山东省青岛市2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）含解析

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山东省青岛市2023届高考化学专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 电解原理的理解及判断,电解原理的应用,元素、核素、同位素,绿色化学与可持续发展

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．该电解制氢过程是将电能转化为化学能，A错误；
B．同一元素的不同原子之间互称为同位素，H2O、D2O和T2O均为分子不互为同位素，B错误；
C．化石能源燃烧产生大量CO2，溶于水使海水酸化，而氢能源是清洁能源，燃烧产物为水无污染，因此氢能源代替化石能源可缓解海水酸化，C正确；
D．为增强导电性，实验室电解水可加入少量NaOH溶液而不是稀盐酸，否则电解的是HCl而不是水，D错误;故选C。

1-1（基础） 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A.华为公司首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料是有机高分子材料
B.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造芯片
C.研发催化剂将还原为甲醇是促进碳中和的有效途径
D.常用于医用滴眼液的聚乙烯醇易溶于水
【正确答案】 A

1-2（基础） 我国传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A.“绛矾(绿矾)本来绿色，……烧之赤色”说明灼烧后有Fe3O4生成
B.“豫章郡出石，可燃为薪”此处的“石”通常指煤炭，可用作燃料
C.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”中用到蒸馏的分离方法
D.“乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用KNO3的氧化性
【正确答案】 A

1-3（巩固） 化学与科技、生活密切相关，下列说法错误的是
A.印制货币票面文字、号码等处使用含Fe3O4的油墨，利用了Fe3O4的稳定性
B.“奋斗者”号万米深潜载人舱球壳所使用的钛合金属于金属材料
C.卡塔尔世界杯用球“旅程”使用水性涂料代替有机涂料，更加环保
D.“北斗三号”采用星载氢原子钟，通过电子跃迁产生电磁波进行精准定位
【正确答案】 A

1-4（巩固） 高粱酿酒过程中部分操作如图所示。下列说法错误的是




“蒸粮”时加热
“拌曲”前摊晾
“堆酵”时升温
“馏酒”时控温
A.“蒸粮”时可适当鼓风加快燃烧速率 B.““拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用
C.“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量 D.“馏酒”的原理即实验操作中的“蒸馏”
【正确答案】 C

1-5（提升） 国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法中错误的是
A.钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势
B.通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团
C.纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应
D.柔性纤维电池中正极发生还原反应
【正确答案】 C

1-6（提升） 2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是
A.中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金
B.中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅
C.中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标
D.中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,等电子原理的应用,价层电子对互斥理论,极性分子和非极性分子

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂和氧化剂，实验室制备过程为：①在强酸性介质中用NaClO3氧化SO2制备ClO2；②在碱性介质中ClO2与H2O2反应，得到亚氯酸钠溶液；③再经一系列操作可得亚氯酸钠固体。下列说法错误的是
A.①中可用硫酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质
B.反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D.③中“一系列操作”包括蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥
【正确答案】 C

2-2（基础） 高铜酸钾 (KCuO2)是黑色固体，可通过如下反应制取：，下列说法错误的是
A.CuO中氧元素化合价不变
B.可能具有强氧化性
C.该反应中每消耗0.2mol CuO，转移0.2mol电子
D.该反应中既发生氧化反应又发生还原反应
【正确答案】 C

2-3（巩固） N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+(未配平)。下列说法错误的是
A.N2F4分子中N-F键键角小于N2H4分子中N-H键键角
B.上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C.若生成标准状况下2.24LN2F4，转移电子0.2mol
D.N2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF
【正确答案】 D

2-4（巩固） 工业上以铜阳极泥(主要成分是)为原料提取碲，涉及反应：
①，
②。
以下说法正确的是
A.中元素的化合价是价 B.反应①中氧化剂是，氧化产物是
C.每制备理论上共转移 D.氧化性强弱顺序为：
【正确答案】 C

2-5（提升） 中国研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：

下列说法错误的是
A.白磷(P4)分子呈正四面体形，键角为60°
B.白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2
C.次磷酸的分子式为H3PO2，属于一元酸
D.理论上，1mol白磷可生产2molPH3
【正确答案】 D

2-6（提升） 实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：；
Ⅱ：；
Ⅲ：。
下列说法错误的是
A.反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B.酸性条件下的氧化性：
C.可与盐酸发生反应：
D.制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol
【正确答案】 B

【原卷 3 题】 知识点 微粒半径大小的比较方法,元素周期律、元素周期表的推断,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型

【正确答案】
A
【试题解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，X为Li；通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S；W和Q同主族，W为O；Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F。
【详解】A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2->O2->F->Li+，A错误；
B．电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，HF>H2O>H2S，B正确；
C．2F2+2H2O=4HF+O2，常温下F2单质可以置换出O2单质，C错误；
D．O3分子看成一个O原子是中心原子，其他2个O原子为配原子，可以看成三原子分子。
O3的价电子对数=2+(6-2×2)÷2=3. 有一个孤电子对，所以是V型，D正确； 故选A。

3-1（基础） 某多孔储氢材料结构如图，M、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增大，Z比Y原子序数大9，下列说法正确的是

A.电负性：W>X
B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X
C.氢化物的沸点：X D.M、Y、Z不能形成离子化合物
【正确答案】 B

3-2（基础） 如图为一种饲料添加剂的结构。X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，Z是宇宙中含量最多的元素，下列说法错误的是

A.电负性：Y>X>Z
B.X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X
C.Y与Z形成的化合物都只含极性共价键
D.X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
【正确答案】 C

3-3（巩固） 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价绝对值之差为0，W、X、Y形成的化合物甲的结构如图所示，Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道。下列说法正确的是

A.电负性大小：X>W>Z
B.简单氢化物的沸点：X>Z
C.X、Y形成的化合物只含离子键
D.W和Z最高价氧化物中心原子的杂化方式相同
【正确答案】 B

3-4（巩固） 短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示，下列说法错误的是

A.的空间结构为平面三角形
B.M的最高价氧化物对应的水化物为强酸
C.该化合物中X原子最外层均满足结构
D.Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有2种
【正确答案】 D

3-5（提升） 某种电化学的电解液的组成如图所示，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期表中处于相邻位置。下列说法正确的是

A.阴离子中Y、Z均满足8电子稳定结构
B.简单离子半径：
C.上述阳离子中，X原子的杂化方式有一种
D.氢化物的沸点：
【正确答案】 C

3-6（提升） M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是

A.与Y同周期且第一电离能大于Y的元素仅有1种
B.该化合物中含有离子键、共价键和配位键
C.六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强
D.M与X、Y形成的化合物中，前者的沸点一定低于后者
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 电离能,杂化轨道理论,分子间作用力

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如下)，可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是

A.石墨烯与金刚石互为同位素
B.24g石墨烯的结构中存在NA个六元环
C.石墨烯是一种有机物
D.碳碳键长：石墨烯>金刚石
【正确答案】 B

4-2（基础） 硫的化合物很多，如、、、、三聚的等，三聚的的结构如图所示。下列说法正确的是。

A.为正四面体结构 B.、分子的VSEPR模型不一样
C.、中S原子都是杂化 D.分子中含有键
【正确答案】 C

4-3（巩固） 硼烯被科学界认为是继石墨烯之后的又一种“神奇纳米材料”，具有优良的导电、导热性能。如图为科学家人工合成的一种硼烯结构，下列说法正确的是

A.硼烯是一种有机物
B. 空间构型为正四面体
C.硼烯中硼原子的杂化方式为sp2
D.硼烯有望代替石墨烯作锂离子电池的负极材料
【正确答案】 B

4-4（巩固） 我国科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，再用射频电火花喷射氮气，获得超硬新材料β－氮化碳薄膜，结构如图，下列有关β－氮化碳的说法错误的是

A.碳原子采取sp3杂化、氮原子采取sp2杂化
B.氮化碳属于共价晶体
C.氮化碳的化学式为C3N4
D.氮化碳硬度超过金刚石晶体
【正确答案】 A

4-5（提升） 硫及硫的化合物在生产、生活中有广泛应用。S8和SF6的分子结构如图所示，下列有关叙述正确的是

A.SF6分子呈正八面体形且键角为120°
B.SF6的熔点高于SF4的熔点
C.S8分子和SF6分子都是极性分子
D.S8和SF6中S原子的杂化类型均为sp3杂化
【正确答案】 B

4-6（提升） 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

【原卷 5 题】 知识点 同分异构体的数目的确定,有机反应类型,有机分子中原子共面的判断,含有酚羟基的物质性质的推断

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．对比②③结构可知，③多出一个碳碳双键，且少了一个I和邻位碳上的H，故发生的为消去反应，A正确；
B．②中与苯环相连的碳原子为饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定不共平面，③中与苯环相连的碳原子为不饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定共平面且可与苯环在同一平面，故②③中最多处于同一平面的碳原子数不同，B错误；
C．⑤中苯环上有6种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有6种，C正确；
D．苯环上酚羟基的邻对位容易被浓溴水取代，④中酚羟基邻对位均可被取代，1mol④最多可消耗3mol溴单质，D正确；故选B。

5-1（基础） 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。

下列说法正确的是
A.Y分子中所有原子可能共平面
B.不能用溶液检验Y中是否含有X
C.1mol Z最多能与7mol NaOH发生反应
D.X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子
【正确答案】 D

5-2（基础） 化合物Z是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是

A.X分子中C原子杂化类型有2种
B.Z与足量的氢气加成后产物中含有5个手性碳原子
C.Z可发生取代、加成和消去反应
D.可用氯化铁溶液鉴别Y、Z两种物质
【正确答案】 D

5-3（巩固） 对乙酰氨基酚(a)具有解热镇痛作用，由对乙酰氨基酚可合成更为长效的对乙酰氨基酚缓释片(b)。下列说法错误的是

A.a的分子式为C8H9NO2
B.a能与溴水发生取代反应
C.1molb一定条件下与NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH
D.a苯环上的二溴代物有4种
【正确答案】 C

5-4（巩固） 布洛芬具有消炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列说法错误的是

A.甲、乙中不对称碳原子数目相同
B.甲分子中最多有10个碳原子共平面
C.甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应
D.乙中氮原子为杂化
【正确答案】 B

5-5（提升） 高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是

A.m分子有对映异构体 B.n分子中所有原子共平面
C.高分子材料p可降解 D.聚合过程中有小分子生成
【正确答案】 D

5-6（提升） 小分子物质a通过选择性催化聚合可分别得到聚合物b、c.下列说法正确的是

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

【原卷 6 题】 知识点 常用仪器及使用,化学实验基础操作,配制一定物质的量浓度的溶液的步骤、操作,萃取和分液

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．①灼烧干海带需用坩埚而不是蒸发皿，A不选；
B．实验结束后烧瓶中的残留物还含有浓硫酸，因此检验铜与浓硫酸反应的氧化产物时，应将残留物沿烧杯壁倒入水中，以免引起液体飞溅，B不选；
C．③用 CCl4 萃取碘水中的碘单质，倒转分液漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，C选；
D．④配制溶液定容后，应反复上下颠倒，摇匀，而不是摇动容量瓶，D不选； 故选C。

6-1（基础） 化学实验操作是进行科学实验的基础，下列操作符合规范的是




A.测量溶液的pH
B.稀释浓硫酸
C.检验装置气密性
D.快速制氨气
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

6-2（基础） 下列装置能达到实验目的的是




A.从食盐水中提取NaCl
B.除中的
C.制取并收集氨气
D.检查装置的气密性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

6-3（巩固） 探究铜和浓硫酸的反应，下列装置或操作错误的是

A.上下移动装置甲中的铜丝体现绿色化学的思想
B.装置乙可用于收集气体
C.将试管中的液体倒入装置丙中稀释，观察颜色可确定的生成
D.利用装置丁将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出
【正确答案】 B

6-4（巩固） 下列实验原理与装置能达到实验目的的是

A.用装置Ⅰ测定化学反应速率
B.用装置Ⅱ可制得NaHCO3晶体
C.用装置Ⅲ可验证丙烯醛中含有碳碳双键
D.用装置Ⅳ所示方法可检验该装置的气密性
【正确答案】 D

6-5（提升） 下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是




A.钠的燃烧
B.吸氧腐蚀
C.鉴别乙醇和甲醚
D.由SrCl2溶液获取无水SrCl2固体
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

6-6（提升） 下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是




A.制取少量
B.钠的燃烧
C.制备
D.配制一定物质的量浓度的溶液
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 氧化性、还原性强弱的比较,含碳碳双键物质的性质的推断,淀粉、纤维素的水解,物质性质实验方案的设计

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 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

7-2（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

7-3（巩固） 由下列实验操作、现象得不出相应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将固体加入酸性溶液中，充分振荡
溶液变为紫红色
氧化性：
B
用pH计测定室温下溶液pH：① ②
pH值①<②
碳酸酸性弱于醋酸
C
石蜡油加强热、产生的气体通入的溶液
溶液橙红色褪去
气体中含有不饱和烃
D
向NaClO溶液中滴加酚酞试液
溶液先变红后褪色
NaClO发生水解反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

7-4（巩固） 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

7-5（提升） 下列对有关实验现象的解释或所得结论不正确的是

实验操作
现象
解释或结论
A
向2mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴加0.1mol/LZnSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1mol/L CuSO4 溶液
先产生白色沉淀，又出现黑色沉淀
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B
用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释
溶液由绿色逐渐变为蓝色
[CuCl4]2-＋4H2O4Cl-＋[Cu(H2O)4]2＋正向移动
C
将25℃ 0.1mol/L 的 Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化
溶液的pH逐渐减小
温度升高，SO的水解增大程度小于水的电离增大程度，导致最终c(H＋)升高
D
向某补血口服液中滴加酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶液紫色褪去
该补血口服液中一定含有Fe2＋
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

7-6（提升） 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

【原卷 8 题】 知识点 根据元素种类、原子个数、有机物类别确定分子式,分子的手性,苯的同系物使高锰酸钾褪色的机理,含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．根据该物质的结构简式可知，其分子式为C18H17NO3，A正确；
B．该物质中含有手性碳原子，该分子为手性分子，存在对映异构体，B正确；
C．该分子中含有一个羧基和一个酰胺基，1mol该物质可与2molNaOH反应，C正确；
D．该物质与苯环直接相连的碳原子上有氢原子，则该物质能被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，D错误；故答案选D。

8-1（基础） 以某双环烯酯(如图)为原料可制得耐腐蚀、耐高温的表面涂料。下列有关该双环烯酯的说法错误的是

A.该双环烯酯的化学式为C14H20O2
B.其一氯代物共有11种
C.可与2molH2加成，加成后的产物分子中不含有手性碳原子
D.其酸性条件下的水解产物均可发生加聚反应
【正确答案】 B

8-2（基础） 布洛芬属于芳基丙酸类解热镇痛药，其结构如图所示，下列说法正确的是

A.一卤代物有6种 B.分子式为
C.分子结构中有1个手性碳原子 D.一定条件下，可以发生氧化、取代、加成、消去反应
【正确答案】 C

8-3（巩固） 芹黄素是芹菜中的生物活性物质，结构简式如图所示。下列说法错误的是

A.分子中的所有碳原子可能共平面 B.一定条件下能与甲醛发生反应
C.分子中苯环上的一氯代物有5种 D.1 mol该物质最多能与8 mol 发生加成反应
【正确答案】 C

8-4（巩固） 某医药中间体的结构简式如图所示。下列说法正确的是

A.含有羧基，是乙酸的同系物 B.所有碳原子有可能共面
C.酸性水解产物含有两种官能团 D.1mol该物质最多能与6molH2或2molNaOH反应
【正确答案】 C

8-5（提升） 如图是合成某种药物的中间类似物。下列有关说法错误的是

A.该物质含有4种官能团并存在顺反异构，不存在对映异构
B.该物质在一定条件下能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应
C.该物质与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原了数目为7个
D.1mol该物质在一定条件下最多与7molH2反应、3molNaOH反应
【正确答案】 C

8-6（提升） 我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂海博麦布的结构简式如图。下列说法不正确的是

A.该分子存在顺反异构体 B.该分子中含有两个手性碳原子
C.该物质可与碳酸氢钠溶液反应 D.该物质的化学式为
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 苯的溴代实验探究,物质分离、提纯综合应用

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．苯与液溴反应后剩余铁粉，不溶于苯，“过滤”可除去未反应的铁粉，A正确；
B．NaHSO3可与Br2发生氧化还原反应，故使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质，B正确；
C．水洗后须加入固体干燥剂P2O5后蒸馏，不可用浓硫酸干燥剂，以防蒸馏过程发生副反应，C错误；
D．经过过滤、水洗、干燥后得到的是苯和溴苯的混合物，故蒸馏的主要目的是分离苯和溴苯，D正确； 故选C。

9-1（基础） 由含硒废料(主要含S、Se、、CuO、ZnO、等)在实验室中制取硒的流程如图：

下列说法错误的是
A.“分离”时得到含硫煤油的方法是分液
B.“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物
C.“浸取”后的分离操作所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒
D.“酸化”时发生反应的离子方程式：
【正确答案】 A

9-2（基础） 茴香油是淡黄色液体或晶体，难溶于水，易溶于有机溶剂，在水蒸气作用下易挥发，某茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，实验室提取该茴香油的流程如下：

下列说法正确的是
A.水蒸气蒸馏和减压蒸馏的原理相同
B.馏出液加至饱和可以提高茴香油的提取率
C.操作A是利用沸点差异进行分离
D.有机层加入的无水可用碱石灰代替
【正确答案】 B

9-3（巩固） 正丁醛经催化加氢可得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为提纯1－丁醇设计如图路线。

已知：①1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚；
②R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓。
下列说法错误的是
A.试剂a为饱和NaHSO3溶液，试剂b为乙醚
B.操作I和操作III均为过滤
C.无水MgSO4的作用是干燥除水
D.蒸馏时冷却水应从球形冷凝管的上口进入
【正确答案】 D

9-4（巩固） 实验室中用山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯的过程如下所示，下列说法错误的是

A.反应时不能用水浴进行加热
B.试剂a可以是5%NaOH溶液，目的是除去滤液1中的山梨酸和硫酸杂质
C.操作①和操作③基本原理相同，操作②和操作④基本原理不同
D.加入无水MgSO4固体的目的是除去有机物中的水分
【正确答案】 B

9-5（提升） 葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]是一种常见的补锌药物。某研究小组使用葡萄糖酸钙制备葡萄糖酸锌的流程如下。下列有关说法不正确的是

已知：葡萄糖酸钙和葡萄糖酸锌均可溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。
A.适当控制反应温度并不断搅拌有利于提高反应速率
B.趁热过滤后的滤液中存在的离子只有Zn2+、C6H11O
C.趁热过滤的目的是防止葡萄糖酸锌析出
D.使用95%乙醇洗涤的目的是减少葡萄糖酸锌溶解
【正确答案】 B

9-6（提升） 2-呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2-呋喃甲酸( )和乙醇在浓硫酸催化下反应制备，其流程如下：

已知：①2-呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196℃；
②2-呋喃甲酸的沸点为230℃，乙醇的沸点为78.4℃；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25℃。
下列说法错误的是
A.反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率
B.蒸馏的目的主要是为了除去乙醇
C.洗涤、静置分层后，水相从分液漏斗下层流出后，有机相从上口倒出
D.蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 取代反应,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,活化能及其对反应速率的影响

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．该溴丁烷与乙醇反应的总反应为(CH3)3CBr+CH3CH2OH→(CH3)3COCH2CH3+HBr，此反应类型为取代反应，A正确；
B．(CH3)3CBr、CH3CH2OH中C原子的杂化方式为sp3杂化，(CH3)3C+碳原子杂化方式为sp2杂化，B正确；
C．反应物为(CH3)3CBr与CH3CH2OH，加入C2H5ONa，对反应物浓度与反应过程中的过渡态无任何影响，故不能影响反应速率，C错误；
D．正逆反应的决速步骤由反应速率慢的步骤决定，故该过程正逆反应的决速步骤不同，D正确；
故选C。

10-1（基础） 臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是

A.催化反应①②均为放热反应
B.决定O3分解反应速率的是催化反应②
C.E1是催化反应①对应的活化能，(E2+∆H)是催化反应②对应的逆反应的活化能
D.温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大。
【正确答案】 C

10-2（基础） 羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂广泛应用于农药工业，由H2S和CO合成COS的反应分两步进行，其能量变化如图所示：

下列说法错误的是
A.该反应为放热反应 B.反应进程中S2属于中间产物
C.使用催化剂可以改变化学反应的E D.总反应的速率由步骤②决定，其活化能相对较大
【正确答案】 D

10-3（巩固） 已知甲酸的分解反应为HCOOHCO+H2O △H。在H+催化作用下反应历程为：

根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示(E1、E2、E3均大于0)。

下列说法错误的是
A.E2为正反应的活化能
B.该反应为放热反应，△H=-E3kJ·mol-1
C.图象中第一个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅰ，第二个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅱ
D.使用催化剂后，正、逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
【正确答案】 C

10-4（巩固） 一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是

A.丙烯与HCl的反应是吸热反应
B.合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C.其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D.的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
【正确答案】 C

10-5（提升） 卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：

能量变化如图所示，

下列说法正确的是
A.高温条件下有利于反应I的进行
B.反应II是决速步骤
C.反应III的中间体比反应IV的中间体稳定
D.各步反应都有共价键的断裂和生成
【正确答案】 A

10-6（提升） 在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下，过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚，催化剂中掺杂碱金属离子可改变催化能力，反应历程如图(*表示吸附态，TS表示过渡态)，下列说法错误的是

A.苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应
B.反应历程中，存在反应+O*→
C.使用Pd－Na+催化剂后，每一步的产物均比使用Pd催化剂更稳定
D.其他条件相同时，使用掺杂Na+的催化剂，单位时间内可得更多苯酚产品
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 蒸馏与分馏,综合实验设计与评价,氢键对物质性质的影响

【正确答案】
A C
【试题解析】
【详解】A．由毛细管通入N2，使磷酸溶液受热均匀，可防止暴沸，气体流通可加速水逸出，A正确；
B．丙处应连接直形冷凝管，起冷凝蒸气的作用，B错误；
C．磷酸分子中含有三个羟基，可与水分子形成氢键，故磷酸易吸潮，C正确
D．连接减压装置的目的是降低水的沸点防止温度过高生成焦磷酸，D错误； 故选AC。

11-1（基础） 三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，不易水解，高温下易被氧气氧化，实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备三氯化铬，部分实验装置如图所示(夹持装置略)，下列说法正确的是

A.CCl4在反应中作氧化剂
B.石棉绳的作用是保温，防止CrCl3凝华堵塞导管
C.实验时应先点燃B处喷灯，再通X气体
D.X气体可为氮气
【正确答案】 BD

11-2（基础） 某化学学习小组利用溶液氧化环己醇( )制备环己酮( )的装置如图所示。
操作步骤如下：
ⅰ.向三颈烧瓶内加入环己醇、冰醋酸，逐滴加入溶液，条件下反应30分钟后冷却。
ⅱ.向三颈烧瓶内加入适量饱和溶液，用调节溶液显中性后加入饱和氯化钠溶液，然后经分液、干燥、蒸馏得到环己酮。

下列叙述错误的是
A.冰醋酸既作为溶剂，同时可增强溶液的氧化性
B.若溶液滴加过快，三颈烧瓶中会产生少量黄绿色气体
C.饱和亚硫酸氢钠的主要作用是除去
D.饱和氯化钠可促进有机相和无机相分层
【正确答案】 C

11-3（巩固） 实验室制备苯胺的流程，反应②的实验装置（夹持及加热装置略）如图。已知：苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易氧化。下列说法正确的是

A.反应①后的混合液经水洗、碱洗、结晶，得到硝基苯
B.反应①和反应②均需水浴加热
C.装置中为除去反应生成的水，蒸馏前需关闭K并向三颈烧瓶中加入P2O5
D.为防止生成的苯胺被氧化，加热前应先通一段时间的H2
【正确答案】 D

11-4（巩固） 硫化锂()易潮解，受热时易被空气中的氧化，实验室用粗锌(含少量Cu、FeS)和稀硫酸反应制备，并用制得的去还原硫酸钾制备硫化锂，反应原理，实验装置如图所示。下列说法正确的是

A.可选择A装置用浓氨水、生石灰制备
B.C、E装置可选择相同的试剂
C.得到的产品中往往含有一定量的杂质，那么最终获得的产品中可能有S
D.假设样品中的全部参与反应，其它杂质不和反应，若有样品6.0g，反应结束后E装置增重3.6g，那么的质量分数约为91.7%
【正确答案】 BD

11-5（提升） 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。制备SbCl5的实验装置如图所示。已知：SbCl3的熔点73.4℃，沸点220.3℃，易水解；SbCl5的熔点3.5°C，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.装置I中的a为冷凝水的进水口
B.装置II的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气
C.SbCl5制备完成后，可直接常压蒸馏分离出SbCl5
D.由SbCl5制备HSbF6时，不能选用玻璃仪器
【正确答案】 C

11-6（提升） 无水四氯化锡()可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备，装置如下图所示：

已知：①Sn、、有关的物理性质如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
颜色、状态
Sn
232
2260
银白色固体

246
623
无色晶体


114
无色液体
②Sn的性质与Fe相似；在空气中极易水解；易溶于。
下列关于上述实验说法错误的是
A.A装置可换成启普发生器，C中盛放饱和食盐水，F中盛放浓NaOH溶液
B.收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分溶解在了中，可加入饱和溶液萃取提纯
C.当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率
D.本实验装置有缺陷，需要改进，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶
【正确答案】 AB

【原卷 12 题】 知识点 物质分离、提纯综合应用,综合实验设计与评价

【正确答案】
C D
【试题解析】


12-1（基础） 利用硫钨矿(主要成分是，还包括FeS、等)制取和单品硅的工艺生产流程如下。已知：常温下，，。

下列说法错误的是
A.中W元素化合价为+6价
B.焙烧时发生反应的方程式为
C.“溶浸”时，不能用烧碱溶液代替纯碱溶液
D.滤渣的主要成分是Si和
【正确答案】 BD

12-2（基础） 某电镀厂废水的pH为0.45，主要含有Sn2+、Ni2+和SO，还含有少量的Fe2+和Co2+，处理该废水的一种工艺流程如图所示：

下列叙述中错误的是
A.“氧化沉铁”时，可适当升高温度加快反应速率
B.调节pH至6.5，进行“氧化沉钴”的离子方程式为ClO-+2Co2++H2O+4OH-=2Co(OH)3↓+Cl-
C.“滤液”中溶质主要为Na2SO4，可回收利用
D.“酸溶”所得SnSO4经电解可回收得到金属Sn
【正确答案】 B

12-3（巩固） 一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：

室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子





开始沉淀时的pH
7.8
5.5
5.8
1.8
8.3
完全沉淀时的pH
9.4
6.7
8.8
2.9
10.9
下列说法正确的是
A.“滤渣I”为
B.“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C.生成的离子方程式为
D.“沉钴”时，用代替可以提高的纯度
【正确答案】 BC

12-4（巩固） 从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是

已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+
A.“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子
B.进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出
C.操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用
D.操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧
【正确答案】 B

12-5（提升） 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为、、、)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示，已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，下列判断错误的是

A.“焙烧”时，转化为的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2
B.“酸浸氧化”时，的作用之一是防止排放到空气中污染环境
C.“酸溶”时，金溶解的离子方程式为
D.有机层中回收的金属元素是，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯
【正确答案】 AD

12-6（提升） 从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。

下列说法正确的是
A.“滤渣I”的主要成分为Fe2O3、CaCO3、SiO2
B.惰性电极电解Ga2(SO4)3溶液时，在阳极有金属镓生成
C.Ga与Al同主族，镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
D.“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化，每反应1molGaAs，转移电子的物质的量为5mol
【正确答案】 C

【原卷 13 题】 知识点 电解原理的理解及判断

【正确答案】
C
【试题解析】


13-1（基础） 利用电解的方法将白磷转化为二氰基磷负离子的锂盐Li[P(CN)2]，装置如图所示，为研究该负离子的化学性质奠定了合成基础。下列说法错误的是

A.阴极电极反应为2H++2e-=H2↑
B.交换膜为阴离子交换膜
C.电解生成1molH2时，阴极区溶液质量减少2g
D.电解的总反应方程式为P4+4HCN+4LiCN4Li[P(CN)2]+2H2↑
【正确答案】 AC

13-2（基础） 电解水溶液制备的装置如图所示。电解后测得b极区溶液中溶质的总物质的量增大。下列说法错误的是

A.水溶液盛放在a极区
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.当外电路转移2 mol电子时，两极室溶液质量变化相差76 g
D.“电解法”所得副产品可用作“酸性歧化法”制备的原料
【正确答案】 C

13-3（巩固） 双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到和。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是

A.a为阳极，b为阴极
B.b极上草酸发生的反应为
C.HBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介
D.两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g
【正确答案】 D

13-4（巩固） 某种电催化法以CoP、Ni2P为催化电极合成腈类化合物(RCN)和偶氮化合物(R－N=N－R)，装置示意图如图。下列说法错误的是

A.左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应
B.阴极发生反应：
C.OH-从左侧经过阴离子交换膜向右侧移动
D.每当合成得到1molRCN，同时合成1molR－N=N－R
【正确答案】 CD

13-5（提升） 天津大学化学团队以和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图(隔膜a只允许通过，右池反应无气体生成)。下列说法错误的是

A.电极的电势比电极的高
B.阴极发生的电极反应为
C.电解过程中，由电极区向电极区迁移
D.当电路中有2mol电子转移时，阳极区液体质量增加10g(不考虑气体的溶解)
【正确答案】 D

13-6（提升） 科学家设计了一种高效、低能耗制备的装置，装置如图所示．下列有关说法不正确的是

A.阴极区产生时，参加反应的在标准状况下的体积为
B.a为电源的正极
C.阳极区反应为-
D.该装置中，离子交换膜为阳离子交换膜
【正确答案】 AD

【原卷 14 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,氢键对物质性质的影响,氧化还原反应有关计算

【正确答案】
B
【试题解析】


14-1（基础） 一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是

A.“转氮”过程属于人工固氮
B.合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C.若用H2O代替NH4Cl进行转化，从体系中分离出NH3更容易
D.该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1：3
【正确答案】 D

14-2（基础） NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一，Cu基催化剂是技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入可抑制对Cu基催化剂的影响(含Ce化合物的比例系数均未标定)，其作用机理如图所示。下列说法正确的是

A.NO可以造成臭氧空洞
B.在反应机理②中，Ce元素的化合价升高
C.整个反应的化学方程式为
D.改良催化剂可以提高合成反应的平衡转化率
【正确答案】 AC

14-3（巩固） 钴(Co)使某析氧反应催化剂中流失Fe的自修复机理如图。下列说法错误的是

A.是自修复反应中的中间体
B.维持相对稳定的有助于催化析氧和自修复的进行
C.自修复反应的方程式为
D.图中所示物质之间的转化中有3种元素化合价发生变化
【正确答案】 A

14-4（巩固） 以金属钌作催化剂可以从空气中捕获CO2直接转化为甲醇，其转化原理如图所示。下列说法正确的是

A.该过程的总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O
B.第4步反应中断开的化学键只有C-N键和H-H键
C.第2步反应产物为离子化合物
D.第1步反应可表示为+CO2→
【正确答案】 AC

14-5（提升） 一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是

A.反应④有极性键的断裂与生成
B.反应②③均为氧化还原反应
C.反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)
D.总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)
【正确答案】 BD

14-6（提升） 在Fe2+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A.X为C2H5OH，是中间产物之一 B.过程①～⑥，Fe元素的化合价均发生了变化
C.增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变 D.每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO
【正确答案】 C

【原卷 15 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,弱电解质的电离平衡常数

【正确答案】
A C
【试题解析】


15-1（基础） 已知亚硒酸()是二元弱酸，298K时电离常数：。298K时，向溶液中通入HCl、加入NaOH的物质的量与溶液pH关系如图所示。已知：1g3=0.5。下列说法正确的是

A.a点溶液呈酸性，b点溶液呈碱性
B.b点溶液中：
C.d点溶液中：
D.a点溶液pH=2.5
【正确答案】 C

15-2（基础） 草酸()是一种二元弱酸。常温下，向溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中［为或］与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A.直线II表示随溶液pH的变化，且
B.pH=1.22的溶液中：
C.当pH=4.19时，溶液中
D.已知：25℃时，的电离常数为，则溶液呈碱性
【正确答案】 AB

15-3（巩固） 常温下，将0.2 mol·L⁻¹ 溶液与0.2 mol·L⁻¹ NaHA溶液等体积混合所得溶液。向混合溶液中缓慢通入HCl气体或加入NaOH固体(无逸出)，溶液中的粒子分布系数随溶液pOH的变化如图所示。
已知：或；a、b、c、d、e分别表示、、、、中的一种。。

下列说法错误的是
A.图中曲线a表示的是，曲线e表示的是
B.pH=7时，mol·L⁻¹
C.M点时，
D.时，
【正确答案】 AD

15-4（巩固） 电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用的NaOH标准溶液滴定同浓度的溶液，计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。已知。下列说法错误的是

A.a点溶液中 B.b点溶液中
C.常温时，c点溶液中 D.b、d点水的电离程度：
【正确答案】 C

15-5（提升） NH4HCO3是我国除尿素外使用最广泛的一种氮肥产品，还用作缓冲剂、充气剂和分析试剂。常温下，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液pH是7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A.pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，和浓度逐渐减小
B.NH4HCO3溶液中：c(NH3 ·H2O) + c() >c(H2CO3)
C.分析可知，常温下水解平衡常数Kh()的数量级为10-7
D.常温下，= 10-16.8
【正确答案】 D

15-6（提升） 25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：

下列说法错误的是
A.25℃时，第一步电离平衡常数
B.c点溶液中：
C.a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>a
D.b点溶液中：
【正确答案】 CD

【原卷 16 题】 知识点 核外电子排布的表示形式,简单配合物的成键,晶胞的有关计算,物质结构与性质综合考查

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 配合物在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题：
1、与形成的配合物为无色液体，易溶于等有机溶剂。为___________(填“极性”或“非极性”)分子，分子中键与键个数之比为___________，该配合物中配位原子为___________。
2、《诗经》言“缟衣茹藘(茜草)”，茜草中的茜素与矾土中的生成的红色配合物X是最早的媒染染料。

基态的核外电子的运动状态有___________种，配合物X中的配体除外还有___________，茜素水溶性较好的主要原因是①___________，②___________。
3、向溶液中滴加溶液后，经提纯、结晶可得到蓝色晶体。实验表明，通过配位键构成了晶体的骨架。其局部结构如图1，记为I型立方结构。将I型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的复晶胞(如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出)。

①通过___________实验，可确定该晶体结构(填标号)。
a、核磁共振 b、红外光谱 c、X射线衍射 d、质谱
②若位于Ⅱ型立方结构的棱心和体心上，则位于Ⅱ型立方结构的___________上；一个Ⅱ型立方结构中含___________个；若的摩尔质量为，该蓝色晶体密度为，Ⅱ型立方结构的边长为，则阿伏加德罗常数的值可表示为___________。
【正确答案】 1、非极性 1:1 碳原子
2、18 H2O、OH- 分子中含有亲水性的羟基、羰基 能和水分子形成氢键
3、c 顶点和面心 4

16-2（基础） 我国科学家利用锰簇催化剂(Mn4CaOx，x代表氧原子数)解密光合作用。锰簇的可逆结构异构化反应如图。

请回答下列问题：
1、基态氧原子价电子轨道表示式为______。基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨道的电子云轮廓图为______形。
2、已知：在元素周期表中Mn、Cr相邻。第二电离能与第一电离能之差较小的是______(填“Mn”或“Cr”)，理由是______。
3、在上述异构化反应中，1molA中由Mn形成的σ键有______mol。
4、MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，MnS晶胞结构如图所示。

①Mn原子的配位数是______，距离Mn原子最近的Mn原子有______个。
②以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，1号S原子坐标为(0，0，0)，3号S原子坐标为(1，1，1)，则2号S原子坐标为______。
③已知：MnS晶体的密度为ρg•cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值。则MnS晶胞中阴、阳离子最近距离为______pm(列出计算式即可)。
【正确答案】 1、 球 2、Mn 基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：Cr＜Mn、第二电离能：Cr＞Mn，故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn
3、14 4、6 12 (，1，)

16-3（巩固） 硼、镓及其化合物在科研和工业中有广泛的应用。回答下列问题：
1、六方氮化硼(BN)x俗称白石墨是优良的绝缘体，平行层形成的网状结构如图所示，层内硼原子的杂化方式为_____，形成π键的电子由_____(填“硼”或“氮”)原子提供，白石墨不导电的原因可能是_____。

2、H3BO3是一种弱酸，与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=[B(OH)4]-，[B(OH)4]-的VSEPR模型名称为_____，H3BO3在水中的电离方程式为_____。
3、一种含镓的药物合成方法如图所示：

1mol化合物I中含有的σ键的物质的量为_____mol，x=_____。
4、Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其四方晶胞结构如图所示：

其化学式为_____，上述晶胞沿着a轴的投影图为_____(填选项字母)。
A. B. C.
【正确答案】 1、sp2 氮 氮原子电负性大，吸引电子能力强，π键上的电子不能自由移动
2、正四面体 H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
3、17 1 4、GaLiO2 C

16-4（巩固） 非金属及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
1、基态氟原子的核外电子有_______种空间运动状态，下列电子排布中属于氟原子且能量较高的是_______(填序号)。
a. b.
c. d.
2、图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)，以上元素第三电离能的变化图是_______(填序号)。

3、在催化作用下，呋喃()可与氨反应转化为吡咯()。二者均存在与苯类似的大键，表示方法为，n为成环原子个数，m为形成大键电子个数，则的大键可以表示为_______。二者的熔、沸点关系为呋喃_______吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是_______。
4、晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。属于正交晶系(长方体形)。晶胞参数为、、。如图为沿z轴投影的晶胞中所有氯原子的分布图和原子分数坐标。

①据此推断该晶胞中氯原子数目为_______。的摩尔质量为，晶胞密度为，则阿伏加德罗常数的值为_______(列出计算表达式，后同)。
②图中A、B两原子的核间距为_______nm。
【正确答案】 1、5 d 2、b
3、 低于 吡咯易形成分子间氢键
4、4

16-5（提升） LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：
1、基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
2、Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。
3、Co(III)可形成多种配合物。
①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。
②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有_____种。

4、LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。
5、①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。

【正确答案】 1、2:1（或1:2）
2、O>C>Co>Li
3、[Co(NH3)5 SO4]Br 2
4、三角锥形 F3C-
5、6 7:5

16-6（提升） 锂离子电池让电动汽车飞速发展，有利于实现节能减排。LiCoO2、LiFePO4、Li4Ti5O12常用作电池的电极材料，LiPF6、LiAsF6常用作锂离子聚合物电池的载体材料。
1、在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是_______，LiCoO2中基态Co原子核外电子的空间运动状态有_______种。
2、含氧酸的通式可写为，，根据含氧酸的结构规律，下列酸中酸性与H3PO4相近的有_______(填字母)。
A.HClO B.H2SO4 C.HNO2 D.HNO3
3、电池工作时，Li＋计可在电解质LiPF6或LiAsF6中发生迁移，相同条件下，Li＋在_______(填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快，原因是_______。
4、LiFePO4中P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成键。LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为_______(用n代表P原子数)。

5、Li4Ti5O12中Ti元素的化合物TiO2是一种重要的瓷器釉料。研究表明，在TiO2中通过氮掺杂反应可生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，掺杂过程如图所示。

则TiO2-aNb晶体中a=_______，b=_______。
【正确答案】 1、Mg 15 2、C
3、 的半径比的小，与的作用比与的作用强，迁移速度就慢
4、
5、

【原卷 17 题】 知识点 物质分离、提纯综合应用,离子方程式的书写,物质制备的探究,探究物质组成或测量物质的含量

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 菱锰矿又称红纹石，其主要成分为，还含有等杂质。工业上用菱锰矿制取的流程如图甲所示：

已知：常温下，①；
②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表所示：
金属离子





开始沉淀时的pH
6.3
1.5
7.6
9.6
11.5
完全沉淀时的pH
8.3
3.2
10.4
11.6
13.8
1、酸浸时是否可用盐酸代替硫酸___________(填“是”或“否”)，原因是___________(答出两点即可)。
2、写出沉淀池1中加入时发生反应的离子方程式：___________。
3、沉淀2的主要成分是___________，沉淀率与pH的关系如图乙，加入氨水的目的是___________，此时，溶液的pH为___________，当沉淀2完全沉淀时=___________。

4、操作a为___________。
【正确答案】 1、否 会引入杂质，在沉淀池1中氯离子会被氧化生成氯气，污染环境(或硫酸可以为产物提供硫酸根离子)(合理即可) 2、
3、 调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，同时让钙、镁离子在沉淀池2中沉淀更加完全 6.5＜pH＜7.6 2 4、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶(合理即可)

17-2（巩固） 废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有、、、、、、、等，采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钻、镍、锰，制备正极材料的前驱体()。

回答下列问题：
1、“酸浸”温度为85℃，“酸浸”过程中温度不能过高的原因可能是_______；粉体中的钴(以形式存在)发生反应的化学方程式为_______；浸渣为_______(填化学式)。
2、“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是_______(填化学式)。
3、“除铜”时获得萃余液的操作名称是_______。
4、“除铝”时反应的离子方程式为_______。萃余液中为，通过计算说明，常温下“除铝”控制溶液pH为4.5，是否造成的损失？_______(列出算式并给出结论)。已知：。
【正确答案】 1、防止分解 C
2、
3、分液 4、 萃余液中，常温下“除铝”控制溶液pH为4.5，则，不会形成沉淀，因此不会造成的损失

17-3（巩固） 蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等，一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下：

已知：
①当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1 × 10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
②Ksp(NiS)=1 × 10-21，氢硫酸的两步电离常数分别为Ka1=1.4× 10-7， Ka2=7.1×10-15。
1、“加压酸浸”中，要控制温度在110℃左右，但反应时几乎无需加热，原因是___________。 滤渣1的主要成分除S、CaSO4外还有 ___________。
2、“氧化”中空气的作用是___________，NaClO3发生反应的离子方程式为___________。
3、“除铁”中滤渣2为难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，同时生成一种无色气体为___________， Na2CO3溶液需缓慢加入，原因是___________。
4、“沉镍”中，当Ni2+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2S)=1 ×10-3mol/L，则此时溶液的pH约为___________。
【正确答案】 1、浓硫酸稀释放出大量的热 SiO2
2、氧化Fe2+，减少NaClO3的用量 + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O
3、CO2 避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀 4、4

17-4（巩固） 铜冶炼过程产生的粗硫酸镍废液中含有Cu2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H3AsO3等微粒。工业上以此为原料精制硫酸镍的主要流程如图：

已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Ni(OH)3]=5.48×10-16；②H3AsO3是一种三元弱酸。
1、可选择______(填标号)检验粗硫酸镍废液中是否存在Fe2+。
A．NaOH溶液 B．硫氰化钾溶液 C．K3[Fe(CN)6]溶液 D．稀硫酸
2、步骤ii温度不能过高的原因______。写出步骤ii生成沉淀FeAsO4的离子方程式_____。
3、步骤iii加入Na2CO3的目的是______。若不考虑溶液体积的变化，溶液3中c(Fe3+)≤2.6×10-9mol·L-1，溶液2中c(Ni2+)=0.0548mol·L-1，则步骤iii需控制pH的范围为______。
4、步骤iv在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是______。
5、结合图像分析由溶液4得到NiSO4·6H2O的操作是______，过滤、洗涤、干燥。

【正确答案】 1、C 2、防止H2O2受热分解 3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+
3、调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 4～7(4≤pH＜7)
4、若pH过低，F-与H+结合生成弱电解质HF，导致c(F-)降低，沉淀率下降
5、蒸发浓缩、冷却结晶

17-5（提升） 回收钴废料能有效缓解金属资源浪费、环境污染等问题。一种以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：

已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Co2+
开始沉淀的pH
7.5
2.2
6.7
完全沉淀的pH
9.5
3.0
8.7
②在pH为4～6时，Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x) 胶粒的胶体；
③金属钴与铁具有相似的化学性质；
④氧化性：Co3+>ClO-。
回答下列问题：
1、酸浸后，“滤渣”的主要成分有_______和_______(填化学式)。
2、“除铁”时加入NaClO，主要反应的离子方程式为_______，再加入Na2CO3溶液调节pH，已知溶液pH对除铁率和钴回收率影响如图所示，则该步骤应控制pH范围为_______，图中钴回收率骤降的可能原因是_______。

3、“滤液2”中主要溶质的常见用途为_______。
4、“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全[c(Co2+)<10-5mol·L-1]，控制的浓度不小于_______mol·L-1[已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]
【正确答案】 1、SiO2 CaSO4
2、2Fe2+ +ClO- +2H+=2Fe3++Cl- +H2O 3.0～4.0 Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x) 胶粒的胶体，吸附大量的Co2+ ，导致回收率下降 3、作氮肥(或金属除锈剂) 4、6.3×10- 3

17-6（提升） 钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为、及少量的一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得的工艺流程如图。

已知：①“酸浸”后转化为；②；③的近似为；
④有关物质的溶解度(g/100g)如表所示：
温度/℃
20
40
60
80
100

183.6
215.1
269.2
376.4
415.0

19.5
48.8
45.3
43.7
42.5
回答下列问题：
1、写出“滤渣”的一种用途___________，“氧化”生成，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
2、若“含净化液”中，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～___________。(结果保留1位小数)
3、“溶液1”中含，加入后发生的化学反应方程式为___________。
4、“溶液2调pH”，所发生反应的离子方程式___________。
5、“多步操作”包括蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
6、研究温度对与的氧化-水解沉钒率的影响，得到如图所示结果。钒铬还原渣酸浸液初始温度在80℃左右，降低温度能耗增加。由图可知，分别采用、进行“氧化”时，应选择的适宜温度是___________、___________。

【正确答案】 1、制作光导纤维或制作玻璃或工业制硅 1:2
2、4.3 3、
4、
5、趁热过滤 6、80℃ 50℃

【原卷 18 题】 知识点 同分异构体的数目的确定,逆合成分析法,根据题给物质选择合适合成路线

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 一种治疗糖尿病药物的合成路线如下(部分反应条件已省略)。

回答下列问题：
1、有机物I中含氧官能团的名称为___________、___________。
2、反应③、反应⑤的反应类型分别是___________、___________。
3、反应②的化学方程式为___________。
4、H是一种氨基酸，其结构简式为___________，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为___________。
5、符合下列条件的E的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为___________。
①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；
②既可发生银镜反应，又可发生水解反应。
6、设计以甲醛、甲苯为起始原料制备 的合成路线：___________(无机试剂任用)。
【正确答案】 1、羧基 肽键(酰胺基)
2、氧化反应 加成反应或还原反应
3、 +NaOH+NaCl；
4、
5、16 和
6、

18-2（基础） 化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：

已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)
ii. +(R为烃基)
回答以下问题：
1、A的结构简式为_____；符合下列条件的A的同分异构体有_____种。
①能与FeCl3溶液作用显色
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1
其中，能发生水解反应的结构简式为_____。
2、D→E的反应类型为_____；该反应的目的是_____。
3、F→H的化学方程式为_____，有机物J中含有官能团的名称是_____。
4、综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选_____。
【正确答案】 1、 4 2、取代反应 保护羟基，防止氧化
3、+H2O2+ H2O 酯基、醚键
4、

18-3（巩固） 布洛芬常用于感冒引起的发热，其一种合成路线如图所示。

已知：①R－CHO+
②++H2O
回答下列问题：
1、A的名称为_____；B→C的反应类型为_____；E中含氧官能团的名称为_____。
2、G的结构简式为______；H与足量热的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
3、满足下列条件的布洛芬的同分异构体的结构简式为______(任写一种)。
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1。
4、季戊四醇()是一种重要的化工原料，设计由甲醛和乙醇为起始原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)______。
【正确答案】 1、甲苯 取代反应 醛基、羟基
2、 +2NaOH++NaCl
3、或 4、；+2NaOH++NaCl；

18-4（巩固） 驱除白蚁药物J的一种合成路线如下：

已知：①(G为OH或OR')
②
③
回答下列问题：
1、B→C反应类型为_______，“一定条件Ⅰ”具体是_______。
2、F中含氧官能团的名称为_______，E→F的转化在后续合成中的目的是_______。
3、E的结构简式是_______，G→H的化学方程式_______。
4、D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构有_______种。
5、根据上述信息，写出以戊二酸二甲酯为主要原料(其它原料任选)，制备合成的路线_______。
【正确答案】 1、取代反应 浓硫酸、加热 2、羰基、醚键 保护酮羰基，防止其被还原
3、 4、4
5、

18-5（提升） 一种药物的关键中间体部分合成路线如下：

1、反应①的反应类型为_______，反应③参加反应的官能团名称为_______。
2、反应②要加入，目的是_______。
3、反应⑤的化学方程式为_______。
4、化合物( )经过水解和氧化可得到化学式为的化合物Ⅰ，写出同时符合下列条件的Ⅰ的所有同分异构体的结构简式_______。
①分子结构中有一个六元环；
②谱显示分子中有3种氢原子。
5、设计以甲苯和乙烯为原料制备X()的合成路线_______(无机试剂任选，用流程图表示)。
【正确答案】 1、取代(或硝化) 醛基 2、可与生成的反应，使反应②向正反应方向移动
3、 4、
5、

18-6（提升） 他非诺喹主要用作于化工生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药。其中间体K的一种合成路线如下(部分条件已省略)。

已知：
①
②
回答下列问题：
1、有机物A中官能团的名称为_______。
2、G→H的反应类型为_______。
3、E→F的化学方程式为_______。
4、X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，则符合条件的X共有_______种；写出其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式_______。
5、已知P中有两个六元环结构，Q的结构简式为_______。
6、已知：，综合上述信息，写出以环己烯为主要原料制备 的合成路线。____
【正确答案】 1、羧基 2、还原反应 3、 +HNO3+H2O
4、12 和 5、
6、

【原卷 19 题】 知识点 综合实验设计与评价,物质制备的探究,常见无机物的制备,物质含量的测定

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 实验室通过固体碱熔氧化法制备KMnO4.具体实验过程如下：
I.制备K2MnO4溶液
将KC1O3和KOH置于铁坩埚中加热熔融，分多次将MnO2粉末加入，强热5分钟。充分反应后冷却，将固体捣碎，加水溶解，微热，趁热减压过滤得到K2MnO4溶液。
1、反应的化学方程式为_______。
2、选用铁坩埚不用瓷坩埚的原因是_______。
II.K2MnO4的歧化制备KMnO4
实验原理：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3
实验装置如图所示，将K2MnO4溶液转移到三颈烧瓶中，关闭旋塞2、5，打开旋塞1、3、4，趁热往K2MnO4溶液中通入CO2发生反应，没有反应的CO2被收集到气囊a中。

3、待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞_______，打开旋塞_____，轻轻挤压气囊a，将气体压入K2MnO4溶液中继续反应。未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体。整个过程中温度不宜过高的原因是_____。
III.KMnO4的纯度分析
4、准确称取2.00gKMnO4产品溶于水，配成100.00mL溶液。用移液管取25.00mL0.2mo1·L-1的H2C2O4溶液于锥形瓶中，并加入2mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00mL。
滴定终点的现象是_______，计算可得产品中KMnO4的纯度是_______，下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是_______(填标号)。
A.产品含少量K2MnO4 B.酸式滴定管滴定后有气泡
C.酸式滴定管没有润洗 D.滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【正确答案】 1、3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
2、瓷坩埚易被强碱腐蚀 3、3 2、5 防止高锰酸钾受热分解
4、最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色 79.0% AC

19-2（基础） 四氯化锡()常用作催化剂、烟雾弹和镀锡。某研究小组利用氯气和熔融的锡(主要成分为Sn，还有少量的Cu)反应来制备无水四氯化锡。实验装置如下图：

已知：的熔点为620℃，沸点为993℃；的熔点为，沸点为114℃，遇水剧烈水解。
回答下列问题：
1、仪器A的名称是_______，锡粉中含铜杂质导致丁装置试管内产生，但不影响戊中产品的纯度，原因是_______。
2、装置己的作用_______。
3、产品中含少量，测定纯度的方法：取0.200g产品溶于50.00mL的稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂。用标准溶液滴定至终点，消耗标准液4.00mL，反应原理为，_______(离子方程式)，判断滴定终点的依据为_______，产品的纯度为_______。
4、下列操作会导致产品纯度偏低的是_______
A.盛装标准液的滴定管未用标准液润洗
B.锥形瓶洗净后未干燥，残留蒸馏水
C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D.滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 沸点较高，不会随蒸馏出来
2、吸收多余的氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置戊中造成水解
3、 当滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变蓝且半分钟内不褪色 88.6% 4、AD

19-3（巩固） 某小组利用如图装置(夹持装置略)制取Cl2、KClO3和NaClO，并进行相关性质实验和含量测定。

已知：5Cl2+ I2+6H2O=10HCl+2HIO3(无色)；2S2O+I2=2I-+ S4O
Ⅰ.制备
①打开止水夹K1，关闭止水夹K2，检查装置不漏气后，加入浓盐酸，使生成的Cl2均匀地通过装置C、D。
②当C中碱液呈黄色，出现大量小气泡时，打开止水夹K2，关闭止水夹K1，收集一瓶Cl2，制成氯水。停止加热，用烧杯E处理尾气。
③反应结束后，由仪器X向烧瓶内注入大量水，拆除装置，回收废液。
④将装置C大试管中的液体冷却、过滤、洗涤、烘干，所得KClO3晶体和装置D大试管内的NaClO溶液留做性质实验用。
Ⅱ.性质实验和含量测定
①向盛有少量KI溶液的试管中逐滴滴加氯水，直至过量，边滴加边振荡。
②取NaClO溶液少许，滴加适量浓盐酸，有黄绿色气体产生。
③取m gKClO3晶体溶于稀硫酸中，加入过量KI溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗c mol·L-1Na2S2O3溶液V mL。
回答下列问题：
1、仪器X的名称为_______。为提高制取产物的纯度，装置B中盛装的试剂为_______。浸过Na2S2O3溶液的棉花的作用为_______(用离子方程式表示)。
2、K1、K2分别为_______(填“a” “b”)。
3、“Ⅱ实验①”滴加氯水至过量过程中实验现象为_______。
4、由NaClO溶液的制备和性质(Ⅱ②)实验可得出的结论为_______。
5、KClO3晶体的纯度为_______；下列情况会导致所测纯度偏高的是_______(填标号)。
A.烘干时KClO3部分分解 B.称量时药品和砝码位置颠倒(移动了游码)
C.滴定终点时仰视读数 D.KClO3晶体溶于稀硫酸后，加KI的量不足
【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 饱和NaCl溶液
2、ab 3、溶液由无色变为深黄色(其他合理颜色均正确)，又变为无色
4、Cl-和ClO-在碱性条件下可大量共存，在酸性条件下不共存(合理答案即可) 5、 C

19-4（巩固） 五氧化二氮(N2O5)是有机合成中常用的绿色硝化剂。N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成强酸，高于室温时不稳定。
1、某化学兴趣小组设计臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3=N2O5+O2。实验装置如图，回答下列问题：

①装置C的名称______，装置D的作用是______；装置E的作用是_____。
②写出装置A中发生反应的离子方程式______。
③实验时，将装置C浸入______(填“热水”或“冰水”)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气。
2、判断C中反应已结束的现象是_____。
3、用滴定法测定N2O5粗产品中N2O4的含量。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。(已知：H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解)
①产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为_____。
②判断滴定达到终点的现象是______。
③产品中N2O4的质量分数为_____(保留到小数点后两位)。
【正确答案】 1、三颈烧瓶 安全瓶，防止倒吸 防止空气中的水蒸气进入C中 Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冰水
2、红棕色褪去 3、5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+ 滴入最后半滴H2O2溶液后，溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 20.7%

19-5（提升） 四氮化四硫(S4N4，S为+2价)是重要的硫－氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。

已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑
回答下列问题：
1、试剂a是_____；装置D的作用是______。
2、装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为______；证明SCl2反应完全的现象是_____。
3、分离产物后测定产品纯度：
i.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol•L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
ii.滴定：用c2mol•L-1溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。
①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→______(填标号)→开始滴定。
a.装入滴定液至“0”刻度以上
b.调整滴定液液面至“0”刻度
c.排除气泡
d.用滴定液润洗2至3次
e.记录起始读数
②滴定时选用的指示剂为_____；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③S4N4的纯度表达式为______；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【正确答案】 1、浓氨水 吸收多余的氨气，防止污染空气；
2、 溶液红棕色褪去
3、dacbe 甲基橙或酚酞 再用少量水冲洗锥形瓶内壁 偏低

19-6（提升） (三草酸合亚铁酸钾)是一种橙色固体，能溶于水，难溶于乙醇，在分析化学中用作吸氧剂。可通过如下实验装置(夹持装置省略)，先制得难溶于水的，再制取三草酸合亚铁酸钾。

回答下列问题：
1、将铁粉放入a中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，进行的操作为：①打开K1、K3；和K4，关闭K2；②……；③……；④关闭K1、K2。操作②是_______，目的是_______；经操作③，B装置中生成，此时活塞K2、K3的状态是_______。
2、向生成的B装置中重新加入混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是_______，从而获得沉淀。对所得产品洗涤干净后进行如下分析：取mg产品进行含铁量的测定，平均分成三份加入锥形瓶中，加入稀溶解后，用c mol·L的溶液滴定，三次实验消耗溶液的平均体积为V mL。产品中铁元素的质量分数表达式为_______%；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，则测定的质量分数将_______(填“偏高”偏低”或“不变”)。
3、加热时易分解。现利用如下装置检验其受热分解所得产物是否含有CO、：

各装置接口的连接顺序为a→hi→_______(填标号)；实验开始时，先通一段时间的。若气体产物中含有CO，则装置中的现象是_______。
【正确答案】 1、验纯 证明装置内空气已排尽(防止产品被氧化) 关闭K3，打开K2
2、降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于析出 偏低
3、fg→bc(或cb)→d(e) (B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊

【原卷 20 题】 知识点 盖斯定律与热化学方程式,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡常数的有关计算,化学反应原理综合考查

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 工业上采用高温催化还原法处理燃煤烟气中的和NO。
1、高温催化还原：I.
已知：Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
①_______(用、、表示)。
②已知反应I的随的变化如图，该反应的_______0(填“>”或“<”)：A点对应温度下，原料组成为，在初始总压为的恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时的转化率为_______。［为相对压力平衡常数。其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。如气体B的相对分压等于其分压除以(，为平衡系统中B的物质的量分数， kPa)］

③T℃，向1 L恒容密闭容器中充入2 mol、2 mol和2 mol，同时发生I、Ⅱ两个反应，达到平衡后，和的物质的量分别为1.4 mol、1.6 mol。则反应I的平衡常数_______。
2、高温催化还原NO：
①平衡时NO的体积分数(%)与温度T和压强的关系如图(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。、、由大到小的关系是_______。

②在恒温恒容容器中，的瞬时生成速率。控制NO的起始浓度为0.5不变，的瞬时生成速率和起始浓度的关系如图甲。若、NO起始浓度分别为0.3 、0.5 ，某时刻NO浓度为0.4，此时的瞬时生成速率为_______。

③已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。测定该反应实验数据如图乙a线所示，当改变外界条件时，实验数据如图乙b线所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【正确答案】 1、-+ ＜ 50% 48
2、T3＞T2＞T1 0.72mol·L-1·s-1 更换了更高效的催化剂

20-2（基础） 的资源化利用意义重大，其主要产品——甲醇可用于生产二甲醚，二甲醚在日用化工、制药、农药、染料、涂料等方面有广泛的用途。
催化加氢制甲醇主反应：
副反应：
1、已知 则_______
2、在加氢制甲醇的体系中，下列说法错误的是_______
a.增大初始投料比，有利于提高的转化率
b.当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
c.平衡后，压缩容器体积，主反应平衡正向移动，副反应平衡不动
d.选用合适的催化剂可提高的平衡转化率
3、在密闭容器中，将物质的量之比为1∶3的和按一定流速通过反应器，的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性]随温度的变化如图所示：

①表示选择性的是_______，290℃—360℃时催化剂活性受温度影响不大，说明290℃后曲线b升高的原因_______。
②在恒温恒压条件下达到平衡时，若的转化率为40%，的选择性为75%，副反应的平衡常数_______(结果保留两位有效数字)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
4、甲醇脱水可制得二甲醚： 。实验测得：，，、为速率常数。温度下，向2L恒容密闭容器中加入，10min时达到平衡，的体积分数为25%，平均反应速率为_______，当温度变为时，，则_______(填“大于”、“小于”或“等于”)。
【正确答案】 1、
2、acd 3、曲线a 主反应放热，副反应吸热，温度高于290℃以后升高温度，主反应逆向移动程度小于副反应逆向移动程度，所以的平衡转化率增大 4、 大于

20-3（巩固） 研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1△H1＜0(Ⅰ)
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K2△H2＜0(Ⅱ)
1、4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=_____(用K1、K2表示)。
2、为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2。
①在2L恒容容器中，10min时反应(Ⅱ)达到平衡，测得平衡后n(Cl2)=2.4×10-2mol，10min内v(ClNO)_____，NO的转化率α1=_____。
②其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在可变容器中恒压条件下进行，平衡时NO的α2_____α1(填“>”、“<”或“=”)，
3、氨气是工业制硝酸的主要原料之一，催化氧化步骤中发生的主要反应如下：
Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-906kJ•mol-1
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1266kJ•mol-1
在1L的密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的物质的量与反应温度的关系如图所示。

①催化氧化步骤中，最适宜的温度为_____(填“T1”或“T2”或“T3”)。
②写出N2和O2生成NO的热化学方程式_____。
③温度为T2时，反应Ⅱ的平衡常数K=_____(只列算式)。
【正确答案】 1、
2、7.6×10—3 mol/(L·min) 76% >
3、T3 N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180kJ/mol

20-4（巩固） 甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
1、H2捕集CO2合成CH4涉及下列反应：
I.4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1平衡常数K1
II.H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2平衡常数K2
①相关物质相对能量大小如图所示，则△H1=_______kJ·mol-1，升高温度，_______(填“增大”或“减小”)。

②起始物=3时，反应在不同条件下达到平衡。240℃甲烷的物质的量分数x(CH4)与压强p的变化关系、5×105Pa时(CH4)与温度T的变化关系如图所示。图中对应A、B两点的速率：vA(正)_______vB(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点CH4与CO的分压相同，则p(H2O)=_______Pa，反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=_______。

2、CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一、恒压、750℃时，CH4和CO2反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。

其中过程II主要发生如下反应：
i.CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)
ii.2Fe3O4(s)+8H2(g)⇌6Fe(s)+8H2O(g)
iii.Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)
过程II平衡后通入He，反应iii的化学平衡将_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时，n(CO2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，p(CO)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【正确答案】 1、-165 减小 大于 1.5×105 2、逆向移动 增大 不变

20-5（提升） 二甲醚()被称为“21世纪的清洁燃料”。以、为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ. kJ⋅mol⁻¹
Ⅱ.
回答下列问题：
1、反应Ⅰ自发进行的条件是_______(填“高温”或“低温”)。
2、已知25℃、101kPa下，、的燃烧热分别为：285.8 kJ⋅mol⁻¹、283.0 kJ⋅mol⁻¹， kJ⋅mol⁻¹，则_______kJ⋅mol⁻¹。
3、保持压强为kPa，按投料，发生反应Ⅰ、Ⅱ，实验测得平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。
已知：的选择性
①表示平衡时的选择性的是曲线_______(填“a”或“b”)；温度低于280℃时，曲线b随温度升高而降低的原因是_______；

②T℃时，反应Ⅰ、Ⅱ经4min达到平衡，则该时间段的平均速率为_______kPa⋅min⁻¹；反应Ⅱ的_______(保留小数点后两位)。
③T℃时向平衡体系中充入一定量的Ar，M点位置_______(填“上移”“下移”或“不变”)，原因是_______。
【正确答案】 1、低温 2、+41.2
3、a 副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小 0.08 下移 反应体系分压减小，反应Ⅰ平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小

20-6（提升） 利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图：

回答下列问题：
1、已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为______(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。
2、四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。

①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为______。
②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1______T2(填“>”，“<”或“=”)。
③下列说法不正确的是______。
A.四个反应均为放热反应 B.压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C.反应体系中1－MD最稳定 D.由上述信息可知，400K时反应R4速率最快
3、1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率=______；y为65%时反应R1的平衡常数Kp=______kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因______。
【正确答案】 1、△H1+△H2-△H3
2、b > BD
3、0.8(1-2c%) 温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小



答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．石墨烯材料是无机非金属材料，A错误；
B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体，常用于制造芯片，B正确；
C．研发催化剂将还原为甲醇可充分利用二氧化碳，是促进碳中和的有效途径，C正确；
D．医用滴眼液的聚乙烯醇具有良好水溶性，易溶于水，D正确；
故选A。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．烧之赤色说明灼烧后有氧化铁生成，不是四氧化三铁，A错误；
B．煤炭可燃烧，此处的“石”通常指煤炭，可用作燃料，B正确；
C．利于物质沸点不同，可以分离酒中物质，C正确；
D．反应中氮元素化合价降低，则硝酸钾为氧化剂体现氧化性，D正确；
故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．利用的是具有磁性的性质，可将印有磁性编码的货币投入磁码识读器中辨识真伪，A错误；
B．钛合金具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等优点，属于被广泛应用的金属材料之一，B正确；
C．有机涂料一般是指以乳液树脂等有机物作为成膜物质的涂料，某些有机涂料中的有机溶剂能挥发出有害物质，而水性涂料是用水作溶剂或者作分散介质的涂料，相对于有机涂料更环保，C正确；
D．氢原子钟一种精密的计时器具，它是利用原子能级跳跃时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，D正确；
故选A。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．“蒸粮”时可适当鼓风，增加氧气的浓度，可以加快燃烧速率，A正确；
B．酒曲在酿酒时起到催化作用，B正确；
C．升温是因为发酵时放出热量，C错误；
D．蒸馏时控制温度在酒精的沸点范围内，D正确；
故选C。
1-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A正确；
B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B正确；
C．纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1～100nm，C错误；
D．柔性纤维电池中，正极发生得电子的还原反应，D正确；
故选C。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．钢是铁碳合金，属于合金，A正确；
B．光伏电站使用的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B错误；
C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO2的排放，故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标，C正确；
D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D正确；
故B。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．硫酸不和氯酸钠反应、②中生成亚氯酸钠，故①中可用硫酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质，A正确；
B．反应①中氯元素化合价由+5变为+4，硫元素由+4变为+6，由电子守恒可知，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，B正确；
C．NaClO4、ClO2中氯元素化合价均高于NaClO2中氯元素化合价，故不能用NaClO4代替过氧化氢，C错误；
D．③中得到亚硫酸钠晶体，则“一系列操作”包括蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，D正确；
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．CuO中氧化合价为−2价，KCuO2中氧化合价为−2价，根据反应方程式分析氧化铜中氧全部转变到KCuO2中，因此CuO中氧元素化合价不变，故A正确；
B．中Cu化合价为+3价，则可能具有强氧化性，故B正确；
C．根据方程式Cu由+2价变为+3价，2molCuO失去2mol电子，2mol中失去1mol电子，得到3mol电子，转移3mol电子，因此该反应中每消耗0.2mol CuO，转移0.3mol电子，故C错误；
D．该反应中中氧化合价既升高又降低，说明既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确。
综上所述，答案为C。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4的键角小于N2H4，故A正确；
B．由2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故B正确；
C．若生成标准状况下2.24LN2F4物质的量，转移电子的物质的量是0.2mol，故D正确；
D．由于电负性：F>N，则N2F4中F为-1价，N为+2价，作氧化剂时只有N元素化合价才能降低，则还原产物可能是N2，HF不变价，故D错误；
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Cu2Te中Cu为+1，A错误；
B．反应①中O2得电子为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te均失去电子，则CuSO4也是氧化产物，B错误；
C．反应②中每生成1molTe，转移4mol电子，反应①中每生成1molTeO2，转移8mol电子，则每制备1molTe，理论上共转移12mol电子，C正确；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个反应无法比较O2和SO2的氧化性强弱，且无法证明SO2氧化性强于TeO2，只能证明O2氧化性强于TeO2，D错误；
故答案选C。
2-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．白磷的分子的结构为，白磷分子呈正四面体，键角60°，A正确；
B．由流程分析白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，B正确；
C．次磷酸钠分子式可得，次磷酸的分子式为H3PO2，由于氢氧化钠过量生成次磷酸钠，所以其属于一元酸，C正确；
D．根据图示可知发生的反应有P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2、、，所以，所以若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，D错误；
故选D。
2-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A正确；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B错误；
C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C正确；
D．28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，D正确；
故选B。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
M、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增大，Z比Y原子序数大9，由图片可知Z能形成2个共价键，则Z为S元素，M能形成1个共价键且原子序数最小，M为H元素，X形成4个共价键，则X为C元素，Y、W能分别形成4个共价键，且分别形成了阳离子、阴离子，结合原子序数大小关系，Y为N元素，W为B元素。
详解:
A．根据分析可知W是B元素，X是C元素，同一周期的元素，原子序数越大，元素的电负性越大，故电负性X>W，A错误；
B．根据分析可知Y是N元素，X是C元素，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N>C，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H2CO3，即Y>X，B正确；
C．X的氢化物很多，沸点可能比氨气高也可能比氨气低，C错误；
D．M、Y、Z分别为H、N、S元素，可以形成离子化合物如(NH4)2S，D错误；
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
Z是宇宙中含量最多的元素，可知Z是H，由X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，以及添加剂的结构可知，X是N，Y是O。
详解:
A．同周期，从左到右元素电负性逐渐增大，同主族，从上到下元素电负性逐渐减小，可知电负性：O＞N ，实验结果证明,在各种氮氢化合物中,电子云都是偏向氮这一侧，说明氮吸引电子的能力比氢强,电负性：N＞H，综上可知电负性：Y>X>Z，A项正确；
B．X、Y元素的简单气态氢化物分别为：NH3、H2O，因为水分子之间形成的氢键键能更大，所以X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X，B项正确；
C．Y与Z形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，C项错误；
D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，例如NH4NO3，又可形成共价化合物，例如HNO3，D项正确；
答案选C。
3-3【巩固】 【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，W的最高正价与最低负价代数和为0，则W为C或Si；结合化合物甲的结构，X形成2个共价键，是O，Y原子最外层电子数为1，是Na；Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道，Z是S，结合上述分析，W是C；综上所述，W、X、Y、Z分别为C、O、Na、S。
详解:
A．非金属性越强，电负性越大，故电负性：X(O)>Z(S)>W(C)，A项错误；
B．水分子间存在氢键，沸点反常，简单氢化物的沸点：H2O>H2S，B项正确；
C．X、Y形成的化合物可以是氧化钠或过氧化钠，过氧化钠中含有共价键，C项错误；
D．W(C)的最高价氧化物为CO2，中心C原子的杂化方式为sp杂化，Z(S)的最高价氧化物为SO3，中心S原子价层电子对数=3+0=3，为sp2杂化，C和S杂化方式不同，D项错误；
故答案为B。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；由物质结构式可知，化合物分子中R、M形成1个共价键、X形成4个共价键，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，则R为H元素、X为C元素、M为Cl元素。
详解:
A．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间结构为平面三角形，故A正确；
B．氯元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸高氯酸，故B正确；
C．由物质结构式可知，化合物分子中碳原子最外层均满足结构，故C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能大于氧元素的元素为氮元素、氟元素、氖元素，共3种，故D错误；
故选D。
3-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置，由结构可知X可形成3个共价键，则X为N、Z为P，Y形成1个共价键，结合原子序数可知Y为F；由分析可知，X为N、Y为F、Z为P；
详解:
A．阴离子中Y为氟原子，满足8电子稳定结构，Z为P，P原子与6个F原子各形成1个共用电子对，最外层有12个电子，不满足8电子稳定结构，选项A错误；
B．X为N、Y为F、Z为P，三者形成的简单离子中P3-比N3-、F-多一个电子层，半径最大，N3-、F-具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径，选项B错误；
C．上述阳离子中，五元杂环中X均形成三个价键，应该形成大键，故X原子的杂化方式有一种，选项C正确；
D．NH3、HF中存在氢键，沸点较高，故氢化物的沸点：，选项D错误；
答案选C。
3-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，推测N元素为F元素，结合物质的结构图可知M只能形成一个共价键且原子半径比F小推测为H，Z形成2个共价键且半径比F大推测为O元素，Y形成3个共价键且半径比F大推测为N元素，X形成4个共价键且半径比F大推测为C元素，T与F形成，推测为B元素。
详解:
A．元素Y是氮元素，与氮元素同周期且比氮元素第一电离能大的元素有氟、氖两种元素，故A错误；
B．该化合物中有阴、阳离子，存在离子键，阳离子内部原子之间以共价键相连，阴离子内部存在配位键，故B正确；
C．最高价含氧酸的酸性强弱可以通过元素的非金属性强弱来比较，氟元素的非金属性最强，但是氟元素没有含氧酸，氧元素没有最高正价，所以氮元素的最高价含氧酸酸性最强，故C错误；
D．M与X形成的化合物种类有很多，例如苯的沸点比M与Y形成的NH3的沸点要高，故D错误；
故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，不是同位素，选项A错误；
B．24g石墨烯的物质的量为2mol，而1mol碳原子能形成0.5mol六元环，即个0.5NA，2mol石墨烯(单层石墨)中含有的六元环个数为NA，选项B正确；
C．有机物是大多数含碳的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，不属于有机物，选项C错误；
D．金刚石中碳原子以sp3杂化，全部形成σ键，石墨中碳原子以sp2杂化，3条杂化轨道形成σ键，而6个碳原子中的6条未杂化p轨道形成大π键，故键长:石墨烯<金刚石，选项D错误；
答案选B。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．中氧原子、氯原子大小不同，不为正四面体结构，A错误；
B．、分子的S原子的价层电子对数分别为2+=3、3+=3，S原子均采用sp2杂化，VSEPR模型一样，B错误；
C．、中S原子的价层电子对数分别为4+=4、3+=4，S原子均采用杂化，C正确；
D．单键均为σ键，1分子中含有12个σ键，为mol，分子中含有键，D错误；
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．硼烯是只有一种元素形成的单质，不是有机物，选项A错误；
B．中硼原子形成了4个键，没有孤电子对，所以，硼原子采取sp3杂化，的空间构型为正四面体，选项B正确；
C．从图中可以看出，每个硼原子与 3 个硼原子相连，均为单键，杂化方式为sp3杂化，选项C错误；
D．硼烯比石墨烯更薄、强度更高、导电导热性能更强，有望代替石墨烯作锂离子电池的电极材料，为正极材料，选项D错误；
答案选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由β－氮化碳的结构示意图可知，晶体中形成4个共价键的饱和碳原子和形成3个共价键的饱和氮原子都为sp3杂化，故A错误；
B．由β－氮化碳薄膜为超硬新材料可知，氮化碳属于硬度很高的共价晶体，故B正确；
C．由β－氮化碳的结构示意图可知，虚线部分为晶体的最小结构单元，位于正方形顶点和边上的碳原子个数为4×+4×=3，位于正方形内的氮原子个数为4，则氮化碳的化学式为C3N4，故C正确；
D．由β－氮化碳薄膜为超硬新材料可知，氮化碳属于硬度很高的共价晶体，氮原子的原子半径小于碳原子，则碳氮键的共价键强于碳碳键，所以氮化碳硬度超过金刚石晶体，故D正确；
故选A。
4-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．SF6分子中有2种键角：180°和90°，A错误；
B．SF6 、SF4均为分子晶体，SF6的相对分子质量大于SF4，所以SF6的熔点高于SF4的熔点，B正确；
C．S8分子和SF6分子都是非极性分子， C错误；
D．S分子中S原子采用sp3杂化，SF6分子中S原子采用sp3d2杂化， D错误；
故选B。
4-6【提升】 【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。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题干中Y的结构简式可知，Y分子中存在饱和碳原子，就含有sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．由题干中X、Y的结构简式可知，X分子中含有酚羟基，Y分子中不含酚羟基，故能用溶液检验Y中是否含有X，B错误；
C．由题干中Z的结构简式可知，1mol Z中含有5mol酚羟基和1mol羧基，故能消耗6molNaOH，还有1mol酚酯基，能够消耗2molNaOH，故1molZ最多能与8mol NaOH发生反应，C错误；
D． X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子如图所示： ，D正确；
故D。
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．X中含有-CH2-、苯环、-CN，C原子杂化类型分别为sp3、sp2、sp共3种，选项A错误；
B．Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子，如图，选项B错误；
C．Z中含有酚羟基和羰基，可发生取代反应、加成反应，但不能发生消去反应，选项C错误；
D．Y中不含有酚羟基而Z中含有酚羟基，可用氯化铁溶液鉴别Y、Z两种物质，选项D正确；
答案选D。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由a结构可知，a的分子式为C8H9NO2，A正确；
B．a含有酚羟基，其邻位氢能与溴水发生取代反应，B正确；
C．酯基、酰胺基能和氢氧化钠反应，生成的酚羟基也能和氢氧化钠反应，故1molb一定条件下与NaOH溶液反应，最多可消耗3n molNaOH，C错误；
D．a苯环上的二溴代物有4种，D正确；
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．如图所示，甲和乙中右侧与苯环直接相连的第一个碳原子为不对称碳原子，均只有1个不对称碳原子，A正确；
B．如图所示，，最多11个碳原子共平面，B错误；
C．甲中的羧基能与氢氧化钠溶液反应，乙中的酯基能与氢氧化钠溶液反应，C正确；
D．含N原子的六元环与苯环一样均含大派键，N原子的杂化方式为sp2杂化，D正确；
故选B。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． m分子有一个手性碳，有对映异构体，故A正确；
B． n分子中所有碳原子均为sp2杂化，键角约为120°，所有原子共平面，故B正确；
C． 高分子材料p中含有酯基，可降解，故C正确；
D． 聚合过程中没有小分子生成，二氧化碳中碳氧双键、m中的三元环、n中的碳氧双键参与反应，故D错误；
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由反应结合a化学式可知，a结构为 ；
详解:
A．a中含有酯基，难溶于水，故A正确；
B．a分子中含量直接相连的饱和碳原子，故所有碳原子不共平面，故B错误；
C．a与足量H2加成后的产物为，含有1个手性碳原子(已标出)，故C错误；
D．反应①属于加聚反应；②为酯基先水解后再发生缩聚反应生成的，故D错误。
故选A。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．应用玻璃棒蘸取待测液滴到试纸上，A错误；
B．浓硫酸密度大于水，又稀释时放热，所以将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌，B正确；
C．左侧漏斗漏气，无法检验装置气密性，C错误；
D．右侧收集气体装置未与外界连通，易发生危险，D错误；
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从食盐水中提取NaCl应该使用蒸发皿，不应该用坩埚，故A不符合题意；
B．溴能与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的产物，与氢氧化钠溶液不相溶，且密度大于氢氧化钠溶液，在下层，经分液可除去CCl4中的 Br2，故B符合题意；
C．氨气不可用无水CaCl2干燥，氨气能与氯化钙发生反应生成络合物CaCl2•8NH3，且收集氨气的导管太短，故C不符合题意；
D．检查装置的气密性需要在密闭环境下，图中装置与空气连通，不能检查装置的气密性，故D不符合题意；
故答案选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．上下移动甲中铜丝可控制反应的发生与停止，从而控制生成SO2的量以减少对空气的污染，体现了绿色化学的思想，A正确；
B．二氧化硫的密度比空气大，应采取向上排空气法收集，集气瓶中应长管进气、短管出气，B错误；
C．含铜离子的溶液呈蓝色，可以将试管中的液体倒入水中稀释，根据溶液是否呈蓝色确定是否有CuSO4生成，C正确；
D．结晶水合物加热时容易失去结晶水，不宜采取蒸发结晶的方法，硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶可析出 CuSO4⋅5H2O ，D正确；
答案选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，长颈漏斗会使反应生成的氧气逸出，无法测定过氧化氢在二氧化锰做催化剂条件下发生分解反应的化学反应速率，A错误；
B．由于CO2在水中的溶解度远小于NH3在水中的溶解度，故侯氏制碱是将CO2通入氨化后的饱和食盐水种，B错误；
C．由于醛基和碳碳双键均能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故用装置Ⅲ不可验证丙烯醛中含有碳碳双键，C错误；
D．用装置Ⅳ所示方法是注入水后上下移动右侧量气管，观察两侧液面差一段时间不变，则气密性良好，故可检验该装置的气密性，D正确；
故D。
6-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．加热固体药品需要在坩埚中，不能用表面皿加热，故A错误；
B．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，导致大试管中气体减少，则导管口形成一段水柱，故B正确；
C．乙醇中含有羟基，能与钠反应生成气泡，乙醚与钠不反应，故C正确；
D．SrCl2难挥发，可以用蒸发结晶的方法获取，故D正确；
故选A。
6-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．用盐酸和石灰石制取二氧化碳，A正确；
B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯进行加热，B错误；
C．通氨气的导管不能插入液面以下，否则易发生倒吸；通二氧化碳的导管应插入液面以下，否则二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，C错误；
D．在容量瓶中配制一定物质的量的溶液，最后摇匀，上下摇晃时一手托住瓶底，一手按住瓶塞，D错误；
故A。
7-1【基础】 【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。
7-2【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。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．将铋酸钠固体加入酸性硫酸锰溶液中，充分振荡溶液变为紫红色说明铋酸钠与酸性硫酸锰溶液高锰酸钠，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化剂铋酸根离子的氧化性强于氧化产物高锰酸根离子，故A不符合题意；
B．没有明确醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液的浓度是否相等，则由溶液pH的大小无法确定盐的水解程度，不能判断碳酸和醋酸的酸性强弱，故B符合题意；
C．石蜡油加强热、产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液橙红色褪去说明反应生成的气体中含有能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应的烯烃，故C不符合题意；
D．向次氯酸钠溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红说明次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故选B。
7-4【巩固】 【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。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．Na2S溶液滴加ZnSO4溶液至不再有沉淀产生，可知硫化钠完全反应，再滴加的CuSO4 溶液生成CuS，能说明是ZnS转化成CuS，能证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故A正确；
B．[CuCl4]2-呈绿色，[Cu(H2O)4]2＋呈蓝色，用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释根据颜色变化可知[CuCl4]2-转化为[Cu(H2O)4]2＋，即[CuCl4]2-＋4H2O4Cl-＋[Cu(H2O)4]2＋正向移动，故B正确；
C．25℃ 0.1mol/L 的 Na2SO3溶液加热到40℃，亚硫酸钠水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度应增大，但实际溶液的pH逐渐减小，可知温度升高过程中水的离子积常数增大，由可知，的增大程度大于了增大程度，即SO的水解增大程度小于水的电离增大程度，导致最终c(H＋)升高，故C正确；
D．酸性KMnO4溶液紫色褪去只能说明溶液中存在还原性离子，但不一定是Fe2＋，故D错误；
故选：D。
7-6【提升】 【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。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图可知，化学式为C14H20O2，A正确；
B．分子中13种等效氢，则其一氯代物共有13种，B错误；
C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；双键可以和氢气加成，故可与2molH2加成，且加成后的产物分子中不含有手性碳原子，C正确；
D．其酸性条件下的水解产物中均含碳碳双键，故均可发生加聚反应，D正确；
故选B。
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．分子中有8种类型氢原子，其中除羧基中的氢原子均可被取代，则一卤代物有7种，A错误；
B．分子式为，B错误；
C．同一碳原子连接四种不同的原子或原子团，该原子为手性碳原子，则分子结构中和羧基连接的碳原子为手性碳原子，C正确；
D．分子中含有苯环、羧基，一定条件下，可以发生氧化、取代、加成反应，不能发生消去反应，D错误；
故选C。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．与苯环直接相连的原子共面，碳碳双键、碳氧双键两端的原子共面，故分子中的所有碳原子可能共平面，A正确；
B．分子中含有酚羟基，故一定条件下能与甲醛发生反应，B正确；
C．分子中苯环上的氢有4种，故一氯代物有4种，C错误；
D．苯环、碳碳双键、酮基可以与氢气反应，1 mol该物质最多能与8mol 发生加成反应，D正确；
故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该有机物中不仅含有羧基，还含有酯基、环状结构，和乙酸不是同系物，A错误；
B．该有机物中含有饱和碳，该饱和碳连接的3个碳和该碳一定不在同一个平面内，B错误；
C．根据该有机物的结构可知，水解后的结构中含有羧基和羟基两种团能团，C正确；
D．该有机物中的酯基水解后生成物中一共有两个羧基和一个酚羟基，1mol该物质一共可以消耗3molNaOH，D错误；
故选C。
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该物质含有4种官能团，分别是羧基、酯基、氨基和碳碳双键；碳碳双键连接了四个不同的原子或基团，则该物质存在顺反异构；该物质不存在手性碳原子，故该物质不存在对映异构体，A正确；
B．该物质含有羧基和甲基，可以发生取代反应；该物质含有碳碳双键，可以发生加成、氧化、还原、加聚反应，B正确；
C．该物质与足量H2加成所得有机物分子为 ，其手性碳原子（标有“*”）如图所示，共有4个，C错误；
D．1mol该物质含有1mol碳碳双键和2mol苯环，1mol该物质最多可以和7mol H2发生反应；1mol该物质含有1mol羧基和1mol酚酯基，酚酯基和NaOH反应后生成的酚羟基，继续消耗NaOH，故1mol该物质最多与3mol NaOH反应；D正确；
故选C。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．分子中碳碳双键的每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确；
B．四元环上的2个碳原子连接4个不同的原子，是手性碳原子，则分子中存在2个手性分子，故B正确；
C．该分子中不含羧基，不能与碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D．根据结构简式可知，该物质的化学式为，故D正确；
故答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
含硒废料加入煤油除去硫，分离出固体加入稀硫酸将铁、铜、锌转化为盐溶液除去，分离出固体加入亚硫酸钠将Se转化为，加入稀硫酸酸化得到Se；
详解:
A．“分离”时得到含硫煤油为分离固液的操作，方法是过滤，A错误；
B．金属氧化物能和酸反应，“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物，B正确；
C．“浸取”后分离固液的操作为过滤，所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；
D．“酸化”时转化为Se和二氧化硫，发生反应的离子方程式：，D正确；
故选A。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
茴香籽粉与水经水蒸气蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，馏出液加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，干燥过滤得到粗品，蒸馏得到茴香油；
详解:
A．水蒸气蒸馏是将含有挥发性成分的植物原料与水共蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，减压蒸馏是通过减小体系内压强而降低液体沸点达到分离提纯的目的，两者的蒸馏条件不同，原理不同，A错误；
B．向馏出液中加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，有利于提高茴香油的提取率，B正确；
C．加入乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，利用的是茴香油在水和乙醚中的溶解度不同，以及乙醚和水的密度不同进行分离，C错误；
D．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若将无水硫酸钠用碱石灰代替，茴香油会在碱石灰的作用下发生水解而无法制得茴香油，D错误；
故选B。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
试剂a为饱和NaHSO3溶液，加入到粗品中形成沉淀，然后通过操作I过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入试剂b乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇，所以操作Ⅱ为萃取分液；加入无水硫酸镁作干燥剂，操作Ⅲ为过滤，1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。
详解:
A． 由信息R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓，试剂a为饱和NaHSO3溶液，又1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚，试剂b为乙醚，故A正确；
B． 操作I和操作III均是分离固体和液体，均为过滤，故B正确；
C． 无水MgSO4的作用是干燥除水，干燥有机相，故C正确；
D． 为使冷凝管内的不蒸气得到充分冷却，在进行冷却时，应使水从冷凝管的下方接口进入，上口出，故D错误；
故选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯，反应后过滤得到滤液1，加入饱和碳酸钠溶液洗涤后水洗分液得到有机层，加入无水硫酸镁干燥后过滤得到滤液2，蒸馏得到山梨酸乙酯；
详解:
A．水的沸点低于110℃，不能用水浴进行加热，A正确；
B．生成的酯在碱性条件下会发生水解反应，故不能用氢氧化钠溶液洗涤，B错误；
C．操作①和操作③均为分离固液的操作，为过滤，基本原理相同；操作②为萃取分液操作、操作④为蒸馏操作，基本原理不同，C正确；
D．加入无水MgSO4固体可以吸水做干燥剂，气目的是除去有机物中的水分，D正确；
故选B。
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
制备葡萄糖酸锌的化学方程式Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ZnSO4═Zn(C6H11O7)2(葡萄糖酸锌)+CaSO4↓，趁热过滤防止葡萄糖酸锌析出，而降低产率，结晶后用乙醇洗涤，葡萄糖酸锌在乙醇中溶解度小，减少产品的损失，另外乙醇易挥发，加快干燥速率。
详解:
A． 适当控制反应温度并不断搅拌，增加反应物接触的机会，有利于提高反应速率，故A正确；
B． 趁热过滤后的滤液中存在的离子有Zn2+、C6H11O、SO、Ca2+，故B错误；
C． 趁热过滤的目的是防止葡萄糖酸锌析出，产品产率降低，故C正确；
D． 使用95%乙醇洗涤的目的是减少葡萄糖酸锌溶解，减少产物的损失，故D正确；
故选B。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于制备2-呋喃甲酸乙酯的反应是酯化反应也即是可逆反应，苯与水形成共沸物，从体系中将水移除，使平衡正移，可提高原料的利用率，故A正确；
B．乙醇的沸点为78.4℃，蒸馏的目的主要是为了除去乙醇，故B正确；
C．2-呋喃甲酸乙酯相对于水的密度为1.117，有机物密度比水大，则洗涤，静置分层后，将有机相从下层流出后，水相再从上口倒出，故C错误；
D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，故D正确；
故选：C。
10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A项错误；
B．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B项错误；
C．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+∆H为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，C项正确；
D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项错误；
故选C。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；
详解:
A．由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放热，A正确；
B．反应进程中S2生成又消耗，为中间产物，B正确；
C．使用催化剂可以改变化学反应的历程，降低其活化能E，C正确；
D．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；由图可知，总反应的速率由步骤①决定，其活化能相对较大，D错误；
故选D。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从图象可看出，E2为正反应的最高能量，是正反应的活化能，A正确；
B．从图象可看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H=-E3kJ·mol-1，B正确；
C．由图象可知，过渡态Ⅱ为第三个峰所对应的物质，C错误；
D．催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，故平衡不移动，D正确；
故选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，无论是生成氯丙烷还是生成氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A错误；
B．在合成氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B错误；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C正确；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D错误；
故选C。
10-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．从能量变化图可看出反应I是吸热反应，高温有利于提高反应速率和转化率，故A正确；
B．决速步骤应是活化能最大的步骤，从能量变化图可看出反应I活化能最大，故B错误；
C．从能量变化图可看出反应III的中间体比反应IV的能量高，能量越高越不稳定，故C错误；
D．从能量变化图可看出反应I只有共价键的断裂，故D错误；
故A
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由反应历程可知，苯酚和水的总能量低于和苯的总能量，苯与反应生成苯酚是放热反应，A正确；
B．反应历程中存在+H2O+O* +H2O,，即+O* ，B正确；
C．第一步和第二步中使用催化剂产物能量更高，不稳定，C错误；
D．使用催化剂后，每一步的活化能均比使用催化剂低，反应速率加快，单位时间内可生成更多苯酚，D正确；
故答案选C。
11-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应；CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，为保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量，B装置中加热发生反应Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，装置C用于冷凝收集产品，据此分析回答问题。
详解:
A．B装置中加热发生反应Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl2，该反应不是氧化还原反应，故A错误；
B．三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，故石棉绳的作用是保温，防止CrCl3凝华堵塞导管，故B正确；
C．装置中含有氧气，实验时应先通氮气，再点燃B处喷灯，以防止Cr2O3高温时被氧气氧化，故C错误；
D．X气体为氮气，氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应，故D正确；
故选BD。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．冰醋酸为有机溶剂，同时可增强溶液的氧化性，次氯酸根离子在酸性条件下氧化性增强，选项A正确；
B．若溶液滴加过快，酸性条件下与氯化钠溶液反应产生氯气，故三颈烧瓶中会产生少量黄绿色气体，选项B正确；
C．饱和亚硫酸氢钠的主要作用是除去未反应的，选项C错误；
D．饱和氯化钠可促进有机相和无机相分层，盐析而分层，选项D正确；
答案选C。
11-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．反应①后的混合液中含有硝基苯和未反应完的苯，经水洗、碱洗、分液后再蒸馏，得到硝基苯，选项A错误；
B．反应②的实验温度控制在140℃，大于100℃，不能用水浴加热，选项B错误；
C．苯胺还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，而浓硫酸具有酸性和强氧化性，苯胺能与浓硫酸反应，则不能选用浓硫酸，三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入生石灰后蒸馏，选项C错误；
D．加热前应先通一段时间的 H2可将装置内空气排出，避免苯胺被氧化，选项D正确；
答案选D。
11-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
由图可知，装置A中稀硫酸和粗锌反应制备氢气，制得的氢气中混有硫化氢气体，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置D中硫酸锂与氢气共热反应制得硫化锂，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中导致硫化锂水解。
详解:
A．由图可知，A装置适合与块状固体与溶液不加热反应制备难溶于水的气体，优点是能控制反应的发生和停止，实现随制随停，装置A不能用于制备极易溶于水的氨气，A错误；
B．由分析可知，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中导致硫化锂水解，C、E装置可选择相同的试剂浓硫酸，B正确；
C．若产品中含杂质硫，硫受热能汽化为硫蒸气，也能与氢气共热反应生成硫化氢气体，所以产品中含有的杂质不可能是硫，C错误；
D．E装置增重3.6g即n(H2O)=0.2mol，由方程可知n(Li2SO4)=0.05mol，的质量分数，D正确；
故选BD。
11-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由实验装置图可知，装置I为球形冷凝管，为增强冷凝回流的效果，装置中下口a为冷凝水的进水口，故A正确；
B．由实验装置图可知，装置II为干燥管，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致SbCl5水解，故B正确；
C．由题给信息可知，SbCl5在140℃时即发生分解，所以制备完成后应采用减压蒸馏的方法分离出SbCl5，故C错误；
D．由题给信息可知，制备HSbF6时用到能与玻璃中二氧化硅反应的氢氟酸，所以制备时不能选用玻璃仪器，故D正确；
故选C。
11-6【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．晶体不是块状固体，它和浓盐酸反应的发生装置不能使用启普发生器，B中盛放饱和食盐水，除去中的氯化氢气体；C中盛放浓硫酸，除去中的水蒸气；F中盛放浓NaOH溶液，用于尾气的吸收，A错误；
B．极易水解，故除去中的部分应选择蒸馏操作，B错误；
C．当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时，此时装置中的空气被排空，才开始点燃酒精灯，则可防止锡被O2氧化，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率，C正确；
D．为防止F装置中的水蒸气进入收集器，使水解，产品变质，在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶，D正确；
故AB。
12-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．中Ca为+2价，O为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可得 W元素化合价为+6价，选项A正确；
B．焙烧时硫钨矿与空气反应生成二氧化硫，以及磁选除铁时得到磁性固体，故生成的铁的氧化物为四氧化三铁，故发生反应的方程式为，选项B错误；
C．由于烧碱溶液能与SiO2发生反应，因此在进行溶浸时不能烧碱代替纯碱，选项C正确；
D．在滤渣中含有的成分有原硫钨矿中不溶性SiO2和CaWO4与Na2CO3发生复分解反应生成的CaCO3，选项D错误；
答案选BD。
12-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
据题意，废液中的Sn2+、Fe2+和Co2+分别在沉锡、氧化沉铁、氧化沉钴步骤中分离出去，剩余在滤液中的离子主要有Na+、SO，据此分析。
详解:
A．升高温度能加快化学反应速率，A正确；
B．pH=6.5时，溶液呈酸性，离子方程式应为： ，B错误；
C．据题意，废水中主要含有Sn2+、Ni2+和SO，其中Sn2+已经在沉锡过程被分离，且中途加入的NaOH和NaClO中的Na+未被分离出去，故主要为Na2SO4，C正确；
D．“酸溶”所得SnSO4经电解，Sn2+在阴极得电子生成Sn，D正确；
答案选B。
12-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
由题干工艺流程图信息可知，向低铜萃取余液中加入CaO浆液调节pH值到4.0～5.0，则产生CaSO4和Fe(OH)3沉淀，过滤得滤渣I成分为CaSO4和Fe(OH)3，滤液中含有Co2+、Cu2+、Fe2+、Mn2+等离子，向滤液中通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+氧化为MnO2，过滤得滤液(主要含有Co2+和Cu2+)，向其中加入CaO浆液，调节pH到5.5～7.8，将Cu2+转化为Cu(OH)2，即滤渣Ⅱ为Cu(OH)2，过滤得滤液，向其中加入NaHCO3进行沉钴，反应原理为：Co2++2=CoCO3↓+H2O+CO2↑，据此分析解题。
详解:
A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A错误；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B正确；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C正确；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成Co(OH)2等杂质，D错误；
故BC。
12-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3+、Al3+的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤得到浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有机萃取剂萃取镍，操作I为萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，反萃取得到含镍离子的溶液和有机萃取剂，有机萃取剂重复使用，充分利用萃取剂，含镍离子的溶液进行“富集”、“还原”得到粗镍。
详解:
A． 由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A正确；
B． 进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B错误；
C． 操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C正确；
D． 沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D正确；
故选B。
12-5【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。
详解:
A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程式为，反应中氧化剂氧气与还原剂硫化亚铜物质的量之比为2:1，故A错误；
B．由分析可知，烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，酸浸氧化时通入氧气可防止稀硝酸被还原为一氧化氮，从而保护环境，故B正确；
C．由分析可知，滤渣酸溶时，金与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子，反应的离子方程式为，故C正确；
D．由分析可知，萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层，萃取分液时需要使用的仪器是分液漏斗和烧杯，故D错误；
故选AD。
12-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)经过碱㓎，GaAs、SiO2溶解，Fe2O3和CaCO3进入滤渣，㓎出液用硫酸中和得到，同时得到滤渣Ⅱ，继续酸化，得到Ga2(SO4)3溶液，和滤渣Ⅲ硅酸。
详解:
A．可与NaOH溶液反应：，“滤渣Ⅰ”中不含，A项错误；
B．电解溶液时，阳极生成的是氧气，阴极生成的是Ga，B项错误；
C．Ga与Al同主族，镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，C项正确；
D．“碱浸”时，GaAs转化为、，As元素的化合价由－3价升高为＋5价，则每反应1molGaAs，转移电子的物质的量为，D项错误；
故答案选C。
13-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
该装置为电解池，石墨为阳极，Pt为阴极。在阳极，P4发生氧化反应生成Li[P(CN)2]，在阴极，HCN失去电子生成氢气和CN-。
详解:
A．HCN在阴极发生还原反应，HCN为弱酸，不能拆成离子，正确的电极反应式为：2HCN+2e-=H2↑+2CN-，故A错误；
B．阴极生成的CN-通过阴离子交换膜进入阳极区，在阳极白磷失去电子，结合LiCN和CN-生成Li[P(CN)2]，电极反应式为：P4-4e-+4LiCN+4CN-= 4Li[P(CN)2]，故B正确；
C．电解生成1molH2时，阴极区生成的CN-会通过交换膜进入阳极区，则阴极区溶液质量减少大于2g，故C错误；
D．根据上面的分析可知，电解的总反应方程式为P4+4HCN+4LiCN4Li[P(CN)2]+2H2↑，故D正确；
故选AC。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
电解水溶液制备，阳极反应为：，阴极反应为：，向阴极移动，使物质的量增大，所以b极为阴极，a极为阳极；
详解:
A．a极为阳极，水溶液盛放在a极区，A正确；
B．通过离子交换膜向阴极移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；
C．当外电路转移2 mol电子时，阴极反应，有2 mol移向阴极，生成，阴极质量增大，阳极质量减少，两极室溶液质量变化相差154 g，C错误；
D．“电解法”所得副产品，可用作“酸性歧化法”制备的原料，D正确；
故选C。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据图示，a极H2O生成O2，发生氧化反应，则a为阳极；b极H+生成H2，发生还原反应，则b为阴极，据此分析作答。
详解:
A．根据分析，a为阳极，b为阴极，A正确；
B．阴极上的反应为：H2C2O4+2e−+2H+=OHCCOOH+H2O、，B正确；
C．OHCCHO属于非电解质，HBr的作用是增强阳极液的导电能力，Br-在阳极发生失电子的氧化反应生成Br2，Br2将OHCCHO氧化为OHCCOOH，HBr充当间接电氧化的媒介，C正确；
D．当阳极生成标准状况下2.24LO2，转移电子物质的量为0.4mol，生成乙醛酸amol，当阴极b极生成标准状况下2.24LH2，转移电子数为0.2mol，生成乙醛酸bmol，根据电子守恒，，解得b-a=0.1mol，理论上可得到乙醛酸的质量一定大于0.1✖74g/mol=7.4g，D错误；
故D。
13-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
该装置为电解池。左侧RCH2NH2失去电子生成RCN，则Ni2P为阳极，CoP为阴极。
详解:
A．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；
B．右侧电极硝基苯得到电子生成偶氮化合物，电解质溶液为碱性，根据电子守恒、电荷守恒写出的电极反应式正确 ，故B正确；
C．电解池中，阴离子移向阳极。该电解池右侧为阴极、左侧为阳极， OH- 从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C错误；
D．阳极反应式为：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，根据得失电子守恒，每当合成得到 1molRCN ，同时合成 0.5molR−N=N−R ，故D错误；
故选CD。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。
详解:
A．根据分析，Ni2P电极为阳极，连接电源的正极，电势比电极的高，A正确；
B．In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，B正确；
C．电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，C正确；
D．阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，当电路中有2mol电子转移时，阳极区液体质量增加2mol氢氧根离子的质量，为2mol×17g/mol=34g，D错误；
故选D。
13-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
右边氧气变双氧水，氧化合价降低，说明右边是阴极，则b为负极，a为正极，左边为阳极。
详解:
A．阴极电极反应式O2＋2e－＋2H2O＝H2O2＋2OH－，则阴极区产生2molOH－时，参加反应的O2为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，故A错误；
B．根据前面分析a为电源的正极，故B正确；
C．根据前面得到左边是阳极， 被氧化，因此阳极区反应式为−2e－+3OH－=2H2O+，故C正确；
D．该装置中，氢氧根在阳极消耗，因此阴极产生的氢氧根要转移到阳极区域，则离子交换膜为阴离子交换膜，故D错误。
综上所述，答案为AD。
14-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图示可知反应的过程为

详解:
A．人工固氮是将N2单质转化为化合物，“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，A项错误；
B．“转氮”过程，以及NH3和HCl反应生成NH4Cl的过程，都没有化合价变化，不属于氧化还原，B项错误；
C．NH3极易溶解于水，若用H2O代替NH4Cl进行转化，难以从体系中分离出NH3，C项错误；
D．该合成氨过程中，N2→NH3，1mol N2转移6mol电子，H2O→O2，1mol H2O转移2mol电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1：3，D项正确；
故选D。
14-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．NO具有还原性、臭氧具有氧化性，两者可以反应造成臭氧空洞，A正确；
B．在反应机理②中，硫、氧、氮、氢元素化合价没有改变，则Ce元素的化合价也不会改变，B错误；
C．由图可知，整个反应反应物为氨气、一氧化氮、氧气，三者在催化剂作用下生成氮气和水，化学方程式为，C正确；
D．催化剂可以提高反应速率，但是不能改变合成反应的平衡转化率，D错误；
故选AC。
14-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图可知， CoH参与反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，而不是中间产物，A错误；
B．Fe(OH)2、钴的化合物CoH都能与酸反应，所以维持相对稳定的pH有助于催化析氧和自修复的进行，B正确；
C．由图可知，自修复反应中CoH与Fe(OH)2反应生成FeOOH与Co(OH)2，反应的方程式为：CoH+Fe(OH)2═FeOOH+Co(OH)2，C正确；
D．图中所示物质之间的转化中，O、Fe和Co三种元素的化合价发生了变化，D正确；
故A。
14-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．据图可知加入的反应物为CO2、H2，最终产物为CH3OH和H2O，总反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O，A正确；
B．甲醇中不含碳氧双键键，说明第4步中碳氧双键断裂成碳氧单键，B错误；
C．据图可知第2步反应产物由阴阳离子构成，为离子化合物，C正确；
D．据图可知第一步中反应物为高分子，所以化学方程式应为+nCO2→，D错误；
综上所述答案为AC。
14-5【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；
B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；
C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正确；
D．根据图示可知，总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，还原1molNO同时消耗0.25molO2，标准状况下体积为5.6L，D错误；
故选BD。
14-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据反应机理图示，是反应物，是生成物，其余为中间产物。
详解:
A．根据反应③，X为，是生成物，A错误；
B．根据反应③④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；
C．是催化剂，增加的量时，实质是增加的量，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；
D．反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误；
故选C。
15-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图可知，点溶液由等浓度的和组成，根据电离常数，水解常数，溶液呈酸性，A错误；
B．点溶液呈酸性，电离程度大于水解程度，离子浓度大小排序为，B错误；
C．点溶液溶质是，质子守恒式为，C正确；
D．的电离程度大于的电离程度，所得溶液中，，D错误；
故选C。
15-2【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 分析:
草酸()是一种二元弱酸，第一步电离电离平衡常数大于第二步电离平衡常数，=0时，，，pH=1.22和pH=4.19，则曲线I是，曲线II是。
详解:
A．根据前面分析直线II表示随溶液pH的变化，pH=4.19，，故A正确；
B．pH=1.22的溶液中，根据电荷守恒得到，溶液呈酸性，因此有，故B正确；
C．当pH=4.19时，，则有，，，，则溶液中，故C错误；
D．已知：25℃时，的电离常数为，氨水的电离平衡常数小于草酸氢根的电离平衡常数，根据“谁强显谁性”即谁相对强，显谁的性质，则溶液呈酸性，故D错误。
综上所述，答案为AB。
15-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
常温下，将0.2 mol·L⁻¹ 溶液与0.2 mol·L⁻¹ NaHA溶液等体积混合所得溶液，溶液显碱性，则NaHA水解程度大于其电离程度，且大于水解程度；混合液随着pH变大，浓度变大、离子浓度减小、浓度减小、浓度显减小后增大、浓度增大，故a、b、c、d、e分别表示、、、、曲线；
详解:
A．由分析可知，曲线a表示的是，曲线e表示的是，A错误；
B．等体积混合所得初始混合液，此时pH=7时，则必定为加入了HCl，则根据物料守恒可知：、、，根据电荷守恒可知，，；以上式子联立可得，mol·L⁻¹；B正确；
C．，可得；、；M点时溶液显碱性，应该加入了氢氧化钠，根据物料守恒可知：，以上式子可得；代入中得，C正确；
D．时，、，，则，故，D错误；
故选AD。
15-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点，根据图中信息b点是将氢离子反应完，d点是将铵根反应完。
详解:
A．根据图中曲线得到加入氢氧化钠溶液3mL时，将硫酸氢铵中的氢离子反应完，说明原溶液体积为3mL，物质的量浓度为，a点溶液中，故A正确；
B．b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到，再根据物料守恒，则得到溶液中，故B正确；
C．常温时，c点溶质为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨且后两者的物质的量浓度相等，，说明是一水合氨电离占主要，因此溶液中，故C错误；
D．b溶质为硫酸钠和硫酸铵，促进水的电离，d点溶质是硫酸钠和一水合氨，抑制水的电离，因此水的电离程度：，故D正确。
综上所述，答案为C。
15-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据图象可知，当溶液pH增大时，浓度逐渐增大，则的浓度逐渐减小，而浓度先增大后减小，A错误；
B．根据物料守恒，①c()+c()=c(H2CO3)+c()+c()，根据电荷守恒，②c()+c()=c()+c()+2c()，①-②得c(NH3 ·H2O) + c() =c(H2CO3)+ c()-c()，又因0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以c() C．如题图常温下当pH=6.5时，c()=c(H2CO3)，则Kh ()=，常温下水解平衡常数Kh ()的数量级为10-8，C错误；
D．如题图常温下当pH=6.5时，c()=c(H2CO3)，，当pH=10.3时，c()=c()，，则=，D正确；
故选D。
15-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 mol•L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当＜1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当2＞＞1时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。
详解:
A．
由图可知，25 °C，c(HA- )= c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，故A正确；
B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2- )，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2- )，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)+2c(A2- )=3c(HA-)=3c(A2- )=2c(HA- )+ c(A2-)，故B正确；
C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故C错误；
D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2- )＞c(H2A)，b点pH<7，c(H+ )>c(OH- )，H2A被滴定分数>1，c(OH- )> c(H2A)，故D错误；
故选CD。
16-1【基础】 【正确答案】 1、非极性 1:1 碳原子
2、18 H2O、OH- 分子中含有亲水性的羟基、羰基 能和水分子形成氢键
3、c 顶点和面心 4
【试题解析】 易溶于等有机溶剂，根据相似相溶原理可知，为非极性分子；单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；1个CO分子含有1个σ键、2个π键，分子中键与键个数之比为8:8=1:1，该配合物中碳原子和镍原子形成配位键，配位原子为碳原子；
钙为20号元素，钙原子失去2个电子形成基态，则核外电子数为18，运动状态有18种；配合物X中的配体除外还有H2O、OH-，茜素水溶性较好的主要原因是①分子中含有亲水性的羟基、羰基，②能和水分子形成氢键；
①通过X射线衍射实验，可确定晶体结构，故选c；
②由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到Ⅱ型立方结构，若位于Ⅱ型立方结构的棱心和体心上，则位于Ⅱ型立方结构的顶点和面心上；根据均摊法，1个I型立方结构中数目为，则一个Ⅱ型立方结构中含数目为24个，由化学式可知，一个Ⅱ型立方结构中含4个；若的摩尔质量为，该蓝色晶体密度为，Ⅱ型立方结构的边长为，则，阿伏加德罗常数的值可表示为。
16-2【基础】 【正确答案】 1、 球 2、Mn 基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：Cr＜Mn、第二电离能：Cr＞Mn，故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn
3、14 4、6 12 (，1，)
【试题解析】 基态氧原子价电子排布式为2s22p4，按照洪特规则和泡利不相容原理，其价电子轨道表示式为；基态钙原子的排布式为[Ar]4s2，因此能量最高的电子所占据原子轨道为4s，电子云轮廓图为球形；故答案为；球；
基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态Cr原子失去第一个电子是4s能级上的电子，失去第二个电子是3d上的电子，出现了能层间能量变化，能层间能量变化大；基态Mn失去第一、第二电子均是4s上的，属于同一能层，同一能层能量变化较小；故答案为基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：Cr＜Mn、第二电离能：Cr＞Mn，故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn；
根据A的结构可知，2个Mn与4个O形成σ键，2个Mn与3个O形成σ键，因此1molA中Mn形成的σ键有14mol；故答案为14；
①根据MnS的晶胞图可知，Mn原子周围有6个S原子，即Mn的配位数为6，距离Mn原子最近的Mn的原子有12个；故答案为6；12；
②2号S位于正方体后面的面心位置，因此坐标为(，1，)；故答案为(，1，)；
③阴阳离子最近的距离是边长的一半，Mn原子位于棱上、体心，个数为+1=4，S位于顶点和面心，个数为=4，晶胞的质量为=，令晶胞参数为acm，晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，ρ==，因此有阴阳离子最近距离是pm；故答案为。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、sp2 氮 氮原子电负性大，吸引电子能力强，π键上的电子不能自由移动
2、正四面体 H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
3、17 1 4、GaLiO2 C
【试题解析】 由图可知B原子与三个N原子成键，无孤电子对，则其采用sp2杂化，B最外层3个电子均形成键，无剩余电子，每个N原子与周围3个B形成键，还剩余一对孤电子对，因此形成π键的电子由N原子提供；白石墨不导电是因为形成π键的电子由N原子提供，而N的电负性很大，吸引电子的能力很强，使得π键上的电子不能自由移动，故sp2；氮；氮原子电负性大，吸引电子能力强，π键上的电子不能自由移动；
[B(OH)4]-的中心B最外层有4对价电子对，VSEPR模型为正四面体形；由题中反应可知H3BO3变现酸性是因其能结合一个氢氧根离子形成[B(OH)4]-，则其在水中发生电离也是通过结合水中的OH-，电离方程式为：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，故正四面体；H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+；
单键为键，1个双键中含1个键和1个π键，则由I的结构简式可知1mol该物质中含17mol键，Ga3+离子带3个正电荷，-COO-带一个负电荷，则II离子所带负电荷数为1，故17；1；
由晶胞结构可知，O位于顶点和体心，个数为：，Li位于上下面心，个数为：，Ga位于棱心，个数为：，则Ga、Li、O的个数比为1：1：2，化学式为：GaLiO2；晶胞沿着a轴的投影O原子投影为正方形顶点和面心，Ga原子投影为左右两个边长中点，Li原子投影为上下边长中点，则C图符合，故GaLiO2；C。
16-4【巩固】 【正确答案】 1、5 d 2、b
3、 低于 吡咯易形成分子间氢键
4、4
【试题解析】 基态氟原子的核外电子有9个，电子排布式为：1s22s22p5，空间运动状态数等于电子占据轨道数，所以有1+1+3=5种空间运动状态；氟原子序数为9，其基态原子电子排布式为，
a．，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，故正确；
b．，核外共10个电子，不是氟原子；
c．，核外共5个电子，不是氟原子；
d．基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，比a项激发态的能量更高；
综上，d符合题意，故选d；
碳、氮、氧、氟四种元素在同一周期，基态+2价阳离子失去一个电子生成气态基态+3价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于碳原子失去2个电子之后2s能级为全充满状态，因此再失去一个电子需要的能量较高，则满足这一规律的图像为图b；
由题干中的结构简式可知，分子内含有一个大π键，该大π键由4个碳原子和一个O原子，每个碳原子给出1的电子参与形成大π键，每个O原子给出2个电子参与形成大π键，则该大Π键的表示形式为；吡咯易形成分子间氢键；
影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯，吡咯易形成分子间氢键，故低于；
①根据晶胞沿z轴的投影图可知，该晶胞中氯原子的位置为(图中黑球代表氯原子)，面上有2个氯原子，与平行的面上有2个氯原子，体内有2个氯原子，所以1个晶胞中氯原子的数目为。由知，；
②观察图中A、B原子坐标参数，它们在x轴的坐标参数都是0.5，则A、B原子在平行于的面上。可以建立直角三角形，A、B两原子的核间距是这个三角形的斜边长，则A、B两原子的核间距为nm。
16-5【提升】 【正确答案】 1、2:1（或1:2）
2、O>C>Co>Li
3、[Co(NH3)5 SO4]Br 2
4、三角锥形 F3C-
5、6 7:5
【试题解析】 Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2:1（或1:2）；
同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li；
①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为[Co(NH3)5 SO4]Br；
②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况；
(CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-；
①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。
16-6【提升】 【正确答案】 1、Mg 15 2、C
3、 的半径比的小，与的作用比与的作用强，迁移速度就慢
4、
5、
【试题解析】 在周期表中存在“对角线”关系的元素化学性质相似，如和、和、和等，所以与的化学性质最相似的邻族元素是。基态原子核外有27个电子，根据能量最低原理书写电子排布式为或；每个轨道就是1种空间运动状态，因此基态原子的核外电子的空间运动状态有15种；
可写为，可写为，可写为，可写为，可写为，和的非羟基氧原子数相同，酸性相近；
的半径比的小，与的作用比与的作用强，迁移速度就慢；
中价层电子对数为，采取杂化方式，杂化轨道与配位原子只能形成键，故与原子的轨道形成键。由题给焦磷酸根离子、三磷酸根离子的结构式可看出，多磷酸盐中存在结构单元，个结构单元共用个原子，则原子总数为，离子所带电荷数为，故通式为；
由图可知，在晶胞中，原子位于顶角、面上和体心处，原子位于面上、棱上以及晶胞内，因此1个晶胞中含有的原子个数为，O原子个数为，进行掺杂后，棱上和晶胞内分别有1个原子形成氧空穴，面上有1个原子被原子替代，则掺杂后晶胞中原子个数为，O原子个数为，晶胞内各原子数为，将原子数定为1可得：，即，，。
17-1【基础】 【正确答案】 1、否 会引入杂质，在沉淀池1中氯离子会被氧化生成氯气，污染环境(或硫酸可以为产物提供硫酸根离子)(合理即可)
2、
3、 调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，同时让钙、镁离子在沉淀池2中沉淀更加完全 6.5＜pH＜7.6 2
4、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶(合理即可)
【试题解析】 分析:
菱锰矿，其主要成分为，还含有，加入硫酸反应生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镁、硫酸钙，过滤，向滤液中加入二氧化锰氧化亚铁离子，再加入氨水沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入氟化铵沉淀镁离子和钙离子，过滤，将滤液经过一系列过程得到。
酸浸时不可以用盐酸代替硫酸，因为会引入氯离子，且使用盐酸代替硫酸，在沉淀池1中加入时，会把氯离子氧化成氯气，污染环境；故会引入杂质，在沉淀池1中氯离子会被氧化生成氯气，污染环境(或硫酸可以为产物提供硫酸根离子)(合理即可)。
沉淀池1中加入时将亚铁离子氧化为铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，其发生反应的离子方程式为；故。
根据前面加入氨水和金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值分析，沉淀1是沉淀铁离子，因此沉淀2主要沉淀钙离子和镁离子，则沉淀2的主要成分是，加入氨水的目的是调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，为了使沉淀完全而不沉淀，根据金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值分析得到溶液的pH应为，结合图乙知，pH为6.3～6.7时，完全沉淀，故溶液的pH为6.5＜pH＜7.6；当沉淀2沉淀完全时，有；故；调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，同时让钙、镁离子在沉淀池2中沉淀更加完全；6.5＜pH＜7.6；2。
从溶液中得到晶体，其操作过程可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶得到；故蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶得到。
17-2【巩固】 【正确答案】 1、防止分解 C
2、
3、分液 4、 萃余液中，常温下“除铝”控制溶液pH为4.5，则，不会形成沉淀，因此不会造成的损失
【试题解析】 分析:
正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸酸浸，并加入过氧化氢，发生氧化还原反应，铁、铜、铝等金属被溶解分别生成硫酸盐，且Co2O3还原生成CoSO4，同时生成硫酸锂、硫酸镍等，滤渣含有C，滤液①中含有Co2+、Al3+、Ni2+、Li+、Mn2+、Fe3+、Cu2+等离子，可加入NaOH，可生成黄钠铁钒而达到除铁的目的。滤液②加入铜萃取剂，可除去铜,萃余波含有Co2+、A13+、Ni2+、Li+、Mn2+等离子，加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀而除去。滤液③中含有Co2+、Ni2+、Li+、Mn2+，加入NH4HCO3进行碳化，可生成NiCO3·CoCO3·MnCO3，滤液田含有Li+，据此解答。
“酸浸”时使用了过氧化氢，温度较高时，过氧化氢会分解，故原因是：防止分解；“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原生成CoSO4，H2O2被氧化为O2，该反应的化学方程式为；正极活性粉体中含有的C，不能被溶解，则浸渣为C；
“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，生成黄钠铁钒而达到除铁的目的，由黄钠铁钒化学式可知加入的化合物X应为NaOH；
滤液②加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，获得萃余液，故分离混合物的方法为分液；
加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为：；萃余液中，常温下“除铝”控制溶液pH为4.5，则，不会形成沉淀，因此不会造成的损失。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、浓硫酸稀释放出大量的热 SiO2
2、氧化Fe2+，减少NaClO3的用量 + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O
3、CO2 避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀
4、4
【试题解析】 分析:
蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等加水和浓硫酸使其中金属氧化物溶解反应，其中二氧化硅不与硫酸反应生成滤渣1，滤液中加氯酸钠同时通入空气，将亚铁氧化为三价铁，再加碳酸钠调节溶液pH值使三价铁沉淀，过量后，在滤液中加硫化钠使镍离子沉淀，过滤，滤液中加氢氧化钠使镁离子沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁。据此分析解答。
浓硫酸溶于水会放出大量的热，使体系温度升高，故几乎无需加热；SiO2不与硫酸反应，所以滤渣中还含有SiO2 ；故浓硫酸稀释放出大量的热；SiO2；
由于氧化时加入强氧化剂NaClO3，所以吹入空气的目的是使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，氧气能氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；离子方程式为+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O，故氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O；
根据元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合价未发生改变，则生成气体为CO2；因Fe3+与CO水解相互促进生成Fe(OH)3，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导致镍、镁离子沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；故CO2；避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀；
由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀时，c(Ni2+) = 10-5mol/L，Ksp (NiS)= c (Ni2+) · c (S2-)=1×10-21，所以c (S2-)=10-16mol/L，又由于氢硫酸的两步电离平衡常数：
=1.4×10-7，=7.1×10-15，，带入硫离子和硫化氢分子的浓度得出：，求出c(H+)10-4mol/L，所以pH约为4，故4；
17-4【巩固】 【正确答案】 1、C 2、防止H2O2受热分解 3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+
3、调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 4～7(4≤pH＜7)
4、若pH过低，F-与H+结合生成弱电解质HF，导致c(F-)降低，沉淀率下降
5、蒸发浓缩、冷却结晶
【试题解析】 分析:
粗硫酸镍废液中含有Ni2+、Cu2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H3AsO3等微粒，步骤i中加入有机溶剂，作用是除去Cu2+得到含铜有机物，溶液1中含有Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H3AsO3等，步骤ⅱ中加入过氧化氢作用是氧化Fe2+和H3AsO3，有利于形成FeAsO4，除去砷和铁元素，溶液2中含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+，步骤iii中加入Na2CO3的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为沉淀，步骤ⅳ中加入NaF并调节pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，沉淀3是氟化钙和氟化镁，溶液4中的溶质主要为。
粗硫酸镍废液中含有、、、，和都具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，还可以与溶液反应生成蓝色沉淀，所以可选择检验粗硫酸镍废液中是否存在，故答案选C；
步骤ⅱ中加入的作用是氧化和，有利于形成，除去砷和铁元素，温度过高，受热分解，所以温度不能过高的原因：防止受热分解；据分析可知步骤ⅱ中、被氧化，故离子方程式为3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+；
步骤iii加入的目的是：调节溶液的pH使转化为沉淀；根据题目已知信息，的，若溶液2中时，溶液3中不能大于，即pH不能大于7，又因为溶液3中，则溶液3中不能小于，即pH不能小于4，故需控制pH的大致范围为4～7；
步骤ⅳ在加入NaF的同时需调pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，即原因是若pH过低，与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降；
从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
17-5【提升】 【正确答案】 1、SiO2 CaSO4
2、2Fe2+ +ClO- +2H+=2Fe3++Cl- +H2O 3.0～4.0 Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x) 胶粒的胶体，吸附大量的Co2+ ，导致回收率下降
3、作氮肥(或金属除锈剂)
4、6.3×10- 3
【试题解析】 分析:
含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)预处理用硫酸酸浸过滤后，滤液中含Co2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+，滤渣中含不溶于酸的SiO2和微溶于水的硫酸钙，再用次氯酸钠和碳酸钠溶液氧化亚铁离子后得到黄钠铁矾沉淀，从体系中除铁后再加入碳酸钠溶液生成CoCO3，加入盐酸溶解CoCO3富集Co2+，再加入草酸铵，生成草酸钴沉淀，最终灼烧得到氧化钴，据此分析解答。
根据上述分析可知，酸浸后，“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4；
“除铁”时加入NaClO，目的是氧化溶液中的亚铁离子，主要反应的离子方程式为2Fe2+ +ClO- +2H+=2Fe3++Cl- +H2O；溶液pH对除铁率和钴回收率图像变化趋势可知，pH=3.0～4.0时，除铁率较高，而且钴的回收率也较高；
已知在为4～6时，水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降；
“滤液2”中主要溶质为氯化铵，其常见用途为作氮肥(或金属除锈剂)；
“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全时，c(Co2+)<10-5mol·L-1，根据Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8及表达式可知，=6.3×10- 3 mol·L-1。
17-6【提升】 【正确答案】 1、制作光导纤维或制作玻璃或工业制硅 1:2
2、4.3 3、
4、
5、趁热过滤 6、80℃ 50℃
【试题解析】 分析:
钒铬还原渣主要成分为VO2▪xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2，加硫酸酸浸，VO2▪xH2O转化为VO2+，转化Cr(OH)3为Cr3+，滤渣为SiO2，加入Na2S2O8将VO2+氧化为VO，反应的离子方程式为2 VO2+ +S2O+ 2H2O=2 VO+ 2SO+ 4H+，调pH使VO转化为V2O5▪xH2O沉淀，净化液中加入过量NaOH后Cr3+变为CrO，加入H2O2发生反应3 H2O2 + 2CrO+2OH-=2CrO+4H2O，溶液2先调pH后经蒸发浓缩、趁热过滤冷却结晶，过滤洗涤得到Na2Cr2O7。
根据分析可知 “滤渣”为SiO2，SiO2可用于制作光导纤维或制作玻璃或工业制硅；加入Na2S2O8将VO2+氧化为，反应离子方程式为：，则该反应中氧化剂为，还原剂为VO2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
根据Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30，，，pH=-lg=4.3，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～4.3；
“溶液1”中含CrO，加入H2O2后CrO被氧化成CrO，发生的化学反应方程式为3H2O2+2NaCrO2+2NaOH=2Na2CrO4+4H2O；
“溶液2调pH”，CrO将转化为Cr2O，所发生反应的离子方程式2CrO+2H+=Cr2O+H2O；
“多步操作”将Na2Cr2O7和Na2SO4分离，根据信息④溶解度随温度变化的表格，温度越高Na2SO4溶解度越小，故应该采取的操作有蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶，过滤、洗涤得到Na2Cr2O7；
根据图像可知用Na2S2O8氧化时，80℃时沉钒率最大，铬损率最低，因此应选择80℃；用H2O2氧化时50℃时沉钒率最大，铬损率最低，因此应选择50°C。
18-1【基础】 【正确答案】 1、羧基 肽键(酰胺基)
2、氧化反应 加成反应或还原反应
3、 +NaOH+NaCl；
4、 5、16 和
6、
【试题解析】 分析:
有机物合成与推断中，常采用“对比”的方法，找出断键、形成化学键的部位，从而分析出反应类型或方程式的书写，同时还要注意反应条件，推出反应类型，据此分析；
根据有机物Ⅰ的结构简式，推出所含含氧官能团是羧基、酰胺键；故答案为羧基；酰胺键；
反应②为卤代烃的水解，C的结构简式为 ，根据D的结构简式，C→D的反应类型为氧化反应，反应⑤：E中苯环转化成F中环己烷，该反应为加成反应或还原反应；故答案为氧化反应；加成反应或还原反应；
反应②为卤代烃的水解，其化学反应方程式为+NaOH+NaCl；故答案为+NaOH+NaCl；
H是一种官能团，结构中含有氨基和羧基，根据G和Ⅰ的结构简式，Ⅰ中的酰胺键断裂，推出H的结构简式为 ；H通过缩聚反应，得到高分子化合物，即该高分子化合物为 ；故答案为 ； ；
属于芳香族化合物，说明含有苯环，可发生水解反应和银镜反应，说明含有“-OOCH”，苯环上有三个取代基，可能为-CH3、-CH2CH3、-OOCH，有10种结构，也可能为-CH3、-CH3、- CH2OOCH，有6种结构，因此共有16种结构；有5组峰，说明是对称结构，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1，说明有对称的甲基，即符合条件的结构简式为 、 ；故答案为16； 、 ；
根据制备物质，可以推出制备物质所需的原料是 和 ， 可以先由甲苯被高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸，再苯甲酸与氢气在一定条件下发生加成反应得到， 可以由A→B反应推出，先让甲苯与HCHO、HCl在ZnCl2作用下生成 ，再在NaOH水溶液中加热得到 ，综上所述，合成路线为 ；故答案为 。
18-2【基础】 【正确答案】 1、 4 2、取代反应 保护羟基，防止氧化
3、+H2O2+ H2O 酯基、醚键
4、
【试题解析】 分析:
结合D的结构简式逆向推断C，B在一定温度下发生已知中反应生成C，则B为，A与发生取代反应生成B()，则A为，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与乙酸酐反应生成E()，E中碳碳双键被臭氧氧化生成F 和G(甲醛)，F经过氧化氢氧化处理生成H，H发生水解反应生成I，I与乙酸酐发生取代反应得到J。
由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、、4种；其中，能发生水解反应的结构简式为；故；4；。
由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化；故取代反应；保护羟基，防止氧化。
F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+ H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键；故+H2O2+ H2O；酯基、醚键。
与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，与(CH3CO)2O发生取代反应生成，经氧化生成，水解酸化得到，其合成路线为：；故。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、甲苯 取代反应 醛基、羟基
2、 +2NaOH++NaCl
3、或 4、；+2NaOH++NaCl；
【试题解析】 分析:
由C的结构及A的分子式可知A为甲苯，甲苯与丙烯发生加成反应生成B，与发生取代反应生成C；D与HCHO在稀NaOH溶液发生已知中反应生成E()，E与氢气发生加成生成F()，C与F在酸性条件下反应生成G()，G经氯化锌溶液处理得到H，H先在碱性条件下发生反应再经酸化得到布洛芬，据此分析。
由以上分析可知A为甲苯，B生成C发生取代反应，E()，所含官能团为醛基和羟基，故甲苯；取代反应；醛基、羟基；
由以上分析可知G为；H与足量热的NaOH溶液发生水解反应生成、，反应方程式为：+2NaOH++NaCl，故；+2NaOH++NaCl；
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色，可知苯环上直接连接-OOCH；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上含有两个对称烃基；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1，可知烃基中含有两个对称甲基；
符合条件的结构有：或，故或；
乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醛与甲醛发生已知中反应生成,与HCHO继续反应生成，与甲醛反应生成，合成路线为：，故；
18-4【巩固】 【正确答案】 1、取代反应 浓硫酸、加热
2、羰基、醚键 保护酮羰基，防止其被还原
3、 4、4
5、
【试题解析】 分析:
根据A的结构简式和反应条件可知，B为，B与乙醇发生酯化反应生成C为，C发生信息②的反应生成D为，D一定条件下反应生成E，根据F的结构以及E的分子式可知E为，F发生信息①的反应生成G为，G发生醇的催化氧化生成H为，H发生还原反应生成I，I最终生成J。
根据分析可知，B→C为羧酸的酯化反应，反应类型为取代反应。酯化反应的条件为浓硫酸、加热。
根据流程图可知，F中含氧官能团的名称为酯基、醚键。根据分析可知，E→F的转化在后续合成中的目的是保护酮羰基，防止其被还原。
根据分析可知，E的结构简式为。G生成H的反应为醇的催化氧化，化学方程式为 。
D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境的氢原子，若苯环上只有一个取代基，则不可能出现只有三种化学环境的氢原子的情况，若苯环上有两个取代基，则满足条件的结构为，若苯环上有三个取代基，则满足条件的结构为、 ，苯环上有4、5个取代基时无法出现只有3种化学环境的氢的情况，苯环上有6个取代基时，满足条件的结构为 ，故满足条件的结构一共有4种。
发生信息②的反应生成，与乙二醇发生信息③的反应生成，发生信息①的反应生成，最终生成，合成路线为 。
18-5【提升】 【正确答案】 1、取代(或硝化) 醛基
2、可与生成的反应，使反应②向正反应方向移动
3、 4、 5、
【试题解析】 分析:
第①步反应中，发生了硝化反应，可从第2步反应的产物中有硝基得到证实，根据基团的位置可以确定A是。第②步反应显然是酚羟基与卤代烃在碱性溶液中生成醚的一个反应：→。第③步反应，可从分子组成分析，前后差了1分子水，联系第⑤步反应的产物，这是一个脱水后形成五元环的反应：→。第④步反应，产物的分子组成多了2个H，少了2个O原子，加氢脱氧，应是硝基被还原成了氨基：→。第⑤步反应参照题给信息中的反应。第⑥步的(Boc)2O是由两分子C5H10O3脱水形成的酸酐，它与氮基反应生成酰胺。
由分析可知反应①的反应类型为取代(或硝化)，反应③参加反应的官能团名称为醛基。
反应②是酚羟基与卤代烃反应，有HCl生成，于是的作用就是除去生成的HCl，使溶液偏碱性，促进反应的进行。
从反应流程图结合分析可知，反应⑤是氨基的氢与卤素原子结合成卤化氢脱去，化学方程式为： 。
经过水解和氧化可得到化学式为的化合物Ⅰ，Ⅰ的同分异构体满足①分子结构中有一个六元环，该六元环可能由4个碳原子和一个O一个H构成，也可能由三个碳原子和三个杂原子构成；②谱显示分子中有3种氢原子，可知该结构必须为对称结构，其结构简式为。
利用氨基的氢与氯代烃的卤素原子结合脱去卤代烃，实现碳链延长。所以利用甲苯硝化反应后，硝基再被还原为氨基， → → ；另外利用C=C与卤素加成反应得到氯代烃，，所以合成路线为：。
18-6【提升】 【正确答案】 1、羧基 2、还原反应
3、 +HNO3+H2O
4、12 和 5、
6、
【试题解析】 分析:
根据A的分子式知，A为CH3COOH，A和乙醇发生酯化反应生成B为CH3COOCH2CH3，B发生信息①的反应生成D，根据D的分子式知，D为CH3COCH2COOCH2CH3，根据K的结构简式知，E和浓硝酸发生取代反应生成F为，F和甲醇发生反应生成G为，根据H的分子式知，G发生还原反应生成H为 ，D和H发生信息②的反应生成J为，J发生反应生成K；据此分析解题。
A为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为羧基。
据分析可知，G发生还原反应生成H为，故答案为还原反应。
E和浓硝酸发生取代反应生成F为，方程式为HNO3++H2O。
D为CH3COCH2COOCH2CH3，X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，说明X含有羧基和醛基，可看成四个碳链上面取代羧基和醛基，当碳链为时，羧基可取代在1号和2号碳原子，剩余醛基均有四个取代位置，共8个同分异构体；当碳链为时，羧基取代在3号碳原子时，醛基有3个取代位置，当羧基取代在4号碳原子时，醛基有1个取代位置；所以X共有12种异构体；其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式为和；故答案为12； 和。
J为，P中含有2个六元环，J发生加成反应生成P为，P发生消去反应生成Q为，Q发生异构化生成K，故答案为 。
环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3发生信息①的反应生成 ，合成路线为；故答案为 。
19-1【基础】 【正确答案】 1、3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
2、瓷坩埚易被强碱腐蚀
3、3 2、5 防止高锰酸钾受热分解
4、最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色 79.0% AC
【试题解析】 分析:
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。
由题意可知，KClO3、KOH、MnO2加热反应生成锰酸钾，根据质量守恒可知，还会生成氯化钾、水，反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
瓷坩埚易被强碱反应而腐蚀，故选用铁坩埚不用瓷坩埚；
待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞3，打开旋塞2、5，轻轻挤压气囊a，将a中收集的二氧化碳气体压入K2MnO4溶液中继续反应，未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体；高锰酸钾不稳定受热分解为锰酸钾、二氧化锰、氧气，故整个过程中温度不宜过高；
滴定过程中反应为：，高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色；产品中KMnO4的纯度是；
A．产品含少量K2MnO4，锰酸钾也会和草酸反应，导致标准液用量增加，导致测定结果偏小；
B．酸式滴定管滴定后有气泡，导致标准液读数偏小，使得测定结果偏大；
C．酸式滴定管没有润洗，使得标准液用量增大，使得测定结果偏小；
D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不影响标准液用量，不影响测定结果；
故选AC。
19-2【基础】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 沸点较高，不会随蒸馏出来
2、吸收多余的氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置戊中造成水解
3、 当滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变蓝且半分钟内不褪色 88.6% 4、AD
【试题解析】 分析:
某研究小组利用氯气和熔融的锡(主要成分为Sn，还有少量的Cu)反应来制备无水四氯化锡；甲装置为制取Cl2的发生装置；乙装置中盛有饱和食盐水，用来除去Cl2中混有的HCl气体；丙装置中盛有浓硫酸，用来干燥Cl2；丁装置中，Sn、Cu与Cl2反应生成SnCl4、CuCl2；戊装置用来冷却和收集SnCl4；己装置中盛有碱石灰，既可以吸收多余的氯气，防止污染空气，又可以防止空气中的水蒸气进入装置戊中造成SnCl4水解。
仪器A的名称是恒压滴液漏斗；锡粉中含铜杂质导致丁装置试管内产生CuCl2，但不影响戊中产品的纯度，原因是CuCl2沸点较高，不会随SnCl4蒸馏出来。
装置己的作用吸收多余的氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置戊中造成SnCl4水解。
该实验使用淀粉溶液作指示剂，说明实验中有I2生成，则反应原理为3SnCl2+KIO3+6HCl=3SnCl4+KI+3H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O；判断滴定终点的依据为当滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变蓝且半分钟内不褪色；根据化学方程式可知3SnCl2～KIO3，n(SnCl2)=3(KIO3)=3´0.01mol/L´4´10-3L=1.2´10-4mol，则产品纯度为=88.6%。
A．盛装标准液的滴定管未用标准液润洗，相当于对标准液造成了稀释，使得消耗标准液的体积偏大，测得的SnCl2的含量偏高，产品纯度偏低，A符合题意；
B．锥形瓶洗净后未干燥，残留蒸馏水，对实验结果无影响，B不符合题意；
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数，消耗标准液的体积偏小，测得的SnCl2的含量偏低，产品纯度偏高，C不符合题意；
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，测得的SnCl2的含量偏高，产品纯度偏低，D符合题意；
故选AD。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 饱和NaCl溶液
2、ab 3、溶液由无色变为深黄色(其他合理颜色均正确)，又变为无色
4、Cl-和ClO-在碱性条件下可大量共存，在酸性条件下不共存(合理答案即可)
5、 C
【试题解析】 分析:
A中生成氯气通过B除去氯化氢后进入C反应，尾气有毒需要使用碱液吸收减少污染；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
仪器X的名称为恒压滴液漏斗。生成氯气中含有挥发的氯化氢，氯化氢会和氢氧化钾溶液反应，故为提高制取产物的纯度，装置B中盛装的试剂为饱和NaCl溶液以除去氯化氢气体。尾气氯气有毒，Na2S2O3溶液能吸收氯气，故浸过Na2S2O3溶液的棉花的作用为；
①打开止水夹K1，关闭止水夹K2，检查装置不漏气后，加入浓盐酸，使生成的Cl2均匀地通过装置C、D；②当C中碱液呈黄色，出现大量小气泡时，打开止水夹K2，关闭止水夹K1，收集一瓶Cl2，制成氯水。则操作可以说明打开止水夹K1，氯气进入右侧CD装置，打开止水夹K2，则氯气可以在b处导出收集，故K1、K2分别为a、b；
已知：5Cl2+ I2+6H2O=10HCl+2HIO3(无色)；则氯气将碘离子氧化为碘单质后又反应生成HIO3(无色)，故“Ⅱ实验①”滴加氯水至过量过程中实验现象为：溶液由无色变为深黄色(其他合理颜色均正确)，又变为无色；
由NaClO溶液的制备可知碱性条件下Cl-和ClO-共存，性质(Ⅱ②)实验可知在酸性条件下Cl-和ClO-反应生成氯气，故可得出的结论为Cl-和ClO-在碱性条件下可大量共存，在酸性条件下不共存(合理答案即可)；
KClO3和碘离子反应中生成氯离子和碘单质，根据电子守恒可知，；Na2S2O3标准溶液滴定过程中反应为2S2O+I2=2I-+ S4O；则有；故KClO3晶体的纯度为；
A．烘干时KClO3部分分解，导致标准液用量减小，所测纯度偏低，A不符合题意；
B．称量时药品和砝码位置颠倒(移动了游码)，使得样品质量读数偏大，导测定测纯度偏低，B不符合题意；
C．滴定终点时仰视读数，标准液读数偏大，则导致所测纯度偏高，C符合题意；
D．KClO3晶体溶于稀硫酸后，加KI的量不足，使得不变氯酸钾没有反应，标准液用量偏小，所测纯度偏低，D不符合题意；
故选C。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、三颈烧瓶 安全瓶，防止倒吸 防止空气中的水蒸气进入C中 Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冰水
2、红棕色褪去 3、5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+ 滴入最后半滴H2O2溶液后，溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 20.7%
【试题解析】 分析:
装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙可以干燥NO2，在密闭系统中存在可逆反应：2NO2N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3=N2O5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。
①根据装置图可知装置C名称是三颈烧瓶；装置D的作用是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；装置E的作用是干燥，以防止空气中的水蒸气进入C中；
②在装置A中Cu与浓硝酸混合发生氧化还原反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，发生反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
③由于N2O5在高于室温时对热不稳定，所以实验时，将装置C浸入冰水中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气；
装置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束；
①N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，该反应的离子方程式为：5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+；
②酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，故判断滴定终点的方法是：滴入最后半滴H2O2溶液后，溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色，说明滴定达到终点；
③KMnO4的总物质的量为n(KMnO4)总=c·V=0.1250 mol/L×0.020 L=2.5×10-3 mol，根据电子守恒可知H2O2与KMnO4反应的比例关系为：5H2O2～2KMnO4，剩余KMnO4物质的量为n(KMnO4)剩=n(H2O2)=×0.1000 mol/L×0.0175 L=7.0×10-4 mol；所以与N2O4反应的KMnO4物质的量为n(KMnO4)=2.5×10-3 mol -7.0×10-4 mol =1.8×10-3 mol，由反应方程式5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+，可得关系式：5N2O4～ 2KMnO4，n(N2O4) = n(KMnO4)=×1.8×10- 3 mol=4.5×10- 3 mol，则N2O4的质量m(N2O4)=n·M=4.5×10- 3 mol ×92 g/ mol=0.414 g，故产品中N2O4的质量分数为。
19-5【提升】 【正确答案】 1、浓氨水 吸收多余的氨气，防止污染空气；
2、 溶液红棕色褪去
3、dacbe 甲基橙或酚酞 再用少量水冲洗锥形瓶内壁 偏低
【试题解析】 分析:
根据已知信息可知装置A制备氨气，装置B干燥氨气，然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4，使硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2，装置D是尾气吸收装置，用于吸收多余的氨气并能放倒吸，据此解答。
根据分析，装置A制备氨气，是浓氨水与碱石灰反应生成氨气，所以a是浓氨水；装置D的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气；
装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为；由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去；
①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，故答案：dacbe；
②根据已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑及滴定关系，得出S4N4～4NH3↑～2H2SO4，所以S4N4的纯度表达式为；
若所用NaOH溶液实际浓度偏低，则会使消耗的NaOH溶液体积偏大，计算时会使剩余硫酸的量偏多，则使测定结果偏低。
19-6【提升】 【正确答案】 1、验纯 证明装置内空气已排尽(防止产品被氧化) 关闭K3，打开K2
2、降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于析出 偏低
3、fg→bc(或cb)→d(e) (B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊
【试题解析】 反应之前，生成的可以排除装置内的空气，防止亚铁离子被氧化，所以先检验氢气的纯度，证明装置内的空气已经完全除尽，要使A装置中生成的 和B装置中的反应生成,应关闭，打开，装置内压强增大，使A中的溶液被压入B装置中；
难溶于乙醇，混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于产品析出；溶于硫酸，设溶液中的为nmol，物质的量为3nmol，都能与反应，关系分别为： ，，，铁元素的质量为：，产品中铁元素的质量分数表达式为；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，被氧化，则测定的质量分数将偏小；
检验其受热分解所得产物是否含有CO、，先将分解产物通入澄清石灰水，检验，再通入氢氧化钠溶液吸收，通入澄清石灰水检验是否被完全吸收，再依次通入氧化铜、澄清石灰水检验CO，所以连接装置的顺序为：fg→bc(或cb)→d(e)；若气体产物中含有CO，则装置中的现象是(B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊。
20-1【基础】 【正确答案】 1、-+ ＜ 50% 48
2、T3＞T2＞T1 0.72mol·L-1·s-1 更换了更高效的催化剂
【试题解析】 ①已知：Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.，
则H2高温催化还原SO2的反应I.可由Ⅱ-Ⅲ+Ⅳ得到，根据盖斯定律可知，=-+，故-+；
②由题干反应I的随的变化图示信息可知，随着的增大而减小，即随着温度的升高而减小，也即升高温度平衡逆向移动，故该反应的＜0，由图像可知，A点对应温度下，=0，即=1，原料组成为，在初始总压为P总的恒容密闭容器中进行反应，三段式分析可得：，则达到平衡时，H2的平衡分压为：，SO2的平衡分压为：，S的平衡分压为：，H2O的平衡分压为：，故=1，解得x=0.5a，则达到平衡时SO2的转化率为=50%，故＜；50%；
③T℃，向1 L恒容密闭容器中充入2 molH2、2 molSO2和2 molCO，同时发生I、Ⅱ两个反应，达到平衡后，CO2和H2O(g)的物质的量分别为1.4 mol、1.6 mol，由三段式分析可知：，，故有2x=1.6mol，x=0.8mol，2y=1.4mol，y=0.7mol，则平衡时：H2的物质的量为2-2x=0.4mol，SO2的物质的量为：2-x-y=2-0.7-0.8=0.5mol，S蒸气的物质的量为：x+y=0.8+0.7=1.5mol，H2O(g)的物质的量为1.6mol，故则反应I的平衡常数==48，故48；
高温催化还原NO：
①压强越大，NO的体积分数越小，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，故结合题干图示信息可知，T1、T2、T3由大到小的关系是T3＞T2＞T1，
故T3＞T2＞T1；
②在恒温恒容容器中，N2的瞬时生成速率，控制NO的起始浓度为0.5mol/L不变，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图甲，由甲图所示信息可知，H2浓度由0.2mol/L变为0.4mol/L，增大为原来的2倍，反应速率也变为原来的2倍，故计算公式中m=1，k==15L2·mol-2·s-1，故若H2、NO起始浓度分别为0.3 mol/L、0.5mol/L，某时刻NO浓度为0.4 mol/L，此时N2的瞬时生成速率为=15L2·mol-2·s-1×(0.3mol/L)×(0.4mol/L)2=0.72mol·L-1·s-1，故0.72mol·L-1·s-1；
③已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，测定该反应实验数据如图乙a线所示，当改变外界条件时，实验数据如图乙b线所示，由题干图像可知，曲线a的斜率大于曲线b的斜率，即可知a对应的Ea大于b点对应的Ea，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂，故更换了更高效的催化剂。
20-2【基础】 【正确答案】 1、
2、acd 3、曲线a 主反应放热，副反应吸热，温度高于290℃以后升高温度，主反应逆向移动程度小于副反应逆向移动程度，所以的平衡转化率增大
4、 大于
【试题解析】 已知：①
②
由盖斯定律可知，①+②得：，则；
a．增大初始投料比，有利于提高氢气转化率，而降低了自身的转化率，a错误；
b．主反应为气体分子数减小的反应，反应前后气体的平均摩尔质量增大，当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，b正确；
c．平衡后，压缩容器体积，相当于增大压强，主反应平衡正向移动，二氧化碳含量减小、水蒸气含量增加，则副反应平衡逆向移动，c错误；
d．选用合适的催化剂可提高反应速率，但是不能提高的平衡转化率，d错误；
故选acd；
①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度主反应逆向移动、副反应正向移动，故表示选择性的是a；290℃—360℃时催化剂活性受温度影响不大，而主反应放热，副反应吸热，温度高于290℃以后升高温度，主反应逆向移动程度小于副反应逆向移动程度，所以导致的平衡转化率增大；
②假设二氧化碳、氢气分别为1mol、3mol；在恒温恒压条件下达到平衡时，若的转化率为40%，反应0.4mol；设主反应中转化的CO2的物质的量为a mol，则副反应中转化的CO2的物质的量为(0.4-a)mol，


的选择性为75%，则，a=0.3mol，则反应后CO2、H2、CH3OH、CO、H2O的物质的量分别为0.6mol、2mol、0.3mol、0.1mol、0.4mol，气体的总物质的量为3.4mol，设体系的总压强为p，则P(CO2)=´p=, P(H2)=´p=, P(CO)=´p=, P(H2O)=´p=,则平衡常数；
T1温度下，向2L恒容密闭容器中加入，10min时达到平衡，的体积分数为25%：

，a=0.05mol，平均反应速率为；此时，n(CH3OH)=0.1mol，n(CH3OCH3)=0.05mol，n(H2)=0.05mol，则；温度变为T2时，，达到平衡时，，反应为吸热反应，故大于。
20-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、7.6×10—3 mol/(L·min) 76% >
3、T3 N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180kJ/mol
【试题解析】 由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2—Ⅱ得到反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则反应的平衡常数K=，故；
①设平衡时，反应生成ClNOamol，由题意可建立如下三段式：

由平衡时氯气的物质的量可得：0.10—0.5a=2.4×10-2，解得a=0.152，则10min内ClNO的反应速率为=7.6×10—3 mol/(L·min)，一氧化氮的转化率为×100%=76%，故7.6×10—3 mol/(L·min)；76%；
②该反应是气体体积减小的反应，其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在可变容器中恒压条件下进行相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，则α2大于α1，故>；
①由图可知，T3时一氧化氮的转化率最大，则催化氧化步骤中，最适宜的温度为T3，故T3；
②由盖斯定律可知，反应可得反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)，则△H==+180kJ/mol，反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180kJ/mol，故N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180kJ/mol；
③由图可知，温度为T2时，一氧化氮和氮气的物质的量都为0.2mol，由题意可建立如下三段式：


由三段式数据可知，反应Ⅱ的平衡常数K=，故。
20-4【巩固】 【正确答案】 1、-165 减小 大于 1.5×105
2、逆向移动 增大 不变
【试题解析】 ①△H1=(-75 kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = -165 kJ·mol-1；△H2=(-111 kJ·mol-1)+ (-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = +41 kJ·mol-1；由盖斯定律可知，I- II得：3H2(g)+CO(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，△H=-206 kJ·mol-1，其平衡常数，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小；
②由图可知，A点温度更高、压强更大，则平衡时A点的正逆反应速率更快，则速率：vA(正)大于B(逆)；
假设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol，且C点CH4与CO的分压相同，则：


此时，反应后总的物质的量为(4-2a)mol；已知x(CH4)=0.1、压强为5×105Pa，则，，总的物质的量、水的物质的量为，则p(H2O)= ；
平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水分别为、、、，其物质的量分数分别为0.4、0.1、0.1、0.3，则反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=；
恒压、750℃时，过程II平衡后通入He，相当于增大容器体积，导致反应i逆向移动，使得二氧化碳增多，进而导致反应iii的化学平衡将逆向移动；反应i为气体分子数减小的反应、反应ii、iii为气体分子数不变的反应，故达到重新平衡时，n(CO2) 仍然增大；反应iii为气体分子数不变的反应，且反应物中只有一氧化碳为气体，其平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时p(CO)不变。
20-5【提升】 【正确答案】 1、低温 2、+41.2
3、a 副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小 0.08 下移 反应体系分压减小，反应Ⅰ平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小
【试题解析】 反应Ⅰ kJ⋅mol⁻¹，为放热、熵减的反应，，，根据自发反应，则自发进行的条件是低温；
根据题意有：
a.，
b. ，
c. ，根据盖斯定律，由a+b-c可得CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则ΔH2= (-285.8kJ•mol-1)+( +44kJ•mol-1)-( -283.0kJ•mol-1)=+41.2 kJ•mol-1，故+41.2；
①升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，II向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故，CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线a；温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小；
②保持压强为kPa，按投料，设，，T℃时，二氧化碳转化率为50%，甲醚选择性为80%，列三段式：


容器内气体总的物质的量为0.5mol+1.7mol+0.2mol+0.7mol+0.1mol=3.2mol，
经4min达到平衡，则该时间段的平均速率为= kPa⋅min⁻¹；反应Ⅱ的≈0.08；
③T℃时向平衡体系中充入一定量的Ar，总压强保持恒定，反应体系分压减小，反应Ⅰ平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，M点位置下移。
20-6【提升】 【正确答案】 1、△H1+△H2-△H3
2、b > BD
3、0.8(1-2c%) 温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小
【试题解析】 由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3；
①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2 ②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。当平衡时，正逆反应速率相等：v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)=v逆=k逆•c(5－MTL)，则；温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，则，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆，，结合图像可知，温度升高K值较小，故T1>T2；
③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确；
B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B错误；
C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确；
D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D错误；
故选BD；
R1、R3、R2、R4的反应分别为：




1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；
y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。