【文档说明】2022年高考浙江卷（1月份）化学高考真题变式题库 Word版含解析.docx，共(179)页，13.508 MB，由小赞的店铺上传

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2022年高考浙江卷（1月份）化学高考真题变式题库【原卷1题】知识点盐溶液的酸碱性判断【正确答案】A1-1（基础）下列物质水溶液呈碱性的是A.镁粉B.碳酸钾C.硫酸D.氯化铜【正确答案】B1-2（基础）下列物质的水溶液呈碱性的是A.KAlO2B.KClO4C.NaHSO4D.NH4NO3【正确答案

】A1-3（基础）下列物质溶于水后溶液显酸性的是A.NaClB.NaHCO3C.Na2OD.NaHSO4【正确答案】D1-4（巩固）下列溶液因盐的水解而显酸性的是A.2GaCl溶液B.43NHHCO溶液C.34CHCOONH溶液D.24RbSO溶液【正确答案】A1-5（巩固）下列盐溶液

呈中性的是A.3FeCl溶液B.3KNO溶液C.23NaCO溶液D.4NaHSO溶液【正确答案】B1-6（巩固）下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A.HClB.NH4ClC.CH3COONaD.NaHCO3【正确答案】B1-7（提升）物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是A.B

a(OH)2、NaF、FeCl3、KClB.NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4C.Na2SiO3、K2CO3、KNO3、NH4ClD.NaHSO3、CH3COOH、C2H5COOH、HCl【正确答案】C1-8（提升）物质的量浓度相

同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是A.Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KClB.NaOH、Na2CO3、KNO3、NH4ClC.NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4D.NaH

CO3、CH3COOH、C2H5OH、HCl【正确答案】B1-9（提升）相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为A.NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaNaHCO

3NaOHB.(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaNaHCO3NaOHC.(NH4)2SO4NH4ClNaOHCH3COONaNaHCO3D.CH3COONaNH4Cl(NH4)2SO4NaHCO3NaOH【正确答案】B

【原卷2题】知识点电解质与非电解质,电解质、非电解质概念,非电解质、电解质物质类别判断【正确答案】A2-1（基础）下列物质中不属于电解质的是A.MgSO4B.HNO3C.KOHD.NH3【正确答案】D2-2（基础）下列物质，属于电解质的是A.KOH溶液B.SO2C.熔融的KNO3D

.酒精【正确答案】C2-3（基础）下列物质中，属于电解质的是A.金属铜B.盐酸C.氯化钾D.CO2【正确答案】C2-4（巩固）下列物质的水溶液能导电，且属于电解质的是A.CuB.CO2C.CH3OHD.KNO3【正确答案】D2-5（巩固）下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是A

.AgNO3固体、KCl固体B.铜、二氧化硫C.液态的醋酸、酒精D.熔融的KNO3、硫酸溶液【正确答案】C2-6（巩固）下列含钠元素的物质，既不属于电解质，也不属于非电解质的是A.Na2OB.苏打水C.小苏打D.Na2O2【正确

答案】B2-7（提升）下列说法正确的是A.蔗糖、酒精在液态或水溶液里均不导电，所以它们是非电解质B.NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2、Cl2均是电解质C.液态HCl、固态NaCl均不导电，所以H

Cl、NaCl是非电解质D.铜、石墨均导电，所以它们是电解质【正确答案】A2-8（提升）下列叙述正确的是A.液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B.氨水溶液能够导电，所以3NH是电解质C.水的导电性很差，所以水是非电解质D.CO2溶于水得到的溶液能导电，但CO2是非电解质【正确答案】D2

-9（提升）下列说法正确的是A.石墨导电，所以是电解质B.SO2的水溶液导电，所以SO2是电解质C.固体NaCl不导电，所以NaCl是非电解质D.CaCO3虽然难溶于水但CaCO3是电解质【正确答案】D【原卷3题】知识点常用仪器及使用【正确答案】B3-1（基础）下列仪器中是坩埚的为A.B.C.D.

【正确答案】C3-2（基础）下列仪器中名称为“容量瓶”的是A.B.C.D.【正确答案】B3-3（基础）仪器名称为“容量瓶”的是A.B.C.D.【正确答案】D3-4（巩固）下列仪器可以加热的是A.B.C.D.【正确答案】A3-5（巩固）下列不能用作反应容器的是A.试管B.坩埚C.容量瓶D.圆底烧

瓶【正确答案】C3-6（巩固）下列仪器中，具有能配制溶液、加热较多试剂、溶解固体三种用途的是A.量筒B.试管C.容量瓶D.烧杯【正确答案】D3-7（提升）某实验小组只取下列仪器或用品：铁架台（含铁圈等）、三脚架、石棉网、烧杯、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒

、蒸发皿、蒸馏烧瓶、火柴、滤纸、漏斗。只应用上述仪器或用品不能进行的实验操作是A.蒸发B.萃取C.过滤D.蒸馏【正确答案】D3-8（提升）萃取操作中需要用到的仪器是A.B.C.D.【正确答案】C3-9（提升）分离两种互不相溶的液体需要用到的仪器是A.B.C.D.【正确答案】B【原卷4题】知识点

化学用语综合判断,化学科学对人类文明发展的意义,甲烷与氯气反应的四种产物结构、性质及用途【正确答案】B4-1（基础）下列物质的化学式，错误的是A.重晶石：BaCO3B.石膏：CaSO4·2H2OC.芒硝：Na2SO4·10H2OD.绿矾：FeSO4·7H2O【正确答案】A4-2（基础）下

列物质对应的俗名不正确．．．的是A.(C6H10O5)n：蔗糖B.CO(NH2)2：尿素C.Fe3O4：磁性氧化铁D.Na2SO4▪10H2O：芒硝【正确答案】A4-3（基础）下列物质对应的化学成分不正确的是A.蔗糖：()6105nCHOB.乙酸酐：(

)32CHCOOC.熟石灰：()2CaOHD.α-氨基丙酸：【正确答案】A4-4（巩固）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】C4-5（巩固）

下列物质对应的化学式或结构简式不正确的是A.蚁酸：3CHCOOHB.生石膏：42CaSO2HOC.84消毒液的主要成分：NaClOD.明矾：()422KAlSO12HO【正确答案】A4-6（巩固）下列物质的名称或俗名

与化学式对应的是A.2-丙醇：CH3CH(OH)CH2OHB.芒硝：Na2SO4·7H2OC.甘氨酸：H2NCH2COOHD.摩尔盐：NH4Fe(SO4)2·6H2O【正确答案】C4-7（提升）下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关

系中，错误的是选项ABCD物质食盐磁铁小苏打苛性钠有效成分化学式NaClFe3O4Na2CO3NaOH用途制备钠和氯气原料炼铁原料食用碱药品制作、造纸A.AB.BC.CD.D【正确答案】C4-8（提升）下列物质与其化学式和用途的对应关系中，

正确的是A.重晶石—3BaCO—钡餐B.明矾—42KAlSO12HO—净水剂C.生石膏—422CaSOHO—模型、粉笔D.食盐—NaCl—氯碱工业重要原料【正确答案】D4-9（提升）下列物质对应的

化学式或结构简式不正确的是A.摩尔盐：NH4Fe(SO4)2•6H2OB.肥田粉：(NH4)2SO4C.乳酸：CH3CH(OH)COOHD.甘油：HOCH2CH(OH)CH2OH【正确答案】A【原卷5题】知识点化学用语综合判断,原子结构示意图

、离子结构示意图,乙炔的“四式二型”,有机物的结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式【正确答案】C5-1（基础）下列化学用语或模型正确的是A.氯化氢的电子式：B.N2的结构式：N≡NC.硫离子结构示意图：D.CH4分子的球棍模型：【正确答案】B5-2（基础）下列化学用语的表述不正确．．．

的是A.2CO的结构式：OCO−−B.氯化铵的电子式：C.联氨()24NH的球棍模型为D.2O−离子的结构示意图为【正确答案】A5-3（基础）下列化学用语正确的是A.-OH与都表示羟基B.丙烷分子的填充模型：C.乙烯的结构

式：24CHD.溴乙烷的电子式：【正确答案】A5-4（巩固）下列化学用语使用正确的是A.氯乙烷中官能团的电子式：B.四氟化硅的空间填充模型：C.正丙醇的结构式：D.聚丙烯链节的球棍模型：【正确答案】B5-5（巩固）下列各项中，表达不正确的是A.水分子的比例模型：B.氯离子的

结构示意图：C.KOH的电子式：D.氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl【正确答案】A5-6（巩固）下列化学用语及模型正确的是A.乙酸的分子式：3CHCOOHB.羟基的电子式：C.甲烷分子球棍模型：D.丙烷分子比例模型：

【正确答案】B5-7（提升）下列有关化学用语的说法正确的是A.空间填充模型，既可以表示4CH，也可以表示4CClB.HClO分子的结构式为：H—O—ClC.Al3+的电子式为[Al]3+D.球棍模型表示的可能是3C

HCOOH分子【正确答案】B5-8（提升）下列化学用语不正确的是A.丙烷的球棍模型：B.乙炔的比例模型：C.醛基的结构简式：-COHD.1，3－丁二烯的实验式：C2H3【正确答案】C5-9（提升）下列化学用语的表达正确的是A.羟基的电子式：B.23HSO的电离方程式：

2233HSO2HSO+−+C.乙醇的球棍模型：D.中子数为20的氯离子：2017Cl−【正确答案】C【原卷6题】知识点脂肪烃的来源及用途,乙醇的工业制法及用途,甲醛,酯的物理性质【正确答案】A6-1（基础）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.石油裂解的产物均为不饱和烃B.生

物质能属于可再生能源C.葡萄糖和淀粉均可被人体直接吸收D.过氧乙酸和福尔马林均可用作环境消毒剂【正确答案】B6-2（基础）下列关于化石燃料与与有机化合物的说法不正确的是A.石油是混合物，汽油也是混和物B.石油分馏可以得到乙烯，煤干馏可以得到苯C.“西气东输”的“

气”指的是甲烷D.石油的分馏是物理变化，而裂化和裂解属于化学变化【正确答案】B6-3（基础）下列说法不正确的是A.天然油脂大部分是单甘油酯B.生物柴油中通常含有C、H、O三种元素C.水玻璃是硅酸钠的水溶液D.铝热剂是混合物【

正确答案】A6-4（巩固）下列说法不正确．．．的是A.煤的有机成分主要是各种有机高分子的混合物B.石油化工中的加氢裂化可获得多种芳香烃C.75%的医用酒精，75%是指体积分数，此浓度杀菌能力强D.含不饱和键的油脂可制硬化油，可用来制取肥皂、人造奶油【正确

答案】B6-5（巩固）下列关于有机物的说法中，正确的是A.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料B.医用酒精的浓度通常为75%C.生活中常用福尔马林对食品进行消毒D.许多水果、花卉有芳香气味，主要是含有苯和甲苯等有机物【正确答案】B6-6（巩固）下列叙述错误的是A.人造纤维

和合成纤维都是有机高分子B.利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可减少“白色污染”C.高分子材料有的是纯净物，有的是混合物D.橡胶硫化的过程中发生了化学反应【正确答案】C6-7（提升）下列说法正确的是A.煤气化产生的水煤气可用于合成液态碳氢化合物和含氧有机物B.许多水果、花卉有芳香

气味，主要是含有苯和甲苯等有机物C.皂化反应实验中，当观察到混合物无分层现象时，则说明反应液中油脂已完全反应D.工业上由苯酚和甲醛通过加聚反应合成酚醛树脂，用来作电木塑料【正确答案】A6-8（提升）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关

，下列有关说法错误的是A.2021年3月20日三星堆5号祭祀坑出土的黄金面具材料属于合金B.中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiC.燃煤“气化”、“脱硫”、“钙基固硫”等措施有利于减少SO2排放和温室效应形成D.口罩的熔喷层由

高分子材料聚丙烯制作，聚丙烯属于混合物【正确答案】C6-9（提升）“绿色冬奥”“科技冬奥”和“人文冬奥”是总结2022年北京冬奥会的三个关键词，下列有关说法错误的是ABCB冰墩墩的外壳材料(聚氯乙烯)是一种混合物使用氢气作为燃料的火炬，其火焰为黄色，可能是

发生了焰色反应礼仪服中用来保暖的石墨烯材料是一种新型有机高分子化合物场馆每日消杀用到的“84”消毒液的有效成分是NaClOA.AB.BC.CD.D【正确答案】C【原卷7题】知识点同系物的判断,同分异构现象、同分异构体的概念,元素、核素、同位素,几组常见同素异形体

【正确答案】D7-1（基础）下列说法正确的是A.14C与C60互为同素异形体B.12H和22H互为同位素C.17O的质子数为8，中子数为17D.CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3互为同分异构体【正确答案】D7-2（基础）下列说法不正确的是

A.乙二醇与丙三醇互为同系物B.1460C和石墨互为同素异形体C.14N和15N互为同位素D.2-甲基丙烷与正丁烷属于同分异构体【正确答案】A7-3（基础）下列说法不正确的是A.O2、O3同素异形体B

.35Cl2与37Cl2互为同位素C.乙烷和戊烷互为同系物D.CH3-CH2-CH2-CH3与互为同分异构体【正确答案】B7-4（巩固）下列说法不正确．．．的是A.32S和34S互为同位素B.70C和纳米碳管互为同素异形体C.22CHClCHCl和32CHC

HCl互为同分异构体D.36CH和48CH一定互为同系物【正确答案】D7-5（巩固）下列物质之间的相互关系错误的是A.CH3CH2CH2CH2CH3和C(CH3)4互为同分异构体B.水玻璃与苏打水为同一种物质C.CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物D.12C和14C互为同

位素【正确答案】B7-6（巩固）下列物质之间的相互关系错误的是A.CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体B.正丁烷和异丁烷属于同系物C.136C和146C互为同位素D.红磷和白磷互为同素异形体【正确答案】B7-7（提升）下列说

法正确的是A.联苯和萘互为同分异构体B.2H和2D互为同素异形体C.24CHO与482CHO不可能互为同系物D.14C和14N互为同位素【正确答案】C7-8（提升）下列关于同分异构体、同系物说法正确的是A.乙醇和二甲醚分子式均为26CHO，二者属于位置异构B.322CHCH

CHCH=存在顺反异构C.乙烯与环丁烷()分子组成上相差2个2CH原子团，因此互为同系物D.与互为同分异构体【正确答案】D7-9（提升）下列有关同分异构体与同系物说法正确的是A.互为同分异构体的两种有机物，其化学性质一定

相似B.a与b两种有机物互为同系物，则等质量a与b燃烧，所消耗的氧气物质的量相等C.符合通式CnH2n+2的不同烃一定互为同系物D.最简式相同的两种有机物，可能既不互为同分异构体，也不互为同系物【正确答案】D【原卷8题】知识点氯气的用途,铁,油脂,金属材料的应用【正确答案】B8-

1（基础）下列关于物质用途的说法中，不正确的是A.Na2O2可在呼吸面具中作为氧气的来源B.Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料C.还原铁粉可用于食品的脱氧剂D.为保证消毒效果，可向自来水中通入大量氯气【正确答案】D8-2（基础）下列有关单质用途的说法不正确的是A.充有钠蒸气的高压钠

灯常用于道路和广场的照明B.还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C.镁是一种重要的金属材料，是优质的耐高温材料D.氯气可用于自来水的消毒、药物的合成【正确答案】C8-3（基础）下列说法不正确的是A.臭氧具有强氧化性，可用于饮用水消毒B.二氧化硅在高温下用

焦炭还原可制得粗硅C.电解饱和氯化钠溶液可以得到金属钠D.镁合金密度较小，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件等【正确答案】C8-4（巩固）下列说法不正确．．．的是A.镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件B.还原铁粉可用作食

品干燥剂C.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒D.油脂是热值最高的营养物质【正确答案】B8-5（巩固）下列说法中正确的是A.为了防止食品受潮，常在食品袋中放入还原性铁粉B.由于NaHCO3受热易分解，因此常用于制胃酸中和剂C.镁合金密度小，但硬度和强度都大，被大量用于制造火箭、导弹和

飞机的部件D.用SiO2制造光导纤维是利用了SiO2的高熔点【正确答案】C8-6（巩固）下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.3NaHCO具有不稳定性，可用于治疗胃酸过多B.二氧化氯具有强氧化性，可用作纸张的漂白剂C.3FeCl溶液显酸性，可用作蚀刻铜电路板D.铁粉具有还原性，可用作食品

的干燥剂【正确答案】B8-7（提升）北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受人们的喜爱，一夜间晋级为顶流爆款。据设计团队透露：“冰墩墩”的最初创意灵感来自“冰糖葫芦”，“冰墩墩”的冰晶外壳以硅胶制成，然后再套入毛绒玩具

。以下说法正确的是A.冬奥会上谷爱凌的滑板、高亭宇的冰刀所用材料的主体成分都是有机高分子材料B.冰糖成分为蔗糖，其与浓硫酸混合搅拌会生成有毒气体C.硅胶不与任何酸、碱反应，也不易燃烧D.真熊猫与熊猫玩具的“毛”主体成分相同，都是纤维素【正确答案】

B8-8（提升）化学与生产、生活、环境、科技密切相关。下列说法正确的是A.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料B.二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中C.深埋废旧电池，可防止重金属对环境的污染D.在航天器上广泛使用的铝合金和镁合金均属于金属材料

【正确答案】D8-9（提升）化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是A.华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅B.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食

品氧化变质C.自来水厂常用明矾、O3、ClO2等做水处理剂，其作用都是杀菌消毒D.用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于新型无机非金属材料【正确答案】A【原卷9题】知识点铁与非金属单质反应,电冶金,海水提取镁,二氧化硫的化学性质【正确答案】B9-1（基础）下

列说法不正确的是A.工业上可以用电解硫酸锌溶液的方法制锌B.利用铋(83号元素)、镧、钇等稀土金属可以制造具有许多特殊性能的材料C.FeSO4可以用于净水，也可以生产其它铁系列净水剂D.某些有机物可用于制造灭火剂

【正确答案】B9-2（基础）下列说法正确的是A.可以用酒精萃取碘水中的碘单质B.配制硫酸铁溶液时向其中加入少量稀硫酸C.某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中一定含SO42-D.可用pH试纸测定新制氯水的pH【正确答案】B9-3（基础）下列关于

物质的描述正确的是A.SiO2与酸、碱均不反应B.金属镁能在氧气、氮气中燃烧C.将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀D.足量Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2【正确答案】B9-4（巩固）下列说法不正确．．．的是A.电解MgCl2溶液，可能

生成Mg(OH)Cl沉淀B.碘单质与KOH溶液反应可得到补碘剂KIO3C.饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2，可得到NaHCO3晶体D.SO2还原FeSO4溶液生成Fe2(SO4)3溶液【正确答案】D9-5（巩固）下列说法正确的是A.饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2，有白色沉淀生成B.过量的铁在

氯气中燃烧会生成FeCl2C.金属钠具有强的还原性，可利用钠和TiCl4溶液反应制取金属TiD.工业电解MgCl2溶液制备镁单质【正确答案】A9-6（巩固）下列有关说法正确的是A.高温加热氧化镁和碳的混合物可以制单质镁B.铁的冶炼过程是

通过置换反应得到单质铁C.海水提溴的过程中不发生氧化还原反应D.利用电解的方法可以从海水中获得淡水【正确答案】A9-7（提升）下列说法不正确．．．的是A.可用NaOH溶液除去海带浸泡液中的可溶性有机质B.工业上用焦炭在高温下

还原二氧化硅可以直接得到高纯硅C.电解硫酸锌溶液可以制备锌D.制备水泥的主要原料是黏土、石膏和石灰石【正确答案】B9-8（提升）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.电解NaCl饱和溶液，可制得金属钠B.“

一次性保暖贴”在发热过程中应用的是原电池原理C.明矾水解形成的()3AlOH胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化D.热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污【正确答案】A9-9（提升）下列说法不正确的是A.高温下用氢

气还原AlCl3可制取金属铝B.高炉炼铁、生产水泥和制造玻璃都要用到石灰石C.海水提取粗食盐后的母液，可作为提取镁的原料D.铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂【正确答案】A【原卷10题】知识点氧化还原反应的几组概念,氧化还原反应有关计算【正确答案】D10-1（基

础）对于反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O,若有1molKMnO4参加反应，下列说法不正确的是A.转移5mol电子B.氧化产物与还原产物物质的量之比为5：2C.参加反应的HCl为8molD.氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8【正确答案】D10-

2（基础）关于反应2Cu2O+Cu2SΔ6Cu+SO2↑，下列说法不正确．．．的是A.Cu2O被Cu2S还原B.Cu2S既是氧化剂，又是还原剂C.还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6D.生成1molSO2时，转移了6mol电子【正确答案】C

10-3（基础）3NH可用于检查2Cl输气管道是否泄漏，反应为：32248NH3ClN6NHCl+=+，以下说法正确的是A.2N和4NHCl均为还原产物B.3NH既不是氧化剂又不是还原剂C.反应生产1mol2N时转移了3mol电子D.被氧化的分子数与被

还原的分子数之比为2:3【正确答案】D10-4（巩固）已知反应：①322KClO6HCl3ClKCl3HO+=++②32232KBrOClBr2KClO+=+③22Cl2KBr2KClBr+=+。下列说法正确的是A

.反应2233ClKBr3HOKBrO6HCl++=+可以发生B.氧化性由强到弱的顺序为3322KBrOKClOClBrC.反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1D.若反应②中有1mol还原剂参加反应，则氧化剂得电子的物质的量为2mol【正确答案】B10-

5（巩固）已知：①22342MnOFeHMnFeHO−++++++⎯⎯→++②23342MnNaBiOHMnOBiNaHO++−++++=+++③322FeHSFeSH++++=++下列有关说法错误的是A.反应①中每转移0.5mol电子，需要消耗0.8

molH+B.反应②中氧化产物与还原产物的物质的量比为5∶2C.氧化性：334NaBiOMnOFe−+D.酸性高锰酸钾溶液能与2HS发生反应【正确答案】B10-6（巩固）已知反应：324FeClOXFeOClY+−−−++⎯⎯→++，下列说法错误的是A.24FeO−是氧化产物B.3F

e+、ClO−的计量数是3：2C.配平后X是“10OH−”D.每生成1mol24FeO−就会有3mol电子发生转移【正确答案】B10-7（提升）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热NaOH溶液洗涤除去，发生如下反应：①3S+6NaOHΔ2Na2S+Na2SO3+3H2O②(x-1)S+Na2SΔNa2

Sx(x=2~6)③S+Na2SO3ΔNa2S2O3下列说法正确的是A.反应①②③中，硫单质的作用相同B.反应①中，每消耗1mol硫单质转移4mol电子C.0.96g硫单质与amL2mol·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2S和Na2SO3，则a=60

D.1.28g硫单质与10mL2mol·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2Sx和Na2S2O3，则x=5【正确答案】D10-8（提升）将15.2g铜和镁组成的混合物加入100mL的浓硝酸中，固体恰好完全溶解，生成的标况下的混

合气体NO和NO2共8.96L。向所得溶液中加入2.0LNaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为25.4g，下列说法不正确的是A.生成的混合气体中，NO和NO2的物质的量之比为1：3B.浓硝酸的物质的量为浓度为10mol·L-1C.金属与浓硝酸反应共转移电子数目为0

.6NAD.将生成的混合气体与一定量的O2混合通入水中，如气体完全被吸收，所需标况下的O24.48L【正确答案】D10-9（提升）四氧化三铁(34FeO)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备

34FeO磁性纳米颗粒的反应是2+2--2323Fe+2SO+O+xOH=234462FeOSO2HO−++。下列叙述不正确的是A.水热法制备34FeO磁性纳米颗粒的反应中，还原剂是2223SOFe−+、B.离子方程式中x4=C.每生成3

41molFeO，被氧化的2Fe+的物质的量为3molD.该条件下2O氧化性强于264SO−【正确答案】C【原卷11题】知识点钠单质的保存与用途,苯酚的物理性质,化学实验基础操作,海带中碘的提取及检验【正确答案】D11-1（基础）下列说法正确的是A.

金属钠着火时，用泡沫灭火器灭火B.配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，用量筒量取一定体积的浓硫酸倒入烧杯后，再用蒸馏水洗涤量筒2~3次，并将洗涤液一并倒入烧杯中稀释C.观察钾的焰色试验时，要透过蓝色钴玻璃观察，这样做的目的是滤去黄光D.将饱和氯化铁溶液滴入到煮沸的

氢氧化钠溶液中，制备氢氧化铁胶体【正确答案】C11-2（基础）下列说法正确的是A.用容量瓶配制溶液时，应先检查是否漏水，再用蒸馏水洗涤B.用玻璃棒蘸取醋酸溶液点在用水润湿的pH试纸上，测定该溶液pHC.焰色反应时，

先用稀硫酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验D.氯水应保存在棕色广口瓶中并置于阴凉处【正确答案】A11-3（基础）下列说法不正确的是A.配制氯化铁溶液时，可将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释B.除去碱式滴定管胶管内的气泡时，将尖嘴

垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出C.在制备乙酰水杨酸时，冷却至室温，如未出现结晶，可以用玻璃棒摩擦瓶壁并将锥形瓶置于冰水中冷却，促使品体析出D.中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶【正确答案】B11-4（巩固）下列说法不正确．．．的是A.呈粉色的变色硅胶干燥剂(含氯化钴)，可

通过烘干至蓝色后重新使用B.如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即先用酒精洗涤，再用水冲洗C.测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，未及时将铁片从稀硫酸中取出，会导致结果偏高D.移液管和滴定管均标有使用温度，使用时均应进行检漏、润洗再装液【正确答案】D11-5（巩固）下列说法不正确的是A

.KMnO4和SO2的反应速率可通过分光光度计用比色法测出不同反应时刻的浓度来计算B.蒸馏时可用多种方法控制温度，用水浴加热分离碘并回收苯时，实验结束后，碘留在蒸馏烧瓶中C.金属钾、钠和白磷等暴露在空气中易燃烧，所以

金属钾、钠保存在煤油中，白磷则可保存在水中D.比色法是一种精确测定物质浓度的方法【正确答案】D11-6（巩固）下列实验操作或描述中错误的是（）。A.将NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出，趁热过滤时，可

分离出NaCl晶体B.溶剂蒸发的速度越快，或浓缩后的溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越大C.海带中碘元素的分离及检验时，需要向海带灰的浸取液中，加入少量稀硫酸和过氧化氢溶液D.纸层析法分离铁离子和铜离子实验中，点样后的滤纸需晾干后

，才能将其浸入展开剂中【正确答案】B11-7（提升）下列说法不正确．．．的是A.分离物质的量之比为1：1的NaCl和KNO3固体，采用溶解、蒸发结晶、趁热过滤、冷却结晶的方法B.纸层析法分离Fe3+和Cu2+，最终Fe3+移动距离大于Cu

2+，说明Fe3+是亲水性离子C.在研究不同酸碱性条件下乙酸乙酯水解速率的实验中，其中加入NaOH溶液的酯层剩余体积最小D.金属钾、钠应保存在煤油中，白磷则可保存在水中，取用它们时要用镊子【正确答案】B11-8（提升）下列实验操作正确的

是A.纸层析法分离铁离子和铜离子的实验中，应将滤纸上的试样点浸入展开剂中B.硝酸钾晶体的制备实验中，蒸发浓缩硝酸钠和氯化钾的混合溶液，氯化钠晶体析出后趁热过滤，承接滤液的烧杯应预先加蒸馏水，以防降温氯化钠溶液达饱和而析出C.海带中碘元素的分离及检验的实验中，将海带灰用蒸馏水浸泡，煮沸2～3mi

n，取其浸取液，向其中加入四氯化碳萃取其中的碘D.乙醇的脱水反应（制乙烯）实验中，反应的温度应控制在170℃，温度计的水银球应处于支管口处【正确答案】B11-9（提升）下列关于实验原理或操作的叙述中，正确的是()A.海带中碘的提取实验中，将海带灰溶于水，过滤后在滤液中加入CCl4

即可萃取B.减压过滤可以过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀C.用纸层析法分离Cu2＋和Fe3＋，滤纸上端呈棕黄色，说明Fe3＋在固定相中分配的更多D.纸层析实验中，不能将滤纸上的试样点浸入展开剂中【正确答案】D【原卷12题】知识点结合物质结构基础知识与NA相关推算,pH

定义式及计算,醇的组成、结构,阿伏加德罗常数的应用【正确答案】A12-1（基础）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LH2O中含有H—O键的数目为NAB.32g氧气所含原

子数目为NAC.足量的钠与1molO2加热反应，转移的电子数为4NAD.17g氨气所含电子数目为10NA【正确答案】D12-2（基础）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.NA个Fe(OH)3胶体粒子

的质量为107gB.2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NAC.1mol/L碳酸氢钠溶液中的-3HCO数目小于NAD.一定条件下，39g的乙炔和苯的气体混合物中所含原子总数为6NA【正确答案】D12-3（基础）设NA

为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.32g甲醇中含有C—H键的数目为4NAB.60g熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NAC.Na2O2与足量H2O反应产生0.2molO2，转移电子的数目为0.4NAD.惰性电极电解

食盐水，当线路中通过电子数为NA时，阳极产生气体11.2L【正确答案】C12-4（巩固）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列表述正确的是()A.1L0.5mol·L－1CuCl2溶液中含有Cu2＋的个数为0.5NAB.18g重水(D2O)所含的电子数为10NAC.

25℃时，pH＝13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NAD.5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成56gN2时，转移的电子数目为3.75NA【正确答案】C12-5（巩固）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的

是A.1molNa与O2完全反应，生成物中离子总数大于1.5NAB.硝酸与铁反应得到NO2、N2O4共46g，则铁失去的电子数目为2NAC.50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD.标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物

中含有极性键的数目为4NA【正确答案】D12-6（巩固）设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.足量的浓盐酸与28.7gMnO反应，转移电子的数目为A0.4NB.1.8g重水()2DO中所含质子数为ANC.在25℃时，1LpH为12的2Ba(OH)

溶液中含有-OH数目为A0.01ND.32g甲醇()3CHOH的分子中含有键的数目为A4N【正确答案】C12-7（提升）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，1LpH=12的NaOH溶液中由水电离出的OH-数目为10-12NAB.5.6gFe分

别与足量的Cl2和S反应，转移电子数目均为0.3NAC.标准状况下，11.2L氯仿(CHCl3)中含有分子数目为0.5NAD.常温常压下，12g14C所含的质子数为6NA【正确答案】A12-8（提升）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准

状况下，NA个分子所占的体积约为22.4LB.14g环丙烷中含共用电子对数为3NAC.1molHClO中含有H-Cl键数为NAD.将2.24L2SO(标准状况下)通入水中，溶液中23HSO的分子数为0.1NA【正确答案】B12-9（提升）设NA为阿伏加

德罗常数的值。下列叙述正确的是A.0.1molCH4与足量Cl2光照下反应生成CCl4的分子数为0.1NAB.lmolNa与O2完全反应，转移的电子数一定为NAC.25℃时，pH=1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.1NAD.100g质量分数为17%的H2O

2溶液中极性键数目为NA【正确答案】B【原卷13题】知识点二氧化氮与碱液的反应,二氧化硫与其他强氧化剂的反应,醛类的银镜反应,离子方程式的正误判断【正确答案】C13-1（基础）下列离子方程式正确的是A.将过量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=2-4SO+Cl-+2H+B.C

l2通入水中：Cl2+H2O=2H++C1-+ClO-C.NaHCO3溶液水解：-3HCO+H2O=2-3CO+H3O+D.小苏打溶液中加入过量澄清石灰水：2-3HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+2-3CO【正确答案】A13

-2（基础）下列离子方程式正确的是A.澄清石灰水通入少量二氧化碳：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2OB.铜与FeCl3溶液反应：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C.碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液反应：Ca2++2-3HCO

+2OH-=CaCO3↓+2-3CO+2H2OD.氯气通入水中：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-【正确答案】C13-3（基础）下列化学反应的离子方程式正确的是A.碳酸镁与醋酸反应：CO23−+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-B.氧化铝溶于

氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2−+H2↑C.过量的二氧化硫通入次氯酸钠溶液：3ClO-+SO2+H2O=Cl-+2HClO+SO24−D.碘化钾与少量酸性高锰酸钾溶液反应：10I-+2MnO4−+16H+=5I2+2Mn2

++8H2O【正确答案】D13-4（巩固）下列指定反应的离子方程式正确的是A.Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3−+OH-=MgCO3↓+H2OB.过量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3−C.酸性KMnO4溶

液滴加少量双氧水，溶液紫色褪去：2MnO-4+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2OD.用惰性电极惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2O通电2OH-+Cl2↑+H2↑【正确答案】C13-5（巩固）下列离子方程式书写正确的是A.NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH4++

OH-=NH3∙H2OB.澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：HCO3−+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OC.氢氧化钠溶液通入少量SO2：OH-+SO2=HSO3−D.碳酸氢钙溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3−+Ca

2++OH-=CaCO3↓+H2O【正确答案】D13-6（巩固）下列实验对应的离子方程式不正确．．．的是A.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：-3HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OB.将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2O

H-=-3NO+-2NO+H2OC.将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=2-3SO+2HClOD.向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag++2NH3·H2O=()+32AgNH+2H2O【正确答案】C13-7（提升）下列有关离子方程

式中书写错误的是A.工业盐酸呈现亮黄色原因：Fe3++4Cl-[FeCl4]-B.氯化铜溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuC14]2-+4H2OC.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO2-4=BaSO4↓+H2OD.向氯化银悬浊液

中加入足量碘化钾溶液：I-(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl-(aq)【正确答案】C13-8（提升）下列离子方程式书写正确的是A.过量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-=2-3CO+H2OB.向2NaNO溶液中加入酸性

4KMnO溶液：242322MnO5NO6H2Mn5NO3HO−−++−++=++C.向3AlCl溶液中滴入过量的氨水：3+22Al+4OH=AlO+2HO−−D.向3NaHCO溶液中加入过量的()2BaOH溶液：2233232HCOBa2O

HBaCO2HOCO−+−−++=++【正确答案】B13-9（提升）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的离子方程式书写错误的是A.将KI溶液滴入稀硫酸酸化的KIO3溶液中：5I-+-3IO+6H+=3I2+3H2OB.过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++-3NO

=Fe3++NO↑+2H2OC.用酸性KMnO4溶液吸收含SO2尾气：5SO2+2-4MnO+2H2O=2Mn2++4H++52-4SOD.用碳酸钠溶液浸泡处理锅炉水垢(主要成分为CaSO4)：CaSO4(s)+2-3CO(aq)⇌CaCO3(s)+2-

4SO(aq)【正确答案】B【原卷14题】知识点蛋白质的变性,石油分馏【正确答案】D14-1（基础）化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是A.葡萄糖可用于合成补钙药及维生素C等B.地沟油不宜食用，但可分

馏提取汽油C.石油在加热和催化剂的作用下，可以使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯等D.人体内的各种组织蛋白质不断分解，最后主要生成尿素排出体外【正确答案】B14-2（基础）下列说法不正确的是A.石油的分馏、煤的气化和

液化都是物理变化B.煤的组成中含有碳、氢、氧、氮、硫等元素C.沥青来自于石油经减压分馏后的剩余物质D.石油的裂化主要是为了得到更多的轻质油【正确答案】A14-3（基础）下列关于有机物的说法正确的是A.乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气B.淀粉、脂肪和蛋白质在一定条件下

都能发生水解反应C.苯和乙烯都可使溴的四氯化碳溶液褪色D.石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物【正确答案】B14-4（巩固）下列说法正确的是（）A.由乙醇制得乙烯的反应与乙烯制得溴乙烷的反应类型相同B.酯化反应、硝化反应、皂化反应均属于取代反

应C.石油的裂解是化学变化，而石油的分馏和煤的气化是物理变化D.蛋白质、糖类、油脂均是能发生水解反应的天然高分子化合物【正确答案】B14-5（巩固）有关有机物的说法正确的是A.石油分馏可以获得重要的有机化工原料乙烯B.酒精能使蛋白质变性，所以常用无水乙醇杀菌消毒

C.乙烷和苯所含的碳碳键不同，但都能发生氧化反应和取代反应D.糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，它们的组成元素相同【正确答案】C14-6（巩固）下列说法不正确的是A.固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，易溶于有机溶剂B.含氮量高的硝化纤维俗称火棉，它是一种烈性炸药C

.蛋白质及多肽遇双缩脲试剂呈现紫玫瑰色D.油脂与碱作用生成高级脂肪酸盐和甘油的反应称为皂化反应【正确答案】A14-7（提升）下列说法不正确的是A.纤维素能与硝酸发生酯化反应，得到硝化纤维，含氮量高的硝化纤维俗称火棉，是一种烈性炸药B.硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中水解得到硬脂酸钠和丙醇的反应叫皂化

反应，其中硬脂酸钠是肥皂的有效成分C.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花D.淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物，一定条件下它们都能发生水解反应【正确答案】B14-8（提升）下列关于常见有机物的说法中正确的

是（）①棉花、蚕丝和聚乙烯的主要成分都是纤维素②甲烷、乙醇和乙酸在一定条件下都能发生取代反应③等质量的乙烷、乙烯、苯充分燃烧，消耗氧气的量由多到少④除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液⑤苯分子中含有碳碳双键和单键，既能发生加成反应

，也能发生取代反应⑥石油分馏和煤的干馏属于物理变化，石油的裂化、裂解都属于化学变化A.①⑤⑥B.②③④C.①②③D.②④⑤【正确答案】B14-9（提升）下列说法中正确的是（）A.乙二醇的水溶液可作为汽车发动机的抗冻剂，丙三醇可用作

保湿剂且是生产火棉等烈性炸药的原料之一B.现代仪器分析中，常用质谱仪、元素分析仪、红外光谱仪测定有机物结构，用原子吸收光谱确定物质中含有哪些非金属元素C.铵盐都是无色、易溶于水的晶体，受热易分解且分解的产物不是电解质

就是非电解质D.糖类、油脂、蛋白质是人类摄取的重要营养物质，相等质量的三种物质在体内氧化产生的热量油脂最多【正确答案】D【原卷15题】知识点分子的手性,酯的水解反应机理【正确答案】C15-1（基础）如图是合成某种药物的两步关键反应。已知碳原子上连有

4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子。下列有关说法正确的是A.甲分子中所有碳原子可能共平面B.乙→丙的反应类型为取代反应C.丙不能使酸性KMnO4溶液褪色D.甲、丙分子中所含手性碳原子数相同【正确答案】D15-2（基础）关于有机物(A

)和(B)的说法正确的是A.两种有机物均能与氢氧化钠溶液发生化学反应B.两种有机物互为同分异构体C.有机物B中所有碳原子可能处于同一平面上D.有机物A能发生酯化、加成、氧化、水解等反应【正确答案】C15-3（基础）某有机物结构如图所示，有关该物质的叙述正确的是A.易溶于水

B.苯环上的一氯代物有3种C.最多能与氢气以物质的量之比1∶4加成D.该有机物中有一个手性碳原子且碱性水解的产物中没有醇【正确答案】B15-4（巩固）化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2−甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、

Y的说法正确的是A.X分子中所有原子一定在同一平面上B.Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子C.X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D.X→Y的反应为氧化反应【正确答案】B15-5（巩固）某有机物M的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.M中含有3种含氧官能

团B.M能发生水解反应C.M分子中所有原子均在同一平面上D.1molM与足量的H2反应，最多消耗5molH2【正确答案】B15-6（巩固）化合物X是一种黄酮类化合物的中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是()A.分子中所有碳原子共平面B.分子中

存在1个手性碳原子C.化合物X不能使酸性KMnO4溶液褪色D.1mol化合物X最多可与12molH2发生加成反应【正确答案】B15-7（提升）化合物Z是制备液晶材料的中间体之一，可由下列反应制得：下列有关X、Y、Z的说法正确的是A.X在水中的溶解度比Y

在水中的溶解度大B.Y与足量H2反应生成的分子中含2个手性碳原子C.1molZ中含有1mol碳氧π键D.化合物X、Y、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色【正确答案】D15-8（提升）化合物Y能用于高性能光学树脂的合

成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：()下列有关化合物X、Y的说法正确的是()A.X→Y的反应为加成反应B.X分子中所有原子一定在同一平面上C.X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D.

Y与Br2加成产物分子中含有手性碳原子【正确答案】D15-9（提升）化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2−甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、Y的说法不正确的是A.X分子中所有原子不一定在同一平面上B.Y与Br2的加成

产物分子中含有手性碳原子C.X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D.X→Y的反应为取代反应【正确答案】C【原卷16题】知识点金属与非金属在周期表中位置及其性质递变的规律,元素周期律的应用【正确答案】D16-1（基础）X、Y、Z、Q和R

五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是XYZQRA.Y的原子半径比Z的大B.Y元素位于第二周期第VA族C.R和Q的单质均可将铁单质氧化为+3价D.Z元素形成的常见单质不止一种【正确答案】C16-2（基础

）已知X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增大。X、Z同族且均为金属元素，Y、W同族，W的最高价氧化物对应的水化物是强酸。下列说法错误的是A.原子半径：Z>W>YB.X的最高价氧化物的水化物一定是强碱C.

氢化物的沸点：W—定小于YD.Y与Z形成的化合物一定是离子晶体【正确答案】B16-3（基础）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X与W属于同一主族，X2-、Y+离子与氖原子具有相同的电子层结构，Z元素是地壳中含量最高的金

属元素。下列说法正确的是A.非金属性:W>XB.原子半径:W>Z>Y>XC.元素X和Z形成的化合物为共价化合物D.Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应【正确答案】D16-4（巩固）五种短周期主族元素X、Y、Z

、W、R的原子序数依次增大，X是周期表中非金属性最强的元素；Y是短周期中原子半径最大的元素；Z是地壳中含量最多的金属元素；W最外层电子数是K层电子数的3倍。下列说法正确的是A.离子半径：Y＞Z＞W＞R＞XB.氢化物稳定性：X＞W＞RC.Y

、Z、W的最高价氧化物对应的水化物两两均可互相反应D.Y与Z不能存在于同一离子化合物中【正确答案】C16-5（巩固）W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期主族元素，在周期表中互不相邻。W、Z同主族，X、Z的

质子数相差3，X和Y最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是A.简单离子半径：Z>X>Y>WB.X分别与W、Z元素均可形成两种或两种以上二元化合物C.ZW为共价化合物D.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z强【正确答案】B16-6（巩固）四种短

周期主族元素X、W、Y、Z的原子序数依次增大，W(n+1)+、Xn-的简单离子具有相同的电子层结构，X是地壳含量最大的元素，X与Y同族，下列说法正确的是A.简单离子半径：W<X<Y<ZB.W与Z形成的化合物熔融状态下不导电C.气态氢化物的热稳定性：X<Y<ZD.最高价氧化物的水化物的酸性：

Y>Z【正确答案】B16-7（提升）原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与Z同主族；W、X、Y最外层电子数之和为10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）A

.Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸B.W、Y的氧化物一定属于离子化合物C.X、Z的氢化物中，前者的沸点低于后者D.X、Y的简单离子中，前者的半径大于后者【正确答案】D16-8（提升）短周期主族元素X、Y、Z、W

、Q、R的最高价态与简单氢化物沸点的关系如图所示，Z的简单液态氢化物可用作制冷剂。下列说法正确的是A.简单离子半径：W＞R＞Z＞XB.由Z、R与氢三种元素组成的化合物一定是离子化合物C.R单质与Y、Z的简单氢化物的反应均为置换反应D.含氧酸的酸性：R＞Q＞W【正确答案

】A16-9（提升）已知W、X、Y、Z、R是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中W、Z同族，且原子序数相差8，元素X在同周期的主族元素中原子半径最大，Y是地壳中含量最多的金属元素。下列说法中正确的是A.气态氢化物稳定性：R>Z>WB.原子半径：R＜W＜

Y＜Z＜XC.X分别与W、R形成的化合物的化学键类型不一定相同D.电解X与R形成化合物的溶液可获得X的单质【正确答案】C【原卷17题】知识点影响水电离的因素,弱电解质的电离平衡,电离平衡常数及影响因素,盐溶液中离子

浓度大小的比较【正确答案】B17-1（基础）下列说法错误的是A.向醋酸溶液中加水，溶液中所有粒子(不考虑水)的浓度都减小B.25°C时，pH=8的NaHA的水溶液中：c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)C.等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中：c(K+)>2c(S2

-)+c(HS-)D.25°C时，pH为5的NH4Cl与pH=9的碳酸钠溶液中，水的电离程度相同【正确答案】A17-2（基础）用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COO

H溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表向HCl中滴加NaOHB.A点溶液的pH小于C点溶液的pHC.A、B两点水的电离程

度：A>BD.C→D发生了反应：H++OH-=H2O【正确答案】C17-3（基础）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B.向0.1mol·

L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)D.取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【正确

答案】B17-4（巩固）25℃时，用0.2mol∙L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol∙L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数(δ)如图所示。下列说法正确的是A.滴定分数为1时，

溶液的pH≈13B.随着滴定分数增大，水的电离程度增大C.指示剂既可选择甲基橙，也可以选择酚酞D.a点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)【正确答案】D17-5（巩固）向20mL0.1mol/L二元酸

H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液至过量，溶液中所有含A微粒的分布分数δ(平衡时某含A微粒的浓度占所有含A微粒总浓度的百分数)与()VNaOH的关系如图所示：下列有关说法正确的是A.曲线①代表的是2HA的分布分数，曲线②代表的是HA−

的分布分数B.NaHA溶液显酸性，是因为HA−的电离能力大于水解能力C.水的电离程度：M＜ND.当()VNaOH=40mL时，溶液中()()()-2-+cHA+2cA>cNa【正确答案】C17-6（巩固）已知25℃时二元弱酸H2A，下列说法不正确的是A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，pH前

者大于后者B.向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，若H2A的电离度为0.01%，则Ka1≈10-7C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至中性，则c(A2-)＞c(HA-)D.取pH=a的H

2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH<a+1【正确答案】C17-7（提升）25℃时H2A的Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，HB的Ka=3×10-8。下列说法正确的是A.加水稀释H2A溶液，水电离出的c(H+)•c(OH-)保持不变B.相同物质的量

浓度的NaHA溶液和NaB溶液等体积混合后，溶液中c(HA-)<c(B-)C.Na2A溶液中加H2A至中性，溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.将两份相同体积和物质的量浓度的NaOH溶液分别加到1L0.1mol·L-1H2A溶液和1L0.2mol·L-1HB溶液中，前者

pH一定更小【正确答案】C17-8（提升）常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法不正确的是A.由图可推测，H

2X为弱酸B.滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2OC.水的电离程度：a点与b点大致相等D.若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生

的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-【正确答案】C17-9（提升）室温下，0.1mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA－、A2－)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是A.pH＝5时，在NaHA和N

a2A的混合溶液中：c(HA－)∶c(A2－)＝1∶100B.H2A的电离方程式：H2AH＋＋HA－C.等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)D.Na2A溶液必存在c(OH－)＝c(H＋)

＋c(HA－)＋2c(H2A)，各粒子浓度均大于0【正确答案】A【原卷18题】知识点化学能与物质稳定性之间的关系,吸热反应和放热反应,盖斯定律的应用,苯的加成反应【正确答案】A18-1（基础）某反应由两步反应A→B→C构成，其反应能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是A.两步反

应均为吸热反应B.三种物质中B最稳定C.A→B的反应一定需要加热D.B与C的能量差为43EE−【正确答案】D18-2（基础）苯与氢气发生加成反应（在25℃，产物均为液态）的能量变化与反应进程的关系如下图所示，其中环己三烯为假设分子（分子中含有三个碳碳双键）。下列说法错误的是

（）A.苯比“环已三烯”稳定B.反应（1）2H(g)+→（1）为放热反应C.（1）2H(g)+→（1）-1ΔH=-111kJmolD.由图中数据可得出：碳碳双键加成时总是放出能量，放出的能量大致与双键数成正比【正确答案

】B18-3（基础）如图所示，1mol碳原子构成的金刚石比1mol碳原子构成的石墨在完全燃烧全部生成气体二氧化碳时，多放出1.9kJ的能量，下列说法正确的是A.金刚石的总能量比石墨大1.9kJB.石墨和金刚石的转化是物理变化C

.石墨的稳定性强于金刚石D.1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kJ【正确答案】C18-4（巩固）一定条件下，有关有机物生成1mol环己烷的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.苯分子中不存在3个完全独立的碳

碳双键，故313ΔH<ΔHB.2(g)+H(g)→12(g)ΔH=ΔH+ΔHC.反应2(g)+H(g)→(g)，反应物总能量低于生成物总能量D.苯与氢气反应过程中有C-H键生成【正确答案】D18-5（巩固）物质、与的能量存在如图所示的相互关系。下列有关说法错误的是A.物质是图示三种物质

中最稳定的B.过程①属于吸热反应C.由转变为所吸收的热量等于过程①与过程②所放出的热量D.物质变化过程中所放出或吸收的热量与路径无关【正确答案】C18-6（巩固）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1m

ol环己烷()的能量变化如图所示：由图得出的推理不正确．．．的是A.苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键B.碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比C.位置异构形成的同分异构体之间的性质不完全相同D.

单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定【正确答案】B18-7（提升）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40

℃时，1，2-加成产物与1，4加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法错误的是A.1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B.两种产物的化学键种类和数目相同，但1，2-加成产物的总键能更大C.相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2-加成较1，4-加成更易发生D

.从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【正确答案】A18-8（提升）顺-2-丁烯、反-2-丁烯分别与氢气加成制备丁烷的焓的变化如下图所示。下列说法正确的是A.上

述反应中只有键断裂B.顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定C.1mol顺-2-丁烯转化为1mol反-2-丁烯放热4.2kJD.发生加成反应时，顺-2-丁烯断键吸收的能量高于反-2-丁烯断键吸收的能量【正确答案】C18-9（提升）碳碳双键加氢时

总要放出热量，并且放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比。但1，3-环己二烯脱氢生成苯是放热反应。相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是A.ΔH1﹥0，ΔH2﹥0B.ΔH3=ΔH1+ΔH2C.ΔH1﹥ΔH2，ΔH3﹥ΔH2D.ΔH2=ΔH3+

ΔH4【正确答案】C【原卷19题】知识点化学反应速率计算,催化剂对化学反应速率的影响【正确答案】C19-1（基础）在一定温度下，在密闭容器中投入X(g)和Y(g)，发生反应生成Z(g)。测得各物质浓度与时间关系如图所示。下列说法错误的是A.a点

：正反应速率大于逆反应速率B.第10min末时，用Z表示的反应速率为：0.04mol·L-1·min-1C.上述可逆反应中X、Y、Z的化学计量数之比为3∶1∶2D.该条件下，Y的最大限度(平衡转化率)为40%【正确答案】B19-2（基础）一定温度下，向容积为4L的密闭容器中通入两种气体发生化学

反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列说法合理的是A.反应进行到1s时，(A)(C)vv=B.反应进行到6s时，B的平均反应速率为110.1molLs−−C.该反应的化学方程式为3B4C6A2D++D.反应进行到6s时，各物质的反应速率相等【正确答案】

C19-3（基础）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法正确的是A.从a、c两点坐标可求得a、c两点该化学反应的速率B.a、b、c三点的速率大小为：v正(b)>v逆(a)>v正(c)C.若提高反应温度，则c(B)随时间

变化关系如图中曲线乙所示D.反应达到平衡时一定存在关系：3v(B)=2v(X)【正确答案】D19-4（巩固）向恒容密闭容器中充入HI发生反应2HI(g)垐?噲?H2(g)+I2(g)ΔH>0，T1和T2温度下，()1cHI随时间t的关系如图，下列说法不正确

的是A.T2温度下0-2h内，生成H2的平均速率为0.125mol·L-1·h-1B.T1温度下2h末和4h末HI的瞬时速率相同C.T1>T2D.若改变条件是催化剂，则T1和T2可以分别代表有、无催化剂时的反应变化示意图【正确答案】B19-5（巩固）已知反应X(g)

4Y(s)Z(g)⎯⎯→+⎯⎯，其他条件相同，在200℃和a℃时，X的浓度随时间变化的曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）A.其他条件不变，增加压强或Y的物质的量时反应速率都增大B.a℃、8min时，Z的浓度一定为10.5

molL−C.由图可知，a大于200D.a℃时，0～1min内Z的平均反应速率为110.2molLmin−−【正确答案】D19-6（巩固）研究NOx之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：242NO(g)2NO(g)Δ>0H。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(N2O4)

和c(NO2)随t变化为曲线I、II，改变温度到T2，c(NO2)随t变化为曲线III。下列判断正确的是A.温度T1>T2B.反应速率v(a)=v(b)C.在T1温度下，反应至t1时达平衡状态D.在T1温度下，反应在0—t3内的平均速率为-1-12430.03(NO)=mo

lLsvt【正确答案】D19-7（提升）一定温度下，在100mL物质X的溶液中，发生反应：2X(aq)4Y(aq)Z(g)+，测算出物质X的浓度随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是A.600~1200s，Y的平均速率为4115.0

10molLs−−−B.反应至2200s时，()()正逆2vX=vYC.反应过程中，2c(X)+c(Y)=1.4D.可推测出图中x为3930【正确答案】D19-8（提升）反应X2Z=经历两步：①XY→；②Y2Z→。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列

说法不正确的是A.a为()cX随t的变化曲线B.1t时，()()()cX=cY=cZC.2t时，Y的消耗速率大于生成速率D.3t后，()()0cZ=2c-cY【正确答案】D19-9（提升）碳热还原制备氮化铝的总反应化学方程式为：Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)2AlN(s)+

3CO(g)。在温度、容积恒定的反应体系中，CO浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示。下列说法不正确的是A.在不同时刻都存在关系：3v(N2)=v(CO)B.c点切线的斜率表示该化学反应在t时刻的瞬时速率C.从a、

b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率D.维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙【正确答案】D【原卷20题】知识点焓判据,熵判据【正确答案】D20-1（基础）下

列关于化学反应的自发性叙述正确的是（）A.焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的B.焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的C.焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的D.熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的【正确答案】A20-2（基础）以下说法中正确的是

A.△H＜0的反应均能自发进行B.△S＜0的反应均不能自发进行C.碳酸氢铵固体加热分解是一个熵减小的过程D.冰在室温下自动熔化成水，是熵增加的结果【正确答案】D20-3（基础）在下面的自发过程中，你认为其中能用熵判据解释的是A.水由高处流向低处B.2

H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH=－483.6kJ/molC.墨水滴在水中会扩散到整个水体D.－10℃的液态水自动结冰成为固态【正确答案】C20-4（巩固）下列变化过程中，ΔH＜0、ΔS＞0的是A.

CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)B.2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(g)C.NH4NO3(s)=NH4+(aq)＋NO3-(aq)D.Cl2=2Cl【正确答案】B20-5（巩固）反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(

g)，在高温时正反应才能自发进行，其逆反应却在常温时为自发反应，则正反应的△H与△S是()A.△H＞0；△S＞0B.△H＜0；△S＞0C.△H＞0；△S＜0D.△H＜0；△S＜0【正确答案】A20-6（巩固）下列自发反应可用焓判据来解释的是()A.氢氧

化钡和氯化铵的反应B.2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)∆H=+56.7kJ/molC.(NH4)2CO3(s)NH4HCO3(s)+NH3(g)∆H=+74.9kJ/molD.2H2(g)+O2(g)H2O(

l)∆H=-285.8kJ/mol【正确答案】D20-7（提升）研究化学反应进行的方向具有重要意义。下列解释与事实不符合的是选项事实解释A液态水变成气态水该过程为熵增过程BNa与H2O的反应是熵增的放热反应该反应能自发进行C氢气与氧气反应生成液态水该

反应的△H＜0、△S＜0D2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)△H＜0高温有利于该反应自发进行A.AB.BC.CD.D【正确答案】D20-8（提升）下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的

是()A.1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]B.自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C.反应：CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)能否自发进行，主要由ΔS＞0决定D.反应NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋C

O2(g)ΔH＝＋185.57kJ·mol－1能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向【正确答案】B20-9（提升）下列各项判断完全正确的是选项变化△H△S方向性AH2O（l）→H2O（g）＞0＜0非自发B2NO2（l

）⇌N2O4（g）＜0＜0自发CNH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g）＜0＞0非自发D2Fe3+（aq）+Cu（s）=2Fe2+（aq）+Cu2+（aq）＞0＜0自发A.AB.BC.CD.D【正确答案

】B【原卷21题】知识点溶液的酸碱性与pH,原电池正负极判断,原电池原理的应用,原电池原理的应用【正确答案】C21-1（基础）普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的

原理如图所示，总反应为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag。下列有关说法正确的是A.正极的电极反应式：Ag2O-2e-+2H2O=2Ag+2OH-B.2molCu与1molAg2O的总能量低于1mlCu2O与2molAg的

总能量C.电池工作时，OH-向Ag2O/Ag电极移动D.水泥固化过程中自由水分子减少，导致溶液中各离子浓度的变化，从而引起电动势变化【正确答案】D21-2（基础）饱和甘汞电极(Hg-Hg2Cl2)常被用作参比电极测定某电极的电极电位，其内部构造如图所示，在测定电池的电动势后，才

可以标出被测电极的电极电位。当甘汞电极与锌电极共同插入ZnCl2溶液中构成原电池时，下列说法不正确．．．的是A.甘汞电极电势比较稳定，故可作为参比电极B.多孔物质的作用是隔离甘汞与氯化锌溶液C.负极的电极反应式为

Zn-2e-=Zn2+D.正极的电极反应式为Hg2Cl2+2e-=2Hg+2Cl-【正确答案】B21-3（基础）电动势法检测溶液中c(OH-)的原理如图所示，总反应方程式为Cu+Ag2O=CuO+2Ag。下列有关说法正确的是A.电池工作时Cu

电极附近的c(OH-)增大B.由该电池反应可知，氧化性：Ag2O>CuOC.负极的电极反应式为Ag2O+2e-=2Ag+O2-D.该电池也可以检测盐酸中c(H+)【正确答案】B21-4（巩固）由于存在同种电解质溶液的浓度差而产生电动势的电池称为浓差电池。利用浓差

电池电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，其装置如图所示(a、b电极均为石墨电极，已知：溶液A为1L1mol/LAgNO3溶液；溶液B为1L4mol/LAgNO3溶液)。下列说法正确的是A.电池放电过程中Ag(2)为负极，电极反应为Ag-e-=Ag+B.a电

极为电解池阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-C.c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80g氢氧化钠【正确答案】C21-5（巩固）全钒液流储能电池是

一种新型的绿色环保储能系统。它将电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，并采用质子交换膜作为电池组的隔膜。已知该电池

放电时，左罐颜色由黄色变为蓝色。离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色下列说法正确的是A.该电池工作原理为VO2++V2++H2O放电充电VO2++V3++2OH-B.a和b接用电器时，左罐电动势小于右罐C.电池储能时，电池负极溶液颜色变为紫色D.a和b接电源时

，理论上当电路中通过3mole-时，必有3molH+由右侧向左侧迁移【正确答案】C21-6（巩固）pH计是一种利用玻璃电极(如图所示)测量溶液pH的仪器，实验时将玻璃电极(作负极)和另一参照电极一起插入待测溶液中，根据所形成原电池的电

压即可得出溶液pH，某pH计的测量电压与待测溶液pH关系为E(V)=0.2+0.059pH。下列有关说法错误的是A.pH计工作时溶液中的H+向参照电极迁移B.负极的电极反应为Ag-e-=Ag+C.玻璃膜球泡可由对H+特殊敏感膜构成D.常温下若测得0.1mol·L-1HA溶液的E=0.3

18V，则HA为弱酸【正确答案】B21-7（提升）某课题组利用盐度梯度和氧化还原工艺，成功的设计了下图所示的电池装置，将酸性废水中存在的高毒性2-27CrO转化为低毒性Cr3+。下列说法错误的是A.该电池利用溶液盐度梯度产生电动势，C2表示高浓度盐溶液B.根据

图中所示，AM为阴离子交换膜，CM为阳离子交换膜C.电池正极的电极反应式为2-27CrO+6e-+14H+=2Cr3++7H2OD.负极产生标准状况下6.72L氧气时，理论上转化0.2mol2-27CrO【正确答案】A21-8（提升）目前

固体电解质在制造全固态电池及其它传感器、探测器等方面的应用日益广泛。如45RbAgI晶体，其中迁移的离子全是Ag+。利用45RbAgI晶体，可以制成电化学气敏传感器，下图是一种测定2O含量的气体传感器示意图。被分析的2O可以透过聚四氟乙烯薄膜，由电池电动势变化可以得知2O的含量。在气体传

感器工作过程中，下列说法不正确的是A.2O含量的变化会引起电位计示数的变化B.理论上，每0.1mol2O参与反应，银电极质量就减小43.2gC.多孔石墨电极上的反应可表示为2I2Rb2e2RbI+−++=D.传感器工作时45RbAgI晶体中Ag+的量保持不变【正确答案】C21-9（提

升）由于存在同种电解质溶液的浓度差而产生电动势的电池称为浓差电池。利用浓差电池电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，其装置如图所示(a、b电极均为石墨电极)。下列说法正确的是(已知：溶液A为1L1mol/LAgNO3溶液;溶液B为1L4mol/LAgNO3溶液)A.电池放电过程

中Ag(1)为正极，电极反应为Ag＋+e－=AgB.a电极的电极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，b电极上发生的是还原反应C.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80g氢氧化

钠【正确答案】B【原卷22题】知识点溴、碘的性质,其他含卤化合物,同主族元素性质递变规律理解及应用【正确答案】B22-1（基础）下列各组元素性质递变情况错误的是A.HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次减弱B.Be(OH)2、Mg(OH)2、Ba(OH)

2的碱性依次增强C.N、O、F元素最高正化合价依次升高D.PH3、H2S、H2O的稳定性依次增强【正确答案】C22-2（基础）化合物HOSO2Cl的性质，下列推测不合理．．．的是A.具有酸性B.与足量NaOH溶液反应可生成两种钠盐C.与盐酸作用能产生SO2D.水解生成盐酸和硫酸【正确答案】C2

2-3（基础）下列推测不合理的是A.22NaS与盐酸反应生成22HSB.23MgC和43AlC都可与水反应生成丙炔C.用NaOH溶液吸收2COCl可能得到三种盐D.4LiAlH与水反应生成2H【正确答案】B22-4（巩固）

下列推测不合理．．．的是A.硫磺和2SO在一定条件下可以合成2SOB.2NHCl能与水反应生成一种弱酸C.相同条件下，22CHCl比22SiHCl更容易与2O反应D.FeO2投入足量稀硫酸中有气体生成【正确答案】C22-5（巩固）下列过程推测不合理的是A.22NaS与HCl反应产物含2HS与SB.

IBr与NaOH可得到NaI与NaBrOC.22SOCl与2HO反应生成两种强酸D.相同条件下，与氧气反应由慢到快的顺序：Li、Na、K【正确答案】B22-6（巩固）下列推测不合理．．．的是A.4SCl与足量2HO反应生成两种强酸B.22

SCl与22HO结构具有相似性C.相同浓度下，酸性由强到弱的顺序：2ClCHCOOH，2BrCHCOOHD.()32SOCH能被22HO氧化成()232SOCH【正确答案】A22-7（提升）已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸

，下列推测不合理的是A.ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐B.相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解C.ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得D.相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HC

l分别溶于水制成1L溶液，两者pH不同【正确答案】C22-8（提升）下列推测不合理．．．的是A.2COCl和足量3NH反应可以生成两种盐B.卤素与磷单质反应可得到五卤化物，其热稳定性随卤素原子序数的递增而减弱C.由实验测得5PCl中含有正四面体的阳离子和正八面体的阴

离子，则5PCl中存在4PCl+和6PCl−D.3POCl与ROH−反应比3POBr与ROH−反应更难【正确答案】A22-9（提升）一定条件下，F2与水反应，生成物除了2O外，还会生成次氟酸(HFO)、2OF等。下列推测不合理的是

A.2F与水反应还可能生成22HOB.HFO的分子结构中O原子位于H与F之间，O元素的化合价为-2价C.HFO不稳定，分解生成HF与2OD.2OF是一种强氧化剂，与盐酸反应会生成HF、2Cl、2O等【正

确答案】B【原卷23题】知识点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】C23-1（基础）常温下，用一定浓度的Ba(OH)2溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶

液。滴定过程中溶液的电导率如图所示(已知：lg2=0.3；lg5=0.7，溶液混合引起的体积变化可忽略)。下列说法正确的是A.曲线①②③分别代表Ba(OH)2滴定盐酸、醋酸和硫酸的曲线B.由图可知Ba(O

H)2浓度为0.100mol•L-1，且b点对应的pH值为12.7C.图中a、b、c、d点溶液中，水的电离程度的大小关系：a＞b＞d＞cD.a点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c(Ba2+)＞(CH3COO-)＞c(OH-)＞c

(H+)【正确答案】B23-2（基础）25℃时，在10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是（）A.HCl溶液滴加一半时，溶液pH

＞7B.H2CO3的Ka1的数量级为10-6C.pH＝8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1mol·L-1D.在M点：c(Na＋)＞c(CO2-3)＝c(HCO-3)＞c(OH－)＞c(H＋)【正确答案】C23-3（基础）常温下，用0.1mol·L-1的盐

酸滴定20mL约0.1mol·L-1的氨水，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.a点溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)B.滴定过程中，当溶液pH=7时，二者恰好中和C.用酚酞作指示剂比用甲基橙作

指示剂滴定误差更小D.当滴入盐酸为30mL时，溶液中：c(H+)+c(NH4+)<c(OH-)+c(Cl-)【正确答案】A23-4（巩固）25℃时在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1H

Cl溶液20mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A.Na2CO3溶液中c（Na+）=2［c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）］B.a、b曲线分别代表的是HCO3－、H2CO3量的变化情况C.A点时：c（Na+）＞c（CO32－）

=c（HCO3－）＞c（H+）＞c（OH－）D.B点时加入盐酸的体积为10mL，两者恰好完全反应生成NaHCO3【正确答案】C23-5（巩固）用0.100mol•L-1的盐酸滴定10ml0.100mol•L-1的Na2CO3溶液．溶液pH值与加入盐酸的体积的关系如图所示，已知

室温时饱和CO2的pH为3.9，0.05mol•L-1NaHCO3的pH约为8.3，下列说法不正确的是A.以酚酞为指示剂，溶液颜色发生突变时（b点），Na2CO3转化为NaHCO3B.以甲基橙为指示剂，溶液颜色发生突变时，共消耗盐酸20.00mlC

.溶液pH=7（c点），碳酸钠完全转化为NaClD.ce段对应溶液中CO2与NaHCO3共存【正确答案】C23-6（巩固）25℃时，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1的H2A溶液，溶液中各微粒的

分布系数δ与pH、NaOH溶液体积的变化如图所示。[A2-的分布系数：δ(A2-)=2--2-2c(A)c(HA)+c(HA)+c(A)。下列说法正确的是A.H2A在水中的电离方程式：H2A垐?噲?H++HA-、HA-垐

?噲?H++A2-B.当V(NaOH)=30mL时，溶液中存在以下关系：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)C.HA-的电离平衡常数Ka=1.0×10-5D.滴定终点时，溶液中c(Na+)

＞2c(A2-)+c(HA-)【正确答案】D23-7（提升）配离子的稳定性可用K不稳衡量，如[Ag(NH3)2]+的()()+23+32Ag(NH)([AgNH])ccKc=不稳，一定温度下，向0.1mo/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3垐?噲?[Ag

(NH3)2]+，溶液中pNH3与δ(X)的关系如图所示，其中pNH3=-lg(NH3)、δ(X)=()()++32(X)Ag+([AgNH])nnn(X代表Ag+或[Ag(NH3)2]+)。已知该温度下Ksp(AgC

l)=1.6×10-10，下列说法正确的是A.图中δ2代表的是δ(Ag+)B.该溶液中c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]++c(NH4+)=c(NO3−)C.向该溶液中滴入稀硝酸，δ[Ag(NH3)2]+增大D.AgCl溶于氨水时AgCl+2NH3[Ag(NH3

)2]++Cl-平衡常数为K=1.6×10-3【正确答案】D23-8（提升）常温下，用0.100mol·L-1NaOH溶液滴定25.00mL0.100mol·L-1H2C2O4溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)所示。下列说法正确

的是A.X点所示溶液中：c(Na＋)＞c(HC2O-4)＞c(C2O2-4)＞c(H＋)＞c(OH-)B.Y点所示溶液中：3c(HC2O-4)＋8c(H2C2O4)＋3c(C2O2-4)=5c(OH-)-5c(H＋)C.Z点所示溶液中：c(H＋)/

c(OH-)=103.4D.整个滴定过程中：c(Na＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O-4)＋c(C2O2-4)=0.100mol·L-1【正确答案】D23-9（提升）某温度下，分别向体积均为100mL。浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl溶液和Na2CrO4溶液中滴加0.1mo

l•L﹣1的AgNO3溶液，滴加过程中﹣lgc(Cl﹣)和﹣lgc(CrO2-4)随加入AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10﹣8B.C点溶液中，e(

Ag+)+e(Na+)=c(NO-3)+c(Cl﹣)C.用0.1mol•L﹣1AgNO3标准液滴定上述NaCl、Na2CrO4溶液时，CrO2-4先沉淀D.相同实验条件下，若把NaCl溶液改为等浓度的NaBr溶液，反应终点由A点向D点方向移动【正确答案

】D【原卷24题】知识点取代反应,加成反应,绿色化学与可持续发展【正确答案】C24-1（基础）CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程

示意图如下：下列说法正确的是A.在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成B.在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOHC.在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%D.上述反应过程说明催化

剂具有选择性【正确答案】D24-2（基础）以炔烃、一氧化碳和乙醇为原料，HMLn为催化剂，先引入羰基，进而合成酯，是工业上生产酯的有效方法之一，其反应机理如图，下列叙述错误的是A.上述反应原子利用率是100%B.中间产物有4种

C.过程(IV)发生了取代反应D.目标产物能发生加成反应、氧化反应、取代反应【正确答案】B24-3（基础）生产环氧乙烷的两种常见途径如下：途径I：Ag222250C2CHCH+O2=⎯⎯⎯→途径II：222222CHCH+Cl+HOClCHCHOH

+HCl=→……①222ClCHCHOH+HCl+Ca(OH)→22+CaCl+2HO……②下列说法正确的是A.环氧乙烷与乙醛性质相同B.途径I原子的利用率达100％C.途径I反应①为取代反应D.途径I、途径II均属于绿色

化学设计范畴【正确答案】B24-4（巩固）某科研团队报道了一种制备酯的反应机理如图(其中Ph—代表苯基)。下列说法不正确的是A.化合物1为该反应的催化剂B.反应过程中涉及碳氧键的断裂和形成C.总反应中与H2O2的

化学计量数之比为2∶1D.若原料为CH3CHO和，则预期产物为【正确答案】C24-5（巩固）制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不正确．．．的是A.若原料用，则产物为B.反应过程中涉及加成反应C.反应原料中的原子100%转化为产物D.化合物4是催化剂【正确

答案】A24-6（巩固）某课题组设计一种以甲醇辅助固定2CO的方法，原理如图。下列说法不正确的是A.化合物A为3CHOHB.若用22HOCHCHOH辅助固定，则产物可能为C.反应原料中的原子100%转化为产物D.反应②的类型为加成

反应【正确答案】C24-7（提升）下列有关说法错误的是A.不需要加热就可发生的反应都为放热反应B.22CuO2CuO+、2532CuOCHOHCHCHOCuHO+⎯⎯→++△可说明金属铜是乙醇催化氧化的催化剂C.反应Ag2222CHC

HO=+⎯⎯→2中原子利用率达100%，符合绿色化学理念D.如图所示的框图中总反应方程式为：22223CO2NO2HN3COHO−+++=++【正确答案】A24-8（提升）聚碳酸酯是一种高透明性的热塑性树脂，广泛用于汽车工业、仪器仪表、电器照明灯领域。它可用绿色化学原料X与另一原料Y反应制得。下列

说法不正确的是（）A.该制备反应为缩聚反应B.Y的分子式为C15H16O2C.传统的合成方法原料X一般选用，则合成产物中必有大量HCl气体产生D.若将原料X选为CO2，在催化剂作用下实现理论原子利用率100%【正确答案】

D24-9（提升）一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法错误的是A.7是中间产物B.2向4转化过程中，只有极性键的断裂与形成C.该反应制取出氟芳香取代产物的原子利用率为100%D.若5为时，则1可能

为【正确答案】C【原卷25题】知识点二氧化硫与其他强氧化剂的反应,卤代烃中卤素原子的检验,物质性质实验方案的设计【正确答案】D25-1（基础）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是实验操作现象解释或结论①过量的Fe粉中加入稀硝酸，充分反应后，滴入KSC

N溶液溶液显红色稀硝酸将Fe氧化为3+Fe②浓硝酸久置或光照变黄色3HNO不稳定易分解③Al箔插入稀硝酸中无现象Al箔表面被3HNO氧化，形成致密的氧化膜④用玻璃棒蘸取浓硝酸点到蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色浓硝酸具有酸性和强氧化性A.①②

③B.②④C.②③④D.③④【正确答案】B25-2（基础）下列方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究NO2生成N2O4反应的吸放热将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中烧瓶内气体颜色变浅

，NO2生成N2O4的反应为吸热反应B比较CH3COOH和HF的酸性强弱相同条件下，分别用pH试纸测定0.lmol·L-1CH3COONa溶液、1.0mol·L-1NaF溶液的pHNaF溶液的pH>CH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比H

F的酸性强C比较氢氧化铜和氢氧化镁Ksp的大小向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先出现蓝色沉淀，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D镀锌铁皮锌镀层厚度的测定装有镀锌铁

皮的烧杯中加入足量稀硫酸产生气泡的速率突然减小，证明镀锌层完全反应A.AB.BC.CD.D【正确答案】C25-3（基础）下列实验操作现象与结论对应关系正确的是实验操作、现象结论A向某黄色溶液中加入淀粉-KI溶液，溶液变蓝溶

液中一定含有Br2B一块除去铁锈的铁片上滴加铁氰化钾溶液，静置2~3min，有蓝色沉淀出现铁片上发生了吸氧腐蚀C将SO2通入Ca(ClO)2溶液，出现白色沉淀SO2是酸性氧化物D向某盐溶液中加入NaOH溶液，并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝原溶液中存在+4NHA.AB.

BC.CD.D【正确答案】D25-4（巩固）下列实验目的对应的方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水若无气体生成，则固体粉末为Na2O；若有气体生成，则固体粉末为Na2O2B探

究FeSO4固体样品是否变质取少量待测样品溶于蒸馏水，滴加KSCN溶液若溶液变为红色，说明样品已经变质；若溶液不变色，说明样品没有变质C比较Cl2、Br2、I2的氧化性向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4

，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色，证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2D比较H2CO3与CH3COOH的酸性用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液pH①＞②，证明H2CO3酸性弱于CH3COOHA.AB.BC.CD.D【正确答案】B25-5（巩固）下列实验操作、现

象与结论相匹配的是操作现象结论A用湿润的石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的有机产物试纸变红生成的有机物具有酸性B常温下，用pH计分别测定等体积1mol∙L−1CH3COONH4溶液和0.1mol∙L−1CH3COONH4溶液的pH测得pH都等于7同温下，不同浓度的CH3

COONH4溶液中水的电离程度相同C常温下，将50mL苯与50所得混合溶液混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢mLCH3COOH混合的体积为101mL键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键D将苯、液溴、铁粉混合后产生的气体通入AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀苯与液溴发生

了取代反应A.AB.BC.CD.D【正确答案】C25-6（巩固）下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失该溶液中一定含有24SO−B向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色

石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液中一定无4NH+C在120.1molLKS−溶液中滴加少量等浓度的4ZnSO溶液，再加入少量等浓度的4CuSO溶液先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀spspK(ZnS)K(CuS)D室温下，用pH试纸分别测定浓度均为10.1m

olL−的23NaSO和3NaHSO两种溶液的pHpH：233NaSONaHSO3HSO−结合H+能力比23SO−的弱A.AB.BC.CD.D【正确答案】D25-7（提升）下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸溶

液变为紫红色氧化性：Fe3+>I2B向10mL0.2mol·L-1ZnSO4溶液中加入10mL0.4mol·L-1Na2S溶液，再滴加CuSO4溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变黑相同温度下，溶度积常数：Ksp(CuS)<Ksp(

ZnS)C将CaCO3与盐酸反应得到的气体直接通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀酸性：H2CO3>H2SiO3D向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液很快有气体产生，一段时间后溶液变为红褐色H2O2分解反应

为放热反应A.AB.BC.CD.D【正确答案】D25-8（提升）下列实验方案设计、现象和结论中正确的是选项实验方案设计现象和结论A取A、B两支试管，各加入44mL0.5mol/LKMnO，然后向A中加入2242ml0.1mol/LHCO，同时向B中加入2242ml

0.2mol/LHCOA、B中溶液均褪色且B中褪色快，说明其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快B将pH相同的NaClO溶液和3CHCOONa溶液均稀释10倍()()3pHNaClOpHCHCOONa，说明HClO酸性弱于3CHC

OOHC鉴别NaCl和2NaNO时，分别取少量固体于两支试管中，加水溶解，再滴加3AgNO溶液产生白色沉淀的试管内为NaClD将乙醇和25PO共热产生的气体依次通入足量的KOH溶液、稀酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶

液褪色，证明发生了消去反应A.AB.BC.CD.D【正确答案】D25-9（提升）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是选项操作现象结论A向KI—淀粉溶液中滴加氯水溶液变成蓝色还原性：Cl->I-B向蒸馏水中滴入几滴酚

酞溶液，再加入过氧化钠观察现象产生气泡，且溶液变红过氧化钠与水反应生成O2和NaOHC将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶纸条红色褪去氯气具有漂白性D向CuSO4溶液中加入一小块钠产生无色气泡，溶液底部有蓝色沉淀生成Na不会直接与溶液中的CuSO4

反应A.AB.BC.CD.D【正确答案】D【原卷26题】知识点氢键对物质性质的影响,晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性的关系【正确答案】26-1（基础）(1)判断下列物质所属的晶体类型和微粒间相互作用。物质熔点/℃晶体类型微粒间相互作用Fe1535______________NaBr

755______________SiC2830______________3BCl-107______________(2)用“＞”“＜”或“=”填空。①金属键的强弱：Li_______K。②晶格能的大小：KCl__

_____NaCl。③晶体熔点的高低：SiO2_______SO2。④水溶性的大小：CH4_______HCl。【正确答案】金属晶体金属键离子晶体离子键原子晶体共价键分子晶体分子间作用力＞＜＞＜26-2（基础）请回答下列问题1、Ti的四卤化物熔点如表所

示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.31552、对羟基苯甲酸()的熔点(213～217°C)比邻羟基苯甲酸

()的熔点(135～136℃)高，原因是___________。【正确答案】1、TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高2、邻羟基苯甲

酸形成分子内氢键，使熔点降低，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使熔点升高26-3（基础）回答下列问题：1、我们知道，水在4℃时密度最大，请结合物质结构与性质的知识做出解释：_______。2、硅和卤素单质反应可以得到4SiX，4SiX的熔、沸点如下表：4SiF4SiCl4SiBr4SiI熔点/

K183203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.74SiF、4SiCl、4SiBr、4SiI沸点依次升高的原因是_______。【正确答案】1、水随温度升高，氢键破坏，微粒间距缩小，温度升高，

分子间距离增大，在4℃分子间距最小2、四者都属于分子晶体，相对分子质量增大.范德华力增强，熔沸点增大26-4（巩固）(1)已知苯酚()具有弱酸性，其10aK1.110−=；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断相同温度下电离平衡常数a2K(水杨酸)___________Ka

(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是___________。(2)一些氧化物的熔点如表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因___________。氧化物MgO46PO2SO熔点/℃280023.8-75

.5【正确答案】<中形成分子内氢键，使其更难电离出H+MgO是离子晶体，46PO、2SO是分子晶体，离子键强于分子间作用力，分子间作用力462PO>SO26-5（巩固）回答下列问题：1、两种物质的相关数据如下表：物质24NH()

322CHNNH相对分子质量3260沸点/℃113.563.9()322CHNNH的相对分子质量比24NH大，但其沸点反而比24NH的低，主要原因是_______。2、四种晶体的熔点数据如下表：物质BN34SiN3BCl3BF熔点/℃

27002173-107-127BN的熔点高于3BCl和34SiN的原因是_______。【正确答案】1、两者均可形成氢键，24NH分子间形成氢键数目更多2、BN为原子晶体，3BCl为分子晶体，共价键强于分子间作用力；BN与34SiN均为原子晶体，硼原子半径小于硅原子，故B

N−键键能大于SiN−键26-6（巩固）回答下列问题：1、已知26CH和24NH均含有18个电子的分子，判断在水中的溶解性大小并说明理由_______。2、四种晶体的熔点数据如下表：物质2ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI熔点/℃87228339444

62ZnF和2ZnCl熔点相差较大，后三者熔点相差较小，原因是_______。【正确答案】1、溶解性：24NH大于26CH，理由是24NH与2HO分子之间能形成氢键，从而增大溶解；而乙烷不能与2HO分子之间能形成氢键，溶解性较小2、2

ZnF是离子晶体，2ZnCl、2ZnBr、2ZnI是分子晶体，离子键的作用大于分子间作用力，故2ZnF的熔点较大，而后三者熔点较低且相差较小26-7（提升）回答下列问题：1、四种晶体的熔点数据如下表：物质ZnF2

ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/℃872283394446ZnF2和ZnCl2熔点相差较大，后三者熔点相差较小，原因是_______。2、互为同分异构体的两种有机物形成氢键如图所示：沸点：邻羟基苯甲醛_______对羟基苯甲醛(填“>”“=”

或“<”)，主要原因是_______。【正确答案】1、ZnF2是离子晶体，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，离子键的作用力大于分子间作用力，故ZnF2的熔点最大，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点升高2、<邻羟基苯甲

醛形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，沸点升高26-8（提升）回答下列问题1、四种晶体的熔点如下表：物质NaClMgO23AlO3AlCl熔点/℃80128522054190(2.5atm)①MgO的熔点比NaCl

熔点高很多，原因是_______。②工业上常采用电解熔融的23AlO而不是3AlCl制备单质Al的原因是_______。2、比较下列锗(Ge)卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_______。物质4GeCl4GeBr4GeI熔点/℃49.5−26146沸点/℃83.1186

约400【正确答案】1、MgO的核间距比NaCl小，离子电荷数比NaCl多，离子键更强3AlCl是分子晶体，在熔融状态下不导电2、4GeCl、4GeBr、4GeI均为分子晶体。组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高26-9（提升）回答下列问题：

1、已知固态NH3、H2O、HF中的氢键的键能和结构示意图如表所示：物质及其氢键HF(s)：F—H…FH2O(s)：O—H…ONH3(s)：N—H…N键能/(kJ·mol-1)28.118.85.4H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因是____。2、镓的卤化物熔点如表所示：

物质GaF3GaCl3GaBr3GaI3熔点/℃100078124213各物质的熔点从GaCl3、GaBr3、GaI3到GaF3依次升高，原因是____。【正确答案】1、虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量

各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低2、四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高【原卷27题】知识点物质的量

有关计算,探究物质组成或测量物质的含量【正确答案】⑴9⑵0.010027-1（基础）将CuO和Fe2O3的混合物ag分成两等份，向其中一份混合物中加入2mol/L的硫酸溶液50mL，恰好将固体完全溶解。将另一份混合物在过

量的CO气流中加热并充分反应，冷却后得到剩余固体质量为bg。求；(1)硫酸溶液中的H+的物质的量为_______mol。(2)b=_______g(用a表示)。【正确答案】0.20.5a1.6−27-2（基础）取一定量的42MnSOHO样品在空气中加热，其固体残留率随

温度的变化如图。已知：样品的固体残留率=固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100；样品在300℃时已完全失去结晶水，900℃以上残余固体为金属氧化物。请回答：(1)加热至500℃时的过程中，样品固体发生分解的化学方程式是_______

。(2)曲线B段所表示物质的化学式是_______(写出计算过程)。【正确答案】4242ΔMnSOHOMnSO+HOMn3O427-3（基础）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分

解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：1、x=_______(写出计算过程)。2、气体产物中n(O2)_______mol。【正确

答案】1、92、0.010027-4（巩固）BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀

的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g。回答下列问题：计算BaCl2·xH2O中的x=_______(要求写出计算过程)。【正确答案】227-5（巩固）()322

FeNOHOn可用作媒染剂、医药、分析试剂、催化剂等，某同学设计实验确定其结晶水数目。用电子天平称取样品17.280g，一定条件下，经热分解测得气体产物中有2NO、2O、3HNO、2HO，其中水的质量为6.

300g，残留的固体产物是23FeO，质量为4.800g。1、n=_______(写出计算过程)。2、在标准状况下气体产物中2O的体积为_______L。【正确答案】1、62、0.22427-6（巩固）为确定NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d

]·10H2O}的组成，进行如下实验：①称取2.130g样品与足量NaOH充分反应，生成NH30.224L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量×100%固体样品的起始质量)随温度的变化如图所示(分解过程中各元素的化合价不变)

。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)___________。【正确答案】(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O27-7（提升）向13.6g铁和氧化铁的化合物

中，加入100mL稀硫酸，固体完全溶解，且放出1.12L(标准状况)2H，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，继续向溶液中逐滴滴加NaOH溶液，一段时间后生成白色沉淀，当生成沉淀的质量恰好达到最大时，共消耗2mo

l/L的NaOH溶液250mL。试计算：(1)原硫酸的物质的量浓度___________(2)原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为___________【正确答案】2.5mol/L2:127-8（提升）某类硝酸盐受热分解的产物为不含氮元素的固体物质和N

O2、O2气体：（1）某种硝酸盐受热分解后，若产生NO2和O2的物质的量之比为6︰1，则金属元素的价态在反应过程中_______(填“升高”、“降低”、“不变”)（2）现取mgCu(NO3)2无水晶体，强热．．使其分解，得到NO2、O2和ng固体。将气体用水充分吸收后，结果

还有气体剩余，同时得到100mL溶液。则：残留固体成分可能是___________(用化学式表示)；所得溶液的物质的量浓度是__________________（用只含m的代数式表示）；（3）（2）中m=3.7

6，n=1.52。试通过计算确定残留固体的成分__________________，质量为_____________________。【正确答案】升高CuO、Cu2O或Cu2O10m/92mol/LCuO、Cu2

OCuO0.8gCu2O0.72g27-9（提升）某金属硝酸盐受热分解的产物为不含N元素的固体物质和NO2、O2气体。(1)该金属硝酸盐受热分解后，若产生NO2和O2的物质的量之比为6：1，则金属元素的价态在反应过程中__________(选填“升高”、“降低”或“

不变”)。(2)该金属硝酸盐受热分解后，产生NO2和O2的物质的量之比的最小值是_______。(3)现取mgCu(NO3)2不含水的晶体，强热使其分解，得到NO2、O2和ng固体。将气体用水充分吸收后，结果还有气体剩余，同时得到500mL溶液。则残

留固体的成分可能是________（用化学式表示）；所得溶液的物质的量浓度是________(用含m的代数式表示)。(4)若m=3.76、n=1.52，试通过计算确定残留固体的成分和质量_________。【

正确答案】升高2：1CuO和Cu2O的混合物或Cu2Om47mol/Lm(CuO)=0.8g，m(Cu2O)=0.72g【原卷28题】知识点探究物质组成或测量物质的含量,有关铁及其化合物转化的流程题型,物质

分离、提纯综合应用【正确答案】28-1（基础）某同学用固体X(四种元素组成的纯净物)进行了如下实验：请回答：1、混合气体甲的化学成分为_______。2、步骤①的化学方程式是_______。3、已知往溶液丙中通入二氧化硫气体黄色会褪去，写出该反应的离子方程式_

______。【正确答案】1、HCl、H2O2、2Fe(OH)2Cl隔绝空气加强热Fe2O3+2HCl↑+H2O↑3、SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++SO24−＋4H+28-2（基础）某化合物甲是一种新型无机材料，由两种元素组成。为探究其组成

和性质，设计如下实验：已知气体乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)气体乙的电子式为：________________。(2)请写出化合物甲的学式：________________。(3)请写出化合物甲与NaOH反应的化学方程式：________________。(4)请写出溶液丁与过量氨

水反应的离子方程式：________________。(5)试设计实验证明甲中的金属元素比同周期的其它金属元素的金属性弱：________。【正确答案】AlNAlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑Al3++3

NH3∙H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+将金属单质分别与水或酸反应，观察反应的剧烈程度28-3（基础）酸式盐X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：请回答：1、组成X的元素有___________，X的化学式为____

_______。2、溶液C中溶质的成分是___________(用化学式表示)。3、写出D→E的化学方程式___________。4、根据D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序___________。【正确答案】1、Fe、S、O、HF

eH(SO4)22、FeCl3、HCl、BaCl23、Fe(SCN)3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaSCN4、SCN−、OH−28-4（巩固）化合物X由3种元素组成，微溶于水。某学习小组进行如图实验：已知：溶液B焰色反应为砖红色，气体D能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝。请回答：1、组成X的元素有____；C的化学式为___。2、X与足量稀盐酸反应的离子方程式是___。3、工业制取X，用气体单质与一种化合物(由X中的两种元素组成的三原子化合物)在电炉中加热至100

0℃左右，同时生成一种黑色固体，该反应的化学方程式是___。4、适量气体A通入含D的溶液中恰好完全反应，设计实验方案确定反应后溶液中的阴离子(不考虑水的电离)：____。【正确答案】1、Ca、C、N或钙、碳、氮CaCO32、C

aCN2+4H++2H2O=Ca2++24NH++CO2↑3、CaC2+N21000CCaCN2+C4、取适量反应后的溶液于试管中，加入足量CaCl2溶液，若无明显现象，则溶液中含有3HCO−；若有白色沉淀产生，则静置后往上层清液中加入NaOH溶液，若无沉淀产生则溶液中含有23C

O−；若也有白色沉淀产生则溶液中含有3HCO−和23CO−28-5（巩固）化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验(所加试剂均足量)：已知：溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，溶液F中的阳离子和酸根离子均只有一种(忽略水的电离)。请回答：1、组成X

的元素有____，X的化学式为____。2、根据A→B→C的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序____。3、X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是____。4、蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时

生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)。①写出该反应的离子方程式____。②设计实验验证白色沉淀H的组成元素____。【正确答案】1、Cu、O、H、ClCu2(OH)3Cl2、Cl-<H2O<NH33、Cu2(OH)3Cl+NaOH=2Cu(OH)2+NaCl4、()2+4

2CuHO+2-3SO+2Cl-=2CuCl↓+2-4SO+7H2O+2H+或2Cu2++2-3SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2-4SO+2H+取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液

中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素28-6（巩固）固体化合物X有三种元素组成。某学习小组开展如下探究实验：请回答：1、组成X的元素有_______，X的化学式为_______。2、化合物X与液态氨也能发生类似的反应，请写出相应的化学方程式_______。3、固体A能溶于2NaH

F的水溶液，产物中含一种正八面体的负三价阴离子，写出其相应的离子方程式_______4、红褐色固体B在真空条件灼烧，反应完全后生成黑色粉末(纯净物)，黑色粉末的成分可能是_______，并用实验验证的方案是_______。【正确答案】1、

Fe、Cl、OFeOCl(或323FeClFeO)2、()324FeOCl2NHFeONHNHCl+=+(写成()3242333FeOCl6NHFeNH3NHClFeO+=++或()323324233FeClFeO6NHFeNH3N

HClFeO+=++)3、()3262FeOOH3HFFeF2HO−−+=+(或()3232623FeOHFeO9HF3FeF6HO−−+=+)4、Fe、FeO或34FeO取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，若产生气泡，

则是Fe；如不产生气泡，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，则是34FeO；若无上述现象，说明是FeO28-7（提升）化合物A由4种元素组成，实验如下：已知：除说明外，加入试剂均为足量；生成1molF时消耗3/4mol的32HPO回答下

列问题：1、G的分子式为_______，A的化学式为_______。2、溶液B中溶质成分是_______(用化学式表示)，根据CDE→→的现象，给出相应微粒与阳离子结合由强到弱的排序_______。3、写出A与32HPO反应的化学方程式_______。4、检验溶液

M的主要阴离子(任选2种)_______。【正确答案】1、2H224Cu(OH)SO2、HCl、2CuCl、4CuSO23SNHCl−−3、22432224342Cu(OH)SO3HPO2HO4CuH2HSO3HPO++=++4、取溶液M滴加酚酞变红，证

明溶液有OH−，另取溶液加足量盐酸，再加2BaCl溶液，产生白色沉淀，证明有24SO−；(或者)另取溶液加足量2BaCl产生白色沉淀，再加稀盐酸，发现白色沉淀部分溶解，说明溶液存在24SO−和34PO−28-8（提升）化合物X由3种短周

期元素组成，某兴趣小组按如下流程进行实验。溶液D焰色反应为紫红色，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：1、组成X的3种元素是_______(填元素符号)，其中非金属元素形成的所有．．单核离子半径由大到小的顺序为_______。2、将足量气体B通入硫酸铜溶液，得到深蓝色溶

液，写出该反应的离子方程式_______，溶液E中溶质的成分为_______(用化学式表示)。3、写出A→D的化学方程式是_______。4、在X的3种元素中，由相对分子质量最小的元素组成的单质与一定量的金属钠反应，请设计实验方案，验证反应结束后固体的成分_______。【

正确答案】1、Li、N、H()()()3--+rN>rH>rH2、()223344NHCuCuNH+++=或()22323244NHHOCuCuNH4HO++++=NaOH、NaCl、LiCl、LiOH3、24LiNH3HCl2LiClNHCl+=+4、称取m

g反应后的固体与足量的水反应，并收集气体，经计算若m气为m/12g，则表明固体为NaH；若m<m/12g气，则表明固体为NaH和Na混合物28-9（提升）化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：已知：通常状况下化合物G是常见无色

液体。请回答：1、组成X的元素有_______，画出化合物G的电子式_______。2、溶液C中溶质的成分是_______(用化学式表示)；根据②③的现象，给出相应微粒(H2O除外)与Ag+结合由弱到强的顺序_____

__。3、写出①的化学反应方程式_______。4、将固体F溶于足量的盐酸中，设计实验检验反应后的溶液中存在的阳离子成分_______。【正确答案】1、Fe、Cl、H；2、3333HNOAgNOFe(NO)、、33NHClNO−−3、22FeHCl+H

Cl=eCl+HF4、取适量反应后的溶液于试管中，先加KSCN溶液，变红则有铁离子；继续向试管中加过量铁粉，若有气体产生且收集后点燃有爆鸣声，则有氢离子。【原卷29题】知识点盖斯定律及其有关计算,温度对化学平衡移动的影响,化学平衡的有关计

算,化学反应进行方向的判据【正确答案】29-1（基础）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。1、在C和O2的反应体系中：反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-394kJ·mol-1反应2：2CO(g)+O2(g)=2

CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH3。一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比___________。A.不变B.增大C.减小D.无法判断2、一氧化碳变换反应：CO(g)+H

2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41kJ·mol-1,一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p

(H2)=0.75MPa．生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是___________。A.反应温度愈高愈好B.适当提高反应物压强C.选择合适的催化剂D.通入一定量的氮气【正确答案】1、B2、BC29-2

（基础）氨气是生产化肥、硝酸等的重要原料，围绕合成氨人们进行了一系列研究。已知：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol(1)计算断裂1molN≡N键需要能量___kJ。(2)固氮是科学家致力研究的重要课题。自然界中存在天然的大气固氮过程：N2(g

)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.8kJ/mol，工业合成氨则是人工固氮。分析两种固氮反应的平衡常数，下列结论正确的是___。反应大气固氮工业固氮温度/℃27200025350400450K3.84×10-310.15×1081

.8470.5070.152A.常温下，大气固氮几乎不可能进行，而工业固氮非常容易进行B.人类大规模模拟大气固氮是无意义的C.工业固氮温度越低，氮气与氢气反应越完全D.K越大说明合成氨反应的速率越大(3)在恒温恒容密闭容器中按照甲、乙两种方式分别投料(物质的

量如表)所示，发生反应：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)测得甲容器中H2的转化率为40%。N2H2NH3甲130乙0.51.51①3H2(g)+N2(g)2NH3(g)的平衡常数表达式___。②判断乙容器中反应进行的方向___。(填“正向”

或“逆向”)【正确答案】946BC23322c(NH)c(N)c(H)逆向29-3（基础）H2、CO、CH4、CH3OH等都是重要的能源，也是重要为化工原料。（1）已知25℃，1.01×105Pa时，8.0

gCH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出444.8kJ热量。写出该反应的热化学反应方程式：___________________________________________。（2）为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，工业上可以用

CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如图所示。①从反应开始到平衡，

CO2的平均反应速率v(CO2)=___________________。②达到平衡时，H2的转化率为__________。③该反应的平衡常数K=___________________（表达式）。④下列措施不能提高反应速率的是__

________。A.升高温度B.加入催化剂C.增大压强D.及时分离出CH3OH（3）工业上也用CO和H2为原料制备CH3OH，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在一体积固定的密闭

容器中投入一定量的CO和H2气体进行上述反应。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是______。A.反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1:1B.混合气体的压强不随时间的变化而变化C.单位时间内每消耗1molCO，同时生成1molCH3OHD.CH3OH的质

量分数在混合气体中保持不变E.混合气体的密度保持不变【正确答案】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=－889.6kJ/mol0.0375mol/(L·min)75﹪c(CH3OH)·c(H2O)/c(CO2)·c3(H2)DBD29-4

（巩固）H2在生物学、医学等领域有重要应用，传统制氢成本高、技术复杂，研究新型制氢意义重大，已成为科学家研究的重要课题。回答下列问题：(1)我国科学家研究发现，在Rh的催化下，单分子甲酸分解制H2反应的过程如图1所示，其中带“

*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为___________；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为___________(阿伏加德罗常数用NA表示)。(2)T℃下H2S可直接分解制取H2，反应的

原理如下：2H2S(g)高温2H2(g)+S2(g)。实际生产中往刚性容器中同时通入H2S和水蒸气，水蒸气与反应体系的任何物质均不发生反应，测得容器总压(P总压)和H2S的转化率(a)随时间的变化关系如图2所示。计算反应在

0~20min内的平均反应速率v(H2)=___kPa·min-1；平衡时，p(水蒸气)=_______kPa，平衡常数Kp=____kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。(3)工业上也可采用乙苯()气体催化脱氢法制取H2，同时生成苯乙烯()气体。其他条件不变时，在不同催化剂(n、m、p)作

用下，反应进行相同时间后，乙苯的转化率随反应温度的变化如图3所示。相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为___________；b点乙苯的转化率高于a点的原因是___________。【正确答案】

HCOOH*＝HCOO*＋H*HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＝−0.16NAev∙mol−11.260135n＞m＞pa、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大29-5

（巩固）以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H＝＋49kJ·mol－1副反应：H2(g)＋CO2(g

)CO(g)＋H2O(g)△H＝＋41kJ·mol－1①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是____

_____________________。②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水蒸气重整制氢，理由是___________。③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应

达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H＝＋2

03kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。压强为p1时，在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝_______

_mol2·L－2。【正确答案】CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g)△H＝+90kJ/mol升高温度提高甲醇的转化率，并有利于抑制CO的生成（p2/p1-1）×100%大于4829-6（巩固）(1)用O2将HCl转化

为Cl2，可提高效益、减少污染。新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的αHCl~T曲线如图，则总反应的ΔH__0(填“>”、“=

”或“<”)；A、B两点的反应速率中较大的是__。②下列措施有利于提高αHCl的有____(填字母)。A.增大n(HCl)B.增大n(O2)C.使用更好的催化剂D.移去H2O(2)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：+H2(g)，工业上，通常在

乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9)，控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中

苯乙烯的物质的量分数)示意图如图。①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实：_________。②控制反应温度为600℃的理由是_______。【正确答案】<BBD正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积增大

，平衡向正反应方向移动600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，乙苯的转化率较低，温度过高，苯乙烯的选择性下降，高温下催化剂可能失去活性，且消耗能量较大29-7（提升）对CO2

的综合利用意义深远，可有效减缓温室效应。1、由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备甲醇，主要过程涉及以下反应：I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.1kJ·mol-1II：CO2(

g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.0kJ·mol-1III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3已知反应III的△S=-0.18kJ·mol-1·K-1，则____(“高温”

或“低温”)有利于反应III自发进行。2、恒压条件下，发生反应II，该反应的速率方程为v正=k正•x(CO2)•x3(H2)，v逆=k逆•x(CH3OH)•x(H2O)，k正、k逆为速率常数且只与温度有关，x为物质的量

分数(也称摩尔分数)。①摩尔分数平衡常数Kx=____(以k正、k逆表示)(摩尔分数平衡常数即用摩尔分数代替物质的量浓度的平衡常数)。②达到平衡时，升高温度，k正、k逆均增大，增大倍数较大的是____，由此请用文字描述当温度改变时，正、逆反应活化能(Ea)与k

正、k逆变化的关系____。③我国科学家使用Pd—Cu双金属合金作催化剂，研究反应II。利用计算机模拟，反应历程如图所示(*表示催化剂吸附的物种)，TS1表示过液态1。通过降低步骤____(填步骤编号)的能垒(活化能)，进一步提高该反应的反应速率

。3、利用焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应制合成气的主要反应的lgKp(Kp是以分压表示的平衡常数)与温度的关系如图所示。①工业上用焦炭和水蒸气反应生成水煤气(CO、H2)时通常交替通入合适量的空气和水蒸气与焦炭反应，其理由是____。②a点时，C(s)+CO

2(g)2CO(g)的Kp=____(填数值)。③等物质的量的CO和H2O发生反应III，b点时，CO的转化率=____。北京大学马丁教授等研究了在Au/a—MoC催化作用下，反应相同时间，温度与CO转化率的关系，如图所示。分析温

度升高至t1后，CO转化率降低的原因是____。【正确答案】1、低温2、kk正逆k逆升高温度，k逆增大倍数比k正大，逆反应的活化能比正反应的活化能高II3、水蒸气和焦炭反应吸热，氧气和焦炭反应放热，交替通入合适量的空气和水蒸气，有利于维持体系热量平衡，保持较高温

度，有利于加快化学反应速率，同时还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气的产率150%催化剂活性降低，反应速率减小29-8（提升）近年来，全球丙烯需求快速增长，研究丙烷制丙烯有着重要的意义。相关反应有：Ⅰ．C3H8在无氧条件下直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g

)+H2(g)∆H1=+124kJ·mol−1Ⅱ．逆水煤气变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2Ⅲ．CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)∆H3已知：CO和H2的燃烧热分别为−283.0kJ·mo

l−1、−285.8kJ·mol−1；H2O(g)=H2O(l)∆H=−44kJ·mol−1请回答：(1)反应Ⅱ的∆H2=___________kJ·mol−1。(2)下列说法正确的是___________A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大B．选择合适的催化剂可以提高丙烷平衡转化率和丙烯选

择性C．反应Ⅱ能自发，则∆S＜0D．恒温恒压下通入水蒸气有利于提高丙烷转化率(3)在不同压强下(0.1MPa、0.01MPa)，反应Ⅰ中丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图所示，请计算556℃反应Ⅰ的平衡常数Kp=

___________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。(4)反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副

反应，导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯。请说明原因：________。(5)研究表明，二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可以有效消除催

化剂表面的积碳，维持催化剂活性，原因是_____。【正确答案】+41.2AD0.0125MPaCO2能与H2发生反应Ⅱ使反应Ⅰ平衡正移，提高丙烯产率CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭29-9（提升）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经

过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：1、在C和O2的反应体系中：反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-394kJ·mol-1反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566

kJ·mol-1反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH3。①设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是______。②一定压强下，随着温度的升高，气体

中CO与CO2的物质的量之比______。A.不变B.增大C.减小D.无法判断2、水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入

．．．．合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是________。3、一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41kJ·mol-1。①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分

数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高

到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。A.反应温度愈高愈好B.适当提高反应物压强C.选择合适的催化剂D.通入一定量的氮气④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而

解离，能量-反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：________；步骤Ⅱ：________。【正确答案】1、aB2、水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有

利于加快化学反应速率3、9.01.8：1BCM+H2O=MO+H2MO+CO=M+CO2【原卷30题】知识点物质制备的探究,酸碱中和滴定原理的应用【正确答案】⑴(CH3COO)2Mn。⑵步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2。⑶BD。

⑷①cdba。②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品。⑸乙。30-1（基础）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的

碱式氯化铜[Cu2(OH)4-nCln]，n随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：(1)还原过程中主要反应的离子方程式为___。(2)实

验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器A的名称___，有关抽滤，下列说法正确的是___。A.抽滤完毕，先拆下连接抽气泵和A的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从A上口倒出B.在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤C.在抽滤装置中

洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸D.减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀(3)操作1为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂是___。a.浓盐酸b.浓氨水c.无水乙醇d.水+乙醇真空干燥的原因是___。(4)

随着pH减小，[Cu2(OH)4-nCln]中铜的质量分数___。A.增大B.不变C.减小D.不能确定【正确答案】22232422HO22HCuSOClCuClSO+−−−++++=++吸滤瓶ADc防止CuCl在潮湿的空

气中水解、氧化C30-2（基础）二草酸合铜（II）酸钾晶体{K2[Cu（C2O4）2]·2H2O}，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。（Ⅰ）用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜（II）酸钾

晶体的流程如下：已知：H2C2O4加热CO↑+CO2↑+H2O。回答下列问题：（1）将H2C2O4晶体加入去离子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，原因是_____。（2）将CuO与KHC2O4的混合液在50°C下充分反应，该反应的化学

方程式为_____。（3）50°C时，加热至反应充分后的操作是_____（填字母）。A放于冰水中冷却后过滤B自然冷却后过滤C趁热过滤D蒸发浓缩、冷却后过滤（Ⅱ）以CuSO4·5H2O晶体和K2C2O4固

体为原料制备二草酸合铜（II）酸钾晶体。实验步骤：将CuSO4·5H2O晶体和K2C2O4固体分别用去离子水溶解后，将K2C2O4溶液逐滴加入硫酸铜溶液中，有晶体析出后放在冰水中冷却，过滤，用酒精洗涤，在水浴锅上炒干。炒时不断搅拌，得到产品。（4）用酒精而不

用冷水洗涤的目的是_____（Ⅲ）产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样ag溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL，再加入10mL的稀硫酸，用bmol·L-1的KMnO4标准液滴定，消耗KMnO4标准液VmL。

（5）滴定时，下列滴定方式中，最合理的是_____（填字母）。（夹持部分略去）ABC（6）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，实验结果会_____（填“偏大”偏小”或“无影响”）

。【正确答案】温度过高，草酸会分解CuO+2KHC2O450℃K2[Cu(C2O4)2]+H2OC酒精易于挥发，便于干燥二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体B无影响30-3（基础）正丁烷是一种重要的化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛，反应如下：CH3CH2CH2CH2OH

22724NaCrOHSOΔ⎯⎯⎯⎯⎯→，CH3CH2CH2CHO。反应物和产物的相关数据列表：沸点/℃密度(g/cm3)水中溶解性摩尔质量(g/mol)正丁醇117.20.8109微溶74正丁醛75.70.8017微溶72实验步骤：将6.0gNa

2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中，在A中加入3.7g正丁醇和几粒沸石、加热，当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为90-95℃，在E中收集90°C以下的馏分。将馏出物倒入分液漏

斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75-77℃的馏分，产量2.7g。回答下列问题：(1)上述装置图中B仪器的名称是___________。(2)下列说法正确的是___________。A．该实验中，仪器A、B中的溶液可以互换B．实验中可以通过移动酒精灯的位来进行温度控制C．应先加热A

至90-95℃，再通冷凝水D．收集75-77℃馏分，严格控温是为了提高产品的纯度(3)反应温度应保持在90-95℃，其原因是___________。(4)本实验中，正丁醛的产率为___________%。【正确答案】分液漏

斗D保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；75%30-4（巩固）一水硫酸四氨合铜([Cu(NH3)4]SO4·H2O)是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组在实验室以氧化铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为：相关信息如下：①[Cu(NH3)4]SO4·H2O在溶液

中的电离过程：[Cu(NH3)4]SO4·H2O=[Cu(NH3)4]2++SO2-4+H2O[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3②(NH4)2SO4在水中可溶，在乙醇中难溶。③[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇·水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数

的变化曲线示意图如下：请回答：1、方案1的实验步骤为：a．向溶液C中加入适量___________，b．___________，c．洗涤，d．干燥①请在上述空格内填写合适的试剂或操作名称。②下列选项中，最适合作为步骤c的洗涤液是___________。A．乙醇B．蒸馏水C．乙醇和氨水的混合液D

．饱和硫酸钠溶液2、方案2的实验步骤为：a．加热蒸发b．冷却结晶c．抽滤d．洗涤e．干燥①如图2装置所示，完成抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵→

a→b→d→___________→c→关抽气泵。a．转移固液混合物；b．关活塞A；c．开活塞A；d．确认抽干；e．加洗涤剂洗涤②有关抽滤，下列说法不正确的是___________。A．滤纸应比漏斗内径略小，且能

盖住所有小孔B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀D．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头E．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出③由于硫酸四氨合铜在加热时易失氨，该方案存在明显缺陷，预测产品中

可能混有的杂质是___________。【正确答案】1、乙醇抽滤(或减压过滤，吸滤)C2、cebdCECu2(OH)2SO4或Cu(OH)230-5（巩固）轻质碳酸钙是一种广泛应用的工业填料，主要用于塑料、造纸、橡胶和涂料等。工业上以磷石膏（主要成分为CaSO4，杂质主要是Si

O2、FeO、Fe2O3、Al2O3等）为原料制备轻质碳酸钙。已知碳酸钙的溶解度比硫酸钙的溶解度小，在一定温度下，钙离子开始沉淀的pH为12.3，氢氧化铝开始溶解的pH为12.0，其他金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH的范围如下：金属离

子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.52.8Fe2+5.58.3Al3+3.04.7制备流程如图：请问答：（1）以下说法正确的是__。A.溶解的过程中，可以用盐酸代替硝酸B.滤渣1的主要成分是SiO2，滤

渣2的上要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3C.转化时，可以先通氨气至饱和后再通过量二氧化碳，以提高钙离子的转化率D.转化时可以适当加热，以加快反应速率E.洗涤时可以采用滤液3（2）调节溶液pH范围时，最佳的pH范

围是__，理由是__。（3）碳酸钙产品中钙含量的测定：用电子天平准确称量产品2.000g于干净的烧杯中，滴加2mol/L的盐酸恰好完全溶解，加蒸馏水继续蒸发除去过量的酸至pH=6～7，转移至250mL的容量瓶中，定容摇匀。用移液管准确移取25

.00mL溶液于锥形瓶中，加入NaOH溶液10mL，摇匀，加入钙指示剂30mg，用已标定的EDTA（乙二胺四乙酸，可以表示为H4Y）标准溶液进行滴定。已知：Ca2++Y4-=[CaY]2-，测定数据如下：待测产品溶液体积（mL）消耗EDTA标准溶液体积（mL）EDTA标准溶液的浓度

（mol）125.0014.900.1121225.0016.720.1121325.0015.000.1121425.0015.100.1121①进行整个滴定操作实验的过程中，下列操作方法正确的是__。A.使用移液管移取溶液的时候，移液管尖嘴不能接触容器壁B.滴定管水洗后，需要用标

准溶液润洗3次，再排出气泡，使液面位于“0”刻度或“0”刻度以下C.滴定管调液面后，需静置1～2min，再进行读取刻度数据进行记录D.电子天平读数时，两边侧面应同时处于打开状态，使空气保持流通②该产品中钙元素的质量分数为__（保留两位有效数字），若滴定结束时仰视读数，则测定的结果__（

填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【正确答案】BCD4.7～12将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH要大于等于4.7，但不能溶解氢氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH小于12BC33.63%偏大30-6（巩固）溴化钙是一种重要的化工原料，常见有22CaBr2HO和22CaBr6HO等结晶形式

。某兴趣小组以废铁屑为原料制备的主要流程如下：已知：34℃时结晶得到22CaBr6HO，22CaBr6HO加热至210℃得到22CaBr2HO。请回答：(1)步骤①中加23NaCO溶液是为了除去废铁屑表面的油污(主要成分为油脂

)，加热的目的是___(用简要文字和必要的离子方程式说明)。(2)步骤④调pH7=所用的试剂应选择_______。A.NaOH溶液B.2Ca(OH)溶液C.24HSO溶液D.HBr溶液(3)步骤⑤多步操作包括_____

__、_______、过滤、洗涤、_______。(4)下列有关说法不正确．．．的是_______。A.步骤②反应控制在40℃左右的原因是防止反应过于剧烈并减少液溴挥发B.为充分利用铁屑，应加入稍过量的液溴使铁屑完全溶解C.步骤③过滤时，应用玻璃纤维代替滤纸D.下图装置过滤结束时可先打开

止水夹a后直接关闭水龙头；(5)兴趣小组模拟海水提取溴的过程，用苯萃取稀溴水中的溴，选出其正确操作并按顺序列出字母：涂凡士林→检漏→→→→→→清洗干净，________。a.打开玻璃塞放气b.打开旋塞放气c.将溶液

和苯转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞d.右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗上下颠倒振荡e.右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转振荡f.置于铁架台铁圈上静置，打开玻璃塞，将旋塞拧开，放出下层液体g.从下口放出溴的苯溶液h.从上口倒出溴的苯溶液【正确答案】使平衡2323COHO

HCOOH−−−++正移，增强溶液碱性，加快反应速率D蒸发浓缩冷却(至34℃)结晶210℃加热至恒重Bcebfg30-7（提升）过氧乙酸(CH3COOOH)不仅被广泛使用在医疗器械清洗、灭菌、消毒，而且在灾区、隔离区、疫区等地的消毒和预防性消毒中被使用，还具有漂白性。常温下过氧乙酸是无色透明，

有刺激性酸味液体，易挥发，易溶于水和有机溶剂。可利用冰乙酸和浓度为70%的H2O2反应，制备浓度为40%左右的过氧乙酸。回答下列问题：(一)制备高浓度实验装置如图所示。用真空泵抽气减压并维持在真空度10mmHg，将30%H2O2以每2秒1滴的速度滴入蛇形冷凝管中，恒

温热水使溶液中的水气化，分离出水后得到较高浓度的H2O2，再以所得H2O2重复上述提纯操作，提纯若干次后H2O2的浓度即可达到70%。(1)仪器X的名称是_____；接真空泵抽气减压的目的是_____(填标号)。A.提高液体的沸点B.降低液体的

沸点C.将H2O蒸气抽进直形冷凝管分离D.将H2O2蒸气抽进直形冷凝管分离(2)为探究制备高浓度H2O2的适宜条件，保持真空度和滴速不变，实验结果如表：恒温热水温度/℃初始过氧化氢的浓度/%最终过氧化氢的浓度/%提纯次数65307057530703853

0702由上述数据可知，其它条件不变，制备70%过氧化氢的适宜条件为_____；若温度过高，不利于制备高浓度H2O2，原因是_____。(3)与如图装置比较，前述装置的优点是_____。(二)高浓度过氧乙酸的制备及浓度测定称取40g70%过氧化氢放入250mL的烧杯中，加入5

0g冰乙酸(CH，COOH).将其放入磁力搅拌器上，边搅拌边滴加2.7g浓硫酸。滴加完毕，密封搅拌1h后避光放置12h。(4)制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学方程式为_____。(5)过氧乙酸(含有少量H2O2杂质)的浓度测定流程：取样→H2SO4，酸化的KMnO4除H2O

2→过量FeSO4溶液还原CH3COOOH→K2Cr2O7溶液滴定剩余FeSO4。①酸化KMnO4溶液用硫酸而不能用盐酸的原因是_____。②过氧乙酸被Fe2+还原，还原产物为CH3COOH，其离子方程式为_____。③若过氧乙酸样品体积为V0mL，加入c1mol·L-1FeS

O4，溶液V1mL，消耗c2mol·L-1K2Cr2O7溶液V2mL，则过氧乙酸浓度为_____g·L-1。(6)过氧乙酸的漂白原理与下列哪些物质相同_____。(填标号)。①二氧化硫②次氯酸③活性炭④臭氧【正确答案】恒压滴液漏斗(或滴液漏斗)BC温度为85℃，提纯2次过氧化氢

在更高温度下分解原料在接触面积更大的蛇形弯管中受热，水气化分离更充分CH3COOH+H2O2浓硫酸CH3COOOH+H2O盐酸能被高锰酸钾氧化CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H

2O1122038(cV-6V)cV②④30-8（提升）氮化锶(Sr3N2)是工业上生产荧光粉的原材料，遇水剧烈发生水解反应。实验室常用Sr和N2在加热条件下反应制得，某研究团队设计以下装置(夹持装置略去)：已知：①锶与镁、钙同主族，锶能与水

、CO2、O2、NH3等快速发生反应；②H3BO3为白色粉末状结晶，有滑腻手感，无臭味，露置空气中无变化，能随水蒸气挥发。回答下列问题：I.氮化锶的制取(1)A装置中发生反应的方程式为___________，按气流从左到右的方向，装置连接的合理顺序为_____

______→hi→___________(填小写字母；装置可重复使用)，连接顺序中间装置E的作用是___________。(2)实验简单步骤如下：①连接装置，检验装置的气密性②添加实验药品③点燃C处的酒精灯④点燃D处的酒精灯⑤打开装置A中的分液漏斗活塞⑥熄灭C

处酒精灯⑦熄灭D处酒精灯⑧关闭装置A中分液漏斗活塞。正确的实验操作步骤是___________。II.产品纯度的测定实验步骤如下：①向锥形瓶，加入50.00mL某浓度的H3BO3溶液，滴加指示剂，用0.2

5mol·L-1的盐酸标准溶液滴定，达到滴定终点，消耗盐酸xmL；②称取2.0g装置D中的产品，加入到干燥的大试管中，如下图装置所示，再向锥形瓶中加入步骤①中相同体积浓度的H3BO3溶液；③通过分液漏斗向大试管加入蒸馏水，通入水蒸气，将产

生氨气全部蒸出，用H3BO3溶液完全吸收(吸收液体积变化忽略不计)；④量取20.00mL的吸收液，滴加指示剂后，用0.25mol·L-1的盐酸标准溶液滴定至终点，消耗16.00mL标准溶液。(3)装置中，氮化锶发生的反应方程式为___________，仪器a的作用为___________

，步骤④滴加的指示剂为___________(填字母)。a.石蕊试液b.酚酞试液c.甲基橙(4)产品纯度为___________。【正确答案】NH3·H2O+CaO＝Ca(OH)2+NH3↑acbdefghi除去C中生成的水蒸气和未反应的氨气；根

据长颈漏斗中液面变化，控制气体流速①②⑤③④⑦⑧⑥Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑冷凝水蒸气和氨气c1.825(40x)%−30-9（提升）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种复合补血营养剂。实验室用绿矾(FeSO4•7H2O)为原料制备甘氨酸亚铁，有关物质

性质如下：甘氨酸(H2NCH2COOH)柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程：I.配制含0.10molFeSO4的绿矾溶液。II.制备FeCO3：向配制好的绿矾溶液中缓慢加入200

mL1.1mol•L-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。III.制备(H2NCH2COO)2Fe：实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验II得到的沉淀和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利

用A中反应产生的气体将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：(1)实验I中：实验室配制绿矾溶液时，必须用到的玻璃仪器有___。(2)实验II中：生成沉淀的离子方程式为___。(3)实验III中：①检查装置A的气密性的方法是_

__。②A中反应产生的气体是___，C中空气排净时，D中现象是___。③洗涤实验III中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是___(填标号)。a.乙醇b.热水c.柠檬酸溶液(4)甘氨酸亚铁中Fe2+会缓慢氧化，国家规定该药物中Fe2+的氧化率(已经被氧化的Fe2+的质量

与Fe2+总质量的比值)超过10.00%即不能再服用。实验室用Ce(SO4)2溶液对甘氨酸亚铁中的Fe2+进行滴定[假设样品中其他成分不与Ce(SO4)2反应]，滴定过程发生如下反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+。①称量6.0g甘氨酸亚

铁样品，将其全部溶于稀H2SO4中，配制成250mL溶液。取10.00mL配制好的溶液于锥形瓶中，用0.10mol•L-1的Ce(SO4)2溶液滴定，以邻二氮菲为指示剂。当溶液由红色变为浅蓝色且半分钟之内不恢复原色，滴定达到终点。若滴定过程中，锥形瓶中待测液

飞溅出来，则测出的Fe2+的氧化率___(填“偏高”“偏低”或“不变”)②滴定时消耗9.60mLCe(SO4)2溶液，则甘氨酸亚铁样品中Fe2+的氧化率为___。【正确答案】烧杯、玻璃棒Fe2++2HCO3−＝FeCO3↓+CO2↑+H2O关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定

量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，一段时间内若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气CO2澄清石灰水变浑浊a偏高18.4%【原卷31题】知识点根据要求书写同分异构体,根据题给物质选择合

适合成路线,有机物的推断,多官能团有机物的结构与性质【正确答案】31-1（基础）天然产物G具有抗肿瘤等生物活性，某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：已知：+⎯⎯→(R=—COOH，—COOR′等

)请回答：1、下列说法不正确．．．的是____。A.化合物A到B的过程属于取代反应B.酸性KMnO4溶液可以鉴别化合物C和EC.1molF与氢气发生反应，最多可消耗5molH2D.化合物G的分子式是C15H18O32、化合物M的结构简式是____；化合物D的结构简式是____。

3、写出B→C的化学方程式____。4、写出3种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式(不包括立体异体)____。①含苯环，且遇FeCl3溶液会显色；②核磁共振氢谱，峰面积之比为9∶2∶2∶15、以化合物和为原料，设计如图所示化合物的合成路线(用流程

图表示，无机试剂、有机溶剂任选)____。【正确答案】1、BC2、HC≡C—COOH3、HC≡C—COOH+浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O4、5、NaOHΔ⎯⎯⎯⎯⎯→醇溶液2Br⎯⎯⎯→NaOHΔ⎯⎯⎯⎯⎯→醇溶液+⎯⎯→/⎯⎯⎯→空气31-2（基础）一种药物中间体G的

合成路线如下：已知：①DMF的结构简式为②4LiAlH22-NO-NH⎯⎯⎯→1、乙二醇的分子式为_______。C中的含氧官能团名称为_______。2、C到D的反应分两步进行，反应类型分别是_______。3、E的结构简式为_______。F→G的化学方程式为

_______。4、①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚()，则符合下列条件的H的同分异构体有_______种。a.遇3FeCl溶液呈紫色b.苯环上只有两个取代基②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为3:2:2:2:1:1的结构简式为_______。5、4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细

化工中间体，写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)：_______。【正确答案】1、262CHO醛基2、加成反应、消去反应3、+(CH3CO)2O⎯⎯→+CH3COOH4、65、Δ→浓硫酸、浓硝酸4LiAlH⎯⎯⎯→32(CHCO)O⎯⎯⎯⎯⎯⎯→。3

1-3（基础）某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P，合成路线如下：已知：请回答：1、化合物A的结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______；化合物B分子中有_______个碳原子共平面。2、化合物C与过量NaOH溶液反应的化学方程式是_______。3、化合物F

(分子式864CHO)的官能团名称为_______、_______；写出1种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式：_______。①只有2种不同化学环境的氢原子②含有2个六元环③含有结构片段，不含CC−−键4、以乙烯和丙炔酸为原料，设计如图化

合物的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。【正确答案】1、HOCH2CH2Br182、+4NaOH+2+2NaBr3、碳碳三键酯基（写出其中一种即可）4、H2C=CH224Br/CCl⎯⎯⎯⎯→2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→31-4（巩固）

化合物J是一种紫外辐射吸收剂。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：请回答：1、下列说法不正确的是____。A.化合物F常温下能与盐酸反应B.步骤⑧发生了还原反应C.化合物J的分子式是C12H7N3O2D.化合物J遇氯化铁溶液会显色2、化合物M的结构简式是_

___，化合物H的结构简式是____。3、写出F→G的化学方程式：____。4、写出同时符合下列条件的化合物J的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)：____。1H—NMR谱和IR谱检测表明：①含有4种不同化学环

境的氢原子；②含有2个仅由碳原子构成的六元环；③IR谱显示含有结构片断。5、补充完整A→F的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)：____。【正确答案】1、C2、3、+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O4、、、、5、32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→FeHCl⎯⎯→

+32(CHCOO)O/H⎯⎯⎯⎯⎯⎯→32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→2+HOH31-5（巩固）化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要作用。以有机物A、乙烯和苯等为原料合成M的路线如下：已知：i)RCHO+R

′CH2CHOΔNaOH⎯⎯⎯⎯→溶液ii)Fe/HCl22RNORNH⎯⎯⎯→——iii)回答下列问题：1、已知A是一种烃的含氧衍生物，核磁共振氢谱显示只有一组峰，可发生银镜反应，A的名称是_______。2、C的结构简式为_______。3、写出D与足量的银氨溶液发生反应的离子

方程式：_______。4、苯→G、G→H的反应类型分别是_______。5、符合下列条件的有机物有_______种(不包含立体异构)。①与E互为同系物，且比E的相对分子质量多14②含一个六元环其中核磁共振氢谱只有五组峰的

有机物的结构简式为_______。6、参照上述合成路线，以乙烯、乙醇为原料，设计制备的合成路线(无机试剂任选)。_______【正确答案】1、乙二醛2、3、+4[Ag(NH3)2]++4OH-⎯⎯⎯⎯→+2+4NH+4Ag↓+6NH3+2H2O4、取代反应、还原反应5、176、3

1-6（巩固）化合物E是合成治疗呼吸系统疾病药物利巴韦林的中间体，其合成路线如下：1、A分子中碳原子的杂化方式为____________。2、A→B反应中有一种分子式为C2H4N2O2的副产物生成，其结构简式为___________。3、C→D的环化反应机理表明：反应

经历了C→X→D的过程，中间体X的结构简式为。其中C→X依次发生了加成和消去反应，则X→D发生的反应类型为___________。4、E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。①苯环上有5个取

代基。②分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶4。5、三氮唑()可用作复制系统的光电导体。写出以CH3OH、NH3和H2NNH2·H2O为原料制备三氮唑的合成路线流程图(其他无机试剂和有机溶剂任用，合成路线

流程图示例见本题题干)_______【正确答案】1、sp2、sp32、3、先加成反应，后消去反应4、或5、CH3OH2O催化剂，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→HCOOH324CHOH浓HSO，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→31-7（提升）手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选

择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点。某螺环二酚类手性螺环配体(H)的合成路线如下：已知：RCHO+252CHOH/NOHHaO⎯⎯⎯⎯⎯→请回答：1、化合物A的结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______。2、下列说法正确的是_______。A.化

合物E可以发生消去反应、还原反应B.化合物F和G可通过FeCl3溶液鉴别C.化合物C中至少有7个碳共平面D.化合物H的分子式是C19H18O2NP3、写出C→D的化学方程式_______。4、在制备F的过程中还生成了一种副产物X，X与F互为同分异构体(非立体异构体)。X的结构为_______

。5、写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。①除苯环外还有一个含氧六元环；②分子中有4种不同化学环境的氢；③不含-O-O-键6、以为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无

机试剂、有机溶剂任选)_______。【正确答案】1、2、BC3、2+CH3COCH3252CHOH/NOHHaO⎯⎯⎯⎯⎯→+2H2O4、或5、、、6、223O/Co(OAc)CHOH/NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→252NaOHCHOH/HO⎯⎯⎯⎯⎯→2H/⎯⎯

⎯⎯→催化剂31-8（提升）某课题组合成了一种非天然氨基酸X，合成路线如下(Ph—表示苯基)：已知：R1—CH=CH—R23CHBrNaOH⎯⎯⎯⎯⎯→R3Br252Mg(CH)O⎯⎯⎯⎯⎯→R3MgBr请回答：(1)下列

说法正确的是______。A.化合物B的分子结构中含有亚甲基和次甲基B.1H-NMR谱显示化合物F中有2种不同化学环境的氢原子C.G→H的反应类型是取代反应D.化合物X的分子式是C13H15NO2(2)化合物A的结构简式是____

__；化合物E的结构简式是______。(3)C→D的化学方程式是______。(4)写出3种同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)______。①包含；②包含(双键两端的C不再连接H)片段；③除②中

片段外只含有1个-CH2-(5)以化合物F、溴苯和甲醛为原料，设计下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)______。(也可表示为)【正确答案】CD+NaOH32CHCHOHΔ⎯⎯⎯⎯→

+NaCl+H2O252Mg(CH)O⎯⎯⎯⎯⎯→+2H/HOHCHO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→HBrΔ⎯⎯⎯→31-9（提升）吲哚美辛是一种适用于解热、缓慢炎性疼痛作用明显的药物，其合成路线如图所示：已知：(1R、2R均为烃基)回答下列问题：1、下列说法不正确的是_______。A.23N

aSO在反应中做还原剂B.化合物D中所有原子一定共平面C.化合物F具有碱性D.化合物G的分子式为563CHO2、化合物A的结构简式是_______；化合物H的结构简式是_______。3、写出E→F的化学方程式_______。4、请写出3种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简

式(不包括立体异构)_______。①HNMR−谱显示只有6种不同化学环境的氢原子；②有两个六元环且其中一个是苯环；③结构中有||OCCHCH−−=−片段和2NH−(氮只以氨基形式存在，且不直接连在苯环上)。5、以化合物、1-戊烯为原料制备如图所示化合

物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_______【正确答案】1、BD2、3、4、、、、、、5、2NaOH,HOHBr222332233223||BrOHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→=催△

2O/CuΔ⎯⎯⎯→答案解析共性错题精讲1-1【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．镁粉与冷水不反应，故不选A；B．碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解2323COHOHCOOH−−−++，溶液呈

碱性，故选B；C．硫酸是强酸，硫酸电离出氢离子，溶液呈酸性，故不选C；D．氯化铜是强酸弱碱盐，铜离子水解222Cu2HOCu(OH)2H++++，溶液呈酸性，故不选D；选B。1-2【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A、KAlO2溶液中偏铝酸根离子水解，溶液显碱性，A正确；B、

KClO4是强酸强碱盐，溶液显中性，B错误；C、NaHSO4是强酸的酸式盐，溶液显酸性，C错误；D、NH4NO3溶液中铵根水解，溶液显酸性，D错误，答案选A。点睛：掌握盐类水解的原理、规律是解答的关键。盐类水解的基本规律：有弱才水解

，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。因此注意掌握常见酸、碱的强弱。1-3【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A.NaCl为强酸强碱盐，溶于水后呈中性，A项错误；B.NaHCO3为小苏打，溶于水后呈碱性，B项错误C.Na2O溶于水后与水发生反应生成氢氧化钠，呈碱性，C项错误；D

.NaHSO4在水中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，溶液呈酸性，D项正确；答案选D。点睛:学生要特别注意D选项，NaHSO4在水中可完全电离出钠离子、氢离子与硫酸根离子，而在熔融状态下只能电离出钠离子与硫酸氢根离子。1

-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．Ga与Al位于同一主族，性质相似，2GaCl溶液中因为镓离子水解而使溶液显酸性，故A正确；B．43NHHCO弱酸弱碱盐，由于碳酸酸性较弱，碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，

故B错误；C．34CHCOONH为弱酸弱碱盐，两种弱离子的水解程度相当，溶液呈中性，故C错误；D．24RbSO为强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，故D错误；故选：A。1-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．3FeCl是强酸弱碱盐，铁离子发生水解反应使溶液呈酸性，A不选；B．3KN

O是强酸强碱盐，溶液呈中性，B选；C．23NaCO是强碱弱酸盐，碳酸根发生水解反应溶液呈碱性，B不选；D．4NaHSO完全电离产生氢离子，溶液呈酸性，D不选；故选：B。1-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．HCl是强酸，水溶液因电

离而呈酸性，A错误；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，B正确；C．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，C错误；D．NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解使溶液呈碱性，D错误。故答案选B。1

-7【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:物质的量浓度相同的溶液pH值大小关系为：多元强碱＞一元强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐溶液＞不水解的盐溶液＞水解显酸性的盐溶液＞弱酸＞一元强酸＞多元强酸，盐溶液酸碱性强

弱又取决与盐电离产生离子的水解能力，据此分析。详解:A．Ba(OH)2是二元强碱，NaF水解显碱性，FeCl3水解显酸性，KCl显中性，故pH由大到小：Ba(OH)2、NaF、KCl、FeCl3，故A错误；B．NH3•H2

O为弱碱，H3PO4为中强酸，Na2SO4为中性溶液，H2SO4是二元强酸，pH由大到小：NH3•H2O、Na2SO4、H3PO4、H2SO4，故B错误；C．Na2SiO3和K2CO3溶液水解显碱性，Na2SiO3的水解程度大，pH更大，KNO3为中性溶液、NH4Cl为水解显

酸性的溶液，pH由大到小：Na2SiO3、K2CO3、KNO3、NH4Cl，故C正确；D．NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液显酸性、CH3COOH、C2H5COOH、HCl分别为一元弱酸、一元弱酸、一元强酸，醋酸的酸性强于丙酸

，则pH由大到小：NaHSO3、C2H5COOH、CH3COOH、HCl，故D错误；故选C。1-8【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．Ba(OH)2为强碱，pH远大于7；Na2SO3为强碱弱酸

盐，水解呈弱碱性，pH大于7；FeCl3是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，pH小于7；KCl是强碱强酸盐溶液呈中性，pH等于7，则pH由大到小排列应为Ba(OH)2、Na2SO3、KCl、FeCl3，故A不符合题意；B．NaOH为强碱，不水解，溶液

呈强碱性，pH远大于7；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈弱碱性，pH大于7；KNO3是强碱强酸盐溶液呈中性，pH等于7；NH4Cl是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，pH小于7，则pH由大到小排列为NaOH、Na2CO3、KNO3、NH4C

l，故B符合题意；C．NH3•H2O为弱碱，pH值较大；H3PO4是中强酸，pH小于7；Na2SO4呈中性，pH等于7；硫酸为强酸，其pH远小于7，则pH由大到小排列应为NH3·H2O、Na2SO4、H3PO4、H2SO4，故C不符合

题意；D．NaHCO3呈弱碱性，pH大于7；CH3COOH为弱酸，pH小于7；C2H5OH呈中性，pH等于7；HCl为强酸，其pH远小于7，则pH由大到小排列应为NaHCO3、C2H5OH、CH3COOH、HCl，故D不符合题意；答案选B。1-9【提

升】【正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．等浓度的NH4Cl、(NH4)2SO4溶液中，(NH4)2SO4中铵根离子浓度更大，故其酸性更强，pH更小，故A错误；B．(NH4)2SO4和NH4Cl的溶液均显酸性，且酸性均弱于NH4H

SO4，而(NH4)2SO4中铵根离子浓度更大，故其酸性更强，pH较NH4Cl更小；CH3COONa、NaHCO3溶液均显碱性，且两者的碱性均弱于Na2CO3，且由于酸性CH3COOH＞H2CO3，故等浓度的CH3COONa、NaHC

O3溶液后者的pH更大；NaOH是强碱，电离显碱性，溶液pH强于Na2CO3，故B正确；C．等浓度时，NaOH的碱性强于Na2CO3，CH3COONa、NaHCO3的碱性均弱于Na2CO3，故C错误；D．(NH4)2SO4

溶液显酸性，pH小于NaNO3，故D错误；答案为B。2-1【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。详解:A．MgSO4是在水溶液和熔融

状态下均能够导电的化合物，属于电解质，故A不选；B．HNO3是在水溶液中能够导电的化合物，属于电解质，故B不选；C．KOH是在水溶液和熔融状态下均能够导电的化合物，属于电解质，故C不选；D．NH3是在水溶液中能够导电的化合物，但不是氨本身电离

，是生成的一水合氨电离，氨不属于电解质，氨是非电解质，故D选；故选D。2-2【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，

据此分析解答。详解:A．KOH溶液属于混合物，不是电解质也不是非电解质，故A不选；B．二氧化硫在水溶液中和熔融状态下本身都不能电离出自由离子，属于非电解质，故B不选；C．熔融KNO3能导电属于电解质，故C选；D．酒精在水溶液中和熔融状态下本身都不能电离出自由离

子，属于非电解质，故D不选；故选C。2-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．在熔融状态或水溶液中能导电的化合物为电解质；金属铜为单质，不属于电解质，故A不选；B．盐酸为HCl和水的混合物，不是电解质，故B不选；C．氯化钾水溶液和熔融状态下均可以导电，属于电解质，故选C；D．CO2本

身不能电离，属于非电解质，故D不选；答案选C。2-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:溶于水或熔融状态下能导电的化合物为电解质，溶于水和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。详解:A．Cu不溶于水，且Cu为单质，不是电解质，A错误；B．CO2溶于水，与水反应生成碳酸使溶液

导电，但不是自身电离出的离子使溶液导电，熔融状态的CO2也不导电，CO2不是电解质，为非电解质，B错误；C．CH3OH溶于水和熔融状态下均不导电，CH3OH为非电解质，C错误；D．KNO3溶于水电离出钾离子和硝酸根离子使溶液导电，熔融状态的KNO3也能电离出钾离子和硝酸根离子而导电，KNO3是电解

质，D正确；答案选D。2-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，必须是化合物自身离解出自由移动的离子；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，据此

判断。详解:A．AgNO3固体、KCl固体均属于电解质，故A错误；B．二氧化硫属于非电解质，但铜是单质，不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．液态的醋酸为电解质，酒精为非电解质，故C正确；D．熔融的KNO3是电解质，但硫酸溶液为混合物，不是电解质也不是非电解质，故D错误

；故选C。2-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．Na2O在熔融状态下能导电，为化合物，故为电解质，A错误；B．苏打水是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质，B正确；C．小苏打是碳酸氢钠，

在水溶液中可以电离出钠离子和碳酸氢根离子，水溶液可以导电，是电解质，C错误；D．Na2O2在熔融状态下可以电离出钠离子和过氧根离子，可以自由移动可以导电，是电解质，D错误；故选B。2-7【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．在水溶液和

熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；蔗糖、酒精在液态或水溶液里均以分子形式存在，均不导电，所以它们是非电解质，故A正确；B．氨气水溶液为氨水，存在铵根离子和氢氧根离子，可以导电，但是氨气自身不能电离出离子，不导电，属于非电解质；CO2与水反应生成碳酸，溶

液中存在阴阳离子，导电，但是二氧化碳自身不能电离出离子，不导电，属于非电解质；Cl2的水溶液中存在阴阳离子，可以导电，但是氯气属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质

；液态HCl在水溶液中电离出阴阳离子，能够导电，属于电解质，固体氯化钠不存在自由移动的离子，不导电，但在水溶液或熔融状态下存在自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故C错误；D．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；铜、石墨属于单质，既不是电解质，也不是非电解质

，故D错误；故选A。2-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．液态HCl不导电，但氯化氢溶于水电离出阴阳离子而导电，所以HCl是电解质，A错误；B．氨水溶液能够导电，但氨气不能电离出阴阳离子，所以3NH是非电解

质，B错误；C．水的导电性很差，但能电离出阴阳离子，所以水是电解质，C错误；D．CO2溶于水得到的溶液能导电，是因为生成的碳酸能电离出阴阳离子，但二氧化碳不能自身电离出阴阳离子，所以CO2是非电解质，D正确；答案选D。2-9【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A.．石墨导电，石墨是

单质，所以不是电解质也不是非电解质，A错误；B．SO2的水溶液导电，是因为生成的亚硫酸是电解质，二氧化硫不电离，所以SO2是非电解质，B错误；C．固体NaCl不导电，溶于水或熔融状态下能导电，所以NaC

l是电解质，C错误；D．CaCO3虽然难溶于水，但溶于水的部分全部电离，CaCO3是电解质，D正确；答案选D。3-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A.为分液漏斗，选项A不符合；B.为普通漏斗，选项B不符合；C.为坩埚，选项C符合；D.为量

筒，选项D不符合；答案选C。3-2【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．图中为蒸发皿，故A不选；B．图中为容量瓶，故B选；C．图中为锥形瓶，故C不选；D．图中为圆底烧瓶，故D不选；故选：B。3-3【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．是漏斗，故不选A；B

．是坩埚，故不选B；C．是研钵，故不选C；D．是250mL容量瓶，故D；选D。3-4【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．烧杯垫上石棉网时可用进行加热操作，A符合题意；B．漏斗是进行过滤及向小口容器中加入液体物质的仪器，不能用来加热，B不符合题意；C．容量瓶是准确

配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用来进行加热操作，C不符合题意；D．冷凝管是进行降温冷凝的装置，不能进行加热，D不符合题意；故合理选项是A。3-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．少量溶液间的反应可以在试管内进行，能作为反应容器，A不符合题意；B．坩埚可

用于加热固体物质，可用作反应容器，B不符合题意；C．容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用作反应容器，C符合题意；D．圆底烧瓶可用于反应容器，如进行固液反应(可垫上石棉网加热)等，D不符合题意；故选C。3-6【巩固】【正确答案

】D【试题解析】详解:量筒、容量瓶不能加热、溶解固体，试管不能用于配制溶液，能配制溶液、加热较多试剂、溶解固体三种用途的是烧杯，故选D。3-7【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．蒸发用到三角架、蒸发皿、玻璃棒，提供的仪器能满足该操作，故A不选；B．

萃取需要铁架台、铁圈、分液漏斗、烧杯等仪器，提供的仪器能满足，故B不选；C．过滤需要铁架台、铁圈、烧杯、玻璃棒、滤纸、漏斗，提供的仪器能满足，故C不选；D．蒸馏需要铁架台、铁圈、铁夹、石棉网、酒精灯、蒸馏烧瓶、火柴、冷凝管、牛角管以及锥形瓶，提供的仪器缺少冷凝管、牛角管以及

锥形瓶，不能进行试验，故D选；故答案为D。3-8【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:详解:A．是冷凝管，蒸馏操作中需要用到，故不选A；B．是蒸发皿，蒸发操作中需要用到，故不选B；C．是分液漏斗，萃取、分液操作中需要用到，故选C；D．是蒸馏烧瓶，蒸馏操作中需要用到，故不选D；

选C。3-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．是蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，故不选A；B．是分液漏斗，用于分液操作，分离两种互不相溶的液体，故选B；C．是蒸发皿，用于蒸发操作，故不选C；D．是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，故不选D；选B。4-1【基础】【正确答案】A【

试题解析】本题考查常见化合物的化学式。重晶石的化学式是BaSO4，A不正确；4-2【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．蔗糖的分子式为C12H22O11，(C6H10O5)n属于多糖，代表物质为淀粉、纤维素，A项错误；B．尿素，又称脲、碳酰胺，化学式是CH4

N2O，是由碳、氮、氧、氢组成的有机化合物，是一种白色晶体，CO(NH2)2俗名尿素，B项正确；C．Fe3O4俗称氧化铁黑、吸铁石、黑氧化铁。为具有磁性的黑色晶体，故又称为磁性氧化铁。C项正确；D．芒硝是含有10个分子结晶水的硫酸钠(Na2SO4▪10H2O)。白色或无色，Na2SO4▪

10H2O俗名芒硝，D项正确；答案选A。4-3【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:蔗糖属于二糖，它的化学成分为C12H22O11，A选项错误，其余B、C、D选项正确；答案选A。4-4【巩固】【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。4-5【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．蚁酸是甲酸的俗名，化学式为HCOOH，故A错误；B．生石膏的化学式是42CaSO2HO、熟石膏的化学式是2CaSO4·H2O，故B正确；C．84消毒液的主要成分是NaClO，NaClO

具有氧化性，能杀菌消毒，故C正确；D．()422KAlSO12HO的俗名是明矾，故D正确；选A。4-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．2-丙醇分子中有3个碳原子，在第2个碳原子上有1个羟基，结构简式为：CH3CH(

OH)CH3，故A错误；B．芒硝的化学名称为十水合硫酸钠，化学式为：Na2SO4·10H2O，故B错误；C．甘氨酸又名氨基乙酸，结构简式为：H2NCH2COOH，故C正确；D．摩尔盐的化学名称为硫酸亚铁铵，化学式为

：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，故D错误；答案选C。4-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．氯化钠中含有钠元素和氯元素，可以作制备钠和氯气原料，A正确；B．磁铁的主要成分是四氧化三铁，含有铁元素，是炼铁原料，B正确；C．小苏打是碳酸钠

不是碳酸氢钠，C错误；D．氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是一种重要的化工原料，可以用于药品制作、造纸，D正确；故选C。4-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．重晶石是BaSO4，是白色颜料锌钡白的成分，不溶于酸和水，可以作钡餐，故A错误；B．明矾—KAl(SO4)2•

12H2O—净水剂，明矾是十二水合硫酸铝钾，明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性而作净水剂，故B错误；C．生石膏为CaSO4•2H2O、熟石膏为2CaSO4•H2O，能塑形，可以作石膏模型，还能作粉笔，故C错误；D．食盐的主要

成分是NaCl，氯化钠是氯碱工业重要原料，故D正确；故选D。4-9【提升】【正确答案】A【试题解析】分析:根据俗名判断物质，根据物质特点、官能团等进行判断物质的结构。详解:A．摩尔盐中铁化合价是+2价，化学

式应为：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故A不正确；B．肥田粉是硫酸铵的俗名，故化学式正确；C．乳酸中含有官能团羟基和羧基，故C正确；D．甘油是丙三醇的俗名，含有三个羟基，故D正确；故选答案A。点睛:此题考查物质的俗名与化学式的书写，根据物质

的特点判断其化学式。5-1【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A、氯化氢属于共价化合物，电子式为：，A不正确；C、S元素的质子数是16，因此硫离子结构示意图：，C不正确；D、是甲烷的比例模型，CH4分子的球棍模型为：，不正确；正确的答案是B。5-2【基础】【正确答案】A【试题解析】

详解:A．二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，结构式为O=C=O，故A错误；B．氯化铵是由铵根离子与氯离子形成的离子化合物，电子式为，故B正确；C．联氨的分子式为N2H4，球棍模型为，故C正确；D氧离子的核电荷数为8，核外有2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故D正确；故选

A。5-3【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．羟基的电子式为，-OH与都表示羟基，A正确；B．图示为丙烷的球棍模型，B错误；C．乙烯的分子式为C2H4，结构式为：，C错误；D．溴乙烷的电子式为：，D错误；答案选A。5-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．氯

乙烷中的官能团为氯原子，不带电荷，其电子式为：，故A错误；B．四氟化硅分子中含有4个硅氟键，硅原子半径大于氟原子，空间构型为正四面体形，空间填充模型为：，故B正确；C．没有用短线表示氧原子和氢原子间的单键，正确的正丙醇的结构式为：，故C错误；D．丙烯发生加聚反应得到聚丙烯，其链节为，

是丙烯的球棍模型，故D错误；答案选B。5-5【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:水分子是V形分子，不是直线形分子，故A不正确。故选A。5-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．乙酸的分子式为C2H4

O2，结构简式为3CHCOOH，A错误；B．羟基的电子式为，B正确；C．甲烷分子的比例模型为，C错误；D．丙烷分子的球棍模型为，D错误；答案选B。5-7【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．氢原子半径比碳原子小，可以表示甲烷分子，但氯原子半径比碳原子

大，则不可以表示四氯化碳分子，选项A错误；B．HClO分子中O形成2对共用电子对，则分子的结构式为H—O—Cl，选项B正确；C．Al3+的电子式与离子符号相同，选项C错误；D．C原子比O原子大，球棍模型表示的不可能是3CHCOOH分子，可以是3CHCSSH，选

项D错误；答案选B。5-8【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．球棍模型书写时要注意原子的相对大小和空间构型可知，丙烷的球棍模型为：，A正确；B．比例模型书写时要注意原子的相对大小和空间构型可知，乙炔的空间构型为直线形，乙炔的比例模型：，

B正确；C．醛基的结构简式为：-CHO，C错误；D．1，3－丁二烯的分子式为：C4H6，则其实验式为：C2H3，D正确；故答案为：C。5-9【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．羟基中氧原子最外层为7个电子，故羟基的电

子式为，A错误；B．23HSO为二元弱酸，以第一步电离为主，故23HSO的电离方程式为233HSOHHSO+−+、233HSOHSO−+−+，B错误；C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，原子半径：C＞O＞H，小球表示原子，短棍表示共价键得到球棍模型，则乙醇的球棍模型为，C

正确；D．核素组成符号的左.上角标注质量数，左下角标注质子数，质量数=质子数＋中子数，中子数为20的氯离子应表示为3717Cl−，D错误；故选：C。6-1【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．石油裂解的产物含有饱和

烃(如甲烷)和不饱和烃(如乙烯)，故A错误；B．生物质能属于可再生能源，故B正确；C．淀粉在人体内不能直接被吸收，而是在酶的作用下水解成葡萄糖被人体吸收，故C错误；D．福尔马林有毒，不适宜作环境消毒剂

，故D错误；故选B。6-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．石油是多种烃的混合物，汽油是石油的馏分，是多种液态短链烃的混合物，如辛烷、庚烷等，A正确；B．石油分馏可以得到的气态烃主要是石油气，乙烯是石油裂解的主要产品，煤干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分

解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，可以得到苯，B不正确；C．“西气东输”的“气”指的是天然气，主要成分是甲烷，C正确；D．石油的分馏利用各成分沸点的不同分离石油，属于物理变化，而裂化和裂解是将长链烃转化为短链烃，属于化学变化，D正确；故选B。6-3【基础】

【正确答案】A【试题解析】详解:A．天然油脂大部分是混甘油酯，属于混合物，故A错误；B．生物柴油的主要成分是油脂，通常含有C、H、O三种元素，故B正确；C．水玻璃是可溶性硅酸钠的水溶液的俗称，故C正确；D．铝

热剂是铝和难熔金属氧化物形成的混合物，故D正确；故选A。6-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．煤中有机质是复杂的高分子化合物，所以煤的有机成分主要是各种有机高分子的混合物，故A正确；B．通过石油化工中的催化重整可获得芳香烃，加氢裂化主要是生成汽油、煤油和柴油等

轻质油，故B错误；C．酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，浓度过大或过小消毒效果都不好，医用酒精是体积分数为75%的酒精，此浓度杀菌能力强，故C正确；D．含不饱和键的油脂可以通过催化加氢的方法转变为饱和高级脂肪酸甘油酯，得到的产物

称为硬化油，可用来制取肥皂、人造奶油，故D正确；答案选B。6-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．煤的气化和液化为化学变化，A错误；B．医用酒精的浓度通常为75%，此浓度杀菌消毒作用强，B正确；

C．福尔马林为甲醛水溶液，甲醛有毒，不能用福尔马林对食品进行消毒，C错误；D．许多水果、花卉有芳香气味，主要是含有酯的气味，不是苯和甲苯，D错误；答案选B。6-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．人造纤维和合成纤维相对分子质量都在10000以上，都是有机高

分子，故A正确；B．“白色污染”是指塑料污染，利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，代替聚乙烯，可减少“白色污染”，故B正确；C．高分子材料的聚合度不是定值，都不是纯净物，是混合物，故C错误；D．橡胶硫化的过程中生成

了新物质，发生了化学反应，故D正确；故选C。6-7【提升】【正确答案】A【试题解析】分析:详解:A．水煤气的主要成分是氢气和CO，可用水煤气合成辛烷，也可以用水煤气合成甲醇等，即可用水煤气可合成液态碳氢化合物和含

氧有机物，故A正确；B．许多水果、花卉有芳香气味，原因是它们含有酯的气味，不是苯和甲苯，故B错误；C．常温下硬脂酸钠微溶于水，溶液分层，观察不到不分层现象，不能利用是否分层判断是否水解完全，故C错误；D．苯酚和甲醛通过缩聚反应合成酚醛树脂，故D错误；故选A。6-8【提升】

【正确答案】C【试题解析】详解:A．2021年3月20日三星堆5号祭祀坑出土的黄金面具材料属于合金，黄金含量约为84%，A正确；B．中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si，是良好的半导体材料，B正确；C．燃煤“气化”、“脱硫”、“钙基固硫”等措施有利于减少SO2排放或在反应

中吸收二氧化硫，可以减少SO2排放和酸雨形成，但不能减少二氧化碳的排放，C错误；D．聚丙烯的聚合度n不同，故聚丙烯属于混合物，D正确；答案选C。6-9【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．聚氯乙烯是高分子

，高分子链的长短不一致，即分子量不同，为混合物，A正确；B．氢气作为燃料的火炬火焰颜色应为淡蓝色，其火焰为黄色，可能是发生了焰色反应，B正确；C．石墨烯材料是一种新型无机非金属材料，C错误；D．“84”消毒液的有效成分是NaClO，D正确；故选C。7-1【基础】【正确答案】D【试题解析】

详解:A．14C是碳原子，C60为碳单质，不能互为同素异形体，A项错误；B．12H和22H是氢气分子，不是原子，不能互为同位素，B项错误；C．17O的质子数为8，中子数=17-8=9，C项错误；D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH(

CH3)CH3的分子式相同，但是结构式不同，互为同分异构体，D项正确；答案选D。7-2【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．乙二醇与丙三醇的结构不相似，组成上也不是相差若干个-CH2-，A错误；B．14C60和石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B正确；C．14N和15N的质子数相同，

中子数不同，互为同位素，C正确；D．2-甲基丙烷与正丁烷的分子式相同、结构不同，属于同分异构体，D正确；故答案为：A。7-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．O2、O3是组成元素相同、结构不同、性质不同

的两种单质，属于同素异形体，A正确；B．35Cl与37Cl为质子数相同中子数不同的核素、互为同位素，35Cl2与37Cl2均为氯气分子，B错误；C．乙烷和戊烷为结构相似、通式相同、相差3个CH2原子团，互为同系物，C正确；D．CH3-CH2-CH2-CH3与CH(CH3

)3分子式均为C4H10，但结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选B。7-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，32S和34S质子数都是16，中子数分别是16、18，是S的不同原子，故互为同位素，故A正确；B．

同种元素组成的性质不同的单质互为同素异形体，70C和纳米碳管都是碳元素的单质，互为同素异形体，故B正确；C．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，22CHClCHCl和32CHCHCl分子式都是C2H4Cl2，而结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．同系物是结构

相似而分子组成相差一个或几个-CH2-的化合物，36CH和48CH分子组成相差一个-CH2-，但结构不一定相似，可以是烯烃，也可以是环烷烃，不一定互为同系物，故D错误；故答案为：D7-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．CH3CH2CH2C

H2CH3和C(CH3)4的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；B．水玻璃是硅酸钠溶液，苏打水是碳酸钠溶液，二者不是同一种物质，B错误；C．CH3CH3和CH3CH2CH3均是链状烷烃，结构相似，二者互为同系物，C正确；D．12C和14C的质子数相同，中子数

不同，二者互为同位素，D正确；答案选B。7-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构式不同，两者互为同分异构体，故A正确；B．正丁烷和异丁烷分子式相同，结构式不同，两者互为同分异构体，不属于同系物，故B错误C．136C

和146C，两者是质子数相同，中子数不同的核素，互为同位素，故C正确；D．红磷和白磷是同种元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故D正确。综上所述，答案为B。7-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．联苯的结构简式为，分子式为C12H10，萘结构简式为分子式为C10H8，二者分子

式不同，不属于同分异构体，A错误；B．H2、D2是由氢的同位素原子构成的氢分子，都是由同种元素组成的结构相同的单质，属于同种物质，不是同素异形体，B错误；C．含有的O原子数目不同，官能团数目不同，且组成上不相差一个或多个CH2原子团，二者不是同

系物，C正确；D．14C和14N是不同的元素，不是同位素，D错误；故选C。7-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．乙醇和二甲醚分子式均为26CHO，乙醇结构简式CH3CH2OH，二甲醚结构简式CH3-O-CH3，二者官能同不同，属

于官能团异构，故A错误；B．322CHCHCHCH=的1号C上连接两个H，不存在顺反异构，其结构为，故B错误；C．乙烯与环丁烷()分子组成上相差2个2CH原子团，但乙烯含碳碳双键环丁烷不含，环丁烷含指环乙烯不含，因此这两者结构不相似，不互为同系物，故C错误；D．与分子式相同，结构不同，互为

同分异构体，故D正确；综上所述，答案为D。7-9【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，化学性质可能相似，如正丙烷和异丙烷，也可能不同，如乙酸与甲酸甲酯性质不同，A

项错误；B．a与b两种有机物互为同系物，分子式不相同，摩尔质量不同，等质量a与b，分子的物质的量不同，消耗的氧气不同，B项错误；C．CnH2n+2烷烃的通式，不同烷烃不一定互为同系物，也可能为同分异构体，C项错误；D．甲醛和甲酸甲酯的最简式相同，但既不互为同分异构体，也不互

为同系物，D项正确；答案选D。8-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．Na2O2可以与人呼出的CO2、H2O反应生成O2，故可在呼吸面具中作为氧气的来源，A正确；B．Fe2O3为红色固体，在大气和日光中稳定，耐污浊气体，耐高温、耐碱，常用作油漆、涂料、油

墨和橡胶的红色颜料，B正确；C．铁粉遇氧气反应生成氧化铁，并同时与水反应，生成铁锈，所以铁粉既吸氧又吸水，在食品包装中常用作脱氧剂，C正确；D．氯气在水中的溶解度较小，且有毒，大量使用会造成污染，自来水中通入适量氯气即可达到消毒效果，D错误；故选D。8-2【基础】【正确答案】C【试题解析

】详解:A．钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于广场照明，高压钠灯常用于道路和广场的照明，故A不符合题意；B．还原性铁粉易与氧气反应，可作食品抗氧化剂，故B不符合题意；C．氧化镁是耐高温材料，而不是镁，故C符合题意；D．氯气与水反应生成HClO具有强氧化性，

且氯气为常见的化工原料，氯气可用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成，故D不符合题意；故答案为：C。8-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A.臭氧具有强氧化性，可用于饮用水消毒，A正确；B.二氧化硅在高温下用焦炭还原可制得粗硅

，同时还有CO生成，B正确；C.电解饱和氯化钠溶液可以得到氢氧化钠、氢气和氯气，C错误；D.镁合金密度较小，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件等，D正确，答案选C。8-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】

详解:A．金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B．还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C．氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D．油脂在代谢

中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确；选B。8-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．铁是较活泼的金属，能和水、氧气反应生成铁锈，防止食品被氧化和受潮，作用侧重在除氧剂，故A错误；B．NaHCO3可用于制胃酸中和剂不是因

为NaHCO3受热易分解，而是因为NaHCO3能与HCl反应，故B错误；C．因镁合金密度小，但硬度和强度都较大，则大量被用于制造火箭、导弹和飞机的部件，故C正确；D．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制造光

导纤维，与其熔点高无关，故D错误；故答案为C。8-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．3NaHCO可用于治疗胃酸过多是由于其可以与盐酸反应，且碱性不是很强，A不符合题意；B．二氧化氯具有强氧化性，可将纸张氧化漂白，B符合题意；C．3FeCl可用作蚀刻

铜电路板，是由于其具有较强氧化性，可氧化铜单质，C不符合题意；D．铁粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂，D不符合题意；故选B。8-7【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．冰刀所用材料是金属材料，故A错误；B．蔗糖与浓硫酸混合生成二氧化碳、二氧化硫、水，二

氧化硫是有毒气体，故B正确；C．硅胶能与氢氟酸、氢氧化钠反应，故C错误；D．真熊猫的毛是蛋白质，故D错误；选B。8-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．煤的气化产生一氧化碳和氢气，液化产生甲醇等，都有新物质生成，都是化学变化，A错误；B．二氧化硫具有还原性，红酒中添加了少量SO2，

起到了防腐抗氧化的作用，B错误；C．重金属离子会污染环境，深埋废旧电池会造成土壤污染和水污染，C错误；D．金属单质和合金均为金属材料，所以铝合金和镁合金均属于金属材料，D正确;故选D。8-9【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．晶体硅为良好的半导体

材料，可用作芯片和制造太阳能电池，A正确；B．硅胶、生石灰具有吸水性，不具有还原性，不能用作防止食品氧化变质，B错误；C．明矾能净水，不能杀菌消毒，C错误；D．特种钢为合金，属于金属材料，D错误；故答案为：A。9-1【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．电

解硫酸锌溶液生成锌和氧气和水，A正确；B．铋(83号元素)是第ⅤA族元素，不是稀土元素，B错误；C．FeSO4可以制作絮凝剂，有净水作用，也可以生产其它铁系列净水剂，如硫酸铁或高铁酸钾等，C正确；D．四氯化碳不助燃也不能燃烧，能做灭火剂，D正确；故选B。9-2【基础】【正确答案

】B【试题解析】详解:A．酒精能与水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘单质，故A错误；B、在配制硫酸铁溶液时，为了防止发生水解，加硫酸，故B正确；C．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀，该溶液中可能含有硫酸根离子或银离子，故C错误；D、新制的氯水中存在次氯

酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有色物质，所以无法用pH试纸测定新制氯水的pH，故D错误；故选B。9-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．SiO2性质与一般酸不起反应，但是可以被HF腐蚀,反应

如下SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误；B．金属镁在氧气燃烧生成氧化镁，金属镁在氮气燃烧生成氮化镁，B正确；C．亚硫酸酸性比盐酸弱，SO2通入BaCl2溶液中不会生成BaSO3沉淀，C错误；D．足量Fe在Cl2中燃烧生成Fe

Cl3，D错误；故选B。9-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．电解MgCl2溶液，根据电极离子放电顺序可知，氢离子在阴极获得电子生成氢气，水参加了反应，产生了OH-，OH-和周围的Mg2+、C

l-生成Mg(OH)Cl沉淀，则A说法正确；B．碘单质与KOH溶液反应，不能生成IO-，因为IO-在溶液中会自身发生氧化还原反应，生成I-和3IO−，所以碘单质与KOH溶液反应可得到补碘剂KIO3，则B说法正确；C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2反应生成NaHCO3，相同条件下NaHCO

3溶解度小于Na2CO3，则饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2，可得到NaHCO3晶体，则C说法是正确的；D．SO2和FeSO4不反应，因为两者都显还原性，则不会生成Fe2(SO4)3溶液，则D说法不正确；本题答案D9-5【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2，生

成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，会有碳酸氢钠析出，即生成白色沉淀，故A正确；B．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故B错误；C．在溶液中含有水，钠与水容易反应，钠与TiCl4在高温下才能置换金属钛，故C错误；D．电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氯气、氢气，不会得到

镁单质，故D错误。答案选A。9-6【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A、相当于氧化铜和碳的反应，正确；B、3CO+Fe2O3＝3CO2+2Fe,不是置换反应，错误；C、有Cl2+2KBr=2KCl+Br2发生，是氧化还原反应，错误；D、利用电渗析的方法可以从海水中获得淡水，错误。

9-7【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．加入NaOH溶液作用是使浸泡液中的可溶性有机物形成沉淀，便于分离，故A正确；B．焦炭高温还原二氧化硅制备粗硅，工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，制纯硅：Si+2Cl2==SiCl4

，SiCl4+2H2==Si+4HCl，故B错误；C．电解硫酸锌溶液时，阴极上锌离子得电子生成锌，故C正确；D．高温下黏土和石灰石反应制备水泥，然后加入石膏可以改变水泥的凝结速度，则制备水泥的主要原料是黏土、石膏和石灰石，故D正确；故选：B。9-8【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．制

得金属钠是电解熔融NaCl，故A错误；B．“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，在发热过程中应用的是原电池原理，放出热量，故B正确；C．明矾水解形成的()3AlOH胶体，胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，故C正确；D．热的碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠，氢氧化钠和油污水解反应，因

此热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污，故D正确。综上所述，答案为A。9-9【提升】【正确答案】A【试题解析】分析:详解:A．铝是活泼的金属，通过电解熔融的氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B．高炉炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石；制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石

英砂、石灰石、纯碱，所以高炉炼铁、生产水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石，故B正确；C．海水提取粗食盐后的母液中含有镁离子，可作为提取镁的原料，故C正确；D．铜离子能使蛋白质变性，可以杀菌消毒，并能抑制藻类生长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂，故D正确；故选A。

10-1【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等以及高锰酸钾和这些物理量之间的关系式计算。详解:A、反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl

2↑+8H2O，当有1molKMnO4参加反应，转移电子的物质的量＝1mol×（7-2）＝5mol，A正确；B、反应中氯气是氧化产物，氯化锰为还原产物，依据方程式可知氯气和二氯化锰的物质的量之比为5∶2，B正确；C、若有

1molKMnO4参加反应，根据反应的方程式可知参加反应的HCl的物质的量为8mol，C正确；D．由方程式可知消耗16mol氯化氢起还原剂作用的是10mol，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5，D错误。答案选D。点睛:本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，明确

元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中参加反应的氯化氢部分被氧化。10-2【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:反应2Cu2O+Cu2SΔ6Cu+SO2↑中，Cu2O中Cu由+1价降低到0价的Cu，发生还原反应；Cu2S中Cu由+1价降低到0价的Cu，发生还原反应，S由-2价升高到+4价的S

O2，发生氧化反应。详解:A．根据分析可知，Cu2O被Cu2S还原，故A正确；B．根据分析可知，Cu2S既发生氧化反应又发生还原反应，故既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C．还原产物为Cu，氧化产物为SO2，故还原产物与氧化产物的

物质的量之比为6∶1，故C错误；D．S由-2价升高到+4价的SO2，故生成1molSO2时，转移了6mol电子，故D正确；故选C。10-3【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．氨气中氮元素化合价由-3价升高到0价，氨气是还原剂

，氮气是氧化产物，氯气中氯元素化合价由0价降低到-1价，氯气是氧化剂，氯化铵是还原产物，A错误；B．氨气中氮元素化合价由-3价升高到0价，氨气是还原剂，B错误；C．氨气中氮元素化合价由-3价升高到0价，反应生成1molN2，转移6mol电子，C错误；

D．由方程式可知，8molNH3参与反应，有2molNH3作为还原剂，被氧化，氯气是氧化剂，被还原，则被氧化的分子数与被还原的分子数之比为2:3，D正确；答案选D。10-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．由反应②可知，KBrO3的氧化性大于Cl2，所以反应

2233ClKBr3HOKBrO6HCl++=+不能发生，A不正确；B．由反应②可得出氧化性33KBrOKClO，由反应①可得出氧化性32KClOCl，由反应③可得出氧化性22ClBr，所以氧化性为3322K

BrOKClOClBr，B正确；C．反应①中6molHCl参与反应时有5mol被氧化，所以还原剂与氧化物的物质的量之比为5:1，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1，C不正确；D．反应②中，还原剂Cl2与转移电子的物质的量关系为Cl2——10e-，则若反应②中有1

mol还原剂参加反应，则氧化剂得电子的物质的量为10mol，D不正确；故选B。10-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．配平该反应为2+3-4+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HO，消耗8molH+时转移电子物质的量为5mol，因此转移0.5mol电子，消耗0.

8molH+，故A说法正确；B．配平反应②，得到2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4−+5Bi3++7H2O+5Na+，Mn元素的化合价升高，MnO4−为氧化产物，Bi元素化合价降低，Bi3+为还原产物，n(MnO4−)

∶n(Bi3+)=2∶5，故B说法错误；C．利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，推出反应①中MnO4−的氧化性强于Fe3+，根据反应②推出NaBiO3的氧化性强于MnO4−，综上所述氧化性有NaBiO3＞MnO4−＞Fe3+，故C说法正确；D．根据C选项

分析，酸性高锰酸钾溶液能氧化H2S，故D说法正确；答案为B。10-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．由于24FeO−中铁为+6价，高于反应物中铁的价态，故24FeO−为氧化产物，故A正确；B．由得失电子守恒原理及质量守恒得：

32422Fe3ClO10OHFeO3Cl5HO+−−−−++=++，故B错误；C．由以上方程式可知C正确，故C正确；D．由铁的价态变化知生成1mol24FeO−就会有3mol电子发生转移，故D正确；故选：B。10-7【提

升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．由题干方程式可知，反应①3S+6NaOHΔ2Na2S+Na2SO3+3H2O中S既是氧化剂又是还原剂，反应②(x-1)S+Na2SΔNa2Sx(x=2~6)中S是氧化剂，反应③S+Na2SO3ΔNa2S2

O3中S是还原剂，硫单质的作用相同，故反应①②③中，硫单质的作用不相同，A错误；B．分析反应①3S+6NaOHΔ2Na2S+Na2SO3+3H2O可知，每消耗3mol硫单质转移4mol电子，B错误；C．0.96g即-10.96g32gmol=0.03mol硫单质与amL

2mol·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2S和Na2SO3，则反应方程式为3S+6NaOHΔ2Na2S+Na2SO3+3H2O，则a=-10.06mol×1000mL/L2molL=30，C错误；D．1.28g即-11.24g32gmol=0.04mol硫单质与10mL

2mol·L-1即0.01L×2mol/L=0.02mol热NaOH溶液恰好完全反应，只生成amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，则由Na原子守恒有2a+2b=0.02mol，由S原子守恒有：ax+2b=0.04mol，由电子守恒有2a=4b，解得x=5，D正确；故答案为：

D。10-8【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:8.96LNO和NO2混合气的物质的量为0.4mol。沉淀为Mg(OH)2和Cu(OH)2，共25.4g，Mg和Cu共15.2g，所以m(OH-)=25.4g-15.2g=10.2g，n(OH-)=0.6mol。根据沉淀的化学式，金属阳离子和OH

-的比均为1：2，所以金属的总物质的量为0.3mol，金属和硝酸反应后均转化为+2价，所以转移电子的物质的量为0.6mol，溶液中的n(3NO−)=0.6mol。详解:A．设生成的混合气中NO的物质的量为x，则NO2的物

质的量为0.4-x，转移电子的物质的量为0.6mol，则3x+0.4-x=0.6，x=0.1mol，所以NO2为0.3mol，则NO和NO2的物质的量之比为1：3，故A正确；B．硝酸在反应中体现了酸性和强氧化性，体现酸性的硝酸为0.6mol，体现氧化性的硝酸为0.4mol，所

以原有硝酸共1mol，所以硝酸的物质的量浓度为10mol/L，故B正确；C．由以上分析可知，金属与浓硝酸反应共转移电子0.6mol，则金属与浓硝酸反应共转移电子数目为0.6NA，故C正确；D．将生成的混合气体与一定量的O2混合通入水中，如气体完全被吸收，则生成硝酸，转移电子的物质的量为0.6

mol，1molO2参加反应转移4mol电子，所以需要氧气0.15mol，所需标况下的O23.36L，故D错误；故选D。10-9【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:根据反应3Fe2++22-23SO+O2+xOH-=

Fe3O4+2-46SO+2H2O，O元素化合价降低，由0降到-2，1个O2得4个电子，O2作氧化剂；Fe元素化合价升高，由+2升到+3，由于Fe3O4中+3价Fe占23，故3个Fe2+中有两个Fe2+失电子，失去电子的数目为()232−=2个，Fe2+作还原

剂；S元素化合价升高，由+2升到+2.5，故1个2-23SO失电子的数目为()42.52−=2个，2-23SO作还原剂，据此分析作答。详解:A．根据上述分析，还原剂是Fe2+、2-23SO，A项正确；B．方程式等号左右电荷要守恒，故x=4，保证等号左右电荷

代数和均为-2，B项正确；C．由反应方程式可知，生成1molFe3O4需要消耗1molO2，3个Fe2+中有两个Fe2+失电子，则氧化的2Fe+的物质的量为2mol，C项错误；D．该条件下O2作氧化剂，2-46SO为氧化产物，故O2氧化性强于2-46SO，D项正确；答案选C。11

-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．Na能够与H2O发生反应产生H2，Na燃烧产生的Na2O2能够与水、二氧化碳反应产生O2，H2、O2的混合气体加热会发生爆炸，而泡沫灭火器喷出的泡沫中含有H2O、CO2等物质，因此会导致发生危险，所以金属钠着火时，不

能用泡沫灭火器灭火，而应该使用干砂或土灭火，A错误；B．浓硫酸溶于水会放出大量的热，由于其密度比水大，所以在配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，应该将用量筒量取一定体积的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，并用玻璃棒进行搅拌

，防止液滴飞溅，并且量取浓硫酸的烧杯不需洗涤，否则会使配制的溶液浓度偏高。待溶液恢复至室温后将该稀硫酸转移至容量瓶中，再洗涤烧杯内壁2~3次，并将洗涤液一并转移至容量瓶中，然后再旋摇、定容、摇匀，就得到配制的一定体积、一定物质的量浓度的硫酸溶液，B

错误；C．由于钾元素的化合物中常含有一定量的钠元素，而且灼烧时钠的黄色火焰会遮挡钾元素的紫色火焰，因此在观察钾的焰色试验时，要透过蓝色钴玻璃观察，这样做的目的是滤去黄光，C正确；D．将饱和氯化铁溶液滴入到煮沸

的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色停止加热，就制备氢氧化铁胶体，D正确；故合理选项是C。11-2【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．用容量瓶配制溶液时，应先检查是否漏水，再用蒸馏水洗涤，A正确；B．用玻璃棒蘸取醋酸溶液点在用干的pH试纸上，测定该溶液pH，湿润的试纸会升

高pH值，B错误；C．焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，这样不会干扰实验结果，然后再进行实验，C错误；D．氯水中的次氯酸易分解，氯水应保存在棕色细口瓶中并置于阴凉处，D错误；答案选A。11-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．氯化铁易水解

使溶液呈酸性，加入盐酸可抑制其水解，则配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度，A正确；B．除去碱式滴定管胶管内的气泡时，应将尖嘴略向上倾斜，挤压胶管内玻璃球，有利于气泡逸出，不能将尖嘴垂直向下，B错误；C．乙酰水杨酸微溶于水，冷却至室温时未

出现晶体，可用玻璃棒摩擦瓶壁并置于冰水中冷却，用玻璃棒摩擦瓶壁或降温均能促使晶体生长，有利于晶体析出，C正确；D．中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶，否则所消耗标准液的体积增大，所测得的待测液浓度偏大，D正确；故选B。11-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．硅胶中无水

氯化钴呈蓝色，吸水后变为粉红色的CoC12·6H2O，故呈粉色的变色硅胶干燥剂(含氯化钴)，可通过烘干至蓝色后重新使用，故A正确；B．苯酚有毒，其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，使用时要小心，如果不慎沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗，故

B正确；C．测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，若未及时将铁片从稀硫酸中取出，铁也会与硫酸发生反应产生氢气，因此而导致测得的锌镀层厚度偏高，故C正确；D．移液管和滴定管均标有使用温度，使用时均应进行润洗再装液，移液管不必检漏，故D错误；

故选D。11-5【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．分光光度计可测定溶液颜色与反应物(或生成物)浓度的关系，则通过分光光度计用比色法测出不同反应时刻的浓度来计算反应速率，选项A正确；B．水浴加热分离碘并回收苯时，苯的沸点低，则苯回收在锥

形瓶中，而碘在实验结束后留在蒸馏烧瓶中，选项B正确；C．钠和钾密度大于煤油，保存在煤油中，白磷溶于煤油中，着火点低，不和水反应保存在水中隔离空气，则为防止钾、钠和白磷等暴露在空气中燃烧，所以金属钾、钠保存在煤油中，白磷则可保存在水中，选项C正确；D．比色法测定物质浓度时比

较方便，但误差较大，选项D错误。答案选D。11-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A.氯化钠的溶解度受温度影响变化不大，硝酸钾的溶解度随着温度的升高而升高，将NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出，趁热

过滤时，可分离出NaCl晶体，故A正确；B.晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小、或溶液的浓度越大、或溶剂的蒸发速度越快、或溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，故B错误；C.过氧化氢具有氧化性，可

以将碘离子氧化为碘单质，海带中碘元素的提取实验中，需要向海带灰的浸取液中加入少量稀硫酸和过氧化氢溶液，故C正确；D.如果不晾干就展开，铁离子和铜离子易溶于水，水会影响扩散速度，故D正确；答案选B。11-7【

提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．KNO3的溶解度较大，且其溶解度受温度的影响变化较大，而NaCl的溶解度受温度影响变化变化不大，所以分离物质的量之比为1：1的NaCl和KNO3固体，采用先溶解，再蒸发浓缩，将有

NaCl晶体析出，趁热过滤，即可分离出NaCl晶体，将滤液冷却至室温，可使KNO3晶体析出，A正确；B．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+实验，滤纸上吸附的水作为固定相，丙酮作为流动相，Fe3+亲脂性更强，因此Fe3+在流动相分配得多一些，随流动

相移动的速度就快一些，B错误；C．在研究不同酸碱性条件下乙酸乙酯水解速率的实验中，由于酯水解产生酸与醇，当溶液中加入NaOH溶液时，NaOH能够中和酯水解产生的酸，促进酯的水解反应正向进行，使酯的水解程度增大，故酯层剩余体

积最小，C正确；D．金属钾、钠容易与空气中的氧气及水发生反应，因此保存时要隔绝空气。根据钾、钠与煤油不能反应，且密度比煤油大的性质特点，应将金属钾、钠保存在煤油中；白磷在空气中会缓慢氧化而自燃，因此要隔绝空气。根据白磷密度比水大，与水不反

应的性质，可以将白磷保存在水中，这几种物质都是固态物质，因此取用它们时要用镊子，D正确；故合理选项是B。11-8【提升】【正确答案】B【试题解析】分析:A.纸层析法根据极性相似相溶原理,是以滤纸纤维的

结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相，因为样品中各物质分配系数不同,因而扩散速度不同,从而达到分离的目的；B.因为加热后,水分丢失,但温度升高,所以随温度溶解度变化最小的氯化钠最先出来,而硝酸钾因为在高温下溶解

度很大,仍然以溶液状态存在；C.海带灰中碘元素是以碘离子形式存在；D.温度计的水银球应处于乙醇中。详解:A.纸层析法分离铁离子和铜离子实验中,点样后的滤纸需晾干后,才能将其浸入展开剂中；如果不晾干就展开,铁离子和铜离子易溶于水

,水会影响扩散速度,故A错误；B.氯化钠的溶解度随温度变化不大,降温氯化钠溶液不会析出，故B正确；C.海带灰中碘元素是以碘离子形式存在,碘离子不溶于四氯化碳,故C错误；D.温度计的水银球应处于乙醇中,测量的是溶液的温度,故D

错误；故答案为B。11-9【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．海带中碘元素以碘离子存在，应该先将碘离子转化为碘单质，然后萃取得到碘，故A错误；B．此法可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥，但不宜

过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，因为胶状沉淀易穿透滤纸，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，故B错误；C．用纸层析法分离Cu2＋和Fe3＋，滤纸上端呈棕黄色，说明Fe3＋在流动相中分配的更多，随流动相移动的速度快一些，故C错误；D．纸层析法中要求流动

相溶剂对分离物质应有适当的溶解度，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，所以纸层析法是利用试样中各种离子随展开剂在滤纸上展开的速率不同而形成不同位置的色斑，如果试样接触展开剂，样点里要分离的离子或者色素就会进入展开剂，导致实验失败，故D正确；选D。12-1【基础】【正确答案】D【试

题解析】分析:详解:A．标况下水不是气体，11.2L水的物质的量不是0.5mol，A错误；B．一个氧气分子含有2个氧原子，32g氧气所含氧原子为-132g232gmol=2mol，个数为2NA，B错误；C．足量的

钠与1molO2加热反应生成Na2O2，O元素化合价由0价变为-1价，所以转移2mol电子，C错误；D．一个NH3分子含有10个电子，17g氨气的物质的量为1mol，含电子数目为10NA，D正确；综上所述答案为D。12-2【基础】【正确答案】

D【试题解析】详解:A．氢氧化铁胶体粒子是粒子的集合体，所以NA个氢氧化铁胶体粒子的质量大于107g，故A错误；B．缺标准状况，无法计算22.4L氯气的物质的量，且氯气与水的反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以不能计算2.24L氯气通入足量水或氢氧化钠溶

液中转移的电子数，故B错误；C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L碳酸氢钠溶液中碳酸氢钠的物质的量和碳酸氢根离子的数目，故C错误；D．乙炔和苯的最简式都为CH，39gCH含有的原子总数为39g13g/mol×2

×NAmol—1=6NA，故D正确；故选D。12-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:试题分析：A．甲醇分子中含有3个碳氢键，32g甲醇的物质的量为1mol，含有3mol碳氢键，含有C-H键的数目为3NA，故A错误

；B．60熔融的NaHSO4的物质的量为0.5mol，0.5mol熔融硫酸氢钠电离出0.5mol钠离子和0.5mol硫酸氢根离子，总共含有1mol离子，含有的离子数为NA，故错误；C．过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，Na2O2与足量H2O反应产生0.2molO2，转移了0.4m

ol电子，转移电子的数目为0.4NA，故C正确；D．不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积，故D错误。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算12-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A.

铜离子水解，因此1L0.5mol·L－1CuCl2溶液中含有Cu2＋的个数小于0.5NA，A错误；B.18g重水(D2O)所含的电子数为181020AN=9NA，B错误；C.25℃时，pH＝13的1.0LBa(OH)2溶液中氢氧根浓度是0.1mol/L，因此其中含有的OH－数

目为0.1NA，C正确；D.5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，铵根中氮元素化合价从-3价升高到0价，因此生成56gN2即2mol氮气时，转移的电子数目为7.5NA，D错误，答案选C。点睛：

选项D是解答的难点，解题的关键是明确氮元素的化合价变化情况，注意硝酸根没有全部起氧化剂作用。计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。12-5【巩固】【正确答案】D

【试题解析】详解:A．氧化钠和过氧化钠中钠元素都为+1价，阴阳离子的个数比都为1：2，所以钠与氧气反应无论生成氧化钠，还是生成过氧化钠，或氧化钠和过氧化钠的化合物，生成物中离子总数为1mol×1.5×NAmo

l—1=1.5NA，故A错误；B．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，46gNO2的物质的量为46g46g/mol=1mol，所以硝酸与铁反应时，铁失去的电子数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故B错误；C．铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸

不反应，所以50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应时，生成二氧化硫的分子数目小于18.4mol/L×0.05L×12×NAmol—1=0.46NA，故C错误；D．甲烷和乙烯分子中都含有4个极性键，所以标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含有极性键的数目为22.4L2

2.4L/mol×4×NAmol—1=4NA，故D正确；故选D。12-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．浓盐酸与2MnO反应2222+4HCl()ΔMnMnOCl+Cl+2HO浓，根据反应可知，28.7gMnO即0.1mol2MnO反应，转移电子的数目为A

0.2N，选项A错误；B．1.8g重水()2DO为0.09mol，每个重水分子中含有10个质子，故所含质子数为0.9AN，选项B错误；C．在25℃时，1LpH为12的2Ba(OH)溶液中含有-OH数目为1L210−mol/LAN=A0.01N，选项C

正确；D．32g甲醇()3CHOH为1mol，每个甲醇分子中含有5个键，故分子中含有键的数目为A5N，选项D错误；答案选C。12-7【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．常温下，1LpH=12的NaOH溶液中，c(H+)=10-12mol/L，由水电离出的c(

OH-)=c(H+)=10-12mol/L，所以由水电离出的OH-数目为10-12mol/L×1L×NAmol-1=10-12NA，A正确；B．Fe与足量的Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，Fe元素的价态变化不同，转移电子数目不相同

，B不正确；C．标准状况下，氯仿(CHCl3)呈液态，无法求出11.2L氯仿的物质的量，也就不能求出含有分子的数目，C不正确；D．常温常压下，12g14C所含的质子数为A12g614g/molN＜6NA，D不正确；故选A。12-8【提升】【正确答案】B【试题解

析】详解:A．NA个气态分子物质的量为ANn=1molN=，标准状况下所占的体积约为22.4L，若该物质不是气体，则体积不是22.4L，A错误；B．一分子环丙烷中含共用电子对数为9，14g环丙烷物质的量为m14g1n===molM42g/m

ol3，含共用电子对数为3mol，B项正确；C．HClO结构式为H-O-Cl，不含有HCl−，C项错误；D．2SO和水反应是可逆反应，溶液中23HSO的分子数小于A0.1N，D项错误；故选：B。12-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:

A．CH4与足量Cl2光照下发生取代反应是逐步进行的，反应产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4多种取代产物，因此根据C元素守恒可知0.1molCH4与足量Cl2光照下反应生成CCl4的物质

的量小于0.1mol，则生成的CCl4分子数小于0.1NA，A错误；B．Na是+1价金属，1个Na反应失去1个电子，则lmolNa与O2完全反应，无论生成Na2O、还是Na2O2还是二者的混合物，转移的电子的物质的量是1mol，故转移的电子数一定为NA，B正确；C

．只有H+离子浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，C错误；D．100g质量分数为17%的H2O2溶液中含有H2O2的质量是17g，其物质的量是0.5mol，其中含有1molH-O极性键。但在H2O2

溶液中除溶质H2O2分子中含有极性键H-O，溶剂水中也含有大量H-O键，故该溶液中含有极性键的数目大于NA，D错误；故合理选项是B。13-1【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．将过量SO2气体通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2-4S

O+Cl-+2H+，故A正确；B．Cl2通入水中，生成氯化氢和次氯酸，次氯酸是弱酸，应写成分子的形式，离子方程式为：Cl2+H2OH++C1-+HClO，故B错误；C．NaHCO3溶液水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为：-3HCO+H2O=H

2CO3+OH-，故C错误；D．小苏打溶液中加入过量澄清石灰水，发生的例子方程式为：-3HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选A。13-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．澄清石灰水中氢氧化钙以离子形式存在

，应该拆成离子，澄清石灰水通入少量二氧化碳的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，A错误；B．所给离子方程式两边电荷不守恒，铜与FeCl3溶液反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，B错误；C．碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液反

应时，碳酸氢钙较少能完全反应，二者反应的离子方程式为Ca2++2-3HCO+2OH-=CaCO3↓+2-3CO+2H2O，C正确；D．氯气通入水中生成次氯酸和氯化氢，次氯酸为弱电解质不能拆开，应用化学式表示，二者反应的离

子方程式为Cl2+H2O2H++Cl-+HClO，D错误；答案选C。13-3【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．碳酸镁与醋酸反应：MgCO3+2CH3COOH=2Mg2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，A错误；B．氧化铝溶于氢

氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2−+H2O，B错误；C．过量的二氧化硫通入次氯酸钠溶液：ClO-+SO2+H2O=Cl-+2H++SO24−，C错误；D．高锰酸根具有氧化性，将碘离子氧化为碘单质，高锰酸根还原为锰

离子，10I-+2MnO4−+16H+=5I2+2Mn2++8H2O，D正确；答案选D。13-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．Mg2+应与OH-结合成更难溶于水的Mg(OH)2沉淀，反应

的离子方程式为Mg2++2HCO3−+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO23−+2H2O，A错误；B．SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，过量SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为SO2+Ca2++ClO-+H2O=Cl-+Ca

SO↓+2H+，B错误；C．酸性KMnO4溶液滴加少量双氧水，过氧化氢被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应的离子方程式为2MnO-4+5H2O2+6H+=2Mn2＋+5O2↑+8H2O，C正确；D．惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，其离子方程式为Mg2++2Cl-+2H

2O通电Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，D错误；综上所述答案为C。13-5【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应，-3HCO也能与OH-反应，正确的离子方程式为-3HCO+NH4++2OH-=NH3∙H2O+2-3CO+H2

O，故A错误；B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应，可假设Ca(OH)2为1mol，正确的离子方程式为2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+2-3CO，故B错误；C．氢氧化钠溶液通入少量SO2得到亚硫酸钠，正确的离子方程式为2OH-+SO2=2-3S

O+H2O，故C错误；D．碳酸氢钙溶液与少量NaOH溶液反应，可假设NaOH为1mol，1mol氢氧化根离子消耗1molHCO3−得到1mol水和1mol2-3CO，1mol2-3CO结合1mol钙离子得到1mol碳酸钙，离子方程式正确，故D正确；故选D。点睛:碳

酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为

：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。13-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：-3HCO+Ca2++OH-=CaCO

3↓+H2O，选项A正确；B.将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=-3NO+-2NO+H2O，选项B正确；C.将少量SO2通入NaClO溶液，反应生成硫酸钠和盐

酸，反应的离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-=2-4SO+2HClO+Cl-，选项C不正确；D.向氨水中滴入少量硝酸银溶液，反应生成氢氧化二氨合银，反应的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O=()+32AgNH+2H2O，选项D正确；答案选C。13-7【提升】【

正确答案】C【试题解析】详解:A．工业盐酸中含有少量Fe3+，与Cl-形成亮黄色的配合物，离子方程式为Fe3++4Cl-[FeCl4]-，A正确；B．CuCl的溶液中两种配合物[Cu(H2O)4]2+（蓝色）、[CuC14]2-（黄绿色）之间可以相互转化，离子方程式为[

Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuC14]2-+4H2O，B正确；C．Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4和H2O，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO2-4=BaSO4↓+H2O，C错误；D．AgCl中加KI可转化为更难溶的AgI，离子方程式为I-(aq)

+AgCl(s)AgI(s)+Cl-(aq)，D正确；故选C。13-8【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．过量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+OH-=-3HCO，A错误；B．酸性4KMnO氧化2NaNO，被还原得到Mn2+，B正确；C．氨

水弱碱性，不与氢氧化铝反应，向3AlCl溶液中滴入过量的氨水得到Al(OH)3，不是-2AlO，C错误；D．()2BaOH溶液过量，3NaHCO全部反应，产物2-3CO全部转变为BaCO3沉淀，D错误；故

选B。13-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．将KI溶液滴入稀硫酸酸化的KIO3溶液中，二者发生归中反应生成碘单质，离子方程式为5I-+-3IO+6H+=3I2+3H2O，A正确；B．过量铁粉

与稀硝酸反应，最终生成Fe2+，总的离子方程式为3Fe+8H++2-3NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，B错误；C．用酸性KMnO4溶液吸收含SO2尾气，SO2被氧化为2-4SO，高锰酸钾被还原为Mn

2+，离子方程式为5SO2+2-4MnO+2H2O=2Mn2++4H++52-4SO，C正确；D．用碳酸钠溶液浸泡处理锅炉水垢(主要成分为CaSO4)，硫酸钙转化为可溶于酸的碳酸钙，离子方程式为CaSO4(s)+2-3CO(aq)⇌CaCO3(s)+2-4

SO(aq)，D正确；综上所述答案为B。14-1【基础】【正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．葡萄糖是重要的工业原料，主要用于食品加工、医疗输液、合成补钙药物及维生素C等，故A正确；B．地沟油属于油脂，汽油属于烃类，则分馏不能得

到汽油，故B错误；C．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯，此为石油的催化重整，故C正确；D．人体内各种组织的蛋白质在不断地分解，最后主要生成尿素排出体外，D正确；故选B。14-2【基础】【正确答案】

A【试题解析】分析:详解:A．石油分馏是通过石油中物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，没有新物质生成，属于物理变化；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程、煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转

化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B．煤主要含碳元素，此外还含有少量的氢、氮、硫、氧、硅、铝、钙、铁等元素，故B正确

；C．石油经常压分馏后可以得到的未被蒸发的剩余物叫重油，重油经减压分馏可以得到重柴油、石蜡、燃料油等，最后未被气化的剩余物叫沥青，故C正确；D．由于轻质油在生活中的需求量很高，石油分馏得到的汽油等轻质油不能满足需要，通过石油裂化可以提高轻质油的产量和质量，

故D正确；故选A。14-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:试题分析：A、乙烷不与钠反应，错误；B、在一定条件下，淀粉水解得葡萄糖，脂肪水解得脂肪酸和甘油，蛋白质水解得氨基酸，正确；C、苯中不存在碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，

错误；D、石油是烃的混合物，所以分馏的产物中不可能含有乙酸及苯的衍生物，错误，答案选B。考点：考查有机物的性质14-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷

，二者反应类型不同，故A错误；B．有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应属于取代反应，酯化反应、硝化反应、皂化反应均属于取代反应，故B正确；C．石油的裂解是化学变化，煤的气化也是化学变化，石油的分馏属于物理变化，故C错误；D．单糖不能发生水解反应，如葡萄糖和果糖均不

能发生水解反应，单糖、二糖以及油脂均不是高分子化合物，蛋白质和多糖属于能发生水解反应的天然高分子化合物，故D错误；故答案为B。14-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】试题分析：A、石油分馏产品是烷烃、环烷烃、芳香烃，乙烯是石油裂解的产物，产物；B、酒精使蛋白质变性，常用75%的酒精

消毒，产物；C、乙烷和苯所含的碳碳键不同，但都能发生氧化反应和取代反应，燃烧反应都是氧化反应，正确；D、蛋白质分子中除含C、H、O外还含有N、S、P等元素，产物，答案选C。考点：考查物质的组成、性质、来源的判断14-6【巩固】【正确答案】A【试题解析

】分析:详解:A．固体氨基酤主要以内盐的形式存在，熔点较高，不易挥发，内盐指两性离子是总电荷为0，电中性的化合物，两性离子为极性，通常易溶于水，难溶于大部分有机溶剂，A错误；B．纤维素上的羟基与浓硝酤在浓硫酤的催化反应下发生酯化反应，含氮量高的叫火棉，是一种烈性炸药，B正确；C．多肽是蛋白质水解

的中间产物，蛋白质及多肽的特性，遇双缩脲试剂呈现紫玫瑰色，C正确；D．油脂不溶于水，溶于有机溶剂如烃类、醇类、酮类、酗类和酯类等。与钙、钾和钠的氢氧化物经皂化而成金属皂和甘油，D正确；故选A。14-7【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．纤维素能与硝酸发生酯化反应，得到

硝化纤维，含氮量高的硝化纤维俗称火棉，是一种烈性炸药，一般含氮量大于12.3%，故A正确；B．硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中水解得到硬脂酸钠和丙三醇，不是丙醇，故B错误；C．根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花，蚕丝是蛋白质，有烧焦羽毛的气味，故C正确；D

．淀粉、纤维素、蛋白质都属于天然高分子化合物，淀粉、纤维素最终水解产物为葡萄糖，蛋白质最终水解为氨基酸，因此一定条件下它们都能发生水解反应，故D正确。综上所述，答案为B。14-8【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:①棉花

的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白质，聚乙烯的主要成分是合成塑料，故①错误；②甲烷与氯气光照反应，生成一氯甲烷；在酸性条件下乙醇和乙酸反应，生成乙酸乙酯，所以甲烷、乙醇和乙酸在一定条件下都能发生取代反应，故②正确；③有机物中含氢越多，燃烧

时，消耗氧气的量越大，故③正确；④乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故④正确；⑤苯分子中无碳碳双键，是介于单键和双键特殊的共价键，故⑤错误；⑥煤的干馏

是煤在空气中加强热发生的复杂的化学反应，属于化学变化，故⑥错误。正确的②③④答案选B。点睛:煤的汽化，液化，干馏都是化学变化。14-9【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．乙二醇可形成氢键，对应的水溶液凝固点很低，可作汽车发动机的抗冻剂；丙三醇含有-OH，属于低级醇，易溶于水，丙三醇具有

吸湿性，可作护肤剂，丙三醇是生产硝化甘油等烈性炸药的原料之一，但不是生成火棉的原料，火棉的主要成分为纤维素硝酸酯，故A错误；B．质谱仪是测定物质的相对分子质量，元素分析仪可以确定有机物含有的元素，如C、H、O等，不能确定有机物的结构，故B错误；C．硝酸铵分解生成氨气、水、二

氧化氮和氧气，其中氧气既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．糖类、油脂、蛋白质是人类摄取的重要营养物质，因为每克蛋白质、葡萄糖、油脂完全氧化时，分别约放出18kJ、15.6kJ、39.3kJ的热量，因此相等质量的三种物质在体内氧化产生的热量油脂最多，故D正确；故选D。点睛:本题主

要考查了物质的性质、用途以及现代分析仪的作用。本题的易错点为A，要注意火棉与硝化甘油的区别。15-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．甲分子中存在烷烃结构，键角不为180°，故所有碳原子不可能共平面，A错误；B．乙→丙为醛基结构还原成羟基结构，为还原反应，B错误；C．丙结构

中存在碳氧双键、羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．甲分子中有三个手性碳原子，分别为1、2、5号碳，丙分子中有三个手性碳分别为2、3、6号碳，D正确；故选D。15-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．由结构简式可知，A属于芳香烃，不能与氢氧化钠溶液，故A错误；B．由结构简

式可知，A和B的分子式不相同，不可能互为同分异构体，故B错误；C．由结构简式可知，B中苯环、碳碳双键和羧基的碳原子都采用sp2杂化，它们之间采用单键相连可以旋转，所以有机物B中所有碳原子可能处于同一平面上，故C正确；D．由结构简式可知，A属于

芳香烃，不可能发生酯化反应、水解反应，故D错误；故选B。15-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．该有机物属于酯，难溶于水，故A错误；B．苯环结构对称，苯环上的一氯代物有3种，故B正确；C．苯环能与

氢气发生加成反应，最多能与氢气以物质的量之比1∶3加成，故C错误；D．该有机物中没有手性碳原子，碱性水解的产物有2-丙醇，故D错误；选B。15-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．X分子中-OH上的H不一定与苯环在同一平面上，A不正确；B．Y与Br2的加成产物中，与羰基相连碳原

子为手性碳原子，B正确；C．X分子中含有酚羟基，Y分子中含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，C不正确；D．X+→Y+HCl，反应为取代反应，D不正确；故选B。15-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．由结构简式可知，M中含有酯基和羰基两种官能团，A错误：B．M中含有酯基，能够发

生水解反应，B正确；C．M中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，则M分子中所有原子不可能在同一平面上，C错误；D．M分子中苯环和羰基可以与H2发生加成反应，则1molM与足量的氢气反应，最多消耗4molH2，D错误；故选B。15-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．由X

的结构可知，其分子中的与一个甲基相连，并同时与两个羰基相连的C原子，其形成的是4条单键，由于这4条单键的键角约为109°28′，所以该C原子至多能和与其相连的C原子中的两个在同一平面内，因此该有机物中的所有碳原子不可能在同一平面内，A项错误；B．手性碳是指

连接4个不同原子或原子团的碳原子，由化合物X的结构可知，其分子中存在1个手性碳原子，如图，，B项正确；C．由X的结构可知，其含有酚羟基，酚羟基易被氧化，因此该有机物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；D．由X的结构可知，该有机物中含有3个苯

环可以与9个H2加成，另外含有两个酮羰基，也可与2个H2加成，因此1mol该有机物至多能与11molH2加成，D项错误；答案选B。点睛:若有机物的结构中存在形成4条单键的碳原子，那么这个有机物中的所有原子一定不会共平面；有机物能与氢气加成，其结构中一般含有碳碳双键，碳碳三键，苯

环，醛基，酮羰基，简记为“烯炔苯醛酮”。15-7【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:X经过一系列反应得到Y，甲基变成了醛基，Y到Z发生了酯化反应。详解:A．X中酚羟基对位为甲基，为疏水基团，Y中酚羟基对位为醛基，为亲水基团，

X比Y在水中的溶解度小，A错误；B．Y与足量氢气反应生成的产物为，不含手性碳原子，B错误；C．1molZ中含有1mol酯基和1mol醛基，故含有2mol碳氧π键，C错误；D．X中含羟基和酚羟基，Y中含醛

基和羟基，Z中含醛基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确；故选D。15-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．由反应可知，反应中X的-OH上的H原子被所取代生成了Y、同时生成了HCl，所以X→Y的反应为取代反应，

A选项错误；B．苯分子中所有原子共平面，共价单键可以旋转，所以O-H键旋转后导致-OH中的H原子与苯环不一定共平面，B选项错误；C．含有碳碳不饱和键、酚羟基的有机物都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，所以X、Y均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而

使酸性高锰酸钾溶液褪色，C选项错误；D．Y与溴发生加成反应后，连接甲基的碳原子上含有4个不同原子或原子团，所以Y与溴发生加成反应后的产物中连接甲基的碳原子为手性碳原子，D选项正确；答案选D。15-9【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:详解:A．

X分子中-OH上的H不一定与苯环在同一平面上，A正确；B．Y与Br2的加成产物中，与羰基相连碳原子为手性碳原子，带*号的C，B正确；C．X分子中含有酚羟基，Y分子中含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D．X+→Y+HCl，反应为取代反应，D正确；故选C。16-1【基础】【正确答案

】C【试题解析】分析:X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半，所以X为碳元素，根据在周期表的位置关系，Y为氮元素、Z为氧元素、Q为硫元素、R为氯元素，据此作答。详解:A．氮和氧位于同一周期，根据元素周期律，同一

周期元素原子半径从左至右逐渐减小，A正确；B．Y为氮元素，位于第二周期VA族，B正确；C．硫和铁反应生成硫化亚铁，C错误；D．Z为氧元素，常见的单质有氧气和臭氧两种，D正确；故选C。16-2【基础】【正确答案

】B【试题解析】试题分析：根据题目要求，四种元素在元素周期表中的位置关系是，，X、Z同族且均为金属元素，则X可能为Li、Be；Y可能为Na、Mg；B.X的最高价氧化物的水化物也可能是弱碱，氢氧化铍；考点：对元素周期表相关知识的考

查，涉及到位--构-----性等知识的考查；16-3【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:X2-、Y+离子与氖原子具有相同的电子层结构，X元素为O，Y元素为Na，地壳中含量最高的金属元素Z为Al元素，X与W属于同一主族，W为S元素。详解:A．氧的非金属性强于硫，故A不选；B．原

子半径关系为Na>Al>S>O，故B不选；C．X和Z形成的化合物为Al2O3，为离子化合物，故C不选；D．元素Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3和H2SO4，三种物质两两间都可以发生反应，故选D。答案选D16-4【巩固】【正确答案】C【试题

解析】详解:试题分析：五种短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X是周期表中非金属性最强的元素，则X为F元素；Y是短周期中原子半径最大的元素，故Y为Na元素；Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al；W最外层

电子数是K层电子数的3倍，最外层电子数为6，原子序数大于Al，故W为S；R的原子序数最大，故R为Cl。A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞Cl-＞F-＞Na+＞Al3+，故A错误；

B．非金属性F＞Cl＞S，故氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，故B错误；C．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、硫酸，两两均可互相反应，故C正确；D．Na与Al不能存在于同一离子化合物中，如偏铝酸

钠，故D错误；故选C。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查结构性质位置关系应用，注意对元素周期律的理解，掌握微粒半径比较，熟练掌握元素化合物性质与组成。该题的关键是准确推断元素，1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳

为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电

子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层

数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。16-5【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:W、Z同主族，各元素在周期表中互不相邻，故W为H，Z为Na；X、Z的质子数相差3，若X为O，X和Y最外层电子数之和为8，

各元素在周期表中互不相邻，则Y为Be，满足W、X、Y、Z为原子半径依次增大；若X为Si，Y只能为C，不满足题意，故W、X、Y、Z为H、O、Be、Na。详解:A．W、X、Y、Z对应的简单离子为H+、O2-、Be2+、Na+，微粒半径：O2-

>Na+>Be2+>H+，A错误；B．O与H和Na可以形成H2O、H2O2、NaO、Na2O2，B正确；C．NaH为离子化合物，C错误；D．Be的金属性比Na弱，故Be(OH)2碱性比NaOH弱，D错

误；故选B。16-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:四种短周期主族元素X、W、Y、Z的原子序数依次增大，X是地壳含量最大的元素，X为O元素，X与Y同族，Y为S元素，W(n+1)+、Xn-的简单离子具有相同的电子层结构，则W为

Al元素，Z为Cl元素。A.电子层数越多，一般离子半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：W<X<Z<Y，故A错误；B.W与Z形成的化合物为氯化铝，属于共价化合物，熔融状态下不导电，故B正确；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性：

Y<X<Z，故C错误；D.非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性：Z>Y，故D错误；故选B。点睛：本题考查了原子结构与元素周期表的关系，正确推断各元素为解答关键，在答题时，画出各元素的位置关系能够使解题更快也更准

确。本题的易错点是A，要掌握离子半径的比较方法。16-7【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al元素；其中只有X与Z同主族；Z原子序

数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为10，则W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为Si时，X为C元素，W为B元素，B与Al同主族，不

符合；若Z为P元素时，X为N元素，W为Be元素；若Z为S元素，X为O元素，W为为H（或Li）元素。详解:A项、Z可能为P、S元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为Al元素，氧化铝为离子化合物，W为H元素时，水分

子为共价化合物，故B错误；C项、X为O时，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误；D项、X可能为N或O元素，Y为Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X＞Y，故D正确。故选D。点睛:本题考

查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。16-8【提升】【正确答案】A【试题解析】分析:Z的简单液态氢化物可用作制冷剂，则Z为N元素；分子间形成氢键的物质熔沸点升高，由此可得出：X为F元素

(最高正价为0价，且HF能形成分子间的氢键)，根据图示各元素的最高价态，则Y为C元素，W为P元素，Q为S元素，R为Cl元素。详解:A．W、R、Z、X分别为P、Cl、N、F，P3-、Cl-核外都有三个电子层，N3-、F-核外都有二个电子层，且电子层结构相

同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：P3-＞Cl-＞N3-＞F-，A正确；B．Z、R分别为N、Cl，由Z、R与氢三种元素组成的化合物NH2Cl为共价化合物，B不正确；C．R单质为Cl2，它与Y的简单氢化物CH4反应时，生成CH

3Cl、CH2Cl2、HCl等，是取代反应，Cl2与Z的简单氢化物NH3反应：2342386NClNHNHCl+=+，是置换反应，C不正确；D．R、Q、W分别为Cl、S、P，最高价含氧酸分别是HClO4、H2SO4、H3PO4，酸性为HClO4>H2S

O4>H3PO4，若不是最高价含氧酸，则酸性不一定满足关系R＞Q＞W，D不正确；故选A。16-9【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:W、X、Y、Z、R是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al；W、Z同族，

且原子序数相差8，元素X在同周期的主族元素中原子半径最大，则X为Na；W为O，Z为S、R为Cl；综上所述，W、X、Y、Z、R分别为O、Na、Al、S、Cl，结合元素周期变、律相关知识解答。详解:A．非金属性：O>Cl>S，因此稳定性

：H2O>HCl>H2S，即气态氢化物稳定性：W>R>Z，A错误；B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，原子半径越小，因此原子半径：O＜Cl＜S＜Al＜Na，即W＜R＜Z＜Y＜X，B错误；C．X(Na)分别与W(O)、R(Cl)形成的

化合物的化学键类型不一定相同，如Na2O只含离子键，Na2O2既含离子键，又含非极性共价键，NaCl只含离子键，C正确；D．Na太活泼，电解X(Na)与R(Cl)形成化合物的溶液即NaCl溶液得不到X的单质Na

，D错误；答案选C。17-1【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A．向醋酸溶液中加水，溶液酸性减弱，水的离子积常数不变，c(H+)变小，c(OH-)变大，A错误；B．25°C时，NaHA水溶液的pH=8，说明HA-的水解程度大于电离程度，即c(H2

A)>c(A2-)，则c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)，B正确；C．等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中，若硫离子不水解、硫氢根离子不水解和电离，则c(K+)=2c(S2-)+c(HS-)，而实际上硫离子会发生水解

，硫氢根离子会水解和电离，使得硫离子和硫氢根离子浓度都减小，则c(K+)>2c(S2-)+c(HS-)，C正确；D．NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解使溶液显碱性，25°C时，pH为5的NH4Cl与pH=9的碳酸钠

溶液中，由水电离出的c(H+)都为10-5mol/L，水的电离程度相同，D正确；答案选A。17-2【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的

导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。详解:A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.0

0mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；C．A点溶质为CH3C

OONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C正确；D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化

学反应，D错误；故选C。17-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=()

()-3-7210HA1.310HAcc−=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A)电离，则H2A的电离度()()-42HA100%1.310100%=HAcc−=0.01

3%，故B正确；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，()()-112-15-10A7.110HAcc−=，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故

D错误；选B。17-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】分析:H2A溶液中，逐滴加入NaOH溶液，n(H2A)不断减小，则Ⅰ曲线为δ(H2A)，n(HA-)不断增大，则Ⅱ曲线为δ(HA-)；当被滴定分数等于1时，再滴加NaOH溶液，此时n(HA-)不断减小，n(A

2-)不断增大，则Ⅲ曲线为δ(A2-)。H2A被滴定分数为0时，溶液的pH＞2，则H2A为弱酸。详解:A．从图中可以看出，H2A被滴定分数为1时，曲线在pH=7的下方，此时溶液的pH＜7，A不正确；B．在H2A被滴定分数为2之后，随着滴定分数的增大，

水的电离程度逐渐减小，B不正确；C．在H2A被滴定分数为2时，H2A与NaOH刚好完全反应，此时溶液呈碱性，所以指示剂只能选择酚酞，C不正确；D．a点溶液中，δ(H2A)=δ(HA-)，则c(H2A)=c(HA-)，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c

(OH-)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，D正确；故选D。17-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:由题干图示信息可知，当NaOH溶液体积为0时，曲线①和曲线②的含A微粒的分布系数之和为100%(90%+10%=100%)，说明H2A的一级电

离是完全电离，故溶液中含A的微粒只有HA-和A2-两种，随着NaOH溶液的加入，HA-的物质的量越来越少，A2-的物质的量越来越多，故曲线①代表HA-的分布分数，曲线②代表A2-的分布分数，据此分析解题。详解:A．由分析可知，曲线①代表的是HA-的分布分数，曲线②代表的是A2-的分布分数，A错

误；B．由分析可知，H2A的一级电离是完全电离的，故HA-只能电离不能水解，导致NaHA溶液显酸性，B错误；C．由题干图示信息可知，M点为HA-、A2-等浓度混合，而N点HA-小于A2-，HA-的电离对水的电离起抑制作用，而A2-的水解对水的电离起促进作用，故水的电离程度：M＜N，C正确

；D．当V(NaOH)=40mL时，此时溶液为Na2A溶液，此时溶液呈碱性，则溶液中根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，则有：c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D错误；故答案为：C。17-6【巩固】【正确答案】C【试题解

析】详解:A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，pH前者大于后者，A正确；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，若H2A的电离度为0.01%，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L

，c(HA-)=0.1mol/L0.01%=10-5mol/L，则Ka1=-3-571010100.1−=，B正确；C．由B项分析可知，Ka1=10-7，则Kh2=1-14-7Kw=Ka1010=10-7＞Ka2，即HA-的水解大于电离，即NaHA溶液显碱性，向

H2A溶液中加入NaOH溶液若c(A2-)=c(HA-)，则溶液肯定显碱性，所以要想至中性，必然是c(A2-)＜c(HA-)，C不正确；D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，D正确；故答案为：C。17-

7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A．加水稀释H2A溶液，酸对水的电离的抑制作用减小，水的电离出的c(H+)逐渐增大，则水电离出的c(H+)•c(OH-)增大，A错误；B．根据电离常数可知酸性H2A＞HB，则水解程度HA－＜B－，所以相同物质的量浓度的

NaHA溶液和NaB溶液等体积混合后，溶液中c(HA-)＞c(B-)，B错误；C．根据电离常数可知HA－的电离程度小于其水解程度，NaHA溶液显碱性，Na2A溶液中加H2A至中性，所得溶液是NaHA和H2A的混合溶液，所以溶液中c(HA

-)>c(H2A)>c(A2-)，C正确；D．将两份相同体积和物质的量浓度的NaOH溶液分别加到1L0.1mol·L-1H2A溶液和1L0.2mol·L-1HB溶液中，如果恰好反应分别生成Na2A和NaB，由于水解程度A2－＞B－，则前者pH大于后者，D错误；答案选C。17-8【提升】【正

确答案】C【试题解析】分析:在H2X溶液中滴加NaOH溶液首先发生反应H2X+OH-=HX-+H2O，该反应过程中H2X的浓度逐渐减小，HX-的浓度逐渐增大，然后发生HX-+OH-=X2-+H2O，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反应过程及每个阶段中粒子种类的变

化分析。详解:A．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A正确；B．由分析和图象可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B正确；C．由图象可知a点的溶质组成为等量的H2X和Na

HX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C错误；D．由图可得a点+-+-7a122c

(H)c(HX)K(HX)==c(H)=10c(HX)，b点+2-+-11a22-c(H)c(X)K(HX)==c(H)=10c(HX)，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性-2HY>HX>HX，根据强酸制弱

酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D正确；故答案为C。17-9【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:试题分析：由图象可知，室温下，0.1mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，HA－的物质的量分数为1.0，说明H2A的一

级电离是完全电离的，随pH增大，HA－的物质的量分数不断减小、A2－的物质的量分数不断增大，pH=3时，HA－和A2－的物质的是分数相同，均为0.5.A.pH=3时，HA－和A2－的物质的是分数相同，所以()()3110a

KHAcH−+−==。所以pH＝5时，()5110/cHmolL+−=，由()()()()23110acAcHKHAcHA−+−−−==可知，在NaHA和Na2A的混合溶液中，c(HA－)∶c(A2－)＝1∶100，A正确；B.H2A是强酸，其电离方程式为H2A=H＋＋HA－，

B不正确；C.由图中信息可知，等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，溶液显酸性，故HA－的电离程度大于A2－的水解程度，离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)，C不正确；D.Na2A溶液中，部分A2

－水解生成HA－，由质子守恒可知，c(OH＋)＝c(H+)＋c(HA－)，H2A浓度为0，D不正确。本题选A。18-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．A的能量小于B的能量，说明A→B的反应为吸热反应，B的能量大于C的能量，说明B→C的反应为放热反应，故A错误；B．

物质的能量越低越稳定，C的能量最低，C最稳定，故B错误；C．A→B为吸热反应，不一定需要加热，如氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，不需要加热，故C错误；D．由图可知B与C的能量差为43EE−，故D正确；答案选D。18-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．环己三烯的

能量比苯高，能量高不稳定，A项正确；B．由图中数据可知该反应吸收123kJmol−的热量，B项错误；C．由盖斯定律及图示可知，该反应的焓变为-1ΔH=-111kJmol，C项正确；D．环己三烯中含3个双键，完全加成时放出-1360kJmol的能量，环己

二烯（）有两个双键，完全加成时放出-1231kJmol的能量，环己烯有一个双键，加成时放出-1120kJmol的能量，每摩尔双键加成时约吸收120kJ的能量，D项正确；答案选B。18-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．1

mol金刚石的总能量比1mol石墨大1.9kJ，故A错误；B．石墨和金刚石是两种不同的物质，石墨和金刚石的转化是化学变化，故B错误；C．石墨的能量低，稳定性强于金刚石，故C正确；D．1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大1.9kJ，更稳定，故D错误；故选

C。18-4【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．313ΔHΔH＞说明苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故A错误；B．由图可知，苯与氢气反应转化为环己二烯的反应为反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变12ΔH=ΔH-ΔH＞0，故B

错误；C．由图可知，环己烯与氢气反应转化为环己烷的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故C错误；D．由图可知，苯与氢气反应过程中有碳氢键的生成，故D正确；故选D。18-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．物质是图示三种物质中能量最

低的，故为最稳定的，故A正确；B．过程①反应物的总能量小于生成物的总能量，故为吸热反应，故B正确；C．由转变为所吸收的热量等于过程①与过程②所吸收的热量，故C错误；D．质变化过程中所放出或吸收的热量只与物质的始态和末态有关，与路径无关，故D正确；故选C。18-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】详

解:A．3△H1<△H4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，选项A正确；B．也含有两个碳碳双键，而2△H1<△H3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目不一定成正比，选项B不正确；C．．与加氢分别生成时，△H2<△H3，说明位置异构

形成的同分异构体之间的性质不完全相同，选项C正确；D．与加氢分别生成时，△H2<△H3，说明稳定性较强，对比二者结构知，单双键交替的两个碳碳双键之间存在有利于物质稳定的相互作用，选项D正确；答案选B。18-7【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．

由图示可知1，2-加成产物的能量比1，4-加成产物的能量高，所以1，4-加成产物稳定，选项A错误；B．两种产物为同分异构体且化学键种类和数目相同，但生成1，2-加成产物放出的热量相对较少，故1,2-加成产物的总键能更大，选项B正确；C．相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2-加成的

活化能较1，4-加成的低，故更易发生，选项C正确；D．升高温度，反应的正、逆反应速率均增大，根据题干的信息可以看出，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，选项D正确；答案选A。18

-8【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:由图可知，1mol顺-2-丁烯、反-2-丁烯的能量均高于1mol丁烷的能量，1mol顺-2-丁烯也高于1mol反-2-丁烯的能量，据此分析作答。详解:A．由图可知，上述反应中顺-2-丁烯和反-2-丁烯中Π键断裂，H2中的σ键断裂，A错误；B．根据分析

可知，顺-2-丁烯比反-2-丁烯的能量高，所以反-2-丁烯比顺-2-丁烯更稳定，B错误；C．由图可知，1mol顺-2-丁烯转化为1mol反-2-丁烯放热为[-115.5-（-119.7）]kJ=4.2kJ，C正确；D．发生加成反应时，顺-2-丁烯断键吸收

的能量低于反-2-丁烯断键吸收的能量，所以顺-2-丁烯放出的能量高于反-2-丁烯放出的能量，D错误；故答案为：C。18-9【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:给反应编号。详解:A．反应①和②都是和氢气加成，是放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，，故A错误；B．将反应①

和②相加不能得到反应③，所以ΔH3≠ΔH1+ΔH2，故B错误；C．反应①和②都是放热反应，ΔH＜0，根据已知，加氢放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比，所以ΔH1﹥ΔH2；将反应②和④和相加得到反应③，所以ΔH3=ΔH2+ΔH4，反应④是1，3-环己二烯脱氢生

成苯的逆反应，是吸热反应，所以ΔH4﹥0，所以ΔH3﹥ΔH2，故C正确；D．由C可知，ΔH3=ΔH2+ΔH4，故D错误；故选C。19-1【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．根据图象，开始投入X(g)和Y(g)，说明从正反应开始建立平衡，a点反应没有达到平衡状态，a点的正反应速率大于逆反

应速率，A项正确；B．根据图象可计算0~10min内用Z表示的平均反应速率为(0.4-0)mol/L10min=0.04mol/(L∙min)，但不能计算10min末的瞬时反应速率，B项错误；C．根据图象，从起始

到平衡X(g)、Y(g)、Z(g)物质的量浓度的改变值依次为（0.8-0.2）mol/L、（0.5-0.3）mol/L、（0.4-0）mol/L，则X(g)、Y(g)、Z(g)的转化物质的量浓度之比为3∶1∶2，转化物质的量浓度之比等于化学计量数之比，故X、Y、Z的化学计量数之比为3∶1∶

2，C项正确；D．达到平衡时Y的浓度为0.3mol/L，则该条件下，Y的最大限度(平衡转化率)为0.5mol/L-0.3mol/L100%0.5mol/L=40%，D项正确；答案选B。19-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．反应进行到1s时，由速率之比等于化学计量

数之比可知v(A):v(C)=(0.6-0):(1.0-0.6)=3:2，故A错误；B．反应进行到6s时，B的平均反应速率为-1-1Δn(1-0.4)molv(B)===0.025molLsVΔt4L6s，故B错误；C．由图可知，

B、C的物质的量减少，A、D的物质的量增加，则B、C为反应物、A、D为生成物，结合图中物质的量的变化量可知，B、C、A、D计量数之比=(1-0.4)：(1-0.2)：(1.2-0)：(0.4-0)=3：4：6：2，6

s达到平衡，则反应为3B4C6A2D++，故C正确；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到6s时，各物质的反应速率不相等，故D错误；故选C。19-3【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．从a、c两点坐标可求得a、c两点间的该化学反应的平均速率，A错误；B．随

着的反应正向进行，反应平衡前v正>v逆，平衡时v正=v逆，至平衡过程中正速率减小逆速率增加，则v正(b)>v正(c)=v逆(c)>v逆(a)，故B错误；C．若提高反应温度，则平衡会发生移动，则c(B)最终浓度会不同，C错误；

D．反应达到平衡时物质反应速率比等于系数比，则：3v(B)=2v(X)，D正确；故选D。19-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:由曲线斜率判断，斜率大，反应快，温度高，故T1>T2，以此分析。详解:A．T2时，0~2h内，()1cHI从

1升高到2，即c(HI)从1mol/L降低至0.5mol/L，故∆c(HI)=1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，()-1-1ΔcHI0.5v(HI)===0.25molLhΔt2，速率之比=系数之比，则

-1-1211v(H)=v(HI)=0.25=0.125molLh22，A正确；B．T1温度下，2h，4h反应均未达到平衡状态，随着反应进行，c(HI)减小，瞬时速率减小，B错误；C．由分析可知T1>T2，C正确；D．T1曲线反应快，表示有催化剂，

T2没有催化剂，D正确；故选B。19-5【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A.Y是固体，增加Y的物质的量反应速率不变，A错误；B.a℃、8min时，X的浓度为10.5molL−，即X消耗了10.5molL−，Z的最小浓度为10.5molL−，若Z的起始浓度不为0，那么Z

的浓度将大于10.5molL−，B错误；C.根据相同时间段内温度越低反应速率越小可知，a小于200，C错误；D.a℃时，0～1min内x的平均反应速率为110.2molLmin−−，则Z的平均反应速率为110.2

molLmin−−，D正确；答案为D。19-6【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．反应温度T1和T2，以c(NO2)随t变化曲线比较，II比III后达平衡，所以T2>T1，故A错误；B．升高温度，反应速率加快，T2>T1，则反应速率v(a)>v(b)，故B错误；C．T1

温度下，反应至t1时c(NO2)=c(N2O4)，t1之后c(NO2)、c(N2O4)仍在变化，说明t1时反应没有达到平衡状态，故C错误；D．T1时，在0-t3内，11124(NO)0.04molL0.01molLmo

l0L0.3−−−==−c，则0-t3内112430.03(NO)molLsvt−−=，故D正确；答案选D。19-7【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．600~1200s，X浓度变化为：0.9

6mol/L-0.66mol/L=0.3mol/LY的平均速率为(2×0.3mol/L)÷600s=3111.010molLs−−−，A错误；B．由图象可知，反应至2200s时没有达到平衡，正、逆反应速率不相等，则()2v

X正不等于v逆(Y)，B错误；C．反应过程中，以600s处为例，2c(X)+c(Y)=2?0.96mol/L+1.6mol/L=3.52mol/L，C错误；D．由题目给出的图表可知，600~1710s时间段内，反应物浓度减少至原来的

一半时，所需时间为1110s，1710~2820s时间段内，c(X)减小至原来的一半，所需时间为1110s，要使c(X)再减小一半，反应所需要的时间仍为1110s，则可推测上图中的x为3930s，D正确；答案选D。19-8【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:由题中信息可知，反

应X2Z=经历两步：①XY→；②Y2Z→。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度c随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c随时间t的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c随时间t的变化曲线。详解:A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知

，a为()Xc随t的变化曲线，A正确；B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于1t时刻，因此，1t时()()()XYZccc==，B正确；C．由图中信息可知，2t时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明2t时刻反应两步仍在向正反应方向发生

，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即2t时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；D．由图可知，3t时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则()0Ycc=，由于反应②Y2Z→的发生，3t时刻Y浓度的变化量为()0Ycc−，变化量之比等于化学计量数之比，所以

Z的浓度的变化量为()02[Y]cc−，这种关系在3t后仍成立，因此，D不正确。综上所述，本题选D。19-9【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(N2)=v(CO)，故A正确；B．c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧

化碳的瞬时速率，故B正确；C．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故C正确；D．维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，平衡逆向进行，达到新的平衡

状态，平衡状态与原来的平衡状态不同，故D错误；故选D。点睛:本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学方程式书写方法，主要是图象分析应用。本题的易错点为B，c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间为瞬时速率。20-1【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A.焓变小于0而熵

变大于0的反应，△G=△H-T△S＜0，反应能够自发进行，故A正确；B.焓变和熵变都小于0，在高温下不可以自发进行，故B错误；C.焓变和熵变都大于0的反应，在低温下不能自发进行，故C错误；D.熵变小于0而焓变大于0的反应肯定不能自发进行，故D错误；点睛:反应能否

自发进行，根据△G=△H-T△S<0判断。20-2【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，反应自发进行是由焓变、熵变和温度共同决定，故A错误；B．△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△S＜0，△H＜0的反应可以自发进行，

故B错误；C．碳酸氢铵固体加热分解生成二氧化碳、氨气，熵变增大，故C错误；D．冰从固体变化为液体，熵变增大，故D正确；故答案为D。20-3【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:熵表示物质的混乱度，在相同条件下，同一种物质在气态时熵值最大，液态

其次，固态时熵值最小，所以选项C可以用熵判据解释。而选项A、B、D都应该用焓变来解释，即都是能量减少的过程，所以答案选C。20-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A.碳酸钙的分解反应为吸热反应，ΔH＞0，故A错误；B.物质的燃烧为放热反应，ΔH＜0，

2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(g)反应后气体的物质的量增大，ΔS＞0，故B正确；C.硝酸铵的溶解为吸热过程，ΔH＞0，故C错误；D.化学键的断开为吸热过程，ΔH＞0，故C错误；故选B。20-5【巩

固】【正确答案】A【试题解析】详解:由于反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，正反应是气体分子数增大的方向，即△S＞0，如果△H＜0，则在任何温度下均可自发，现只有在高温时正反应才能自发进行，则说明正反应△H＞0，故正反

应的△H＞0、△S＞0。故答案为：A。20-6【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:分析：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行；能用△H判据解释的，是△H＜0的反应。详解：A．氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，反应能够自发进

行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故A错误；B.2N2O5(g)═4NO2(g)+O2(g)△H=+56.7kJ/mol，反应焓变大于0，为吸热反应，该反应的熵值增加，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主

要是熵判据，故B错误；C．(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g)△H=+74.9kJ/mol，反应为吸热反应，该反应的熵值增加，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故C错误；D.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-285.8kJ/

mol，该反应熵值减小，反应为放热反应，反应能够自发进行是因为其焓变＜0，主要是焓判据，故D正确；故选D。点睛：本题考查反应热与焓变的关系，明确反应自发进行的依据是解题关键。注意可用焓判据来解释的一定为放热过程。20-7【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．

液态水变为气态水属于混乱(或无序)程度变大的过程，则该过程为熵增过程，故A正确；B．Na与H2O反应生成氢氧化钠和氢气，该反应放热并且生成气体混乱(或无序)程度变大，所以△H＜0、△S＞0，任何温度下△H-T△S＜0，该反应能自发进行，

故B正确；C．氢气与氧气反应生成液态水反应放热，混乱(或无序)程度变小，所以△H＜0、△S＜0，故C正确；D．2NO2(g)+4CO(g)═N2(g)+4CO2(g)△H＜0，又气体物质的量在减小，则混乱(或无序)程度变小，所以△H＜0、△S＜0，根据

△G=△H-T△S＜0自发，则低温有利于该反应自发进行，故D错误；故答案为D。点睛:在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示，且△G=△H

-T△S：①当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；②当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；③当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。20-8【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．物质聚集状态不同熵值不同，气体S＞液体S＞固体S，1molH2O在不同

状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]，故A正确；B．若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，则说明自发反应的熵不一定增大，非自发反应的熵也不一定减小，

故B错误；C．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)是△H＞0、△S＞0的反应，由△G=△H-T△S＜0可自发进行可知，主要由ΔS＞0决定，需要在高温下才能自发进行，故C正确；D．由反应可知，△H＞0、△S＞0，能自发进行，则△H-T△S＜0，

则能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故D正确；故答案为B。20-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A.H2O（l）→H2O（g），△H>0，△S>0，由△H-T△S＜0可知，高温下该过程可自发进行，

故A错误；B.2NO2（l）⇌N2O4（g），△H<0，△S<0，由△H-T△S＜0可知，低温下该反应可自发进行，故B正确；C.NH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g），△H>0，△S>0，高温下△H-T△S<0，反应自发进行，故C错误；D.2Fe3+（aq）+C

u（s）=2Fe2+（aq）+Cu2+（aq），△H<0，△S>0，则△H-T△S<0，反应一定自发进行，故D错误。故选B。点睛:解题的关键是△H-T△S的值，大于0，反应不自发，等于0，反应处于平衡状态，小于0，则反应自发。21-1【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:分析：A.

由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极；B.根据原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应分析反应物与生成物的总能量大小；C.原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；D.水泥固化过程中，

自由水分子减少，导致溶液中离子浓度改变而引起电动势改变．详解：A.由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较不活泼的金属银作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O═2Ag+2OH−，故A错误；B.因为原电池的构

成条件之一为自发的放热的氧化还原反应,所以该反应为放热反应，则2molCu与1molAg2O的总能量大于1molCu2O与2molAg具有的总能量，故B错误；C.原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此O

H-向Cu电极移动，故C错误。D、水泥固化过程中，自由水分子减少，溶剂的量减少导致溶液中各离子浓度的变化，从而引起电动势变化，故D正确．答案选D.点睛：在原电池中阳离子一定移向正极，而阴离子移向负极。21-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．甘汞电极的电势比较稳定，故可作为参比电极，A

正确；B．多孔物质是与被测溶液接触的通道，因此不能隔离甘汞与氯化锌溶液，B错误；C．当甘汞电极与锌电极共同插入ZnCl2溶液中构成原电池时，Zn电极为负极，失去电子变为Zn2+，负极的电极反应式为Zn-2

e-=Zn2+，C正确；D．甘汞电极为原电池的正极，正极上Hg2Cl2得到电子被还原产生Hg，产生产生Cl-，故正极的电极反应式为：Hg2Cl2+2e-=2Hg+2Cl-，D正确；故合理选项是B。21-3【基础】【

正确答案】B【试题解析】分析:详解:A．根据图示的原电池装置，Cu的活动性比Ag强，故Cu为负极，Cu失去电子与溶液中的OH-反应在失水生成CuO，故Cu电极附近OH-浓度减小，A错误；B．根据电池的总反应，Ag2O为氧化剂，CuO为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产

物的氧化性可知，氧化性：Ag2O>CuO，B正确；C．负极的电极反应式为Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O，C错误；D．盐酸能与Ag2O发生反应，电池将不能正常工作，D错误；故选B。21-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:浓差电池为同种电解

质溶液的浓度差而产生电动势的电池，溶液B浓度大故Ag(2)为正极，电极反应为Ag++e-=Ag，Ag(1)为负极，电极反应为Ag-e-=Ag+，溶液B中的硝酸根离子由右池透过阴离子交换膜进入左池；a极与正极相连为阳极，发生还原反应，电极反应式

为2H2O-4e-═O2↑+4H+，硫酸根离子透过交换膜c进入阳极区，故c为阴离子交换膜，b极与负极相连为阴极，电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，钠离子透过交换膜g进入阳极区，故d为阴离子交换膜，据此作答。详解:A．由分析可知，故Ag(2)为正极，电极反应为Ag+

+e-=Ag，故A错误；B．极与正极相连为阳极，发生还原反应，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，故B错误；C．由分析可知，c为阴离子交换膜，d为阴离子交换膜，故C正确；D．浓差电池中左右两边溶液中Ag+浓度相同时，电池停止工作，溶液A中n(Ag+

)=1mol/L×1L=1mol，溶液B中n(Ag+)=1L×4mol/L=4mol，放电时A中Ag+减少，B中Ag+增加，当Ag+物质的量为1+42=2.5mol时，停止放电，此时B中Ag+减少4mol-2.5mol=1.5mol，由电极反应式

Ag++e-=Ag，电路中转移电子数为1.5mol，由b极电极反应式2H2O+2e-═H2↑+2OH-，生成氢氧化钠1.5mol，质量为1.5mol×40g/mol=60g，故D错误；故选：C。21-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:该电池负载工作时，左罐颜色由黄色变为蓝色，即左罐溶液

主要含有+2VO离子，放电时，+2VO得电子生成VO2+，正极上的反应为+2VO+2H++e-═VO2++H2O，负极反应为V2+-e-═V3+，所以电池总反应为+2VO+V2++2H+=VO2++V3++H2O，原电池工作时，电解质溶液中的阳离子透过阳离子交换膜移向正极；充电时

电解池总反应、阴阳极反应与原电池的总反应、负正极恰好相反，以此来解答。详解:A．由题干信息中电池中使用质子交换膜可知，原电池放电不可能生成OH-，由分析可知，该电池工作原理为+2VO+V2++2H+放电充电VO2++V3++H2O，A错误；B．由分析可知，放电时左罐是正极，则充电时a

为正极，故a和b接用电器时，左罐电动势高于右罐，B错误；C．电池储能时即充电过程，原电池原负极变为阴极，电极反应为：V3++e-═V2+，则电池负极溶液颜色变为紫色，C正确；D．a和b接电源时即为电解

池，a为电源正极，左侧为阳极区，右侧为阴极区，根据反应方程式+2VO+V2++2H+放电充电VO2++V3++H2O可知，根据电子守恒，理论上当电路中通过3mole-时，必有3molH+由左侧向右侧迁移，D错误；故答案为：C。21-6【巩固】【正确答案】B【试题解析】分析:详

解:A．pH计工作时，实验时将玻璃电极(作负极)和饱和参照电极，溶液中H+向参照电极迁移，故A正确；B．Ag-AgCl为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl，故B错误；C．pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特

殊敏感才能有测量pH的作用，故C正确；D．常温下若测得0.1mol•L-1HA溶液的E=0.318V，E(V)=0.2+0.059pH=0.318V，计算得到pH=2，说明HA不完全电离为弱酸，故D正确；故选：B。21-7【提升】【正确答案】A

【试题解析】详解:A．根据图示可知：Na+通过CM向正极迁移，Cl-通过AM膜移向负极，图示负极上不断产生H+，则C2中含有HCl浓度增大，含有NaCl浓度降低，故该电池利用溶液盐度梯度产生电动势，C2表示低浓度盐溶液，A错误；B．根据图示可知：AM离子交换膜

通过了Cl-，CM通过了Na+，因此AM属于阴离子交换膜，CM属于阳离子交换膜，B正确；C．在左边电极上，2-27CrO得到电子发生还原反应变为Cr3+，因此左边电极为正极，正极的电极反应式为：2-27CrO+6

e-+14H+=2Cr3++7H2O，C正确；D．在右边电极上，H2O失去电子产生H+、O2，右边电极为负极，每反应产生1molO2，转移4mol电子，则根据同一闭合回路中电子转移守恒可得关系式：22-27CrO~3O2，负极产生标准状况下6.72L氧气时，其物质的量n(

O2)=6.72L=0.3mol22.4L/mol，则正极上理论上转化0.2mol2-27CrO，D正确；故合理选项是A。21-8【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:O2通入后，发生反应：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极

，电极反应式为：I2+2Ag++2e-=2AgI，银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，电极反应式为：Ag-e-=Ag+，据此解答。详解:A．O2含量越高，单位时间内转移电子

数越多，电位计读数越大，A正确；B．每0.1mol2O参与反应，转移0.4mol电子，则消耗0.4molAg，质量为0.4mol×108g/mol=43.2g，B正确；C．根据分析可知，多孔石墨电极上

的电极反应式为：I2+2Ag++2e-=2AgI，C错误；D．由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：I2+2Ag=2AgI，因此RbAg4I5质量不会发生变化，即Ag+的量保持不变，D正确；答案选C。21-9【提升】【正确答案】B【试题解析】分析:由题意可知左边装

置为浓差电池，右边装置为电解装置：电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，因此a电极附近应该产生硫酸，则a电极附近应是水电离的氢氧根离子放电，因此a极为阳极，b极为阴极，Ag(1)为负极，Ag(2)为正极。详解:A．浓差电池放电时，两个电极区的硝酸银溶

液的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硝酸银溶液的浓度完全相等时，放电停止。电池放电过程中，Ag(2)电极上发生使Ag+浓度降低的还原反应Ag++e-=Ag，Ag(1)电极发生使Ag+浓度升高的氧化反应Ag-e-=Ag+，Ag(2)电极为正极，Ag(1)电极为负极

，A项错误；B．电解池中a、b电极依次为电解池的阳极和阴极，阳极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，水电离的氢离子在阴极(b电极)得电子发生还原反应，B项正确；C．电解过程中，两个离子交换膜之间的硫酸钠溶液中，Na+通过阳离子交

换膜d进入阴极（b极）区，SO24−通过阴离子交换膜c进入阳极（a极）区，因此c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜，C项错误；D．电池从开始工作到停止放电，正极区硝酸银溶液的浓度将由4mol/L降低到2.5mo

l/L，负极区硝酸银溶液的浓度同时由1mol/L升高到2.5mol/L，正极反应可还原Ag+的物质的量为1L（4mol/L-2.5mol/L）=1.5mol，电路中转移1.5mol电子，电解池的阴极反应生成1.5molOH-，即阴极区可制得1.5mol氢氧化钠，其质量为60g，

D项错误；故选B。22-1【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．P、S、Cl为同周期元素，依据元素性质的递变规律，从P到Cl非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，所以酸性HClO4＞H2S

O4＞H3PO4，A正确；B．Be、Mg、Ba为同主族元素，依据同主族元素的性质递变规律，金属性Be＜Mg＜Ba，则碱性Be(OH)2＜Mg(OH)2＜Ba(OH)2，B正确；C．虽然N、O、F的最外层电子数依次增多，但N显+5价，O、F均不显正价，所以N、O、

F元素最高正化合价并非依次升高，C不正确；D．由P、S、O所在周期表中的位置，可确定非金属性P＜S＜O，非金属性越强，氢化物越稳定，所以PH3、H2S、H2O的稳定性依次增强，D正确；故选C。22-2【基础】【正确答案】

C【试题解析】详解:A．化合物HOSO2Cl结构类似硫酸，有羟基能电离出氢离子，具有酸性，故A正确；B．HOSO2Cl中S显+6价，Cl显示-1价，与足量NaOH溶液反应可生成硫酸钠和氯化钠，两种钠盐，故B正确；C．HOSO2Cl中S显+6价，Cl显示-1价，与盐酸作用不能发生

氧化还原，故C错误；D．HOSO2Cl中Cl显示-1价，与水作用生成盐酸和硫酸，故D正确；故答案为C。22-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、H2O2，H2O2不稳定会分解出氧气，22NaO与22

NaS结构类似，则性质相似、故22NaS与盐酸反应生成22HS，A正确；B．43AlC中Al呈+3、C呈-4价，与水反应生成氢氧化铝和甲烷，B错误；C．2COCl中Cl呈-1、C呈+4价，水解可得盐酸和碳酸、则用一定量NaOH溶液吸收2COCl可

能生成NaCl、碳酸钠、碳酸氢钠，C正确；D．4LiAlH是强还原剂、与水反应氧化还原反应生成2H，D正确；答案为B。22-4【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．硫磺是S单质，化合价为0，2SO中硫元素的化合价为+4价，2SO中硫

元素化合价为+1价，所以硫磺和2SO在一定条件下可以发生归中反应合成2SO，故A合理；B．2NHCl能与水反应发生氧化还原反应生成一种弱酸次氯酸和氨气，故B合理；C．相同条件下，CH4的稳定性强于SiH4，则稳定

性22CHCl强于22SiHCl，所以22SiHCl更容易与2O反应，故C不合理；D．FeO2中氧元素为-1价，铁元素为+2价，则投入足量稀硫酸中生成硫酸亚铁，氧气和水，所以有气体生成，故D合理；故选C选项。22-5

【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．过氧化钠和盐酸反应可以生成水和氧气，则22NaS与HCl反应产物含2HS与S，A正确；B．IBr与NaOH不是氧化还原反应，应该生成NaBr与NaIO，B错误；C．22SOCl与2HO反应

不是氧化还原反应，生成对应的酸，即H2SO4和HCl，C正确；D．金属性越强越容易和氧气反应，金属性由弱到强顺序为：Li、Na、K，故与氧气反应由慢到快的顺序：Li、Na、K，D正确；故选B。22-6【巩固】【正确答案】A【试题解析】详解:A．4SCl与足量2HO反应生

成两种酸，盐酸是强酸，但亚硫酸是弱酸，故A选；B．22SCl与22HO结构具有相似性，两个硫原子间与两个氧原子间一样形成非极性键，故B不选；C．氯的电负性大于溴，碳氯键的极性大于碳溴键，相同浓度下，酸性由强到弱的顺序：2ClCHCOOH，2BrCH

COOH，故C不选；D．()32SOCH能被22HO氧化成()232SOCH，()32SOCH得到氧原子生成()232SOCH发生氧化反应，故D不选；故选A。22-7【提升】【正确答案】C【试题解析】详解:A

．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl和Na2SO4，A正确；B．由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl-S键比FSO3H中

的F-S键更难断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，B正确；C．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H的制备可以用HCl与3SO反应，但不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C错误；D．氯磺酸

（ClSO3H）易水解发生反应ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子，分别制成1L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，D正确；故答案为：C。22-8【提升】【正确答案】A【试题解

析】详解:A．2COCl和足量3NH反应方程式为：2432NH+COCl=CO(OH)Cl+NHOH+Cl，可以发现只生成氯化铵一种盐，A错误；B．五卤化物的稳定性随着卤素非金属性的减弱而减弱，即随着卤素原子序数的递增而减弱，B正确；C．4PCl+和6PCl−中价层电子对数分

别为4和6，且都没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，前者呈正四面体结构，后者呈正八面体结构，C正确；D．3POX(X为Cl、Br)与ROH−的反应为取代反应，醇氧基取代卤素原子同时生成HX，氯原子比溴原子半径小，Cl—P键的键能更大，更

加不易被取代，D正确；故选A。22-9【提升】【正确答案】B【试题解析】详解:A．根据氧化还原反应的规律，有化合价的降低就有化合价的升高，2HO中O元素为-2价，22HO中O元素为-1价，因为F为最强的非金属，反应时化合价不可能升高，所以2F与水反应还可能生成22HO，推断合理，故A正确；B．HF

O中若O元素为-2价，则F元素为+1价，与事实不符，故B错误；C．HFO不稳定，分解生成HF和氧气，故C正确；D．2OF中O元素为+2价，与盐酸反应时被还原，生成HF、氯气、氧气等，故D正确；故选B。23-1【基础】【正

确答案】B【试题解析】详解:A．电导率与溶液中离子浓度成正比，相同浓度的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液中c(H+)依次减小，则溶液的电导率依次减小，所以曲线①②③分别代表Ba(OH)2滴定醋酸、盐酸、

硫酸的曲线，故A错误；B．c点表示的是硫酸与Ba(OH)2恰好完全反应，反应为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，由于消耗的二者体积相同，二者反应的物质的量的比是1：1，所以Ba(OH)2的浓度与H2SO4相同，均为0.100m

ol/L，由图可知Ba(OH)2浓度为0.100mol•L-1，b点是HCl被中和后氢氧根过量，b点c(OH-)=11000.100.12020200•202molLmolmLmLmLmLL−−−+=0.05mol•L-1，POH=-

lg0.05=-(-1-lg2)=1.3且b点对应的pH值为14-1.3=12.7，故B正确；C．向酸溶液中滴加碱，溶液中c(H+)逐渐减小，水电离程度逐渐增大；当溶液显中性时水的电离不受影响，当碱过量时，随着溶液中c(

OH-)增大，水电离程度逐渐减小；a点时醋酸恰好被中和得到(CH3COO)2Ba溶液，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显碱性，水的电离受到促进作用；b点是HCl被中和后氢氧根过量，是Ba(OH)2、BaCl2等浓度的混合溶液，抑制水电离；c点是H2SO4恰好被完全中和产生Ba

SO4，BaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，水的电离也不受影响；d点是Ba(OH)2、(CH3COO)2Ba等浓度的混合溶液，过量的碱电离产生OH-，使水的电离平衡受到抑制作用，由于(CH3COO)2Ba水解促进水电离，d点对水电离

的抑制程度小于b点，所以a、b、c、d四点中水的电离程度a点最大，d点最小，图中a、b、c、d点溶液中，水的电离程度的大小关系：a＞c＞d＞b，故C错误；D．a点时醋酸恰好被中和得到(CH3COO)2Ba溶液，a点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c(CH3COO-)＞c(Ba2+)＞c(OH-)

＞c(H+)，故D错误；故选B。23-2【基础】【正确答案】C【试题解析】分析:不加酸时，Na2CO3溶液显碱性，随着HCl溶液的加入，溶液由碳酸钠转变为碳酸氢钠，当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，再继续加HCl溶液，溶液逐步由碳酸氢钠转化为碳酸，由此分析。详解:A．当HCl溶液

滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，溶液中，以NaHCO3为主，故该溶液呈碱性，溶液pH＞7，故A正确；B．由图中可以看出，当c(H+)=10−6mol/L时，c(H2CO3)＝c(HCO-3)，H2CO3的Ka1=2-633cHcHc()(C

O)=10(CO)H+−，故B正确；C．从图中可知当pH值为8时，溶液中的主要溶质为NaHCO3。当加入盐酸的体积为10mL时，恰好生成NaHCO3，此时NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol/L，故C错误；D．由图可知M点的CO32-和HCO3-物质的量相等，

两者的盐水解溶液呈碱性，pH值为11呈碱性，故离子浓度为：c(Na＋)＞c(CO2-3)＝c(HCO-3)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正确；答案选C。23-3【基础】【正确答案】A【试题解析】详解:A.

根据滴定曲线可知：当加入盐酸20mL时二者恰好反应产生NH4Cl，此时NH4+水解使溶液使溶液显酸性，溶液的pH=6。根据质子守恒可知溶液中c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，A正确；B.用盐酸滴定氨水，当二者恰好反应时溶液为NH4Cl，该盐是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液

显酸性，溶液的pH=6，所以当溶液pH=7时，说明滴加的盐酸不足量，氨水过量，此时二者并未恰好中和，B错误；C.盐酸与氨水反应产生的盐NH4Cl能发生水解，使溶液显酸性，滴定时，使用酸性范围内变色的指示剂甲基橙要比

使用碱性范围内变色的指示剂酚酞的滴定误差更小，C错误；D.当滴入盐酸为30mL时，盐酸过量，溶液中溶质为HCl和NH4Cl，二者的物质的量的比为1：2，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，D错误；故合理选项是A。23-4【巩固】【正确答案

】C【试题解析】详解:试题分析：A．Na2CO3溶液中根据物料守恒可知c（Na+）=2［c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）］，A正确；B．在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1

HCl溶液时碳酸根首先转化为碳酸氢根，然后碳酸氢根结合氢离子转化为碳酸，所以根据图象中pH变化可判断a、b曲线分别代表的是HCO3－、H2CO3量的变化情况，B正确；C．A点时溶液显碱性，则：c（Na+）＞c（CO32－）=c（HCO3－）＞

c（OH－）＞c（H+），C错误；D．B点时碳酸根恰好完全转化为碳酸氢根，因此加入盐酸的体积为10mL，两者恰好完全反应生成NaHCO3，D正确，答案选C。考点：考查碳酸钠和盐酸反应的有关判断23-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:酚酞的变色范围是8-10，溶液

颜色发生突变时Na2CO3转化为NaHCO3，故A正确；甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以甲基橙变色溶液呈酸性，碳酸钠已完全转化为氯化钠，10ml0.100mol/L的Na2CO3溶液恰好完全反应消耗盐酸20.00m

l，故B正确；在pH=7时，溶液显示中性，氢离子和氢氧根离子浓度相等，此时溶液中还含有碳酸根离子和碳酸氢根离子，所以钠离子大于氯离子浓度，故C错误;根据pH变化曲线，可以看出c到d阶段，随着盐酸的加入，pH不再变化，所以该阶段盐酸剩余，碳酸钠

和碳酸氢钠完全消耗掉了，所以ce段对应溶液中CO2与NaHCO3共存，故D正确；23-6【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．根据题中图示可知，用强碱滴定二元酸，只有一个突跃，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以H2A在水中电离的方程式为H2A=H++HA-、HA-

垐?噲?H++A2-，故A错误；B、当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以HA-

只电离，不水解，即溶液中不存在H2A，所以物料守恒3[c(HA-)+c(A2-)]=2c(Na+)，联立电荷守恒和物料守恒，得c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，故B错误；C．根据题中图示可知，常温下，由于H2A一级电离为完全电离，HA-

的起始浓度为0.1mol/L，当V(NaOH)=0mL，HA-浓度大，即HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡为HA-垐?噲?H++A2-，其电离平衡常数Ka=()()()2cAcHcHA−+−=0

.10.10.10.10.9≈1.0×10-2，故C错误；D、当滴定终点时，溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于A2-离子水解，溶液呈碱性，即c

(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，故D正确；答案为D。23-7【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．c(NH3)越多，3pNH越小，()+32AgNH越多，因此δ2代表的是()(+32δAgNH

，故A错误；B．溶液中根据电荷守恒有c(H+)+c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]++c(+4NH)=c(OH-)+c(-3NO)，故B错误；C．向体系中滴入稀硝酸，NH3与H+反应生

成+4NH，c(NH3)减小，Ag++2NH3垐?噲?[Ag(NH3)2]+的平衡逆向移动，δ[Ag(NH3)2]+减小，故C错误；D．a点，δ(Ag+)=()(+32δAgNH，则()()+237+32Ag(NH)1.010([AgNH

])ccKc−==不稳，则对于反应AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-，()10sp37AgCl1.610==1.6101.010KKK−−−=不稳，故D正确；答案选D。23-8【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．X点加入25mLNaOH溶液，溶

液中溶质为NaHC2O4，溶液中存在电离平衡HC2O-4H＋+C2O2-4，同时存在H2OH＋+OH-，所以c(H＋)＞c(C2O2-4)，A错误；B．Y点加入40mLNaOH，则存在物料守恒8c(HC2O-4)+8c(H2C2O4)+8c(C2

O2-4)=5c(Na＋)，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O-4)+2c(C2O2-4)+c(OH-)，联立可得3c(HC2O-4)＋8c(H2C2O4)-2c(C2O2-4)=5c(OH

-)-5c(H＋)，B错误；C．Z点pH=8.7，即c(H+)=10-8.7mol/L，常温下Kw=10-14，所以c(OH-)=-14-8.71010=10-5.3，则+-(H)(OH)cc=-8.7-5.31010

=10-3.4，C错误；D．设加入NaOH溶液体积为Vml，整个滴定过程溶液体积为(V+25)×10-3L，n(Na+)=cV=0.1V×10-3mol，n(H2C2O4)+n(HC2O-4)+n(C2O2-4)=0.1m

ol/L×0.025L=0.0025mol，所以c(Na+)+c(H2C2O4)+c(HC2O-4)+c(C2O2-4)=-33(0.0025+0.1V10)(V25)0molL1−+=0.100mol·L-1，D正确；综上所述答案为D。2

3-9【提升】【正确答案】D【试题解析】分析:NaCl溶液与AgNO3溶液反应的化学方程式为：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3；Na2CrO4溶液与AgNO3溶液应的化学方程式为：Na2CrO4+2AgNO3

=Ag2CrO4↓+2NaNO3，根据方程式可知在相同浓度的NaCl和Na2CrO4溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl-浓度减小的更快，24CrO−浓度减小的慢，所以曲线I表示-lg（Cl-）与V(AgNO3溶

液)的变化关系，曲线II表示-lg（24CrO−）与V(AgNO3溶液)的变化关系；详解:A．该温度下根据B点数据，该温度下，K(Ag2CrO4)=10-4.0×(2×10-4.0)2=4×10-12.0，则A错误；B．C点溶液电荷守

恒，c(Na+)+c(H+)+c(Ag+)=c(Cl-)+c(3NO−)+c(OH-)，B错误；C．根据A点信息，可求得K(AgCl)=10-9.8，该温度下根据B点信息K(Ag2CrO4)=4×10-12.0，当(Ag+)=10-8.8mol/L时，AgCl开始沉淀，当

c(Ag+)=2×10-5.5mol/L时，Ag2CrO4开始沉淀，因此用0.1mol•L-1AgNO3标准液滴定上述NaCl、Na2CrO4溶液时，Cl-先沉淀，C错误；D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时B

r-的浓度更低，则-lgc(Br-)值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，反应终点A向D，D正确；故选D。24-1【基础】【正确答案】D【试题解析】分析:详解:A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为

HCOOH，B错误；C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误；D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；故选：D。24-2【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A

．由题干反应历程图可知，该反应的总方程式为：HC≡CR+CO+NuH一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→，则上述反应原子利用率是100%，A正确；B．由题干反应历程图可知，中间产物有3种，循环圈中的HMLn为催化剂，其余三种为中间产物，B错误；C．由题干反应历程图可知，过程(IV)发生的方程式为：+Nu

H→+HMLn，则属于取代反应，C正确；D．由题干反应历程图可知，目标产物即，含有碳碳双键故能发生加成反应、氧化反应，酮羰基邻碳上的H易发生取代反应，D正确；故答案为：B。24-3【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:A．环氧乙烷与乙醛是不同类物质且互

为同分异构体，物理性质及化学性质均不相同，A项错误；B．反应物中的原子全部进入目标产物，途径I原子的利用率达100％，B项正确；C．反应①不是取代反应，C项错误；D．途径Ⅱ原子利用率低且产生大量废弃物2CaCl，不属于绿色化学范畴，D项错误；故选B。24-4【

巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．在终产物之后催化剂完成催化过程恢复原状，故化合物1为反应的催化剂，A正确。B．2→3过程中涉及碳氧键的断裂，3→4、4→1过程中涉及碳氧键的形成，故B正确。C．根据催化循环的箭头指向，总反应物为、3CHOH和22HO，总产物为和2HO(图中未示出

)，故总反应为，与22HO的化学计量数之比为1∶1，故C错误。D．若原料为3CHCHO和，3CHCHO可视为3CHCOOH，与形成的酯为，故D正确。故选C。24-5【巩固】【正确答案】A【试题解析】分析:由图可知，制备异丁酸甲酯的反

应物为1、5、7，3为产物异丁酸甲酯，4为催化剂，2、6、8、9为中间产物，制备原理为：CH3OH++CO→催化剂。详解:A．若原料用，产物为，A错误；B．反应中的双键变成单键，为加成反应，B正确；C．从反应方程式可以看出，该制备

过程无副产物生成，原子利用率100%，C正确；D．4反应前后未消耗，为催化剂，D正确；故选A。24-6【巩固】【正确答案】C【试题解析】分析:根据题意和原子守恒，①+3CHOH→H2O+②+CO2→③+3CHOH→→→→，总反应为23CHOH

+CO2→H2O+。详解:A．①+3CHOH→→H2O，化合物A为3CHOH，故A正确；B．根据总反应，若用22HOCHCHOH辅助固定，22HOCHCHOH+CO2→H2O+，则产物可能为，故B正确；C．根据总反应，产物中有

水生成，反应原料中的原子利用率小于100%，故C错误；D．反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故D正确；故选C。24-7【提升】【正确答案】A【试题解析】详解:A．反应的吸热或放热与反应条件无直接关系，A项错

误；B．乙醇的催化氧化反应中铜作催化剂，B项正确；C．反应2222CH=CHOAg+→中反应物中的所有原子都转化成环氧乙烷，原子利用率达100%，C项正确；D．根据图示可推知整个反应的反应物和产物为：222CONONCO

−+⎯⎯→+，先配平电子守恒为2223CO2NO=N3CO−++，再依据溶液呈酸性配平电荷守恒为223CO2NO2H=N−+++223COHO++，D项正确；故选A。24-8【提升】【正确答案】D

【试题解析】详解:A.该制备反应中，生成高分子时，有小分子生成，属于缩聚反应，选项A正确；B.Y分子为，其分子式为C15H16O2，选项B正确；C.传统的合成方法原料X一般选用，发生取代反应，合成产物中必有大量HC

l气体产生，选项C正确；D.若将原料X选为CO2，催化剂作用下生成()，另外必有产物水，因此原子利用率不可能为100%，选项D不正确。答案选D。24-9【提升】【正确答案】C【试题解析】分析:由图可知，制取多氟芳香化合物的反应物为和，生成物为和，为反应的催化

剂，反应的总方程式为++。详解:A．由图可知，4和7是反应的中间产物，故A正确；B．由图可知，2向4转化过程中，存在碳氟键断裂和氮碳键、氮氟键的形成，碳氟键、氮碳键、氮氟键都是极性键，故B正确；C．由分析可知，制取出氟芳香取代产物的反应为取代反应，原

子利用率不是100%，故C错误；D．若5为时，X可能为或—CH3，则1可能为或，故D正确；故选C。25-1【基础】【正确答案】B【试题解析】详解:①过量的Fe粉加入稀硝酸中生成Fe2+，因此充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液不呈红色，①不符合题意；②HNO3不稳定，易分解生成NO2，故浓硝酸久置

或光照会变黄色，②符合题意；③常温下，Al箔插入浓硝酸中，Al的表面被HNO3氧化形成致密的氧化膜，Al箔插入稀硝酸中生成硝酸铝、NO和水，③不符合题意；④浓硝酸具有酸性和强氧化性，因此用玻璃棒蘸取浓硝酸点到蓝色石蕊试纸上，试

纸先变红色后褪色，④符合题意；综上所述，符合题意的是②④，故选B。25-2【基础】【正确答案】C【试题解析】详解:A．NO2生成N2O4是放热反应，温度升高，反应向生成红棕色气体二氧化氮的方向移动，现象和结论不正确，故A错误；B．方案设计中CH3COONa和NaF的浓度

不相同，方案设计不正确，不能比较CH3COOH和HF的酸性强弱，B错误；C．氢氧化镁和氢氧化铜是同类型的物质，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，Ksp[Mg(OH

)2]>Ksp[Cu(OH)2]，C正确；D．锌铁都能和酸反应，方案设计不合理，锌反应的同时，可能就有铁发生反应，D错误。故选C。25-3【基础】【正确答案】D【试题解析】详解:A．溶液中也可能有Fe3+，Fe3+会和I-发生氧化还原反应生成碘单质，A错误；B．生成蓝色沉淀说明反应生成了F

e2+，但不一定发生的是吸氧腐蚀，也可能发生析氢腐蚀，B错误；C．SO2与Ca(ClO)2溶液发生氧化还原反应生成2-4SO，2-4SO和Ca2+生成CaSO4沉淀，C错误；D．向某盐溶液中加入NaOH溶液，并加热，产生的气体能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝，则生成气体为NH3，说明原溶液中存在+4NH，D正确；故选D。25-4【巩固】【正确答案】B【试题解析】详解:A．若Na没有完全反应，向固体粉末中加水会产生H2，若有气体生成，不能说明固体粉末为Na2O2，A错误；B．KSCN溶液和Fe3+反应使溶液变为红色，

因此，向样品溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，说明样品已经变质，若溶液不变色，说明样品没有变质；B正确；C．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，由于I-的还原性比Br-强，故少量氯水和KI

反应，静置分层后，下层溶液呈紫红色，说明氧化性：Cl2＞I2，C错误；D．溶液浓度相同时，测得pH：①（NaHCO3溶液）＞②（CH3COONa溶液），可证明H2CO3酸性弱于CH3COOH，D错误；故选B。25-5【巩固】【正确答案】C【试题解析】详解:A．甲烷与氯气在光照下反应

后的有机产物为氯代甲烷，氯代甲烷是非电解质，不能电离出氢离子使湿润的石蕊试纸变红，故A错误；B．醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解，由于阴阳离子的水解程度相同，所以溶液呈酸性，当加水稀释时，离子的水解平衡向正反应方向移动，水的电离程度增大，故B错误；C．常温下，将50

mL苯与50mL乙酸混合，所得混合溶液的体积为101mL说明混合过程中削弱了乙酸分子间的氢键，且苯与乙酸分子间的作用弱于氢键，故C正确；D．在铁粉做催化剂的作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢气体，由于苯和液溴易挥发，挥发出的溴也能与硝酸银

溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，所以产生的气体通入硝酸银溶液中产生淡黄色沉淀不能确定是否生成了溴化氢，不能苯与液溴发生了取代反应，故D错误；故选C。25-6【巩固】【正确答案】D【试题解析】详解:A．向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸,先产生白色沉淀，后白色沉淀不消

失，白色沉淀可能是氯化银，不能说明含有硫酸根离子，A错误；B．铵盐和氢氧化钠溶液反应，如果不加热或在稀溶液中反应生成的一水合氨不分解或分解的氨气较少，无法检测出来，因此不能据此说明不含有铵根离子，B错误；C．反应中硫化钾过量，在加入硫酸铜溶液一定产生CuS

沉淀，所以不能据此说明二者溶度积常数相对大小，C错误；D．酸性：H2SO3＞3HSO−，酸性越强，对应离子结合氢离子能力越弱，因此3HSO−结合H+能力比23SO−的弱，D正确；答案选D。25-7【提升

】【正确答案】D【试题解析】详解:A．氢碘酸中碘离子是被酸性环境下的NO-3氧化，不是Fe3+氧化，不能得出氧化性Fe3+>I2的结论，A错误；B．产生白色沉淀ZnS后，溶液中还剩余Na2S，再滴加CuSO4溶液则直接与Na2S生成黑色CuS，

不能得出Ksp大小的结论，B错误；C．CaCO3与盐酸反应得到的气体除了CO2还有挥发出的HCl，直接通入Na2SiO3溶液中，无法明确是CO2与Na2SiO3反应生成白色沉淀H2SiO3，即不能得出酸性H2CO3>H2SiO3的结论，

C错误；D．很快有气体产生，说明H2O2分解生成氧气，一段时间后溶液变为红褐色，说明FeCl3的水解程度增大，产生更多的Fe(OH)3，水解是吸热过程，温度升高水解程度增大，说明H2O2分解反应为放热反应，D正确；故选D。25-8【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．高锰

酸钾与草酸反应的离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由方程式可知，高锰酸钾过量溶液不褪色，且反应生成的锰离子可作催化剂，不能说明浓度对速率的影响，A错误；B．pH相同的NaClO溶液和3CHCOONa溶液

，溶质的物质的量浓度不同，稀释后无法比较，正确的操作应是测定同浓度的次氯酸钠溶液与醋酸钠溶液，稀释相同倍数后，根据“越弱越水解”，若稀释后()()3pHNaClOpHCHCOONa，则说明HClO酸性弱于3CHCOOH，B错误；C．银离子能和氯离子结合产生氯化银白色沉淀，亚硝酸根离子也可以

和银离子结合生成亚硝酸银白色沉淀，C错误；D．乙醇易挥发，乙醇和25PO共热产生的气体中会混有乙醇，通过足量的氢氧化钾溶液溶解乙醇，再通过稀酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，证明发生了消去反应，D

正确；答案选D。25-9【提升】【正确答案】D【试题解析】详解:A．向淀粉-KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝，说明碘离子被氧化成碘单质，其中KI为还原剂，氯化钾为还原产物，则还原性：ClI−−，故A错误；B．向蒸馏水中滴入几滴酚酞溶液，再加入过氧化钠，因过氧化钠具有漂白性，

其现象为：有气泡产生，溶液先变红后褪色，故B错误；C．将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶，红色褪去，说明氯气与水反应生成了漂白性物质，氯气本身不具有漂白性，故C错误；D．向CuSO4溶液中加入一小块钠，产生无色气泡，溶液底部有蓝色沉淀生成，说明Na不会直接与溶液中的CuSO

4反应，而是先与溶液中的水反应，生成的NaOH在于其溶质反应，故D正确；故选D。26-1【基础】【正确答案】金属晶体金属键离子晶体离子键原子晶体共价键分子晶体分子间作用力＞＜＞＜【试题解析】分析:详解:(1)

Fe是常见金属单质，属于金属晶体，金属晶体中的作用力为金属键；NaBr由+Na和-Br构成，熔点较高，属于离子晶体，离子晶体中的作用力为离子键；SiC由Si原子和C原子构成，熔点非常高，属于原子晶体，

原子晶体中原子间的作用力为共价键；BCl3由分子构成，熔点很低，属于分子晶体，分子晶体中的作用力为分子间作用力；(2)①Li和K都是金属晶体，Li原子和K原子的最外层电子数相同，而Li原子半径更小，因而Li的金属键更强；②KCl和NaCl是堆积方式相同的离子晶体，+K半径更大，因而KCl

的晶格能更小；③SiO2是原子晶体，SO2是分子晶体，原子晶体的熔点高得多；④CH4是非极性分子，HCl和H2O都是极性分子，根据相似相容，HCl和H2O之间的作用力比CH4和H2O之间强得多，因而HCl的溶解度更大。26-2【基

础】【正确答案】1、TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高2、邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低，而对羟基苯甲酸形成分子

间氢键，使熔点升高【试题解析】分析:根据题目所给数据可知TiF4熔点较高，可知其应为离子化合物，其他三种均为共价化合物，为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低，而对羟

基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键增大了分子间的作用力，使熔点升高，故对羟基苯甲酸的熔点比邻羟基苯甲酸的熔点高。26-3【基础】【正确答案】1、水随温度升高，氢键破坏，微粒间距缩小，温度升高，分子间距离增大，在4℃分子间距最

小2、四者都属于分子晶体，相对分子质量增大.范德华力增强，熔沸点增大【试题解析】水分子间存在氢键，故分子间间隙较大，当温度升高，氢键破坏后，分子间的间隙减小，但同时，分子热运动增加，分子间距离增加，这两个矛盾的因素在4℃时达到平衡；4SiF、4SiCl、4SiBr、4SiI沸点依次

升高的原因是四者都属于分子晶体，相对分子质量增大.范德华力增强，熔沸点增大。26-4【巩固】【正确答案】<中形成分子内氢键，使其更难电离出H+MgO是离子晶体，46PO、2SO是分子晶体，离子键强于分子间作用力，分子间作用力462

PO>SO【试题解析】分析:详解:(1)由水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键，使其更难电离出H+，所以相同温度下电离平衡常数a2K(水杨酸)小于Ka(苯酚)，故答案为：<；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+。(2)由于MgO是离子晶体，4

6PO、2SO是分子晶体，分子间作用力462PO>SO，且离子键强于分子间作用力，所以熔点大小顺序是MgO>462PO>SO，故答案为：MgO是离子晶体，46PO、2SO是分子晶体，离子键强于分子间作用力，分子间作用力462PO>SO。26-5

【巩固】【正确答案】1、两者均可形成氢键，24NH分子间形成氢键数目更多2、BN为原子晶体，3BCl为分子晶体，共价键强于分子间作用力；BN与34SiN均为原子晶体，硼原子半径小于硅原子，故BN−键键能大于SiN−键【试题解析】()322CHNNH、24NH

均可形成分子间氢键，24NH分子间形成氢键数目更多，所以24NH的沸点更高；BN为原子晶体，3BCl为分子晶体，共价键强于分子间作用力，熔点BN>3BCl；BN与34SiN均为原子晶体，硼原子半径小于硅原子，BN

−键键能大于SiN−键，所以熔点BN>34SiN。26-6【巩固】【正确答案】1、溶解性：24NH大于26CH，理由是24NH与2HO分子之间能形成氢键，从而增大溶解；而乙烷不能与2HO分子之间能形成氢键，溶解性较小2、2ZnF是离子晶体，2ZnCl、2ZnBr、2ZnI是分子晶体，离子键的作用

大于分子间作用力，故2ZnF的熔点较大，而后三者熔点较低且相差较小【试题解析】氮的电负性较大，24NH分子与2HO分子之间能形成氢键，而乙烷不能和水分子形成氢键，导致肼在水中的溶解性大于乙醇；氟元素为电负性最大

的元素，2ZnF是离子晶体；而2ZnCl、2ZnBr、2ZnI是分子晶体，离子键的作用大于分子间作用力，故2ZnF的熔点较大，而后三者熔点较低且相差较小。26-7【提升】【正确答案】1、ZnF2是离子晶体，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，离子键的作用力大于分子间作用力，故Z

nF2的熔点最大，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点升高2、<邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，沸点升高【试题解析】氟元素是最活泼的非金属元素，故ZnF2是离子晶体，而ZnCl2、

ZnBr2、ZnI2是分子晶体，离子键的作用力大于分子间作用力，故ZnF2的熔点最大，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点升高。分子内生成氢键，熔、沸点通常降低，分子间有氢键的物质熔，熔、沸点通常升高，因为邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不

存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键，则沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛。26-8【提升】【正确答案】1、MgO的核间距比NaCl小，离子电荷数比NaCl多，离子键更强3AlCl是分子晶体，在熔融状态下不导电2、4GeCl、4GeBr、4GeI均为分子晶

体。组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高【试题解析】①MgO中离子都带2个单位电荷，NaCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl-＜O2-，Mg2+＜Na+，高价化合物的晶格能远大于低

价离子化合物的晶格，晶格能MgO＞NaCl，故熔点MgO＞NaCl，答案为：MgO的核间距比NaCl小，离子电荷数比NaCl多，离子键更强；②因AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，不能导电，无法电解，工业一般用

熔融的氧化铝制备铝，答案为：3AlCl是分子晶体，在熔融状态下不导电；GeCl4、GeBr4、GeI4的熔沸点逐渐升高，三者结构组成结构相似，均为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高，答案为：4GeCl、4GeBr、4GeI均为分子晶体。组成和结构相似的分子晶体，相对分子

质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。26-9【提升】【正确答案】1、虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是

H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低2、四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高【试题解析】虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH

3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能，三者分别为18.8×2=37.6kJ·mol-1、28.1×1=28.1kJ·mol-1、5.4×3=16.2kJ·mol-1，故大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O

、HF、NH3沸点依次降低；各物质的熔点从GaCl3、GaBr3、GaI3到GaF3依次升高，原因是四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高。27-1【基础】【正确答案】0.20.5a1.6−【试题解析】分析:详

解:根据2244HSO=2HSO+−+可得硫酸溶液中()()24nH=2nSO=20.05L2mol/L=0.2mol+−，故答案为：0.2；(2)由反应()232424224423FeO3HSO=FeSO3HOCuOHSO=CuSOHO++++，，可知24HSO的物质的量等于金属氧化

物中O元素的物质的量，()()24nO=nHSO=0.05L2mol/L=0.1mol，所以()mO=0.1mol16g/mol=1.6g，因为最初将ag混合物等分为两等份，则在足量CO气流中加热并充分反应，冷却后得到剩余为固体金属单质，则()b=0.5a1.6g−，故答案为

：0.5a1.6−。27-2【基础】【正确答案】4242ΔMnSOHOMnSO+HOMn3O4【试题解析】分析:详解:(1)样品在300℃时已完全失去结晶水，所以加热至500℃时的过程中，样品固体发生分解的化学方程式是4242ΔMn

SOHOMnSO+HO；(2)设42MnSOHO的物质的量为1mol，则()142MnSOHO1mol6g169gm19ol=−=m则曲线B段为锰的氧化物，()169g45.17%76.34g氧化物==m()1Mn1mol55gmol55g−==m()()1O76.34g55g

16gmol4/3moln−=−=()()Mn:O1:4/33:4==nn曲线B段物质的化学式为34MnO。27-3【基础】【正确答案】1、92、0.0100【试题解析】Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为

1.02g，可知样品中n(Al)=1.0220.02mol102/ggmol=，则7.500.02mol(21318)/gxgmol=+，解得x=9。气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0

.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。27-4【巩固】【正

确答案】2【试题解析】详解:加入适量稀盐酸溶解样品，再加入稀硫酸沉淀完全，得到的沉淀为硫酸钡，质量为1.165g，物质的量=1.165g233g/mol=0.005mol，依据钡原子守恒可知，氯化钡晶体中氯化钡的质量为0.005mol×208g/mol=1.04g，则1.222g样品中含有结

晶水的质量为1.222g-1.04g=0.182g，依据化学式BaCl2·xH2O可得：208:18x=1.04g:0.182g，解得x≈2。27-5【巩固】【正确答案】1、62、0.224【试题解析

】234.800g(FeO)0.03mol160g/moln==，(Fe)0.03mol20.06moln==，32217.280g[Fe(NO)HO]288g/mol0.06molMn==，28856262618n−−==。答案为：6；0.06mol(

)322FeNO6HO晶体中所含结晶水的物质的量共为0.06mol×6=0.36mol，分解的气体产物中含有H2O的物质的量为6.300g0.35mol18g/mol=，则依据氢元素守恒，生成HNO3的物质的量为2×(0.36mol-0.35mol)=0.02mol；依据N元素

守恒，生成NO2的物质的量为2×0.06mol-0.02mol=0.1mol；依据得失电子守恒，可得出4n(O2)+0.06×1=0.1×1，n(O2)=0.01mol，V(O2)=0.01mol×22.4L/mol=0.224L。答案

为：0.224。点睛:进行化学计算时，我们常利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒进行求解。27-6【巩固】【正确答案】(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O【试题解析】分析:详解:设N

VCO的摩尔质量为Mg·mol－1，由89℃时剩余固体样品的质量得188MM−＝0.8648，解得M≈1065；由367℃时剩余固体样品的质量得(5132)bM+＝0.4676，解得b≈6；由12.1301065ggm

ol−×a＝n(NH3)＝10.224L22.4Lmol−＝0.01mol，解得a＝5；由最后产物为VO2可知，该化合物中V为＋4价，由各元素正负化合价代数和为0可得，2c＋d＝5×1＋2×6＝17，由该化合物的相对

分子质量18a＋67b＋60c＋17d＋180＝1065可知，60c＋17d＝393，解得c＝4，d＝9，将a＝5，b＝6，c＝4，d＝9代入化学式可得NVCO的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。27-7【提

升】【正确答案】2.5mol/L2:1【试题解析】分析:详解:(1)根据题给信息可知，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不存在铁离子；铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为硫酸亚铁、硫酸，加入氢氧化钠溶液后

，使亚铁离子全部转化为氢氧化亚铁，反应后的溶液溶质只有硫酸钠，根据硫酸根离子守恒可知：n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒可以知道，n(Na2SO4)=12n(NaOH)=12×2mol/L×0.25L=

0.25mol，所以原硫酸溶液的物质的量浓度为c(H2SO4)=0.25mol0.1L=2.5mol/L；(2)铁和硫酸反应方程式：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，固体加入酸后放出1.12L(标准状况)2H，氢气的量为0.05mol，根据方程式反应关系可知

，消耗铁的量为0.05mol，质量为m1(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g；设氧化铁为mg，反应方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，根据关系Fe2O3~Fe2(SO4)3可知，160g：1mol=mg：xmol，x=m160mol；所以n(

Fe3+)=m80mol；铁离子能够与铁反应生成亚铁离子，方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，根据2Fe3+~Fe关系可知：2mol：56g=m80：yg，y=7m20g，则消耗的m2(Fe)=7m20g；故m1(Fe)+m2(Fe)+m(Fe2O3)=13.6g；2.8+7m20+m=13.

6，计算出m=8g，故m(Fe2O3)=8g；则m(Fe)=13.6-8=5.6g，故铁和氧化铁的物质的量之比为：5.656/8160/ggmolggmol=2:1。27-8【提升】【正确答案】升高CuO、Cu2O或Cu2

O10m/92mol/LCuO、Cu2OCuO0.8gCu2O0.72g【试题解析】详解:试题分析：（1）产物NO2和O2的物质的量之比为6︰1可以确定升高的化合价为4，降低的化合价为6，根据得失电子数相等，则金属元素的化合价升高。（2）因为生成的气体用水充分吸收后，结果还有气体剩余，说明

生成的NO2和O2的比值不是4：1，则金属的化合价一定降低，且NO2和O2的比值小于4：1，所以剩余的成分可能为Cu2O或CuO和Cu2O的混合物。根据N守恒，求得所得溶液的物质的量浓度为。（3）n(Cu)=，残留固体的质量为1.52g可知残留的固体为CuO和Cu2O。设CuOxmol，C

u2Oymol，则，解得x=0.01mol，y=0.005mol，CuO为0.8g，Cu2O为0.72g。考点：化学计算点评：本题主要用守恒法进行计算，可以简化计算难度。27-9【提升】【正确答案】升高2：1C

uO和Cu2O的混合物或Cu2Om47mol/Lm(CuO)=0.8g，m(Cu2O)=0.72g【试题解析】分析:(1)某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，根据NO2

和O2的物质的量之比为6：1，计算氮原子得到的电子、氧原子失去的电子，根据电子转移守恒，判断金属元素化合价变化；(2)依据硝酸盐分解规律分析，金属变化为单质时产生NO2和O2的物质的量之比的最小；(3)NO2、O2通入水中发生4NO

2+O2+2H2O=4HNO3，如二者恰好反应，则生成固体为CuO，气体剩余，应为氧气，由元素化合价升降总数相等可知，Cu元素化合价降低，还应生成Cu2O，N元素全部以NO2气体生成，结合N元素守恒计算浓度；(4)从质量守恒的角度列式计算。详解:

(1)某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比为6：1，假设NO2和O2的物质的量分别为6mol、1mol，氮原子得到的

电子物质的量为6mol×(5-4)=6mol，氧原子失去的电子为1mol×2×[0-(-2)]=4mol，由于在氧化还原反应中，得失电子数目应相等，则金属化合价应升高，失电子被氧化；(2)按均属活动顺序表活泼金属(K-Na)生成亚

硝酸盐和O2：2NaNO32NaNO2+O2↑；较活泼金属(Mg-Cu)生成金属氧化物、NO2、O2：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；惰性金属(Cu之后的)生成金属单质、NO2、O2：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑；某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2，氮元

素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，金属化合价降低越多产生NO2和O2的物质的量之比越小，生成单质金属降低最多，则只能是二价金属汞，Hg(NO3)2Hg+2NO2↑+O2↑，则产生NO2和O2的物质的

量之比最小值为2：1；(3)NO2、O2通入水中发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3，如二者恰好反应，则生成固体为CuO，气体剩余，应为O2，由元素化合价升降总数相等可知，Cu元素化合价降低，还应生成Cu2O，则剩余

固体可能为CuO和Cu2O的混合物或Cu2O，N元素全部以NO2气体生成，通入水中发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3，n(HNO3)=n(NO2)=2n[Cu(NO3)2]=188?g/molmg×2=

m94mol；所得溶液的物质的量浓度是c(HNO3)=mmolm94?0.5?L47=mol/L；(4)若m=3.76，n=1.52，则n[Cu(NO3)2]=3.76?g188?g/mol=0.02mol，则n(NO2)=2n[Cu(NO3)2]=0.04mol；若全部生成Cu2O，则m(

Cu2O)=12n[Cu(NO3)2]×144g/mol=0.01mol×144g/mol=1.44g<1.52g，则说明固体为CuO和Cu2O的混合物，设固体中含有xmolCuO，ymolCu2O，根据Cu元素

守恒可得x+2y=0.02，根据二者质量关系可得80x+144y=1.52，解得x=0.01mol，y=0.005mol，所以m(CuO)=0.01mol×80g/mol=0.80g，m(Cu2O)=0.005mol×144g/mol=0.72g。点睛:本题考

查氧化还原反应的计算，侧重于基本概念的理解和掌握的考查，注意氧化还原反应中化合价升降总数相等，根据电子转移守恒判断是关键，注意守恒思想的应用。28-1【基础】【正确答案】1、HCl、H2O2、2Fe(OH)2Cl隔绝空气加强热Fe2O3+2HCl↑+H2O↑3、SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe

2++SO24−＋4H+【试题解析】分析:7.3g气体乙与酸化硝酸银溶液反应生成28.7g白色沉淀，可推知乙为HCl；红棕色固体溶于稀盐酸得到黄色溶液丙，可推知红棕色固体为Fe，且n(Fe2O3)=0.1mol

；又X是由四种前四周期元素组成的纯净物，隔绝空气加热得到混合气体甲，混合气体甲经浓H2SO4处理后得到气体乙(HCl)，所以X中含有的元素为Fe、Cl、O、H，且25.1gX分解生成16.0gFe2O3、7.3gHCl，1.8gH2O，故n(Fe

):n(Cl):n(H):n(O)=0.2mol:0.2mol:0.4mol0.4mol，即X的化学式为Fe(OH)2Cl或FeCl3·2Fe(OH)3，据此分析解题。根据分析可知混合气体甲的化学成分为HCl、H2O；X分

解生成16.0gFe2O3、7.3gHCl，1.8gH2O，步骤①的化学方程式是2Fe(OH)2Cl隔绝空气加强热Fe2O3+2HCl↑+H2O↑；往溶液丙中通入二氧化硫气体黄色会褪去，说明三价铁离子被还原，该反应的离子方程式：SO2+2H2O+2

Fe3+=2Fe2++SO24−＋4H+。28-2【基础】【正确答案】AlNAlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑Al3++3NH3∙H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+将金属单质分别与水或酸反应，观察反应的剧烈程度【试题解析】分析:已知气

体乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，乙为氨气，标准状况下4.48L氨气物质的量为0.2mol，根据溶液乙加盐酸生成沉淀，再加盐酸沉淀溶解，则乙为偏铝酸钠，则说明甲含有铝和氮元素，铝的质量为8.2g–0.2mol×14g∙mol-1=5.4g，即铝的物质的量为0.2mol，即化学式为AlN。据此解答。

详解:(1)气体乙是氨气，电子式为：；故答案为：。(2)根据前面分析得出化合物甲的化学式：AlN；故答案为：AlN。(3)化合物AlN与NaOH反应生成氨气、偏铝酸钠，其化学方程式：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O

＝NaAlO2+NH3↑。(4)溶液丁是氯化铝，氯化铝与过量氨水反应的离子方程式：Al3++3NH3∙H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；故答案为：Al3++3NH3∙H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+。(5)钠

、镁、铝与水或酸反应的剧烈程度不断减弱证明钠的金属元素比同周期的其它金属元素的金属性弱，故答案为：将金属单质分别与水或酸反应，观察反应的剧烈程度。28-3【基础】【正确答案】1、Fe、S、O、HFeH(SO4

)22、FeCl3、HCl、BaCl23、Fe(SCN)3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaSCN4、SCN−、OH−【试题解析】分析:X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生成硫酸钡或者氯化银，用硫氰化钾可以检验出三价铁离子，说明含有

三价铁离子，则说明X含有硫酸根，由于题干说是酸式盐，则X中含有氢元素，根据正负化合价为零的原则，可知X的化学式为FeH(SO4)2，据此分析解题。由分析可知组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为：FeH(SO

4)2；溶液A为FeH(SO4)2的溶液，和过量氯化钡反应生成BaSO4、HCl、BaCl2，另外还含有过量的氯化钡，故溶液C中溶质的成分是：FeCl3、HCl、BaCl2；D→E为硫氰化钾与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀的反应，其化学方程式为：Fe(SCN)3+

3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaSCN；通过D→E反应的方程式可以看出氢氧根离子结合三价铁离子的能力更强，故相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为：SCN−、OH−。28-4【巩固】【正确答案】1、Ca、C、N或钙、碳、氮CaCO32、C

aCN2+4H++2H2O=Ca2++24NH++CO2↑3、CaC2+N21000?CCaCN2+C4、取适量反应后的溶液于试管中，加入足量CaCl2溶液，若无明显现象，则溶液中含有3HCO−；若有白色沉淀产生，则静置后往上层清液中加入NaOH溶液，若无沉淀产生则溶液中含有23CO−；若也有

白色沉淀产生则溶液中含有3HCO−和23CO−【试题解析】分析:溶液B焰色反应为砖红色，说明含有Ca元素；气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为NH3,说明X中含有N元素；气体B分为两等份，一份转化为溶液B1

,加入足量碳酸钠溶液得到沉淀C应为CaCO3，气体D为NH3,且物质的量为2.240.122.4/LmolLmol=，X中含有N的质量为0.1mol214=2.8g，工业制取X，用气体单质N2(钙和碳不可能是气体单质)与一种化合物(由X中的两种元素组成的三

原子化合物，为钙与碳形成的CaC2)在电炉中加热至1000℃左右，同时生成一种黑色固体，黑色固体为C。根据上述分析可知，组成X的元素有Ca、C、N或钙、碳、氮；C的化学式为CaCO3；X与足量稀盐酸反应生成铵盐和钙盐

及二氧化碳气体，反应的离子方程式是CaCN2+4H++2H2O=Ca2++24NH++CO2↑；工业制取X，用气体单质与一种化合物(由X中的两种元素组成的三原子化合物)在电炉中加热至1000℃左右，同时生成一种黑色固体，该反应的化学方程式

是CaC2+N21000?CCaCN2+C；适量气体A通入含D的溶液中恰好完全反应，设计实验方案确定反应后溶液中的阴离子，方案为：取适量反应后的溶液于试管中，加入足量CaCl2溶液，若无明显现象，则溶液中含有3HCO−；若有白色沉淀产生，则静置后往上层清液中加入N

aOH溶液，若无沉淀产生则溶液中含有23CO−；若也有白色沉淀产生则溶液中含有3HCO−和23CO−。28-5【巩固】【正确答案】1、Cu、O、H、ClCu2(OH)3Cl2、Cl-<H2O<NH33、Cu2(OH)3Cl+NaOH

=2Cu(OH)2+NaCl4、()2+42CuHO+2-3SO+2Cl-=2CuCl↓+2-4SO+7H2O+2H+或2Cu2++2-3SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2-4SO+2H+取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝

酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素【试题解析】分析:根据图中信息可知，蓝色沉淀D为Cu(OH)2，灼烧后得到黑色固体E为CuO，质量为16.0g，n(CuO)=16.0g0.2mol80g/mol=，无色溶液加入硝酸银后再加入稀硝酸产生不溶于硝酸的白色沉淀，则为

AgCl，n(AgCl)=14.35g0.1mol143.5g/mol=，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含()2+34NH[]Cu离子，溶液A、B、C中均含有

结构相似的配离子，则B含()2+42CuHO离子，A含有2-4CuCl离子，42.9g固体X的一半中含有n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，n(Cl)=0.1mol，m(Cl)=3.55g，化合物X是由

4种元素组成的盐，不含结晶水，根据分析应该还含有H、O元素，m(OH)=42.9g12-12.8g-3.55g=5.1g，n(OH)=5.1g0.3mol17g/mol=，应该为碱式氯化铜，根据化合价及铜氯元素比可知

其化学式为Cu2(OH)3Cl。根据分析可知，组成X的元素有Cu、O、H、Cl，X的化学式为Cu2(OH)3Cl；根据A→B→C的现象，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，

含()2+34NH[]Cu离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含()2+42CuHO离子，A含有2-4CuCl离子，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为Cl-<H2O<NH3；X与足量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2和NaCl，反应的化学方程式是Cu

2(OH)3Cl+NaOH=2Cu(OH)2+NaCl；蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)，H为氯化亚铜，反应的离子方程式为()2+42CuHO+2-3

SO+2Cl-=2CuCl↓+2-4SO+7H2O+2H+或2Cu2++2-3SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2-4SO+2H+；②取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。28-6

【巩固】【正确答案】1、Fe、Cl、OFeOCl(或323FeClFeO)2、()324FeOCl2NHFeONHNHCl+=+(写成()3242333FeOCl6NHFeNH3NHClFeO+=++或()323324233FeClFeO6NHFeNH3NHClFeO+=++)3、()326

2FeOOH3HFFeF2HO−−+=+(或()3232623FeOHFeO9HF3FeF6HO−−+=+)4、Fe、FeO或34FeO取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，若产生气泡，则是Fe；如不产生气泡，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，则是34FeO；若无

上述现象，说明是FeO【试题解析】分析:红褐色固体B为Fe2O3，物质的量为16g160g/mol=0.1mol，铁元素物质的量为0.2mol，氧元素物质的量为0.3mol，固体A灼烧生成Fe2O3和水，水的质量为17.8g-16.0g=1.8g，水的物质的

量为1.8g18g/mol=0.1mol，氢元素物质的量为0.2mol，氧元素物质的量为0.1mol，固体A中Fe、O、H的原子个数比为：0.2mol:0.2mol:0.4mol=1:1:2，A的化学式为：FeO(OH)，化合物X中

有铁元素0.2mol，质量为11.2g，无色气体A通入到足量硝酸酸化的硝酸银溶液中产生白色沉淀B为AgCl，物质的量为28.7g143.5g/mol=0.2mol，无色气体A为HCl，化合物X中含氯元素0.2mol，质量为7.1g，X中另一种元素的质量为21.5g-11.2g-7.1g=3.

2g，Fe、Cl原子个数比为0.2mol:0.2mol=1:1，依据正负化合价代数和为0的原则，另一种元素不能为氢元素，应为氧元素，物质的量为3.2g16g/mol=0.2mol，则X的化学式为：FeOCl(或FeCl3·Fe2O3)。由分析可知，X的化学

式为：FeOCl，组成X的元素有Fe、O、Cl。FeOCl与水反应生成FeO(OH)和HCl，则FeOCl与液态氨反应的化学方程式为：FeOCl+2NH3=FeO(NH2)+NH4Cl(或()3242333FeOCl6

NHFeNH3NHClFeO+=++或()323324233FeClFeO6NHFeNH3NHClFeO+=++)。由分析可知，A的化学式为：FeO(OH)，FeO(OH)能溶于NaHF2的水溶液，产物中含一种正八面体的负三价阴离子，则其中心原子价层电子对数为6，阴离子为FeF3-6，反应的离子

方程式为：()3262FeOOH3HFFeF2HO−−+=+(或()3232623FeOHFeO9HF3FeF6HO−−+=+)。红褐色固体B为Fe2O3，真空条件灼烧，反应完全后生成黑色粉末(纯净

物)，依据元素守恒，黑色粉末的成分可能是Fe、FeO或Fe3O4，铁能与盐酸反应生成氢气，Fe3O4能与盐酸反应生成铁离子，FeO能与盐酸反应生成亚铁离子，因此检验固体成分的方案为：取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，若产生气泡，则是

Fe；如不产生气泡，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，则是34FeO；若无上述现象，说明是FeO。28-7【提升】【正确答案】1、2H224Cu(OH)SO2、HCl、2CuCl、4CuSO23SNHCl−−3、22432224342Cu(OH)SO3HP

O2HO4CuH2HSO3HPO++=++4、取溶液M滴加酚酞变红，证明溶液有OH−，另取溶液加足量盐酸，再加2BaCl溶液，产生白色沉淀，证明有24SO−；(或者)另取溶液加足量2BaCl产生白色沉淀，再加稀盐酸，发现白

色沉淀部分溶解，说明溶液存在24SO−和34PO−【试题解析】分析:根据图中信息可知，2.58gA与盐酸反应得到蓝绿色溶液B、B加氯化钡溶液得到白色沉淀为不溶于酸的硫酸钡，n(BaSO4)=2.33g0.01mol233g/mol=，则2.58gA中含

0.01mol硫酸根离子，蓝绿色溶液B转变为黄绿色溶液C，再加氨水得到深蓝色溶液D为铜氨配合物，含()2+34NH[]Cu离子，溶液B、C中均含有结构相似的配离子，则B含有2-4CuCl离子，C含()2+42CuHO离子，E为CuS沉淀。2.58g

A与H3PO2反应，生成红棕色沉淀F1.32g，F在60°C时分解为紫红色固体1.28gH为Cu，则n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，则无色气体G为1.30g-1.28g=0.02g，F→H时铜元素化合

价降低，则F→G时元素化合价升高，按得失电子数守恒，G为H2时满足，则0.02gH2、n(H2)=0.01mol，n(H)=0.02mol，则F中铜与氢物质的量之比为1:1，故F为CuH，满足已知条件：A与H3PO2反应，生成1molF时消耗3/4mol的3

2HPO，则转移电子3mol(铜从+2降低到+1、氢从+1降低到-1)；化合物A由4种元素组成，2.58gA中含0.01mol硫酸根离子、质量为0.96g，n(Cu)=0.02mol，m(Cu)=1.28g，n(H)=0.02mol，m(H)=0.02g，剩余质量为0.32g，应该还含有O元素

，m(O)=0.32g，n(O)=0.02mol，则A应该为碱式硫酸铜铜，根据化合价及元素比可知其化学式为Cu2(OH)2SO4。据分析，G的分子式为2H，A的化学式为224Cu(OH)SO。溶液B为Cu2(OH)2SO4与盐酸反应所得，则溶质成分

是HCl、2CuCl、4CuSO；黄绿色溶液C含2-4CuCl离子，加氨水得到深蓝色溶液D含()2+34NH[]Cu离子，E为CuS沉淀，根据CDE→→转化关系，可得出相应微粒与阳离子铜离子结合由强到弱的排序23SNHCl−−。A为Cu2(OH)2SO4，与32HPO发生氧化还原反应，P从+

1升高到+5、铜从+2降低到+1、氢从+1降低到-1，得到CuH、磷酸和硫酸，化学方程式22432224342Cu(OH)SO3HPO2HO4CuH2HSO3HPO++=++。M含硫酸钠、磷酸钠和多余的氢氧根离子，检验溶液M的

主要阴离子(任选2种)的方法为:取溶液M滴加酚酞变红，证明溶液有OH−，另取溶液加足量盐酸，再加2BaCl溶液，产生白色沉淀，证明有24SO−；(或者)另取溶液加足量2BaCl产生白色沉淀，再加稀盐酸，发现白色沉淀部分溶解，说明溶液存在24SO−和34PO−。

28-8【提升】【正确答案】1、Li、N、H()()()3--+rN>rH>rH2、()223344NHCuCuNH+++=或()22323244NHHOCuCuNH4HO++++=NaOH、NaCl、LiCl、LiOH

3、24LiNH3HCl2LiClNHCl+=+4、称取mg反应后的固体与足量的水反应，并收集气体，经计算若m气为m/12g，则表明固体为NaH；若m<m/12g气，则表明固体为NaH和Na混合物【试题解析】分析:化合物X由3种短周期元素组成；溶液D焰色反应为紫红色

，则含有锂元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为氨气；X隔绝空气生成氨气和含锂元素的物质A，则X含有锂、氮、氢元素；X分解生成固体A（Li2NH）和氨气B，A和盐酸反应生成氯化铵、氯化锂，加入足量的氢氧化钠生成溶液E（E中含有锂离子、钠离子、氯离子，氢氧根离

子）和氨气B；化合物X由3种短周期元素组成；溶液D焰色反应为紫红色，则含有锂元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为氨气；X隔绝空气生成氨气和含锂元素的物质A，则X含有锂、氮、氢元素；氮原子电负性较强，形成N3-离子，氢原子可以形成H+、H-离子；根据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，同一元素不同粒子，核外电子数越多，半径越大；则非金属元素形成的所有单核离子半径由大到小的顺序为()()()3--+rN>rH>rH；足量气体氨气通入硫酸铜溶液，得到深蓝色溶液，则生成物为四氨合铜离子，反应为()223344NHCuCuNH+++=或()2232

3244NHHOCuCuNH4HO++++=；由流程可知，D中含有生成的LiCl和NH4Cl，加入过量氢氧化钠，铵根离子和氢氧根离子生成氨气逸出，则E中含有锂离子、钠离子、氯离子，氢氧根离子，故溶质成分为NaOH、NaCl

、LiCl、LiOH；由流程可知，第1次生成氨气的体积为224mL=0.224L，NH3的物质的量为0.01mol，质量为0.17g，则A的质量为0.46-0.17=0.29g；A和0.03molHCl恰好反应生成含LiCl和NH4Cl的D溶液，由第2次生成

氨气体积可知，A中N的物质的量为0.01mol，质量为0.17g，则A中锂、氢元素质量为0.29-0.14=0.15g，设A中Li、H的物质的量分别为x、y，则有①7x+y=0.15，由LiCl和NH4Cl化学式可知，A中Li、N的物质的量等于氯化氢中Cl的物质

的量，则由②x+y=0.3，①②联立解得x=0.02mol、y=0.01mol，故A中n(Li)：n(N)：n(H)=2:1:1，A化学式为Li2NH；故A→D的反应为Li2NH和HCl生成LiCl和NH4Cl，24LiNH3HCl2LiClNHC

l+=+；X的3种元素中，由相对分子质量最小的元素组成的单质为氢气，氢气与一定量的金属钠反应，可能恰好反应生成NaH，可能钠过量得到物质NaH和Na的混合物；22NaH+HO=NaOH+H，若全部为NaH，则mgNaH可以生成氢气mg12，若为混合物则生成氢气质量小

于mg12，故验证反应结束后固体的成分的方案可以为：称取mg反应后的固体与足量的水反应，并收集气体，经计算若m气为mg12，则表明固体为NaH；若mm<g12气，则表明固体为NaH和Na混合物。28-9【提

升】【正确答案】1、Fe、Cl、H；2、3333HNOAgNOFe(NO)、、33NHClNO−−3、22FeHCl+HCl=eCl+HF4、取适量反应后的溶液于试管中，先加KSCN溶液，变红则有铁离子；继续向试管中加过量铁粉，若有气体产生且收集后点燃有爆鸣声，则有氢离子。【试题解析】

分析:溶液C与氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀，为氢氧化铁沉淀，说明X中含有铁元素，氢氧化铁沉淀灼烧生成氧化铁，质量为8.0g，故氧化铁的物质的量为0.05mol，X中铁元素的物质的量为0.1mol，质量为5.6g；另外溶液

A加入足量硝酸银溶液后生成白色沉淀，为氯化银，质量为28.7g，故氯化银的物质的量为0.2mol，在题中化合物X与200ml0.5mol/L盐酸恰好完全反应，加入的氯离子的物质的量为0.1mol，而制得的氯化银沉淀物质的量为0.2mol，说明化合物X中含有0.1mol

氯离子，质量为3.55g；化合物X与盐酸反应后还有气体生成，该气体在氧气中点燃产物G常温下为无色液体，故G为水，气体B为氢气；化合物X只含3中元素，故为Fe、Cl、H；根据质量守恒，氢元素质量为9.25-5.6-3.55=0.1g，物质的量为0.1mol。故X为F

eHCl，与盐酸反应得到A（氯化亚铁溶液）和B（氢气），化学方程式为：22FeHCl+HCl=eCl+HF；A（氯化亚铁溶液）与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应后得到D（氯化银）和溶液C，反应方程式为：2333323FeCl+6AgNO=

3Fe+4HNO)+6AgClNO(HNO2O++，硝酸和硝酸银过量，故C溶质为：3333HNOAgNOFe(NO)、、；由分析可知组成X的元素为Fe、Cl、H；化合物G为水，电子式为；根据分析知C溶液溶质为：3333HNOAgNOFe(NO)、、；根据②③的现象，氯离

子从硝酸银中夺得银离子，生成氯化银沉淀，氯离子结合银离子能力强于硝酸根；氨水与氯化银生成32[Ag(NH)]+，氨气结合银离子能力强于氯离子，故结合银离子能力由强到弱为：33NHClNO−−；X为FeHCl，与盐酸反应得到A（氯化铁溶液）和B（氢气），化学方程式为：22

FeHCl+HCl=eCl+HF；固体F为氧化铁，溶于足量稀盐酸后，溶液中的阳离子有铁离子和氢离子，即实质为证明这两种阳离子是否存在：取适量反应后的溶液于试管中，先加KSCN溶液，变红则有铁离子；继续向试管中加过

量铁粉，若有气体产生且收集后点燃有爆鸣声，则有氢离子。29-1【基础】【正确答案】1、B2、BC【试题解析】温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO

2物质的量比值增大，故答案选B；A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后

，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故答案选BC。29-2【基础】【正确答案】946BC23322c(NH)c(N)c(H)逆向【试题解析】详解:(1)设1molN≡N键能为x，根据化学方程式和ΔH，得3×436kJ/

mol+x-2×1173.2kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得x=946kJ/mol，故断裂1molN≡N键需要能量是946kJ；(2)A.化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题，与反应进行的难易程度无关，故A错误；B.大气固氮的进行程度很小，利用大气固氮原理进行工业生成

，产率很小，没有实际意义，故B正确；C.合成氨是放热反应，温度越低，有利于平衡向正反应移动，反应的转化率越高，反应越完全，故C正确；D.化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题，与反应速率无关，故D错误；故答案为：BC；(3)①根据化学方程式3H2(g)

+N2(g)2NH3(g)和平衡常数的概念，得K=23322c(NH)c(N)c(H)；②甲、乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，平衡时甲容器中H2的转化率为40%，则平衡时氢气的物质的量为3mol×(1-40%)=1.8mol，乙中氢气为1.5mol，小于1.8

mol，则乙容器中反应进行的方向是逆向。29-3【基础】【正确答案】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-889.6kJ/mol0.0375mol/(L·min)75﹪c(CH3OH)·c(H2O)/c(CO2)·c3(H2)D

BD【试题解析】详解:分析：（1）根据n=m/M计算出8.0g甲烷的物质的量，然后可计算出1mol甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量，最后利用热化学方程式的书写原则写出甲烷燃烧的热化学方程式．（2）①根据速率

v=△C/△t结合三行式进行计算；②达到平衡时，H2的转化率=反应的氢气的物质的量/氢气的总量③化学反应的平衡常数K=各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值。④根据外界条件对反应速率的影响因素来

分析。（3）化学平衡状态的特征：等，即V正=V逆，定，即达到平衡后反应物、生成物物质的量，质量，浓度，百分含量等保持不变据此判断解答；详解：（1）8.0gCH4的物质的量为：8.0g/16g·mol－1

=0.5mol，0.5molCH4完全燃烧生成液态水放出444.8kJ热量，则1molCH4完全燃烧生成液态水放出的热量为：444.8kJ×1mol/0.5mol=889.6kJ，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO

2（g）+2H2O（l）△H=-889.6kJ·mol－1。（2）在体积为2L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如

图所示。二氧化碳是反应物随反应进行物质的量减小，甲醇是生成物，随反应进行物质的量增大；10nim内达到平衡，生成甲醇物质的量为0.75mol，二氧化碳物质的量变化了0.75mol；则①依据化学平衡列式计算为：CO2(g)+3H2(g)CH3O

H(g)+H2O(g)起始量（mol）1300变化量（mol）0.752.250.750.75平衡量（mol）0.250.750.750.75CO2的平均反应速率v（CO2）=0.75mol·（2L）－1·10min-1=0.0375mol/(L·

min)；①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=0.0375mol/(L·min)。②达到平衡时，H2的转化率为2.275mol/3mol×00%=75﹪。③该反应的平衡常数K=c(CH3OH)·c(H2O)/c(CO2)

·c3(H2)（表达式）。④A.升高温度加快反应速率，故A错误；B.加入催化剂加快反应速率，故B错误；C.增大压强加快反应速率，故C错误；D.及时分离出CH3OH，浓度降低，减慢反应速率，故D正确；故选D。（3）A.反应

中CO与CH3OH的物质的量之比为1:1，无法确定是否达到平衡状态，不能作为判断平衡的标志故A错误；B.该反应前后气体体积不相等，则压强不变说明达到平衡，故B正确；C.单位时间内每消耗1molCO是正速率，同时生成1mol

CH3OH也是正速率，所指的速率都是表示正反应速率，不能作为判断平衡标志，故C错误；D.CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变，CH3OH组成一定，说明达到平衡，故D正确；E.反应物和产物都是气体，则气体总质量不变、容器体积不变，则密度始终

不变，故E错误；故选BD。29-4【巩固】【正确答案】HCOOH*＝HCOO*＋H*HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＝−0.16NAev∙mol−11.260135n＞m＞pa、b点都未达到平衡，

b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大【试题解析】分析:详解:(1)根据题意决定反应速率主要看活化能，因此该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*＝HCOO*＋H*；根据图中信息得到甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)＝CO2(g)＋H

2(g)ΔH＝−0.16NAev∙mol−1；故答案为：HCOOH*＝HCOO*＋H*；HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＝−0.16NAev∙mol−1。(2)根据反应建立三段式，以压强进行建立，2222HS(g)2H(g)+S(g)a002b2bba2b2b

b−开始转化平衡，设水蒸气压强为z，因此有a＋c＝100，c＋a−2b＋2b＋b＝112，2b100%60%a=，解得a＝40，b＝12，c＝60，因此反应在0~20min内的平均反应速率12Δp24kPa

υ(H)==1.2kPaminΔt20min−=；平衡时，水蒸气压强和任意时刻的水蒸气相同，p(水蒸气)=60kPa，平衡时根据题意建立三段式，2222HS(g)2H(g)+S(g)4000303015103015开始转化平衡，平衡常数22301513510pK

==kPa；故答案为：1.2；60；135。(3)根据图中信息，做一条与y轴相平的平行线，相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为n＞m＞p；根据图中信息，a、b点都未达到平衡，b点乙苯的转化率高于a点的原因是a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，

因此转化率大；故答案为：n＞m＞p；a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大。29-5【巩固】【正确答案】CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g)△H＝+90kJ/mol

升高温度提高甲醇的转化率，并有利于抑制CO的生成（p2/p1-1）×100%大于48【试题解析】分析:（1）根据盖斯定律确定热化学方程式；再利用三段式进行计算；（2）根据图象，N点向上移动到60%时，达到平衡状态，正向移动；利用平衡时各物

质的浓度根据方程式计算K。详解:（1）①根据盖斯定律，主反应+副反应即可得到CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g)△H＝+90kJ/mol；提高CH3OH平衡转化率需要平衡正向移动，反应为吸热反应，升高温度即可提高反应速率，又可提高甲

醇的转化率；②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可使副反应逆向移动，减少CO的生成，增大甲醇的转化率；③CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)初始：11反应：xxx3x平衡：1-x1-xx3x在恒温、恒容密闭中，压强之比等于物

质的量之比，2：（2+2x）=p1：p2；解得x=p2/p1-1，甲醇的转化率=x/1×100%=（p2/p1-1）×100%；（2）根据图象可知，压强为p1时，氢气的体积分数为60%时，反应达到平衡

状态，即生成氢气的物质的量增大，平衡正向移动，则v正大于v逆；平衡时氢气的体积分数为60%，则CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)初始：33反应：xxx3x平衡：3-x3-xx3x3x/（6

+2x）=60%，解得x=2，平衡时，各物质的浓度分别为1/3mol/L、1/3mol/L、2/3mol/L、2mol/L，K=2/3×23/（1/3×1/3）=48。29-6【巩固】【正确答案】<BBD正反应为气体分子数增

大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积增大，平衡向正反应方向移动600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，乙苯的转化率较低，温度过高，苯乙烯的选择性下降，高温下催化剂可能失去活性，且消耗能量较大【试题解析】

分析:（1）①根据图象结合温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；②改变措施有利于提高αHCl，应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增加HCl的浓度；(2)①保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；②6

00℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为600℃的理由。详解:（1）①由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应

为放热反应，即△H<0；升高温度化学反应速率增大，则A、B两点的反应速率中较大的是B，故答案为<；B；②A．增大n（HCl），HCl浓度增大，平衡右移，但HCl的转化率降低，A项错误；B．增大n（O2），氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转

化率提高，B项正确；C．使用更好的催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，C项错误；D．移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，D项正确，故选BD；(2)①正反应为气体分子数增大的反应，保持压

强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，乙苯的转化率较低，温度过高，苯乙烯的选择性下降，

高温下催化剂可能失去活性，且消耗能量较大。故选择600℃左右。29-7【提升】【正确答案】1、低温2、kk正逆k逆升高温度，k逆增大倍数比k正大，逆反应的活化能比正反应的活化能高II3、水蒸气和焦炭反应吸热，氧气和焦炭反应放热，交替通入合适量的空气和水蒸气，有利于维持体

系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，同时还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气的产率150%催化剂活性降低，反应速率减小【试题解析】依据盖斯定律，反应III=反应I-反应II，

则△H3=△H1-△H2=-90.1kJ·mol-1-(-49.0kJ·mol-1)=-41.1kJ·mol-1，若反应自发进行，则△H-T△S<0，而反应III的△H<0，△S=-0.18kJ·mol-1·K-1<0，故低温有利于反应III自发进行；①摩尔分数平衡常数Kx=32322x(C

HOH)x(HO)x(CO)x(H)，当反应达到平衡状态时，v正=v逆，即k正•x(CO2)•x3(H2)=k逆•x(CH3OH)•x(H2O)，kk正逆=32322x(CHOH)x(HO)x(CO)x(H)，则Kx=kk正逆；②反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，v逆>v正，则增大倍数较

大的是k逆，依据阿伦尼乌斯方程可知，活化能Ea的数值越大，速率常数k随温度T的变化率越大，而升高温度，增大倍数较大的是k逆，说明逆反应的活化能比正反应的活化能大；③根据图示可知，步骤II所需活化能最大，所以反应速率最慢，为

慢反应，而慢反应决定总反应速率，因此可通过降低步骤II的能垒(活化能)，进一步提高该反应的反应速率；①由于水蒸气和焦炭反应吸热，会引起体系温度下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应进行，通入空气，利用煤炭与氧气反应放热，维持体系温

度平衡，维持反应速率，同时交替通入合适量的空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气的产率；②反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的Kp=22p(CO)p(CO)，a点时，反应IV和III的Kp相

等，即22p(CO)p(H)p(HO)=222p(CO)p(H)p(CO)p(HO)，即22p(CO)p(CO)=1，则a点时，反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的Kp=1；③b点时，反应III的Kp=1，设初始CO和H2O的物质的量都为1mol，CO的转化量为xmol，列三

段式：222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)(mol)1100(mol)xxxx(mol)1-x1-xxx起始转化平衡，平衡时气体总物质的量为2mol，Kp=xx221-x1-x22pppp=1，解得x=0.5，CO的转化率=0.5m

ol1mol100%=50%；催化剂活性受温度影响，温度升高至t1后，催化剂活性降低，反应速率减小，CO转化率减小。29-8【提升】【正确答案】+41.2AD0.0125MPaCO2能与H2发生反应Ⅱ使反应Ⅰ平衡正移，提高丙烯产率CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭【试

题解析】分析:详解:(1)已知：CO和H2的燃烧热分别为−283.0kJ·mol−1、−285.8kJ·mol−1，可得①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)∆H=−283.0kJ·mol−1②H2(g)+12O2(g)=H2O(l

)∆H=−285.8kJ·mol−1③H2O(g)=H2O(l)∆H=−44kJ·mol−1根据盖斯定律，将②-①-③，整理可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2=+41.2kJ/mol；答案：+41.2；(2)A．反应I的正反应是

吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，使其化学平衡常数增大，A正确；B．选择合适的催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高丙烷平衡转化率，B错误；C．根据(1)计算可知反应Ⅱ热化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2=+4

1.2kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应，反应不能自发，C错误；D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在恒温恒压下通入水蒸气，体系的体积增大，化学平衡正向移动，因此有利于提高丙烷转化率，D正确；故合理选项是AD；(

3)对于反应Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)∆H1=+124kJ·mol−1，该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，C3H8的转化率降低，C3H6含量降低，所以最上边斜线表示的是压强为0.1MPa的C3H8的转

化，下边斜线表示的是0.01MPa的C3H8的转化。若压强在压强为0.1MPa，温度为556℃时，假设丙烷的物质的量是1mol，反应消耗物质的量是x，根据图象可知丙烷在A点的物质的量分数50%，则平衡时各种气体的物质的量分别是n(C3H8)=(1-x)mol，n(C3H6)=

n(H2)=xmol，由于C3H8的含量是50%，则1-x=50%(1-x)+x+x，解得x=13，气体总物质的量n(气)=1+13=43，所以此时的平衡常数Kp=1133(0.1MPa)(0.1MPa)4433230.1MPa43

=0.0125MPa；(4)反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副反应，会导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯，这是由于C

O2能与H2发生反应Ⅱ，使反应Ⅰ平衡正向移动，从而可提高丙烯产率；(5)(i)反应为3C3H8+2CrO3=3C3H6+3H2O+Cr2O3；(ii)反应为Cr2O3+3CO2=2CrO3+3CO，总反应方程式为：C3H8(g)+CO2(g)=C3H6(g)+H2O(

g)+CO(g)。该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与CO2反应会产生CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。29-9【提升】【正确答案】1、aB2、水蒸气与煤炭

反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率3、9.01.8：1BCM+H2O=MO+H2MO+CO=M+CO2【试题解析】①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合

盖斯定律得：312Δ=2Δ-Δ=[2?(-394)-(-566)]kJ/mol=-222kJ/molHHH，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促

进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO

2物质的量比值增大，故答案选B；由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体

系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；①该反应平衡常数K=222(CO)(H)0.750.75==9.0(CO)(HO)0.250.25pppp；②假设原料气中水蒸气为xmol，CO为1mol，由题意列三段式如下：222CO+HOCO+H起始/mol

1x00转化/mol0.90.90.90.9平衡/mol0.1x-0.90.90.9，则平衡常数K=0.90.9×=90.1x-0.9×VVVV，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意

；B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故答案选BC；④水分子首先被催化剂吸附，根

据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。30-1【基础】【正确答案】22232422HO22HCuSOClCuClSO+−−−++

++=++吸滤瓶ADc防止CuCl在潮湿的空气中水解、氧化C【试题解析】分析:详解:(1)海绵铜加入硝酸铵、水、硫酸溶解后，过滤，得到的滤液中铜元素以Cu2+形式存在，结合流程信息可知，加入(NH4)2SO3将Cu

2+还原后与Cl-结合成CuCl沉淀，同时23SO−被氧化成24SO−，则还原过程中主要反应的离子方程式为22232422HO22HCuSOClCuClSO+−−−++++=++，故答案为：22232422HO22HCuSOClCuClSO+

−−−++++=++。(2)由仪器A的结构可知，仪器A的名称为吸滤瓶。A．为防止倒吸，抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，然后关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A项正确；B．布氏漏斗中放入用蒸馏水润湿的滤纸，微开水龙头

，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，然后再用倾析法转移溶液和沉淀，最后开大水龙头，B项错误；C．洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，C项错误；D．胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸，沉定颗粒太小则易在滤纸上形成一层

密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D项正确；答案选AD。(3)CuCl可溶于浓盐酸和氨水，不溶于乙醇，且在潮湿空气中易水解、氧化，所以选择乙醇进行洗涤，故选c，真空干燥的原因是防止C

uCl在潮湿的空气中水解、氧化，故答案为：c、防止CuCl在潮湿的空气中水解、氧化。(4)随着pH减小，Cu2+的水解程度减小，即[Cu2(OH)4-nCln]中OH-与Cl-的个数比减小，而OH-的式量比Cl-小，所以[Cu2(OH)4-nCln]中铜的质量分数减小，故答案为C。30-

2【基础】【正确答案】温度过高，草酸会分解CuO+2KHC2O450℃K2[Cu(C2O4)2]+H2OC酒精易于挥发，便于干燥二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体B无影响【试题解析】分析:草酸晶体加水、微热，然后加入碳酸钾固体，可生成KHC2O4，CuO和KHC2O4二者混合在50°C水

浴加热，趁热，过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，以此解答该题；详解:(1)由题意可知，草酸加热易分解，所以将H2C2O4晶体加入去离子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，故答案为：温度过高，草酸会分解；(

2)将CuO与KHC2O4的混合液在50°C下充分反应，该反应的化学方程式为CuO+2KHC2O450℃K2[Cu(C2O4)2]+H2O，故答案为：CuO+2KHC2O450℃K2[Cu(C2O4)2]+H2O；(3)滤液中含有二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾微溶于冷水

，可溶于热水，可以判断操作应是趁热过滤，故选C；(4)根据题意可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾微溶于冷水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，所以用酒精洗涤，故答案为：酒精易于挥发，便于干燥二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体；(5)A．碱式滴定管的乳胶

管会被高锰酸钾腐蚀，A不合理；B．根据题意，用高锰酸钾标准液滴定试样，高锰酸钾应用酸式滴定管盛装，B合理；C．根据题意，是用高锰酸钾溶液滴定试样，不是用试样滴加高锰酸钾，C不合理；故选B；(6)用少量蒸馏水

将锥形瓶内壁冲洗一下，溶质的物质的量不变，则滴定结果无影响，故答案为：无影响。30-3【基础】【正确答案】分液漏斗D保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；75%【试题解析】分析:详解:(1)根据实验装置可知B为分液漏斗，故答案为：分液漏斗(2

)A．该实验中，仪器A中为正丁醇，B中的溶液为Na2Cr2O7和浓硫混合液，如果互换，将正丁醇滴入Na2Cr2O7和浓硫混合液中可能会造成正丁醇直接被氧化成正丁酸，故A错误。B．实验中保持反应温度为90-95℃，可以采取水浴加热，故B错误

C．应先通冷凝水，再加热A至90-95℃，故C错误D．正丁醛的沸点75.7℃，收集75-77℃馏分，严格控温是为了提高产品的纯度，故D正确故答案为：D(3)根据题目所给反应物和产物的沸点数据可以知道，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量

避免其被进一步氧化，故正确答案为：保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；(4)()13.7gn=0.574g?molmol−=正丁醇，正丁醛的理论产量为：()1m0.572g?=3.6gmolmol−=正丁醛正丁醛的产率为2.7100%75%3.6gg=，故产率为：75%30-4【巩

固】【正确答案】1、乙醇抽滤(或减压过滤，吸滤)C2、cebdCECu2(OH)2SO4或Cu(OH)2【试题解析】分析:CuO加入硫酸生成硫酸铜，加入氨水，先生成氢氧化铜，氨水过量，则生成[Cu(NH3)4]2+，方案1用蒸发结晶的方法，得到的晶体中可能混有氢氧化铜等；方案2加入乙醇

，可析出晶体Cu(NH3)4]SO4·H2O。①根据Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇·水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图知，随着乙醇体积分数的增大，Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度降低，为了得到Cu(

NH3)4]SO4·H2O，应向溶液C中加入适量乙醇，然后进行抽滤(或减压过滤，吸滤)；②根据[Cu(NH3)4]SO4·H2O在溶液中的电离过程：[Cu(NH3)4]SO4·H2O=[Cu(NH3)4]2+

+SO2-4+H2O、[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3，增大氨水的浓度，可以降低Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度；根据(或减压过滤，吸滤)在乙醇·水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图知，随着乙醇体积分数的增大，(

或减压过滤，吸滤)的溶解度降低，为了减少(或减压过滤，吸滤)的损失，应降低(或减压过滤，吸滤)的溶解度，所以应选用乙醇和氨水的混合液，故答案为C。①方案2的实验步骤为：开抽气泵、转移固液混合物、关活塞

A、确认抽干、开活塞A、加洗涤剂洗涤、关活塞A、确认抽干；②根据抽滤操作的规范要求可知：A．在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，故A正确；B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂缓慢

通过沉淀，以便充分洗涤，故C错误；D．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，故D正确；E．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，故E错误；故答案为CE。②该方案存在明显缺

陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4杂质，产生该杂质的原因是加热蒸发过程中NH3挥发，使反应[Cu(NH3)4]SO4·H2O=[Cu(NH3)4]2++SO2-4+H2O、[Cu(NH3)4]2+Cu2++4

NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解。30-5【巩固】【正确答案】BCD4.7～12将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH要大于等于4.7，但不能溶解氢氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH小于12BC33.63%偏大【试题解析】分析:硝酸与磷石膏反应，将CaSO4、FeO、Fe2O3、Al2O3溶解

，将氧化亚铁氧化为硝酸铁，SiO2不溶解，过滤得到滤渣1，滤液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤得到滤渣Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液先加入氨气至饱和，再通入二氧化碳沉淀钙离子生成碳酸钙，过滤，得到碳酸钙进行洗涤、烘干。详解:⑴A.溶解

的过程中，硝酸要溶解各种物质，还要将亚铁氧化铁离子，而盐酸不能氧化亚铁离子，因此不能用盐酸代替硝酸，故A错误；B.根据分析滤渣1是难溶于硝酸的沉淀，主要成分是SiO2，调节pH，沉淀铁离子和铝离子，因此滤渣2的上要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故B正确；C.转化时，可以先

通氨气至饱和后再通过量二氧化碳，增加二氧化碳的溶解以提高钙离子的转化率，C正确；D.转化时可以适当加热，以加快反应速率，故D正确；E.洗涤时采用滤液3洗涤，则沉淀表面有滤液杂质，因此不能用滤液3洗涤，故

E错误；综上所述，答案为：BCD。⑵要将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH要大于等于4.7，但不能溶解氢氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH小于12，因此调节溶液pH范围时，最佳的pH范围是4.7～12；故答案为：4.7～12；将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH要大于等于4.7，但不能溶解氢

氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH小于12。⑶①A.使用移液管移取溶液的时候，移液管尖嘴要接触容器壁，液体沿器壁缓缓流下，故A错误；B.滴定管水洗后，需要用标准溶液润洗3次，再排出气泡，使液面位于“0”刻度或“0”刻度以下，故B正确

；C.滴定管调液面后，需静置1～2min，待液面稳定后，再进行读取刻度数据进行记录，故C正确；D.电子天平读数时，两边侧面应同时处于关闭状态，故D错误；综上所述，答案为BC。②根据四次测定数据，第二次数据与其他几个数据相差较大，则为错误数据

，因此求的其他三个数据的平均值为15.00mL，根据Ca2+～Y4－关系式得到，2.000g碳酸钙中n(Ca2+)=n(Y4－)=0.1121mol∙L−1×0.015L×10=0.016815mol，该产品中钙元素的质量分数为10.016815mol40

gmolω=100%33.63%2.000g−，若滴定结束时仰视读数，结束时读数偏小，得到滴定液偏大，测定的结果偏大；故答案为：33.63%；偏大。30-6【巩固】【正确答案】使平衡2323COHOHCOOH−−−++正移，增强溶液碱性，加快反应

速率D蒸发浓缩冷却(至34℃)结晶210℃加热至恒重Bcebfg【试题解析】分析:废铁屑中加23NaCO溶液除去废铁屑表面的油污，铁屑和溴反应生成FeBr3，加水FeBr3溶液和过量的铁反应得到FeBr

2溶液，加过量氢氧化钙溶液生成氢氧化亚铁沉淀和溴化钙溶液，减压过滤，滤液加入HBr溶液调节pH=7，得到CaBr2溶液，蒸发浓缩、冷却(至34℃)结晶得到22CaBr6HO、过滤、洗涤、22CaBr6H

O加热至210℃得到22CaBr2HO。详解:(1)步骤①中加23NaCO溶液是为了除去废铁屑表面的油污(主要成分为油脂)，水解吸热，加热使平衡2323COHOHCOOH−−−++正移，增强溶液碱性，加快反应速率；(2)为不引入新杂质，步骤④调pH7=

所用的试剂应选用HBr溶液，选D。(3)CaBr2溶液蒸发浓缩、冷却(至34℃)结晶得到22CaBr6HO、过滤、洗涤、22CaBr6HO加热至210℃得到22CaBr2HO。(4)A．溴易挥发，溴与铁反应放热，步骤②反应控制在40℃左右的原因是防止反应过于剧烈并减少液溴挥发

，故A正确；B．铁和过量的液溴反应生成FeBr3，故B错误；C．溶液呈强酸性或强碱性，过滤时，应用玻璃纤维代替滤纸，故C正确；D．过滤结束时可先打开止水夹a后直接关闭水龙头，平衡压强保证过滤效果，故D正确选B。(5)根据萃取、分液操作，从溴水中提取溴正确操作

顺序是：检漏；c．将溶液和苯转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞；e．右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转振荡；b．打开旋塞放气；f．置于铁架台铁圈上静置，打开玻璃塞，将旋塞拧开，放出下层液体；g．从上口倒出溴的苯溶液；清洗干净。正确顺序是cebfg。

30-7【提升】【正确答案】恒压滴液漏斗(或滴液漏斗)BC温度为85℃，提纯2次过氧化氢在更高温度下分解原料在接触面积更大的蛇形弯管中受热，水气化分离更充分CH3COOH+H2O2浓硫酸CH3COOOH+H2O盐酸能被高锰酸钾氧化CH3C

OOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O1122038(cV-6V)cV②④【试题解析】分析:本实验分为两个过程，首先浓缩得到70%的H2O2，再用冰乙酸和浓度为70%的H2O2发生下述反应：CH3COOH+H2

O2浓硫酸CH3COOOH+H2O，制备浓度为40%左右的过氧乙酸，据此分析答题。详解:(1)根据仪器X的结构特征可知仪器X为：恒压滴液漏斗；H2O2沸点约为150C，温度高H2O2易分解，为防止其分解，同时使水变为水蒸气对过氧化氢进行浓缩，需要减压蒸馏，降低液体的沸点

，故答案为：恒压滴液漏斗；BC；(2)保持真空度和滴速不变，当初始过氧化氢的浓度相同时，采用温度为85℃，提纯2次后H2O2的浓度即可达到70%，操作次数少，节省时间，减少产品浪费；H2O2沸点约为150C，温度

高H2O2易分解，故答案为：温度为85℃，提纯2次；过氧化氢在更高温度下分解；(3)对比两套装置可发现，前述装置将过氧化氢滴入蛇形冷凝管中，用热水通入蛇形冷凝管，使其中水分蒸发达到浓缩目的，后者过氧化氢在圆底烧瓶中水浴加热使其浓缩，前者接触充分，浓缩效率高，故答

案为：原料在接触面积更大的蛇形弯管中受热，水气化分离更充分；(4)冰乙酸和过氧化氢在浓硫酸作催化剂作用下制备过氧乙酸，反应方程式为：CH3COOH+H2O2浓硫酸CH3COOOH+H2O；(5)①过氧乙酸(含有少量H2O2杂质)，用酸性高锰酸钾将过氧化氢除去，酸性高锰酸钾氧化

性较强，可以将盐酸中氯离子氧化生成氯气，所以酸化KMnO4溶液用硫酸而不能用盐酸；②过氧乙酸有强氧化性，Fe2+有还原性，二者发生氧化还原反应的离子方程式为：CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O；③剩余的2+Fe与227KCrO反应的对应关系式为：2+2

276FeCrO−，根据题中数据可知：()-312+1ncV10Femol=总，消耗c2mol·L-1K2Cr2O7溶液V2mL可计算剩余2+Fe的量为：()-322+2n6cFeV10mol=剩余，则与过氧乙酸反应的2+Fe的量

为：()()-312+-3122FncV106cV10mole=−反应，根据反应方程式可计算过氧乙酸质量为：()()-3-3122311mcV10CHCO6cV1076OHg2O=−，所以过氧乙酸的质量浓度为：()11-3-3221

122300-1cV106cV10738(cV6)2V-6cVV10−==，故答案为：1122038(cV-6V)cV。30-8【提升】【正确答案】NH3·H2O+CaO＝Ca(OH)2+NH3↑acbdefghi除去C中生成的水蒸气和未

反应的氨气；根据长颈漏斗中液面变化，控制气体流速①②⑤③④⑦⑧⑥Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑冷凝水蒸气和氨气c1.825(40x)%−【试题解析】分析:装置A制备氨气，装置B干燥氨气，装置C氨气和氧化铜反应生成氮气，装置D中氮

气和Sr反应生成氮化锶，最后再连接装置E，装置E中液封导气管，空气中氧气等气体都不会进入装置D中，据此解答。详解:(1)装置A是制备氨气，发生反应为NH3·H2O+CaO＝Ca(OH)2+NH3↑，生成的NH3中含有水蒸气，气体

经装置B除水，干燥管大孔进气小孔出气，然后再通过装置C把氨气转化成氮气，装置C流出气体是N2、未反应NH3、水蒸气，氨气和水蒸气均能干扰试验，因此用装置E除去，再排装置中的空气，通一段时间气体后，再加热装置D制备氮化锶，此时还要防止外界空气中CO2、O2

、H2O等气体进入装置D，因此最后再连接装置E，装置E中液封导气管，空气中氧气等气体都不会进入装置D中，因此按气流从左到右的方向，装置连接的合理顺序为acbdehifghi，连接顺序中间装置E的作用是除去C中生成的水蒸气和未反应的氨气，又因为装置E中有长颈漏斗，

若长颈漏斗中液面上升，装置E中气体压强增大，可能短时间流入大量气体，因此需要控制产生气体的反应速率，也有可能后面某些装置堵塞，导致气体不流通。(2)停止实验时，考虑防倒吸等因素，因此先熄灭装置D的酒精灯，此时装置C还要加热，保证氮气进入装置D，防止倒吸和防止对产

品纯度产生影响，再关闭装置A分液漏斗活塞，最后熄灭装置C的酒精灯，因此正确的实验操作步骤是①②⑤③④⑦⑧⑥。(3)装置中，氮化锶和水反应生成氢氧化锶和氨气，发生的反应方程式为Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑，仪器a

是冷凝管，根据已知信息“H3BO3能随水蒸气挥发”，因此仪器a的作用冷凝水蒸气和氨气，防止H3BO3溶液温度升高，随水蒸气挥发，以免对滴定实验产生干扰。步骤④中用标准盐酸滴定时，生成NH4Cl和H3BO3，滴定终点溶液显弱酸性，因此将选择在

弱酸性环境下变色的指示剂甲基橙，答案选c；(4)步骤①也用相同的指示剂，硼酸是弱酸可能达不到甲基橙变色的pH，因此用空白对照实验排除影响，此时用xmL标准盐酸溶液才变色。步骤①是50mL溶液滴定，步骤④取20mL溶液滴定，20mL溶液转化成50mL时消耗标准盐酸

体积：16.00×2.5＝40.00mL，结合步骤①可知氨气消耗的标准盐酸体积：（40.00－x）mL，氨气的物质的量：0.25×（40.00－x）×10－3mol，Sr3N2的物质的量0.25×（40.00－x）

×10－3×0.5mol，Sr3N2的质量：0.25×（40.00－x）×10－3×0.5mol×292g/mol，所以纯度是0.0365(40x)100%1.825(40x)%2.0−=−。30-9【提升】【正确答案】烧杯、玻璃棒Fe2++2HCO3−＝FeCO3↓+CO2↑+H2O关闭

弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，一段时间内若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气CO2澄清石灰水变浑浊a偏高18.4%【试题解析】分析:装置A制备二氧化碳，装置B除去二氧化碳中的氯化氢，装置C制备甘氨

酸亚铁，装置D可以判断空气是否除尽，据此解答。详解:(1)实验I中实验室配制绿矾溶液时，将称量好的固体溶解，因此必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；(2)实验Ⅱ中Fe2+和HCO3−发生反应生成FeCO3沉淀、CO2和H2O，该反

应的离子方程式为Fe2++2HCO3−＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)①装置A是简易启普发生器，因此实验Ⅲ中检查装置A的气密性的方法是关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中

的水面，一段时间内若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气。②制备甘氨酸亚铁时需要防止空气氧化，因此需要利用二氧化碳排尽装置中的空气，则A中反应产生的气体是CO2，当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，因此C中空气排净时，

D中现象是澄清石灰水变浑浊。③因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，故选a；(4)①若滴定过程中，锥形瓶中待测液飞溅出来，导致消耗标准液体积增加，则测出的Fe2+的氧化率偏高；②6.0g甘氨酸亚铁

中亚铁离子的物质的量是6mol204≈0.0294mol，由Ce4＋＋Fe2＋＝Ce3＋＋Fe3＋可知250.00mL溶液中n(Fe2＋)＝n(Ce4＋)＝25×0.1mol/L×0.0096L＝0.024mol，故甘氨酸亚铁样品中Fe2+的氧化率为0.0294mol0.024mol

0.0294mol−×100%≈18.4%。31-1【基础】【正确答案】1、BC2、HC≡C—COOH3、HC≡C—COOH+浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O4、5、NaOHΔ⎯⎯⎯⎯⎯→醇溶液2Br⎯⎯⎯→NaOHΔ⎯

⎯⎯⎯⎯→醇溶液+⎯⎯→/⎯⎯⎯→空气【试题解析】分析:对比A个C的结构简式以及B的分子式可知，A→B的反应为取代反应，B的结构简式为：，根据信息可知C→D为加成反应，D为，B→C属于酯化反应，根据B

和C的结构简式可知M为HC≡C—COOH，以此解题。A．由分析可知化合物A到B的过程属于取代反应，A正确；B．C中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色，E中和苯环直接相连的碳上有氢原子，可以被被酸性高锰

酸钾溶液氧化使其褪色，现象相同，不能鉴别，B错误；C．F中含有苯环，可以和氢气加成，F中含有羰基，可以和氢气加成，故1molF与氢气发生反应，最多可消耗4molH2，C错误；D．根据G的结构简式可知，其分子式为：C15H18

O3，D正确；故选BC；由分析可知M为HC≡C—COOH；D的结构简式是；由分析可知B→C是酯化反应，方程式为：HC≡C—COOH+浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O；由分析可知B的结构简式为，不饱和度为4，含有苯环，且含有酚羟基

，核磁共振氢谱，峰面积之比为9∶2∶2∶1，说明有4种等效氢，可以考虑对称结构，则满足要求的同分异构体为：；首先用2—溴丁烷消去生成2—丁烯，之后和溴加成生成，，再消去生成1，3—丁二烯，再和发生信息中的反应，再处理得到产品，具体流程如下：Na

OHΔ⎯⎯⎯⎯⎯→醇溶液2Br⎯⎯⎯→NaOHΔ⎯⎯⎯⎯⎯→醇溶液+⎯⎯→/⎯⎯⎯→空气。31-2【基础】【正确答案】1、262CHO醛基2、加成反应、消去反应3、+(CH3CO)2O⎯⎯→+CH3COOH4、65、Δ→浓硫酸、浓硝酸4LiAlH⎯⎯⎯→32(CHCO)

O⎯⎯⎯⎯⎯⎯→。【试题解析】分析:根据题干有机合成路线图信息可知，由D、G的结构简式和D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由E到F的转化条件可知，F的结构结构简式为：，据此分析解题。根据醇的命名原则可知，

乙二醇的结构简式为：HOCH2CH2OH，则其分子式为C2H6O2，根据C的结构简式可知，C中的含氧官能团名称为醛基，故答案为：C2H6O2；醛基；C到D的反应分两步进行，即由和CH3NO2转化为，然后

由转化为，故反应类型分别是加成反应、消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；由分析可知，E的结构简式为，F→G即与(CH3CO)2O反应生成和CH3COOH，故该反应的化学方程式为：+(CH3CO)2O⎯⎯→+CH3COOH，故答案为：；+(CH3CO)2O⎯⎯→+C

H3COOH；①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚()，则符合下列条件a.遇3FeCl溶液呈紫色即含有酚羟基，b.苯环上只有两个取代基，则另一取代基为：-CH2NH2或-NHCH3，每一种组合又有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的H的同

分异构体有2×3=6种，②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为3:2:2:2:1:1的结构简式为，故答案为：6；；本小题采用逆向合成法，根据题干路线图中F到G的转化信息可知，可由和(CH3CO)2O反应转

化而得，由E到F的转化信息可知，可由用LiAlH4还原得到，在浓硫酸和浓硝酸共同作用下发生硝化反应可得，由此分析确定合成路线为：Δ→浓硫酸、浓硝酸4LiAlH⎯⎯⎯→32(CHCO)O⎯⎯⎯⎯⎯⎯→，故答案为：Δ→浓硫酸、浓硝酸4LiAlH⎯⎯⎯→32(CHCO)O⎯⎯

⎯⎯⎯⎯→。31-3【基础】【正确答案】1、HOCH2CH2Br182、+4NaOH+2+2NaBr3、碳碳三键酯基（写出其中一种即可）4、H2C=CH224Br/CCl⎯⎯⎯⎯→2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→【试题解析】分析:A的分子式为C8H

10，其不饱和度为4，结合D的结构简式可知A中存在苯环，因此A中取代基不存在不饱和键，D中苯环上取代基位于对位，因此A的结构简式为，被酸性高锰酸钾氧化为，D中含有酯基，结合已知信息反应可知C的结构简式为，B与E在酸性条件下反应生成，该反应为酯

化反应，因此E的结构简式为HOCH2CH2Br，D和F发生已知反应得到化合物P中的五元环，则化合物F中应含有碳碳三键，而化合物P是聚合结构，其中的基本单元来自化合物D和化合物F，所以化合物F应为。由上述分析可知，A的结构简式为；化合物E的结构简式为HOCH2CH2Br；化合物B为，根据苯分子

中12个原子共平面，甲醛分子中4个原子共平面，单键可以旋转，故B中最多有18个原子共平面；故答案为：；HOCH2CH2Br；18；中酯基能与NaOH溶液发生水解反应、溴原子能与NaOH溶液在加热条件下能发生

取代反应，因此反应方程式为+4NaOH+2+2NaBr；F为，所含官能团的名称为碳碳三键、酯基；化合物F的分子式为C8H6O4，不饱和度为6，其同分异构体中含有结构片段，不含键，且只有2种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，推测其含有2个相同结构片段，不饱和度为4，余2个不饱和度，推测

含有两个六元环，由此得出符合题意的同分异构体如下：；由逆向合成法可知，丙炔酸应与通过酯化反应得到目标化合物，而中的羟基又能通过水解得到，乙烯与Br2加成可得，故目标化合物的合成路线为H2C=CH224Br/CCl⎯⎯⎯⎯→2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→。31-4

【巩固】【正确答案】1、C2、3、+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O4、、、、5、32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→FeHCl⎯⎯→+32(CHCOO)O/H⎯⎯⎯⎯⎯⎯→32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→2+HOH【试题解析】分析:由图可知，在浓硫

酸作用下，与浓硝酸共热发生取代反应生成，则A为、B为；与铁、盐酸发生还原反应生成，则C为；在酸性条件下与乙酸酐发生取代反应生成，则D为；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生取代反应生成，则E为；在酸性条件下发生水解反应生成，与亚硝酸钠和盐酸反应生成，与反应生成，则M为、H为

；在氢氧化钠和二氧化硫脲中共热发生还原反应生成，则I为；经盐酸酸化得到。A．化合物F的结构简式为，分子中含有的氨基常温下能与盐酸反应，故正确；B．步骤⑧发生的反应为在氢氧化钠和二氧化硫脲中共热发生还原反应生成，故正确；C．化合物J的

结构简式为，分子式为C12H9N3O2，故错误；D．化合物J的结构简式为，分子中的酚羟基遇氯化铁溶液会紫色，故正确；故选C；由分析可知，化合物M的结构简式为，化合物H的结构简式为，故答案为：；；F→G的反应为与亚硝酸钠

和盐酸反应生成、氯化钠和水，化学方程式为+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O，故答案为：+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O；化合物J的同分异构体含有4种不同化学环境的氢原子、含有2个

仅由碳原子构成的六元环、IR谱显示含有结构片断说明有机物分子中可能含有的环为，官能团为和2个—NH2，或可能含有的环为，官能团为和—N=N—，则符合条件的结构简式为、、、，故答案为：、、、；由分析可知，A→F的合成

步骤为，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生取代反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，在酸性条件下与乙酸酐发生取代反应生成，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生取代反应生成，在酸性条件下发生水解反应生成，合成路线为32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→FeHCl⎯⎯→+32(CHCOO)O/H⎯⎯⎯

⎯⎯⎯→32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→2+HOH，故答案为：32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→FeHCl⎯⎯→+32(CHCOO)O/H⎯⎯⎯⎯⎯⎯→32460℃HNOHSO、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→2+HOH。31-5【巩固】

【正确答案】1、乙二醛2、3、+4[Ag(NH3)2]++4OH-⎯⎯⎯⎯→+2+4NH+4Ag↓+6NH3+2H2O4、取代反应、还原反应5、176、【试题解析】分析:已知A是一种烃的含氧衍生物，核磁共

振氢谱显示只有一组峰，可发生银镜反应，A中含醛基，A与CH3CHO在NaOH溶液、加热条件下发生题给已知i的反应生成B，则A的结构简式为OHC—CHO；B与CH2=CH2反应生成C，C的分子式为C8H10O2

，结合题给已知iii，C的结构简式为；C与H2一定条件下反应生成D，D发生催化氧化反应生成E，E的分子式为C8H12O4，则E的结构简式为，E与SOCl2反应生成F；苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生硝化反应生成的G的结构简式为，发生题给已知ii的反应生成的

H的结构简式为；F与H一定条件下反应生成M；据此作答。根据分析，A的结构简式为OHC—CHO，名称为乙二醛；答案为：乙二醛。根据分析，C的结构简式为；答案为：。D的结构简式为，1个D分子中含2个醛基，1molD最多消耗4mol[Ag(NH3)2]OH，D与足量银氨溶液反应的离子方程

式为+4[Ag(NH3)2]++4OH-⎯⎯⎯⎯→+2+4NH+4Ag↓+6NH3+2H2O；答案为：+4[Ag(NH3)2]++4OH-⎯⎯⎯⎯→+2+4NH+4Ag↓+6NH3+2H2O。苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生硝化反应（

或取代反应）生成G，G发生题给已知ii的反应生成H，G→H为发生了还原反应生成了；答案为：取代反应（或硝化反应）、还原反应。E的分子式为C8H12O4，E的结构简式为，与E互为同系物且比E的相对分子质量多14说明有机物中含2个羧基，分子式为C9H14O4，含有1个六元环，则符合题意的同分异构

体的六元环的侧链可能有：①只有1个侧链，侧链为—CH(COOH)2，只有1种；②有两个侧链，侧链为—COOH和—CH2COOH，两个侧链有同、邻、间、对四种位置，共4种；③有三个侧链，侧链为2个—COOH和1个—CH3，2个—COOH有同、邻、间、对四种位置，1个—CH3的取代位置依次

有3、3、4、2种，共3+3+4+2=12种；符合题意的同分异构体有1+4+12=17种；其中核磁共振氢谱只有五组峰的有机物的结构简式为；答案为：17；。对比与CH2=CH2、CH3CH2OH的结构简式，可用题给已

知i构建碳骨架，结合官能团的变化，可由CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO；CH2=CH2与Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC—CHO，OHC—CHO、CH3CH

O在NaOH溶液、加热条件下反应生成，合成路线流程图为：；答案为：。31-6【巩固】【正确答案】1、sp2、sp32、3、先加成反应，后消去反应4、或5、CH3OH2O催化剂，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→HCOOH324CHOH浓HSO，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【试题解析】分析:由

合成路线分析可知，A→B为A与NH3的醇溶液发生取代反应生成B和C2H5OH，B→C为B与水合肼的醇溶液发生取代反应生成C和C2H5OH，C与OHC-NH2先发生加成反应得到、再发生消去反应生成X为，X先发生加成反应得到后发生消去反应得到D，D与CH3CH2C

H2OH/HCl发生取代反应生成E，据此分析解答问题。A分子中酯基含有的羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，故A分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3。A为乙二酸二乙酯，是对称结构，由A→B

反应中只有1个酯基发生反应，则有一种分子式为C2H4N2O2的副产物由A的2个酯基同时与NH3的醇溶液发生取代反应生成的，则其结构简式为。据分析X→D发生的反应类型为先加成反应，后消去反应。E为，一种同分异构体同时满足下列条件：①苯环上有5个取代基；②分子中不同化学环境的氢原子个数

比为1∶2∶2∶4；由E的结构可知其不饱和度为4，分子内共有4种不同环境的氢原子，则考虑对称性可得同分异构体的结构简式为或。以CH3OH、NH3和H2NNH2·H2O为原料制备三氮唑()，仿照流程，在催化剂作用下甲醇发生催化氧化反应生成甲酸，在浓硫酸、加

热下甲酸和甲醇发生酯化反应得到甲酸甲酯，甲酸甲酯与NH3的醇溶液发生取代反应生成，甲酸甲酯与水合肼的醇溶液发生取代反应生成，与在HCOOH参与下生成，则合成路线流程为：CH3OH2O催化剂，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→HCOOH324CHOH浓HSO，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→HCOOCH3⎯⎯⎯⎯⎯→HCOOH。

31-7【提升】【正确答案】1、2、BC3、2+CH3COCH3252CHOH/NOHHaO⎯⎯⎯⎯⎯→+2H2O4、或5、、、6、223O/Co(OAc)CHOH/NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→252NaOHCHOH/HO⎯⎯⎯⎯⎯→2H/⎯⎯⎯⎯→催化剂【试题解析】分析:

C的结构已给出，从路线可知B到C为氧化反应，生成醛基；A到B应为取代反应，A的结构为，B为；C到D可参照题中所给已知信息，D的分子式为C19H18O3，应为2分子C与丙酮反应，故D为；D到E为加成反应，E为；对比F和H结构，可知F到G发生的变化应为甲氧基变为

羟基，故G为。据分析可知，化合物A为，E为；A．由E的结构简式可知E能发生还原反应，不能发生消去反应，A错误；B．F中有酚羟基，E中没有酚羟基，可通过三氯化铁溶液鉴别，B正确；C．化合物C中与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，至少有7个，C正确；D．H的分子式为C19H20O2NP

，D错误；故选BC。由分析可知D为，C到D的化学方程式为：E为，制备F的过程中，可能成环的位置为苯环上含羰基侧链的四个邻位，反应位置如图所标数字1，，X与F互为同分异构体，故X的可能结构为：或；由分析可知D为，不饱和度为11。2个苯环的不饱

和度为8，同分异构体还有1个含氧六元环，一个环的不饱和度为1，故其同分异构体还有两个饱和度，分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，应为两个双键，不含-O-O-键，其结构简式可能为：，，；以为

原料，对比产物结构，原料可先转化为，参照题中所给已知信息，转化为，再加成即可得到产物，故合成路线为：。31-8【提升】【正确答案】CD+NaOH32CHCHOHΔ⎯⎯⎯⎯→+NaCl+H2O252Mg(CH)O⎯⎯⎯⎯⎯→+2H/H

OHCHO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→HBrΔ⎯⎯⎯→【试题解析】分析:A发生取代反应生成B，B发生氧化反应并脱去CO2后生成C，C发生消去反应生成D，D发生第一个已知信息的反应生成E，E再转化为F，F发生取代反应生成G，G发生取代反应生成H，H经过一系列转化最终生成X。据此解答。

详解:(1)A．化合物B的结构简式为，因此分子结构中含有亚甲基－CH2－，不含次甲基，A错误；B．化合物F的结构简式为，分子结构对称，1H-NMR谱显示化合物F中有1种不同化学环境的氢原子，B错误；C．G→H是G中的－MgBr被－COOCH3取代，反应类型是取代反应，C正确；

D．化合物X的结构简式为，分子式是C13H15NO2，D正确；答案选CD；(2)A生成B是A中的羟基被氯原子取代，根据B的结构简式可知化合物A的结构简式是；C发生消去反应生成D，则D的结构简式为。D发生已知信息中的第一个反应生成E，所以化合物E的结构简式是；(3

)C发生消去反应生成D，则C→D的化学方程式是+NaOH32CHCHOHΔ⎯⎯⎯⎯→+NaCl+H2O；(4)化合物H的结构简式为，分子式为C13H14O2，符合条件的同分异构体①含有苯基，属于芳香族化合物；②含有，且双键两端的C不再连接H；③分子中除②中片

段外中含有1个－CH2－，因此符合条件的同分异构体为；(5)根据已知第二个信息以及F转化为G反应结合逆推法可知以化合物、溴苯和甲醛为原料制备的合成路线为252Mg(CH)O⎯⎯⎯⎯⎯→+2H/HOHCHO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→HBrΔ⎯

⎯⎯→。31-9【提升】【正确答案】1、BD2、3、4、、、、、、5、2NaOH,HOHBr222332233223||BrOHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCHCH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→=催△2O/CuΔ⎯⎯⎯→【试题解析】分析:结合A的分子式和B的结构可得，

A的结构简式为，由C的分子式可知B发生反应得到C为，由E的分子式可知C和D发生取代反应生成E和HCl，则D为，E为，F发生已知信息得到H为；A.由分析可知A的结构简式为，B中S元素化合价为+6价，23NaSO中S元素为+4价，化合价升高，则23NaS

O在反应中做还原剂，A正确；B.D为，由于单键可旋转，所有原子不一定共平面，B错误；C.化合物F含有氨基，能与酸溶液反应，具有碱性，C正确；D.化合物G的分子式为583CHO，D错误；故选：BD；由分析可知，化合物A的结构简式是，化合物H的结构简式是

；E为，E→F的化学方程式；①HNMR−谱显示只有6种不同化学环境的氢原子；②有两个六元环且其中一个是苯环；③结构中有||OCCHCH−−=−片段和2NH−(氮只以氨基形式存在，且不直接连在苯环上)，同分异构体有：、、、、

、；由逆推法可得由和发生已知反应得到，由1-戊烯与HBr发生加成反应得到卤代烃，再发生水解反应得到醇羟基，再催化氧化得到羰基，合成路线为：2NaOH,HOHBr222332233223||BrOHCHCHCHCHCHCHCHCHCH

CHCHCHCHCHCH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→=催△2O/CuΔ⎯⎯⎯→。