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以下为本文档部分文字说明：

1第一章实验化学综合题型01无机制备实验（一）答案：（1）①j→k→h→i→b→c→d→e；②D（2）①冷凝管；冷凝、回流；②吸收尾气，防止污染环境；③d（3）88.2解析：（1）①从如图提供的装置中选择合适的装置收集一瓶纯净、干燥的氯气，I中浓盐酸与氯酸钾制备氯气，VI中饱和食

盐水可除去HCl，V中浓硫酸干燥氯气，II中收集氯气，最后处理尾气，其连接顺序为a→j→k→h→i→b→c→d→e→f。故答案为：j→k→h→i→b→c→d→e。②A．Cu与H2SO4(浓)需要加热，故

A不选；B．HNO3(浓)与K2SO3发生氧化还原反应不生成二氧化硫，故B不选；C．CaSO3(块状)与H2SO4(稀)反应生成硫酸钙覆盖在亚硫酸钙表面，阻止反应的发生，故C不选；D．Na2SO3与70%浓硫酸反应生成二氧化硫，故D选。故答案为：D。（2）①仪器X的名称为冷凝管，使用该

仪器的好处有冷凝、回流。故答案为：冷凝管；冷凝、回流。②仪器Y中碱石灰的作用是吸收尾气，防止污染环境。故答案为：吸收尾气，防止污染环境。③a．装置A中盛有的试剂是浓硫酸，干燥二氧化硫，故a错误；b．实验时应先从m口通入冷却水

，再缓慢通入反应气体，可充满冷凝，故b错误；c．增加仪器X中球泡个数(内含活性炭)作催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动，则原料利用率不变，故c错误；d．将活性炭分散到石棉绒上，增大接触面积，有利于提高催化效果

，故d正确。故答案为：d。（3）称取0.3000g制得的氧氯化硫溶于28.00mL1.000mol·L﹣1NaOH溶液(足量)中，充分反应后用1.000mol·L﹣1的盐酸返滴至终点，消耗盐酸20.16mL(杂质不参与反应)，氧氯化硫的纯度为1(0.28L1mol/L

0.020161mol/L)13g/mol40.3g100%＝88.2%。故答案为：88.2。12题型01无机制备实验（二）答案：（1）分液漏斗；水浴加热（2）4CuSO4+PH3+4H2O＝H3PO4+4H2SO4+4Cu（3）避免Fe2+被氧化

为Fe3+（4）趁热过滤（5）降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量（6）A（7）①溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；②87.58%解析：（1）实验装置盛装1mol·L﹣1的H2SO4溶液的仪器为分液漏斗；图示装置中的加热方式是水浴加热。故答案为：分液漏斗；水浴加热。（

2）用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu，同时还有硫酸生成，反应为：4CuSO4+PH3+4H2O＝H3PO4+4H2SO4+4Cu。故答案为：4CuSO4+PH3+4H2O＝H3PO4+4H2SO4+4Cu。（3）硫酸亚铁易被氧化，将0.

7g铁粉10mL1mol·L﹣1H2SO4溶液加入烧瓶中反应，铁粉过量，目的是避免Fe2+被氧化为Fe3+。故答案为：避免Fe2+被氧化为Fe3+。（4）保持温度在70～80℃之间，为避免在过滤时析出FeSO4晶体，可采取的措施是趁热过滤。故答案为：趁热过滤。（5）向

FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70～80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量，可以析出晶体。故答案为：降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量。（6）测定产品

中SO42﹣含量的实验方案：准确称取0.4g样品，将样品溶于70mL水中，加入2mol·L﹣1的HCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至向洗涤液中滴加AgNO3溶液不再出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据，故顺序为⑤①②⑥③

④。故答案为：A。23（7）①Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾的颜色，故终点现象为：溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。②设产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为x，FeSO4·7H2O物质的量为

y，则有392x+278y＝4.476，根据反应MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，则n(Fe2+)＝5n(MnO4﹣)，则有x+y＝5×0.10mol·L﹣1×0.024L＝0.012，解得x＝0.01mol，产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为

0.01mol392g/mol4.476g100%＝87.58%，故答案为：87.58%。题型01无机制备实验（三）答案：（1）在G和H之间增加干燥装置（2）MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O（3）饱和食盐水；浓硫酸（4）冷凝

管（5）有固体产生（6）SCl2、Cl2、S(任写其中两种即可)；控制浓盐酸的滴速不要过快解析：（1）因S2Cl2遇水生成HCl、SO2、S，在G中生成的S2Cl2易与H中扩散过来的水蒸气反应而变质，故应在G和H之间增加干燥装置。故答案是：在G

和H之间增加干燥装置。（2）B中发生反应的离子方程式是浓盐酸与二氧化锰制取氯气的离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O。（3）氯气制取过程中的产生杂质气体HCl、H2O，因

此先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气，所以C中为饱和食盐水，D中为浓硫酸。故答案是：饱和食盐水；浓硫酸。34（4）A、B分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；F长玻璃管起到导气冷凝的作用，可用来

替代它的装置是冷凝管。故答案是：冷凝管。（5）若温度过高会完全分解，生成的单质硫会在F处冷凝为固体，由表中信息S2Cl2在300°C以上完全分解，所以加热E时温度过高会有固体硫析出。故答案为：有固体产生。（6）根据信息，与过量氯气反应，会生成SCl2，温度控制不当

，二氯化二硫分解为硫和氯气。所以关键的操作是控制好温度和使氯气气流的速度恰当。故答案为：SCl2、Cl2、S(任写其中两种即可)；控制浓盐酸的滴速不要过快。题型01无机制备实验（四）答案：I（1）恒压滴液漏斗（2）MnO

2+e﹣+NH4+＝MnOOH+NH3↑（3）FCDEII（4）(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水全部流出后，重复操作2-3次（5）除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2Ⅲ（6）MnO2+C

2O42﹣+4H+=VMn2++2CO2↑+2H2O（7）80.0%（8）偏小解析：I（1）仪器X的名称是恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗。（2）锌锰干电池正极的电极反应式为MnO2+e﹣+NH4+

＝MnOOH+NH3↑。故答案为：MnO2+e﹣+NH4+＝MnOOH+NH3↑（3）由于SOCl2与水剧烈反应生成HCl和SO2，避免对后续SO2的检验造成干扰，所以应先用浓硫酸干燥气体，所以装置的连接顺序为A→B→F→C→D→E故答案为

：FCDE。45II（4）洗涤步骤得到固体的实验操作方法是：(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水全部流出后，重复操作2-3次。故答案为：(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水全部流出后，重复操作2-3

次。（5）固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2。故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2。Ⅲ（6）MnO2溶解反应的离子方程式为：MnO2+C2O42﹣+4H+≜Mn2++2CO2↑+2H2O。（7）高锰酸钾和二氧化锰在酸性条件下将草

酸钠(Na2C2O4)氧化，分别发生：MnO2+C2O42﹣+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O，2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，n(C2O42﹣)＝2.68g÷134g/mol＝0.02mol，滴定1

00mL稀释后的溶液，取25mL时，消耗n(MnO4﹣)＝0.0200mol/L×20.00mL×10﹣3L＝4.0×10﹣4mol，则100mL溶液中消耗n(MnO4﹣)＝4.0×10﹣4mol×4＝1.6×10﹣3mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等得：

n(MnO2)×2+1.6×10﹣3mol×5＝0.02mol×2，则MnO2的物质的量为n(MnO2)＝0.016mol，二氧化锰的纯度为0.01687100%80%1.74。故答案为80.0%。（8）滴定前滴定

管尖嘴处有气泡，滴定过程中该气泡消失，导致高锰酸钾的体积偏大，则与高锰酸钾反应的草酸根离子物质的量偏大，从而导致与二氧化锰反应的草酸根离子的物质的量偏小，所以导致二氧化锰的物质的量偏小，纯度偏小。故答案为偏小。题型01无机制备实验（五）答案：（1）

①平衡压强，起安全瓶作用；②将装置Ⅲ中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；③吸收NH3，防止倒吸；④溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟内不复原；95.20%；（2）2SO42﹣-2e﹣＝S2O82﹣；增大解析：（1）①由装置图可知，进气导管短，则装置Ⅱ的作用是平

衡压强，起安全瓶作用。故答案为：平衡压强，起安全瓶作用。②NH3能与Na2S2O8反应，所以要及时排出，装置Ⅰ中反应产生的气体需要持续通入装置Ⅲ的原因是将装置Ⅲ中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。故答案为：将装置Ⅲ中产生的NH3及时排出，减少副

反应的发生。56③装置Ⅳ中安装有倒置的漏斗，故其作用是吸收NH3，防止倒吸。故答案为：吸收NH3，防止倒吸。④根据碘单质遇淀粉溶液变蓝色，用淀粉作指示剂，则达到滴定终点的现象是：溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟

内不复原；Na2S2O8作氧化剂，1molNa2S2O8得到2mol电子，KI被氧化变为I2，生成1molI2转移2mol电子，已知：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣，可得关系式为：Na2S

2O8～I2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝0.1000mol/L×20.00×10﹣3L＝2.000×10﹣3mol，则n(Na2S2O8)＝1.000×10﹣3mol，m(Na2S2O8)＝1.000×

10﹣3mol×238g/mol＝0.238g，则该样品的纯度为0.238100%95.20%0.25。故答案为：溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟内不复原；95.20%。（2）利用电解法制备，装置如图2所示，a极Na2SO4中部分O

由-2价变到-1价得到Na2S2O8，故a极电极反应式为：2SO42﹣-2e﹣＝S2O82﹣；b极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故电解一段时间后，b极附近电解质溶液的pH增大。故答

案为：2SO42﹣-2e﹣＝S2O82﹣；增大。题型01无机制备实验（六）答案：（1）NaHCO3；NaHSO3（2）(趁热过滤)从80℃降温至35℃左右结晶、抽滤(洗涤、干燥)（3）真空有利于脱水、能防止晶体被氧化，

避免烘干温度过高分解（4）⑤当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟内颜色稳定不变色；⑥95.00%解析：（1）碳酸钠溶液中通入二氧化硫，碳酸钠减少，生成碳酸氢钠，浓度逐渐增大，线2为碳酸氢钠，线1为碳酸钠；继续通入二氧化硫，碳酸氢钠减少，亚硫酸钠增加，线3

为亚硫酸钠，再继续通入二氧化硫，亚硫酸氢钠增加，线4为亚硫酸氢钠，则线2为NaHCO3；Ⅰ中产物溶液呈酸性，故为NaHSO3。故答案为：NaHCO3；NaHSO3。（2）由于焦亚硫酸钠的溶解度随温度降低而减小，此时应趁热过滤，以免温度降低而导致焦亚硫酸钠晶体析出，随后应

将溶液温度降低至35℃左右，此时溶液中可以析出大量的焦亚硫酸钠同时也防止Na2SO3·7H2O由于温度过低而析出。故答案为：(趁热过滤)从80℃降温至35℃左右结晶、抽滤(洗涤、干燥)。67（3）真空干燥有利于快速脱水，且能防止晶体被氧化，避免烘干温度过高分解。故答案为：真空有利于脱水、能防止

晶体被氧化，避免烘干温度过高分解。（4）⑤用硫代硫酸钠滴定至终点时，溶液中的I2全部反应，故滴定终点的现象为：当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟内颜色稳定不变色。故答案为：当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟内颜色稳定不变色；⑥根据题目所给方程式，硫代

硫酸根和I2的物质的量关系为2S2O32﹣～I2，则n(I2)=12n(S2O32﹣)=12×0.2000mol/L×20.00×10﹣3L＝2×10﹣3mol，则与焦亚硫酸根反应的I2的物质的量为40.00×10﹣3L×0.1000mol/L﹣2×10﹣3mol＝2×

10﹣3mol，根据焦亚硫酸根与碘反应的方程式可知，S2O52﹣～2I2，则n(S2O52﹣)=12n(I2)=12×2×10﹣3mol＝1×10﹣3mol，则n(Na2S2O5)＝1×10﹣3mol，m(Na

2S2O5)＝1×10﹣3mol×190g/mol＝0.19g，则产品中焦亚硫酸钠的质量分数为0.19g100%0.20g95.00%。故答案为：95.00%。题型01无机制备实验（七）答案：I（1）2KMnO4+16HCl(浓)＝5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O（2）

efdchgb或fedchgb；湿润的淀粉碘化钾试纸；紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色II（3）装置⑥放入75°C热水浴中，装置⑦放入冰水浴中（4）S2O32﹣+4Cl2+5H2O＝2SO42﹣+8Cl﹣+10H+（5）氯气通入氢氧化钠溶液前要除去HCl，以免产物中氯化钠

较多；要在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多解析：I（1）①中反应是高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)＝5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)＝5Cl2↑+2

KCl+2MnCl2+8H2O。（2）甲同学利用图1中的装置①～⑤证明从a出来的氯气潮湿且含有氯化氢，利用无水硫酸铜检验水蒸气的存在，利用硝酸银溶液检验氯化氢的存在，但检验氯化氢前需要用四氯化碳除去氯气，通过装置⑤集气

瓶检验氯气是否除净，则接口的连接顺序为a→efdchgb或fedchgb，⑤中放入湿润的淀粉碘化钾78试纸，乙同学认为甲同学的装置太复杂，可去掉装置⑤，同时将②中的溶液换成W，溶液W及实验中对应的现象为：紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色。故答案为：efdchgb或fedchgb；湿润的淀

粉碘化钾试纸；紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色。II（3）Cl2+2OH﹣=冷水Cl﹣+ClO﹣+H2O，3Cl2+6OH﹣75=℃5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，反应后，从装置⑥中溶液蒸发浓缩获得晶体，将该晶体与二氧化锰共热，生成了能使带火星的木条复燃气体为氧气，说明生成了氯酸钾，装置⑦生

成的是次氯酸钠，该小组应控制的实验条件是：装置⑥放入75°C热水浴中，装置⑦放入冰水浴中。故答案为：装置⑥放入75°C热水浴中，装置⑦放入冰水浴中。（4）⑧处发生反应是硫代硫酸钠和氯气发生的氧化还原反应，生成硫酸和盐

酸，反应的离子方程式：S2O32﹣+4Cl2+5H2O＝2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O＝2SO42﹣+8Cl﹣+10H+；（5）上述Ⅰ、Ⅱ两个实验过程，你认为在实验室制取

消毒液并提高次氯酸钠的质量分数，应该注意的事项有氯气通入氢氧化钠溶液前要除去HCl，以免产物中氯化钠较多，避免生成过多氯酸钠，需要低温反应。故答案为：氯气通入氢氧化钠溶液前要除去HCl，以免产物中氯化钠较多；要

在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多。题型01无机制备实验（八）答案：（1）①检查装置的气密性；c；②氢氧化钠（2）①Na2S2O5+H2O＝2NaHSO3，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性；用pH计；N

a2SO3；②2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O（3）③蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色；⑤47.511221(cVcV)2%解析：（1）①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性，装置B的作用

之一是观察SO2的生成速率，里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应。故答案为：检查装置的气密性

；c；89②装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，用NaOH溶液就可以。故答案为：氢氧化钠。（2）①Na2S2O5溶于水且与水能反应：Na2S2O5+H2O＝2NaHSO3，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性，pH试纸测得pH值是正整数，步骤Ⅲ中测得pH＞4.

1是小数，所以测定溶液的pH最准确的方法是用pH计，据流程图可知：Ⅰ中纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，Ⅱ中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，Ⅲ中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，pH＞4.1时

，则产品中会有副产物，其化学式是Na2SO3。故答案为：Na2S2O5+H2O＝2NaHSO3，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性；用pH计；Na2SO3；②结晶脱水生成产品的化学方程式为：2N

aHSO3＝Na2S2O5+H2O，最后结晶析出焦亚硫酸钠产品。故答案为：2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O。（3）③加入淀粉溶液，用c2mol·L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色。故答案为：蓝色刚好褪去且半分钟内颜色

不复色。⑤根据关系式2S2O32﹣～I2，硫代硫酸钠消耗的单质碘n(I2)=221cV2×10﹣3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘n(I2)=V1mL×10﹣3L/mL×c1mol·L﹣1-221cV2×10﹣3mol＝11221(cVcV)2×10﹣3mol，根据关系式S2O52﹣～

2I2，焦亚硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O5)=112211(cVcV)22×10﹣3mol，则产品中焦亚硫酸钠的质量分数为：11220.19(Vc0.5Vc)20.2000100%＝47.511221(cVcV)2%故答案为：47.511221(cVcV)2%。题型0

1无机制备实验（九）答案：（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应或者浓硫酸反应生成SO2，使得硫酸利用率降低（2）表面生成的CuO阻止内部铜与O2接触或反应（3

）铜溶解，溶液变蓝；降低水的沸点，避免H2O2分解（4）2Cu2++2NH3·H2O+SO42﹣＝Cu2(OH)2SO4↓+2NH4+（5）B910（6）3120.2(VV)102464m100%或121.23(VV)

%m解析：（1）方案i铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；此方法硫酸的利用率较低的原因是：随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应或浓硫酸反应生成SO2，使得硫酸利用率降低。故答案为：Cu

+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应或者浓硫酸反应生成SO2，使得硫酸利用率降低。（2）方案ii常常有紫红色固体未反应，猜想原因

可能是：表面生成的CuO阻止内部铜与O2接触或反应。故答案为：表面生成的CuO阻止内部铜与O2接触或反应。（3）在硫酸和铜的反应容器中滴加H2O2溶液，Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2

H2O，观察到的现象是铜溶解，溶液变蓝；过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，增加减压设备的目的是降低水的沸点，避免H2O2分解。故答案为：铜溶解，溶液变蓝；降低水的沸点，避免H2O2分解。（4）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，

加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的离子反应方程式：2Cu2++2NH3·H2O+SO42﹣＝Cu2(OH)2SO4↓+2NH4+，故答案为：2Cu2++2NH

3·H2O+SO42﹣＝Cu2(OH)2SO4↓+2NH4+；（5）继续滴加NH3·H2O，会转化成深蓝色溶液。加入乙醇可析出深蓝色晶体Cu(NH3)4SO4·H2O晶体，滴加乙醇的作用可能是降低该晶体在该溶液中的溶解度，即选B。故答案为：B。（6）与氨

气反应的n(HCl)＝10﹣3V1L×0.200mol/L﹣0.200mol/L×10﹣3V2L＝2×10﹣4(V1﹣V2)mol，根据NH3～HCl可知，n(NH3)＝n(HCl)＝2×10﹣4(V1﹣V2)mol，则n

[Cu(NH3)4SO4·H2O]=14n(NH3)＝5×10﹣5(V1﹣V2)mol，样品中产品纯度表达式为：3120.2(VV)102464m100%=121.23(VV)%m，故答案为：3120.2(VV)102464m

100%或121.23(VV)%m。1011题型02有机制备实验（一）答案：（1）三颈烧瓶；B（2）BC（3）控制滴加浓盐酸的速率（4）受热均匀，便于控制温度；Cl2、HCl（5）（6）将冷凝管上端的尾气导入NaOH溶液吸收，防止污染空气（7）34.7解析：（1）

由仪器结构特征可知，仪器a为三颈烧瓶；苯的体积为335.2g0.88gcm40mL，加热时烧瓶内盛放液体体积为烧瓶容积的一半左右最合适，故选择100mL的三颈烧瓶。故答案为：三颈烧瓶；B。（2）蒸气的沸点比水的沸点高比较多时，采取空气冷凝管，容易因温差大而炸裂，与直形冷凝管相比球形冷凝管、蛇

形冷凝管中蒸气与冷凝水接触面积更大，冷却更充分，b处冷凝回流装置为球形冷凝管、蛇形冷凝管。故答案为：BC。（3）缓慢通入氯气，需要控制生成氯气的速率，可以通过控制滴加浓盐酸的速率实现。故答案为：控制滴加浓盐酸的速率。（4）利用水浴加热，受热

均匀，便于控制温度；用碱洗去氯苯溶解的Cl2、HCl。故答案为：受热均匀，便于控制温度；Cl2、HCl。（5）苯与氯气在Fe作催化剂条件下发生取代反应生成对二氯苯与HCl，反应方程式为：故答案为：（6）氯气有毒，不能直接排放，实验中

缺少尾气处理装置，改进的方法是：将冷凝管上端的尾气导入NaOH溶液吸收，防止污染空气。故答案为：将冷凝管上端的尾气导入NaOH溶液吸收，防止污染空气。1112（7）由方程式可知，氯苯的理论产量为：35.2g112.578，故氯苯的产率为

：17.6g112.535.2g78100%＝34.7%题型02有机制备实验（二）答案：（1）关闭导气管处的活塞，若启普发生器中有一段稳定的液柱，则气密性良好（2）平衡内外压强，使恒压滴液漏斗内的液体能顺利滴下（3）排出装置内的空气；吸收反应产生的水（4）d进c出（5）减压蒸馏降低蒸馏温度

，防止温度过高时苯胺发生副反应（6）84.5%解析：（1）检查装置Ⅰ的气密性的方法是先关闭导气管处的活塞，若启普发生器中有一段稳定的液柱，则气密性良好。故答案为：关闭导气管处的活塞，若启普发生器中有一段稳定的液柱，则气密性良好。（2）b为恒压滴液漏斗，其支管的作用是平

衡内外压强，使恒压滴液漏斗内的液体能顺利滴下。故答案为：平衡内外压强，使恒压滴液漏斗内的液体能顺利滴下。（3）苯胺为无色液体，具有较强还原性，易被氧化，实验过程中，一般要先通入一段时间H2，其目的是排出装置内的空气，防止苯胺被氧化，生石灰具有吸水性。故答案为：排出装置

内的空气；吸收反应产生的水。（4）冷凝管中冷凝水下进上出，故为d进c出。故答案为：d进c出。（5）减压蒸馏可以降低蒸馏温度，防止温度过高时苯胺发生副反应。故答案为：减压蒸馏降低蒸馏温度，防止温度过高时苯胺发生副反应。（6）实验时通过恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中加入15m

L硝基苯，即115mL1.20gmL123g/mol0.1463mol，苯胺11.5g，即11.5g93g/mol0.1237mol，产率=实际产量理论产量100%=0.1237mol100%0.1463mol＝84.5%，故答案为：84.5%。1213题型

02有机制备实验（三）答案：（1）使苯酚与NaOH反应生成苯酚钠，有利于蒸馏乙醇（2）冷凝管；b；a；使冷凝管充满冷凝水，充分冷凝；B（3）C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；通入二氧化碳后产

生盐溶液，密度增大（4）产生乙醇蒸气，提供反应物（5）放热；2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O（6）N2(或N2、O2)解析：（1）步骤Ⅰ中加入氢氧化钠的目的是使苯酚与NaOH反应生成苯酚钠，有利于蒸馏乙醇。故答案为：使苯酚与NaOH反应生成苯酚钠，有利于

蒸馏乙醇。（2）步骤Ⅱ装置如图，则仪器B的名称为冷凝管；冷凝水由b→a，其目的是使冷凝管充满冷凝水，充分冷凝；由乙醇的沸点可知收集温度在78～79℃。故答案为：冷凝管；b；a；使冷凝管充满冷凝水，充分冷凝；B

。（3）步骤Ⅲ中通入二氧化碳发生反应的化学方程式为C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；已知苯酚的密度为1.071g·mL﹣1(25℃)，静置后油状物质苯酚在上层，原因为通入二氧化碳后产生盐溶液，密度增大。故答案为：C6H5ONa+CO

2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；通入二氧化碳后产生盐溶液，密度增大。（4）甲装置水浴的目的是使乙醇挥发，产生乙醇蒸气，提供反应物。故答案为：产生乙醇蒸气，提供反应物。（5）加热反应后停止加热，铜丝一直处于红热状态，说明该反应是放热反应；该反应的化学方程式

为2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O。故答案为：放热；2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O。（6）集气瓶中收集的气体主要是N2(或N2、O2)。故答案为：N2(或N2、O2)

。1314题型02有机制备实验（四）答案：I（1）（2）吸收Br2和HBr防止污染环境，且防倒吸II（3）过滤；蒸馏（4）碱石灰III（5）丁（6）下（7）反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发

)，以免逸出污染空气（8）可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可解析：I（1）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，其反应方程式为：。故答案为：。（2）装置C内盛装NaOH溶液能吸收溴和溴化氢，防止污染环境，另外导管靠近液面，没有插入到溶液中

，可防倒吸。故答案为：吸收Br2和HBr防止污染环境，且防倒吸。Ⅱ（3）将三颈烧瓶内反应后的液体分离出的操作应选择过滤，滤液经①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用5%的NaOH溶液洗涤，振荡，分液；③用蒸馏水洗涤，振荡，分液；④加入无水CaCl2粉末干燥等系列操作后得到的苯和溴苯的混合物

，利用蒸馏分离即可。故答案为：过滤；蒸馏。（4）干燥管内的固体既要能吸收水蒸气，也要能吸收溴或HBr的尾气，则应选择碱石灰。故答案为：碱石灰。III（5）丙中溴化氢难溶于苯，不能倒吸，丁中使用干燥管也能防止倒吸，所以改进后的装置中能防止倒吸的装置有丁。故答案为：丁。

（6）为提升冷却效果，冷凝管内冷却水的流向是下进上出。故答案为：下。1415（7）反应结束后要使装置甲中的水倒吸入装置乙中，这样可以溶解乙中存在的大量HBr或挥发出的溴蒸气，防止逸出污染空气。故答案为：反应结束后装置乙中

存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发)，以免逸出污染空气。（8）在溴水中加入苯，振荡静置，再分液就可获得溴的苯溶液。故答案为：可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可。题型03性质探究实验（一）答案

：I（1）g→h→d→e→b→c→f（2）吸收HCl气体II（3）3Mg(OH)2+2Fe3+＝2Fe(OH)3+3Mg2+（4）CO2（5）a.2Fe3++SO32﹣+H2O＝2Fe2++SO42﹣+2H+；b.取③中的浅绿色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀解析：I（1）氯化铁可由Cl2

与Fe在加热条件下反应制得，且由于浓盐酸易挥发，故需用饱和食盐水吸收HCl气体，FeCl3易水解，故产生的Cl2需干燥，Cl2有毒，过量的Cl2需要进行尾气处理，据此可得装置接口的连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f。故答

案为：g→h→d→e→b→c→f。（2）由（1）可知饱和食盐水的作用是吸收HCl气体。故答案为：吸收HCl气体。Ⅱ（3）根据实验现象可知氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，属于沉淀的转化，离子方程式为：3Mg(O

H)2+2Fe3+＝2Fe(OH)3+3Mg2+。故答案为：3Mg(OH)2+2Fe3+＝2Fe(OH)3+3Mg2+。（4）由于FeCl3溶液pH≈1，显酸性，则CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O，故逸出的无色气

体是CO2。故答案为：CO2。1516（5）a.由于Fe3+具有氧化性，SO32﹣具有还原性，三价铁离子能氧化SO32﹣，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子，其反应离子方程式为：2Fe3++SO32﹣+H2O＝2Fe2++SO42﹣+2

H+。故答案为：2Fe3++SO32﹣+H2O＝2Fe2++SO42﹣+2H+。b.由于SO32﹣也可与Ba2+反应生成BaSO3白色沉淀，干扰SO42﹣的检验，而可通过检验生成的Fe2+，验证FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应，方案是：取③中的浅绿色

溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。故答案为：取③中的浅绿色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。题型03性质探究实验（二）答案：（1）KI的浓度、溶液pH（2）取实验iv中溶液少量，加入淀粉溶液，溶液不变蓝（3）S（4）U型管左侧溶液变蓝，电流表指针发生偏转，U型管右

侧溶液变为黄色浊液；4I﹣+SO2+4H+＝S↓+2I2+2H2O（5）SO2过量时，会与碘单质反应：SO2+I2+2H2O＝SO42﹣+2I﹣+4H+（6）反应后溶液中KI的物质的量浓度；3SO2+2H2OKI=S↓+2H2SO4

解析：（1）对比实验i、实验ii，在于实验ii中KI的浓度增大，而反应速率加快，对比实验ii、实验iii，在于实验iii中溶液酸性增强，而反应速率加快，可以得出反应速率与KI的浓度、溶液pH有关。故答案为：KI的浓度、溶液pH。（2）淀粉遇碘变蓝色，对实验ⅳ中的溶液进行检验，未

检测到单质碘，设计的实验方案及现象是：取实验iv中溶液少量，加入淀粉溶液，溶液不变蓝。故答案为：取实验iv中溶液少量，加入淀粉溶液，溶液不变蓝。（3）管壁上的淡黄色固体微溶于乙醇，易溶于CS2，结合实验试剂含有的元素可知，该淡黄色固体应为硫单质。故答案为：S。1617（4）利用原电

池原理证实有碘单质生成，电路中有电流通过，右侧有硫单质生成，实验现象是：U型管左侧溶液变蓝，电流表指针发生偏转，U型管右侧溶液变为黄色浊液；酸性条件，二氧化硫将碘离子氧化为碘单质，自身被还原为硫单质，实验ⅰ、ⅱ、ⅲ中反应的

离子方程式为：4I﹣+SO2+4H+＝S↓+2I2+2H2O。故答案为：U型管左侧溶液变蓝，电流表指针发生偏转，U型管右侧溶液变为黄色浊液；4I﹣+SO2+4H+＝S↓+2I2+2H2O。（5）实验vi中有白色沉淀，说明实验iv中有SO4

2﹣生成，实验v溶液蓝色褪去，说明碘单质可以将二氧化硫氧化为硫酸，而实验ⅰ、ⅱ、ⅲ中SO2是过量的，应是过量的SO2与碘单质反应：SO2+I2+2H2O＝SO42﹣+2I﹣+4H+，导致实验ⅳ中未检测到单质碘。故答案为：SO2过量时，会与碘单质反应：SO2+I2+

2H2O＝SO42﹣+2I﹣+4H+。（6）反应结束后催化剂的量与反应前相同，为了证明KI起催化剂作用，还需测定反应后溶液中KI的物质的量浓度；KI起催化剂作用，反应实质是二氧化硫与水反应生成硫单质与硫酸，反

应方程式为：3SO2+2H2OKI=S↓+2H2SO4。故答案为：反应后溶液中KI的物质的量浓度；3SO2+2H2OKI=S↓+2H2SO4。题型03性质探究实验（三）答案：（1）弱（2）5CS32﹣+24MnO4﹣+52H+＝5CO2↑+15SO42﹣+24M

n2++26H2O；还原（3）不同意；酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化有SO42﹣（4）除去装置中的氧气；CS2+2NaOH＝Na2COS2+H2O（5）将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸

收；1.5（6）D解析：（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸。故答案为：弱。（2）步骤②的氧化产物是SO42﹣，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为5CS32﹣+24MnO

4﹣+52H+＝5CO2↑+15SO42﹣+24Mn2++26H2O，使酸性高锰酸钾褪色说明Na2CS3还具有还原性。故答案为：5CS32﹣+24MnO4﹣+52H+＝5CO2↑+15SO42﹣+24Mn2++26H2O；还原。1718（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化；干扰硫酸根的

检验。故答案为：不同意；酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化有SO42﹣。（4）反应开始之前需要通入一段时间氮气，其作用是除去装置中的氧气，可以避免氧气氧化三硫代碳酸钠；CS2不溶于水，与CO2的某些性质相似，CS2与烧碱反应生成Na2COS2。故答案为：除去装

置中的氧气；CS2+2NaOH＝Na2COS2+H2O。（5）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得14.4g黑色固体，n(CuS)=14.4g9

6g/mol=0.15mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.15mol，c(Na2CS3)=0.15mol0.1L=1.5mol/L。故答案为：将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；1.5。（6）还可以利用CS2质量来

计算三硫代碳酸钠溶液浓度，测得D装置反应前、后质量，即可求出CS2的质量。故答案为：D。题型03性质探究实验（四）答案：I有红褐色沉淀和气泡产生II（1）③①④①②（2）H2SO4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑

（3）在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶（4）②滴下最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟内不褪色；③12KO2+6SO2＝2K2SO3+4K2SO4+7O2解析：I将带火星的木条靠近试管口

木条复燃，说明有氧气生成；滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色，说明有KOH和具有强氧化性的物质H2O2生成，向褪色后溶液中滴加FeCl3溶液，KOH与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，H2O2分解有气泡产生，则现象为：有红褐色沉淀和气泡产生。故答案为：有红褐色沉淀和气泡产生。Ⅱ（1）连接装置后先检验

气密性，然后利用氮气排出装置内空气，打开分液漏斗活塞K2，A中生成二氧化硫，用氮气将生成的二氧化硫赶到C中反应，拆卸装置至实验完成，正确的操作依次是：③①④①②。故答案为：③①④①②。1819（2）A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水、二氧化硫，反应方程式为：H2SO

4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑。故答案为：H2SO4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑。（3）进入C中二氧化硫含有水蒸气，KO2与水反应生成氧气，影响实验，改进措施是在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶。故答案为：在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶。（

4）②滴下最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟内不褪色，滴定到达终点。故答案为：滴下最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟内不褪色。③由①可知得到沉淀4.66g为BaSO4的质量，说明KO2与SO2反应有K2SO4生成，n(K2SO

4)＝n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol。②中酸性KMnO4溶液具有强氧化性，消耗酸性KMnO4溶液20.00mL，说明KO2与SO2反应有K2SO3生成，由电子转移守恒有：2KM

nO4～5K2SO3，可知n(K2SO3)=52n(KMnO4)=52(0.02L×0.2mol/L)＝0.01mol，根据K原子守恒可知n(KO2)＝(0.01mol+0.02mol)×2＝0.06mol，由S原子守恒可知n(SO2)＝0.01mol+0.02mol＝0.03mol，由O原子

守恒可知有氧气生成，且生成氧气为：0.06mol20.3mol20.01mol30.02mol42=0.035mol，故KO2、SO2、K2SO3、K2SO4、O2的化学计量数之比为0.06:0.03:0.01:0.02:0.035＝12:6:2:

4:7，故反应方程式为：12KO2+6SO2＝2K2SO3+4K2SO4+7O2。题型03性质探究实验（五）答案：（1）CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O（2）Ag+

浓度大，氧化性强；酸性条件下，乙醛的还原性弱，也可能是银镜反应速率太慢（4）增强碱性，可加快生成银镜的反应速率（5）HCHO；NO3﹣（6）乙醛与硝酸银溶发生反应：CH3CHO+2AgNO3+H2OCH3COOH+2Ag↓+2HNO3，pH减小，而与银氨溶液反应，存在N

H3-NH4+缓冲溶液体系，碱性基本不变（7）银氨溶液呈碱性，醛类还原性增强；银氨溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系pH变化

不大1920解析：（1）乙醛与银氨溶液反应生成乙酸铵、银、氨气与水，反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。（2）氧化乙醛的是+1价的Ag，而银氨溶液中银离子浓度远远小于硝酸银溶液，所以2%AgNO3溶液比银氨溶液更易氧化乙醛可

能的理由是：Ag+浓度大，氧化性强；实验I是碱性条件下，而实验II是酸性条件，实验Ⅱ中无明显现象可能原因是：酸性条件下，乙醛的还原性弱，也可能是银镜反应速率太慢。故答案为：Ag+浓度大，氧化性强；酸性条件下，乙醛的还原性弱，也可能是银镜反应速率太慢。

（4）实验III的溶液中银离子浓度比实验II中的小，但实验III是碱性条件下，而实验II是酸性条件，实验III中很快出现了银镜，说明银镜反应加快，得出的结论是：增强碱性，可加快生成银镜的反应速率。故答案为：增强碱性，可加快生成银镜的反应速率。（5）AgNO3溶液浓度

达到一定程度，HCHO的去除率基本不变，说明银离子不再氧化HCHO，反应中HCHO表现还原性，原因是AgNO3溶液浓度越高，酸性越强，降低了HCHO的还原性；溶液具有氧化性的微粒还有NO3﹣，且酸性越强，NO3﹣氧化能力越强，同

时，说明了AgNO3溶液和HCHO反应的氧化剂不是3NO﹣。故答案为：HCHO；NO3﹣。（6）乙醛被硝酸银溶液氧化，发生反应：CH3CHO+2AgNO3+H2OCH3COOH+2Ag↓+2HN

O3，pH减小，影响银镜的生成，而与银氨溶液反应，存在NH3-NH4+缓冲溶液体系，碱性基本不变。故答案为：乙醛与硝酸银溶发生反应：CH3CHO+2AgNO3+H2OCH3COOH+2Ag↓+2HNO3，pH减小，而与银

氨溶液反应，存在NH3-NH4+缓冲溶液体系，碱性基本不变。（7）由该实验小组四位同学的实验和论证可知，与AgNO3溶液相比，银氨溶液呈碱性，增强了醛类还原性，降低了硝酸根的氧化性；溶液中氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙

酸铵和氨气，形成了NH3-NH4+缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成等优点。故答案为：银氨溶液呈碱性，醛类还原性增强；银氨溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系pH变化不大。2021

题型03性质探究实验（六）答案：（1）CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；还原（2）4mL10%NaOH溶液（3）不正确，因为红色固体为Cu和Cu2O，与硫

酸反应也产生“红色固体部分溶解，得蓝色溶液”现象（4）CuO；①碱性越强，CuO氧化乙醛的能力越强；CuO的种类不同，CuO氧化乙醛的能力不同；②将NaOH、CuO粉末的混合物与乙醛蒸汽在加热条件下反应，有大量红色

固体生成解析：（1）乙醛被新制氢氧化铜氧化生成乙酸、氧化亚铜与水，碱性条件下乙酸又发生中和反应生成盐，反应方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，该反应体现了乙醛的还原性。故答案为：CH3CHO+2C

u(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；还原。（2）实验Ⅱ的目的是排除“乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质”对实验Ⅰ的干扰，需要做对照实验，试剂X应为：4mL10%NaOH溶液。故答案为：4mL10%NaOH溶液。（3）红色

固体为Cu、Cu2O时，与硫酸反应也产生“红色固体部分溶解，得到蓝色溶液”现象，故甲同学的观点不正确。故答案为：不正确，因为红色固体为Cu和Cu2O，与硫酸反应也能产生“红色固体部分溶解，得到蓝色溶液”现象。（4）由实验III中蓝色浊液转化为黑色，实验IV中表面变黑的铜丝、氧

化铜粉末，可知可能是CuO氧化了乙醛。故答案为：CuO。①对比实验1、2可知，碱性越强，CuO氧化乙醛的能力越强。对比实验1、3可知，CuO的种类不同，CuO氧化乙醛的能力不同。故答案为：碱性越强，CuO氧化乙醛的能力越强；CuO的种类不同，CuO氧化乙醛的能力不同。②实验Ⅳ-

3现象的主要原因是：乙醛沸点低(20.8℃)，在较低温度下大量气化，实验无法达到反应所需温度，设计实验证实了这种想法。其实验方案为：将NaOH、CuO粉末的混合物与乙醛蒸汽在加热条件下反应，有大量红色固体生成。故答案为：将NaOH、CuO粉末的混合物与乙醛蒸汽在加热条件下反应，有

大量红色固体生成。2122题型03性质探究实验（七）答案：（1）BaSO4；还原（2）不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl﹣（3）①亚硫酸钠浓度；②硫为固体，不影响平衡移动；③序号硫粉质量Na2SO3质量水质量反应温度Na2SO3转化率实验⑥18g63g42g1

00℃……或36g63g42g100℃……或18g63g57g100℃……（4）Ag2S；溶液中含SO42﹣，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S解析：（1）溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为B

aSO4，说明实验①中Na2S2O3转化为Na2SO4，其中S的化合价由+2→+6，Na2S2O3发生氧化反应，表现出还原性。故答案为：BaSO4；还原。（2）氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，则过量氯水中的Cl﹣会干扰氯气还原产物的检验，所以他的推理不正确。故答案为：不正

确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl﹣。（3）①硫粉不溶于水、Na2SO3能溶于水，实验③、④中硫粉质量、Na2SO3质量和温度都相同，只是水的质量不同，所以该对比实验探究的是亚硫酸钠浓度对转化率的影响。

故答案为：亚硫酸钠浓度。②实验③、⑤中只有硫粉质量不同，其他均相同，但Na2SO3转化率基本不变，说明硫粉质量多少不影响亚硫酸钠转化率，其原因是硫粉为固体，不影响平衡移动。故答案为：硫为固体，不影响平衡移动。③想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，对比

实验只能是温度不同，其他量应该都相同，可以实验③为基准，反应温度升高到100℃，也可以实验④或⑤为基准，反应温度升高到100℃，2223故答案为：序号硫粉质量Na2SO3质量水质量反应温度Na2SO3转化率实验⑥18g63g42g100℃……

或36g63g42g100℃……或18g63g57g100℃……（4）Na2S2O3中的硫为+2价，将Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4，SO42﹣中的硫为+6价，说明有硫元素升价，氧化还原反应中，有降价的元素，必存在化合价升

高的元素，若生成Ag2O，体系中无元素降价；生成Ag，则Ag的化合价总共降低2，而S总共升高8，即电子得失无法守恒，所以只能是有一部分硫元素降为﹣2价，生成Ag2S。故答案为：Ag2S；溶液中含SO42﹣，S元素

化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S。题型03性质探究实验（八）答案：（1）Ag++H2O⇌AgOH+H+（2）Ag++NH3·H2O＝AgOH↓+NH4+；AgOH+2NH3·H2O═Ag(NH3)2++OH﹣+2H2O（3）2Ag++2OH

﹣+H2O2═2Ag+O2↑+2H2O；Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的分解，导致气体体积增多（4）Ag++I﹣═AgI↓；0.1mol·L﹣1KI溶液；取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；2I﹣-2e﹣＝I2解

析：（1）强酸弱碱盐AgNO3含弱碱根，在水中易水解生成弱碱AgOH，离子方程式为：Ag++H2O⇌AgOH+H+。故答案为：Ag++H2O⇌AgOH+H+。（2）根据实验过程和现象，滴加2%氨水先产生棕褐色沉淀发生的离子反应为：Ag++NH3·H2O＝AgOH↓+NH4+，继续滴加2%氨水沉

淀消失发生的离子反应为：AgOH+2NH3·H2O═Ag(NH3)2++OH﹣+2H2O。故答案为：Ag++NH3·H2O＝AgOH↓+NH4+；AgOH+2NH3·H2O═Ag(NH3)2++OH﹣+2H2O。（3）向试管中加入0.1mol·L﹣1NaOH溶液1mL，产生棕褐

色沉淀，其化学反应原理为：Ag++OH﹣＝AgOH↓；AgOH不稳定遇水就分解：2AgOH＝Ag2O+H2O；继续滴加3%H2O2至过量，产生大量无色无味气体O2，2324有黑色的Ag沉淀生成，根据电子转移守恒和质量守恒写出其反应原理：Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+

H2O，总反应为；2Ag++2OH﹣+H2O2═2Ag+O2↑+2H2O；但实验产生的气体体积远远大于该反应的理论值，因为有不稳定易分解的H2O2存在，使气体体积增大；还要分析分解的条件可能是生成物起了催化作用，即Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的分解，

导致气体体积增多。故答案为：2Ag++2OH﹣+H2O2═2Ag+O2↑+2H2O；Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的分解，导致气体体积增多。（4）AgI为黄色沉淀，离子方程式为：Ag++I﹣═AgI↓；在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为Ag，则A烧杯中含

有Ag+；那么B烧杯提供I﹣，发生了有盐桥的原电池反应，所以乙溶液为0.1mol·L﹣1KI溶液；则B烧杯中的石墨电极的电极反应为：2I﹣-2e﹣＝I2，用淀粉检验I2的存在，即取少量反应后B烧杯中溶液，滴

加淀粉溶液，溶液变蓝；该原电池负极碘离子失去电子生成碘单质，电极反应为：2I﹣-2e﹣＝I2。故答案为：Ag++I﹣═AgI↓；0.1mol·L﹣1KI溶液；取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；2I﹣-2e﹣＝I2。题型03性质探究实验（九）答案：（1）①2KMnO4+16

HCl(浓)＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；②③Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O（2）ⅰ.Fe3+；K2FeO4在酸性条件下分解会产生Fe3+(或4FeO42﹣+20H+＝4Fe3++3O2↑

+10H2O)；ⅱ.排除ClO﹣的干扰（3）0.54；既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)2425解析：（1）①A中发生的是浓盐酸与KMnO4制取Cl2的反应，反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；②浓盐酸具有挥发性，可通过盛装饱和食盐水的

洗气瓶，吸收Cl2中的HCl气体，即装置B所用试剂为饱和食盐水，洗气时气体应“长进短出”，如图：；③Cl2与过量KOH反应，离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O。（2）ⅰ.加入KSCN溶液，溶液变红说明

含有Fe3+。由题给信息可知，FeO42﹣在酸性条件下会快速产生O2，则发生的反应为4FeO42﹣+20H+＝4Fe3++3O2↑+10H2O，也会产生Fe3+。ⅱ.ClO﹣在酸性条件下可与Cl﹣反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是把

ClO﹣除尽，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO﹣干扰实验。（3）K2FeO4作消毒剂时，铁元素由+6降低至+3价，化合价降低3价，氯气作消毒剂时，氯元素由0价降低至-1价，化合价降低1价，则K2FeO4与氯气的消毒效率之比为31981271

≈0.54，高铁酸钾代替氯气作净水消毒剂，利用其强氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，且无毒或方便保存。故答案为：0.64；既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)。题型04定量实验（一）答案：（1）吸收空气中的CO

2；分液漏斗（2）CaCO3+2H2NSO3H═Ca(H2NSO3)2+H2O+CO2↑；盐酸易挥发，使测定结果偏高（3）关闭K1、K2，打开K3；将装置内CO2排至干燥管Ⅰ中，提高CO2吸收率；偏高（4）2110(mm)11m100%解析：

（1）A可用氢氧化钠溶液(合理即可)，吸收空气中的CO2，避免因CO2而产生实验误差；仪器a的名称为分液漏斗。故答案为：吸收空气中的CO2；分液漏斗。2526（2）B装置内发生反应的化学方程式为CaCO3+2H2NS

O3H═Ca(H2NSO3)2+H2O+CO2↑；实验中不用盐酸，因为盐酸易挥发，会和CO2混合在一起，使测定结果偏高。故答案为：CaCO3+2H2NSO3H═Ca(H2NSO3)2+H2O+CO2↑；盐酸易挥发，使测定结果偏高。（3）接下来进行的操作是：打开K1、K2，关闭K

3，通空气一段时间，关闭K1、K2，打开K3，打开仪器a活塞，滴入氨基磺酸溶液，待B装置中无气泡产生，关闭仪器a活塞；再次打开K1，通空气一段时间，第二次通入空气目的是将装置内CO2排至干燥管Ⅰ中，提高CO2吸收率，干燥管Ⅱ的作用吸收空气中的CO2和H2O，不使用干燥管Ⅱ会导致测定结果偏大。

故答案为：关闭K1、K2，打开K3；将装置内CO2排至干燥管Ⅰ中，提高CO2吸收率；偏高。（4）干燥管Ⅰ在实验前后重量分别为m1克和m2克，则生成二氧化碳为(m2-m1)g，由反应CaCO3+2H2NSO3H═Ca(H2NSO3)2+H2O+CO2↑可知，样

品中钙的质量分数为21(mm)40g/mol44g/molmg100%=2110(mm)11m100%。故答案为：2110(mm)11m100%。题型04定量实验（二）答案：（1）d（2

）蓝色变为无色；还原性（3）0.053；偏大（4）取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；C+2H2SO42SO2↑+CO2↑+2H2O；（5）提高SO2的纯度，提高SO2的浓度(或富集SO2)解析：（1）装置

A控制气体的流速，故装置A中所装试剂不与气体反应，且不减少二氧化硫的含量，故用饱和NaHSO3溶液。故答案为：d。2627（2）装置B中含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，当反应完全时，碘单质消耗完全，故溶液由蓝色变为无色，体现二氧化硫的还原

性。故答案为：蓝色变为无色；还原性。（3）二氧化硫与碘单质反应的方程式为：SO2+I2+2H2O═2HI+H2SO4，消耗了50.00mL含I21.000×10﹣3mol/L的溶液，n(SO2)＝n(I2)＝0.05L×1.000×10﹣3mol/L＝5×10﹣5

mol，在标准状况下，V(SO2)＝5×10﹣5mol×22.4L/mol＝1.12×10﹣3L＝1.12mL，则燃煤烟气中SO2的体积分数为1.12mL20mL1.12mL0.053，若读数时水准管内液面高于量气管内液面，使得量气管的体

积偏小，则结果将偏大，故答案为：0.053；偏大；（4）硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子，步骤③中，由硫酸得到二氧化硫，需要加入还原剂，化学方程式为C+2H2SO4

2SO2↑+CO2↑+2H2O。故答案为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；C+2H2SO42SO2↑+CO2↑+2

H2O；（5）SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度，提高SO2的浓度(或富集SO2)。故答案为：提高SO2的纯度，提高SO2的浓度(或富集SO2)。题型04定量实验（三）答案：（1）镀锌铁皮表面没有气泡产生（2）CO2（3

）①C；②浅黄色；③Fe3+在溶液中呈黄色，H3PO4与Fe3+可生成无色[Fe(HPO4)2]﹣，以免影响滴定终点判断；④b；e；a；d；c；g；⑤67.12%；⑥偏大解析：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2Zn

O2，调节溶液pH生成氢氧化锌沉淀。不溶物为铁等，用硫酸溶解生成硫酸亚铁，加入适量过氧化氢，调节溶液pH＝1～2，部分Fe2+被氧化为Fe3+，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，加入碱、加热生成四氧化三铁。2728（1）Zn与碱溶液反应有氢气生成，镀锌层完全反应，不再有氢气生成，镀锌层完全反应

的实验现象是：镀锌铁皮表面没有气泡产生。故答案为：镀锌铁皮表面没有气泡产生。（2）加入X调节pH，使ZnO22-转化为Zn(OH)2沉淀，同时Zn(OH)2不能溶解，需要用弱酸性物质，可以通入CO2。故答案为：CO2。（3）①实验中量取标准液体积、待测液体

积的移液管需要润洗。故选：C。②少量的Fe3+使溶液呈浅黄色，当溶液的颜色变为浅黄色时，表明大部分Fe3+被还原为Fe2+。故答案为：浅黄色。③Fe3+在溶液中呈黄色，H3PO4与Fe3+可生成无色[Fe(HPO4)2]﹣，以免影响滴定终点判断。故答案为：Fe3+在溶液中呈黄色，

H3PO4与Fe3+可生成无色[Fe(HPO4)2]﹣，以免影响滴定终点判断。④自来水洗涤后，滴定管旋塞处涂凡士林，然后检验是否漏水，再进行润洗，加入标准液，赶气泡，调液面，故正确操作并列出字母：自来水洗涤→滴定管旋塞处

涂凡士林→b→e→a→d→c→g。故答案为：b；e；a；d；c；g。⑤根据Fe元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：2Fe3O4～6Fe2+～Cr2O72﹣，则n(Fe3O4)＝2n(K2Cr2O7)＝0.017mol·L﹣1×23.5×10﹣3L×2

，故样品中Fe元素质量为：0.017mol·L﹣1×23.5×10﹣3L×2×25025×3×56g/mol≈1.342g，故Fe3O4样品中铁元素的质量分数为：1.342g2.000g×100%≈67.12%。故答案为：67.12%。⑥滴定前装有K2Cr2O7

标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测定结果将偏大。故答案为：偏大。题型04定量实验（四）答案：（1）15（2）KCl、Cl2；产生的氯气会污染环境（3）将黄铁矿粉碎，加入足量的过氧

化钠，两者充分均匀混合（4）①d；②1.6(1﹣cV)×100%；③bc2829解析：（1）反应中只有过氧化钠中氧元素化合价降低，FeS2中Fe元素化合价由+2价升高为硫酸铁中+3价，S元素由-1价升高为硫酸铁、硫酸钠中的+6价，故1molFeS2被完全氧化，转移电子的物

质的量为1mol3226115mol{()[]}﹣﹣＝。故答案为：15。（2）反应中Cl元素的化合价由+5价降低为KCl中-1价、Cl2中0价，故KCl、Cl2是还原产物；用KClO3氧化焙烧生成氯气，会污染环境。故答案为：KCl、

Cl2；产生的氯气会污染环境。（3）为保证黄铁矿充分氧化，“氧化焙烧”前需要采取的措施是：将黄铁矿粉碎，加入足量的过氧化钠，两者充分均匀混合。故答案为：将黄铁矿粉碎，加入足量的过氧化钠，两者充分均匀混合。（4）①滴定管最大刻度下方没有刻度，若某一时刻的读数为15.00mL，此时滴定管

中H2Y2﹣溶液的体积＞50.00mL﹣15.00mL＝35.00mL。故答案为：d。②先用Pb2+将SO42﹣沉淀生成PbSO4，再用H2Y2﹣滴定剩余的Pb2+，由Pb2++SO42﹣═PbSO4↓、Pb2

++H2Y2﹣═PbY2﹣+2H+，可知n(Pb2+)＝n(SO42﹣)+n(H2Y2﹣)，根据S原子守恒：n(SO42﹣)＝n(S)，则n(S)＝n(Pb2+)﹣n(H2Y2﹣)＝0.02L×0.05mol/L﹣V×10﹣3L×cmol/L＝(1﹣c

V)×10﹣3mol，故0.5000g样品中S元素总物质的量为：(1﹣cV)×10﹣3mol×250mL10mL=25(1﹣cV)×10﹣3mol，则S元素的质量分数为：325(1cV)10mol32g/mol0.500g100%＝1.6(1

﹣cV)×100%。故答案为：1.6(1﹣cV)×100%。③a.步骤1锥形瓶洗净后，不影响溶液中硫酸根的物质的量，对实验结果没有影响，故a不选；b.步骤2控制的pH较大，产生了少量碱式碳酸铅沉淀，相当于沉淀了SO42﹣，沉淀SO42﹣消耗的Pb2+偏大，测得的硫

的质量分数偏大，故b选；c.步骤3沉淀未用蒸馏水充分洗涤，沉淀表面会附着Pb2+，相当于沉淀SO42﹣消耗的Pb2+偏大，测得的硫的质量分数偏大，故c选；d.步骤4起始读数时平视，终点时仰视，标准溶液体积多少判断，测定剩余的Pb2+偏大，则沉淀S

O42﹣消耗的Pb2+偏小，测得的硫的质量分数偏小，故d不选。故答案为：bc。2930题型04定量实验（五）答案：（1）5NO+3MnO4﹣+4H+＝5NO3﹣+3Mn2++2H2O（2）2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；2NO

+O2＝2NO2（3）在A、B之间增加装有水的洗气瓶（4）40（5）维生素C；加入蒸馏水至10mL；紫红色比③色阶浅解析：（1）高锰酸钾具有氧化性，能将一氧化氮氧化，反应的离子方程式为：5NO+3MnO4﹣+4H+＝5NO3﹣+3Mn2++2H2O。故答案为：5NO+3MnO4﹣

+4H+＝5NO3﹣+3Mn2++2H2O。（2）金属铜和稀硝酸制得的一氧化氮中含有水，水会和过氧化钠发生反应产生氧气，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，生成的氧气极易把一氧化氮氧化为二氧化氮，即2NO+O2＝2NO2。故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；2

NO+O2＝2NO2。（3）由于获得一氧化氮所用的硝酸具有挥发性，制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质，这样会干扰实验结果，可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶，减小实验误差。故答案为：在A、B之间增加装有水的洗气瓶。（4）甲待测液颜色与③号色阶相同，则甲同学制得的样品中NaNO2的纯度是-

34010g1000.010.1g100%=40%。故答案为：40。（5）要和（4）中的甲同学的实验方案形成对比试验，同样可以是先取5mL待测液，然后加入维生素C，并加入1mLM溶液，最后加入蒸

馏水至10mL，若紫红色比③色阶浅，说明亚硝酸钠的含量低，则可以证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量。故答案为：维生素C；加入至蒸馏水10mL；紫红色比③色阶浅。3031第二章反应原理综合题型01化学平衡与能量变化综合（一）答案：（1）①A；催化剂A在较低温度下具有较高的催化活

性，使用催化剂A合成氨时，一方面可节约能源，另一方面低温有利于合成氨反应正向进行；②＞；活化能越大，反应速率越慢（2）①＜；平衡常数K=250，保持平衡时的温度和压强不变，再向容器中充入3mol的CO

2，此时Qc=500＞K，反应逆向进行；②（3）①阴极；②6NH2﹣﹣6e﹣＝N2↑+4NH3↑；③2NH4++2e﹣＝H2↑+2NH3↑解析：（1）①由图可知，催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，且合成氨反应是放热反应，低温对氨的合成有利，所以实际生产中适宜选择

的催化剂是A。故答案为：A；催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，使用催化剂A合成氨时，一方面可节约能源，另一方面低温有利于合成氨反应正向进行。②活化能越大，反应速率越慢，故第一步反应的活化能E1＞第二步反应的活化能E2。故答案为：＞；活化能越大，

反应速率越慢。（2）根据题意列三段式：2NH3(g)+CO2(g)＝CO(NH2)2(l)+H2O(l)(单位：mol/L)起始量0.60.300转化量0.40.20.20.2平衡量0.20.10.20.23132

①平衡常数K=223211c(NH)c(CO)(0.2)0.1250，保持平衡时的温度和压强不变，再向容器中充入3mol的CO2，则体积增大到20L，Qc21(0.1)0.2500＞K，

反应逆向进行，v正＜v逆。故答案为：＜；平衡常数K=250，保持平衡时的温度和压强不变，再向容器中充入3mol的CO2，此时Qc=500＞K，反应逆向进行。②保持平衡时的温度和体积不变，25min时再向容器中充入2molNH3和1molCO2，在40min时重新达到平衡，与

原平衡为等效平衡，平衡时浓度相同，则25～50min内NH3的浓度变化曲线为（3）①根据图知，X电极上生成氢气，Y电极上生成氮气，X电极上得到电子发生还原反应，Y电极上失电子发生氧化反应，所以X为阴极，Y为阳极。故答案为：阴极。②阳极上NH2﹣失电子生成氮气和氨气

，电极反应式为6NH2﹣﹣6e﹣＝N2↑+4NH3↑。故答案为：6NH2﹣﹣6e﹣＝N2↑+4NH3↑。③图3中电解质改用NH4Cl，则NH4+在阴极放电生成H2和NH3，电极反应式为2NH4++2e﹣＝H2↑+2NH3↑。故答案为：

2NH4++2e﹣＝H2↑+2NH3↑。题型01化学平衡与能量变化综合（二）答案：（1）+226.7kJ·mol﹣1（2）CO+CO32﹣﹣2e﹣＝2CO2（3）乙酸；Cu/γ﹣Al2O3（4）4mol；3Fe3O4=高温O2+10Fe0.9O（5）3:5；＞3233解析：（1）已知：①C(s

)+O2(g)═CO2(g)ΔH1＝-393.5kJ·mol﹣1②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)ΔH2＝-571.6kJ·mol﹣1③2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)

ΔH3＝-2599kJ·mol﹣1根据盖斯定律：①×2+②×0.5﹣③×0.5即可得：2C(s)+H2(g)＝C2H2(g)ΔH＝(-393.5×2﹣571.6×0.5+2599×0.5)kJ·mol﹣1＝+226.7kJ·mol﹣1。（2）

电池的总反应为：2CO+O2＝2CO2，正极反应为2CO2+O2+4e﹣＝2CO32﹣，所以负极的电极反应式为：CO+CO32﹣﹣2e﹣＝2CO2。故答案为：CO+CO32﹣﹣2e﹣＝2CO2。（3）由图

1可知液体产品选择性最高的是乙酸，其对应的催化剂为Cu/γ-Al2O3。故答案为：乙酸；Cu/γ-Al2O3。（4）根据图所示，过程①是Fe0.9O和CO2反应生成Fe3O4和C，化学方程式是10Fe0.9O+C

O2=太阳能3Fe3O4+C，每分解1molCO2产生1molC，电子转移数为1mol×4＝4mol；过程②中Fe3O4高温分解成O2和Fe0.9O，化学方程式是3Fe3O4=高温O2+10Fe0.9O

。故答案为：4mol；3Fe3O4=高温O2+10Fe0.9O。（5）一定条件下向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，则CH4(g)+2H2S(g)＝CS2(g)+4H2(g)(单位：

mol)起始量0.10.200转化量x2xx4x平衡量0.1-x0.2-2xx4xX点CH4物质的量分数＝H2物质的量分数，则0.1-x＝4x，x＝0.02mol，转化率α(CH4)0.02mol1==0.1mol5变化量起始量，Y点H2S物质的量分数＝H2

物质的量分数，则0.2-2x＝4x，x130mol，转化率α(CH41mol130==0.1mol3变化量起始量)，X点与Y点甲烷的平衡转化率之比为11:533:5，升高温度，H2的物质的量分数增加，则平衡正

移，平衡常数增大，故Z点平衡常数K(Z)＞K(Y)，故答案为：3：5；＞。3334题型01化学平衡与能量变化综合（三）答案：（1）3232c(HO)c(H)；Fe3O4（2）①催化剂；②＜；400；③3Fe(s)+4H2O(g)═Fe3

O4(s)+4H2(g)ΔH＝+825kJ/mol；副反应生成氢气使反应Ⅲ平衡左移，HCl转化率下降（3）①4.54×10﹣5；②2FeO42﹣+6e﹣+5H2O＝Fe2O3+10OH﹣解析：（1）反应Ⅰ：Fe2O3(s)+3H2(g)═2Fe(

s)+3H2O(g)ΔH1＝+89.6kJ/mol，反应的平衡常数K=3232c(HO)c(H)，该反应在高温下进行，高温下铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，最易生成的副产物是Fe3O4。故答案为：3232c(HO)c(H)；Fe3O4。（2）①图象可知，加入水蒸气和无水蒸气条件下，反

应速率不同，最后达到相同平衡，所以加入水蒸气是做催化剂。故答案为：催化剂。②图象分析可知，随温度升高，HCl转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，ΔH3＜0，气体压强之比等于气体物质的量之比，设起始量HCl物

质的量为2mol，达到平衡状态生成氢气物质的量为x，Fe(s)+2HCl(g)⇌FeCl2(l)+H2(g)起始量(mol)20变化量(mol)2xx平衡量(mol)2﹣2xx图象中表示起始和平衡状态下的压强之

比＝4:2.4，气体压强之比等于气体物质的量之比：242-x2.4，x＝0.8，HCl的转化率为0.8，图b得到HCl转化率0.8时，对应反应的温度为400℃。故答案为：＜；400。③高于500℃后，有水蒸气加入，HCl的转化

率减小，曲线n发生的副反应为铁和水蒸气反应，结合热化学方程式计算得到铁和水蒸气反应的热化学方程式，反应Ⅰ：Fe2O3(s)+3H2(g)═2Fe(s)+3H2O(g)ΔH1＝+89.6kJ/mol反应Ⅱ：4Fe2O3(s)+Fe(s)═3Fe3O4(s)ΔH2＝+2833.4kJ/mo

l3435盖斯定律计算(反应Ⅱ﹣反应Ⅰ×4)×13得到3Fe(s)+4H2O(g)═Fe3O4(s)+4H2(g)ΔH＝+825kJ/mol，曲线n中HCl转化率明显降低的原因是：副反应生成氢气使反应Ⅲ平衡

左移，HCl转化率下降。故答案为：3Fe(s)+4H2O(g)═Fe3O4(s)+4H2(g)ΔH＝+825kJ/mol；副反应生成氢气使反应Ⅲ平衡左移，HCl转化率下降。（3）①0.0056g生石灰物质的量=0.0056g

56g/mol0.0001mol，c(Ca2+)＝0.0001mol/L，结合Ksp(CaFeO4)＝c(Ca2+)×c(FeO42﹣)＝4.54×10﹣9计算得到，原高铁酸钠溶液的物质的量浓度94

.54100.0001mol/L＝4.54×10﹣5mol/L。故答案为：4.54×10﹣5。②用K2FeO4代替MnO2制备的碱性干电池(KOH做电解液)，正极反应生成Fe2O3，正极电极反应为：2FeO42﹣+6e﹣+5H2O＝Fe2O3+10OH﹣。故答案为：2

FeO42﹣+6e﹣+5H2O＝Fe2O3+10OH﹣。题型01化学平衡与能量变化综合（四）答案：（1）高温；+83kJ·mol﹣1（2）①20；②B（3）①75%；10；②＜；③正向移动解析：（1）(g)⇌(g)+H2(g)ΔH＝+124kJ·mol﹣1，反应

为气体体积增大的吸热反应，ΔS＞0，ΔH＞0，满足反应自发进行的判断依据是ΔH﹣TΔS＜0，反应在高温下有利于自发进行；①(g)⇌(g)+H2(g)ΔH＝+124kJ·mol﹣1②H2(g)+CO2(g)═CO(g)+H2O(g)ΔH＝-41kJ

·mol﹣1盖斯定律计算①+②得到(g)+CO2(g)⇌(g)+CO(g)+H2O(g)的ΔH＝+83kJ·mol﹣1。故答案为：高温；+83kJ·mol﹣1。3536（2）①β-BEB收率B=BE生成消耗苯乙烯的物质的量苯乙烯消耗的总物质的量×100%＝80%，不考虑副反应，

生成α-BEB消耗苯乙烯的物质的量+生成β-BEB消耗苯乙烯的物质的量＝苯乙烯消耗的总物质的量，所以R点α-BEB的收率B=BE生成消耗苯乙烯的物质的量苯乙烯消耗的总物质的量×100%＝1﹣80%＝20%。②A．80℃时，苯乙烯与HBr反应的逆反应K值很小，故A错误；B．

60min后β-BEB收率降低，可能是α-BEB的收率升高，α-BEB选择性提高，故B正确；C．其他条件一定，增大n(HBr):n(苯乙烯)值，就是增大n(HBr)，HBr转化率会减小，故C错误；D．反应时间小于60min，为了使反应顺利进行，HBr的通入速度要略大于反应速度才行，故D错误。

故答案为：B。（3）C6H5-CH＝CH2(g)+HBr(g)⇌β-BEB(g)(单位：mol/L)C6H5-CH＝CH2(g)+HBr(g)⇌α-BEB(g)起始量0.40.400.30.30变化量0.10.10.10.20.20.2平衡量0.30.30.10.10.10.2①6

50℃苯乙烯的平衡转化率0.1mol/L0.2mol/L=100%=100%0.4mol/L转化的苯乙烯苯乙烯总量＝75%，反应1的平衡常数为0.1mol/L==0.1mol/L0.1mol/L平衡时生成物浓度幂之积平衡时反应物浓度幂之积=10。故答案为：75%；10。②650℃，平

衡后α-BEB(g)的物质的量分数0.2mol/L0.1mol/L0.1mol/L0.40，720℃时重复上述反应，平衡后α-BEB(g)的物质的量分数0.27，温度升高，平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应，则反应2的ΔH＜0。故答案为：＜。③平衡后，向该容器中充入0.5molβ-B

EB，则反应1向逆反应方向移动，苯乙烯与HBr浓度增大，反应2向正反应方向移动。故答案为：正向移动。3637题型01化学平衡与能量变化综合（五）答案：（1）-2165（2）BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣＝BO2﹣+6H2O（3）6.0；50（4）1（5）①I；②0.20；2.484解析：（1）

已知：①B2H6(g)+3O2(g)＝B2O3(s)+3H2O(g)ΔH1＝-2033kJ·mol﹣1②H2O(g)＝H2O(l)ΔH2＝-44.0kJ·mol﹣1根据盖斯定律①+②×3可得：B2H6(g)+3O2(g)＝B2O3(s)+3H2O(l)ΔH1＝-2165kJ·mol﹣1

。故答案为：-2165。（2）根据总方程，正极为氧气，负极NaBH4溶液，放电得到BO2﹣，故负极电极反应为：BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣＝BO2﹣+6H2O。故答案为：BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣＝BO2﹣+6H2O。（3）根据图可

知，pH为6.0，反应温度为50℃时，残余镍浓度最低，此为最佳条件。故答案为：6.0；50。（4）反应的K=321c(H)，平衡时得c(H2)＝1mol·L﹣1．温度不变，将体积缩小至原来的一半，平衡正向移动，因为温度不变，K始终不变，故达到新的平衡时c(H2)

＝1mol/L。故答案为：1。（5）①反应历程中慢反应控制总反应的速率，故为I。故答案为：I。②已知，v＝k·c2(NO)·c(H2)，则a组与b组有：va:vb＝k·ca2(NO)·ca(H2):k·cb2(NO)·cb(H2)，有0.

414:1.656＝k·0.102·0.10:k·X2·0.10，解得X＝0.20，同理，a组与c组有：va:vc＝k·ca2(NO)·ca(H2):k·cc2(NO)·cc(H2)，有0.414:Y＝k·0.102·0.10:k·0.102·0.60

，解得Y＝2.484。故答案为：0.20；2.484。3738题型01化学平衡与能量变化综合（六）答案：（1）①60%；②C（2）ACE（3）①保持压强为P2，将温度由250℃升高到300℃和保持温度为300℃，将压强由P3增大到P1；75%；②＞；＜（4）①2nCO2+1

2nH++12ne﹣═+4nH2O；②2.24×105解析：（1）①根据表可知，CuO质量分数为60%时甲醇的产率最高，二氧化碳的转化率最大，故CuO质量分数为60%的催化效果最佳。故答案为：60%。②恒温恒容条件，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，

设均为amol，转化CO2为xmol，CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)n(起始)aa00n(转化)x3xxxn(平衡)a-xa-3xxxA．容器内CO2的体积分数为ax2a2x0.5，则容器内CO2的体积分数为定值，不能说明反应的平

衡状态，故A错误；B．CO2和H2转化率的比值为x3x:aa=1:3，CO2和H2转化率的比值为定值，不能说明反应的平衡状态，故B错误；C．水分子中断裂2NA个O﹣H键，同时氢分子中断裂3NA个H﹣H键

，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．容器内混合气体若全为CO2和H2，则平均摩尔质量为23g/mol，若全为CH3OH和H2O，平均摩尔质量为25g/mol，由于可逆反应达到平衡状态时是四者的共同体，所以气体的平均相对分子质量应

该在23～25，且保持不变，故D错误。故答案为：C。3839（2）A．上述反应的ΔH＝(419﹣510)kJ/mol＝-91kJ/mol，故A正确；B．a反应正反应的活化能为419kJ/mol，故B错误；C．由图象曲线变化和能量变化可知，b过程中生成物能量高，则第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ

阶段生成物能量低于反应物，反应为放热反应，故C正确；D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的ΔH，故D错误；E．b过程中第Ⅱ阶段的活化能小于第Ⅰ阶段的活化能，反应速率快，反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，故E正

确。故答案为：A、C、E。（3）①图象分析可知温度一定，压强越大平衡正向进行，甲醇体积分数越大，压强P2＜P1，平衡由A点移至C点是升温平衡逆向进行，保持压强为P2，将温度由250℃升高到300℃，甲醇体积分数减小，D点移至B点是压强增大，保持温度为300℃，将压强由P3增大到P

1；c点时甲醇的体积分数50%，在1L的恒定密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，设CO物质的量为1mol，氢气物质的量为2mol，设一氧化碳消耗物质的量为y，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)起始量(mol/L)120变化量(mol/L)y2yy

平衡量(mol/L)1-y2-2yyy32y50%，解得y＝0.75mol，CO的转化率=0.75mol1mol100%＝75%。故答案为：保持压强为P2，将温度由250℃升高到300℃和保持温度为30

0℃，将压强由P3增大到P1；75%。②甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图，乙的起始量是甲的二倍，压强增大平衡正向进行，则L、M两点容器内压

强：P(M)＞2P(L)；M点和L点比较，M点温度高，平衡逆向进行，平衡常数：K(M)＜K(L)。故答案为：＞；＜。（4）①2nCO2→，碳的化合价从+4变为-2，每个C原子得到6个电子，则2nCO2总共得到12n个电子，根据电荷守恒可得该电极反

应式为：2nCO2+12ne﹣+12nH+＝+4nH2O。故答案为：2nCO2+12nH++12ne﹣═+4nH2O。3940②工业上生产1.4×102kg的LDPE，根据2nCO2～LDPE可知，需要二氧化碳的物质的量为：51.410g2

8ng/mol2n＝1×104mol，理论上需要标准状况下CO2的体积是：22.4L/mol×1×104mol＝2.24×105L。故答案为：2.24×105。题型01化学平衡与能量变化综合（七）答案：（1）CO2(g)+4

H2(g)＝CH4(g)+2H2O(g)ΔH＝-163kJ/mol（2）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；②增大反应压强、增大CH4的浓度(或及时分离出乙酸)；③3Cu2Al2O4+32HNO3═6Cu(NO3)2+6Al(NO3)3+2NO↑+16H2O（3）①

＜；②＝（4）3ClO﹣+2NH3＝N2+3Cl﹣+3H2O解析：（1）CO2和H2为原料制备CH4的方程式为CO2(g)+4H2(g)＝CH4(g)+2H2O(g)，①CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)ΔH1＝+247kJ·mol﹣

1，②CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)ΔH2＝+205kJ·mol﹣1根据盖斯定律①﹣②×2计算CO2(g)+4H2(g)＝CH4(g)+2H2O(g)的焓变ΔH＝-163kJ/mol。故答案为：CO2(g)+4H2(g)＝CH4(g)+2H2O(g)ΔH＝-163kJ/mo

l。（2）①催化剂催化效率受温度影响，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，导致乙酸的生成速率减小。故答案为：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低。②为了提高该反应中CO2的转化率，改变条件时应该使平衡正向移动，增大CH4的浓度或增大压强或及

时分离出乙酸都能使平衡正向移动，从而提高CO2转化率。故答案为：增大反应压强、增大CH4的浓度(或及时分离出乙酸)。③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中，亚铜离子发生氧化还原反应生成铜离子，该物质和稀硝酸反应生成硝酸铜、硝酸铝、NO和水，反应的化学方程式为3Cu2Al2O4+32HNO3═6Cu

(NO3)2+6Al(NO3)3+2NO↑+16H2O。故答案为：3Cu2Al2O4+32HNO3═6Cu(NO3)2+6Al(NO3)3+2NO↑+16H2O。4041（3）①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，所以M点反应速率大，即Q点的v正＜M点的v逆。故答案为：＜。②

达到N点的平衡状态后，再向容器中充入1molN2和3molH2，达到新的平衡时，N2、H2、NH3的含量不变，即达到新平衡时NH3的物质的量分数仍然为20%。故答案为：＝。（4）根据流程可知，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和

水是生成物，离子方程式为3ClO﹣+2NH3＝N2+3Cl﹣+3H2O。故答案为：3ClO﹣+2NH3＝N2+3Cl﹣+3H2O。题型01化学平衡与能量变化综合（八）答案：（1）（2）−2a+3b5（3）①＞

；②k正k逆；＜（4）①0.6～0.7；②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，生产成本提高，但CO2的转化率增大不多；③0.51解析：（1）羟氨为羟基和氨基形成的共价化合物，氮原子形成三个共价键，电子式为：。（2）已知：①4NH

3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)ΔH1＝-akJ/mol②4NH3(g)+5O2(g)═4NO(g)+6H2O(g)ΔH2＝-bkJ/mol所求反应为：4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)，该反应可由2+35①②得到，根据盖斯定律，该反

应的焓变为ΔH=122H+3H2a3b=55。（3）①第一步反应为快平衡，第二步反应为慢反应，第一步的反应速率快，所以反应速率v(第一步逆反应)＞v(第二步反应)。故答案为：＞。4142②反应达到平衡时，v正＝v逆，即k正·c2(NO)＝k逆·c(N2O

2)，K=222kc(NO)c(NO)k正逆，反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，K减小，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数。故答案为：kk正逆；＜。（4）①氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳

比的数值为0.6～0.7。故答案为：0.6～0.7。②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业合成氨生成工艺较复杂，降低生产成本，所以氨碳比控制在4.0左右。故答案为：氨碳比在4.5时，需要氨气较多，生产成本提高，但CO

2的转化率增大不多。③曲线Ⅱ中水碳比为1，初始时c(CO2)＝1mol/L，则c(H2O)＝1mol/L，由于平衡常数K只与温度有关，所以选择氨碳比为4.0，此时CO2平衡转化率＝60%，即初始浓度：c(CO2)＝1

mol/L、c(H2O)＝1mol/L、c(NH3)＝4mol/L，2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)初始量(mol/L)411变化量(mol/L)1.20.60.6平衡量(mol/L)2.80.41.6则平衡常数K22232c(HO)1.6c(N

H)c(CO)(2.8)0.40.51。故答案为：0.51。题型01化学平衡与能量变化综合（九）答案：（1）＜（2）BD（3）0.25；4243（4）①反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，相同条件下反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ速率，所以一开始CH3OCH3含量显著上升，后随着反应Ⅱ的进行，C

H3OH浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应Ⅰ平衡左移，CH3OCH3含量又有所下降；②增大压强或使用催化剂解析：（1）CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)属于自发反应，应满足ΔH﹣TΔS＜0，而该反应ΔS＜0，故ΔH＜0。故答案为：＜。（2）A．反应前后质量和

体积一直不变，所以密度一直不变，不能判断平衡，故A错误；B．反应前后质量不变，但物质的量在变，所以平均相对分子质量保持不变，说明反应达平衡状态，故B正确；C．生成CH3OH的速率与生成H2的速率等于系数之比，才能证明正逆反应速率相等，此时

给定的条件不能判断平衡，故C错误；D．反应过程中CO体积分数始终保持不变，故不能说明该反应达到平衡状态，故D正确。故答案为：BD。（3）CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)起始(mol)120转化(mol)0.81.60.8平衡(mol)0.20.40.8容器的容积为0.1

L，平衡时c(CO)＝2mol/L，c(H2)＝4mol/L，c(CH3OH)＝8mol/L，该反应的平衡常数K=8=2420.25；若H2和CO的物质的量之比为n:1(维持反应过程中压强P3不变)，相应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x，开始时随着n逐渐增大，甲

醇的物质的量分数x逐渐增大，当n0.4mol0.2mol2时，甲醇的体积分数达到最大，最大值为：0.80.20.40.80.57，最后随着n的增大，甲醇的体积分数开始逐渐减小，据此画出x随n变化的示意图为：。4344故答案为：0.25；。（4）①在一定温度下，在恒容

容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大后减小，运用碰撞理论说明的原因是，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，相同条件下反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ速率，所以一开始CH3OCH3含量显著上升，后随着反应Ⅱ的进行，CH3OH浓

度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应Ⅰ平衡左移，CH3OCH3含量又有所下降。故答案为：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，相同条件下反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ速率，所以一开始CH3OCH3含量显著上升，后随着反应Ⅱ的进行，CH3OH浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应Ⅰ平衡左移，

CH3OCH3含量又有所下降。②不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强、使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂。故答案为：增大压强或使用催化剂。题型01化学平衡与能量变化综合（十）答案：（1）CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝-125.6k

J/mol（2）①6.60kPa；4.4×10﹣4；1.54×10﹣2；②＜（3）①22.7%；②＝；5.7×10﹣3解析：（1）CO与H2合成液态甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(l)，已知：①3CO(g)+6H2(g)⇌C

H3CH＝CH2(g)+3H2O(g)ΔH1＝-301.3kJ/mol，②3CH3OH(g)⇌CH3CH＝CH2(g)+3H2O(g)ΔH2＝-31.0kJ/mol，③CH3OH(g)⇌CH3OH(l)ΔH3＝-35.5kJ/mol，所求反应

可由-3①②③得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为12H-H3+ΔH3＝﹣125.6kJ/mol。故答案为：CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝-125.6kJ/mol。4445（2）①反应为：CH3OCH3(

g)⇌CO(g)+H2(g)+CH4(g)，容器内初始压强为41.6kPa，起始(mol)x000400s(mol)x(1﹣α)αxαxαxt＝400s时，p(CH3OCH3)＝35kPa，所以135141.6，可得α33=208，则t＝400s时，分压p(CO)为41.6kPa

332086.60kPa；由图象可知，v(CH3OCH3)与p(CH3OCH3)是直线关系，则n＝1，当p(CH3OCH3)＝10.0kPa时，v(CH3OCH3)＝4.4×10﹣3kPa·s﹣1，即4.4×10﹣3kPa·s﹣1＝10.0k，k＝4.4×10﹣4s

﹣1，由图象可知，400s时p(CH3OCH3)＝35.0kPa，则v(CH3OCH3)＝4.4×10﹣4s﹣1×35.0kPa＝1.54×10﹣2kPa·s﹣1。故答案为：6.60kPa；4.4×10﹣4；1.54×10﹣2。②该温度下，再向该容器中充入一定量CH3O

CH3，反而使其转化率降低，再次平衡时测得二甲醚转化率为a2，则a2＜a1。故答案为：＜。（3）①反应为：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，起始(mol)xx00平衡(mol)x-yx-yyyK22222c(CO)c(H)yc(CO)c(HO)(xy)1.44，则y＝

1.2(x﹣y)，得到y6x11，所以达到平衡时，CO物质的量分数为xyxy100%xyxyyy2x100%＝22.7%。故答案为：22.7%。②起始时p(H2O)和p(CO)相等，且H2O和CO的反应计量比为1:1，所以反应过程中始终为22p(HO)p(CO)1；

首先根据温度不同，化学反应速率不同，到达平衡的时间不同进行初次分类，根据图象，b、c分为一类，为467℃下，因为反应到达平衡的时间一样，且较长，a、d分为一类，为489℃下，因为反应到达平衡的时间一样，且较短，再由温度对

反应的影响分别确定，反应为放热反应，温度越高平衡逆向进行，CO分压越大，氢气分压越小，489℃时2Hp和pCO随时间变化关系的曲线分别是a、d，467℃时2Hp和pCO随时间变化关系的曲线分别是b、c，所以467℃时，反应在30～90min内的平均速率

v(CO)2.211.8760kPa/min＝5.7×10﹣3kPa/min。故答案为：＝；5.7×10﹣3。4546题型01化学平衡与能量变化综合（十一）答案：（1）CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝-49.

4kJ/mol（2）④（3）①0.5625；40%；②4002187；③增大压强，降低温度(或分离水蒸气)（4）温度变化时，反应I和反应III平衡移动方向相反，程度相同（5）H2；CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣解析：（1）CO2(

g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的化学方程式CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)，ⅠCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1＝+41.2kJ·mol﹣1ⅡCO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2＝-90.6kJ·m

ol﹣1根据盖斯定律：反应I+反应II计算CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)的焓变ΔH＝-49.4kJ/mol，热化学方程式Ⅲ为CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH＝-49.4kJ/mol。故答案为：CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝-49.4kJ/mol。（2）①恒压体系中，体系的压强始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故①错误；②反应I是气体体积不变的反应，容器的体积不变，各物质均为气体，所以混

合气体密度始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故②错误；③反应无论是否达到平衡状态，始终有v(H2)＝v(CO)，即不能判断反应是否达到平衡，故③错误；④CO质量保持不变的状态是平衡状态的本质特征，故④正确。故答案为：④。（3）反

应III：CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，反应三段式为，CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol/L)0.51.500变化量(mol/L)x

3xxx平衡量(mol/L)0.5-x1.5-3xxx平衡时H2O(g)的体积分数为0.125，则x22x0.125，解得x＝0.2，平衡时c(CO2)＝0.3mol/L，c(H2)＝0.9mol/L，c(CH3OH)＝c(H2O)＝0

.2mol/L，4647①H2的体积分数c(1.530.2)mol/L(20.22)mol/L0.5625，CO2的转化率0.2mol/L0.5mol/L×100%＝40%。故答案为：0.5625；40%。②平衡常数K=323

22c(CHOH)c(HO)0.20.2400c(CO)c(H)0.3(0.9)2187。故答案为：4002187。③反应III：CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)正向是气体体积减少的放热反应，增大压强、降低温度、分离水蒸气等措施均可

使平衡正向移动，提高甲醇的产率。故答案为：增大压强，降低温度(或分离水蒸气)。（4）反应I正向吸热，反应III正向放热，升高温度时，反应I正向进行，反应III逆向进行，当二者进行的程度相当时，CO2的体积分数会基本不变。故答案为：温度变化时，反应I和反应III平衡移动方向相反，程度相

当。（5）反应III：CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)中，CO2发生得电子的还原反应，H2发生失电子的氧化反应，则通入CO2的电极为正极，通入H2的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体A为H2，气体B为CO2，CO2在正

极上得电子生成CH3OH，电极反应式为CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣。故答案为：H2；CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣。题型01化学平衡与能量变化综合（十二）答案：（1）①1.20×10﹣2；2；1；②＞；③D（2

）①-114；122KK；②C（3）1570.8解析：（1）①控制c(NO)不变，由实验1和实验2相关数据可知，2211.20101()y22.40102，所以y＝1；控制c(H2)不变，由实验4和

实验5相关数据可知，2114.80101()x21.92104，所以x＝2；取实验1的数据，1.20×10﹣2＝k·(1.0)2×(1.0)1，所以k＝1.20×10﹣2L2·mol﹣2·s﹣1。故答案为：1.20×10﹣2；2；1。4748②实验1达到

平衡后，NO的平衡转化率为a1，其他条件不变，若NO和H2的初始浓度均为2.0mol·L﹣1，相当于缩小容器体积，则平衡正向移动，NO的转化率增大，即a2＞a1。故答案为：＞。③A．断裂2molH﹣H键同时生成1molN≡N键说明反应正在进行，不能说明

达到化学平衡，故A不选；B．2v(NO)v(N)正逆应为2:1，故B不选；C．NO与N2物质的量之比需视具体的充入量和反应的正向进行程度，不能说明达到化学平衡，故C不选；D．混合气体的密度为ρmv，反应前后m改变，V不变，则ρ改变，当ρ不再变化可以说

明化学反应达到平衡，故D选。故答案为：D。（2）①反应Ⅲ可由Ⅰ﹣Ⅱ×2得到，根据盖斯定律，反应Ⅲ的焓变为ΔH3＝ΔH1﹣2ΔH2＝-198kJ/mol+2×42kJ/mol＝-114kJ/mol，根据平衡常数

计算公式可得K3=122KK。故答案为：-114；122KK。②A．充入大量的氮气增大体系的压强但不影响各组分浓度，不改变化学反应速率，故A不选；B．从体系中分离出SO3，反而使得化学反应速率减小，故B不选；C．使用高效催化剂可以增大化学反应速率，故C

选；D．降低体系温度降低化学反应速率，故D不选。故答案为：C。（3）pH＝6，则溶液中c(H+)＝10﹣6mol/L，Ka1×Ka222323c(H)c(SO)c(HSO)，所以溶液中12227aa36223KKc(SO)1.54101.0210c(HS

O)c(H)(10)1570.8。故答案为：1570.8。题型01化学平衡与能量变化综合（十三）答案：（1）+41.17kJ/mol（2）CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)（3）副反应2正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应1正移4849（4）分馏（5）温度低，

反应速率慢，反应没有达到平衡（6）温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降（7）ZrO2、MnO解析：（1）①CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)ΔH＝-90.14k

J/mol②CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝-48.97kJ/mol由盖斯定律可知，②﹣①得到CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O(g)ΔH＝-48.97kJ/mol﹣(-90.14kJ/mol)＝+41.17kJ/mol。故答案为：+41.1

7kJ/mol。（2）合成前，焦炉气中甲烷需要在高温条件下和水蒸气催化生成CO和H2，该反应的化学方程式为CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。故答案为：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。（3）向焦炉气中补充少量

CO2，可以减少CH3OCH3(g)的生成，结合平衡移动原理解释原因为副反应2正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应1正移。故答案为：副反应2正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应1正移。（4）将反应后气体冷凝可以得到粗甲醇，沸点不同，则继续纯化的操作是分馏。故答案为：分馏。（5）实验测得

相同时间，不同温度下甲醇产率图象如图所示。图中前两个数据点远远低于平衡产率，可能原因是温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡。故答案为：温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡。（6）图中后两个数据点呈现随温度升高而下降的趋势，

对该趋势的解释合理是温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降。故答案为：温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降。（7）由表中数据可知，由①②可知，ZrO2一定可以增加催化剂对甲醇选择性；由③④可知，MnO一定可以增加催

化剂对甲醇选择性。故答案为：ZrO2、MnO。4950题型02化学平衡与溶液综合（一）答案：（1）①+3；②4NaNO2320=℃2Na2O+4NO↑+O2↑；③NaNO2+2Al+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑（2）①ClO﹣+2NH3＝N2H4

+Cl﹣+H2O；N2H4·H2O⇌N2H5++OH﹣；②N2H4+HNO2＝N3H+2H2O；③a解析：（1）①Na的化合价是+1价，O的化合价是-2价，根据在化合物中正负化合价代数和为零，则NaNO2中N元素的化合价为+3。故答案为：+3。②亚硝酸

钠在320°C时能分解产生氧化钠固体、一氧化氮和一种常见的助燃性气体，生成NO时N元素的化合价降低，则O元素的化合价升高，该反应氧化产物为O2，即发生：4NaNO2320=℃2Na2O+4NO↑+O2↑。故答案为：4NaNO2320=℃2Na2O+4N

O↑+O2↑。③亚硝酸钠具有氧化性，金属铝只有还原性，发生的反应是亚硝酸钠和金属铝之间的反应，发生反应为NaNO2+2Al+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑。故答案为：NaNO2+2Al+NaOH+H2O＝2NaA

lO2+NH3↑。（2）①NaClO氧化NH3可以制得肼的离子方程式为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O，肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子，电离方程式为N2H4·H2O⇌N2H5++

OH﹣。故答案为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O；N2H4·H2O⇌N2H5++OH﹣。②氮的氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则氮氢原子个数比430.977430.023:1413:1，所以该氢化物是N3H，肼和亚硝酸反

应生成N3H，所以其反应方程式为：N2H4+HNO2＝N3H+2H2O。故答案为：N2H4+HNO2＝N3H+2H2O。③a．反应N2H62++N2H4＝2N2H5+的化学平衡常数表达式为K=226252526b1221526242425b21c(NH)c(NH)c(OH)c(NH)c(OH)K1

0c(NH)c(NH)c(NH)c(NH)K10109，所以pK＝-lgK＝-9.0，故a错误；5051b．N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+

)，故b正确；c．N2H5+的水解平衡常数为Ka214w6b1K10K1010﹣8＞Kb2，则N2H5Cl溶液呈酸性，所以溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，故c正确；d．当溶液中c(N2H4)＝c(N2H5+)时，溶液的pOH＝6.0，则Kb12524c(NH)c(OH)c(NH)

10﹣6，故d正确。故答案为：a。题型02化学平衡与溶液综合（二）答案：Ⅰ（1）CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣（2）CN﹣+ClO﹣＝Cl﹣+CNO﹣；2CNO﹣+2OH﹣+3ClO﹣＝2CO32﹣+N2↑+3Cl﹣+H2O（3）有部分NaC

lO氧化了还原性有机物（4）只加入NaOH后无法将Ni2+沉淀至排放标准，当加入NaClO﹣NaOH后，由于ClO﹣氧化了CN﹣，使Ni(CN)42﹣⇌Ni2++4CN﹣平衡向正反应方向移动，更多的Ni2+游离出来，从而被NaOH完全沉淀至排放标准Ⅱ（1）（2

）8.2×10﹣7解析：Ⅰ（1）氰化钠为强碱弱酸盐，水解反应为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，溶液呈碱性。故答案为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣。（2）CN﹣和ClO﹣发生氧化还原反应先生成Cl﹣和CNO﹣，CNO﹣接着被ClO﹣氧化为无污染的CO2和N2，ClO﹣被还原生成Cl﹣，第一步

反应为：CN﹣+ClO﹣＝Cl﹣+CNO﹣；第二步反应为：2CNO﹣+2OH﹣+3ClO﹣＝2CO32﹣+N2↑+3Cl﹣+H2O。故答案为：CN﹣+ClO﹣＝Cl﹣+CNO﹣；2CNO﹣+2OH﹣+3ClO﹣＝2CO32﹣+N2↑+3Cl﹣+H2O。5152（3）分析得知，

NaClO﹣NaOH碱性氧化法去除氰化物的效率与NaClO的投入量有很大关系。经计算理论投入量m(NaClO):m(CN﹣)＝6.65:1。但实际的投入量m(NaClO):m(CN﹣)＝20:1．投入量远大于理论质量比的可能原

因是：有部分NaClO氧化了还原性的有机物，使用量增大。故答案为：有部分NaClO氧化了还原性有机物。（4）只加入NaOH后无法将Ni2+沉淀至排放标准，当加入NaClO﹣NaOH后，由于ClO﹣氧化了CN﹣，使Ni(CN)42

﹣⇌Ni2++4CN﹣平衡向正反应方向移动，更多的Ni2+游离出来，从而被NaOH完全沉淀至排放标准。故答案为：只加入NaOH后无法将Ni2+沉淀至排放标准，当加入NaClO-NaOH后，由于ClO﹣

氧化了CN﹣，使Ni(CN)42﹣⇌Ni2++4CN﹣平衡向正反应方向移动，更多的Ni2+游离出来，从而被NaOH完全沉淀至排放标准。Ⅱ（1）H2O2中，H达到2电子结构，O达到8电子结构，所以H2O2的电子式为：。（2）剩余总氰为

0.16mg·L﹣1，除氰率达80%，则氰的总量为：0.16mg·L﹣1÷(1﹣80%)＝0.80mg·L﹣1，0～30分钟氰的改变量为：Δc(CN﹣)30.810g/L80%26g/mol2.46×10﹣5mol

/L，v(CN﹣)5ΔcCN2.4610mol/LΔt30min8.2×10﹣7mol/(L·min)。故答案为：8.2×10﹣7。题型02化学平衡与溶液综合（三）答案：（1）Ag++Cl﹣═AgCl↓（

2）2AgCl(s)+S2﹣(aq)⇌AgS(s)+2Cl﹣(aq)（3）S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O或8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O（4）①H2O2

；②Ag2S的悬浊液；③1O2、4NaCl、4AgCl、NaOH；④C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，C中最终出现乳白色沉淀（5）NaCl不过量或者

隔绝氧气或者缩短存放时间5253解析：（1）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为Ag++Cl﹣═AgCl↓。故答案为：Ag++Cl﹣═AgCl↓。（2）氯化银和硫化钠反应生成硫化银沉淀，方程式为2AgCl(s)+S2﹣(aq)⇌AgS(s)+

2Cl﹣(aq)。故答案为：2AgCl(s)+S2﹣(aq)⇌AgS(s)+2Cl﹣(aq)。（3）白色沉淀为氯化银，说明硫化银被氧气氧化生成了硫，硫和硝酸反应生成二氧化氮和硫酸根离子和水，方程式为：S+4H+

+6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O；或认为硫化银被硝酸氧化，离子方程式为8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O。故答案为：S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O或8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2S

O4+8NO2↑+4H2O。（4）①实验要探究的是氧气对反应的影响，装置内产生氧气，因为烧瓶内已有二氧化锰存在，说明E中加入的为过氧化氢(H2O2)。故答案为：H2O2。②B中应做对比实验，对比实验应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S的悬浊液。故答案为：

Ag2S的悬浊液。③硫化银被氧气氧化生成硫，在氯化钠存在下同时生成氯化银沉淀，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式，根据氢元素守恒可知另一种未知反应物为水，方程式为2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O⇌4AgCl+2S+4NaOH。故答案为：1O2、4NaCl、4

AgCl、NaOH。④C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，C中最终出现乳白色沉淀。故答案为：C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出

来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，C中最终出现乳白色沉淀。（5）为了能实现氯化银变成硫化银，清晰看到实验现象，避免硫化银被氧化，在氯化钠和硝酸银反应过程中控制氯化钠的用

量，NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。故答案为：NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。5354题型02化学平衡与溶液综合（四）答案：（1）NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH﹣（2）碱；由HPO42﹣+H2O⇌H2PO4

﹣+OH﹣可知，HPO42﹣的水解常数Kh14w8a2K10K6.3101.59×10﹣7＞Ka3，故溶液呈碱性；(10a﹣14﹣10﹣a)mol/L（3）7.6＜pH＜10.4；pH偏大，NH4+、

Mg2+易与OH﹣结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2，NH3·H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低（4）①加入H2O2溶液的体积相同时，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低得多，反应速率快；②3H2O2+2NH3CuO=微波N2+6H2O解析

：（1）氨气极易溶于水，并与水反应生成弱碱NH3·H2O，微弱电离时生成NH4+和OH﹣，所以废水中氨态氮存在的平衡是NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH﹣。故答案为：NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH﹣。（2）HPO42﹣的水

解方程式为HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，水解常数Kh1482106.310waKK1.59×10﹣7＞4.2×10﹣13＝3Ka，则HPO42﹣的水解程度大于HPO42﹣的电离程度，所以Na2HPO4溶液呈碱性；Na2H

PO4溶液的pH＝a，即c(H+)＝10﹣amol/L，溶液中c(OH﹣)141010waKcH10a﹣14mol/L，Na2HPO4溶液中：物料关系为c(Na+)＝2[c(H3PO4

)+c(H2PO4﹣)+c(HPO42﹣)+c(PO43﹣)]，电荷关系为c(Na+)+c(H+)＝c(H2PO4﹣)+2c(HPO42﹣)+3c(PO43﹣)+c(OH﹣)，消去c(Na+)则有c(H2PO4﹣)

+2c(H3PO4)﹣c(PO43﹣)＝c(OH﹣)﹣c(H+)＝10a﹣14mol/L﹣10﹣amol/L＝(10a﹣14﹣10﹣a)mol/L。故答案为：碱；由HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣可知，HPO42﹣的水解常数Kh14w8

a2K106.310K1.59×10﹣7＞Ka3，故溶液呈碱性；(10a﹣14﹣10﹣a)mol/L。5455（3）沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图1，欲使剩余氨态氮浓度低于0.01mol·L﹣1，则pH的适宜范围是：7.6＜pH＜10.4，pH偏大不

利于MgNH4PO4·6H2O的生成，原因是：pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH﹣结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2，NH3·H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低。故答案为：7.6＜pH＜10.4；pH偏大，NH4+

、Mg2+易与OH﹣结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2，NH3·H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低。（4）①由图2可知，H2O2溶液体积相同时，相同时间(10min)内，与不添加CuO相比，加入CuO时氨态氮浓度降低的多，反应速率快，推

测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用。故答案为：加入H2O2溶液的体积相同时，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快。②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮，做该反应的催化剂

，该条件下，H2O2将NH3氧化为N2，同时生成水，反应的化学方程式：3H2O2+2NH3CuO=微波N2+6H2O。题型02化学平衡与溶液综合（五）答案：（1）①第四期、第ⅤA族；②H3AsO4；弱（2）①Fe+S2O82﹣═Fe2++2SO42﹣；②Fe+2Fe

3+═3Fe2+；③SO4﹣·+H2O＝SO42﹣+·OH+H+（3）pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO4﹣·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH＝7和pH＝9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As

(Ⅴ)。解析：（1）①砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层，核电荷数为33，四个电子层，最外层电子数5，主族元素电子层数＝周期序数，最外层电子数＝主族族序数，故砷在周期表中的位置为：第四周期、第ⅤA族。故答案为：第四周期、第ⅤA族。②砷酸的

化学式是H3AsO4，同主族自上而下非金属最高价含氧酸酸性减弱，则砷酸的酸性比H3PO4弱。故答案为：H3AsO4；弱。（2）①零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，过硫酸根中的-1价O原子被还原，则零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是：

Fe+S2O82﹣═Fe2++2SO42﹣。故答案为：Fe+S2O82﹣═Fe2++2SO42﹣。5556②Fe3+转化为Fe2+的反应是铁还原铁离子生成亚铁离子：Fe+2Fe3+═3Fe2+。故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+。

③由图中转化关系可知，SO4﹣·能与H2O发生反应，反应生成SO42﹣和·OH、H+，反应的离子方程式为：SO4﹣·+H2O＝SO42﹣+·OH+H+。故答案为：SO4﹣·+H2O＝SO42﹣+·OH+H+。（3）零价铁活化过硫酸

钠(Na2S2O8)去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]，其机制模型如图分析可知，5min内pH＝7和pH＝9时去除率高的原因是：pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO4﹣·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH＝7和pH＝9时，Fe2+和Fe3+

形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)。故答案为：pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO4﹣·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH＝7和pH＝9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有

效去除As(Ⅴ)。第三章工业流程题型01制备类流程（一）答案：（1）4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2（2）acd（3）漏斗；烧杯（4）将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入漏斗中至浸没沉淀，待水自然流干，重

复2﹣3次（5）NH4Cl、NH3（6）15.9mol/L解析：（1）煅烧碳酸铁，得到二氧化碳气体和氧化铁固体，所以反应方程式为：4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2。（2）观察“浸取”时NH4Cl用量对

Mg2+浸出率的影响曲线并且结合相关知识，分析：a．搅拌可以加速溶解，增大了固体与液体的接触，故a正确；b．从图中看出，用超理论用量20%的NH4Cl进行浸取，镁离子的浸出率基本维持在理论用量，而NH4Cl的利用率反而降低，

故b错误；c．可用NH4Cl对浸取后的滤渣进行二次浸取，增加镁离子的浸出率，将两次浸取液合并，减少镁离子的损失，故c正确；5657d．水解反应是吸热反应，适当升高温度可以促进水解，浸取过程产生氨气，温度适当升高，有利于氨气的排出，故d正确。故答案为：acd。（3）过滤操作时用

到的主要玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯。故答案为：漏斗；烧杯。（4）洗涤沉淀的操作为将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入漏斗中至浸没沉淀，待水自然流干，重复2﹣3次。（5）浸取产生的氨气，在沉镁操作中可以使用；沉镁过程，通入氨气，产生氢氧化镁沉淀和

氯化铵溶液，产生的氯化铵可以在浸取操作中使用，故循环使用的物质为NH4Cl、NH3。（6）已知：25℃时，Ksp(CaSO4)＝7.2×10﹣5，当溶液中离子浓度≤1.0×10﹣5mol·L﹣1时，认为该离子沉淀完全，则沉淀完全时剩

余c(SO42﹣)5sp45151KCaSO7.2101.010molL1.010molL7.2mol/L，n(SO42﹣)＝7.2mol/L×2L＝14.4mol，消耗的n(Ca2+)＝n(SO42﹣)＝1.5mol·L﹣1×1L＝1.5mol，则初始总的n(SO

42﹣)＝14.4mol+1.5mol＝15.9mol，c(SO42﹣)15.9mol1L15.9mol/L。故答案为：15.9mol/L。题型01制备类流程（二）答案：（1）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

洗去晶体表面的杂质，减少晶体的溶解损失（3）①固体溶解，溶液变为蓝色，有气泡生成，烧瓶中气体呈红棕色；2:3；②NO2、NO；NO2+NO+2NaOH＝2NaNO2+H2O解析：（1）加入H2O2溶液的目

的是氧化Fe2+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。（2）由分析可知由溶液E制备纯净胆矾的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，乙醇可降低胆矾的溶解度，减少其溶解损失。故答

案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；洗去晶体表面的杂质，减少晶体的溶解损失。5758（3）①铜与稀硫酸和稀硝酸的混合酸发生反应生成硫酸铜、NO、水，方程式为3Cu+3H2SO4+2HNO3＝3CuSO4+2NO↑+4H2O，且NO与O2反应生成红棕色气体NO2，故实验现象为固体溶解，溶

液变为蓝色，有气泡生成，烧瓶中气体呈红棕色。故答案为：固体溶解，溶液变为蓝色，有气泡生成，烧瓶中气体呈红棕色；2:3。②铜和浓硝酸反应产生NO2气体，随着反应进行，浓硝酸变为稀硝酸，此时铜与稀硝酸反应产生NO气体

，根据氧化还原反应可知，NO2、NO与NaOH发生归中反应，生成NaNO2，化学方程式为NO2+NO+2NaOH＝2NaNO2+H2O。故答案为：NO2、NO；NO2+NO+2NaOH＝2NaNO2+H2O

。题型01制备类流程（三）答案：（1）适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度（2）减小（3）8.5×1012（4）ZnS+Cu2+⇌CuS+Zn2+（5）产生Zn(OH)2杂质（6）ZnC2O4；ZnO解析：（1）为了提高“酸浸”时锌元素的浸出率，可以采取的措施有：适当提高盐酸浓度、适

当提高反应温度、适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间等。故答案为：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度。（2）“除锰”反应为H2O2溶液与Mn2+反应生成MnO(OH)2，离子方程式为：H2O2+Mn2++H2O＝M

nO(OH)2↓+2H+，该过程生成H+，溶液的pH减小。故答案为：减小。（3）当两种沉淀共存且溶液的pH＝8时，2232062393333cCucCucOHKspCuOHcOH2.210102.610KspFeOHcFecFecOH

=8.5×1012。故答案为：8.5×1012。5859（4）除铜过程加入ZnS使Cu2+转化为CuS，反应的离子方程式为ZnS+Cu2+⇌CuS+Zn2

+。故答案为：ZnS+Cu2+⇌CuS+Zn2+。（5）由于C2O42﹣水解时溶液呈碱性，将Na2C2O4溶液缓慢加入ZnCl2溶液中，如果顺序颠倒，会产生的不良后果是产生Zn(OH)2杂质。故答案为：产生Zn(

OH)2杂质。（6）ZnC2O4·2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为15315336100%＝80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为8115336100%＝42.86%，故B点残留固体为ZnO。故答案为：ZnC2O4

；ZnO。题型01制备类流程（四）答案：（1）-1；Fe（2）5：1；2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+（3）H2SO4；化肥（4）OMS-2；OMS-2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快（5）36.9%

解析：（1）FeS2中铁元素的化合价为+2价，硫元素的化合价是-1；软锰矿和黄铁矿加硫酸浸出，滤液A中含有Fe2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH将铁元素除去得到MnSO4·H2O。故答案为：-1；Fe。（2）Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，设Mn(Ⅲ

)为x个，则Mn(Ⅳ)为12﹣x，根据化合物中元素化合价代数和为0，即得3x+4(12﹣x)＝2×19，x为10，Mn(Ⅳ)为2，Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)物质的量之比为5:1；根据题意生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1

:1:5反应，产物中硫元素全部以SO42﹣的形式存在，该反应的离子方程式为2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+。故答案为：5:1；2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+。5960（

3）根据反应方程式可知，溶液B中含有的K2SO4、H2SO4，该工艺中循环使用的物质化学式是H2SO4，K2SO4在农业生产中可用作钾肥。故答案为：H2SO4；化肥。（4）由图象可以看出，相同温度下，OMS-2作催化剂时，因纳米级OMS-2比MnOx表面积大，吸附的反应物

浓度更高，反应速率更快，故OMS-2与MnOx相比，催化效率较高是OMS-2。故答案为：OMS-2；OMS-2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快。（5）设体积为VL，CO2含量由0.590mg/L升高至1.25mg/L，CO2含量增多0.6

6mg/L，反应生成的CO2的物质的量为0.66mg/L44g/molVL×10﹣3g/mg，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为0.66mg/L44g/molVL×10﹣3g/mg，故该实验中甲醛的转化率为330.66mg/LVL10g/mg4

4g/mol1.22mg/LVL10g/mg30g/mol36.9%。故答案为：36.9%。题型01制备类流程（五）答案：（1）活化能（2）①K3[Fe(CN)6]溶液；②CS2；③4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2；不存在Fe(OH)2沉淀；④4Cu

2++N2H4+8OH﹣＝2Cu2O↓+N2↑+6H2O（3）2Cu2++H2O+2e﹣＝Cu2O+2H+解析：（1）纳米Cu2O可作为光解水的催化剂，使得水在较低温度下分解，故可知纳米Cu2O是催化剂能降低反应的活化能。故答案为：活化能。（2）①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应会

产生特征蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，所以检验Fe2+所需要的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液。故答案为：K3[Fe(CN)6]溶液。6061②“滤渣”中主要含有SiO2和S，S易溶于CS2，微溶于酒精，难溶于水，可利用CS2溶解滤渣中的S，通过

过滤将二者分离。故答案为：CS2。③“沉铁”时水相中的Fe2+转化为FeCO3固体，煅烧FeCO3即可得到铁红，铁红的主要成分为Fe2O3，所以煅烧FeCO3时，FeCO3与空气中的氧气发生氧化还原反应，使Fe由+2价转

化为+3价，则反应的化学方程式为：4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2；“沉铁”后的溶液中c(Fe2+)1136523KspFeCO3.2101.010mol/L3.210cCO

，根据沉铁后的溶液的pH＝8.5，则c(H+)＝10﹣8.5mol/L，c(OH﹣)145.58.5Kw1.0101.010mol/L10cH，此时溶液中Qc[Fe(OH)2]＝c(Fe2+)×c2(OH﹣)＝1.0×10﹣6×(10﹣5.5)2＝1.0×10﹣17＜

Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10﹣16，故不存在Fe(OH)2沉淀。故答案为：4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2；不存在Fe(OH)2沉淀。④由流程图可知，调节pH＝10，并加入N2H4溶液将Cu2+还原成Cu2O且有N2生成，

反应的离子方程式为4Cu2++N2H4+8OH﹣＝2Cu2O↓+N2↑+6H2O。故答案为：4Cu2++N2H4+8OH﹣＝2Cu2O↓+N2↑+6H2O。（3）利用铜棒和石墨作电极，电解Cu(NO3)2溶液也可制得纳米Cu2O知铜的化合价降低，则Cu

(NO3)2在阴极被还原，则铜棒作阳极，石墨作阴极，Cu2+离子移向阴极，阴极电极反应式2Cu2++H2O+2e﹣＝Cu2O+2H+。故答案为：2Cu2++H2O+2e﹣＝Cu2O+2H+。题型01制备类流程（六）答案：（1）过滤；Al2O3+6H+＝2Al3++3

H2O（2）CuS（3）将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀（4）①4﹣5；mAlCl3+nH2O⇌Alm(OH)nCl3m﹣n+nHCl；丁达尔效应；②1.0×10﹣36162解析：（1）操作I是分离固体和液

体混合物的操作是过滤；Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O。故答案为：过滤；Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O。（2）溶液中含有铜离子，加入硫化钠，生成CuS黑色沉淀。故答案为：CuS。（3）滤液2中含有

亚铁离子，加入NaClO溶液，亚铁离子被NaClO氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀。故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。（4）①由图象可知调节pH应在4﹣5

之间，AlCl3水解生成Alm(OH)nCl3m﹣n和HCl，方程式为：mAlCl3+nH2O⇌Alm(OH)nCl3m﹣n+nHCl，生成胶体，可用丁达尔效应检验。故答案为：4﹣5；mAlCl3+nH2O⇌Alm(OH)nCl3m﹣n+nHCl；丁达尔效应。②常温下，Ksp[

Al(OH)3]＝1.0×10﹣33，pH＝4时，则c(OH﹣)＝1.0×10﹣10mol/L，溶液中c(Al3+)331031.010(1.010)mol/L＝1.0×10﹣3mol/L。故答案为：1.0×10﹣3。题型01制备类流程（七）答案：（1）CuFeS2+

4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S；＜；相同浓度，温度越高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小（2）d（3）4.0×10﹣5（4）c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH﹣)（5）4Al(OH)3+4Cu(OH)2=高温4C

uAlO2+10H2O↑+O2↑解析：（1）“浸取”过程中主要反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S，相同条件下，浓度越大，单位体积内粒子有效碰撞次数越多，化学反应速率越快，根据图2可知，单位时间内“

浸取”Cu2+的百分率x＜y，则在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数：x＜y。6263相同浓度下，若温度过高，铁离子水解程度会加快，用于浸取黄铜矿的氯化铁溶液浓度降低，导致“浸出率”降低。故答案为：CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5F

e2++2S；＜；相同浓度，温度越高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小；（2）用双氧水氧化亚铁离子不引入杂质，依据题意，加入氨水过量会使氢氧化铜溶解，故应该加入Cu(OH)2或碱式碳酸铜中和溶液中氢离子，促进铁离子完全水解生成氢氧化

铁，过滤，除去过量的碱式碳酸铜[或Cu(OH)2]和氢氧化铁，故最佳试剂为d。故答案为：d。（3）常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10﹣38，“除铁”过程中，加入试剂B调节pH＝3时，则c(OH﹣)＝1.0×

10﹣11mol/L，c(Fe3+)381134.010(10)mol·L﹣1＝4.0×10﹣5mol/L。故答案为：4.0×10﹣5。（4）铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，化学式中含有2个SO42﹣，且

SO42﹣不水解，则c(SO42﹣)最大，碱性：NH3·H2O＞Al(OH)3，则水解程度：Al3+＞NH4+，则c(Al3+)＜c(NH4+)，水解后溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH﹣)，则溶液中离子浓度大小为：c(SO42﹣)＞c(

NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH﹣)。故答案为：c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH﹣)。（5）A1(OH)3和Cu(OH)2的混合物受热分解脱水，从而产物Cu

AlO2的组成可知，Cu元素化合价降低，另一种元素化合价升高，H、Al元素的化合价不能升高，只有O元素化合价升高，则另一种产物为氧气，结合电子守恒配平该反应方程式为：4Al(OH)3+4Cu(OH)2=高温4CuAlO2+10H2O↑+O2↑。故

答案为：4Al(OH)3+4Cu(OH)2=高温4CuAlO2+10H2O↑+O2↑。题型01制备类流程（八）答案：（1）原料中碳酸钠量不足，部分β﹣锂辉石无法反应完全；Na/Li比的适当增加促使反应平衡向正反应方向移动，从而使转化率增加；1.25（2）Li2CO

3+CO2+H2O＝2Li++2HCO3﹣（3）防止过滤时液体温度降低，甲酸锂析出而损失6364（4）2Li2CO3+4CoCO3+O2700=℃4LiCoO2+6CO2（5）A；2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑、4

OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O解析：（1）由于碱煮时需要合适的纯碱用量，当Na/Li＜1时，转化率不足80%，说明原料中碳酸钠量不足，部分β-锂辉石无法反应完全；随着Na/Li比的增加促使反应平衡向正反应方向移动，从而使转化率增加；根据图象分析可知碱

煮反应中，选择Na/Li值以1.25为宜。故答案为：原料中碳酸钠量不足，部分β-锂辉石无法反应完全；Na/Li比的适当增加促使反应平衡向正反应方向移动，从而使转化率增加；1.25。（2）根据流程转化分析

可知“碳化溶出”过程应为碳酸锂转化为碳酸氢锂的过程，对应的离子方程式为Li2CO3+CO2+H2O＝2Li++2HCO3﹣。故答案为：Li2CO3+CO2+H2O＝2Li++2HCO3﹣。（3）根据碳酸锂的溶解度随温度的升高而降低，而甲酸锂的溶解度随温度的升高

而增大，所以粗碳酸锂加甲酸溶解后趁热过滤的目的是防止过滤时液体温度降低，甲酸锂析出而损失。故答案为：防止过滤时液体温度降低，甲酸锂析出而损失。（4）根据题目信息，Co元素的化合价从+2价上升至+3价，所以在空气中反应时有氧气参加，因此对应的化学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+

O2700=℃4LiCoO2+6CO2。故答案为：2Li2CO3+4CoCO3+O2700=℃4LiCoO2+6CO2。（5）锂离子得电子转化为锂单质，根据图示电子流向分析可知A极得到电子，所以金属锂在A极生成；阳极失

去电子，且海水中含有氯离子和氢氧根离子等，阳极产生两种气体单质，所以阳极对应的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑、4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O。故答案为：A；2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑、4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O。题型01制备类流程（九）答案：（1）4CuCl+

O2+8H2O＝2[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]；2NA（2）Cl﹣+CuCl⇌[CuCl2]﹣6465（3）0.05mol/L（4）CuCl+e﹣＝Cu+Cl﹣；H2（5）95.5%解析：（1）CuCl在潮湿空气中水解氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O，反应

方程式为：4CuCl+O2+8H2O＝2[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]，每生成1mol碱式氯化铜转移的电子数为：1mol×2×(2﹣1)×NA＝2NA。故答案为：4CuCl+O2+8H2O＝2[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]；2NA。（2）结合（3）中稀释

过程中存在的平衡，可知第三步反应生成Cl﹣与CuCl反应生成[CuCl2]﹣，反应离子方程式为：Cl﹣+CuCl⇌[CuCl2]﹣。故答案为：Cl﹣+CuCl⇌[CuCl2]﹣。（3）平衡i的平衡常数Ki2cClc{[CuCl]}，Ksp(CuCl)＝c(

Cu+)·c(Cl﹣)，联立可得c(Cu+)spiKCuClKc{[CuCl]}，当[CuCl2]完全转化时c([CuCl2]﹣)≤1.0×10﹣5mol·L﹣1，溶液中c(Cu+)651.2102.41.010mol/L＝0.05mol/L。故答案为：0.05

mol/L。（4）镁-氯化亚铜海水电池，镁做负极、氯化亚铜做正极，正极氯化亚铜得到电子发生还原反应生成铜，电极导电性增强，同时氢离子得到电子生成氢气，正极电极反应式：CuCl+e﹣＝Cu+Cl﹣，2H

++2e﹣＝H2↑，产生的气体为生成氢气所致。故答案为：CuCl+e﹣＝Cu+Cl﹣；H2。（5）由方程式：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+，可得关系式：CuCl～F

e2+～Ce4+，故n(CuCl)＝n(Ce4+)＝0.02400L×0.100mol/L＝0.00240mol，则样品中CuCl的纯度为：[(0.00240mol×99.5g/mol)÷0.25g]×100%＝95.5%。故答案为：95.5%。题型01制备类流程

（十）答案：（1）适当升高温度或增大酸的浓度或增大浸出时间等（2）Co2+；C（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；9.156566（4）取最后一次洗涤液，加入浓NaOH溶液，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则未洗涤干净，反之已洗涤

干净；6Co(OH)2+O2=高温2Co3O4+6H2O（5）8.0；LiCoO2﹣xe﹣＝Li1﹣xCoO2+xLi+解析：（1）加快酸溶化学反应速率的措施有：适当升高温度或增大酸的浓度或增大浸出时间等。故答案为：适当升高温度或增大酸的浓度或增大浸出时间等

。（2）溶解池中加入Co粉和稀盐酸，由于Co为活泼金属，与盐酸反应生成Co2+与H2；试剂1将Fe2+氧化为Fe3+，而亚硫酸钠、碘水都不能将Fe2+氧化为Fe3+，高锰酸钾氧化后引入Mn2+杂质，双氧水可以且还原产物为水，是绿色氧化剂，故选C。故答案为：Co2+；C。

（3）加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，滤渣I主要成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；用浓氨水再调节pH，使Co2+完全转化为Co(OH)2沉淀，当Co2+离子浓度小于l.0×l0﹣5mol/L

，可认为沉淀完全，由Ksp[Co(OH)2]＝c(Co2+)×c2(OH﹣)＝2.0×10﹣15，此时c最小值(OH﹣)210﹣5mol/L，此时溶液中c最大值(H+)14510210mol/L，故溶液pH＝-lg14510210

9.15，故控制pH应略大于9.15。故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；9.15。（4）第二次加入浓氨水调节pH，若沉淀未洗涤干净则其表面附有NH4+，故检验沉淀是否洗涤于净的方法是：取最后一次洗涤液，加入浓NaOH溶液，微热，产生的气体能使湿润的红

色石蕊试纸变蓝，则未洗涤干净，反之已洗涤干净；灼烧过程中Co元素化合价升高，需要氧气参加反应，反应方程式为：6Co(OH)2+O2=高温2Co3O4+6H2O。故答案为：取最后一次洗涤液，加入浓NaOH溶液，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则未洗涤干净，反之已洗涤干净；6C

o(OH)2+O2=高温2Co3O4+6H2O。（5）设理论上需要Co3O4的质量为mg，根据Co原子质量守恒：mg59359316410.0g×98%59759162，解得m＝8.0g，充电时，阳极失电子发生氧化反应，电极反应方程式为：LiCoO2﹣xe﹣＝

Li1﹣xCoO2+xLi+，故答案为：8.0；LiCoO2﹣xe﹣＝Li1﹣xCoO2+xLi+。6667题型01制备类流程（十一）答案：（1）2MoS2+7O2=高温2MoO3+4SO2（2）可用氨水或氢氧化钠溶液吸收（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4

）坩埚（5）95.6%（6）①64；②MoS2；0.25mol解析：（1）根据流程图分析知，钼精矿焙烧时，反应方程式为：2MoS2+7O2=高温2MoO3+4SO2。故答案为：2MoS2+7O2=高温2MoO3+4SO2。（2）钼精矿焙烧时排放的尾气含有二氧化硫，会形成酸雨，二氧

化硫为酸性氧化物，可用氨水或氢氧化钠溶液吸收。故答案为：可用氨水或氢氧化钠溶液吸收。（3）操作2是从Na2MoO4溶液中获取Na2MoO4·2H2O晶体，操作是将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4

）高温灼烧钼酸生成MoO3，所用的硅酸盐材料仪器为坩埚。故答案为：坩埚。（5）已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10﹣10、Ksp(BaMoO4)＝4.0×10﹣8，c(MoO42﹣)＝0.80mol·L﹣1，c(SO42﹣)＝0.050mol·L

﹣1，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)84.0100.805.0×10﹣8，此时c(SO42﹣)1081.1105.0100.0022mol/L，则SO42﹣的去除率0.05mol

/L0.0022mol/L0.05mol/L100%＝95.6%。故答案为：95.6%。（6）①由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2的物质的量百分比为64%，则x为64。

故答案为：64。6768②MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2，反应为：MoS2+6MoO3=高温7MoO2+2SO2，其中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-2升高到+4价，被氧化，作还原剂，则转移12mol电子时，消耗的还原剂的物质的量为1mol，反

应中转移3mole﹣，消耗的还原剂的物质的量为0.25mol，故答案为：MoS2；0.25mol。题型02回收提纯类流程（一）答案：（1）第四周期VIA族（2）6；1；4SO2↑；6（3）H2SeO3+2SO2+H2O＝Se+2H2SO4（4）①加入氯化钠固体，生

成更难溶的氯化银，促进溶解平衡Ag2SO4(s)⇌2Ag+(aq)+SO42﹣(aq)向正方向移动，使得c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液2；②加热浓缩；冷却结晶（5）TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣解析：（1）16S、34Se、

52Te为同主族元素，且34Se在S元素的下一周期，则34Se位于元素周期表的第四周期VIA族。故答案为：第四周期VIA族。（2）Cu2Te和浓H2SO4高温焙烧生成CuSO4和TeO2，其中TeO2是氧化产物，说明浓硫酸是强氧化剂，则还有还原产物SO2，利用电子守恒和

原子守恒配平即得Cu2Te+6H2SO4=高温2CuSO4+TeO2+4SO2↑+6H2O。故答案为：6；1；4SO2↑；6。（3）SO2气体进入吸收塔后，将H2SeO3还原成硒，同时得到氧化产物H2SO4，则发生反应的化学方程式为H2SeO

3+2SO2+H2O＝Se+2H2SO4。故答案为：H2SeO3+2SO2+H2O＝Se+2H2SO4。（4）①“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，溶解后溶液中的Cl﹣会与Ag+结合生成AgCl白色沉淀，促进溶解平衡Ag

2SO4(s)⇌2Ag+(aq)+SO42﹣(aq)向正方向移动，使得c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液2。故答案为：加入氯化钠固体，生成更难溶的氯化银，促进溶解平衡Ag2SO4(s)⇌2Ag+(aq)+SO42﹣(a

q)向正方向移动，使得c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液2。6869②从滤液2得到硫酸铜晶体的具体操作是将溶液加热浓缩、冷却结晶、再经过滤、洗涤并干燥即可。故答案为：加热浓缩；冷却结晶。（5）由电解原理可知

TeO32﹣应在阴极发生还原反应生成Te，发生的电极反应为TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣。故答案为：TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣。题型02回收提纯类流程（二）答案：（1）H2O2+Cu+2H+＝Cu2++2H2O；温度过高，H

2O2受热分解（2）PbSO4（3）2Au+8HCl+NaClO3＝2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸（4）2:3（5）H2SO4电离出的H+降低了SO32﹣的浓度，使[Ag(SO3)2]3﹣⇌Ag++2SO32﹣平衡正向移

动，Ag+与Cl﹣反应生成AgCl（6）2.45解析：（1）“分铜”时，单质铜在硫酸的作用下，与过氧化氢发生反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：H2O2+Cu+2H+＝Cu2++2H2O；反应过程需要控制温度，温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2受热分解，不利于反应的进行。故答案为：H2

O2+Cu+2H+＝Cu2++2H2O；温度过高，H2O2受热分解。（2）根据已知“分金渣”的主要成分为PbSO4和AgCl，硫酸根是在分铜的时候加入的，故PbSO4为分铜时得到，存在于分铜渣中，故分铜渣

的成分有Au、Ag、AgCl和PbSO4。故答案为：PbSO4。（3）根据题意，“分金”时Au与HCl、NaClO3反应得到络合物H[AuCl4]，化学反应为：2Au+8HCl+NaClO3＝2H[AuCl4]+NaCl

+3H2O；“王水”的成分为浓硝酸、浓盐酸。故答案为：2Au+8HCl+NaClO3＝2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸。（4）分金液的主要成分为H[AuCl4]，从分金液中加入Na2SO3提

取Au，Au元素化合价从+3降到0，被还原，做氧化剂，Na2SO3中硫元素化合价从+4升高到+6，被氧化，做还原剂，氧化还原反应中，升价降价应相等，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3。故答案为：2:3。6970（5）已知：

分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3﹣，且存在[Ag(SO3)2]3﹣⇌Ag++2SO32﹣，加入适量的H2SO4调到pH＝4时，H2SO4电离出的H+降低了SO32﹣的浓度，使[Ag(SO3)2]3﹣⇌Ag++2SO32﹣平衡正向移动

，Ag+与Cl﹣反应生成AgCl。故答案为：H2SO4电离出的H+降低了SO32﹣的浓度，使[Ag(SO3)2]3﹣⇌Ag++2SO32﹣平衡正向移动，Ag+与Cl﹣反应生成AgCl。（6）设溶解0.1molAgCl后的氨水浓度为c，此时1L溶液中c(Ag+)＝0.1m

ol/L，c([Ag(NH3)2]+)＝0.1mol/L，反应AgCl(s)+2NH3(aq)⇌[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl﹣(aq)，化学平衡常数K0.10.1c2.0×10﹣3，解得c

＝2.25mol/L。根据反应得到0.1mol/L的Ag+消耗的NH3为0.2mol/L，则氨水的起始浓度为2.25mol/L+0.2mol/L＝2.45mol/L。故答案为：2.45。题型02回收提纯类流程（三）答案：（1）（2）Si

O2、PbSO4（3）使Fe3+、Ga3+沉淀完全而Zn2+不沉淀；6.6（4）不能，一水合氨为弱碱，不能使Ga(OH)3溶解（5）①GaO2﹣+2H2O+3e﹣＝Ga+4OH﹣；②CD解析：（1）Ga原子核外有31个电子，4个电子层，原子结构示意图为。（2）由分析可知滤渣1为SiO2、PbSO

4。故答案为：SiO2、PbSO4。7071（3）调pH的目的是使Fe3+、Ga3+沉淀完全而Zn2+不沉淀，Ga(OH)3完全沉淀时，c(OH﹣)31352.710110mol/L＝3×10﹣9mol/L，则pH＝5.48。如生成Zn(OH)2，则c(OH﹣)171.6100.01

4×10﹣8mol/L，则pH＝6.6，所以应调节pH范围为5.48＜pH＜6.6，则pH应调节的最大值是6.6。故答案为：使Fe3+、Ga3+沉淀完全而Zn2+不沉淀；6.6。（4）Ga在元素周期表中位

于第四周期第ⅢA族，化学性质与铝相似，一水合氨为弱碱，不能使Ga(OH)3溶解。故答案为：不能，一水合氨为弱碱，不能使Ga(OH)3溶解。（5）①阴极发生还原反应生成Ga，电极方程式为GaO2﹣+2H2O+3e﹣＝Ga+4OH﹣。故答案为：GaO2﹣+2H2O+

3e﹣＝Ga+4OH﹣。②A．电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连，粗镓在阳极被氧化，在阴极生成纯镓，故A正确；B．由氧化性：Zn2+＜Ga2+＜Fe2+＜Cu2+可知，电解后，Cu和Fe沉积在电解槽底部

形成阳极泥，故B正确；C．电解精炼过程中，阳极含有其它金属，而在阴极只生成镓，则质量的减少与阴极质量的增加不相等，故C错误；D．当阴极有56.0g镓析出时，物质的量为56g70g/mol0.8mol，需要得到0.8mol×

3＝2.4mol电子，则需要甲烷的物质的量为2.4mol80.3mol，标况下体积为0.3mol×22.4L/mol＝6.72L，但是电解精炼镓时能量的利用率达不到100%，故实际电解时消耗的标准状况下CH4的体积大于6.72L，故D错误。故答案为：

CD。题型02回收提纯类流程（四）答案：（1）Fe2O3（2）V2O5+6OH﹣＝2VO43﹣+3H2O（3）发生Ca(OH)2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，c(OH﹣)增大使3Ca(OH)2(s)+2VO43﹣⇌3CaO·V2O5(s)+6OH﹣

平衡逆向移动，有利于溶出VO43﹣（4）V10O286﹣（5）NaCl、NH4Cl或离子交换树脂（6）450g7172解析：（1）赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有与NaOH不反应的Fe2O3。故答案为：Fe2O3。（2）生成VO43

﹣的离子方程式为V2O5+6OH﹣＝2VO43﹣+3H2O。故答案为：V2O5+6OH﹣＝2VO43﹣+3H2O。（3）存在3Ca(OH)2(s)+2VO43﹣⇌3CaO·V2O5(s)+6OH﹣，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因为发生Ca(OH)2+Na2CO3＝CaCO3↓+2Na

OH，c(OH﹣)增大使3Ca(OH)2(s)+2VO43﹣⇌3CaO·V2O5(s)+6OH﹣平衡逆向移动，有利于溶出VO43﹣。故答案为：发生Ca(OH)2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，c(OH﹣)增大使3Ca(OH)2(s)+2VO43﹣⇌3CaO·V2

O5(s)+6OH﹣平衡逆向移动，有利于溶出VO43﹣。（4）由流程可知沉淀物溶解调节pH＝8，结合表中0.1mol/LV2O5在pH＝7.5～8.5的存在形态可知，Rn﹣的结构为V10O286﹣。故答案为：V10O286﹣。（5）由流程可

知，浸出液用离子交换树脂进行吸附得到饱和树脂后，用氯化钠和氯化铵溶液做淋洗液，解析附后得到树脂和含有氯化钠和氯化铵的解吸溶液，得到的离子交换树脂可以循环使用；向解吸溶液中加入氯化铵，氯化铵与溶液中钒酸钠反应生成偏

钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤得到的滤液中含有氯化钠和氯化铵，滤液可以循环使用。故答案为：NaCl、NH4Cl或离子交换树脂。（6）由电子守恒可知，利用铝热反应从V2O5中制取510gV需要铝的质量为510g5051g/mol3027g/mol＝450g。故答案为

：450g。题型02回收提纯类流程（五）答案：（1）淀粉溶液（2）SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42﹣+8H+（3）用磁铁吸引；4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2（4）萃

取、分液、蒸馏（5）6.07273解析：（1）检验含碘废水中是否含有I2，常用的试剂是淀粉溶液，观察是否变蓝。故答案为：淀粉溶液。（2）二氧化硫与碘发生氧化还原反应生产硫酸和氢碘酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO42﹣+

2I﹣+4H+，该反应也可写为2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42﹣+8H+。故答案为：SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42﹣+8H+。（3）Fe可被磁铁吸引，Cu不能，分离

滤渣1各成分最简便的方法是用磁铁吸引；滤渣2在潮湿的空气中能被氧化为红褐色物质，故发生反应的化学方程式为4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2。故答案为：用磁铁吸引；4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2。（4）由碘的水

溶液中得到碘，可进行萃取、分液，然后进行蒸馏。故答案为：萃取、分液、蒸馏。（5）已知：Ksp[Fe(OH)2]＝4.8×10﹣17，现测得c(Fe2+)＝0.48mol·L﹣1，则c(OH﹣)174.810

0.48mol/L＝10﹣8mol/L，则c(H+)＝10﹣6mol/L，故pH＝6.0。故答案为：6.0。题型02回收提纯类流程（六）答案：（1）将工业废钒粉碎；适当提高温度（2）6VO2++ClO3﹣+3H2O＝6VO2++Cl﹣+

6H+（3）3V2O5+10Al=高温6V+5Al2O3（4）83ab25解析：（1）为了提高“酸浸”效率，可以将工业废钒粉碎，充分搅拌，适当提高温度，适当增加硫酸的浓度等。故答案为：将工业废钒粉碎；适当提高温度。（2）氧化时反应物为VO2+和

ClO3﹣，生成物为VO2+和Cl﹣，配平得相应的离子方程式为6VO2++ClO3﹣+3H2O＝6VO2++Cl﹣+6H+。故答案为：6VO2++ClO3﹣+3H2O＝6VO2++Cl﹣+6H+。7374（3）发生铝热反应

的方程式为3V2O5+10Al=高温6V+5Al2O3。故答案为：3V2O5+10Al=高温6V+5Al2O3。（4）加入amol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液，可将VO2+还原为VO2+，反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价，V元素化合价由+5价降低

为+4价，则n(VO2+)＝n((NH4)2Fe(SO4)2)＝amol/L×b×10﹣3L＝10﹣3abmol，则VO2+的浓度为383g/molab10mol83ab0.025L25g/L，故答案为：83ab2

5。题型02回收提纯类流程（七）答案：（1）适当升高温度或适当增大硫酸浓度（2）MnO4﹣+3Fe2++7H2O＝3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+（3）Ni、Zn（4）过滤；干燥（5）取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀产

生，则洗涤干净（6）3解析：（1）加快酸浸速率，可适当升高温度或适当增大硫酸浓度。故答案为：适当升高温度或适当增大硫酸浓度；（2）调pH约为5，再加KMnO4溶液进行氧化，反应的离子方程式为MnO4﹣+3Fe2++7H2O

＝3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+。故答案为：MnO4﹣+3Fe2++7H2O＝3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+。（3）由分析可知滤渣2为Ni、Zn。故答案为：Ni、Zn；（4）由溶液得到固体，可进行过滤、干燥等操作。故答案为：过滤；干燥；7475（5）沉淀吸附

溶液中的离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净。故答案为：取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀产

生，则洗涤干净。（6）已知Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10﹣39。25℃时，调节某酸性废水的pH值，使溶液中的Fe3+残留浓度为612.610mol·L﹣﹣，则c(OH﹣)39362.6102.610mol/L＝10﹣11mol/L，则pH＝3。故答案为：3。题型02

回收提纯类流程（八）答案：（1）571.4（2）将HCO3﹣转化为CO32﹣，增大溶液中CO32﹣的浓度；温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发（3）取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红（4）氨水（5）①SrSO4+2C=煅烧SrS+2CO2↑(或SrSO4

+4C=煅烧SrS+4CO↑)；②取适量的黑灰用90℃的热水浸取2～3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L﹣1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干解析：（1）室温下，反应SrSO4(s)+CO32﹣(aq)⇌S

rCO3(s)+SO42﹣(aq)达到平衡，则溶液中274410233cSOKspSrSO3.210571.4KspSrSO5.610cSO。故答案为：571.4。（2）一水合氨可以和碳酸氢根反应生成碳酸根，浸取

天青石精矿时，向NH4HCO3溶液中加入适量浓氨水的目的是：将HCO3﹣转化为CO32﹣，增大溶液中CO32﹣的浓度；NH4HCO3加热易分解，温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取Ⅰ”的条件是温度在60～70℃、搅拌、反应3小时，温度过高将会导致SrSO4的转化

率下降。故答案为：将HCO3﹣转化为CO32﹣，增大溶液中CO32﹣的浓度；温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发。7576（3）SrO粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有Sr(OH)2

，取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红说明浸取完全。故答案为：取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红。（4）第一步浸取滤液中含有NH4+，在沉淀过程中会生成NH3·H2O，可循环利用。故答案为：氨水。（5）①SrSO4与

C发生氧化还原反应生成SrS和二氧化碳或一氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：SrSO4+2C=煅烧SrS+2CO2↑(或SrSO4+4C=煅烧SrS+4CO↑)。故答案为：SrSO4+2C=煅烧SrS+2CO2↑(或SrSO4+4C=煅烧SrS+4CO↑)。

②由图可知，90℃是Sr(OH)2的浸取率最高，取适量的黑灰用90℃的热水浸取2～3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L﹣1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。故答案为：取适量的黑灰用90℃的热水浸取2～3次，将产生

的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L﹣1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。第四章有机化学基础题型01结构已知型（一）答案：（1）Cl2、光照（2）H中含有酚羟基和﹣NH﹣（3）加成反应；取代反应（4）+2

NaOH+NaCl+H2O（5）（6）2Cl光照NaOH水溶液2O/Cu7677解析：（1）反应B→C是B中苯环连接的甲基上H原子被氯原子取代，故“一定条件”为：Cl2、光照。（2）H既能

与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是：H中含有酚羟基和﹣NH﹣。（3）X→A发生加成反应，D→E发生取代反应。故答案为：加成反应；取代反应。（4）C中酚羟基与NaOH发生中和反应、氯原子发生水解反应

，足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O。（5）满足下列条件的的同分异构体：①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有﹣O

OCH，③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1:1:2:2，说明存在对称结构，即﹣OH与﹣OOCH处于对位，符合条件的同分异构体为：。（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在Cu、

加热条件下用氧气氧化生成，合成路线流程图为：2Cl光照NaOH水溶液2O/Cu。题型01结构已知型（二）答案：（1）苯乙酸乙酯；取代反应（2）羰基（3）（4）（5）14；或7778（6）解析：（1）D是苯乙酸与乙醇形成的酯，D的化学名称为：苯乙酸乙酯；D→E是D中连接苯环的

碳原子上的H原子被﹣COCH2CH3替代，属于取代反应。故答案为：苯乙酸乙酯；取代反应。（2）由结构可知G的官能团名称为：羰基。故答案为：羰基。（3）在光照条件下发生取代反应生成B为。（4）F→G是脱羧生成G，反应化学方程式为：。（5）X是D

的同系物，说明含有酯基与苯环，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，含有1个取代基，为﹣CH2CH2OOCH，或者﹣CH(CH3)OOCH。含有2个取代基，为﹣CH3、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2CH3、﹣OOCH，均有邻、

间、对3种位置结构，有6种。含有3个取代基为﹣CH3、﹣CH3、﹣OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的﹣OOCH分别有2种、3种、1种位置结构，有6种。故符合条件的共有2+6+6＝14种，其中核磁共振氢谱显示为5

组峰，其峰面积比为3:2:2:2:1，符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式为：或。故答案为：14；或。（6）模仿A→D转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线：。7879题型01结构已知型（三）答案：（1）1﹣氯丁烷（2）（3）取代反应

（4）+5NaOH2HO+3NaCl+NaBr+H2O（5）酯基；羟基（6）保护其它羟基，防止其转化为酯基（7）5（8）解析：（1）A()和氢气完全加成后结构简式为CH3CH2CH2CH2Cl，其名称为1﹣氯丁烷。（2）根据

分析，B为。（3）C中氢原子被溴原子取代生成D，则该反应为取代反应。（4）根据分析，反应D→E中第（1）步的反应方程式是+5NaOH2HO+3NaCl+NaBr+H2O。（5）有机物F()中的官能团有酯基、羟基、醚键。故答案为：酯基；羟基。（6）反应②羟基与丙酮反应生成丙酮叉，

后续反应又将丙酮叉水解，故作用是保护其它羟基，防止其转化为酯基。7980（7）C为，G分子式为：C7H6O2，G的不饱和度722652，G的同分异构体中属于芳香化合物，说明含有苯环，苯环的不饱和度是4

，说明还含有一个双键，如果取代基为﹣COOH，有1种；如果取代基为HCOO﹣，有1种；如果取代基为﹣CHO、﹣OH，有邻间对3种，所以符合条件的有5种。（8）由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠，丙酸发生C生成D类型的反应生成，碱性条件下发生消去反应生成，发生加聚反应生成，其合成路线为。题型0

1结构已知型（四）答案：（1）醚键、氨基（2）取代反应（3）bde（4）1（5）（6）8081解析：（1）B的结构简式为，所含有的官能团有醚键和氨基。（2）G在NaOH溶液中水解生成H，反应类型为取代反应。（3）C的同分异构体中含有酯基、氨基，且苯环上有甲基；a．分子结构中不含有羟基或羧基，不能发

生酯化反应，故a错误；b．为甲酸酯，含有醛基，则能发生银镜反应，故b正确；c．为甲酸苯酯，则1mol该物质完全水解产物能消耗2molNaOH，故c错误；d．有四种等效氢，且核磁共振氢谱中峰面积之比为1:2:6:2，故d正确；e．的水解产物除HCOOH外，另一种产物中含有酚羟基

，能与FeCl3溶液发生显色反应，故e正确。故答案为：bde。（4）中Br原子连接的碳原子上有四个不同的原子或原子团，是手性碳原子，即中红色标注的碳原子。故答案为：1。8182（5）E经还原得到F，E的分

子式为C14H17O3N，Ω14221672，由F的结构简式可知E中含有C＝O键，发生还原反应生成﹣OH，E的结构简式为，则E→F发生反应的化学方程式为。（6）甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻﹣硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙

酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为题型01结构已知型（五）答案：（1）酯基或酰胺键（2）取代反应（3）、（4）CH3CH2OH8283（5）解析：（1）E为，其中的含氧官能团名称为酯基或酰胺键(答一种即可)。（2）A()可和X(如)在碳酸钾作用下发

生取代反应生成B()和HCl，故反应类型为取代反应。（3）B的分子式为C12H12NO2Cl，不饱和度为7，满足①为α-氨基酸，则分子中同一个碳原子上含氨基和羧基，占据不饱和度为1，②苯环上有4个取代基，含苯环，含不饱和度为4个，③有6种不同化学环境的

氢，剩余还需要2个不饱和度，因有4个取代基，且等效氢有6种，则另两个取代基可为乙烯基，同时符合上述条件的同分异构体可表示为：、。（4）C先发生水解反应生成与CH3CH2OH，再脱水形成肽键，得到D()和水，则C转为D生成的另一种产物的结构简式为CH3CH2OH。（5

）结合题干合成路线与已知给定信息，再采用逆合成分析法可知，可由与发生取代反应得到，根据题干B→C的合成思路可由加氢还原制备出，再结合给定的原料苯甲醇()可设计一下合成路线：8384。题型02半推半知型（一）

答案：（1）2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯（2），氧化反应（3）羧基、氯原子（4）17；（5）10；（6）解析：（1）A的名称为：2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯。（2）B的结构简式为：，C到D是醛基转化为羧基，属于氧化反应。（3）E为，含有的官能团为：羧基、氯原子。8485（4

）F分子中具有苯的平面结构，甲醛的平面结构，旋转碳碳单键可以使2个平面重合，旋转羧基中碳氧单键可以使羧基中H处于平面内，旋转碳氧单键可以使亚甲基连接的羟基处于平面内，处于同一平面的原子最多有17个。D生成E的化学反应方程式为：。（5）H为，而芳香化合

物M为H的同分异构体，1molM发生水解反应消耗2molNaOH，说明含有羧酸与酚形成的酯基，且苯环上一氯代物有两种结构，可以是2个不同的取代基处于对位，2个取代基为﹣CH3、﹣OOCCH2CH3，或者为﹣CH2CH3、﹣OOCCH3，或者为丙基(有2种)、﹣

OOCH，有4种，可以有3个取代基：﹣OOCCH3与2个﹣CH3，三个取代基处于间位或者相邻且﹣OOCCH3在中间，有2种，可以有4个取代基：﹣OOCH与3个﹣CH3，三个甲基有连、偏、均三种位置，由于苯环上有2种氢，对应的﹣

OOCH分别有1种、3种、0种，有4种，故符合条件的同分异构体共有4+2+4＝10种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:3:2:1的M结构简式为：。（6）先发生消去反应得到环烯醛，再与W2C作用得到苯甲醛，最后用酸性高

锰酸钾氧化得到苯甲酸，合成路线流程图为：。题型02半推半知型（二）答案：（1）苯乙烯（2）（3）加成反应、水解反应(或取代反应)（4）2+O2Cu2+2H2O8586（5）12；或HCOOC(CH3)

2CH2COOH（6）CH3CHO2HCNHO/HCH3CH(OH)COOH浓硫酸CH2＝CHCOOH3CHOH浓硫酸、CH2＝CHCOOCH3一定条件解析：（1）E的名称为苯乙烯。（2）C的结构简式为。（3）F

生成G先发生加成反应然后发生水解反应(或取代反应)，所以F生成G的反应类型有加成反应、水解反应(或取代反应)。（4）E经卤化、水解、氧化可制得F，第三步反应的化学方程式：2+O2Cu2+2H2O。（5）B为己二酸，B的同分异构体中能同

时满足下列条件：①能与饱和NaHCO3(溶液反应生成气体)，说明含有羧基；②既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有HCOO﹣；看作丁烷中2个H原子被﹣COOH、﹣OOCH取代，若为CH3CH2CH

2CH3被取代，﹣COOH取代甲基中H原子，﹣OOCH有4种位置，﹣COOH取代亚甲基中H原子，﹣OOCH有4种位置，若为CH(CH3)3被取代，﹣COOH取代甲基中H原子，﹣OOCH有3种位置，﹣COOH取代次甲基中H原子，﹣OOCH有1种位置，故共有5+4

+3+1＝12种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的是或HCOOC(CH3)2CH2COOH。（6）可由丙烯酸和甲醇发生酯化反应得到，乙醛发生信息中的反应生成CH3CH(OH)COOH，C

H3CH(OH)COOH发生消去反应生成CH2＝CHCOOH，其合成路线为CH3CHO2HCNHO/HCH3CH(OH)COOH浓硫酸CH2＝CHCOOH3CHOH浓硫酸、CH2＝CHCOOCH3一定条件。8687题型02半推半知型（三）答案：（1）C18H18O3；酚

羟基、羰基（2）取代反应（3）（4）CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O（5）10；解析：（1）由结构可知，I分子中含有18个C原子、18个H原子、3个O原子，其分子式为C

18H18O3；E中含有的官能团名称是：酚羟基、羰基。（2）G中羟基中氢原子被替代生成I，属于取代反应。（3）由分析可知，E的结构简式为：。（4）B是CH3CHO，与新制氢氧化铜悬浊液(含NaOH)共热的化学方程式为：CH3CHO+2Cu

(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O。（5）芳香族化合物J与E互为同分异构体，J中除苯环外，不含其他环状结构，且1molJ能与2molNaOH反应，J中可以含有羧酸与酚形成的酯基，苯环有1个取代基为﹣OOCCH

3，或2个取代基为﹣CH3、﹣OOCH，有邻、间、对3种位置，苯环侧链也可以含有2个酚羟基、与1个﹣CH＝CH2，2个﹣OH有邻、间、对3种位置关系，对应的﹣CH＝CH2分别有2种、3种、1种位置关系，则J的结构有1+3+2+3+1＝10种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱

图上显示4组峰的J的结构简式为。题型02半推半知型（四）答案：（1）邻硝基甲苯或2﹣硝基甲苯；可以避免苯环上甲基对位氢原子被硝基取代，减少副产物（2）羧基、氨基8788（3）（4）17；或（5）解析：（1）甲苯为母体，硝基为取代

基，D的名称为：邻硝基甲苯或2﹣硝基甲苯；甲苯直接硝化时会取代甲基邻位、对位氢原子，经由①②③三步反应制取D，可以避免苯环上甲基对位氢原子被硝基取代，减少副产物。故答案为：邻硝基甲苯或2﹣硝基甲苯；可以避免苯环上甲基对位氢原子被硝基取代，减少副产物。（2）

F的结构简式为，含有的官能团有：羧基、氨基。（3）反应⑥是与发生取代反应生成G，同时有HCl生成，反应的化学方程式为：。（4）与J互为同分异构体且含硝基的芳香族化合物，苯环侧链可以有1个取代基为﹣CHClNO2，可以有2个取代基，可以是﹣CH2NO2、﹣Cl，或者为﹣CH2Cl、﹣NO

2，均有邻、间、对3种位置结构，可以有3个取代基为﹣CH3、﹣NO2、﹣Cl，而﹣CH3、﹣NO2有邻、间、对3种位置结构，对应的﹣Cl分别有4种、4种、2种位置关系，故符合条件的同分异构体共有1+3×2+4+4+2＝

17种，其中核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积为1:1:1的结构简式为：或。8889（5）结合信息③，应先发生苯环氯代反应，再将甲基氧化为羧基。氯代反应时需要甲苯先与浓硫酸反应，避免甲基对位氢原子被氯原子取代，即甲苯反应

生成，再与氯气/Fe反应生成，然后酸性条件水解生成，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到目标物。合成路线流程图为：题型02半推半知型（五）答案：（1）对硝基氯苯或4﹣硝基氯苯；酯基；加成反应（2）+2NaOH高压+NaCl+H2O、+(CH3CO)2O→+CH3COONa（3）（4）、（5）解析：（

1）C为，化学名称为对硝基氯苯或4﹣硝基氯苯，K为，含氧官能团的名称为酯基，H到I的反应类型为加成反应。故答案为：对硝基氯苯或4﹣硝基氯苯；酯基；加成反应。8990（2）C为，D为，由C到D的化学反应方程式为：+2NaOH高压+NaCl+H2O、+(CH3CO)2O→+CH3COONa（3）F

中含两个氯原子，F为。（4）D为，X是D的同分异构体，且满足①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，②遇FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，2gH2为1mol，说明苯环上有两个羟基；所以X的结构为、。（5）以苯甲醇

为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为题型02半推半知型（六）答案：（1）；羰基、酯基、溴原子9091（2）取代反应（3）+HN(C2H5)2

一定条件+HBr；+酚催化+HCl；（4）19；或或（5）解析：（1）根据分析，A为；G为，所含官能团为羰基、酯基、溴原子。（2）E为，和POCl3发生取代反应生成F。故答案为：取代反应。（3）G为，和HN(C2H5)2发生取代反应生

成H，反应的方程式为：+HN(C2H5)2一定条件+HBr；F为，J为，F+J反应方程式为：9192+酚催化+HCl。（4）M与H互为同分异构体，M符合下列条件：①含有六元环和﹣N(C2H5)2，H的不饱和度是3，六元环的不饱和度是1；②酸性条件下

水解产物含乙酸，说明含有酯基，酯基的不饱和度是1，③能发生酯化反应，根据O原子个数知，还含有羟基，则符合条件的结构中含有六元环、﹣N(C2H5)2、CH3COO﹣、﹣OH；如果﹣N(C2H5)2、CH3COO﹣位于同一个碳原子上有3种；如果CH

3COO﹣、﹣OH位于同一个碳原子上有3种，如果﹣N(C2H5)2、﹣OH位于同一个碳原子上有3种；如果三个取代基位于不同碳原子上，有10种；所以符合条件的有3+3+3+10＝19种；其中核磁共振氢谱显示环上有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，有或或。（5）由乙醇合成乙酰乙酸乙酯

()的合成路线为：题型02半推半知型（七）答案：（1）乙炔；碳碳双键和酯基（2）加成反应；消去反应（3）；CH3CH2CH2CHO（4）11；（5）CH3CH(CH3)﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡C

CH3（6）9293解析：由分子式可知A为HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成B为CH2＝CHOOCCH3，发生加聚反应生成，水解生成C为，由聚乙烯醇缩丁醛可知D为CH3CH2CH2CHO，HC≡CH与丙

酮在KOH条件下反应生成，与氢气发生加成反应生成，在氧化铝的作用下生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成。（1）由以上分析可知A为乙炔，B为CH2＝CHOOCCH3，含有的官能团为碳碳双键和酯基。故答案为：乙炔；碳碳双键和酯基。（2）

A为HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成B为CH2＝CHOOCCH3，在氧化铝的作用下发生消去反应生成异戊二烯。故答案为：加成反应；消去反应。（3）C为，D为CH3CH2CH2CHO。（4）异戊二烯结构简式为CH2＝C(CH3)﹣CH＝CH2，分子中含有2个C＝C键，与C＝C键直接相连的原子

在同一个平面上，甲基有1个H原子与C＝C键也可能在同一个平面上，则共有11个原子共平面，如图所示：顺式聚异戊二烯的结构简式为。故答案为：11；。（5）与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体应含有C≡C键，可能的结构简式有CH3CH(CH3)﹣C≡CH、CH

3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3等，故答案为：CH3CH(CH3)﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3；9394（6）乙炔与乙醛发生加成反应生成HC≡CCHOHCH3，然后与氢气发生加成反应生成H2C＝CHCHOHCH3，在氧化铝作用下

加热发生消去反应生成CH2＝CHCH＝CH2，该题最好的方法是使用逆推法，合成路线为题型02半推半知型（八）答案：（1）碳碳三键（2）（3）+3AlCl+2HCl（4）浓硝酸、浓硫酸（5）（6）（7）（8）解析：（1）A是HC≡CH，则A中官能团名称是碳碳三键。（2）根据上述分析可知B的结构简式

是。9495（3）D是，D与苯在AlCl3作用下，发生苯环上邻位的2个H原子的取代反应生成E()和HCl，则D→E的化学方程式是+3AlCl+2HCl。（4）E是，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成F：，所以试剂a是浓硝酸、浓硫酸。

（5）根据上述分析可知G→H所加物质L的结构简式是。（6）B是，不饱和度是2，B的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱只有两组吸收峰，说明分子中含有2种不同的H原子，该同分异构体高度对称，符合该条件的同分异构体

结构简式是：。（7）D是，E是，D→E的过程中发生苯环上H的取代反应，H原子位置不同，产物不同，因此有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是。（8）采用逆推方法，I是，H是，根据物质在反应过程中碳链结构不变，中间产物与有机

物2在AlCl3作用下反应生成H，结合题干信息可知应该是苯环上2个邻位H原子发生的取代反应，则由H可逆推得知中间产物是，有机物2是9596，苯胺与有机物1在DMAP条件下反应生成中间产物，根据二者分子结构的不同及题给已知，可知有机物1是。故答案为：。题型03综合推断型（一）答案：（1）苯

乙烯；氧化反应（2）羟基、羧基；（3）（4）6；（5）解析：（1）分析可知B为苯乙烯，D发生氧化反应生成E。故答案为：苯乙烯；氧化反应。（2）F为，含有的官能团为羟基、羧基，G为，G在一定条件下生成的高分子化合物的结构简式。9697（3）C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，方程式为。

（4）F为，F的同分异构体满足下列条件：①苯环上有2个取代基；②能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基，应该是含有HCOO﹣；③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，如果取代基为HCOOCH2CH2﹣、﹣OH，有3种结构；如

果取代基为HCOOCH(CH3)﹣、﹣OH，有3种结构；则符合条件的有6种；其中核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比为3:2:2:1:1:1的是。（5）CH3CH2OH氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN反应、然后酸化得到，发生消去反应生成CH2＝CHCOOH，CH2＝CHCOOH发生加

聚反应生成，反应的流程为题型03综合推断型（二）答案：（1）（2）+Br2Fe+HBr（3）取代反应（4）保护酚羟基不被高锰酸钾氧化（5）、9798（6）碳碳三键、羟基解析：（1）烃A结构简式为。（2）反应①的化学方程式是+Br2Fe+HBr。（3）反应②的反应类型是取代反应

。（4）反应②和③的目的是保护酚羟基不被高锰酸钾氧化。（5）C的结构简式：，符合a．含有苯环结构、b．属于醇类、c．苯环上的核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体为、。（6）H为HC≡CCH2OH，H所含的官能团是碳碳三键、羟基；反应⑤中ⅰ的化学方程式是；以乙炔和甲醛为起始原料，可先发

生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，然后再加成生成HOCH2CH2CH2CH2OH，然后发生消去反应生成1，3﹣丁二烯，反应流程为题型03综合推断型（三）答案：（1）邻二甲苯；羧基（2）浓硫酸、加热；（3）；取代反应9899（4）(任写两种)（5）

解析：（1）A为，A的化学名称是邻二甲苯；B中所含官能团的名称为：羧基。（2）B与甲醇发生酯化反应生成C，需要条件为：浓硫酸、加热；与己二酸发生缩聚反应生成高聚物E为。（3）发生催化氧化生成，由D生成F的化学方程式为：；与甲醇发生分子间脱水生成H

，属于取代反应。（4）B为邻苯二甲酸，芳香化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明含有2个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境

的氢，峰面积之比1：1：1，应该有对称结构，其符合条件的同分异构体有：，(任写两种)。（5）先发生催化氧化，然后和双氧水反应生成，最后在浓硫酸、加热条件脱水生成。合成路线流程图为：99100题型03综合推断型（四）答案：（1）HOCH2CH2Cl（2）B（3）ClC

H2CH2OCH2CH2Cl+NaOHΔClCH2CH2OCH＝CH2+NaCl+H2O（4）、（5）解析：（1）通过分析知，A的结构简式为HOCH2CH2Cl。（2）A．A为HOCH2CH2Cl，A中氯原子能发生水解反应生成HOCH2CH2OH，其水解产物乙二醇可用作汽车发动机的抗冻剂

，故A正确；B．X为，有机物的同分异构体中可能含有醇羟基，醇能和钠发生置换反应，所以可能有能与Na单质发生置换反应的同分异构存在，故B错误；C．有机物G的分子式为C13H14O3，G为，G中酯基能发生取代反应，苯环和碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键能发生氧化反应和还原反应及加聚反应，所以G能发生

取代、加成、氧化、还原、加聚反应，故C正确；D．D为，有机物D分子内最多4原子共线，为苯环对角线上的4个原子，苯环上所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面、甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子均可能共面，故D正确。故选B。100101（3

）B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，C为ClCH2CH2OCH＝CH2，B发生消去反应生成C，B→C的化学方程式：ClCH2CH2OCH2CH2Cl+NaOHΔClCH2CH2OCH＝CH2+NaCl+H2O。（4）E为，H是E的同分异构体，H满足

下列条件：①1molH能与足量新制Cu(OH)2充分反应生成2molCu2O，说明含有2个﹣CHO；②H的核磁共振氢谱上共有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，两个醛基位于间位且该分子具有对称结构，符合条件的结构简式为、。（5）由A为原料制备聚乙酸乙烯酯，A为HOCH2CH2Cl，聚乙酸乙烯

酯可由乙酸乙烯酯发生加聚反应得到，CH3COOCH2CH2Cl发生消去反应得到乙酸乙烯酯，乙酸和2﹣氯乙醇发生酯化反应得到CH3COOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl发生消去反应得到乙醛，乙醛发生氧

化反应得到乙酸，其合成路线为题型03综合推断型（五）答案：（1）甲醛（2）加成反应；消去反应（3）CH2＝CHCH＝CH2（4）+2NaOHΔ乙醇+2NaBr+2H2O（5）19；、101102（6）解析：（1）A为HC

HO，A的名称为甲醛。（2）C2H2+A→B、E→F的有机反应类型分别为加成反应、消去反应。（3）H的结构简式为CH2＝CHCH＝CH2。（4）J结构简式为，J发生消去反应生成K，J→K的化学方程式为+2NaOHΔ乙醇+2NaB

r+2H2O。（5）化合物X是I的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能发生水解反应，说明含有酯基，I的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4、酯基的不饱和度是1，说明符合条件的同分异构体中不含其它双键或环，如果取代基为CH3COO

﹣、﹣OH，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2﹣、﹣OH，有邻间对3种；如果取代基为﹣COOCH3、﹣OH，有邻间对3种；如果取代基为﹣CH3、HCOO﹣、﹣OH，有10种，所以符合条件的有19种。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1:2:2:3的结构简式为、。（6）用环戊烷和乙炔为原料制

备，环戊烷发生取代反应生成，发生消去反应生成，环戊烯和乙炔发生加成反应然后和溴发生加成反应得到目标产物，其合成路线为。102103题型03综合推断型（六）答案：（1）羟基、醛基；消去反应（2）6；（3）+2NaOHΔ水+2NaCl+H2O（4）新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液、加热（5）

解析：（1）由分析可知，D的结构简为，D中官能团为：羟基、醛基，D→E是分子内脱水形成碳碳双键而生成E，反应类型为消去反应。故答案为：羟基、醛基；消去反应。（2）N是A的二氯代物，与B的分子式相同，其中A

的苯环上的二氯代物中2个氯原子有邻、间、对3种位置关系，对应的乙基分别有2种、3种、1种位置关系，故符合条件的N共有2+3+1＝6种，其中核磁共振氢谱中峰面积均相同的N的结构简式是：。（3）B→C的化学方程式为：+2NaOHΔ水

+2NaCl+H2O。（4）为检验E是否已经完全转化为M，检验转化后的物质中是否含有醛基即可，所用试剂和实验条件是：新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液、加热。103104（5）与发生酯化反应生成，甲苯与氯气在光照条件下

生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，甲苯与氯气在光照条件下生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成，发生催化氧化生成，合成路线流程图为：题型03综合推断型（七）答案：（1）苯甲醛；羟基（2）取代反应(或水解反应)；（3）（4）10（5）或（6）解析：（1）由以上分析可知

D是为苯甲醛，G为，含氧官能团为羟基。104105（2）反应②为氯代烃的水解反应，也为取代反应，A的结构简式为。（3）反应⑦的化学方程式为：。（4）X为，分子中苯环、﹣C＝N﹣C为平面结构，与苯环直接相连的C与苯环共面，最多有10个碳原子共平面。（5）在H的同分

异构体中，既能发生水解反应又能发生银镜反应，应为甲酸酯类物质，峰面积之比为1:1:2:6的结构简式为：或。（6）苯发生硝化反应生成硝基苯，再还原生成苯胺，苯胺与乙醛反应生成，合成路线流程图为：。题型03综合推断型（八）答案：（1）加成反应（2）BrCH2CH2Br+2NaCN

→NCCH2CH2CN+2NaBr（3）(CH3)2C＝CH2（4）CH2＝C(CH3)COOH+CH3OH24HSO浓CH2＝C(CH3)COOCH3+H2O（5）碳碳双键、酯基；（6）105106（7）4；（8）解析：

（1）反应①是乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，故答案为：加成反应。（2）反应②是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr。（3）D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1:3，不存在顺

反异构，则D为(CH3)2C＝CH2。（4）反应⑤的化学方程式是：CH2＝C(CH3)COOH+CH3OH24HSO浓CH2＝C(CH3)COOCH3+H2O。（5）F的结构简式为CH2＝C(CH3)COOCH3，含有的官能团有：碳碳双

键、酯基；由分析可知G的结构简式是。（6）反应⑥的化学方程式是：。（7）E的结构简式为CH2＝C(CH3)COOH，符合下列条件的E的同分异构体：①能发生水解且能发生银镜反应说明含有甲酸形成的酯基，②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，

可以是丙烯中H原子被﹣OOCH取代，丙烯中有3种H原子，甲基与﹣OOCH连接不同的碳原子上存在顺反异构，故符合条件的同分异构体共有4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是：。（8）HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成

HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2＝C(CH3)COOH，其合成路线为106107第五章物质结构与性质题型01某一元素及化合物（一）答案：（1）3d10（2）亚铜离子核外电子

处于稳定的全充满状态（3）①bc；②sp2、sp3；N＞O＞C（4）异硫氰酸分子间可形成氢键（5）①12；②Cu3AuH4；3A23932N解析：（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态亚铜离子(Cu+)

的价电子排布式为：3d10。（2）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态。（3）①由图可知，铜离子与N、O原子之间形成配位键

，非金属原子之间形成共价键。故答案为：bc。②离子中C＝N双键中的N原子形成3个σ键，另外N原子形成4个σ键，均没有孤电子对，分别采取sp2、sp3杂化，离子中第二周期元素为C、N、O，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但

N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C。故答案为：sp2、sp3；N＞O＞C。（4）分子间形成氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸中H﹣N键极性强，

分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸。故答案为：异硫氰酸分子间可形成氢键。（5）①晶胞结构分析可知，每个Au原子周围等距离且最近的Cu原子数3×81212。②立方晶胞中，顶点粒子占18，面心粒子占12，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶

胞中，Au有8181个，Cu有6123个，H有4个，所以晶体的化学式为Cu3AuH4，设晶胞边长为acm，则一个晶胞的体积为V＝a3cm3，则晶体的密度为ρ=3Am6431974VNa，可得a=3A393N，根据几何知识，晶胞中Cu原子与Au

原子中心的最短距离d22a=3A23932Ncm。107108故答案为：Cu3AuH4；3A23932N。题型01某一元素及化合物（二）答案：（1）4s24p4（2）分子晶体（3）Se＜As＜Br（4）s

p3；三角锥形；CCl4或CF4（5）极性共价键；Se的原子半径大于S，H﹣Se键更容易断裂，易于H+的电离（6）4；3A4MdN1010pm解析：（1）Se原子价电子为N能层上4s、4p电子，其价电子排布式为4s24p4。故答案为：4s24p4。（2）单质硒的熔点为221℃，熔点较低，所以

为分子晶体。故答案为：分子晶体。（3）砷、硒和溴都是第四周期的非金属元素，同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但是As原子的4p轨道半充满，故第一电离能比硒大，Se＜As＜Br。故答案为：Se＜As＜Br。（4）气态SeO2分子中中

心原子的价层电子对数为262223，Se原子的杂化轨道类型为sp3杂化，SeO32﹣的价层电子为3622324，一对孤电子对，所以分子构型为三角锥形，又等电子体要求原子总数相同，价电子数

相同，所以与SeO42﹣互为等电子体的一种分子为CCl4或CF4。故答案为：sp3；三角锥形；CCl4或CF4。（5）H2S与H2Se键长和键角相近，且S和Se为同族元素，H2Se中Se形成H﹣Se，所以H2Se分子中含有的共价键类型为极性共价键；Se的原子半径大于S，形成简单氢化物时，Se

和S价态相同，但Se由于半径较大造成电子密度降低，易于H+的电离，所以酸性H2Se的酸性比H2S强。故答案为：极性共价键；Se的原子半径大于S，H﹣Se键更容易断裂，易于H+的电离。108109（6）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原

子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8186124，含有锌原子数为4，根据ρAm4MVNV，所以VA4MρN，则晶胞的边长为3A4MdNcm3A4MdN1010pm。题型01某一元素及化合物（三）答案：（1）B；纺锤形；泡利不相容原理（2）

①AD；正四面体形；②sp3、sp2；4（3）面心立方堆积；0.413；93A427N(0.40510)解析：（1）铝是13号元素，基态电子排布为1s22s22p63s23p1，由此可知B为铝原子的基态，能量最低，A中3s电子进入3p轨

道，为激发态，能量较高；C中3s轨道两个电子自旋相同能量升高不稳定；D中2p轨道电子进入3p轨道，是激发态能量较高；p轨道的电子云轮廓均为纺锤形；C中3s轨道两个电子自旋相同这违背了泡利不相容原理。故答案为：B；纺锤形；

泡利不相容原理。（2）①分子筛中存在Na[Al(OH)4]，钠离子和偏铝酸根离子间存在离子键，氧原子和氢原子间存在非极性共价键，氧原子与铝原子间存在配位键，阴离子中铝原子的配位数是4，空间构型为正四面体形。故答案为：AD

；正四面体形。②丙烯为CH3CH＝CH2碳原子的杂化类型单键碳为sp3，双键碳为sp2，双键中存在一条π键，其他均为σ键，1mol丙烯中8molσ键，则0.5mol丙烯中有4molσ键。故答案为：sp3、sp2；4。（3）金属铝的晶胞结构如图所示其为面

心立方堆积，面心立方堆积结构面对角线长等于两个原子直径，即4r2a，r22a0.405nm0.413nm44，该晶胞中含有的铝原子个数为1186482，晶胞质量A427gN，铝单质的密度为93A427N(0.40510)。故答

案为：面心立方堆积；0.413；93A427N(0.40510)。109110题型01某一元素及化合物（四）答案：（1）①纺锤形；；②C2H6（2）①O﹣H…O；3；②正四面体；sp3；AD（3）4；73A47511N(0.47

7710)解析：（1）①B原子核外电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图为纺锤形；基态氮原子价层电子排布式为2s22p3，价层电子的电子排布图为。故答案为：纺锤形；。②用2个碳原子替换N原子与B原子可得与NH3BH3互为

等电子体的分子：C2H6。故答案为：C2H6。（2）①﹣OH中O原子与另外﹣OH中H原子之间形成氢键，即氧原子通过O﹣H…O氢键连结成层状结构；每个﹣OH形成2个氢键，每个氢键给1个﹣OH提供一半，每个﹣OH单独占有1个羟基，每个H3BO3

分子含有3个﹣OH，故含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键。故答案为：O﹣H…O；3。②BH4﹣中B原子孤电子对数311420，价层电子对数＝4+0＝4，离子空间构型为正四面体形，B原子采取sp3杂化；Na

BH4中Na+、BH4﹣之间形成离子键，BH4﹣中含有共价键、配位键，单键为σ键，没有氢键与π键。故答案为：正四面体；sp3；AD。（3）由图可知，As原子周围与之等距离且最近的B原子有4个，即As原子的配位数为4；晶胞中B原子数目＝8186124、

As原子数目＝4，晶胞质量＝4A7511Ng，晶体密度＝(4A7511Ng)÷(0.4777×10﹣7cm)373A47511N(0.477710)g·cm﹣3，故答案为：4；73A47511N(0.477710)。1101

11题型01某一元素及化合物（五）答案：（1）3d54s2；5（2）r(S2﹣)＞r(O2﹣)；H2O分子之间存在氢键，使H2O沸点更高（3）N＞O＞C；sp3（4）Na2S；3A312aNg/cm3解析：（1）Mn位于周期表中第4周期，VIIB族，其核外电子排布式为1s22s22p6

3s23p63d54s2(或[Ar]3d54s2)，锰的价层电子排布式为3d54s2；Mn2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，d轨道上电子数为5，5个d电子分占5个g轨道时，能量较低，则d轨道中未成对电子数为5，即Mn2+中

未成对电子数为5。故答案为：3d54s2；5。（2）同主族元素形成的阴离子，原子序数越大的，电子层数越多，离子半径越大，所以半径r(S2﹣)＞r(O2﹣)；H2O分子之间存在氢键，H2S分子之间不能形成氢键，所以H2O的沸点更高。故答案

为：r(S2﹣)＞r(O2﹣)；H2O分子之间存在氢键，使H2O沸点更高。（3）[Mn(CO)(H2O)2(NH3)3]Cl2·H2O中所含第二周期元素为C、N、O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族

、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的，所以它们的第一电离能顺序是N＞O＞C；从原子轨道的重叠方向来说，共价键分为σ键与π键，三种分子均形成单键，属于σ键，杂化轨道数目＝σ键+孤电子对数，三种分子的中心原子杂化轨道数目均为4，均采取sp3杂化。故答案为：N＞O＞C；sp3。（4）

根据均摊法计算，晶胞含有S2﹣离子个数1186824，含Na+离子8个，该晶体的化学式为Na2S；一个晶胞的质量为A784gN，所以密度A333A784gN312acmaNg/cm3，故答案为：Na2S；3A312aNg/cm3

。111112题型01某一元素及化合物（六）答案：（1）①N＞O＞C；[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2；②分子晶体；10；或或；③AC（2）8Fe+2NH3640=℃2Fe4N+3H2；3A11922Na解析：（1）①同一周期元素，元素第一电离能随着原子

序数增大而呈增大趋势，其中N原子的2p轨道为半充满结构，相对稳定，这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；Fe的核电荷数为26，基态铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2。②熔沸点较低的

晶体为分子晶体，Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故Fe(CO)5分子含有10个σ键，1molFe(CO)5分子中含10molσ键；与CO互为等电子体的分子有2个原子、10个价电子，可以用N

原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子，所以与CO互为等电子体的有：N2或CN﹣或C22﹣等，电子式分别为：或或。故答案为：分子晶体；10；或或。③A．甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，杂化方式为s

p3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，杂化方式为sp2，故A正确；B．Cu原子提供空轨道，氨气分子中N原子有孤电子对，提供给Cu形成配位键，故B错误；C．Cu有空轨道，CO中碳原子有孤电子对，形成配位键，配位键属于σ键，故C正确

。故选：AC。（2）根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8186124，N原子位于体心，共有1个，故化学式为Fe4N；根据质量守恒写出该置换反应的化学方程式为8Fe+2NH3640=℃2Fe4N+3H2；两个最近的Fe原子间的距离为顶点到面心的距离为acm，则面

对角线的距离为2acm，晶胞边长为2acm，晶胞体积V＝22a3cm3，该晶胞的质量mA56414Ng．故该晶胞的密度ρ3Am56414VN22ag·cm﹣33A11922Nag·cm﹣3。故答案为：8

Fe+2NH3640=℃2Fe4N+3H2；3A11922Na。112113题型02某些元素及化合物（一）答案：（1）4p；哑铃形；原子（2）①sp2、sp3；平面三角形；②BC（3）金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越低，碳酸盐分解生成的氧化物越不稳定（4）

①22anm；②棱心；(12，0，0)解析：（1）Ge元素的原子序数为32，其基态原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p2，核外电子占据最高能级的符号4p；p能级的电子云轮廓图为哑铃形；金刚石属

于原子晶体，金属Ge晶胞结构与金刚石类似，沸点2830℃，锗晶体属于原子晶体。故答案为：4p；哑铃形；原子。（2）①(CH3)3C+中，﹣CH3中碳原子杂化方式为sp3，(CH3)3C+中C+原子价层电子对为(4+3﹣1)÷2＝3，故杂化方式为sp

2，其中有三个结合的基团，故(CH3)3C+中碳骨架的几何构型为平面三角形。故答案为：sp2、sp3；平面三角形。②A．根据依地酸铅离子的结构和依地酸的结构，结合氮原子原子守恒，n(Pb2+):n(EDTA)＝

1:1，故A错误；B．依地酸中含有元素O、N、C、H，其电负性从大到小的顺序为O＞N＞C＞H，故B正确；C．依地酸铅盐中含有离子键(依地酸铅离子与阴离子之间的作用力)和配位键(依地酸中的氮原子与Pb2+)，故C正确；D．依地酸分子能与水分子形成分子间氢键，

所以依地酸具有良好的水溶性，故D错误。故答案为：BC。（3）随着金属阳离子半径越大，金属形成的氧化物晶格能越低，碳酸盐分解生成的氧化物越不稳定，故其碳酸盐的热分解温度逐渐升高。故答案为：金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越低，碳酸盐分解

生成的氧化物越不稳定。（4）①根据有机卤化铅晶体结构可知，Cl﹣处于面心，故Cl﹣间的最短距离是221122aanm22anm。故答案为：22anm。②根据图示可知，

结合原子坐标参数B为(0，0，0)、A1为(12，12，12)，X2为(12，0，0)，故答案为：棱心；(12，0，0)。113114题型02某些元素及化合物（二）答案：（1）1s22s22p63s23p63d10

4s24p1（2）①sp3；②16；③H＜C＜N；④CO32﹣（3）氢氧化铜与氨水发生反应：Cu(OH)2+4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O，向该溶液中加乙醇，生成的[Cu(NH3)4]SO4在极性极性的乙醇中溶解度减小而析出得到深

蓝色的晶体（4）VO2；73A166N(10)x解析：（1）Ga是31号元素，处于第四周期第IIIA族，价电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1。故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1。（2）①EDTA分子中N原子形成3个C﹣N键、

还有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化。故答案为：sp3。②邻苯二胺分子中苯环上碳原子之间形成6个σ键，还有4个C﹣H键、2个C﹣N键、4个N﹣H键，共有16个σ键。故答案为：16。③EDTB分子含有H、C、N三种元素，一般非金属

性越强，电负性越大，故电负性：H＜C＜N。故答案为：H＜C＜N。④与NO3﹣互为等电子体的一种阴离子可以用碳原子与1个单位负电荷替换N原子为：CO32﹣。故答案为：CO32﹣。（3）氢氧化铜与氨水发生反应：Cu(OH

)2+4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O，沉淀溶解，向该溶液中加乙醇，生成的[Cu(NH3)4]SO4在极性较小的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体。故答案为：氢氧化铜与氨水发生反应：Cu(OH)2

+4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O，向该溶液中加乙醇，生成的[Cu(NH3)4]SO4在极性较小的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体。（4）晶胞中V原子数目＝1+8182，O原子数目＝2+4124，V、

O原子数目之比为2:4＝1:2，故氧化物的化学式为VO2；晶胞质量＝25132ANg，晶胞密度＝25132ANg÷(x×10﹣7cm)3=73A166N(10)xg·cm﹣3.故答案为：VO2；73A166N(10)x。114115题型02某些元素

及化合物（三）答案：（1）；哑铃（2）NH3；氨分子间存在氢键（3）基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定（4）sp3、sp2；65（5）原子；4；33A304πydN7510x100%解析：（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式

为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形。（2）NH3中N原子价层电子对个数53=324，NO3﹣中N原子价层电子对个数5123=323，

NO2﹣中N原子价层电子对个数5122=223，所以中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键。（3）VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大

的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定。（4）根据图1中EMIM+离子中键总数为5个，根据信息，EMIM+离子中C原子的VSEPR模型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化，EMIM+

离子有6个电子可形成大π键，可用符号65表示。故答案为：sp3、sp2；65。（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，

所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数＝8186124，晶胞的质量mA254Ng，晶胞的体积VA100Nd质量密度cm3A100dNcm3，B、N原子总体积V’＝4×[1031034π(x10)4π(y10)33]16

3(x3+y3)×10﹣30cm3，晶胞中原子的空间利用率'VV100%=333016103100AxydN×100%33A304πydN7510x100%。115116故答案为：原子；4；33A30

4πydN7510x100%。题型02某些元素及化合物（四）答案：（1）4s；球形（2）Fe2+；sp；2NA；N＞O＞C（3）6；正八面体（4）①Cu2O②3A321444pN10﹣10解析：（1）基态Cu原子价

电子排布式为3d104s1，离核最远电子所占据能级的符号是4s，电子云轮廓图形状为球形。故答案为：4s；球形。（2）[Fe(CN)6]3﹣与Fe2+形成特征蓝色沉淀，用于检验Fe2+；CN﹣与CO互为等电子体，CN﹣含有C≡

N三键，碳原子杂化轨道数目为2，C原子采取sp杂化，1个CN﹣含有2个π键，1molCN﹣含有的π键数目为2NA；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能N＞O＞C。故答案为

：Fe2+；sp；2NA；N＞O＞C。（3）晶胞中Fe2+位于棱心，与之最近的S22﹣位于顶点及面心，每条棱为4个面共用，故晶胞中Fe2+的配位数为6，距离Fe2+最近的S22﹣所围成空间形状为正八面体。故答案为：6；正八面体。（4

）元素M基态原子2p能级成对电子数等于单电子数，则M为O。①晶胞中白色球数目＝1+8182，Cu原子数目为4，Cu、O原子数目之比为2:1，故氧化物化学式为Cu2O。故答案为：Cu2O。②晶体中铜原子和M原子之间

的最短距离等于晶胞体对角线长度的14，而体对角线长度等于晶胞棱长的3倍。设晶胞棱长为apm，则：2144ANg＝pg/cm3×(a×10﹣10cm)3，解得a32144ApN10﹣10，故该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为3321444ApN10﹣

10pm。116117故答案为：3321444ApN10﹣10。题型02某些元素及化合物（五）答案：（1）第四周期第VIII族；3d7（2）①正四面体形；sp2；②O；③24NA；NH3分子间存在氢键（3）①4；②B（4）23A21

ρN解析：（1）Co是27号元素在周期表中处在第四周期第VIII族，其核外电子排布为[Ar]3d74s2，失去4s上的两个电子形成Co2+离子的价层电子排布式为3d7，故答案为：第四周期第VIII族；3d7；（2）①

SO42﹣中硫原子以sp3杂化轨道成键、离子中存在4个σ键，离子为正四面体形；NO3﹣中氮原子价层电子对数为3513223，N原子轨道的杂化类型为sp2。故答案为：正四面体形；sp2。②C、N、O、S四种元素中，C、N、O同周期电负性逐渐增大，O的电负性，

O、S同主族，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故四种元素中电负性最大的是O。故答案为：O。③[Co(NH3)6]Cl2中N﹣H之间存在σ键，Co原子与氮原子存在配位键是σ键，1mol该物质中含有24molσ键；NF3与NH3的均为分子，氨气分子间存在氢键导致其沸点反常的高。故答案为：24NA；

NH3分子间存在氢键。（3）①由结构图可知1个二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中心镍原子与四个氮原子均形成配位键。故答案为：4。②强酸性条件下二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)会溶于酸，强碱性条件下，镍离子会直接形成氢氧化镍沉淀，因

此适宜的条件是pH为5～10。故答案为：B。117118（4）由图可知，1个晶胞中含有4个B原子和4个P原子(8186124)，故晶胞质量mA41131Ng，设边长为acm，则晶胞的体积V＝a3cm

3，故晶胞密度ρ3A41131mVNag•cm﹣3，解得a＝23A21ρNcm，故答案为：23A21ρN。题型02某些元素及化合物（六）答案：（1）3d8；sp3（2）3；b（3）CCl4；Cl元素的化合价依次升高，导致Cl﹣O﹣H中O的电子向Cl的偏移程度

更大，越容易电离出氢离子（4）64Π（5）①(1，12，12)；②2:1；③3A45916dN107解析：（1）Ni原子外围电子排布式为3d84s2，失去4s能级2个电子形成Ni2+，Ni2+的外围电子排布式为3d8；N原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原

子采取sp3杂化。故答案为：3d8；sp3。（2）Ni2+与3个A形成配位键，配体数目为3；配离子[Ni(A)3]2+中Ni2+与A之间形成配位键，A分子中含有共价键，没有离子键，注意氢键不属于化学键。故答案为：

3；b。（3）ClO4﹣含有5个原子、32个价电子，与ClO4﹣互为等电子体的一种分子可以是：CCl4等。HClO、HClO2、HClO3、HClO4中Cl元素的化合价依次升高，导致Cl﹣O﹣H中O的电子向Cl的偏移程度更大，也越容易电离出氢离子，酸性增强。故答案为：CCl4；Cl元素的

化合价依次升高，导致Cl﹣O﹣H中O的电子向Cl的偏移程度更大，越容易电离出氢离子。118119（4）NO3﹣为平面正三角形，N原子采取sp2杂化，4个原子形成大π键，形成大π键电子数目＝5+1+6×3﹣2×3﹣4×3＝6，故NO3﹣中大π键为64Π。故答案为：64Π（5）①C原子处于晶

胞右侧面面心，故C原子坐标参数中x参数为1，参数y＝z12，故C的坐标参数为(1，12，12)。②由晶胞结构图，以顶点Ni2+研究，与距离最近的Ni2+位于晶胞面心，即共有38212，而Ni2+的配位数为6，而m:n＝12:6＝2:1。故答案为：

2:1。③晶胞中Ni原子数目＝8186124、O原子数目＝1+12144，晶胞质量＝4A5916Ng，设晶胞边长为anm，则4A5916Ng＝dg·cm﹣3×(a×10﹣7cm)3，解得a3A45916dN107。故答案为：

3A45916dN107。题型03元素推断型（一）答案：（1）O＞H＞Na（2）sp3；sp3；A（3）ds；面心立方最密堆积（4）（5）8CuH+22HNO3＝8Cu(NO3)2+3N2O↑+15H2O；（6）50119120解析：A、B、C、D、E是元素周期

表中前四周期的元素，各周期至少含有一种元素，且原子序数依次增大。D是前四周期基态原子含有未成对电子数目最多的元素，电子排布为[Ar]3d54s1，则D为Cr元素；Cr是第四周期，可知E也是第四周期，A、B、C为前三周期，则A为H元素；A、C、E三种元素原子的最外层

电子数相同，则C为Na元素，E为Cu元素；由图可知晶体Y每个晶胞中含有B个数为1186482，C的个数为8，B、C形成化学式为C2B，且B在第二周期，故B为O元素，A与E能够形成原子之比为1:1的化合物X，X为CuH，以此

来解答。由上述分析可知，A、B、C、D、E分别为H、O、Na、Cr、Cu，（1）非金属性越强电负性越大，A、B、C分别为H、O、Na，H和O为非金属，电负性大于金属Na，且O的电负性大于H的电负性，故有电负性O＞H＞Na。（2）H和O组成的

化合物有H2O和H2O2，两种物质中O元素形成的都是单键，故都是sp3杂化；H2O分子空间构型为V型，正负电荷中心不重合，是极性分子，H2O2空间构型为折线形，正负电荷中心不重合，也是极性分子，故选A。故答案为：sp3；sp3；A。（3）Cu元素处于周

期表的ds区，Cu晶体的晶胞中，每一个面心和八个顶点上都有一个Cu原子，是典型的面心立方最密堆积。故答案为：ds；面心立方最密堆积。（4）Cr是第24号元素，核外电子排布式属于洪特规则的特例，为[Ar]3d54s1，它的基态原子价层电子排布图为。（5）X为C

uH，CuH与硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原后生成的气体为氮的氧化物，该气体与CO2互为等电子体，故该气体为N2O，CuH与硝酸反应的化学方程式为8CuH+22HNO3＝8Cu(NO3)2+3N2O↑+15H2O；H、O、Cu形成配合物，Cu2+提供

空轨道，由H、O形成的H2O提供孤对电子，形成四水合铜离子为蓝色，该离子的结构式为。120121（6）Na+呈简单立方堆积模型，形成立方体空隙有8个，O2﹣占有4个，所以O2﹣对这些立方体空隙的填充率为50%，故答案为：50。题型03元素推断

型（二）答案：（1）（2）四；IB；1s22s22p63s23p63d9；3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O（3）砷；NH3；PH3；NH3可以形成分子间氢键，沸点高（4）解析：已知A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次

增大。A单质是密度最小的气体，则A为H；B是周期表已知元素中非金属性最强的元素，且和C属同一主族，则B为F，C为Cl元素；D、E、F属同一周期，D、F为主族元素，又知E、F的原子序数分别是29、33，则E为Cu，F为As；D跟B可形成离子化合物，其晶胞结构如图，

图中离子化合物D与B的离子个数比值为(818612):8＝1:2，且B为F，F的化合价为﹣1，则D的化合价为+2，位于ⅡA族，则D为Ca元素。（1）比C元素质子数少1的原子的质子数为：17116，为S元素，S的价层电子的轨道表示式为。（2）E为Cu元素，为29号元素，在元素

周期表中位于第四周期第IB族，它的+2价离子为Cu2+，Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；Cu与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4

H2O。故答案为：四；IB；1s22s22p63s23p63d9；3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O。（3）F为As元素，名称为砷；与As同一主族的第二、三周期元素与A形成的化合物分别为NH3、PH3，由于NH3可以

形成分子间氢键，导致其沸点较高。故答案为：砷；NH3；PH3；NH3可以形成分子间氢键，沸点高。（4）A为H，D为Ca，二者形成化合物为CaH2，CaH2属于离子化合物，其电子式为。121122题型03元素推断型（三）答案：（1）3d104s1（2）F＞N＞O（3）CO；CN﹣；V型；sp2杂化

（4）H2O分子间存在氢键（5）（6）3A478ρN解析：有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)，A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，

其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，则E是Cu元素；D

与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素。（1）依据分析可知E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d104s1。（2）F、O、N元素都是第二周期非金属元素，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O＜N＜F。（3）与N2互为等电子体的分子和离子有CO，CN﹣等，二氧化氮中含有2个σ键，孤电子对数为：52220.5，当做1计

算，即价层电子对数为3，空间构型为V型；N原子形成3根共价键，所以N原子的杂化方式为sp2。故答案为：CO；CN﹣；V型；sp2杂化。（4）O元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，是因为水分子间能形成氢键导致其沸点最高。122123（5）向E的硫酸盐中

逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，晶体中铜离子与NH3之间的化学键为配位键，故答案为：。（6）根据晶胞(CaF2)结构可知N(Ca2+):N(F﹣

)＝1:2，所以顶点和面心处是阳离子，阴离子全部在晶胞内，所以与氟离子最近的阳离子是4个，即配位数是4。而距一个阳离子周围最近的所有阴离子为顶点构成的几何体是正方体(立方体)；该晶胞中含有4个阳离子，所以有3AaρN478

，解得a3A478ρNcm。故答案为：3A478ρN。123