江苏省南京市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）含解析

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江苏省南京市2023届高三化学专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 二氧化硅的用途,金属与合金性能比较,金属材料的应用,功能高分子材料

【正确答案】
C
【试题解析】


1-1（基础） 我国为人类科技发展作出巨大贡献。下列说法正确的是
A.火星探测器上天线接收器外壳为钛合金，钛合金属于金属材料
B.太阳能电池板将太阳能转化为电能，电池板芯片的主要成分为
C.“旅程”足球中含有玻璃纤维，玻璃纤维是一种有机合成材料
D.“天宫”空间站航天员使用的双层蛋白皮革耳机，皮革属于无机物
【正确答案】 A

1-2（基础） 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”精彩呈现均展示了我国科技发展的目大成就，下列相关叙述正确的是
A.“天和核心舱”电推进系统中，腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
B.冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
C.计算机芯片、光导纤维、太阳能电池板的化学成分都是高纯硅
D.中科院首次实现了合成淀粉，淀粉、蛋白质和油脂是人体必需的高分子营养物质
【正确答案】 A

1-3（巩固） 2020年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是
A.“北斗”系统组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅
B.“嫦娥”五号运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染
C.“硅石墨烯锗晶体管”为我国首创，石墨烯能发生加成反应
D.“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金耐高压、耐腐蚀
【正确答案】 A

1-4（巩固） 北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法不正确的是
A.火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料
B.冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料
C.冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料
D.运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料减少对环境污染，该材料属于混合物
【正确答案】 A

1-5（提升） 下列有关材料的结构或性质与用途不具有对应关系的是
A.硅橡胶具有无毒、无味、耐高温的性质，用作压力锅的密封圈
B.分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，用作计算机芯片
C.Ti-Fe合金储氢量大、吸放氢速率快，用于氢燃料汽车
D.高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，用于发动机
【正确答案】 B

1-6（提升） 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”精彩呈现均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于无机非金属材料
B.“泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应时，有电子的转移
C.乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程吸收热量
D.吉祥物“冰墩墩”的材质中有聚氯乙烯，聚氯乙烯是纯净物
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 共价键的形成及主要类型,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,共价型分子结构式、电子式,离子键

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） Ca(OH)2与NH4Cl反应生成CaCl2、NH3和H2O。下列说法错误的是
A.CaCl2的电子式为
B.Ca(OH)2中既含离子键又含共价键
C.NH4Cl中N原子的杂化方式为sp3
D.NH3的空间构型为平面三角形
【正确答案】 D

2-2（基础） 制取H2O2的反应为Na2O2+H2SO4+10H2O=Na2SO4·10H2O+H2O2，下列说法正确的是
A.Na+的结构示意图为
B.的空间结构为正四面体形
C.H2O2的电子式为
D.H2O2中O原子的杂化轨道类型为sp2
【正确答案】 B

2-3（巩固） 硫代碳酸钠(Na2CS3)可用于处理工业废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：。下列说法正确的是
A.NaHS中仅存在离子键 B.CS2的空间构型为直线形
C.中C原子为sp3杂化 D.H2S的电子式为
【正确答案】 B

2-4（巩固） 工业上制备保险粉的反应为。下列有关说法正确的是
A.Na+的结构示意图为
B.NaOH的电子式为
C.HCOONa中含有键和键的数目之比为3∶1
D.基态S原子核外价电子的轨道表达式为
【正确答案】 C

2-5（提升） 乙醛发生银镜反应的化学方程式为。下列说法正确的是
A.分子中键与键的比例为
B.配离子中提供孤电子对形成配位键的是
C.的电子式为
D.中碳原子的轨道杂化方式均为杂化
【正确答案】 B

2-6（提升） 氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。氨气可用于生产氮肥和处理NOx等气体，氨水可用于吸收SO2，NOx可用于制取硝酸，硝酸可洗涤试管上的银镜。NO2能与悬浮在大气中海盐粒子相互作用，反应为2NO2+NaCl=NaNO3+ClNO(ClNO中N为中心原子，各原子均达到8电子稳定结构)。NO能被FeSO4溶液吸收生成[Fe(NO)H2O)5]SO4。下列说法正确的是
A.NaNO3晶体属于分子晶体 B.ClNO的结构式为Cl-N=O
C.SO中所含键角均为90° D.1mol[Fe(NO)H2O)5]2+含有键11mol
【正确答案】 B

【原卷 3 题】 知识点 元素非金属性强弱的比较方法,微粒半径大小的比较方法,电离能变化规律,极性分子和非极性分子

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．元素的非金属性Cl＞Si，则简单氢化物的稳定性HCl＞SiH4，A正确；
B．Li+和H-的电子层数相同，Li的核电核数大，故半径小，即r(Li+)＜r(H-)，B错误；
C．Al的失电子能力大于Cl，故第一电离能I1(Al)＜I1(Cl)，C错误；
D．元素电负性差值越大，共价键极性越强，Si与Cl的电负性差值小于Al，故共价键的极性Si－Cl＜Al－Cl，D错误；故选A。

3-1（基础） 是重要的还原剂，合成方法：。下列说法正确的是
A.半径大小： B.电负性大小：
C.第一电离能： D.碱性强弱：
【正确答案】 C

3-2（基础） 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为，下列说法正确的是
A.半径大小： B.电负性大小：
C.电离能大小： D.酸性强弱：
【正确答案】 B

3-3（巩固） 中和胃酸药物“达喜”的有效成分为。下列说法正确的是
A.电离能大小： B.电负性大小：
C.半径大小： D.碱性强弱：
【正确答案】 A

3-4（巩固） X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是
A.原子半径：X>Y B.简单氢化物的还原性：X>Y
C.同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D.同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【正确答案】 D

3-5（提升） 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是

A.简单气态氢化物的热稳定性：X>Y
B.第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C.该化合物中W、X、Y都满足8电子稳定结构
D.W、Y、Z三种元素组成的化合物中含有离子键和共价键
【正确答案】 D

3-6（提升） 前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法正确的是
A.第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W)
B.Q元素位于第四周期IA族
C.原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)
D.W的简单气态氢化物的稳定性比Y的强
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 氨的还原性,氨气的实验室制法,常见气体的制备与收集

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 下列装置适用于实验室制氨并验证氨的某化学性质，其中能达到实验目的的是

A.①是氨气发生装置 B.②是氨气干燥装置
C.③可验证氨气的还原性 D.④是氨气的吸收装置
【正确答案】 C

4-2（基础） 下列关于氨气的实验装置和操作正确且能达到实验目的的是

A.甲用于制备氨气
B.乙用于干燥氨气
C.丙用于收集氨气
D.丁引发喷泉的操作为打开弹簧夹，挤压胶头滴管
【正确答案】 D

4-3（巩固） 水合肼是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为。下列装置和操作不能达到实验目的的是

A.装置甲用于制备，试剂X是氯化钙
B.用装置乙作为反应过程的安全瓶
C.制备水合肼时从装置丙的a口通入
D.用装置丁吸收反应中过量的
【正确答案】 A

4-4（巩固） 氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是
A.生成NH3 B.干燥NH3
C.收集NH3 D.吸收NH3尾气
【正确答案】 B

4-5（提升） 实验室欲制取少量Cl2的水溶液并探究其性质，有关实验装置、试剂和操作能达到实验目的的是

A.用装置甲制取Cl2 B.装置乙中盛装的试剂是饱和食盐水
C.用干燥pH试纸检验装置丙中氯水的酸性 D.用装置丁吸收尾气中的Cl2
【正确答案】 B

4-6（提升） 某同学欲用下列实验装置完成一些物质性质的检验，下列有关说法正确的是

A.若在④中验证氯气和铁的反应，③中应放碱石灰
B.欲验证能还原，③中应放浓硫酸
C.若在④中验证氨气能和氧化铁反应，③中应放无水氯化钙
D.欲验证和反应能生成氧气，还需要在⑤后放置一个带火星的木条
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,极性分子和非极性分子,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,轨道表示式

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 下列说法正确的是
A.BrCl、都是由极性键构成的非极性分子
B.中的键角大于中的键角
C.溴元素位于元素周期表第四周期第VA族
D.F、Cl、Br、I的第一电离能逐渐减小
【正确答案】 D

5-2（基础） 下列说法正确的是
A.基态Mn原子的价电子排布图为
B.沸点：CO＜N2
C.键角：NH3＜H2O
D.S8中S原子的杂化方式为sp3
【正确答案】 D

5-3（巩固） 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。用硫黄熏蒸中药材的传统由来已久；是一种易燃的有毒气体(燃烧热为)，是制取多种硫化物的原料；硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯()常作氯化剂或氯磺化剂。硒()和碲()的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性溶液制备Te。下列说法正确的是
A.是非极性分子 B.与的键角相等
C.基态Se的价层电子排布式为 D.ⅥA族元素氢化物的沸点从上到下依次升高
【正确答案】 C

5-4（巩固） 含氯化合物在生产生活中应用广泛。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一，工业上以为原料可制得、、、和等。在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为 ，下列有关说法正确的是
A.与的晶体类型相同
B.与中的夹角都为
C.中核外电子排布式为
D.与都是由极性键构成的非极性分子
【正确答案】 C

5-5（提升） 周期表中VA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼的燃烧热为，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700～900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。下列说法正确的是
A.和中的H—N—H键角相等
B.和晶体类型均为共价晶体
C.和都是由极性键构成的非极性分子
D.基态砷原子核外价电子排布式为
【正确答案】 D

5-6（提升） VA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷()与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元中强酸。雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄()和(沸点114℃)并放出气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，其氧化物可用于制造耐火材料；锑能与铅形成用途广泛的合金。下列说法正确的是
A.是由极性键形成的非极性分子
B.P4是正四面体形分子，其中P-P-P夹角为
C.VA族元素单质的晶体类型相同
D.基态砷原子()核外电子排布式为
【正确答案】 A

【原卷 6 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,二氧化硫的制备,氢氧燃料电池,表示燃烧热的热化学方程式书写

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 周期表中ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍及其化合物的性质与铝十分相似；工业上以氯化镁为原料制取金属镁；CaS可用于制杀虫剂、发光漆等，CaS与酸反应可以释放出。硫酸钡用于制造钡盐等，医学上可用于胃肠道造影剂。用作供氧剂、氧化剂、漂白剂、消毒剂等。下列化学反应表示正确的是
A.与NaOH溶液反应：
B.用Pt电极电解溶液：
C.CaS与浓硝酸反应：
D.溶液与过量溶液反应：
【正确答案】 D

6-2（基础） 周期表中ⅢA族单质及其化合物应用广泛。极易水解生成(在水中完全电离为和)和硼酸()，硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等；高温下和焦炭在氯气的氛围中获得，的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。铊()位于元素周期表中第6周期，于1861年发现，下列化学反应表示正确的是
A.制备：
B.和水反应：
C.高温下、焦炭在氯气中反应：
D.用石墨作电极电解制备的阴极方程式：
【正确答案】 C

6-3（巩固） 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。用硫磺熏蒸中药材的传统由来已久；是一种易燃的有毒气体(燃烧热为)，可制取各种硫化物：硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯()是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。硒()和碲()的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含)为原料回收，以电解强碱性，溶液制备。下列化学反应表示正确的是
A.遇水强烈水解生成两种强酸：
B.和浓硫酸反应：
C.电解强碱性溶液的阴极反应：
D.的燃烧：
【正确答案】 D

6-4（巩固） 周期表中VIIA族中氯元素及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。盐酸工业用途广泛，稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol；氯化镁，通常含有六个分子的结晶水，即MgCl2·6H2O，易潮解，置于干燥空气中会风化而失去结晶水，若在空气中加热MgCl2·6H2O，生成的是Mg(OH)Cl或MgO。次氯酸钠与二氧化碳反应产生的次氯酸是漂白剂的有效成分。下列化学反应表示正确的是
A.在空气中加热MgCl2·6H2O：MgCl2·6H2O=Mg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑
B.过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+
C.用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2C1-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D.稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应：H2SO4(l)+2KOH(l)=K2SO4(l)+2H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol
【正确答案】 A

6-5（提升） 煤的液化可以合成甲醇。下列有关说法正确的是
①“气化”：C(s)+2H2O(g) =CO2(g)+2H2(g)；△H1= 90.1kJ•mol-1
②催化液化I：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) ；△H2= -49.0kJ•mol-1
③催化液化II：CO2(g)+2H2(g)=H3OH(g)+O2(g) ；△H3= akJ•mol-1
A.催化液化I中使用催化剂，反应的活化能Ea、△H2都减小
B.反应C(s)+H2O(g) +H2(g)=CH3OH(g) △H= 41.1 kJ•mol-1
C.△H2>△H3
D.下图为甲醇燃料电池的工作原理，负极的电极反应为： CH3OH-6e-+6OH-= CO2+5H2O

【正确答案】 B

6-6（提升） 既是大气主要污染物之一，也是重要的化工原料，可用于硫酸的生产。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1：用氨水将先转化为，氧化为；方法2；用生物质热解气(主要成分为CO、、)将在高温下还原为单质硫；方法3：用溶液吸收生成，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4：用溶液吸收烟气中，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。下列化学反应表示不正确的是
A.氨水吸收的反应：
B.CO还原的反应：
C.吸收液再生的反应：
D.电解脱硫时的阴极反应：
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 二氧化硫的漂白性,浓硫酸的吸水性,臭氧

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒，A正确；
B．浓硫酸有吸水性，可用于干燥某些气体，B错误；
C．二氧化硫有漂白性，可用于织物的漂白，C错误；
D．制造硒光电池与硒的导电性有关，与溶解性无关，D错误；故选A。

7-1（基础） 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A.铵盐都能与碱发生反应，可用作化肥
B.Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
C.稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
D.次氯酸见光易分解，可用作棉、麻和纸张的漂白剂
【正确答案】 C

7-2（基础） 硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A.具有漂白性，可作食品的抗氧化剂 B.溶液呈酸性，可用作杀菌剂
C.浓硫酸具有脱水性，可以用来干燥气体 D.木炭具有还原性，可用来冶炼铁矿石
【正确答案】 D

7-3（巩固） 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A.碳酸钠溶液呈碱性，可用于清洗油污
B.NH3极易溶于水，可用作制冷剂
C.浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥氯化氢气体
D.NaHCO3受热易分解，可用于制抗酸药物
【正确答案】 A

7-4（巩固） 下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A.NaHCO3与胃酸反应产生CO2，可用于食品膨化剂
B.浓硫酸难挥发，可用于实验室制备盐酸
C.SO2具有漂白性，可使湿润的石蕊试纸先变红后褪色
D.二氧化碳不支持燃烧，泡沫灭火器可用于金属钠着火后灭火
【正确答案】 B

7-5（提升） 硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，S8环状分子的结构为。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A.硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂
B.SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物
C.Na2SO3具有还原性，可用于处理自来水中残留的Cl2
D.浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
【正确答案】 C

7-6（提升） 下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A.硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂
B.二氧化硫有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
C.硫酸铜溶液显酸性，可用作泳池杀菌剂
D.浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 电解原理的理解及判断,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,电解原理的应用,电解池有关计算

【正确答案】
D
【试题解析】


8-1（基础） 电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是

A.a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2O
B.电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小
C.电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极
D.相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3
【正确答案】 C

8-2（基础） 采用惰性电极，以氮气和水为原料通过电解法制备氨的装置如图所示。下列说法不正确的是

A.电解时，溶液中K+向a极移动
B.电解时，电子由电源负极经导线流向a极
C.电解时，a极上发生反应：N2+6e-+6H+=2NH3
D.电解一段时间后，b极附近溶液的pH减小
【正确答案】 C

8-3（巩固） 用电化学方法可以去除循环冷却水(含有、、、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。

下列说法正确的是
A.b为电源的正极
B.钛基电极上的反应为
C.碳钢电极底部有、生成
D.每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.5mol
【正确答案】 C

8-4（巩固） 利用惰性电极电解和混合溶液分离得到两者的浓溶液，其电解装置如图所示，I室里加入的是稀硫酸，II室和III室里加入的是和的混合溶液。下列说法正确的是

A.阳极上发生的电极反应：
B.交换膜a是阳离子交换膜
C.电解一段时间后，II室得到的溶液
D.电解过程中每转移1 mol电子，理论上阴极区可获得11.2 L气体
【正确答案】 C

8-5（提升） 下图是实现对天然气中和高效去除的协同转化装置，电极材料是石墨烯(石墨烯包裹的)和石墨烯。下列有关该电池的说法正确的是

A.电池工作时将化学能转化为电能
B.石墨烯电极反应式为：
C.电池总反应方程式为：
D.电池工作过程中每转移电子，理论上可处理标况下和气体总体积为
【正确答案】 C

8-6（提升） 用惰性电极电解法制备硼酸[H3BO3]的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是

A.1膜为阴离子交换膜
B.电解过程中，b极室溶液的pH会变小，原料室溶液的浓度会降低(忽略溶液体积变化)
C.产品室中发生的反应是B(OH)+H+=H3BO3+H2O，硼酸为三元酸
D.每转移电子1mol，a极室溶液质量变化与b极室溶液质量变化之差为13g
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,分子的手性,有机分子中原子共面的判断

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B错误；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C错误；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D正确；故选D。

9-1（基础） 由化合物X、Y为起始原料可合成药物Z。下列说法正确的是

A.X分子中所有碳原子可处于同一平面
B.X、Z分子中均含有2个手性碳原子
C.1molZ最多只能与2mol发生反应
D.X、Y、Z均可与溶液发生反应
【正确答案】 B

9-2（基础） 水杨酸X与化合物Y在一定条件下可合成阿司匹林Z。下列说法不正确的是

A.W的结构简式为
B.X、Y分子中碳原子轨道杂化类型均有、
C.可用氯化铁溶液鉴别X和Z
D.1mol的X、Z分别与足量的NaOH反应，消耗的NaOH的量不相等
【正确答案】 B

9-3（巩固） 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如下：

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A.X能发生加成、氧化和缩聚反应
B.Y与足量的氢气加成后的产物含有4个手性碳原子
C.中含有碳氧σ键
D.相同物质的量的X与Y分别与足量浓溴水反应消耗的相等
【正确答案】 A

9-4（巩固） 内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如下：

下列说法不正确的是
A.X中碳原子的杂化方式有1种
B.Y→Z的反应类型是取代反应
C.X、Y、Z中只有Y不能与碳酸钠溶液反应
D.在催化剂作用下Z不能与甲醛发生反应
【正确答案】 D

9-5（提升） 化合物Z是一种治疗脂蛋白紊乱的药物，其合成路线如下。下列说法不正确的是

A.X分子中所有碳原子可能在同一平面 B.Y与浓硫酸共热可以发生消去反应
C.可以用溶液鉴别物质Y和Z D.1分子Z中含10个杂化的碳原子
【正确答案】 A

9-6（提升） 4-溴甲基-1-环己烯的一种合成路线如下：

下列说法正确的是
A.化合物W、X、Y、Z中均有一个手性碳原子
B.①、②、③的反应类型依次为加成反应、还原反应和取代反应
C.由化合物Z一步制备化合物Y的转化条件是NaOH醇溶液，加热
D.化合物Y先经酸性高锰酸钾溶液氧化，再与乙醇在浓硫酸催化下酯化可制得化合物X
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 浓度对化学反应速率的影响,压强对化学平衡移动的影响,化学平衡常数的概念及表达方式,反应进行方向判据的应用

【正确答案】
C
【试题解析】


10-1（基础） 下列有关反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0的说法正确的是
A.该反应在任意条件下均能自发进行
B.其他条件一定，升高温度能提高反应的平衡转化率
C.使用催化剂能改变反应的焓变，加快反应的速率
D.其他条件一定，增大反应的压强，可以增大正、逆反应的速率
【正确答案】 D

10-2（基础） 关于反应 ，下列说法正确的是
A.该反应在低温条件下不能自发进行
B.增大的量，可提高铁的产率
C.只改变压强，达新平衡后CO浓度保持不变
D.升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢
【正确答案】 C

10-3（巩固） 对于可逆反应，下列说法错误的是
A.当时，该反应达到平衡状态
B.该反应在一定条件下能自发进行，则
C.恒温恒容条件下，若混合气体的颜色保持不变，则该反应达到平衡状态
D.恒温恒容条件下，达平衡状态后，再充入一定量的，转化率将减小
【正确答案】 D

10-4（巩固） 如NOx是大气中主要的污染物。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2[反应为 △H=-746.5kJ·mol-1]；也可将水体中的NO、NO转化为N2。对于反应，下列说法正确的是
A.该反应在任何条件下都能自发进行
B.反应的平衡常数可表示为K=
C.使用高效的催化剂可以降低反应的焓变
D.其它条件不变，增大的值，NO的转化率下降
【正确答案】 D

10-5（提升） 在特制的密闭真空容器中加入一定量纯净的氨基甲酸铵固体(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g) ΔH>0。下列说法中正确的是
A.密闭容器中气体的平均相对分子质量不变则该反应达到平衡状态
B.该反应在任何条件下都能自发进行
C.再加入一定量氨基甲酸铵，可加快反应速率
D.保持温度不变，压缩体积，达到新的平衡时，NH3的浓度不变
【正确答案】 D

10-6（提升） 在密闭容器中投入一定量的CaCO3发生分解反应： CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) ΔH>0，某温度下，达到平衡时，测得体系中气体的压强为P。当其他条件不变，仅改变影响平衡的一个条件，下列说法正确的是
A.当CaO的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态
B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C.扩大容器体积，重新达到平衡时CO2的压强一定小于P
D.常温常压下CaCO3的分解反应一定自发
【正确答案】 A

【原卷 11 题】 知识点 中和热概念,盐类水解规律理解及应用,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理,盐溶液中离子浓度大小的比较

【正确答案】
C
【试题解析】


11-1（基础） 对于常温下溶液。下列说法正确的是
A.溶液中存在：
B.与混合后溶液呈酸性，则所得溶液中：
C.溶液加水稀释，升高
D.在水溶液中的电离方程式为：
【正确答案】 B

11-2（基础） 亚硝酸()是一种弱酸，常温条件下，其电离平衡常数为。下列说法不正确的是
A.0.1 mol·L的水溶液中：
B.向0.1 mol·L水溶液加少量水，的值增大
C.0.2 mol·L溶液与0.1 mol·L NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性
D.0.1 mol·L溶液中离子浓度大小关系：
【正确答案】 A

11-3（巩固） 常温下， ，，，下列说法不正确的是
A.浓度均为0.1 mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>后者
B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者
C.0.2mol/L 与0.1 mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：
D.0.2mol/L HCOONa溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后的溶液中：
【正确答案】 D

11-4（巩固） 一种吸收再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1 mol⋅L的NaOH溶液吸收，若通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。的电离常数为、。下列说法正确的是

A. mol⋅L溶液中：
B.在溶液中：
C.NaOH完全转化为时，溶液中：
D.若改用少量稀的溶液吸收，则发生反应的离子方程式：
【正确答案】 D

11-5（提升） 室温下，取10mL0.1mol·L-1某二元酸H2A，滴加0.1mol·L-1溶液。已知：H2A→H++HA-，HA-H++A2-，下列说法不正确的是
A.0.1mol·L−1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= 0.1mol·L−1
B.当滴加至中性时，溶液中c(Na+)=2c(A2−)+c(HA−)，用去溶液的体积小于10mL
C.当用去溶液体积10mL时，溶液的，此时溶液中有c(A2−)=c(H+)-c(OH−)
D.当用去溶液体积20mL时，此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2−)
【正确答案】 B

11-6（提升） 酒石酸(简写为)是一种常用的食品添加剂，已知常温下酒石酸的电离平衡常数，草酸的电离平衡常数。下列说法正确的是
A.在水溶液中的电离方程式为：
B.常温下，往水溶液中继续加水稀释，溶液的逐渐增大
C.水溶液中：
D.与过量的水溶液反应的离子方程式：
【正确答案】 B

【原卷 12 题】 知识点 盐类水解规律理解及应用,氧化性、还原性强弱的比较,浓度对化学平衡移动的影响,卤代烃中卤素原子的检验

【正确答案】
A
【试题解析】


12-1（基础） 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
将氧化铁加入到足量溶液中，充分溶解后，滴入后振荡、静置，观察层颜色变化
氧化性：
B
用洁净干燥的玻璃棒蘸取少量新制氯水，点在pH试纸上，半分钟内与标准比色卡对照
测量新制氯水的pH值
C
向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，观察现象

D
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，观察现象
验证蔗糖的水解产物具有还原性
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

12-2（基础） 室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入溶液，产生黑色沉淀
说明卤代烃未水解
B
取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色
则KI与溶液的反应有一定限度
C
向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X可能是
D
测得溶液pH约为9，溶液pH约为8
结合的能力比强
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

12-3（巩固） 下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
在0.1 溶液中加两滴酚酞显浅红色，微热，观察溶液颜色变化
盐类水解是吸热反应
B
向溶液中先滴加溶液，再滴加稀盐酸，观察溶液中现象
溶液中一定含有
C
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质
D
向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制，加热，观察溶液中现象
淀粉没有水解生成葡萄糖
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

12-4（巩固） 根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
B
向0.1 溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝
氧化性：
C
向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀
比更容易结合
D
将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色
溴乙烷发生了消去反应
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

12-5（提升） 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

实验内容
实验结论
A
向1mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入2mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热未出现红色沉淀
葡萄糖中不含有醛基
B
向1mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
在相同温度下，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
测定同温度下相同物质的量浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者
碳元素非金属性弱于硫
D
向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
溶液中不含
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

12-6（提升） 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
操作和现象
结论
A
向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：碳酸＞苯酚
B
向等体积AgCl与AgBr的饱和溶液中分别加入足量的浓AgNO3溶液，析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBr
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)
C
将石蜡油蒸气通过炽热的素瓷片分解，得到的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
分解产物中含乙烯
D
取5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，滴加5滴0.1mol•L-1KI溶液，振荡，再加入5mLCCl4，振荡，静置，取上层液体，向其中滴加KSCN溶液，显血红色
KI和FeCl3反应有一定的限度
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

【原卷 13 题】 知识点 盖斯定律及其有关计算,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡图像分析

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ可得该反应，即反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1 kJ•mol-1，A正确；
B．反应Ⅰ正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，ClCH2CH2Cl转化率，由图可知，曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化，B正确；
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl，CH2=CHCl的浓度减小，反应反应Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，CH2=CHCl的产率增加，可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值，C正确；
D．催化剂不影响化学平衡移动，对平衡时CH2=CHCl的产率无影响；D错误；故选D。

13-1（基础） 丁烷催化脱氢制备丁烯的主反应为 ，副反应为裂解生成(表示碳原子数为1～3的烷烃或烯烃)。将与的混合气体以定流速通过填充有催化剂的反应器，的产率、的转化率与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是

A.435℃时产率低的原因可能是此温度下催化剂活性较低，反应速率较慢
B.600℃以后，的产率下降原因可能是发生裂解反应生成
C.图中表示产率的曲线中，A点时主反应不一定达到平衡状态
D.提高丁烷脱氢制备丁烯转化率的研究方向为寻找低温时具有较高活性的催化剂
【正确答案】 D

13-2（基础） —定条件下，合成乙烯的反应为6H2(g)+2CO2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.该反应的逆反应为放热反应
B.生成乙烯的速率：(N)一定大于(M)
C.增大压强，平衡正向移动，平衡常数K的值将增大
D.当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低
【正确答案】 D

13-3（巩固） 工业上用与为原料制备，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，分解产生的体积分数[]、的平衡转化率随温度的变化如图所示。

下列说法正确的是
A.相同时间内，反应温度越低，的转化率越大
B.反应Ⅱ使用高效催化剂能提高平衡时的产率
C.工业上一般控制反应温度高于600℃，其原因是低于600℃时，浓度较小，速率较慢
D.某温度下若完全分解为，在密闭容器中投入和反应，当的体积分数为10%时，的转化率为70%
【正确答案】 C

13-4（巩固） 在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1 kJ·mol
反应2 kJ·mol
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。

已知的选择性
下列说法正确的是
A.图中曲线①表示转化率随温度的变化
B.720～800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大
C.720～800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大
D.其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【正确答案】 B

13-5（提升） CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H = -122.5 kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=。下列说法正确的是

A.其他条件不变，升高温度。CO2的转化率一定随着温度升高而降低
B.曲线b表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况
C.其它条件不变，增加氢气的投入量，一定能提高CH3OCH3的产率
D.220°C时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中X点)，使用对反应II催化活性更高的催化剂，可提高CH3OCH3的选择性
【正确答案】 D

13-6（提升） CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g)； ΔH= - 49.5 kJ·mol-1
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=41.2 kJ·mol-1

在0.5 MPa条件下，将n(CO2):n(H2)为1:3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A.反应②继续加氢生成甲醇的热化学方程式可表示为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)；ΔH=-90.7 kJ·mol -1
B.其他条件不变，增大起始n(CO2):n(H2)的比值，可提高CO2的平衡转化率
C.其他条件不变，在280～400°C间，产物中n(CH3OH)随温度的升高先增大后减小
D.为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂
【正确答案】 B

【原卷 14 题】 知识点 溶度积常数相关计算,晶胞的有关计算,物质分离、提纯综合应用,常见无机物的制备

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 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、、CaO、)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：


已知：ⅰ.金属钴与铁具有相似的化学性质；
ⅱ.氧化性。
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”时先加入NaClO溶液，主要反应的离子方程式为_______，再加入溶液调节pH为2.5～3.0，生成黄钠铁矾沉淀。
3、基态钴原子的电子排布式为_______。
4、中N原子的杂化轨道类型为_______。中除氢元素外，其他元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
5、所得可用于合成钛酸钴。一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，每个Co周围等距且紧邻的O共有_______个。设NA为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为_______(列出计算式)。


【正确答案】 1、
2、
3、(或)
4、杂化 N>O>C
5、12 (或)

14-2（基础） 以钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物]制备锂电池正极原料，生产流程如图所示。

已知：①铜萃取原理为：，有机溶剂密度比水小；
②沉钴所得固体为；
③也称钴酸亚钴，化学式也可为。
1、中钴离子的电子排布式为：_______。
2、“酸浸”液中钴以形式存在，则“酸浸”液中的金属阳离子还有_______。适当升高温度可加快酸浸速率，但温度过高时钴的浸出率明显降低，其可能的原因是_______。
3、实验室用分液漏斗模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置后，分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：_______。
4、“除铁”过程中，溶液中的及部分转化为沉淀，写出该反应的离子方程式：_______。
5、“焙烧”过程中，若氧气不足会产生而污染空气，其原因为_______(用方程式表示)。
6、的一种晶胞结构属于立方晶胞，晶胞中分别占据形成的两种不同空隙(均末占满)，两个中有一个占据如图所示的位置，请在图中用“”符号标出另一个的位置_______。

【正确答案】 1、
2、、 温度过高，的溶解度降低
3、先打开分液漏斗上口玻璃塞，再打开活塞从下口放出水层，待水层完全放出后再将含铜有机溶液从上口倒出
4、
5、
6、

14-3（巩固） 锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。

1、以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：_____
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是_____
③该工艺流程中，可循环利用物质是_______ (填化学式) 。
2、工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为_____

②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_______。

3、SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。

①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为_______。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为_______mol·L-1。
【正确答案】 1、 能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行 NH3
2、1200℃ 煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应 3、12

14-4（巩固） 钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。

已知：萃取时发生的反应为。
1、除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。
2、除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。
①为使、除尽，必须保持溶液中_______。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是_______。 [，，]。
3、萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。

①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。
4、热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。

①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。

【正确答案】 1、
2、0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
3、实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降
4、在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4 12

14-5（提升） 电解金属锰阳极渣(主要成分，杂质为、、元素的化合物)和黄铁矿为原料可制备，其流程如图所示：

已知、
1、“酸浸”时，所用的稀酸是_______。
2、“酸浸”过程中，、的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。

①内，浸出Mn元素的主要离子方程式为_______。
②时，浓度上升的原因可能是_______。
3、若“净化”过程中的浓度为，则此时的浓度为_______。
4、制取的一种流程如图，在搅拌下向溶液中缓慢滴加，则加入溶液的体积至少为_______。

5、的晶胞结构如图所示，每个周围最近且相等的在空间构成的形状为_______。

【正确答案】 1、H2SO4 2、3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++3H2O 80—100min时，MnO2的浸出率很高，剩余MnO2较小，与FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少
3、1.4×10—8mol/L
4、100 5、正四面体形

14-6（提升） 金属钼(Mo)在工业和国防建设中有重要的作用。钼的常见化合价为+4、+5、＋6。由钼精矿(主要成分是MoS2)制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)，部分流程如图所示∶

回答下列问题∶
(1)根据流程中信息可以判断MoO3是___氧化物。(填“酸性”、“碱性”或“两性”)
(2)钼精矿在空气中焙烧时，发生的主要方程式为___。若1molMoS2发生该反应，则被Mo元素还原的氧气的物质的量___。
(3)操作1，加入碳酸钠溶液碱浸、过滤。25℃时，碱浸液中c(MoO)=0.80mol•L-1、c(SO)=0.50mol•L-1，在结晶前需加入氢氧化钡固体除去溶液中的SO，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率是___。[25℃时，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，操作过程中溶液体积温度变化可忽略不计]
(4)操作3为过滤得到钼酸固体，检验钼酸是否洗涤干净的操作___。
(5)钼精矿在碱性条件下，加入NaClO溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO生成，该反应的离子方程式为___。
(6)钼单质的晶体为面心立方晶系，晶胞结构如图所示。晶胞中Mo原子周围距离相等且最近的Mo原子有___个。

【正确答案】 酸性 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 0.5mol 95.6% 取少量最后一次洗出液，加入适量稀硝酸进行酸化，再滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 MoS2+9ClO-+6OH-=MoO+9Cl-+2SO+3H2O 12

【原卷 15 题】 知识点 有机合成综合考查

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 化合物F是合成心脏病治疗药法西多曲的中间体，其合成路线流程图如图：

（1）C中的含氧官能团名称为___和___。
（2）A-B的反应类型为___。
（3）D的分子式为C15H18O6，写出D的结构简式：___。
（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：___。
①能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②苯环上有4个取代基，分子中只有4种不同化学环境的氢。
（5）请写出以H2C=CH2、H2C(COOC2H5)2、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】 醚键 酯基 取代反应 或

15-2（基础） 黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6－羟基黄酮衍生物的合成路线如下：


请回答下列问题：
(1)化合物B中的含氧官能团为__________和_____________(填名称)。
(2)反应③中涉及到的反应类型有水解反应、_____________和_____________。
(3)反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为________________。
(4)B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________________
Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢。
(5)已知：。根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)__________。合成路线流程图示例：


【正确答案】 羟基 羰基 加成反应 消去反应

15-3（巩固） 化合物G可通过如下路线合成：

1、E→F的反应类型为_______。
2、A→B的反应会经历A→X→B的过程，其中X与B互为同分异构体且苯环上只有一个取代基。则X的结构简式为_______。
3、G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①含苯环，1该物质与足量溴水反应最多消耗2
②分子含不同环境的氢原子数目之比为3∶3∶2∶2
4、已知：①(R、R′表示烃基或H)
②与醇会转化为
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、加成 2、 3、或
4、或

15-4（巩固） 化合物H是一种抗血栓药物，其合成路线如下：

1、F中官能团的名称为_______。
2、A→B的反应类型为_______。
3、C结构简式为_______。
4、B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能与溶液发生显色反应，分子中有4种不同化学环境的氢原子。
②碱性条件下水解后酸化得到2种有机物，其中只有一种有机物显酸性。
5、已知：①；②。写出以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) _______。
【正确答案】 1、(醇)羟基、酰胺键
2、取代反应 3、
4、或或 5、

15-5（提升） 罗匹尼罗是一种抗帕金森病药物，其合成路线如下：

1、下列关于罗匹尼罗的说法正确的是_______。
A.分子式是　　B.可制成盐酸盐，增强水溶性　　C.采取杂化的C原子数为8
2、C→D的反应类型为_______。
3、已知D与的反应类型是取代反应，则除E外的另一种产物为_______。
4、A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能发生银镜反应和水解反应。
②分子中有3种不同化学环境的氢。
5、写出以和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、B 2、还原反应
3、
4、或 5、

15-6（提升） 有机物Ⅰ是一种药物合成的中间体，其合成路线如下：

1、B→C的反应类型为_______。
2、流程中设计E→F的目的是_______。
3、A→B得到的产物若不经提纯，依据B到E的合成路线会生成一种与E互为同分异构体的副产物X，X的结构简式为_______。
4、B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①有手性碳原子，与溶液发生显色反应且能使的溶液褪色；
②碱性条件下水解后酸化生成两种有机产物，产物之一分子中只有两种不同化学环境的氢原子。
5、写出以苯、甲苯、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。________
【正确答案】 1、还原 2、保护酮羰基，防止F→G转化时被还原(加成)
3、 4、 5、

【原卷 16 题】 知识点 有关铁及其化合物转化的流程题型,物质制备的探究,酸碱中和滴定原理的应用

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） Mg(ClO3)2·3H2O在工农业上有重要用途，其制备原理为：MgCl2＋2NaClO3＋3H2O=Mg(ClO3)2·3H2O＋2NaCl。实验室制备Mg(ClO3)2·3H2O的过程如图：

已知四种化合物的溶解度(S)与温度(T)的变化曲线关系如图所示：

(1)抽滤装置中仪器A的名称是________________。
(2)操作X的步骤是________________________________。
(3)“溶解”时加水太多会明显降低MgCl2的利用率，其原因是__________________。
(4)下列有关实验过程与操作说法不正确的是________。

A.冷却时可用冰水
B.洗涤时应用无水乙醇
C.抽滤Mg(ClO3)2·3H2O时，可用玻璃纤维代替滤纸
D.抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管倒出
(5)称取3.000 g样品，加水溶解并加过量的NaNO2溶液充分反应，配制成250 mL溶液，取25 mL溶液加足量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂，用0.100 0 mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液24.00 mL。则样品中Mg(ClO3)2·3H2O的纯度是________。
【正确答案】 布氏漏斗 蒸发浓缩、趁热过滤 加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大 D 98.00%

16-2（基础） 某化学兴趣小组查阅文献资料了解到湿法合成高铁酸钾(K2FeO4)是目前人工成本最低、产品纯度最高的合成方法，其合成路线如图：

该兴趣小组根据文献资料设计了如图所示装置(部分夹持仪器已省略)制取K2FeO4。
已知：K2FeO4为紫色固体，具有强氧化性；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定。

1、仪器X的名称是_______。试剂Y的作用为_______。
2、水浴方式是_______(填“冷水浴”或“热水浴”)。
3、装置C中KOH过量的原因是_______。
4、上述流程中，“提纯”所用的方法是_______。
5、称取1.98 g高铁酸钾样品，完全溶解于浓KOH溶液中，再加入足量亚铬酸钾｛K[Cr(OH)4]｝反应后配成100.00 mL溶液；取上述溶液20.00 mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH=2，并加入1 mL苯二胺磺酸钠作指示剂，用1.00 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液5.76 mL。测定过程中发生反应：
a. Cr(OH)+FeO=Fe(OH)3+CrO+OH-
b. 2CrO+2H+=Cr2O+H2O
c. Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
则K2FeO4样品的纯度是_______。
6、K2FeO4是一种新型、高效、多功能水处理剂，既能杀菌消毒，又能净化水中悬浮杂质，请解释K2FeO4作为多功能水处理剂的原理：_______。
【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 除去气体中的HCl
2、冷水浴 3、K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境下稳定存在
4、重结晶 5、96%
6、高铁酸钾具有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为铁离子，铁离子水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体

16-3（巩固） 碘化亚铜(CuI) 广泛用作有机反应的催化剂。以Cu2S为原料制备CuI流程如图。

1、“煅烧“时的反应为Cu2S+O22Cu+SO2，该反应的氧化剂是___________。
2、“氧化”过程中，溶液的颜色逐渐变成蓝色。H2O2氧化Cu的离子方程式为___________。
3、测定碘化亚铜样品中碘化亚铜的质量分数(杂质不参与反应)：准确称取上述流程中CuI样品0.500g，置于250mL锥形瓶中，加入足量的Fe2(SO4)3溶液(Fe3+将CuI氧化为Cu2+和I2)，充分反应后，用5.000×10﹣2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点(滴定过程中MnO4与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+)，消耗KMnO4溶液20.00mL。
①上述实验中，若所取碘化亚铜样品没有洗涤，则样品中碘化亚铜的质量分数的测定结果将___________。 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中碘化亚铜的质量分数(写出计算过程) ___________。
【正确答案】 1、Cu2S和O2 2、Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O
3、偏大 95.50%

16-4（巩固） 铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：

实验室中可用FeSO4（用铁粉和稀硫酸反应制得）和NH4HCO3在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。

（1）装置A的名称是________，装置B中盛放的药品是________，NH4HCO3盛放在装置________中。
（2）实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是______________， 发生主要反应的离子方程式为_________。FeSO4溶液要现用现配制的原因是_______，检验久置的FeSO4是否变质的方法是_________________。
（3）干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为________，取干燥后的FeCO3样品12.49 g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16 g，计算样品中杂质FeOOH的质量：________ g。
【正确答案】 分液漏斗 铁粉 C （待D处的氢气纯净后）关闭活塞3，打开活塞2 Fe2＋＋2 HCO3− =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O（或Fe2＋＋HCO3− =FeCO3↓＋H＋、HCO3−＋H＋=CO2↑＋H2O） 亚铁离子易被氧化 取样品配成溶液，取少量溶液于试管中，再向试管中加入KSCN溶液，观察是否显血红色 4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2 0.89

16-5（提升） 氧钒(IV)碱式碳酸按为紫色晶体，难溶于水，是制备热敏材料的原料，其化学式为。实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下：

已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被氧化。
1、为离子化合物，中含有的σ键数目为_______。
2、步骤1中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。
3、步骤2可在下图装置(气密性良好)中进行。

制备过程中，需向锥形瓶中通入，作用是_______，所得紫色晶体残留的杂质离子主要为_______。
4、步骤3洗涤晶体时需用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，选择饱和溶液的原因是_______。
5、已知：①去除溶液中可依次加入尿素溶液(还原)、亚硝酸钠溶液(氧化尿素)。
②滴定反应：。
补充完整测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸按晶体中钒的含量的实验方案：称量5.1000g样品于锥形瓶中，_______。(实验中须使用的试剂是溶液、溶液、尿素溶液、亚硝酸钠溶液、0.0800mol/L的标准溶液，滴定终点的现象描述不作要求)
【正确答案】 1、7NA 2、2++6HCl=4+N2↑+6H2O
3、排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化 VO2+
4、除去晶体表面的氯化铵，减少晶体的溶解
5、用溶液溶解后，加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加亚硝酸钠溶液至稍过量，再用尿素除去过量亚硝酸钠溶液，最后用0.0800mol/L的标准溶液滴定至终点

16-6（提升） 四水醋酸锰[]用于染色催化剂和分析试剂等。
1、以四水醋酸锰为电解液，控制适当电压电解，降低温度后减压抽滤，用乙酸洗涤干燥，制得。将在氮气气氛中加热，以热重分析仪测量分解时温度变化和失重。
阶段
热效应
剩余物
失重
Ⅰ
吸热
A
29.1%
Ⅱ
放热
B
70.5%
①第一阶段释放出2种等物质的量的物质，它们的分子式分别为_______。
②剩余物B的化学式为_______。
2、用四水醋酸锰和乙酰氯()为原料制备无水二氯化锰流程如下：

已知：a无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸、不溶于苯。
b.制备无水二氯化锰的主要反应：
c.乙酰氯遇水发生反应：。

请回答：
①步骤Ⅰ所获固体主要成分是_______(用化学式表示)。
②步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，加热回流的目的是_______。
③测定无水的含量，将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量，使氧化为。待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵[]滴定，滴定过程中发生的反应为：，消耗cmL硫酸亚铁按溶液。“持续加热”的目的是_______。样品中的质量分数多少(写出计算过程)。_______
【正确答案】 1、CH3COOH、H2O Mn2O3
2、(CH3COO)2Mn 促进反应生成无水MnCl2 使Mn2+完全氧化为Mn3+ ×100%

【原卷 17 题】 知识点 化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡图像分析



【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 二甲醚催化还原法可用于治理空气中的NOx。
1、工业利用CO2加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在2 MPa，起始投料时，CO2的平衡转化率及CH3OCH3和CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图-1所示。

① △H=_______
②从453-553℃，升高温度CO2平衡转化率降低的原因是_______。
③为提高单位时间内CH3OCH3产率。研发的催化剂需具备的特点是_______。
2、在催化剂作用下，二甲醚还原NO的反应原理为 △H＜0。在有氧和无氧的环境下，NO的去除率随温度变化如图-2所示。

①无氧环境下，在250～450℃范围内随着温度的升高，NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______。
②温度高于400℃时，NO去除率明显低于无氧环境的可能原因有_______。
【正确答案】 1、△H=-122.5 kJ/mol 在温度为453-553℃范围内，温度对反应Ⅱ的影响大于温度对反应Ⅰ的影响。升高温度，反应Ⅱ的化学平衡逆向移动，从而导致CO2平衡转化率降低； 在较低温度下催化活性较强
2、温度升高反应速率加快，NO的去除率升高；当温度升高至一定程度，逆反应速率也增大，且温度对吸热反应影响更大，因而逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，因而NO的去除率有所降低 温度升高导致催化剂的活性降低

17-2（基础） 二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用。工业上 CO和 H2为原料生产 CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：
①CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) + 91 kJ
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) + 24 kJ
③CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) + 41kJ
新工艺的总反应为 3CO(g)＋3H2(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) + Q
1、总反应平衡常数表达式为_______；Q=_______。
2、增大压强，CH3OCH3的产率_______ (选填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数将_______。
3、一定温度和压强下，往体积为 20L 的容器中通入一定物质的量的 H2 与 CO，达到平衡时，容器中含有 0.1mol 二甲醚。计算整个过程中H2的平均反应速率：_______(用字母表示所缺少的物理量并指明其含义)。
4、原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生。新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是_______。
5、当上述反应体系在恒温恒容条件下达到平衡时，下列各项叙述正确的是_______(选填编号)。
a．反应室内气体密度保持不变
b．反应速率之比存在关系：3υ(CO)生成=υ(CO2)消耗
c．反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变
d．c(CO)：c( H2)一定等于 1：1
6、为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图。

CO 转化率随温度变化的规律是_______， 其原因是_______。
【正确答案】 1、 247 kJ
2、增大 不变 3、(t表示达到平衡所需时间，单位为分钟)
4、反应③消耗了反应②中的产物水，使反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率
5、ac 6、温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小 较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大，在较高温度时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡逆向移动，CO的转化率减小

17-3（巩固） 中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用。其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.1kJ·mol-1
II.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.0kJ·mol-1
1、CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=___。
2、5Mpa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)∶n(CO2)=3∶1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图1所示。



①图中X代表___。(填化学式)。
②体系中H2的物质的量分数随温度的增大而升高，试分析原因___。
3、H2和CO2起始物质的量比为3∶1时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。温度低于210℃时，随着温度升高，有分子筛膜的甲醇产率升高的可能原因是___。

4、我国科研人员研究出在Cu—ZnO—ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图3所示。反应③的化学方程式为___；分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是___。

【正确答案】 1、-48.9kJ·mol-1
2、CO 温度升高，反应I正向移动，使H2的物质的量减小；反应Ⅱ逆向移动，使H2的物质的量增多。温度升高，反应Ⅱ逆向移动的幅度高于反应I，体系以反应Ⅱ为主。因此H2的物质的量分数增大
3、分子筛分离出H2O，促进反应I正向进行，提高CO的浓度，使反应II正向进行的程度大于温度升高使反应II逆向进行的程度
4、*H3CO+H2O=CH3OH+*HO H2O(g)为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促衡正移，提升甲醇产率

17-4（巩固） 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。资源化利用碳氧化合物能有效减少CO2排放，实现自然界中的碳循环。
1、以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) △H=+177kJ·mo1-l(主反应)
Ⅱ.C2H6(g)=CH4(g)+H2(g)+C(s) △H=+9kJ·mo1-l(副反应)
反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步：
ⅰ.C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) △H1
ⅱ.H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) △H2=+41kJ·mo1-l
①△H1=____。
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应Ⅰ速率影响更大，原因是____。
③0.1MPa时，向一恒容密闭容器中充入物质的量之比为2∶1的CO2(g)和C2H6(g)，反应物转化率与反应温度的关系如图1所示。在800℃，C2H4(g)的选择性[×100%]为____。

2、CO2可制甲烷化，CO2可制甲烷化过程中，CO2活化的可能途径如图2所示。CO是CO2活化的优势中间体，可能的原因是___。

3、CO2在熔融K2CO3中电解还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的阴极反应式为____。
4、CO2可用CaO吸收，发生反应：CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)。在不同温度下，达到平衡时体系中CO2物质的量浓度[c(CO2)]与温度的关系如图3所示。900℃下的c(CO2)远大于800℃下的c(CO2)，其原因是___。

【正确答案】 1、+136kJ·mo1-l 反应ⅱ速率较慢(活化能较大)，是反应Ⅰ的决速步骤 80%
2、生成中间体反应的活化能小，反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)
3、12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO
4、由于CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) △H<0，温度升高K减小，K=(CO2)，温度升高平衡体系中c((CO2）增大

17-5（提升） 的资源化利用和转化已成为当今科学研究的热点。
1、325℃时，水在粉表面产生的可将转化成甲酸，同时生成。
①由、、制备甲酸的化学方程式为_______。
②直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是_______。
2、加氢生成的主要反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
将的混合气体置于密闭容器中，达到平衡时，体系中温度和压强对的选择性影响如图所示。

①压强的大小：_______(填“＜”或“>”)
②的选择性随温度升高而下降的原因是_______。
3、和环氧乙烷在作催化剂的条件下合成碳酸乙烯酯。
①溶液中加入尿素生成沉淀，同时有气体产生，该反应的离子方程式为_______。
②与沉淀剂(尿素、氢氧化钠)反应生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的作催化剂效果更好，其原因是_______。
③催化合成碳酸乙烯酯()可能的反应机理如图所示，根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为_______。

【正确答案】 1、 反应生成的是与反应的催化剂
2、＜ 反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，的选择性下降
3、 焙烧释放更多的气体，制得的更加疏松多孔 环氧乙烷中的O原子吸附在上，环氧乙烷中的键断裂，中的C原子与结合，一个O原子与环氧乙烷中的一个C原子结合

17-6（提升） 甲醇制烯烃是一项非石油路线烯烃生产技术，可减少我国对石油进口的依赖度。
1、甲醇也可通过煤的液化过程获得，该过程是_______(填“物理"或“化学”)变化。
2、甲醇制烯烃的反应有3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)、4CH3OH(g)=C4H8(g)+4H2O(g)，烯烃产物之间存在如下转化关系：
反应Ⅰ：2C3H6(g)3C2H4(g) ΔH1=+117 kJ·mol-1
反应Ⅱ：3C4H8(g) 4C3H6(g) ΔH2=+78 kJ·mol-1
反应Ⅲ：C4H8(g) 2C2H4(g) ΔH3
反应达平衡时，三种组分的物质的量分数x随温度T的变化关系如图所示。

①反应Ⅲ的ΔH3=_______ kJ·mol-1。
②图中曲线a代表的组分是_______，700K后，曲线a下降的原因是_______。
③图中P点坐标为(900，0.48)，900 K时，反应III的物质的量分数平衡常数Kx=_______(以物质的量分数代替浓度计算)。
3、将0.1 mol CO2和0.3 mol H2充入0.5 L恒容密闭容器中，分别在两种不同催化剂Ⅰ、Ⅱ下发生反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，相同时间内CO2的转化率随温度变化曲线如图所示。

①催化剂Ⅰ、Ⅱ中催化效率较高的是_______。
②随温度的升高，CO2的转化率先增大后减小，理由是_______。
③已知C点容器内压强为P，在T5温度反应的平衡常数Kp为_______(用含P的关系式表示)
【正确答案】 1、化学 2、+104 C3H6 反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反应Ⅰ的影响更大 5.76
3、催化剂Ⅱ B点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大；B点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡逆向移动，CO2转化率降低


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．金属材料包括合金和纯金属。火星探测器上天线接收器外壳为钛合金，钛合金属于金属材料，A项正确；
B．太阳能电池板将太阳能转化为电能，电池板芯片的主要成分为，作为半导体材料，而是光导纤维，B项错误；
C．玻璃纤维是一种无机非金属材料，不属于有机合成材料，C项错误；
D．皮革属于PU，属于有机合成材料，属有机物，D项错误。
故答案选A。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料的一种，A正确；
B．燃料为还原性气体，可作还原剂，B错误；
C．光导纤维的化学成分为二氧化硅，C错误；
D．油脂的相对分子质量没有达到上万，不属于高分子化合物，D错误；
故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．“北斗”系统组网成功，北斗芯片中的半导体材料为晶体硅，而二氧化硅则是光导纤维的主要成分，A错误；
B．“嫦娥”五号运载火箭用液氧液氢推进剂，H2燃烧产物是水，水是空气的成分，因此对环境无污染，B正确；
C．“硅石墨烯锗晶体管”为我国首创，石墨烯结构中含有不饱和的碳碳双键，因此能发生加成反应，C正确；
D．“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金是合金，具有耐高压、耐腐蚀的性能，D正确；
故合理选项是A。
1-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于无机非金属材料，A错误；
B．冰壶主材料花岗岩主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，B正确；
C．冬奥会“同心”金属奖牌表面是金，内心是合金，因此属于合金材料，C正确；
D．运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料，能够在一定条件下发生水解反应产生小分子物质，因此不会对环境造成白色污染，从而减少了对环境污染，该材料中由于不同聚乳酸分子中的聚合度数目不同，因此属于混合物，D正确；
故合理选项是A。
1-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．硅橡胶无毒、耐高温，可作压力锅的密封圈，故A正确；
B．分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，主要用作吸附剂和催化剂等，硅是计算机芯片的原料，故B错误；
C．Ti-Fe合金作为储氢材料，用于氢燃料汽车，故C正确；
D．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，可用于发动机，性质和用途对应，故D正确；
故选：B。
1-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．玻璃纤维的成分属于玻璃，玻璃属于无机非金属材料，选项A正确；
B．柠檬酸与小苏打发生复分解反应，各元素的化合价都没有改变，没有电子转移，选项B错误；
C．乙酸钠在温度较高的水中的溶解度非常大，很容易形成过饱和溶液，暂时处于亚稳态；这种溶液里只要有一丁点的结晶和颗粒，就能打破它的亚稳态，迅速结晶的同时释放出大量热量，选项C错误；
D．聚氯乙烯是高分子化合物，属于混合物，选项D错误；
答案选A。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氯化钙由两个氯离子 和一个钙离子构成，写电子式的时候两个氯离子分布在钙离子两边，并打上中括号和标离子符号，A正确；
B．钙离子与氢氧根离子之间是离子键，氢氧根里面的氢氧原子之间是共价键，B正确；
C．N原子的一个2s2电子激发到空的2p轨道，一条2s轨道和3条2p轨道杂化，形成4条sp3杂化轨道，C正确；
D．根据VSEPR理论，NH3的空间构型为三角锥形，D错误；
故选D。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．钠离子结构示意图为：，A错误；
B．硫原子的价电子对数为4+(6+2-24)/2=4，硫原子采取sp3杂化，硫酸根离子的空间结构为正四面体形，B正确；
C．过氧化氢的电子式为：，C错误；
D．氧原子的价电子对数为2+(6-21)/2=4，氧原子采取sp3杂化，D错误；
答案选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NaHS是酸式盐，其中存在离子键和共价键，A错误；
B．CS2分子结构与CO2相似，C原子与2个S原子形成2个C=S共价键，三个原子在同一直线上，其空间构型为直线形，B正确；
C．中C原子的价层电子对数是3+=3，故C原子为sp2杂化，C错误；
D．S原子最外层有6个电子，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，故H2S的电子式为，D错误；
故合理选项是B。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．的核电荷数为11，核外电子数为10，所以的结构示意图为 ，故A错误；
B．NaOH为含有共价键的离子化合物，所以其电子式为 ，故B错误；
C．HCOONa中含有3个键和1个键，所以HCOONa中含有键和键的数目之比为3∶1，故C正确；
D．基态S原子核外价电子的轨道表达式为 ，故D错误；
答案选C。
2-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．已知单键均为键，双键是一个键与一个键，则分子中含有4个C-H，一个C-C键和一个碳氧双键，故分子中键与键的比例为，A错误；
B．已知NH3分子中N原子含有一对孤电子对，故配离子中提供孤电子对和Ag+提供的空轨道形成配位键，B正确；
C．N原子最外层上有5个电子，故的电子式，C错误；
D．中-CH3中的C与周围原子形成了4个单键，故其碳原子的轨道杂化方式为杂化，而另一个碳原子周围形成了1个C-C键，1个C-O键和1个碳氧双键，故该碳原子的轨道杂化方式为杂化，D错误；
故B。
2-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
Ａ．NaNO3含有离子键，属于离子化合物，A项错误；
Ｂ．ClNO中每个原子都满足8电子稳定结构，所以结构式为：Cl-N=O，B项正确；
Ｃ．SO中S采取sp3杂化，键角为109°28´，C项错误；
Ｄ．1mol [Fe(NO)H2O)5]2+中，每个水分子有两个O-H σ键，共5mol H2O，所以O-H σ键数目为10mol，1molNO有1mol O-N σ键，因而普通共价键形成的σ键共有11mol，另外，H2O和NO与Fe2+形成6 mol配位键，所以一共应该是17mol σ键，D项错误；
答案选Ｂ。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．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；半径大小：A错误；
B．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；电负性大小：，B错误；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：，C正确；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，D错误；
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则碳元素的电负性小于氧元素，故B正确；
C．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，则氮原子的第一电离能氧原子，故C错误；
D．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硝酸的酸性强于碳酸，故D错误；
故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；A正确；
B．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；电负性大小：，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；半径大小：，C错误；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，D错误；
故选A。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
详解:
A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
3-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
四种原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；X形成4个共价键，位于IVA族，其原子序数小于Z（Na），则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此分析解答。
详解:
结合分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A．非金属性C B．总体上金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，则I1(Y) > I1(X)>I1(Z)，故B错误；
C．该化合物中，W（H）最外层电子数为2不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物为氢氧化钠，含有离子键和共价键，故D正确；
故答案选D。
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为N元素；Z的单质燃烧时火焰呈黄色，则Z为Na元素；前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且Y的原子核外有2个未成对电子，则Y为O元素；W的原子序数是Y的两倍，则W为S元素；Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满，则Q为Cu元素，据此分析来解题。
详解:
A．X为N元素，Y为O元素，W为S元素，根据同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是N原子的2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，故A项错误；
B．根据分析，Q为Cu元素，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，故B项错误；
C．Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，根据同周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径从大到小：r(Na)>r(S)>r(O)，故C项正确；
D．W的简单气态氢化物为H2S，Y的简单气态氢化物为H2O，根据元素的非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性就越强，由于非金属性O>S，所以简单气态氢化物的稳定性H2O>H2S，故D项错误；
答案选C。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．制备氨气是用氯化铵和氢氧化钙固体加热，不能直接用氯化铵分解来制取，故不符合题意；
B．氨气和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，用碱石灰干燥氨气，故B不符合题意；
C．氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，黑色固体变为红色固体，因此③可验证氨气的还原性，故C符合题意；
D．④不能用于氨气的吸收装置，会产生倒吸，用四氯化碳能防倒吸，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．实验室制备氨气常用氯化铵和氢氧化钙两种固体共热，只加热NH4Cl得不到NH3，A不合题意；
B．无水氯化钙能与氨气反应形成，因此不能用无水氯化钙作干燥剂，应该用碱石灰，B不合题意；
C．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法，C不合题意；
D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，产生压强差，形成喷泉，D符合题意；
故D。
4-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．浓氨水加入氧化钙才能分解产生，不能使浓氨水分解，不能制备氨气，A符合题意；
B．化学实验装置中的安全瓶的进气管和出气管均较短，B不符合题意；
C．氨气密度比空气小，为了有利于氨气与溶液反应，应从装置丙的a口通入氨气，C不符合题意；
D．氨气会污染环境，用装置丁可吸收过量的，并能防倒吸，D不符合题意；
故A。
4-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口应该略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，故A错误；
B．碱性气体选用碱性干燥剂，故可用碱石灰干燥氨气，故B正确；
C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法，故C错误；
D．氨气极易溶于水，装置图中导管不能直接插入水中，否则会引起倒吸，故D错误；
故答案为B。
4-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．和浓盐酸反应制取时需要加热，A不符合题意；
B．装置乙中盛装的试剂是饱和食盐水，用于除去中混有的HCl，B符合题意；
C．氯水具有漂白性，不能用干燥pH试纸检验氯水的酸性，C不符合题意；
D．饱和食盐水不能吸收，D不符合题意；
故选B。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
锥形瓶产生气体，U型管干燥气体，长试管发生反应，干燥管吸收空气中的水蒸气或者吸收产物中的水蒸气，据此分析。
详解:
A．若在④中验证氯气和铁的反应，③的作用是干燥氯气，但是氯气与碱石灰能发生反应，故不能用碱石灰干燥，可以用五氧化二磷干燥，A错误；
B．欲验证能还原，③的作用是干燥氢气，根据实验图示可知③应为固体干燥剂，不能是浓硫酸，可以用碱石灰、无水氯化钙等固体干燥剂，B错误；
C．若在④中验证氨气能和氧化铁反应，③的作用是干燥氨气，但是不能用无水氯化钙，二者可以发生反应，可以使用碱石灰干燥，C错误；
D．验证和反应能生成氧气，在⑤后放置一个带火星的木条，如果木条复燃说明有氧气的生成，D正确；
故本题选D。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．BrCl是直线形结构，Br原子和Cl原子大小不同，则BrCl是极性分子，故A错误；
B．中心原子价层电子对数为4+=4，Cl原子为sp3杂化，为正四面体结构，键角为109°28′，中心原子价层电子对数为3+=3，C原子为sp2杂化，为正三角形结构，键角为120°，故B错误；
C．溴元素位于元素周期表第四周期第VIIA族，故C错误；
D．同一主族从上到下第一电离能减小，F、Cl、Br、I的第一电离能逐渐减小，故D正确；
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．4s能级能量低于3d，所以基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子排布图为，A错误；
B．二者相对分子质量虽然相同，但CO为极性分子，N2为非极性分子，所以CO的沸点更高，B错误；
C．NH3和H2O分子的中心原子均为sp3杂化，但N原子只有一对孤电子对，而O原子有两对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间有较强的排斥作用，所以NH3分子中键角更大，C错误；
D．S8的分子结构为，每个S原子形成2个σ键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，D正确；
综上所述答案为D。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．中S是sp3杂化，四面体结构，没有对称中心，正电荷、负电荷中心不重合，为极性分子，A错误；
B．为平面三角形，为三角锥形，二者的的键角不等，B错误；
C．硒位于第四周期ⅥA族，其基态原子价层电子排布式为，C正确；
D．ⅥA族元素氢化物中，H2O分子间能形成氢键，水的熔沸点最高，D错误；
故C。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氯化氢形成的晶体为分子晶体，氯化钠形成的晶体为离子晶体，两者的晶体类型不同，故A错误；
B．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，所以离子中的夹角不是，故B错误；
C．铜元素的原子序数为29，基态铜离子的核外电子排布式为，故C正确；
D．一氧化二氯和次氯酸都是由极性键构成的结构不对称的极性分子，故D错误；
故选C。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．中的N原子有一个未成键的孤电子对，没有，孤电子有较大的斥力，所以和中的H—N—H键角不相等，A错误；
B．是分子晶体，含有金属-碳键，属于金属有机化合物，B错误；
C．的氮原子含有一个孤电子对，使分子的正电中心与负电中心不重合，故分子是极性分子，中氮原子之间以非极性键结合，C错误；
D．基态砷原子核外电子排布式为，价电子排布式为，D正确；
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Sn与C同一主族，所以与CCl4结构相同，是正四面体形，由极性键形成的非极性分子，A项正确；
B．P4是正四面体形分子，如图，正四面体每个面都是60度，因此P-P-P夹角为60°，B项错误；
C．VA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素由非金属元素向金属过渡，氮、磷、砷形成的单质是分子晶体，锑(Sb)单质晶体类型是金属晶体，C项错误；
D．基态砷原子()核外电子排布式为[Ar]，D项错误；
故答案选A。
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．O、H元素不守恒，故A错误；
B．用Pt电极电解溶液生成氢氧化镁，故B错误；
C．浓硝酸能氧化H2S，故C错误；
D．溶液与过量溶液反应，可假设为1mol，1mol消耗1mol，生成1mol和1mol水，1mol结合1molBa2+生成1mol碳酸钡，离子方程式正确，故D正确；
故选D。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，硼酸与甲醇在浓硫酸存在下反应生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为，故A错误；
B．由题意可知，三氟化硼在水中发生水解反应生成强酸四氟合硼酸和弱酸硼酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．由题意可知，高温条件下氧化铝、焦炭在氯气中反应生成氯化铝和一氧化碳，反应的化学方程式为，故C正确；
D．用石墨作电极电解氧化铝制备铝时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为，故D错误；
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．反应生成硫酸与盐酸，故不应该出现亚硫酸根，应该为硫酸根，，故A错误；
B．浓硫酸具有强氧化性，可以氧化Se2-，，故B错误；
C．强碱性环境，反应物中不应该出现氢离子，，故C错误；
D．革命剧题意可知燃烧热为，燃烧的热化学方程式为：，故D正确；
故答案为D。
6-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氯化镁晶体化学式为MgCl2·6H2O，易潮解，置于干燥空气中会风化而失去结晶水，若在空气中加热MgCl2·6H2O，生成的是Mg(OH)Cl，同时反应产生HCl、H2O，则在空气中加热MgCl2·6H2O反应的化学方程式为：MgCl2·6H2O=Mg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑，A正确；
B．过量SO2通入NaClO溶液中，二者发生氧化还原反应，产生H2SO4、NaCl，反应的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++ClO-+，B错误；
C．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液，在阳极上Cl-失去电子帮我Cl2，在阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，产生的OH-与溶液中的Mg2+结合形成Mg(OH)2沉淀，则反应的离子方程式为：Mg2++2C1-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，C错误；
D．反应热要与反应的物质多少相对应，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol，则1 mol H2SO4(l)与2 mol KOH(l)反应产生2 mol H2O(l)和K2SO4(l)时，放出热量是Q=114.6 kJ，故该反应的热化学方程式为H2SO4(l)+2KOH(l)=K2SO4(l)+2H2O(l) △H=-114.6 kJ/mol，D错误；
故合理选项是A。
6-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A、使用催化剂，降低活化能，但对△H无影响，故A错误；B、①＋②得到△H=(90.1－49.0)kJ·mol－1=＋14.1kJ·mol－1，故B正确；C、甲醇与氧气反应是放热反应，逆反应是吸热反应，即a>0，因此有△H2<△H3，故C错误；D、环境是碱性，CO2是酸性氧化物，负极反应式为：CH3OH＋8OH－－6e－=CO32－＋6H2O，故D错误。
6-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氨水吸收，化为，离子方程式为，选项中离子方程式错误，A符合题意；
B．根据方法2，CO还原的反应，CO体现还原性，SO2体现氧化性，生成CO2和S，，B不符合题意；
C．根据方法3，溶液加热生成亚硫酸钠，方程式为，C不符合题意；
D．根据方法4，在阴极被还原为硫单质，阴极反应为，D不符合题意；
故A。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铵盐可用作化肥是由于含有N元素，且易被植物吸收利用，与其都能与碱发生反应无关，A不合题意；
B．Al2O3可用于电解冶炼铝是由于其含有铝元素且熔融状态能够导电，与其具有两性无关，B不合题意；
C．稀硫酸可用于除去铁锈，就是利用其酸性，C符合题意；
D．次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂是由于其具有强氧化性而漂白，与其见光易分解无关，D不合题意；
故C。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．具有还原性，可作食品的抗氧化剂，A项错误；
B．溶液中铜离子有一定的氧化性，可用作杀菌剂，B项错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥气体，C项错误；
D．木炭具有还原性，可用来冶炼铁矿石，D项正确；
故答案选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中水解显碱性，所以可以用于清洗油污，故A正确；
B．液氨汽化吸收大量的热，所以可以用于制冷剂，与NH3极易溶于水的性质无关，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯化氢气体，故C错误；
D．碳酸氢钠能够与盐酸反应，可以消耗盐酸，所以可用于制抗酸药物，故D错误；
故选：A。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，所以可用作食品膨化剂，与NaHCO3与胃酸反应产生CO2无关，故A错误；
B．浓硫酸难挥发，可用于实验室制备挥发性酸，如盐酸，故B正确；
C ．SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，其水溶液显酸性，可使湿润的石蕊试纸变红，但不褪色，故C错误；
D．钠着火生成Na2O2，泡沫灭火器灭火时生成的水、CO2能与过氧化钠反应生成氧气助燃，则金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，常用干土掩盖，故D错误；
答案选B。
7-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．硫单质可用作橡胶硫化剂，体现的是硫的化学性质，与颜色无关，A不符合题意；
B．SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应，体现SO2的漂白性，B不符合题意；
C．Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应，从而去除Cl2，C符合题意；
D．浓硫酸用作酯化反应的催化剂，与氧化性无关，D不符合题意；
故选C。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．硫单质可以作橡胶硫化剂，可以使橡胶分子发生交联，形成立体网状结构，增强其抗腐蚀能力，这与硫单质的颜色显黄色无对应关系，A不符合题意；
B．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，能够防止葡萄酒在储存过程中因其中溶解的少量氧气氧化葡萄酒的成分进而影响酒的品质和口感，B正确；
C．硫酸铜溶液中含有重金属离子Cu2+，Cu2+会导致细菌的蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此可用作泳池杀菌剂，这与其水溶液是否显酸性无关，C错误；
D．浓硫酸是酯化反应的催化剂和吸水剂，可以加快酯化反应的速率，提高乙酸乙酯的产率，这与其是否具有强氧化性无关，D错误；
故合理选项是B。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误；
B．由图示可知，a极为阳极，失电子，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极为阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阳极区酸性增强、pH减小，阴极区酸性减弱、pH增大，B错误；
C．a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；
D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5，D错误；
答案选C。
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
a电极上N2转化为NH3，N元素化合价降低，发生还原反应，a电极为阴极；b电极上OH-转化为O2，O元素化合价升高，发生氧化反应，b电极为阳极。
详解:
A．电解时，溶液中K+向阴极移动，即向A极移动，A项正确；
B．电解时，电流经导线由a极移向电源负极，电流与电子流向相反，所以电子由电源负极经导线流向a极，B项正确；
C．电解质溶液为KOH溶液，电解时，a极上N2和水反应生成NH3和OH-，电极反应式为：，C项错误；
D．b极的电极反应为：，电解过程中消耗OH-，pH减小，D项正确；
答案选C。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，a为正极，钛基电极是阳极，失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为。
详解:
A． 碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，故A错误；
B． 阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为，故B错误；
C． 碳电极上水得电子生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO+OH-=H2O+CO，碳钢电极底部有、生成，故C正确；
D． 钛基电极上的反应为，每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.46mol，故D错误；
故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
I室连接电源正极的为阳极，阳极溶液中水发生失电子的氧化反应生成氧气和氢离子，通过阳离子交换膜进入II室，与亚硫酸根离子结合生成亚硫酸氢根离子，交换膜a为阴离子交换膜，可使亚硫酸氢根离子通过交换膜a从III室迁移进入II室，III室在阴极区水发生得电子的还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子会与亚硫酸氢根离子发生反应生成亚硫酸根离子，产生更多的亚硫酸钠，据此分析解答。
详解:
A．根据上述分析可知，阳极上水失去电子发生氧化反应，其电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，A错误；
B．根据上述分析可知，交换膜a是阴离子交换膜，B错误；
C．电解一段时间后，II室得到的溶液，III室得到溶液，C正确；
D．没有标明是否是标准状况，所以无法准确计算阴极区可获得的气体的体积，D错误；
故选C。
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由装置图可知，ZnO@石墨烯电极上CO2得电子和H+反应生成CO，则ZnO@石墨烯电极为阴极，石墨烯电极为阳极，阴极反应式为CO2+2e-+2H+═CO+H2O，阳极反应式为EDTA-Fe2+-e-═EDTA-Fe3+，阳极区反应为2EDTA-Fe3++H2S═2H++S+2EDTA-Fe2+，整个过程中EDTA-Fe2+相当于是催化剂，所以协同转化总反应：CO2+H2S═CO+H2O+S，据此分析解答。
详解:
A．整个过程的主要能量变化形式为：光能→电能→化学能，故A错误；
B．石墨烯电极为阳极，阳极反应式为EDTA-Fe2+-e-═EDTA-Fe3+，故B错误；
C．由分析可知协同总反应是将CO2和H2S转化为CO和S，故总反应为CO2+H2S=CO+H2O+S，故C正确；
D．由图可知总反应为CO2+H2S=CO+H2O+S，1molCO2参与反应，转移2mol电子，电池工作过程中每转移2mol电子，理论上可处理标况下和之和为2mol，气体总体积为44.8L，故D错误；
答案选C。
8-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的Na+通过阳膜1进入a极室，溶液中氢氧化钠浓度增大，原料室中B(OH)通过阴膜2进去产品室，b极室中氢离子通入阳膜3进入产品室，B(OH)和H+发生反应生成H3BO3；a、b电极反应式分别为、。
详解:
A．原料室中的Na+通过膜1进入a极室，所以1膜为阳离子交换膜，A错误；
B．原料室中B(OH)通过阴膜2进去产品室，b极室中氢离子通入阳膜3进入产品室，B(OH)和H+发生反应生成H3BO3，所以pH基本不变，B错误；
C．硼酸为一元酸，C错误；
D．每转移电子1mol，则有1molNa+移向NaOH溶液，同时有0.5molH2生成，a极室溶液质量增加22g，b极室生成0.25molO2，同时1molH+移向产品室，b极室溶液质量减少9g，所以a极室溶液质量变化与b极室溶液质量变化之差为13g，D正确；
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．X分子中六元素环不是苯环而含有烷基，根据甲烷的正四面体结构，X中所有碳原子不可能处于同一平面，选项A错误；
B．X（）、Z（ ）分子中均含有2个手性碳原子，选项B正确；
C．1molZ（）最多能与3molBr2发生反应，选项C错误；
D．X只含有碳碳双键和醇羟基，不能与NaOH稀溶液发生反应；Y、Z均含有酚羟基，Z含有羧基，可与NaOH稀溶液发生反应，选项D错误。
答案选B。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．由原子守恒可知W的分子式为C2H4O2，结合该反应本质上是取代反应，则W的结构简式为，故A正确；
B．X中所有碳原子都是杂化类型，Y存在碳氧双键和甲基，碳原子轨道杂化类型有和两种，故B错误；
C．X中含有酚羟基能使氯化铁溶液变成紫色，Z中没有酚羟基，不能使氯化铁溶液变成紫色，可用氯化铁溶液鉴别X和Z，故C正确；
D．阿司匹林中含有羧基和酯基，并且水解后的产物中还含有酚羟基，故1 mol阿司匹林最多可与3 mol的NaOH溶液反应，X中含有羧基和酚羟基，故1 molX最多可与2 mol的NaOH溶液反应，故D正确；
故选B。
9-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．X中苯环能发生加成反应，含酚羟基可被氧化；苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以能发生缩聚反应，A正确；
B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；Y与足量的氢气加成后的产物为，分子中存在3个手性碳原子，B错误；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键；1molZ中与苯环直接相连的羟基和醚键共有2mol碳氧σ键，羰基上有1mol碳氧σ键，苯环侧链的醚键中碳氧σ键有3mol，故共6mol，C错误；
D．酚羟基邻对位的氢原子可以被溴原子取代，1molX与足量浓溴水发生取代反应消耗的Br2为3mol；1molY消耗的Br2为2mol，消耗的Br2不相等，D错误；
故选A。
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．X中碳原子的杂化方式有1种，为sp2杂化，A正确；
B．Y→Z酯基断裂然后分别与-OC2H5、H相连，反应类型是取代反应，B正确；
C．X含羧基、Z含酚羟基，二者均能与碳酸钠反应，Y不能，C正确；
D．Z酚羟基的邻位和对位有H，在一定条件下可与甲醛发生酚醛缩聚，D错误；
答案选D。
9-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．X分子中，与苯环相连的碳原子是饱和碳原子，该碳原子与其它3个碳原子和1个氧原子构成四面体的结构，故X分子中所有碳原子不可能在同一平面，A错误；
B．Y分子中，与羟基相连的碳原子的邻位甲基碳原子上有氢原子，符合发生消去反应的条件，故Y能与浓硫酸共热可以发生消去反应，B正确；
C．Y分子中没有羧基，Z分子中有羧基，Z可以与溶液反应产生二氧化碳气体，故可以用NaHCO3溶液鉴别物质Y和Z， C正确；
D．Z分子中，苯环上的6个碳原子、碳碳双键的2个碳原子、酮羰基的1个碳原子和羧基上的1个碳原子均为杂化，这些碳原子共10个，D正确；
故选A。
9-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．X、Y、Z连接支链的碳原子为手性碳原子，连接4个不同的原子或原子团，W中没有手性碳原子，错误；
B．由官能团的转化可知1，3-丁二烯与丙烯酸乙酯发生加成反应生成X，X发生还原反应生成Y，Y发生取代反应生成Z，正确；
C．由化合物Z一步制备化合物Y，应发生水解反应，应在氢氧化钠的水溶液中进行，错误；
D．Y中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，错误。
故选B。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该反应属于气体体积减小的反应，ΔS<0，反应要能自发进行，ΔH-TΔS<0，因此该反应在低温条件下能自发进行，A错误；
B．其他条件一定，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率降低，B错误；
C．使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应的速率，但不改变反应的焓变，C错误；
D．其他条件一定，增大反应的压强，如缩小体积或增大反应物或生成物的浓度，可以增大正、逆反应的速率，D正确；
故选D。
10-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A． 该正反应放热熵增，则任何温度下ΔH-TΔS＜0均可自发，A错误；
B．为固体， 增大的量不影响反应速率、不影响平衡，不可提高铁的产率，B错误；
C．反应的平衡常数为K=c(CO)，K只与温度有关，则只改变压强未改变温度时平衡常数K不变，达新平衡后CO浓度保持不变，C正确；
D． 升高温度，逆反应速率加快，正反应速率也加快，D错误；
答案选C。
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以当时，该反应达到平衡状态，故A正确；
B． ，该反应在一定条件下能自发进行，说明在一定条件下，则，故B正确；
C．恒温恒容条件下，若混合气体的颜色保持不变，说明浓度不变，则该反应达到平衡状态，故C正确；
D．正反应气体系数和减小，恒温恒容条件下，达平衡状态后，再充入一定量的，相当于加压，转化率将增大，故D错误；
选D。
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该反应为放热反应，即且反应前后气体分子数减少，故，，当温度较低时，，故该反应低温自发，A错误；
B．反应的平衡常数可表示为，B错误；
C．催化剂可以改变反应历程，但不能改变焓变，C错误；
D．其它条件不变，增大的值，提高CO的转化率，NO的转化率下降，D正确；
故选D。
10-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)，生成的气体的物质的量之比始终是2：1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为平衡状态的判断依据，故A错误；B．此反应的△s＞0，△H＞0，根据△G=△H-T△s，只有在高温下△G＜0，此时反应才能自发进行，故B错误；C．固体物质的多少对化学反应速率没有影响，故C错误；D．恒温下压缩体积，平衡逆向移动，当氨气的浓度不变时达到新的平衡状态，故D正确；故选D。
10-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．当CaO的质量不再变化时，说明该反应动态平衡，即重新达到了化学平衡状态，A项正确；
B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B项错误；
C．扩大容器体积，平衡正向移动，但是温度不变，则平衡常数不变，即二氧化碳的浓度不变，压强不变，C项错误；
D．生成了气体，则ΔS>0，则常温下，ΔH-T×ΔS不一定小于0，不一定能自发进行，D项错误；
答案选A。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据质子守恒可知，在CH3COONa溶液中存在：，而c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，A错误；
B．与混合后溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，溶液呈酸性说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，故所得溶液中有：，B正确；
C．溶液加水稀释，促进CH3COO-的水解，根据勒夏特列原理可知，溶液中c(OH-)减小，故溶液降低，C错误；
D．是可溶性盐，属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为：，D错误；
故B。
11-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由质子守恒可知，0.1 mol·L的水溶液中：，故A错误；
B．向0.1 mol·L水溶液加少量水，氢离子浓度减小，的值增大，故B正确；
C．0.2 mol·L溶液与0.1 mol·L NaOH溶液等体积混合得到等浓度的、溶液，的水解常数为，溶液中电离大于水解，溶液显酸性，故C正确；
D．水解导致溶液显碱性，故0.1 mol·L溶液中离子浓度大小关系：，故D正确；
故选A。
11-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由电荷守恒可知、，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；
B．由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；
C．醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同，均为0.05mol/L（忽略体积变化），由醋酸的电离常数可知，相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为，C正确；
D．由电荷守恒可得，由物料守恒可得，由此可得，D错误；
故选D。
11-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol⋅L， mol⋅L溶液中的溶质为NaHSO3，在NaHSO3溶液中存在质子守恒： ，故A错误；
B．在溶液中，>1，则，故B错误；
C．在溶液中，存在的水解：+H2O+OH-，水的电离：H2OH++OH-，所以溶液中离子浓度大小顺序为：，故C错误；
D．若改用少量稀的溶液吸收，SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸使溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，能将+4价硫氧化为+6价，生成，和Ba2+生成BaSO4沉淀，硝酸被还原为NO，则发生反应的离子方程式： ，故D正确；
故选D。
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于二元酸H2A第一步电离完全，第二步部分电离，可以把10mL 0.1mol·L−1二元酸H2A看成10mL 0.1mol·L−1 HA一元弱酸和0.1mol/L H+混合溶液；注意该溶液不存在H2A微粒。
A．0.1mol·L−1 H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A正确；
B．由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)；当滴加至中性时c(H+)=c(OH−)，因此c(Na+)=2c(A2−)+c(HA−)，设用去10mL NaOH，反应得到NaHA溶液，由于HA−H++A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10mL的NaOH溶液，B错误；
C．当用去NaOH溶液体积10mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，根据质子守恒存在如下关系c(H+)-c(A2−)=c(OH−)，于是c(A2−)=c(H+)-c(OH−)，C正确；
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2−)，D正确；
故选B。
11-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由题干可知，为二元弱酸，在水溶液中的电离方程式为：、，A错误；
B．常温下，的水解常数为，则水溶液中电离大于水解，溶液显酸性，往水溶液中继续加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，溶液的逐渐增大，B正确；
C．水溶液中由质子守恒可知：，C错误；
D．由题干提供电离常数可知，与过量的水溶液反应生成草酸根离子和，离子方程式：，D错误；
故选B。
12-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．将氧化铁加入到足量溶液中，充分溶解后生成的铁离子与碘离子生成碘单质，说明氧化性：，A正确；
B．新制氯水中含有漂白性的次氯酸，不能使用pH试纸测其pH值，B错误；
C．碳酸根离子、硫酸根离子均会和钡离子生成白色沉淀，不能判断沉淀种类，不能两者Ksp大小，C错误；
D．银镜反应需要在碱性溶液中进行，应加入氢氧化钠调溶液为碱性，D错误；
故选A。
12-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．氢氧化钠也会和硝酸银生成氢氧化银沉淀，氢氧化银分解生成黑色氧化银，故不能说明卤代烃未水解，A错误；
B．反应后碘离子过量，而滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中仍存在铁离子，则KI与溶液的反应有一定限度，B正确；
C．氨气水溶液显碱性，氨气、二氧化硫、氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故X可能是，C正确；
D．等浓度的醋酸钠、亚硝酸钠溶液，醋酸钠溶液的碱性更强，说明醋酸根离子水解程度更大，则对应结合的能力比强，D正确；
故选A。
12-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．水解是吸热的，溶液中加两滴酚酞显浅红色，微热水解平衡正向移动，水解出的氢氧根浓度增大，溶液颜色变深，可以达到目的，故A正确；
B．向溶液中先滴加溶液，出现沉淀有可能是硫酸钡也有可能是氯化银，要检验，先滴加稀盐酸排除Ag+，CO干扰，故B错误；
C．应测相同浓度的醋酸、盐酸的pH，否则不能判断醋酸是弱电解质，故C错误；
D．向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，用新制检测水解产物葡萄糖，应该先加氢氧化钠中和硫酸，在碱性环境下检验水解产物，故D错误；
故答案为A
12-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．向溶有的溶液中通入气体氨气，三者反应也会出现亚硫酸钡白色沉淀，A错误；
B．向0.1 溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝，说明碘离子和铁离子生成碘单质，氧化性氧化性：，B正确；
C．向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀，说明结合了碳酸氢根离子中的氢离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，则比更容易结合，C正确；
D．将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色，说明生成了含有碳碳双键的乙烯，则溴乙烷发生了消去反应，D正确；
故选A。
12-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．由数据可知配制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，A项错误；
B．开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁的白色沉淀后，过量的NaOH能继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；
C．测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，C项正确；
D．溶液中即使存在NH4+，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中NH4+与OH-生成NH3·H2O，没有加热不能产生NH3，D项错误；
答案选C。
点睛:
本题的易错点是葡萄糖检验的方法，在检验的过程中要注意：①新制Cu(OH)2悬浊液要随用随配，不可久置；②配制新制Cu(OH)2悬浊液时，所用NaOH必须过量；③反应液直接加热煮沸，才有明显的红色沉淀；④加热沸腾不能太久，否则会有黑色沉淀，这是Cu(OH)2受热分解生成CuO所致。
12-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，可能是挥发出的HCl和苯酚钠反应，应先除去CO2中混有的HCl，再通入所以苯酚钠溶液中，所以该实验不能说明酸性：碳酸＞苯酚，故A错误；
B．AgCl的Ksp大于AgBr，那么饱和AgCl溶液中Cl-浓度较大，因此加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBr，B选项正确；
C．不饱和烃使酸性KMnO4溶液褪色，由现象可以知道，分解产物含烯烃，但不一定为乙烯，故C错误。
D．滴加5滴0.1 mol·L－1KI溶液，20滴约为1mL，氯化铁有剩余，则取出来的溶液中滴加KSCN溶液，显血红色，不能说明KI和FeCl3反应有一定的限度，故D错误；
答案选B。
13-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．题干图示为将与的混合气体以定流速通过填充有催化剂的反应器，的产率、的转化率与温度的关系，故435℃时产率低的原因可能是此温度下催化剂活性较低，反应速率较慢，A正确；
B．根据主反应 可知升高温度，平衡正向移动，C4H8的产率增大，图中可知600℃以后的产率下降，的产率增大，故600℃以后，的产率下降原因可能是发生裂解反应生成，B正确；
C．由B项分析可知，图中表示产率的曲线中，A点后丁烯的产率下降并不一定是平衡移动的结果，故A点时主反应不一定达到平衡状态，C正确；
D．由于主反应 升高温度，平衡正向移动，丁烯的产率增大，且温度高时，将发生副反应，故提高丁烷脱氢制备丁烯转化率的研究方向为寻找高温时具有较高活性和对主反应具有良好选择性的催化剂，D错误；
故D。
13-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．升高温度二氧化碳转化率减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；
B．温度越高化学反应速率越快，催化剂的催化效率越高化学反应速率越快，根据图知，M点催化效率大于N点但M点温度小于N点，催化效率大于温度对反应速率影响，则M点反应速率大于N点，B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，C错误；
D．根据图知，温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低，D正确；
故D。
13-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图可知，随着温度升高，的体积分数不断增大、而的平衡转化率不断降低；
详解:
A．相同时间内，反应温度越低，反应速率越慢，导致单位时间内生成甲烷减少，的转化率可能会降低，A错误；
B．高效催化剂改变反应速率，不改变平衡移动，不能提高平衡时的产率，B错误；
C．工业上一般控制反应温度高于600℃，其原因是低于600℃时，浓度较小，速率较慢，会导致单位时间内产品产率下降，C正确；
D．某温度下若完全分解为，在密闭容器中投入和反应，则完全转化为4mol，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，当的体积分数为10%时，生成（2mol+4mol）×10%=0.6mol，则反应甲烷0.6mol，的转化率为，D错误；
故选C。
13-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，其主要反应有：、，则的转化率应该大于的转化率，图中曲线①表示转化率随温度的变化，曲线②表示的转化率，以此解答。
详解:
A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A错误；
B．720～800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B正确；
C．720～800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增于反应1，的选择性不断减小，故C错误；
D．催化剂不改变平衡产率，故D错误；
故选B。
13-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H = -122.5 kJ·mol-1
由题意可知，反应I正反应方向是吸热反应，反应II正反应方向是放热热反应；
详解:
A．升高温度，反应I平衡正移，CO2转化率升高，反应I平衡逆移，CO2转化率降低，故整体CO2转化率受两个反应共同影响，所以升温CO2转化率不一定上升，描述错误，不符题意；
B．CH3OCH3是反应II产物，故其产量随温度上升一定是逐渐减少，所以曲线a应为CH3OCH3选择性对应图象曲线，曲线b应是CO2转化率曲线，描述错误，不符题意；
C．其他条件不变，只增加H2投入量，理论上两个反应平衡都应正移，都有H2O生成，故对于反应II来说，反应I生成的H2O会抑制反应II的正向移动，不同温度下反应I产生的H2O的量不同，对反应II的影响程度不同，所以CH3OCH3产率不一定增加，描述错误，不符题意；
D．X点未在曲线a上，X点状态处于未平衡状态，更换催化活性更高的催化剂，提高CH3OCH3选择性，使其达到相应温度下的曲线a上的点所对应的的选择性值，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
13-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据盖斯定律可知反应①－反应②即得到一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-90.7kJ·mol-1，A正确；
B．其他条件不变，增大起始n(CO2):n(H2)的比值，可提高H2的平衡转化率，但CO2的平衡转化率降低，B错误；
C．假设参加反应的二氧化碳是1mol，根据图像可知280℃生成甲醇是0.94×0.03mol＝0.0282mol，同理320℃生成甲醇是0.92×0.1mol＝0.092mol，360℃生成甲醇是0.15×0.48mol＝0.072mol，400℃生成甲醇是0.04×0.17mol＝0.0068mol，即其他条件不变，在280～400℃间，产物中n(CH3OH)随温度的升高先增大后减小，C正确；
D．根据图像以及结合反应①是放热反应，反应②是吸热反应可知为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂，D正确；
答案选B。
14-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
3、(或)
4、杂化 N>O>C
5、12 (或)
【试题解析】 分析:
含钴催化剂废料加入稀硫酸，二氧化硅不反应、硫酸钙微溶于水，故得到的滤渣为SiO2和CaSO4，滤液含有Fe2+、Fe3+、Co2+等；加入NaClO可将Fe2+ 氧化生成Fe3+，然后加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成黄钠铁矾沉淀，过滤滤液中加入碳酸钠，得到碳酸钴，用盐酸溶解碳酸钴，再向所到溶液中加入草酸铵，得到草酸钴和滤液2，滤液2为氯化铵，最后煅烧生成氧化钴；
由以上分析可知，滤渣为SiO2和CaSO4；
“除铁”时加入NaClO，将Fe2+氧化为Fe3+利于铁离子生成沉淀同时次氯酸根离子生成氯离子，主要反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
钴为27号元素，基态钴原子的电子排布式为(或)；
(NH4)2C2O4中N原子周围形成4个σ键，N原子杂化轨道类型为sp3；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；
以顶角的Co为参考点，Co所在底面的xy平面上与之紧邻的O有4个，空间中还存在xz和yz平面，所以与Co紧邻的O的个数为12；
根据晶胞可知，一个晶胞中含有Co的数目为8× =1个，含有Ti的数目为1个，含有O的数目为6×=3个，晶胞的质量为，晶胞体积为(apm)3=(a×10-10cm)3 ，晶体密度为= =(或)g/cm3；
14-2【基础】 【正确答案】 1、
2、、 温度过高，的溶解度降低
3、先打开分液漏斗上口玻璃塞，再打开活塞从下口放出水层，待水层完全放出后再将含铜有机溶液从上口倒出
4、
5、
6、
【试题解析】 分析:
钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物]粉碎后加入稀硫酸、通入二氧化硫进行酸浸后，除去废渣主要含有，所得溶液加入有机溶剂RH进行萃取除铜，得到R2Cu，水相中加入氯酸钠除铁，除去氢氧化铁、FeAsO4，加入草酸铵沉钴，焙烧制备锂电池正极原料；
中钴为+3价，Co是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；形成Co3+时，失去4s上的2个电子和次外层的3d上的1个电子，所以Co3+钴离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或；
钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物] 酸浸且通入二氧化硫还原，则“酸浸”液中钴以形式存在，则“酸浸”液中的金属阳离子还有、；温度过高，的溶解度降低，所以钴的浸出率降低；
实验室用分液漏斗模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置后，分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：先打开分液漏斗上口玻璃塞，再打开活塞从下口放出水层，待水层完全放出后再将含铜有机溶液从上口倒出；
“除铁”过程中，溶液中的及部分转化为沉淀，反应的离子方程式为：；
“焙烧”过程中，若氧气不足会产生而污染空气，发生的反应为；
由题意，晶胞中分别占据形成的两种不同空隙，可知两个中，一个占据形成的体心位置，另一个占据由4个形成的四面体空隙，如图所示： 。
14-3【巩固】 【正确答案】 1、 能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行 NH3

2、1200℃ 煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应
3、12
【试题解析】 分析:
（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。
①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，，答案：；
②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；
③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3，NH3可循环利用，故NH3；
①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；
①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；
②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 mol·L-1，则 mol·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为mol·L-1，答案：。
14-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
3、实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降
4、在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4 12
【试题解析】 分析:
含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物；
氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：；
①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集；
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降；
①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。
14-5【提升】 【正确答案】 1、H2SO4 2、3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++3H2O 80—100min时，MnO2的浸出率很高，剩余MnO2较小，与FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少
3、1.4×10—8mol/L
4、100 5、正四面体形
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，向阳极渣、黄铁矿中加入稀硫酸酸浸时，二氧化锰与稀硫酸、二硫化铁反应生成硫酸锰、硫酸铁、硫和水，铅的化合物与稀硫酸反应生成难溶的硫酸铅，铁、铜与稀硫酸反应得到可溶的硫酸盐，过滤得到含有硫、硫酸铅的滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氧化钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铜离子转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铜和滤液；向滤液中加入氟化锰将溶液中的钙离子转化为氟化钙，过滤得到氟化钙和硫酸锰溶液；向硫酸锰溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸锰转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰经洗涤、焙烧、干燥得到四氧化三锰。
由分析可知，“酸浸”时，所用的稀酸X是稀硫酸，故H2SO4；
①由分析可知，20—80min内，浸出锰元素的主要反应为二氧化锰与稀硫酸、二硫化铁反应生成硫酸锰、硫酸铁、硫和水，反应的离子方程式为3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++3H2O，故3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++3H2O；
②由图可知，80∼100min时，二氧化锰的浸出率很高，剩余二氧化锰较小，所以与二硫化铁浸出的亚铁离子与二氧化锰的接触机会减少，导致亚铁离子浓度上升，故80∼100min时，MnO2的浸出率很高，剩余MnO2较小，与FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少；
溶液中钙离子与氟化锰转化为氟化钙的反应方程式为MnF2+Ca2+ CaF2+Mn2+，反应中===，若溶液中锰离子浓度为2mol/L，则钙离子浓度为=1.4×10—8mol/L，故1.4×10—8mol/L；
由题意可知，硫酸锰溶液与碳酸氢铵溶液反应的方程式为MnSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O，由方程式可知，50mL1mol/L硫酸锰溶液完全反应需要1mol/L碳酸氢铵溶液的体积为×103mL/L=100mL，故100；
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球为8×+6×=4，位于体内的白球为8，由氟化钙的化学式可知，黑球为钙离子、白球为氟离子，则晶胞中与氟离子距离最近的4个钙离子在空间构成的形状为正四面体形，故正四面体形。
14-6【提升】 【正确答案】 酸性 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 0.5mol 95.6% 取少量最后一次洗出液，加入适量稀硝酸进行酸化，再滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 MoS2+9ClO-+6OH-=MoO+9Cl-+2SO+3H2O 12
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，钼精矿在空气中焙烧生成三氧化钼和二氧化硫，向三氧化钼中加入碳酸钠溶液，三氧化钼与碳酸钠溶液反应生成钼酸钠和二氧化碳，过滤得到钼酸钠溶液，钼酸钠溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到钼酸钠晶体；向钼酸钠溶液中加入盐酸，盐酸与钼酸钠溶液反应生成钼酸沉淀和氯化钠，过滤得到钼酸，钼酸高温煅烧发生分解反应生成三氧化钼，三氧化钼在高温下与氢气发生置换反应生成金属钼。
详解:
(1)由分析可知，三氧化钼能与碳酸钠溶液反应生成钼酸钠和二氧化碳，则三氧化钼为酸性氧化物，故酸性；
(2)钼精矿在空气中焙烧生成三氧化钼和二氧化硫，反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，由得失电子数目守恒可知，1molMoS2发生该反应，则被Mo元素还原的氧气的物质的量为1mol×[(+6)—(+4)]×=0.5mol，故2MoS2+7O22MoO3+4SO2；0.5mol；
(3)当BaMoO4开始沉淀时，由Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8可知溶液中钡离子的浓度为mol/L=5.0×10-8mol/L，由Ksp(BaSO4)=1.1×10-10可知，溶液中硫酸根离子的浓度为mol/L=0.0022mol/L，则硫酸根离子的去除率为=95.6%，故95.6%；
(4)盐酸与钼酸钠溶液反应生成钼酸沉淀和氯化钠，过滤得到的钼酸沉淀上附有可溶的氯化钠，检验钼酸是否洗涤干净就是检验洗涤液中是否含有氯离子，则检验钼酸是否洗涤干净的操作是取少量最后一次洗出液，加入适量稀硝酸进行酸化，再滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，故取少量最后一次洗出液，加入适量稀硝酸进行酸化，再滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；
(5)由题意可知，在碱性条件下，二硫化钼与次氯酸钠发生氧化还原反应生成钼酸钠、氯化钠、硫酸钠和水，反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO+9Cl-+2SO+3H2O，故MoS2+9ClO-+6OH-=MoO+9Cl-+2SO+3H2O；
(6)由晶胞结构可知，晶胞中钼原子位于顶点和面心，则晶胞中钼原子周围距离相等且最近的钼原子有3×4=12个，故12。
15-1【基础】 【正确答案】 醚键 酯基 取代反应 或
【试题解析】 分析:
根据题干信息，物质A、B、C的转化关系如下：
A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C中含有官能团酯基，醚键和碳碳双键，能够与氢气在Pd-C的催化作用下发生加成反应生成D，且D的分子式为C15H18O6，则D的结构式为：，D物质再与氢氧化钠发生水解反应生成E，E再发生如下反应生成F：
，根据分析可回答问题；
详解:
(1)由上述过程可知，C的结构式为：，C中的含氧官能团名称为酯基、醚键，故答案为醚键和酯基；
(2) 根据上述分析，A-B的反应类型为取代反应，故取代反应；
(3) C的碳碳双键与氢气在Pd-C的催化作用下，发生加成反应生成D，因此D的结构式为：；
(4) B的分子式为C8H6O3，含有6个不饱和度，B能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，因此B含有酚羟基，不含有醛基，且B的苯环上有4个取代基，分子中只有4种不同化学环境的氢，苯环含4个不饱和度，剩下2个不饱和度为碳碳三键，则B的同分异构体可以是：或；
(5)
根据题干信息运用，可得到以H2C=CH2、H2C(COOC2H5)2、为原料制备的合成路线如下：
点睛:
根据有机物的化学式计算不饱和度的方法：若有机物的化学式为CxHy则不饱和度Ω=。
15-2【基础】 【正确答案】 羟基 羰基 加成反应 消去反应
【试题解析】 分析:
A与乙酸发生取代反应得到B，B发生取代反应得到C，C先发生水解反应得到，再发生加成反应得到，再发生消去反应得到D，D和发生取代反应得到E。
详解:
(1)根据化合物B的结构得到B中的含氧官能团为羟基和羰基；故羟基；羰基。
(2)反应③首先发生酯的水解反应得到 ，再发生加成反应得到，发生消去反应得到D，因此涉及到的反应类型有水解反应、加成反应和消去反应；故加成反应；消去反应。
(3)根据E的结构和反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为；故。
(4)B的一种同分异构体满足下列条件，能发生银镜反应，说明含有醛基或则是甲酸酯，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解后含有酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢，因此该同分异构体的结构简式：；故。
(5)在氯化锌作用下和乙酸反应生成，根据已知信息，，在氧化铝作用下发生消去反应得到，与氢气加成达到，合成路线流程图为
；故。
点睛:
有机化学推断是常考题型，主要考查有机物的推测，根据前后分子结构推断前后的分子结构或应该加入的分子结构，书写同分异构体，根据信息推测合成路线。
15-3【巩固】 【正确答案】 1、加成 2、 3、或
4、或
【试题解析】 分析:
A发生取代反应生成B，B的碳氧双键发生加成反应生成C，C发生取代反应生成D，D与甲醇发生加成反应生成E，E自身发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，据此分析解答。
由E、F的结构简式可知，E的碳碳双键与侧链链端的羟基发生加成反应生成F，故E→F的反应类型为加成反应。
A→B的反应可以看成为 取代苯环上羟基对位的氢原子，而A→B的反应会经历A→X→B的过程，且X与B互为同分异构体且苯环上只有一个取代基，则X为 取代羟基上的氢原子，故X的结构简式为 。
G的分子式为C9H10O3，不饱和度为5，其同分异构体同时满足下列条件，①含苯环，苯环不饱和度为4，侧链应有一个双键，1该物质与足量溴水反应最多消耗2，含有酚羟基，且酚羟基的邻、对位中只有两个氢原子，②分子含不同环境的氢原子数目之比为3∶3∶2∶2；该同分异构体的结构简式位 或 。
由 与甲醇发生D到E的转化可生成 ， 发生信息反应①生成， 与氢气发生加成反应生成 ， 与HI发生取代反应生成， 发生催化氧化生成 ，故合成路线流程图为
或 。
15-4【巩固】 【正确答案】 1、(醇)羟基、酰胺键
2、取代反应 3、
4、或或 5、
【试题解析】 分析:
A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，环状分子E的分子式为C5H8O2，根据D、F结构简式可知E为，C、G发生取代反应生成H；以、ClCH2CH2COCl、ClCH2COCl为原料制备，从到形成另一个环的过程发生类似所给流程中A到C的转化，苯环的另一个取代基需要先引入硝基，然后发生类似硝基苯生成苯胺的反应，再发生A到B的转化；
根据F结构式，F中官能团的名称为：(醇)羟基、酰胺键；
故(醇)羟基、酰胺键；
对比A与B的结构可知，A中氨基上的氢原子被中酰氯上的氯原子所取代；
故取代反应；
对比G与H的结构可知，C的结构为；
故；
B除苯环外的缺氢指数为1，根据信息同分异构体为酚类，且含有酰胺键和碳氯键能发生水解，再根据水解后酸化得到2种有机物，且酸性基团都在其中一个有机物结构中，最后结合4种不同化学环境的氢原子，故答案为 或或；
故 或或；
根据分析可得 ， ；
故 。
15-5【提升】 【正确答案】 1、B 2、还原反应
3、
4、或 5、
【试题解析】 分析:
根据的结构简式，A发生取代反应生成B，B的氯原子发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E在过氧化氢条件下发生反应生成F，F在Fe、条件发生还原反应生成，G中的和发生脱水生成产品。
根据罗匹尼罗的结构：
A．分子式是，A错误；
B．因为含有肽键，可水解制成盐酸盐，增强水溶性，B正确；
C．饱和碳原子采取杂化，该分子中采取杂化的C原子数为9，C错误；
故选B;
反应过程是，羰基加氢脱氧，为还原反应；
已知D与的反应类型是取代反应，即中的原子团取代了甲基上的1个氢原子后，剩余的原子团，为除E外的另一种产物；
A结构中，除了苯环以外，还有1个，1个，2个饱和碳原子，根据要求①能发生银镜反应和水解反应，含有；②分子中有3种不同化学环境的氢，苯环上的两个甲基对称，满足条件的结构简式为：或；
根据已知信息，中邻位上的甲基上的1个氢原子被中原子团取代生成，在过氧化氢的条件下发生反应生成，发生还原反应生成，和脱水生成肽键，再发生还原反应得到产品，流程为：。
15-6【提升】 【正确答案】 1、还原 2、保护酮羰基，防止F→G转化时被还原(加成)
3、 4、 5、
【试题解析】 分析:
由有机物的转化关系可知，在氯化铝作用下与发生环加成反应，与锌(汞)、盐酸发生还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，在氯化铝作用下发生取代反应生成，在酸性条件下，与乙二醇先发生加成反应，再发生取代反应生成，催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，酸性条件下转化为，先在无水乙醚作用下与CH3CH2MgBr发生取代反应，再在酸性条件下共热发生消去反应生成。
由分析可知，B→C的反应为与锌(汞)、盐酸发生还原反应生成，故还原；
由E、H的分子中都含有酮羰基可知，流程中设计E→F的目的是保护酮羰基，防止F→G转化时与氢气反应被还原(加成)，故保护酮羰基，防止F→G转化时被还原(加成)；
由结构简式可知，A→B的反应中在氯化铝作用下与发生环加成反应生成，则A→B得到的产物若不经提纯，依据B到E的合成路线会生成一种与E互为同分异构体的副产物，故；
B的同分异构体有手性碳原子，与氯化铁溶液发生显色反应且能使溴的四氯化碳溶液褪色说明同分异构体分子中含有连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子、酚羟基和碳碳双键，碱性条件下水解后酸化生成两种有机产物，产物之一分子中只有两种不同化学环境的氢原子说明同分异构体分子中含有酚酯基，则符合条件的结构简式为，故；
由题给有机物的转化关系可知，以苯、甲苯、为原料制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，在氯化铝作用下与苯发生取代反应生成，先在无水乙醚作用下与发生取代反应，再在酸性条件下共热发生消去反应生成，催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成，则合成路线为，故。
16-1【基础】 【正确答案】 布氏漏斗 蒸发浓缩、趁热过滤 加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大 D 98.00%
【试题解析】 分析:
(1)根据图象可知仪器A名称。

(2)MgCl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)2·3H2O，根据溶解度与温度关系可知，则要除去杂质NaCl，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤。
(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2＋的水解。
(4)A. 根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)2·3H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率；C. Mg(ClO3)2·3H2O溶液中Mg2＋水解生成的少量H＋，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出。
(5)根据方程式建立关系式，计算质量分数。
详解:
(1)根据图象可知仪器A为布氏漏斗，故布氏漏斗。
(2)MgCl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)2·3H2O，则要除去杂质NaCl，根据溶解度与温度关系可知，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤，故蒸发浓缩、趁热过滤。
(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2＋的水解，MgCl2的利用率降低，故加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大。
(4)A. 根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)2·3H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却，故A正确；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率，故B正确；C. Mg(ClO3)2·3H2O溶液中Mg2＋水解生成的少量H＋，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维，故C正确；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出，故D错误。综上所述，答案为D。
(5)样品溶解后加NaNO2溶液和AgNO3溶液，发生的反应为：ClO3－＋3NO2－＋Ag＋=AgCl↓＋3NO3－，故有：Mg(ClO3)2·3H2O～6 NO2－～2Ag＋。产物的纯度
，故答案为98%。
16-2【基础】 【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 除去气体中的HCl
2、冷水浴 3、K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境下稳定存在
4、重结晶 5、96%
6、高铁酸钾具有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为铁离子，铁离子水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体
【试题解析】 根据仪器构造可知，仪器X为蒸馏烧瓶；装置A是氯气发生装置，是用浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，浓盐酸挥发出的HCl气体，会干扰高铁酸钾的制备，装置B是为了除去氯化氢气体，所用试剂X为饱和食盐水，目的是除去气体中的HCl；
根据K2FeO4的性质可知，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定，所以为了得到产品，需用冷水浴；
根据已知信息可知，K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境下稳定存在，所以在制备过程中KOH溶液需过量；
由工艺流程可知，制备纯粗产品经冷却结晶、分离后，再次进行提纯，这种方法为重结晶法；
根据题意得到n(硫酸亚铁铵)= 1.00mol·L−1×5.76×10−3L=5.76×10−3mol，根据关系式2 FeO ～ 2 CrO ～ Cr2O ～ 6 Fe2+ ，n(K2FeO4)=，m(K2FeO4) =×1.92×10−3mol ×198g/mol=1.9008g，w(K2FeO4) =×100%=96%，故96%；
K2FeO4中Fe的化合价为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为铁离子，铁离子水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，所以K2FeO4是一种新型、高效、多功能水处理剂，既能杀菌消毒，又能净化水中悬浮杂质。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、Cu2S和O2 2、Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O
3、偏大 95.50%
【试题解析】 分析:
由流程图可知，Cu2S在空气中煅烧，生成二氧化硫和铜，铜、硫酸和双氧水共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应、过滤得到CuI沉淀，CuI沉淀经水洗干燥得到产品，以此来解答。
“煅烧”时的反应为Cu2S+O22Cu+ SO2，反应中O元素从0价降为-2价，Cu元素从+1价降为0价，则该反应的氧化剂是Cu2S和O2；
“氧化”过程中，溶液的颜色逐渐变成蓝色。则在硫酸作用下，H2O2做氧化剂，将铜氧化生成硫酸铜，发生反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
测定碘化亚铜样品中碘化亚铜的质量分数实验中，Fe3+将CuI氧化为Cu2+和I2，发生的离子反应方程式为2CuI+4Fe3+═2Cu2++4Fe2++I2；滴定过程中MnO 与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。则：
①上述实验中，若所取碘化亚铜样品没有洗涤，则样品表面有亚铁离子、会使滴定过程中消耗的高锰酸钾体积偏大，则样品中碘化亚铜的质量分数的测定结果将偏大。
②n(MnO)=5.000×10−2mol·L−1×20.00mL×10-3L/mL=1.000×10-3mol，根据方程式MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知：n(Fe2+)=1.000×10-3mol×5=5.000×10-3mol，再根据方程式2CuI+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++I2，n(CuI)=×5.000×10-3mol=2.500×10-3mol，(CuI)=2.500×10-3mol×191g·mol−1=0.4775g，该样品中碘化亚铜的质量分数w(CuI)=×100%=95.50%。
16-4【巩固】 【正确答案】 分液漏斗 铁粉 C （待D处的氢气纯净后）关闭活塞3，打开活塞2 Fe2＋＋2 HCO3− =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O（或Fe2＋＋HCO3− =FeCO3↓＋H＋、HCO3−＋H＋=CO2↑＋H2O） 亚铁离子易被氧化 取样品配成溶液，取少量溶液于试管中，再向试管中加入KSCN溶液，观察是否显血红色 4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2 0.89
【试题解析】 分析:
根据装置图，可知关闭活塞2、打开活塞3，B中铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气把C中空气排出，再关闭活塞3、打开活塞2，产生的氢气把硫酸亚铁压入C中与碳酸氢铵反应。
详解:
根据以上分析，（1）装置A是分液漏斗，盛放稀硫酸，装置B中盛放铁粉，稀硫酸与铁粉反应生成H2和FeSO4。装置C中盛放NH4HCO3。
（2）检验D处氢气已纯净时，表明装置中空气已排尽，关闭活塞3，打开活塞2，在氢气作用下将FeSO4溶液压入C中发生反应。碳酸氢铵和硫酸亚铁 在C中反应生成碳酸亚铁，同时放出二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO3− =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O ；FeSO4具有还原性，易被O2氧化，故FeSO4溶液要现用现配。若FeSO4变质，则溶液中有Fe3＋生成，Fe3＋遇KSCN溶液显红色，所以用KSCN溶液检验久置的FeSO4是否变质。
（3）FeCO3、H2O、O2反应生成FeOOH和CO2，反应方程式是4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2。设干燥后的FeCO3样品中FeCO3、FeOOH的物质的量分别为xmol、ymol，则xmol×116 g·mol－1＋ymol×89 g·mol－1＝12.49g，56 g·mol－1×（x＋y）＝6.16 g，解得：x＝0.1 mol，y＝0.01 mol。故m（FeOOH）＝0.89 g。
16-5【提升】 【正确答案】 1、7NA 2、2++6HCl=4+N2↑+6H2O
3、排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化 VO2+
4、除去晶体表面的氯化铵，减少晶体的溶解
5、用溶液溶解后，加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加亚硝酸钠溶液至稍过量，再用尿素除去过量亚硝酸钠溶液，最后用0.0800mol/L的标准溶液滴定至终点
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，向五氧化二钒中加入盐酸、混合溶液，将五氧化二钒还原为VOCl2，VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应后，抽滤、洗涤得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
离子化合物含有的离子为N2H离子和氯离子，N2H离子含有7个σ键，则中含有的σ键数目为7NA，故7NA；
由题意可知，五氧化二钒与盐酸、混合溶液反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为2++6HCl=4+N2↑+6H2O，故2++6HCl=4+N2↑+6H2O；
由题给信息可知，+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被氧气氧化，所以制备过程中，需向锥形瓶中通入二氧化碳排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化；若VOCl2溶液过量，所得紫色晶体会残留VO2+离子，故排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化；VO2+；
VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应得到的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体表面会附有可溶的氯化铵，所以用饱和溶液洗涤晶体可以除去除去晶体表面的氯化铵，同时减少晶体的溶解，故除去晶体表面的氯化铵，减少晶体的溶解；
测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸按晶体中钒的含量的实验方案为称量5.1000g样品于锥形瓶中，用溶液溶解后，加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加亚硝酸钠溶液至稍过量，再用尿素除去过量亚硝酸钠溶液，最后用0.0800mol/L的标准溶液滴定至终点，故用溶液溶解后，加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加亚硝酸钠溶液至稍过量，再用尿素除去过量亚硝酸钠溶液，最后用0.0800mol/L的标准溶液滴定至终点。
16-6【提升】 【正确答案】 1、CH3COOH、H2O Mn2O3
2、(CH3COO)2Mn 促进反应生成无水MnCl2 使Mn2+完全氧化为Mn3+ ×100%
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，四水醋酸锰和乙酰氯溶解在苯中搅拌抽滤得到醋酸锰固体，向加入醋酸锰固体中加入苯和乙酰氯回流搅拌，醋酸锰和乙酰氯反应得到氯化锰沉淀，抽滤、洗涤得到无水二氯化锰。
①的相对分子质量为268，由化学式可知，受热第一阶段释放出等物质的量的醋酸蒸气和水蒸气后，晶体失重为×100%=29.1%，故CH3COOH、H2O；
②设晶体质量为268g，由第二阶段释受热失重70.5%可知，剩余固体的质量为268g—268g×70.5%=79.06g，由锰原子个数守恒可知，剩余固体中锰元素的质量为55g，则固体中氧元素的质量为79.06g—55g=2:4.06g，所以固体中锰、氧的原子个数比为1：≈3：2，固体的化学式为Mn2O3，故Mn2O3；
①由分析可知，步骤Ⅰ所获固体主要成分是醋酸锰固体，故(CH3COO)2Mn；
②步骤Ⅱ在加热回流下反应的目的是使醋酸锰完全反应，促进反应生成无水氯化锰，故促进反应生成无水MnCl2；
③由题意可知，持续加热可以使二价锰离子完全氧化为三价锰离子，减少实验误差；由方程式可得如下转化关系：——Fe3+，由滴定消耗cmLbmol/L硫酸亚铁按溶液可知，样品中氯化锰的质量分数为×100%=×100%，故×100%。
17-1【基础】 【正确答案】 1、△H=-122.5 kJ/mol 在温度为453-553℃范围内，温度对反应Ⅱ的影响大于温度对反应Ⅰ的影响。升高温度，反应Ⅱ的化学平衡逆向移动，从而导致CO2平衡转化率降低； 在较低温度下催化活性较强
2、温度升高反应速率加快，NO的去除率升高；当温度升高至一定程度，逆反应速率也增大，且温度对吸热反应影响更大，因而逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，因而NO的去除率有所降低 温度升高导致催化剂的活性降低
【试题解析】 ①已知：反应Ⅱ： ；
反应Ⅲ：
根据盖斯定律，将反应Ⅱ×2+反应Ⅲ整理可得△H=-122.5 kJ/mol；
②由于反应Ⅰ： 的正反应是吸热反应，而反应Ⅱ： 的正反应是放热反应，在温度为453-553℃范围内，温度对反应Ⅱ的影响大于温度对反应Ⅰ的影响。升高温度，反应Ⅱ的化学平衡逆向移动，因而导致CO2平衡转化率降低；
③根据图示可知：CH3OCH3的平衡产率随温度的升高而减小。为提高单位时间内CH3OCH3产率。研发的催化剂需具备的特点是在较低温度下催化活性较强；
①无氧环境下，在250～450℃范围内随着温度的升高，NO的去除率先迅速上升后上升缓慢，这是由于反应从正反应方向开始，升高温度，正反应的化学反应速率加快，反应正向进行程度加快，导致NO的转化率增大，后来随着反应的进行，生成物浓度增大，反应温度增大，逆反应速率也加快，且温度对吸热反应影响更大，因而导致反应正向进行程度减小，故NO的去除率先迅速上升后上升缓慢；
②温度高于400℃时，NO去除率明显低于无氧环境的可能原因是温度升高，导致催化剂的催化活性降低。
17-2【基础】 【正确答案】 1、 247 kJ
2、增大 不变 3、(t表示达到平衡所需时间，单位为分钟)
4、反应③消耗了反应②中的产物水，使反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率
5、ac 6、温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小 较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大，在较高温度时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡逆向移动，CO的转化率减小
【试题解析】 总反应平衡常数表达式为；将方程式①两倍加上方程式②，再加上方程式③得到Q=182 kJ +24 kJ +41 kJ =247 kJ；故；247 kJ。
根据总反应方程式分析，增大压强，平衡正向移动，CH3OCH3的产率增大，由于温度未变，因此平衡常数将不变；故增大；不变。
根据新工艺的总反应为 3CO(g)＋3H2(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) + Q，达到平衡时，容器中含有 0.1mol 二甲醚，则氢气的改变量为0.3mol，则整个过程中H2的平均反应速率( t表示达到平衡所需时间，单位为分钟)；故(t表示达到平衡所需时间，单位为分钟)。
新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是反应③消耗了反应②中的产物水，使反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率；故反应③消耗了反应②中的产物水，使反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率。
a．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当反应室内气体密度保持不变，故a正确；b．达到平衡时：υ(CO)生成=3υ(CO2)消耗，故b错误；c．达到平衡时，各物质的量保持不变，反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变，故c正确；d．c(CO)和c( H2)起始量不确定，最终浓度比不能确定，故d错误；综上所述，ac。
根据图中信息分析，开始温度低，反应速率较慢，还未达到平衡，随着温度升高，速率加快，到240℃，转化率达到最大值，后来温度升高，速率加快，由于该反应是放热反应，身高温度，平衡逆向移动了，转化率降低，因此CO 转化率随温度变化的规律是温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小；其原因是较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大，在较高温度时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡逆向移动，CO的转化率减小；故温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小；较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大，在较高温度时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡逆向移动，CO的转化率减小。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、-48.9kJ·mol-1
2、CO 温度升高，反应I正向移动，使H2的物质的量减小；反应Ⅱ逆向移动，使H2的物质的量增多。温度升高，反应Ⅱ逆向移动的幅度高于反应I，体系以反应Ⅱ为主。因此H2的物质的量分数增大
3、分子筛分离出H2O，促进反应I正向进行，提高CO的浓度，使反应II正向进行的程度大于温度升高使反应II逆向进行的程度
4、*H3CO+H2O=CH3OH+*HO H2O(g)为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促衡正移，提升甲醇产率
【试题解析】 根据盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=-90.0kJ·mol-1+41.1kJ·mol-1=-48.9kJ·mol-1；
①X的物质的量分数会随温度升高而增大，反应Ⅰ焓变大于0，为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，同时反应Ⅱ逆向移动，从而使CO的物质的量分数增大，则X代表CO；
②温度升高，反应I正向移动，使H2的物质的量减小，反应Ⅱ逆向移动，使H2的物质的量增多，温度升高，反应Ⅱ逆向移动的幅度高于反应I，体系以反应Ⅱ为主，因此H2的物质的量分数增大；
由分子筛膜能选择性分离出H2O可知，生成物H2O浓度减小，有利于反应体系向正反应方向移动，甲醇产率升高，升高温度反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，则温度低于210°C时，随着温度升高有分子筛膜的甲醇产率升高说明分子筛分离出H2O促进反应正向进行的程度大于温度升高反应逆向进行的程度；
由图可知，反应③为*H3CO与H2O反应生成CH3OH和*HO，根据元素守恒可得反应的化学方程式为*H3CO+H2O=CH3OH+*HO，水蒸气为反应③的反应物，适当加入少量的水，生成物浓度增大，向正反应方向移动，甲醇产率升高。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、+136kJ·mo1-l 反应ⅱ速率较慢(活化能较大)，是反应Ⅰ的决速步骤 80%
2、生成中间体反应的活化能小，反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)
3、12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO
4、由于CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) △H<0，温度升高K减小，K=(CO2)，温度升高平衡体系中c((CO2）增大
【试题解析】 ①根据盖斯定律可知，△H1=+177kJ·mo1-l-(+41kJ·mo1-l)= +136kJ·mo1-l。
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应Ⅰ速率影响更大，原因是反应ⅱ速率较慢(活化能较大)，是反应Ⅰ的决速步骤，决定总反应的快慢，提高c(CO2)，反应ⅱ速率加快，从而提高反应Ⅰ速率。
③假设CO2(g)和C2H6(g) 物质的量分别为2mol、1mol，由图可知，反应CO2(g)和C2H6(g) 物质的量分别为2mol×0.3=0.6mol、1mol×0.75=0.75mol，由CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，可知生成C2H4(g) 物质的量为0.6mol，则在800℃，C2H4(g)的选择性为。
生成中间体反应的活化能小，反应快；由图可知，CO中间体能量低，稳定且活化能较小，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)。
阴极发生还原反应，CO2在熔融K2CO3中电解还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的阴极反应为二氧化碳得到电子发生还原反应生成正丙醇，12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO。
由于CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) △H<0，反应为吸热反应，温度升高平衡逆向移动，K减小，K=(CO2)，故温度升高平衡体系中c((CO2）增大。
17-5【提升】 【正确答案】 1、 反应生成的是与反应的催化剂
2、＜ 反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，的选择性下降
3、 焙烧释放更多的气体，制得的更加疏松多孔 环氧乙烷中的O原子吸附在上，环氧乙烷中的键断裂，中的C原子与结合，一个O原子与环氧乙烷中的一个C原子结合
【试题解析】 ①由题意可知，325℃条件下，水与二氧化碳、锰反应生成一氧化锰和甲酸，反应的化学方程式为，故；
②催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，则直接加热氢气与二氧化碳难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸说明反应生成的一氧化锰是氢气与二氧化碳反应的催化剂，故反应生成的是与反应的催化剂；
①反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，所以增大压强，甲醇的选择性增大，由图可知，相同温度时，p1条件下甲醇的选择性小于p2，则压强p1小于p2，故＜；
②反应Ⅰ和反应Ⅲ都为放热反应，升高温度，不利于反应向正反应方向进行，所以甲醇的选择性下降，故反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，的选择性下降；
①由题意可知，氯化镁溶液与尿素反应生成氯化铵、Mg5(CO3)4(OH)2沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故；
②Mg5(CO3)4(OH)2焙烧时，会释放更多的二氧化碳气体，导致制得的氧化镁更加疏松多孔，所以与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的氧化镁作催化剂效果更好，故焙烧释放更多的气体，制得的更加疏松多孔；
③由图可知，步骤Ⅰ、Ⅱ的反应机理为环氧乙烷中的氧原子原子吸附在镁离子上，环氧乙烷中的碳氧键断裂，二氧化碳中的碳原子原子与氧离子结合，一个氧原子原子与环氧乙烷中的一个碳原子原子结合，故环氧乙烷中的O原子吸附在上，环氧乙烷中的键断裂，中的C原子与结合，一个O原子与环氧乙烷中的一个C原子结合。
17-6【提升】 【正确答案】 1、化学 2、+104 C3H6 反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反应Ⅰ的影响更大 5.76
3、催化剂Ⅱ B点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大；B点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡逆向移动，CO2转化率降低
【试题解析】 有新物质生成的变化是化学变化，煤液化生成甲醇，有新物质生成，则该过程是化学变化；
①根据盖斯定律，×Ⅰ+×Ⅱ可得反应，ΔH3 =×(+117 kJ·mol-1 )+ ×(+78×kJ·mol-1 )=+104 kJ·mol-1；
②升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，则三个反应均正移，则C2H4的物质的量分数增大，C4H8物质的量分数减小，则曲线a代表 C3H6；C3H6的物质的量分数先增加后减小，是因为温度低于700K时，以反应II为主，温度的升高，平衡正向移动，C3H6的物质的量分数增加，温度高于700K，以反应I为主，温度升高，平衡正向移动，C3H6的物质的量分数减小；
图中P点坐标为(900，0.48)，则C2H4、C2H6的物质的量分数均为0.48，则C4H8的物质的量分数1-0.48-0.48=0.04，反应III的物质的量分数平衡常数；
①由图像可知，在低温时，催化剂II的二氧化碳转化率比催化剂I的高，可得催化剂II的效果较好；
②随温度的升高，CO2的转化率先增大后减小，理由是b点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大；b点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡左移，CO2转化率降低；
③将0.1 mol CO2和0.3 mol H2充入0.5 L恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，C点容器内压强为P，二氧化碳转化率为50%，二氧化碳反应量为0.1mol×50%=0.05mol，平衡时二氧化碳的物质的量为0.1mol-0.05mol=0.05mol，氢气的物质的量为0.3 mol-0.15mol=0.15mol，甲醇和水的物质的量为0.05mol，混合气的总物质的量为0.05mol+0.15mol+0.05mol+0.05mol=0.3mol，在T5温度反应的平衡常数。