广东省广州市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）含解析

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广东省广州市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 蛋白质的变性,化学科学对人类文明发展的意义,硫、氮氧化物对人体、环境的危害 酸雨

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．酒精能使蛋白质变性从而杀菌，不是因为具有氧化性，故A错误；
B．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；磷酸钡属于盐，不属于合金，故B错误；
C．石墨烯是碳单质，不属于有机化合物，故C错误；
D．煤中加入生石灰可减少硫氧化物的排放，从而可以减少酸雨的形成，故D正确。故选D。

1-1（基础） 信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”。下列有关资讯不正确的是
A.在即将到来的新能源时代，太阳能、氢能将成为主要能源
B.高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤
C.光导纤维在信息产业中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是单质硅
D.电子芯片使用新型的半导体材料砷化镓属于新型无机非金属材料
【正确答案】 C

1-2（基础） 化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述正确的是
A.“五花马，千金裘”中“裘”的主要成分是纤维素
B.二氧化硫不可用作食品添加剂
C.“绿宝石”“孔雀石”的主要成分均属于硅酸盐
D.“火树银花”涉及焰色反应
【正确答案】 D

1-3（巩固） 化学与生活、生产等息息相关。下列说法不正确的是
A.糯米烧麦、白灼西兰花均含有天然高分子化合物
B.复方氯乙烷气雾剂可用于运动中急性损伤的镇痛
C.德尔塔(Delta)是新冠变异毒株，其成分含蛋白质
D.生活中常用无水酒精、双氧水进行杀菌消毒
【正确答案】 D

1-4（巩固） 化学与生活、科技、社会发展息息相关下列有关说法错误的是
A.奥密克戎是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质
B.石墨烯材料是具有优异的高强度、低电阻的新型无机非金属材料
C.宣纸使用青檀树皮和沙田稻草制作而成，宣纸的主要成分是纤维素，纤维素水解可得到蔗糖
D.甲骨文的主要载体是兽骨，兽骨的主要成分是碳酸钙，质地坚硬
【正确答案】 C

1-5（提升） 化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是
A.临渭草编美观实用，其原料麦秆的主要成分是纤维素，与淀粉互为同分异构体
B.渭南华州皮影戏中的皮影人是用兽皮制作的，兽皮的主要成分属于蛋白质
C.我国科学家制备的具有高选择性的催化剂只含主族元素
D.天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料
【正确答案】 B

1-6（提升） 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A.绿色化学要求从源头上消除或降低生产活动对环境的污染
B.人造纤维和合成纤维都是由有机小分子经加聚反应合成的有机高分子
C.通过煤的气化和液化的物理过程，可将煤转化为清洁燃料
D.由石墨烯卷制而成的“超级纤维”碳纳米管是一种新型有机化合物材料
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,氧化还原反应的几组概念,酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．爆炸时木炭反应生成二氧化碳，碳元素化合价升高，木炭作还原剂，故A正确；
B．二氧化硅为非金属氧化物，故B错误；
C．青檀树皮及稻草主要成分为植物纤维，故C错误；
D．磁石的主要成分为四氧化三铁，故D错误。故选A。

2-1（基础） 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
工人用明矾处理废水
是两性氢氧化物
B
工人用消毒自来水
具有强氧化性
C
雕刻师用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
可与反应
D
酿酒师在葡萄酒中添加适量的二氧化硫
可以杀菌和抗氧化

A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

2-2（基础） 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
餐厅工作人员用热的纯碱溶液去除厨房的油迹
油脂在碱性条件下发生水解
B
工厂用溴化银制作照相的胶片
溴化银为浅黄色固体
C
火电厂燃煤时加入适量石灰石
减少二氧化硫的排放
D
公园里钢铁材质的健身设施上涂油漆
形成保护层，减慢腐蚀速率
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

2-3（巩固） “劳动创造幸福，实干成就伟业”，下列关于劳动项目与所涉及的化学知识正确的是
选项
劳动项目
化学知识
A
电池研发人员研发用于汽车的氢气燃料电池
电池驱动汽车是化学能直接转变为动能
B
营养师进行膳食指导是否需要多补充纤维素和蔗糖
纤维素与蔗糖都属于多糖
C
化学科研工作人员用X射线衍射仪区分石英玻璃和水晶
石英玻璃属于非晶态，水晶属于晶态
D
面包师用动物奶油给糕点裱花
奶油是高分子化合物
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

2-4（巩固） 化学改善人类的生产、生活，创造美好的世界。下列生产、生活情境中涉及的原理不正确的是
选项
应用
解释
A
盐卤可作为制作豆腐的凝固剂
氯化镁能使豆浆中的蛋白质变性
B
利用铝热法焊接铁轨
铝与氧化铁反应，且放出大量的热
C
盐碱地(含较多等)施用适量石膏，降低土壤的碱性
盐与盐发生复分解反应
D
节日燃放的焰火，色彩绚丽
原子核外电子跃迁释放能量
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

2-5（提升） 陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
溶液刻蚀铜电路板
金属性强弱：
B
用Fe和焊接铁轨
反应放出大量热量
C
煤干馏可得到焦炉气、煤焦油等产品
煤干馏的原理是利用焦炉气、煤焦油的沸点不同
D
酸性：
羟基的极性：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

2-6（提升） 化学创造美好生活。下列有关生产应用的化学原理解释不正确的是
选项
应用
解释
A
“中国奋斗者号”载人潜水器使用了钛合金
钛合金比金属钛具有更高的硬度和强度
B
问天实验舱使用了石墨烯导热索技术
石墨烯是新型无机非金属材料，可以有效导热
C
高纯硅可用于制作光感电池
硅具有半导体性能，可将太阳能转化为电能
D
食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉三类小包
硅胶具有吸水性，生石灰、还原铁粉能与水反应，都是用于防止食品受潮
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,蒸发与结晶,过滤

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选C。

3-1（基础） 唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”“煮取一石六斗”蕴含的操作原理包括
A.过滤 B.分液 C.蒸馏 D.蒸发
【正确答案】 D

3-2（基础） 植物精油在医疗、保健、美容等方面得到广泛应用。实验室从植物花卉中提取精油，不需要的操作是
A.过滤 B.蒸发 C.萃取 D.蒸馏
【正确答案】 B

3-3（巩固） 我国明代《本草纲目》记载“硇砂，今时人多用水飞净，醋煮干如霜，挂下用之”以上从“硇砂”中分离提纯获得 NH4Cl不涉及的操作是
A.溶解 B.过滤
C.蒸馏 D.结晶
【正确答案】 C

3-4（巩固） 《本草纲目》中介绍煎樟脑法：用樟木新者切片，以井水浸三日三夜，入锅煎之，柳木频搅。待汁减半，柳上有白霜，即滤去滓，倾汁入瓦盆内。经宿，自然结成块也。以上记述中没有涉及的操作是
A.蒸发 B.过滤 C.结晶 D.蒸馏
【正确答案】 D

3-5（提升） 《天工开物》作咸篇中记载“其海丰、深州引海水入池晒成者，凝结之时扫食不加入力，与解盐同”。文中涉及的操作方法是（ ）
A.蒸发结晶 B.蒸馏 C.过滤 D.萃取
【正确答案】 A

3-6（提升） 《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中涉及的操作是(　　)
A.萃取 B.结晶
C.蒸馏 D.过滤
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 二氧化硫与其他强氧化剂的反应,二氧化硫的漂白性,物质性质的探究

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 对浓盐酸与高锰酸钾反应产生的气体进行如下图所示的探究实验，下列分析正确的是

A.a处酚酞褪色，说明了氯水有漂白性
B.b处湿润的红布条褪色，说明氯气有漂白性
C.c湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，说明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质
D.d处溶液变成橙黄色、e处试纸变成蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2
【正确答案】 C

4-2（基础） 将浓盐酸加到中进行如图(a～c均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，反应一段时间后，下列分析正确的是

A.a处变黄色，说明具有还原性
B.b处变橙色，说明非金属性
C.c处红色逐渐变浅，说明具有漂白性
D.浓盐酸与反应，只体现HCl的酸性
【正确答案】 B

4-3（巩固） 某兴趣小组利用下图装置探究性质，观察到①中溶液不褪色，②③中溶液均褪色。下列判断正确的是

A.②③均体现的漂白性 B.与品红分子直接反应使其褪色
C.②中存在 D.③中增大，说明具有氧化性
【正确答案】 C

4-4（巩固） 将分液漏斗中的浓盐酸滴入具支试管中生成Cl2，将Cl2通入后续的玻璃弯管中，进行如下图探究实验。下列说法正确的是

A.固体X为MnO2
B.a处花瓣褪色，说明Cl2具有漂白性
C.加热b处，可见白烟，Na与Cl2反应是吸热反应
D.d处玻璃管膨大处起防止液体冲出的作用
【正确答案】 D

4-5（提升） 实验室用如图所示装置研究不同价态硫元素之间的转化，下列说法正确的是

A.将①中生成的气体通入溶液中会出现白色沉淀
B.②中棉花紫色褪去，体现的还原性
C.③中有黄色固体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
D.向④的小烧杯中加入少量苯可起到防倒吸作用
【正确答案】 C

4-6（提升） 氯气性质的微型实验装置如图所示。①是浓盐酸，⑥是高锰酸钾，②至⑤是滤纸条，依次滴有氢氧化钠溶液、石蕊溶液、淀粉-KI溶液、含KSCN的FeCl2溶液，实验时滴几滴浓盐酸。已知：16H++10Cl-+2=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。下列说法不正确的是

A.③处先变红后褪色，是因为氯水具有酸性和强氧化性
B.④处变蓝色
C.⑤处变红色
D.本实验可推知氧化性：KMnO4>Cl2>Fe3+>I2
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 限定条件下的离子共存,盐类双水解反应

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 下列微粒在所给条件下，能大量共存的是
A.滴加KSCN溶液后显红色的溶液中：、、、
B.遇酚酞显红色的溶液中：、、、
C.澄清透明的酸性溶液中：、、、
D.常温下，的溶液中：、、、
【正确答案】 D

5-2（基础） 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.加入镁粉产生H2的溶液：Na+、、I-、
B.加入酚酞变红的溶液：Na+、K+、、Br-
C.c(Ba2+)=0.1mol/L的溶液：K+、H+、、Cl-
D.由水电离出的c(OH-)=10-13mol/L的溶液：Al3+、Na+、ClO-、
【正确答案】 B

5-3（巩固） 下列关于微粒在溶液中表示正确的是。
A.遇KSCN变红色的溶液中：、、、能大量共存
B.无色溶液中：、、、能大量共存
C.溶液中加入稀盐酸：
D.向溶液中通入：
【正确答案】 A

5-4（巩固） 在下列条件下，一定能大量共存的离子组是
A.通入足量CO2后的溶液：Na+、SiO、CH3COO-、CO
B.在酸性高锰酸钾溶液中：Na+、NH、I-、ClO-
C.能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、[Al(OH)4]-、K+、CO
D.饱和氯水中：Cl-、K+、Na+、SO
【正确答案】 C

5-5（提升） 下列各粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
选项
粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生水解
C
、、、
不能大量共存，因和发生氧化还原反应
D
、、、
不能大量共存，因发生反应：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

5-6（提升） 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.在含有大量Fe3+的透明溶液中：、I-、、SCN-
B.水电离出的c(OH-)=10-12 mol·L-1的溶液中：Mg2+、Cl-、、H+
C.遇甲基橙变红的溶液：、、、K+
D.与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba2+、、Cl-、Fe2+
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 硝酸的强氧化性,制备与水解有关的物质,常见气体的制备与收集,化学实验方案的设计与评价

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 用下列实验装置进行相应实验，其中装置正确且能达到实验目的的是




A．分离碘单质和
B．蒸发溶液，制备晶体
C．制备氢氧化铁胶体
D．乙醇脱水制乙烯
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

6-2（基础） 下列实验装置及操作完全正确的是

A.配制H溶液 B.制备无水氯化镁
C.除去中的 D.制备乙酸乙酯
【正确答案】 C

6-3（巩固） 下列实验装置不能达到预期实验目的的是

A.CO2做喷泉实验 B.红墨水左高右低
C.气球膨胀 D.制取干燥氨气
【正确答案】 B

6-4（巩固） 实验室用和浓盐酸反应制备并回收，下列装置能达到实验目的的是

A.用①收集 B.用②吸收尾气
C.用③分离和溶液 D.用④蒸干溶液制
【正确答案】 C

6-5（提升） 下列实验装置能达到实验目的的是

A.实验1除去SO2中的HCl气体
B.实验2探究浓度对反应速率的影响
C.实验3检验乙炔具有还原性
D.实验4制备NH4Cl固体
【正确答案】 A

6-6（提升） 侯氏制碱法以NaCl、、为原料制取纯碱，将制碱技术发展到一个新的水平。下列实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱的步骤对应的装置或操作不正确的是




A．制取
B．制取
C．过滤固体
D．灼烧分解
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

【原卷 7 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,铁与水蒸气的反应,盐类水解在生活、生产中的应用,金属的防护

【正确答案】
B
【试题解析】


7-1（基础） 下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
用草木灰对农作物施肥
草木灰含有钾元素
B
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液显碱性
C
利用铝热反应焊接钢轨
高温下铝能还原氧化铁
D
将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

7-2（基础） 劳动创造幸福未来，下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是。
选项
劳动项目
化学知识
A
农业劳动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
B
工厂生产：接触法制硫酸
涉及氧化还原反应
C
社会服务：推广使用免洗手酒精消毒液
乙醇具有特殊香味
D
家务劳动：使用碳酸氢钠做食品膨松剂
碳酸氢钠在加热条件下分解产生
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

7-3（巩固） 劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：用“84”消毒液对图书馆桌椅消毒
含氯消毒剂具有氧化性
B
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
C
家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢
白醋有酸性，可与碳酸钙反应
D
自主探究：以油脂为原料制肥皂
硬脂酸甘油酯可发生加成反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

7-4（巩固） 下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
使用黏土烧制“广彩”
黏土中含有硅酸盐
B
将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
C
可用FeS清除污水中、等重金属离子
溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
D
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液显碱性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

7-5（提升） 劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
卫生消毒：不可同时使用84消毒液(含)与洁厕灵(含)

B
自主探究：植物油可使酸性高锰酸钾溶液褪色
植物油中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化
C
家务劳动：用食醋清洗水壶内的水垢
醋酸的酸性比碳酸强
D
工厂参观：工人将模具干燥后再注入熔融钢水
铁单质具有良好的导热能力
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

7-6（提升） 劳动成就梦想。下列校园的劳动与所述的化学知识没有关联的是

劳动项目
化学知识
A
学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污
洗涤剂促进油污的挥发
B
实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管
硝酸具有强氧化性
C
消防演习中使用泡沫灭火器模拟灭火
铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生双水解
D
校医开紫外灯给教室消毒
紫外线可以使蛋白质变性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 氯气的实验室制法,次氯酸及其性质,原子、离子、原子团及其电子式的书写与判断

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 如图所示为氮元素的价类二维图。下列有关说法不正确的是

A.a的化学性质不活泼，常用作保护气
B.“雷雨发庄稼”涉及的转化过程包含a→c→d→e
C.b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液呈中性
D.f既有氧化性，又有还原性
【正确答案】 C

8-2（基础） 元素化合价和物质类别是研究物质性质的两个重要维度。图为氮元素的部分价类二维图。下列推断错误的是

A.空气中a点所示物质体积分数最高
B.b点所示物质遇空气变为红棕色
C.c点所示物质为硝酸
D.d点所示物质可能是一种复合肥料
【正确答案】 C

8-3（巩固） 在学习了氯元素相关化合物的知识后，某学生绘制了如图所示氯元素的价类二维图，下列叙述不正确的是

A.相同浓度a、d溶液的pH：a>d
B.常温下，b可以保存在钢瓶中
C.a、e、f均为强电解质
D.从氧化还原角度分析可知：a溶液和f溶液混合可以制得b
【正确答案】 A

8-4（巩固） 在价类二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。下图中的字母分别代表硫及其常见化合物，相关推断不合理的是

A.a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成
B.硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化
C.g阴离子的中心原子的杂化轨道类型为sp3
D.d在加热下与强碱溶液反应生成e和f，且n(e)：n(f)=1：2
【正确答案】 D

8-5（提升） 硫元素的“价一类”二维图如图所示(G、H均为正盐)。下列有关叙述错误的是

A.的浓溶液与之间的反应属于氧化还原反应
B.D能使酸性溶液褪色，体现了的漂白性
C.存在的循环转化关系
D.利用稀盐酸和溶液可以鉴别中的阴离子
【正确答案】 B

8-6（提升） 如图为常见物质的化合价与类别示意图，其中X、Y、Z、W均含有同一种元素R，下列有关离子方程式的说法错误的是

A.若R为Na，则X→Z的离子方程式一定是
B.若R为Al，则Y→W的离子方程式一定是
C.若R为Fe，则W→Z的离子方程式可以是
D.若R为Mg，则Y→W的离子方程式可以是
【正确答案】 B

【原卷 9 题】 知识点 氧化还原反应的几组概念,催化剂对化学反应速率的影响,共价键的形成及主要类型

【正确答案】
A
【试题解析】


9-1（基础） 苯乙烯是一种重要的化工原料，在CO2气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是

A.该反应历程中CO2是氧化剂
B.1mol生成1mol减少2mol碳氢键
C.催化剂改变了反应历程，降低了反应的(焓变)
D.一个 分子中有1个碳碳双键
【正确答案】 C

9-2（基础） 关于下列转化过程分析不正确的是

A.中Fe元素的化合价为+2、+3
B.该转化过程中FeO和均做催化剂
C.过程Ⅱ的化学方程式为：
D.该过程的总反应为：
【正确答案】 B

9-3（巩固） 下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是

A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B.图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C.使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D.由题意知：
【正确答案】 A

9-4（巩固） 羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物(图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A.③是该反应的催化剂
B.③到④的过程中有极性键的断裂和非极性键的生成
C.⑥中有1个手性碳原子
D.合成⑦的总反应为
【正确答案】 B

9-5（提升） 某科研团队利用缺陷工程(贫氧环境焙烧)制备了含有大量氧缺陷和表面羟基的，该参与如图所示的还原。下列说法正确的是

A.为该过程的氧化剂
B.图中总反应可能为
C.整个流程中含铁元素的物质中铁的化合价均相同
D.该催化合成时，溶液的pH越小越好
【正确答案】 B

9-6（提升） 偶联反应是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，……→表示为副反应)。下列说法正确的是

A.该体系中1、3、5和8都是中间体
B.理论上1mol最多能消耗1mol
C.该变化过程中涉及到的有机反应类型仅限于取代反应
D.若原料用和，则可能得到的产物为、和
【正确答案】 D

【原卷 10 题】 知识点 催化剂对化学反应速率的影响,活化能及其对反应速率的影响

【正确答案】
B
【试题解析】


10-1（基础） 与HCl的加成反应由第一步和第二步组成，能量与反应历程如图所示。下列说法中正确的是

A.两步反应均释放能量 B.决速步骤是第一步
C.第二步与的碰撞100%有效 D.过渡态1比过渡态2更稳定
【正确答案】 B

10-2（基础） 甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成和。在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是

A.甲酸的平衡转化率：
B.
C.途径二中参与反应，通过改变反应途径加快反应速率
D.途径二反应的快慢由生成的速率决定
【正确答案】 B

10-3（巩固） 为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将废气排放中的CO进行合理利用，以获得重要工业产品。Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)2Cl·(g) 快；
②CO(g)+Cl·(g) COCl·(g) 快；
③COCl·(g)+Cl2(g) COCl2(g)+Cl·(g) 慢。
反应②的速率方程c(CO)×c(Cl·)，c(COCl·)，是速率常数。
下列说法错误的是
A.反应②的平衡常数
B.反应①的活化能小于反应③的活化能
C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D.使用合适的催化剂可以增大该反应体系中COCl2(g)的体积分数
【正确答案】 D

10-4（巩固） 与形成过渡金属化合物的过程如图所示。下列说法正确的是

A.整个反应的快慢由状态2的速率决定
B.总反应的
C.反应过程中有非极性键的断裂
D.稳定性：
【正确答案】 A

10-5（提升） 利用-丁内酯制备四氢呋喃，反应过程中伴有生成1-丁醇的副反应，涉及反应如下：

已知：反应Ⅰ为快速反应，反应Ⅱ、Ⅲ为慢速反应。在493K、的高压氛围下(压强近似等于总压)，以-丁内酯为初始原料，x(-丁内酯)和x(1，4-丁二醇)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比]。下列说法正确的是

A.-丁内酯分子中键与键数目之比为6∶1
B.生成四氢呋喃的速率主要决定于反应Ⅰ
C.时刻
D.增大的压强一定有利于提高四氢呋喃产率
【正确答案】 C

10-6（提升） 的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以催化加氢合成低碳烯烃的反应过程如下图所示：

下列说法正确的是。
A.决定整个反应快慢的是第ⅱ步
B.第ⅱ步反应过程中形成了非极性键
C.该反应总过程即加氢合成低碳烯烃的原子利用率为100％
D.催化剂的使用可以提高低碳烯烃的产率
【正确答案】 B

【原卷 11 题】 知识点 阿伏加德罗常数的求算,结合物质结构基础知识与NA相关推算,盐类水解规律理解及应用

【正确答案】
D
【试题解析】


11-1（基础） 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.中含有的电子数为
B.溶液中含有的阴离子数目小于
C.标准状况下，乙炔中含有的键数目为
D.与足量的氧气反应转移电子数目为
【正确答案】 D

11-2（基础） 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.1mol 含有Si-Cl键的数目为
B.24g Mg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为
C.1L 1.0 溶液含有阴离子的总数为2
D.11.2L NO与11.2L 混合后分子的数目为
【正确答案】 A

11-3（巩固） NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A.68g熔融的KHSO4中含有0.5NA个阳离子
B.标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含NA个原子
C.50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
D.密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
【正确答案】 A

11-4（巩固） 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.固体中含有的离子数目为
B.标况下所含的分子数为
C.一定条件下，与足量的反应，转移的电子数为
D.溶液中含有的氧原子数为
【正确答案】 A

11-5（提升） 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A.标准状况下，22.4 L乙炔中σ键数为2 NA、π键数为2 NA
B.0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中，的个数为0.2 NA
C.常温常压下，7.8 g Na2O2中含有共价键的数目为0.1 NA
D.18 g重水(D2O)中含有的质子数为10 NA
【正确答案】 C

11-6（提升） 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.17g 含有的电子总数为9
B.标准状况下，22.4L 含有的氯原子数为4
C.1mol 分别与足量和完全反应，得到的HCl分子数均为2
D.将0.25的Cl2与等量完全反应后溶于1L水中，所得溶液浓度为0.5
【正确答案】 A

【原卷 12 题】 知识点 沉淀转化,溶度积常数相关计算,物质性质实验方案的设计

【正确答案】
B
【试题解析】


12-1（基础） 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
制备无水FeCl3
将氯化铁溶液蒸发结晶
B
探究SO2的还原性
向橙色的溴水中通入SO2，观察溶液颜色变化
C
测定NaOH溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
比较S与Cl元素非金属性的强弱
测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

12-2（基础） 下列实验方法或操作正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
比较室温下、溶度积的大小
向溶液中滴加少量溶液，振荡充分后，再滴加几滴
B
证明具有氧化性
将一定浓度的双氧水与溶液混合
C
除去乙烷中混有的乙烯
一定条件下混合气体中通入一定量的
D
证明乙醛具有还原性
在试管中加入5%溶液，再加5滴稀溶液，混匀后加入乙醛，加热
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

12-3（巩固） 下列操作能达到相应实验目的的是

实验目的
实验操作
A
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
B
验证可以转化为
向2 mL NaOH溶液中加入2 mL 溶液，产生白色沉淀，再加入几滴 溶液
C
检验固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D
验证氯的非金属性强于碳
向溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

12-4（巩固） 化学实验源于生活。下列实验方案设计、现象与结论均正确的是
选项
目的
方案设计
现象与结论
A
检验食盐中是否含碘元素
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变，说明该食盐属于无碘盐
B
检验火柴头中是否含有氯元素
将几根未燃过的火柴头浸入水中，稍后取少量溶液于试管中，加入稀、溶液
若有白色沉淀产生，|说明火柴头中含有氯元素
C
检验菠菜中的铁元素
取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于试管中，加入稀硝酸后再加入溶液
若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素
D
检验鸡皮中是否含有脂肪
取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮上
一段时间后鸡皮变黄，说明鸡皮中含有脂肪
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

12-5（提升） 下列实验对应的现象和结论都正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸后滴加酸性溶液
紫红色褪去
食品脱氧剂样品中含
B
向溶液中滴入溶液，再滴加溶液
加入后溶液变成血红色
既有氧化性又有还原性
C
向溶液加入铜片
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
D
向溶液中加入溶液后滴加几滴淀粉溶液
溶液变为蓝色
氧化性：
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

12-6（提升） 下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠
缓慢产生气泡
乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢
B
向盛有2.0mL甲苯的试管中加入3滴酸性溶液，用力振荡
紫色褪去
甲苯中含有碳碳双键，可被酸性溶液氧化
C
向含有少量的溶液中滴加少量稀溶液
产生白色沉淀

D
用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸上
试纸先变蓝，后褪色
溶液呈中性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

【原卷 13 题】 知识点 元素金属性与非金属性递变规律的理解及应用,微粒半径大小的比较方法,根据原子结构进行元素种类推断,共价键概念及判断

【正确答案】
A
【试题解析】


13-1（基础） 化合物R可用于农药生产，其结构如下图所示。其中W位于第三周期，其最外层电子数与Y相同，X、Y、Z位于同一周期且均属于短周期元素。下列说法正确的是

A.非金属性X>Z>Y B.简单离子半径W>X>Y
C.X元素的氢化物是一种强酸 D.Y、Z、W均能与氢原子形成18电子分子
【正确答案】 D

13-2（基础） 某化合物(结构如图所示)可用作酿造酵母的培养剂、强化剂、膨松剂、发酵助剂。已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素且位于不同周期，原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法正确的是

A.Y分别与X、Z、W三种元素均可形成至少两种化合物
B.单质的氧化性：
C.Z最高价氧化物对应水化物的酸性强于硫酸
D.X与Z形成的最简单化合物的沸点比X与Y形成的最简单化合物的沸点高
【正确答案】 A

13-3（巩固） 化合物M(结构式如图所示)是常用的还原剂，其中X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期的主族元素，X与W、Z与W均能形成原子个数比为1∶1和2∶1的化合物，W原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是

A.Z元素位于第三周期第VIIA族
B.X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性
C.化合物M不能与Z2W2反应
D.Y的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸
【正确答案】 D

13-4（巩固） 物质M可用于处理废水中的重金属离子，其结构如图所示。M的组成元素X、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是

A.X、Z的原子半径大小顺序为Z＞X
B.W的单质难溶于化合物XW2
C.X、Z、W均能形成两种氧化物
D.最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X
【正确答案】 B

13-5（提升） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，由它们组成的化合物的结构式如图，其中X在宇宙中含量最丰富，Y与Z位于相邻主族，下列说法正确的是

A.W与Y形成的二元化合物不可能具有强氧化性
B.Z的最高价氧化物对应的水化物可能为强酸
C.上述阴离子中的所有原子可能均为8电子稳定结构
D.X和Y组成的化合物可用于实验室制取Y的单质
【正确答案】 D

13-6（提升） 科学家合成出了一种新化合物，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列说法正确的是

A.元素非金属性强弱的顺序为X>Y>Z
B.W、Z对应的简单离子半径：W C.元素Z、元素X、元素W的单质晶体熔点依次升高
D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【正确答案】 B

【原卷 14 题】 知识点 根据原子结构进行元素种类推断,元素周期律、元素周期表的推断,轨道表示式,元素性质与电负性的关系

【正确答案】
B
【试题解析】


14-1（基础） 现有四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中的轨道上的电子总数比轨道上的电子总数少1，的核外电子共有8种运动状态，的氧化物可用于制作耐高温材料，的单质与的最高正价氧化物对应水化物的溶液反应有气体(被称为最清洁的燃料)生成。下列说法正确的是
A.中的杂化方式为杂化 B.最简单氢化物的沸点：
C.简单离子半径： D.的氧化物是分子晶体
【正确答案】 A

14-2（基础） 一种具有抗痉挛作用的药物由X、Y、Z三种短周期元素组成。X、Y、Z三种原子序数依次增大，X元素原子的价层电子排布是nsnnp²n，Y元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素。Z元素原子价层电子的轨道中有两个孤电子，且在其原子价层电子的轨道中s能级上电子总数与p能级上电子总数不相等。(药物中Z元素呈最高正化合价)下列判断正确的是
A.X与Y间的化学键是共价键 B.第一电离能：Y＜Z＜X
C.X与Z只能形成一种化合物 D.该药物溶于水后的水溶液呈中性
【正确答案】 B

14-3（巩固） 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，Y、Z均为原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等的原子，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1。下列说法正确的是
A.W的第一电离能比同周期相邻元素的小
B.原子半径：
C.工业上电解熔融化合物ZY制备单质Z
D.X与Y无法形成含有非极性键的物质
【正确答案】 A

14-4（巩固） 有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是
A.X和Q结合生成的化合物为共价化合物 B.T元素属于P区
C.元素Y和Q只能形成化合物 D.Z的电子排布式，违反了洪特规则
【正确答案】 C

14-5（提升） A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期的主族元素，A是宇宙中含量最多的元素；基态B原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素；基态C原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素；基态D原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是
A.A元素的单质常温下为气体
B.离子半径：C>B>A
C.C元素的最高价氧化物的水化物碱性强于氢氧化铝
D.D元素原子核外共有19种不同运动状态的电子
【正确答案】 B

14-6（提升） 现有部分前四周期元素的性质或原子结构如表，则：
元素编号
元素性质或原子结构
A
第三周期中的半导体材料
B
L层s电子数比p电子数少1
C
第三周期主族元素中其第一电离能最大
D
前四周期中其未成对电子数最多

A.A单质分子中，含有3个σ键，元素B的气态氢化物的空间构型为正四面体形
B.C的最高价含氧酸根离子中C原子轨道杂化方式是杂化
C.元素D基态原子的核外电子排布式：
D.A，B，C三元素的电负性由大到小的顺序为：A>B>C
【正确答案】 C

【原卷 15 题】 知识点 原电池原理理解

【正确答案】
C
【试题解析】


15-1（基础） 一种全氢电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是

A.X极为全氢电池的正极
B.该电池将化学能转化成电能
C.电极Y的电极反应式为：
D.反应一段时间后左室增大
【正确答案】 B

15-2（基础） 一种新型电池的工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法正确的是

A.理论上，当消耗22.4LH2时，会消耗1molO2
B.若用该电池对铅蓄电池进行充电，PbO2极应接Pt/C电极
C.原电池工作时，电子由Pt/C电极经质子交换膜向碳毡电极移动
D.碳毡电极发生还原反应，电极反应为NO+4H++3e-=NO↑+2H2O
【正确答案】 D

15-3（巩固） 甲酸钠燃料电池是一种膜基碱性电池，提供电能的同时可以获得烧碱，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是

A.CEM隔膜为质子交换膜
B.甲为电池负极，电极反应为：
C.电池在工作时，乙极附近溶液增大
D.单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为
【正确答案】 C

15-4（巩固） 我国科研人员将单独脱除的反应与制备的反应相结合，实现协同转化。
已知：反应①单独制备：，不能自发进行；
反应②单独脱除：，能自发进行。
协同转化装置如图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。下列分析错误的是

A.反应②释放的能量可以用于反应①
B.产生的电极反应：
C.当生成0.1 mol 时，负极区溶液质量增重9.8 g
D.协同转化总反应：
【正确答案】 D

15-5（提升） 过硫酸铵可用作氧化剂、漂白剂。利用电解法在两极分别生产过硫酸铵和过氧化氢的装置如图所示。下列说法错误的是

A.a为外接电源的负极
B.电解总反应：
C.阴离子交换膜可用阳离子交换膜替代
D.电解池工作时，I室溶液质量理论上逐渐减小
【正确答案】 C

15-6（提升） 2021年我国科研人员以二硫化钼(MoS2)作为电极催化剂，研发出一种Zn－NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示。已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过，则下列说法错误的是

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

【原卷 16 题】 知识点 盐类水解规律理解及应用,弱电解质电离平衡的影响因素,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理

【正确答案】
C
【试题解析】


16-1（基础） 常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积VHCl的变化关系如图所示。已知B+的分布系数。下列叙述正确的是

A.BOH的电离常数Kb=1.0× 10-6
B.滴定时，可以选择甲基橙作指示剂
C.滴定过程中，水的电离程度： n D.n点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)>c(B+)> c(BOH)
【正确答案】 B

16-2（基础） 常温下，用0.1mol/L盐酸滴定25.00mL 0.1mol/L弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数δ随滴加盐酸体积[V(盐酸)]的变化关系如图所示。[如δ(M+)= ]。 下列叙述错误的是

下列叙述错误的是
A.曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)
B.= 1.0 ×10-5.1
C.点a溶液中c(M+)+c(MOH)＞ 2c(Cl-)
D.图中V1＞ 12.5mL
【正确答案】 D

16-3（巩固） 以酚酞为指示剂，用溶液滴定一元酸的溶液。溶液中，、分布系数(，比如的分布系数：)随的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是

A.曲线①代表，曲线②代表
B.的数量级为
C.滴定过程中，溶液中不断减小
D.滴定终点时，
【正确答案】 C

16-4（巩固） 常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1HA溶液。溶液中A-(或HA)的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示[已知：δ(HA)=]。下列叙述错误的是

A.曲线a表示的是HA的分布系数变化曲线
B.HA的电离平衡常数的数量级为10-6
C.p点对应的溶液中，c(A-)＜3c(HA)
D.p、n、q中，水的电离程度最大的是q点
【正确答案】 C

16-5（提升） H2A为二元弱酸，常温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液滴入20mL0.1mol·L-1的NaHA溶液中，溶液中HA-(或A2-)的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示。
[已知： δ(HA-)= ]

下列叙述正确的是
A.曲线a表示的是A2-的分布系数变化曲线
B.H2A的第二步电离平衡常数的数量级为10-6
C.n点对应的溶液中，2c(H+)+c(HA -)- 2c(OH- )=c(A2-)-3c(H2A)
D.在n、p、q三点中，水的电离程度大小关系为： n>p>q
【正确答案】 C

16-6（提升） 常温下，用溶液滴定和混合溶液，滴定过程中和分布系数及pH随溶液体积变化如图。已知：，下列说法不正确的是

A.
B.时，
C.时，滴定过程中水的电离程度不断增大
D.可利用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点
【正确答案】 D

【原卷 17 题】 知识点 浓度对化学平衡移动的影响,化学平衡常数的有关计算,配制一定物质的量浓度的溶液实验的仪器,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） H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。某研究性学习小组设计如图所示实验装置，探究影响H2O2分解反应速率的因素。

1、①写出锥形瓶中反应的化学方程式_________。
②设计实验方案：在不同条件下，测定_________。(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)
2、探究影响H2O2分解反应速率的因素实验方案如下表所示，先向锥形瓶中加入质量分数为10%H2O2，再依次通过分液漏斗向锥形瓶中加入一定量的蒸馏水和FeCl3溶液，请回答问题：
实验
序号
10%H2O2/mL
蒸馏水/mL
0.2mol·LFeCl3溶液/mL
现象
I
10
a
0
无明显变化
II
10
b
2
锥形瓶变热，溶液迅速变红棕色，并有较多气泡产生；2min时，反应变缓，溶液颜色明显变浅
III
5
5
2
锥形瓶变热，溶液变棕色，开始5s后产生较少的气泡；2min时，反应速度加快
①表格中a=_________，b=_________。
②通过实验_________和_________(填写序号)探究浓度对反应速率影响。
3、实验II、III中溶液颜色变深的原因是_________。
4、已知FeCl3溶液对H2O2的催化分解分为反应i和反应ii两步进行：已知反应ii的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
①反应i离子方程式为_________。
②某同学设计实验证明催化过程中有Fe2+产生：取2mLH2O2溶液于试管中，向试管中滴加2滴FeCl3溶液，再滴加2滴_________溶液，产生蓝色沉淀。
5、向实验II中反应后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色，2min后溶液红色褪去；继续滴加KSCN溶液，溶液又变红色，一段时间后又褪色；此时再向溶液中滴加盐酸酸化后的BaCl2溶液，产生白色沉淀。请分析溶液红色褪去的原因_________。
【正确答案】 1、2H2O22H2O+O2↑ 测相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间
2、2 0 II III
3、双氧水分解为放热反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3，使溶液颜色变深
4、2Fe3+＋H2O2=2Fe2+＋O2↑＋2H+ 铁氰化钾(或K3[Fe(CN)6]、[Fe(CN)6]3-)
5、SCN-(或KSCN)具有还原性，被H2O2氧化生成，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动

17-2（基础） 含氮物质是一类常见物质，在人们的生产、生活活动中有重要作用。
1、实验室中，采用一定浓度的NaNO2溶液和NH4Cl溶液作为反应物，通过加热制备少量N2。

①该反应的化学方程式是_______，收集N2的方法是_______(填标号)。
②实验小组同学设计以下实验探究上述反应的速率与c(NaNO2)的关系
实验编号
溶液体积/mL
收集1.0mLN2所用时间/s
NaNO2溶液
NH4Cl溶液
醋酸
水
1
4.0
4.0
4.0
8.0
334
2
V1
4.0
4.0
V3
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
i. V1=_______，V3=_______。
ii. 已知该反应的速率方程为，k为反应速率常数。根据上述实验数据，_______(填整数)。
2、“侯氏制碱法”是中国人的骄傲，上述实验中需用到的NH4Cl是“侯氏制碱法”的副产物。实验小组模拟“侯氏制碱法”的原理，在实验室中制备少量NaHCO3，使用的装置如下图：

装置接口正确的连接顺序为_______(填接口序号)；由该装置可知，该实验中制备NH3需用到的试剂是_______(填化学式)。
3、实验小组在实验中，将1.0 mol·L-1 NaNO2溶液滴入pH=0.5的1.0 mol·L-1 FeSO4溶液中，观察到溶液为棕色，而不是预期的黄色。于是他们进行以下实验探究。
①查阅资料 常温下，[Fe(NO)]2+在溶液中能稳定存在，溶液为棕色，受热分解释放出NO。
②提出猜想 溶液的棕色来源于[Fe(NO)]2+，且[Fe(NO)]2+的颜色掩盖了Fe3+的黄色。
③设计实验、验证猜想
实验编号
5
6
操作方法
取上述滴有NaNO2溶液的棕色混合液，向其中滴加稀KSCN溶液
取上述棕色混合液，按下图所示加热

④实验现象及分析
i. 实验5溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，Fe3+的来源是_______(写出离子方程式)；
ii. 实验6观察到_______(填实验现象)，证明溶液呈棕色是因为存在[Fe(NO)]2+，且其颜色掩盖了Fe3+的黄色。
【正确答案】 1、 a 6.0 6.0 2
2、a→b，c←f←e←d NH4Cl、Ca(OH)2
3、 溶液变为黄色

17-3（巩固） 二氧化硫(化学式：SO2)广泛地用于葡萄酒的酿造工艺中，具有抗氧化和杀菌的作用。
1、实验室常用亚硫酸钠固体和浓硫酸反应制备SO2，其化学方程式为_____________。
2、如图是有关二氧化硫部分性质的实验装置图：

A装置中的现象证明SO2有_____(填序号)，B装置中的现象证明SO2有____(填序号)。
a、漂白性 b、酸性氧化物性质 c、还原性 d、氧化性
3、一段时间后C装置中会出现白色沉淀，为确定其成分，某学习小组进行了以下实验探究。
①查阅资料：25℃时，H2SO3电离常数Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7；Ksp(BaSO3)＝5.3×10-7；饱和亚硫酸溶液的pH约为1，其中c(H2SO3)约为1.25mol/L。
小组同学通过计算排除了白色沉淀为BaSO3可能性，计算过程的关键数据如下：
饱和亚硫酸溶液中c(SO2)=_________(保留2位有效数字)；
Q(BaSO3)_______Ksp(BaSO3) (填“>”“<”或“=”)。
②判断并检验，确定该沉淀为BaSO4
③为进一步探究C装置的溶液中什么微粒将SO2氧化，小组同学提出以下猜想：
猜想a：溶液中有氧气，将SO2氧化，继而生成BaSO4。
猜想b：____________________________________(用离子方程式表示)
设计实验、验证猜想。
实验过程：

实验1
实验2
实验3
实验4

步

骤
在a烧杯中加入煮沸的25ml 0.1mol/L
BaCl2溶液，再加入食用油覆盖，冷却至室温
在b烧杯中加入煮沸的25ml 0.1mol/L
Ba(NO3)2溶液，再加入食用油覆盖，冷却至室温
在c烧杯中加入未煮沸的25ml 0.1mol/L
BaCl2溶液
在d烧杯中加入未煮沸的25ml 0.1mol/L Ba(NO3)2溶液
在a、b、c、d四个烧杯中均放入pH传感器，然后通入纯净的SO2气体
实验1、实验2中煮沸、油覆的目的是_______________________
④实验数据如下：

小组同学通过对比实验1、2、4三组实验的pH变化图像，得出结论：_______________________。综合以上pH变化数据，你还可得出什么结论？____________________________。
【正确答案】 1、
2、b c 3、2.0×10-7 mol/L ＜ 2H2O+3SO2+2NO=3SO+ 2NO+4H+ 防止氧气干扰实验 O2和NO都能氧化SO2，从而生成BaSO4 O2的氧化作用是生成BaSO4的主要因素

17-4（巩固） 乙二酸俗称草酸()，是一种二元弱酸，易溶于水，具有还原性。25℃时，的电离平衡常数，。
Ⅰ.学习小组甲用酸性标准溶液滴定未知浓度的草酸溶液。
1、中C元素的化合价是___________，写出的电离方程式___________。
2、某学生的滴定方式(夹持部分略去)如图1所示，合理的是___________(填“a”或“b”)，由图2可知消耗溶液体积为___________mL，若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则由此测得的草酸溶液的物质的量浓度会___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

Ⅱ.学习小组乙查阅文献获得以下信息：
①三水三草酸合铁酸钾[]为翠绿色晶体，光照易分解，是一种稳定的配离子，能类似于中的在溶液中稳定存在。和存在如下平衡：
ⅰ.
ⅱ.
②相同条件下，草酸根(C2O)的还原性强于
③为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸
【实验】探究Fe3+和草酸根在溶液中的反应。
操作
现象
在避光处，向10mL 0.5 溶液中缓慢加入0.5 溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤
得到翠绿色溶液和翠绿色晶体

3、取实验中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，原因是___________(结合ⅰ、ⅱ平衡，用必要的化学用语和数据解释原因)，继续加入硫酸，溶液变红，说明加入硫酸，与结合使ⅱ平衡___________移动(填“正向”或“逆向”)。经检验发现上述实验中和未发生氧化还原反应。
4、取实验中少量的翠绿色溶液于试管中光照一段时间，产生黄色沉淀和气泡，反应的离子方程式为，用单线桥法表示该反应中的电子转移情况。__________
5、写出一种利用盐类水解原理在生产或生活中应用的实例___________。
【正确答案】 1、+3 NaHC2O4=Na+ + 2、b 26.10 mL 偏小
3、 K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生 正向
4、 5、明矾净水或泡沫灭火器等

17-5（提升） 实验小组探究溶液与溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。已知：
i、具有强氧化性，能完全电离，易被还原为；
ii、淀粉检测的灵敏度很高，遇低浓度的即可快速变蓝：
iii、可与发生反应：。
编号
1-1
1-2
实验操作


现象
无明显现象
溶液立即变蓝
1、实验1-1的目的是___________。
2、与反应的离子方程式为___________。
为了研究与反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
溶液
溶液
蒸馏水
的淀粉溶液/滴
溶液
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
0
30
3、实验2-1不能用于测定与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有___________。
4、加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。猜想1：先与反应，使降低；
猜想2：先与反应，___________。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，的还原性___________(填“强于”或“弱于”)的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是___________。
③补全猜想2：___________。
5、查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算内的平均反应速率___________(写出计算式)。
【正确答案】 1、做对照，排出氧化的干扰 2、
3、无时，生成少量后淀粉即变蓝，无法确定与反应的浓度变化
4、强于 实验2-2与完全反应后的溶液中，仍高于2-1中起始，溶液应立即变蓝 生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝
5、

17-6（提升） 醋酸钠是一种常用的防腐剂和缓冲剂。
1、配制溶液，需要称量醋酸钠晶体(，)的质量为_______。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、_______(从下列图中选择，写出名称)。

2、某小组探究外界因素对水解程度的影响。
甲同学设计实验方案如下(表中溶液浓度均为)：
i.实验_______和_______(填序号)，探究加水稀释对水解程度的影响；
ii.实验1和3，探究加入对水解程度的影响；
iii.实验1和4，探究温度对水解程度的影响。
序号
温度




1
25℃
40.0
0
0

2
25℃
4.0
0
36.0

3
25℃
20.0
10.0


4
40℃
40.0
0
0

①根据甲同学的实验方案，补充数据：_______。
②实验测得，该结果不足以证明加入促进了的水解。根据_______(填一种微粒的化学式)的浓度增大可以说明加入能促进的水解。
③已知水解为吸热反应，甲同学预测，但实验结果为。实验结果与预测不一致的原因是_______。
3、小组通过测定不同温度下的水解常数确定温度对水解程度的影响。
查阅资料：，为溶液起始浓度。
试剂：溶液、盐酸、计。
实验：测定40℃下水解常数，完成下表中序号7的实验。
序号
实验
记录的数据
5
取溶液，用盐酸滴定至终点
消耗盐酸体积为
6
测40℃纯水的

7
_______

在50℃和60℃下重复上述实验。
数据处理：40℃，_______(用含、、的计算式表示)
实验结论：，温度升高，促进水解。
【正确答案】 1、3.4g 烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶
2、1 2 0 升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大
3、测定40℃醋酸钠溶液的pH
或

【原卷 18 题】 知识点 化学平衡常数的有关计算,氧化还原反应方程式的配平,晶胞的有关计算,物质分离、提纯综合应用

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示：

已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。
②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。
回答下列问题：
1、As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为___________。
2、“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为___________。
3、向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有析出，分离出的操作是___________。滤液中As元素最主要的存在形式为___________(常温下，的各级电离常数为：、、)。
A． B． C． D．
4、①中，Sb的化合价为___________。
②“氯盐酸浸”时，通入的目的是___________。
5、“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为___________。
6、可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为___________。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为___________。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列出计算表达式)

【正确答案】 1、4s24p3 2、
3、过滤 B 4、+5 将还原为SbCl3
5、SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
6、TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体 6

18-2（基础） (氧化铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。以含铬废料(含FeCr2O4、MgO、SiO2、Al2O3等)为原料制备氧化铬的一种流程如图所示。

已知：烧渣的成分为Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、MgO；25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1×l0-33、Ksp[Mg(OH)2]=2×10-11，溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：
1、“研磨”的目的是_________；“焙烧”过程发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_________。
2、25℃时，若滤液l中金属离子的浓度均为0.2mol·L-1，则“调pH”的最小值为_________。(保留两位有效数字)。
3、“除镁”工序不能在陶瓷容器中进行的原因是_________。
4、“转化”时加入适量H2SO4的作用是_________。
5、“煅烧”反应生成的气体中含有一种单质，该反应的化学方程式_________。
6、已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。

则每个Mg2+周围距离最近的Mg2+个数为_________。已知MgO晶胞边长为0.4nm，则MgO的密度为_________g/cm3(设NA为阿伏伽德罗常数的值，只需列出算式)。
【正确答案】 1、增大反应物接触面积，加快反应速率 7∶4
2、4.7 3、NH4F水解生成的HF，HF能够腐蚀陶瓷
4、使充分转化为或促进2＋2H＋⇌＋H2O的平衡正向移动，使充分转化为
5、(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑
6、12 或或

18-3（巩固） 铟()是一种主要用于液晶显示屏和半导体生产的重要稀有金属。从铜烟灰中(主要含、、、、)提取铟的工艺流程如下：

已知：氧化浸出后铟元素主要以形式存在，性质与相似。
回答下列问题：
1、写出元素在周期表中的位置：___________，属于___________区元系。
2、“氧化浸出”工艺中，的硫元素被氧化为，写出发生反应的离子方程式：___________。
3、“滤渣”的主要成分是___________。
4、“水相”中主要存在的金属离子是，经提纯后可将溶液用于铜的电镀实验，电镀前还须滴加浓氨水至溶液为深蓝色，目的是___________。
5、“萃取”工艺中，加入时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是___________。
6、太阳能材料晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处原子坐标为(0，0.5，0.25)。

①C处S原子坐标为___________。
②设该晶体密度为，则阿伏加德罗常数的值为___________。
【正确答案】 1、第五周期第ⅢA族 p
2、+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓
3、、MnO2，、PbSO4
4、使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度
5、性质与相似，pH过高，转化为沉淀
6、(0.75，0.25，0.625)

18-4（巩固） 镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：

已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
请回答下列问题：
1、正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
2、“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
3、“酸浸”时加入的作用是___________。
4、上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。







开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4

5、镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。

①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
【正确答案】 1、增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
2、除去氧化物中的
3、把+3价钴还原为+2价 4、3.5≤pH＜6.6
5、

18-5（提升） 铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的工艺流程如下：

已知：①铈的常见化合价为、。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液
②能与结合成，能被萃取剂萃取。
1、焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是_________。
2、“酸浸II”过程中转化为，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和替换就不会造成环境污染。则稀硫酸、与反应的离子方程式为______________。
3、“操作I”的名称是_________。
4、“浸出液”中含有少量及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时与萃取剂存在反应：。用D表示分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：，其他条件不变，在浸出液中加入不同量的，以改变水层中的，D随浸出液中增大而减小的原因是__________。
5、取上述流程中得到的，加酸溶解后，向其中加入含的硫酸亚铁溶液使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液。则的质量分数为_________(已知氧化性：；的相对分子质量为208)。
6、科研人员提出催化合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现的综合利用。晶胞结构如图所示。

①在该晶体中，铈离子的配位数为_________。
②阿伏加德罗常数的值为，相对分子质量为M，晶体密度为，其晶胞边长的计量表达式为__________nm。
【正确答案】 1、将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集
2、6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑
3、过滤 4、浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小 5、95.68% 6、8 ×107

18-6（提升） 氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、]制备GaN的工艺流程如下：

已知：
①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，，，。
③、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度/
反萃取率/%


2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3
回答下列问题：
1、“酸浸”时发生反应的离子方程式为____。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。
2、“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为0.21、65。常温下，为尽可能多地提取并确保不混入，“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。
3、“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。
4、“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式表示)。
5、利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。
6、①GaN的熔点为1700℃，的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为________。该晶体密度为，GaN的式量为，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)

【正确答案】 1、Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O CaSO4
2、略小于5.7 3、6mol/L 2mol/L
4、Ga(OH)3+OH-=+2H2O
5、Ga2O3+2NH32GaN+3H2O
6、共价晶体 分子晶体 4

【原卷 19 题】 知识点 化学平衡状态的判断方法,化学平衡题中基于图表数据的相关计算,与物质百分含量变化有关图像的分析,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 的综合利用是解决温室问题的有效途径。回答下列问题：
1、用制备甲醇可实现碳循环，一-种制备方法为

已知：①
②
该制备反应的_______。升高温度，该制备甲醇反应的的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
2、已知反应的，，其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=总压×物质的量分数)。在下，按初始投料比、、，得到不同压强条件下的平衡转化率关系图：

①a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为_______(用字母表示)。
②N点在b曲线上，时的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
③条件下，某容器测得某时刻，，，此时_______(保留两位小数)。
3、用电解法将转化为燃料是实现碳循环的一种途径，原理如图所示。铜电极上产生的电极反应式为_______，若阴极只产生、、，且生成速率相同，则相同条件下电极产生的与电极上产生的的物质的量之比为_______。

【正确答案】 1、 减小 2、a>b>c 0.5 0.64
3、 4：1

19-2（基础） 丙烯腈是塑料、合成橡胶、合成纤维三大合成材料的重要原料，未来我国丙烯腈的出口量将进一步增加。合成丙烯腈的反应： 。
1、该反应中涉及的C、N、O三种元素原子的第一电离能由小到大的顺序是_______。
2、一定条件下，在2L恒容密闭容器中；通入、、15mol空气(的体积分数为)，丙烯腈的产率与温度的关系如图所示。

①图中460℃前的产率_______(填“是”或“否”)为平衡产率；理由是_______。
②若该反应达到A点所需的时间为t min，则理论上的平均反应速率为_______。
3、工业上在催化剂作用下，合成丙烯腈时还有副反应： 。
①其它条件不变时，压缩容器体积，副反应的平衡移动方向为_______。
②某温度下，向密闭容器中通入、、7.5mol空气(与的体积比为1∶4)，保持压强恒为99kPa，平衡时测得的转化率为90％，生成丙烯腈的选择性为(选择性：生成丙烯腈的与共转化的之比)。则生成丙烯腈的分压为_______kPa，该温度下副反应的_______。
4、己二腈是制造尼龙的原料。电解丙烯腈可制得己二腈，其装置如下图所示：

①阴极的电极反应式为_______。
②电解一段时间后，该装置产生的在标准状态下的体积为33.6L，生成了291.6g已二腈，则该装置的电流效率_______％。(假设装置中阳极上没有电子损失，×100％)
【正确答案】 1、C 4、 90

19-3（巩固） 环境治理依然是当今的热点问题，研究新的环境治理手段具有重要意义。回答下列问题：
1、 的反应历程分以下两步：
① ；
② _______(用含、的式子表示)。
2、催化还原是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。请写出脱硝过程的总反应的化学方程式：_______。

3、利用如图所示原理去除：

基态原子中，电子占据的最高能级为_______能级，该能级轨道的形状为_______；电解池中阴极反应式为_______。A口每产生(体积已换算成标准状况，不考虑的溶解)，可处理的物质的量为_______mol。
4、一定温度下，在体积为的恒容密闭容器中加入和发生反应，测得和的物质的量随时间的变化如图所示：

①从反应开始至达到化学平衡时，以表示的平均化学反应速率为_______。
②若该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，、两点对应的时刻，该反应的正反应速率之比_______。
③若平衡时总压强为，用平衡分压代替其平衡浓度表示的化学平衡常数_______ [已知：气体分压气体总压该气体的体积分数]。
【正确答案】 1、 2、
3、2p 哑铃形 0.02 4、 16

19-4（巩固） “碳中和”引起各国的高度重视，正成为科学家研究的主要课题。利用催化加氢制二甲醚，可以实现的再利用，涉及以下主要反应：
I.
II.
相关物质及能量变化的示意图如图1所示。

1、反应II的_____，该反应在_____(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
2、恒压条件下，、起始量相等时，的平衡转化率和的选择性随温度变化如图2所示。已知：的选择性。

①300℃时，通入、各1mol，平衡时的选择性、的平衡转化率都为30%，平衡时生成的物质的量为_______mol，此温度下反应Ⅰ的平衡常数_______(保留2位有效数字)。
②220℃时，和反应一段时间后，测得A点的选择性为48%，不改变反应时间和温度，一定能提高的选择性的措施有_______(任写一种)。
3、利用燃料电池电解，可将雾霾中的分别转化为和，如图3装置所示。则a极发生的电极反应式为_______；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为_______(电解过程中忽略溶液体积变化)。

【正确答案】 1、 低温
2、0.045 0.20 增大压强(或使用对反应II催化活性更高的催化剂)
3、 2

19-5（提升） 除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
1、室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：



①室温下，反应的________(用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为________。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。

根据A点数据计算反应的_________，下列关于该反应的说法不正确的是_________。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
2、与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。
①实验中的作用是________。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_________。

3、微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是____________。

②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H，________。

4、可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：

①该制备过程总反应的化学方程式为____________。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为___________。
【正确答案】 1、ΔH3-2ΔH2 [Ar]3d3 1.0×1014 AC
2、将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
3、时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
4、4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。

19-6（提升） 综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ.利用-干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：

1、-干重整反应的热化学方程式为___________(选用、、、、的关系式表示反应热)，反应Ⅱ是___________(填“慢反应”或“快反应”)。
2、在恒压条件下，等物质的量的(g)和(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应： ，则表示平衡转化率的是曲线___________(填“A”或“B”)，判断的依据是___________。

Ⅱ.在一密闭容器中，通入1mol 和3mol (g)发生甲烷的水蒸气重整反应。甲烷的水蒸气重整涉及以下反应：
③
④
3、如图所示，压强为kPa，温度低于700℃时，加入CaO可明显提高平衡体系混合气中的物质的量，原因是___________。

4、500℃时，反应相同时间后测得的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点的浓度大小关系为c(G)___________c(E)(填“>”“<”或“=”)，结合两图中的相关数据，计算此温度下反应③的压力平衡常数___________(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。

5、我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法。其电化学反应原理如图所示。请写出Ni-YSZ电极上发生的电极反应方程式___________。

【正确答案】 1、+=2CO+ 2H2 =E3-E1 快反应
2、B CO2的转化率大于
3、加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大
4、> 0.75 5、CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2

【原卷 20 题】 知识点 根据要求书写同分异构体,根据题给物质选择合适合成路线,多官能团有机物的结构与性质,有机推断综合考查

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药物，临床上用于治疗慢性淋巴细胞白血病。下面是苯丁酸氮芥的一种合成路线。

回答下列问题：
1、A中碳原子的杂化轨道类型有_______。
2、D中官能团的名称为_______。
3、F→G的反应类型是_______。
4、E中C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
5、已知E和 合成F的原子利用率为100%，E→F的化学方程式为_______。
6、的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种(不考虑立体异构)。
条件：a)能发生银镜反应；b)苯环上有2个取代基。
7、参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线(其他试剂任选) _______。
【正确答案】 1、sp2、sp3 2、羧基，氨基
3、取代反应 4、N>O>C
5、 6、12 7、

20-2（基础） 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体(Ⅰ)的合成路线如下：

回答下列问题：
1、A中所含官能团的名称为__________。
2、B→C的反应类型为__________。
3、D中碳原子的杂化轨道类型有__________；其中，电负性最大的元素为__________。
4、写出F→G的化学方程式__________。
5、B的同分异构体中，满足下列条件的结构有______种；其中，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为__________。
条件：①含有苯环；
②与溶液发生显色反应；
③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。
6、利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程：

根据上述信息，写出以乙醇和为原料合成的路线(无机试剂任选) ________。
【正确答案】 1、酮羰基、氯原子 2、消去反应 3、、 Cl或氯
4、
5、13 6、

20-3（巩固） 苯巴比妥(F)是我国化学家近期合成的一种能抗击新冠病毒的新型药物，其合成路线如图所示：

1、有机物A的名称为______；有机物A、J()、K()三种物质中酸性最强的是______(填“A”“J”或“K”)。
2、B+G→C的副产物分子式为，其结构简式是______。有机物C的含氧官能团名称为____________。
3、下列说法正确的是______。
A.有机物D易溶于水
B.有机物E存在顺反异构体
C.有机物F的氮原子杂化类型为
D.有机物G的名称为二乙酸乙二酯
4、写出D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式：____________。
5、化合物N与B是同分异构体，则符合以下条件的N有______种。
①能使溶液显色；②能发生银镜反应；③苯环上的取代基数目为2个。
其中不含有手性碳原子且核磁共振氢谱只有5组的同分异构体为____________。
6、以1，2-二溴乙烷()、乙醇、尿素()为原料(无机试剂任选)设计制备的合成路线：_______________。
【正确答案】 1、苯乙酸 J 2、CH3CH2OH 酯基、羰基 3、C
4、+2NaOH→+2CH3CH2OH
5、15
6、
BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHOOCCOOH

20-4（巩固） 乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：

已知： ，回答下列问题：
1、A的化学名称为_________，D中含氧官能团的名称为_________。
2、M的结构简式为。
①M中电负性最强的元素是__________。
②M与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)。
③与性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式_________________。
3、由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是_________。
4、化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为__________。
5、根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线________(无机试剂任选)。
【正确答案】 1、对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸 硝基、酯基
2、O 小 +2NaOH+H2O+CH3OH
3、保护羧基 4、
5、

20-5（提升） 某抗癌药物的一种合成路线如下图所示：

注：①(部分反应条件省略，Ph表示)
②已知：
回答下列问题：
1、B的分子式为_______，分子中采用杂化的碳原子数目为_______个。
2、由A生成C的化学方程式为_______。
3、F的结构简式为_______，在F分子中的手性碳原子上标注“*”。
4、B满足下列条件的同分异构体有_______种。
条件：i.有苯环，且苯环上侧链数目为3个
ii.与溶液显色
ⅲ.能发生银镜反应
5、根据题中相关信息，写出以 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。
【正确答案】 1、 7
2、
3、 4、10 5、

20-6（提升） 化合物H是一种抗过敏药物，其合成路线如图：

已知：R1－CH=CH2+CH2=CH－R2R1－CH=CH－R2+CH2=CH2。回答下列问题：
1、C中含氧官能团的名称为_____。
2、⑥的反应类型为_____。
3、下列有关说法正确的是_____(填标号)。
a.A的名称为丙烯 b.反应③的原子利用率为100%
c.F能发生氧化反应、取代反应和加成反应 d.G易溶于水
4、已知②为取代反应，则②的化学方程式为_____。
5、写出E的结构简式，并用*标出其中的手性碳原子：_____。
6、芳香族化合物M与H互为同分异构体，写出一种满足下列条件的H的结构简式：_____(任写一种)。
i.苯环上有三个取代基；
ii.能与FeCl3溶液发生显色反应；
iii.核磁共振氢谱确定分子中有12个化学环境相同的氢原子。
7、参照上述合成路线，设计以和为原料合成的路线(无机试剂任选)：_____。
【正确答案】 1、酯基、酮羰基 2、消去反应
3、ac 4、CH2=CHCH2Br++HBr
5、 6、、 7、CH3CHOHCH3+HBrCH3CHBrCH3，+ CH3CHBrCH3


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．太阳能、氢能为清洁能源，未来将成为主要能源，故A正确；
B．高吸水性树脂能有效保持水分，可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤，故B正确；
C．二氧化硅具有良好的光线性能，制造光导纤维的主要材料是二氧化硅，故C错误；
D．砷化镓具有良好的半导体性能，属于新型无机非金属材料，故D正确。
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．“裘”的主要成分是动物蛋白，A错误；
B．二氧化硫具有还原性且能杀菌，在国家规定范围内可用作食品添加剂，B错误；
C．孔雀石主要成分为碱式碳酸铜，C错误；
D．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；“火树银花”中烟花的颜色涉及焰色反应，D正确；
故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．糯米烧麦的主要成分为淀粉，白灼西兰花主要成分为纤维素，淀粉和纤维素均是天然高分子化合物，A正确；
B．液态氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉作用，可在身体局部产生快速镇痛效果，因此，常用氯乙烷与其他药物制成“复方氯乙烷气雾剂”，用于运动中急性损伤的镇痛，B正确；
C．根据消毒液可以使蛋白质变性从而杀死病毒可知德尔塔(Delta)毒株成分含蛋白质，C正确；
D．生活中消毒用的酒精为体积分数为75%的酒精水溶液，不是无水酒精，D错误；
答案选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．病毒成分含有蛋白质，A正确；
B．石墨烯为碳单质，是新型无机非金属材料，B正确；
C．纤维素水解可得到葡萄糖，C错误；
D．兽骨的主要成分是碳酸钙，碳酸钙为固体质地坚硬，D正确；
故选C。
1-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．兽皮的主要成分属于动物蛋白质，故B正确；
C．铁、镍、钴不是主族元素，故C错误；
D．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；
故选B。
1-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．绿色化学要求从源头上消除或降低生产活动对环境的污染，从而保护环境，故A正确；
B．合成纤维是通过加聚或缩聚反应制得的有机高分子材料，故B错误；
C．煤的气化和液化是通过复杂的化学变化将固体煤转变成气态或液态燃料的过程，属于化学变化，故C错误；
D．石墨烯是碳单质，只含有碳元素，属于无机非金属材料，故D错误；
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．明矾处理废水，利用胶体的吸附性，与Al(OH)3是两性氢氧化物无关，A错误；
B．具有强氧化性，可用消毒自来水，B正确；
C．可与反应，可用氢氟酸刻蚀玻璃，C正确；
D．可以杀菌和抗氧化，可在葡萄酒中添加适量的二氧化硫，D正确；
故选A。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．纯碱溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解而被除去，有关联，故A不符合题意；
B．溴化银见光容易分解为银单质，和颜色无关，没有关联，故B符合题意；
C．石灰石的加入能吸收燃烧过程中生成的二氧化硫气体，减少二氧化硫排放，有关联，故C不符合题意；
D．钢铁材质的健身设施上涂油漆，形成保护层，隔绝氧气和水，减慢腐蚀速率，有关联，故D不符合题意；
故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氢气燃料电池是将化学能转化为电能，电池驱动汽车再将电能转化为动能，A错误；
B．纤维素属于多糖，蔗糖水解生成两分子的单糖，蔗糖属于二糖，B错误；
C．X射线衍射仪可以区分晶体，C正确；
D．奶油属于油脂，油脂不属于高分子化合物，D错误；
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．盐卤可作为制作豆腐的凝固剂，是盐溶液的加入使得蛋白质发生聚沉而不是变性，A符合题意；
B．铝与氧化铁反应，且放出大量的热同时生成铁，故可利用铝热法焊接铁轨，B不符合题意；
C．碳酸钠和石膏硫酸钙生成硫酸钠和碳酸钙，是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，C不符合题意；
D．燃放的焰火，色彩绚丽是因为原子核外电子跃迁释放能量，得到一定波长的光谱，D不符合题意；
故选A。
2-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．溶液刻蚀铜电路板，发生反应：，氧化性：，不能判断的金属性的强弱，A错误；
B．用和反应，放出大量的热，得到熔融的铁，可用于焊接铁轨，B错误；
C．煤干馏的原理是在隔绝空气的条件下加强热，使煤炭发生复杂的物理变化和化学变化，可得到焦炉气、煤焦油等产品，C错误；
D．甲酸中羟基的极性强于乙酸，所以甲酸的酸性比乙酸的强，D正确；
故选D。
2-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．钛合金比纯金属钛具有更高的强度、硬度，故A正确；
B．石墨烯发热材料属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．硅是半导体材料，导电性介于导体和绝缘体之间，可做太阳能电池板，故C正确；
D．生石灰具有吸水性。能防止食品受潮，还原铁粉能防止食品被氧化，故D错误；
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
“煮取一石六斗”为蒸发过程，故选：D。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
实验室从植物花卉中提取精油需要用到的操作有过滤、萃取、蒸馏，不需要蒸发，蒸发得到的应为固体，综上所述故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
用水飞净为溶解并把不溶物过滤掉，醋煮干如霜，涉及结晶操作，所以没有涉及蒸馏，故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
待汁减半即蒸发过程，柳上有白霜，即滤去滓，则为过滤过程，倾汁入瓦盆内。经宿，自然结成块也即结晶过程。因此以上记述中没有涉及的操作是蒸馏，故D符合题意；
答案为D。
3-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．“其海丰、深州引海水入池晒成者，凝结之时扫食不加入力，与解盐同”描述的是以海水为原料，制取食盐的过程，是将海水蒸发结晶，得到粗盐，涉及的操作方法是蒸发结晶，故A选；
B．蒸馏是利用物质沸点差异较大进行分离的方法，文中没有涉及，B丙烯；
C．过滤是用于固液分离的方法，文中没有涉及，C不选；
D．萃取是利用同一溶质在不同溶剂中溶解度的不同来进行分离的方法，文中没有涉及，D不选；
故选A。
3-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B正确，故B。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．a处酚酞褪色是因为氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，且浓盐酸会挥发出HCl气体，也会中和NaOH，所以酚酞褪色不能说明氯水有漂白性，A错误；
B．氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的HClO具有漂白性，B错误；
C．石蕊遇酸变红，湿润的蓝色石蕊试纸先变红，说明氯气与水生成了酸性物质，后褪色说明氯气与水生成漂白性物质，C正确；
D．d处溶液变成橙黄色说明氯气氧化Br-生成Br2，但后续生成的碘单质，也可能是未反应的氯气将其氧化，所以无法比较Br2和I2的氧化性强弱，D错误；
综上所述答案为C。
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气具有强氧化性；
详解:
A．a处变黄色，说明好和亚铁离子反应生成铁离子，氯元素化合价降低，体现氧化性，A错误；
B．b处变橙色，说明氯气和溴化钠反应生成溴单质，则非金属性，B正确；
C．挥发出的盐酸能和氢氧化钠反应，导致c处红色逐渐变浅，故不能说明具有漂白性，C错误；
D．浓盐酸与反应，反应中氯元素化合价升高，HCl也体现出还原性，D错误；
故选B。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．②中的品红褪色体现了SO2的漂白性，③中的品红褪色体现SO2的还原性，A错误；
B．SO2与水反应生成H2SO3能与品红分子结合，使其褪色，无水存在时，SO2分子不能使其褪色，B错误；
C．SO2与水反应生成H2SO3弱电解质，，C正确；
D．KMnO4中Mn元素+7价处于最高价态，体现氧化性，则SO2中S元素+4价体现还原性，D错误；
故C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气需要加热，A错误；
B．a处花瓣褪色，鲜花花瓣中有水分，不能说明Cl2具有漂白性，B错误；
C．加热b处，可见白烟，Na与Cl2反应是放热反应，C错误；
D．d处玻璃管膨大处起缓冲，防止液体冲出的作用，D正确；
故选D。
4-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．不能与反应，不会出现白色沉淀，选项A错误；
B．与反应，被还原，体现的氧化性，选项B错误；
C．③中与反应有黄色固体硫生成，作氧化剂，作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，选项C正确；
D．苯的密度比NaOH溶液小，苯在上层，不能起到防倒吸的效果，选项D错误；
答案选C。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氯气遇到水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和漂白性，遇到石蕊试液先变红色后褪色，A正确；
B．氯气和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，B正确；
C．氯气氧化氯化亚铁为氯化铁，三价铁离子遇到硫氰化钾溶液显红色，C正确；
D．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，16H++10Cl-+2=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，说明氧化性：KMnO4>Cl2，由反应2Fe2+ + Cl2=2Fe3++2Cl-，可知氧化性：Cl2>Fe3+，但是无法证明Fe3+和I2之间氧化性的关系，D错误；
故本题选D。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+、均能与发生复分解反应，Fe3+与I−能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A项不选；
B．遇酚酞显红色的溶液中含有大量，与Mg2+能发生复分解反应生成难溶物Mg(OH)2，不能大量共存，故B项不选；
C．澄清透明的酸性溶液中含有大量H+，H+与能发生复分解反应生成SO2、H2O，且与之间能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C项不选；
D．常温下，的溶液中含有大量H+，H+、、、、离子之间不反应，能大量共存，故D项选；
综上所述，答案为D。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．加入镁粉产生H2的溶液显酸性，I-、与H+发生氧化还原反应6I-+2+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，不能大量共存，A项不符合题意；
B．加入酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、、Br-相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存，B项符合题意；
C．Ba2+与反应形成BaSO4沉淀，不能大量共存，C项不符合题意；
D．由水电离出的c(OH-)=10-13mol/L的溶液可能显酸性也可能呈碱性，ClO-不能与H+大量共存，Al3+不能与OH-大量共存，D项不符合题意；
答案选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．遇KSCN变红色的溶液中含有Fe3+，与Na+、Mg2+、CH3COOH、Cl-相互之间不发生反应，可以大量共存，A正确；
B．Cu2+为蓝色，B错误；
C．不能拆，离子方程式为+H+=CO2+H2O，C错误；
D．方程式电荷不守恒，离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，D错误；
故选A。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．足量CO2溶于水能与SiO、CO反应生成硅酸和碳酸氢根离子，不能大量共存，故A错误；
B．酸性高锰酸钾具有强氧化性能氧化碘离子，且I-和ClO-也能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．能使pH试纸变深蓝色的溶液中含氢氧根离子，该组离子均与碱不能反应，可以大量共存，故C正确；
D．氯水能与SO发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
5-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．与不反应，和反应生成沉淀而不是，错误；
B．与发生酸碱中和反应生成和，不属于水解反应，错误；
C．会将氧化而不能大量共存，正确；
D．因为可催化分解，所以和不能大量共存，错误；
故选C。
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．含有大量Fe3+的溶液中I−会与Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN−发生络合反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．水电离出的c(OH-)=10-12 mol·L-1的溶液中水的电离受到抑制，既可能是酸溶液也可能是碱溶液，碱溶液中H+、Mg2+不能大量存在，B不符合题意；
C．遇甲基橙变红的溶液显酸性，几种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，C符合题意；
D．与铝反应产生大量氢气的溶液即可能呈酸性又可能呈碱性，在酸性环境中不能大量共存；在碱性环境中Fe2+与都不能大量共存，D不符合题意；
综上所述答案为C。
6-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．受热易升华，在冷的圆底烧瓶底又重新凝华成固体，不易分解且熔点较高，留在烧杯底部，装置正确且能达到实验目的，A符合题意；
B．镁离子水解生成氢氧化镁，蒸发结晶不能得到晶体，应使用降温结晶法，B不符合题意；
C．制备氢氧化铁胶体应向沸水中滴加饱和溶液，如用溶液会生成沉淀，C不符合题意；
D．乙醇脱水制乙烯应测反应液的温度，温度计应插入液面以下，D不符合题意；
故选A。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，A错误；
B．直接蒸发氯化镁溶液，氯化镁水解生成氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁，应该在氯化氢氛围中进行，B错误；
C．氯气不易溶于饱和氯化钠溶液，氯化氢溶于饱和氯化钠溶液，能达到目的，C正确；
D．制备乙酸乙酯右侧试管中应该使用饱和碳酸钠溶液，且导管应该位于液面上方防止倒吸，D错误；
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．CO2与NaOH溶液反应气体减少从而瓶中压强降低，溶液被压入形成喷泉，A项能达到实验目的；
B．该反应为放热反应，导致大试管中温度升高压强增大，红墨水左低右高，B项不能达到实验目的；
C．由于HCl极易溶于水，导致烧瓶中压强急剧减小，气球的内压大于外压从而膨胀，C项可以达到实验目的；
D．两固体加热产生NH3经碱石灰干燥得到干燥的NH3，D项可以达到实验目的；
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，A错误；
B．氯气的尾气吸收用氢氧化钠溶液，B错误；
C．不溶于水，可溶于水，利用过滤可以分离，C正确；
D．蒸干溶液得不到含结晶水的，D错误；、
故选C。
6-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．饱和亚硫酸氢钠溶液可吸收HCl，同时降低二氧化硫在水中的溶解度，达到除杂目的，A正确；
B．浓硫酸不能提供氢离子，与稀硫酸的性质有所不同，不能验证浓度对反应速率的影响，B错误；
C．电石与饱和食盐水制备得到的乙炔气体中含H2S杂质气体，H2S也会使酸性高锰酸钾溶液发生反应，而使溶液褪色，所以上述实验不能证明乙炔的还原性，C错误；
D．氯化铵受热易分解，且蒸发皿中不能蒸干溶液，D错误；
故选A。
6-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．实验室利用氯化铵和氢氧化钙共热可制备氨气，上述实验装置科学合理，A不符合题意；
B．利用碳酸氢钠的溶解度较小性质，向饱和食盐水中先后通入氨气、二氧化碳来制备碳酸氢钠晶体，装置和操作无误，B不符合题意；
C．碳酸氢钠晶体析出后，利用过滤步骤从混合物中分离出来，过滤操作无误，C不符合题意；
D．灼烧碳酸氢钠可转化为纯碱，但实验室加热碳酸氢钠时试管需略向下倾斜，否则可能会有水蒸气回流试管底部引起炸裂，D符合题意；
故选D。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．草木灰含有钾元素，可以为植物提供钾肥，A正确；
B．NaClO溶液具有氧化性，能杀菌消毒，B错误；
C．高温下铝能还原氧化铁生成铁单质，用于焊接钢轨，C正确；
D．铁与高温下会反应会生成四氧化三铁和氢气，故将模具干燥后再注入熔融钢水，D正确；
故选B。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．厨余垃圾包含包括丢弃不用的菜叶、剩菜、剩饭、果皮等，其中含有植物生长所需的N、P、K，可用于制作化肥，A关联合理；
B．接触法制硫酸的反应中，FeS2→SO2、SO2→SO3都是氧化还原反应，B关联合理；
C．免洗手酒精消毒液中所用的酒精，能使细菌蛋白质脱水变性，从而使细菌丧失活性，与其特殊香味无关，C关联不合理；
D．碳酸氢钠在加热条件下分解产生CO2，CO2受热后发生体积膨胀，可使食品变得膨松，D关联合理；
故选：C。
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．“84”消毒液中含有具有强氧化性的次氯酸钠，能起到杀菌消毒的作用，则用“84”消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关，故A正确；
B．含有氮、磷、钾的物质常用作化肥，则厨余垃圾制肥料与厨余垃圾含有氮、磷、钾等元素有关，故B正确；
C．用白醋清洗水壶中的水垢与乙酸的酸性有关，故C正确；
D．油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，为取代反应，故D错误；
故答案选D。
7-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．黏土的主要成分为含水的铝硅酸盐，即黏土中含有硅酸盐，A不选；
B．因铁与H2O(g)高温下反应生成Fe3O4和H2，故应将模具干燥后再注入熔融钢水，B不选；
C．用FeS清除污水中Pb2+、Hg2+等重金属离子时发生反应FeS+Pb2+=PbS+Fe2+、FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，遵循沉淀的转化的一般原则：溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，C不选；
D．84消毒液的有效成分为NaClO，用84消毒液进行消毒的原因是：NaClO能与CO2、H2O反应生成具有强氧化性的HClO，与NaClO溶液显碱性没有关联，D选；
答案选D。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．次氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，A正确；
B．植物油中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，B正确；
C．用食醋清洗水壶内的水垢，根据强酸制弱酸原理说明醋酸的酸性比碳酸强，C正确；
D．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，是因为铁高温能和水蒸气反应，不是因为铁单质具有良好的导热能力，D错误；
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污，是利用乳化原理，乳化剂的亲油基插入油污，亲水基露在外面，从而被水溶解，A符合题意；
B．实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管，是利用硝酸与银反应生成可溶性的硝酸银，体现硝酸的强氧化性，B不符合题意；
C．消防演习中使用泡沫灭火器，是铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生强烈双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，C不符合题意；
D．校医开紫外灯给教室消毒，是因为紫外线可以使细菌病毒的蛋白质变性，D不符合题意；
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
图所示为氮元素的价类二维图，则abcde分别为氮气、氨气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸，f为含有+3价氮元素的盐；
详解:
A．氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，A正确；
B．“雷雨发庄稼”涉及自然固氮，转化过程包含：氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，B正确；
C．b与e按物质的量之比为1:1完全反应，所得生成物的水溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，C错误；
D．f中氮元素处于中间价态，故既有氧化性，又有还原性，D正确；
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据元素化合价和物质类别分析得到a为氮气，b为NO，c为亚硝酸，d为硝酸盐。
详解:
A．空气中a点所示物质体积分数最高，达到约为78%，故A正确；
B．NO与空气中氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，因此b点所示物质遇空气变为红棕色，故B正确；
C．c点所示物质为亚硝酸，故C错误；
D．复合肥料是指含有氮磷钾中两种或两种以上营养元素的化肥，d点所示物质可能为硝酸钾，是一种复合肥料，故D正确。
综上所述，答案为C。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
a为HCl，b为氯气，c为ClO2，d为次氯酸，e为氯酸盐，f为次氯酸盐；
详解:
A．盐酸为强酸，次氯酸为弱酸，则相同浓度a、d溶液的pH：a＜d，A错误；
B．氯气易液化，常温下干燥的氯气不与铁反应，则常温下，液氯可以保存在钢瓶中，B正确；
C．a为HCl， e为氯酸盐，f为次氯酸盐，则a、e、f均为强电解质，C正确；
D．酸性条件下，氯离子和次氯酸根可以发生归中反应，生成氯气，即从氧化还原角度分析可知：a溶液和f溶液混合可以制得b，D正确；
答案选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．a是H2S，b是H2SO3，两者溶液反应后生成单质S沉淀，A正确；
B．b到c的转化即是亚硫酸转化为硫酸形成硫酸型酸雨，B正确；
C．g是硫酸根离子，中心硫原子采取sp3杂化，C正确；
D． d是S单质，在加热的条件下生成硫化钠和硫酸钠，两者的物质的量比2：1，D错误；
故选D。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图可知，F、B分别为H2SO4、H2S，两者可以发生氧化还原反应生成硫单质，A正确；
B．D为二氧化硫，具有还原性，能和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，体现其还原性，B错误；
C．CDF分别为三氧化硫、二氧化硫、硫酸，二氧化硫和氧气生成三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，C正确；
D．中的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子可以和钡离子生成不溶于酸的沉淀，盐酸可以排除溶液中银离子、碳酸根离子等干扰，D正确；
故选B。
8-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若R为Na，则X→Z的反应为钠和水生成氢氧化钠的反应，离子方程式一定是，A正确；
B．若R为Al，则Y→W的反应为氧化铝和酸生成铝盐或氧化铝与强碱生成偏铝酸盐的反应，离子方程式不一定是，B错误；
C．若R为Fe，则W→Z的反应可以为亚铁离子和弱碱氨水生成氢氧化亚铁沉淀的反应，离子方程式可以是，C正确；
D．若R为Mg，则Y→W的反应可以是氧化镁和强酸生成镁盐和水的反应，离子方程式可以是，D正确；
故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该反应历程中，被还原，是氧化剂　，A正确；
B．1mol生成1mol减少2mol氢原子，减少2mol碳氢键，B正确；
C．催化剂降低了活化能，加快反应速率，不改变了反应历程，不改变反应的(焓变)，C错误；
D．苯环中C。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．中Fe元素的化合价为+2、+3，有一个+2价，两个+3价，故A正确；
B．该转化过程中做催化剂，FeO是中间过程，故B错误；
C．过程Ⅱ是水和氧化亚铁反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学方程式为：，故C正确；
D．根据图中信息整个反应是水变为氢气和氧气，则该过程的总反应为：，故D正确。
综上所述，答案为B。
9-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C正确；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为： ，则 ，故D正确；
故选：A。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，不是该反应的催化剂，故A错误；
B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，故B正确；
C．⑥中有2个手性碳原子，如图，故C错误；
D．合成⑦的总反应为，故D错误；
故B
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图可知，先加入了后又生成了，为该过程的催化剂，A项错误；
B．由图可知，该反应过程是NH3和NO、O2反应生成N2和H2O，方程式为：，故B正确；
C．整个流程中发生了氧化还原反应，铁的化合价发生了变化，C项错误；
D．会与发生反应，溶液的pH越小， D项错误；
故选B。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．1进入反应后经过多步后又产生了，该物质为催化剂。而3、5、8均上一步得产物和下一步的反应物，它们均为中间体，A项错误；
B．由反应可以看出需要消耗2mol ，B项错误；
C．8→10为消去反应，C项错误；
D．反应的主产物为，副产物为和，D项正确；
故选D。
10-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A错误；
B．据图可知第一步反应的活化能更大，则第一步的反应速率决定了整个反应速率的快慢，是决速步骤，B正确；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C错误；
D．过渡态1的能量比过渡态2高，过渡态2更稳定，D错误；
故选B。
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．催化剂不改变平衡转化率，故甲酸的平衡转化率，A正确；
B．由题图1、图2可知，总反应的反应物总能量大于生成物总能量，则总反应放热，催化剂不能改变反应焓变，所以，B错误；
C．途径二中参与反应，作催化剂，能改变反应途径、加快反应速率，C正确；
D．途径二中生成的活化能最大，则该过程的反应速率最慢，决定整个反应的快慢，D正确；
故选B。
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．反应②平衡常数K= ，反应达到平衡状态c(CO)×c(Cl·)c(COCl·)，所以，则，故A正确；
B．活化能越大，反应速率越慢，反应①是快反应、反应③是慢反应，所以反应①的活化能小于反应③的活化能，故B正确；
C．反应③是慢反应，慢反应决定总反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂不能改变该反应体系中COCl2(g)的体积分数，故D错误；
选D。
10-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图可知状态2的活化能最大，反应速率最慢，决定整个反应的快慢，选项A正确；
B．总反应的，选项B错误；
C．反应过程中只有极性键的断裂，选项C错误；
D．稳定性：，选项D错误；
答案选A。
10-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据以及有机物中碳成键特点可知，σ键和π键个数比为12∶1，故A错误；
B．化学反应的决速步是由慢反应决定的，生成四氢呋喃决速步为反应Ⅱ，故B错误；
C．以γ-丁内酯为原料，根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量增加量正好是1，4-丁二醇参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时γ-丁内酯消耗amol，1，4-丁二醇消耗为bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，根据图像可知，=0.48, =0.36，解得a=，b=，则t1时刻x(H2O)= =0.08，故C正确；
D．因反应在高压氢气氛围下进行，增大氢气压强，体系压强增大，平衡逆向进行，不利于四氢呋喃的生成，故D错误；
答案为C。
10-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．速率较慢的反应决定了整个反应的快慢，故决定整个反应快慢的是第i步，A错误；
B．异构化反应过程中，(CH2)n转化为C3H6、C2H4、C4H8等，该过程中形成了极性键和非极性键，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO2和H2反应生成低碳烯烃和水的过程，则该反应总过程的原子利用率小于100%，C错误；
D．Fe3(CO)12/ZSM-5是催化剂，不影响CO2加氢合成低碳烯烃的产率，D错误；
故选B。
11-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．1个中含有10个电子，则中含有的电子数为，A错误；
B．中应该含有0.1mol硫离子，溶液中硫离子水解生成氢氧根离子和HS-：，且溶液中水也会电离出氢氧根离子，则溶液中含有的阴离子数目大于，B错误；
C．标准状况下，乙炔为1mol，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，中含有的σ键数目为，C错误；
D．钠和氧气反应，钠转化为+1价钠，为1mol，与足量的氧气反应转移电子数目为，D正确；
故选D。
11-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．1个中含有3个Si-Cl键，故1mol 含有Si-Cl键的数目为，故A正确；
B．24g Mg的物质的量为1mol，Mg失去2个电子转化为Mg2+，故1mol Mg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为2，故B错误；
C．完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，1L 1.0 溶液含有溶质为1mol，故含有阴离子的总数为，故C错误；
D．没有标明为标准状况，故无法计算气体分子数，故D错误；
故选A。
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．68g熔融的KHSO4的物质的量是＝0.5mol，硫酸氢钾在熔融状态下电离出K+和HSO，则含有0.5NA个阳离子，A正确；
B．标准状况下，22.4L N2和H2混合气体的物质的量为1mol，含有2mol原子，个数为2NA，B错误；
C．50ml 12mol/L盐酸含HCl 0.6mol，与足量MnO2共热，MnO2-4HCl-Cl2-2e-，反应过程中盐酸浓度变稀后不与MnO2继续反应，转移的电子数小于0.3NA，C错误；
D．密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应，生成2molNO2，NO2 会继续发生反应：2NO2N2O4，因此产物分子数小于2NA，D错误；
故选A。
11-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．1molNa2O2中含2mol阳离子（Na+）和1mol阴离子（），A正确；
B．标况下，CH3OH为液体，B错误；
C．SO2与O2反应可逆，C错误；
D．Na2SO4溶液中还需要考虑水中的氧原子，D错误。
故答案为A。
11-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．乙炔结构式为H-C≡C-H，一个分子中含有3个σ键，2个π键，故标准状况下，22.4 L乙炔中σ键数为3NA、π键数为2NA，A错误；
B．未知溶液体积，无法得知的个数，B错误；
C．7.8 g Na2O2为0.1 mol，含有共价键的数目为0.1 NA，C正确；
D．D2O相对分子质量为20，分子中质子数为10，故18 g重水(D2O)中含有的质子数为9 NA，D错误；
故选C。
11-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．17g 的物质的量为 =0.5mol，则分子中含有的电子总数为 =9，A正确；
B．标准状况下，为非气体，不能按气体摩尔体积计算其分子内所含氯原子数，B错误；
C．与发生取代反应，生成的HCl分子数等于参加反应的氯气的分子数为1NA，C错误；
D．氯气与发生反应生成HCl，但所得溶液的体积不是水的体积，无法准确计算所得溶液中HCl的物质的量浓度，D错误；
故选A。
12-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铁离子水解生成氢氧化铁，不能直接蒸发结晶得到无水氯化铁，故A不符合题意；
B．溴单质具有强氧化性，能和二氧化硫发生氧化还原反应导致溶液褪色，故B符合题意；
C．测定溶液pH值，应该用玻璃棒蘸取待测液，滴到干燥的pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，得出pH值，故C不符合题意；
D．硫离子、氯离子对应的酸不是对应元素的最高价氧化物对应的酸，不能测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH来比较S与Cl元素非金属性的强弱，故D不符合题意；
故选B。
12-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向5mL0.2mol/LMgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化镁，振荡充分后，再滴加几滴0.2mol/LCuCl2溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜的溶度积，故A正确；
B．过氧化氢与亚硫酸钠反应，利用过氧化氢的氧化性，将HSO氧化成SO，本身被还原成水，因为该反应没有明显现象，因此无法判断是否发生反应，故B错误；
C．乙烯虽然与氢气发生加成反应生成乙烷，但氢气为气体，且无色，如果通入氢气过量，引入新的杂质，一般通过溴水中，除去乙烷中的乙烯，故C错误；
D．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应，NaOH需要过量，题中所给氢氧化钠不足，故D错误；
答案为A。
12-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；
B．由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；
C．加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；
D．盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；
故选：B。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．食盐中所加碘一般为碘酸钾，碘酸钾遇淀粉不变蓝色，因此实验设计不合理，故A错误；
B．火柴头中的氯元素在氯酸钾中存在，氯酸钾溶于水不能直接电离出氯离子，加硝酸酸化的硝酸银不能生成氯化银白色沉淀，故B错误；
C．加硝酸后再加KSCN溶液变红，说明溶液中存在，从而可说明菠菜中含有铁元素，故C正确；
D．加浓硝酸鸡皮变黄，是蛋白质的性质，不能证明脂肪存在，故D错误；
故选：C。
12-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸后，铁粉会与硫酸反应生成硫酸亚铁，酸性溶液为强氧化剂，会氧化亚铁离子，则滴加酸性溶液，紫红色褪去，不能说明食品脱氧剂样品中含，A错误；
B．向溶液中滴入溶液，无明显现象，再滴加溶液，会将亚铁离子氧化为铁离子，则加入后溶液变成血红色，说明有还原性，B错误；
C．向溶液加入铜片会发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，看到溶液变蓝，无黑色固体出现，得到结论为的氧化性大于CuCl2，C错误；
D．向溶液中加入溶液后滴加几滴淀粉溶液，溶液会与溶液反应生成FeCl2和I2，则溶液变为蓝色，得到结论氧化性：，D正确；
故选D。
12-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，缓慢产生气泡说明乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢，故A正确；
B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳双键，故B错误；
C．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，故C错误；
D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，则试纸先变蓝，后褪色不能说明次氯酸钠溶液呈中性，故D错误；
故选A。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
W位于第三周期，且形成了6个共价键，则W为S，最外层电子数与Y相同，则Y为O；X、Y、Z位于同一周期，且Z形成了4个共价键，X形成了1个共价键，故X为F，Z为C；
详解:
A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性F>O>C，即X>Y>Z，故A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；O和F对应的离子具有相同的电子排布，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径应为W>Y>X，故B错误；
C．氟化氢为一种弱酸，故C错误；
D．YZW能与氧形成H2O2、C2H6、H2S，均能与氧原子形成18电子分子，故D正确；
故选D。
13-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素且位于不同周期，原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O；X位于第一周期，为H元素；Z位于第三周期，W位于第四周期，Z形成5个共价键，W形成＋1价阳离子，则Z为P，W为K元素，以此分析解答。
详解:
A．Y为O，X为H，Z为P，W为K，O和H、P、K均可形成至少两种化合物，分别为H2O与H2O2、P2O3与P2O5、K2O与KO2等，故A正确；
B．非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性O>P>H，则单质的氧化性：Y>Z>X，故B错误；
C．P的非金属性弱于S，所以P的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于硫酸，故C错误；
D．X与Z形成的最简单化合物为磷化氢，X与Y形成的最简单化合物为水，水分子之间存在氢键，导致其沸点较高，则X与Z形成的最简单化合物的沸点比X与Y形成的最简单化合物的沸点低，故D错误；
故答案选A。
点睛:
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期主族元素，X位于第三周期，Y位于第二周期，Z位于第一周期，故Z是H；又因为化合物M中X为+1价的离子，故X为Na；Y与H组成原子团，故Y是B，因为W原子的最外层电子数是电子层数的3倍，故W是核外电子排布是2、6，所以W是O元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
详解:
根据上述分析可知：X是Na、Y是B、Z是H、W是O元素。
A．Z是H，位于元素周期表第一周期第IA族，A错误；
B．X和Z形成的化合物是NaH，NaH+H2O=H2↑+NaOH，故X和Z形成的化合物的水溶液呈碱性，B错误；
C．化合物M是NaBH4，NaBH4是最常用的还原剂，Z2W2是H2O2，H2O2是常用的氧化剂，两者能发生氧化还原反应，C错误；
D．Y是B，B的最高价氧化物对应的水化物H3BO3，H3BO3是一元弱酸，D正确；
故合理选项是D。
13-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
M的组成元素X、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M可用于处理废水中的重金属离子，根据结构，Z形成+1价的阳离子，X可形成4对共用电子对，则X为C元素，Z为Na元素，W得一个电子后形成1个共价键，W为S元素，据此分析解答。
详解:
A．由上述分析为X为C元素，Z为Na元素，Na为第三周期元素，C为第二周期元素，原子半径：Na＞C，A正确；
B．W为S元素，S单质易溶于CS2，B错误；
C．C元素可形成CO、CO2，Na元素可形成Na2O、Na2O2，S元素可形成SO2、SO3，均可形成两种氧化物，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S＞C，则酸性H2SO4＞H2CO3，D正确；
答案选B。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
“X在宇宙中含量最丰富”说明X是氢元素，根据结构式，Y能形成两个共价键，其最外层电子数为6，位于第ⅥA族（结构式图下方的Y原子因为得到了W失去的1个电子而只形成1个共价键），“Y与Z位于相邻主族”，Z能形成5个共价键，因此Z位于第ⅤA族，由于Z原子序数大于Y，因此Y位于第二周期，Z位于第三周期，故Y是氧元素，Z是磷元素，W易失去1个电子，原子序数比Z大，应是第四周期第ⅠA族的钾元素，题目据此解答。
详解:
A．W与Y形成的二元化合物有K2O、K2O2、KO2、KO3几种，除K2O外，其余都具有强氧化性，A错误；
B．Z的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，为中强酸，B错误；
C．X的阴离子为，其结构是只有一个电子层的两电子结构，C错误；
D．X与Y组成的化合物有H2O、H2O2，其中实验室通常用分解H2O2的方法制备氧气，D正确；
故选D。
13-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；1个Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。
详解:
A．元素非金属性强弱的顺序为Si B．Na+有2个电子层，Cl−有3个电子层，W、Z对应的简单离子半径r(Na+) C．元素Z、元素X、元素W的单质分别为Cl2、Si、Na，分别属于分子晶体、共价晶体、金属晶体，Si的熔点最高，氯气的熔点最低，C错误；
D．2个硅原子和1个Р原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D错误；
故选B。
14-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中的轨道上的电子总数比轨道上的电子总数少1，X为氮；的核外电子共有8种运动状态，Y为氧；的氧化物可用于制作耐高温材料，且的单质与的最高正价氧化物对应水化物的溶液反应有气体(被称为最清洁的燃料)氢气生成，则W为铝、Z为钠；
详解:
A．N中N原子的价层电子对数为2＋=2， N原子采用杂化，A正确；
B．水分子能形成氢键，导致水沸点升高，最简单氢化物的沸点：，B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：，C错误；
D．氧化铝为离子晶体，D错误；
故选A。
14-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
X、Y、Z三种原子序数依次增大的短周期元素，且X价层电子排布是nsnnp²n，则n等于2，即2s22p4，所以X为氧元素；Y元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，所以Y是镁元素，满足第一电离能都高于同周期相邻元素；Z元素原子价层电子的轨道中有两个孤电子且在其原子价层电子的轨道中s能级上电子总数与p能级上电子总数不相等，即价电子排布式为3s23p4，则Z为硫元素，据此回答。
详解:
A．X与Y形成离子化合物氧化镁，化学键为离子键，A错误；
B．第一电离能O>S>Mg，即Y C．X与Z可以形成SO2、SO3，C错误；
D．该药物应为硫酸镁，溶于水后镁离子水解使溶液显酸性，D错误；
故选B。
14-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，则X为H；Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合原子序数可知Y为O，Z为Mg；W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1，其价电子排布式为3s23p4，则W为S。
详解:
根据分析可知：X为H，Y为O，Z为Mg，W为S元素。
A．一般情况下同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，原子核外电子排布处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，P元素是第三周期的VA元素，原子核外最外层电子处于半充满的稳定状态，所以P第一电离能大于S元素，则S元素的第一电离能比P、Cl都小，选项A正确；
B．不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大：则原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(W)＜r(Z)，选项B错误；
C．在工业上一般是采用电解熔融的MgCl2的方法治炼Mg，不是电解MgO的方法治炼Mg，选项C错误；
D．X与Y形成的化合物过氧化氢是含有极性共价键和非极性共价键的极性分子，选项D错误；
答案选A。
14-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层p能级上有2个未成对电子且无空轨道，其价电子排布式为3s23p4，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，其价电子排布式为2s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，其价电子排布式为2s22p4，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，其价电子排布式为3s23p3，则T是P元素。
详解:
A．X为S，Q为O，两者结合生成的化合物为SO2或者SO3，为共价化合物，A正确；
B．T原子的M电子层上p轨道半充满，其价电子排布式为3s23p3，则T是P元素，p区元素包含ⅢA族～ⅦA族及零族元素，属于P区，B正确；
C．Y为Fe，Q为O，两者可形成Fe2O3、FeO、Fe3O4，C错误；
D．Z为C，根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，违反了洪特规则，D正确；
故答案选C。
14-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
宇宙中含量最多的元素是H，A是H；根据题中信息和构造原理，B电子排布式为1s22s22p4，B为O，其第一电离能低于N、F；C电子排布式应为1s22s22p63s2，C为Mg，其第一电离能高于Na、Al；D为K；
详解:
A．H2常温下为气体，A项正确；
B．O2-与Mg2+核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径：O2->Mg2+>H+，B项错误；
C．金属性Mg>Al，故二者最高价氧化物的水化物碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，C项正确；
D．原子核外电子运动状态均不相同，K核外共有19个电子，故共有19种不同运动状态的电子，D项正确；
答案选B。
14-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由题意知，A是第三周期中的半导体材料，故A是Si，B的L层s电子数比p电子数少1，故B是N，C是第三周期主族元素中第一电离能最大的，故C是Cl，D是前四周期中未成对电子数最多的，故D是Cr。
详解:
A．B的单质是N2含有个键，NH3的空间构型是三角锥型，A错误；
B．C的最高价含氧酸是HClO4，中心原子的杂化方式是sp3，B错误；
C．元素D基态原子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，C正确；
D．A、B、C三元素的电负性由大到小的顺序为：N>Cl>Si，即B>C>A，D错误；
故选C。
15-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由工作原理图可知，左边X电极上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应、为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边Y电极为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，据此解答该题。
详解:
A．由分析可知，X极为全氢电池的负极，A错误；
B．由题干信息可知，该装置为原电池，原电池将化学能转化成电能，B正确；
C．由于HClO4是强酸，结合分析可知电极Y的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，C错误；
D．由分析可知，左侧X极为负极，右侧Y极为正极，故Na+由负极即左侧移向正极右侧，故反应一段时间后右室c(NaClO)增大，D错误；
故B。
15-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
左侧电极氢失去电子发生氧化反应生成氢离子，，为负极；右侧电极硝酸根离子得到电子发生还原生成NO，NO+4H++3e-=NO↑+2H2O，为正极；
详解:
A．状态未知，不能确定氢气的物质的量，不能计算消耗氧气的量，A错误；
B．铅蓄电池的PbO2极为正极，若用该电池对铅蓄电池进行充电，正极连接正极，则PbO2极应接碳毡电极，B错误；
C．原电池工作时，电子在外电路移动，不能进入电解质溶液，C错误；
D．碳毡电极上硝酸根离子得到电子发生还原反应生成NO，电极反应为NO+4H++3e-=NO↑+2H2O，D正确；
故选D。
15-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该装置同时可以获得烧碱，则钠离子应与氢氧根离子结合，若为质子交换膜(只允许氢离子自由通过)，则钠离子与正极生成的氢氧根离子不能接触，无法得到NaOH，故A错误；
B．由装置信息可知乙电极上氧气得电子，则甲电极上HCOONa失电子生成碳酸，电极反应为：，故B错误；
C．电池在工作时，乙极发生反应：，电极附近溶液氢氧根离子浓度增大，pH增大，故C正确；
D．由电极反应可知转移4mol电子正极消耗1mol氧气，负极生成2mol碳酸，则单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为，故D错误；
故选：C。
15-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据电子流向可知，左边电极为负极，电极反应式为SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，右边电极为正极，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2。
详解:
A．反应②能自发进行，反应放出能量，反应①不能自发进行，需要吸收能量，反应②释放的能量可以用于反应①，故A正确；
B．由分析可知，O2在右侧电极得到电子生成H2O2，电极方程式为：，故B正确；
C．当正极生成0.1 mol 时，得到0.2mol电子，左边电极为负极，电极反应式为SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，当得到0.2mol电子时，吸收0.1mol SO2，同时双极膜电离出0.2molOH-进入负极，负极区溶液质量增重0.1mol64g/mol+0.2mol17g/mol=9.8 g，故C正确；
D．负极电极反应式为SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，正极电极反应为O2+2H++2e-=H2O2，协同转化总反应为： ，故D错误；
故选D。
15-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
S元素化合价由＋6价升高为＋7价，化合价升高被氧化，故右侧Pt电极为阳极，b为外接电源正极，a为外接电源负极，左侧Pt电极为阴极。
详解:
A．根据分析，a为外接电源的负极，A正确；
B．根据分析，阴极氧气被还原，阳极硫酸根被氧化，电解总反应正确，B正确；
C．根据阳极产物可知，反应需要消耗硫酸根，阴离子交换膜不可用阳离子交换膜替代，C错误；
D．电解池工作时，I室溶液中氢离子移向阴极，硫酸根移向阳极，消耗硫酸，I室溶液质量理论上逐渐减小，D正确；
故选C。
15-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
一氧化氮得到电子发生还原反应，则MoS2电极为正极，电极为负极；
详解:
A．电极为负极，电极为正极，正极电势高于负极电势，故A错误；
B．负极锌失去电子生成氧化锌，反应式为；正极一氧化氮得到生成氨气，反应式为；双极膜中OH-和H+分别向负极、正极移动，补充消耗的阴、阳离子，两电极均有水生成，溶液体积变大，则NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小，故B正确；
C．电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为，故C正确；
D．正极的反应式为，由反应式可知，转化为1mol，转移电子，整个电池系统质量会增大30g-17g=13 g，故当电路通过时，理论上可以转化的物质的量为，整个电池系统质量会增大130.2g=2.6g，故D正确；
故选A。
16-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=≈1.0×10-5，A错误；
B．根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，B正确；
C．向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C错误；
D．由图可知盐酸体积为20mL时恰好到达终点，则n点时BOH只消耗一半，反应产生BCl，此时BOH和BCl物质的量相等，根据电荷守恒：，此时溶液呈碱性，则c(Cl-) 故选：B。
16-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在滴定过程中M+浓度增大，MOH的浓度减小，且曲线①和曲线③的交点纵坐标是0.5，故可推断曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)，②代表pH的变化曲线，故A项正确；
B．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，且pH=9.55，设该点c(M+)=c(MOH)=x，则有，，则，故B项正确；
C．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，因为M+的水解平衡常数小于MOH的电离平衡常数，故在a点时电离大于水解，若不发生水解和电离，则有c(MOH）＞c(M+)，则加入的HCl的体积小于，故c(M+)+c(MOH)＞2c(Cl-)，故C项正确；
D．由C可知a点时，加入盐酸的体积小于，即V1＜ 12.5mL，故D项错误；
故答案选D。
16-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．随着溶液的滴加，HA电离程度增大，溶液中减小、增大，则减小、增大，所以曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表pH变化，A正确；
B．由图可知当溶液中时，，，，故的数量级为，B正确；
C．根据电离平衡常数：，，在滴定过程中，不变，减小，增大，C错误；
D．滴定达到终点时，生成，在溶液中发生水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小为：，D正确；
故选C。
16-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
用NaOH溶液滴定酸HA的过程中会发生反应：，HA不断减少，NaA不断生成。溶液的pH不断增大，当加入20mLNaOH溶液时时，恰好完全反应。
详解:
A．由分析可知：HA因为消耗，而使其分布系数随NaOH的滴加而降低；同时生成NaA，而使A-的分布系数随NaOH的滴加而升高，故a、b分别为HA和A-的分布系数曲线；A项正确；
B．由图可知，曲线a、b的交点x表示HA和A-的分布系数相同，即溶液中c(HA)=c(A-)，由电离平衡常数计算式Ka= 可得HA的电离平衡常数Ka=c(H+)=10-5.2，数量级为10-6；B项正确；
C．p点时，溶液中HA和NaA的浓度比为1:3，但此时溶液pH小于7，显酸性，即HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c(A-)﹥3c(HA)；C项错误；
D．由图可知，q点是NaOH和HA恰好完全反应的点，此时溶液中只有A-的水解促进水的电离，水的电离程度最大。D项正确；
故选C。
16-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．用NaOH溶液滴定NaHA发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O，HA-不断减少，A2-不断增多，故曲线b表示的是A2-的分布系数变化曲线，A错误；
B．m点时HA-和 A2-的分布系数相同，pH=4.2，则H2A的第二步电离平衡常数，其数量级为10-5，B错误；
C．n点时滴入了10mLNaOH溶液，溶液中NaHA和Na2A的浓度比为1:1，根据电荷守恒和物料守恒可得，，，消去c(Na+)可得2c(H+)+c(HA -)- 2c(OH- )=c(A2-)-3c(H2A)，C正确；
D．A2-的水解程度大于HA-，在NaOH与NaHA恰好完全反应之前溶液中A2-越多，水的电离程度越大，则在n、p、q三点中，水的电离程度大小关系为： n 故选C。
16-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题意和图示可知，在0～10mL之间，和盐酸反应，第一滴定终点即和盐酸恰好完全反应的点，在10～40mL之间，和HA反应，第二滴定终点即和HA恰好完全反应的点；图中，实线为pH的变化曲线，逐渐增大的虚线是的分布系数变化曲线，逐渐减小的虚线是的分布系数变化曲线。
详解:
A．由图中和分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH=4.76，，A项正确；
B．常温下，时，可知，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaCl，根据分析可知，初始盐酸和HA的混合溶液中：n(HA) =3n(HCl)，则时，，所以，B项正确；
C．盐酸和HA电离出的氢离子对水的电离产生抑制作用，时，随着盐酸和HA被氢氧化钠反应消耗，盐酸和HA减少，对水的电离抑制减弱，且生成的水解促进水的电离，所以滴定过程中水的电离程度不断增大，C项正确；
D．第一滴定终点时，盐酸已消耗完，剩余的酸为HA，且，则，，则用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点，pH要大于3.0才变色，由于第一终点突变变化不明显，用该指示剂判断第一终点误差较大，D项错误；
答案选D。
17-1【基础】 【正确答案】 1、2H2O22H2O+O2↑ 测相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间
2、2 0 II III
3、双氧水分解为放热反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3，使溶液颜色变深
4、2Fe3+＋H2O2=2Fe2+＋O2↑＋2H+ 铁氰化钾(或K3[Fe(CN)6]、[Fe(CN)6]3-)
5、SCN-(或KSCN)具有还原性，被H2O2氧化生成，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动
【试题解析】 分析:
本题是一道探究反应速率影响因素的实验题，可以通过测量单位时间内生成气体的体积来计算反应速率，在实验过程中，要注意控制只有一个因素影响反应速率，此时其他因素都相同，以此解题。
①过氧化氢分解生成水和氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
②该反应产生氧气，可以通过测定单位时间内，产生气体的量，来测定速率，故测相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间；
①做实验时，每一组实验只能选择一个因素不同，参考实验III可知a=2，b=0；
②在实验II和III中，过氧化氢的量不同，其浓度不同，可以探究探究浓度对反应速率影响；
该反应中使用了催化剂氯化铁，且该反应是放热反应，随着反应进行温度升高，促进了三价铁的水解，颜色变深，故双氧水分解为放热反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3，使溶液颜色变深；
①研究表明，Fe3+ 催化H2O2 分解的反应过程分两步进行，其中第二步反应为2Fe2+ + H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，总反应减去第二步反应为第一步反应，第一步的离子方程式2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+。故2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+；
②二价铁遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，可以用来检验二价铁，故铁氰化钾(或K3[Fe(CN)6]、[Fe(CN)6]3-)；
反应中用的过氧化氢具有强氧化性，且继续滴加KSCN溶液，溶液又变红色，此时再向溶液中滴加盐酸酸化后的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中有三价铁，只是SCN-被氧化成硫酸根离子，故溶液红色褪去的原因; SCN-(或KSCN)具有还原性，被H2O2氧化生成，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动。
17-2【基础】 【正确答案】 1、 a 6.0 6.0 2
2、a→b，c←f←e←d NH4Cl、Ca(OH)2
3、 溶液变为黄色
【试题解析】 分析:
探究NaNO2溶液和NH4Cl溶液反应的速率与c(NaNO2)的关系时，c(NaNO2)是唯一变量；
①溶液和溶液加热生成NaCl、、H2O，该反应的化学方程式是，的密度与空气相近，难溶于水，所以用排水法收集，选a。
②i. 根据实验3、4可知，溶液的总体积为20.0mL，该实验的目的是探究NaNO2溶液的浓度对化学反应速率的影响，根据实验1和3，NaNO2的体积增大二倍，速率大约变为4倍，实验4的速率大约是实验2的4倍，则实验2所用NaNO2溶液的体积为实验4的二分之一，则V1=6.0mL，V3=(20.0-4.0-4.0-6.0)mL=6.0mL。
ii.由表中实验1、3数据可知，其他物质的浓度相同时，NaNO2溶液的浓度增大1倍时，实验3、1中收集1.0mLN2所需时间比值为≈，即实验3的反应速率为实验1的4倍，由于，实验m≈2。
把氨气和二氧化碳气体通入饱和食盐水中制取碳酸氢钠，根据装置图，该装置适合加热氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，氨气易溶于水，为防止倒吸，由b口通入氨气；石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳由c口通入饱和食盐水中，装置接口正确的连接顺序为a→b，c←f←e←d。由该装置可知，该实验中制备NH3需用到的试剂的化学式是NH4Cl、Ca(OH)2。
i. 遇SCN-溶液变为血红色，滴加溶液变红，说明溶液中存在的离子是，Fe3+的来源是与发生氧化还原反应生成和NO，离子方程式是；
ii. 若猜想成立，溶液中的棕色掩盖了的黄色，则“实验6”中受热分解释放出，溶液变为黄色。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、b c 3、2.0×10-7 mol/L ＜ 2H2O+3SO2+2NO=3SO+ 2NO+4H+ 防止氧气干扰实验 O2和NO都能氧化SO2，从而生成BaSO4 O2的氧化作用是生成BaSO4的主要因素
【试题解析】 实验室常用亚硫酸钠固体和浓硫酸反应制备SO2，其化学方程式为，；
A装置中的现象使石蕊变红，证明SO2有酸性，B装置中的溴水颜色褪去是因为溴单质与SO2有发生氧化还原，SO2被氧化，SO2表现还原性，所以b；c；
①、 ，，饱和亚硫酸溶液的pH约为1，其中c(H2SO3)约为1.25mol/L，代入得 mol/L；由题意知 ，2.0×10-7 mol/L，＜；
③也可能是酸性环境下，硝酸根离子氧化SO2， 2H2O+3SO2+2NO=3SO+ 2NO+4H+；实验1、实验2中煮沸、油覆的目的是隔绝空气，防止氧气干扰实验；2H2O+3SO2+2NO=3SO+ 2NO+4H+，防止氧气干扰实验；
④实验1、2可知硝酸根离子可氧化SO2，实验2、4说明氧气可SO2，所以通过对比实验1、2、4三组实验的pH变化图像，得出结论O2和NO都能氧化SO2，从而生成BaSO4，从图可看出有氧时pH变化数据更大，所以O2的氧化作用是生成BaSO4的主要因素，O2和NO都能氧化SO2，从而生成BaSO4，O2的氧化作用是生成BaSO4的主要因素。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、+3 NaHC2O4=Na+ +
2、b 26.10 mL 偏小
3、 K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生 正向
4、 5、明矾净水或泡沫灭火器等
【试题解析】 利用物质化合价为0，设C的化合价为x，2+2x+(-2)×4=0，则x=+3。NaHC2O4为弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHC2O4=Na+ + 、。答案为+3；NaHC2O4=Na+ + ；
酸性高锰酸钾溶液为强氧化剂对橡胶有腐蚀性不能用碱式滴定管装，正确的装置为b。滴定管的精度为0.01mL，由图读取消耗高锰酸钾的体积为26.10 mL。由电子守恒得出关系式为，则c(H2C2O4)= 。滴定终点时俯视读数会导致V(KMnO4)偏小，所以c(H2C2O4)偏小。答案为b；26.10 mL；偏小；
K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生。所以无法看到红色。加入酸之后H+消耗平衡ii的，促使平衡正向。答案为 K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生；正向；
反应中Fe3+被还原为Fe2+。答案为 ；
明矾净水，利用Al3+水解产生胶体Al(OH)3吸附净水；泡沫灭火器利用NaHCO3和Al2(SO4)3的双水解产生大量气泡和Al(OH)3达到灭火的目的等。答案为明矾净水或泡沫灭火器等。
17-5【提升】 【正确答案】 1、做对照，排出氧化的干扰
2、
3、无时，生成少量后淀粉即变蓝，无法确定与反应的浓度变化
4、强于 实验2-2与完全反应后的溶液中，仍高于2-1中起始，溶液应立即变蓝 生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝
5、
【试题解析】 空气中的氧气也可能将I-氧化为I2，所以实验1-1的目的是做对照，排出氧化的干扰。
与反应生成和I2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
无时，生成少量后淀粉即变蓝，无法确定与反应的浓度变化，则实验2-1不能用于测定与KI反应的速率。
①已知可与发生反应：，该反应中I2为氧化剂，是还原剂，I-是还原产物，根据氧化还原反应的规律可知，的还原性强于KI；
②实验2-2与完全反应后的溶液中，仍高于2-1中起始，溶液应立即变蓝，乙同学根据现有数据证明猜想1不成立；
③已知I2可与发生反应：，则加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长的原因可能是：先与反应，生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝。
先与反应，与迅速反应，由方程式和可知n()=n()=，则。
17-6【提升】 【正确答案】 1、3.4g 烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶
2、1 2 0 升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大
3、测定40℃醋酸钠溶液的pH
或
【试题解析】 分析:
配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
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；
配制溶液，需要称量醋酸钠晶体的质量为。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；
探究加水稀释对水解程度的影响，则实验中变量为醋酸钠的浓度，故实验1和2，探究加水稀释对水解程度的影响；
①实验1和3，探究加入对水解程度的影响；不能改变醋酸根的浓度，故0；
②醋酸水解方程式为：，铵根离子水解方程式为：；铵根离子水解会导致溶液中酸性增强，实验测得，该结果不足以证明加入促进了的水解，实验中可以根据的浓度增大可以说明加入能促进的水解；
③已知水解为吸热反应，甲同学预测，但实验结果为。实验结果与预测不一致的原因是水的电离也为吸热过程，升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大；
实验为通过测定不同温度下的水解常数确定温度对水解程度的影响，则实验7需要测定40℃醋酸钠溶液的pH；取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为，和HCl以1:1反应，此时的起始浓度=，40℃纯水的pH=b，则，；实验7所得溶液的pH=c，则，则=或。
18-1【基础】 【正确答案】 1、4s24p3 2、
3、过滤 B 4、+5 将还原为SbCl3
5、SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
6、TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体 6
【试题解析】 分析:
分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含、，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl。碱浸液中含、，调节pH值后得到TeO2沉淀。
As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为：4s24p3；
“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为：；
分离出的操作是过滤；pH=4时，溶液成酸性，，，故滤液中As元素最主要的存在形式为：B；
①中，Sb的化合价为+5价；
②“氯盐酸浸”时，通入的目的是：将还原为SbCl3；
“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl；
TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；由晶胞结构可知，Te的配位数为6；根据均摊法，Te原子位于晶胞的顶点和内部，个数为；O原子位于晶胞的面上和内部，个数为，晶胞的密度为：。
18-2【基础】 【正确答案】 1、增大反应物接触面积，加快反应速率 7∶4
2、4.7 3、NH4F水解生成的HF，HF能够腐蚀陶瓷
4、使充分转化为或促进2＋2H＋⇌＋H2O的平衡正向移动，使充分转化为
5、(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑
6、12 或或
【试题解析】 分析:
含铬废料加入氢氧化钠研磨后，通入氧气焙烧得到含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、MgO的的烧渣，加入硫酸酸溶，生成滤渣1硅酸沉淀和滤液1，滤液1调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液2加入氟化铵除去镁得到滤渣3，滤液3加入硫酸、硫酸铵转化后得到重铬酸铵，煅烧得到氧化铬；
“研磨”的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；“焙烧”过程FeCr2O4和氧气反应被氧化为三价铁和六价铬，根据电子守恒可知，，故发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是7:4；
25℃时，调节pH将铁、铝转化为沉淀，由Ksp可知，；铝离子完全沉淀时，铁离子早已完全沉淀，则氢氧根离子至少为，pOH=9.3，pH=4.7；故“调pH”的最小值为4.7；
“除镁”工序不能在陶瓷容器中进行的原因是NH4F水解生成的HF，HF能够腐蚀陶瓷；
“转化”后得到重铬酸根离子，故转化加入适量H2SO4的作用是使充分转化为或促进2＋2H＋＋H2O的平衡正向移动，使充分转化为；
“煅烧”反应中铬元素化合价由+6变为+3，则反应中必有元素化合价升高，生成的气体中含有一种单质，根据质量守恒可知，生成气体为氮气，化学方程式为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑；
以体心镁离子为例，每个Mg2+周围距离最近的Mg2+同层、上下层各个4个，故个数为12。根据“均摊法”， 已知MgO晶胞边长为0.4mn，晶胞中含个O2-、个Mg2+，则晶体密度为。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、第五周期第ⅢA族 p
2、+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓
3、、MnO2，、PbSO4
4、使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度
5、性质与相似，pH过高，转化为沉淀
6、(0.75，0.25，0.625)
【试题解析】 分析:
从铜烟灰中(主要含、、、、)提取铟，铜烟灰加入KMnO4和硫酸氧化酸浸后，PbO转变为PbSO4沉淀，不溶，KMnO4转化为MnO2，CuO和In2O3分别溶于硫酸，In2S3、KMnO4、H2SO4发生氧化还原反应，滤液中含有Cu3+、In3+、，滤渣为和硫酸铅、MnO2，滤液中加入有机萃取剂除去铜离子、在有机相中加入反萃取剂盐酸，反萃取除去硫酸根离子，在HInO4溶液中加入Zn，发生置换反应得到粗铟，电解精炼可得到铟。
元素为49号元素，在周期表中的位置为第五周期第ⅢA族，属于p区元素。
“氧化浸出”工艺中，的硫元素被氧化为，KMnO4被还原为MnO2，发生反应的离子方程式：+8MnO+8H+= 2In3++3+4H2O+8MnO2↓；
根据分析，“滤渣”的主要成分是、MnO2，、PbSO4；
“水相”中主要存在的金属离子是，经提纯后可将溶液用于铜的电镀实验，电镀前还须滴加浓氨水至溶液为深蓝色，使铜离子完全转化为铜氨络离子，提高铜离子的溶解度；
“萃取”工艺中，加入时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是性质与相似，pH过高，转化为沉淀；
①如图，，则C处S原子的坐标为(0.75，0.25，0.625)；
②该晶胞中，铜原子个数为，In原子个数为，S原子在晶胞内，个数为8，该晶体的密度，其中d=，相对分子质量为972，代入d=，故NA=。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
2、除去氧化物中的
3、把+3价钴还原为+2价
4、3.5≤pH＜6.6
5、
【试题解析】 分析:
废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。
根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。
18-5【提升】 【正确答案】 1、将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集
2、6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑
3、过滤 4、浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小
5、95.68% 6、8 ×107
【试题解析】 根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。
转化为，则H2O2转化为O2：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
故6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
“操作I”为过滤。
故过滤。
浸出液中加入的SO浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO，故而增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。
故浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。
根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[]==95.68%。
故答案为95.68%。
①由图可知，一个晶胞中，1个铈离子周围有4个氧离子，故铈离子的配位数为：4×2=8，
故8。
②在晶胞中，N(Ce4+)==4，N(O2-)=8×1=8，故每个晶胞中相当于有4个CeO2，4M=ρ.v晶胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA。故a=×107nm。
故×107。
18-6【提升】 【正确答案】 1、Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O CaSO4
2、略小于5.7 3、6mol/L 2mol/L
4、Ga(OH)3+OH-=+2H2O
5、Ga2O3+2NH32GaN+3H2O
6、共价晶体 分子晶体 4
【试题解析】 分析:
矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。
Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。
酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。
根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L。
Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O。
Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。
①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。
②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为，设晶胞边长为anm，则ρ=，则a=nm。
19-1【基础】 【正确答案】 1、 减小
2、a>b>c 0.5 0.64
3、 4：1
【试题解析】 设③根据盖斯定律可知，③=②-①，则；该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小；
①两种物质反应，增大二氧化碳的浓度则氢气的平衡转化率会增大，故a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为a>b>c；
②根据题给数据可得三段式如下，

平衡时气体总物质的量=1.6mol，
则此时平衡常数；
③根据，
则；
由图可知，二氧化碳在铜电极上得到电子生成乙烯，电极反应式为：；根据电子转移情况：、、，由于阴极生成CO、HCOOH、，且各产物生成速率相同，则每产生1 mol 电路中通过电子总物质的量为16 mol，故Pt电极与Cu电极上产生与的体积比为16/4=4：1。
19-2【基础】 【正确答案】 1、C 3、正向移动 8 12.5
4、 90
【试题解析】 同一周期从左向右第一电离能逐渐递增，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，即第一电离能C ①否，因为合成丙烯晴反应为放热反应，若460℃前达到平衡，升高温度平衡产率应该降低；
②因为丙烯晴产率为0.6，理论上C3H6消耗0.62mol=1.2mol，所以其反应速率为；
①压缩体积时，生成丙烯晴的反应逆向移动，使得丙烯和氧气浓度增大，从而副反应的反应物浓度增大，其平衡正向移动；
②由题意知生成丙烯晴转化的C3H6为10.9mol=0.8mol，副反应转化的C3H6为10.9=0.1mol，结合反应和知，转化的C3H6物质的量共0.9mol，氨气0.8 mol，氧气1.3 mol，生成的丙烯晴0.8 mol，水蒸气2.5 mol，C3H4O0.1 mol，所以平衡时体系中C3H6的物质的量为0.1 mol，氨气为0.2 mol，氧气为0.2 mol，氮气为6 mol，C3H4O为0.1 mol，丙烯晴为0.8 mol，水蒸气为2.5 mol，则体系总物质的量为9.9 mol，丙烯晴的分压为kPa；副反应分压为；
①阴极发生还原反应，即；
②由信息知生成氧气物质的量为，则理论上转移的电子物质的量为1.54mol=6mol，即转移6mol电子，又生成291.6g的己二晴转移电子物质的量为，所以效率为。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
3、2p 哑铃形 0.02
4、 16
【试题解析】 已知：
Ⅰ：
Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅰ-Ⅱ得： 则；
由图可知，反应为氨气、一氧化氮、氧气在催化剂作用下生成水和氮气，；
基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态原子中，电子占据的最高能级为2p能级，该能级轨道的形状为哑铃形；
由图可知，电解池中阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成，反应式为；阳极反应为，，A口每产生(体积已换算成标准状况，不考虑的溶解)为0.01mol，NO得到电子生成0价的氮气，根据电子守恒可知，，则可处理的物质的量为0.02mol；
①从反应开始至达到化学平衡时，以表示的平均化学反应速率为。
②若该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，、分别为正、逆反应速率常数；对应的时刻，，设反应CO为amol，则生成二氧化碳amol，4-a=a，a=2mol，则此时；由图像可知，两点；则；
③由三段式可知：

若平衡时总压强为，用平衡分压代替其平衡浓度表示的化学平衡常数。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、 低温
2、0.045 0.20 增大压强(或使用对反应II催化活性更高的催化剂)
3、 2
【试题解析】 根据图像可知①CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CH3OH(g)+2H2O(g) ΔH=+23.9kJ/mol
②2CO2(g)+6H2(g)=2CH3OH(g)+2H2O(g)ΔH=－99.2kJ/mol
依据盖斯定律可知②－①即得到反应=－123.1kJ/mol。该反应是体积减小的放热的可逆反应，依据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应自发进行可知低温下能自发进行。
①300℃时，通入、各1mol，平衡时的选择性、的平衡转化率都为30%，消耗是0.3mol，所以平衡时生成的物质的量为，根据碳原子守恒可知生成CO是0.21mol，剩余0.7mol，依据方程式可知生成水蒸气是0.21mol+0.045mol×3=0.345mol，消耗氢气是0.21mol+0.045mol×6=0.48mol，剩余氢气是0.52mol，反应Ⅰ中添加不变，则此温度下反应Ⅰ的平衡常数。
②反应Ⅱ是放热的体积减小的可逆反应，所以不改变反应时间和温度，一定能提高的选择性的措施有增大压强(或使用对反应II催化活性更高的催化剂)。
右侧装置中与a电极相连的电极通入NO，NO被还原为铵根，该电极是阴极，所以a电极是负极，通入的是二甲醚，电极反应式为；右侧装置是电解池，二氧化硫、NO分别转化为硫酸和铵根，当电路中转移2.5mol电子时，依据电子得失守恒可知生成硫酸1.25mol，铵根是0.5mol，因此生成硫酸铵是0.25mol，根据硫原子守恒可知生成硫酸是1mol，所以硫酸的浓度即A的浓度是1mol÷0.5L=2.0mol/L。
19-5【提升】 【正确答案】 1、ΔH3-2ΔH2 [Ar]3d3 1.0×1014 AC
2、将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
3、时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
4、4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。
【试题解析】 ①已知：II.
III. ，由盖斯定律，反应III-2II得
得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故ΔH3-2ΔH2；
②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，故[Ar]3d3；
③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确；
C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误；
故选AC。
故1.0×1014；AC；
实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-；
温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS；
阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使平衡正向从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 。故4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH；。
19-6【提升】 【正确答案】 1、+=2CO+ 2H2 =E3-E1 快反应
2、B CO2的转化率大于
3、加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大
4、> 0.75 5、CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2
【试题解析】 -干重整反应生成CO和H2，由图可知反应物的能量高于生成物，该反应为吸热反应，=生成物能量-反应物能量=E3-E1，热化学方程式为：+=2CO+ 2H2 =E3-E1；由图可知，反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅰ，反应Ⅱ是快反应。
等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应+=2CO+ 2H2，同时还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则CO2的转化率大于，则表示CH4平衡转化率的是曲线B。
压强为P0kPa，温度低于700℃时，加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大。
温度、投料量相同，由图乙可看出E、G两点CH4转化率相同，可知E、G两点CH4物质的量相等，但G点压强大，所以G点对应的体积小，CH4的浓度大，即c(G) >c( E)；500℃ 时由图甲可知平衡时n( H2) =2.1 mol，由图乙可知，相同反应时间，G点CH4转化率小于F点，但G点压强大于F点，则G点已达到平衡，CH4平衡转化率为0.6，列三段式：


平衡时气体总物质的量为：0.4mol+0.3mol+2.1mol+0.3mol+2.1mol=5.2mol，此温度下反应③的压力平衡常数 。
由外接直流电源可以判断是电解池，根据元素化合价变化，Ni- YSZ电极上发生CH4→H2+ CO2的转变，则该电极为阳极，发生氧化反应,结合图示，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2。
20-1【基础】 【正确答案】 1、sp2、sp3 2、羧基，氨基
3、取代反应 4、N>O>C
5、 6、12 7、
【试题解析】 分析:
D为，D→E为 与CH3CH2OH在SOCl2作催化剂和吸水剂的条件下发生取代反应生成E()。
中的C原子形成的σ键数为3，C原子上无孤电子对，C原子为sp2杂化，的C原子形成的σ键数为4，C原子上无孤电子对，C原子为sp3杂化，故sp2、sp3。
D为，其中含有的官能团为羧基(-COOH)、氨基(-NH2)。
F→G的反应为与POCl3和HCl反应生成，-OH被POCl3中Cl原子取代。
C、N、O为同周期元素，从左至右原子的第一电离能有逐渐增大的趋势，而N原子的2p能级半充满，相对较为稳定，难以失去电子，因此第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
E和合成F的原子利用率为100%，则反应类型为加成反应，因此E→F的反应方程式为。
的同分异构体中，满足：①能发生银镜反应，说明含有-CHO，②苯环上有2个取代基，则苯环上取代基可能有4种可能，分别为①-CHO与-NHCH3、②-CHO与-CH2NH2、③-CH2CHO与-NH2、④-NHCHO与-CH3，当苯环上连接两个不同的取代基时，有邻间对三种结构，因此满足条件的一共有4×3=12种。
由逆推，需先合成，以 和为原料合成过程中碳链增长，可参照A→B→C的反应，因此合成路线为。
20-2【基础】 【正确答案】 1、酮羰基、氯原子 2、消去反应
3、、 Cl或氯
4、
5、13 6、
【试题解析】 分析:
A发生加成反应生成羟基得到B，B发生消去反应生成C，C发生取代反应生成D；E生成F，F生成G，结合G化学式可知，E为邻二甲苯、F为，F发生酯化反应生成G，G转化为H，DH生成I；
由图可知，A中所含官能团的名称为酮羰基、氯原子；
B发生消去反应生成碳碳双键得到C，为消去反应；
D中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；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；故其中电负性最大的元素为Cl或氯；
F发生酯化反应生成G，反应为；
B除苯环外寒烟1个氯、3个碳、1个氧，其同分异构体中，满足下列条件：
①含有苯环；②与溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上；
若含有-OH、-CCl(CH3)2，则由邻间对3种；若含有-OH、-CH(CH3)2、-Cl，则为3个不相同的取代基在苯环上有10种情况；故共13种情况；
核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，结构简式为；
乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为：。
20-3【巩固】 【正确答案】 1、苯乙酸 J 2、CH3CH2OH 酯基、羰基 3、C
4、+2NaOH→+2CH3CH2OH
5、15 6、BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHOOCCOOH
【试题解析】 分析:
化合物A与乙醇发生酯化反应生成化合物B，化合物B与G取代反应生成化合物C和乙醇，化合物D与化合物H发生取代反应生成E，加入尿素，化合物E与尿素反应生成苯巴比妥(F)和乙醇。
有机物A的名称为苯乙酸；推电子效应： > >，故三种物质中酸性最强的是J()；
通过对比B、G、C分子的结构可知，副产物为乙醇，其结构简式是CH3CH2OH；有机物C的含氧官能团名称为酯基、羰基；
A．有机物D中不存在亲水基团，不能形成分子间氢键，难容与水，A错误；
B．顺反异构一般是由有机化合物结构中如C=C双键、C≡C叁键、C=N双键、N=N双键或脂环等不能自由旋转的官能团所引起的，每个不能自由旋转的同一碳原子上不能有相同的基团，且必须有两个不同的原子或原子团，有机物E不存在顺反异构体，B错误；
C．有机物F中氮原子有3个键，还有一个孤电子对，其杂化类型为，C正确；
D．有机物G的名称为乙二酸二乙酯，D错误；
故C；
D分子中存在两个酯基，酯基能与NaOH溶液反应，其化学方程式为+2NaOH→+2CH3CH2OH；
化合物N与B是同分异构体，能使溶液显色，说明化合物N中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明化合物N中含有醛基，同时要求苯环上的取代基数目为2个，则苯环上有、(有五种结构)两个取代基，先固定基团为，分别取代邻间对，有三种结构，然后有、、、五种结构，故符合以下条件的N有3×5=15种，其中不含有手性碳原子且核磁共振氢谱只有5组的同分异构体为；
1，2-二溴乙烷在NaOH溶液中发生水解生成HOCH2CH2OH，然后加入KMnO4溶液，将-OH氧化为-COOH，再加入乙醇，生成乙二酸二乙酯，根据题干过程⑤可知，向乙二酸二乙酯中加入尿素，生成，其合成路线为BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHOOCCOOH。
20-4【巩固】 【正确答案】 1、对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸 硝基、酯基
2、O 小 +2NaOH+H2O+CH3OH
3、保护羧基 4、
5、
【试题解析】 分析:
在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，C与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F最终转化为J；
A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
①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；M为，M中电负性最强的元素是O。
②M与相比，中酚羟基可以和水形成氢键，导致其水溶性增大，故M的水溶性更小。
③与性质相似，则为M中-SH、酯基均能与NaOH溶液反应，化学方程式为：+2NaOH+H2O+CH3OH；
由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目为2，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，故合成路线如下： 。
20-5【提升】 【正确答案】 1、 7
2、
3、 4、10 5、
【试题解析】 分析:
A和B反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生已知反应得到F，结合反应原理可知F的结构简式为 ，以此解答。
根据B的结构简式和不饱和度可以得出分子式为；B中苯环上、醛基中共有7个碳原子均采取杂化。
对比A、B、C的结构简式可知，反应还生成1分子水，反应方程式为

。
根据注2可以推出F结构简式为 ，F分子中手性碳原子，如图所示。
有机物B( )的同分异构体含有苯环，且与溶液显色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基、酚羟基，则3个侧链为—OH、—CHO、；羟基与醛基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种。
模仿路线中合成G的过程， 与反应生成，然后氧化生成，再与反应生成，最后与DDQ反应生成，合成路线为。
20-6【提升】 【正确答案】 1、酯基、酮羰基 2、消去反应
3、ac 4、CH2=CHCH2Br++HBr
5、 6、、 7、CH3CHOHCH3+HBrCH3CHBrCH3，+ CH3CHBrCH3
【试题解析】 分析:
由流程可知，丙烯A和溴发生取代反应生成B：CH2=CHCH2Br；B中溴和C发生取代反应生成D，D发生已知反应原理生成E：；E发生加成反应生成F，F最终转化为H；
由C结构可知，C中含氧官能团的名称为酯基、酮羰基；
由流程可知，⑥为G中碘原子发生消去转化为碳碳双键得到H，为消去反应；
a．由结构可知，A的名称为丙烯，a正确；
b．反应③生成E过程中碳环中碳原子数减小，故原子利用率小于100%，b错误；
c．F为有机物能燃烧，发生氧化反应；分子中含有羰基，能发生加成反应；分子中含有酯基且碳链上有氢，能发生取代反应；c正确；
d．G中含有酯基憎水基团，不易溶于水，d错误；
故选ac；
B中溴和C发生取代反应生成D，方程式为：CH2=CHCH2Br++HBr；
手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；E结构及手性碳原子如图：
H含有12个碳、3个氧、不饱和度为4；芳香族化合物M与H互为同分异构体，满足下列条件：
i.苯环上有三个取代基；ii.能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；iii.核磁共振氢谱确定分子中有12个化学环境相同的氢原子，则具有较好的对称性；
除去酚羟基-OH外还含有2个取代基，除苯环外还含有6碳，要求分子中有12个化学环境相同的氢原子，则应该具有4个相同的甲基；故应该有两个相同的取代基处于酚羟基的对称位置；故为、；
首先羟基氧化为羰基得到；CH3CHOHCH3和HBr发生取代反应将羟基转化为溴原子得到CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3和发生B生成C的反应得到产物；故流程为：CH3CHOHCH3+HBrCH3CHBrCH3，+ CH3CHBrCH3。