【文档说明】河北省唐山市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题变式题 Word版含解析.docx，共(96)页，13.221 MB，由小赞的店铺上传

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河北省唐山市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题变式题【原卷1题】知识点化学科学对人类文明发展的意义【正确答案】D1-1（基础）化学与生活、环境、生产密切相关。下列叙述正确的是A.碳纳米点是一种直径小于10nm的材料，是胶体B

.燃料的脱硫、NOx的催化转化都是减少温室效应的措施C.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质D.液氨和干冰均可作制冷剂【正确答案】D1-2（基础）化学与生产、生活、科技和环境等联系密切。下列说法错误的是A.用2CO人工合成淀粉，有利于促进“碳中和”B.葡萄酒中添加微量2SO的作用是杀

菌、抗氧化C.纳米铁粉通过物理吸附去除污水中2Hg+、2Pb+等重金属离子D.“北斗组网卫星”使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料【正确答案】C1-3（巩固）化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A.使用可降解的聚碳酸酯塑料有利于减少白色污染B.采用风能

、太阳能等洁净能源发电，有利于实现碳中和C.研究合适的催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放D.将废旧重金属盐的废液深度掩埋会减少环境污染【正确答案】D1-4（巩固）化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述正确的

是A.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝B.核电站反应堆所用轴棒中含有的23592U与23892U互为同素异形体C.火箭芯一级尾段使用的碳纤维材料属于新型无机非金属材料D.向煤中加入2CaCl等来处理燃烧煤生成的2SO【正确答案】C1-5（提

升）化学与生产、生活、环境等密切相关。下列说法正确的是A.医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同B.燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于有机化合物D.中国天眼使用的防腐蚀材料磷酸钡属于

强电解质【正确答案】D1-6（提升）化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是A.维生素C常用作抗氧化剂，说明它具有还原性B.大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术，可以减少SO2、NO2的排放C.工业生产玻璃、水泥．均需用石灰石作原料D.糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，都能发

生水解反应【正确答案】D【原卷2题】知识点化学用语综合判断【正确答案】C2-1（基础）下列物质名称与化学式不对应的是A.碳铵：NH4HCO3B.蔗糖：C12H22O11C.石膏：CaSO4·2H2OD.蚁醛：CH3CHO【正

确答案】D2-2（基础）下列物质对应的化学式正确的是A.白磷：P2B.乙胺：CH3CH2NH2C.胆矾：FeSO4•7H2OD.硬脂酸：C15H31COOH【正确答案】B2-3（巩固）下列化学式对应的物质名称不正确．．．的是A.232NaSO7HO：芒硝B.422CaSOHO：熟石

膏C.：甘油D.()323223CHCHCHCHCHCHCH：3-甲基己烷【正确答案】A2-4（巩固）下列物质的名称与其化学式对应的是A.草酸——HCOOHB.绿矾——ZnSO4∙7H2OC.工业盐——NaNO3D.阿司匹林——乙酰水杨酸【正确答案】D2-5（提升）下列物质的名称与化学式不对

应的是A.绿矾：FeSO4·7H2OB.水玻璃：Na2SiO3水溶液C.蔗糖：C12H24O12D.硝化纤维：【正确答案】C2-6（提升）下列名称与结构或化学式不相符的是A.TNT：B.乙酸酐：(CH3)2C

OC.蔗糖：C12H22O11D.摩尔盐：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O【正确答案】B【原卷3题】知识点二氧化硅,海水提取溴,氨水【正确答案】B3-1（基础）下列有关非金属元素说法正确的是A.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒B.液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂C.硫具有还

原性，可用硫粉覆盖地上洒落的汞D.金刚石与石墨均由碳元素构成，二者互称为同位素【正确答案】B3-2（基础）下列有关非金属化合物的性质说法正确的是A.向2CaCl溶液中通入少量的2CO生成3CaCO沉淀B.2NO通入水中能得到一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色C.汽车尾气中

的主要大气污染物为2NOCO、和PM2.5D.将等物质的量的2SO和2Cl通入水中，溶液的漂白性增强【正确答案】B3-3（巩固）下列说法正确的是A.三氧化硫溶于水能导电，三氧化硫是电解质B.CO2分子中所有原子都满足最外层8电子结构C.常温下硅的性质

很稳定，自然界中存在游离态的硅D.NH4NO3由非金属元素组成，属于共价化合物【正确答案】B3-4（巩固）下列有关非金属元素及其化合物的性质叙述错误的是A.F2、Cl2均能和水发生反应，且水表现出的性质完全相同B.H2

O2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液反应生成O2C.炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅D.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+【正确答案】A3-5（提升）关于几种非

金属元素及其化合物的说法正确的是A.C2H4分子中只有极性键B.可用排空气法收集NOC.H2S燃烧时产生苍白色火焰D.纯净干燥的Cl2没有漂白性【正确答案】D3-6（提升）下列有关非金属化合物的性质说法正确的是A.向CaCl2溶液

中通入少量的CO2生成CaCO3沉淀B.NO2通入水中能得到一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色C.将分别蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D.将等物质的量的SO2和Cl2通入水中，溶液的漂白性增强【正确答案】B【原卷4题】知识点阿伏加德罗常数

的应用,电子转移计算【正确答案】A4-1（基础）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1molH2与0.1mol2I在密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAB.足量的铁粉与1mol2Cl充分反应，转移的电子数目

为3NAC.0.1mol/L34HPO溶液中含H+数目一定小于0.3NAD.标准状况下，2.24L2CO与足量的22NaO反应，转移电子数为0.1NA【正确答案】D4-2（基础）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12

g金刚石中含有的C-C键数目为4NAB.标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为0.75NAC.23gNa与78gNa2O2分别与足量水反应生成的气体体积相同D.100g质量分数为46%的乙醇溶液

中含有氢原子数为12NA【正确答案】D4-3（巩固）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5NAB.0.1molFe分别与足量I2、S完全反应，转移电子数均为0.2NA个C.标准状况下，22.4LSO2和SO3混

合物中含有的硫原子数目为0.1NAD.28g的C2H4和N2混合气体中含有的原子数为2NA【正确答案】B4-4（巩固）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molD318O+(其中D代表21H)中含有

的中子数为10NAB.2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NAC.物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl-的数目为3NAD.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA【正确答案】D4-

5（提升）AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol甲烷和1mol氯气在光照条件下反应，生成一氯甲烷的数目为ANB.标准状况下，2.24L异丁烷中含有的极性共价键的数目为ANC.3.2gCu与1.

6g单质硫充分反应，转移的电子数为A0.1ND.常温常压下，1838.0gSO中含有的原子数为A0.4N【正确答案】B4-6（提升）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.在一密闭容器中，通入标况下11.2LNO2，达平衡后，含有的氮原子数为0.5NAB.密闭容器中，2molSO2和1m

olO2催化反应后分子总数为2NAC.5.6gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反应中转移的电子数为0.3NAD.用电解法粗铜精炼，当电路中通过电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+【正确答案】A【原卷5题】知识点“位构性”关系理解及应用,根据物质性质进行

元素种类推断,多元羧酸的缩聚反应【正确答案】B5-1（基础）化合物M(结构式如图)是DNA结构的重要组成部分，其中元素Y、Z、W在同一周期，X与其他元素不在同一周期，且原子半径最小。W的一种核素常用于测定文物年代。下列说法正确的是A.原子

半径：Z>Y>WB.最高价氧化物对应水化物的酸性：ZWC.M是共价化合物，分子中每个原子都满足8电子稳定结构D.X与Y形成的化合物的沸点一定高于X与W形成的化合物的沸点【正确答案】B5-2（基础）W、X、Y、Z为原子半径依次减小的同周期主族元素，Z的简单氢化物的水溶液常用来腐蚀

玻璃。由四种元素组成的某阴离子的结构如图所示，下列说法错误的是A.W的最高价含氧酸为弱酸B.固态2XY可用于冷藏食物C.常温常压下，X、Z的氢化物均为气态D.上述阴离子中W、Z原子最外层均满足8电子结构【正确答案】C5-3（巩固）W、X、Y

、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W、X、Y组成的一种化合物如图。下列说法正确的是A.四种元素中X的原子半径最大，简单离子半径最小B.最高化合价：Z>Y=W>XC.氧化物对应水化物的酸性：Z>YD.气态氢化物的稳

定性：Y>Z【正确答案】A5-4（巩固）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z在同一周期，且Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，它们可组成一种结构如下图的物质，该物质的结晶水合物为自然界的一种矿藏，下列有关说法正确的是A.3YCl分子中各原子均满足8电子稳定结构B

.由X、Z两种元素组成的化合物中只含有极性键C.简单离子半径：W>ZD.W、Z两种元素按原子个数比1∶1组成的化合物具有强氧化性【正确答案】D5-5（提升）短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W

、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，W、Y、Z三种元素能参与形成一种有机功能材料，结构如图所示(R表示一种有机基团)。下列说法正确的是A.W、Z在自然界中均不存在游离态B.简单离子的还原性：XYC.W+的半径是所有微粒中最

小的D.W、X、Z三种元素组成的化合物中只含共价键【正确答案】C5-6（提升）某化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列叙述正确的是A.WX溶于水后溶液

呈中性B.氧化物沸点；Y>ZC.Z的氧化物对应的水化物是一元强酸D.X、Y、Z、W均能和Q形成两种或两种以上化合物【正确答案】D【原卷6题】知识点与氧化剂、还原剂有关的计算,氧化还原反应方程式的配平,铁盐与亚铁盐鉴别试剂的选择,

常见无机物的制备【正确答案】D6-1（基础）明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下：下列有关说法不正确的是A.若煅烧时隔绝空气，得到的气体X可能为SO2B.上述转化流程中依次发生分解、化合和复分解反应C.由蒸馏过程发生的反应可推测H2SO4的酸性比HNO3

的强D.现代工业上常在吸收塔顶喷淋H2O吸收NO2制备硝酸，提高产率【正确答案】C6-2（基础）亚氯酸钠(NaClO2)是一种新型氧化剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等，常用的制备亚氯酸钠流程如下：下列说法错误的是A.反应①中氧化剂与还原剂物质

的量之比为2：1B.若反应①通过原电池来实现，则ClO2在正极生成C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替D.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【正确答案】C6-3（巩固）()()44222NHFeSO6HO俗名为摩尔盐

，易溶于水，不溶于乙醇，在100~110℃时分解，可用于电镀，其简化的制备流程如表：取适量的废铁屑于锥形瓶中，加2315mL10%NaCO溶液，小火加热煮沸2min，分离并洗涤加入115mL3molL−硫酸，水

浴加热至反应完成，趁热抽滤在滤液中加入一定量的()442NHSO固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤步骤1步骤2步骤3下列说法错误的是A.步骤1中进行“小火加热煮沸”的主要目的是充分去除废铁屑表面的油污B.废铁屑中常含氧化铁，需要在制备前除去C.实验室加热浓缩时所用到的主要仪器中含硅酸盐

材质的有酒精灯、玻璃棒和蒸发皿D.用湿润的红色石蕊试纸、盐酸和2Ba(OH)可检验摩尔盐中的离子(必要时可加热、搅拌)【正确答案】B6-4（巩固）碳酸亚铁可参与锂离子电池正极材料磷酸铁锂的制备，某攻关团队以硫铁矿(主要成分为2FeS，含232AlOSiO、等杂质)为原料来制备碳酸

亚铁的简单工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“培烧”逸出的气体中只含有毒气体B.“滤渣1”一定含2SiOC.“乳白色浑浊”一定是硫单质D.“操作2”的主要目的是除去铝杂质【正确答案】A6-5（提升）碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种

重要的无机杀虫剂，它的制备流程如下，下列有关说法正确的是A.FeCl3的作用是增强盐酸的氧化性B.加入少量CuO目的是为了除去Fe3+C.石灰乳可用纯碱代替D.若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2L空气【正确答案】B6-6（提升）工业上以某软锰矿(主要成

分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料，利用烟道气中的2SO制备42MnSOHO的流程如图所示，下列说法正确的是A.滤渣A的主要成分为Si，滤渣B的主要成分为Al(OH)3B.“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为：2+2-224MnO+SO=Mn+SOC.滤液1中

主要含有的离子是2+Mn、2-4SO、3+Al、-OHD.操作I为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥【正确答案】B【原卷7题】知识点化学实验方案的设计与评价【正确答案】D7-1（基础）下列实验操作和现象以及结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向227KCrO溶液(橙红色)中滴入稀24H

SO，溶液橙红色变浅272CrO−转化为24CrO−B向11mL0.1molLKI−溶液中加入132mL0.1molLlFeC−溶液，充分反应。取反应后试样，滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色；另取反应后试样，加入3AgNO溶液，产生黄色沉淀反应3222Fe2I2FeI+−++=+是可逆反

应C将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入溴水中溶液橙黄色褪去产生的乙烯具有还原性D向NaClNaI、的混合溶液中滴入少量稀3AgNO溶液，有黄色沉淀生成spspK(AgCl)K(AgI)A.AB.BC.CD.D【正确答案

】B7-2（基础）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是操作和现象结论A向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊析出的物质是NaHCO3B向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解生成了NO2C向

淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去乙醇发生了消去反应A.AB.BC.CD.D【正确答案】A7-3（巩固）下列方案设计、现象

和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A氯化铬化学式的测定0.01mol氯化铬()32CrCl6HO在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，观察现象产生0.02molAgCl沉淀，则此氯化铬化学式的()2224CrHOClClHOB

探究B、C、S三种元素的非金分别向饱和酸()33HBO溶液和稀硫酸前者无气泡冒出，后者有气泡冒出，非金属性：S>C>B属性溶液中加入少量3NaHCO粉末C检验碳酸与苯酚的酸性强弱向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，观察现象溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚D检验2+F

e与-I的还原性强弱向含0.1mol的2FeI溶液中通入20.1molCl，再滴加淀粉溶液，观察现象溶液变蓝色，不能说明还原性：-2+I>FeA.AB.BC.CD.D【正确答案】A7-4（巩固）由实验操作和现象可得出相应正确结论的是

选项实验操作现象结论A往Na2SiO3溶液中通入少量NO2有透明凝胶生成非金属性：N>SiB向两支均盛有5mL0.1mol·L-1的H2O2溶液的试管中分别加入2滴0.05mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液和0.1mol·L-1CuCl2溶液前者产生气泡较快催化能力：32

FeCu++C向淀粉解液中滴加稀H2SO4，水浴加热，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解D向某酸雨样品中加入Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成酸雨样品中一定含有SO24−A.AB.BC

.CD.D【正确答案】A7-5（提升）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液。品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S

2O3B向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。KMnO4溶液紫色褪去Fe2+具有还原性C取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液溶液变红KI与FeCl3的反应是可逆反应D向AgNO3，溶液中滴加过

量氨水得到澄清溶液Ag＋与NH3·H2O能大量共存A.AB.BC.CD.D【正确答案】C7-6（提升）下列有关化学实验操作、预期现象和解释与结论均正确的是选项实验操作预期现象解释与结论A将过量的干燥氯气通入装有几片新鲜玫瑰花瓣的集气瓶中鲜花未

变色干燥2Cl没有漂白性B向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液溶液变蓝氧化性：222ClBrIC将23NaCO溶液与2BaCl溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴3AgNO溶液有白色沉淀产生2BaCl未全部反应D将硫酸酸化的22HO溶液滴入()32F

eNO溶液中溶液由浅绿色变黄色无法证明22HO氧化性强于3Fe+A.AB.BC.CD.D【正确答案】D【原卷8题】知识点有机官能团的性质及结构,有机分子中原子共面的判断,含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算【正确答案】C8-1（基础）2022年10月，美国和丹麦三位科学家

在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献获得诺贝尔化学奖。二苯基环辛炔羧酸(如图)是点击化学的产品之一，可用于治疗癌症。下列说法正确的是A.分子中含有4种官能团B.分子式为C19H16NO3C.该化合物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应D.该化合物分别与

酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，其反应机理相同【正确答案】C8-2（基础）莲藕中某多酚类物质的结构简式如图所示(R为烃基)。下列说法不正确．．．的是A.置于空气中易被氧化B.能与FeCl3溶液发生显色反应C.能与饱和溴水发生加成反应D.与苯环直接相连的原子共平面【正确答案】C8-3（巩固）关于

有机化合物，下列说法不正确的是A.该物质中含有4种官能团B.该物质中含有1个手性碳原子C.该物质可以发生消去、氧化、加成等反应D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol?NaOH【正确答案】D8-4（巩固）香豆素是一大类存在于植物界中的香豆素类化合物的母核，有类似香草精的

愉快香味。其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.分子式为982CHOB.易溶于冷水C.不能使酸性4KMnO溶液褪色D.1mol该有机物最多能与2molNaOH反应【正确答案】D8-5（提升）合成某种具有解毒消肿、祛风活络的功能药物的中间体(M)的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的

是A.该分子中所有原子可能都在同一平面B.环上的一氯代物有2种C.1molM最多与4mol2H发生加成反应D.1molM最多消耗6molNaOH【正确答案】C8-6（提升）关于化合物M：下列说法正确的是A.M分子中处于同一直线上的原子数最多为9个B.M分子中仅含有1个

手性碳原子C.1molM可以消耗1molNaOHD.M不能使酸性KMnO4稀溶液褪色【正确答案】C【原卷9题】知识点电离平衡常数及影响因素,盐类水解规律理解及应用,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理【正确答案】B9-1（基础）已知25℃，几种酸的电离平衡常数如下表

，下列叙述正确的是酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数5aK=1.7510−8aK=2.9810−7a1K=4.3010−11a2K=5.6110−2a1K1.5410−=7a2K1.0210

−=A.将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小B.少量SO2通入Na2CO3溶液中反应的离子方程式：2-2--22333SO+HO+2CO=SO+2HCOC.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式：2+-223SO+HO+Ca

+2ClO=CaSO+2HClOD.25℃，等物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，碱性最强的是NaClO【正确答案】B9-2（基础）已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如表：物质23HCO23HSOHClO一级电离常数7alK4.301

0−=2a1K1.5410−=8aK2.9510−=二级电离常数11a2K=5.6110−7a2K=1.0210−—下列说法正确的是A.相同条件下，同浓度的23HSO溶液和23HCO溶液的酸性，后者更强B.向氯水中分别加入等浓度的3NaHCO

和3NaHSO溶液，均可提高氯水中HClO的浓度C.向NaClO溶液中通入少量22223CO:2ClOCOHO2HClOCO−−++=+D.向23NaCO溶液中通入少量22232233SO:2COSOHO2HCOSO−−−++=+【正确答案】D9-3（巩固）下列关于盐

类水解的说法错误的是（）A.pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液的物质的量浓度大小：①>②>③B.浓度均为0.1mol·L-1的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4溶液中，

4(NH)c+的大小顺序为②>①>③C.0.2mol·L-1的CH3COONa溶液中c（OH—）是0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中c（OH—）的2倍D.0.1mol·L-1的NaX、NaY、NaZ的pH依次增大，可得出HX、HY、HZ的酸性依次减弱【正确答案

】C9-4（巩固）联氨(N2H4)可溶于水，在水中的电离方式与氨(NH3)相似。室温下，向0.1mol/L联氨溶液中通入HCl，若通入HCl所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略。下列说法不正确．．．的是已知：N2H4电离平衡常数分别为Kb1≈1×10-6、Kb2≈1×10

-15。A.N2H4吸收等物质的量HCl所得溶液中：c(N2H26+)<c(N2H4)B.N2H4完全转化为N2H6Cl2时。溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2H+5)+2c(N2H26+)C.2N2H+5垐?噲

?N2H4+N2H26+的平衡常数为K，则K=1×10-9D.常温下，N2H6Cl2与N2H5Cl的混合溶液可能呈中性【正确答案】D9-5（提升）25℃时，下列说法不正确的是A.0.2mol/LNH4HCO3溶液(pH>7)：c(+4NH)>

c(-3HCO)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)B.20.0mL0.2mol/LHA溶液中加入10.0mL0.2mol/LKOH溶液后pH=5，则Ka>10-5C.向0.10mol·L-1CH3C

OONa溶液中通HCl至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)D.亚硫酸的电离平衡常数为Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8，向稀KOH溶液中通入SO2至溶液呈中性：c(K+)>c(2-

3SO)>c(-3HSO)>c(OH-)【正确答案】D9-6（提升）部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)Ki=1.77×10-4Ki=4.9×10-10Ki1=4.3×

10-7Ki2=5.6×10-11下列选项错误的是A.2CN-＋H2O＋CO2=2HCN＋CO23−B.2HCOOH＋CO23−=2HCOO-＋H2O＋CO2↑C.由数据可知酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>HCOD.25℃时，在等浓度的CH3COOH溶液和HCN溶液中

，水的电离程度后者大【正确答案】A【原卷10题】知识点离子方程式的正误判断,离子反应的发生及书写【正确答案】BD10-1（基础）下列离子方程式书写正确的是A.向FeS固体中加入稀硝酸：+2+2FeS2H=HSFe++B.向(

)2BaOH溶液中滴加4NaHSO溶液至中性：22442HBaOH+SO=BaSO+HO++−−++C.向新制溴水中通入少量2SO：22224BrSO2HO=4H2BrSO+−−++++D.向3AgNO溶液中滴加过量氨水：324AgNHHO

=AgOHNH++++【正确答案】C10-2（基础）下列离子方程式书写正确的是A.FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2=Fe3＋＋2Cl－B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2＋十OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2OC.铝和烧碱溶液：2Al

+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；D.AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O【正确答案】BC10-3（巩固）下列离子方程式的书写中正确的是A.将少量碳酸钠溶液滴加到盐酸中CO32-+2H+=H2O+CO2↑B.向明矾中加入氢氧化钡使硫酸根完全沉淀Ba2

++SO42-=BaSO4↓C.苯酚钠中通入少量CO2C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-D.向石灰乳中通入过量的SO2OH-+SO2=HSO3-【正确答案】AC10-4（巩固）下列有关

描述对应的离子方程式书写正确的是A.将过量的H2S通入FeCl3溶液中：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓B.向KMnO4酸性溶液中滴入H2O2溶液：2MnO4−+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2OC.用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的KIO

3：5I-+IO3−+6H+=3I2+3H2OD.用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：2Cr2O27−+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O【正确答案】D10-5（提升）下列指定反应的离子方

程式正确的是A.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：-2++3+32NO+3Fe+4H=3Fe+NO2HO+B.用NaClO溶液吸收少量2SO：-2--224SO+HO+3ClO=SO+Cl+2HClOC.(

)32MgHCO溶液中加足量的烧碱溶液：2233322OHMg2HCOMgCOCO2HO−+−−++=++D.()442NHAlSO溶液中滴加()2BaOH溶液至24SO−恰好沉淀完全：()322443243NHA

l2SO2Ba4OHNHHOAlOH2BaSO++−+−++++=++【正确答案】BD10-6（提升）下列离子方程式书写正确的是A.明矾溶液与足量氨水反应：Al3++4NH3·H2O=AlO2−+2H2O+4NH4+B.Fe3O4溶于HI溶液：Fe3O4+8H+=Fe

2++2Fe3++4H2OC.NaOH和Na2CO3等物质的量浓度混合溶液中加足量的盐酸：CO23−+OH-+3H+=CO2↑+2H2OD.向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：+3+22+-4424322NH+Al+2SO+2Ba+5OH=AlO+2BaSO+NHHO

+2HO−−【正确答案】C【原卷11题】知识点基于氧化还原反应守恒规律的计算,硝酸的强氧化性【正确答案】C11-1（基础）取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(

已知硝酸被还原为NO气体)。下列分析或结果正确的是A.最终溶液中所含的溶质为FeSO4，原混合溶液中H2SO4的物质的量浓度为2mol∙L−1B.OA段产生的气体是H2，BC段产生的气体是NOC.整个反应中转移电子数为1.2molD.混合酸中NO3−的物质的量为0.2mol【正确答案】AD11

-2（基础）一定质量的Fe和Cu的混合物中加入一定量的稀硝酸并微热，充分反应后剩余金属ag，再向其中加入一定量的稀硫酸并加热，充分振荡后剩余金属bg。下列推断中正确的是A.加入稀硫酸前，溶液中一定有Cu2+B.a可能大于bC.a一定大于bD.最终溶液中可能有Fe3+【正确答案】C1

1-3（巩固）硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示。下列结论正确的是

A.铝与混合溶液反应的离子方程式为8Al+3OH-+3NO3-→8Al3++3NH4++9H2OB.参加反应硝酸根离子物质的量为0.06molC.参加反应的铝与镁的质量之比为4︰3D.混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.36mol/L【正确答案

】AD11-4（巩固）将9.0g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1

.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A.原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075molB.反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算C.若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12LNOD.第一次与10

0mL稀硝酸反应后剩余的4.8g金属为铜和铁【正确答案】A11-5（提升）硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体

放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示：下列结论正确的是A.铝与混合溶液反应的离子方程式为8Al+30H＋+3NO3−＝8Al3++3NH4++9H2OB.参加反应硝酸根离子物质的量为0.06molC.参加

反应的铝与镁的质量之比为4:3D.混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.72mol/L【正确答案】A11-6（提升）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已知硝

酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是（）A.原混合酸中HNO3的物质的量为0.8molB.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4D.H2SO4的物质的浓度为5mol·L-1【正确答案】A

D【原卷12题】知识点碰撞理论及活化能,化学平衡状态的判断方法,化学平衡常数的影响因素及应用,化学平衡常数的有关计算【正确答案】D12-1（基础）1T温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：()()()222NOgOg2NOgΔH0+。实验测得

：v正()()()22vNOkcNOcO==正消耗，()()222vvNOkcNO==逆逆消耗，kk正，逆为速率常数，只受温度影响。不同时刻测得容器中()()2nNOnO、如表：时间/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60

.40.30.20.20.2下列说法不正确的是A.该反应的化学平衡常数K=kk正逆B.NO的平衡转化率为80%C.1T温度下，该反应的化学平衡常数K160=D.若将容器的温度改变为2T时，其kk=正逆，则

21TT【正确答案】D12-2（基础）在体积为2L的恒温密闭容器中充入32.0molPCl和21.0molCl，发生下述反应：()()()325PClgClgPClg+，10min后达到平衡，5PCl为0.4mol。下列说法正确的是A.0～10mi

n内，用3PCl表示的平均反应速率为110.04molLmin−−B.当混合气体的密度不再改变时，可以表示反应达到平衡状态C.若升高温度()12T<T，反应的平衡常数减小，则平衡时3PCl的物质的量变化()()12ΔnT>1ΔnTD.平衡后，如果此时移走31.0molPCl和20.5

molCl，在相同温度下达到平衡时5PCl的物质的量小于0.2mol【正确答案】CD12-3（巩固）在起始温度为T℃、容积均为10L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入1molN2O和4molCO，发生反应()()()()222NOs+COgNg+COgH0。已知：

k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，()()2vcNOO=kcC正正，()()22vcNcC=kO逆逆，A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.Q点v正大于v逆B.曲线N表示B容器中N

2O的转化率随时间的变化C.用CO的浓度变化表示曲线N在0-100s内的反应速率为411410molLs−−−D.T℃时，k1=k45正逆【正确答案】AD12-4（巩固）用活性炭与NO2反应：为2C(s)+2NO2(g)⇌2CO2(g)+N2(g)H0

来消除氮氧化物产生的空气污染。下列说法正确的是A.该反应只在高温条件下能自发进行B.该反应平衡常数的表达式为()()()222222CONKNO(C)cccc=C.该反应中消耗1molNO2，转移电子的数目为2346.

0210D.该反应到达平衡后，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快【正确答案】C12-5（提升）开发CO2催化加氢合成甲醇技术是有效利用CO2资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径。某温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2232CO+3HCHOH+HO△H

=-49.01kJ/mol。下列有关说法正确的是A.加入合适的催化剂，能提高单位时间内CH3OH的产量B.平衡后，升高温度有利于提高CO2的平衡转化率C.平衡后将CH3OH分离出体系，平衡平衡常数K增大D.增大体

系的压强，平衡不发生移动【正确答案】A12-6（提升）在一定温度下的可逆反应()()Xg2YgΔH>0，()Xvkc=正正，()2Yvkc=逆逆，若该温度下的平衡常数K=10，下列说法错误的是A.该温度下10kk=正逆B.升高温度，正k增大的倍数大于逆k增大的倍数C.有利

于测定X的相对分子质量的条件为低温高压D.恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，X的转化率减小【正确答案】AD【原卷13题】知识点原电池原理理解,原电池电极反应式书写,原电池原理的应用【正确答案】A13-1（基础）某微生物电化学法制甲烷是将电化学法和

生物还原法有机结合，装置如图所示。有关说法错误的是A.该离子交换膜可为质子交换膜B.右侧电极为阴极，发生还原反应C.阳极附近溶液pH减小D.每生成41molCH，有8NA电子通过离子交换膜【正确答案】D13-2（基础）水系可充电电池因其成本低高离子

电导率、高安全性和环境友好性等优势而备受关注。一种新型无隔膜Zn/MnO2液流电池的工作原理如图所示。电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，下列说法正确的是A.放电时，当外电路转移1mole-时，两电极质量变化的差值为11gB.过程II为放电过程，

石墨毡电极的电极反应为MnO2-2e-+4H+=Mn2++2H2OC.过程I为锌沉积过程，A连电源的正极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌D.放电时，沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌

箔质量也减小【正确答案】AD13-3（巩固）一种染料敏化太阳能电池的工作原理如图所示，2TiO纳米晶体吸附光敏染料(D)。下列说法错误的是A.2TiO纳米晶体电极为负极B.电池工作过程中3I−浓度基本保持不变C.电池工作时，1molD失电子

，同时有31molI−得电子D.Pt电极上的电极反应为3I2e3I−−−+=【正确答案】C13-4（巩固）某硅燃料电池的结构如图所示，下列说法错误的是A.放电时，溶液的pH一定减小B.负极上发生的反应为--4Si-4e+4OH=Si(OH)C.电子通过导线由负极流入正极，

再通过电解质溶液流入负极D.该电池需要定期更换负极材料【正确答案】AC13-5（提升）如图为拟通过甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼。下列说法错误的是A.X极为阴极，发生还原反应B.当电路中有0.2mol电子通过时，Y极质量一定不能减少6

.4gC.A极的电极反应式：+2e-+H+=+Cl-D.工作时，B极附近液体pH值不变【正确答案】BD13-6（提升）科学家基于2Cl易溶于4CCl的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电

时电极a的反应为：()()2432433NaTiPO2Na2eNaTiPO+−++=。下列说法正确的是A.充电时电极b是阴极B.放电时NaCl溶液的浓度增大C.放电时Cl−透过多孔炭电极向4CCl中迁移D.放电时每转移1mol电子，理论上4CCl吸收20.5mo

lCl【正确答案】B【原卷14题】知识点氧化还原反应方程式的配平,物质的转化,溶度积常数相关计算,常见阴离子的检验【正确答案】14-1（基础）工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，

制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：离子Fe3+Fe2+M

n2+开始沉淀时pH2.77.57.8完全沉淀时pH3.79.79.8③Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11回答下列问题：1、下列说法正确的是_______(填序号)。A.最好使用粉状软锰矿进行“溶浸”B.废渣1的主要成分和“芯片

”相同C.溶浸时不会发生氧化还原反应D.废液经处理可用于灌溉农作物2、调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是_______。3、调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.0充分反应后生成的

沉淀有_______。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成_______的不良后果。4、“沉锰”过程中加入氨水的目的是_______(从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是___

____(写1条即可)。“沉锰”时通过控制2-3CO的浓度，可以达到不产生CaCO3的目的，原因是_______。5、Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是_______。【正确答案】1、AD2、MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++M

n2++2H2O3、Fe(OH)3、CaSO4形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)4、促进Mn2++-3HCO⇌MnCO3+H+正向移动(或促进-3HCO的电离)防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解)Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积5、Mn2

O3+2Al高温Al2O3+2Mn14-2（基础）钼系催化剂主要用于石油炼制和化学工业中。从废催化剂(主要成分为MoS、25VO和23AlO)中提取钼酸钠晶体()242NaMoO2HO。工艺流程如下：回答下列

问题：1、“研磨”的目的为_______2、“焙烧”中各金属元素转化为对应含氧酸钠盐(2-4MoO、-3VO等)，写出MoS转化的化学方程式_______。3、混合气体X通入沉铝步骤前，应经过_______溶液的处理。通常认为溶液中离子浓度

不大于-5-110molL为沉淀完全。铝元素恰好完全转化为沉淀时滤液的pH为_______。{已知：①-+13.38432Al(OH)+HAl(OH)+HOK=10，；②-33sp3KAl(OH)=10}4、沉钒步骤中的滤渣2主要成分为_______；获

得粗产物的操作1是_______、过滤、洗涤、干燥。5、为减少反应中废气对环境的污染问题，用足量的碱性NaClO溶液在加热条件下处理废催化剂也可以制备钼酸钠。请写出制备钼酸钠的离子方程式_______。【正确答案】1、增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触

面积，加快反应速率，提高原料利用率2、2MoS+2Na2CO3+5O2焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO23、饱和碳酸氢钠8.384、NH4VO3蒸发浓缩、冷却结晶5、MoS+6ClO-+4OH-ΔMoO2-4

+SO2-4+6Cl-+2H2O14-3（巩固）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料：铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、23FeO、FeO、2Tl

O等)中提炼，具体工艺流程如图。已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂32CHCONR的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为324324HCHCONRTlClCHCONRHTlCl+−++。回答下列问题：1

、浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供H+，另一作用为_______。2、在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有_______，用平衡移动解释“反萃取”过程的原理和目的_______。3、“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl，该反应的离子方程式为_

______，为提高经济效益充分利用原料，该反应的滤液可加入_______步骤循环使用最合适。4、Tl对人体毒性很大，难溶盐()6KFeFeCN可通过离子交换治疗24TlSO中毒，将其转化为沉淀同时生成24KSO溶液，写出治疗24TlSO

中毒的离子方程式：_______。【正确答案】1、沉淀2Pb+，形成4PbSO沉淀2、分液漏斗、烧杯3CHCOO−消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使4TlCl−重新进入水层3、222344HOSOTlCl=TlClSO2H3Cl−−−+−+++++浸取4、()()

++66KFeFeCN+Tl=TlFeFeCN+K14-4（巩固）用废镍渣粉(含Ni、NiO、Al、Al2O3、FeO、SiO2)制各某镍催化剂(Ni/硅藻土)的工艺流程如下。I、该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Ni

2+开始沉淀pH2.27.06.4完全沉淀pH3.29.08.4II、室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。回答下列问题：。1、“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有___________(列举2条)。2、滤渣1、滤渣2的成分依次是________

___、___________(填化学式)。3、“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]理论上需调节溶液pH范围为___________。4、“沉镍”时，足量2-3CO沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为____

_______；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土的作用是___________。；滤液4中主要阳离子为___________(填化学式)。5、“还原”时，发生反应的化学方程式为___________。【正确答案】1、废镍渣粉粉碎、搅拌2、

SiO2Fe(OH)33、5-6.44、2Ni2++2OH-+2-3CO=Ni2(OH)2CO3↓加速沉淀的沉降Na+、+4NH5、Ni2(OH)2CO3+2H2°350400C2Ni+3H2O+CO214-5（提升）氢氧化铍可用作核技术和制备含铍材料的

中间体等。以硅铍石(主要成分Be2SiO4含少量Al2O3)和方解石(主要成分CaCO3，含少量FeCO3、SiO2)为原料，制备Be(OH)2的工艺流程如图所示：已知：I.硅铍石不易被硫酸直接分解；铍的性质与铝相似；粗Be(OH)2含有少量Al

(OH)3；II.生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Be(OH)2开始沉淀的pH7.72.53.54.6沉淀完全的pH(溶液中金属离子浓度等于10-5mol·L-1)8.73.24.75.9回答下列问题：1、“熔炼”时加入方解石粉的作用为

_______；生成气体的电子式为_______。2、浸渣中除含有CaSiO3、H2SiO3外，还含有_______(填化学式)。3、滤渣1中含有NH4Al(SO4)2·12H2O、(NH4)2Fe(SO4)2·6H

2O。NH4Al(SO4)2·12H2O能用作净水剂，原因为_______(用离子方程式表示)；(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O可用于测定KMnO4的含量，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。4、根据已

知II信息可知，“深度除铁”的适宜方案为_______。5、“调pH”所得母液中的主要溶质可返回到_______工序循环利用。6、“洗涤”的目的是除去粗Be(OH)2中所含的Al(OH)3，若用足量NaOH浓溶液代替NaOH稀溶液

，会导致的后果为_______(用离子方程式表示)。【正确答案】1、将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质2、CaSO43、Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+1：54、先向滤液1中加入足量双氧水，再将溶液的pH调至3.2~4.6之间5、转化6、Be(OH

)2+2OH-=2-2BeO+2H2O14-6（提升）钴酸锂一般用作锂离子电池的正极材料，需求量大，而我国极度缺乏钴资源，主要依赖进口，因而从废旧电池中进行回收具有重要意义。以废旧钴酸锂电池材料(主要成分为L

iCoO2，含单质Cu及为改善电池性能添加的单质Al等)回收钴酸锂的--种工艺流程如下:回答下列问题:1、废旧钴酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理，粉碎的目的是_____。2、“碱浸”所得滤液中主要溶质的化学式为__________、NaOH。

3、H2O2的电子式为________。“酸浸”时H2O2作还原剂，还原产物为Co2+，反应的离子方程式为_________；上述反应的氧化产物又将铜氧化而溶解浸出，该反应的化学方程式为____________。4、“萃取铜”中的有

机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为Cu2++2HR垐?噲?CuR2++.2H+。若酸浸后的浸取液pH=1.000，c(Cu2+)=0.01001mol·L-1，多次萃取后水相中c(H+)为0.1200mol·L-1，则铜的萃取率为___________(溶液体积变

化忽略，保留小数点后两位)；为回收铜，可用一定浓度的H2SO4将有机相中的铜反萃取到水相，其原理是______________________5、“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃取铜后的溶液需调pH至5.0以上将铝离子沉淀除去。若c(Co2+)=

0.16mol·L-1，为避免析出Co(OH)2沉淀，则调pH不能超过___________。(已知K[Co(OH)2]=1.6×10-15)6、“钴、锂共沉淀”时析出CoCO3和li2CO3，经过滤、无水乙醇洗涤、8

0°C干燥后在750°C煅烧，反应的化学方程式为_________________。【正确答案】1、提高浸取反应速率和浸取率2、NaAlO23、2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++O2↑+4H2O2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O4、99.90

%H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，萃取反应平衡逆向移动5、76、4CoCO3+2Li2CO3+O2°750C4LiCoO2+6CO2【原卷15题】知识点物质制备的探究,综合实验设计与评价,物质分离、提

纯综合应用【正确答案】15-1（基础）硫酸铁铵()4422NHFeSOHOx是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：1、步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。2、步骤②需要

加热的目的是_______，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_______。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。3、步骤③中选用足量的22HO，理由是______

_，有关离子方程式为_______4、步骤⑤的具体实验操作有_______、_______、_______、_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。【正确答案】1、碱煮水洗2、加快反应热水浴C3、将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质2Fe2++H2O2

+2H+=2Fe3++2H2O4、加热浓缩冷却结晶过滤洗涤15-2（基础）NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。已知：NCl3为黄色油状液体，熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，所用装置如下：完成下列填空：1、三卤化氮(NX3)的分子空间构型

与NH3相似，热稳定性比NCl3强的NX3有_______，NCl3在热水中易水解，反应液有漂白性。写出NCl3水解的化学方程式_______。2、仪器D的作用是_______。3、向蒸馏烧瓶内的NH4Cl溶液中通入过量Cl2，B中反应的化学方程式为_

______，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为_______，将产品NCl3蒸出。【正确答案】1、3NF323ΔNCl+3HO3ClO+HNH2、防止空气中水分进入使3NCl

水解3、243Δ3Cl+NHClNCl+4HCl70℃＜T＜95℃或70~95℃15-3（巩固）我国自主开发的“钛战甲”是一种钛合金材料，为深潜万米的“奋斗者”号建造了世界最大、搭载人数最多的潜水器载人舱球壳。4TiCl是制备钛及其化合物的重要中间体。可利用下列装置在实验空

制备4TiCl(夹持装置略去)：已知：①2241000TiO+2C+2ClTiCl+2CO℃②4TiCl为无色或淡黄色液体，熔点为-30℃，沸点为136.4℃，极易与水反应③2PdCl的盐酸溶液可吸收CO而生成黑色颗粒Pd回答下

列问题：1、盛放浓盐酸的仪器名称为_______，圆底烧瓶内所装试剂可为_______。①2MnO②4KMnO③()2CaClO④浓24HSO2、装置的连接顺序为_______(D装置可重复使用)3、对于实验过程的控制，开始操作为_______(填①或②)，实验结束的操作为_______(填

③或④)①先打开分液漏斗活塞，一段时间后，再陶瓷管通电加热②先陶瓷管通电加热，一段时间后，再打开分液漏斗活塞③先陶瓷管断电停止加热，一段时间后，再关闭分液漏斗活塞④先关闭分液漏斗活塞，一段时间后，再陶瓷管断

电停止加热4、装置C左边进气的细长导管作用为_______。5、吸收尾气中CO的化学方程式_______。6、所得的4TiCl可用Mg制Ti，该过程可在_______气氛围保护下进行。①氯气②氧气③水蒸气④氩气【正确答案】1、分

液漏斗②③2、ADDBCDDD3、①③4、细长导管可以对高温蒸汽初步冷凝，避免冷凝管因温差过大而破裂5、222PdClCOHOPdCO2HCl++=++6、④15-4（巩固）硝酸是一种重要的化工原料，氨氧化法是工业生产中制取硝

酸的主要途径，某兴趣小组在实验室模拟氨氧化法制硝酸，实验装置如图所示，回答下列问题：(注：氯化钙可以与3NH反应生成八氨合氯化钙。)1、仪器a的名称为___________，其中加的试剂为___________。2、实验时先点燃C中的酒

精灯，当催化剂23CrO由暗绿色变为微红时通入空气，3min后23CrO出现暗红色，移去酒精灯，23CrO能保持红热状态的原因是___________，装置C中发生反应的总反应化学方程式为________

___。3、装置D的作用是___________；装置G的作用是___________。4、反应开始后，在装置E中看到的现象是___________。5、实验结束后，证明有3HNO生成的操作是_____

______。【正确答案】1、球形干燥管碱石灰2、该反应为放热反应23CrO322Δ4NH+5O4NO=+6H=O3、除去氨气和水蒸气吸收尾气4、气体变为红棕色5、取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证

明有HNO3生成15-5（提升）利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略)：1、仪器b的名称为_______，d中的溶液是_______。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，

关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作_______(填“能”或“不能”)检验装置的气密性。2、装置B中Cl2氧化K2MnO4的化学方程式为_______。3、单向阀的作用是_______

，装置A中发生的离子方程式_______。4、当B中反应结束，后续操作是熄灭A处酒精灯，_______待冷却后拆除装置。5、锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：2--42

43MnO+2HO=2MnO+MnO2↓+4OH-根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_______。【正确答案】1、三颈烧瓶NaOH溶液不能2、2244Cl2KMnO2KCl2KMnO

+=+3、防止倒吸+2222MnO+4H+2ClMn+2Cl+2HO−+=4、打开弹簧夹，通入空气(或2N)5、在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶15-6（提升）过氧化锶（2SrO）通常用作分析试剂、氧化剂、漂白剂等。制备原理为22ΔSrOSrO+。某兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备

过氧化锶。1、B装置的仪器名称是____________；从上述装置中选择必要的仪器制备过氧化锶（气流按从左到右的流向）____________（填字母标号，仪器可重复）。2、该实验制备氧气的化学方程式_______________。3、连接好装置

并进行实验，实验步骤如下，正确的操作顺序为__________（填序号）。①打开分液漏斗活塞，将水滴入烧瓶中②在相应装置中加入药品③检查装置气密性④加热⑤停止加热⑥关闭分液漏斗活塞4、利用反应22232224SrHO2NH8HOSrO8

HO2NH+++++=+制备过氧化锶，装置如下图：①仪器X的作用是________________________。②氨气在该反应中所起的作用是________________________。③实验结束后，得到纯净且干燥22SrO8HO的具体操作为_______________

_________。5、设计实验证明2SrO的氧化性比3FeCl的氧化性强：________________________。【正确答案】1、干燥管A→B→E→B2、22222NaO2HO4NaOHO+=+3、③②①④⑤⑥4、防倒吸中和生成的氢离子，促进反应正向进行过滤、洗涤、干燥5

、在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红色，则证明2SrO的氧化性比3FeC1的氧化性强【原卷16题】知识点化学反应原理综合考查,化学反应热的计算,化学平衡图像分析,化学平衡的有关计算

【正确答案】16-1（基础）异丁烯[CH2=C(CH3)2]作为汽油添加剂的主要成分，需求量逐年增加。其常见的两种制备方法的反应原理如下：1.CH3CH(CH3)CH3(g)＋CO2(g)垐?噲?CH2=C(CH3)2

(g)＋H2O(g)＋CO(g)ΔH12.CH3CH(CH3)CH3(g)垐?噲?CH2=C(CH3)2(g)＋H2(g)ΔH2=＋124kJ∙mol−1回答下列问题：(1)已知：CO(g)＋H2O(g)垐?噲?CO2(g)＋H2(g)ΔH=−41.2kJ∙mol

−1，则ΔH1=___。(2)向1.0L恒容密闭容器中加入0.1molCH3CH(CH3)CH3(g)和0.1molCO2(g)，利用反应I制备异丁烯。已知正反应速率可表示为υ正=k正c[CH3CH(CH3)CH3]∙c(CO2)，逆反应

速率可表示为，υ逆=k逆c[CH2=C(CH3)2]∙c(H2O)∙c(CO)，其中k正、k逆为速率常数。①图1中能够代表k逆的曲线为___(填“L1”“L2”、或“L3”“L4”)。②温度为T1时，该反应的化学平衡常数K=___；平衡时，CH3CH(CH3

)CH3(g)的转化率___50%(填“>”、“=”或“<”)。(3)在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中分别加入0.1molCH3CH(CH3)CH3(g)和0.2molCH3CH(CH3)CH3(g)，在不同温度下发

生反应II达到平衡。平衡时c[CH3CH(CH3)CH3]随温度的变化如图2所示，其中曲线上a、b、c三点的压强分别为p1、p2、p3。①a、b、c三点中逆反应速率最大的为___点。②p2___2p1(

填“>”、“=”或“<”)，解释其原因为___。③计算b点的化学平衡常数Kp=___[用带p2的表达式表示]。【正确答案】＋165.2kJ∙mol−1L31＞b＞两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物

质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍29p1616-2（基础）2CO制甲醇有多种方法，其中2CO催化加氢的主要反应是：Ⅰ.()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOg1ΔH=-49.0kJ/molⅡ.()()(

)()222COg+HgCOg+HOg2ΔH=+41.1kJ/mol1、2H还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为：()()()23COg+2HgCHOHg3ΔH，则3ΔH=_______kJ/mol，该反应自发进行的条

件为_______。A.高温B.低温C.任何温度条件下2、①已知反应Ⅰ的速率方程为()()223xCH=kOvx正正，()()32xCHOHxv=HOk逆逆，k正，k逆均为速率常数且只与温度有关，x为物质的量分数。其物质的量

分数平衡常数xK=_______(以k正、k逆表示)②在恒容密闭容器中，由2CO和2H进行反应Ⅰ合成甲醇，在其它条件不变的情况下，有利于提高2CO平衡转化率的措施有_______(填标号)。A.反应中及时分

离出甲醇B.投料比不变，增加反应物的浓度C.增大2CO和2H的初始投料比D.混合气体中掺入一定量惰性气体3、控制2CO和2H初始投料比为1：3时，温度对2CO平衡转化率及甲醇和CO的产率的影响如图所示，则在250℃以上，升高温度2CO的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是____

___。4、300℃，在固定容积为1.0L的容器中初始投料2.0mol2CO和3.2mol2H，反应Ⅰ达到平衡状态时，2CO的转化率为50%，甲醇的选择性为60%(参与反应的2CO中转化为甲醇的百分比)。则300℃

时反应Ⅰ的平衡常数K=_______。【正确答案】1、-90.1B2、kk正逆AB3、250℃以上，温度升高，反应I的平衡逆向移动，反应II的平衡正向移动，但温度对反应II的平衡影响更大4、0.616-3（巩固）研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题，其中催化转化法最具应用价值。回

答下列问题：1、常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示：名称氢气甲烷一氧化碳甲醇化学式()1kJmolH−285.8−890.3−283.0−726.5−已知：()()33CHOHgCHOHl=1138.0kJmolH−=

−则()()()23COg2HgCHOHg+=2=H__________1kJmol−，该反应在__________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。2、在氢气还原2CO的催化反应中，2CO可被催化转化为甲醇，同时有副产物CO生成，为了提高甲醇

的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比()()22nH3nCO=投入一定量2CO和2H，不同反应模式下2CO的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反

应模式()()22nHnCO温度/℃2CO的平衡转化率/％3CHOH的选择性/％①普通催化反应器326021.967.3②分子筛膜催化反应器326036.1100①分子筛膜催化反应器(恒温恒容)模式中，发生反应()(

)()()2232COg3HgCHOHgHOg++=，下列说法能作为此反应达到平衡状态的判据的是__________(填标号)。A．气体压强不再变化B．气体的密度不再改变C．()()正2逆2vCO=3vHD．()()()()2232cCO:cH:cC

HOH:cHO1:3:1:1=②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，2CO的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：__________。3、二氧化碳催化加氢制甲醇的反应中()()()()2232COg3HgCHOHgHOgΔ0H+=+在起始物()()22nH

3nCO=时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为()3CHOHx，在T=250℃时，()3CHOHx随压强(p)的变化及在3p=510Pa时()3CHOHx随温度(T)的变化，如图所示。①图中对应等压过程的曲线是______(填“a”或“b”)，判断的理由是_

_________。②恒温时(T250=℃)，当()3xCHOH0.10=时，2CO的平衡转化率α=__________(保留小数点后一位)，此条件下该反应的pK=__________2Pa−。(保留小

数点后两位)(对于气相反应，可以用分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。【正确答案】1、-108.5低温2、A双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大3、b在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，()3CHOHx减小33.3%92.8

610−16-4（巩固）我国科学家开发铜催化剂实现由N，N-二甲基甲酰胺()32CHNCHO，简称DMF］制备三甲胺：()()()()()()()33232323NCH:CHNCHOg2HgNCHgHOg++1144kJmolH−=−。1、在上述反

应中，每生成1g气态水，放出_______kJ的热量。2、在铜催化剂表面发生上述反应的历程如图所示(催化剂表面吸附物种用“＊”表示)。①下列分步反应中，能垒最大的是_______(填标号)。a.A→Bb.C→Dc.F→G②A→B中，催化剂吸附放出的总能量_______(填“大于

”、“小于”或“等于”)断裂共价键吸收的总能量。③D→E的化学方程式为_______。3、向体积相等的I、II两个恒容密闭容器中分别充入1molDMF(g)和()22molHg发生上述反应，其中一个容器中是绝热过程，另一个容器中是恒温过程。

反应体系中压强随时间变化关系如图所示。①容器I中为_______(填“绝热”或“恒温”)过程。判断的依据是_______。②在容器II中，0～12min内2H分压变化速率为_______1kPamin−。③n点时反应的平衡常数pK=_______()1

kPa−。(提示：用分压计算的平衡常数为pK，分压等于总压×物质的量分数)【正确答案】1、82、a小于()()*****323322CHNCHOH2HCHNCHHOH⎯⎯++→+3、绝热容器I中的压强比容器II中的压强大10.562516-5（提升）温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种

可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。Ⅰ.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。1、在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_______(填字母)。

A.该催化剂使反应的平衡常数增大B.CH4→CH3COOH过程中，有C-H键断裂和C-C键形成C.生成乙酸的反应原子利用率100%D.ΔH=E2-E1Ⅱ.以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：CO2(g)+C2H6(g)⇌C2H4(g)+

H2O(g)+CO(g)ΔH=+177kJ·mol-1(主反应)C2H6(g)⇌CH4(g)+H2(g)+C(s)ΔH=+9kJ·mol-1(副反应)2、主反应的反应历程可分为如下两步，反应过程中能量变化如图1所示：ⅰ.C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)ΔH1=

+136kJ·mol-1ⅱ.H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH2ΔH2=_______，主反应的决速步骤为_______(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)。3、向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化

剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图2所示，工业生产中主反应应选择的温度是_______。4、在一定温度下的密闭容器中充入一定量的CO2和C2H6，固定时间测定不同压强下C2H4的产率如图3所示，p1压强下a点反应速

率：v(正)_______v(逆)。5、某温度下，在0.1MPa恒压密闭容器中充入等物质的量的CO2和C2H4，只发生主反应，达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计

算，分压=总压×物质的量分数)【正确答案】1、BC2、+41反应ⅱ3、800℃4、<5、0.0216-6（提升）我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的担当。高效经济性的2CO捕集及利用是有效应对

全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。由2CO转化制甲醇具有重要的经济效益。回答下列问题：1、反应22321CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH，在有、无催化剂条件下的反应机理和相对能量的变化如图所示(吸附在催化

剂表面上的粒子用*标注，TS为过渡态)。该反应的1H_______0(填“＞”“，”或“=”)；该反应历程中决速步骤的化学方程式为_______，有催化剂时决速步骤的活化能为_______eV。2、在2CO催化加氢制甲醇过程中除发生主反应Ⅰ：223CO(g)+3H(g)CHOH

(g)+2HO(g)外，还存在竞争反应Ⅱ：2222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH。已知甲醇选择性()()()332nCHOH100%S-CHOH=nCO生成消耗，2CO的平衡转化率()2X-CO、甲醇的选择性()3S-CHOH随温度、压强变化如图所示：①由图可知压强大小关系

：1P_______2P(填“＞”“＜”或“=”，下同)，2H_______0。②350℃时体系发生的反应主要是_______(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)；图中a、b两点的反应速率av_______bv(填“＞”“＜”或“=”)。③将21molCO和23molH的混合气体通入反应器，在温度t

、压强P的条件下进行反应。达到平衡状态时，2CO平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%。2H的平衡转化率为_______；该温度下反应Ⅰ的平衡常数p=K_______(以分压表示，列出计算式)。【正确答案】1、＜H

2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+32H2(g)1.402、＞＞反应Ⅱ＞13.3%p30.10.1PP3.83.8K=0.82.6P(P)3.83.8【原卷17题】知识点利用杂化轨道理论判

断分子的空间构型,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,晶胞的有关计算【正确答案】【试题解析】17-1（基础）已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元

素的氢化物中最低的。D原子得到一个电子后3p轨道全充满。A＋比D原子形成的离子少一个电子层。C与A形成A2C型离子化合物。E的原子序数为26，E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元

素符号表示）（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为___________。（2）C的氢化物分子是_____（填“极性”或“非极性”）分子。（3）化合物BD3的分子空间构型是______。（4）E的一种常见配合物E(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂

。据此可判断E(CO)5的晶体类型为__________；E(CO)5中的配体CO与N2、CN-等互为等电子体，写出CO分子的结构式_______。（5）金属E单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。

体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为___________。【正确答案】Na<S<P<Cl极性三角锥分子晶体C≡O1:217-2（基础）已知A、B、C、D、E、F是前四周期的核电荷数依次增大主族元素，A的最外层电子数是其电子层数的2倍，C、D同一主族，D元素原子

M层有两对成对电子，E在前四周期主族元素中原子半径最大，F的基态原子中有4个未成对电子。(1)基态Fe2+的电子排布式是_____。(2)B、C、D的第一电离能由大到小的顺序是_____。(填字母对应的元素符号)(3)BC-2离子的空间构型为_____。(4)某F

的配合物化学式是[F(H2O)5Cl]Cl2·H2O，与中心F3+的形成配位键的原子或离子是_____。(5)F(AC)5常温下是一种浅黄色液体，熔点－20℃，不溶于水、易溶于苯。每个AC分子与F原子间均有1个配位键。①1molF(AC)5中所含σ键的数

目为_____。②F(AC)5分子的结构可能为下图中的_____(填“甲”或“乙”)(6)由A、B、E、F元素形成的一种蓝色晶体，其晶体结构示意图如图丙所示(图中E的离子未画出)。该蓝色晶体的化学式为_____。【正确答案】[Ar]3d6N＞O＞SV

形O、Cl－10NA甲KFe2(CN)617-3（巩固）青蒿素(15225CHO)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。1、提取青蒿素在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低

的乙谜(2525CHOCH)提取，效果更好。①乙醚沸点低于乙醇，原因是_______。②用乙醚提取效果更好，原因是_______。2、确定结构①比较青蒿素分子中C、H、O的电负性大小：_______。②图中晶胞的棱长分别为nmnmnmabc、、，晶体的密度为______

_3gcm−。(用AN表示阿伏加德罗常数；青蒿素的相对分子质量为282)③能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是_______。a.质谱法b.X射线衍射c.核磁共振氢谱d.红外光谱3、修饰结构，提高疗效一定条件下，用4NaBH

将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化方式为_______。②4BH−的空间结构为_______。双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。【正确答案】1、乙醇分子间能形成氢键乙醚沸点低，蒸馏时所需温度低

，青蒿素不易分解2、OCH21A4282abc10N−b3、3sp正四面体17-4（巩固）请回答：1、路易斯酸碱电子理论认为，凡是能给出电子对的物质叫做碱；凡是能接受电子对的物质叫做酸。则BF3属于_______(选填“酸”或“碱”)，理由

是：_______。2、科学家成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2的共价晶体，则两种共价晶体的熔点：SiO2_______CO2(选填“>”或“<”)，理由是：_______。3、金属铯(Cs)位于元素周期表中第六周期第ⅠA族，氯化钠

与氯化铯晶体中离子的排列方式如图(a)、(b)所示。造成两种化合物晶体结构不同的原因是_______。4、磷化硼晶体的晶胞如图(c)所示。①磷化硼(BP)晶体中“一般共价键”与配位健的数目之比为_______。②根据图(c)，图(d)中矩形ACC’A’是沿晶胞对角面取得的截图。晶胞中

各原子在矩形ACC’A’的位置为_______(填标号)。A.B.C.D.③若最近的B和P的距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为_______(列出计算表达式，不要求化简)。【正确答案】1、酸BF3中B原子有空轨道，可以接受电子对，所以为酸2、＜在高压下将CO2转化为具

有类似SiO2的共价晶体，碳原子半径比硅原子的小，故C—O键长比Si—O键长短，C—O键能更大3、氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，由于钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同4、3：1

D103A4424aN103−（）g/cm317-5（提升）锰及其化合物用途非常广泛，也是人体的重要微量元素。请回答下列问题：1、锰在元素周期表中的位置为_______。2、下列状态的锰原子或离子中，能用原子发射光谱捕捉以鉴别锰元素的是_______(填序号

)。A.523d4sB.53dC.4213d4s4pD.413d4s3、锰能形成多种化合物如4KMnO、24KMnO、2MnCl、2MnO，其中磁矩μ最大的是_______。(已知()μ=nn+2，其中n为金属离子核外的单电子数)4、锰的一种配合物的化学式为[Mn(C

O)5(CH3CN)]。配体3CHCN与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_______原子；该配合物中除氢以外的元素，第一电离能从小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。5、水杨醛缩邻氨基苯酚(A)又被称为“锰试剂”，可与2Mn+形成黄色的配合物，其同分异构体水杨醛缩

邻氨基苯酚(B)，沸点较高的是_______(填“A”或“B”)，原因是_______。A.B.6、24KHPO晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大24KHPO晶体已应用于大功率固体激

光器，填补了国家战略空白。分别用○、●表示24HPO−和+K，24KHPO晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是24HPO−、+K在晶胞xz面、yz面上的位置：①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数

的值为NA，晶体的密度_______3gcm−(写出表达式)。②晶胞在x轴方向的投影图为_______(填标号)。A.B.C.D.【正确答案】1、第四周期第VIIB族2、CD3、MnCl24、NMn＜C＜

O＜N5、BB结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高6、B17-6（提升）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。1、基态Fe2+价层电子排布图(轨道表示式)为_______。2、H、

C、Fe三种元素的电负性由小到大的顺序为_______。3、某FexNy的晶胞如图所示(a、b位置均有Fe)，若立方晶胞的参数为anm，阿伏伽德罗常数的值为NA，其晶体密度的表达式为_______g/cm34、Cu可以完全替代该晶体中a位

置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_______。该晶体晶胞的另一种表示中，N处于各顶角位置，则Fe处于_______位置(填“顶点”、“体心”、“

棱心”或“面心”，下同)，Cu处于_______位置。【正确答案】1、2、Fe、H、C3、321A238Na10−4、Fe3CuN棱心体心【原卷18题】知识点有机分子中原子共面的判断,同分异构体的数目的确定,根据题给物质选择合适合成路线,有机推断

综合考查【正确答案】18-1（基础）罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称为_______，D的分子式为_______。(2)由B生成C的化学方程式是_______

。(3)E→F的反应类型为_______，F中含氧官能团的名称为_______。(4)的链状同分异构体有_______种(不包括立体异构)，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式是_______。(5)设计以对甲基苯酚为原料

制备的合成路线为_______(其他试剂任选)。【正确答案】邻苯二酚C11H11O2F2Br+Br2→+HBr取代反应(或水解反应)醚键、羧基8BrCH=C(CH3)218-2（基础）茋类化合物在制备治疗急性期缺血性脑卒药物中具有较好的作用。化合物G是合成一种茋类化合物

的重要中间体，其合成路线如下：1、按照系统命名法，A的化学名称为_______，F中含氧官能团的名称为_______。2、C的结构简式为_______，E→F的反应类型为_______。3、E→F中加入23KCO的作用是_______。4、D→E的反应中有副产物X(分

子式为12156CHOBr)生成，写出X的结构简式：_______。5、M与D元素种类相同，且M比D少2个氧原子，同时满足下列条件的M的同分异构体的结构简式为_______(任写一种)。①溴原子直接连苯环②能发生酯类水解反应③核磁共振氢谱中有3组峰，且峰

面积之比为2:2:36、已知：(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)。设计以和3CHCHO为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂任选)。【正确答案】1、3，5-二羟基苯甲酸醚键、酯基2、取代反应3

、23KCO会与生成的HI反应，使该反应向正反应方向移动，提高转化率4、5、或6、4LiAlH⎯⎯⎯→HBr⎯⎯⎯→Mg⎯⎯⎯⎯→无水乙醚3+31)CHCHO2)HO⎯⎯⎯⎯→18-3（巩固）呫吨酮衍生物是治疗糖尿病的有效药，某呫吨酮衍生物的合成路线如下。已知：I.232KC

OH22PdCPhOHPhCHClPhOCHPhPhOH−+⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→II.Ph−为苯基：回答下列问题：1、A→B的反应类型为_______，该反应的目的是_______。2、C→D的过程中，被还原的官能团是___

____(写名称)。3、下列有关说法错误的是_______。A.化合物A的名称是2，6-二羟基苯甲酸乙酯B.化合物B含4种不同官能团C.化合物E既有酸性又有碱性D.用3NaHCO溶液可以鉴别化合物F和G4、化合物F易溶于水，主要原因是_______。5

、化合物E的同分异构体中，仅含-CONH2、-OH和苯环结构的有_______种。F→G的反应会生成一种副产物H，H与化合物G互为同分异构体，H的结构简式为_______。6、请你以及苯酚为原料参照上述流程信息合成呫吨酮()：___

____(其他无机试剂任选)。【正确答案】1、取代反应保护羟基，防止被氧化2、硝基3、B4、分子中的羟基、羧基能与水形成氢键5、66、()4HKMnO+→2H/CPd→18-4（巩固）辣椒素又名辣椒碱(cap

saicin)，是常见的生物碱之一、辣椒素H的合成路线如下。请完成下列问题(1)B的键线式是___________，按照系统命名法命名为___________。(2)E中官能团的名称是___________。(3)C→D中反应i的化学方程式是___________，反应类型是___________

。(4)F与G反应生成H时，另一产物为___________(填化学式)。(5)的同分异构体中，同时符合下列条件的有___________种(不含立体异构)。①具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其

苯环上只有一种化学环境的H②红外光谱测得其分子结构中含有2-NH和-OH③进一步测得，该物质能与NaOH反应，且1mol该物质能消耗2molNaOH写出其中任意两种的结构简式___________。(6)参照上述合

成路线，设计以异丙醇和必要试剂为原料合成2-异丙基丙二酸()的合成路线。___________(其他试剂任选)。【正确答案】2-甲基-7-溴-3-庚烯碳碳双键、羧基+2KOH2HO加热⎯⎯⎯→+2C2H5OH取代(水解)反应HCl4、、、18-5（提升）苯达莫司汀

(Bendamustine)是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如下：1、A的分子式是_______，B→C的反应类型为_______。2、1molD物质在碱性条件下反应，最多消耗NaOH的物质的量为_____

__。F中含氧官能团的名称_______。3、E的结构简式为：_______。4、C→D的方程式为_______。5、下列关于上述流程中的物质说法正确的是_______。a.A物质易溶于水b.C物质的核磁共振氢谱有6组峰c.在一定条件下，1m

ol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗5mol2Hd.一定条件下，F物质能够发生还原、加成、取代等类型的反应6、链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1molG发生银镜反应后生成4mol单质Ag，符合上述条件

的G的结构有_______种(不考虑立体异构)7、参照题干中的信息及已学知识请写出以甲苯和为原料，制的合成路线流程图。_______【正确答案】1、C6H3N2O4Cl还原反应2、2mol硝基、酯基3、4、5、bd6、27、18-6（提升）光刻胶是半导体光刻工艺的核心材料，2020年12月我国自

主研发的第一支ArF光刻胶通过产品验证，打破了国外垄断。从A合成某酯类光刻胶I的一种合成路线如图所示，其中代表的是330弱碱性环氧系阴离子交换树脂。回答下列问题：已知：①RCH2CHO+HCHO+R′NHR″→+H2O②RCOCl+R′OH→RCOOR′+HCl1、A的

名称是_______。2、D的结构简式为_______，H中含氧官能团的名称为_______。3、反应⑥的反应类型是_______。4、反应④的化学方程式为_______。5、G的分子式为C10H16O2，写出一种满足下列条件G的同分异构体的结构简式_______(不考虑立

体异构)。①含碳碳双键②能发生银镜反应③核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：16、设计以乙烯、为原料合成的路线(其它试剂任选)_______。【正确答案】1、丙醛2、酯基、羟基3、加聚反应4、5、、(答案合理即可)6、答案解析1-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．胶体是分散质粒子

大小在1nm~100nm的分散系；碳纳米点是一种直径小于10nm的材料，是纯净物不是分散系，A项错误；B．硫氮氧化物与水反应生成酸性物质导致酸雨，燃料的脱硫、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，B项错误

；C．CaO可吸水防潮，但不能防止食品被氧化，C项错误；D．二者气化时会吸收大量热，故均可作制冷剂，D项正确；答案选D。1-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．碳中和是指国家、企业、产品、活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造

林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量。用2CO人工合成淀粉，有利于促进“碳中和”，A正确；B．二氧化硫对食品有漂白和对植物性食品内的氧化酶有强烈的抑制作用。规定可用于葡萄酒和果酒，最大使用量0.25g/kg，残留量不得超过

0.05g/kg，B正确；C．纳米铁粉通过铁的还原性去除污水中2Hg+、2Pb+等重金属离子，C错误；D．“北斗组网卫星”使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料，D正确；故选C。1-3【巩固】【正确答案】D【

试题解析】详解:A．可降解的聚碳酸酯塑料在自然环境中快速降解成无害物质，使用这种塑料既满足了人类对材料的需要，同时也有利于减少白色污染，A正确；B．风能、太阳能等洁净能源发电，有利于实现碳中和，B正确；C．合适的催化剂可将汽车尾气中的NO和CO快速转化为无毒气体N2和CO2，减

少有害气体的排放，及空气中有害气体的含量，C正确；D．将含有废旧重金属盐的废液深度掩埋会造成土壤污染、水污染，因此对环境会造成破坏作用，D错误；故合理选项是D。1-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．铝是活泼

金属，用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，选项A错误；B．23592U与23892U是质子数均为92而中子数不同的核素，因此二者互为同位素，选项B错误；C．碳纤维是指含碳量在90％以上的高强度、高模量纤维，碳

纤维材料属于新型无机非金属材料，选项C正确；D．向煤中加入石灰石(主要成分为碳酸钙)处理煤燃烧生成的二氧化硫，减少二氧化硫的排放量，选项D错误；答案选C。1-5【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．双氧水消毒是利用其氧化性，而酒精没有氧化性，两者消毒原理不相同，选项A错误；B．加入氧

化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但氧化钙不能减少排放二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，选项B错误；C．石墨烯是碳元素形成的一种单质，不是有机化合物，选项C错误；D．

磷酸钡属于不溶性盐，是强电解质，选项D正确；答案选D。1-6【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．维生素C具有还原性，能与氧化剂反应，常用作抗氧化剂，故A正确；B．N、S的氧化物可导致酸雨发生，则大力实施矿物

燃料的脱硫脱硝技术，可以减少SO2、NO2的排放，故B正确；C．生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，故C正确；D．糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，淀粉、二塘、蛋白质和油脂能发生水解反应，

但单糖不能发生水解，故D错误；答案为D。2-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．碳铵是碳酸氢钠：NH4HCO3，正确；B．蔗糖为二糖：C12H22O11，正确；C．石膏为：CaSO4·2H2O，

正确；D．蚁醛为甲醛：HCHO，错误；故选D。2-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．白磷P4，A错误；B．乙胺：CH3CH2NH2，B正确；C．胆矾：CuSO4•5H2O，C错误；D．硬脂酸：C17H35COOH，D错误；

故选B。2-3【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．芒硝为242NaSO10HO，A错误；B．熟石膏化学式为422CaSOHO，B正确；C．甘油为丙三醇，结构简式，C正确；D．由系统命名法可知()323223CHCHCHCHCHCHCH为3-甲基己

烷，D正确；故选A。2-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．草酸是乙二酸，结构简式为HOOC-COOH，A错误；B．绿矾是FeSO4∙7H2O，B错误；C．工业盐主要成分是NaCl，C错误；D．阿司匹林是乙酰水杨酸的俗称，D正确；

故合理选项是D。2-5【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．绿矾是硫酸亚铁晶体，化学式是：FeSO4·7H2O，A正确；B．水玻璃是硅酸钠水溶液，即Na2SiO3水溶液，B正确；C．蔗糖是二糖，水解产生一

分子葡萄糖和一分子果糖，化学式为：C12H22O11，C错误；D．硝化纤维是纤维素(C6H10O5)n单糖单元中三个羟基与浓硝酸发生酯化反应产生的物质，化学式为，D正确；故合理选项是C。2-6【提升】【正确答案】B【试题

解析】详解:A．TNT为三硝基甲苯，其结构简式为：，A正确；B．乙酸酐的结构简式为：(CH3CO)2O，B不正确；C．蔗糖的分子式为：C12H22O11，C正确；D．摩尔盐是六水硫酸亚铁铵，其化学式为：(NH4)2

Fe(SO4)2•6H2O，D正确；答案选B。3-1【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A错误；B．液氨汽化时要吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷

剂，故B正确；C．汞有毒易挥发而硫磺能够与汞反应生成无毒的物质，是硫的氧化性，而不是还原性，故C错误；D．同位素是指质子数相同中子数不同的同一元素的不同核素，故D错误；故答案选B。3-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．碳酸的酸性比盐酸弱，氯化钙溶液和二氧化碳不反应，故A错误；

B．2NO通入水中能得到NO，NO遇空气变为红棕色的2NO，故B正确；C．2CO不属于空气污染物，故C错误；D．将等物质的量的2SO和2Cl通入水中，发生氧化还原反应：222242HOH2ClSOSOHCl+++，溶液的漂白性没

有增强且被抵消了，故D错误；故答案选B。3-3【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．三氧化硫的水溶液能导电，但电离出自由移动离子的是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫不是电解质，故A错误；B．CO2分子电子式

为，所以CO2分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故B正确；C．硅是地壳中含量仅次于氧的元素，硅的化合态是由于地球的造山运动和火山喷发而出，这往往是高温，在这种情况下，硅的化学性质变的很活泼，所以自然界中无游离态的硅，所以自然界中的硅元素主要由二氧化硅形式存在

，故C错误D．NH4NO3由非金属元素组成，但属于盐是离子化合物，故D错误；故答案为B。3-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．2F和2HO发生氧化还原反应时2HO做还原剂，而2Cl与2HO反应时2HO既不做还原剂

又不做氧化剂，A错误；B．22HO与酸性4KMnO溶液发生反应：222422225HO2MnO6H=2Mn5O8HO,HO−++++++做还原剂，B正确；C．炭高温可还原二氧化硅制得硅，C正确；D．向氯水中加入碳

酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+，D正确；故选A。3-5【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．C2H4的结构式为，含有极性键和非极性键，故A错误；B．NO和氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故B错误；C．H2S燃烧时产生蓝色火焰，H2在氯气中燃烧时

产生苍白色火焰，故C错误；D．纯净干燥的Cl2没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸检验漂白性，故D正确；选D。3-6【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．因为碳酸的酸性比盐酸弱，所以向CaCl2溶液中通入少量的CO2不能发

生反应，没有CaCO3沉淀生成，A不正确；B．NO2通入水中，发生下列反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的无色气体NO，遇空气变为红棕色的NO2，B正确；C．浓硫酸是不挥发性酸，不能挥发出硫酸蒸汽，将分别蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，没有反应发生，没有白烟产生，

C不正确；D．将等物质的量的SO2和Cl2通入水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，所得溶液没有漂白性，D不正确；故选B。4-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．22H+I2HI反应前后分子数不变，因此

0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，A错误；B．232Fe+3Cl2FeCl，1molCl2完全反应转移2mol电子，则转移电子的数目为2NA，B错误；C．由于溶液的体积未知，因

此无法计算溶液中氢离子的数目，C错误；D．标况下2.24LCO2的物质的量为2.24L=0.1mol22.4L/mol，与足量的Na2O2反应，反应的化学方程式为2222322NaO+2CO=2NaCO+O，转移电子数为0.1NA，D正确；故选D。4-2【基础】【正确答案】D【试题解析

】详解:A．金刚石中平均1个碳原子可以形成2个碳碳键，12g金刚石（碳的物质的量为1mol）中含有的C-C键数目为2NA，A错误；B．标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，生成0.5molNO2和剩余0.

25molO2，气体总物质的量为0.75mol，但存在2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol，混合后所含分子数目小于0.75NA，B错误；C．根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知，23gNa与足量水反应生成0.5molH2,根据反应2Na2

O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，78gNa2O2与足量水反应生成0.5molO2，相同条件下，生成的气体体积相同，但是没有说明是否为相同状态，C错误；D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇46

g，水54g，则氢原子数为-1AA-146g54g6N2N46g/mol18molg/mlolmo+=12NA，D正确；故选D。4-3【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．常温下，20g氖气的物质的量为201mol20=，其为单原

子分子，原子数为AN，故A错误；B．Fe与2I、S反应均失去两个电子形成亚铁离子，所以0.1molFe分别与足量I2、S完全反应，转移电子0.2mol，故B正确；C．标准状况下，3SO为固态，不能用m

Vn=V进行计算，故C错误；D．28g的24CH和2N均为1mol，但是1mol24CH的原子数为6AN，1mol2N的原子数为2AN，所以28g的24CH和2N混合气体中含有的原子数不等于2AN，故D错误；故选B。4-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．一个D原子有1

个中子，一个18O有10个中子，故1molD318O+中含有的中子数为13NA，A错误；B．未指明标准状况下，H2和Cl2的混合气体的物质的量无法计算，B错误；C．未指明溶液体积，无法计算Cl-的数目，C错

误；D．浓、稀硝酸足量，说明Cu完全转化为Cu2+，32gCu转移电子1mol，Cu失电子数与浓、稀硝酸得电子数相等，故浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，D正确；故答案选D。4-5【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．甲烷和氯气发生取代反应，是连锁反应，不只生

成一氯甲烷，产物是混合物，故A错误；B．每个异丁烷分子含有10个极性共价键，标准状况下，2.24L异丁烷为0.1mol，含有的极性共价键的数目为AN，故B正确；C．Cu与S生成Cu2S，22Cu+SCuS，3.2gCu即0.05mol与1.6

g单质硫即0.05mol充分反应，转移的电子数为A0.05N，故C错误；D．8.0g<1mol86g/mol，1838.0gSO中含有的原子数小于A0.4N，故D错误；故答案为B4-6【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A

．标况下11.2LNO2即为0.5mol，氮元素守恒，故达平衡后，含有的氮原子数为0.5NA，A正确；B．2molSO2和1molO2催化反应是个气体体积减小的可逆反应：2232SO+O2SO，故催化反应后分子总数大于2NA，B错误；C．5.6gFe发生吸氧腐蚀:Fe-2e-=Fe2+,电极反应中

转移的电子数为0.2NA，C错误；D．用电解法粗铜精炼，阳极是铜和其他比铜活泼的金属失电子，当电路中通过电子数为NA时，阳极溶解的铜少于32g，D错误；故选A。5-1【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:化合物M(结构式如图)是DNA结构的重要组成部分，其中元素Y、Z、W在同一

周期，X与其他元素不在同一周期，且原子半径最小，X为氢；W的一种核素常用于测定文物年代，为碳；Y能形成双键，为氧；Z能形成3个共价键，为氮；详解:A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：W>Z>Y，A错误；B．根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化

物的酸性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性：ZW，B正确；C．M分子中氢原子不是8电子稳定结构，C错误；D．碳氢可以形成相对分子质量很大的烃或聚合物，故X与Y形成的化合物的沸点不一定高于X与W形成的化合物的沸点

，D错误；故选B。5-2【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:W、X、Y、Z为原子半径依次减小的同周期主族元素，Z的简单氢化物的水溶液常用来腐蚀玻璃，所以Z为F；中，X有4个共价键，Y有2个共价键，W有4个键，整个阴离子带1个负电，所以W、X、Y、Z分别为B、C、O、F，据此分析解题。详解:

A．W最高含氧酸为硼酸，属于弱酸，故A正确；B．固态CO2为干冰，升华时会吸收大量热量，可用于冷藏食品，故B正确；C．常温常压下，X的氢化物有多种，CH4为气体，C6H6为液体，不一定是气态，故C错误；D．图中阴离子，W为B，共用4个电子，最外层满足8电子结构；F形成一个键，也

满足满足8电子结构，故D正确；故答案选C。点睛:本题考查原子结构与元素周期律，充分利用价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律，推断元素是解题的关键。5-3【巩固】【正确答案】A【试题解析】分析:W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据W、X、Y组成的化合物的结构图可知，W

和Y为第ⅥA族元素，所以W为O，Y为S，则Z为Cl；X能形成+1价离子，则X为Na。详解:A．一般地，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小。所以四种元素中Na的原子半径最大，简单离子半径最小，故A正确；B．S的最高正价为+6价，O没有+6价，故B错误；C．最

高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4>H2SO4，没有指明最高价，如HClO的酸性弱于H2SO4，故C错误；D．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，所以HCl的稳定性强于H2S，故D错误；故选A。5

-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:由题中物质的价键结构可知W为第Ⅰ主族金属元素，X、Y、Z为非金属元素，其中Y为第二周期，第Ⅲ主族的B元素，其最外层电子数为3，则Z为第二周期第Ⅵ主族的O元素，其最外层电

子数为6。根据Z与X成单键和X原子序数小于Y可知X为第一周期第Ⅰ主族元素H。W原子序数最大，为第三周期第Ⅰ主族元素，为Na元素。详解:A．BCl3分子中Cl满足最外层8电子结构，但B最外层只有6个电子，A错误；B．由H元

素和O元素组成的H2O2中含有O—O非极性共价键，也含有H—O极性共价键，B错误；C．Na+和O2－，电子层数相同，最外层电子数相同，Na+的核内质子数大于O2－的核内质子数，半径O2－>Na+，C错误；D．Na和O按原子个数比1:1组成的化合物Na2O2具有强氧化性，D正确；故选D。5-5【提

升】【正确答案】C【试题解析】分析:根据短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由，Z可以形成6条键，则Z最外层含有6个电子，Y可以形成2条键，则Y只能为O，Z只能为S，W可以形成一条单键，W为H，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，则X的原子序数为16

-8-1=7，则X为N。详解:A．W为H，Z为S，在自然界中存在游离态的S，故A错误；B．X为N、Y为O，氧离子的还原性弱于氮离子，简单离子的还原性：XY，故B错误；C．W为H，最外层一个电子，W+的半径是所有微粒中最小的，故

C正确；D．W、X、Z三种元素组成的化合物中可能含有离子键，如NH4HS，故D错误；故选：C。5-6【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:由图分析，X只能形成一个共价键，又知X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H；W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na；Y可形成

四个共价键，则Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Q为O，Z为N。详解:A．WX为NaH，溶于水会得到NaOH溶液，显碱性，A项错误；B．C的氧化物有多种CO、CO2等，N的氧化物有NO、NO2、N2O3、N2O5等，无法比较，B项错误；C．

Z的氧化物有多种，如N2O3对应的水化物HNO2为弱酸，C项错误；D．H和O形成H2O、H2O2，Na和O形成Na2O、Na2O2，C和O形成CO、CO2，N和O形成NO、NO2、N2O3、N2O5，D项正确；答案选D。6-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．若隔绝空气煅烧

，铁元素化合价从+2上升到+3，依据氧化还原反应“有升必有降”原则，硫元素的化合价必然要下降，从而得到2SO，A正确；B．转化流程中，隔氧煅烧时反应可表示为423232FeSOFeOSOSO煅烧++，为分解

反应；吸收3SO时反应为3224SOHOHSO+=，为化合反应；最后加3KNO蒸馏时反应可表示为()24343HSOKNOKHSOHNO++浓，为复分解反应，B正确；C．蒸馏过程利用的是高沸点酸制备低沸点酸，只能说明24HSO的沸点比3HNO高，并不能比较两者的酸性强弱，C错误；D．喷淋2HO增

大了2HO与2NO的接触面积，加快了吸收速率，缩短了制备3HNO的时间，相当于在一定的时间范围内提高了3HNO产率，D正确；故合理选项为C。6-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．反应①发生反应232442SO+2NaC

lO+HSO2NaHSO2ClO=+，3NaClO中氯元素化合价降低，3NaClO是氧化剂，SO2中S元素化合价升高，SO2是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故A正确；B．若反应①通过原电池来实现，3NaClO得电子生成ClO2，则ClO2在正极生成，故B正确；C．反应②中H2O2作还

原剂，NaClO4中氯元素化合价为最高价，反应②中的H2O2不能用NaClO4代替，故C错误；D．反应②条件下，ClO2得电子生成NaClO2，ClO2作氧化剂、H2O2作还原剂，所以ClO2氧化性大于H2O2，故D正确；选C。6-3【巩固】【

正确答案】B【试题解析】详解:A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，盐类的水解反应是吸热反应，小火加热煮沸能促进碳酸钠的水解，使溶液中的氢氧根离子的浓度增大，有利于充分去除废铁屑表面的油污，故A正确

；B．废铁屑中含有的氧化铁能与加入的稀硫酸反应生成铁离子，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，所以在制备前不需要除去，故B错误；C．实验室加热浓缩溶液时，所用到的硅酸盐材质的主要仪器有酒精灯、玻璃棒和蒸发皿，故C正确；D．将易溶于水摩尔盐溶于水配成溶液，向溶液中加入氢氧化钡溶

液，共热有白色沉淀和能使湿润的生成红色石蕊试纸变蓝色的气体生成，白色沉淀迅速变为灰绿色说明摩尔盐中含有亚铁离子，红色石蕊试纸变蓝色的气体生成说明摩尔盐中含有铵根离子，向灰绿色沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解最终得到白色沉淀说明摩尔盐中含有硫酸根离子，所以用湿润的红色石蕊试纸、盐酸和

氢氧化钡可检验摩尔盐中的离子，故D正确；故选B。6-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】分析:由流程可知，硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料，粉碎后充分焙烧发生4FeS2+11O2高

温2Fe2O3+8SO2，使硫铁矿转化为Fe2O3和SO2，将得到的固体酸溶，发生的反应为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，过滤除去杂质，滤渣1为SiO2，酸浸后的过滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+，然后加Fe

S还原Fe3+，“乳白色浑浊”为S，用FeS还原Fe3+的目的是避免在除去Al3+时铁离子一并沉淀，加入FeO可以促进Al3+的水解而使Al3+转化为沉淀，操作2为过滤，滤渣2为Al(OH)3，，然后加碳酸铵沉淀亚铁离子生成FeCO3沉淀。详解:A．“焙烧”时生成2SO，但逸出的气体中除2SO

外，还有未反应的空气中的2N等，A项错误；B．2SiO不与硫酸反应，B项正确；C．结合流程图信息，由加入的2FeS可知“操作1”为3Fe+氧化2FeS，则“乳白色浑浊”是S，C项正确；D．由硫铁矿中含氧化铝杂质可知“操作2”主要是除去铝，D项正确；故选

A。6-5【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．最终产物中不含Fe元素，FeCl3与Cu反应后，又被O2氧化成FeCl3，FeCl3起催化剂的作用，故A错误；B．加入CuO调节溶液pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，而除去，故B正确；C．纯碱代替石灰乳可能

会生成碳酸铜或碱式碳酸铜，故C错误；D．未说明气体是否在标准状态，无法进行计算，故D错误；故答案为B。6-6【提升】【正确答案】B【试题解析】分析:由流程可知，软锰矿主要成分MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质，加硫酸溶解后，Al2O3转化

为Al3+，烟道气中的SO2与MnO2反应生成MnSO4，过滤后滤渣A为SiO2，滤液1中离子主要有Mn2+、、H+和2-4SO，加入氨水，调节pH至5.4，Al3+转化为Al(OH)3沉淀下来，滤渣B为Al(OH)3，滤液2为MnSO4，经过蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥可得MnSO4·

H2O。详解:A．根据分析，滤渣A的主要成分为SiO2，滤渣B的主要成分为Al(OH)3，A错误；B．根据分析，“酸浸”过程中SO2与MnO2反应生成MnSO4，离方程式为2+2-224MnO+SO=Mn+SO，B正确；C．根据分析，滤液1中主要含有的离

子是Mn2+、Al3+、H+和2-4SO，C错误；D．温度较高时，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，因此操作I为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，D错误；故选B。7-1【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．溶液中存在平衡222724CrOHO2CrO2H−−＋＋＋，加稀硫酸，平衡逆向移动，溶

液橙红色变深，故A错误；B．KI不足，取反应后试样，滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色，可知生成碘单质；另取反应后试样，加入AgNO3溶液，产生黄色沉淀，可知碘离子不能完全转化，则2Fe3＋＋2I−⇌2Fe2＋＋I2是可逆反应，故B正确；C．乙烯中可能混有二氧化硫，

均与溴水反应，溴水褪色，不能证明乙烯具有还原性，故C错误；D．NaCl、NaI的混合溶液的浓度未知，由实验操作及现象可知，不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）的大小，故D错误；故答案选B。7-2【基础】【正

确答案】A【试题解析】详解:A．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，则饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊，析出了NaHCO3晶体，故A正确；B．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，试管口附近NO被氧化生成二氧化氮，故B错误；C．应加

入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，故C错误；D．乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故答案选A。7-3【巩固】【正确答案】A

【试题解析】详解:A．0.01mol氯化铬()32CrCl6HO在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明形成的配合物外界有两个Cl-即()2522CrHOClClHO，符合题意

，A正确；B．分别向饱和酸()33HBO溶液和稀硫酸溶液中加入少量3NaHCO粉末，前者无气泡冒出，后者有气泡冒出，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，证明非金属性：S>C>B，不符合题意，B错误；C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，稀硫酸

和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠溶液反应生成苯酚沉淀，根据现象可以说明酸性：碳酸>苯酚，不符合题意，C错误；D．氯气能氧化亚铁离子生成铁离子、能氧化碘离子生成碘，向含0.1mol的FeI2溶液中通入

0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能得出结论，不符合题意，D错误；故答案为：A。7-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．往Na2SiO3溶液中加入少量NO2，NO2和水生成硝酸，有透明凝胶硅酸生成，说明

硝酸制出硅酸，可以证明非金属性：N＞Si，故A正确；B．控制变量要求，只能改变其中的一个条件，本项还应控制阴离子相同，如将CuCl2溶液换成同浓度CuSO4溶液，故B错误；C．水解后检验葡萄糖，在碱性溶液中，水解后没有先加碱至碱性，不能检验，故C错误；D．酸

雨中含有硫酸、亚硫酸，均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，由操作和现象不能说明结论，故D错误；故选：A。7-5【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色，不能证明钠盐为含硫元素的钠盐，A错误；B．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾

溶液氧化，溶液褪色，不能证明亚铁离子具有还原性，B错误；C．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，由于Fe3+量少，如果不是可逆反应，则反应后溶液中应该不含

Fe3+，但是充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，C正确；D．向AgNO3，溶液中滴加过量氨水，得到澄清溶液不是因为Ag＋与NH3·H2O能大量共存，而是发生反应AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2

O，Ag(NH3)2OH可溶于水，D错误；故答案为：C。7-6【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．鲜花含水，与氯气反应生成HClO具有漂白性，应选干燥的花瓣放入盛有干燥氯气的集气瓶中，故A错误；B．向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液，溶液变蓝色，只能说明有单质碘

生成，不能证明是氯气还是生成的单质溴氧化了碘离子，所以无法得出单质溴和单质碘的氧化性强弱，故B错误；C．碳酸钠和氯化钡反应时氯离子不参与，所以向上层清液中再加1滴3AgNO溶液，一定会产生氯化银沉淀，不能说明2BaCl未全部反应，故C错误；D．

酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能证明酸性溶液中氧化性：H2O2＞Fe3+，故D正确；故选D。8-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．分子中含有碳碳三键、酰胺基和羧基三种官能团，A错误；B．分子式为C19H15NO3，B错误；C．分子中含有酰胺基和羧基，故该

化合物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，C正确；D．该化合物分别与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，其反应机理不相同，与酸性高锰酸钾是还原性的体现，与溴水是加成反应，D错误；故选C。8-2【基础】【正确答案】C

【试题解析】详解:A．分子中含有酚羟基，置于空气中易被氧化，A正确；B．分子中含有酚羟基，与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；C．分子含有苯环和羟基、酯基，均不能与饱和溴水发生加成反应，C错误；D．苯环为平面结构，与苯环直接相连的

原子共平面，D正确；故选C。8-3【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．有机物含有羟基、酯基、醚键、碳碳双键共4种官能团，故A正确；B．连接四种不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该有机物中与羟

基相连的碳是手性碳原子，只有1个，故B正确；C．该有机物含有醇羟基，且与羟基相连的邻位碳上有H原子，能发生消去反应，含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，与氢气发生加成反应，故C正确；D．该分子中含有一个酯基，且酯基水解后形成一个酚羟基

，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH，故D错误；故选D。8-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．由结构简式可知，该有机物分子式为C9H6O2，A错误；B．香豆素的结构简式可知含有苯环结构，碳碳双键，酯基，不易溶于冷

水，B错误；C．含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．1mol该有机物含有酯基可以发生水解反应，生成羧酸类和酚类，都可以与氢氧化钠反应，最多能与2molNaOH反应，D正确；故选D。8-5【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．该分子含

5个类似于甲烷的四面体结构的碳原子，所有原子不可能都在同一平面，故A错误；B．环上有3种氢原子，环上的一氯代物有3种，故B错误；C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，分子中含有1

个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多能消耗4mol氢气，故C正确；D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH以1：1反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故D错误；故选：C

。8-6【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线的原子共直线，则上述分子中共直线的原子最多有6个原子，如图：，A错误；B．M分子中仅含有2个手性碳原子，如图用星号

标出的C原子为手性碳原子，，B错误；C．M分子中所含的酯基可在碱性条件下发生水解反应，根据结构可知，1molM可以消耗1molNaOH，C正确；D．M分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；故选C。9-1【基础】【正确

答案】B【试题解析】详解:A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，溶质CH3COOH电离产生的CH3COO-、H+浓度减小，由于溶液中存在H2O的电离平衡，水电离产生的离子积常数Kw=c(H+)·c(O

H-)，溶液中c(H+)减小，则c(OH-)增大，因此不是所有离子浓度均减小，A错误；B．根据电离平衡常数大小可知Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2SO3)，所以少量SO2通入Na2CO3溶液中反应的离子方程式：2-2--22333SO+H

O+2CO=SO+2HCO，B正确；C．HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生CaSO4、HCl，故反应的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-+Ca2+=CaSO4+2H++Cl-，C错误；D．根据盐的水解

规律：谁弱水水解，谁强显谁性分析。由于酸性：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2SO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，所以25℃时等浓度的盐CH

3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，23CO−水解程度最大，故溶液的碱性最强的是Na2CO3，D错误；故合理选项是B。9-2【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．相同条件下，

23HSO的2a1K1.5410−=大于23HCO的7alK4.3010−=，则同浓度的23HSO溶液和23HCO溶液相比较，前者酸性更强，故A错误；B．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，NaHSO3与次氯酸发生氧化还原反应，会减小

氯水中HClO的浓度，故B错误；C．HClO的电离平衡常数K大于H2CO3的K，小于H2CO3的Ka，向NaClO溶液中通入少量CO2，其离子方程式应为223ClOCOHOHClOCO−−++=+H，故C

错误；D．H2SO3的Ka大于H2CO3的Ka，小于H2CO3的Ka，所以向23NaCO溶液中通入少量SO2，其离子方程式为22322332COSOHO2HCOSO−−−++=+，故D正确；故答案为D9-3【巩固】【正确答案】C【试题

解析】详解:A．pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液碱性越强需要溶液浓度越小，溶液的物质的量浓度大小：③<②<①，选项A正确；B．浓度均为0.1mol/L的①(NH4)2CO3溶液中CO32-水解促进NH4+水解，使c(NH4+)减小；②(NH4)2SO4只有NH4+水解；

③NH4HSO4溶液中H+抑制NH4+水解，但是①②中c(NH4+)比③中大，根据水解微弱的原理可知，c(NH4+)的大小顺序为：②>①>③，选项B正确；C．醋酸钠的浓度越大，醋酸根离子的水解程度越小，则溶液中醋酸根离子的浓度越大，所以0.2mol·L-1的CH3COONa

溶液中c（OH-）小于0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中c（OH-）的2倍，选项C错误；D．对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，0.1mol·L-1的NaX、NaY、NaZ的pH依次增大，可得出HX、HY、HZ的酸性依次减弱，选项D正确；答案选C。9-4

【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:由题干信息可知，N2H4第一步电离为N2H4+H2O=+25NH+OH-，N2H4第二步电离为+25NH+H2O=226NH++OH-；详解:A．N2H4吸收等物质的量HCl所得溶液为N2H5Cl，+25NH水解生成N

2H4，Kh=wb1KK=1×10-8，+25NH电离生成226NH+，Kh>Kb2，故+25NH水解作用>电离作用，c(N2H26+)<c(N2H4)，A项正确；B．N2H6Cl2溶液中电荷守恒为c(OH-

)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2H+5)+2c(N2H26+)，B项正确；C．2+92426b22+25b1c(NH)c(NH)KK===110c(NH)K−，C项正确；D．根据A选项分析，N2H5Cl溶液呈酸性，N2H6Cl2溶液中N2H26+只能水解，溶液呈酸性，故常温下，N

2H6Cl2与N2H5Cl的混合溶液只能为酸性，D项错误；答案选D。9-5【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．在0.2mol/LNH4HCO3溶液中发生阴、阳离子的水解反应：+4NH+H2ONH3·H2O+H+、-3HCO＋H2OH2CO3

+OH-，由于溶液的pH＞7，+4NH的水解程度小于-3HCO的水解程度，从而导致溶液中c(-3HCO)减少更多，所以c(+4NH)>c(-3HCO)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，A正确；B．20.0mL0.2mol/LHA溶液中加入10.0

mL0.2mol/LKOH溶液后，发生反应后该溶液为等浓度的HA和KA混合溶液，此时混合溶液的pH=5呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)>c(HA)，Ka=()()()()()()()+--++cHcAcA=cHcHcHAcHA=

10-5，B正确；C．向0.10mol•L-1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO

-)+c(Cl-)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl-)，C正确；D．若两者反应只生成K2SO3溶液则呈碱性，只生成KHSO3溶液则呈酸性，而溶液呈中性，说明两者都有，假设K2SO3和KHSO3浓度为1:1，由

2-3SO的第一步水解平衡常数Kh=146wa28a2K110110KK6106−−−==，则溶液会呈碱性，所以向稀KOH溶液中通入SO2至溶液呈中性时，c(K+)>c(-3HSO)>c(2-3SO)>c(OH-)，D错误；故选D。9-6【提升】【正确答案】A【试题

解析】详解:A．Ki1(H2CO3)>Ki(HCN)>Ki2(H2CO3)，故HCN可与23CO−发生反应生成CN-和3HCO−，因此向含CN-的溶液中通入CO2发生反应为223CNHOCOHCNHCO−−++=+，Ａ错误；B．利用甲酸与碳酸的电

离平衡常数可知酸性：HCOOH>H2CO3，则HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐、CO2和H2O，Ｂ正确；C．酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>3HCO−，Ｃ正确；D．相同温度下，等浓度的CH3COOH溶液与HCN溶液中，醋酸中c(H＋)大，对水的抑制程度大，即HCN溶液中

水的电离程度大，D正确；综上，本题选A。10-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．稀硝酸具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，故A错误；B．向()2BaOH溶液中滴加4NaHSO溶液至中性，钡离子和氢氧根离子反应比例

为1:2，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为224422HBa2OH+SO=BaSO+2HO++−−++，故B错误；C．向新制溴水中通入少量2SO，Br2氧化2SO，离子方程式为22224BrSO2HO=4H2BrSO+−−++++，故C正确；D．向3AgNO溶液

中滴加过量氨水生成银氨络离子，离子方程式为：32322Ag2NHHO=Ag(NH)2HO++++，故D错误；故答案选C。10-2【基础】【正确答案】BC【试题解析】详解:试题分析：A不正确，电子得失不守恒，应该是2Fe2＋＋

Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，D不正确，应该是Al3＋＋3NH3·H2O=3NH4＋＋Al(OH)3↓，所以正确的答案选BC。考点：考查离子方程式的正误判断点评：该题是高考中的常见题型，试题属于中等难度的试题，对学生的要求

较高。判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。10-3【巩固】【正确答案】AC【试题解析】详解:试题

分析：A．将少量碳酸钠溶液滴加到盐酸中发生的离子反应为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，故A正确；B．向明矾中加入氢氧化钡使硫酸根完全沉淀发生的离子反应为Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=BaSO4↓+AlO2-+2H

2O，故B错误；C．苯酚钠中通入少量CO2发生的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故C正确；D．石灰乳在书写离子方程式时不可拆分，故D错误；答案为AC。考点：考查离子方程式的书写与正误判断。1

0-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．将过量的H2S通入FeCl3溶液中反应为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故A错误；B．题目中反应得失电子不守恒，正确的反应是：2MnO4−+5H2O2+16H+=2Mn2++5O2↑+8H2

O，故B错误；C．白醋是CH3COOH，弱酸不能拆，故C错误；D．酸性重铬酸钾溶液会将乙醇氧化为乙酸，反应为：2Cr2O27−+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故D正确；故选D。10-5【提升】

【正确答案】BD【试题解析】详解:A．I−的还原性强于2Fe+，在2FeI溶液中滴加少量稀硝酸先氧化I−，故离子反应为36I8H2NO−+−++223I4HO2NO=++，故A错误；B．用NaClO溶液吸收少量2SO，离子方程式为222SOHO3ClO−++=24

SOCl2HClO−−++，故B正确；C．向()32MgHCO溶液中加入足量的NaOH溶液，离子方程式为2Mg2++()23322HCO4OH=MgOH2CO2HO−−+++，故C错误。D．()442NHAlSO溶液中滴加(

)2BaOH溶液至24SO−恰好沉淀完全：()322443243NHAl2SO2Ba4OHNHHOAlOH2BaSO++−+−++++=++，D正确；故选BD。10-6【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．氨水中的NH3·H2O是弱碱，不能溶解Al(OH)3，反应的离子方程

式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+34NH+，A错误；B．铁离子可以氧化碘离子，则将Fe3O4固体溶于HI溶液中发生的离子反应为：Fe3O4+2I-+8H+=3Fe2++I2+4H2O，B错误；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．向硫酸铝铵溶

液中滴加少量Ba(OH)2溶液，要以不足量的Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是2mol，反应生成BaSO4沉淀、Al(OH)3沉淀、NH3·H2O，离子方程式为：+3+2-2+-443432NH+Al+2SO+2Ba

+4OH=Al(OH)+2BaSO+NHHO，D错误；故合理选项是C。11-1【基础】【正确答案】AD【试题解析】分析:由图象可知，OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+

＝Fe2++H2↑。详解:A．根据前面分析得到铁元素最终以亚铁离子存在，所以最终溶液中所含的溶质为FeSO4，整个过程消耗0.4molFe，故原混酸中硫酸的物质的量为0.4mol，物质的量浓度为2mol∙L−1，故A正确；B．

根据前面分析得到OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2，故B错误；C．OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，OA段产生的气体是NO，即消耗11.2g铁即0.2mol，转移电子是0.6mol，BC段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2

++H2↑，BC段产生的气体是H2，消耗金属铁22.4g−16.8g=5.6g即0.1mol金属铁消耗转移电子是0.2mol，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，该段消耗金属铁5.6g，转移电子是0.2mo

l，所以整个反应中转移电子数为1.0mol，故C错误；D．根据OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，消耗金属铁11.2g即0.2mol，消耗硝酸根是0.2mol，混合酸中硝酸根离子的物质的量为0.2mol，

故D正确。综上所述，答案为AD。11-2【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:一定质量的Fe和Cu的混合物中加入一定量的稀硝酸并微热，充分反应后剩余金属ag，则发生反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=Cu

(NO3)2+2NO↑+4H2O，剩余固体为Cu或者Fe和Cu，当剩余固体为Cu时溶液中可能含有Fe2+或者Cu2+和Fe2+，当剩余固体为Fe和Cu时溶液中只含Fe2+，加入稀硫酸后，则继续发生离子方程式：3Fe+8H++2-3NO=3Fe2++2NO↑+4H2O或者3Cu+8H++2

-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，总之固体质量进一步减小，据此分析解题。详解:A．由分析可知，加入稀硫酸前，溶液中不一定有Cu2+，可能含有Cu2+和Fe2+，或者只含Fe2+，A错误；B．由分析可知，加入稀硫酸之后，固体继续溶解，质量进一步减小，即a一定大于b，B错误；C．

由B项分析可知，a一定大于b，C正确；D．由于最终仍然有固体剩余，剩余固体一定含有Cu，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故最终溶液中不可能有Fe3+，D错误；故答案为：C。11-3【巩固】【正确答案】AD【试题解析】详解:A.硝酸根浓度很低时被氧化生成的产物是铵根离子

，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H++NO3-═4Mg2++NH4++3H2O、8Al+3OH-+3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O，A项正确；B.由图示可以看出

加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则原溶液中NO3-物质的量是(16.5-15)×10-

3L×4mol/L=0.006mol，B项错误；C.从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，由Al～Al3+～Al(OH)3

～NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，再由Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积(15.0-3.0)mL，由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为(15.0-3.0)×10-3L×

4.00mol/L-8×10-3mol×3=24×10-3mol，镁离子物质的量为1.2×10-2mol，参加反应的镁与铝的质量之比：8×10-3mol×27g/mol：1.2×10-2mol×24g/mol=3：4，C项错误；

D.由4Mg+10H++NO3-═4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O可知，消耗氢离子为0.008mol×308+1.2×10-2mol×104=0.0

6mol，图中开始3.0mLNaOH溶液消耗氢离子的物质的量为3×10-3L×4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物质的量为0.06mol+0.012mol2=0.036mol，混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.036mol0.1L=0.36mol/L，D项正确

；答案选AD。11-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】分析:第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的4.2克金属均被氧化到+2价：3Fe（或3Cu）+8HNO3=3Fe(NO3)2[或3Cu(NO3)2]+2NO↑+4H2O，金属的物质的量为1.12L22.4L/mol×

32=0.075mol，则第一次溶解的金属摩尔质量为56g·mol-1，所以第一次溶解的是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使KSCN溶液变红，溶解的4.8克金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.075mol，金属摩尔质量为64g·mol-1，是铜。详解:A.根据分

析，第一次溶解的是0.075mol铁，第二次溶解的是0.075mol铜，原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075mol，故A正确；B.根据氮元素守恒，反应前稀硝酸的物质的量浓度为1.120.075mol2mol22.40.1L+=

2mol/L，故B错误；C.若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，亚铁离子被氧化为铁离子，反应为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，生成NO的物质的量是0.075mol0.0253=mol，标准状况下的体积为0.56LNO，故C错误；D.根据以上分析，第一次与100mL

稀硝酸反应后剩余的4.8g金属为铜，不含铁，故D错误；选A。点睛:本题考查混合物的有关计算，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力。11-5【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A.硝酸根浓度很低时被氧化生成

的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H++NO3−＝4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H＋+3NO3−＝8Al3++3NH4++9H2O，A项正确；B.由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的

反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则原溶液中NO3−物质的量是(16.5－15)×10−3L×4mol/L=0.006mol，B项错误；C.从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反

应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，由Al～Al3+～Al(OH)3～NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，再由Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓、Al3++3OH−=Al(OH)3↓，沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积(15.0－3.0)mL，由此可

知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为(15.0－3.0)×10−3L×4.00mol/L－8×10−3mol×3=24×10−3mol，镁离子物质的量为1.2×10−2mol，参加反应的镁与铝的质量之比：8×10−3mol×27g/mol：1.2×10−2mol×24g/mol=3：4，

C项错误；D.由4Mg+10H++NO3−＝4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H＋+3NO3−＝8Al3++3NH4++9H2O可知，消耗氢离子为0.008mol×308+1.2×10−2mol×104=0.06mol，图中开始3.0mLNa

OH溶液消耗氢离子的物质的量为3×10−3L×4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物质的量为0.06mol+0.012mol2=0.036mol，混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.036mol0.1L=0.36mol/L，D项错误；答案选A。点睛:本题难度较大，考查金属与酸性

条件下硝酸盐溶液的反应，注意硝酸浓度越低生成的还原产物价态越低与反应中无气体生成相结合来分析，并注意图象与化学反应的对应来分析解答。11-6【提升】【正确答案】AD【试题解析】详解:A．消耗9.6g铜，即0.15molCu

，失去0.3mol电子，因为还原产物是NO，所以被还原的硝酸就有0.1mol，根据铁粉质量与气体变化图可知，硝酸根离子会全部反应转化为NO，反应最终得到的是硫酸铜和硫酸混合物，所以此份硝酸的物质的量是0.1mol，原混合酸中硝酸的物质的量是0.2mol，故A错误；B．铁先与硝酸反应

，生成三价铁离子和一氧化氮，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应生成氢气，故B正确；C．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D．反应消耗

14g铁，也就是0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，所以每份含硫酸0.25mol，浓度是2.5mol/L，故D错误；答案选AD。12-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．根据v正()()()22vNOkcNOcO==正消耗，得出

k正=()()()22vNOcNOcO消耗，根据()()222vvNOkcNO==逆逆消耗，得出k逆=()()222vNOcNO消耗，因为平衡时()()2vNOvNO=消耗消耗，所以K=()()()2222cNO

cNOcO=kk正逆，选项A正确；B．NO的平衡转化率为1mol0.2mol100%80%1mol−=，选项B正确；C．表格中初始物质的量：n(NO)=1mol，n(O2)=0.6mol，体积为2

L，则列出三段式如下：222NO(g)+O(g)2NO(g)(mol/L)0.50.30(mol/L)0.40.20.4(mol/L)0.10.10.4起始变化平衡K=()()()2222cNOcNOcO=220.40.10.1=160，选项C正确；D．若将容器的温度改变为T2时，其kk=正逆

，则K=1<160，因反应：()()()222NOgOg2NOgΔH0+，K值减小，则对应的温度增大，即21TT，选项D不正确；答案选D。12-2【基础】【正确答案】CD【试题解析】分析:由已知条件，2L容器中发生反应，10min平衡，依此列三段式：()2531.

000.41.+Cl(g)PCl(g)PClg(mol)2.0(mol)0.40.4(mol)0.660.4起始转化平衡5320.4c(PCl)52K===0.61.6c(PCl)c(Cl)622详解:A．由题意，PCl3的物质的量浓度变化量Δc=0.42=0.2mol/L，根

据v=Δc/t，所以0-10min内，用PCl3表示的反应速率为0.02mol/(L·min)，A错误；B．ρ=mV，反应物和生成物均是气体，所以气体总质量不变，恒容体系，所以总体积也不变，密度是一个常量，无论是否平衡

，密度都不变，无法作为达到平衡的标志，B错误；C．由题意，升高温度平衡常数降低，反应为放热反应，升高温度至T2平衡会逆向移动，PCl3物质的量会增加，所以Δn(PCl3)变小，因此12()()TT比值大于1，C正确；

D．平衡后，如果此时移走1.0molPCl3和0.5molCl2，则当时间为tmin时，PCl5的物质的量为0.2mol，可得到新的三段式：()2530.60.50.40.20.+Cl(g)PCl(g)PClg(mol)1

.6-1.0(mol)0.20.2(mol)0.30.28−起始转化tminQ=5320.2c(PCl)520.30.8c(PCl)c(Cl)322==•，在相同温度下，平衡常数K不变，Q=53>K=56，反应继续逆

向进行，所以平衡时，PCl5的物质的量小于0.2mol，D正确；故选CD。12-3【巩固】【正确答案】AD【试题解析】详解:A．该反应从正反应方向开始，在反应达到平衡前，v正随反应物的浓度的减小而逐渐减小，v逆随生成物的浓度的增大而逐渐增大，v正＞v逆，当反应达到平衡时，v正=v逆

，由于Q点未达到平衡状态，则Q点：v正＞v逆，A正确；B．温度升高，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。由于达到平衡所需时间：M＜N，说明温度：M＞N，升高温度，N2O的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动

，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0。密闭容器A(恒温)、B(绝热)，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，平衡逆向移动，N2O的转化率降低，所以M是绝热(B)条件下进行，N表示恒温(A)下进行反应，B错误；C．0-100s时N2O的转化率为10%，N2O的反

应量为lmol×10%=0.lmol，根据方程式中物质反应转化关系可知CO的反应量为0.lmol，则用CO的浓度变化表示曲线N在0-100s内的反应速率为v(CO)=-40.1mol=1.010mol/(Ls)10L100s，C错误；D．该反应在温度为T℃

条件下进行。根据选项B分析可知：N表示在恒温(A)下进行的反应。反应开始时n(N2O)=1mol，n(CO)=4mol，反应达到平衡时N2O的转化率是25%，则根据反应()()()()222NOs+COgNg+COg的转

化关系可知平衡时n(N2O)=0.75mol，n(CO)=3.75mol，n(N2)=n(CO2)=0.25mol，由于容器的容积是10L，则平衡浓度c(N2O)=0.075mol/L，c(CO)=0.375mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.025mol/L，反应达到平衡时v正=v逆，

k正∙c(N2O)∙c(CO)=k逆∙c(N2)∙c(CO2)，()()()()2正2逆2k0.0250.02cNcCOcN51===k0.0750.37C4OcO55，D正确；故合理选项是AD。12-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．

该反应H0，ΔS>0，G=H-TS<0可以自发，根据反分析可知该反应在低温条件下能自发进行，故A错误；B．反应平衡常数是产物系数次幂乘积除以反应物系数次幂乘积，但是纯固体和纯液体不写入平衡常数，该反应平衡常数的表达式为()()()22222cCOcNK=cNO，故B错误；C

．该反应若2molNO2完全反应时转移8mol电子，该反应中消耗1molNO2，转移电子的数目为2346.0210，故C正确；D．升高温度，正反应速率和逆反应速率都加快，平衡逆向移动，逆反应速率加快的多，

故D错误；故答案为C12-5【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．加入合适的催化剂，能够降低反应的活化能，缩短达到平衡所需之间，因而能提高单位时间内CH3OH的产量，A正确；B．该反应的正反应是放热反应，当反应平衡后，在其他条件不变时，升高温度化学平衡向吸热的逆反

应分析移动，因此不利于提高CO2的平衡转化率，B错误；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数就不变。因此当反应达到平衡后，将CH3OH分离出体系，该反应的平衡常数K不变，C错误；D．该反应的正反应是气体体积减小

的反应，在其他条件不变时，增大体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，D错误；故合理选项是A。12-6【提升】【正确答案】AD【试题解析】详解:A．达到平衡时，vv=正逆，则()()2kcX=kcY正逆，平衡常数()()2cYK==10cX，即10kk

=正逆，选项A错误；B．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以正k增大的倍数大于逆k增大的倍数，选项B正确；C．测定X的相对分子质量时应该使平衡尽可能逆向移动，该反应的正反应为气体分子数增多的吸热反应

，所以条件为低温高压，选项C正确；D．恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，体积增大，压强减小，平衡正向移动，X的转化率增大，选项D错误；答案选AD。13-1【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:据图分析，CO2得电子生成甲烷，故b为负极，a为正极

。阴极电极方程式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。详解:A．据分析可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，H+穿过离子交换膜到阴极参与反应，故该离子交换膜为质子交换膜，A正确；B．据分析，右侧为阴极，发生还原反应，B正确；C．

阳极电极方程式：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，阳极附近pH降低，C正确；D．据分析可知，每生成1molCH4，则有8mol质子通过离子交换膜，D错误；答案选D。13-2【基础】【正确答案】AD【试题解析】详解:A．放电时，负极发生氧化反应，

反应为Zn-2e-=Zn2+，正极发生还原反应，反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；当外电路转移1mole-时，负极质量减小32.5g，正极质量减小43.5g，两电极质量变化的差值为11g，A正确；B．过程II为生成锌离子的反应，为

放电过程，石墨毡电极的电极反应还原反应，反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，B错误；C．过程I为锌沉积过程，锌电极发生还原反应，连电源的负极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌，C错误；D．由A分析可知，放

电时沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量也减小，D正确；故选AD。13-3【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:光照条件下，2TiO纳米晶体吸附光敏染料失去电子，为该电池的负极，D生成D+，电子通过外电

路进入Pt导电玻璃，与3I−结合生成I-，导电玻璃为该电池的正极。详解:A．据分析，2TiO纳米晶体电极为负极，A正确；B．电池工作过程中3I−得到电子生成I-，I-与D+反应生成3I−，浓度基本保持不变，B正确；C．根据电子守恒，1molD失电子，则电路中转移1mol电子，由-

33IeI2−−::可得，1mol电子转移时有0.5mol3I−得电子，C错误；D．据分析，Pt电极上的电极反应为3I2e3I−−−+=，D正确；故选C。13-4【巩固】【正确答案】AC【试题解析】详解:A．放电时，总反应为Si+O2=SiO2或Si+O2+2O

H-=SiO23−+H2O，故溶液的pH保持不变也可能变小，A错误；B．负极上Si发生的氧化反应，据图可知，反应为--4Si-4e+4OH=Si(OH)，B正确；C．电子不能通过电解质溶液，C错误；D．负极Si会被消耗

，一段时间后需要更换，D正确；故选AC。13-5【提升】【正确答案】BD【试题解析】分析:甲装置为原电池，原电池中阳离子流向正极，根据氢离子的流向可知，A极为正极，B极为负极，乙装置为电解池，X电极与负极相连，为阴极，Y与正极相连，

为阳极。详解:A．X电极与负极相连，为阴极，得电子发生还原反应，A正确；B．粗铜的电解精炼过程中，粗铜在阳极，即Y极，粗铜中比铜活泼的金属如锌、铁等会先于铜放电，Zn的摩尔质量大于Cu，但Fe的摩尔质量小于Cu，所以当电路中有0.2mol

电子通过时，Y极质量有可能减少6.4g，B错误；C．A电极为正极，对氯苯酚得电子被还原，电极反应为+2e-+H+=+Cl-，C正确；D．B电极上CH3COO-失电子被氧化为CO2，电极反应为CH3COO--4e

-+2H2O=2CO2↑+4H+，生成H+，所以B极附近液体pH值减小，D错误；综上所述答案为BD。13-6【提升】【正确答案】B【试题解析】分析:充电时电极a的反应为：()()2432433NaTiPO2Na2eNaTiPO

+−++=，是得电子的还原反应，a作电解池的阴极，原电池放电时a作失电子发生氧化的负极，电极b上氯气得电子化合价降低发生还原反应，据此回答。详解:A.充电时a得到电子，为阴极，故充电时b为阳极，A错误；B.放电时，负极生成+Na，+Na浓度增大；正极2Cl2e2Cl−−+=，生成Cl−，Cl

−浓度增大，B正确；C.放电时，Cl−向负极即电极a移动，氯离子透过电极b向氯化钠溶液中迁移，C错误；D.放电时正极消耗2Cl，根据电子转移数守恒规律可知，每转移1mol电子，理论上四氯化碳释放0.5mol氯气，D

错误。答案选B。14-1【基础】【正确答案】1、AD2、MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O3、Fe(OH)3、CaSO4形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)4、促进Mn2++-3HCO⇌⇌MnCO3

+H+正向移动(或促进-3HCO的电离)防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解)Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积5、Mn2O3+2Al高温Al2O3+2Mn【试题解析】分析:“溶浸”时，软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含S

O2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节

pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；B．废渣1的主要成分为SiO2，

“芯片”主要成分为Si，不相同，B说法不正确；C．据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；D．硫酸铵是一种氮肥，废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；选AD；调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“

氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁

离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)；“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中-3HCO会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++-3HCO⇌MnCO3+H+正向移动(或

促进-3HCO的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解)(写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(Mn

CO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO2-3的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积；Al还原Mn2O3制

备Mn，化学方程式是2323MnO+2Al==AlO+2Mn高温。14-2【基础】【正确答案】1、增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率2、2MoS+2Na2CO3+5O2焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO23、饱和碳酸氢钠8

.384、NH4VO3蒸发浓缩、冷却结晶5、MoS+6ClO-+4OH-ΔMoO2-4+SO2-4+6Cl-+2H2O【试题解析】分析:废催化剂研磨后氧气、碳酸钠焙烧，各金属元素转化为对应含氧酸钠盐(2-4MoO、-3VO、-2AlO等)同时生成二氧

化碳、二氧化硫气体，水浸通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤滤液加入氯化铵生成NH4VO3沉淀，过滤后滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到粗产物。“研磨”的目的为增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；“焙烧”中MoS和氧气、碳酸钠反应，氧元素化合

价降低、Mo、S元素化合价升高发生氧化还原反应生成2-4MoO、二氧化硫，根据质量守恒还生成二氧化碳，反应为：2MoS+2Na2CO3+5O2焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO2；混合气体X中含有生成的二氧化碳、二氧化硫，二氧化

硫气体具有还原性，会和溶液中的2-4MoO发生氧化还原反应导致产品产率降低，故通入沉铝步骤前，应经过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫气体同时生成二氧化碳气体；焙烧后水浸得到溶液中铝元素以-4Al(OH)存在，已知：①()()-+13.38432-41Al(OH)+HAl(OH)+H

OK==10cAl(OH)cH+，；则铝元素恰好完全转化为沉淀时滤液中氢离子浓度为-8.3813.38-5=1010101，pH为8.38；焙烧水溶后V元素转化为-3VO，沉钒步骤中加入氯化铵得到钒的沉淀，

则滤渣2主要成分为NH4VO3；从滤液中获得粗产物的操作1是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。次氯酸根离子具有强氧化性，用足量的碱性NaClO溶液在加热条件下处理废催化剂也可以制备钼酸钠，反应中MoS发生氧化反应生成2-4MoO、SO2-4，ClO-发生还原反应

生成氯离子，反应为MoS+6ClO-+4OH-ΔMoO2-4+SO2-4+6Cl-+2H2O。14-3【巩固】【正确答案】1、沉淀2Pb+，形成4PbSO沉淀2、分液漏斗、烧杯3CHCOO−消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使4TlCl−重新进入水层3、222344HOSO

TlCl=TlClSO2H3Cl−−−+−+++++浸取4、()()++66KFeFeCN+Tl=TlFeFeCN+K【试题解析】分析:由题给流程可知，富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化

铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的残渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊

离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到金属铊。由分析可知，浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供氢离子

外，还能将溶液中的铅离子转化为硫酸铅沉淀，故答案为：沉淀Pb2+，形成PbSO4沉淀；在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢

离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子进入水层，故答案为：分液漏斗、烧杯；CH3COO—消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使TlCl4−重新进入水层；

“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+SO23−+TlCl4−=TlCl↓+SO24−+2H＋+3Cl-，反应得到的

溶液中含有硫酸，可加入浸取步骤循环使用，故答案为：H2O+SO23−+TlCl4−=TlCl↓+SO24−+2H＋+3Cl-；浸取；由题意可知，用KFe[Fe(CN)6]治疗Tl2SO4中毒发生的反应为KFe[Fe(CN)6]与Tl2SO4溶液反应生成

TlFe[Fe(CN)6]和K2SO4，反应的离子方程式为KFe[Fe(CN)6]+Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+，故答案为：KFe[Fe(CN)6]+Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+。14-4【巩固】【正确答案】1、废镍渣粉粉碎、搅拌2、Si

O2Fe(OH)33、5-6.44、2Ni2++2OH-+2-3CO=Ni2(OH)2CO3↓加速沉淀的沉降Na+、+4NH5、Ni2(OH)2CO3+2H2°350400C2Ni+3H2O+CO2【试题解析】分析:废镍渣粉加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应进入滤渣1，镍、铝、铁

元素形成相应的盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH除去铁，加入氢氧化铝除去铝，加入碳酸铵得到Ni2(OH)2CO3沉淀，过滤分离出沉淀通入氢气加热还原得到镍；“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有废镍渣粉粉碎、搅拌、升高温度等；

二氧化硅不和稀硫酸反应，酸浸后得到二氧化硅沉淀；加入过氧化氢后将二价铁氧化为三价铁，由流程pH值可知，到4.0时铁离子完全沉淀，生成氢氧化铁沉淀；故滤渣1、滤渣2的成分依次是SiO2、Fe(OH)3；室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33；“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(

Al3+)<1×10-6mol·L-1]，则氢氧根离子浓度为33396110110110=−−−mol·L-1，则pOH为9，pH为5；此时镍离子不能沉淀，故理论上需调节溶液pH范围为5-6.4；由流程可知，“沉镍”时，足量2-3CO沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式

为2Ni2++2OH-+2-3CO=Ni2(OH)2CO3↓；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土具有吸附性，加速沉淀的沉降；由流程可知，沉镍过程中镍离子、氢氧根离子、碳酸根离子沉淀，则滤液4中主要阳离子为引入的钠离子、铵根离子，故填Na+、+4NH；“还原”时，发

生反应Ni2(OH)2CO3和氢气加热转化为镍，根据质量守恒可知，还会生成水、二氧化碳，反应为Ni2(OH)2CO3+2H2°350400C2Ni+3H2O+CO2。14-5【提升】【正确答案】1、将

硅铍石转化为能与硫酸反应的物质2、CaSO43、Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+1：54、先向滤液1中加入足量双氧水，再将溶液的pH调至3.2~4.6之间5、转化6、Be(OH)2+2OH-=2-2BeO+2H2O【试题解析】分析:硅铍石(主要成分Be2SiO4含少量Al2O3)和

方解石(主要成分CaCO3，含少量FeCO3、SiO2)熔炼，将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质，熔炼渣加入硫酸溶解，浸出液中含有铁、铍、铝元素，加入硫酸铵转化后得到滤渣1含有NH4Al(SO4)2·12H2O、(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，滤液1深

度除铁得到滤渣2含有氢氧化铁沉淀，滤液2加入氨水调节pH，得到粗Be(OH)2沉淀，使用稀氢氧化钠溶液洗涤后得到Be(OH)2；已知：I.硅铍石不易被硫酸直接分解；“熔炼”时加入方解石粉的作用为将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质，便于铍元素的转

化与提取；碳酸钙高温分解生成二氧化碳气体，故生成气体的电子式为；熔炼渣加入硫酸溶解，钙离子与硫酸根离子生成难溶于水的硫酸钙，故浸渣中除含有CaSiO3、H2SiO3外，还含有CaSO4；滤渣1中含有NH4Al(SO4)2·12H2O、(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。NH4Al(SO

4)2·12H2O能用作净水剂，原因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中悬浮颗粒物：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O可用于测定KMnO4的含量，该反应中锰元素化

合价降低（+7变为+2）发生还原反应为氧化剂、铁元素化合价升高（+2变为+3）发生氧化反应为还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5；根据已知II信息可知，“深度除铁”应该除去铁元素且

铍元素不沉淀，由表格可知，三价铁沉淀所需的pH更小，故适宜方案为先向滤液1中加入足量双氧水将二价铁转化为三价铁，再将溶液的pH调至3.2~4.6之间；“调pH”所得母液中的主要溶质为加入氨水生成的硫酸铵，由流程可知，可返回到转化工序循环利用。粗Be(OH)2含有少量

Al(OH)3，铍的性质与铝相似，则Be(OH)2也会和氢氧化钠反应；故“洗涤”若用足量NaOH浓溶液代替NaOH稀溶液，会导致的后果为Be(OH)2+2OH-=2-2BeO+2H2O。14-6【提升】【正确答案】1、提高浸取反应速率和浸取率2、NaAlO23、2LiCoO2

+H2O2+6H+=2Li++2Co2++O2↑+4H2O2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O4、99.90%H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，萃取反应平衡逆向移动5、76、4CoCO3+2Li2CO3+O2°750C4LiCoO2+6

CO2【试题解析】分析:废旧钴酸锂电池材料加入氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤分离出溶液，滤渣含有钴酸锂和铜，加入硫酸，钴酸锂在酸性条件下被过氧化氢还原，铜被氧化产物氧气氧化生成硫酸铜。加入有机萃取

剂萃取出铜，然后在加入碳酸氢铵调节pH分离出氢氧化铝沉淀，加入碳酸钠反应生成碳酸钴和碳酸锂，最后过滤分离出沉淀煅烧生成钴酸锂；粉碎的目的是可以提高增加反应物的接触面积，提高浸取反应速率和浸取率。“碱浸”过程中铝能和碱反应生

成偏铝酸钠，所以所得滤液中主要溶质的化学式为NaAlO2、NaOH。过氧化氢为共价化合物，H2O2的电子式为。“酸浸”时H2O2作还原剂，本身被氧化生成氧气，还原产物为Co2+，根据电子守恒和质量守恒配平，反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+

+2Co2++O2↑+4H2O；上述反应的氧化产物是氧气，将铜氧化后和稀硫酸反应生成硫酸铜而溶解浸出，该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O。“萃取铜”中的有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示

为Cu2++2HR=CuR2++2H+。若酸浸后的浸取液pH=1.000，氢离子浓度为0.1mol/L，c(Cu2+)=0.01001mol·L-1，多次萃取后水相中c(H+)为0.1200mol·L-1，则反应生成的氢离子浓度为

0.1200mol·L-1-0.1mol/L=0.02mol·L-1，根据化学方程式体现的关系可知，有0.01mol·L-1铜离子发生萃取，则萃取率为0.01mol/L0.01001mol/L=99.90%；为

回收铜，可用一定浓度的H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，萃取反应平衡逆向移动，有机相中的铜被反萃取到水相。若c(Co2+)=0.16mol·L-1，则()()()1522-2+KCoOH1.610cOH=0.16cCo−=，()--7cOH=10mol·L-1，此

时pOH=7，pH=7，故调pH不能超过7.0。CoCO3和Li2CO3在750℃煅烧生成LiCoO2，根据质量守恒还会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O2°750C4LiCoO2+6CO2。15-1【基础】【正确答案】1、碱煮水洗2、加快反应热

水浴C3、将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O4、加热浓缩冷却结晶过滤洗涤【试题解析】分析:由实验流程可知，废铁屑去油污变为干净铁屑，加硫酸加热溶解生成硫酸亚铁滤液，加入22HO溶液将Fe2

+氧化为Fe3+，加入固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不溶于水，在热的碱性溶液中易水解，生成易溶于水的产物，所以铁屑表面的油污可先用热的氢氧化钠溶液洗涤，然后用蒸馏水洗涤，故答

案为：碱煮水洗；铁与硫酸反应，加热的目的是加快反应速率，由于温度要控制在80~95℃，低于100℃，应选择水浴加热。铁屑中含有少量硫化物，与酸反应后生成酸性气体H2S，应该用碱液吸收H2S气体，为防止倒吸，应选用C装置，故答案为：加快反应；热水浴；C；铁与硫酸反应后

生成硫酸亚铁，加入22HO溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；足量的22HO，可将Fe2+全部氧化为Fe3+，同时加入22HO溶液不引入新的杂质，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质

；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，为了从溶液中得到硫酸铁铵应将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；过滤；洗涤。15-2【基础】【正确答案】1、3NF323ΔNCl+3H

O3ClO+HNH2、防止空气中水分进入使3NCl水解3、243Δ3Cl+NHClNCl+4HCl70℃＜T＜95℃或70~95℃【试题解析】分析:实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置A用

于制取氯气，装置B中Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置C收集NCl3，NCl3在热水中易水解，装置D中可盛放碱石灰，可防止空气中水分进入使3NCl水解，据此分析解答。元素的非金属性越强，NX3越稳定，则热稳定性比NCl3强的NX3有3NF，NCl3在热水中易水解，反应液有漂白性

，推断应生成了HClO，故NCl3水解的化学方程式323ΔNCl+3HO3ClO+HNH。NCl3在热水中易水解，则仪器D中可盛放碱石灰，作用是防止空气中水分进入使3NCl水解。Cl2和NH4Cl溶

液反应制取NCl3，向蒸馏烧瓶内的NH4Cl溶液中通入过量Cl2，B中反应的化学方程式为243Δ3Cl+NHClNCl+4HCl；NCl3的沸点为70℃，95℃以上易爆炸，故控制水浴加热的温度范围为70℃＜T＜95℃或70~95℃，将产品NCl3

蒸出。15-3【巩固】【正确答案】1、分液漏斗②③2、ADDBCDDD3、①③4、细长导管可以对高温蒸汽初步冷凝，避免冷凝管因温差过大而破裂5、222PdClCOHOPdCO2HCl++=++6、④【试题解析】分析:装置A制备氯气，根据气体流动方向，气

体依次通过下列装置：D中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，D中盛放浓硫酸干燥氯气，B中TiO2、C和干燥的氯气发生反应制备TiCl4，C装置收集TiCl4，D中盛放浓硫酸防止水蒸气进入C，D中盛放2PdCl的盐酸溶液可吸收CO，D中盛放浓氢氧化钠

溶液吸收氯气，防止污染。根据装置图，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，高锰酸钾、次氯酸钙和浓盐酸在常温下反应放出氯气，圆底烧瓶内所装试剂可为4KMnO、()2CaClO，故选②③；A制备氯气、D中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢

、D中盛放浓硫酸干燥氯气，B中TiO2、C和干燥的氯气发生反应2241000TiO+2C+2ClTiCl+2CO℃制备TiCl4，C装置收集TiCl4，D中盛放浓硫酸防止水蒸气进入C中发生水解反应、D中盛放2PdCl的盐酸溶液可吸收CO，D中盛放浓氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。所以装置

的连接顺序为A→D→D→B→C→D→D→D；开始操作为，先打开分液漏斗活塞，A中生成的氯气排出装置内的空气，一段时间后，再陶瓷管通电加热；为防止倒吸，实验结束的操作为先陶瓷管断电停止加热，一段时间后，再关闭分液漏斗活塞；装置C左边细长导管可以对高温蒸汽初

步冷凝，避免冷凝管因温差过大而破裂；2PdCl的盐酸溶液可吸收CO而生成黑色颗粒Pd，根据得失电子守恒，CO被氧化为二氧化碳，吸收尾气中CO的化学方程式222PdClCOHOPdCO2HCl++=++；所得的4TiCl可用M

g制Ti，镁能和氯气、氧气、水蒸气反应，所以该过程可在氩气氛围保护下进行，选④。15-4【巩固】【正确答案】1、球形干燥管碱石灰2、该反应为放热反应23CrO322Δ4NH+5O4NO=+6H=O3、除去氨气和水蒸气吸收尾气4、气体变为红棕色5、取少量F中的

液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生成【试题解析】分析:通入空气提供氧气，氨水分解生成氨气，进装置B中碱石灰干燥氨气，在装置C中氨气和氧气在催化剂23CrO作用下反应生成NO和水，多余的氨气在装置D中反应生成八氨合氯

化钙，NO进入装置E中被氧化生成NO2，NO2进入装置F中生成HNO3，多余的NO2在装置G中被吸收；仪器a为球形干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体，应选用碱性干燥剂碱石灰，故答案为：球形干燥管；碱石灰；装置C中发生反应的化学反应是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：23C

rO322Δ4NH+5O4NO=+6H=O；移去酒精灯，Cr2O3固体保持红热说明反应放热，故答案为：该反应为放热反应；23CrO322Δ4NH+5O4NO=+6H=O；氯化钙可以与NH3反应生成八氨合氯化钙，无水氯化钙是常用的干燥剂，故可以吸收氨气和水蒸气；装置G中盛放的是氢氧化钠溶

液，可以吸收尾气，防治污染环境；故答案为：除去氨气和水蒸气；吸收尾气；无色的一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故答案为：气体变为红棕色；二氧化氮气体与水反应生成硝酸，硝酸遇到石蕊试液变红色

，故证明有HNO3生成的操作是：取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生产，故答案为：取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生成。15-

5【提升】【正确答案】1、三颈烧瓶NaOH溶液不能2、2244Cl2KMnO2KCl2KMnO+=+3、防止倒吸+2222MnO+4H+2ClMn+2Cl+2HO−+=4、打开弹簧夹，通入空气(或2N)5、在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶【试题解析】分析:由实验装置图可知，装置A中二氧化

锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。由实验装置图可知，仪器b为三颈烧瓶；由分析可知，氯气有毒，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未

反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，水始终能顺利流下，不能检验装置的气密性。装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应生成

高锰酸钾和氯化钾，反应的化学方程式为2244Cl2KMnO2KCl2KMnO+=+；由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，所以可以起到防倒吸的作用；装置A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为+2222MnO+4H+2ClM

n+2Cl+2HO−+=；当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除

装置。浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢。15-6【提升】【正确答案】

1、干燥管A→B→E→B2、22222NaO2HO4NaOHO+=+3、③②①④⑤⑥4、防倒吸中和生成的氢离子，促进反应正向进行过滤、洗涤、干燥5、在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红

色，则证明2SrO的氧化性比3FeC1的氧化性强【试题解析】分析:金属Sr和氧气反应制备2SrO。A装置中过氧化钠和水反应制备氧气，B中碱石灰干燥氧气，E中Sr和干燥的氧气反应生成2SrO，装置最后再连接盛有碱石灰的干燥管B，防止空气中的水进

入E和干扰实验。根据装置图，B的名称是干燥管；用A装置制备氧气，B干燥氧气，E中Sr与氧气反应生成2SrO，最后再连接B装置，防止空气中的水进入E和干扰实验，所以仪器的连接顺序为A→B→E→B。该实验

用过氧化钠和水反应制备氧气，反应的化学方程式为22222NaO2HO4NaOHO+=+；连接好装置并进行实验，检查装置气密性，在相应装置中加入药品，先用氧气排出装置中的空气，再加热E，实验完毕，停止加热，最后停止通入氧气，所以正确的操作顺序为③②①④⑤⑥。①氨气溶于水易倒吸，

仪器X的作用是防倒吸。②氨气能与酸反应生成盐，氨气中和生成的氢离子，促进22232224SrHO2NH8HOSrO8HO2NH+++++=+反应正向进行。③22SrO8HO难溶于水，实验结束后，得到纯净且干燥22SrO8HO的

具体操作为过滤、洗涤、干燥。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红色，说明氯化亚铁被2SrO氧化为3FeCl，则证明2SrO的氧化性比3FeCl的氧化性强。16-1【基础】【正确答案】＋16

5.2kJ∙mol−1L31＞b＞两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍29p16【试题解析】详解:(1)将第2个方程式减去第1个方程式得到：C

O(g)＋H2O(g)垐?噲?CO2(g)＋H2(g)ΔH=−41.2kJ∙mol−1，ΔH=＋124kJ∙mol−1−ΔH1=−41.2kJ∙mol−1，因此ΔH1=＋165.2kJ∙mol−1；故答案为：＋165.2kJ∙mol−1。(2)①该反应是吸热反应，升高温度，

平衡正向移动，升高温度，速率常数都增大，因此图1中能够代表k逆的曲线为L3；故答案为：L3。②温度为T1时，υ正=k正c[CH3CH(CH3)CH3]∙c(CO2)=υ逆=k逆c[CH2=C(CH3)2]∙c(H2O)∙c(CO)，因此得到该反应的化学平衡常数K=

kk正逆=1；平衡时，假设CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率为50%，根据方程式得到平衡时每种物质的物质的量都为0.05mol，得出c0.050.050.05==0.050.050.05QK，说明应正向移动，因此CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率

＞50%；故答案为：1；＞。(3)①该反应是吸热反应，温度越高，速率越大，b点生成物浓度大，因此逆反应速率最大；故答案为：b。②a点有0.08molCH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分

别为0.02mol，容器中共0.12mol气体，b点有0.08molCH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分别为0.12mol，容器中共0.32mol气体，容器体积相等，根据压强之比等于物质的量之比，又由于b点

温度高，因此p2＞2p1，解释其原因为两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍；故答案为：＞；两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强

的2倍。③根据图中信息建立三段式：3332322CHCH(CH)CH(g)CH=C(CH)(g+0.2mol000.12mol0.12mol0.12mol0.08mol0.12mol0.12mo)H(g)l垐?噲?开始转化平衡，则b点的化学平衡常数22220.12mol0.12molpp90.32

mol0.32mol==p0.08mol16p0.32molpK；故答案为：29p16。16-2【基础】【正确答案】1、-90.1B2、kk正逆AB3、250℃以上，温度升高，反应I的平衡逆向移动，反应II的平衡正向移

动，但温度对反应II的平衡影响更大4、0.6【试题解析】根据盖斯定律可得123=-=-90.1kΔJHΔHΔH/mol，该反应为气体体积分数减小的反应，则S0，而G=H-TS，当ΔG<0时，反应可自发进行，因此要求

温度尽可能在低温，故选B；①反应I达到平衡时，v=v正逆，即()()()()22332kkxCOxH=xCHOHxHO正逆，其其物质的量分数平衡常数32x322kx(CHOH)x(HO)K

==x(CO)[x(H)]k正逆；②A．反应中及时分离出甲醇，平衡正向移动，提高2CO平衡转化率，A正确；B．恒容条件下，投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，提高2CO平衡转化率，B正确；C．恒容条件下，增大2CO和2H

的初始投料比，相当于增大2CO的量，平衡正向移动，H2平衡转化率提高而2CO平衡转化率降低，C错误；D．恒容条件下，混合气体中掺入一定量惰性气体，反应有关气体浓度保持不变，平衡不移动，无法提高2CO平衡转化率，D错误；故选AB；在250

℃以上，升高温度，反应I平衡逆向移动，则甲醇的产率降低，反应II平衡正向移动，且应占主导地位，所以CO2的转化率增大，故原因为250℃以上，温度升高，反应I的平衡逆向移动，反应II的平衡正向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；300℃，在固定容积为1.0L的容器中初始投料2.

0mol2CO和3.2mol2H，反应Ⅰ达到平衡状态时，2CO的转化率为50%，甲醇的选择性为60%，则反应I中CO2的变化量为2mol50%60%=0.6mol，反应II中CO2的变化量为2mol50%(1-60%)=0

.4mol，可建立如下三段式：222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)(mol/L)0.40.40.40.4变化量2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)(mol/L)23.200(mol/L)0.61.80.60.6(mol/

L)2-0.6-0.43.2-1.8-0.40.60.6+0.4起始量变化量平衡量则300℃时反应Ⅰ的平衡常数K=30.61.0=0.61.01.0。16-3【巩固】【正确答案】1、-108.5低温2、A双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主

导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大3、b在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，()3CHOHx减小33.3%92.8610−【试题解析】①()()33CHOHgCHOHl=11ΔH38.0kJmol−=−②()()()2222HgOg2HOl+=-1ΔH285.82571.6

kJmol=−=−③()()()222COgOg2COg+=-1ΔH283.02566.0kJmol=−=−④()()()()22232CHOH3Og2COglOl4H+=+-1ΔH726.521453.0kJmol=−=−根据表格中燃烧热数据写出以上热化学方程式，根据盖斯定律可知2

2+−−②③④①得到然化学方程式()()()23COg2HgCHOHg+=计算得2ΔH=-1108.5kJmol−；该反应ΔS<0，2ΔH<0，G=ΔHTΔS<0−自发，根据自由能判据可知该反应低温自发；①A．恒温恒容模式，该反应是分子数减小的反应，压强始终在变化，当气体压强

不再变化说明达到平衡，故A正确；B．纯气体反应，气体的总质量不变容器体积不变，根据公式mρ=V气，气体的密度始终不改变，不能作为平衡标志，故B错误；C．当()()223vCO=vH正逆时，说明达到平衡，故C错误；D．当

各组分浓度不再改变说明达到平衡，按投料比()()22nH3nCO=反应各物质浓度始终是()()()()2232cCO:cH:cCHOH:cHO1:3:1:1=不能说明达到平衡，故D错误；故答案为A；②双功能的分子筛膜催化模式下只发生()()()()2232COg3HgCH

OHgHOg++=反应，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大；①该反应是H0的反应液，在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，()3CHOHx减小，故曲线b对应等压过程的曲线；②恒温时(T250=℃)，当()3x

CHOH0.10=时，根据三段式可知()()()()2232COg+3Hg=CHOHg+HOg1300x3xxx1-x3-3xxx起始转化平衡x=0.14-2x，解得x=13，2CO的平衡转化率α=13100%33.3%1

=；()2COg、()2Hg、()3CHOHg、()2HOg体积分数分别为0.2、0.6、0.1、0.1；根据图像可知平衡时压强为3p=910Pa条件下该反应的平衡常数为：339p3330.1910Pa0.1910PaK2

.86100.2910Pa(0.6910Pa)−==；16-4【巩固】【正确答案】1、82、a小于()()*****323322CHNCHOH2HCHNCHHOH⎯⎯++→+3、绝

热容器I中的压强比容器II中的压强大10.5625【试题解析】分析:本题主要考查化学反应原理，考查学生对化学反应原理的理解能力和综合运用知识的能力。()()()()()()()33232323NCH:CHNCHOg2HgNCHgHOg++1144kJmolH−=−，18g水

生产时释放144kJ/mol，故每生成1g气态水，放出1448kJ18=的热量；由反应历程图象知下列分步反应中，能垒最大的是a；A→B中，催化剂吸附放出的总能量小于断裂共价键吸收的总能量；D→E的化学方程式为()

()*****323322CHNCHOH2HCHNCHHOH⎯⎯++→+；容器I中的压强比容器II中的压强大，故容器I中为绝热过程；2H分压变化速率为=12kPa12min=1kPa/min；假设容器Ⅰ

保持恒温条件，起始时各物质的分压：()22H=48kPa=32kPa3p，()32CHCHO=16kPap。()()()()()()()33232323NCH:CHNCHOg+2HgNCHg+HOg/kPa163200/kPap2ppp/kPa

16-p32-2ppp初始压强变化压强平衡压强又因平衡时总压强为36kPa，故p=12kPa。平衡状态时，各物质分压依次为：4kPa、8kPa、12kPa、12kPa，故Kp=21212=0.562548()1kPa−。16-5【提升】【正确答案】1、BC2、

+41反应ⅱ3、800℃4、<5、0.02【试题解析】A．平衡常数只与温度有关系，该催化剂不能使反应的平衡常数增大，A错误；B．根据示意图可知CH4→CH3COOH过程中，有C—H键断裂和C—C键形成，B正确；C．化学方程式为CO2+CH4→CH3C

OOH，所以生成乙酸的反应原子利用率为100%，C正确；D．根据示意图可知ΔH=E1-E2，D错误；故选BC。已知：CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH=+177kJ·mol-1C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1=

+136kJ·mol-1根据盖斯定律可知前者减去后者即得到H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH2=+41kJ·mol-1，根据图象可知第二步反应的活化能大，则主反应的决速步骤为反应ⅱ。根据示意图可知800℃时乙烯的选

择性、反应物的转化率都是最大的，所以工业生产中主反应应选择的温度是800℃。a点在曲线上方，此时乙烯的产率高于曲线上的平衡产率，说明此时反应逆向进行，因此p1压强下a点反应速率：v(正)<v(逆)。根据

三段式可知()()()226242CO+CHCH+HO+COmolnn000molxxxxxmoln-xn-xxxx起始转化平衡达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，则x2nx=0.2，解得n=2x，所以该温度下反应的平衡常数Kp=xxx

0.10.10.15x5x5xxx0.10.15x5x=0.02。16-6【提升】【正确答案】1、＜H2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+32H2(g)1.402、＞＞反应Ⅱ＞13.3%p30.10.1PP3.83.8K=0.82.6P(P)3.83

.8【试题解析】由图可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为放热反应，故该反应的1Δ0H＜；反应H2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+32H2(g)的活化能最大，无催化剂时为1.80eV-0.20eV=1.60eV，为该反应历程

中决速步骤；有催化剂时决速步骤的活化能为0.40eV-(-1.00eV)=1.40eV。①反应2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，甲醇的选择性增大，故由图可知压强大小关系：12pp＞，2232CO(g)+

3H(g)CHOH(g)+HO(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，而300℃以后，随反应的进行，二氧化碳的转化率增大，说明反应Ⅱ为吸热反应，300℃以后反应Ⅱ正向移动的程

度大于反应I逆向移动的程度，此时以为反应Ⅱ主，故2Δ0H＞。②反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升温反应I逆向移动，反应Ⅱ正向移动，300℃以后，随反应的进行，二氧化碳的转化率增大，说明反应Ⅱ正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度，此时以为反应Ⅱ

主，反应Ⅱ反应前后气体物质的量不变，改变压强平衡不移动，不影响二氧化碳的转化率，由图可知350℃，在不同压强下二氧化碳的转化率相同，故此时体系发生的反应主反应Ⅱ；a、b两点的温度相同，a点的压强更大，故反应速率av＞bv。③将21molCO和23molH的混合

气体通入反应器，在温度t、压强P的条件下进行反应。达到平衡状态时，2CO平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，可得2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(0.1g)0.(m300.ol).11转

化，222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(0.1g)0.(m100.ol).11转化，2H的平衡转化率为0.30.113.3%3+；平衡时，2CO为0.8mol，2H为2.6mol，甲醇为0.1mol，CO为0.1mol，水蒸气为0.2mol，故气体总物质的量为0.8+

2.6+0.1+0.1+0.2=3.8mol，气体分压p(2CO)=0.8P3.8，p(2H)=2.6P3.8，p(3CHOH)=0.1P3.8，p(CO)=0.1P3.8，水蒸气为0.2mol，；该温度下反应Ⅰ的平衡常数()()()()32p33220.10.

1HO3.83.8=H0.82.63.83.8PPpCHOHpKpCOpPP=。17-1【基础】【正确答案】Na<S<P<Cl极性三角锥分子晶体C≡O1:2【试题解析】分析:B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点

是同主族元素的氢化物中最低的，则B为P元素；D原子得到一个电子后3p轨道全充满，则D为Cl元素；B、C、D原子序数依次增大，则C为S元素；A+比D原子形成的离子少一个电子层，则A为Na元素；E的原子序数为26，则E为Fe元素，据此分析。详解:(1)A、B、C、D分别为N

a、P、S、Cl，P原子p轨道电子处于半充满状态，第一电离能大于S，则第一电离能由小到大的顺序为Na＜S＜P＜Cl，故答案为：Na＜S＜P＜Cl；(2)C为S元素，其氢化物分子式为H2S，为由极性键形成的极性分子，故答案为极性；(3)化合物PCl3分子中心P原

子有3条P-Cl键，1个孤电子对，则分子空间构型是三角锥形，故答案为：三角锥；(4)已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，则为分子晶体，CO与N2互为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，

故答案为：分子晶体、C≡O；(5)根据均摊原则，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为(8×18+1)：(8×18+6×12)=1：2，故答案为：1：2。17-2【基础】【正确答案】[Ar]3d6N＞O＞SV形O、Cl－10NA甲KFe2(CN)6【试题解析】

分析:已知A、B、C、D、E、F是前四周期的核电荷数依次增大主族元素，A的最外层电子数是其电子层数的2倍，则A为C，C、D同一主族，D元素原子M层有两对成对电子，则D为S，C为O，B为N，E在前四周期主族元素中原子半径最大，则E为K，F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe。详解:

(1)Fe是26号元素，因此基态F2+的电子排布式是[Ar]3d6；故答案为：[Ar]3d6。(2)同周期从左到右呈增大的趋势，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C。(3

)BC2−离子即2NO−，价层电子对数12(5122)2132=++−=+=，价层电子互斥理论模型为平面三角形，其空间构型为“V形”；故答案为：V形。(4)某F的配合物化学式是[Fe(H2O)5Cl]Cl2·H2O，根据内界分析与中心Fe3+的形成配位键的原子或离子有孤对电

子的原子或离子，因此提供孤对电子的原子或离子是O、Cl－；故答案为：O、Cl－。(5)①一个CO分子含有1个σ键，每个CO与Fe形成1个σ键，因此1molFe(CO)5中所含σ键的数目为10NA；故答案为：10NA。②F(AC)5分子不溶于水、易溶于苯，说明该分子为

非极性分子，根据甲和乙的结构分析出甲是非极性分子，乙是极性分子，因此其分子的结构可能为下图中的甲；故答案为：甲。(6)根据晶胞结构可知晶胞中Fe3+有11482=个，Fe2+有11482=个，CN－有11234=个，

根据价态分析K＋有12个，因此该蓝色晶体的化学式为KFe2(CN)6；故答案为：KFe2(CN)6。17-3【巩固】【正确答案】1、乙醇分子间能形成氢键乙醚沸点低，蒸馏时所需温度低，青蒿素不易分解2、OCH21A4282abc10N−b3、3sp正四面体【试

题解析】①能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、乙醚不能形成分子间氢键，所以乙醚的沸点低于乙醇。②青蒿素对热不稳定，乙醚沸点比乙醇低，蒸馏时所需温度低，青蒿素不易分解，所以用乙醚提纯效果较好。①同周期主族元素自

左而右电负性增大，故电负性O＞C，而C、O元素在它们的氢化物中都表现负价，说明它们对共用电子对吸引力比氢原子强，它们的电负性都比氢元素大，故电负性：O＞C＞H。②该晶胞体积=（a×10-7cm）×（b×10-7cm）×（c×10-7cm）=abc×10-21cm3，该晶胞中青蒿素分子个数为4，

晶体的密度=AA282MNN32121A444282g/cmVabc10Nabc10−−==。③a．质谱法测定分子的相对分子质量，a错误；b．X射线衍射实验，可以测定晶胞中各个原子的位置，根据原子坐标

，计算原子间的距离，判断哪些原子间存在化学键，确定键长和键角，得出分子的空间结构，b正确；c．核磁共振氢谱判断有多少种不同化学环境的氢原子及其对应的数量，c错误；d．红外光谱用于研究分子的结构和存在哪些化学键，d错误；故答案选b。①双氢青蒿素分子中碳原子价层电子对数都是4，采用sp3杂化。②4BH

−中B原子价层电子对数=3141442+−+=且不含孤电子对，该离子为正四面体形结构。17-4【巩固】【正确答案】1、酸BF3中B原子有空轨道，可以接受电子对，所以为酸2、＜在高压下将CO2转化为具有类似SiO2的共价晶体，碳原子半径比硅原子的小，故C—O键长比Si—O键长短，C—O键能更大3、

氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，由于钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同4、3：1D103A4424aN103−（）g/cm3【试题解析】BF3中B原子有空轨道，可以接受电子对，所以为酸；在高

压下将CO2转化为具有类似SiO2的共价晶体，碳原子半径比硅原子的小，C-O键长比Si-O键长短，C-O键能更大，故熔点：SiO2<CO2；氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，但由于Na+核外有2层电子，Cs+核外有5层电子，钠离子半径远小于

铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同；B最外层3个电子，P最外层5个电子，B与P的4个共价键中一个是配位键，磷化硼(BP)晶体中“一般共价键”与配位健的数目之比为3:1；其晶胞类似金刚石的晶胞，P位于体对角线的四分之一处，截图后下面的两个P原子在截图上，如图

所示，故选D；1个晶胞中含P为118686+=4个，含B为4个，晶胞的质量为A442Ng；晶胞中B原子与P原子的最近距离为体对角线的14，晶胞中B原子与P原子的最近距离为apm，则晶胞的边长为4a3pm，晶胞的体积为(4a3pm)3=(4a3×10-10)3cm3，则晶体的密度为103

A4424aN103−（）g/cm3。17-5【提升】【正确答案】1、第四周期第VIIB族2、CD3、MnCl24、NMn＜C＜O＜N5、BB结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高6、B【试题解析】锰为25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第VIIB族；A、B为基态的锰原子和锰离

子；C、D为激发态的锰原子和锰离子，可以用原子发射光谱捕捉；金属离子核外的单电子数目分别为0、1、5、3，故磁矩最大的为MnCl2；CH3CN中N原子提供孤电子对；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2

p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能为：Mn＜C＜O＜N；B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高①由晶胞结构可知，白球8个在顶点、4个在侧面上和1个在体心，则晶胞中白球个数为8×18+4×12+1=4，即有4个H2PO4−，黑球4个在垂直于底面的4条棱的棱心

、上下面心各1个、4个侧面上各有1个，则晶胞中黑球个数为4×14+2×12+4×12=4，即有4个K+，即晶胞中含有4个KH2PO4，1mol晶胞的质量为m=4×(39+2×1+31+4×16)g=4×136g，1个晶胞的质量为m=A4136Ng，晶胞的体积为V=

a2cpm3=a2c×10-30cm3，代入ρ=mV=3A23033024136gN4136=/1010AgcmaccmNac−−−；②在晶胞图上xz面为侧面、yz面为正面，晶胞在x轴方向的z-y投影图应符合图(c)和图(b)中的H2PO4−、K+的相对位置，x轴方向的投影图的正面上应

为小黑球在上，2个白球在下，投影图B符合题意；故答案为B。17-6【提升】【正确答案】1、2、Fe、H、C3、321A238Na10−4、Fe3CuN棱心体心【试题解析】基态Fe2+价层电子排布式为3d6，按照洪特规则

、泡利不相容原理，基态亚铁离子价层电子排布图为；故答案为；电负性是衡量不同元素对键合电子吸引能力大小，三种元素的电负性由小到大的顺序为Fe＜H＜C；故答案为Fe＜H＜C；a位置Fe的个数为188=1，b位置Fe的个数为162=3，N位于

晶胞内部，化学式为Fe4N，晶胞的质量为A1(56414)N+g=A238Ng，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，该晶胞的密度为-73A238N(a10)g/cm3=3-21A238Na10g/cm3或者为213A23810Nag/cm3；故答案为3-21A238Na10g/

cm3或者为213A23810Nag/cm3；根据能量越低，物质越稳定，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，根据(3)分析，该物质的化学式为Fe3CuN；如果N处于各顶角位置，Fe处于棱心；Cu

位于体心；故答案为Fe3CuN；棱心；体心。18-1【基础】【正确答案】邻苯二酚C11H11O2F2Br+Br2→+HBr取代反应(或水解反应)醚键、羧基8BrCH=C(CH3)2【试题解析】分析:A和发生取代反应生成B，B和溴单质发生取代反应生成C，

C和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成D，D与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成E，E在碱性条件下发生水解反应，再酸化得到F。详解:(1)A()的化学名称为邻苯二酚，D()的分子式为C11H11O2F2Br；故答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br

。(2)根据分子结构简式，B生成C是取代反应，因此，B生成C的化学方程式是+Br2→+HBr；故答案为：+Br2→+HBr。(3)E→F是酯基变为羧基，因此反应类型为取代反应(或水解反应)，F中含氧官能团的名称为醚键、羧基；故答案为：取代反应(或水解反应)；醚键、羧基。(4)丁烯的结构简式有CH2

=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，它们不同位置的氢分别有4、2、2种，因此的链状同分异构体有4+2+2=8种，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式是BrCH=C(CH3)

2；故答案为：8；BrCH=C(CH3)2。(5)根据题中C到D的反应，和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成，和Br2反应生成，根据D到F的反应可知与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成，其合成路线为；故答案为：。18-2【基础】【正确答案】1、3，5-二

羟基苯甲酸醚键、酯基2、取代反应3、23KCO会与生成的HI反应，使该反应向正反应方向移动，提高转化率4、5、或6、4LiAlH⎯⎯⎯→HBr⎯⎯⎯→Mg⎯⎯⎯⎯→无水乙醚3+31)CHCHO2)HO⎯⎯⎯⎯→【试题解析】分析:

A的分子式为C7H6O4，B的分子式为C7H5O4Br，可推断出A→B为溴的取代反应；B→C为羧基中羟基被氯原子取代，所以C为；据此分析进行解答。A→B为溴的取代反应，故A的名称为3，5-二羟基苯甲酸；由F结构简式可知，F中含有的官能团为：醚

键、酯基；B→A为羧基中羟基被氯原子取代，所以C为；E→F的反应类型为取代反应；E→F中加入23KCO会与生成的HI反应，使该反应向正反应方向移动，提高转化率；D→E为取代反应，-CH2OCH3取代苯环上其中一个羟基的氢原子，为1：1反应，若两个羟基上的氢原子均被取代，即1

：2反应，得副产物;M与D元素种类相同，且M比D少2个氧原子，D的分子式为C7H7O4Br，故M的分子式为C7H7O2Br，符合条件的同分异构体分子应含有酯基，且含有三种等效氢原子为2：2：3，所以M的结构简式为或；结合已知信息

可知，合成路线流程图如下：4LiAlH⎯⎯⎯→HBr⎯⎯⎯→Mg⎯⎯⎯⎯→无水乙醚3+31)CHCHO2)HO⎯⎯⎯⎯→；18-3【巩固】【正确答案】1、取代反应保护羟基，防止被氧化2、硝基3、B4、分子中的羟基、羧基能与水形成氢键5、66、()4HKMnO+→2H/CPd→【

试题解析】分析:由条件I可知，A为。A→B，-CH2Cl取代了-OH中的H，故反应类型为取代反应；D→E将-OCH2Cl转化为-OH，由A→B、D→E两个过程可知，该反应的目的是保护羟基，防止被氧化；C→D的过程中，被还原的官能团是硝基；A．由A结构可知，A的名称是2，6-二羟基苯甲酸乙酯，A项

正确；B．化合物B官能团为醚键、酯基，含2种不同官能团，B项错误；C．化合物E含有官能团-COOH、-NH2，故既有酸性又有碱性，C项正确；D．F中官能团为酚羟基、羧基，G中官能团为羰基、醚键、酚羟基，能与3NaHCO反应的只有羧基，故与3NaHCO溶液混合产生气泡的是F，3NaHC

O溶液可以鉴别F和G，D项正确；答案选B；根据F结构，化合物F易溶于水，主要原因是分子中的羟基、羧基能与水形成氢键；符合条件的化合物E的同分异构体中，苯环上含1个-CONH2、2个-OH，中-CONH2位置有2种，中-CONH2位置有3种，中-CONH2位置有1种，共有2

+3+1=6种；F→G，F的-COOH与苯环上6号碳的-OH参加反应，过程失去2个H2O，副产物H与化合物G互为同分异构体，故F→H，应为F的-COOH与苯环上2号碳的-OH参加反应，H的结构简式为；根据题中合成原理，及苯酚为原料合成呫吨酮路线为()4

HKMnO+→2H/CPd→。18-4【巩固】【正确答案】2-甲基-7-溴-3-庚烯碳碳双键、羧基+2KOH2HO加热⎯⎯⎯→+2C2H5OH取代(水解)反应HCl4、、、【试题解析】分析:根据题意可知

C8H15Br发生题目所给反应生成C，再结合A的结构，可知C8H15Br应为，C为，C中酯基水解再酸化得到D，所以D为；E的分子式为C10H18O2，生成的同时产生二氧化碳，发生脱羧反应；根据生成H的反应物的结构变化，可知F和G发生取代反应生成

H。详解:(1)由B的分子式和A的键线式可知，B的键线式为，按照系统命名法命名为2-甲基-7-溴-3-庚烯；(2)E中含有两个官能团，分别是碳碳双键、羧基；(3)由流程可知，CD→中反应i的化学方程式是：+2KOH2HO→加热+2

C2H5OH，该反应属于取代反应，也是水解反应；(4)分析相关物质的键线式可知，F与G生成H的反应为取代反应，根据质量守恒和断键、成键情况，确定另一产物为HCl；(5)的同分异构体中，符合①具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其苯环上只有一

种化学环境的H，说明苯环上有4个取代基，且具有对称结构；②红外光谱测得其分子结构中含有2-NH和-OH；③与NaOH反应，1mol该物质能消耗2molNaOH说明有2个酚羟基，则符合条件的同分异构体有4种，分别为：、、、；(6)参照题中由A→B→C→D的合成路线，结合所学知识，可设计合成

路线为：。18-5【提升】【正确答案】1、C6H3N2O4Cl还原反应2、2mol硝基、酯基3、4、5、bd6、27、【试题解析】分析:A和CH3NH2发生取代反应生成B；B和H2发生还原反应生成C；C和反应生辰D；D在催化剂的作用下转化为E，E和C2

H5OH发生酯化反应生成F，则E为；F再经过系列反应转化为苯达莫司汀。根据A的结构简式可知，A的分子式为C6H3N2O4Cl；B中的一个硝基被还原为氨基，该反应是还原反应。1molD含有1mol肽键和1mol羧基，该物质在碱性条件下反应，最多消耗NaOH的物质的量为2

mol；F中含氧官能团的名称为硝基、酯基。E和C2H5OH在浓硫酸的作用下，加热生成F，则E的结构简式为。C→D的方程式为。a．A物质不含羟基等亲水性基团，则A物质难溶于水，a错误；b．C物质含有6中化学环境不同的H，则核磁共振氢谱有6组峰，b正确；c．羧基不能和氢气发生加成反应，在一定条件下

，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗4molH2，c错误；d．F物质含有苯环，可以发生加成反应，含有硝基，可以发生还原反应，还含有酯基，可以发生取代反应，d正确；故选bd。链状有机物G是的同分异构体；1molG发生银镜反应后生成4mol单质Ag，说明1个G分子中含有2个醛基；G能发

生水解反应，说明G中含有酯基，则G为甲酸酯，则G的结构简式为OHC-CH=CH-CH2OOCH和OHC-CH2CH=CHOOCH，共2种结构。根据题干中，A→D的合成路线，可以推出目标产物的合成路线为。18-6【提升】【正确答案】1、丙醛2、酯基、羟基3、加聚反应

4、5、、(答案合理即可)6、【试题解析】分析:A（C3H6O）和HCHO、发生反应①生成B，根据“已知①”可推出，A为CH3CH2CHO；B经过反应②生成C（），C和O2发生反应③生成D（C4H6O2），则D为；D和NaOH

反应生成E（），E和发生反应④生成F；D和SOCl2反应生成的和G发生反应⑤生成H，结合“已知②”可推出G为。由分析可知，A的结构简式为CH3CH2CHO，则A的名称是丙醛。由分析可知，D的结构简式为；H中含氧官能团的名称是酯基、羟基。F和H在一定条件下发生反应⑥生成聚合物，则反应⑥的

反应类型是加聚反应。反应④中，E（）和反应生成F，该反应的化学方程式为。G的分子式为C10H16O2，其同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基；其核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：1，且分子中有16个H原子，说明分子中含有4个甲基和2个醛基；该

同分异构体还含有碳碳双键，则满足条件的G的同分异构体有、。根据“已知②”可知，目标产物可由HOCH2CH2OH和制得，则该目标产物的合成路线为。