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2022年高考辽宁卷化学高考真题变式题库【原卷1题】知识点化学对材料制造和应用的作用【正确答案】B【试题解析】1-1（基础）北京2022年冬奥会、冬残奥会胜利召开，下列有关说法正确的是A.用氢气做交通车能源，催化剂可降低水光解反应的焓变，有利于开

发氢能源B.用石墨烯打造颁奖礼仪服，石墨烯是一种烯烃C.利用玉米、薯类、农作物秸秆等原料生产的可降解高分子材料能减轻“白色污染”D.碳纤维制头盔、雪杖，聚四氟乙烯纤维制滑雪服，这两种纤维均为有机高分子材料【正确答案】C1-2（基础）2022年北

京冬奥会火炬“飞扬”(如图)以耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，氢气为燃料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法正确的是A.碳纤维属于天然高分子材料B.氢气作燃料对环境友好无污染C.铝合金密度小、硬度小、耐腐蚀、熔点高D.含钾元素的“配方”可使火焰呈黄色【正确答案】B1-3（基础）近

年来，我国在科技领域取得了很多与化学密切相关的成就。下列有关说法错误的是A.“复兴号”高铁车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料B.“神舟十三号”载人飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐C.“长征5号”火箭采用“液氢液氧”

作为推进剂，“液氢”属于绿色环保燃料D.“海牛Ⅱ号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于组分金属【正确答案】B1-4（巩固）2022年北京冬奥会成功举办。本届冬奥会体现了科技创新与艺术设计的完美融合。下列有关本届冬奥会的说法错误的是A.速滑竞赛服使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，属于天然有

机高分子材料B.用干冰实现人工制冰的过程环保高效，不涉及化学变化C.“飞扬”火炬喷口外壳采用聚硅氮烷树脂，该树脂属于无机聚合物D.国家速滑馆采用的硫化镉发电玻璃，可将太阳能转化为电能【正确答案】A1-5（巩固）社会的发展与进步离不开材料。下列有关材料的说

法正确的是A.铁制品和铜制品均能发生吸氧和析氢腐蚀B.大飞机C919采用大量先进复合材料､铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C.2022冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于过渡元素D.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高

分子材料【正确答案】B1-6（巩固）我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰于2022年6月17日下水，并命名为“福建舰”，舷号为18。下列叙述错误的是A.“福建舰”携带的航空燃油和柴油的主要成分都是烃B.钢结构舰体的硬度大于其成分金属铁C.石墨烯防腐涂料利用电化学方法保护舰体不被腐蚀D.降噪减震

材料环氧树脂属于有机高分子材料【正确答案】C1-7（提升）材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列说法错误的是A.新型陶瓷与传统陶瓷的化学成分不同B.酚醛树脂和聚酯纤维均属于有机高分子材料C.聚酰胺纤维中的锦纶是较早通过加聚反应合成的纤维D.高纯度的

单晶硅、二氧化硅属于新型无机非金属材料【正确答案】C1-8（提升）2022年7月24日，在我国文昌航天发射场，成功将问天实验舱送人预定轨道。下列说法错误的是A.火箭箭体采用了高强度新型钛合金结构，钛合金属于金属材料B.火箭的整流罩的前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料C.问天实验舱舱

外设计上使用了石墨烯导热索技术，石墨烯属于新型无机非金属材料D.问天实验舱搭载了2张25m长的柔性太阳翼，太阳翼是一种将太阳能转化为电能的新型原电池装置【正确答案】D1-9（提升）我国航空航天技术取得了长足的进步，新技术总是不断涌现，其中总能出现高新材料的身影。下列有关材料的说法正确的是A.铝、镁

、钛等合金广泛应用于飞船建造，合金熔点通常高于其组成金属的熔点B.石墨烯与金刚石、石墨互为同素异形体C.树脂基复合材料是以有机聚合物为基体的纤维增强材料，其属于无机高分子材料D.陶瓷基复合材料具有耐高温、密度低的优势，其属于传统无机非金属材料【正确答案】B【原卷2题】知识

点弱电解质的电离方程式,元素周期表结构分析,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,原子、离子、原子团及其电子式的书写与判断【正确答案】C【试题解析】2-1（基础）下列表示正确的是A.相对原子量为35.5的氯元素，原子的符号为35.517ClB.4CCl的空间结构模型：C.2Mg+结构示意图

：D.有机物的名称：2，2-二甲基丁烷【正确答案】D2-2（基础）下列表示正确的是A.乙醛的结构简式：3CHCOHB.2-丁烯的键线式：C.基态碳原子的轨道表示式：D.过氧化钠的电子式：【正确答案】D2-3（基础）下列表示正确的是

A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.氨基的电子式：C.基态Cr原子外围电子排布式：3d44s2D.CH4分子结构示意图：【正确答案】D2-4（巩固）下列化学用语正确的是A.4NHCl的电离方程式：43NHClNH+HClB.2-S的结构示意图：C.水分子的结构式：H-O

-HD.氮原子的价电子排布图：【正确答案】C2-5（巩固）下列图示或化学用语表示不正确的是A．乙炔的空间结构模型B．2SO的VSEPR模型C．反-2-丁烯的结构简式D．氨分子的电子式A.AB.BC.CD.D【正确答案】

D2-6（巩固）反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可用于呼吸面具。下列相关微粒的说法正确的是A.中子数为8的碳原子：86CB.X射线衍射法确定CO2分子空间结构为直线型C.基态钠原子的电子排布图为1s22s22

p63s1D.Na2O2的电子式：【正确答案】B2-7（提升）下列有关化学用语表示正确的是A.H3O+的空间结构：V形B.Br的原子结构示意图：C.基态N原子价层电子的轨道表示式：D.电子式表示NaCl的形成过程：

【正确答案】C2-8（提升）下列有关化学用语表示正确的是A.HClO的电子式：B.反-2-丁烯的键线式：C.CO2的空间结构模型：D.基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3【正确答案】D2

-9（提升）下列化学用语或图示表达正确的是A.2Mg+的结构示意图：B.NaOH的电子式：C.3BF的空间结构模型：D.反式聚异戊二烯的结构简式：【正确答案】C【原卷3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,依据物质的量浓度公式

的基础计算,共价键的形成及主要类型【正确答案】A【试题解析】3-1（基础）设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.在25℃时，1LpH为2的24HSO溶液中含有H+数目为A0.01NB.2.0g(182DO)中所含质子数为ANC.3

0g乙酸、乳酸(363CHO)、葡萄糖混合物完全燃烧消耗2O22.4LD.70g510CH的烃分子中含有CC−σ键的数目一定为A4N【正确答案】A3-2（基础）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.18gD2

16O含中子的数目为10NAB.1molC2H2中含π键的数目为2NAC.1L12270.1molLKCrO−酸性溶液中含227CrO−的数目为0.1NAD.同温同压下4mLNe与4mLO2所含原子数目均为4NA【正确答案】B3-3（基础）设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.1mol中含键的个数为A5NB.3656gCH和48CH的混合气体中含有的氢原子数为A8NC.20.5molSOCl中S的价层电子对数为A1.5ND.20.02molSO与20.01molO在一定条件下充分反应，转移的电子数为A0.04N

【正确答案】B3-4（巩固）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol环戊二烯()中含有σ键的数目为5NA，π键的数目是2NAB.向0.1molK2Cr2O7加入1LpH=1的硫酸酸化，溶解后溶液中含有的Cr2O2-7数目为0.1NA

C.用惰性电极电解1L0.2mol·L-1AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，电路中通过电子数为0.4NAD.常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH=7，溶液中的4NH+数

等于A0.5N【正确答案】C3-5（巩固）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LHF中含有电子数为10NAB.标准状况下，46gC2H5OH中含有极性键的数目为7NAC.相同体积的CO和H2完全燃烧，消耗O2的物质的

量相同D.标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和为NA【正确答案】B3-6（巩固）设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.18g重水()2DO中所含的中子数为10N

AB.228gN与足量的2H充分反应，生成3NH的分子数为2NAC.电解精炼铜，阳极质量减轻64g时，转移的电子数为2NAD.常温下，1LpH9=的3CHCOONa溶液中，水电离出的OH−数目为10-5NA

【正确答案】D3-7（提升）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含O—H键的数目为7NAB.0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中，含CH3COO-的数目小于0.1NAC.含0.2molH2SO4的浓

硫酸与足量的镁反应，转移的电子数小于0.2NAD.常温下，1LpH=11的Ba(OH)2溶液中，含OH-的数目为0.002NA【正确答案】A3-8（提升）AN为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.18gD2O和18gH2O中含有

的质子数均为10ANB.2.24L(标准状况)乙烷与足量Cl2反应生成的有机物分子的总数为0.2ANC.常温下，14g24CH和36CH混合气体所含的极性键数目为2AND.0.1molCl2与CH4光照时完全反应

，形成的C—Cl键总数为0.2AN【正确答案】C3-9（提升）AN表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.21molFeI与足量氯气反应时转移的电子数为A2NB.-12L0.5molL硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为ANC.221molNaO固体中含离子总数为A2ND.丙烯和环丙烷

组成的42g混合气体中氢原子的个数为A6N【正确答案】D【原卷4题】知识点有机官能团的性质及结构,常见官能团名称、组成及结构,有机分子中原子共面的判断【正确答案】C【试题解析】4-1（基础）关于化合物结构如图所示，下列说法不正确．．．的是A.分子中

至少有11个碳原子共平面B.分子中含有2个手性碳原子C.能与盐酸或氢氧化钠溶液反应生成盐D.能发生取代反应、氧化反应、还原反应【正确答案】A4-2（基础）某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法错误是A.能使酸性

KMnO4溶液褪色B.能发生水解反应C.能与NaHCO3溶液反应D.分子中共平面的C原子至少是9个【正确答案】B4-3（基础）乙酰氧基胡椒酚乙酸酯在医药和食品工业上有广泛的应用前景，它具有众多的生物活性，结构如图。关于乙酰氧基胡椒酚乙酸酯的说

法正确的是A.分子中含有3种官能团B.分子中至少有9个碳原子共平面C.1mol该有机物与H2加成消耗4molH2D.1mol该有机物在NaOH溶液中的水解消耗2molNaOH【正确答案】C4-4（巩固）某有机物的结构如图所示，下列说法错误的是A.与乙

苯不互为同系物B.分子中共直线的碳原子最多有4个C.分子中共平面的原子最多有19个D.该物质能发生氧化反应、取代反应和加成反应【正确答案】C4-5（巩固）化合物Q可用于合成药物Tivozanib，结构如如图所示。下列有关说法正确的是A.化合物Q含两种官能团B.化合物Q中所有碳原子均处

于同一平面C.化合物Q苯环上的一溴代物有2种D.lmol化合物Q最多能与3molH2加成【正确答案】A4-6（巩固）已知有机物甲存在如图转化关系。下列说法正确的是A.甲分子中所有原子共平面B.乙、丙均能与NaOH溶液反应C.1mol甲最多能与23molBr发生反应

D.丙存在与其具有相同官能团的芳香族同分异构体【正确答案】C4-7（提升）化合物Z是合成用于降低体重、缩小腰围药物利莫那班的重要中间体。下列有关X、Y、Z的说法不正确．．．的是A.X→Y、Y→Z都是取代反应B

.X分子中所有碳原子可能在同一平面上C.Y在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D.Z与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH【正确答案】C4-8（提升）有机物M是一种合成香料的中间体，M的结构简式如图所示。下列关于M的

说法正确的是A.M分子中所有碳原子一定共平面B.可用钠鉴别M中的两种含氧官能团C.M可以发生酯化、取代和加成反应D.1molM最多可与5molH2发生反应【正确答案】C4-9（提升）染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是A.分子中存在3种官能团B.可与HBr反应

C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗24molBrD.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH【正确答案】B【原卷5题】知识点电子排布式,电离能变化规律,元素性质与电负性的关系,氢键对物质性质的影响

【正确答案】B【试题解析】5-1（基础）X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物。Z的最高价氧化物对应的水化物是中强碱。下列有关说法正确的是A.简单离子半径：YXZWB.第一电离能：WZXY

C.电负性：XYWZD.W与X组成的化合物中一定不含有共价键【正确答案】B5-2（基础）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素原子的核外电子总数满足X+Y=W+Z，化合物3XW与W

Z相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.电负性：W>X>YB.原子半径：Z>Y>X>WC.X的含氧酸均为强酸D.Y的最高价氧化物的水化物为强碱【正确答案】D5-3（基础）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，

元素X的单质在空气中含量最多，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z元素在短周期中金属性最强，元素W的原子半径在同周期最小。下列说法正确的是A.简单的离子半径：r(Z)>r(W)>r(X)B.X的第一电离能比同周期相邻两元素的都要大C.Y的电负性在同族元素中最大，所

以Y的氢化物的沸点在同族氢化物中也是最高的D.Y和Z组成的化合物都只含离子键【正确答案】B5-4（巩固）已知X、Y、Z、W是短周期元素。X元素原子的2p能级处于半充满状态；Y元素原子L电子层上s电子数和p电子数相等；Z元素的+

2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M电子层有1个未成对的p电子。下列说法一定正确的是A.含有X元素的化合物一定是共价化合物B.Y元素的电负性大于X元素的电负性C.W元素的单质能与NaOH溶液反应放出氢气D.Z元素的第一电离能大

于同周期相邻的元素【正确答案】D5-5（巩固）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与W同主族。下列说法不正

确的是A.第一电离能：X＞W＞YB.电负性：X＞W＞ZC.简单离子半径：W＞X＞YD.最简单氢化物的沸点：X＞W＞Z【正确答案】A5-6（巩固）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W原子的电子只有一种自旋取向，X、Y基态原子均为s能级的电子总数等于P能级的电子总数，Z是同周期电负

性最大的元素。下列说法错误的是A.W分别和X、Z形成的化合物都是极性分子B.Y的第一电离能高于同周期相邻两种元素C.简单离子的半径Y＞Z＞X＞WD.Y与X形成的化合物熔点高于Y与Z形成的化合物【正确答案】C5-7（提升）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核外有6个运动

状态完全不同的电子，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Z同主族。下列说法正确的是A.原子半径：XYZB.元素的电负性：ZWC.元素的第一电离能：YZD.元素X与Z组成的化合物不止一种【正确答案】D5-8（提升）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y形成的某一化

合物易生成二聚体，且X、Y两基态原子的核外电子的空间运动状态相同，Z的基态原子的最高能级的电子数是Y的基态原子的最低能级电子数的一半，W的周期数与族序数相等。下列说法正确的是A.X、Y、Z、W四种元素中，X的非金属性最强B.简单离子的半径：XYZWC.电负性大

小：X>Y>W>ZD.第一电离能：Y>X>W>Z【正确答案】B5-9（提升）短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中只有D是金属元素。A的最外层电子数是最内层电子数的2倍，B是空气中含量最多的元素，C的族

序数是周期序数的3倍，D的核外电子最外层的p轨道有一个单电子。下列说法正确的是A.常温下A的氢化物一定为气态B.简单离子半径：B＞C＞DC.第一电离能：C＞B＞A＞DD.电负性：B＞C＞A＞D【正确答案】B【原卷6题】知识点金属的电化学腐蚀与防护【正确答案】D【试题解析】6-1（基础）点

蚀又称为孔蚀，是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图，下列说法错误的是A.孔隙中有可能发生析氢腐蚀B.孔蚀中2Fe+水解导致电解质溶液酸性增强C.为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属

相连D.蚀孔外每吸收标准状况下2.24L2O，可氧化0.2molFe【正确答案】D6-2（基础）利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是A.a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀B.一段时间后，a管液面高于b管液面C.a处溶液的pH

增大，b处溶液的pH减小D.a、b两处具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+【正确答案】C6-3（基础）研究发现，CuCl在青铜器的腐蚀过程中起催化作用，下图是青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀生成有害锈23Cu

(OH)Cl原理示意图。已知223CuOH)CO(比23Cu(OH)Cl更难溶。下列叙述正确的是A.CuCl增大了反应的活化能B.腐蚀过程中，正极的电极反应式为-+22O+4e+4H2HO=C.若生成232.145gCu(OH)Cl理论上消耗标准状况下氧气的体积为2.2

4LD.修复青铜器时.可将文物置于含23NaCO的缓冲溶液浸泡，使23Cu(OH)Cl转化为难溶的223Cu(OH)CO【正确答案】D6-4（巩固）实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：序号实验5min25min实验I

铁钉表面及周边未见明显变化铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成实验Ⅱ铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变

化下列说法不正确的是A.实验I生成铁锈说明铁钉发生了吸氧腐蚀B.对比实验I，实验Ⅱ中铁钉在5min即出现红色，说明锌片加速了铁的腐蚀速率C.实验Ⅱ中正极的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-D.若将Zn片换成Cu片，

推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色【正确答案】B6-5（巩固）下列对生铁片锈蚀对比实验的分析正确的是序号①②③实验现象8小时未观察到明显锈蚀8小时未观察到明显锈蚀1小时观察到明显的红褐色锈蚀

A.对比实验①②③，说明苯能隔绝O2B.实验①中，生铁片未见明显锈蚀的主要原因是缺少O2C.实验②中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀D.实验③中，属于铁的吸氧腐蚀，正极发生氧化反应，电极反应为：O2+4

e-+2H2O=4OH-【正确答案】C6-6（巩固）如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是A.铁电极反应式为Fe-3e→Fe3＋B.铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能C.活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀D.铁发生析氢腐蚀【正确答案】B6-7（提升）实验室利用

如下装置模拟探究铝制品表面出现白斑的腐蚀现象。下列说法正确的是A.活性炭上发生氧化反应B.电子从活性炭经电流表流向铝箔C.NaCl既是离子导体又是电极反应物D.总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)

3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑【正确答案】D6-8（提升）下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确．．．的是操作现象一段时间后：①中，铁钉裸露在外的附近区域变红；②中……A.NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路B.①中变红是因

为发生反应22H2eH+−+=，促进了水的电离C.②中可观察到铁钉裸露在外的附近区域产生蓝色沉淀，铜丝附近区域变红D.①和②中发生的氧化反应均可表示为2M2eM−+−=(M代表锌或铁)【正确答案】B6-9（提升）铁粉在弱酸性条件下去除废水中3NO−的反应原理

如下图。下列说法正确的是A.上述条件下加入的Fe能完全反应B.正极的电极反应式：332NO8e9HNH3HO−−++++=C.FeO(OH)的产生与2Fe+被氧化和溶液pH升高有关D.废水中溶解氧的含量不会影响3NO−的去除率【正确答案】C【原卷7题】知识点利用杂化轨道理论判

断分子的空间构型,共价键的实质与形成,杂化轨道理论理解【正确答案】B【试题解析】7-1（基础）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是A.为非极性分子B.立体

构型为正四面体形C.加热条件下会分解并放出2ND.分解产物NPO的电子式为【正确答案】C7-2（基础）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种Fe3+配合物的

结构如图所示，下列说法正确的是A.第一电离能：C>NB.该螯合物内存在氢键C.该1mol螯合物通过螯合作用形成的配位键有6molD.该螯合物中N的杂化方式有2种【正确答案】D7-3（基础）三聚氰胺的分子结构如图所示，下列有关说法中正确的是A.分子中N原

子均是3sp杂化B.一个三聚氰胺分子中共含有15个σ键C.分子中所有原子均位于同一平面上D.三聚氰胺属于极性分子，故极易溶于水【正确答案】B7-4（巩固）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用S8()与CH4为原料制备CS2.下列有关说法正确的是A.CS2的

熔沸点比CO2低B.CS2可被O2氧化为CO2、SO2C.CS2是直线形的极性分子D.S8分子中S原子采用sp2杂化【正确答案】B7-5（巩固）环八硫分子()可形成多种晶体，其中正交硫(αS)和单斜硫(βS)可互相转化：>368.7Kαβ<

368.7KSS垐垐垎噲垐垐。下列说法错误的是A.αS与βS的燃烧热不同B.αS与βS均能溶于二硫化碳和苯C.环八硫分子中S原子是sp3杂化D.火山周围的天然硫矿主要是单斜硫【正确答案】A7-6（巩固）邻氨基吡啶(

)的铜配合物在有机合成中有重要作用。下列相关说法错误的是A.Cu原子在元素周期表中位于ds区B.基态碳原子的核外电子共占据3个能级C.邻氨基吡啶分子中N原子的杂化类型为2sp、3spD.电负性由大到小的

顺序为C>N>H【正确答案】D7-7（提升）催化剂作用下，SO2与Cl2反应生成SO2Cl2；对SO2水溶液的光谱分析可以检测到-3HSO、2-23SO和痕量的2-3SO，三氧化硫在液态时有单分子SO3和三聚的(SO3)3(结构如下图所示)两种形式，在高温时能将HBr氧化为Br2。关

于说法正确的是A.SO2、SO3都是非极性分子B.SO2Cl2为正四面体结构C.SO3、2-3SO中S原子都是sp2杂化D.1mol(SO3)3分子中含有12molσ键【正确答案】D7-8（提升）配合物()344CuNHSO中()234CuN

H+的球棍模型如图所示。下列说法错误的是A.()344CuNHSO的电离方程式为()()22343444CuNHSO=CuNHSO+−+B.3NH为配合物的配体，3NH的VSEPR模型

为四面体形C.()234CuNH+中的铜采用3sp杂化D.4个氮原子最外层均满足8电子稳定结构【正确答案】C7-9（提升）二茂铁()552FeCH是一种配合物，化学性质稳定。熔点172℃，沸点24

9℃；不溶于水，易溶于有机溶剂。可由反应：+FeCl2→四氢呋喃2NaCl+制得。π配合物中的配位数是指π键配体向中心离子提供的孤电子对数。下列说法正确的是A.二茂铁属于离子晶体B.二茂铁中存在离子键、配位键和共价键C.二茂铁的配位数是6D.二茂铁中碳原子的杂化方式为3sp和2sp【正

确答案】C【原卷8题】知识点同主族元素性质递变规律理解及应用,元素非金属性强弱的比较方法,分子晶体的物理性质,溶度积常数于溶解度的关系【正确答案】A【试题解析】8-1（基础）类比推理是研究物质性质的常用方法，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背

客观实际。下列说法中正确的是A.硫酸铜的水溶液为蓝色，则硫酸铜固体也为蓝色B.醋酸加入漂白粉中可发生反应：2CH3COOH+Ca(ClO)2=(CH3COO)2Ca+2HClO，则醋酸加入漂白液中可发生反应

：CH3COOH+NaClO=CH3COONa+HClOC.碳酸氢钡溶解度大于碳酸钡，则碳酸氢钠的溶解度也大于碳酸钠D.少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，则少量CO2通入BaCl2溶液也产生白色沉淀【正确答案】B8-

2（基础）类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是A.CCl4的熔沸点小于SiCl4，则NCl3的熔沸点小于PCl3B.CH3CH2OH在水中的溶解度很大，则1—戊醇在水中的溶解度也很大C.N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定D.MgCl

2溶液低温蒸干得到Mg(OH)2，NaCl溶液低温蒸干也可得到NaOH【正确答案】A8-3（基础）类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是A.CH3CH2OH在水中的溶解度很大，则1-戊醇在水中的溶解度也

很大B.CCl4的熔沸点小于SiCl4，则NCl3的熔沸点小于PCl3C.N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定D.AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3·H2O反

应现象也相同【正确答案】B8-4（巩固）科学探究与创新意识是重要的化学学科核心素养。下列实验操作与类比均合理的一项是选项实验操作类比A电解CuSO4溶液可以得到Cu单质电解Al2(SO4)3溶液可以制备Al单质BFe在常温下遇到浓

硫酸钝化Mg在常温下遇到浓硫酸也会纯化CCCl4可以萃取碘水中的I2CCl4可以萃取溴水中的Br2D往NaHCO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红NaHSO4溶液也能使酚酞溶液变红A.AB.BC.CD.D【正确答案】C

8-5（巩固）中学化学有很多规律可进行类比推理，下列“类比”合理的是A.通入2CO可增强漂白粉溶液漂白性，通入2SO也可增强漂白粉溶液漂白性(不考虑2SO溶解)B.Fe与2Cl反应生成3FeCl，Fe与2I反应则

生成3FeIC.NaCl与浓24HSO加热可制HCl，KI与浓24HSO加热也可制HID.4SiH的沸点高于4CH，则2HSe的沸点高于2HS【正确答案】D8-6（巩固）类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用；但有

时会得出错误的结论。以下几种类比推理结论中正确的是()A.CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成；推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成B.HCl一定条件下能被MnO2氧化为Cl2；推出HBr一定条件下也能被

MnO2氧化为Br2C.H2O的沸点高于H2S；推出H2S沸点高于H2SeD.Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3；推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3【正确答案】B8-7（提升）类比推理是化学

中常用的思维方法，下列推理正确的是A.MgCl2溶液低温蒸干得到Mg(OH)2，NaCl溶液低温蒸干也可得到NaOHB.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，推测Na2O2与SO2反应生成Na2SO3

与O2C.Mg—Al原电池，Mg的活泼性比Al强，在稀硫酸介质中，Mg做负极，则在稀氢氧化钠介质中，也是Mg做负极D.CO2为直线形分子，推测COS(氧硫化碳)也是直线形分子【正确答案】D8-8（提升）类比推理是学习化学的常用方法，下列类比推理正确的是选项类比对象推理结论A2CO是分

子晶体2SiO是分子晶体B44FeCuSO(aq)FeSOCu+=+4242NaCuSO(aq)NaSOCu+=+CNaCl与浓24HSO加热可制HClNaI与浓24HSO加热可制HID()()2232Ba(OH)COBaHCO+=过量()2232Ba(OH)S

O()BaHSO+=过量A.AB.BC.CD.D【正确答案】D8-9（提升）下列“类比”合理的是A.Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成2CuSB.C在足量的2O中燃烧生成2CO，则S在足量的2O中燃烧生成3SOC.2Cl与水反应生成HCl和HClO，则2F与水反应生成H

F和HFOD.22NaO与2CO反应生成23NaCO和2O，则22NaO与2SO反应生成23NaSO和2O【正确答案】A【原卷9题】知识点电解原理的理解及判断,电解池有关计算【正确答案】A【试题解析】9-1（基础）处理高浓度的乙醛废水的新方法——隔膜电解法，总反应为2CH3CHO+H2O通电

CH3CH2OH+CH3COOH(不考虑其它反应)。实验室中，以一定浓度的乙醛和H2SO4溶液为电解质溶液，模拟含乙醛的工业废水，用惰性电极进行电解，其装置如图所示，下列说法错误的是A.b电极反应式为：CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+B.电解一

段时间后，电解池右侧pH值增大C.若以CH4－空气燃料电池为直流电源，a极应该与燃料电池中通入CH4的一极相连D.理论上处理1mol乙醛，将有1molH+通过质子交换膜【正确答案】D9-2（基础）某化学课外活动小组拟用铅蓄电池(工作原理：Pb+PbO2

+2H2SO4放电充电2PbSO4+2H2O)进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是A.铅蓄电池放电时，每转移2mol电子，负极增重96gB.铅蓄电池充电时，溶液中每通过2mol电子，产生2m

olH2SO4C.电解池的阳极仅有Al参与反应D.每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有11.2LH2生成【正确答案】A9-3（基础）据报道某科研团队在常温常压下通过电化学的方法还原氮得到火箭燃料——肼(N2H4)，实验过程中选取POM电解液作为

电子与质子的载体，TiO2作催化剂。已知A电极上的电极反应为Ox-RePOM+ne=POM，反应原理如图所示(外接电源略)。下列说法正确的是A.H+通过质子交换膜从左侧移向右侧B.反应器中反应的离子方程式为ReOx-22244POM+nN+4nHO=nNH+4POM+4n

OHC.装置工作时反应消耗的N2与产生的O2的物质的量之比为1∶1D.若使用铅蓄电池作电源，则B电极应与铅蓄电池的Pb电极相连【正确答案】C9-4（巩固）利用生物质来制取氢气是实现生物质清洁利用的一一个重要途径。KI

O3催化电解葡萄糖(C6H12O6)制氢实验的装置(如下图所示)，电极两侧的电解液在蠕动泵的作用下在电解液储槽和电极间不断循环。下列说法不正确的是A.电极A为电源正极B.电解过程中右侧电解质储槽中的磷酸浓度基本保持不变C.电解过程的总方程式为：C6H

12O6+6H2O电解6CO2↑+12H2↑D.电解时，当有0.4molH+通过质子交换膜时，理论上消耗葡萄糖6.0g【正确答案】D9-5（巩固）用下图所示装置电解饱和碳酸钠溶液，实验如下：装置X电极材料现象石墨两极均有气泡产生；

5min后澄清石灰水变浑浊铂(Pt)两极均有气泡产生；30min内澄清石灰水一直未见浑浊下列判断不正确．．．的是A.X电极为阳极B.左侧电极附近溶液()-cOH增大C.X为石墨时，石灰水变浑浊的主要原因是阳极产生的H+和2-3CO反应生成了2

COD.电解过程中，溶液里一直存在()()++cNa+cH()()()2---33=2cCO+cHCO+cOH【正确答案】C9-6（巩固）金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na·nHg，利用这一性质可通过电解饱和食盐水得到金属钠，实验装置

如图所示(电键、电压计、电流计等已略去)。下列说法不正确的是A.铁丝只是导线，水银才是阴极B.电解开始后，石墨棒表面立即出现大量气泡，水银表面始终没有气泡产生C.洗气瓶中可见白烟产生，因为发生反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4ClD.阴极电极反应式：Na++e-+nHg=Na·nHg【

正确答案】B9-7（提升）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①4240.1mol/LCuSOHSO+少量阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有2+Fe②40.1mol/LCuSO+过量氨水阴极表

面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法不正确．．．的是A.①中气体减少，推测是由于溶液中()+cH减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍+H与铁接触B.①中检测到2+Fe，推测可能发生反应：+2+2+2+2Fe+2H=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、C

.随阴极析出Cu，推测②中溶液()2+cCu减少，()2+2+334Cu+4NHCuNH平衡逆移D.②中2+Cu生成()2+34CuNH，使得()2+cCu比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密【正确答案】C9-8（提升）已知高能锂离子电池的总反应式

为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示(实验结束后，b中NaCl溶液浓度变大)。下列说法正确的是A.外电路中，电子由FeS极流向Li极B.当电路中转移1mole-时，b室离子数增加NA

个C.离子交换膜m为阴离子交换膜D.若将图中n膜去掉，将b、c两室合并，则电解反应总方程式不会改变【正确答案】D9-9（提升）以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如图，下列说法不正确．．．的

是A.电解时通过离子交换膜的离子为K+B.在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H+浓度增大，使平衡22-4CrO+2H+2-27CrO+H2O向右移动C.该制备过程总反应的化学方程式为

：4K2CrO4+4H2O通电2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑D.测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(KCrnn)为d，则此时铭酸钾的转化率为1-d2【正确答案】D【原卷10题】知识点同系

物的判断,有机反应类型【正确答案】B【试题解析】10-1（基础）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是A.H2O参与了该催化反应B.过程①中反应的原子利用率为100%C.该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D.每次循环的净

反应为H2O2+2C1－=2HOCl+2e－【正确答案】D10-2（基础）铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是A.CH3I、CH3COI都是反应中间

体B.甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO=CH3CO2HC.CH3OH＋HI=CH3I＋H2O为取代反应D.[Rh(CO)2I2]－降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变【正确答案】D10-3（基础）某质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.该反应目标产

物是CH3COOHB.HI、HCo(CO)4是该转化过程中的催化剂C.V的反应类型为取代反应D.转化过程中有非极键的断裂和生成【正确答案】D10-4（巩固）加氢甲酰化反应是加氢和甲酰基(-CHO)到1-烯烃的端基双键上，生成比原烯

烃多一个C原子的醛的反应，是工业上获取直链醛和醇的重要反应。以RhH(CO)(PPh3)作催化剂的循环催化机理如图所示。已知，R为烃基，Ph为苯基，Rh为金属元素铑。下列说法错误的是A.该循环催化中Rh的化合价发生了变化B.化合物G与D中Rh的杂化方式相同

C.该过程的总反应为RCH=CH2+CO+H2→RCH2CH2CHOD.转化过程中的配位键都是由孤电子对与Rh形成的【正确答案】D10-5（巩固）具有开放性铁位点的金属有机框架材料，可以用于乙烷的催化氧化形成乙醇，反应过程如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的

是A.该反应过程中的原子利用率为100%B.物质c为乙烷催化氧化的重要催化剂C.过程中铁的价态没有发生改变D.由于电负性O＞N＞Fe，所以2NO的O原子与催化剂上的Fe产生吸附【正确答案】D10-6（巩固）据文献报道，金红石33TiL+表面催化氮气固定机理如图所示，下列叙述错误的是A

.该催化固氮总反应为223HN+催化剂32NHB.催化剂可以提高固氮速率的原因是改变该反应的HC.是反应中间体D.整个催化过程中存在NTi−键的断裂和生成【正确答案】B10-7（提升）科研工作者研究出一种新型的醇催化氧化途径，可以避免生成有

毒物质，其部分反应机理如图所示.下列说法错误的是A.避免生成有毒物质符合绿色化学的理念B.在该反应中作催化剂C.反应过程中N和S元素的成键数目均保持不变D.总反应方程式为→++HCl【正确答案】C10

-8（提升）2021年诺贝尔化学奖授予对有机小分子不对称催化作出重大贡献的科学家，获奖科学家的研究成果中L-脯氨酸催化有机反应的机理如图所示(分别表示向纸面内、向外伸展的共价键)。下列叙述错误的是A.反应过程中氮原子的杂化方式发生了改变B.过渡

态中“O—H…O”和“O—H…N”可看作初步形成的氢键C.H2O是该历程的中间产物D.图中总过程的化学方程式可表示为CH3COCH3+RCHO催化剂⎯⎯⎯→【正确答案】A10-9（提升）Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)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)。下列说法错误的是A.3、5和8都是反应的中间体B.理论上1mol最多能消耗2molC.若原料用和，则可能得到的产物为、和D.该反应机理中所有步骤的原子利用率为100%【正确答案】D【原卷11题】知识点水解的离子方程式书写,单烯烃的加成反应【正确答案】

C【试题解析】11-1（基础）乙烯酮(CH2=C=O)在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成反应，反应可表示为CH2=C=O+H-A→CH3-CA=O。在一定条件下，乙烯酮与下列试剂反应，其产物不正

确的是A.与H2O加成生成CH3COOHB.与HCl加成生成CH3COClC.与CH3COOH加成生成CH3COOOCCH3D.与CH3OH加成生成CH3COCH2OH【正确答案】D11-2（基础）已知甲酸HCOOH可以写成CO(H2O)，在50—600

C时，向甲酸中加入浓硫酸会发生脱水生成CO。则草酸HOOC—COOH与浓硫酸在一定温度下脱水会生成A.COB.CO2C.CO和CO2D.C2O3【正确答案】C11-3（基础）有人认为CH2=CH2与Br2的加成反应，实质是Br

2先断裂为Br＋和Br-，然后Br＋首先与CH2=CH一端碳原子结合，第二步才是Br-与另一端碳原子结合。根据该观点如果让CH2=CH2与Br2在盛有NaCl和NaI的水溶液中反应，则得到的有机物不可能是A.BrCH2CH2BrB.Cl

CH2CH2ClC.BrCH2CH2ID.BrCH2CH2Cl【正确答案】B11-4（巩固）从某些性质看，NH3与H2O、NH4+与H3O+、NH2-与OH-、NH2-与O2-相似，下列有关化学方程式不正确的是A.氯化铵与KNH2反应：NH4Cl+KNH2→KCl+2NH

3↑B.二价活泼金属M与液氨反应：M+2NH3→M(NH2)2+H2↑C.盐酸与MNH反应：2HCl+MNH→MCl2+NH3D.氯化铵与MO反应：2NH4Cl+MO→M(NH2)2+2HCl+H2O【正确答

案】D11-5（巩固）已知H＋可以写成H3O+，从某些性质看，NH3和H2O，4NH+和H3O＋，OH－和2NH−，N3－和O2－两两相似，据此判断下列反应式(反应条件忽略)正确的是()①2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑

②CaO＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋H2O③3Mg(NH2)2=Mg3N2＋4NH3↑④NH4Cl＋NaNH2=NaCl＋2NH3↑A.①B.②④C.全部D.①②④【正确答案】C11-6（巩固）研究表明，CH2=CH2与

Br2的加成反应，实质是Br2先异裂为Br+和Br-，然后Br+首先与CH2=CH2形成中间体，之后才是Br-与中间体作用得到产物。依据该反应机理，将CH2=CH2通入混有少量NaCl和NaNO2的溴水溶液中，

得到的有机物不可能．．．有A.ClCH2CH2NO2B.BrCH2CH2BrC.BrCH2CH2ClD.HOCH2CH2Br【正确答案】A11-7（提升）从某些性质看，NH3与H2O相当，NH4+与H3O+，NH2-与

OH-都有相当关系，下列有关方程式不正确的是A.NH4Cl+KNH2=KCl+2NH3↑B.M+2NH3=M(NH2)2+H2↑(M为二价活泼金属)C.2NH4Cl+MNH2=MCl2+NH3D.2NH4Cl+MO=M(NH2)

2+2HCl+H2O【正确答案】D11-8（提升）从某些性质看(CN)2和Cl2，NH3和H2O，NH4+和H+，NH2−和OH-各组内两两相似，据此判断下列反应中，不正确的是A.(CN)2+2OH-=CO+N2+H2OB.2N

a+2NH3=2NaNH2+H2↑C.CuO+2NH4Cl=CuCl2+2NH3+H2OD.NH4Cl+NaNH2=2NH3↑+NaCl【正确答案】A11-9（提升）从某些性质看，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH-和NH2

-，N3—和O2—两两相似，据此判断下列反应式中不正确的是A.2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑B.3CaO+4NH4Cl===Ca3N2+2NH3↑+3H2O+4HClC.3Mg(NH2)2Mg3N2+4NH3↑D

.NH4Cl+NaNH2===NaCl+2NH3↑【正确答案】B【原卷12题】知识点化学反应速率计算,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡常数的有关计算,化学平衡题中基于图表数据的相关计算【正确答案】B

【试题解析】12-1（基础）将一定量的氨基甲酸铵置于2L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：()()()2432NHCOONHs2NHgCOg+ƒ。不同温度下的平衡数据如下表：温度/℃15202530反应达到平衡所需时间/s43607392平衡时气体总浓度/(3110molL−

−)2.43.44.86.8下列说法正确的是A.温度升高，该反应速率加快，平衡正向移动，H0B.在15℃下，当2CO体积分数不变时，该反应达到平衡状态C.在25℃下，反应达到平衡后，将容器压缩

至1L，再次平衡时()133cNH=0m2o1lL3.−−D.在20℃和30℃分别反应，则不同温度下60s内平均反应速率()()0230222v=vCOCO℃℃【正确答案】C12-2（基础）T0时，向容积为5L的

恒容密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)，发生反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)ΔH<0。测得反应过程中的部分数据如表所示，下列说法错误的是t/minn(A)/moln(B)/mol04.02.052.01.0102.01.0A.其他条件不变，温度变为T1时，平衡时测得C的浓度

为0.8mol/L，则T1>T0B.8min时，该反应的v(正)=v(逆)C.5min时，该反应达到平衡状态，且A、B的转化率相等D.平衡时，C的体积分数约为42.9%【正确答案】A12-3（基础）已知反应2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)，速率方程为()n2v=kcNO

。N2O在金(Au)表面分解的实验数据如表所示。已知：①k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；②n=0时，该反应为0级反应，n=1时，该反应为1级反应，以此类推，n可以为整数，也可以为分数；③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期(t1/2)t/min020406080120(

)()12cNO/molL−0.1000.0800.060a0.0200下列说法不正确的是A.表格中a=0.040B.该反应为0级反应C.该反应的速率常数211k=1.010molLmin−−−D.保持其他条件不变，若起始浓度为10.200molL−，则半衰期为100min【正确

答案】C12-4（巩固）2SO催化氧化是制硫酸的关键步骤：()()()2232SOgOg2SOg+。1TK时，在2L的恒温恒容容器中加入()22molSOg和()21molOg，测得混合气体的总物质的量(mol)随时间的变化如下表所示：t/min036101525n/mol总

32.502.352.152.102.082.06下列推断正确的是A.36min−的反应速率小于610min−B.112010min,v(O)00.mol5Lmn8i−−=−C.1TK时2SO的平衡转化率为94%D.1TK时反应时间最好定为25min【正确答案】C12-5（巩固）

已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ·mol-1。向3个恒容密闭容器中分别投入物质的量比为3：4的CO2和H2，H2的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化如表(T表示温度)，下列说法正确的是甲乙丙体积

L244温度KT1T2T3起始n(H2)/mol8.08.020.0A.甲容器在0～8min内CO2的平均反应速率为0.125mol·L-1·min-1，且放出49kJ热量B.甲容器第10min后，保持恒温，再充入

1molCO2(g)和3molH2O(g)，则v正<v逆C.根据上述图表信息，可以推出T1>T2D.对比甲组和丙组，在0～4min内，能说明H2的平均反应速率随温度升高而增大【正确答案】B12-6（巩固）一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应A(g)2B

(g)3C(g)+，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法正确的是n/molt/minn(A)n(B)n(C)02.02.4050.9101.6151.6A.物质B的平衡转化率为20%B.该反应在10min后才达到平衡C.平衡状态时，1c(C)0.6molL−=D.05m

in用A表示的平均反应速率为110.09molLmin−−【正确答案】C12-7（提升）现有反应2222NO(g)2N(g)+O(g)垐?噲?，在四个恒容密闭容器中按下表充入气体进行反应，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中2NO的

平衡转化率如图所示。下列说法正确的是容器容积/L起始物质的量/mol2NO2N2OⅠ1V0.100Ⅱ1.00.100Ⅲ3V0.100Ⅳ1.00.060.060.04A.该反应的正反应放热B.相同温度下，起始反应速率：v

(I)>v(II)C.图中A、B、C三点处，三个容器内的压强：ABCp(I)<p(II)<p(III)D.IV在470℃进行反应，其起始速率：()()22vNO<vNO正逆【正确答案】C12-8（提升）合成氨原料气中的CO可通过水煤气变换反应222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++除去。某

合成氨原料气中2N、2H、CO、2CO的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比()2nHOn(CO)通入水蒸气，平衡后混合气体中CO的体积分数如下表。投料比CO的体积分数/%温度/℃

()2nHO=1n(CO)()2nHO=3n(CO)()2nHO=5n(CO)2001.700.210.022502.730.300.063006.000.840.433507.851.520.80下

列说法不正确．．．的是A.从表中数据可知，水煤气变换反应的H0B.温度相同时，投料比()2nHOn(CO)大，CO的转化率高C.按()2nHOn(CO)=1通入水蒸气后，反应前CO在混合气体中的体积分数为20%D.根据()2

nHOn(CO)=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46【正确答案】D12-9（提升）向甲、乙、丙三个密闭恒容的容器中充入一定量的A和B，发生反应：()()()xAg+Bg2Cg；各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程

中C的浓度随时间变化关系分别以表和如图表示：容器甲乙丙容积/L0.50.51.0温度/℃1T2T2T反应起始量1.5molA，0.5molB1.5molA，0.5molB6.0molA，2.0molB下列说法正确的是A.由图表可知，12T

<T，该反应为吸热反应B.10min时，甲容器中该反应的瞬时速率与乙相同C.由图表可知，x=2D.1T℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75%【正确答案】D【原卷13题】知识点化学实验探究,化学实验方案的设计与评价【正确答案】C【试题解析】13-1（基础）室温

下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是选项探究方案及现象探究目的A用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小醋酸是弱电解质B向久置的23NaSO溶液中加入足量2BaCl溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉

淀溶解23NaSO不能被空气氧化C向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色氧化性：222Cl>Br>ID向盛有4FeSO溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化2+Fe具有还原性A.AB.BC.CD.D【正确答案】

D13-2（基础）下列实验方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A取少量久置的Na2SO3粉末于试管中，向其中滴加BaCl2溶液Na2SO3粉末是否变质B将铁片置于盐酸中，充分溶解后，向其中滴加KSCN溶液铁片表面是否已被氧化C向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加热后一段时间后，向其中滴

加碘水检验淀粉是否水解D向品红溶液中滴加新制氯水，观察溶液颜色变化氯水是否具有漂白性A.AB.BC.CD.D【正确答案】D13-3（基础）下列实验设计不能达到实验目的的是实验目的实验设计A检验FeSO4溶液是否被氧化取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色B探究温度对平衡的影响将装有NO

2的密闭烧瓶放在热水中，观察气体颜色C证明H2O2有氧化性向KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，观察溶液颜色D比较AgCl与AgBr的Ksp向等浓度的NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察沉淀颜色A.AB.BC.CD.D【正确答案】C13-4（巩固）化学是以实验为基础的科学。下列实验

操作或做法正确且能达到目的的是选项操作或做法目的A用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应检验样品中的钠元素B用pH计测定同浓度的2NaX与NaY溶液的pH比较2HX和HY的酸性C向酸性4KMnO溶液中先通入少量2SO，充分反应后，再滴入几滴2BaCl溶液验证2SO被氧化为2-4SOD向3FeCl溶液中加入

过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液探究KI与3FeCl反应的可逆性A.AB.BC.CD.D【正确答案】D13-5（巩固）室温下，下列实验探究方案不能．．达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向盛有4FeSO溶液的试管中滴加几滴

KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化2Fe+具有还原性B向盛有2SO水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化2SO具有氧化性C向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化2Br的氧化性比2I的强D用pH计测量相同条件下，同

浓度醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小3CHCOOH是弱电解质A.AB.BC.CD.D【正确答案】B13-6（巩固）下列实验不能达到目的的是实验目的实验方法或操作A探究浓度对化学反应速率的影响相同温度下，向同体积不同浓度的NaClO溶液中分别加入等体积等

浓度的23NaSO溶液，观察实验现象B检验淀粉水解是否完全向淀粉水解液中加入碘水，观察溶液是否变蓝C检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于稀硫酸，滴入4KMnO溶液，观察紫色是否褪去D探究Fe3+与I—的反应是否可逆的将等体积2mol/LKI溶液和31mol/LFeCl溶液混合，充分反应后滴入KSCN

溶液，观察溶液是否变红A.AB.BC.CD.D【正确答案】A13-7（提升）化学学习离不开实验。下列实验操作能达到实验目的的是选项操作目的A室温下，用pH计分别测量NaA和NaB溶液的pH比较HA和HB酸性强弱B向2mL0.1mol·L-1的AgN

O3溶液中滴加2滴浓度均为0.1mol·L-1NaCl和NaI的混合溶液，振荡，沉淀呈黄色证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的

变化证明Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解平衡D在醋酸铅稀溶液中通入硫化氢气体，观察现象判断H2S与CH3COOH酸性强弱A.AB.BC.CD.D【正确答案】C13-8（提升）室温下，下列实验探究方案不能达到实验目的的是选项探究方案实验目的A向2

mL1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加1mol·L-1Na2CO3溶液，观察现象比较Ka(CH3COOH)和Ka1(H2CO3)的大小B向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中滴加1mol·L-1氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%乙醇，过滤制备

[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体C把两个体积相同、封装有等量NO2和N2O4混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，观察混合气体的颜色变化探究温度对化学平衡的影响D向溶液X中滴加少量稀硝酸，然后滴入几滴Ba(NO3)2溶液，观察现象检验溶液X是否含有SO24−A.AB.BC.C

D.D【正确答案】D13-9（提升）下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A向()32FeNO溶液中滴加足量稀24HSO充分反应，再向其中滴加检验2Fe+是否完全被氧化()36KFeCN溶液B常温下，用pH试纸测定等浓度的23NaCO溶液和3CHCOONa溶液的

pH，后者数值小证明()()a3a23CHCOOHHCOKKC向酸性4KMnO溶液中通入气体a，紫红色逐渐褪去，溶液静置、分层证明气体a为乙烯D向140mL0.1molL−的稀氨水中滴加5～6滴3FeCl的饱和溶液

，继续加热制备()3FeOH胶体A.AB.BC.CD.D【正确答案】A【原卷14题】知识点原电池电极反应式书写,原电池、电解池综合考查,原电池有关计算【正确答案】A【试题解析】14-1（基础）我国科学家开发了一款高压无阳极配置可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正

确的是A.放电时，电子由b极经3A沸石分子筛膜流向a极B.放电时，a极的电极反应式为Na++e-=NaC.充电时，b极为阳极，发生还原反应D.充电时，电路中每迁移2mol电子，理论上a极净增重46g【正确答案】D14-2（基础）刘天骠教授团队开发出一种锌－

二茂铁氧化还原双极性储能材料，应用于pH中性水系液流电池，将水系有机液流电池的性能推进到了一个新的高度。下列说法正确的是A.放电时，电极A作负极B.放电时，Zn2+穿过离子交换膜向电极电极B迁移C.充电时

，阴极的电极反应为Zn2++2e-=ZnD.充电时，1molZn2+过膜时，有2mol二茂铁被还原【正确答案】C14-3（基础）我国科学家研究发现了一种电化学“大气固碳”方法。电池工作原理如图所示。该电池放电

时的总反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C。在充电时。通过催化剂的选择性控制。只有Li2CO3发生氧化。释放出CO2和O2。下列说法正确的是A.该电池既可选用含水电解液，也可选用无水电解液B.放电时，每转移4mol电

子，正极区质量增加160gC.充电时阳极发生的反应是C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+D.理论上每固定3molCO2，该电池放电和充电过程需转移4mol电子各一次【正确答案】B14-4（巩固）锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点，是多种便携式电子设备和交通工具的

常用电池。一种锂离子电池的结构及工作原理如图所示，电解质溶液为6LiPF(六氟磷酸锂)的碳酸酯溶液(无水)。下列说法错误的是A.放电时电极a为电池的正极，充电时电极b作阳极B.放电时负极反应式为：-+xyyLiC

-xe=xLi+CC.电池放电时总反应为：xy1-x22yLiC+LiCoO=LiCoO+CD.放电充电时，锂离子往返于电池的正极负极之间，完成化学能与电能的相互转化【正确答案】A14-5（巩固）锌-空气电池被认为是替代锂离子电

池，满足电动汽车爆炸性需求的下一代候选电池。用光照充电的锌-空气电池的工作原理如图所示。光照时，光电极ehh−+⎯⎯→+(空穴)驱动阴极和阳极反应，阳极反应为224OH4h=2HOO−+++。下列叙述正确的是A.放电时，OH−向正极迁移B.放电时，电池反应为

22242ZnO4OH2HO=2Zn(OH)−−+++C.充电时，光电子经电解液向Zn极移动D.充电时，阴极的电极反应为24Zn2e4OHZn=(OH)−−−−+【正确答案】B14-6（巩固）磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出

了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：61-44LiC+LiFePO6C+LiFePOxx，某磷酸铁锂电池的切面如图所示。下列有关说法错误的是A.放电时，+Li脱离石墨，经电解质嵌入正极B.充电时的阳极反应为-+41-4LiFePO-e=LiFePO+LixxxC.充电时电子从

电源经铝箔流入正极材料D.若初始两电极质量相等，放电过程中当转移A2N个电子时，两电极的质量差为28g【正确答案】C14-7（提升）Ca-LiFePO4可充电电池的工作原理如图所示，其中锂离子交换膜只允许Li+通过，放电

时电池反应为xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+=xCa2++2LiFePO4，下列说法正确的是A.放电时，负极反应为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4B.充电时，当左室中电解质的质量减轻2.6g时，外

电路中转移0.2mol电子C.放电时，Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+嵌入，且Li+透过交换膜移向左室D.充电时，Li-xFePO4/LiFePO4电极上的电势低于电解质钙电极上的电势【正确答案】B14-8

（提升）Li—CO2电池是一种新型的高比能电池，固体电解质(LAGP)允许Li+迁移，其放电过程中产生的Li2CO3在热力学上稳定，影响其充电过程。研究人员设计如图所示装置，有效解决该问题。下列说法不

正确的是A.放电时，b作负极B.放电时，Li+由b向a迁移C.充电时，a极的电极反应式：2234Li3CO4e2LiCOC+−++=+D.充电时，太阳光有利于Li2CO3的分解，降低充电电压【正确答案】C14-9（提升）钛酸锂电池由于具有体积小、重量轻、能量密度

高、安全稳定、绿色环保等特点，在通信电源领域具有非常广泛的应用前景。其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电时，+Li移向N极B.充电时，M极接外电源的负极C.充电时，N极的电极反应式：5125124TiO4Li4eLiT=iO+−++D.用该电池电解精炼铜，当M、N两极质量变化差为14g时，

理论上可生成64g精铜【正确答案】C【原卷15题】知识点盐类水解规律理解及应用,盐溶液中离子浓度大小的比较【正确答案】D【试题解析】15-1（基础）已知甘氨酸在水中存在三种微粒，它们的转化关系如下：pI为该溶液中−COO−和H3+N−数目

相等时的pH，K1和K2分别表示：−COOH和H3+N−的解离常数，K1=10−2.4，K2=10−9.4。其各微粒在水中的分布系数(各微粒数目占三种微粒总数的百分比)如图所示。下列判断错误的是：A.a点对应的pH=2

.4B.pH=4时，c(A±)＞c(A-)＞c(A+)C.甘氨酸溶液的pI=6D.甘氨酸溶于水后溶液显酸性【正确答案】B15-2（基础）赖氨酸[()()+-3224HNCHCHNHCOO，用HR表示]是人体必需氨基酸，其

盐酸盐()32HRCl在水溶液中存在如下平衡：312KKK2++-32HRHRHRR。向一定浓度的32HRCl溶液中滴加NaOH溶液，溶液中2+3HR、+2HR、HR和-R的分布系数()δx随pH变化如图所示。已知：()()()()()()2++-32cxδx=cHR+c

HR+cHR+cR，下列叙述不正确的是A.3212KK<KKB.M点，()()()()()()---+++2cCl+cOH+cR=2cHR+cNa+cHC.O点，23-lgK-lgKpH=2D.P点，()

()()()--++cNa>cl>cOH>cHC【正确答案】B15-3（基础）甘氨酸()22HNCHCOOH是人体必需氨基酸之一，在晶体和水溶液中主要以偶极离子()32NHCHCOO+−的形式存在，它是两性电解质有两个可解

离基团。在水溶液中，甘氨酸的带电状况与溶液的pH有关。当调节溶液的pH使甘氨酸所带正负电荷正好相等时，甘氨酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH即为甘氨酸的等电点，已知甘氨酸的等电点为5.97，在25℃时，22NHCHCOO−、32NHCHCOOH+和32NHC

HCOO+−的分布分数[如()()()()()2222AAHAHAAcccc−−−−=++]与溶液pH关系如图下列说法正确的是A.曲线a代表22NHCHCOO−B.等电点时，微粒间的数量关系是：()

()()323222NNHCHCOONNHCHCOOHNNHCHCOO+−+−==C.在pH小于5.97的溶液中甘氨酸带净正电荷，在电场中将向阴极移动D.32232NHCHCOOHONHCHCOOHOH+−+−++的平衡常数4.2210K−

=【正确答案】C15-4（巩固）谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH，用H2R表示]是人体内的基本氨基酸之一，在水溶液中存在如下平衡：H2R1KHR-2KR2-。常温下，向一定浓度的H2R溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示2)HRc()(HRc−或2c(HR

)c(R)−−]随pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化如图所示。下列说法正确的是A.K1=1×10-9.7B.pH=7时，c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)C.曲线II表示pOH与lg-2-c(HR)c(R)的变化关系

D.M点时，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)【正确答案】D15-5（巩固）谷氨酸()的解离反应式：向10.00mL0.10001molL−谷氨酸溶液中通入HCl或加入NaOH固体，所

得溶液pH随加入酸或碱的物质的量变化曲线如图。下列说法不正确的是A.++32HAH+HAƒ1pK=2.19B.水的电离程度：b点c点C.d点存在关系：()()()-2-2cHA>cA>cHAD.当谷

氨酸所带净电荷为0(即COO−−与3NH+−数目相等)时，溶液pH为3.22【正确答案】D15-6（巩固）在25℃时，水溶液中，甘氨酸盐酸盐()22HNCHCOOHHCl可看作是二元酸，向1001.0/LmLmol的甘氨酸盐酸盐溶液中逐滴加入1.0/Lmol的NaOH溶液，滴定曲

线变化如图所示。下列说法不正确的是A.由B与D点可知甘氨酸阳离子32HNCHCOOH+的2.359.7812K10,K10−−==B.B点时32cHNaCHCOOH+=，D点时()22cHbNCHCOO−=，则ab=C.C点(

)()()2232cHcHNcHcNCHCOOCHCOOHOH+−+−D.E点()()()()()3222cHNccHcHccCHCOOHNaNCHCOOClOH+++−−−++=++【正确答案】B

15-7（提升）谷氨酸(，用H2A表示)在生物体内的蛋白质代谢过程中占重要地位，在水溶液中有4种分布形式(H3A+、H2A、HA−和A2−)。用0.1mol·L−1HCl溶液滴定等浓度的A2−溶液，溶液中pOH与离子浓度变化关系如图所示[pO

H=−lgc(OH−)]。下列叙述错误的是A.曲线Z表示pOH与+32cHA)-lgcHA)((的关系B.Ka(H2A)=10−4.2C.溶液显中性时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)>c(H3A+)D.N

a2A溶液中，c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)【正确答案】D15-8（提升）氨基酸分子中含有-NH2和-COOH两种官能团，当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带的净电荷为零，在电场中不发生

移动现象，此时溶液的pH叫等电点。常温下，0.001mol·L-1的甘氨酸(H2NCH2COOH)溶液中各物种浓度对数值与pH的关系如图所示，下列说法正确的是已知：A.B点为等电点B.pH=7时，c(H3N+CH2COO-)>c(H3N+CH2COOH)>c(H2NCH2COO-)C.H3N+C

H2COOH垐?噲?H3N+CH2COO-+H+平衡常数的数量级为10-10D.C点溶液中满足：c(H+)+c(H3N+CH2COOH)=c(OH-)+c(H3N+CH2COO-)【正确答案】A15-9（提升）甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈

酸性，溶液中存在以下平衡：HOOCCH2NH3+-OOCCH2NH3++H+K1-OOCCH2NH3+-OOCCH2NH2+H+K2常温时，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液

体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A.Q→X过程中：-+23-22c(OOCCHNH)c(OOCCHNH)逐渐减小B.X点的溶液中：c(-OOCCH2NH2)>c(HOOCCH2NH3+)C.P点的溶液中：c(HOOCCH2NH

3+)+c(H+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)D.当V(NaOH)=20mL时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl【正确答案】C【原卷16题】知识点有关铁及其化合物转化的流程题型,物质分离、提纯

综合应用【正确答案】【试题解析】16-1（基础）粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能制得纳米Fe2O3等重

要物质。已知：①伯胺R－NH2能与Fe3+反应：R－NH2+Fe3++2-4SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+，生成易溶于煤油的产物。②Fe3+在水溶液中能与Cl-反应：Fe3++6Cl-[FeCl6]3-。1、“酸没”过程中Fe3O4发生反应的离子方程式为____；滤渣的

成分为____。2、加入过量H2O2的作用是____。3、伯胺－煤油可对浸取液进行分离，该操作的名称是____。4、利用化学平衡知识分析NaCl溶液进行反萃取的原理____。5、向水层II中加入N2H4可使Fe3+转化为Fe2+并放出

对环境无害的气体，理论上氧化剂与还原剂的物质的量之比为____；向所得弱酸性溶液中再通入O2即可生成FeOOH，其离子方程式为____。6、测定产品纳米Fe2O3中含铁量的方法：将纳米Fe2O3溶于过最酸中加热，先用过量的SnCl2将Fe3

+还原成Fe2+，再加入HgCl2溶液除去过量的SnCl2，然后用标准的K2Cr2O7溶液(已加入指示剂)滴定溶液中的Fe2+。此过程发生的部分反应为：Sn2++2Hg2++8Cl-=Hg2Cl2+2-6SnCl2-27Cr

O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O①用HgCl2除去过量的SnCl2的目的是____。②若称取的纳米Fe2O3的质量为5.00g，配成100.0mL溶液，取出20.00mL，经上述方法处理后，再

用0.1000mol•L-1K2Cr2O7标准溶液滴定，达到终点时，消耗标准溶液20.00mL，则产品中铁元素的质量分数为____。【正确答案】1、8H++Fe3O4=2Fe3++Fe2++4H2OSiO22、将亚铁离子完全氧化为铁离子，有利于与伯

胺反应，提高萃取率3、萃取、分液4、Fe3++6Cl-[FeCl6]3-使铁离子浓度下降，则R－NH2+Fe3++2-4SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+平衡逆向移动，铁离子从易溶于煤油的物质中转

化为易溶于水的物质，实现反萃取5、4∶14Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+6、防止滴定过程中由于Sn2+同时还原2-27CrO而造成较大的实验误差67.2%16-2（基础）三氯化六氨合钴()336CoNHCl是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图

是某科研小组以含钴废料(含少量FeAl、等杂质)制取()336CoNHCl的工艺流程：己知：2Co(OH)和3Co(OH)均难溶于水，且3Co+较2Co+更易结合OH−回答下列问题：1、写出加“适量3NaClO”发生反应的离子方程式___________

。2、“加23NaCO调pH至a”会生成两种沉淀，分别为___________、___________(填化学式)。3、操作I的步骤包括___________、冷却结晶、减压过滤。4、流程中4NHCl除作反应物外，还可防止加氨水时()-cOH过大，其原理是_______

____。5、写出“氧化”步骤的化学方程式：___________。甲同学认为应先加入氨水再加入22HO，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为___________(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是___________。6、通过碘量法

可测定产品中钴的含量。将()336CoNHCl转化成3Co+后，加入过量KI溶液，再用223NaSO标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：3+-2+2--2-2223462Co+2I=2Co+II+2SO=2I+SO，，实验过程

中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是___________。A.用久置于空气中的KI固体配制溶液B.盛装223NaSO标准液的碱式滴定管未润洗C.滴定结束后，发现滴定管内有气泡D.溶液蓝色退去，立即读数

【正确答案】1、23326FeClO6H6FeCl3HO+−++−++=++2、3Fe(OH)3Al(OH)3、HCl氛围下蒸发浓缩4、4NHCl溶于水电离出+4NH会抑制后期加入的32NHHO的电离5、()222432332

6HO2CoCl2NHCl10NHHO2CoNHCl12HO+++=+甲防止3Co(OH)的生成6、AB16-3（基础）以软锰矿(主要含有MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备KMnO4的工艺流程如图所示：回答下列问题：1、“浸取”时MnO2转化为Mn2

+，反应的离子方程式为____。2、“除Fe、Al、Si”时，需将Fe2+氧化为Fe3+，最适宜的氧化剂为____(填标号)。a.H2O2b.HNO3c.Cl23、“除Ca、Mg时，所得溶液中2+2+c(Ca)c(Mg)=____[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-

9]。4、“沉锰”时不宜在较高温度下进行的原因是____。5、“焙烧”时，由MnCO3生成MnO2的化学方程式为____。6、“加热氧化”时，MnO2发生反应生成KMnO4，该反应的化学方程式为____；提高“水浸”速率

可以采取的措施为____(写两条)；“系列操作”包括____，过滤、洗涤、干燥。【正确答案】1、MnO2+SO23−+2H+=Mn2++SO24−+H2O2、a3、1004、防止NH4HCO3在较高温度下分解5、2MnCO3+O2=高温2MnO2+2CO26、4MnO2+4K

OH+3O2=4KMnO4+2H2O将固体粉碎、搅拌蒸发浓缩、冷却结晶16-4（巩固）某厂利用富锗ZnO烟尘(还含有22CuOCaOPbOFeOMnO、、、、等)生产储精矿和碱式碳酸锌223Zn(OH)CO。其流程如下：

已知：I.酸浸时，锰与铅元素被还原为2+价，锗以4+Ge存在。II．25℃：38sp3KFe(OH)=410−、17sp2KZn(OH)1.210−=。请回答下列问题：1、浸渣①主要含有___________；2、采取下列哪些措施可以提高锗的浸出率_______

____(填代号)；A．增大烟尘与硫酸的固液比B．多次反复浸出C．适当进行搅拌3、流程中，“I”加入Zn粉主要是为了置换___________(填离子符号)；4、流程中，“II”控制pH最高为__________

_(溶液中金属离子浓度均按0.12mol/L计算)，该步骤pH不宜过低，除了考虑到锰的形态可能发生变化外，主要原因可能是___________；5、流程中，“II”除锰反应的离子方程式为___________；6、沉锌的化学方程式为___________。【正

确答案】1、44CaSOPbSO、2、BC3、2+Cu4、6酸度过低不利于3+Fe沉淀完全，且会在沉锌时消耗更多的43NHHCO，造成浪费5、-2++4222MnO+3Mn+4H=5MnO+2HO6、()443223442222ZnSO+4NHHCO=Zn(O

H)CO2NHSO+3COHO++16-5（巩固）工业上常通过石煤灰渣(主要成分有2SiO、C、23AlO、23FeO、23VO、CaO、MgO、2KO)回收钒的氧化物，有关工艺流程如图：已知：①“焙烧”时，在空气的作用下，23VO被氧化为25VO。②25VO在稀硫酸作用下生成()24

2VOSO。③已知3232AlFeFeMg++++、、、开始生成沉淀和沉淀完全的pH如表：离子3Al+2Fe+3Fe+2Mg+开始沉淀pH2.88.11.29.0完全沉淀pH4.59.63.211.1根据所学知识回答下列问题

：1、在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，其目的是_______。2、()242VOSO中V的化合价为_______，“浸渣”的主要成分除了2SiO，还有_______(填化学式)。3、“氧化”时加入的试剂a常用22HO，写出反应的离子方程式_______。3HN

O也能氧化2Fe+，工业生产中不选用3HNO的原因是_______。4、“沉淀”时，控制溶液pH在4.5~6.5之间，“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。5、在500℃灼烧脱氨可制得产品25VO，写出该反应的化学方程式：_______。在硫酸酸化条

件下，25VO可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含2VO+的溶液，写出发生反应的离子方程式：_______。6、5t某批次的石煤灰渣中23VO的含量为37.5%工业生产中钒的漫出率为86%，若后续步骤中钒损

耗为2%，则理论上制得的25VO的质量最多为_______t(保留三位有效数字)。【正确答案】1、增加固体混合物的接触面积，提高焙烧效率2、+54CaSO3、232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+会释放出氮氧

化物(或2NONO、)，造成环境污染4、33Fe(OH)Al(OH)、5、4332525002NHVO2NHVOHO++℃22522422VOHCO4H2VO2CO3HO++++=++6、1.9216-6（巩固）金属铼(Re)是地壳中最稀有的元素之一，是

生产航空发动机单晶叶片的关键材料，被誉为“现代工业皇冠上的明珠”。某含铼的烟道灰(主要成分有Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4)，从中提取铼粉和制钼酸钠的流程如下图所示：已知：①铼和锰同族；②铼的最高价氧化物属于酸性氧化物回答下列问题

：1、Re2O7中Re元素的化合价为_______。2、滤渣Ⅰ的成分_______(用化学式表示)。3、“还原”时，Zn被氧化成ZnO22−，铼的化合物生成难溶的富铼渣(2ReO2·2H2O)，生成1mol富铼渣(2ReO2·2H

2O)时，消耗Zn_______mol。4、“氧化溶解”时，为了增加氧化速率，其方法是_______。5、“酸化沉钼”又得到MoO3，这一步的目的是_________。【正确答案】1、+72、CuO、Fe3O43、34、增大氧气在溶液中的溶解量，

加快氧化速率5、除去Zn2+等杂质16-7（提升）草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为23COO，含少量23232FeOAlOMnOMgOCaOSiO、、、、、等)制取242CoCO2HO工艺流程如图所示：已知：①浸出液含有的阳离子主要有+2+2+2+2

+2+3+HCoFeMnCaMgAl、、、、、、等；②酸性条件下，-3ClO不会氧化2+Co，3ClO转化为-Cl；③部分阳离子的氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。沉淀物3Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)2Co(OH)2

Mn(OH)开始沉淀2.77.64.07.67.7完全沉淀3.79.65.29.29.81、回答下列问愿：浸出过程中加入23NaSO的主要目的_________，23COO发生反应的离子方程式为______

_____。2、向浸出液中加入3NaClO发生反应的离子方程式为___________。3、“加23NaCO调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀的成分为___________。4、向滤液Ⅰ中加入NaF溶液得到的沉淀的主要成分是___________(写化学式)。5

、萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的作用是除锰离子，其使用的适宜pH范围是___________(填字母代号)。A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.56、①实验室里灼烧242CoCO2HO晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有_

__________(填仪器名称)②242CoCO2HO()M=183g/mol热分解质量变化过程如图2所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是花空气中加热。A、B、C均为纯净物，C点所示产物的化学式是___________。

【正确答案】1、将Fe3+和Co3+还原2-+2+2-23342CoO+SO+4H=2Co+SO2HO+2、-2++-3+32ClO+6Fe+6H=Cl+6Fe+3HO3、Fe(OH)3、Al(OH)34、CaF2、MgF25、B6、瓷坩埚和泥三角Co2O3

16-8（提升）钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：【资料】

①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。pH4～66～8主要离子VO2−VO3−1、K3V2(PO4)3中V的化合价为____。2、焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca(VO3)2。①为了

提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是____。a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5～2倍b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性c.窑体进行分段控温d.调控料层厚度为窑体的23高度②焙烧过程中主要反应的化学方程式为____。3、实验时将NH4V

O3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4•2H2O，搅拌至溶

液变为黄绿色，草酸的量对K3V2(PO4)3形貌的影响如表：草酸的量K3V2(PO4)3形貌0杂乱的微米颗粒1.0g少量杂乱的纳米线2.0g有束状的形貌出现4.0g大部分为束状纳米线6.0g均一的束状纳米线12.0g纳米线的均一性较差①实验条件下束状碳包覆K3V2(PO

4)3纳米线样品制备的最佳条件为____。②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是____。4、加入的草酸晶体是过量的，其中只有13的草酸为还原剂，将VO3−还原成VO2+，23的草酸以C2O24−的形式存在，此过程中反应的离子

方程式为____。5、“氩气中煅烧”时，氩气的作用是____。6、某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为____。【正确答案】1、+32、abcCaO+O2+V2O3

ΔCa(VO3)23、草酸的量是6.0g草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌4、2VO3−+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O24−5、保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化6、2.04%16-9（提升）锌可广

泛应用于冶金、机械、医药和军事等领域。某炼锌矿渣精制ZnSO4·H2O的流程如下，矿渣中主要含锌、铅、铁的氧化物和氯化物，及少量钾、锰、铜和镉等杂质。已知：38sp3[]KFe(OH)8.010−=1、含锌矿渣需球磨粉碎的目的是______

_。2、“除氯”中可溶性ZnCl2可转化为碱式碳酸锌，完成化学方程式：_______。2ZnCl2+2Na2CO3+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+_____+_____。3、浸渣主要成分是_______。4、“除铁”时若控制pH=4，溶液中c(Fe3+)=______

_mol·L-1。加入的化合物X为_______。A.ZnB.ZnOC.NaOHD.H2SO4反应时间一定时，温度对除铁率的影响如下表，高于70℃时引起铁的去除率变化的原因可能为____。温度(℃)5060708090铁去除率(%)99.6099.7599.9099.8

599.49除铁后溶液含铁量(mg/L)3.452.340.901.334.405、“除锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为_______。6、硫酸锌溶解度曲线如图，则“系列操作”为蒸发浓缩、_______、洗涤、干燥等。【正

确答案】1、增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率2、2ZnCl2+2Na2CO3+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2↑3、PbSO44、8810−B双氧水分解，Fe2+不能被氧化为Fe3+5

、3Mn2++2-4MnO+4H2O=5MnO2↓+4H+6、趁热过滤【原卷17题】知识点化学平衡常数的有关计算,催化剂对化学反应速率的影响,温度对化学平衡移动的影响,晶胞的有关计算【正确答案】【试题解析】17-1（基础）钛(Ti)被称为“未来

金属”，广泛应用于国防、航空航天、材料等领域。1、基态钛原子的价电子排布式为_______。2、钛可与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4.其球棍结构如图Ⅰ，Ti的配位数是_______，试㝍出该反应的

方程式_______。3、钙钛矿(CaTiO3)是自然界中的一种常见矿物，其晶胞结构如图Ⅱ．设NA为阿伏加德罗常数的值，计算一个晶胞的质量为_______g。4、TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯

TiCl4的流程示意图如图：钛精矿⎯⎯⎯⎯⎯⎯→氯化过程沸腾炉4粗TiCl精制过程蒸馏塔⎯⎯⎯⎯⎯⎯→4纯TiCl资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/℃58136181(升华)3161

412熔点/℃-69-25193304714在TiCl4中的溶解性互溶—微溶难溶TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ·m

ol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-220.9kJ·mol-1①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_______。②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图Ⅲ判断：CO2生成

CO反应的△H_______0(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据_______。【正确答案】1、3d24s22、8Ti+8HNO3(浓)高于70℃Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O3、A136N4、TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)

+2CO(g)△H=-45.5kJ·mol-1；＞随着温度的升高，CO的浓度增加，说明生成CO的反应是吸热反应17-2（基础）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少

量Al2O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。1、一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子价电子排布式为_______。2、利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿

，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、2-4SO等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式：_______。②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO3氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH

除去Al3+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)：沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时的pH5.22.89.46.71

0.1若浸取液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实

验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗

涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。称取14.64g该晶体，在空气中加热一段时间后，得到CoO和Co3O4的混合物。称量该混合物，质量为6.32g，通过计算确定该混合物中CoO和Co3O4的质量之比_______(写出计算过程)。【正确答案】1、3d72、Co2O3+2-3SO+4

H+=2Co2++2-4SO+2H2O6.7～7.4pH越大，溶液中c(H+)越小，有利于Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+反应正向进行，Co2+萃取率越高7524117-3（基础）

回答下列问题：1、CO2、CO是化石燃料燃烧后的主要产物，回收并利用CO2、CO是科学家研究的重要课题。CH4-CO2催化重整可以得到CO和H2：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH。已知：C(s)+2H2

(g)=CH4(g)ΔH1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH3该催化重整反应的ΔH=_______(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。2、利用回收的2CO制取甲醛的反应为CO2(g)+2H2(g)HCHO

(g)+H2O(g)ΔH=-6kJmol-1。一定条件下，将n(CO2)：n(H2)=1：2的混合气体充入某恒温恒容的密闭容器中，下列描述能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。a.单位时间内，断裂1mol

的H-H键的，同时生成1mol的H-O键b.H2O的体积分数保持不变c.混合气体的平均相对分子质量不变d.气体的密度不变3、ZnS是一种使用广泛的荧光材料。已知立方ZnS的晶胞结构如图所示：①已知A、B点的原子坐标分别为(0，0

，0)和(1，12，12)，则C点的原子坐标为_______；②立方ZnS的晶胞边长acm，则其晶体密度为_______g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。4、一种利用H2S电催化制氢并最终制得

硫酸的装置如图所示：①阳极的电极反应式为_______。②写出一个SO2经一步反应转化为H2SO4的化学方程式：_______。5、用稀硝酸吸收xNO，得到3HNO和2HNO的混合溶液，电解该混合溶液可获

得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。(2HNO为弱酸)【正确答案】1、2ΔH3-ΔH1-ΔH22、bc3、(14，14，34)3A388Na4、H2S﹣6e﹣+2H2O=6H++SO2SO2+H2O2=H2SO45、223HNOHO2e3HNO−+−+−=+17-

4（巩固）NO是常见的一种污染气体，可以利用其性质进行有效转化再利用。1、已知反应：Ⅰ.()()()22NgOg2NOg+181kJ/molH=+Ⅱ.()()()()242223NHg3Og3Ng6HOg+

+534kJ/molH=−若某反应NO转化的反应平衡常数表达式为()()()()2222224NHONHNOcccKcc=，则该反应的热化学方程式为_______。2、NO在催化剂条件下可被2H还原为无害物质，反应为()()()()2222Hg2NOgN

g2HOg++，在密闭容器中按()()2NO:H1:1cc=充入，反应结果如图。①提高NO平衡转化率的措施有_______。A.增大投料()()2NOHccB.降低反应温度C.减小容器体积D，充入水蒸

气增大压强②若不用催化剂，判断M点平衡转化率是否会降至O点并简述理由：_______。400℃后，催化效率降低的原因是_______。3、T℃、pkPa条件下，NO发生反应()()222NOgNOg，该反应的()2vNO正正=Kc，()22vNO逆逆=Kc，(K正、K逆为速率常数)，且速率与浓

度关系如图所示。①T℃、pkPa条件下，该反应的平衡常数为_______。②T℃、pkPa条件下，一定容积容器中充入一定量NO，10min后达到平衡，测得()22cNO为0.4mol/L，则以v(NO)表示的化学反应速率为_______，NO的转化

率为_______，平衡后v正=_______(写出表达式)。4、某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为3NH配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g/mol，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的

价电子排布式为_______。【正确答案】1、()()()()2422NHg2NOg2Ng2HOg++359kJ/molH=−2、BC不会，是否使用催化剂不会改变反应平衡转化率温度过高影响催化剂效果3、10L/mol110.08molLmin−

−80%m-14104、Fe63d17-5（巩固）2CO的资源化利用能有效减少2CO排放，实现自然界中的碳循环。1、2CO催化加氢合成甲烷过程中发生下列反应：Ⅰ.2242CO(g)4H(g)CH(g)2HO(g)+=+11ΔH=165kJmol−−Ⅱ．222CO(g)

H(g)CO(g)HO(g)+=+12ΔH=41kJmol−+Ⅲ．242CO(g)3H(g)CH(g)HO(g)+=+3ΔH①反应Ⅲ的3ΔH=___________。②当()()22nCO:nH=1:4时，2CO平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。800℃时，不同压

强下的2CO平衡转化率趋向于相等的原因是___________。2、在碳酸钙中添加金属Pd作催化剂，通入2H在600℃条件下反应直接获得4CH和CaO，该反应的化学方程式为___________。3、2CO催化加氢合成甲烷常使用2CeO作催

化剂。①2CeO的晶胞如图所示，Ce原子周围距离最近且相等的O原子个数为___________。②2CeO催化2CO与2H转化为4CH的机理如图所示，步骤(ii)中生成中间产物的物质类别属于___________。③催化剂中掺入少量CaO，用2Ca+替代2CeO结

构中部分4Ce+形成x1-xyCaCeO，可提高催化效率的原因是___________。【正确答案】1、-2061kJmol−反应Ⅰ的H<0，800℃时正向进行程度小，反应Ⅱ的H>0，800℃时正向进行程度大，而反应Ⅱ平衡不受压强影响，故CO2平衡转化率趋

于相等2、4H2+CaCO3Pd600℃CH4+CaO+2H2O3、8碳酸盐结构中氧空位增加，加速CO2的转化17-6（巩固）利用2CuO光催化可以处理含有227CrO−的废水。1、+Cu的价层电子排布式：_______，

下图为2CuO的晶胞，其中●代表的元素是_______。I.电解法制取2CuO2、利用铜和钛做电极，电解含有NaCl和NaOH的溶液时，Cl−浓度维持不变(溶液体积变化忽略不计)。阳极电极反应式是_______。II.利用2CuO光

催化处理含227CrO−的废水的研究。3、光照射到2CuO光催化剂上产生光催化反应，227CrO−和光照2HO分别在光催化反应中形成的微电极上发生电极反应，反应原理如图所示。写出227CrO−转化3+Cr的电极反应：__

_____。4、研究中对2CuO的作用提出两种假设：a.2CuO作光催化剂；b.2CuO与227CrO−发生氧化还原反应。已知：2CuO的添加量是4210mol/L−，227CrO−的初始浓度是3110mol/L−，对比实验(pH3.0

=且其他条件相同)，反应1.5小时结果如图所示。结合试剂用量数据和实验结果可得到的结论是_______，依据是_______。5、溶液的pH对227CrO−降解率的影响如图所示。已知：24HSO24pH2.5CuOCuCuSO⎯⎯⎯⎯→+稀；酸性越大，227CrO−

被还原率越大。①pH分别为2、3、4时，227CrO−的降解率最好的是_______，其原因是_______。②已知pH5=时，会产生()3CrOH沉淀，则pH5=时，227CrO−的降解率低的原因是_____

__。【正确答案】1、3d10Cu2、2Cu—2e—+2OH—=Cu2O+H2O3、Cr2O2-7+14H++6e—=2Cr3++7H2O4、Cu2O作光催化剂若发生氧化还原反应，存在如下关系：3Cu2O﹣Cr2O2-7，则反应消耗Cu2O的物质的

量为1×10﹣3mol/L×3×70%=2.1×10﹣3mol/L＞2×10﹣4mol/L，由图可知，只有氧化亚铜和只有光照时，Cr2O2-7的浓度降低率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在5、3pH＜2.5时Cu2O会歧化为Cu和Cu2+

，所以不选pH=2；酸性越大，Cr2O2-7被还原率越大，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以选择pH=3pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行17-7（提升）我国力争实

现2030年前“碳达峰”、2060年前“碳中和”的目标，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。1、CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。已知：反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ·mol-1反应Ⅱ：2CO(g)+2H2(g

)CO2(g)+CH4(g)△H=-247.1kJ·mol-1①CO2甲烷化反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=_______kJ·mol-1，为了提高甲烷的产率，反应适宜在_______(填标号)条件下进行。A

.高温高压B.高温低压C.低温高压D.低温低压②反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ·mol-1，已知反应的22v=kc(CO)c(H)正正，2v=kc(HO)c(CO)逆逆（k正和k逆为速率常数，与

温度、催化剂有关）。若平衡后升高温度，则kk逆正_______(填“增大”“不变”或“减小”)；若反应I在恒容绝热的容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是_______(填标号)。A.容器内的压强不再改变B

.容器内气体密度不再改变C.容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1D.单位时间内，断开C=O的数目和断开H—O的数目相同2、在某催化剂表面发生如下反应CO2(g)+3H2(g)C

H3OH(g)+H2O(g)，利用该反应可减少CO2排放，并合成清洁能源。一定条件下，在一密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生反应，图甲表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。其中表示压强为5.0MPa下CO2的平衡转

化率随温度的变化曲线为_______(填“①”或“②”)；b点对应的平衡常数pK=_______MPa-2(pK为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。3、科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现CO2的综合利用。图乙为理想的CeO2的立方晶胞模

型，但是几乎不存在完美的晶型，实际晶体中常存在缺陷(如图丙)。①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。已知：CeO2缺陷晶型中X处原子的分数坐标为(0，0，0)，Y处原子的分数坐标为11(,,0)22，则氧空位处原子的分

数坐标为_______，该缺陷晶型的化学式可表示为_______。②设阿伏加德罗常数的值为AN，晶胞参数为apm，CeO2理想晶型的密度为_______g·cm-3(列出表达式)。【正确答案】1、-164.7C减小AD2、①40033、11

3,,444Ce4O7323-303AA41726.8810()a10NaN17-8（提升）硫酸的消费量常用来衡量一个国家工业发展水平。其中2SO的催化氧化是重要的一步，其反应为：2232SO(g)+O(g)2SO(g)ΔH=-196kJ/mol。回答下列问题：1、2S

O催化氧化反应在___________温下自发(填“高”或“低”，下同)，___________压有利于提高反应速率，___________压有利于提高平衡转化率。根据下表数据(450℃条件下测得)阐述实际工业生产选择0.1

MPa的理由：___________；压强0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa平衡时2SO的转化率97.5%98.9%99.2%99.6%99.7%2、科研人员使用3CaCO为基础固硫材料，复合不同的催化剂()25252252

VOVO-MnOVO-GeO、、催化2SO向3SO的转化。同时研究了不同温度下使用三种催化剂对3CaCO固硫效率(用单位时间2SO转化率表示)的影响，结论如下图：I.仅使用3CaCO而不使用催化剂获得的X线的实验目的是___________；II．下列有关说法正确的是____

_______a．三种催化剂中25VO催化剂效率最低b．同温同压下，使用复合催化剂有利于提高3SO的平衡产率c．如图为252VO-MnO为催化剂时的反应机理，由图可知4+Mn比3+Mn更易获得电子d．

温度越高一定越有利于催化剂催化效率的提升3、某2SO催化氧化生成3SO反应的速率方程为：()()()αβγ223v=kpSOpOpSO，根据表中数据，β=___________；实验()2pSO/kPa()2pO/kPa()3pSO/k

Pa-1v/kPa1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np1.414q4、某种晶型的2MnO晶胞如图，A位置的元素为___________(填元素符号)。【正确答案】1、低高高0.1MPa是常压

，转化率已经很高，且将加压增到10MPa时2SO转化率并没有显著提升，成本大大提高，但收益不大，所以选择常压2、便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验ac3、124、Mn17-9（提升）“碳中和”的一

种重要方案就是将2CO转化处理为有用物质或能源转化，由于2CO分子的结构非常稳定，不容易活化，常用的方法有，光化学催化，热催化光催化、热催化及光热催化法。1、2CO的VSEPR模型是_______形非极性对称分子，其中C原子的轨道

杂化类型是_______。2、研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，2CO和2H可发生两个平行反应，分别生成3CHOH和CO。反应的热化学方程式如下：I.()()()()122321COg3HgCHOHgHΔH53.7kJmolOg−++=−II.()()()()2222COgHg

COgHOgΔH++已知：①CO和2H的标准燃烧热分别为1283.0kJmol−−和1285.8kJmol−−②()()1223HOIHOgΔH=44.0kJmol−=+反应Ⅱ的2H=_______1kJmol−。3、2CO与

3NH可以用来生产尿素()22CONH，其反应过程为：1322222NH(g)CO(g)HO(l)CO(NH)(s)ΔH=178kJmol−+=+−。①1T℃时，在1L的密闭容器中充入2CO与3NH模拟工业生产。投料比()()32nN

H=xnCO，图是2CO平衡转化率α与X的关系。则图中B点3NH的平衡转化率α=_______。②当X=1.0时，若起始的压强为0p，水为液态，平衡时压强变为起始的12。用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度表示该反应的平衡常数PK=_______。4、以二

氧化钛表面覆盖224CuAlO为催化剂，可以将2CO和4CH直接转化成乙酸。①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化情况如图Ⅲ所示。250400～℃阶段，温度升高而乙酸的生成速率变化的原因是_______。②为

了提高该反应中4CH的转化率，可以采取的措施是_______。5、纳米二氧化钛膜中()()TiTiⅣⅢ的电对吸附2CO并将其还原。以纳米二氧化钛膜为工作电极，以一定浓度的硫酸为介质，在一定条件下通入2CO进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(简称LDPE)。电解时，2CO最终转化为LDP

E的电极反应式是_______。6、绿色植物进行光合作用的简易流程如下图：①写出暗反应过程中2CO发生转化的总反应方程式：_______。光反应过程中水分解为氧气脱离体系对于暗反应阶段的意义是：_______(

一条即可)。②下图为光电催化能源化利用2CO制备太阳能燃料的示意图。下列说法正确的是_______。A.阳极反应式为222HO4e4HO−+−=+B.2CO还原产物可能为34COHCHOCHOHCH、、、

等C.阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大【正确答案】1、直线sp2、+41.23、0.2530108p4、温度高于250℃时，催化剂的催化效率降低，乙酸的生成速率降低增大压强或增加二氧化碳的浓度5、2nCO2+12ne—+12H+=+4nH2O6、CO2+4[H]→(CH2O)+H2O防止

提供的还原氢[H]被氧化，不利于C3被还原AB【原卷18题】知识点化学实验方案的设计与评价,常见无机物的制备,氧化还原原理滴定【正确答案】【试题解析】18-1（基础）五水合硫代硫酸钠(2232NaSO5HO)俗称海波、大苏打，为无色结晶或白色颗粒，在工业生产中有广泛

的用途。某化学实验小组制备2232NaSO5HO，并测定产品纯度，设计如下实验。回答下列问题：步骤I.制备2232NaSO5HO按如图所示装置(加热及夹持装置省略)进行实验，可得到223NaSO溶液，再经一系列步骤获得2

232NaSO5HO产品。已知：S与Na2SO3在加热条件下可反应生成223NaSO1、仪器a的名称为_______，装置A发生反应的化学反应方程式为_______。2、装置B的作用为_______

。3、补充完成装置C中主要反应的离子方程式：①_______，②22323SOSSO−−=+。4、C中溶液经过_______、过滤、洗涤、烘干，得2232NaSO5HO晶体(填实验操作)。5、D中浸有品红溶液的棉

花的作用为_______。步骤II.测定产品纯度准确称取上述产品12.40g于烧杯中，加入适量水配制成100mL待测液，取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉溶液作指示剂，用0.25mol·L-1的I2标准液滴定重复滴定3次；测得消耗I2标准液体积的平均值为20.00mL。(已

知：2222346I2SO2ISO−−−+=+)6、①滴定达到终点时的现象为_______，该产品中2232NaSO5HO的质量分数为_______。②以下说法中，能使测量结果偏低的是_______。A.产品中硫代硫酸钠晶体失去部分结晶水B.滴定前，装I2标准液

的滴定管米用标准液润洗C.滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出D.滴定前平视读数，滴定后俯视读数【正确答案】1、长颈漏斗24422Cu2HSO()CuSOSO2HO浓+++2、做安全瓶，用于监测实验进行时装置C中是否发生

堵塞；做储气瓶3、222332ΔSOCOSOCO−−++4、蒸发(加热)浓缩、冷却结晶5、检验尾气中SO2是否除尽6、滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色80%或45CD18-2（基础）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体

双氧水，是由碳酸钠、过氧化氢和水三组分体系利用氢键所形成的不稳定的复合物，高温下容易分解，易溶于水。可以替代过氧化钙作为水产养殖业的供氧剂，给在储存运输过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜，放氧速率高于过氧化钙。某实验小

组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。1、装置中仪器B的名称为_______；仪器A的进水口为_______(“上口”或“下口”)。2、按图连接好装置后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器

B中缓慢滴入30%H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应。下列物质中，可作为稳定剂使用的是_______。A.FeCl3B.Na2SiO3C.MnO2D.Na2SO33、反应过程中要控制温度不能太高，原因是_______。4、反应后向混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、低温干燥，得

到过碳酸钠固体。加入NaCl固体的作用是_______。5、过碳酸钠样品中H2O2含量的测定。取bg2Na2CO3∙3H2O2(M=314g∙mol−1)配成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶，加入足量稀硫酸，用0.04000mol∙L−1KMnO4溶液滴定至终点，消

耗KMnO4溶液VmL。(已知：5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O)①实验达到滴定终点的现象是_______。②该过氧碳酸钠的产品纯度为_______(用字母表示)。③滴定时间过长，测得过碳酸钠产品纯度将____

___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【正确答案】1、恒压分液漏斗下口2、B3、防止H2O2发生分解4、增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出5、当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色4.18V%b偏低18-3（基础）二氧化氯(ClO2)

是一种高效消毒灭菌剂，可有效灭活新冠病毒，但其稳定性较差，故常采用H2O2和NaOH混合溶液将其吸收转化为NaClO2保存。现利用如下装置及试剂制备NaClO2。已知：①ClO2的熔点为−59℃，沸点为11℃，纯的或浓度较大的ClO2易分解爆炸；ClO2极易溶于水。②饱和NaClO2溶

液中析出晶体成分与温度的关系如下表所示：温度/℃<3838~60>60晶体成分NaClO2·3H2ONaClO2NaClO2分解成NaClO3和NaCl回答下列问题：1、仪器b的名称为___________使用a添加液体的优点___________。2、装置B水

浴方式为___________(填“冰水浴”或“80℃水浴”)；其中生成NaClO2的离子方程式为___________。3、实验过程中持续通入N2的速度不能太慢也不能太快的原因是___________4、从NaClO2溶液中获得NaClO2固体的操作：①减压，55℃蒸发结

晶；②___________；③无水乙醇洗涤；④___________，得到成品。5、NaClO2，纯度的测定：称取ag产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液，加入足量的KI溶液和稀硫酸(4H++2ClO−+4I－=2I2+Cl－+2H2O)，充

分反应后加入指示剂，用bmol∙L−1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(I2+2223SO−=2I－+264SO−)，平均消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中NaClO2，的质量分数是__________(用含

a､b､v的代数式表示)【正确答案】1、三颈烧瓶(三口烧瓶、三口瓶、三颈圆底烧瓶均得分)平衡气压，有利于液体的顺利滴下2、冰水浴ClO2+H2O2+2OH－=22ClO−+O2+2H2O3、通入过慢，ClO2浓度偏高，易分解爆炸，通入过快，影响ClO2的吸收转化4、趁热过滤于38°C~

60°C干燥5、181bv%8a18-4（巩固）亚氯酸钠()2NaClO是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大，遇酸放出2ClO。某探究小组设计实验制备2NaClO固体的装置如图所示(夹持装置省略)：已知：①2Na

ClO饱和溶液在温度低于38℃时会析出22NaClO3HO，高于38℃时析出2NaClO，高于60℃时2NaClO分解成3NaClO和NaCl。②2ClO的沸点为11℃，易溶于水。回答下列问题：1、进行本实验时需用-1400mL4mo

lL的NaOH溶液，配制时需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管和量筒外，还需要_______。2、写出装置A三颈烧瓶中生成2ClO的化学方程式：_______；装置A中使用浓硫酸而不使用稀硫酸的原因是_______。3、装置C中2ClONaOH、与22HO反应生成2N

aClO和一种助燃气体，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______；装置C用冰水浴冷却的主要目的是_______。4、该套装置存在的明显缺陷是_______。5、充分反应后，为从产品溶液中获取2NaClO晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：____

___。_______→_______→_______→干燥。a.趁热过滤b.50℃水洗涤c.加热蒸发结晶d.冰水洗涤e.55℃恒温减压蒸发结晶6、测定样品中2NaClO的纯度。准确称取所得2NaClO样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化

钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用-1cmolL的223NaSO标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗223NaSO标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：--+-2--2-

22222346ClO+4I+4H2HO+2I+Cl,I+2SO=2I+SO=)。该样品中2NaClO的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致测定值_______(填“偏高”或“偏低”)。【正确答案】1、500mL容量瓶

2、3232422422NaClO+NaSO+HSO=2ClO+2NaSO+HO浓硫酸与溶液混合会释放大量热，使生成的ClO2全部变为气体，使得实验顺利进行3、1:2防止生成物NaClO2受热分解4、缺少尾气处理装置5、e→a→b6、90.5c

V100%1000m偏低18-5（巩固）亚硝酰硫酸(NOHSO4)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOHSO4，实验室用如图所示装置(夹持装置略)制备少量NOHSO4并测定产品的纯度。1、导管a的作用是___________。仪器b的名称是_

__________。2、装置B中发生反应的化学方程式为___________；B中反应必须维持体系温度不得高于20°C，可能的原因为___________。3、反应开始时缓慢，待生成少量NOHSO4后，温度变化不

大，但反应速度明显加快，其原因是__________。4、该实验装置存在明显缺陷，可能导致NOHSO4产量降低，请补充合理改进方案：__________。5、测定产品的纯度：称取4.0g产品放入锥形瓶中，加入100.00mL0.10mol·L-1的KMnO4溶液和适量稀

H2SO4，摇匀，再将溶液加热至60~70°C(使生成的HNO3挥发逸出)，冷却至室温，然后用0.20mol·L-1的Na2C2O4，标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为25.00mL。(杂质不参与反

应)已知：2KMnO4+5NOHSO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5

NaSO4。①滴定终点的现象为___________。②该产品纯度为___________(NOHSO4的摩尔质量为127g·mol-1)。【正确答案】1、平衡装置内压强三颈烧瓶2、SO2+HNO3（浓）24HSO浓NOHSO4温度太高

会导致浓硝酸挥发且会分解3、生成的NOHSO4会作为反应的催化剂加快反应速率4、在装置BC之间增加一个浓硫酸洗气装置5、最后一滴标准液加入后，溶液紫红色褪色且半分钟内不变色63.5%18-6（巩固）氮化镓(GaN)被称为第三代半导体材

料，其应用已经取得了突破性的进展。已知：(i)氮化镓性质稳定，不与水、酸反应，只在加热时溶于浓碱。(ii)NiCl2溶液在加热时，先转化为Ni(OH)2，后分解为NiO。(iii)制备氮化镓的反应为2Ga+2NH3NiΔ2GaN+3H2。某学校化学兴趣小组实验室制备氮化镓，设

计实验装置如图所示。设计实验步骤如下：①滴加几滴NiCl2溶液润湿金属镓粉末，置于反应器内。②先通入一段时间的H2，再加热。③停止通氢气，改通入氨气，继续加热一段时间。④停止加热，继续通入氨气，直至冷却。⑤将反应器内的固体转移到盛有盐酸

的烧杯中，充分反应后过滤、洗涤、干燥。1、仪器X中的试剂是_______，A和C装置中都有一个连接分液漏斗的导管，其作用为_______。2、该套装置中存在一处明显的错误是_______。3、步骤①中选择NiCl2溶液，不

选择氧化镍的原因是_______(填字母序号)。a.增大接触面积，加快化学反应速率b.使镍能均匀附着在镓粉的表面，提高催化效率c.为了能更好形成原电池，加快反应速率4、步骤③中制备氮化镓，判断该反应接

近完成时，观察到的现象是_______。5、请写出步骤⑤中检验产品氮化镓固体洗涤于净的操作：_______。6、镓元素与铝同族，其性质与铝类似，请写出氮化镓溶于热的NaOH浓溶液的离子方程式：_______。【正确答案】1、浓氨水平衡烧瓶和分液漏斗中的压强，有利于液体顺利滴下2、装置F

中会产生倒吸3、ab4、装置F中几乎不再产生气泡5、取最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则证明产品氮化镓固体已洗涤于净6、GaN+OH-+H2OGaO2−+NH3↑18-7（提升）亚硝酰氯(NOCl)是一种黄色气体，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，常用

于合成洗涤剂，触媒及用作中间体，可由NO与2Cl在通常条件下反应得到，实验装置如图所示(夹持装置略)。已知：①222NOClHO2H2ClNONO+−+=+++②2222OHNONO2NOHO−−=+++③2222NO4H2I2

NOI2HO−+−++=++④2222346I2SOSO2I−−−+=+回答下列问题：1、装置A中盛有浓盐酸的仪器名称为_______，装置A中发生反应的离子方程式为_______。2、装置C中所盛试剂名称是_______；若装

置B中压强过大，可以观察到的现象是_______。3、实验时，待装置D中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将干燥的NO压于三颈烧瓶中，这样做的目的是_______。4、装置D中无水氯化钙的作用是_______；该制备装置中存在的一处缺陷是_______。5、NOCl纯度测定

，步骤如下(假设杂质不参与反应)：Ⅰ.取5.00g三颈烧瓶中所得产物溶于适量氢氧化钠溶液中，然后加入一定量稀硫酸和KI，并通入足量2N，将NO全部赶出，最后将溶液稀释至250.00mLⅡ.取25.00mL上述所得溶液，用淀粉作指示剂，用3

-12203Na.0mlLSoO标准溶液滴定至终点，最终消耗标准溶液的体积为20.00mL，则NOCl纯度为_______%。【正确答案】1、恒压滴液漏斗322ClO6H5Cl3Cl3=HO−+−+++2、浓硫酸长颈漏斗中的液面上升3、排尽装置中的空气，避免NO被氧化4、防止水蒸气进入装置D中

使NOCl产率降低缺少尾气处理装置5、78.618-8（提升）实验室利用CuCl2溶液与SO2气体制备CuCl的装置如图所示(夹持装置略)。已知氯化亚铜是一种白色固体，微溶于水，不溶于酒精；在空易气中被迅速氧化。实验步骤：I.打开止水夹，通入一段时间N2后，关上止水夹；打开分

液漏斗旋塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2～3，打开止水夹，通入SO2，溶液中产生白色沉淀；待反应完全后，再通一段时间的N2。II．反应混合液经一系列过程得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。回答下列问题：1、①步骤I中反应前通入氮气的

目的是___________。②装置A中发生反应的离子方程式为___________。③装置B的作用为___________；装置C中的试剂为___________。2、步骤II中一系列过程为___________。A.减压过滤水洗干燥B.普通过滤水洗干燥C.

减压过滤乙醇洗干燥D.普通过滤乙醇洗干燥3、现取实验中的CuCl2溶液制得CuCl2·xH2O。①CuCl2·xH2O晶体直接加热能否得到纯净的无水CuCl2(填“能”或“不能”，若不能请说明正确的方法)___________。②为测定x值进行如下实验：a．用电子天平称取3.420

g的CuCl2·xH2O晶体；b．在坩埚中充分灼烧；c．在干燥器中冷却；d．称量所得黑色固体质量；e．重复b～d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g。若最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=___

________。【正确答案】1、排尽装置中的空气，防止氯化亚铜被空气中氧气氧化SO2+2Cu2++2Cl—+2H2O=2CuCl↓+SO2-4+4H+安全瓶，防倒吸NaOH溶液2、C3、不能，在干燥的氯化氢气流中加热218-9（提升）某学习小组在

实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)，装置如图：已知：①CS2不溶于水，比水重；NH3不溶于CS2；②E内盛放有CS2、水和固体催化剂。实验步骤如下：1、制备NH4SCN溶液：CS2+3NH3催化剂水浴加热NH4SCN+NH

4HS(该反应比较缓慢)①实验前，先要进行的操作是______。②实验开始时打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入E中，至CS2消失。则：装置A中反应的化学方程式是_______；装置C的作用是___

______2、制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，将装置D加热至95-100℃除去杂质，一段时间后，打开K2，缓缓加入适量的KOH溶液，继续保持加热，制得KSCN溶液。①E的仪器名称是_____。②写出制备KSCN溶液的化学反应方程式____

__。3、制备硫氰化钾晶体：先滤去E中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，冷却结晶，_______，_______，干燥，得到硫氰化钾晶体。4、测定晶体中KSCN的含量：称取1.0g样品配成100mL溶液，量取20.00mL于

锥形瓶中，加入几滴Fe(NO3)3溶液做指示剂，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。①滴定时发生的反应：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)。则滴定终点的现象是_____。②晶体中KSCN的质

量分数为______。【正确答案】1、检查装置气密性2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O观察气泡流速，以便控制加热温度2、三颈烧瓶NH4SCN+KOHΔKSCN+NH3↑+H2O3

、过滤洗涤4、当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复97%【原卷19题】知识点有机合成综合考查,有机推断综合考查【正确答案】【试题解析】19-1（基础）法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物I为原料合成法匹拉韦的路线

如下(部分反应条件省略)。已知：R-NH2+一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O。回答下列问题：1、化合物II中官能团名称为_______。2、已知化合物II的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：4：1，其结构简式为____。3、反应物III为乙二醛，反应①的化学方程式为_______。4、反应②

的反应类型是_______；反应③的反应类型是_______。5、已知X的相对分子质量比化合物I少14，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2，符合上述条件的X共有_______种(不考虑立体异构)，写出含有手性碳原子的所有可能的结构简式：_______(手性碳原子是指连有

4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。【正确答案】1、酯基、溴原子2、3、OHC-CHO+→+2H2O4、还原反应取代反应5、9、、19-2（基础）生物体内以L—酪氨酸为原料合成多巴胺，最终合成肾上腺素的过程如下：回答下列问题：1、B中含氧官能团的名称是_______。2、D→

E的反应类型是_______。3、化合物A苯环上的一氯代物有_______种。4、若C苯环上的三个取代基不变，只考虑取代基的位置异构，则化合物C的同分异构体有_______种。5、C(多巴胺)的降解过程主要有两条途径，其中涉及的降解酶是相同的，最终产物也相同。化合

物G的结构简式为_______。同一环境下，C(多巴胺)分别与降解酶X和降解酶Y作用时的产物不同(分别为F和G)的原因是_______。6、已知A→B、B→C产率分别为98%、95%，则A→C的总产率为_______。【正确答案】1、羟基、羧基2、取代反应3、24、55、催化剂具有

选择性6、93%(或93.1%)19-3（基础）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。路线1：路线2：333CHOHCHCOOHFe/HClGHIFNaOaHt⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯

⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→试剂℃1、试剂a为_______。2、A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为_______。3、B→C的反应类型为_______。4、C与3CHCOOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧

基(3OCH−)的邻位，F的结构简式为_______。5、G的结构简式为_______。6、有机物I与对苯二甲酸()发生聚合反应的化学方程式为____。7、I与3CHCOOH反应生成的有机产物除F外，还可能有_______(写出结构

简式)。8、满足下列条件的C的同分异构体有_______种。①与3FeCl溶液发生显色反应②分子中含有2NH−③苯环上有3种氢【正确答案】1、浓硝酸、浓硫酸2、＋CH3OH＋NaOH⎯⎯→＋NaCl＋H2O3、还原

反应4、5、6、n＋n＋(2n−1)H2O7、、(其他合理答案即可)8、1019-4（巩固）有机物M可发生如图所示的转化关系：已知：①B在质谱分析中，质荷比最大的为32，在核磁共振氢谱分析中，有峰面积之比为3：1的两组吸收峰；②两个OH同时连在一个C原子上，结构不稳定，会自动失水，如自动

失水⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O③R1-CHO+R2-CH2-CHO⎯⎯⎯⎯→一定条件请回答下列问题：1、E中官能团名称为_______。2、①④的反应类型：①_______；④_______。3、写出M、G的结构简式：M：_______；G：_______。

4、写出A→D的化学反应方程式：_______。5、写出对苯二甲酸与乙二醇反应生成聚对苯二甲酸乙二酯的化学反应方程式：_______。6、符合下列条件的E的同分异构体有_______种，写出其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：2：

2：2的同分异构体的结构简式：_______(写出一种即可)。①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③遇3FeCl溶液发生显色反应。【正确答案】1、羟基、羧基2、水解反应(或取代反应)氧化反应3、()23HOHC

CCHO4、+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯⎯⎯→+Cu2O↓+3H2O5、n+nHOCH2CH2OH⎯⎯⎯⎯→一定条件+(2n-1)H2O6、1319-5（巩固）普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病性神经痛和带状疱疹神经痛，还能辅助治疗癫痫、焦虑障碍等，G是3－氨甲基－5－甲基己酸

的一种立体异构体，该异构体可以溶解在(S)－扁桃酸中，通过结晶就拆分得到了普瑞巴林，合成路线如图：已知：i.R′－CHO+22NaOHHO-HO⎯⎯⎯⎯⎯→，，△ii.RCOOH+CO(NH2)2→RCONH2+NH3↑+CO2↑回答下列问题：1、A的化学名称(系统命名)____。2、B的结构简

式为____。3、反应②的反应类型是____。4、D中有___个手性碳原子。5、写出反应④由E生成F的化学方程式____。6、G中具有的官能团名称是____。7、H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，且与G具有相同的官能团，则H可能的结构有_____种

。(不考虑立体异构体)【正确答案】1、3—甲基丁醛2、3、加成反应4、25、+CO(NH2)2Δ⎯⎯→CO2↑+NH3↑+H2O6、氨基、羧基7、519-6（巩固）化合物M对利什曼原虫和克氏锥虫有显著的抑制作用，在医药工业中的一种合成方法如下：已知：RCOOR＇DI

BAL-H⎯⎯⎯⎯→RCH2OH回答下列向题：1、A的化学名称是_______。2、B的结构简式为_______3、D中含氧官能团的名称为_______4、由G生成H的反应类型为_______5、H→I的反应条件和试剂为_______6、反应E+J→K的化学方

程式为_______7、满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③不含有甲基。其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1的结构简式为_______。【正确答案】1、1、4-苯二酚（或对苯二酚）

2、3、酚羟基、醚键、羧基4、取代反应或酯化反应5、光照、溴6、7、2319-7（提升）有机物L是重要的医药中间体，其合成路线如图：请回答下列问题：1、E的化学名称是____。2、H的结构简式为____。3、已知J的结构中有两个六元环，写出I→J的化学方程式____。4、G中官能团

的名称为____。5、A→B的反应类型为____，试剂X为____。6、M的分子式为C7H9NO，是有机物H的同系物，则M的结构有____种。7、下列有关有机物L的说法不正确的是____(填序号)。A.易溶于水B.遇FeCl3溶液显紫色C.不能和

Na2CO3溶液反应D.能和溴水发生两种不同类型反应【正确答案】1、丙烯醛2、3、4、氨基、氯原子5、取代反应NaOH水溶液6、137、AC19-8（提升）以有机物B等为原料既可以合成BPE-06，又可合成维生素A的中间体I，其合成路线如下：回答下列问题：1、B的名称为______

_，C中含氧官能团的名称为_______。2、A分子中最多有_______个原子处于同一平面。3、G生成H的反应类型为_______。4、D的结构简式为_______。5、写出在加热条件下C与新制的2Cu(OH)(含NaOH溶液)反应的化学方程式：______

_。6、互为对位的二取代芳香族化合物W是F的同分异构体，W遇3FeCl溶液发生显色反应且含四个甲基，则W的结构共有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为7组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3∶9的结构简式为_______。【正确答案】

1、丙酮醛基2、133、加成反应4、5、6、10、、19-9（提升）某抗抑郁药物有效成分F的合成路线如图。已知：①同一个碳原子上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基②回答下列问题：1、D分子中除—CHO外的含氧官能团结构

简式为_______。2、E的结构简式为_______；反应①的反应类型为_______。3、反应B→C的化学方程式为_______；ClCH2COOC2H5加热条件下与足量NaOH反应后酸化所得的有机物发生聚合反应的化学方程式为_______。4、化合物C中含有苯环的同分异构体有_

______种，其中苯环上只有一个侧链且能发生银镜反应的有机物结构简式为_______。5、下列有关F的叙述正确的是_______。a．分子式为C11H10O3Nb．既能与盐酸反应生成盐，也能在NaOH反应生成盐c．1molF最

多可以与2molH2发生加成反应d．既能发生加成反应也能发生取代反应【正确答案】1、—OH、—NO22、取代反应3、+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→+2NaCl+H2OnHOCH2COOH⎯⎯⎯→催化剂+(n—1)H2O4、45、bd答案解析1-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:

A．催化剂不能改变反应焓变，可以改变反应速率，A错误；B．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；石墨烯是一种无机物，B错误；C．“白色污染”为塑料污染，利用玉米、薯类、农作物秸秆等原料生产的可降解高分子材料能减轻“白色污染”，C正确；D．碳纤维为无机非金属材料，D错误；故选C

。1-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．碳纤维是人工合成高分子材料，A错误；B．氢气燃烧的产物是水，对环境友好无污染，B正确；C．铝合金属于合金，其密度小、硬度大、耐腐蚀、熔点低，C错误；D．使火焰呈黄色的“配方”含钠元素，因为钠元素的焰色反应呈黄色，钾元素的焰色反应透过蓝色

钴玻璃可观察到紫色，D错误；故选B。1-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．聚四氟乙烯是四氟乙烯通过加聚反应生成的高分子，增强聚四氟乙烯板属于高分子材料，故A正确；B．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，主要成分不是硅酸盐，主要成分是硅酸盐的陶瓷、水泥、玻璃属于传统无机非金属材料

，故B错误；C．氢气燃烧产物是水，无污染，所以“液氢”属于绿色环保燃料，故C正确；D．合金的硬度一般大于成分金属，故D正确；故选B。1-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．聚氨酯材料，属于人工合成有机高分子材，A错误；B．用干冰实现人工制冰的过程环

保高效，过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，B正确；C．聚硅氮烷树脂中不含碳元素，该树脂属于无机聚合物，C正确；D．国家速滑馆采用的硫化镉发电玻璃，可将太阳能转化为电能，实现太阳能与电能之间的转化，D正确；故选A。1-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．Cu是不活泼金属，不

能与酸发生置换反应产生氢气，因此在酸性条件下不会发生析氢腐蚀，A错误；B．大飞机C919采用大量先进复合材料､铝锂合金等，金属材料包括纯金属和合金，因此铝锂合金属于金属材料，B正确；C．碲是第五周期第ⅥA元素，而不属于过渡元素，C错误；D．中国

天眼FAST用到的碳化硅中C原子与Si原子之间以共价键结合形成立体网状结构，因此碳化硅是一种新型的无机非金属材料，D错误；故合理选项是B。1-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．航空燃油和柴油的主要成分都是烃，A项正确；B．合金的硬度高于其成

分金属，B项正确；C．防腐涂料利用物理方法保护金属不被腐蚀，C项错误；D．环氧树脂属于有机高分子材料，D项正确；答案选C。1-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．传统陶瓷主要采用天然的岩石、

矿物、黏土等材料做原料；而新型陶瓷则采用人工合成的高纯度无机化合物为原料，在严格控制的条件下经成型、烧结和其他处理而制成具有微细结晶组织的无机材料，故A正确；B．酚醛树脂和聚酯纤维均属于人工合成的有机高分子材料，故B正确；C．聚酰胺纤维中的

锦纶是较早通过缩聚反应合成的纤维，故C错误；D．新型陶瓷则采用人工合成的高纯度无机化合物为原料，在严格控制的条件下经成型、烧结和其他处理而制成具有微细结晶组织的无机材料，则高纯度的单晶硅、二氧化硅属于新型

无机非金属材料，故D正确；答案选C。1-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．钛合金是由钛形成的合金，属于金属材料，故A正确；B．聚甲基丙烯酰亚胺是甲基丙烯酰亚胺一定条件下发生缩聚反应生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，故B正确；C．石墨烯是由碳元素形成

的碳单质，新型无机非金属材料，故C正确；D．太阳翼是将太阳能转化为电能的装置，不属于原电池，故D错误；故选D。1-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．合金熔点通常低于其组成金属的熔点，A项错误；B．碳纤维、石墨烯均为碳

单质，与金刚石、石墨互为同素异形体，B项正确；C．树脂基复合材料以有机聚合物为基体，有机聚合物为有机高分子，属于有机高分子材料，C项错误；D．陶瓷基复合材料中的陶瓷不是传统的陶瓷，而是新型陶瓷，属于新型陶瓷材料，D项错误；故选B。2-1【基础】【正确

答案】D【试题解析】详解:A．原子符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示该原子的质量数，元素的相对原子质量是指元素的平均相对原子质量，它是根据天然同位素原子所占的原子个数百分比和其相对原子质量计算出的平均值，故相对原子量为35.5的氯元素，其某种Cl的同位

素原子的质量数不等于35.5，则原子的符号不能表示为35.517Cl，故A错误；B．Cl的原子半径大于C的原子半径，故B错误；C．2Mg+核外共10个电子，其结构示意图：，故C错误；D．有机物为烷烃，选择最长碳链为主链，命名为某烷，从距离支链最近的一端开始编号，故

其名称：2，2-二甲基丁烷，故D正确；故选D。2-2【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．乙醛的结构简式：3CHCHO，故A错误；B．是1,3−丁二烯的键线式，而2−丁烯的键线式：，故B错误；C．基态碳原

子电子排布式为1s22s22p2，则基态碳原子的轨道表示式：，故C错误；D．过氧化钠中有两个钠离子，一个过氧根离子，其电子式：，故D正确。综上所述，答案为D。2-3【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．乙烯的结构简式：CH2=CH2，故A错误；B．氨基的电子式，故B错误；C．基态C

r原子外围电子排布式：3d54s1，故C错误；D．CH4分子为正四面体，结构示意图：，故D正确；故选D。2-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．氯化铵为强电解质，完全电离，电离方程式：+-44NHClNH+Cl=，故A错误；B．2-S的质子数为1

6，核外有18个电子，结构示意图为，故B错误；C．水分子含有2个O-H键，为共价化合物，结构式：H-O-H，故C正确；D．基态N原子价电子数为2s、2p能级上的电子，不符合洪特规则，正确的为，故D错误；答案选C。2-5【巩固】【正确答案】D【试题解析

】详解:A．乙炔的分子式为C2H2，为直线型，为其空间结构模型，A正确；B．根据VSEPR理论，二氧化硫中S提供6个价电子，O不提供电子，故6/2=3，即SO2为角型或者叫V型，B正确；C．反-2-丁烯中两个甲基位于双键的异侧，结构简式为，C正确；D．氨分子中N和H原子形成共

用电子对，N原子含有1对孤对电子，其电子式为：，D错误；答案选D。2-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．AZX中A为质量数=中子数+质子数，Z为质子数。则中子数为8的碳原子为146C，A项错误；B．CO2中C为sp杂化，

分子立体构型为直线型，B项正确；C．基态钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，C项错误；D．Na2O2为离子化合物，其电子式为，D项错误；故选B。2-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．H3O+

的中心原子O价电子对数是6131=42+−，是sp3杂化，杂化轨道构型是正四面体，其中三个方向连接H原子，故其空间结构：三角锥型，A错误；B．Br的质子数为35，原子结构示意图：，B错误；C．基态N原子价层电子2s22p3，轨道表示式：，C正确；D．电子式表示NaCl的形成过

程：，D错误；故选C。2-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．HClO的电子式：，A错误；B．反-2-丁烯的键线式：，B错误C．CO2的空间构型为直线形，C错误；D．基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3，D正确；故选D。2-9【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A

．2Mg+的结构示意图：，A错误；B．NaOH存在离子键和共价键，电子式：，B错误；C．3BF的B是sp2杂化，空间结构平面三角形，模型：，C正确；D．反式聚异戊二烯的结构简式：，D错误；故选C。3-1【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．在2

5℃时，1LpH为2的24HSO溶液中含有H+的物质的量为0.01mol，则数目为A0.01N，A正确；B．2.0g(182DO)的物质的量为2.0g<0.1mol22g/mol，所含质子数为小于AN，B错误；C．没有说明标况，不能判断消耗氧气的体积，C错误；D．70g51

0CH的烃也可能是环戊烷，则分子中含有CC−σ键的数目为5AN，D错误；故选A。3-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．18gD216O含中子的数目为：18g20g/mol×10×NAmol-1=9

NA，故A错误；B．三键中含二个π键，故1molC2H2中含π键的数目为2NA，故B正确；C．1L0.1mol/LK2Cr2O7酸性溶液中含溶质物质的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，酸性溶液中存在化学平衡，227CrO−+H2O224CrO−+2H+，含227C

rO−的数目小于0.1NA，故C错误；D．同温同压下，4mLNe与4mLO2所含分子数目相同，所含原子数目之比为4：8，所含原子数目不相同，故D错误；故答案选B。3-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．该有机物的分

子式为C4H5N，结构中有两个双键，每个双键包含一个σ键，其它都是单键，每个单键算一个σ键，所以1mol该有机物中含有的σ键应该为10NA，错误；B．56gC3H6和C4H8都可以看作是56gCH2，即4molCH2，氢原子数为8NA，B正确；C．价

层电子对数=σ键+孤电子对数，SOCl2中σ键数目为3，孤电子对数为（6-4）2=1，则价层电子对数为4，0.5molSOCl2的价层电子对数为2NA，C错误；D．一定条件下的二氧化硫和氧气的反应属于可逆反应，转移的电子数小于0.004

NA，D错误；故选B。3-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．1mol环戊二烯()中含有σ键有C-C和C-Hσ键，σ键的数目为11NA，π键的数目是2NA，故A错误；B．溶液中存在722224OHO22HCrCrO

−−+++，溶解后溶液中含有的Cr2O2-7数目小于0.1NA，故B错误；C．阳极222HO4eO4H−+−=+，阴极eAgAg+−+=，222HO2eH2OH−−+=+，用惰性电极电解1L0.2mol·L

-1AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，电路中通过电子数为0.4NA，故C正确；D．4NH+水解，溶液中的4NH+数小于A0.5N，故D错误；故答案为C3-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．标准状况下，HF为液体，无法计算其物质的量，A错误；B．C2H5OH的摩尔质量为46

g/mol,，故46g的C2H5OH为1mol,，根据其结构式可知1molC2H5OH含有极性键的数目为7NA，B正确；C．CO和H2体积相等，未注明温度和压强是否相等，故无法判断其mol物质的量是否相等，故也无法判断其消耗的O2的物质的量，C错误；D．

标准状况下，11.2LCl2即物质的量是0.5mol，Cl2溶于水后，与水发生可逆反应生成HCl和HClO，根据元素质量守恒，溶液中含氯元素的微粒数目和为NA，包括Cl-、ClO-、HClO和Cl2，D错误；故选B。3-6【巩固】【正确答

案】D【试题解析】详解:A．重水的摩尔质量是20g/mol，所以18g重水的物质的量为18g20g/mol=0.9mol，而1molD2O含有电子数为(12+8)NA=10NA，所以18g重水含有电子数为9NA，A错误；B．28gN2的物质的量为28

g28g/mol=1mol，N2与H2的反应为可逆反应，可逆反应无法进行完全，因此生成NH3的分子数小于2NA，B错误C．铜电解精炼时，阳极为锌、铁、铜等成分物质的量不能确定的粗铜，所以无法计算阳极质量减少64g时铜的物质的量和电路中转移电子数目，C错误；D．醋酸钠是强碱弱酸盐

，醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，则常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，c(H+)=10-9mol/L，发生电离的水分子数为1491.0101.010−−mol/L×1L×NAmol-1=1×10-5NA

，D正确；故选D。3-7【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O—H键，每个乙醇分子中一个O—H键，溶剂H2O分子中也有O—H键，每个水分子中两个O—H键；()()()252525mCHOH100g46%nCHOH===1molMCHOH46

g/mol，O—H键数目1NA，()()()222mHO100g46gnHO===3molMHO18g/mol−，O—H键数目6NA，所以O—H键数目共7NA，描述正确，符合题意；B．溶液没有给出体积数据，

无法计算微粒数目，描述错误，不符题意；C．初始浓硫酸与镁发生反应，生成MgSO4、SO2和H2O，随着硫酸浓度变稀，稀硫酸与镁反应生成MgSO4和H2；如果只发生第一个反应，每两个H2SO4分子中有一个参与变价，转移电子2个(生成SO2)，但有第二个

反应发生，每分子H2SO4均参与变价，生成H2，转移电子2个，故0.2molH2SO4中参与变价的H2SO4物质的量应大于0.1mol，转移电子总量应大于0.2NA，描述错误，不符题意；D．pH=11的溶液中c(H+)=

1×10-11mol/L，常温下Kw=1×10-14，故溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，1L溶液中n(OH-)=1×10-3mol，描述错误，不符题意；综上，本题选A。3-8【提升】【正确答案】C【试题解

析】详解:A．重水的摩尔质量为20g/mol，则18g重水中含有的质子数为AA18gN=10N/mol=9N20g/mol个，A错误；B．乙烷和氯气取代后可以生成一氯乙烷、二氯乙烷等，根据碳原子数守恒可知，生成的有机物分

子数为乙烷的分子数，即为0.1NA个，B错误；C．24CH和36CH最简式均为CH2，含有2个极性键，14gCH2物质的量为1mol，14g24CH和36CH混合气体所含的极性键数目为2AN，C正确；D．CH4和Cl2发生取代反应时消耗

1mol甲烷可以形成1molC-Cl键，则0.1molCl2与CH4光照时完全反应，形成C-Cl键总数为0.1NA，D错误；故答案选：C。3-9【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．FeI2中Fe2+和I-都具有较强的还原性，都能和Cl2(氧化性)

发生反应，1molFeI2中有1molFe2+和2molI-，1molFe2+生成Fe3+，转移电子数为NA，2molI-生成I2，转移电子数为2NA，所以转移电子总数为3NA，A项不符合题意；B．硫酸钾的物质的量为2

L?0.5mol/L=1mol，其中的阴离子为2-4SO，物质的量为1mol，所带电荷数为2NA，但是溶液中还有水电离出来的氢氧根，所以阴离子的物质的量无法确定，阴离子所带电荷也无法确定，B项不符合题意；C．1个Na2O2中的离子为2个Na+和1个2-2O，1molNa2O

2中离子总数为3NA，C项不符合题意；D．丙烯和环丙烷的分子式相同，都是C3H6，则氢原子数为AA42g×6N=6N42g/mol，D项符合题意；故正确选项为D4-1【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．与苯环直接相连的原子与苯环共面，碳碳叁键两端的原子共线，碳

氧双键两端的原子共面，碳碳单键可以旋转，故该分子中至少有10个碳原子共平面，A错误；B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有2个手性碳原子，B正确；C．分子中含有氨基和酯基，氨基能与盐酸反应，酯基能和氢氧化钠溶液发生水解反应，都能生成

盐，C正确；D．碳原子上氢能发生取代反应，碳碳叁键能发生氧化反应、还原反应，D正确；故选A。4-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．有机物结构中有碳碳双键、苯环支链第一个碳原子有氢，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．该有机物官能团中无

酯基、卤素原子等，不能发生水解反应，羧基、羟基、碳碳双键等不能水解，B错误；C．该有机物含有羧基，能与碳酸氢钠反应，C正确；D．苯环12原子共平面，所以与苯环直接相连的碳原子一定和苯环上的碳原子共平面，所以至少9个碳原子共平面，D正确；故选B。4-3【基础】【正确答案】C【试题解

析】详解:A．有两种官能团，酯基和碳碳双键，故A错误；B．分子中至少有7个碳原子共平面，苯环上六个碳和苯环直接相连的碳一定共平面，故B错误；C．酯基不能和氢气加成，所以消耗4mol2H，故C正确；D．水解消耗3molNaOH，两个羧基及水解生成的酚羟基消耗NaOH，故D错误；故答案选

C。4-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．该有机物苯环上所连烃基中含有不饱和键，而乙苯中的乙基是饱和烃基，二者结构不相似，不互为同系物，A正确；B．据图可知，分子中共直线的碳原子最多有4个，B正确；C．苯和碳碳双键是平面结构、碳碳三键是直线形，饱和碳原子是四面体结构，该分子

中共平面的原子最多有21个，C错误；D．含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能与氢气发生加成反应，含有甲基能与氯气发生取代反应，D正确；答案选C。4-5【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．化合物Q含有两种官能团，分别是醚键和羰基，A正确；B．化合物Q中

苯环上的所有碳原子和与苯环相连的碳原子处于同一平面，余下的3个甲基上的碳原子可能处于这个平面上，B错误；C．化合物Q的结构不是对称结构，则其苯环上的一溴代物有3种，C错误；D．化合物Q的苯环和羰基都可以和H2发生加成，则lmol化合物Q最多能与4

molH2加成，D错误；故选A。4-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．甲中含有饱和碳原子，饱和碳原子空间构型为正四面体形，不可能所有原子共面，A错误；B．丙中羧基能与NaOH反应，乙不与NaOH溶液反应，B错误；C．甲分子中

有三个碳碳双键，1mol甲最多可与23molBr反应，C正确；D．苯环的不饱和度为4，而丙的不饱和度恰好为4，其芳香族同分异构体不可能含有羧基，D错误；故答案选C。4-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．X→Y反应过

程中-CH2-中H原子被Br取代，属于取代反应，Y→Z反应过程中除生成物Z外，还有HBr生成，所以也是取代反应，A正确；B．苯环所有原子共平面，酮羰基也是平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能共平面，B正确；C．Y在NaOH乙醇溶液加热的条件下发生消去反应，

C错误；D．Z中含有碳氯键，且连在苯环上，所以1mol该官能团可以与2molNaOH反应，一个Z含有一个酯基，1mol该官能团可以消耗1molNaOH，共消耗3molNaOH，D正确；故选C。4-8【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．M分

子中，两个框内碳原子一定共平面，但两个平面只共用2个碳原子，所以两平面不一定重合，即所有碳原子不一定共平面，A不正确；B．-OH和-COOH都能与Na反应产生H2，所以不可用钠鉴别M中的两种含氧官能团，B不正确；C

．M分子中含有的-OH和-COOH，可以发生酯化反应、取代反应，苯环、碳碳双键能发生加成反应，C正确；D．酯基不能与H2发生加成反应，M分子中，苯环、碳碳双键能与H2发生加成反应，所以1molM最多可与4molH2发生反应，D不

正确；故选C。4-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，A错误；B．含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确；C．酚羟基含有四种邻位或对位

H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴5mol，C错误；D．分子中含有3个酚羟基，所以最多消耗3molNaOH，D错误；答案选B。5-1【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:X、

Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物，则X、Y是O、N。Z的最高价氧化物对应的水化物是中强碱。Z为Mg、W为Na。详解:A．简单离子半径：322NONaMg−−++，A错误；B．第一电离能

：NaMgON，B正确；C．电负性：ONMgNa，C错误；D．22NaO中含有离子键和共价键，D错误；答案选B。5-2【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物3XW与

WZ相遇会产生白烟，则3XW为3NH，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素原子的核外电子总数满足XYWZ+=+，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素。详解:A．同一周期主族元素原子的电负性从左到右依次增大，同一主族元素原子的电负性从上到下呈

现减小的趋势，故三种元素的电负性从大到小顺序为NHNa，A项错误；B．同周期主族元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上至下原子半径依次增大，则原子半径：NHNaCl，B项错误；C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如2HNO为弱酸，C项错误；D．Na的最高价氧化物的水化物为

NaOH，属于强碱，D项正确；故选D。5-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X的单质在空气中含量最多，则为N元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z为Na元素；元素W的原子半径在

同周期最小，且原子序数大于Na，则为Cl元素。由题意知X元素是N，Y元素是O，Z元素是Na，W元素是Cl。A．简单的离子半径：r(Z)>r(W)>r(X)，选项A错误；B．X是N，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素

，故第一电离能C＜O＜N，选项B正确；C．Y元素是O，以上元素中非金属性最强故电负性最大，而氧族元素的氢化物中水的沸点最高，是因为水分子间存在氢键，选项C错误；D．Y和Z组成的化合物可能是Na2O只含离子键，也可能是Na2

O2除离子键还含共价键，选项D错误；答案选B。5-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的2p能级处于半充满状态，其核外电子排布式为1s22s22p3，则X为N；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，其质子数为：10+2=

12，则Z为Mg；Y元素原子L电子层上s电子数和p电子数相等，外围电子排布为2s22p2，处于第二周期ⅣA族，则Y为C；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，则W为Al或Cl元素

，以此来解答。详解:根据分析可知，X为N，Y为C，Z为Mg，W为Al或Cl元素。A．含有N元素的化合物可能为离子化合物，如硝酸铵、硝酸钠等，A错误；B．同一周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：C(Y)＜N(X)，

B错误；C．W的单质可能为Al或Cl2，Al与NaOH溶液反应生成氢气，但Cl2与NaOH溶液反应不会生成氢气，C错误；D．同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，Z的单质为金属Mg，属于IIA主族元素，故Z元素的第一

电离能大于同周期相邻的元素，D正确；故答案为：D。5-5【巩固】【正确答案】A【试题解析】分析:依题意，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，推测W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，推测X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，推测Y是Na元素；元

素Z与W同主族，则Z是P元素；故W、X、Y、Z分别是N、O、Na、P元素。详解:A．第一电离能同周期从左往右增大，同主族从上往下减小，W的原子2p轨道处于半充满状态，其第一电离能比同周期相邻元素的大，故N>

O>Na，即W>X>Y，A不正确；B．电负性同周期元素从左往右增大，同主族从上往下减小，电负性：O>N>P，即X>W>Z，B正确；C．简单离子的电子层数相同的，则核电荷数多的半径较小，简单离子半径：N3->O2->Na+，即W>X>Y，C正确；D．X的最简单氢化物是H2O，W

的最简单氢化物是NH3，Z的最简单氢化物是PH3，H2O、NH3分子间有氢键，且H2O分子间氢键比NH3分子间氢键作用力强、数目多，PH3分子间没有氢键，故最简单氢化物的沸点：H2O>NH3>PH3，即X>W>Z，D正确；故选A。

5-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:W原子的电子只有一种自旋取向，则W为H元素；X、Y基态原子均为s能级的电子总数等于P能级的电子总数，则X的电子排布式为1s22s22p4、Y为1s22s22p63s2，则X为O元素、Y为Mg元素；Z是同周期电负性最大的元素，则Z为C

l元素。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Mg、Cl元素。详解:A．W、X、Y分别为H、O、Mg，则W分别和X、Z形成的化合物为H2O、HCl，二者都是极性分子，A正确；B．Y为Mg元素，3s轨道全充满，则其第一电离能比Al高，也比Na高，所以Y的第一

电离能高于同周期相邻两种元素，B正确；C．W、X、Y、Z分别为H、O、Mg、Cl元素，简单离子的半径Cl-＞O2-＞Mg2+＞H+，C错误；D．Y与X形成的化合物为MgO，Y与Z形成的化合物为MgCl2，前者离子键能大于后者

，所以前者熔点高于后者，D正确；故选C。5-7【提升】【正确答案】D【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的原子核外有6个运动状态完全不同的电子，X是C元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z是O元素，则Y是N元素；W与Z同主族，W

是S元素。详解:A．同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径：C>N>O，故A错误；B．同主族元素从上到下，电负性减小，元素的电负性S<O，故B错误；C．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，元素的第一电离能O<N，故C错误；

D．元素C与O能组成CO、CO2等多种化合物，故D正确；选D。5-8【提升】【正确答案】B【试题解析】分析:由“X与Y形成的某一化合物易生成二聚体”知该化合物为NO2，X为N元素，Y为O元素，“W的周期数与族序数相等”且W为短周期元素，则W为第三周期ⅢA族，是Al元素，Y的核外电子排布为1s2

2s22p4，最低能级电子数为2，则Z的最高高能级电子数为1，且Z的原子序数比Y大，所以Z有三个电子层，Z为Na元素详解:A．N、O、Na、Al四种元素中，O元素非金属性最强，为Y，A项不符合题意；B．简单离子分别为N3-、O2-、Na+、Al3+，四种离子的核外电子排

布相同，根据“序小径大”的规则，知四种离子的半径依次减小，B项符合题意；C．电负性相当于得电子能力，O元素电负性最强，即Y最大，C项不符合题意；D．第一电离能相当于失电子能力，总体来说金属元素的第一电离能偏小，且同周期从左到右依次增大，ⅡA、ⅤA比相邻主族元素大，所以有N>O

>Al>Na，即X>Y>W>Z，D项不符合题意；故正确选项为Ｂ5-9【提升】【正确答案】B【试题解析】分析:短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中只有D是金属元素。A的最外层电子数是最内层电子数的2倍，A是C元素，B是空气中含量最多的元素，B

是N元素，C的族序数是周期序数的3倍，C为O元素，D的核外电子最外层的p轨道有一个单电子，D为Al元素。详解:A．常温下A的氢化物不一定为气态，如乙烷是气态、庚烷是液态，故A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷大的半径小，简单离子半径：B＞C＞

D，故B正确；C．N的2p3是半充满结构，第一电离能比O大，第一电离能：N＞O＞C＞Na，故C错误；D．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，电负性增大，电负性：O＞N＞C＞Na，故D错误；故选B。6-1【基础】【正确答案】

D【试题解析】详解:A．孔隙中电解液呈酸性，可以发生析氢腐蚀，故A正确；B．Fe+2H2O=Fe(OH)2+2H+孔蚀中Fe2+水解导致电解质溶液酸性增强，故B正确；C．将外接电源负极与金属相连，属于外加电流阴极保护法，可以防止孔蚀发生，故C正确；D．蚀孔外每吸收标准状况下2.2

4LO2，转移0.4mol电子，蚀孔中Fe、Ni等金属都被氧化，所以被氧化的Fe小于0.2mol，故D错误；故答案为D6-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀

，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；B．左边装置发生吸氧腐蚀时，消耗氧气导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管

液面，故B正确；C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极

上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；故答案选C。6-3【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，选项A错误；B．由图象可知CuCl在青铜器的腐蚀属于吸氧腐蚀，故正极为氧气得电子

，碱性环境下，其电极方程式为--22O+4e+2HO=4OH，选项B错误；C．生成()232.145gCuOHCl，物质的量-12.145gn==0.01mol214.5molg，则转移电子物质的量()()()23ne4n0.04C

uOHClmol−==，1mol氧气转移电子4mol，则生成氧气为0.01mol，标况下体积为1V0.0122.4L0.224Lmolmol−==，选项C错误；D．()23CuOHCl到()232CuOHCO难溶电解质的溶解平衡，向更难溶的物质转化能更好的保护好文物，选项D正确。答案选D

。6-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．实验I出现极少量红色说明有OH-生成，Fe失去电子生成Fe2+，K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+发生反应生成特征蓝色沉淀，则铁钉发生了吸氧腐蚀，A正确；B．实验II中Zn比Fe活泼，

作原电池的负极，发生吸氧腐蚀生成OH-，Fe作正极，被保护，铁的腐蚀速率比实验I慢，B错误；C．实验II中Fe作正极，氧气发生得电子的还原反应，其电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；D．若将Z

n片换成Cu片，因为Fe比Cu活泼，推测Cu片周边氧气发生得电子的还原反应生成氢氧根离子，酚酞溶液会出现红色，铁钉作原电池的负极，发生失电子的氧化反应生成亚铁离子，与K3[Fe(CN)6]溶液反应，使其周边会出现蓝色，D正确；故选：B。6-5【巩固】【正确答案】C【

试题解析】分析:铁的腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀两种，电化学腐蚀比化学腐蚀要快，该题研究生铁的锈蚀，为发生电化学腐蚀，发生了原电池反应，从原电池的形成条件来判断：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路，金属腐蚀时还有有空气，反应中铁是负极，发生氧化反应，生成

Fe2+，在正极上发生吸氧腐蚀，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，据此分析解答。详解:A．对比①②③，说明生铁腐蚀，碳为正极，铁为负极，需足量O2和水，由实验③可知，苯不能隔绝O2，故A错误；B．

原电池的形成条件：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路，金属腐蚀时还有有空气，苯隔绝空气也难以腐蚀，实验①中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O，故B错误；C．实验②中，铁能发生电化学腐蚀，但氧气难溶于水，NaCl溶液中溶解的O2

不足以使生铁片明显锈蚀，故C正确；D．实验③中，铁是负极，发生氧化反应，生成Fe2+，负极反应：Fe-2e-=Fe2+，在正极上发生还原反应，，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；

故选：C。6-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:NaCl溶液显中性，图中铁发生吸氧腐蚀，铁做负极，活性炭为正极，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-

；详解:A．根据上述分析，A项错误；B．铁腐蚀过程中为原电池反应，同时该反应为放热反应，故化学能转化为电能和热能，B项正确；C．原电池反应会加快化学反应速率，故活性炭的存在加快了铁的腐蚀，C项错误；D．NaCl溶液做电解质溶液，铁发生吸氧腐蚀，D项错误；答案选B。6-7【提升】

【正确答案】D【试题解析】分析:该装置为原电池，铝易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，发生吸氧腐蚀，电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，据此分析。详解:A．碳作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极的反应为2H2O+O2+4e-═4OH-，发生还原反应，故A错误；B

．铝易失电子做负极，碳作正极，电子从负极流向正极，则电子从铝箔经电流表流向活性炭，故B错误；C．负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，NaCl不是电极反应物，故C

错误；D．负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，生成的Al(OH)3分解生成Al2O3，则白斑的主要成分可能是Al2O3，故D正确；故选：D。6-8【提升】【正确答案】B【试题解析】

详解:A．①和②中，Zn和Fe分别发生了电化学腐蚀，NaCl的琼脂水溶液的作用是形成闭合回路，即NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路，A正确；B．①中，由于Zn的活动性比Fe强，故Zn作负极，Fe作正极，正极的电极反应式为O

2+2H2O+4e-=4OH-，正极附近区域OH-使酚酞变红，B错误；C．②中，由于Fe的活动性比Cu强，故Fe作负极，Cu作正极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极附近区域Fe2+和3+6Fe(CN)反应生成蓝色沉淀，正极附近

区域OH-使酚酞变红，C正确；D．①中Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，②中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，D正确；故选B。6-9【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．由题干信息可知，当F

e表面形成一层FeO(OH)时，由于FeO(OH)不导电，则上述原电池反应不再进行，则上述条件下加入的Fe不能完全反应，A错误；B．在酸性条件下，得到的NH3将转化为+4NH，即正极的电极反应式为：-

-++342NO+8e+10H=NH+3HO，B错误；C．已知FeO(OH)中Fe的化合价为+3，故FeO(OH)的产生与2Fe+被氧化和溶液pH升高即溶液中OH-浓度增大有关，C正确；D．废水中溶解氧的含量高时将加快FeO(OH)的生成，故会影

响3NO−的去除率，D错误；故答案为：C。7-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；B．磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体

构型，B项错误；C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确；D．NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误；故选C。7-2【基础】【正确答案】D【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，且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，故第一电离能大小：N>C；A错误；B．由图可知，该螯合物内部不存在氢键，B错误；C．该螯合物中中心原子为铁、配体原子为氮，由结构可知，1mol该螯合物通过螯合作用形成的配位键有3mol，C错误；D．该螯合物中碳氮

构成的环中氮原子形成一个双键、2个单键，为sp2杂化，另一个氮原子形成3个单键，有1对孤电子对，为sp3杂化，D正确；故选D。7-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．由结构简式可知，三聚氰胺分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化，双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故A

错误；B．分子中的单键为为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，则三聚氰胺分子中共含有15个σ键，故B正确；C．由结构简式可知，三聚氰胺分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化，氮原子的空间构型为三角锥形，所以分子中所有原子不可能位于同一平面上，故C错误；D．由结构简式可知，三聚氰胺分子结构

对称，正负电荷中心重叠，是不溶于水的非极性分子，故D错误；故选B。7-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．CS2和CO2均为分子晶体，结构相似，CS2的相对分子质量比CO2大，分子间作用力较大，故CS2的熔沸点比CO2高，A错误；B．CS2中的硫元素为-2价，具有还原性，则CS2

可被O2氧化为CO2和SO2，B正确；C．CS2的结构式为S=C=S，碳原子采取sp杂化，分子构型为直线形；由于分子中正负电荷的中心重合，则该分子为非极性分子，C错误；D．S8分子结构如图:，可知在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，

即价层电子对数为4，因此硫原子采用的杂化轨道方式为sp3杂化，D错误；答案选B。7-5【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．根据转化关系可知：αS在低温时温度存在，而βS在高温时稳定存在，二者分子式都是S8，是同分异形体。αS、βS分子中化学键数目

相同，物质燃烧产物都是SO2气体，因此αS与βS的燃烧热也相同，A错误；B．αS、βS都是由非极性分子构成的物质，二硫化碳和苯分子也都是非极性分子，因此根据相似相溶原理可知：由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，故α

S与βS均能溶于二硫化碳和苯，B正确；C．环八硫分子中S原子形成2个σ共价键，S原子上还存在2对孤电子对，因此S原子价层电子对数是4，故S原子杂化类型是sp3杂化，C正确；D．根据转化关系可知βS在高温下稳定存在，火山周围的

温度较高，因此其天然硫矿中S单质的存在形式主要是能量较高的单斜硫，D正确；故合理选项是A。7-6【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表ds

区，故A正确；B．碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，原子的核外电子共占据3个能级，故B正确；C．由结构简式可知，邻氨基吡啶分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化，双键氮原子的杂化方式

为sp2杂化，故C正确；D．元素的非金属性越强，电负性越大，氮、碳、氢三种元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小，故D错误；故选D。7-7【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．SO2分子中正负电荷重心不重合，因此属于极性分子，而SO3分子中正负电荷重心重合，因此

该分子属于非极性分子，A错误；B．SO2Cl2分子中与中心S原子形成共价键的O、Cl原子半径不同，因此该分子呈四面体结构，但不是正四面体结构，B错误；C．SO3分子中的中心S原子价层电子对数为3+6-23

2=3，则S原子是sp2杂化；2-3SO中S原子价层电子对数是3+6+2-232=4，因此S原子杂化类型是sp3杂化，C错误；D．根据(SO3)3分子结构可知：在1个(SO3)3分子中含有12个σ键，则在1mol(SO3)3分子中含有12molσ键，D正确；故合理选项是

D。7-8【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．()344CuNHSO中铜离子和氨分子形成四氨合铜离子，电离方程式为()()22343444CuNHSO=CuNHSO+−+，故A正确；B．3NH为配合物

的配体，3NH中N原子的价电子对数是4，VSEPR模型为四面体形，故B正确；C．根据图示，()234CuNH+的空间构型为平面正方形，铜不可能采用3sp杂化，故C错误；D．N原子形成3个共价键和1个配位键，4个氮原子最外层均满足8电子稳定结构，故D正确；选C。7-9【

提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．由信息可知，熔沸点较低，则二茂铁为分子晶体，A错误；B．“C5H5”与Fe之间不可能形成离子键，B错误；C．二茂铁中每一个C有一个电子，共有10个电子，再加上自身所带有的两个负电荷，共有12个电子，即六

对电子，故二茂铁的配位数为6，C正确；D．二茂铁中所有碳原子形成3个σ键，杂化方式为sp2，D错误；故答案选C。8-1【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．硫酸铜的水溶液中含有铜离子，为蓝色，但硫酸铜固体为白色，A错误；

B．醋酸的酸性强于次氯酸的，醋酸加入漂白粉中可发生反应：2CH3COOH+Ca(ClO)2=(CH3COO)2Ca+2HClO，则醋酸加入漂白液中也可发生反应：CH3COOH+NaClO=CH3COONa+HClO，B正确；C．碳酸氢钡溶解度大于碳

酸钡，但碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的，C错误；D．少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀碳酸钡，CO2与BaCl2溶液不反应，D错误；答案选B。8-2【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用

力越大，沸点越高，四氯化碳和四氯化硅是结构相似分子晶体，三氯化氮和三氯化磷也是结构相似分子晶体，所以四氯化碳的沸点小于四氯化硅，三氯化氮的沸点小于三氯化磷，故A正确；B．羟基是亲水基，烃基是憎水基，烃基中碳原子个数越大，憎水性越强，

亲水性越弱，在水中的溶解度越小，所以1—戊醇在水中的溶解度小于乙醇在水中的溶解度，故B错误；C．氮气分子中的氮氮三键键能大，破坏化学键需要消耗很大的能量，结构稳定，而碳碳三键中π键易断裂，结构不稳定，故C错误；D．氯化镁是强酸弱碱盐，在

溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，低温蒸干时氯化氢挥发，使水解平衡向右移动，导致水解趋于完全生成氢氧化镁，而氯化钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，低温蒸干时得到氯化钠，故D错误；故选A。8-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解

:A．CH3CH2OH在水中的溶解度很大，乙醇与水的结构相似，而1-戊醇与水的结构比乙醇与水的结构相差大，因此1-戊醇在水中的溶解度比乙醇在水中的溶解度减小，A错误；B．CCl4的熔沸点小于SiCl4，CCl4、SiCl4、NCl3、P

Cl3都是分子晶体，物质的相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此NCl3的熔沸点小于PCl3，B正确；C．N≡N由于键能大而结构稳定，而C≡C的键能也大，但结构不稳定，一般断裂其中的一根或两根键，C错误；D．AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，而AgNO

3溶液和过量NH3·H2O反应，先生成沉淀，后沉淀逐渐溶解，两者现象不相同，D错误；故合理选项是B。8-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．电解硫酸铝溶液时，阴极为氢离子得电子，故无法制得铝

单质，A错误；B．Mg在常温下遇浓硫酸不发生钝化，而是发生氧化还原反应生成硫酸镁、二氧化硫和水，B错误；C．碘单质、溴单质在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故四氯化碳可以萃取水溶液中的溴单质和碘单质，C正确；D．硫酸氢钠在水溶液中电离出氢

离子，溶液显酸性，不能使酚酞变红，D错误；答案选C。8-5【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．二氧化硫具有还原性，能够和漂白粉发生氧化还原反应，漂白粉失去漂白性，故A错误；B．碘的氧化性弱于铁离子，Fe与2I反应则生成2FeI，故B错误；C．浓

硫酸具有强的氧化性能够氧化碘离子，所以不能用KI与浓24HSO加热制HI，故C错误；D．结构相似且不含氢键的氢化物，其熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量成正比，这几种氢化物都不含氢键，且2

HSe、2HS结构相似，相对分子质量前者大于后者，则2HSe的沸点高于2HS，故D正确。故选：D。8-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:分析：A．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，但二氧化硫能被硝酸钡溶液氧化生成硫酸；B．溴化氢的还原性强于氯化氢；C．氢化物的熔

沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高；D．铁离子和碘离子能发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，所以不存在FeI3；根据铁元素的化合价以及碘元素的化合价来书写化学式。详解：A．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，但二氧化硫具有还原性，能被硝酸钡溶

液氧化生成硫酸，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，A错误；B．溴化氢的还原性强于氯化氢，HCl一定条件下能被MnO2氧化为Cl2，因此HBr一定条件下也能被MnO2氧化为Br2，B正确；C．氢化物的熔沸点与

相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，水分子之间形成氢键、硫化氢分子之间不能形成氢键，所以H2O的沸点高于H2S，H2S、H2Se中都不存在氢键，所以H2S沸点低于H2Se，C错误；D．铁离

子和碘离子能发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，所以不存在FeI3，铁元素的化合价有+2和+3，碘元素的化合价是-1价，碘单质只能将铁氧化到+2价，Fe3I8也可表示为3FeI2•I2，D错误；答案选B。点睛：本题考查探究化学规律，侧

重考查学生分析判断能力，涉及氧化还原反应、氢键、最高价氧化物的水化物酸性等知识点，明确元素化合物性质及氢键对物质熔沸点影响即可解答，注意规律中的异常现象，易错选项是D。8-7【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．氯化钠是强酸强碱盐，在溶液中不发生水解，溶液低温蒸干得到氯化钠固体，

故A错误；B．二氧化硫具有还原性，与具有强氧化性的过氧化钠反应生成硫酸钠，故B错误；C．镁与氢氧化钠溶液不反应，镁铝氢氧化钠溶液构成的原电池中，铝做负极、镁做正极，故C错误；D．等电子体具有相同的空间构型，二氧化碳和氧硫化碳的原子个数都为3、价电子

数都为16，互为等电子体，二氧化碳的空间构型为直线形，则氧硫化碳的空间构型也为直线形，故D正确；故选D。8-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．2CO是分子晶体，但2SiO是由硅原子和氧原子形成的具有空间网状结构的晶体，属于原子晶体，故A错误；

B．钠为活泼金属，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，不能置换出铜，故B错误；C．NaCl与浓24HSO加热可制HCl，为难挥发性酸制易挥发性酸；NaI与浓24HSO加热发生氧化还原反应生成碘，不能生成HI，故C错误；D．2

CO和2SO均为酸性氧化物，过量的2CO和2SO和2Ba(OH)溶液反应均生成易溶的酸式盐，故D正确；答案选D。8-9【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．Fe与S反应生成FeS，Cu与S反应生成2CuS，A正确；B．C在足量的2O中燃烧生成2CO，S在足量的2O中燃烧生成2SO，B

错误；C．2Cl与水反应生成HCl和HClO，2F与水反应生成HF和2O，C错误；D．22NaO与2CO反应生成23NaCO和2O，22NaO与2SO反应生成24NaSO，D错误；故选A。9-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．b电极为阳极，反应式为：CH3CHO-2e-+H2O

=CH3COOH+2H+，故A正确；B．电解一段时间后，电解池右侧消耗水，生成弱酸CH3COOH和H+，H+通过质子交换膜移向左侧，因此pH值增大，故B正确；C．若以CH4-空气燃料电池为直流电源，燃料电池的a极应该通入CH4，故C正确；D．理论上处理1mol乙醛，由电极式CH3CHO-2e-+

H2O=CH3COOH+2H+可知有2mol电子发生转移，将有2molH+通过质子交换膜，故D错误。故选D选项。9-2【基础】【正确答案】A【试题解析】分析:由图可知，铝电极为电解池的阳极，铝失去电子发生氧

化反应生成铝离子，同时水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气氢离子，则与铝电极相连的Y电极为铅蓄电池的正极，酸性条件下二氧化铅在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水；X电极为铅蓄电池的负极，铅在硫酸根离子作用

下失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，与X电极相连的铁电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子。详解:A．铅蓄电池放电时，铅在硫酸根离子作用下失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，电极反应式为Pb-2e-+SO2-4=PbSO4，则每转移2mol电子，负极增

重的质量为2mol×96g/mol=96g，故A正确；B．铅蓄电池充电时，溶液不能传递电子，故B错误；C．由分析可知，铝电极为电解池的阳极，铝失去电子发生氧化反应生成铝离子，同时水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气氢离子，故C错误；D．缺标准状况下，无法

计算每消耗103.5g铅时，电解池阴极上生成氢气的体积，故D错误；故选A。9-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．A电极上的电极反应为Ox-RePOM+nePOMM，可知A电极发生还原反应，则A电极为阴极；B电极上发生氧化反应，生成氧气，则B电极为阳极，H+通过

质子交换膜从右侧移向左侧，A错误；B．根据题意：反应器中发生的反应为224NNH→，H+通过质子交换膜从右侧移向左侧，再进入到反应器中，结合题给电极反应和得失电子守恒可得反应器中反应的离子方程式为Re+Ox2244PO

M+nN+4nHnNH+4POM，B错误；C．装置工作时，反应器中每有21molN得到4mol电子生成241molNH时，就有22molHO失去4mol电子生成21molO，所以反应消耗的2N与产生的2O的

物质的量之比为1∶1，C正确；D．铅蓄电池的正极为2PbO，B电极为阳极，因此B电极应与铅蓄电池的2PbO电极相连，D错误；故选C。9-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:由题干信息可知，右侧区电解产生H2，电极反应为：2

H++2e-=H2↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解题。详解:A．由分析可知，电极A为电源正极，A正确；B．由分析可知，右侧区发

生的电极反应为：2H++2e-=H2↑，根据电子守恒可知，右侧消耗1molH+的同时，左侧区将有1molH+通过质子交换膜进入右侧区，故电解过程中右侧电解质储槽中的磷酸浓度基本保持不变，B正确；C．由分析可知，阴极区发生的电极

反应为：2H++2e-=H2↑，阳极区发生的电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，根据电子守恒可得电解过程的总方程式为：C6H12O6+6H2O电解6CO2↑+12H2↑，C正确；D．由分析可知，阳极区发生的电极反应为：C6H12

O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，故电解时，当有0.4molH+通过质子交换膜时，理论上消耗葡萄糖180g×0.4mol24mol=3.0g，D错误；故答案为：D。9-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析

:详解:A．由于X电极为铂时，澄清石灰水不变浑浊，而X电极为石墨时，澄清石灰水变浑浊，故不可能是阳极产生氢离子与碳酸根离子反应生成了二氧化碳，只有是X电极是石墨时，石墨被氧化成了二氧化碳，那么X电极为阳极，才会发生氧化反应，A正确

；B．X电极为阳极，左侧电极为阴极，发生还原反应，氢离子在左侧电极被还原为氢气，即氢离子浓度减小，因此氢氧根离子浓度增大，B正确；C．由A项分析得知，C项不可能是碳酸根离子与氢离子反应放出二氧化碳，否则不论X电极为石墨还

是铂，澄清石灰水均会变浑浊，C错误；D．由电荷守恒可知，一直存在++2---33c(Na)+c(H)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH)，D正确；答案选C。9-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:水银是阴极，电极反应式：Na++e-+nHg=Na·nHg，石

墨棒是阳极，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，洗气瓶中发生反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl。详解:A．铁丝只是导线，水银才是阴极，电极反应式：Na++e-+nHg=Na·nHg，故A正确；

B．电解开始后，石墨棒表面立即出现大量气泡，生成氯气，水银表面也会有气泡产生，发生副反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B错误；C．石墨棒是阳极，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气与氨气发生反应，生成氯化铵和氮气

，洗气瓶中可见白烟产生，因为发生反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故C正确；D．水银是阴极，金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na·nHg，阴极电极反应式：Na++e-+nHg=Na·nHg，故D正确；故选B。9-7【提升】【

正确答案】C【试题解析】分析:由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液

中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。详解:A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆

盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为+2+2+2+2Fe+2H=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、，故B正确；C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原

反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，()2+2+334Cu+4NHCuNH平衡不移动，故C错误；D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成

铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。9-8【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:由电池的总反应式2Li+FeS=Fe+Li2S可以得出，Li为负极，FeS为正极；碳棒为阳极，镀镍铁棒为阴极。在a室，OH-失电子生成O2和H2O，OH-减少，N

a+将向b室移动；在c室，Ni2+将得电子生成Ni，阳离子减少，Cl-将向b室移动，从而导致b室NaCl浓度增大。详解:A．由分析知，Li为负极，FeS为正极，则外电路中，电子由Li极流向FeS极，A不正确；B．当电路中转移1mole-时，b室N

a+、Cl-各增加1mol，离子数增加2NA个，B不正确；C．离子交换膜m允许Na+透过，所以应为阳离子交换膜，C不正确；D．若将图中n膜去掉，将b、c两室合并，在镀锌铁棒上仍然发生Ni2+得电子反应，在a室发生

OH-失电子反应，所以电解反应总方程式不改变，D正确；故选D。9-9【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:不锈钢连接电源负极为阴极，阴极上水电离产生的氢离子得电子产生氢气，惰性电极连接电源正极为阳极，氢氧根离子失电子产生氧气，导致阳极区氢离子浓度增大，22

-4CrO+2H+2-27CrO+H2O向右移动，H+浓度降低，K+移动到阳极，故电解时通过离子交换膜的离子为K+。详解:A．根据装置图可知，左侧是阴极室，阴极是氢离子放电，腐蚀还原反应生成氢气，选项A正确；

B．阳极发生氧化反应，氢氧根离子放电生成氧气，导致阳极区氢离子浓度增大，22-4CrO+2H+2-27CrO+H2O向右移动，选项B正确；C．电解时，铬酸钾和水放电生成重铬酸钾、氢气、氧气和氢氧化钠，所以总反应的化学方程式为4K2CrO4+4H2O通电2K2

Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑，选项C正确；D．设加入反应容器内的K2CrO4为1mol，则n（K）=2mol，n（Cr）=1mol,反应过程中有xmolK2CrO4转化为K2Cr2O7，由于阴极是氢离子放电，造成阴极区氢氧根离子增多

，所以K+向阴极区移动，补充氢离子，根据化学方程式可知，xmolK2CrO4转化为K2Cr2O7，则阴极区生成KOH的物质的量是xmol，则阳极区剩余n（K）=（2-x）mol，Cr元素不变，仍是1mol，根据：K与Cr的物质的量之比为d，解得2x1−=d，x=2-

d，转化率为2d1−×100%=2-d，选项D错误；答案选D。10-1【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．过程④说明H2O参与了该催化反应，故A正确；B．根据过程①的反应，反应物全部变为生成物

，说明反应的原子利用率为100%，故B正确；C．过程①中有氢氧键的形成，过程②中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；D．根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H＋＋H2O2＋C1－=HOCl＋H2O，故D错误。综上所述，答案为D。10-2【基础】【正

确答案】D【试题解析】分析:详解:A．根据图中信息，反应物为CH3OH、CO，产物为CH3CO2H，因此CH3I、CH3COI都是反应中间体，故A正确；B．根据图中信息得到甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO=CH3CO2H，故B正确；C．根据取代反应特点得出CH3OH＋HI=CH3I＋H2O为取代

反应，故C正确；D．[Rh(CO)2I2]－降低了甲醇羰基化反应的活化能，但反应的焓变不变，故D错误。答案为D。10-3【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:由图象可知，该过程是CH3OH与CO发生反应生成CH3

COOH，HI、HCo(CO)4是过程中的催化剂。详解:A．由分析可知，该反应目标产物是CH3COOH，A项正确；B．由分析可知，HI、HCo(CO)4是该转化过程中的催化剂，B项正确；C．V反应是CH3OH转化为CH3I，羟基被碘原子取

代，该反应属于取代反应，C项正确；D．由图象可知，转化过程中是极性键的断裂和生成，D项错误；答案选D。10-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:如图所示，反应物为RCH=CH2、H2、CO，产物为RCH2CH2CHO，A为催化剂，曲线上的物质为中间产物。详解:A．该

循环催化中Rh成键数目发生了变化，Rh的化合价发生了变化，A正确；B．化合物G与D中Rh的成键数目相同，因此杂化方式相同，B正确；C．根据分析，该过程的总反应为RCH=CH2+CO+H2→RCH2CH2CHO，C正确；D．转化过程中氢原子、烷基中碳原子与Rh形成的配位键不是由孤电

子对与Rh形成的，D错误；故选D。10-5【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:从图中可以看出，进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为：226252NO+CHCHOH+N⎯⎯⎯⎯→催化剂，催化剂为a，

由于产物有乙醇和氮气，原子利用率小于100%。详解:A．根据分析，由于产物有乙醇和氮气，原子利用率小于100%，A错误；B．根据分析，物质a为乙烷催化氧化的重要催化剂，B错误；C．从图中可以看出，铁的成键数目发生了变化，铁的价态也发生改变，C错误；D．由于电负性O＞N＞Fe，O的电负性强，对

Fe的吸引能力强，故N2O的O原子与催化剂上的Fe产生吸附，D正确；故选D。10-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．整个过程为氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气，A正确；B．催化剂可以提高固氮速率的原因是改变该反应的活化能，B错误；C．在反应开

始并没有，中间过程产生，是反应中间体，C正确；D．整个过程中a到b存在N-Ti键的生成；d到a存在N-Ti键的断裂，D正确；故选B。10-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．避免生成有毒物质，可防止污染环境，符合绿色化学的理念，A项正确；B．反应过程中，参与反应后，又有生成

，在反应中作催化剂，B项正确；C．由图可知，反应过程中S元素的成键数目发生改变，C项错误；D．由转化关系知，醇催化氧化的总反应为→++HCl，D项正确；答案选C。10-8【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．反应过程中

，含氨有机物中氨原子的杂化方式均为3sp，A错误；B．氢键可表示为X-HY(X、Y为氟、氧或氮)，过渡态中“O-HO”和“O-HN”可看作初步形成的氢键，B正确；C．反应过程中生成了水，后又消耗掉水，水为中间产物，C正确；D．上述过程可看作3CHCOCH与RCHO发

生加成反应，D正确；故选A。10-9【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:根据图示可以看出，1为催化剂，9是主产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体。详解:A．根据图示，9是主产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，A正确；B．根

据题意，发生反应，理论上1mol最多能消耗2mol，B正确；C．若原料用和，根据图示反应原理，反应的主产物是，副产物为和，C正确；D．该过程中有副产物产生，原子利用率不可能为100%，D错误；故选D。11-1【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:根据已知信息可知CH2=C

=O与化合物分子发生加成反应时，H原子结合在含有H原子较多的C原子上，其它原子或原子团与羰基C原子结合形成新的化合物，据此分析解答。详解:A．CH2=C=O与H2O发生加成反应产生CH3COOH，A正确；B．CH2=C=O与HCl加成生成CH

3COCl，B正确；C．CH2=C=O与CH3COOH发生加成反应时，乙酸分子断裂-OH的H-O键，H原子与前边的C原子结合，CH3COO-与羰基C原子结合生成CH3COOOCCH3，C正确；D．CH2=C=O与CH3OH发生加成反应生成C

H3COOCH3，D错误；故合理选项是D。11-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:分析：HOOC-COOH可以写成CO（CO2）（H2O），据此解答。详解：草酸的结构简式为HOOC-COOH，因此可以写成CO（C

O2）（H2O），则草酸HOOC-COOH与浓硫酸在一定温度下脱水会生成CO和CO2。答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，注意习题中的信息分析物质的性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大。11-3【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:

根据题目信息：CH2=CH2与Br2的加成反应，实质是Br2先断裂为Br+和Br-，然后Br+首先与CH2=CH一端碳原子结合，第二步才是Br-与另一端碳原子结合来判断产物。详解:有人认为CH2＝CH2与Br2的加成反应，实质是Br2先断裂为Br＋和Br－，然后Br＋首先与CH2＝CH2一端碳原

子结合，第二步才是Br－与另一端碳原子结合。根据该观点如果让CH2＝CH2与Br2在盛有NaCl和NaI的水溶液中反应，则由于根据反应时溶液中的离子种类可知，溶液中有氯离子，但没有Cl＋，所以不可能生成ClCH2CH2Cl，其余选项的阳离子都是可能的存在，因此不可能得到ClCH2CH2Cl。

故选：B。11-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A、KHN2相当于KOH，氯化铵与KOH反应的化学方程式是：NH4Cl+KOH＝KCl+NH3+H2O对比（A）反应，可知该化学方程式正确，故A正确；B、N

H3相当于H2O，二价活泼金属M与水反应的化学方程式是：M+2H2O＝M(OH)2+H2↑对比（B）反应，可知该化学方程式正确，故B正确；C、MNH相当于MO，盐酸与MO反应的化学方程式是：2HCl+MO＝MCl2+H2O对比（C）反应，可知该化学方程式正确

，故C正确；D、NH4Cl相当于H3OCl（即HCl），H3OCl与MO反应的化学方程式是：2H3OCl+MO＝MCl2+3H2O或2HCl+MO＝MCl2+H2O，则NH4Cl与MO反应的化学方程式应为：2NH4Cl+MO＝MCl2+2NH3+H2O可知，化学方程式D不正确，故D错误；故

选D。11-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:从某些性质看，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH-和NH2-，N3-和O2-两两相似，根据信息利用类推方法分析判断。详解:①NH3和H2O相似，可以依据

2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，类推得到反应为：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，故①正确；②NH4+和H3O+相似，H＋可以写成H3O+，依据CaO+2HCl=CaCl2+H2O，类推得到反应：

CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，故②正确；③OH-和NH2-相似，N3-和O2-相似，NH3和H2O相似，依据Mg(OH)2=MgO+H2O，类推得到：3Mg(NH2)2=Mg3N2+4NH3↑，故③正确；④OH-和NH2-相似，NH3和H2O相似，依据NH4Cl+NaOH=

NaCl+NH3+H2O，类推得到：NH4Cl+NaNH2═NaCl+2NH3，故④正确；故选C。点睛:解答本题的关键是根据相似性找到熟悉的反应方程式。本题的易错点为③，要注意3Mg(NH2)2=Mg3N2+4NH3↑中利用OH-和NH2-相似，将Mg(NH2)2

改为Mg(OH)2，利用N3-和O2-相似，将Mg3N2改为MgO，利用NH3和H2O相似，将NH3改为H2O。11-6【巩固】【正确答案】A【试题解析】分析:依题意，CH2=CH2与Br2的加成反应时，先生成中间体BrCH2CH2-，然后再与溶液中的阴离子结合。详解:A．ClCH2CH2

NO2不含有BrCH2CH2-部分，不可能是CH2=CH2与溴水溶液反应的产物，A符合题意；B．BrCH2CH2Br是中间体BrCH2CH2-与Br-反应的产物，B不符合题意；C．BrCH2CH2Cl是中间体BrCH2CH2-与Cl-反应的产物，C不符合题意；D．HOCH2CH2Br是中间

体BrCH2CH2-与水电离产生的OH-反应的产物，D不符合题意；故选A。11-7【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:试题分析：HCl+KOH=KCl+H2O，所以NH4Cl+KNH2="KCl+2NH"3↑，故A正确；M+2H2O="M

(OH)"2+H2↑(M为二价活泼金属)，所以M+2NH3="M(NH"2)2+H2↑(M为二价活泼金属)，故B正确；HCl+MOH="MCl"2+H2O，所以2NH4Cl+MNH2="MCl"2+N

H3，故C正确；2NH4Cl+MO="M"Cl2+2NH3↑+H2O，故D错误。考点：本题考查化学反应。11-8【提升】【正确答案】A【试题解析】分析:详解:A．(CN)2和Cl2性质相当，可依据Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O类推反应：(CN

)2+2OH-=CN-+OCN-+H2O，A类推错误；B．NH3和H2O性质相当，可依据2Na+2H2O=2NaOH+H2，类推反应：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，B类推正确；C．NH4+和H+性质相当，可依据CuO+2H+=Cu2++H2O，类推反应：CuO+2NH4Cl=Cu

Cl2+2NH3+H2O，C类推正确；D．NH4+和H+、NH2−和OH-性质相似，根据：H++OH-=H2O类推反应：NH4Cl+NaNH2=2NH3↑+NaCl，D类推正确；故合理选项是A。11-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:由题意知

，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH-和NH2-，N3—和O2—两两相似。类比2Na+2H2O===2NaOH+H2↑，可知2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑可以发生；类比CaO+2HCl===CaCl2+2H2O，可知CaO+2NH4Cl===CaCl2+2H2O+2

NH3↑可以发生、3CaO+4NH4Cl===Ca3N2+2NH3↑+3H2O+4HCl不可以发生；类比Mg(OH)2MgO+H2O↑，可知3Mg(NH2)2Mg3N2+4NH3↑可以发生；类比HCl+NaOH===NaCl+H2O，可知NH4Cl

+NaNH2===NaCl+2NH3↑可以发生。综上所述，B不正确，本题选B。点睛：本题可以根据相关微粒的相似性，结合已学反应，采用类比法，将相关信息迁移到相似微粒。迁移时要注意化合价的差异。12-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．温度越高，平衡时气体总浓度增大，说明升温

有利于平衡正向进行，所以正反应ΔH>0，A错误；B．该反应的反应物是固体，3NH和2CO每时每刻都是按照2∶1生成，故任何时刻2CO的体积分数均不变，B错误；C．25℃下，反应达到平衡后，将容器压缩至1L，利用平衡常数不变可以计算出()313NH3.210molLc−−=，C

正确；D．当30℃反应至60s时，平衡时气体总浓度316.810molL−−，故()()2220302COCOvv℃℃，D错误。答案选C。12-2【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．正反应放热，升高

温度平衡逆向移动，根据图表数据，T0时达到平衡，消耗1molB，则生成3molC，C的浓度为0.6mol/L，其他条件不变，温度变为T1时，平衡时测得C的浓度为0.8mol/L，说明平衡正向移动，则T1<T0，故A错误；B．根据图表数据，5min后气体物质的量不再改变，说明5min后反应达

到平衡状态，所以8min时，该反应的v(正)=v(逆)，故B正确；C．根据图表数据，5min后气体物质的量不再改变，说明5min后反应达到平衡状态，投料比等于系数比，所以A、B的转化率相等，故C正确；D．()()

()++mol422A(g)B00(g)3C(gmol2131mol2)D)1(g13初始转化平衡平衡时，C的体积分数约为3100%=42.9%7，故D正确；选A。12-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．由表格数据知，N2O的浓度变化与时间成正比，该反应是匀速反应，，A正确；B

．为直线方程，说明，该反应是0级反应，B正确；C．该反应的速率常数等于反应速率，可根据任何一段时间求速率，，C错误；D．设起始浓度为，，，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.100mol·L-1时半衰期为50min，温度

不变，速率常数不变，则起始浓度为0.200mol·L-1时，半衰期为100min，D正确；答案选C。12-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:反应前后气体分子数减小为1，可认为减小的气体的物质的量等于参与反应的氧气的物质的量。详解:A．由表格中的数

据可知，3～6min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=2.50mol-2.35mol=0.15mol，6～10min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=2.35mol-2.15mol=0.15mol，即氧气物质的量减少0.15mol时3～6m

in用的时间短，反应速率快，A错误；B．0～10min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=3mol-2.15mol=0.85mol，则()-1-120.85molvO==0.0425molLmin2L10min，

B错误；C．T1K时，SO2的反应的物质的量Δn(SO2)=2×(3-2.06)mol=1.88mol，则其转化率为1.88100%94%2=，C正确；D．由表格数据可知，15min时该反应中二氧化硫的转化率已经很大了，随着时间的增加，S

O2的转化率增长不大，因此，在T1K时，反应时间最好定为15min，D错误；故选C。12-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．由图中数据可知，甲在0~8分钟内氢气的物质的量浓度变化为3mol/L，则二氧化碳物质的量浓度变化为1mol/L，则二氧化碳的平均反应速率

为：1mol/L÷8min=0.125mol·L-1·min-1，但在反应过程中消耗的二氧化碳的物质的量为2mol，反应所放出的热量应为98kJ，A错误；B．甲容器中第10分钟后恒温，再充入1molCO2(g)和3molH2

O(g)，因为生成物H2O(g)的浓度增大的多余反应物CO2(g)的浓度增大，反应逆向进行，则则v正<v逆，B正确；C．由图可知，起始时乙容器中氢气的浓度更小，但乙容器达到平衡所花的时间更短，说明乙容器中温度应高于甲容器中，所以T2>T1，C错误；D．甲和丙组的温度和物质量浓度均不相

同，不能说明氢气的平均反应速率随温度升高而增大，D错误；故选B。12-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:发生的反应为：A(g)+2B(g)3C(g)(mol)2.40210min(mol)1.61.61.2ƒ起始，15min时，n(B)=1.6mol，与1

0min时数据一致，说明反应已经达到平衡，据此分析作答。详解:A．物质B的转化率为=0.8mol2.4mol×100%=33.3%，A项错误；B．反应在10min时，B变化了0.8mol，则此时B余下1.6mol，到15min时，B仍然

是1.6mol，说明反应在10min已经达到平衡，B项错误；C．15min时，n(B)=1.6mol，与10min时数据一致，说明反应在10min已经达到平衡，则平衡时，c(C)=1.2mol2L=0.6mol

/L，C项正确；D．0～5min内，△n(C)=0.9mol，根据方程式，则△n(A)＝13△n(C)=0.3mol，所以用A表示的平均反应速率为v(A)=ΔcΔt=Δn(A)VΔt=0.3mol2L5min=110.03molLmin−−，D

项错误；答案选C。12-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．从图中可以看出，随着温度的升高，N2O的平衡转化率增大，故升温平衡正向移动，反应为吸热反应，A错误；B．从图中可以看出，相同温度下N2O的平衡转化率：I>II>III，三者的起始投料量相同，该反应为气

体分子数减少的反应，压强减小，平衡正向移动，N2O的转化率增大，故压强pI<pII<pIII，故容器体积V1>1>V3，温度相同时，容器体积越大，反应物浓度越低，起始的反应速率越低，故起始反应速率：v(I)<

v(II)，B错误；C．从图中可以看出，A、B、C三点N2O的转化率相同，容器中各物质的物质的量均相同，由B中分析可知，V1>1>V3，且A、B、C三点中C点对应的温度最高，故压强：ABCp(I)<p(II)<p(III)，C正确；D．IV中220

.04(0.06)Qc0.04(0.06)==，平衡常数只与温度有关，如图，470℃时，II的N2O的转化率为60%，可列出三段式：2222NO(g)2N(g)+O(g)(mol)0.100(mol)0.060.060.03(mo

l)0.040.060.03垐?噲?起始转化平衡，220.03(0.06)K0.0675(0.04)==，Qc<K，故平衡正向移动，()()22vNO>vNO正逆，D错误；故选C。12-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．由表中数据可知，当()2nHOn(CO)一定时，升高温度，平

衡后混合气体中CO的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的H0，故A正确；B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比()2nHOn(CO)越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B正确；C．原料气中2N、2H、CO、2CO的体积分数分别为2

0%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则2N为0.8mol，H2为2mol，2CO为0.2mol，又因()2nHO1n(CO)=，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为1mol×100%=20%5mol

，故C正确；D．设反应前CO的物质的量为1mol，则2N为0.8mol，H2为2mol，2CO为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了xmol，则有三段式：()()()222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)mol110.22molmol1-1-0.2

+2+xxxxxxxx起始量转化量平衡量300℃时CO占6%，所以1100%6.00%5−=x，解得0.7x=，因此CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.3、0.3、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡

常数为()()()()()()222222COH(CO)(H)0.92.727COHOCOHO0.30.3ccnnKccnn====，故D错误；答案选D。12-9【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:甲乙容器中投料量相同，反应温度不同；乙丙温度相同，投料投料浓度丙为乙的2倍

。详解:A．甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A错误；B．T2＞T1，温度越高，瞬时速率越快，故乙容器中瞬时速率快，B错误；C．乙与丙反应温度相同

，投料浓度丙为乙的2倍，平衡后C的浓度丙仍为乙的2倍，说明压强不影响平衡移动，故x=1，反应前后气体分数不变，C错误；D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：10.75A(g)+B(g)2C(g)(mol/L)30(mol/L)0.751.5(m

ol/L)2.250.251.5起始转化平衡，故T1℃，该反应的平衡常数为21.5K42.250.25==，现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：A(g)+B(g)2C(g)(mol/L)10(mol3

xx2xx3-x/L)(mol/L)1-2x起始转化平衡，温度不变，K值不变，()()()22x=41-x3-x，解得：x=0.75，故A的转化率为0.75mol/L100%=75%1mol/L，D正确；故选D。

13-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．未告知醋酸和盐酸的浓度，只比较pH值大小，无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质，A错误；B．加入足量盐酸后沉淀指部分溶解，则说明沉淀中有硫酸钡，则说明亚硫酸钠被空气氧化为硫酸钠，B错误；C．氯水过量，溶液变为蓝色，有可能是

过量的氯水将碘化钾氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质氧化性的强弱，C错误；D．KSCN溶液可用于检验Fe3+，滴加氯水后，若溶液变红，则说明Fe2+被氧化成了Fe3+，可以证明Fe2+具有还原性，D正确；故选D。13-2【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．亚硫酸钠和空气中氧气反应生成

硫酸钠，硫酸钠、亚硫酸钠都会和氯化钡生成白色沉淀，A错误；B．即使铁被氧化，氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁还会和铁生成氯化亚铁，亚铁离子不能使KSCN溶液变色，B错误；C．淀粉不水解或部分水解，溶液都会变蓝色，C错误；D．新

制氯水中含有氯气和水生成的次氯酸，次氯酸具有漂白性能使品红溶液褪色，D正确；故选D。13-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．若FeSO4溶液被氧化，则会存在Fe3+，可以通过加入KSCN溶液来检验溶液中的Fe3+，A正确；B．二氧化氮和四氧化二氮

可以互相转化，改变温度，气体的颜色会改变，所以B正确；C．KMnO4溶液中的氧化性强于H2O2，反应过程中过氧化氢体现还原性，C错误；D．向等浓度的NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，Ksp小的先生成沉淀，所以若先产生黄色沉淀，则证明AgBr的Ksp小，D正确；故答案选C。

13-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．玻璃棒中含有钠元素，对实验有干扰，应选用铂丝或铁丝蘸取样品进行焰色反应，A项错误；B．比较2HX和HY的酸性，需要测定相同浓度的NaHX与NaY溶液的pH，B项错误；C．酸性高锰

酸钾溶液一般是用硫酸酸化的，溶液中原来有2-4SO，干扰氧化产物的检验，不能说明2SO被氧化为2-4SO，C项错误；D．加入过量的KI溶液，充分反应后加入KSCN溶液，溶液变红，可知Fe3+未完全反应，可证明KI与3FeCl的反应为可

逆反应，D项正确；答案选D。13-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．向盛有4FeSO溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明

具有还原性，故A正确；B．向盛有2SO水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明2SO具有漂白性，故B错误；C．向盛有淀粉KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明2Br的氧化性比2I的强，故C正确。D

．用pH计测量同浓度醋酸、盐酸的pH，3CHCOOHpH大是弱电解质，故D正确；故正确答案为B。13-6【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．次氯酸钠溶液与亚硫酸钠溶液反应生成氯化钠、硫酸钠，反应中没有明显的实验现象发生，所以相同温度下，向

同体积不同浓度的次氯酸钠溶液中分别加入等体积等浓度的亚硫酸钠溶液，观察实验现象不能探究浓度对化学反应速率的影响的实验目的，故A符合题意；B．若淀粉完全水解，向淀粉水解液中加入碘水，溶液不会变为蓝色，则向淀粉水解液中加入碘水，观察溶液是否变蓝能

检验淀粉水解是否完全的实验目的，故B不符合题意；C．若铁锈中含有二价铁，将铁锈溶于稀硫酸，滴入高锰酸钾溶液，二价铁离子与高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应使溶液褪色，则将铁锈溶于稀硫酸，滴入高锰酸钾溶液，观察紫色是否褪去能检验铁锈中是否含有二价铁，故C不符合题意；D．若铁离子与碘离子在溶液

中的反应为可逆反应，向过量碘化钾溶液与氯化铁溶液反应后的溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，则将等体积2mol/L碘化钾溶液和1mol/L氯化铁溶液混合，充分反应后滴入硫氰化钾溶液，观察溶液是否变红能探究铁离子与碘离子的反应是否可逆的，故D不符合题意；故选A。13-7【提升】【正确

答案】C【试题解析】详解:A．不知道NaA和NaB溶液的浓度大小，无法比较HA和HB酸性强弱，故A错误；B．该实验中AgNO3溶液过量，无法证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；C．碳酸钠

溶液呈碱性，加入酚酞变红，加入BaCl2至过量，溶液中碳酸根离子浓度大幅度减小，若观察到颜色变浅甚至褪色，说明碱性由碳酸根离子水解引起，溶液存在对应的水解平衡，故C正确；D．醋酸铅溶液能与硫化氢反应生成黑色硫化铅沉淀，反应进行的原因是硫化铅Ksp极小，降低了溶液中的Pb2+、S2-浓度

，促进平衡右移，与物质的酸性无关，D错误；答案选C。13-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．碳酸钠和乙酸生成二氧化碳气体，说明乙酸酸性强于碳酸，Ka(CH3COOH)大于Ka1(H2CO3

)，A项不符合题意；B．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中滴加1mol·L-1氨水至沉淀溶解，得到铜氨溶液，再加入8mL95%乙醇[Cu(NH3)4]SO4溶解度减小析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，B项不符合题意；C．NO2和N2O4分别为红棕色和无色气体，且两者转化

为可逆反应，把两个体积相同、封装有等量NO2和N2O4混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，观察混合气体的颜色变化可以判断平衡移动情况，能探究温度对化学平衡的影响，C项不符合题意；D．若溶液中含有亚硫酸根离子，亚硫酸根离子会被硝酸氧化为硫酸

根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故不能检验溶液X是否含有SO24−，D项符合题意。故选D。13-9【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．向()32FeNO溶液中滴加足量稀24HSO充分反应，再滴加()36KFeCN溶液不会有蓝色沉淀，能证明检验2Fe

+是否完全被氧化，故A正确；B．常温下，用pH试纸测定等浓度的23NaCO溶液和3CHCOONa溶液的pH，后者数值小，证明()()3a3aCHCOOHHCO−KK，故B错误；C．向酸性4KMnO溶液中通入气体a，紫红色逐渐褪去，

能与4KMnO溶液发生氧化还原的不一定是乙烯，有可能是丙烯，故C错误；D．向沸水中滴加5～6滴3FeCl的饱和溶液，继续加热，可以制备()3FeOH胶体，故D错误；故答案为A14-1【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:由图可知，放电时，a极为负极，电极反应式为

Na-e-=Na+，b极为正极，电极反应式为Na++e-=Na，充电时，b极为阳极，电极反应式为Na-e-=Na+，a极为阴极，电极反应式为Na++e-=Na，据此作答。详解:A．放电时，电子不经过电解质，故A错误；B．放电时

，a极为负极，电极反应式为Na-e-=Na+，故B错误；C．充电时，b极为阳极，阳极失去电子发生氧化反应，故C错误；D．充电时，a极为阴极，电极反应式为Na++e-=Na，电路中每迁移2mol电子，理论上a极净

增重46g，故D正确；故答案选D。14-2【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:放电时，电极A上得到电子，发生还原反应，则电极A为正极，电极B为负极；充电时，电极A上失去电子，发生氧化反应，则电极A为阳极，电极B为阴极。详解:A．放电时，

电极A发生还原反应，作原电池正极，A项错误；B．放电时，阳离子移向正极，Zn2+应向电极A迁移，B项错误；C．充电时，电极B作阴极，发生还原反应22eZnZn+−+＝，C项正确；D．21molZn+过膜时，电路中转移2mol电子，充电时有2mol二茂铁

被氧化，D项错误；答案选C。14-3【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:由题干所给信息可知，该图为电池工作原理图，所以A电极为负极，B电极为正极，充电时，A与电源负极相连为阴极，而B与电源正极相连为阳极。详解:A．该电池负极为L

i，可以与水反应，所以不能用含水电解液，A错误；B．放电时，正极区发生反应：4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+C，当转移4mol电子时，正极区域增加的质量为2molLi2CO3和1molC的质量，为160g，B正确；C．依据已知条件，充电时，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O

2，C错误；D．仅放电时涉及CO2的固定，充电时释放CO2，D错误；故选B。14-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】分析:根据图中信息可知，放电时阳离子Li+向电极a移动，则电极a为正极，则电极b为负极，当充电时，

电极b为阴极，电解时Li+向阴极移动。详解:A．根据图中信息可知，放电时阳离子Li+向电极a移动，则电极a为正极，则电极b为负极，当充电时，电极b为阴极，选项A错误；B．放电时电极b为负极，负极上LixCy失

电子产生Li+和Cy，电极反应式为-+xyyLiC-xe=xLi+C，选项B正确；C．电池放电时正极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2，结合选项B可知，总反应为：xy1-x22yLiC+LiCoO=LiCoO+C，选项C正确；D．根据图中信息可知，放电充电时，锂

离子往返于电池的正极负极之间，完成化学能与电能的相互转化，选项D正确；答案选A。14-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:如图，光照充电时24Zn(OH)−转化为Zn，故充电时Zn为阴极，光电极为阳极，则放电时Zn为负极，光电极为正极；详解

:A．放电时，阴离子向负极迁移，A项错误；B．放电时，如图，Zn转化为24Zn(OH)−，空气电池氧气在正极被还原，故电池反应为22242ZnO4OH2HO=2Zn(OH)−−+++，B项正确；C．光电子只能在外电路中通过，C项错误；D．充电时，阴极上发生

反应24Zn(OH)2eZn4OH−−−++═，D项错误；答案选B。14-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应61-44LiC+LiFePO6C+LiFePOx

x可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子

移向正极，阴离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。详解:A．原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，A正确；B．放电时，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时

，原电池的正极与外加电源正极相接，电极反应与原电池正极反应相反，即充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFeO4+xLi+，B正确；C．充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材料，C错误；D．根据电子守恒可知，放电过

程中当转移A2N个电子时，每个电极参与反应Li+的物质的量为2mol，若初始两电极质量相等，两电极的质量差为2mol×7g/mol×2=28g，D正确；答案选C。14-7【提升】【正确答案】B【试题解析】分析:由电池总反应xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+═xCa2++2L

iFePO4可知，放电时为原电池，Ca化合价升高、被氧化、为负极，电极反应式为Ca-2e-=Ca2+，Li1-xFePO4/LiFePO4电极为正极，Li1-xFePO4被还原，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi

++e-=LiFePO4；充电时为电解池，阳极反应和原电池正极相反，阴极反应和原电池负极相反。详解:A．放电时为原电池，Ca化合价升高、被氧化、为负极，电极反应式为Ca-2e-=Ca2+，故A错误；B．充电时每转移0.2mol电子，左室中就有0.1molCa2

+转化为Ca，同时有0.2molLi+迁移到左室，所以左室中电解质的质量减轻0.1mol×40g/mol-0.2mol×7g/mol=2.6g，故B正确；C．充电时为电解池，电解池中阳离子流向阴极，Li1-xFePO4/LiFePO4为阳极，所以Li1-xFePO4

/LiFePO4电极发生Li+脱嵌然后流向阴极，放电时为原电池，原电池中阳离子流向正极，所以放电时发生Li+嵌入，且Li+透过交换膜移向右室，故C错误；D．充电时为电解池，Li1-xFePO4/LiFePO4为阳极，Li-xFePO4/LiFePO4

电极上的电势高于电解质钙电极上的电势，故D错误；故选B。14-8【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:锂为活泼金属，放电过程中发生氧化反应生成锂离子，故b为负极、a为正极；详解:A．由分析可知，放电时，b

作负极，A正确；B．放电时，阳离子向正极移动，则Li+由b向a迁移，B正确；C．充电时，a极连接电源正极，a此时为阳极，发生氧化反应，反应过程中失去电子而不是得到电子，C错误；D．充电时，太阳光可为碳酸锂分解提供能量，有利于Li2CO3的分解，可降低充电电压，D正确；故选C

。14-9【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:放电时，N极发生的反应为：+4512512LiTiO4eTiO4Li−−=+，该电极发生氧化反应，所以N电极为负极，充电时为阴极，所以M极放电为正极，充电时为阳极。详解:A．见分析，N极为负极，吸引阴离子，所以Li+移向M极，A错误

；B．充电时M极为正极，充电时为阳极，与电源正极相连，B错误；充电时，N极为阴极，发生还原反应，故电极反应式为5125124TiO4Li4eLiT=iO+−++，C正确；D．放电时，M极质量减少的量为Lie-，N极增加的量为Li~e-，当两级的质量差为14g时，转移的电子数为1

mol，当精炼铜时，电池转移的电子数等于阴极增重时电子转移数，而阴极增重的质量为铜，铜与电子之间的关系为Cu~2e-，所以增重的质量为32g。15-1【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:根据题中转化关系可知，酸性越强，A+越多，碱性越强，A-越多，故X为A+，Y为

A，Z为A-。详解:A．a点时，c(A+)=c(A)，()()()()2.4+±++1cAcHK==cc10AH−=，pH=2.4，A正确；B．由图象可知，pH=4时，c(A±)浓度最大、c(A-)最小，故c

(A±)＞c(A+)＞c(A-)，B错误；B项错误；C．pI为该溶液中-COO-和+3HN−数目相等时的pH，由图可知，-COO-和+3HN−数目相等时的pH约为6，C正确；D．H2N-CH2-COOHH2N-CH2-COO-+H+的电离常数K1=10-2.4，H

2N-CH2-COOH+H2O+OH-的水解常数-14--9.44.6W21K10K===10K0，K1＞K，所以溶液显酸性，D正确；故选B。15-2【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:向H3RCl2溶液中滴加NaO

H溶液，依次发生反应：H3R2++OH-=H2R++H2O，H2R++OH-=HR+H2O、HR+OH-=R-+H2O，溶液中H3R2+浓度逐渐减小，H2R+、HR浓度先增大后减小，R-浓度逐渐增大，曲线①、②、③、④分别表示H3R2+、H2R+、HR和

R-的分布系数()δx随pH的变化；详解:A．()()()++212+3cHRcHK=cHR，()()()+2+2cHRcHK=cHR，()()()-+3cRcHK=cHR，由图可知K1≈10-2.2，K2≈10-9，K3≈10-10.8

，-92-2.21K10=K10，-10.83-92K10=K10，则21KK＜32KK，A项正确；B．根据电荷守恒：()()()()()()()---+++2+23cCl+cOH+cR=cHR+cNa+cH2cHR+，因为M

点2++32c(HR)=c(HR)，故()()()()()()---+++2cCl+cOH+cR=3cHR+cNa+cH，B项错误；C．O点时，+2c(R)=c(HR)−，()()()+2+2cHRcHK=cHR，()()()-+3cRcHK=cHR，()(

)()()+32cHRcHKcHRKcH+=，c2(H+)=K2K3，()11+2223H=KK，11112222232+23233KKK+lgK+lgK-lgK-lgKpH=-lgc(H)=-lg=-llgg=-=K22，C项正确；D．P点时发生的总反应为2H3

RCl2+5NaOH=4NaCl+NaR+HR+5H2O，溶液溶质为NaCl、等浓度的HR和NaR，故c(Na+)>c(Cl-)，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，溶液中水解和电离是微弱的，所以c(Na+)

>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，D项正确；答案选B。15-3【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:甘氨酸中含有氨基和羧基，氨基显碱性，羧基显酸性，在酸性条件下，存在的形式为NH3+CH2COOH，随着pH增大，

逐步转化成NH3+CH2COO-，最终转化成NH2CH2COO-，从而确定曲线a代表NH3+CH2COOH，曲线b代表为NH3+CH2COO-，曲线c代表NH2CH2COO-，据此分析；详解:A．根据上述分析，曲线a代表NH3+CH2COOH，故A错误；B．

等电点是甘氨酸所带正负电荷正好相等，因此NH3+CH2COOH的物质的量等于NH2CH2COO-，甘氨酸等电点为5.97，根据图象可知，N(NH3+CH2COO-)＞N(NH3+CH2COOH)=N(NH2CH2COO-)，故B错误；C．根据B选项

分析以及图象可知，当pH小于5.97时，n(NH3+CH2COOH)＞n(NH2CH2COO-)，甘氨酸带净正电荷，在电场作用下，向阴极移动，故C正确；D．取坐标(2.35，0.50)，此时c(NH3+CH2COOH)=c(NH

3+CH2COO-)，因此有K=c(OH-)=14+2.35w10c(H)10K−−==10-11.65，故D错误；答案为C。15-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:由题意可知，k1>k2，一级电离时酸性最强，故曲线Ⅰ表示随pO

H和lg2c(HR)c(R)−−关系，曲线Ⅱ表示随pOH和lg2)HRc()(HRc−关系。详解:A．k1=2cHRcH()()c()HR−+，当2c()=HRc(HR)−，pOH=9.7，则氢离子浓度为10-4.3mol/L，A

项错误；B．pH=7时，pOH=7，由曲线Ⅰ可知，2c(HR)lgc(R)−−时，2c(HR)lgc(R)−−>0，则c(HR-)>c(R2-),由曲线Ⅱ可知，2)HRc()(HRc−<0，则c(HR-)＞c(H2R)，但c(H2R)和c(R2-)的大小关

系无法判断，B项错误；C．曲线Ⅱ表示随pOH和lg2)HRc()(HRc−关系，C项错误；D．M点时，2c(HR)lgc(R)−−=0，c(HR-)=c(R2-)，依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)，则有c(H+)+c(Na+)

=c(OH-)+3c(HR-)，D项正确。故选D。15-5【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．10.00mL0.10001molL−谷氨酸溶液中n(谷氨酸)=0.1mol/L×10×10-3L=1×10-3mol，则a点溶质为：1：1

的+32HAHA、，+32)=cH)c(AHA(，K1=2+3HA)c(Hc)c(H)A(+=c(H+)=10-2.19，1pK=2.19，A正确；B．b点溶质为H2A，c点溶质为1:1的HA-、H2A，HA-水解促进水的电离，水电离程度：b点<c点，B正

确；C．d点溶质为NaHA，c点溶质为1:1的NaHA与Na2A，HA-⇌A2-+H+，e点c(A2-)=c(HA-)，K3=--2A)c(H)c(c)HA(+=c(H+)=10-9.67，c点pH=4.25，c(H

2A)=c(HA-)，K2=-4.252A)c(H)c(H)=10c(HAc)(H++−=，Kh(HA-)=2wKK=149.754.25101010−−−=，Kh(HA-)<K3，HA-电离>水解，()()()-2-2cH

A>cA>cHA，C正确；D．H2A所带正电荷为0，H2A⇌HA-+H+，K2=10-4.25，c(H+)=4.252.62522Kc(HA)100.110−−==，pH=2.625，D错误；故选：D。15-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:H2NCH2COOH·HCl看

作是二元酸，其一步电离方程式为3222HNCHCOOHHHNCHCOOH+++，二步电离方程式为2222HNCHCOOHHHNCHCOO+−+，向100mL1.0mol/L的甘氨酸盐酸盐溶液中逐滴加入1.0mol

/L的NaOH，B点时溶液中+H3NCH2COOH和H2NCH2COOH的物质的量均为0.05mol，C点时溶液中均为H2NCH2COOH，D点时溶液中H2NCH2COOH和H2NCH2COO-的物质的量均为0.05

mol，E点时溶液中均为H2NCH2COO-。详解:A．B点时溶液中+H3NCH2COOH和H2NCH2COOH的物质的量相等，K1=2232c(HNCHCOOH)c(H)c(H)c(HNCHCOOH)+++==10-2.35，同理D点时溶液中H2NCH2COOH和H2NCH2C

OO-的物质的量相等，K2=2222c(HNCHCOO)c(H)c(H)c(HNCHCOOH)−++==10-9.78，A正确；B．B点时c(+H3NCH2COOH)=0.05mol1mol/L0.15L3=，D点时c(H2NCH2COO-)=0.05m

ol1mol/L0.25L5=，a和b不相等，B错误；C．H2NCH2COOH的水解常数Kh=w1KK=142.351010−−=10-11.65<10-9.78，故H2NCH2COOH电离大于水解，C点溶液中溶质均为H2NCH2COOH

，故c(H2NCH2COO−)>c(+H3NCH2COOH)>c(H+)>c(OH−)，C正确；D．E点溶液中溶质为H2NCH2COONa和NaCl，根据电荷守恒可知c(+H3NCH2COOH)+c(Na+)+c(H+)=c(H2NCH2COO−)+c(Cl−)+c(OH−)，D正确

；故答案选B。15-7【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:根据Kh表达式，得+3h2-2c(HA)K(HA)-lg=-lgc(HA)c(OH)、-2h--c(HA)K(HA)-lg=-lgc(HA)c(

OH)、2--h2--K(A)c(HA)-lg=-lgc(A)c(OH)。在32HA-lgHAcc+（）（）、2HAlgHAcc−−（）（）、2HAlgAcc−−−（）（）值相同时，Kh越大，c(OH−)越大，pOH越小。Kh1>Kh2>Kh

3，则Z、Y、X分别对应的是32HA-lgHAcc+（）（）、2HAlgHAcc−−（）（）、2HAlgAcc−−−（）（）。详解:A．由以上分析得知曲线Z表示pOH与32HA-lgHAcc+（）（）的关系，

A项正确；B．当横坐标为0时，Kh(HA−)=pOH。所以Kh(HA−)=10−9.8。由于whaKKK=，得Ka(H2A)=10−4.2，B项正确；C．根据图示，Kh(A2−)=10−4.4，Kh(HA−)=10−9.8，Kh(H2A)=10−11.7，则溶液显中性时，

2HAAcc−−（）（）=102.6，2HAHAcc−（）（）=10−2.8，32HAHAcc+（）（）=10−4.7，由此可比较溶液中c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)>c(H3A+)，C项正确；D．

Na2A溶液中存在离子为Na+、H+、H3A+、A2−、HA−、OH−，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，D错误；答案选D。15-8【提升】【正确答案】A【试题解析】分析:溶液碱性越强

，H2NCH2COO-含量越大，溶液酸性越强，H3N+CH2COOH含量越大，则曲线①表示H3N+CH2COOH、曲线②表示H3N+CH2COO-、曲线③表示H2NCH2COO-；详解:A．当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带

的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH叫等电点，B点H3N+CH2COOH与H2NCH2COO-浓度相等，甘氨酸所带正负电荷刚好为零，则B点为等电点，A正确；B．pH=7时，曲线①表示H3N+CH2COOH、曲线

②表示H3N+CH2COO-、曲线③表示H2NCH2COO-，由图可知，c(H3N+CH2COO-)>c(H2NCH2COO-)>c(H3N+CH2COOH)，B错误；C．++-+3232HNCHCOOHHNCHCOO+H平衡常数+-+32+32c(HNCHCOO)c(H)

K=c(HNCHCOOH)，当c(H3N+CH2COO-)=c(H3N+CH2COOH)时即图中A点，此时pH约为2.5，则平衡常数的数量级为10-3，C错误；D．C点溶液c(H3N+CH2COO-)>c(H2NCH2COO-)，溶液呈碱性，则溶液中还加入其它碱性的物质，应该还有一种阳离子

，D错误；故选：A。15-9【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．由K2=-+22-+23c(OOCCHNH)c(H)c(OOCCHNH)可知，-+23-22c(OOCCHNH)c(OOCCHNH)=+2c(H)K，由题干图示可知，Q→X过程中溶液pH增

大，即c(H+)减小，K2不变，则-+23-22c(OOCCHNH)c(OOCCHNH)逐渐减小，A正确；B．由图示可知，X点对应加入的NaOH溶液为10mL，此时溶液的溶质为：NaOOCCH2NH3+，X点的溶液呈酸性，则有-OOCCH2NH3+的电离大

于水解，有c(-OOCCH2NH2)>c(HOOCCH2NH3+)，B正确；C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH3+和N

aOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH3+)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2

NH3+)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C错误；D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物质的量之比为1:2，反应方程式为：HOOCCH2

NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D正确；故答案为：C。16-1【基础】【正确答案】1、8H++Fe3O4=2Fe3++Fe2++4H2OSiO22、将亚铁离子完全氧化为铁离子，有利于与伯

胺反应，提高萃取率3、萃取、分液4、Fe3++6Cl-[FeCl6]3-使铁离子浓度下降，则R－NH2+Fe3++2-4SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+平衡逆向移动，铁离子从易溶于煤油的物质中转化为易溶于水的物质，实现反萃取5、4∶14Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+

8H+6、防止滴定过程中由于Sn2+同时还原2-27CrO而造成较大的实验误差67.2%【试题解析】分析:粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。加入硫酸酸浸，除去滤渣SiO2等，浸取液加入过

量双氧水和伯胺-煤油，得以水层和有机层，分液后，有机层加入氯化钠溶液反萃取，得到水层再加入过量肼和氧气，得到FeOOH，煅烧得到纳米氧化铁。“酸没”过程中加入稀硫酸，金属氧化物都和稀硫酸反应，只有SiO2不反应，滤渣的主要成分是S

iO2，其中与Fe3O4发生反应的离子方程式为8H++Fe3O4=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：8H++Fe3O4=2Fe3++Fe2++4H2O；SiO2；加入氢氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，利于伯胺R-NH2与Fe3+

反应，提高萃取率，故答案为：将亚铁离子完全氧化为铁离子，有利于与伯胺反应，提高萃取率；过程Ⅱ加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，溶液分层，该操作的名称是萃取、分液，故答案为：萃取、分液；加入KCl溶液，发生Fe3++6Cl-[FeCl6]3-，使铁离子浓度下降，则R－NH2+Fe3++2-4SO+

H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+平衡逆向移动，铁离子从易溶于煤油的物质中转化为易溶于水的物质，实现反萃取，故答案为：Fe3++6Cl-[FeCl6]3-使铁离子浓度下降，则R－NH2+Fe3++2-4SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+平衡逆向移动

，铁离子从易溶于煤油的物质中转化为易溶于水的物质，实现反萃取；向水层Ⅱ中加入N2H4可使Fe3+转化为Fe2+并放出对环境无害的气体即氮气，反应的离子方程式为：反应的离子方程式为4Fe3++N2H4=4Fe2++N2↑+4H+，该反应中Fe元素化合价由价变为价、N

元素化合价由-2价变为0价，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1；向所得弱酸性溶液中再通入O2即可生成FeOOH，其离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；故答案为：4∶1；4Fe2

++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；①Sn2+能够被2-27CrO氧化，所以为防止滴定过程中由于Sn2+同时还原2-27CrO而造成较大的实验误差，需要用HgCl2除去过量的SnCl2，故答案为：防止滴定过程中由于Sn2+同时还原2-27CrO而造成较大

的实验误差；②2-2++3+3+272CrO+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7HO1mol6mol0.1000mol/L0.002Ln则：n=0.012mol，故产品中铁的质量分数为：1000.01256g/20100%5.00gmLmolmolmL=67.2%，故

答案为：67.2%。16-2【基础】【正确答案】1、23326FeClO6H6FeCl3HO+−++−++=++2、3Fe(OH)3Al(OH)3、HCl氛围下蒸发浓缩4、4NHCl溶于水电离出+4NH会抑制后期加入的32NHHO的电离5、()2224323326HO2CoCl2NH

Cl10NHHO2CoNHCl12HO+++=+甲防止3Co(OH)的生成6、AB【试题解析】分析:像含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）中加入盐酸，Co、Fe、Al分别转化为Co2+、Fe2+、Al3+；向所得浸出液加入适量NaClO3，Fe2+会被

氧化为Fe3+；再加入Na2CO3调至pH=a，使得Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3；过滤后，向所得滤液中加入盐酸，调至pH=2-3；经过操作I，从溶液中获得CoCl2∙6H2O；再将CoCl2∙6H2O、活性炭和NH4Cl溶

液混合，并加入氨水和H2O2进行氧化，再经过系列操作，获得Co(NH3)6Cl3。加入适量NaClO3，Fe2+被氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为6Fe2++-3ClO+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O。加入Na2CO3之前，溶液中有Co2+、Fe3+、Al3+，则加入Na2

CO3调至pH=a，会生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀。向过滤后的溶液中加入盐酸，调至pH=2-3；经过操作I，从溶液中获得CoCl2∙6H2O，则操作I的步骤包括HCl氛围下蒸发浓缩（抑制CoCl2水解）、冷却结晶、减压过滤。流程中N

H4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH-)过大，其原理是NH4Cl溶于水电离出+4NH会抑制后期加入的NH3⋅H2O的电离。“氧化”步骤的化学方程式为H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3⋅H2O=2Co(NH3)6Cl

3↓+12H2O；Co(OH)2和Co(OH)3均难溶于水，且Co3+较Co2+更易结合OH-，若先加入H2O2，Co2+会被氧化为Co3+，生成Co(OH)3，故甲同学的观点正确，先加入氨水再加入H2O2可以防止生成Co(OH)3。A．久置于空气中的KI固体中，少量KI会被O2氧化为

I2，则滴定过程中，消耗的的Na2S2O3的体积偏大，导致所测钴含量数值偏高，A符合题意；B．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则使用该滴定管装液时，会对稀释Na2S2O3标准液，则滴定过程中，消耗的的Na2S2

O3的体积偏大，导致所测钴含量数值偏高，B符合题意；C．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，消耗的的Na2S2O3的体积偏小，导致所测钴含量数值偏小，C不符合题意；D．溶液蓝色退去，立即读数，此时I2未完全被反应，则消耗

的的Na2S2O3的体积偏小，导致所测钴含量数值偏小，D不符合题意；故选AB。16-3【基础】【正确答案】1、MnO2+SO23−+2H+=Mn2++SO24−+H2O2、a3、1004、防止NH4HC

O3在较高温度下分解5、2MnCO3+O2=高温2MnO2+2CO26、4MnO2+4KOH+3O2=4KMnO4+2H2O将固体粉碎、搅拌蒸发浓缩、冷却结晶【试题解析】分析:软锰矿浸取过程中溶解金属氧化物，SiO2不溶过滤除去，经除Fe

、Al、Si，除Ca、Mg步骤后，加入NH4HCO3后生成MnCO3沉锰，经焙烧MnCO3转化为MnO2，MnO2在碱性条件下经加热被氧气氧化生成KMnO4，再经水浸、蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥可得KMnO4晶体；“

浸取”时MnO2转化为Mn2+，MnO2作氧化剂，故Na2SO3作还原剂，反应的离子方程式为：MnO2+SO23−+2H+=Mn2++SO24−+H2O；转化过程尽量不引入新杂质，H2O2的还原产物为水，故将Fe2+氧化

为Fe3+，最适宜的氧化剂为H2O2；Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，2+2+c(Ca)c(Mg)=()()9sp211sp2K0CaF510KMgF50101−−==NH4HCO3受热易分解，

“沉锰”时不宜在较高温度下进行的原因是防止NH4HCO3在较高温度下分解；“焙烧”时通入空气，由MnCO3生成MnO2的化学方程式为：2MnCO3+O2=高温2MnO2+2CO2：“加热氧化”时，MnO2发生反应生成KMnO4，MnO2为还原

剂，富氧空气中的氧气为氧化剂，反应在碱性条件下，故该反应的化学方程式为：4MnO2+4KOH+3O2=4KMnO4+2H2O；提高“水浸”速率可以采取的措施为将固体粉碎、搅拌；“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。16-4【巩固】【正确答案】1、44CaSOPb

SO、2、BC3、2+Cu4、6酸度过低不利于3+Fe沉淀完全，且会在沉锌时消耗更多的43NHHCO，造成浪费5、-2++4222MnO+3Mn+4H=5MnO+2HO6、()443223442222ZnSO+4NHHCO=Zn(OH)CO2NHSO+3COHO++【试题解析】分析

:富锗ZnO烟尘(还含有22CuOCaOPbOFeOMnO、、、、等)加入98%的硫酸进行酸浸，44CaSOPbSO、难溶，故浸渣①为44CaSOPbSO、；酸浸液加入单宁酸进行沉锗，得到单宁锗渣，灼烧得到锗精矿；沉锗后的滤液加入锌粉置换出铜，过滤除去滤

渣，滤液加入高锰酸钾将亚铁离子、锰离子氧化，除铁、锰，转化为氢氧化铁、二氧化锰，所得滤液加入碳酸氢铵进行沉锌，得到碱式碳酸锌。根据分析可知，浸渣①主要含有44CaSOPbSO、；A．增大烟尘与硫酸的固液比，则固体接触面积反而减小，反应速率减慢，选项A不符合；B．

多次反复浸出，增大浸出率，选项B符合；C．适当进行搅拌，增大烟尘与酸的接触面积，增大浸出率，选项C符合；答案选BC；流程中，“I”加入Zn粉主要是为了置换2+Cu，达到除铜的作用；流程中，“II”控制pH让铁、锰沉淀但锌不沉淀，根

据22217sp2KZn(OH)c(Zn)c(OH)0.12mol/Lc(OH)1.210+−−−===，解得c(OH-)=10-8mol/L，故控制pH最高为6，该步骤pH不宜过低，除了考虑到锰的形态可能发

生变化外，主要原因可能是酸度过低不利于3+Fe沉淀完全，且会在沉锌时消耗更多的43NHHCO，造成浪费；流程中，“II”除锰反应是高锰酸钾将锰离子氧化，生成二氧化锰，溶液为酸性环境，反应的离子方程式为-2++4222MnO+3

Mn+4H=5MnO+2HO；沉锌是硫酸锌与碳酸氢铵反应生成碱式碳酸锌、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为()443223442222ZnSO+4NHHCO=Zn(OH)CO2NHSO+3COHO++。16-5【巩固】【正确答

案】1、增加固体混合物的接触面积，提高焙烧效率2、+54CaSO3、232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+会释放出氮氧化物(或2NONO、)，造成环境污染4、33Fe(OH)Al(OH)、5、4

332525002NHVO2NHVOHO++℃22522422VOHCO4H2VO2CO3HO++++=++6、1.92【试题解析】分析:石煤灰渣(主要成分有SiO2、C、Al2O3、Fe2O3、V2O3、CaO、MgO、K2O)中加入硫酸

铵焙烧，碳转化为二氧化碳，V2O3被氧化为V2O5，二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，然后用稀硫酸浸取，V2O5在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4，滤渣的主要成分是二氧化硅和硫酸钙，滤液中加入试剂a氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水沉淀铁离子，过滤后滤液中加入萃取剂萃取+2VO

，然后经过一系列处理所得洗脱液中加入氯化铵沉钒得到钒酸铵，灼烧得到V2O5，据此分析回答问题。根据外界条件对反应速率的影响可判断，在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，可增大反应物的接触面积，提高原料利用率；根据化合价代数和为0可知(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，“

浸渣”的主要成分除了SiO2，还有微溶的硫酸钙，化学式为CaSO4；“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，用来氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；HNO3也能氧化Fe2+，工业生产中不选用HNO3的原因是硝

酸的还原产物NO或NO2有毒，会污染大气；由题干信息可知，“沉淀”时，控制溶液pH在4.5~6.5之间，“滤渣”的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；在500°C灼烧脱氨可制得产品V2O5，根据原子守恒可知该反应的化学方程式

为2NH4VO3550CV2O5+H2O+2NH3↑；在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应中草酸被氧化为二氧化碳，离子方程式为V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++

2CO2↑+3H2O；根据原子守恒可知，理论上制得的V2O5的质量最多为5t37.5%86%(1-2%)1821.92t150。16-6【巩固】【正确答案】1、+72、CuO、Fe3O43、34、增大氧气在溶液中的溶解量，加快氧化速率5、除去Zn2+等杂质【试题解析】分析:某含铼的烟道灰

(主要成分有Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4)经氢氧化钠溶液“碱浸”，CuO、Fe3O4不反应、不溶解，经过滤得到滤渣1即为CuO、Fe3O4，Re2O7、MoO3溶于氢氧化钠溶液均得到同价态钠盐转入滤液，滤液中加入锌粉“还原”，Zn被氧化成ZnO22−，铼的化合物生成难溶的富铼渣(2Re

O2·2H2O)，经过滤得滤渣Ⅱ即为富铼渣(2ReO2·2H2O)，通入氧气、水“氧化溶解”得到HReO4，经浓缩、加入钾盐“沉铼”、经提纯后用氢气“热还原”得到铼粉。滤液Ⅰ中加入硝酸“酸化沉钼”、过滤后，沉淀中加入氢氧化钠溶液溶解沉淀即得钼酸钠溶液

。Re2O7中Re元素的化合价为+7。据分析滤渣Ⅰ的成分CuO、Fe3O4。“还原”时，Zn被氧化成ZnO22−，化合价从0升高到+2，铼的化合物生成难溶的富铼渣(2ReO2·2H2O)，铼的化合价从+7降低到+4，则按得失电子数守恒，生成1mol富铼渣(2Re

O2·2H2O)时、转移电子6mol，消耗Zn3mol。增大反应物浓度可加快反应速率。“氧化溶解”时，为了增加氧化速率，其方法是增大氧气在溶液中的溶解量，加快氧化速率。滤液中含杂质离子ZnO22−，经酸化可转变为可溶性的

锌离子，则“酸化沉钼”这一步的目的是除去Zn2+等杂质。16-7【提升】【正确答案】1、将Fe3+和Co3+还原2-+2+2-23342CoO+SO+4H=2Co+SO2HO+2、-2++-3+32ClO+6Fe+6H=Cl+6Fe+3HO3、Fe(OH)3、Al(OH)34、CaF2、Mg

F25、B6、瓷坩埚和泥三角Co2O3【试题解析】分析:在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有+2+2+2+2+2+3+HCoFeMnCaMgAl、、、、、、等离子的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使

Fe3+和Al3+沉淀完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤后得到滤液I中含有的金属阳离子为2+2+2+2+CoMnCaMg、、、等，向滤液I中加入NaF溶液，将2+2+CaMg、转化为CaF2、MgF2沉淀，

再加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入(NH4)2C2O4溶液制得242CoCO2HO。23NaSO具有还原性，能还原氧化性离子铁离子和钴离子，所以浸出过程中加入23NaSO的主要目的是将Fe3+

和Co3+还原；23COO发生反应的离子方程式为2-+2+2-23342CoO+SO+4H=2Co+SO2HO+；故答案为：将Fe3+和Co3+还原；2-+2+2-23342CoO+SO+4H=2Co+SO2HO+；NaClO3加

入浸出液中，是为了将Fe2+氧化为Fe3+，其反应离子方程式为-2++-3+32ClO+6Fe+6H=Cl+6Fe+3HO；故答案为：-2++-3+32ClO+6Fe+6H=Cl+6Fe+3HO；根据表格数据可知，“加23NaCO调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀的成分为F

e(OH)3、Al(OH)3；故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液Ⅰ中加入NaF溶液是为了除镁钙，则得到的沉淀的主要成分是CaF2、MgF2；故答案为：CaF2、MgF2；由图可知，调节pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+萃取较完全，并尽可能减少Co2+损失，故选B；故答

案为：B；①实验室里灼烧242CoCO2HO晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有瓷坩埚和泥三角；故答案为：瓷坩埚和泥三角；②18.30g242CoCO2HO的物质的量为18.30g=0.1mol183g/mol，600℃以后是花空气中

加热，则C点对应的产物为钴的氧化物，质量为8.30g，而0.1mol钴的质量为5.90g，则该氧化物中氧元素质量为8.30g-5.90g=2.40g，Co原子与O原子的物质的量之比为2.4g0.1mol:=2:316g/mol，故C点所示产物的化学式是Co2O3；故答

案为：Co2O3。16-8【提升】【正确答案】1、+32、abcCaO+O2+V2O3ΔCa(VO3)23、草酸的量是6.0g草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌4

、2VO3−+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O24−5、保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化6、2.04%【试题解析】分析:本题是一道由石煤制备束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料的工业流程题，首先在

高温下焙烧，得到焙砂，用酸浸取焙砂得到相应的钙盐，经过转化得到钒酸铵，进一步处理即可得到产品，以此解题。根据正负化合价为零的原则可知，K3V2(PO4)3中V的化合价为+3价；①a．提高焙烧过程中氧化效率即提高焙烧的反应速率,在回转窑进行富氧焙烧,加大通风量可以增加氧气的浓度，从而

提高氧化效率，a正确；b．加入辅助剂,增加物料的疏松度和透气性,可加大物料与氧气的接触面积，从而能够提高氧化效率，b正确；c．窑体进行分段控温能有效防止由于过热导致的固体结块现象，从而提高氧化效率，d正确；d．料层厚度过高

，不利于反应的充分进行，d错误；故选abc；②由图可知焙烧时石煤中的V2O3，氧化钙和氧气反应，最终生成Ca(VO3)2，则方程式为：CaO+O2+V2O3ΔCa(VO3)2；①分析表格数据可知，当草酸质量为6.0g时，K3

V2(PO4)3形貌最佳，为均一的束状纳米线，所以最佳实验条件是草酸的量是6.0g；②由表中数据可知，草酸在合成束状碳包裹K3V2(PO4)3纳米线的过程中不仅起还原剂作用，还会影响K3V2(PO4)3的形貌，因此在实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶

体的原因是：草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌；只有13的草酸为还原剂，草酸被氧化为二氧化碳，将VO3−还原成VO2+，23的草酸以C2O24−的形式存在，根据氧化还原转移电子守恒、电荷守恒以及原

子守恒可知该离子反应方程式为：2VO3−+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O24−；氩气为稀有气体,性质稳定，可作保护气体，K3V2(PO4)3中V的化合价是

+3，易被氧化，在惰性气体氩气中煅烧可以防止K3V2(PO4)3被氧化，故答案为：保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化；设石煤中钒元素的质量分数为a%，石煤的质量为m1，K3V2(PO4)3的质量为m2，根据钒元素守恒可得12

3243ma%80%2m=M(V)MKV(PO)，代人数据得10ta%80%20.8064t=51504，计算得，a%=2.04%。16-9【提升】【正确答案】1、增大接触面积，加快反应速率，

提高浸出率2、2ZnCl2+2Na2CO3+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2↑3、PbSO44、8810−B双氧水分解，Fe2+不能被氧化为Fe3+5、3Mn2++2-4MnO+4H2O=5MnO2↓+4H+6、趁

热过滤【试题解析】分析:由题给流程可知，向含锌矿渣中加入碳酸钠溶液，将矿渣中矿渣中锌、铅、铁、锰、铜和镉等金属元素转化为难溶化合物，过滤得到滤渣和含氯废水；向滤渣中加入稀硫酸酸浸，锌、铁、锰、铜和镉等

金属难溶化合物溶于稀硫酸得到可溶硫酸盐，铅的难溶化合物转化为硫酸铅，过滤得到含有硫酸铅的浸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，加入氧化锌调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤

得到铁泥和含有硫酸锌、硫酸锰、硫酸铜等可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和含有硫酸锌、硫酸铜等可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入锌，将溶液中铜离子、镉离子转化为单质，过滤得到含有铜、镉的重金属泥和硫酸锌溶液；

硫酸锌溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌。含锌矿渣需球磨粉碎的目的是增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出的反应速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；由题给不完整的化学方

程式可知，生成碱式碳酸锌的反应为氯化锌溶液与碳酸钠溶液反应生成碱式碳酸锌沉淀、氯化钠和二氧化碳，反应的化学方程式为2ZnCl2+2Na2CO3+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2↑；故答案为：2ZnCl2+2Na2CO3+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+4N

aCl+CO2↑；由分析可知，浸渣的主要成分是硫酸铅，故答案为：PbSO4；由氢氧化铁的溶度积可知，溶液pH为4时，溶液中铁离子的浓度为sp33+K[Fe(OH)]c(Fe)=381038.010(1.010mol/L)−

−=8×10—8mol/L；由分析可知，加入的化合物X为氧化锌，目的是调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；由表格数据可知，温度为70℃时，铁的去除率最高，当温度高于70℃时，过氧化氢受热分解，不能将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，导致铁的去除率降低，故答案为：8

×10—8；B；双氧水分解，Fe2+不能被氧化为Fe3+；由分析可知，加入高锰酸钾溶液发生的反应为高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液反应生成二氧化锰沉淀和硫酸，反应的离子方程式为3Mn2++2-4MnO+4H2

O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2-4MnO+4H2O=5MnO2↓+4H+；由图可知，一水硫酸锌的溶解度在60℃后随温度升高而降低，所以系列操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌，故答案为：趁热过滤。17-1

【基础】【正确答案】1、3d24s22、8Ti+8HNO3(浓)高于70℃Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O3、A136N4、TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJ·mol-1；＞随着温度的升高，CO

的浓度增加，说明生成CO的反应是吸热反应【试题解析】Ti是22号元素，基态钛原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则价电子排布式为3d24s2；根据Ti(NO3)4的球棍结构图示可知Ti的配位数是8，钛

与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4，还生成NO2和H2O，反应的化学方程式为：Ti+8HNO3(浓)高于70℃Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O；在一个晶胞中含有Ca数目是1；含有Ti数

目为818=1，含有的O数目为1214=3，则一个晶胞中含有1个CaTiO3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为AA136g/mol/molMNN==A136Ng；①生成TiCl4和CO的

反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=ΔH1+ΔH2=(-220.9kJ·mol-1)+(+175.4kJ·mol-1)=-45.5kJ·mol-1

；②根据图象，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，生成CO的反应是吸热反应，即△H＞0。17-2【基础】【正确答案】1、3d72、Co2O3+2-3SO+4H+=2Co2++2-4SO+2H2O6.7～7.4pH越大，溶液中

c(H+)越小，有利于Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+反应正向进行，Co2+萃取率越高75241【试题解析】根据晶胞结构可知：在该晶胞中含有的Co离子数目为12×14+1=4，含有的O2-数目为：8×18+6×12=4，故

该晶胞化学式为CoO，Co为+2价，是Co原子失去最外层的2个电子形成的，Co是27号元素，则根据构造原理可知基态Co2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d7，该氧化物中钴离子价电子排布式为3d7；①用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，Co2O3在酸性条件下把Na2SO3氧化为N

a2SO4，Co2O3被还原为Co2+，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为Co2O3+2-3SO+4H+=2Co2++2-4SO+2H2O；②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0

×10-5mol/L)的pH为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，根据Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14，解得c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0

×10-14.2。现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得c(OH-)=1.0×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1.0×10-7.4，故此

时溶液pH=7.4，因此控制溶液pH范围为6.7≤pH<7.4；③当溶液pH处于4.5~6.5范围内，随溶液pH的增大，c(OH-)增大，OH-中和H+使H+的浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-

1)(HA)2+2H+平衡向右移动，增大了Co2+萃取率；向萃取所得有机相中加入H2SO4，增大了c(H+)，使平衡向左移动，得到的水相中含有大量的Co2+，从而实现Co2+和Mn2+的分离；④CoC2O4·2H2O晶体的物质的量n=14.64g183g/mol=0.08mol，在空气中加热一段

时间后，得到CoO和Co3O4的混合物质量为6.32g，根据钴原子守恒，设CoO为amol，Co3O4为bmol，可得a+3b=0.08mol，根据质量关系可得75a+241b=6.32g，两式联立解得a

=0.02mol，b=0.02mol，故CoO为1.5g，Co3O4为4.82g，CoO和Co3O4的质量之比为m(CoO)：m(Co3O4)=1.5g75=4.82g241。17-3【基础】【正确答案】1、2ΔH3-ΔH1-ΔH22、bc3、(14，14，34)3A38

8Na4、H2S﹣6e﹣+2H2O=6H++SO2SO2+H2O2=H2SO45、223HNOHO2e3HNO−+−+−=+【试题解析】由题干信息可知，①C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2，③C

(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH3，根据盖斯定律，2③-①-②可得，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=2ΔH3-ΔH1-ΔH2；a．单位时间内，断裂1mol的H-H键的，同时生成1mol的H-O键，表示的都是正反

应速率，不能说明反应达到平衡状态，a错误；b．H2O的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态，b正确；c．反应前后体积可变，混合气体的平均相对分子质量不变，可说明反应达到平衡状态，c正确；d．恒温恒容的密闭容器，反应前后质量不变，密度一直不变，不能说明反

应达到平衡状态，d错误；故选bc；①A、B点的原子坐标分别为(0，0，0)和(1，12，12)，根据空间坐标系，C点的原子坐标为113()444，，；②根据ZnS的晶胞结构可知，一个晶胞中S2-的个数为118+6=48

2，Zn2+的个数为4，假设1mol的ZnS，质量为97g，体积为3Aa4Ncm3，故晶体密度为-3333AA97g388=g?cm·a·acm4NN；①a电极硫化氢转化为二氧化硫，硫元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，阳极的电极反应式为H2S﹣6e﹣+2H2O

=6H++SO2；②二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO

2+H2O−2e−=3H++-3NO。17-4【巩固】【正确答案】1、()()()()2422NHg2NOg2Ng2HOg++359kJ/molH=−2、BC不会，是否使用催化剂不会改变反应平衡转化率温度过高影

响催化剂效果3、10L/mol110.08molLmin−−80%m-14104、Fe63d【试题解析】根据平衡常数表达式可知该反应为()()()()2422NHg2NOg2Ng2HOg++，依据盖斯定律，由Ⅱ13-

Ⅰ可求出1(534kJ/mol)181kJ/mol3H=−−=359kJ/mol−，故答案为：()()()()2422NHg2NOg2Ng2HOg++359kJ/molH=−；①根据图象可知，此反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，正反应为气体分子数减小的反应，缩小体积，也有利于平

衡正向移动，提高NO平衡转化率，增大投料()()2NOHcc，使NO转化率减小，充入水蒸气会增大水蒸气浓度，减少NO转化率，故符合题意的选项为BC，故答案为：BC；②催化剂是否使用都不会改变反应的平衡转化率。400℃后，催化效率降低，可能是催化剂催化效果变差，故答案为：不会，是否使用催化剂不会改变

反应平衡转化率；温度过高影响催化剂效果；①根据速率方程式()lgvlg2lgNOKc=+正正，()22lgvlglgNOKc=+逆逆，则表示lgv正的曲线斜率大，lgK正=m+1，lgK逆=m，平衡时vv=正逆，则()2NOKc正=()22N

OKc逆，()()222NONOcKc==正逆KK=m+1m1010=10，故答案为：10L/mol；②设平衡时()NOc=xmol/L，列出三段式：()()()()()222NOgNOgmol/L0.80mol/L0.80.4mol/L0.4xx+起始变化平衡()()222

NONOcKc==20.4mol/Lx=10，解得x=0.2mol/L；v(NO)=2v(N2O2)=20.4mol/L10min=110.08molLmin−−；NO的转化率为：0.80.80.2+100%=8

0%；平衡后()2vNO正正=Kc=m+12100.2=m-1410，故答案为：10L/mol；110.08molLmin−−；80%；m-1410；由图可知，黑球代表M(NH3)6，白球代表BH4，面心立方最紧密堆积的晶胞中，黑球处于8个

顶点和6个面心，则每个晶胞中含黑球的个数为818+612=4，8个白球均处于晶胞内部，则黑球和白球的个数之比为4:8=1:2，故该晶体的化学式为M(NH3)6(BH4)2，又知该化合物的摩尔质量为188g

/mol，则有Mr(M)+176+152=188，解得Mr(M)=56，故M元素为Fe。化合物Fe(NH3)6(BH4)2中，NH3整体为0价，4BH−中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，基态Fe原子核外电子排布式为26[Ar]3d4s，失去4s轨道上的2个电

子得到Fe2+，故Fe2+的价电子排布式为63d，故答案为：Fe；63d。17-5【巩固】【正确答案】1、-2061kJmol−反应Ⅰ的H<0，800℃时正向进行程度小，反应Ⅱ的H>0，800℃时正向进行程度大，而反应Ⅱ平衡不受压强影

响，故CO2平衡转化率趋于相等2、4H2+CaCO3Pd600℃CH4+CaO+2H2O3、8碳酸盐结构中氧空位增加，加速CO2的转化【试题解析】Ⅰ．2242CO(g)4H(g)CH(g)2HO(g)+=+11ΔH=165kJmol−−Ⅱ．222CO(g)H(g)CO

(g)HO(g)+=+12ΔH=41kJmol−+Ⅲ．242CO(g)3H(g)CH(g)HO(g)+=+3ΔH①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则3ΔH=1ΔH-2ΔH=(1165kJmol−−)-(141kJmol−+)=-2061kJmol−；②图示为温度、压强对CO2平衡转化

率的影响，800℃时，不同压强下的2CO平衡转化率趋向于相等的原因是反应Ⅰ的H<0，800℃时正向进行程度小，反应Ⅱ的H>0，800℃时正向进行程度大，而反应Ⅱ平衡不受压强影响，故CO2平衡转化率趋于相等；在碳酸钙中添加金属Pd作催化剂，通入2H在600℃条件下

反应直接获得4CH和CaO，结合原子守恒、得失电子守恒可知该反应的化学方程式为4H2+CaCO3Pd600℃CH4+CaO+2H2O；①由晶胞可知Ce位于立方体的顶点和面心上，以面心的Ce为例，Ce原子周围距离最近且相等的O

原子个数为4×2=8；②2CeO催化2CO与2H转化为4CH的机理如图所示，步骤(ii)中生成中间产物的物质即CeCO3，类别属于碳酸盐；③催化剂中掺入少量CaO，用2Ca+替代2CeO结构中部分4Ce+形成x1-xyCaCeO，可提高催化效率的

原因是结构中氧空位增加，加速CO2的转化。17-6【巩固】【正确答案】1、3d10Cu2、2Cu—2e—+2OH—=Cu2O+H2O3、Cr2O2-7+14H++6e—=2Cr3++7H2O4、Cu2O作光催化剂若发生氧化还原反应，存在如下关系：3Cu2O﹣Cr2O2-7，则反应消耗Cu

2O的物质的量为1×10﹣3mol/L×3×70%=2.1×10﹣3mol/L＞2×10﹣4mol/L，由图可知，只有氧化亚铜和只有光照时，Cr2O2-7的浓度降低率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在5、3pH＜2.5时Cu2O会歧化为Cu和Cu2+，所以不选pH=2；酸性越

大，Cr2O2-7被还原率越大，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以选择pH=3pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行【试题解析】铜元素的原子序数为29，失去1个电子形成亚铜离子，离子的价电子排布式为3d10；由晶胞结构可知，晶胞中位

于顶点和体心的白球个数为8×18+1=2，位于体内的黑球为4，由氧化亚铜的化学式可知，白球代表氧离子，黑球代表亚铜离子，故答案为：3d10；Cu；由题意可知，电解法制备氧化亚铜时，铜做电解池的阳极，碱性条件下，铜失去电子发生氧化反应生成氧化亚铜和水，电极反应式为2Cu—2e—+2OH

—=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu—2e—+2OH—=Cu2O+H2O；由图可知，重铬酸根离子转化为铬离子的电极为原电池的正极，酸性条件下，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成铬离子和水，电极反应式为Cr2O2-7+14H++6e—=2Cr3++7H2O，故答案为：Cr

2O2-7+14H++6e—=2Cr3++7H2O；若假设b成立，由得失电子数目守恒可得如下关系：3Cu2O﹣Cr2O2-7，由重铬酸根离子的物质的量可知，反应消耗氧化亚铜的物质的量为1×10﹣3mol/L×3×70%=2.1

×10﹣3mol/L＞2×10﹣4mol/L，所以假设b不成立；由图可知，只有氧化亚铜和只有光照时，重铬酸根离子的浓度降低率很低，说明假设b不成立，假设a成立，既重铬酸根转化的反应条件是光照条件下和氧化亚铜同时存在，故答案为

：Cu2O作光催化剂；若发生氧化还原反应，存在如下关系：3Cu2O﹣Cr2O2-7，则反应消耗Cu2O的物质的量为1×10﹣3mol/L×3×70%=2.1×10﹣3mol/L＞2×10﹣4mol/L，由图可知，只有氧化亚铜和只有光照时，Cr

2O2-7的浓度降低率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在；①由图可知，Cr2O2-7降解率最高时溶液pH为3；pH＜2.5时，Cu2O会歧化（转化）为Cu和Cu2+，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，所以选pH=3时227CrO−的

降解率大；酸性越大，Cr2O2-7被还原率越大，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以pH=3时227CrO−的降解率，故答案为：3；pH＜2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu和Cu2+，所以不选pH=2；酸性越大，Cr2O2-7被还原率越大

，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以选择pH=3；②依据信息可知，pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，阻碍Cu2O与Cr2O2-7发生的氧化还原反应，故答案为：pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行。17

-7【提升】【正确答案】1、-164.7C减小AD2、①40033、113,,444Ce4O7323-303AA41726.8810()a10NaN【试题解析】①CO2甲烷化反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g

)+2H2O(g)可由2反应I+反应II得到，故该反应的△H=2(+41.2kJ·mol-1)+(-247.1kJ·mol-1)=-164.7kJ·mol-1；该反应是气体体积减小的反应，且是放热反应，为了提高甲烷的产率，就要

使平衡正向移动，反应适宜在低温高压的条件下进行，故选C；②平衡时，v正=v逆，即k正c(CO2)⋅c(H2)=k逆c(H2O)⋅c(CO)，则kk逆正=()222(CO)(H)(HO)COcccc=1K，该反应是吸热反应，升高温度，K增

大，则1K减小，故平衡后升高温度，kk逆正减小；若反应I在恒容绝热的容器中发生，A．该反应是气体体积不变的反应，还是吸热反应，随着反应的进行，容器内的温度发生变化，则容器内的压强也跟着改变，故容器内的压强不再改变

，说明反应达到平衡状态，A符合题意；B．容器内气体的质量和总体积不发生改变，故容器内气体的密度不会改变，则容器内气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；C．容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1，不能说明反应达到平衡状态，C不符合题意；D．

单位时间内，断开C=O的数目和断开H-O的数目相同，说明v正(CO2)=v逆(H2O)，而v逆(H2O)=v逆(CO2)，故v正(CO2)=v逆(CO2)，则反应已经达到平衡状态，D符合题意；故选AD。该反应是气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CO2的

平衡转化率增大，故表示压强为5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为①；曲线②表示压强为0.1MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线，b点对应的CO2的平衡转化率为0.5，则Δn(CO2)=0.52mol=1mol

，Δn(H2)=3mol，Δn(CH3OH)=Δn(H2O)=1mol，平衡时，n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=1mol，p(CO2)=p(CH3OH)=p(H2O)=1mol1mol+3mol+1mol+1mol0.1MPa=1MPa60，p(H2

)=3mol1mol+3mol+1mol+1mol0.1MPa=1MPa20，则KP=()()()()32322CHOHHOCOHpppp=311MPaMPa606011MPa(MPa)6020=

4003MPa-2。①氧空位处原子位于体对角线的14处，CeO2缺陷晶型中X处原子的分数坐标为(0，0，0)，Y处原子的分数坐标为(12，12，0)，则氧空位处原子的分数坐标为(14，14，34)；该缺陷晶型的晶胞中，Ce的个数为818+612=

4，O的个数为7，则该缺陷晶型的化学式可表示为Ce4O7；②CeO2理想晶型的晶胞含有4个Ce和8个O，则晶胞质量为A4172Ng=A688Ng，晶胞体积为(a10-10cm)3=a310-30cm3，密度为A33034172ga10

cmN−=330A4172a10N−g·cm-3=323A6.8810aNg·cm-3。17-8【提升】【正确答案】1、低高高0.1MPa是常压，转化率已经很高，且将加压增到10MPa时2SO转化率并没有显著提升，成本大大提高

，但收益不大，所以选择常压2、便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验ac3、124、Mn【试题解析】分析:（1）可用自由能公式判断自发进行的温度；可用勒夏特列原理判断速率和转化率的影响，下周根据实际的表格数据可分

析判断出选择0.1Mpa的理由。（2）X为空白对比实验，结合两个图可知，效率最低的是V2O5催化剂；从图中第二步的方程式中可以看出，Mn4+更容易获得电子。（3）根据表格中的数据，由控制变量法的原理，分别选取实验1和4，

即可计算出β的数值。（4）根据黑、白原子的分布情况，可以计算出一个晶胞中黑、白原子的个数即可知道A处为哪一种原子。根据自由能公式G=H-TS，该反应的ΔH<0S<0，，即在低温下反应能自发进行；压强增大，碰撞几率增大，速率加快，所以高压下有利于提高反应速率；从方程式可以看出，从左

到右系数和减小，压强增大平衡正向移动，所以高压下利于提高平衡转化率；从表格中可以看出0.1MPa是常压，转化率已经很高，且将加压增到10MPa时SO2转化率并没有显著提升，成本大大提高，但收益不大，所以选择常压。I、X没

有使用催化剂，即便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验；II、a．表示V2O5的曲线在其它两条曲线的下方，即催化效果最差，a正确；b．使用催化剂只能改变反应速率，无法提高平衡产率，B错误；c．从图中的表达式453252OVeOVMnMn+

+−+++++→++可以看出，Mn4+得到电子生成Mn3+，即Mn4+的得电子能力更强，c正确；d．温度过高会使催化剂失去活性，降低催化效率，d错误；故选ac。取实验1和4的数据，得到表达式αβγαβγq=kgm1.414×np×(2nqgm)kp

=，解得β=12在MnO2晶体中，黑原子位于顶点和体心，则晶胞中黑原子的个数是：18128+=，白原子位于面上和体心，则晶胞中白原子的个数是：14242+=，则黑原子与白原子的个数比为1：2，即黑原子为Mn，白原子为O

。17-9【提升】【正确答案】1、直线sp2、+41.23、0.2530108p4、温度高于250℃时，催化剂的催化效率降低，乙酸的生成速率降低增大压强或增加二氧化碳的浓度5、2nCO2+12ne—+12H+=+4

nH2O6、CO2+4[H]→(CH2O)+H2O防止提供的还原氢[H]被氧化，不利于C3被还原AB【试题解析】二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，所以碳原子的杂化方式为sp杂化，分子的VSEPR模型是直线形的非极性对称分子，故答案

为：直线；sp；由题意可得如下热化学方程式ⅰCO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=—283.0kJ/mol、ⅱH2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=—285.8kJ/mol、②H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ

/mol，由盖斯定律可知，ⅱ—ⅰ+②可得反应Ⅱ，则△H2=(—285.8kJ/mol)—(—283.0kJ/mol)+(+44.0kJ/mol)=+41.2kJ/mol，故答案为：+41.2；①由图可知，B点时，投料比为4、二氧化碳的转化率为0.50，设二氧化碳的起始量为1

mol、氨气为4mol，由方程式可知，氨气的转化率为1mol0.5024mol=0.25，故答案为：0.25；②设起始氨气和二氧化碳均为1mol，二氧化碳的转化率为a，由方程式可知，平衡时氨气、二氧化碳的物质的量分别为(1—2

a)mol、(1—a)mol，由平衡前后混合气体的压强之比等于物质的量之比可得：00pp2=22-3a，解得a=13，则平衡时氨气、二氧化碳的平衡分压为0p6、0p3，则反应的平衡常数Kp=2001pp()63=30108p，故答案为：30108p；①由

图可知，当温度高于250℃时，催化剂的催化效率降低，导致乙酸的生成速率降低，故答案为：温度高于250℃时，催化剂的催化效率降低，乙酸的生成速率降低；②二氧化碳和甲烷直接转化为乙酸的方程式为CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)，由化学平衡移动原理可知，增大压强和增加二氧化碳的浓度，平衡向正

反应方向移动，甲烷的转化率增大，故答案为：增大压强或增加二氧化碳的浓度；由题意可知，酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成LDPE和水，电极反应式为2nCO2+12ne—+12H+=+4nH2O，故答案为：2nCO2+1

2ne—+12H+=+4nH2O；①由图可知，光反应过程中发生的反应为水分解为氧气和还原氢[H]，暗反应过程中发生的反应为二氧化碳与还原氢[H]生成(CH2O)和水，总反应方程式为CO2+4[H]→(CH2O)+H2O，若光反应过程中水分解的氧气不脱离体系

，会还原氢[H]反应，不利于C3被还原，与故答案为：CO2+4[H]→(CH2O)+H2O；防止提供的还原氢[H]被氧化，不利于C3被还原；②A．由图可知，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为222HO4e4HO−+−=+，故正确；B．二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应，

还原产物可能为34COHCHOCHOHCH、、、等，故正确；C．由图可知，阳极材料为光电催化材料，阴极材料是铂电极，若电极互换会影响太阳能燃料的制备，故错误；故选AB。18-1【基础】【正确答案】1、长颈漏斗24422Cu2HSO()CuSOSO2HO浓+++2、

做安全瓶，用于监测实验进行时装置C中是否发生堵塞；做储气瓶3、222332ΔSOCOSOCO−−++4、蒸发(加热)浓缩、冷却结晶5、检验尾气中SO2是否除尽6、滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟

不褪色80%或45CD【试题解析】分析:本题是一道无机物制备类的实验题，由装置A制备二氧化硫，通过安全装置B进入装置C中，在该装置中和碳酸钠，单质硫发生反应，生成产物，最后过量的二氧化硫在装置D中被氢氧化钠吸收，以此解题。由图可知，仪器

a的名称为：长颈漏斗；装置A中是浓硫酸和铜在加热条件下发生反应生成二氧化硫和硫酸铜，方程式为：24422Cu2HSO()CuSOSO2HO浓+++；当气流速度过大时，装置B中仪器a中的液面会上升，另外过量的二氧化硫可

以临时储存在这个装置中，故装置B的作用为：做安全瓶，用于监测实验进行时装置C中是否发生堵塞；做储气瓶；在装置C中二氧化硫和碳酸根离子可以反应生成亚硫酸根离子，随后亚硫酸根离子再和单质S反应，故方程式为：22

2332ΔSOCOSOCO−−++；C中得到的产品中含有结晶水，故采用的结晶方法为：蒸发(加热)浓缩、冷却结晶；装置D中的氢氧化钠可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，故浸有品红溶液的棉花的作用为：检验尾气中SO2是否除尽；

①淀粉遇碘分子显蓝色，故滴定达到终点时的现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；根据2222346I2SO2ISO−−−+=+可知，n(223SO−)=2n(I2)=2×0.25mol·L

-1×20.00mL×10-3×10025=0.04mol，则m(223SO−)=0.04mol×248g/mol=9.92g，该产品中2232NaSO5HO的质量分数=9.92100%80%12.40=，故答案为：80%或45；②A．产品中硫代硫酸钠晶

体失去部分结晶水，则同样量的样品中，硫代硫酸根离子的含量较多，滴定消耗的标准溶液体积偏大，结果偏大，A错误；B．滴定前，装I2标准液的滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度变小，消耗的标准液体积偏大，结果偏大，B错误；C．滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出，则滴定时消耗的

标准液体积变小，结果偏小，C正确；D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数，则读取的标准液体积偏小，结果偏小，D正确；故选CD。18-2【基础】【正确答案】1、恒压分液漏斗下口2、B3、防止H2O2发生分解4、增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出5、当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时

，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色4.18V%b偏低【试题解析】分析:根据图中装置连接好后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30%H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应，再加入

氯化钠固体，增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。根据图中信息得到装置中仪器B的名称恒压分液漏斗；仪器A为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，冷凝水是“下进上出”即进水口为下口；故答案为：恒压分液漏斗；下口。根据题意及催化剂知识分析H2O2溶液在FeCl3、MnO2等

催化剂作用下易分解，而与和还原剂Na2SO3发生氧化还原反应，因此可作为稳定剂使用的是Na2SiO3；故答案为：B。由于H2O2溶液在温度较高条件下易分解，为了减少H2O2溶液分解，因此反应过程中要控制温度

不能太高；故答案为：防止H2O2发生分解。根据题意加入NaCl固体，增加了溶液中钠离子的物质的量浓度，有利于过碳酸钠析出；故答案为：增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。①高锰酸钾溶液是紫红色，实验达到滴定终点的

现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色；故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色。②根据方程式得到关系式5(2Na2CO3∙3H2O2)～15H2O2～6KMnO4，该过氧碳酸钠的

产品纯度为13150.04000molLV10L4314gmol4.18V6100%%bgb−−−=；故答案为：4.18V%b。③滴定时间过长，过氧化氢会发生分解反应，会使消耗的高锰酸钾溶液的体积减小，导致测

定过碳酸钠产品纯度将偏低；故答案为：偏低。18-3【基础】【正确答案】1、三颈烧瓶(三口烧瓶、三口瓶、三颈圆底烧瓶均得分)平衡气压，有利于液体的顺利滴下2、冰水浴ClO2+H2O2+2OH－=22ClO−+O2+2H2O3、通入过慢，ClO2浓度偏高，易分解爆炸，通入过

快，影响ClO2的吸收转化4、趁热过滤于38°C~60°C干燥5、181bv%8a【试题解析】分析:硫酸和氯酸钠、亚硫酸钠反应生成二氧化氯，通入氮气，将二氧化氯吹出到盛有氢氧化钠和双氧水的容器中发生反应生成NaClO2，尾气用水

吸收。根据图中信息得到仪器b的名称为三颈烧瓶,a为恒压分液漏斗，其主要作用是平衡压强，能使液体顺利流下，因此使用a添加液体的优点平衡气压，有利于液体的顺利滴下；故答案为：三颈烧瓶(三口烧瓶、三口瓶、三颈圆底烧瓶均得分)；平衡气压，有利于液体的顺利滴下。装置B主要是制备NaClO2，根据题中信

息NaClO2在60℃容易分解，因此装置B水浴方式为冰水浴；ClO2和H2O2、NaOH溶液反应生成NaClO2、O2和H2O，因此生成NaClO2的离子方程式为ClO2+H2O2+2OH－=22ClO−+O2

+2H2O；故答案为：冰水浴；ClO2+H2O2+2OH－=22ClO−+O2+2H2O。根据题中信息纯的或浓度较大的ClO2易分解爆炸，因此通入氮气的速度不能太慢，制备NaClO2是ClO2和溶液在反应

，通入速率过快，则反应不完全，因此实验过程中持续通入N2的速度不能太慢也不能太快的原因是通入过慢，ClO2浓度偏高，易分解爆炸，通入过快，影响ClO2的吸收转化；故答案为：通入过慢，ClO2浓度偏高，易分解爆炸，通入

过快，影响ClO2的吸收转化。根据题中信息NaClO2溶液在低于38℃时以NaClO2·3H2O，高于60℃易分解，在38℃到60℃时以NaClO2形式存在，因此①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③无水乙醇洗涤；④于38°C~60°C干燥，得到成品；故答案为：趁热过滤；于

38°C~60°C干燥。根据方程式得到关系式2ClO−～4223SO−，则ag产品中NaClO2物质的量为n(NaClO2)=1331V10L10=2.bmolLb5V10mol4−−−，其质量分数是312.5V10mol

90.5gmol100%b181bv%8aga−−=；故答案为：181bv%8a。18-4【巩固】【正确答案】1、500mL容量瓶2、3232422422NaClO+NaSO+HSO=2ClO+2NaSO+HO浓硫酸与溶液混合会释放大量热，使生成的ClO2全部变为气体，使得实验顺利进行3

、1:2防止生成物NaClO2受热分解4、缺少尾气处理装置5、e→a→b6、90.5cV100%1000m偏低【试题解析】配置400mL溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒和500mL容量瓶。在装置A中，NaClO3为氧化剂，N

a2SO3为还原剂，二者发生氧化还原反应，生成ClO2气体，具体反应方程式为：3232422422NaClO+NaSO+HSO=2ClO+2NaSO+HO；浓硫酸与溶液混合会释放大量热，使生成的ClO2全部变为气体，使得实验顺利进行。由提示可知，装置C中发生

的化学反应为2222222NaOH+2ClO+HO=2NaClO+OHO+，还原剂H2O2与氧化剂ClO2物质的量之比为1:2；装置C用冰水浴冷却的主要目的是防止生成物NaClO2受热分解。该套装置存在的明显缺陷是没有尾气处理装置，ClO2是有毒气体，

必须进行尾气处理。因为2NaClO超过60℃会分解，因此需要在低于60℃的温度下减压蒸发结晶，再趁热过滤，再用50℃水洗涤，最后干燥，即可得到2NaClO晶体。消耗的223NaSO物质的量为cV1000，根据反应式中的比例关系可知，与其反应的

I2物质的量为cV2000；根据已知的第一个反应式中比例关系，消耗的25.00mL待测溶液中NaClO2物质的量为cV4000，因此mg样品中，NaClO2的物质的量为cV1000，质量为90.5cV1000，质量分数为90.5cV100%1000m；若

在检测中加入稀硫酸的量过少，将会导致样品中的2NaClO不能完全反应，导致最终的结果偏小。18-5【巩固】【正确答案】1、平衡装置内压强三颈烧瓶2、SO2+HNO3（浓）24HSO浓NOHSO4温度太高会导致浓硝酸挥发且会分解3、生成的NOHSO4

会作为反应的催化剂加快反应速率4、在装置BC之间增加一个浓硫酸洗气装置5、最后一滴标准液加入后，溶液紫红色褪色且半分钟内不变色63.5%【试题解析】分析:A装置生成二氧化硫气体通入装置B中，SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOHSO4，尾气使用氢氧化钠溶液吸收，亚硝酰硫

酸(NOHSO4)遇水易分解，该实验装置存在明显缺陷，C中水蒸气会进入装置B中可能导致NOHSO4产量降低，应该在装置BC之间增加一个浓硫酸洗气装置；导管a的作用是平衡装置内压强，使液体顺利滴下；仪器b的名称是三颈烧瓶；SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOHSO4，装置B为生成

NOHSO4装置，发生反应的化学方程式为SO2+HNO3（浓）24HSO浓NOHSO4；浓硝酸具有挥发性，受热易分解，B中反应必须维持体系温度不得高于20°C，可能的原因为温度太高会导致浓硝酸挥发且会分解；催化剂会明显改变反应速率，反应开始时缓慢，待

生成少量NOHSO4后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是生成的NOHSO4会作为反应的催化剂加快反应速率；亚硝酰硫酸(NOHSO4)遇水易分解，该实验装置存在明显缺陷，C中水蒸气会进入装置B中可能导致NOHSO4产量

降低，改进方案可以为：在装置BC之间增加一个浓硫酸洗气装置；①高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定终点的现象为最后一滴标准液加入后，溶液紫红色褪色且半分钟内不变色。②由化学方程式可知2KMnO4~5NOHSO4、5Na2C2O4~2KMnO4，则NOHSO4的物质的

量为(0.100L×0.10mol·L-1-0.025L×0.20mol·L-1×25)×52=2×10-2mol；故产品纯度为12127g?210100%=63.5%4.0gmolmol−−。18-6【巩固】【正确答案】1、浓氨水平衡烧瓶

和分液漏斗中的压强，有利于液体顺利滴下2、装置F中会产生倒吸3、ab4、装置F中几乎不再产生气泡5、取最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则证明产品氮化镓固体已洗涤于净6、GaN+OH-+H2OGaO2−+NH

3↑【试题解析】根据题中信息可知，装置A制取氢气，装置C制取氨气，不需要加热条件液体与固体作用制氨气，则仪器X中的试剂是浓氨水，仪器Y的名称是球形干燥管。故答案为：浓氨水；球形干燥管；因过量的氨气进入装置F与浓硫酸反应，装置F中会产生倒吸；故答案为：装置

F中会产生倒吸；步骤①中选择NiCl2溶液，NiCl2溶液在加热时，先转化为Ni(OH)2，后分解为NiO,增大接触面积，加快化学反应速率；使镍能均匀附着在镓粉的表面，提高催化效率；故选ab；步骤③中制备

氮化镓，反应为：322Ga+2NH2GaN3H+，氨气极易溶于水，氢气不溶于水，则判断该反应接近完成时观察到的现象是装置F中几乎不再产生气泡；故答案为：装置F中几乎不再产生气泡；步骤⑤中检验产品氮化镓固体洗涤于净的操作：取

最后的一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀，则证明产品氮化镓固体已洗涤于净。故答案为：取最后的一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀，则证明产品氮化镓固体已洗涤于净；镓元素与铝同族，其

性质与铝类似，铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O2-2AlO+3H2↑，则氮化镓溶于热NaOH溶液的离子方程式为：GaN+OH-+H2OGaO2−+NH3↑。18-7【提升】【正确答案】1、恒压滴液漏斗322ClO6H5Cl3Cl3=HO−+−+++

2、浓硫酸长颈漏斗中的液面上升3、排尽装置中的空气，避免NO被氧化4、防止水蒸气进入装置D中使NOCl产率降低缺少尾气处理装置5、78.6【试题解析】分析:KClO3具有氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2，A中离子反应方程式为：322ClO6H5Cl3Cl3=HO−+−+++，浓盐酸含有挥发性，所

以得到的Cl2中含有HCl，B装置除去Cl2中的HCl且起安全瓶的作用，B中溶液为饱和的NaCl溶液，根据已知①知，NOCl能和水反应，所以D中发生反应的氯气必须是干燥的，所以C装置的作用是干燥氯气，C中溶液为浓硫

酸；D中发生反应2NO+Cl2=2NOC1，干燥管是干燥空气，防止空气中水蒸气进入D装置，NOCl的熔沸点较低，所以用-10℃冰盐水降低D装置温度，据此分析解答。根据图知，装置A中盛有浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；装置A中KC1O3和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，离子反应方程式为32

2ClO6H5Cl3Cl3=HO−+−+++，故答案为：恒压滴液漏斗；322ClO6H5Cl3Cl3=HO−+−+++；浓硫酸具有吸水性，和氯气不反应，所以C中试剂为浓硫酸；若装置B中压强过大而大于大气压，会导致液体逸出，看到的现象是液体沿长颈漏斗

上升，故答案为：浓硫酸；长颈漏斗中的液面上升；NO不稳定，易被空气氧化，为防止NO被空气氧化，用氯气将装置中空气排尽，所以实验时，待装置D中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将干燥的NO压入三颈烧瓶中，故答案为：排尽装置中的空气，避免NO被氧化；NOCl能和水反应，为防

止空气中水蒸气进入D装置和NOCl反应，所以用无水氯化钙干燥空气；有毒气体要进行尾气处理，该装置没有尾气处理装置，故答案为：防止水蒸气进入装置D中使NOCl产率降低；缺少尾气处理装置；根据I2+22-23S

O=22-4SO+2I-得n(I2)=()122-23nSO=12×0.30mol/L×0.02L=0.003mol，则250mL的溶液中n(I2)=250.00mL25.00mL×0.003mol=0.03mol，根据方程式2NOCl+H2O=2H++2Cl-+NO↑+NO2↑、2O

H-+NO+NO2=2-2NO+H2O、2-2NO+4H++2I-=2NO↑+I2+2H2O得关系式2NOCl~I2，则5.00g三颈烧瓶所得产物中n(NOC1)=2n(I2)=2×0.03mol=0.06mol，其质量分数=()()mNOClm样品×100%=0.06mol65.5g/mo

l5.00g×100%=78.6%，故答案为：78.6。18-8【提升】【正确答案】1、排尽装置中的空气，防止氯化亚铜被空气中氧气氧化SO2+2Cu2++2Cl—+2H2O=2CuCl↓+SO2-4+4H+安全

瓶，防倒吸NaOH溶液2、C3、不能，在干燥的氯化氢气流中加热2【试题解析】分析:由实验装置图可知，装置A中二氧化硫与盐酸、氯化铜混合溶液反应制备氯化亚铜，装置B为空载仪器，起到安全瓶，防倒吸的作用，装置C中盛有的氢氧

化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气。①由题给信息可知，氯化亚铜在空易气中被迅速氧化，反应前应通入氮气排尽装置中的空气，防止氯化亚铜被空气中氧气氧化，故答案为：排尽装置中的空气，防止氯化亚铜被空气中氧气氧化；②由分析可知，装置A中发生的

反应为二氧化硫与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜沉淀、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为SO2+2Cu2++2Cl—+2H2O=2CuCl↓+SO2-4+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl—+2H2O=2CuCl↓+SO2-4+4H+；③由分析可知，装置B为空载仪器，起到安全瓶，防倒吸的作用，装

置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，故答案为：安全瓶，防倒吸；NaOH溶液；为防止微溶于水的氯化亚铜被氧化，步骤II中一系列过程为减压过滤、乙醇洗、干燥，故选C；①氯化铜是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解，为防止CuCl2·xH2O晶

体直接加热时发生水解反应，应在干燥的氯化氢气流中加热使CuCl2·xH2O晶体失去结晶水得到无水氯化铜，故答案为：不能，在干燥的氯化氢气流中加热；②由题意可得如下转化关系：CuCl2·xH2O—CuO，由CuCl2·xH2O和

氧化铜的质量可得：(135+18x)3.420gg/mol=801.g600g/mol，解得x=2，故答案为：2。18-9【提升】【正确答案】1、检查装置气密性2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O观察气泡流速，以便控制加热温度2、三颈烧瓶NH4SC

N+KOHΔKSCN+NH3↑+H2O3、过滤洗涤4、当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复97%【试题解析】分析:在装置A中加热氢氧化钙和氯化铵固体制取氨气，装置B中干燥氨气，氨气易溶于水、不溶于二硫化碳，通过观察装置C中气泡流速，可控制装置A的

加热温度，在装置D的三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，从而使反应物充分接触，防止发生倒吸。在装置D中发生反应获得NH4SCN，由装置D分液漏斗加入KOH溶液与NH4SCN反应生成KSCN。滴定时发生的离子反应

为SCN-+Ag+=AgSCN↓，以Fe(NO3)3为指示剂，SCN-与Fe3+反应使溶液呈红色，当滴定结束时溶液红色消失，据此判断滴定终点现象。由反应消耗AgNO3的物质的量确定样品中KSCN的物质的量，进而可得其质量分数。实验前，应进行的操作是检查装置的气密性；装置A是制取氨气的装置，药品为

NH4Cl与Ca(OH)2，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，因为氨气不溶于CS2，所以与CS2反应缓慢，应缓慢通气，从而得出装置C的作用可能是通过观察气

泡的快慢来调节氨气的流速，以便控制加热温度，答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；观察气泡流速，以便控制加热温度；①E的仪器名称为三颈烧瓶；②根据上述分析可知，KOH溶液与NH4SCN反应生成KSCN，其化学反应方程式为：NH4SCN+KOHΔK

SCN+NH3↑+H2O；制备KSCN晶体：减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以获得硫氰化钾晶体，故答案为：过滤；洗涤；①滴定时发生的离子反应为SCN－＋Ag+＝AgSCN↓，则刚好沉淀完时的锥形瓶中颜色变化是：红色褪为无色（或“浅黄色”、“黄色

”），即滴定终点现象为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复；②由反应SCN－＋Ag+＝AgSCN↓，可得出n(KSCN)=n(AgNO3)=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，KS

CN的质量分数为：100mL0.002mol97g/mol20mL100%1.0g=97％，答案为：97％。19-1【基础】【正确答案】1、酯基、溴原子2、3、OHC-CHO+→+2H2O4、还原反应取代反应5、9、、【试题

解析】分析:由化合物Ⅱ的分子式可知Ⅰ→Ⅱ发生取代反应加上一个Br原子，结合第(2)题的信息可知Ⅱ为，接着发生已知信息的反应，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到

氨基，反应③中氨基被取代为氟原子。化合物Ⅱ中官能团名称为酯基、溴原子；已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：4：1，则Ⅱ应该轴对称，其结构简式为；反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，反应①的化学方程式为OHC-CHO+→+2H2O；反应②为硝基氢化得

到氨基，反应类型是还原反应；反应③是氨基被氟原子取代生成法匹拉韦，反应类型是取代反应；X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2说明含有2mol羧基

，除两个羧基外，碳架有、，若两个羧基取代在同一个碳上，则分别有2种和1种，若两个羧基取代在不同碳上，则上有1、2，1、3，1、4，2、3共4种，上有1、2，1、3两种，故符合上述条件的X有9种；其中任意一种含有手

性碳原子即碳上连接四种不同的结构简式有、、。19-2【基础】【正确答案】1、羟基、羧基2、取代反应3、24、55、催化剂具有选择性6、93%(或93.1%)【试题解析】分析:C(多巴胺)的降解过程主要有两条途径，根据C→F→H路线可知，降解酶X(条件X)使C(

多巴胺)结构中的氨基部分变成羧基得到F，降解酶Y(条件Y)使F结构中苯环上的一个羟基变成得到H，则路线C→G→H中降解酶Y(条件Y)放在前面，则会使C结构中苯环上的羟基先变成，故G的结构简式为，据此分析解答。从B的结构简式来看，其含氧官能团分别是羟基和羧基。D→E，从二

者结构来看，E是D结构中氨基上的一个氢原子被甲基转移酶中的甲基取代生成的，故反应类型为取代反应。化合物A苯环的两个取代基是对称的，则氯原子取代苯环上的一氯代物有2种，分别是和两种。化合物C的结构简式为，苯环上的三个取代基不变，只考虑取代基的位置异构，则可先确定2个

羟基位置，若羟基是相邻的，考虑对称，则另外一个取代基的位置除了C外只有一种,若两个羟基是相间结构，则另外一个取代基在苯环上位置有3处，对应3种结构，若两个羟基是对称结构，则另外一个取代基在苯环上的位置只有一种结构则满足条件的化合物C的同分异构体共有1+3+1=5种。C

(多巴胺)的降解过程主要有两条途径，其中涉及的降解酶是相同的，最终产物也相同，经分析推理，化合物G的结构简式为，通过分析同一环境下，C(多巴胺)分别与降解酶X和降解酶Y作用时的产物不同(分别为F和G)，是因为

降解酶X和降解酶Y是不同的酶，酶的催化具有选择性，故答案是催化剂具有选择性。已知A→B、B→C产率分别为98%、95%，则A→C的总产率为98%95%=93%(或93.1%)。19-3【基础】【正确答案】1、浓硝酸、浓硫酸2、

＋CH3OH＋NaOH⎯⎯→＋NaCl＋H2O3、还原反应4、5、6、n＋n＋(2n−1)H2O7、、(其他合理答案即可)8、10【试题解析】分析:氯苯在浓硫酸作用下和浓硝酸加热条件下反应生成A，A和甲醇在

氢氧化钠作用下发生取代反应生成B()，B和HCl在铁作用下发生反应生成C，C和乙酸发生反应生成含有肽键的D()，D和浓硝酸在浓硫酸加热作用下反应生成E()，E发生还原反应生成F()。氯苯和浓硝酸在浓硫酸加热条件下反应生成G()，G和甲醇在氢氧

化钠作用下发生取代反应生成H()，H发生还原反应生成I()，I和乙酸发生取代反应生成F()氯苯到A是发生硝化反应，因此试剂a为浓硝酸、浓硫酸；故答案为：浓硝酸、浓硫酸。A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为＋CH3OH＋NaOH⎯⎯

→＋NaCl＋H2O。B→C是−NO2变−NH2，其反应类型为还原反应；故答案为：还原反应。C与3CHCOOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，说明C和乙酸发生反应生成肽键，则D的结构简式为，D→E是发生硝化反应，其取代位置发生在甲氧基(3OCH−)的邻

位，E的结构简式为，E到F发生还原反应，则F的结构简式为；根据F的结构和G到H、H到I、I到F的结构分析G含有两个硝基，一个在邻位，一个在对位，其G的结构简式为；有机物I()与对苯二甲酸()发生聚合反应的化学方程

式为n＋n＋(2n−1)H2O；I与3CHCOOH反应生成的有机产物除F外，即乙酸和−NH2发生肽键反应，可能在−OCH3的邻位、对位或邻对位，因此还可能有、；故答案为：、(其他合理答案即可)。①与3FeCl溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②分子中含有2NH−，

③苯环上有3种氢，符合条件的的同分异构体，苯环上有3个取代基−NH2、−OH、−CH3，根据定一论二的原则，−NH2、−OH在邻为，有四种结构，−NH2、−OH在间位，有4种结构，−NH2、−OH在对位，有2种结构，共1

0种；故答案为：10。19-4【巩固】【正确答案】1、羟基、羧基2、水解反应(或取代反应)氧化反应3、()23HOHCCCHO4、+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯⎯⎯→+Cu2O↓+3H2O5、n+nHOCH2CH2OH⎯⎯⎯⎯→一定条件+(2n-1)H2O6、13【试题解析】分析:根据E→G和

E的分子式可知E的结构简式为。A与氢气发生加成反应并酸化后生成E，则A的结构简式为，D的结构简式为。质谱分析中B的最大质荷比为32，说明B的相对分子质量为32；且核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为3:1，因此B的结

构简式为CH3OH。M在NaOH溶液中生成A和B，说明A中含有酯基能发生水解反应，且为苯甲酸甲醇酯。产物A中含有醛基，根据M的结构简式和已知信息①可推断M的结构简式为。F为甲醛（HCHO），根据已知信息③和G→季戊四醇，可知G的结构简式为

(HOCH2)3CCHO。据此解答。E的结构简式为，则E中官能团名称为羟基、羧基。故答案为：羟基、羧基根据分析可知，反应①为水解反应，反应④为氧化反应。故答案为：水解反应；氧化反应根据分析可知，M、G的结构简式分别为：、(HOCH2)3CCHO。故答案为：；(

HOCH2)3CCHOA的结构简式为，与新制氢氧化铜悬浊液反应生成D，反应的化学方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯→+Cu2O+3H2O。故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯→+Cu2O+3H2O对苯二甲酸和乙二醇反应生

成聚对苯二甲酸乙二醇酯的化学方程式为：n+nHOCH2CH2OH⎯⎯⎯⎯→一定条件下+(2n-1)H2O。故答案为：n+nHOCH2CH2OH⎯⎯⎯⎯→一定条件下+(2n-1)H2OE的同分异构体M(C8H8O3)能发生银镜反应，且能发生水解反应，说明M中含有

HCOO-结构，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明M中含有酚羟基。因此M中至少含有2个取代基。(i)若M中仅含2个取代基，则取代基结构为-OH、HCOOCH2-，2个取代基之间存在邻间对3种结构；(ii

)若M中含3个取代基，则取代基结构为HCOO-、-CH3、-OH。若HCOO-和-OH处于对位，则-CH3的位置有2种；若HCOO-、-CH3处于邻位或间位，-CH3的位置均有4种。因此M中含3个取代基时，符合条件的同分异构体共10种。综上所述，符合条件的E的同分异

构体共3+10=13种。其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1:1:1:2:2的同分异构体的结构简式为：。故答案为：13；。点睛:分析限制条件下同分异构体的数目时，要根据该有机物的性质分析苯环上取代基的可能结构

，再进行分类讨论，进而得出结论。19-5【巩固】【正确答案】1、3—甲基丁醛2、3、加成反应4、25、+CO(NH2)2Δ⎯⎯→CO2↑+NH3↑+H2O6、氨基、羧基7、5【试题解析】分析:在有机物的推断合成中，常采用的方法是对比法，

找出不同部位和相同部位，不同部位应是断键和形成化学键，如对比A.C的结构简式，可以推出B的结构简式为，据此分析解答。根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为：3—甲基丁醛；由分析可知B为；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应；根据手性

碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即；根据已知可知，反应④的反应方程式为+CO(NH2)2Δ⎯⎯→CO2↑+NH3↑+H2O；由题意可知G是3－氨甲基－5－甲基己酸的一种立体异构体，则具有的官能团名称是：氨基、羧基；H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与

G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式，结构简式还可能是，结构简式还可能是，还可能是，还可能是，一共5种。19-6【巩固】【正确答案】1、1、4-苯二酚（或对苯二酚）2、3、酚羟基、醚键、羧基4、取代反应或酯化反应5、光照、溴6、7、23【试题解析】分析:由

流程可知，A中酚羟基和甲醇发生取代反应生成B，结合化学式可知，B结构简式为；B引入羧基和氢氧化钠反应生成C，C酸化后得到，D结构简式为；D发生酯化反应生成E；F发生取代反应生成G：，G发生酯化反应生成H：，H中与苯环直

接相连的甲基发生取代反应引入溴原子生成I：，I发生已知反应原理生成J；EJ生成K，K转化为M；A的化学名称是1、4-苯二酚（或对苯二酚）；由分析可知，B的结构简式为；D结构简式为；则D中含氧官能团的名称为酚羟基、醚键、羧基；

由G生成H的反应为羧基和羟基生成酯基的反应，为取代反应；H中与苯环直接相连的甲基发生取代反应引入溴原子生成I，故H→I的反应条件和试剂为光照、溴；反应E+J→K的反应为J中甲基上溴与E中酚羟基发生取代反应生成K，化学方程式为；G结构简式为：，满足下列条件的G的同分异构体：①与Fe

Cl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；②能发生银镜反应，含有醛基或为甲酸酯③不含有甲基。则由3种基团组合：-CH2Br、-OH、-CHO；-Br、-OH、-CH2CHO；-OH、-CHBrCHO；苯环上有3个取代基时，各有10种

，合计20种；苯环上有2个取代基时，有邻间对3种；故共23种；其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1，则结构较为对称，结构简式为。19-7【提升】【正确答案】1、丙烯醛2、3、4、氨基、氯原子5、取代反应Na

OH水溶液6、137、AC【试题解析】分析:由B、C分子式可知，CH2=CHCH3和Cl2发生取代反应生成B，B和Br2发生加成反应生成C，C在试剂X中发生水解反应生成，则B为CH2=CHCH2Cl，C为，试剂X为NaOH水溶液；E和H发生加成反应生成，结合分子式可反推E为CH2=CH-CHO，

H为；在一定条件下生成G，G发生水解反应生成，则G为；I和J的分子式相同，都是C9H11NO2，故I→J发生的是加成反应，J的结构有两个六元环，说明除原有苯环外，通过加成反应新生成一个六元环，则J为。由分析可知，E为CH2=CH-CHO，其名称为丙烯醛；由分析可知，H的结构简式

为；由分析可知，I和J的分子式相同，都是C9H11NO2，故I→J发生的是加成反应，J的结构有两个六元环，说明除原有苯环外，通过加成反应新生成一个六元环，反应的化学方程式为；G的结构简式为，其官能团为氨基和氯原子；A→B反应是丙烯发生

取代反应生成CH2=CHCH2Cl；试剂X为NaOH水溶液；M的分子式为C7H9NO，是有机物H的同系物，第一类情况苯环有三个侧链：一个甲基、一个酚羟基和一个氨基，共10种结构；第二类情况，苯环有两个

侧链，一个酚羟基一个是-CH2NH2，共三种结构；故符合条件的一共有13种；A．根据有机物L的结构可知，L中含有酚羟基，其不易溶于水，A项错误；B．有机物L中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，B项正确；C．有机物L中含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应，C项错误；D．有机物

L中，酚羟基的邻对位可与溴水发生取代反应，碳碳双键可与溴水发生加成反应，D项正确；答案选AC。19-8【提升】【正确答案】1、丙酮醛基2、133、加成反应4、5、6、10、、【试题解析】分析:D生成E，结合E结构简式可知，D结构简式为；A和B生成D，由AB结构简式可知

，A为苯酚、B为丙酮；B和C发生反应，C中醛基转变为F中碳碳双键生成F；F发生成环反应生成G，G和乙炔反应羰基变为羟基发生加成反应生成H；H还原碳碳叁键变双键生成I；B的名称为丙酮，C中含氧官能团的名称为醛基；A为苯酚，与苯

环直接相连的原子与苯环共面，在分子中最多有13个原子处于同一平面。G和乙炔反应羰基变为羟基发生加成反应生成H，故G生成H的反应类型为加成反应；D的结构简式为；C中含有醛基，可以发生铜镜反应，故在加热条件下C与新制的2Cu(OH)(含NaOH溶液)反应的化学方程

式：；由题意知，W的分子式为1320CHO，含有苯环，苯环上有两个对位取代基，其中一个取代基为酚羟基（遇3FeCl溶液发生显色反应），另一取代基为715CH−，715CH−结构中含四个甲基的骨架为、、、、，共10种；其中核磁共振氢谱为7组峰，且

峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3∶9的结构简式为、。19-9【提升】【正确答案】1、—OH、—NO22、取代反应3、+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→+2NaCl+H2OnHOCH2COOH⎯⎯⎯→催化剂+(n—1)H2O4

、45、bd【试题解析】分析:由有机物的转化关系可知，在铁和氧气的作用下与氯气发生取代反应生成，则A为；高温高压下在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反

应生成，则D为；与ClCH2COOC2H5发生取代反应生成，发生信息②中的反应生成，则E为；一定条件下发生还原反应生成由分析可知，D的结构简式为，分子中的官能团为—CHO、—OH、—NO2，故答案为：—OH、—NO2；由分析可知，E的结构简式为，反应①为在光照条件下与氯气发生取代反应

生成和氯化氢，故答案为：；取代反应；由分析可知，反应B→C为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成、氯化钠和水，反应的化学方程式为+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→+2NaCl+H2O；ClCH2COOC2H5加

热条件下与足量氢氧化钠溶液反应后酸化所得有机物的结构简式为HOCH2COOH，催化剂作用下HOCH2COOH发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为nHOCH2COOH⎯⎯⎯→催化剂+(n—1)H2O故答案为：+2NaOH2HOΔ⎯⎯

⎯⎯→+2NaCl+H2O；nHOCH2COOH⎯⎯⎯→催化剂+(n—1)H2O；由分析可知，C的结构简式为，含有苯环的同分异构体的取代基可能为—COOH、HCOO—、—CHO和—OH，其中取代基为—COOH、HCOO—的结构都只有1种，取代基为—CH

O和—OH有邻间对3种结构，去掉C后还有2种，则符合条件的结构共有4种，其中苯环上只有一个侧链且能发生银镜反应的有机物结构简式为，故答案为：4；；a．由结构简式可知，F的分子式为C11H11O3N，故错误；b．由结构简式可知，F分子中含有的氨基能与盐酸反应生成盐，含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应生成

盐，故正确；c．由结构简式可知，F分子中含有的苯环和碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molF最多可以与4mol氢气反生加成反应，故错误；d．由结构简式可知，F分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，

含有的酯基或苯环上的氢能发生取代反应，故正确；故选bd。