，2，4-三嗪和亲双烯体在四氢吡咯的催化作用下，经杂原子Diels-Alder反应再脱氮生成吡啶的反应()，反应机理如下。已知：连有四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子。

下列说法错误的是
A.步骤1，3为加成反应 B.步骤2，4，5为消去反应
C.b中有1个手性碳原子 D.f中最多有7个碳原子共平面
【正确答案】 C

14-3（巩固） Wolff-Kishner-黄鸣龙反应是醛类或酮类在碱性条件下与肼作用，使得>C=O转化为-CH2-。如：

其中，X和Y不污染环境，下列说法中不正确的是
A.肼作还原剂
B.X是N2
C.Y是H2O
D.在酸性条件下水解为苯甲酸和乙醇
【正确答案】 D

14-4（巩固） CO2和甲醇在Ru-Rh(釨铑)基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是

A.LiI也是该反应的催化剂
B.反应①是取代反应
C.反应④中有非极性键的断裂和极性键的形成
D.根据该反应机理，可以由制备CH3CH2CH2COOH
【正确答案】 D

14-5（提升） 羧酸与醇发生酯化反应的机理如图，下列说法不正确的是

A.该反应历程包括质子化、加成、消去、质子转移等过程
B.同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构
C.物质a中所有中心原子杂化方式相同
D.用CH3CO18OH来研究酯化反应断键的规律同样可行
【正确答案】 D

14-6（提升） 我国科研人民使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：

下列说法错误的是（　　　）
A.该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
B.还原反应过程只发生了极性键的断裂
C.肉桂醇分子中存在顺反异构现象
D.等量的苯丙醛，肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等
【正确答案】 B

【原卷 15 题】 知识点 弱电解质的电离平衡,盐的水解常数

【正确答案】
A
【试题解析】


15-1（基础） 已知为三元弱酸。25℃时，某溶液中含R的各微粒分布分数(平衡时某微粒的浓度占所有微粒浓度之和的分数)随pH值的变化关系如图所示。下列有关说法正确的是

A.溶液的pH大于7
B.溶液中存在
C.的水解常数为
D.溶液中存在：)
【正确答案】 C

15-2（基础） 常温下，已知溶液中含磷物种的浓度之和为，溶液中各含磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数，pOH表示的浓度负对数；x、y、z三点的坐标：，，。下列说法正确的是

A.为三元弱酸
B.曲线②表示随pOH的变化
C.的溶液中：
D.的平衡常数
【正确答案】 C

15-3（巩固） 为一种三元弱酸。常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液中[表示、或]随溶液的变化如图所示。下列说法正确的是

A.曲线c代表与溶液的关系
B.常温下，的的数量级为
C.时，溶液中存在：
D.常温下，能促进水的电离
【正确答案】 C

15-4（巩固） 亚砷酸()是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图，下列说法正确的是

A.的电离方程式为
B.第一步的电离常数为，则
C.溶液的pH约为9.2
D.溶液中、、可以大量共存
【正确答案】 B

15-5（提升） 25℃时，二元弱酸的，，下列说法正确的是
A.0.1mol/L的与分别稀释100倍，稀释后溶液：
B.中和等、等体积的与溶液消耗的量相同
C.25℃时，向溶液中加入溶液至，则
D.等浓度、等体积的溶液与溶液混合，则
【正确答案】 D

15-6（提升） H2R是一种二元弱酸，常温下某水体中c(H2R)由于空气中的某种成分的存在而保持不变，又知该水体为H2R、HR-、R2-、M2+)与pH的关系如图所示、Ksp(MR)=3.0×10-9，下列说法错误的是

A.Kal(H2R)=1×10-6.3
B.0.1mol·L-1的KHR的溶液：c(K+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
C.曲线④表示水体中c(M2+)随着pH的变化情况
D.当pH=10.3时，水体中c(M2+)等于3.0×10-7mol·L-1
【正确答案】 D

【原卷 16 题】 知识点 蒸发与结晶,溶解度、饱和溶液的概念,相似相溶原理及应用

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 二茂铁[Fe(C5H5)2]在航天、节能、环保行业以及工农业生产有广泛的应用。用环戊二烯(C5H6)制备二茂铁的反应原理：在无氧无水环境中，新制的环戊二烯和FeCl2在KOH四氢呋喃溶液中加热生成二茂铁。
已知：①环戊二烯的性质：熔点－80℃、沸点42℃。
②双环戊二烯的性质：熔点33℃，在170℃较快分解为环戊二烯。
③FeCl3溶于四氢呋喃，FeCl2更易溶于有机溶剂二甲亚砜[(CH3)2SO]。
某兴趣小组以双环戊二烯、铁粉、FeCl3为原料模拟工业制备二茂铁，设计的装置如图(夹持及加热装置省略)。b处阀门可切换蒸馏冷凝装置或通氮气装置。
部分简要操作步骤如下：
①I中加入双环戊二烯，Ⅱ中加入KOH四氢呋喃溶剂，Ⅲ中加入铁与FeCl3混合粉末；
②用氮气排尽装置中空气；
③加热装置I至170℃，并保持恒温；
④向Ⅲ中加入四氢呋喃溶解FeCl3；
⑤蒸馏Ⅲ中溶液，得近干残留物，再加入有机溶剂二甲亚砜；
……
回答下列问题：

(1)图中所示的三个装置均使用到的一种仪器的名称是___________。
(2)步骤③装置I的操作中，下列加热方式最适宜的是___________(填序号)。
A．水浴加热 B．油浴加热 C．垫石棉网加热
(3)步骤③装置Ⅰ保持恒温的目的是___________。
(4)将装置Ⅲ中的FeCl2转移至装置Ⅱ中的方法是___________。
(5)整个制备过程需采取无氧无水环境的原因是___________。
(6)写出生成二茂铁的化学方程式：___________。
【正确答案】 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶) B 持续产生环戊二烯并蒸至装置Ⅱ中 打开a处开关，由b处吹入氮气 防止Fe2+和有机原料被氧化，避免反应过程金属离子水解

16-2（基础） 摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，M=392g/mol]可按以下流程制得二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度的还原铁粉：

已知：FeC2O4·2H2O难溶于水：H2C2O4易溶于水，溶解度随温度的升高而增大。完成下列填空：
(1)步骤②中，H2C2O4稍过量的原因是_______
(2)为提高FeC2O4·2H2O的纯度，步骤③中宜用_______(选填“热水”、“冷水”或“无水酒精”)洗涤
(3)实验室为实现步骤④必须用到下列仪器中的_______(选填编号)
a．烧杯 b．坩埚 c．锥形瓶 d．玻璃棒 e．石棉网
(4)写出步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3的理由_______
(5)称取某摩尔盐样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，发生反应：5Fe2+++8H+→5Fe3++Mn2++4H2O。
①达到滴定终点时，消耗10.00mLKMnO4溶液滴定终点的现象是_______，该摩尔盐的纯度是_______。
②实验结果比理论值偏低的可能原因是_______(选填编号)
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b．滴定过程有少量样品溶液溅出
c．滴定前仰视滴定管读数
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
【正确答案】 使Fe2+完全沉淀 热水 bd 产物中会混有过量的炭粉 溶液变为(淡)浅红色，且半分钟内不变色 70% bc

16-3（巩固） 2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐。VB空气防护卡也成了“网红”，成为人们讨论的话题。商品介绍卡片中含有的主要活性成分一NaClO2，在接触空气时可以释放安全可靠的低浓度二氧化氯(C1O2)，从而达到消除病毒、细菌活性的防护效果。下面是某研究小组模拟工业制法用二氧化氯气体生产NaClO2固体的简单装置图。

已知：①ClO2可溶于水，有毒，浓度过高时易发生分解。
②饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。
1、盛放NaClO3溶液仪器的名称为___________，装置B的作用是___________。
2、已知装置A中CH3OH被氧化为甲酸，则对应的反应的化学方程式为___________。
3、实验表明氮气流速过快或过慢均导致NaClO2的产率降低，其原因可能是___________。
4、装置C中冰水浴的作用___________、___________ (答出两点)。
5、从装置C的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：
①减压55℃蒸发结晶；
②___________；
③用38℃～60℃的温水洗涤；
④低于60℃干燥，得到成品。
6、为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取ag样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL(已知：I2+2=2I-+)。样品中NaClO2的质量分数为___________(用含a、b、c的代数式表示)。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___________(用离子方程式和文字表示)。
【正确答案】 1、三颈烧瓶 安全瓶
2、4NaClO3+CH3OH+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O
3、氮气流速过快时，ClO2不能被充分吸收；氮气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度会过高，将易导致分解
4、防止NaClO2分解 减少H2O2的分解，增加ClO2的溶解度等
5、趁热过滤 6、100% 4H++4I-+O2=I2+2H2O，操作①环节有部分I-被空气氧化为I2，消耗Na2S2O3增多，结果偏高

16-4（巩固） 对氯苯氧乙酸是植物生长调节剂的中间体，实验室合成如下。
Ⅰ．实验步骤：

Ⅱ．反应原理：
主反应：
(相对分子质量：186.5)
副反应：
Ⅲ．实验装置

请回答：
(1)用10mL20%NaOH溶液溶解苯酚固体的原因(用化学方程式表示)_______。
(2)下列说法正确的是_______
A．图1中仪器X名称为三颈烧瓶，其加热方式只能用水浴或垫石棉网加热
B．图1冷凝管中的冷却水从导管a进入、导管b流出，利用逆流原理冷却效果好
C．图2热过滤时固液混合物液面要低于滤纸边缘，滤纸要低于漏斗边缘
D．图2热过滤优点防止温度降低引起产品损耗，从而提高产品收率
(3)步骤Ⅳ为粗产品的纯化，从下列选项中的操作合理排序：粗产品→用热的乙醇溶解→_______→_______→加蒸馏水→_______→_______→_______→干燥→4.76g产品。本实验的产率为_______(保留整数)
a．自然冷却 b．趁热过滤 c．洗涤 d．煮沸 e．抽滤
(4)为了测定对氯苯氧乙酸产品的纯度，可采用中和滴定法：准确称取0.2g产品，置于锥形瓶中，加30mL乙醇溶解，滴加酚酞指示剂，以标准溶液滴定至微红色出现并持续30s不变色，即为终点，重复实验，数据如下：
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.20
20.22
2
20.22
40.52
3
1.54
21.52
①装标准溶液时选择图3中规格为50mL的滴定管_______(填“M”或“N”)。
②对氯苯氧乙酸产品的纯度为_______(小数点后保留一位)。
【正确答案】 D d b a e c 51% N 93.3%

16-5（提升） 近年来人们开发了一种由铝合金和硼纤维组成的铝合金基-硼纤维复合材料。该材料具有比铝合金更高的比强度和比模量，可用于航空、航天飞行器。有人设计了一种分析这种复合材料中硼含量的方法：用混酸溶解m克样品，配成体积为V0的试样溶液；通过强酸型阳离子交换树脂除尽溶液中的金属阳离子；以甲基红为指示剂，用NaOH溶液中和试样溶液；加入甘露醇，使硼酸(Ka=5.8×10-10)定量地转变为甘露醇-硼酸配合物(Ka=8.4×10-6)，反应方程式为：
+H3BO3= +H++3H2O
再加入适当指示剂，用NaOH溶液滴定到终点。主要分析流程图如下(图中只列出主要物质，其他少量物质的干扰可以不予考虑)。

1、写出从A框到B框生成H3BO3的反应方程式以及H3BO3在水溶液中的电离方程式___、___。
2、除去过量酸后的热溶液在冷却至室温过程中有时析出白色鳞片状晶体。写出该晶体的化学式并解释为什么晶体呈片状_____、_____。
3、从C框到D框的滴定操作过程中，是否需要准确地中和H+____？简述原因_____。
4、从原理上分析D框到E框这一步操作的目的______。
5、如果E框中配合物和NaOH滴定剂的浓度均为0.10mol·L-1，请估算滴定到化学计量点时的pH___，并指出从E框到F框的滴定过程中，应该选用哪种指示剂___？滴定终点的颜色是什么____？
指示剂
变色范围pH
颜色
Hln
酸式
碱式
甲基橙
3.1～4.4
红
橙黄
3.4
甲基红
4.4～6.2
红
黄
5.0
酚红
6.7～8.4
黄
红
8.0
酚酞
8.2～10.0
无
紫红
9.4
6、V0、V1和V2的单位都为mL，MB为硼的摩尔质量(g·mol-1)，c(NaOH)为NaOH溶液的浓度(mol·L-1)，请给出被测溶液中硼含量(g·L-1)的计算式________。
【正确答案】 1、B+3HNO3 =H3BO3 +3NO2↑、2B+3H2SO4=2H3BO3 +3SO2↑ H3BO3+H2OB(OH) +H+或 +H2O+H+
2、H3BO3 硼酸B(OH)3分子呈平面三角形，分子与分子之间通过氢键形成层状结构；层与层之间通过范德华力结合，所以，析出的硼酸呈鳞片状。
3、需要准确中和H+ 碱中和过量，会造成硼的测定结果偏低；碱中和不足，则硼测定结果偏高
4、因为对于硼酸而言，Ka·c<10-8 ，不能直接被NaOH滴定。但硼酸中的硼具有缺电子性质，加入甘露醇之类的多羟基化合物，可以增强硼酸酸性，使其Ka ` c> 10-8而能准确地被NaOH滴定
5、8.89 酚酞 微红色
6、

16-6（提升） 黄铜矿的主要成分是CuFeS2(硫元素显-2价，铁元素显+2价)。实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红(Fe2O3)的流程如下：

已知：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2，FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑
1、在实验室中，应将黄铜矿粉末放在___________(填仪器名称)中焙烧。
2、欲选用下列部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气。

①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为___________。
②按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a→___________。
③装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性，具体方法是___________。
3、实验室中配置450mL 6mol·L-1盐酸需要用到的玻璃仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒还有：___________，需要量取12mol·L-1浓盐酸的体积是___________，量取浓盐酸时俯视会使所配置溶液浓度___________(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)
4、若使用20g黄铜矿粉末可制得8g Fe2O3(铁红)，则该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数是___________(假设各步反应均完全进行且过程中无额外物质损耗)。
【正确答案】 1、坩埚 2、MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O b→c→g→h→d 关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气
3、500mL容量瓶、胶头滴管 250.0mL 偏低 4、92%

【原卷 17 题】 知识点 同分异构体的数目的确定,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】


17-1（基础） 以下是某药物L的一种合成路线：

已知：①
②
1、B的官能团名称是_______。
2、C→D的反应类型是_______。
3、写出符合以下条件的E的同分异构体的结构简式_______。
a．属于芳香族化合物 b．能发生银镜反应 c．苯环上的氢原子的种类只有2种
4、H→J的化学方程式是_______。
5、下列关于化合物K说法不正确的是_______。
a．从K→L的反应可知，K分子具有碱性 b．K分子在胃酸中能稳定存在
c．由J→K是加成反应 d．K能发生氧化反应
6、D+F→G经过中间产物1和中间产物2，请写出中间产物2的结构简式________。

【正确答案】 1、氨基 2、加成反应 3、
4、＋＋HCl
5、bc 6、

17-2（基础） 布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。

已知：
(i)
(ii)环氧羧酸酯在一定条件下可发生反应：
回答下列问题：
1、A的名称为_______，E中官能团的名称为_______。
2、C的结构简式为_______。
3、写出对应过程的反应类型：A→B为_______，B→C为_______。
4、E与新制氢氧化铜溶液反应的化学方程式为_______。
5、下列关于布洛芬的说法正确的是_______(填标号)。
A.能发生氧化、取代、加成反应
B.过量布洛芬不能与Na2CO3生成CO2
C.能与高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸
D.一个布洛芬分子含有两个手性碳原子
6、①口服布洛芬对胃、肠道有刺激，原因是_______；
②用 对布洛芬进行成酯“修饰”后的有机物M可降低对胃肠道的刺激，写出M的结构简式：_______；
③如果对布洛芬既进行成酯“修饰”，又将其转化为缓释布洛芬高分子，疗效增强、镇痛更持久。缓释布洛芬高分子结构如下：

制备缓释布洛芬高分子，除了布洛芬还需要两种原料，其结构简式分别为_______、_______。
【正确答案】 1、甲苯 醛基 2、 3、加成反应 取代反应
4、 5、AC
6、布洛芬含有羧基具有酸性，对胃、肠道有刺激 HOCH2CH2OH

17-3（巩固） 抗抑郁药物帕罗西汀的合成流程如图：

已知：i.RCHO+CH2(COOH)2RCH=CHCOOH
ii.R′OHR′OR″
1、A中官能团的名称为_______。
2、下列有关B的说法正确的是_______(填字母标号)。
a.不能使酸性KMnO4溶液褪色
b.存在顺反异构
c.分子中没有手性碳原子
d.存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
3、D和G生成H的反应类型是_______，由E生成G的化学方程式为_______。
4、M的结构简式为_______。
5、化合物L的芳香族化合物同分异构体中同时满足下列条件的有_______种。
a)遇FeCl3溶液显紫色；b)能发生银镜反应。
写出其中任意一种核磁共振氢谱的吸收峰面积为1：2：2：1的结构简式_______。
6、以黄樟素()为原料，经过其同分异构体N可制备L()。
已知：①R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO②R3CHOHCOOR3

分别写出制备L时，中间产物N、P、Q的结构简式_______、_______、_______。
【正确答案】 1、碳氟键、醛基 2、bc
3、加成反应 NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O
4、 5、9种 或或
6、

17-4（巩固） 化合物H是一种激素受体拮抗剂，其合成路线如下(图中给出了部分转化过程的产率)：

回答下列问题：
1、A→B与B→C的反应类型___________(填“相同”或“不同”)。
2、化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的还有___________种(不考虑立体异构)。
①苯环上有3个取代基；
②F和Br直接与苯环相连，且仍为间位关系；
③具有酰胺类物质的性质。
3、化合物E的结构简式为___________。
4、化合物F核磁共振氢谱的吸收峰有___________组。
5、化合物G可以由化合物X转化得到：

化合物X中的官能团名称是___________、___________、氰基；
将该反应方程式补充完整___________：

6、F→H可看成分2步进行，第一步是化合物F的氮原子进攻化合物G，第二步是酯交换反应成环得到化合物H。
①第一步的反应类型是___________；
②酯交换反应是典型的可逆反应，但F→H的产率却较大，从产物结构分析，其原因可能是___________。
【正确答案】 1、相同 2、19
3、 4、8 5、氨基 碳氟键 2HCl
6、加成反应 形成的五元环较稳定(或答酰胺键比酯基稳定)

17-5（提升） A为重要的有机化工原料，B分子的核磁共振氢谱图中只有一组峰。下列是合成防火材料聚碳酸酯(PC)和有广泛用途的内酯E的路线：

已知：i．(D′、R″为氢原子或烃基)
ii．(R、D′、R″代表烃基)
回答下列问题：
1、A的化学名称是___________。
2、反应①的反应类型是___________。
3、C中所含官能团的名称为___________。
4、反应②的化学方程式为___________。
5、E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式为___________。
6、化合物F的分子中，最多___________个原子与氧原子处于同一平面(不计氧原子)。
7、以物质B为原料，选用必要的无机试剂经过以下三步反应合成：
。
写出中间产物的结构简式：___________或___________。
【正确答案】 1、丙醇(或异丙醇) 2、氧化反应 3、酮羰基、羟基
4、
5、 6、12 7、

17-6（提升） 2022年诺贝尔化学奖授予在点击化学和生物正交化学方面做出贡献的科学家。点击化学反应是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：

我国科研人员利用该反应设计合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成路线如图1所示：

已知：
1、化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。
2、关于B和C，下列说法正确的是_______(填标号)。
a.利用质谱法可以鉴别B和C
b.B可以发生氧化反应、取代反应、消去反应
c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
3、B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。
4、反应②的化学方程式为_______。
5、E的结构简式为_______。
6、为了探究连接的基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图2所示：

写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。
【正确答案】 1、醛基、溴原子(或碳溴键) 取代反应 2、ab 3、
4、++H2O
5、
6、

【原卷 18 题】 知识点 氧化还原反应的规律,常见无机物的制备,萃取和分液,亚硫酸及其盐

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 钌粉主要用于生产钌靶材，而钌靶材是生产计算机硬盘不可替代的材料。以钌废料(废料中钌主要以单质的形式存在，还含有Al、Cr、Cr、CO、Ti、Fe等杂质)制备高纯钌粉的流程如下：

已知：i.钌在碱性条件下被氯气氧化为，是有毒的挥发性物质，用盐酸吸收得到红色溶液，其中还含有少量；
ii.易溶于水，微溶于酒精。
回答下列问题：
1、钌废料在碱性条件下被氯气氧化的离子方程式为_______；钌废料氧化时，随着温度的升高，钌的回收率变化如图所示。综合考虑，确定氧化时的温度以_______℃为宜。

2、用盐酸吸收蒸馏产物时发生主要反应的化学方程式是_______。
3、沉淀用乙醇洗涤而不用水洗涤的优点是_______。
4、加入的主要作用是_______，同时又调节了溶液的，有利于沉淀反应的发生。流程中可以循环利用的物质_______。
5、煅烧的过程分为两步：第1步是氯钌酸铵分解生成钌单质和一种无毒的气体单质，同时有两种化合物生成；第2步是钌单质与氧气反应生成钌的氧化物()。第1步的化学方程式是_______。
【正确答案】 1、 80
2、
3、减少沉淀溶解损失
4、使溶液中低价的氧化为高价的 盐酸、氯气
5、

18-2（基础） 一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：

该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
In3+
Ga3+
Cu2+
Zn2+
Pb2+
开始沉淀的pH
2.2
2.1
2.6
4.6
6.24
7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
3.2
3.4
4.3
6.6
8.24
9.1
1、“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式____。
2、高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式____。
3、“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、____。
4、“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有____(写化学式)。
5、“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于____已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
6、已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：
HClO+H++2e-=C1-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4C1-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是____。

【正确答案】 1、Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
2、2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
3、Fe2+、Ga3+ 4、In(OH)3、Ga(OH)3
5、0.74 6、c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小

18-3（巩固） 用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含、、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：

已知：“烧结”时发生的反应：
1、工业上，采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，其目的是_______。
2、在实验室，操作X用到的玻璃仪器_______。
3、滤渣Y的成分有、_______(填化学式，下同)；已知萃取与反萃取原理为：，则“反萃取”时反萃取剂最好选用_______溶液。
4、的作用是还原制备，还原每摩尔转移的电子数目为_______；常温下，的，，则常温下的水解常数_______。
5、“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到物质的分离，下表为一些氧化剂的电位(A/B：A代表氧化剂。B代表还原产物)。
名称




电位/V
0.345
-0.440
0.770
0.740
则、和的氧化性由弱到强的顺序为_______。在0.740V时优先被还原，其还原反应(半反应)式为_______。
【正确答案】 1、增大反应物接触面积，提高反应速率(或提高转化率)
2、漏斗、玻璃棒、烧杯
3、Cu2O、和
4、2NA
5、

18-4（巩固） 随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以含硒物料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)为原料提取硒，设计的流程如图：

回答下列问题：
1、“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图，最佳温度是____。

2、“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3(Ka1=2.7×10-3)，H2SeO3的化学名称为____，该反应的离子方程式为____。
3、采用催化剂联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。如表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。
名称
Cu2+/Cu
Zn2+/Zn
Fe2+/Fe
Fe3+/Fe2+
ClO2/Cl-
H2SeO3/Se
电位/V
0.345
-0.760
-0.440
0.770
1.511
0.740
①控制电位在0.740-1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加催化剂，可选择性还原ClO2，该过程的还原反应(半反应)式为____。
②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在____V以上。
4、粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)])→Na2S净化→H2SO4酸化等。
①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026mol·L-1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为____mol·L-1，精硒中基本不含铜。([Ksp(CuS)=1.3×10-36])
②硒代硫酸钠酸化生成硒的离子方程式为_____。
5、H2SeO4在水溶液中的电离方程式如下：H2SeO4=H++HSeO，HSeOH++SeO。已知0.01mol·L-1H2SeO4溶液的pH为x，则K(HSeO)=____(写出含x的表达式)。
【正确答案】 1、95℃ 2、亚硒酸 4ClO+4H++5e-=4ClO2↑+H2O+H2SeO3
3、ClO2+4H++5e-=4Cl-+2H2O 0.345
4、5.0×1035 SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
5、

18-5（提升） 氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂。下图为制备高铁酸钾的工艺流程。

已知高铁酸钾(K2FeO4) 为暗紫色固体，可溶于水，干燥的高铁酸钾在常温下可以在空气中长期稳定存在，198℃以上分解为氧化铁，但含水的高铁酸酸钾或高铁酸钾溶液热稳定性明显下降，80 ℃以上时迅速分解为Fe(OH)3。请回答下列问题：
1、FeCl3做净水剂的原理(用离子方程式表示)_______。
2、净水时高铁酸钾能逐渐与水反应生成絮状的Fe(OH)3沉淀，请补充并配平该反应方程式：______________K2FeO4+_______ H2O =_______Fe(OH)3↓+_______ KOH+_______
3、下图是1mol/LK2FeO4溶液在不同pH环境中浓度随时间变化的曲线图：

①K2FeO4固体如何保存：_______
②K2FeO4溶液如何配制：_______
4、化学上，人们常用“标准电极电势”衡量物质氧化性和还原性的强弱，“标准 电极电势”正值数值越大，氧化性越强，负值数值越负，还原性越强。
氧化剂/还原产物
标准电极电势(酸性，298K， 1mol/L)
氧化剂/还原产物
标准电极电势(碱性，298K，1mol/L)
/Fe3+
2.20V
/Fe(OH)3
0.72V
/Mn2+
1.51V
/MnO2
0.60V
HClO/Cl-
1.63V
ClO-/Cl-
0.89V
①请对三个强氧化剂在不同环境下的氧化性强弱排序；_______；_______。
②写出高铁酸钾在弱酸性环境下将Mn2+氧化生成MnO2并生成Fe(OH)3胶体的离子方程式_______
5、可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关离子方程式为
①++2H2O=+Fe(OH)3↓+OH-
②2+2H+=+H2O
⑥+6Fe2++14H+ =2Cr3++6Fe3++7H2O
现称取1.980g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液定容于250mL容量瓶中。每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93mL。则上述样品中高铁酸钾的质量分数为_______。
【正确答案】 1、Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
2、4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+8KOH+3O2↑
3、密闭，干燥，低温 低温，保持溶液较强碱性
4、酸性：＞HClO＞ 碱性：ClO-＞＞ 2+3Mn2++4H2O＝3MnO2↓+2Fe(OH)3(胶体)+2H+
5、63.1%

18-6（提升） 从湿法炼锌厂除钴过程中产生的有机钴渣[主要成分有和]中回收钴的工艺流程如图。

已知：25℃时，几种难溶物的溶度积如下表。
难溶物











1、“酸浸”过程金属元素的浸出率随硫酸初始浓度变化曲线如图。

①为有效分离Zn、Co元素，应选择最佳的硫酸初始浓度为_______。
②中铁元素的价态为_______，其溶于硫酸的离子方程式为_______。
2、“煅烧”过程随着温度升高，含钴产物发生转化为：
①“煅烧”过程产生的污染性气体经碱洗，可返回“_______”工序循环使用。
②极难溶于稀硫酸，故“煅烧”时应调控_______。
3、“沉钴’过程，转化为沉淀的离子方程式为_______。
4、“酸洗’过程，应调节溶液pH为_______(填标号；已知)。
A.0.5～1 B.1～1.5 C.1.5～2 D.2～2.5
5、298.15K时，部分标准电极电势如下表。电极电势高的电极，其氧化型的氧化能力强；电极电势低的电极，其还原型的还原能力强。
电极(氧化型还原型)


1.36

1.83

0.17
结合数据分析能否用盐酸溶解得到溶液并说明理由_______。
【正确答案】 1、5 +3 Fe4(OH)2(SO4)5+2H+=4Fe3++5+2H2O
2、还原浸出 煅烧温度和空气用量 3、2Co2++H2O2+4OH-=2Co(OH)3↓ 4、C
5、不能，酸性条件下Co3+的氧化性大于Cl2，Co(OH)3溶于盐酸得到的是CoCl2

【原卷 19 题】 知识点 盖斯定律及其有关计算,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡常数的有关计算

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 回答下列问题：
1、在一定体积的密闭容器中，进行化学反应，其化学平衡常数K和温度T的关系如表，回答下列问题：
T/℃
700
800
830
1000
K
0.64
0.9
1.0
1.7
①在700℃下，充入等物质的量的和，平衡时的转化率为_______。(保留三位有效数字)
②若830℃时，向容器中充入1molCO和4mol，反应达到平衡后，其化学平衡常数K_______(填“大于”“小于”或“等于”)1.0。
③若某温度时，体系中、、CO、的平衡浓度分别为、、、，则此时上述反应的温度_______(填“大于”、“小于”或“等于”)1000℃。
2、催化重整有利于减少温室效应，反应方程式为：。
催化重整时，还存在以下反应：
积碳反应：
消碳反应：
现在实验室中模拟催化重整过程，请思考下列问题：
恒容密闭容器中，当投料比时，平衡转化率()与温度(T)、初始压强(p)的关系如图。

①当温度为、压强为2MPa时，A点的_______(读“大于”、“小于”或“等于”)。
②恒温恒容，初始压强为时，起始时向密闭容器中加入1mol和1mol，假设只发生反应。根据图中点，计算该温度时反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③分析可知；_______投料比，有助于减少积碳。(填“增大”或“减小”)
【正确答案】 1、44.4% 等于 大于
2、小于 减小

19-2（基础） 请回答下列问题。
I.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：

700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
1、该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。
2、该反应的正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
3、某温度下，平衡浓度符合下式：，试判断此时的温度为_______。此温度下加入和，充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为_______。
4、在时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为为，为为为，则此时平衡_______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。
II.H2S受热发生分解反应：，在密闭容器中充入，压强为p时，控制不同的温度(从左到右依次为)进行实验，H2S的平衡转化率如图所示。

5、压强为p，温度为时，反应经达到平衡，则平均反应速率_______。
6、若压强，温度为时，该反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【正确答案】 1、
2、吸热 3、830 50%
4、向左移动 5、
6、

19-3（巩固） I.以H2合成尿素CO(NH2)2的有关热化学方程式有：
①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)　ΔH1=-92.4 kJ·mol-1
②NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)　ΔH2=-79.7 kJ·mol-1
③NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　ΔH3=＋72.5 kJ·mol-1
1、则N2(g)、H2(g)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(s)和H2O(l)的热化学方程式为_______。
II.一定条件下，在容积为5L的密闭容器中，发生反应A(g)+2B(g)2C(g)，已知达平衡后，降低温度，A的体积分数减小。
2、该反应的反应速率v随时间t的关系如图乙所示。

①根据图乙判断，在t3时刻改变的外界条件是_______。
②a、b、c对应的平衡状态中，C的体积分数最大的是状态_______。
③各阶段的平衡常数如表所示：
t2～t3
t4～t5
t5～t6
K1
K2
K3
K1、K2、K3之间的大小关系为_______(用“＞”“＜”或“＝”连接)。
III.在密闭容器中充入一定量的H2S，发生反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g) ΔH，如图丙所示为H2S气体分解生成H2(g)和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。

3、ΔH_______(填“＞”“＜”“＝”)0。
4、图丙中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为_______。
5、图丙中M点对应的平衡常数Kp=_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
6、如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有_______。
【正确答案】 1、N2(g)＋3H2(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH=-179.3 kJ·mol-1
2、升高温度 a K1＞K2=K3
3、＞ 4、p3＞p2＞p1
5、1 6、及时分离出产物

19-4（巩固） 氨的用途十分广泛，是制造硝酸和氮肥的重要原料。
1、工业合成氨中，合成塔中每产生2 molNH3，放出92.2kJ热量。

1 mol N-H键断裂吸收的能量约等于_______kJ
2、一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量N2和H2发生反应生成NH3，下列状态能说明反应达到平衡的是_______(填标号)。
A.容器内压强不变 B.N2的体积分数不变
C.气体的密度不再改变 D.V正(N2)=3V逆(H2)
3、近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理是_______。

4、已知合成氨反应的速率方程为：ν=kcα(N2)cβ(H2)c-1(NH3)，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因为_______
_______。
5、以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)。
①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是_______(填标号)。
A.增大CO2的浓度 B.增大压强 C.及时转移生成的尿素 D.使用更高效的催化剂
②尿素的合成分两步进行：a.2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(1) ΔH=-117 kJ/mol
b.NH2COONH4(1)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g) ΔH=+15 kJ/mol，第一步反应速率快，可判断活化能较大的是_______(填“第一步”或“第二步”)。
③某实验小组为了模拟工业上合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中混合气体中NH3的体积分数如下图所示。

实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp=_______(已知：分压=总压×体积分数)。
【正确答案】 1、391 2、A
3、N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
4、促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率 加快合成氨反应速率
5、AB 第二步 0.15MPa-2

19-5（提升） 请回答下列问题。
I.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：

700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
2
4
回答下列问题：
1、该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。
2、该反应的逆反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
3、某温度下，平衡浓度符合下式：，试判断此时的温度为_______℃。此温度下加入和，充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为_______。
4、在时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为为，为为为，则此时平衡_______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。
II.可将炼铁产生的与反应得到气体燃料，其反应原理为：。某小组向体积是的刚性密闭容器中充入物质的量均是的与，反应过程中的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

5、压强：p1______p2(填“”或“”)。
6、1100℃、p1条件下，反应经达到平衡，则平均反应速率_______。反应的平衡常数Kp=________(用含的代数式表示，为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)；若在平衡体系再充入和，重新达平衡后，的转化率_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
【正确答案】 1、
2、放热 3、1200 66.7%
4、向左移动 5、>
6、 减小

19-6（提升） 工业合成氨的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ•mol-1。请回答下列问题：
1、已知：
则1molN－H键断裂吸收的能量为______ kJ。
2、制备原料气氢气的原理之一为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H。该反应化学平衡常数K和温度T的关系如表：
T/℃
700
800
830
1000
1200
K
2.6
1.7
1.0
0.9
0.6
①该反应的△H______0(填“>”“<”或“=”)。
②某温度时，体系中各物质的平衡浓度符合5c(CO2)•c(H2)=3c(CO)•c(H2O)，判断此时的温度为_____℃。
3、科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向体积可变的密闭容器中充入9.0molN2和23.0molH2，不同温度下平衡时氨气的体积分数与总压强(P)的关系如图所示。

①T1、T2、T3由大到小的排序为______。
②在T3、60MPa条件下，A点的v正______v逆(填“>”“<”或“=”)。
③在T2、60MPa条件下，平衡时N2的转化率为______%(保留小数点后一位)；平衡常数Kp=_____MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。
【正确答案】 1、391.0(或391、391.03)
2、< 1200 3、T3>T2>T1 > 66.7


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． 花岗岩具有坚硬难熔的性质，冰壶主体材质具有耐低温、不易碎等特性，故A正确；
B． 用氧化物形式表示物质的组成，一般用来表示硅酸盐，硅酸盐中含金属元素、Si、O,有的还有结晶水，先写金属氧化物，再写SiO2,要是有水，H2O写在最后，用氧化物的形式表示云母： K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O，故B正确；
C． PPS为线型结构，具有良好的热塑性，可根据需求，加工成各种形状，故C正确；
D． 可通过缩聚反应制得PPS，单体为，故D错误；
故选D。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．贸易的丝绸品属于蛋白质，则同现代工业产品聚乙烯一样，属于高分子化合物，A正确；
B．I2遇到淀粉溶液显蓝色，则茶叶中含有维生素C(化学式为)，能将已加碘变蓝的淘米水变成无色，是由于维生素C能将I2还原为I-，则说明维生素C具有还原性，B正确；
C．中草药的煎熬不能用铁锅或铝锅，应该用耐腐蚀的陶质器皿，是因为Fe3+、Al3+能与中草药的有效成分发生化学反应降低药效，C正确；
D．苏打玻璃即普通玻璃，则主要成分是以SiO2为主，含15%、16% CaO，这种玻璃没有有毒，适宜做水杯，D错误；
故D。
1-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．砖瓦的主要成分是硅酸盐，故A错误；
B．用淋洒水的办法来降低温度，窑内处于还原性气氛，故B正确；
C．砖块中的铁以氧化亚铁的形式存在，因而砖呈青色，故C正确;；
D．捅开窑顶自然冷却，空气进入窑内，铁元素被氧化生成Fe2O3而呈红色，可用盐酸和KSCN来检验，故D正确；
故选A。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为亚铁和硅的氧化物：，A正确；
B．高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生歧化反应形成与，，B正确；
C．铁橄榄石熔融产生自由移动的的过程为盐熔融电离的过程，不是化学变化，C错误；
D．发生反应生成与，故该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁，D正确；
故选C。
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．石英的主要成分是，由大量的硅氧四面体基本单元构成，A正确；
B．瓷器中含有各种氧化物，因此为混合物，B错误；
C．瓷器中的钙元素主要以碳酸钙形式存在，因此不会发生该反应，C错误；
D．氧化铁是红棕色粉末，因此不会导致青釉器颜色为青色，D错误。
本题选A。
1-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．西安兵马俑表面的“蓝”，又称“中国紫”，主要成分是硅酸铜钡(含有PbO)，其中的硅元素以硅酸盐的形式存在，故A正确；
B．敦煌壁画颜料中含有的青金石，其分子式为，属于铝硅酸盐，故B正确；
C．铜在潮湿空气中易生成绿色碱式碳酸铜，广东岭南“南越武王”赵佗汉墓出土的铜钱表面的绿色斑点或斑块，主要成分是碱式碳酸铜，故C正确；
D．中国古代瓷器的“红釉”，“釉汁细腻，光润匀净，色如胭脂”，其主要成分为，可能含有红色Cu2O，故D错误；
选D。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由X结构简式可知，X的分子式为，故A正确；
B．与苯环直接相连的原子共面，碳碳叁键两端的原子共线，则化合物Y中最多有6个原子共线，故B正确；
C．化合物Z中不存在手性碳原子，故不存在对映异构体，故C错误；
D．化合物Y中苯环上连有碳碳三键，Z含有羟基，与羟基直接相连的碳原子上有2个氢且位于碳链的一端，故均可被氧化为羧酸，故D正确。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，分子中无手性碳原子，故A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，故B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，故C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由水杨酸转化成A和B的反应+CH3OH+H2O；+(CH3CO)2O+CH3COOH，反应类型都是取代反应，A正确；
B．分别与溶液反应，消耗物质的量分别是、，B正确；
C．水杨酸中的羧基能与反应生成，而酚羟基不与反应，因此水杨酸与溶液反应，消耗，C错误；
D．与水杨酸分子式相同、物质类别相同的有机物共有2种分别为、 ，D正确；
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由题干转化信息可知，根据N的结构简式和M的分子式可知，M的结构简式为：，根据N转化为R的转化条件可知，R的结构简式为：，由N转化为Q的转化条件可知，Q的结构简式为：或者，据此分析解题。
详解:
A．由分析可知，M的结构简式为：，分子中含有碳氯键，则M能发生水解反应即取代反应，且邻碳有H，故也能发生消去反应，A错误；
B．由题干信息可知，N分子中含有环己烷环，故N中不可能所有碳原子共平面，B错误；
C．由分析可知，R的结构简式为：，R分子中不含碳碳双键、碳碳三键等不饱和键，含有酮羰基不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．由分析可知，Q的结构简式为：，则Q通过加成反应即与HCl加成，其产物有：或者，即不一定能得到M，D错误；
故C。
2-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．该物质中含-COOR(R含C的基团)，属于酯类。但该物质含有碳碳双键能与Br2发生反应，则不能用于萃取溴水，A项错误；
B．能发生水解即含-COOR，还含有碳碳双键，同分异构体有、、、、共5种结构，B项正确；
C．Q中含有一个苯环消耗3molH2和碳碳双键消耗1molH2，总共消耗H2的量为4mol，C项错误；
D．-CH3为四面体构型，所以所有原子不可能共面，D项错误；
故选B。
2-6【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。
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．1个中含有5对共用电子对，32g含有σ键的数目=，A正确；
B．标准状况下，22.4L的物质的量为1mol，其中含有的氧原子的数目为，B正确；
C．中的2个碳原子都是杂化，则1mol分子中采取杂化的碳原子数目为，C正确；
D．在该反应中，H的化合价由0价升高到+1价，则若有参与反应，则反应中转移的电子数目为，D错误；
故选D。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．标准状况下，的物质的量为0.1mol，则分子中氧原子数为，A正确；
B．溶液中含碳微粒不仅仅有和，还含有碳酸，总含碳微粒数目之和为0.1mol，B错误；
C．为钠盐，所以固体中离子数为，C正确；
D．根据的结构简式可知，分子中碳氧双键中含键，所以中键数为，D正确；
故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．CO2的结构式为C=O=C，含有4个共用电子对，22gCO2的物质的量为=0.5mol，所含共用电子对数目为2NA，故A错误；
B．CH4中含有10个质子，6个中子，则1molCH4中含有10 NA个质子和6 NA个中子，故B错误；
C．标准状况下22.4LCH4的物质的量为1mol，途径2生成CH4的过程中C元素化合价由+4价下降到-4价，反应转移电子数为8NA，故C正确；
D．未说明所得产物物质的量，无法计算形成共价键数目，故D错误；
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．标准状况下，物质的量为1mol，含有的中子数为mol含有中子数，A错误；
B．的碳为中心的结构为四面体结构，单键可以旋转，中共面的原子数目最多为，B错误；
C．的分子式为，与最简式相同，都为，60g二者的混合物为，含有的原子数目为，C正确；
D．1个单键含有1个键，1个双键含有1个键和1个Π键，根据的结构式： ，中含有键数目为11，D错误；
故选C。
3-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．题目中没有说明在标准状况下，气体摩尔体积未知，故无法求解，A错误；
B．Na2CO3属于离子化合物，碳酸钠由钠离子和碳酸根构成，无Na-C键，B错误；
C．Na2O2 中氧元素的化合价为-1价，既作氧化剂又作还原剂，若有2mol的Na2O2有2mol氧原子得到电子变为-2价，进入到Na2CO3中；有2mol氧原子失去电子，变为产物中的O2，所以转移的电子数都是2mol.，C正确；
D．10.6gNa2CO3溶于水形成的100mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L（在物质的量浓度的配制中，体积指的是溶液的体积，并非指溶剂的体积），D错误；
故选C。
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由乙硼烷的结构示意图可知，乙硼烷分子中B-H-B是特殊的3中心2电子共价键，所以1mol乙硼烷中含有的共用电子对数目为，故A错误；
B．由方程式可知，乙硼烷水解时，氢元素的化合价既升高被氧化、又降低被还原，乙硼烷是反应的还原剂，水是氧化剂，1mol乙硼烷完全水解，反应转移6mol电子，则2.8g乙硼烷完全水解时，转移的电子数目为，故B错误；
C．乙硼烷还原性强，甲醇中羟基的氢活泼，可以被还原成，反应与水解原理一样，易得出会生成，故C正确；
D．稀硫酸中有大量的水，根据信息可知乙硼烷易水解，因此不能用稀硫酸来制取，故D错误。
答案选C。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于不同浓度的酸性KMnO4溶液本身的颜色就不相同，故褪色时间也不相同，故不能用不同浓度的酸性KMnO4溶液分别与相同浓度H2C2O4溶液反应来探究浓度对反应速率的影响，可以用等浓度的酸性高锰酸钾溶液和不同浓度的H2C2O4溶液反应来探究浓度对反应速率的影响，A不合题意；
B．SO2漂白是化合漂白不是氧化漂白，故将SO2通入品红溶液中，品红褪色，不能证明SO2的氧化性，B不合题意；
C．取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明溶液中含有Fe3+，即可检验溶液中FeSO4是否被氧化，C符合题意；
D．测量NaOH溶液的pH值时不能用湿润的pH试纸，否则结果偏小，D不合题意；
故C。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
A. 铁与水蒸气反应，湿棉花在加热试管时的余热作用下产生水蒸气，可以为反应提供原料；
B. 实验室制氨气，干棉花不能吸收多余的氨气；
C. 实验室制乙酸乙酯，m试管中物质有乙醇、浓硫酸、乙酸和乙酸乙酯；
D. 沉淀溶解转化实验，NaCl、KI均为足量，可以完全反应生成相应的沉淀，能用来说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)。
详解:
A. 铁与水蒸气反应，湿棉花在加热试管时的余热作用下产生水蒸气，可以为反应提供原料，A正确；
B. 实验室制氨气，干棉花不能吸收多余的氨气，B错误；
C. 实验室制乙酸乙酯，m试管中物质有乙醇、浓硫酸、乙酸和乙酸乙酯，C错误；
D. 沉淀溶解转化实验，NaCl、KI均为足量，可以完全反应生成相应的沉淀，能用来说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)，D错误；
答案为A。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测pH，A项错误；
B．酸性KMnO4溶液褪色只能证明含有碳碳双键或碳碳三键，不能证明分解产物中存在乙烯，B项错误；
C．向浓度均为0.1mol/L的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀可证明Ksp(CuS)较小，C项正确；
D．酸性条件下，硝酸根也能氧化Fe2+，D项错误；
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．立即加入沸石会引起暴沸，应冷却后再加入，故错误；
B．四氯化碳密度大于水，位于下层，分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，故错误；
C．SO2既可以杀菌，又可以防止营养成分被氧化，故用于葡萄酒中，故正确；
D．根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是利用萃取原理，故错误；
故选C。
4-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.对于能溶于水的待分离物质，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相，以与水能混合的有机溶剂作流动相，故A正确；
B.检验氯离子的方法是向溶液中加入硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀生成证明有氯离子存在，故B正确；
C.若把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，则钠先和水反应了，故C错误；
D.苯是有机溶剂，可以迅速溶解溴，使危害降到最低，所以若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗，故D正确；
综上所述，答案为C。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. 将SO2通入含酚酞的纯碱溶液中，溶液褪色，是由于SO2与碳酸钠反应被消耗，不能说明SO2具有漂白性，A错误；B. 向待测液中依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变成红色，不能证明待测液中一定含Fe2+，也可能含有铁离子，B错误；C. 常温下，在铝片上滴加浓硝酸，无明显现象，发生钝化，钝化是化学变化，C错误；D. 在硅酸钠溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀，可证明盐酸的酸性比硅酸强，D正确，答案选D。
点睛：选项A、B是易错点和难点，注意SO2是酸性氧化物，能与碳酸钠溶液反应，另外SO2虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂。检验亚铁离子时应该先加入KSCN溶液，无现象，再加入氯水，或者直接用K3[Fe(CN)6]溶液。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
钢铁的吸氧腐蚀，铁作负极，发生Fe－2e－=Fe2＋，C为正极，发生O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
详解:
A、糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，钢铁的吸氧腐蚀中铁作负极，故A错误；
B、钢铁吸氧腐蚀中，铁作负极，其电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故B错误；
C、吸氧腐蚀，碳作正极，氧气在正极上得到电子，即电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故C正确；
D、原电池放电过程是放热反应，因此脱氧过程也是放热过程，防止糕点应氧化而变质，故D错误。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
加入炭粉、氯化钠和水形成原电池，利用原电池原理加速还原铁粉吸氧，据此分析。
详解:
A．铁粉，食盐，炭粉等混合形成原电池，脱氧剂工作原理是将化学能转化为电能，故A错误；
B．食盐属于电解质，增加了导电性，可以加速包装袋中氧气的吸收，故B正确；
C．Fe(OH)2不稳定，最终被氧化成氢氧化铁，故C错误；
D．炭粉作为原电池的正极，正极上发生还原反应，碳粉上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；
答案选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碱石灰(NaOH和CaO)具有吸水性，没有还原性，因此可以作干燥剂，不能作脱氧剂，A不符合题意；
B．硅胶和纤维素的混合物具有吸水性，因此可以作干燥剂，不能作脱氧剂，B不符合题意；
C．硫酸钙和活性氧化铝的混合物不能去除氧，因此不能作脱氧剂，C不符合题意；
D．铁粉、炭粉和食盐的混合物可以构成原电池 (铁粉作负极，炭粉作正极，食盐作电解质，吸水后构成微型原电池) 去氧效果好，故可以作食品脱氧剂，D符合题意；
故合理选项是D。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．脱氧过程是放热反应，可吸收氧气，延长糕点保质期，A不正确；
B．脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为Fe-2e=Fe2+，B不正确；
C．脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e=4OH-，C不正确；
D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，铁的物质的量为0.02mol，其最终被氧化为氢氧化铁，电子转移总量为0.06mol，理论上最多能吸收氧气0.015mol， D正确。
故选D。
5-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
Fe、C和NaCl溶液构成原电池，因为是脱氧剂，说明发生吸氧腐蚀，Fe易失电子作负极，C作正极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁。
详解:
A．该装置构成原电池，原电池反应为放热反应，所以脱氧过程为放热反应，故A错误；
B．炭作正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；
C．负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，所以Fe单质最终转化为+3价铁元素，0.56gFe的物质的量为0.01mol，完全转化为+3价铁元素时，转移电子的物质的量为0.03mol，根据转移电子守恒消耗氧气体积×22.4L/mol=168mL，故C正确；
D．原电池将化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
5-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
铁粉、炭粉在氯化钠溶液中构成原电池，铁粉作原电池的负极，碳粉作正极，负极上铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，水分子作用下氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。
详解:
A．由分析可知，炭粉做原电池正极，故A错误；
B．由分析可知，铁粉作原电池的负极，负极上铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，故B错误；
C．由分析可知，铁粉作原电池的负极，负极上铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，故C错误；
D．脱氧过程中铁元素的变化为铁发生吸氧腐蚀生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁迅速被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁分解生成含水的氧化铁，故D正确；
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由结构简式可知，阿比朵尔的分子式为，故A错误；
B．由结构简式可知，阿比朵尔分子中饱和碳原子的杂化方式为杂化，故B错误；
C．由结构简式可知，阿比朵尔分子中苯环上的氢原子有4种类型，则苯环上的一氯代物共有4种，故C错误；
D．由结构简式可知，阿比朵尔分子中的苯环、碳碳双键均能和氢气发生加成反应，则1mol阿比朵尔分子最多能和7mol 氢气发生加成，故D正确；
故选D。
6-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．苯丙氨酸甲酯含有氨基，具有碱性，故A正确；
B．苯丙氨酸甲酯含有酯基，能发生水解，故B错误；
C．分子中含手性碳原子，如图 标“*”为手性碳原子，故C错误；
D．分子中采取杂化的碳原子数目为7，苯环上6个，酯基上的碳原子，故D错误。
综上所述，答案为A。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．-环糊精中含有大量的羟基，具有亲水性，能溶于水，A选项正确；
B．-环糊精圆筒空腔内壁没有亲水基，具有亲油性，能容纳一定大小的油性分子，B选项正确；
C．-环糊精中的C原子是饱和碳原子，其价层电子对数为4，采用杂化，C选项正确；
D．图中圈出的六元环中的碳原子均采取杂化，结构类似于环己烷，所以该结构不可能为平面六边形结构，D选项错误；
答案选D。
6-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A． 分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，A正确；
B．电负性O＞N＞H，中成键电子云比中偏离程度大，同时N-C键长比O-C键长大、N-H键长比O-H键长大，这样导致中的成键电子对之间的斥力减小，分子中的键角小于的键角，B不正确；
C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性，C正确；
D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子、例如，D正确；
答案选B。
6-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．该螯合离子中碳与氧原子都为，具有相同的杂化类型，A正确；
B．该螯合离子中碳原子为饱和碳原子，链接的氧原子和碳原子不在同一平面，B错误；
C．该螯合离子中极性键为24个、12个C-O和6个配位键，共42个极性键，非极性键为6个键，个数比为7∶1，C正确；
D．与二甲醚()相比，该螯合离子中O的孤对电子数从2对变成1对，排斥作用减小，“C-O-C”键角更大，D正确；
故选B。
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该有机物含有碳碳双键、羧基、醚键、羰基4种官能团，A错误；
B．由结构可知，该有机物的分子式为，B错误；
C．苯环、碳碳双键、酮羰基可以和氢气反应，则1该有机物最多能与5发生加成反应，C正确；
D．苯环中碳、羰基碳、碳碳双键的碳均为sp2杂化，分子中饱和碳为sp3杂化；分子中的氧原子中还有2个采取杂化，D错误；
答案选C。
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．蛋白质变性属于化学变化，A错误；
B．胍含有碱性基团氨基，可以和盐酸反应生成胍盐，胍的水溶液呈碱性，B正确；
C．胍中有C=N键、C-N键、N-H键，均为极性键，没有非极性键，C正确；
D．胍中含有氮原子，氮原子上连接氢原子，和水能形成氢键，所以胍易溶于水，D正确；
故选A。
7-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．蛋白质变性属于化学变化，A错误；
B．胍含有碱性基团氨基，可以和盐酸反应生成胍盐，胍的水溶液呈碱性，B正确；
C．HCl分子属于极性分子，C正确；
D．尿素是有机分子，属于分子晶体，D正确；
故选A。
7-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．硝基胍中含有氨基，氨基具有碱性，故A正确；
B．硝基胍分子中的N-N键为非极性键，故B错误；
C．硝基胍分子中的H原子满足2电子稳定结构，不是所有原子均满足8电子稳定结构，故C错误；
D．硝基胍分子中左边N原子为sp3空间构型为三角锥形，则所有原子不可能共平面，故D错误；
故选A。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由结构简式可得化学式为，故A错误；
B．聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构中不含碳碳双键，故B错误；
C．“84”消毒液的消毒原理是次氯酸钠的强氧化性使病毒蛋白质变性，酒精无氧化性，但酒精可以使蛋白质变性，从而达到杀死细菌的目的，二者消毒原理不同，故C正确；
D．生物小分子化合物，指分子量小于500的生物功能分子，DNA或RNA是高分子化合物，故D错误；
故选：C。
7-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．双咪唑丁烷属于烃的衍生物，不含胺基或亚胺基，不可以与羧酸反应生成酰胺，A错误；
B．盐酸胍含有胺基和亚胺基，属于盐，易溶于水，双咪唑丁烷为烷烃的含氮衍生物，难溶于水，B正确；
C．根据结构信息，盐酸胍的分子式为CH6N3Cl，属于盐类，C正确；
D．双咪唑丁烷中的氮原子含有孤对电子，常用作配体，配位原子是N，D正确；
故选A。
7-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. 分子中N-N为非极性键，故A错误；
B.最左端N原子价层电子对数，则杂化类型为sp3杂化，故B错误；
C. 分子中含有4个N-H键，1个C=N键，1个N=O键，2个C-N键，1个N-N键和1个N→O键，σ键与π键的个数比是5：1，故C错误；
D. 硝基胍分子中左边N原子为sp3空间构型为三角锥形，则所有原子不可能共平面，故D正确。
故答案选：D。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数等于族序数，则X、Z可能分别为H和Al；甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为四氧化三铁；根据这四种元素组成的单质或化合物之间的转化关系可知，甲为Fe、乙为H2O、丁为H2、戊为Al、己为Al2O3，故X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe。
详解:
A. Fe的金属性弱于Al，A不正确；
B. Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，VIII族既不是主族也不是副族，B不正确；
C. 工业上通过电解熔融的Al2O3来制备Al，C正确；
D. H和O形成的化合物中，H2O2分子中既含极性共价键，又含非极性共价键，D不正确。
综上所述，相关说法正确的是C。
点睛:
X、Z的周期序数等于族序数、丙为具有磁性的黑色晶体，这两条信息是本题的突破口。根据戊在高温下可以与丙发生置换反应，可以判断该反应为铝热反应，由此可以逐一确定各种物质和元素。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
甲是常见化合物，常温下呈液态，应为H2O，A原子在同周期中半径最小，可能为氟气或氯气，与水反应生成单质B，则A应为F，生成氧气，则B为O元素，乙为HF，C为H元素，据此答题。
详解:
A.A为F，B为O，C为H，则原子半径B＞A＞C，故A正确；
B.非金属性F＞O，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；
C.与甲含相同元素的另一化合物为H2O2，既有极性键也有非极性键，故C正确；
D.HF中H-F键能较大，不能完全电离，为弱酸，故D错误。
故选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数═族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。
详解:
A. 丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故A错误；
B. W为Fe，原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，故B错误；
C. 由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；
D. 常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；
故选C。
点睛:
本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
前20号元素、、、的原子序数依次增大，且处于四个不同的周期和四个不同的主族，则为、为Ca元素，、分别位于第二、第三周期。常温下乙为液体，应为，则为，只能为、、、中的一种，为元素组成的单质，且可以和丙反应生成三种物质，则为，为，甲为，丙为，丁、戊为、中的一种；
详解:
A．和的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：，故A错误；
B．反应①为与的反应生成氢氧化钙，中的离子键和中的共价键断裂，故B错误；
C．反应②为与的反应，该反应是工业上制备漂白粉的反应原理，故C正确；
D．中只含有离子键，而中除了含有离子键，还含有共价键，故D错误；
选C。
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据题给信息分析可知，常温下乙为液体，乙为水，W为氢元素，Y为氯元素，A为氯气；甲为氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，X为氧，Z为钙；化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2+ 点睛：此题在进行元素推断时，如果只按照题干信息及各物质间的转化关系，进行各元素及各物质的判定，确实不易确定；如果根据题给的第三个判据提供信息，就很容易想到甲乙具体物质，则迅速突破此题的难点，问题就迎刃而解。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
R、X、Y、Z、W为元素周期表前20号元素，且原子序数依次增大，已知：甲、乙中均只含3种上述元素，丙、丁、戊中均只含2种上述元素，丙常温下呈液态，丙是水，丁遇酚酞溶液显红色，说明气体丁是氨气，戊是常见的干燥剂，戊是氯化钙，甲和乙是氯化铵和氢氧化钙，则R、X、Y、Z、W分别是H、N、O、Cl、Ca，据此解答。
详解:
A．核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径：Ca＞Cl，A正确；
B．非金属性O＞N，则最简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3，B正确；
C．铵根水解，氯化铵促进水的电离，氢氧化钙是强碱，抑制水的电离，C错误；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物高氯酸是强酸，D正确；
答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．元素周期表中，B与Si处于对角线位置，性质相似，硅酸为弱酸，可推断硼酸为弱酸，A合理；
B．，可推断，B合理；
C．还原能力强，空气中自燃，可推断还原能力强，空气中自燃，C合理；
D．B的原子序数为5，原子最外层有3个电子，D不合理；
答案选D。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NaN3的摩尔质量为65g/mol，正确；
B．根据HN3与CH3COOH的酸性相似均为弱酸，书写离子方程式时不能拆开，故HN3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：2 HN3+CO=CO2↑+H2O+2N，错误；
C．HN3为一元酸，故也能与氨水发生反应生成NH4N3，正确；
D．NaN3受到强烈撞击时可产生大量气体，发生反应的化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2↑，正确；
故选B。
9-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；
B．和属于分子晶体，而属于离子晶体，则和的熔点都比的低，B项正确；
C．和均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；
D．和的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确；
答案选A。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．水中存在极少量的H3O+和OH-，说明水是一种极弱的电解质，故A正确；
B．常温下，水的电离不需要通电就能进行，故B错误；
C．若液氨的电离与水相似，则液氨的电离方程式可以表示为2NH3NH+NH，故C正确；
D．蒸馏水发生微弱电离，也能导电，离子浓度小，导电能力非常弱，故D正确；
故答案选B。
9-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．HO2与H2O2化学性质相似，具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质失去其生理活性而发生变性，故可以可用于杀菌消毒，A正确；
B．HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似，故HO2可与AgNO3反应：HO2+ AgNO3=AgO2↓+HNO3，B正确；
C．HO2与H2O2化学性质相似，HO2不稳定，分解会生成氧气，C正确；
D．HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似，故能与碱溶液反应，HO2在碱中不能稳定存在，D错误；
故合理选项D。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．IBr加入Na2S溶液反应的离子方程式为IBr+S2-＝I-+Br-+S↓，A正确；
B．IBr加入KI溶液中，首先发生IBr+I-＝Br-+I2，KI过量，则进一步发生I2+I-=I，B正确；
C．IBr加入NaOH溶液中，不发生氧化还原反应，应为IBr+2OH-＝Br-+IO-+H2O，C错误；
D．IBr加入AgNO3溶液中，首先是IBr与水反应生成HIO和HBr，由于HIO不稳定，在水中发生歧化反应生成HIO3和HI，进而生成AgI和AgBr，反应的离子方程式可为3IBr+5Ag++3H2O＝3AgBr↓+2AgI↓++6H+，D正确；
答案选C。
10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由总反应可知，放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维为原电池的负极，含有二氧化锰膜的碳纳米管纤维为正极，充电时，与直流电源负极相连的含有锌膜的碳纳米管纤维为电解池的阴极，与直流电源正极相连的含有二氧化锰膜的碳纳米管纤维为阳极。
详解:
A．由分析可知，放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维为原电池的负极，电极反应式为Zn+H2O+ZnSO4+OH——e—=[ZnSO4•3Zn(OH)2•xH2O]，故A正确；
B．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的含有二氧化锰膜的碳纳米管纤维为阳极，故B正确；
C．由结构片段可知，一定条件下CH2=CHCONH2发生加聚反应生成有机高聚物分子，故C错误；
D．由结构片段可知，有机高聚物中含有氢键，通过氢键的缔合作用能增强了高聚物的稳定性，故D正确；
故选C。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由总反应可知，放电时，Zn为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．由总反应可知，反应时生成2molBi，转移6mol电子，参与反应，转移，故B错误；
C．充电时，Zn电极作阴极，极作阳极，溶液中阳离子向阴极移动，则通过阳离子交换膜从极移向极，故C错误；
D．充电时的总反应为：，阳极发生反应：，故D正确；
故选：D。
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
充电时Na+得电子成为Na嵌入硬碳中，则硬碳为电解池的阴极，为电池的负极，即电极B为电池的负极，A为电池的正极。
详解:
A．电极B为电池的负极，充电时，与外接直流电源的负极相连，A正确；
B．放电时，A电极(正极)电极反应式为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2，Na+从负极向A电极迁移，然后参与电极反应，故A电极电解质中不损失Na+，B错误；
C．放电时，为原电池装置，A为正极，钠离子转化为Na嵌入含钠过渡金属氧化物中，电极反应式为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2，C正确；
D．A为电池的正极，电极反应式为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2，B为电池的负极，放电时硬碳中的钠失电子变为钠离子脱落，然后向正极迁移，NaxC-xe-=C+xNa+，正极反应+负极反应可得总反应为Na1-xTMO2+ NaxC = NaTMO2+ C，D正确；
答案选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．LiAl为活泼金属的合金，作负极，作正极，电流由正极向负极移动，即极→用电器→LiAl极，故A正确；
B．该装置为高温熔融盐“热电池”，要求正极材料在高温条件下不易分解，且不易与其他物质反应，能稳定存在，故B正确；
C．放电时，1mol 完全反应转移电子，所以正极的电极方程式为：，故C正确；
D．1mol 转化为，转移电子(0.9-0.08)mol=0.82mol，1mol 完全反应转移4mol电子，根据电子守恒，消耗0.205mol ，则消耗质量24.6g，故D错误；
故选：D。
10-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题干可知，放电时，负极反应为，正极反应为；
详解:
A．由图可知，中环含有5个原子，与甲基相连的氮提供1个电子、与乙基相连的氮提供2个电子、每个碳原子提供1个电子，故形成5原子6电子大键，可表示为，A正确；
B．和中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，B正确；
C．充电时，铝极为阴极，得到电子发生还原反应生成铝、，阴极反应式为，C正确；
D．放电时，负极反应为，正极反应为，故总反应式为，D错误；
故选D。
10-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，每个晶胞中含4个，设中和个数分别为a和b，则，由化合价代数和为0可得，联立两方程可得，即每个中含个数为，每个晶胞中含个数为，据此分析。
详解:
Ａ．由分析可知，每个晶胞中含个数为，A错误；
Ｂ．每个晶胞中含个数为，据此分析，由每个转化为，产生0价铜原子个，则每个晶胞中含0价铜原子个数为，B正确；
Ｃ．放电时NaCuSe转化为电极反应式为：
，C正确；
Ｄ．充电时1mol晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为，D正确。
综上所述，选A。
11-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有4个，故A错误；
B．基态In原子的电子自旋量子数的代数和为或，故B错误；
C．x、y以apm为1个单位，z以2apm为1个单位，则C处原子坐标为，故C错误；
D．晶胞中Cu有8个位于顶点，4个位于面心，1个位于体内，则Cu的个数为4，In有4个位于棱上，6个位于面心，则In的个数为4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为g/cm，故D正确；
故选：D。
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)，A项正确；
B．根据均摊法，每个单元中含有Ni个数为，含有的个数为，含有的个数为，含有的个数为1，故，B项正确；
C．通过分析，同层有4个，金属离子的配位数为4，轴向有2个的金属离子配位数为，金属离子配位数为4和6，C项正确；
D．按该结构计算晶胞密度：，D项错误；
答案选D。
11-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据砷化硼的晶胞结构图可知，该晶胞中As原子位于立方体内，个数为4，B原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，则砷化硼的化学式为，A错误；
B．晶胞中与As原子距离最近且相等的B原子有4个，则砷化硼晶胞中，的配位数是4，B正确；
C．根据砷化硼的晶胞结构图可知，原子之间的最短距离为面对角线的一半，为，C错误；
D．一个砷化硼晶胞的体积是a3×cm3，一个砷化硼晶胞的质量是，则晶体的密度为，D错误；
故选B。
11-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由俯视图可知，一个钙离子形成键结合3个氯离子，同样一个氯离子形成键结合3个钙离子，则该二维晶体的化学式为CaCl，A错误；
B．结合侧视图可知，Ca－Cl－Ca构成的为非平面六边形，其Ca－Cl－Ca的键角不是60°，B错误；
C．由A分析可知，Can+、Cl-周围最近的离子数均为3，故配位数均为3，C正确；
D．钙在氯气中燃烧生成氯化钙CaCl2，由A分析可知，不能得到该晶体，D错误；
故选C。
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为( ，1，)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为(，，)，B正确；
C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C错误；
D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn 故选B。
11-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A. 该晶体是金属之间形成的，是金属晶体，A正确；
B. 镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La原子数为12×+2×=3，含有Ni的原子数为18×+6=15，则La和Ni的原子数比为3：15=1：5，该合金的化学式可表示为LaNi5，B错误；
C. 合金的熔点比组分金属低，硬度比组分金属大，C错误；
D. 由B选项可知，1个该晶胞中含有LaNi5的个数为3个，所以该合金的密度为 ρ= 3 g/ cm3，D错误；
故答案选A。
点睛:
本题考查了晶胞的有关计算，利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数之比解答，注意观察晶胞中各种元素的原子在晶胞上的位置，利用均摊方法，根据晶胞结构确定每个原子为几个晶胞共用。
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
灼烧过程中氯酸钾将氧化为，浸取，向溶液中通入足量二氧化碳，发生歧化反应生成和，过滤，得到滤液，再加热浓缩、冷却结晶，得到晶体。
详解:
A．能与反应，会腐蚀石英坩埚，故A错误；
B．“结晶”过程中析出，但不可能完全析出，则“母液”中的溶质有、、，故B错误；
C．由于受热容易分解，“结晶”过程宜采用加热浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；
D． “转化”过程中发生歧化反应生成和，二氧化碳足量，生成碳酸氢钾，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应方程式为，故D正确；
故选D。
12-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子和TiO2+，加适量铁发生还原，将铁离子转变为亚铁离子，蒸发浓缩冷却结晶提取出绿矾晶体，滤液经加热TiO2+水解得TiO2·H2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、氯气反应得到TiCl4，用Mg还原得到Ti。
详解:
A．基态钛原子核外电子排布式为，有2个未成对电子，A错误；
B．Mg为活泼金属，能与、、、等物质发生反应，故金属Mg与必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误；
C． TiO2+会水解，步骤II加热可促进TiO2+的水解，C正确；
D．方程式未配平，步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO ，D错误；
答案选C。
12-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)煅烧时，以气体形式分离出体系，再加入过氧化氢和稀硫酸后，发生氧化还原反应，铅元素和钡元素均转化为难溶于水和酸的硫酸盐，铁元素经过酸浸过滤后以滤液的形式分离出去，后续加入醋酸铵“溶铅”，铅元素转化为醋酸铅，从而分离除去硫酸钡，经过滤得到的醋酸铅滤液再次与二氧化碳发生反应得到PbCO3，再经煅烧过程PbCO3分解得到PbO，据此分析解答。
详解:
A．“煅烧”过程以气体形式分离出体系，主要利用的是沸点低进行分离提纯，A正确；
B．“溶浸”过程可氧化，也可还原，使其也转化为，B错误；
C．根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，该过程的离子方程式为，C正确；
D．“沉铅”过程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，则其化学方程式为，D正确；
故选B。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为，故A正确；
B. 分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故B正确；
C. 膜反应器中反应为，由于是可逆反应，加入，生成可循环的的物质的量小于1mol，故C错误；
D. 由A和C分析可知，碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol,故D正确；
故答案选C。
12-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据锌灰中所含物质，加入稀硫酸，ZnO转化成ZnSO4，CuO转化成CuSO4，PbO转化成PbSO4，硫酸铅微溶于水，SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与稀硫酸反应，FeO转化成FeSO4，Fe2O3转化成Fe2(SO4)3，过滤，滤渣1为SiO2和PbSO4，根据流程图可知，步骤1中加入适量高锰酸钾溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，并且使Fe3+转化成氢氧化铁沉淀，高锰酸钾本身被还原成MnO2，根据流程图可知，滤渣2中主要含铜单质，该过程中发生置换反应，试剂a应为Zn，据此分析；
详解:
A．为了提高酸浸效率，可以粉碎、搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等方法，故A说法正确；
B．SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与稀硫酸反应，PbO转化成微溶于水的PbSO4，其余转化成可溶物质，因此滤渣1主要成分是SiO2和硫酸铅，故B说法正确；
C．步骤1中加入适量高锰酸钾溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，并且使Fe3+转化成氢氧化铁沉淀，高锰酸钾本身被还原成MnO2，其离子方程式为MnO+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故C说法正确；
D．根据流程图可知，滤渣2中主要含铜单质，该过程中发生置换反应，为了不引入新的杂质，试剂a应为Zn，故D说法错误；
答案为D。
12-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
硫酸铜样品中含有硫酸亚铁，加入双氧水，将Fe2+氧化成Fe3+，加入CuO，调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，据此分析；
详解:
A．温度过高，双氧水分解，应控制温度，故A说法正确；
B．加入氧化铜，中和酸，促进铁离子水解生成氢氧化铁，发生反应，故B说法正确；
C．采用双层滤纸可避免滤纸被划破导致过滤失败，故C说法正确；
D．产品微溶于水，可直接采用过滤、洗涤、干燥的操作分离产品，故D说法错误；
故答案为D。
13-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
五氧化二磷可作为干燥剂，空气经干燥后进入仪器A中，可以防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用；
详解:
A．如图，仪器A没有具支管属于圆底烧瓶，冷凝管中冷凝水下进上出冷凝效果好，故A错误；
B．五氧化二磷可作为干燥剂，空气经干燥后进入仪器A中，可以防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用，故B正确；
C．根据题意，纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)，纯化过程温度低于21℃易形成(熔点为30℃)，所以防止纯磷酸熔化，过滤时需要干燥的环境，同时还需要控制温度为30～42℃之间，故C正确；
D．磷酸结构为，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，磷酸中少量的水极难除去，故D正确；
故选A。
13-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．SbCl3的沸点223.5℃，直接常压蒸馏分离除去SbCl3时温度高140℃，此时液态SbCl5发生分解，且SbCl5沸点低于223.5℃，直接常压蒸馏达不到分离除去SbCl3的效果，A错误；
B．装置II的主要作用是吸收Cl2防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止SbCl3水解，B正确；
C．冷凝管的冷凝水一般遵循低进高出，C正确；
D．HF能与玻璃仪器中的二氧化硅反应而腐蚀玻璃，不能选用玻璃仪器，D正确；
故选A。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
金属钠可与水银形成钠汞齐，说明在水银处有Na生成，发生还原反应，则水银为阴极，Na++e-+nHg=Na·nHg，石墨为阳极，2Cl--2e-=Cl2↑；
详解:
A．b电极处与水银相连，为阴极，选项A正确；
B．若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-，选项B正确；
C．因形成钠汞齐，故电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升，选项C正确；
D．没有注明标准状况下，故无法计算气体体积，选项D错误；
答案选D。
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据反应原理及图示分析，实验开始时，关闭，打开，打开分液漏斗向锥形瓶内加入少量稀硫酸，利用铁和稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排尽，杂质与硫酸反应生成的气体通过溶液时被吸收，排尽空气后，关闭，打开，锥形瓶内生成的气体将硫酸亚铁溶液压至饱和硫酸铵溶液中，反应结束后，关闭，打开，剩余气体中的可以通过氢氧化钠溶液被吸收，硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体；
详解:
A．NaOH溶液可与油脂发生皂化反应，使其从铁屑表面去除，描述正确，不符题意；
B．硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体，说明硫酸亚铁、硫酸铵、硫酸亚铁铵三种物质中，硫酸亚铁铵的溶解度最小，在溶液中先析出，描述正确，不符题意；
C．根据分析，反应一段时间，待装置内空气排尽，就关闭，打开，描述错误，符合题意；
D．根据分析，铁屑中有FeS杂质，与酸反应有杂质气体H2S生成，利用NaOH溶液除去杂质气H2S，描述正确，不符题意；
综上，本题选C。
13-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．仪器A为冷凝管，冷水应从下端流入，上口流出，故a口为出水口，故A错误；
B．由于反应中有生成，会产生气泡，当不产生气泡时表明三颈烧瓶中反应已完成，故B正确；
C．冷的盐酸和冰水的主要作用是析出晶体，提高产率，故C错误；
D．洗涤时操作为：向漏斗中注满蒸馏水浸没固体，静置待水自然流下，重复次，故D错误；
故答案为B。
13-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
用Cl2与B2O3、C反应生成BCl3和CO，三氯化硼的熔点为−107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷凝；检验CO之前，为防止未反应的Cl2、可能存在的CO2对CO的检验造成干扰，要先将气体通入NaOH溶液中；为防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入BCl3收集装置而使BCl3水解，在通入NaOH溶液之前需先通过干燥装置；气体通过NaOH溶液后又带上水蒸气，再次干燥后将气体通入灼热的氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水；若灼热的氧化铜变红且澄清石灰水变浑浊，可证明原反应中有一氧化碳生成；未反应的CO有毒，不能排放到空气中，要用排水法收集后进行处理，据此分析解答。
详解:
A．由分析可知，实验装置合理的连接顺序为①⑥②④②⑦⑤③，A错误；
B．气体通入装置④后，未反应的Cl2被NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B正确；
C．结合分析可知，装置⑥作用是冷凝并收集BCl3，C正确；
D．若原反应有CO生成，⑦中CuO将由黑色变成红色，装置⑤中澄清石灰水将变浑浊，D正确。
答案选A。
点睛:
凡是涉及遇水水解、潮解、反应的物质，在实验设计时一定要考虑在合适的位置加干燥装置，比如加干燥装置隔绝空气中的水蒸气、通入水溶液之前加干燥装置。
14-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由流程可知，Ⅰ→Ⅱ中氢离子提供空轨道、氧提供孤电子对形成配位键，Ⅴ→Ⅵ形成的配位键断裂，A正确；
B．Ⅱ→Ⅲ的反应中原子全部反应生成一种物质，原子利用率为100%，B正确；
C．由图可知，Ⅲ→Ⅳ过程中下侧的质子转移到了右侧羟基上，发生转移，C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，吸收生成的水，导致平衡正向移动，能提高乙酸乙酯的平衡产率，D错误。
故选D。
14-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．步骤1，3均存在双键的断裂并在两端直接加上原子或原子团，均为加成反应，A正确；
B．步骤2，4，5均为一个有机物反应后生成两个物质，且其中一个生成物中均多出一个双键，均为消去反应，B正确；
C．b中有3个手性碳原子，如图中*所标碳原子， C错误；
D．含1个N原子的环与苯环类似，为平面结构，则环上连的碳原子也共平面，则f中最多有7个碳原子共平面，D正确；
故选C。
14-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
试题分析：根据元素原子质量守恒和X和Y不污染环境及状态可以判断X是N2，Y是H2O，B和C正确；在H2N-NH2中N为-2价，生成N2时化合价升高，故肼作还原剂，A正确；不属于酯类物质，不能水解，D不正确，故选D。
考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。
14-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．LiI在反应①中作反应物、反应⑤作生成物，所以LiI是该反应是催化剂，A正确；
B．根据图示可知：反应①是CH3OH+LiI→LiOH+CH3I，因此反应①属于取代反应，B正确；
C．反应④中Rh*-I键、O- Rh*键的断裂、有H- H键的断裂和O-H键、H- I键的形成，有非极性键的断裂和极性键的生成，C正确；
D．运用该反应机理可由异丙醇制备异丁酸，而不是正丁酸CH3CH2CH2COOH，D错误；
故合理选项是D。
14-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．第一步是质子化，第二步是加成，第四步是消去，第五步是质子转移，A正确；
B．由第三步和第四步可知，同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构，两个羟基脱掉1个水分子转变为碳氧双键，B正确；
C．物质a中所有中心原子均为碳原子，碳原子周围都连有4个单键，其杂化方式都为sp3，C正确；
D．由图可知，若用同位素标记CH3CO18OH来研究酯化反应断键的规律，当羟基发生消去反应去水形成碳氧双键时，可能存在于水中，也可能存在于酯中，无法确定酯化反应断键的规律，D错误；
故选D。
14-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性，故A正确；
B．还原反应过程中H−H、C=O键断裂，分别为极性键和非极性键，故B错误；
C．肉桂醛分子中碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，故C正确；
D．苯丙醛、肉桂醇的化学式相同，故等量的苯丙醛，肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等，故D正确；
答案选B。
15-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
H3RO4存在三步电离：
① 结合图象特点可知，第一个交点处= ，所以此时；
②，同理可得；
③，同理可得。
详解:
A．据图象可知，当溶液中的分布分数最大时，溶液的pH小于7，A项错误；
B．由图象可计算出和，此时，B项错误；
C．的水解常数，C项正确；
D．Na2HRO4溶液中存在电离平衡()和水解平衡()，由图象可知此时溶液pH＞7，推测的水解大于电离，故水解产生的，D项错误；
答案选C。
15-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸，选项A错误；
B．曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示，选项B错误；
C．即，由图可知，此时，，即，而，故，，选项C正确；
D．由减去，可得的平衡常数，故的平衡常数，选项D错误；
答案选C。
15-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．为一种三元弱酸，分别发生三步电离，=，=，=，第一步电离大于第二步电离，第二步电离大于第三步电离，故pH越小，越大，故曲线a代表与溶液的关系，曲线b代表与溶液的关系，曲线c代表与溶液的关系，A项错误；
B．=，当c(RO)=c(HRO)，即=0，=c(H+)=10-11.40，则常温下，的的数量级为，B项错误；
C．时，c(RO)=c(HRO)，溶液中溶质中存在电荷守恒，得到，联立上述两个等式，得到，C项正确；
D．由图可知，溶液呈酸性，H2RO电离程度大于本身水解程度，能抑制水的电离，D项错误。
故答案选C。
15-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸，分三步部分电离，电离方程式为，，，故A错误；
B．由图可知，pH=9.2时c(H+)=10-9.2mol/L，c(H3AsO3)=c()，Kal==c(H+)=1.0×10-9.2，故B正确；
C．pH=9.2时c(H+)=10-9.2mol/L，c(H3AsO3)=c()，不代表H3AsO3溶液的pH，故C错误；
D．和可以反应生成，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
15-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．稀释100倍后，两溶液的浓度均变为，浓度相同的二元弱酸与二元强酸，强酸完全电离，溶液中比弱酸的大，pH比弱酸小，因此pH大小关系为H2A>H2SO4，A错误；
B．pH相同时，二元弱酸的浓度大于二元强酸的浓度，因此中和等pH、等体积的H2A与H2SO4，弱酸H2A消耗更多NaOH，B错误；
C．根据，25℃时，pH=4，有，则，故，C错误；
D．等浓度、等体积H2A溶液与NaOH溶液混合后，恰好发生以下反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O，溶液中只有溶质NaHA，既有电离又有水解，其水解常数，则的水解程度小于电离程度，因此，D正确；
故选D。
15-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由“c(H2R)保持不变”知①表示c(H2R)，随着pH的增大，c(HR-)和c(R2-)增大，-lgc(HR- )和-1gc(R2- )减小，在pH较小时存在-lgc(HR-)< -lgc(R2-)，说明曲线②表示HR-，③表示R2-，据此分析解答。
详解:
A．由H2RH++HR-知，Ka1(H2R)=，又a点时c(HR-)= c(H2R)，pH=6.3，故Ka1(H2R)= c(H+)=1 ×10-6.3，同理可求出Ka2(H2R)=1 ×10-10.3，故A正确；
B．KHR的溶液中，HR-发生水解和电离使得其浓度减小，则c(K+)>c(HR-)，由于Kh(HR- )====1 ×10-7.7>Ka2(H2R)，故KHR溶液中HR-水解能力强于HR-电离能力，则溶液中c(H2R)>c(R2-)，溶液中显性离子浓度大于隐形离子浓度，因此c(K+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)，故B正确；
C．pH越大c(R2-)则越大，则水体中c(M2+)越小，-1gc(M2+)越大，故④表示-lgc(M2+ )随着pH变化的情况，故C正确；
D．pH=10.3 时，c(R2-)=10-1.1mol/L， 此时MR达到了溶解平衡状态，则c(M2+)= mol/L= 3.0×10 -7.9mol/L，故D错误；
答案选D。
16-1【基础】 【正确答案】 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶) B 持续产生环戊二烯并蒸至装置Ⅱ中 打开a处开关，由b处吹入氮气 防止Fe2+和有机原料被氧化，避免反应过程金属离子水解
【试题解析】 分析:
本实验的目的是制备二茂铁，该实验要在无氧无水环境中进行，所以需要先用氮气排尽装置中的空气；加热装置Ⅰ至170℃，并保持恒温，使双环戊二烯分解、持续产生环戊二烯，并蒸馏进入装置Ⅱ中；向Ⅲ中加入四氢呋喃溶解FeCl3，与铁粉反应得到FeCl2，蒸馏Ⅲ中溶液，得近干残留物，再加入有机溶剂二甲亚砜溶解FeCl2，用氮气吹入至装置Ⅱ中反应得到二茂铁。
详解:
(1)根据装置图可判断图中所示的三个装置均使用到的一种仪器的是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)。
(2)步骤③为加热装置Ⅰ至170℃，并保持恒温，由于温度超过100℃，则步骤③操作中，加热方式最适宜的是油浴加热，答案选B。
(3)由于双环戊二烯在170℃较快分解为环戊二烯，则步骤③保持恒温的目的是持续产生环戊二烯并蒸至装置Ⅱ中。
(4)由于亚铁离子易被氧化，则将装置Ⅲ中的FeCl2转移至装置Ⅱ中的方法是打开a处开关，由b处吹入氮气。
(5)由于Fe2+和有机原料易被氧化，所以整个制备过程需采取无氧无水环境的原因是防止Fe2+和有机原料被氧化，避免反应过程金属离子(和产品)水解；
(6)制备二茂铁的原料是氢氧化钾、氯化亚铁和环戊二烯，根据元素守恒可知除生成二茂铁，还有氯化钾和水生成，则生成二茂铁的化学方程式为2KOH+FeCl2+2C5H6Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O。
16-2【基础】 【正确答案】 使Fe2+完全沉淀 热水 bd 产物中会混有过量的炭粉 溶液变为(淡)浅红色，且半分钟内不变色 70% bc
【试题解析】 分析:
以摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]为原料，制取Fe时，先将摩尔盐溶解、酸化以抑制Fe2+水解；加入稍过量的H2C2O4，将Fe2+转化为FeC2O4·2H2O沉淀，经过滤、洗涤、干燥，得到纯净的FeC2O4·2H2O晶体；将晶体在O2中灼烧，转化为Fe2O3，再用还原剂还原，便得到Fe。
详解:
(1)步骤②中，为使Fe2+沉淀完全，H2C2O4需过量，所以加入稍过量H2C2O4的原因是使Fe2+完全沉淀。使Fe2+完全沉淀；
(2)因为FeC2O4·2H2O难溶于水，而H2C2O4的溶解度随温度升高而增大，所以为提高H2C2O4的纯度，步骤③中宜用热水洗涤。热水；
(3)步骤④是将FeC2O4·2H2O晶体在O2中灼烧，转化为Fe2O3，所以必须使用坩埚，且使用玻璃棒搅拌，故选bd。bd；
(4)步骤⑤中，若用炭粉还原Fe2O3，则过量的炭会混在生成的铁中，理由：产物中会混有过量的炭粉。产物中会混有过量的炭粉；
(5)①滴加KMnO4溶液前，溶液呈无色，KMnO4溶液稍过量时，溶液呈浅红色，所以达到滴定终点的现象是溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色；依反应的离子方程式，可建立如下关系式：5Fe2+——，则该摩尔盐的纯度是=70%。
②a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，则KMnO4溶液的浓度减小，所用体积偏大，使测定的纯度值偏高；
b．滴定过程有少量样品溶液溅出，则所用KMnO4溶液的体积偏小，测定结果偏低；
c．滴定前仰视滴定管读数，则初读数偏大，所用KMnO4溶液的体积偏小，测定结果偏低；
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失，则读取KMnO4溶液的体积偏大，测定结果偏高；
故选bc。溶液变为(淡)浅红色，且半分钟内不变色；70%；bc。
点睛:
在确定滴定终点时，应强调“半分钟内不变色”。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、三颈烧瓶 安全瓶
2、4NaClO3+CH3OH+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O
3、氮气流速过快时，ClO2不能被充分吸收；氮气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度会过高，将易导致分解
4、防止NaClO2分解 减少H2O2的分解，增加ClO2的溶解度等
5、趁热过滤 6、100% 4H++4I-+O2=I2+2H2O，操作①环节有部分I-被空气氧化为I2，消耗Na2S2O3增多，结果偏高
【试题解析】 分析:
实验前先通氮气将体系内空气排尽，50%的甲醇溶液在浓硫酸环境下与NaClO3溶液发生反应，制取ClO2气体，通入氮气将生成的ClO2气体完全赶入装置C内洗气瓶中，与NaOH和H2O2共同作用制备NaClO2。实验过程可通过控制氮气的流速使NaClO2的产率达到最佳值，通过冰水浴降低洗气瓶的温度可防止NaClO2分解，多余的ClO2用NaOH溶液吸收。
如图所示，盛放NaClO3溶液仪器是三颈烧瓶；据分析，装置B处在A和C之间，可防止C中试剂瓶内液体进入A中，起到防止倒吸的安全瓶作用。
装置A中甲醇在浓硫酸环境下被NaClO3所氧化，CH3OH被氧化为甲酸，反应化学方程式为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O。
实验表明氮气流速过快或过慢均导致NaClO2的产率降低，根据反应速率的影响因素分析，其原因可能是：氮气流速过快时，ClO2不能被充分吸收；氮气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度会过高，将易导致分解。
据已知信息，温度过高NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，H2O2也大量分解，降低ClO2的溶解度，降低产率，故装置C中冰水浴的作用防止NaClO2分解、减少H2O2的分解，增加ClO2的溶解度等。
饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，故从装置C的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为①减压55℃蒸发结晶，②趁热过滤；③用38℃～60℃的温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。
过量的碘化钾将NaClO2完全还原，反应方程式为：；100mL中的25.00mL该溶液，产物I2与Na2S2O3反应：I2+2=2I-+，则物质转化关系有：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，依题意则品中NaClO2的质量分数为： =100%；在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是：4H++4I-+O2=I2+2H2O，操作①环节有部分I-被空气氧化为I2，消耗Na2S2O3增多，结果偏高。
16-4【巩固】 【正确答案】 D d b a e c 51% N 93.3%
【试题解析】 分析:
本实验的目的，以苯酚和氯乙酸为原料，制取对氯苯氧乙酸。苯酚与NaOH溶液作用生成苯酚钠，氯乙酸与NaOH溶液作用生成氯乙酸钠，二者混合后加入KI，发生反应，生成苯氧乙酸钠；加入HCl调节pH=2，此时苯氧乙酸钠转化为苯氧乙酸，经冷却结晶，得到苯氧乙酸晶体，抽滤、洗涤得纯净的苯氧乙酸；将制得的苯氧乙酸与FeCl3/HCl、H2O2混合加热，让其发生反应，生成对氯苯氧乙酸，然后结晶、净化后重结晶，从而制得产品。
详解:
(1)苯酚微溶于水，用10mL20%NaOH溶液溶解苯酚固体，生成易溶于水的苯酚钠，原因是。；
(2)A．给三颈烧瓶加热，加热方式可能为水浴、酒精灯垫石棉网加热、电磁加热器等，A不正确；
B．冷凝管中冷却水流向应下进上出，即从导管b进入、导管a流出，B不正确；
C．热过滤时，滤纸边缘(上沿)应低于漏斗边缘约5mm，C不正确；
D．热过滤可防止温度降低引起产品结晶析出，从而产生损耗，D正确；
D；
(3)粗产品的纯化时，操作合理排序：粗产品→用热的乙醇溶解→d．煮沸→b．趁热过滤→加蒸馏水→a．自然冷却→e．抽滤→c．洗涤→干燥→4.76g产品。由反应关系式→，可求出理论上50mmol苯酚可生成对氯苯氧乙酸50mmol，则本实验的产率为=51%。d；b；a；e；c；51%；
(4)三次实验中，第2次实验结果误差太大，不能采用，则1、2两次实验消耗NaOH标准溶液的体积为=20.00mL。
①因为NaOH会腐蚀玻璃，所以应使用碱式滴定管，所以装标准溶液时选择图3中规格为50mL的滴定管N。
②对氯苯氧乙酸产品的纯度为=93.3%。N；93.3%。
点睛:
为减少实验误差，滴定实验可能进行几次，然后求平均值，若某次实验数据与其它次实验数据偏差过大，此数据为失真数据，应舍去。
16-5【提升】 【正确答案】 1、B+3HNO3 =H3BO3 +3NO2↑、2B+3H2SO4=2H3BO3 +3SO2↑ H3BO3+H2OB(OH) +H+或 +H2O+H+
2、H3BO3 硼酸B(OH)3分子呈平面三角形，分子与分子之间通过氢键形成层状结构；层与层之间通过范德华力结合，所以，析出的硼酸呈鳞片状。
3、需要准确中和H+ 碱中和过量，会造成硼的测定结果偏低；碱中和不足，则硼测定结果偏高
4、因为对于硼酸而言，Ka·c<10-8 ，不能直接被NaOH滴定。但硼酸中的硼具有缺电子性质，加入甘露醇之类的多羟基化合物，可以增强硼酸酸性，使其Ka ` c> 10-8而能准确地被NaOH滴定
5、8.89 酚酞 微红色
6、
【试题解析】 B被浓硝酸、浓硫酸氧化成H3BO3，反应分别为：B+3HNO3 =H3BO3 +3NO2↑、2B+3H2SO4=2H3BO3 +3SO2↑；硼酸结合水中的氢氧根离子，发生电离，电离方程式：H3BO3+H2OB(OH) +H+或 +H2O⇌ +H+，故B+3HNO3 =H3BO3 +3NO2↑、2B+3H2SO4=2H3BO3 +3SO2↑；H3BO3+H2OB(OH) +H+或 +H2O+H+；
除去过量酸后的热溶液在冷却至室温过程中有时析出白色鳞片状晶体为H3BO3，硼酸B(OH)3分子呈平面三角形，分子与分子之间通过氢键形成层状结构；层与层之间通过范德华力结合，所以，析出的硼酸呈鳞片状。故H3BO3；硼酸B(OH)3分子呈平面三角形，分子与分子之间通过氢键形成层状结构；层与层之间通过范德华力结合，所以，析出的硼酸呈鳞片状。；
C框到D框的滴定操作过程中，结合图示信息可知该过程中氢氧化钠只中和氢离子，而不与硼酸发生反应，因此需要准确测定氢离子浓度，否则碱中和过量，会造成硼的测定结果偏低；碱中和不足，则硼测定结果偏高，故需要准确中和H+；碱中和过量，会造成硼的测定结果偏低；碱中和不足，则硼测定结果偏高；
由D框到E框图示可知，该过程中加入甘露醇后，硼酸与甘露醇反应生成配合物和氢离子，该过程生成的氢离子可被氢氧化钠中和滴定，因为对于硼酸而言，Ka·c<10-8 ，酸性太弱不能直接被NaOH滴定。但硼酸中的硼具有缺电子性质，加入甘露醇之类的多羟基化合物，可以增强硼酸酸性，使其Ka ` c> 10-8而能准确地被NaOH滴定，故因为对于硼酸而言，Ka·c<10-8 ，不能直接被NaOH滴定。但硼酸中的硼具有缺电子性质，加入甘露醇之类的多羟基化合物，可以增强硼酸酸性，使其Ka ` c> 10-8而能准确地被NaOH滴定；
c(OH-)= =7.7× 10-6mol·L-1
pOH=5. 11，pH=14-5.11=8.89；该pH在酚酞的变色范围内，应选用酚酞作指示剂，终点时颜色变化由无色变微红色，故酚酞；微红色；
由已知反应可知1mol硼酸与甘露醇反应生成1mol氢离子，1mol氢离子消耗1mol氢氧化钠，该过程消耗氢氧化钠的体积为V2，则n(H3BO3)=n(NaOH)=, m(H3BO3)=，被测溶液中硼含量(g·L-1)=，故；
16-6【提升】 【正确答案】 1、坩埚 2、MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O b→c→g→h→d 关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气
3、500mL容量瓶、胶头滴管 250.0mL 偏低
4、92%
【试题解析】 分析:
实验室中，在坩埚中灼烧固体，所以应将黄铜矿粉末放在坩埚中焙烧；
①圆底烧瓶中发生反应为MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；
②反应生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl，继续连接g、h，通过浓硫酸除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；连接顺序是a→ b→c→g→h→d；
③利用加热气体膨胀的原理进行装置气密性的检验，所以检验方法为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；
实验室中配置450mL 6mol·L-1盐酸，用量筒量取浓盐酸、用烧杯、玻璃棒稀释浓盐酸、冷却后用玻璃杯引流移入500mL的容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，把洗涤液移入容量瓶，加水定容，当液面离刻度线1～2cm时改用胶头滴管逐滴加入，摇匀，所以需要用到的玻璃仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒还有500mL容量瓶、胶头滴管，需要量取12mol·L-1浓盐酸的体积是，量取浓盐酸时俯视，浓硫酸体积偏小，溶质偏少，会使所配置溶液浓度偏低；
根据Fe元素守恒可得：2CuFeS2～Fe2O3，所以该黄铜矿中含CuFeS2的质量为，该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数为=92%。
17-1【基础】 【正确答案】 1、氨基 2、加成反应
3、 4、＋＋HCl
5、bc 6、
【试题解析】 分析:
A和NH2OH在一定条件下发生取代反应生成B，B和浓硝酸在浓硫酸加热条件下发生硝化反应生成C，C和H2NCN发生加成反应生成D，E和(CH3)2NCHO发生反应生成F和水，D和F发生反应经过两步得到G，根据信息①G和氢气在Pd/C作用下反应生成H()，H和反应生成J()，J发生取代反应生成K。
根据B的结构得到B的官能团名称是氨基；故氨基。
根据① 信息和D的结构分析得到C→D的反应类型是加成反应；故加成反应。
a．属于芳香族化合物，说明含有苯环；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；c．苯环上的氢原子的种类只有2种，说明两个支链在对位，则其结构简式为；故。
根据信息②得到G变为H是硝基变氨基，根据信息②后面的变化和J的结构得到H→J的化学方程式是＋＋HCl；故＋＋HCl。
a．从K→L的反应可知，K与甲磺酸反应生成L，则K分子可能具有碱性，故a正确；b．K分子含有肽键，在胃酸中可能发生水解，因此不能稳定存在，故b错误；c．由J→K还有HCl生成，该反应是取代反应，故c错误；d．K能被酸性高锰酸钾氧化，因此能发生氧化反应，故d正确；综上所述，bc。
D+F→G经过中间产物1和中间产物2，在根据G的结构分析，中间产物1反应生成中间产物2和水，则中间产物2的结构简式；故。
17-2【基础】 【正确答案】 1、甲苯 醛基 2、
3、加成反应 取代反应
4、 5、AC
6、布洛芬含有羧基具有酸性，对胃、肠道有刺激 HOCH2CH2OH
【试题解析】 分析:
根据A的分子式C7H8及B的结构简式不难推出A为甲苯，A和CH3CH=CH2作用生成B，B在AlCl3催化下和CH3COCl发生取代反应生成C，C和ClCH2COOC2H5、C2H5ONa反应生成D，逆推C为 ，D和NaOH发生碱性水解，然后HCl酸化生成E为 ，E和银氨溶液反应生成布洛芬，据此解答。
根据分析可知，A为甲苯；E为 ，官能团名称为醛基；
根据分析，由B和D的结构逆推C为 ；
根据分析，A和CH3CH=CH2作用生成B，是丙烯中的碳碳双键断开与甲苯基及H原子加成，所以A→B为加成反应；B，在AlCl3催化下和CH3COCl生成C ，则B中对位被取代，所以B→C为取代反应；
E为 ，E中含有1个醛基，所以与新制氢氧化铜溶液反应生成氧化亚铜，反应的化学方程式为；
布洛芬的结构简式如图 ：
A.布洛芬中结构中含有羧基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，苯环上的甲基能被强氧化剂所氧化，A正确；
B. 布洛芬中含有羧基，能与Na2CO3生成CO2，B错误；
C. 布洛芬结构中与苯环直接相连的C原子上含有H原子，可以被高锰酸钾溶液所氧化，生成羧基，所以能生成对苯二甲酸，C正确
D. 一个布洛芬分子只有1个手性碳原子，即与羧基相连的那个碳原子为手性碳原子，D错误；
故选AC。
①布洛芬结构中含有羧基，所以布洛芬具有较强的酸性，会对胃、肠道有刺激；
②用 对布洛芬进行成酯“修饰”：即布洛芬与 中的-OH发生酯化反应，可以生成 ；
③根据缓释布洛芬高分子结构：
，可以找出其单体分别是布洛芬 ， ，HOCH2CH2OH。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、碳氟键、醛基 2、bc
3、加成反应 NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O
4、 5、9种 或或
6、
【试题解析】 分析:
A的结构简式为，则可推出B的结构简式为，B与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成D， D的结构简式为，E和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成G，则G的结构简式为；根据题中给出ii:可知反应后得到M的结构简式为；
A的结构简式为，官能团名称为碳氟键、醛基；
a.B的结构简式为，含有C=C双键能能使酸性溶液褪色，a项错误；
b.碳碳双键两端连接的基团都不同，一定有顺反异构，b项正确；
c.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中没有手性碳原子，c项正确；
d. 除了苯环外还有2个不饱和度，因此不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，d项错误；
答案选bc。
D和G生成H是加成反应，因此反应类型为加成；E和乙醇，浓硫酸加热生成G，方程式为：；
根据题中给出ii:可知反应后得到M的结构简式为；
化合物L中含有7个C原子，3个O原子，不饱和度为5，其芳香族化合物满足：遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，能发生银镜反应说明含有醛基或甲酸形成的酯基，若苯环上有2个侧链，应为-OH和-OOCH，有3种，若有3个侧链，则为-OH，-OH，-CHO，有6种，共有9种同分异构体；其中核磁共振氢谱的吸收峰面积为1:2:2:1的为，，；
发生异构化生成，则N为，发生题给信息，反应生成，则P的结构简式为，根据②则P过氧化氢和乙酸反应得到Q 在乙酸和过氧化氢作业下反应生成，则Q为，发生水解酸化后生成。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、相同 2、19
3、 4、8 5、氨基 碳氟键 2HCl
6、加成反应 形成的五元环较稳定(或答酰胺键比酯基稳定)
【试题解析】 分析:
A到B发生了取代反应，羟基被取代；B到C发生了取代反应，Cl原子被取代；根据F的结构简式可知C与D发生取代反应得到E，Br原子被取代，E的结构简式为：；E到F发生取代反应，羧基中的羟基被取代；F与G反应得到H。
根据分析，两步反应均为取代反应，故反应类型相同；
苯环上除了F和Br原子的位置外，有4种不同环境的氢原子，侧链中含有酰胺基，可能的结构为-CONHCH3、-CH2CONH2、-NHCOCH3、-N(CH3)CHO、-CH2NHCHO，除去C的结构，还剩，故满足条件的C的同分异构体共有19种；
根据分析，E的结构简式为：；
如图所示，F中共有8种不同环境的氢原子，，故化合物F核磁共振氢谱的吸收峰有8组；
化合物X中的官能团名称是氨基、碳氟键、氰基；方程式补充完整为：；
对比F和H的结构可知，第一步F中的N原子进攻G，G中的C=N键中双键上发生了加成反应；酯交换反应是典型的可逆反应，但F→H的产率却较大，从产物结构分析，其原因可能是形成的五元环较稳定(或酰胺键比酯基稳定)。
17-5【提升】 【正确答案】 1、丙醇(或异丙醇)
2、氧化反应 3、酮羰基、羟基
4、
5、 6、12 7、
【试题解析】 分析:
由A生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，所以B的结构简式为： ，所以A的结构简式为：，A发生反应①催化氧化生成B，根据已知反应i，与HCHO反应生成C（），C与甲发生加成反应生成D（），所以甲的结构简式为：CH3COOC2H5，根据已知反应ii，在催化剂，加热条件下生成内脂E，E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式为：，与苯酚反应生成G（），G发生反应④生成产品。
A的结构简式为：，名称为丙醇(或异丙醇)；
A（ ）发生反应①生成B（），反应①为氧化反应；
C的结构简式为：，含有的官能团为：酮羰基、羟基；
根据已知反应i，与HCHO反应生成C（），故反应方程式为：；
根据已知反应ii，在催化剂，加热条件下生成内脂E，E分子内含有六元环，可发生水解反应，故其结构简式为：；
F为苯酚，所有原子均在同一平面，故12；
欲生成产物需先发生消去反应，有2个β-C，有两种消去方式，所以中间产物有2个，分别为：、 ；
点睛:
本题涉及到酚醛缩合、羟醛缩合等经典有机反应，了解反应的机理是解决有机推断的关键。
17-6【提升】 【正确答案】 1、醛基、溴原子(或碳溴键) 取代反应
2、ab 3、 4、++H2O
5、 6、
【试题解析】 分析:
对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被取代，参考已知信息+H2O+，可知C中醛基与中的氨基反应生成D中的-CH=N-，D为，已知D和NaN3发生取代反应生成E，对比D和E的分子式并结合G的结构简式，可知-N3取代了原子，E为，由题中已知铜催化的Huisgen环加成反应信息和G的结构简式中含五元环可推知：E中碳碳三键、-N3反生加聚反应生成F，形成五元环结构，F的结构简式有三种可能。
)由A的结构可知，其中含有的官能团为醛基、溴原子(或碳溴键)，对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被替代，反应①属于取代反应；
a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，a正确；
b．B中含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，可以发生氧化反应、取代反应、加成反应，与羟基连接的碳原子的邻位碳原子上有H原子，可以发生消去反应，b正确；
c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液检验中含有的碳碳三键，c错误；
故选ab；
B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有1种氢原子，分子结构对称，故X的结构简式为；
由D的分子式可知，C与反应脱去1分子水生成D，故D为，反应②的化学方程式为++H2O；
对比D、E的分子式，可知D中的1个F原子被“”取代生成E，结合G的结构可知应是D中含N取代基的对位F原子被取代，故E为；
被O2氧化生成H，则H为，由K的结构可知，H与发生取代反应生成I，I为，I的羧基中的-OH被取代生成J，故J为 。
18-1【基础】 【正确答案】 1、 80
2、
3、减少沉淀溶解损失
4、使溶液中低价的氧化为高价的 盐酸、氯气
5、
【试题解析】 分析:
钌废料被氯气氧化成，杂质被氧化成为氯化物，蒸馏出，与盐酸反应生成，溶液浓缩后，加双氧水和氯化铵反应得到沉淀，煅烧得到，经氢气高温还原得到高纯度钌粉，据此分析解答。
钌废料在碱性条件下被氯气氧化为，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：，钌废料氧化时，随着温度的升高，钌的回收率逐渐升高，在80℃左右回收率已经很高，再升高温度回收率增幅不明显，且会增加能量消耗，因此温度80℃为宜，故；80；
盐酸吸收蒸馏产物时转化为，Ru化合价降低，发生氧化还原反应，则HCl中氯元素被氧化为氯气，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故；
易溶于水，微溶于酒精，用酒精洗涤可减少的溶解损失，故减少沉淀溶解损失；
溶液，含有少量，中Ru化合价为+3价，加双氧水后产物中Ru化合价为+4价，可知双氧水将+3价Ru氧化成高价态，加盐酸过程中生成的氯气以及煅烧过程中生成的HCl气体可以循环利用，故使溶液中低价的氧化为高价的；盐酸、氯气；
氯钌酸铵分解生成钌单质和一种无毒的气体单质该气体为氮气，同时有两种化合物生成结合元素守恒及铵盐性质可知为HCl和NH3；结合电子得失守恒及元素守恒得分解方程式为：，故。
18-2【基础】 【正确答案】 1、Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
2、2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
3、Fe2+、Ga3+
4、In(OH)3、Ga(OH)3
5、0.74 6、c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小
【试题解析】 分析:
本题是一道由银铟矿制备稀有金属的工业流程题，首先用氯化钠，盐酸，次氯酸钠混合物从原材料浸出有用的物质，之后用水蒸气使其中的三价铁生成氧化铁，再用碳酸钙中和过量的酸，再用铜置换出银和铜，再用铁置换出其中的铜，再经过调pH和除杂，最终得到贫液，以此解题。
浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；
由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；
“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；
“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；
Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；
由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、增大反应物接触面积，提高反应速率(或提高转化率)
2、漏斗、玻璃棒、烧杯
3、Cu2O、和
4、2NA
5、
【试题解析】 分析:
铜阳极泥，主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等。Cu2Se、Ag2Se中的Se高温下会被氧化为或；水浸后过滤得到含、Na2SeO4和的滤液和主要含、Au、Pt和Ag2O的滤渣；向滤液中加适量的还原Na2SeO4，然后再控电位还原的到Se单质；向滤渣中加适量的硝酸，和Ag2O转化为、Ag+而溶于水，再次过滤的到不溶于硝酸的Au和Pt；向溶液中加萃取剂萃取分液得到含的有机相和水相，向有机相中加反萃取剂再次分液得到溶液和有机相。据此分析可得：
采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，可使氧气与铜阳极泥充分接触，加快反应速率；
实验室采用过滤法将难溶性的固体和液体的分离，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
Ag2Se在“烧结”时可转化为难溶的Ag2O和易溶的、Na2SeO4，由于铜阳极泥出含Cu2Se、Ag2Se外还含不与氧气反应的金和铂，所以滤渣的主要成分为、Au、Pt和Ag2O；由于向有机相中加反萃取剂再次分液得到溶液，所以反萃取剂应选，这样既能分离出硝酸铜又不引入新杂质；
FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，Se元素化合价由+6变为+4，故还原每摩尔转移的电子的物质的量为2mol，数目为2NA； H2SeO3的Ka1=1.0x10-3，Ka2=1.0x10-7，则常温下的水解常数；
“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到物质的分离；氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强，为0.770最高，其次为0.740，再者是为0.345，最后是为-0.440，所以氧化性强弱为；
在0.740V时Fe3+优先被还原，则得到电子被还原为，即。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、95℃ 2、亚硒酸 4ClO+4H++5e-=4ClO2↑+H2O+H2SeO3
3、ClO2+4H++5e-=4Cl-+2H2O 0.345
4、5.0×1035 SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
5、
【试题解析】 分析:
含硒物料用煤油脱S，固体中加入NaClO3、H2SO4氧化酸化，除去SiO2，滤液中含有H2SeO3、Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4，采用催化剂联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，H2SeO3还原为Se，电位低的物质保留在溶液中，达到硒与杂质金属的分离。
根据脱硫率随温度的变化图，95℃脱硫率已经很高，升高温度，脱硫率没有明显升高，所以“脱硫”时，最佳温度是95℃；
“氧化酸浸”中，Se被NaClO3氧化成H2SeO3(Ka1=2.7×10-3)，H2SeO3中Se元素的化合价为+4，H2SeO3的化学名称为亚硒酸，该反应的离子方程式为4ClO+4H++5e-=4ClO2↑+H2O+H2SeO3；
①控制电位在0.740-1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加催化剂，把ClO2还原为Cl-，根据得失电子守恒，该过程的还原反应式为ClO2+4H++5e-=4Cl-+2H2O。
②为使硒和杂质金属分离，其它金属离子不能还原为金属单质，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345V以上；
①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026mol·L-1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为mol·L-1；
②硒代硫酸钠酸化生成硒、二氧化硫，反应的离子方程式为SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O。
H2SeO4在水溶液中的电离方程式如下：H2SeO4=H++HSeO，HSeOH++SeO。已知0.01mol·L-1H2SeO4溶液的pH为x，则K(HSeO)=。
18-5【提升】 【正确答案】 1、Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
2、4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+8KOH+3O2↑
3、密闭，干燥，低温 低温，保持溶液较强碱性
4、酸性：＞HClO＞ 碱性：ClO-＞＞ 2+3Mn2++4H2O＝3MnO2↓+2Fe(OH)3(胶体)+2H+
5、63.1%
【试题解析】 分析:
在碱性溶液中次氯酸氧化氯化铁得到高铁酸钠，向高铁酸钠中加入饱和KOH溶液转化为高铁酸钾，过滤得到粗高铁酸钾固体，据此解答。
铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，因此可作净水剂，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
反应中铁元素化合价降低，则只能是氧元素化合价升高，失去电子被氧化，因此还有氧气生成，依据电子得失守恒和原子守恒可知该反应的方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+8KOH+3O2↑；
①根据已知信息可知干燥的高铁酸钾在常温下可以在空气中长期稳定存在，198℃以上分解为氧化铁，但含水的高铁酸酸钾或高铁酸钾溶液热稳定性明显下降，80 ℃以上时迅速分解为Fe(OH)3，这说明K2FeO4固体保存方法是密闭，干燥，低温；
②根据图象可知pH越小浓度越小，说明酸性越强，高铁酸钾就越易分解，所以K2FeO4溶液配制的方法是低温，保持溶液较强碱性；
①由于“标准电极电势”正值数值越大，氧化性越强，负值数值越负，还原性越强，根据表中数据可知酸性溶液中氧化性强弱排序：＞HClO＞，碱性溶液中氧化性强弱排序：ClO-＞＞。
②高铁酸钾在弱酸性环境下将Mn2+氧化生成MnO2并生成Fe(OH)3胶体，反应中Mn元素化合价升高2价，铁元素化合价降低3价，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为2+3Mn2++4H2O＝3MnO2↓+2Fe(OH)3(胶体)+2H+；
消耗标准液的物质的量是0.001893mol，根据反应①②③可知：～3Fe2+，所以样品中高铁酸钾的质量分数为=63.1%。
18-6【提升】 【正确答案】 1、5 +3 Fe4(OH)2(SO4)5+2H+=4Fe3++5+2H2O
2、还原浸出 煅烧温度和空气用量
3、2Co2++H2O2+4OH-=2Co(OH)3↓ 4、C
5、不能，酸性条件下Co3+的氧化性大于Cl2，Co(OH)3溶于盐酸得到的是CoCl2
【试题解析】 分析:
有机钴渣加入H2SO4酸浸时ZnSO4∙6H2O溶解、Fe4(OH)2(SO4)5与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，所得浸出液用于湿法炼锌；所得浸出渣在空气中煅烧主要得到含钴产物，含钴产物中加入H2SO4、Na2SO3“还原浸出”得到含Co2+的浸出液，“沉钴”过程中加入H2O2、NaOH得到Co(OH)3沉淀。
①根据“酸浸”过程金属元素的浸出率随硫酸初始浓度变化曲线图可知，为有效分离Zn、Co元素，应选择最佳的硫酸初始浓度为5g/L；5。
②Fe4(OH)2(SO4)5中H、O、S元素的化合价依次为+1价、-2价、+6价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Fe元素的化合价为+3价；其与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和H2O，反应的离子方程式为Fe4(OH)2(SO4)5+2H+=4Fe3++5+2H2O；+3；Fe4(OH)2(SO4)5+2H+=4Fe3++5+2H2O。
①有机钴渣中的含钴有机物煅烧过程中产生的污染性气体为SO2，SO2经碱洗后生成亚硫酸盐，亚硫酸盐可返回“还原浸出”工序循环使用；还原浸出。
②“煅烧”过程随着温度升高，含钴产物发生转化为：Co3S4→CoO→Co3O4，此过程中的反应依次为2Co3S4+11O26CoO+8SO2、6CoO+O22Co3O4；Co3O4极难溶于稀硫酸，为提高“还原浸出”过程中Co元素的浸出率，“煅烧”过程中应减少Co3O4的生成，故“煅烧”时应调控煅烧温度和空气用量；煅烧温度和空气用量。
“沉钴’过程中加入H2O2、NaOH得到Co(OH)3沉淀，Co2+元素的化合价升高，则H2O2被还原，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，Co2+转化为沉淀的离子方程式为2Co2++H2O2+4OH-=2Co(OH)3↓；2Co2++H2O2+4OH-=2Co(OH)3↓。
根据流程，“酸洗”时应使杂质酸洗除去、同时减少Co(OH)3的溶解损失，Co(OH)3开始溶解时c(OH-)===3×10-13(mol/L)，c(H+)=mol/L，pH=1.48，故应控制溶液的pH>1.48、且使杂质酸洗除去；答案选C。
电极电势高的电极，其氧化型的氧化能力强；电极电势低的电极，其还原型的还原能力强，根据表中数据可知，酸性条件下Co3+的氧化性大于Cl2，Co(OH)3溶于盐酸发生反应2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O，故不能用盐酸溶解Co(OH)3得到CoCl3；不能，酸性条件下Co3+的氧化性大于Cl2，Co(OH)3溶于盐酸得到的是CoCl2。
19-1【基础】 【正确答案】 1、44.4% 等于 大于
2、小于 减小
【试题解析】 ①在700℃下化学平衡常数K=0.64，假设充入等物质的量的和均为1mol，设转化了xmol氢气，列三段式：，，解得x=0.444mol，则平衡时的转化率为；若830 ℃时，向容器中充入1 mol CO、4mol H2O，反应达到平衡后，平衡常数与平衡时浓度无关，只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，因此化学平衡常数K等于1.0；
③若时，平衡常数为2.6，在某时刻平衡体系中的浓度分别为、、、， ，由表知温度升高平衡常数增大，则此时温度大于；
①对应反应：
当温度为、压强为时，A点二氧化碳的转化率比平衡时要大，故A点处于从逆反应建立平衡中，则小于；
②起始时向容器中加入和，根据图中点，有三段式： ，计算该温度时反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)；
③减少甲烷浓度，有利于平衡左移，减少积碳，增大二氧化碳浓度有利于平衡右移，减少积碳，则减小投料比，有助于减少积碳。
19-2【基础】 【正确答案】 1、
2、吸热 3、830 50%
4、向左移动 5、
6、
【试题解析】 对于反应，该反应的化学平衡常数表达式为K=。；
从表中数据可以看出，升高温度，平衡常数依次增大，则表明平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应。吸热；
某温度下，平衡浓度符合下式：，则此时K==1.0，对照表中数据，可确定此时的温度为830。此温度下加入和，设参加反应的CO2的物质的量为x，则n(CO2)=n(H2)=1-x，n(CO)=n(H2O)=x，充分反应，达到平衡时，，x=0.5mol，CO2的转化率为=50%。830；50%；
在时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为为，为为为，则此时Q=＞0.9，则平衡向左移动。向左移动；
压强为p，温度为时，反应经达到平衡，此时H2S的平衡转化率为50%，则参加反应的H2S为0.1mol，生成S20.05mol，平均反应速率。；
若压强，温度为时，H2S的起始浓度为0.20mol/L，平衡转化率为40%，则可建立如下三段式：

该反应的平衡常数==。。
点睛:
一定温度下，向密闭容器内同时充入反应物和生成物，判断平衡移动的方向时，可利用商余法。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、N2(g)＋3H2(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH=-179.3 kJ·mol-1
2、升高温度 a K1＞K2=K3
3、＞ 4、p3＞p2＞p1
5、1 6、及时分离出产物
【试题解析】 已知反应①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)　ΔH1=-92.4 kJ·mol-1；反应②NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)　ΔH2=-79.7 kJ·mol-1；反应③NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　ΔH3=＋72.5 kJ·mol-1；N2(g)、H2(g)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(s)和H2O(l)的化学方程式为N2(g)＋3H2(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)，根据盖斯定律可知，由①+2×②+③可得目标方程式，则ΔH=-92.4 kJ·mol-1+2×(-79.7 kJ·mol-1) +72.5 kJ·mol-1-179.3 kJ·mol-1，故热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH= -179.3 kJ·mol-1。
①降低温度，A的体积分数减小，即降温平衡正向移动，则正反应为放热反应，在t3时刻，正逆反应速率瞬间均增大，则可能为升温或加压，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，而加压平衡正向移动，升温平衡逆向移动，故改变的外界条件是升高温度。
②在t3时刻改变条件，平衡逆向移动，C的体积分数减小，t5时刻改变条件，正逆反应速率相等，平衡不移动，则 a、b、c对应的平衡状态中，C的体积分数最大的是状态a。
③平衡常数只与温度有关，t3时刻升温，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1＞K2，t5时刻，平衡不移动，应该是加入的催化剂，平衡常数不变，则K2=K3，故K1、K2、K3之间的大小关系为K1＞K2=K3。
随温度升高，H2S的平衡转化率增大，即升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，ΔH＞0。
该反应的正反应为气体物质的量增大的反应，减压平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，则图丙中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为p3＞p2＞p1。
M点H2S的平衡转化率为50%，设起始时H2S的物质的量为1mol，则转化量为0.5mol，平衡时剩余0.5mol，生成0.5molH2，0.25mol S2，各气体的分压为：、、，则图丙中M点对应的平衡常数。
如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有及时分离出产物，减小生成物浓度，平衡正向移动。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、391 2、A
3、N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
4、促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率 加快合成氨反应速率
5、AB 第二步 0.15MPa-2
【试题解析】 N2+3H2 2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=945.8kJ+3436kJ-6N-H键键能=-92.2kJ，N-H键键能=391kJ，故391；
A．该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强不再变化时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B．设起始N2和H2分别为amol，氮气体积分数为50%，N2反应xmol，H2反应3xmol，NH3生成2xmol，平衡时N2为(a-x)mol,H2为(a-3x)mol，NH3为2xmol，N2的体积分数为，始终不变，不说明达到平衡状态，故B错误；
C．该反应在恒温恒容条件下进行，混合气体的质量、容器容积为定值，则混合气体密度始终不变，气体的密度不再改变不能说明达到平衡状态，故C错误；
D．V正(N2)=3V逆(H2)，V正(N2): V逆(H2)=3，不等于化学计量数之比，反应未达到平衡状态，故D错误；
故A。
由图示可以看出，“热Fe”高于体系温度，N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
在合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率，根据合成氨反应的速率方程，速率与c(NH3)成反比，故加快合成氨反应速率，故促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨反应速率；
①A．增大CO2的浓度平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故A正确；
B．增大压强平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故B正确；
C．尿素为液体，及时转移生成的尿素，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误；
D．使用更高效的催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率增大，故D错误；
故AB；
②活化能越大反应越慢，由第一步反应速率快，可判断活化能较大的是第二步，故第二步；
③开始氨气体积分数为50%，则CO2体积分数也为50%，不妨设初始时NH3和CO2的物质的量均为2mol，平衡时转化的氨气为xmol，则列三段式有：

平衡时氨气的体积分数为20%，则有=20%，解得x=1.5，则平衡时p(NH3)= 10MPa20%=2MPa，p(CO2)= 10MPa=5MPa，p(H2O)= 10MPa=3MPa，所以Kp==0.15MPa-2，故0.15MPa-2。
19-5【提升】 【正确答案】 1、
2、放热 3、1200 66.7%
4、向左移动 5、>
6、 减小
【试题解析】 对于反应，该反应的化学平衡常数表达式为K=；
从表中数据可以看出，升高温度，平衡常数依次增大，则表明平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，逆反应为放热。放热；
某温度下，平衡浓度符合下式：，则此时K==4.0，对照表中数据，可确定此时的温度为1200。此温度下加入和，设参加反应的CO2的物质的量为x，则n(CO2)=n(H2)=1-x，n(CO)=n(H2O)=x，充分反应，达到平衡时，，x=mol，CO2的转化率为=66.7%；
在时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为为，为为为，则此时Q=＞0.9，则平衡向左移动；
CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)正向是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，CO2的平衡转化率下降，结合平衡转化率与温度、压强的关系图可知，p1＞p2；
1100℃、p1条件下，CO2的平衡转化率60%，即转化了0.6mol，依题意有
v(CO2)=，平衡时体系气体总物质的量为（0.4+0.4+1.2+1.2）mol=3.2mol，反应的平衡常数Kp=；

若在平衡体系再充入和，，平衡逆向移动，重新达平衡后，的转化率减小。
19-6【提升】 【正确答案】 1、391.0(或391、391.03)
2、< 1200 3、T3>T2>T1 > 66.7
【试题解析】 反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3436kJ/mol+945. 8kJ/mol-6(N-H键键能)=92.4 kJ/mol，则N-H键键能≈391.0 kJ/ mol；
①由表中数据可知，温度越高化学平衡常数越小，升高温度平衡向逆反应移动，逆反应是吸热反应，正反应为放热反应，△H<0；
②由5c(CO2)•c(H2)=3c(CO)•c(H2O)，可得平衡常数K=，故反应温度为1200℃；
①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ•mol-1< 0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3 > T2 > T1，故答案为:T3>T2>T1；
②根据图像，在T2、60MPa条件下，A点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此v正> v逆，故答案为: >；在T2、 60Mpa时A点未达到平衡时的体积分数，反应向正向进行，所以v正> v逆；
③若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n(NH3) = xmol，

V(NH3)%===60%，解得x=12，平衡时N2的转化率为；平衡常数Kp=，，，，Kp==，故答案为。