1、 江苏省苏北四市2022届高三年级第一学期期末调研考试化学试题变式题【原卷 1 题】 知识点 氧化还原反应定义、本质及特征,盐类水解规律理解及应用,蛋白质的变性,酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 【正确答案】C 1-1（基础） 我国古人曾用反应Cu2S+O2SO2+2Cu制铜，并最早发明了青铜器的铸造技术。下列说法不正确的是A.青铜是铜的一种合金B.该反应属于置换反应C.Cu2S既作氧化剂又还原剂D.O2和O3互为同位素【正确答案】 D 1-2（基础） 工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐B.AlN是分子晶体C
2、.N2发生氧化反应D.反应为复分解反应【正确答案】 A 1-3（巩固） NaClO可用于回收光盘金属层中的少量Ag，发生的反应为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2。下列说法正确的是A.AgCl属于电解质B.反应中NaClO作还原剂C.反应为复分解反应D.Na+大小介于1nm100nm之间【正确答案】 A 1-4（巩固） 2022年6月17日，我国成功发射“神舟十二号”载人飞船，飞船以铝粉与高氯酸铵的混合物为固体燃料，其中高氯酸铵的反应为：2NH4ClO4=N2+Cl2+2O2+4H2O。下列有关叙述不正确的是A.该反应属于分解反应、氧化还原反应B.上述反应瞬间能产生大
3、量高温，高温是推动飞船飞行的主要因素C.铝粉的作用是点燃时氧化放热引发高氯酸铵反应D.在反应中NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂【正确答案】 B 1-5（提升） NaClO可用于回收光盘金属层中的少量Ag，反应为4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2。下列说法正确的是A.AgCl属于弱电解质B.反应中NaClO作还原剂C.该反应属于复分解反应D.反应中有极性键和非极性键的形成【正确答案】 D 1-6（提升） 从烟道气分离回收硫的基本反应：。下列说法正确的是A.该反应属于置换反应B.铝土矿的主要成分为C.在该反应中表现出氧化性D.、CO和均属于酸性氧化物【正确答案】 C【原卷 2
4、题】 知识点 原子结构示意图、离子结构示意图,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,共价型分子结构式、电子式 【正确答案】B 2-1（基础） 反应可用于呼吸面具。下列相关微粒的说法正确的是A.中子数为8的碳原子：B.分子中碳原子的杂化方式：杂化C.钠离子的结构示意图：D.的电子式：【正确答案】 C 2-2（基础） 下列关于含氧物质的化学用语正确的是A.中子数为10的氧原子：B.甲醛(HCHO)的空间结构：平面三角形C.分子中O的杂化方式：杂化D.次氯酸的结构式，H-Cl-O【正确答案】 B 2-3（巩固） 光气(COCl2)是一种重要的有机中间体。反应CHCl
5、3H2O2=COCl2HClH2O可用于制备光气。下列有关叙述正确的是A.CHCl3为非极性分子B.H2O2的电子式为C.沸点： H2O2CHCl3D.COCl2中碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化【正确答案】 C 2-4（巩固） 下列表示不正确的是A.甲醛(HCHO)的碳原子杂化类型：sp2B.2-丁烯的键线式：C.S的结构示意图：D.过氧化钠的电子式：【正确答案】 B 2-5（提升） 反应COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl可去除COCl2污染。下列说法正确的是A.COCl2是极性分子B.NH3的电子式为C.CO(NH2)2含离子键和共价键D.NH3的空间构型为平面三角形 【
6、正确答案】 A 2-6（提升） CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法错误的是A.CH3OH的电子式为B.N2H4空间结构为平面形C.CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都易溶于水D.CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同【正确答案】 B【原卷 3 题】 知识点 钠单质的保存与用途,过氧化钠和二氧化碳反应,碳酸氢钠与酸反应 【正确答案】B 3-1（基础） 下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是A.具有氧化性，可用于加快分解B.受热易分解，可用作泡沫灭火剂C.具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D.具有导电性，可用作
7、光导纤维【正确答案】 C 3-2（基础） 硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.具有漂白性，可作食品的抗氧化剂B.溶液呈酸性，可用作杀菌剂C.浓硫酸具有脱水性，可以用来干燥气体D.木炭具有还原性，可用来冶炼铁矿石【正确答案】 D 3-3（巩固） 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.钠的熔点较低，可制作高压钠灯B.盐酸具有还原性，可
8、用于金属除锈C.具有漂白性，可使溶液褪色D.具有氧化性，可用于伤口创面消毒【正确答案】 D 3-4（巩固） 、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；下列有关物质的性质与用途的对应关系正确的是A.氯化铵受热易分解，可用作铁的除锈剂B.氨气具有还原性，可用作制冷剂C.肼的熔沸点较低，可用作火箭推进剂D.氮气性质不活泼，可作为粮食保护气【正确答案】 D 3-5（提升） 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.具有可燃性，可用作催熟剂B.不溶于盐酸，可用于胃肠道造影检查C.明矾能水解形成胶体，可用于净水D.具有强氧化性，可用于白来水的杀菌消毒【正确答案】 A 3-6（提升） 下列有关物质的性质与
9、用途对应关系正确的是A.NaHCO3与胃酸反应产生CO2，可用于食品膨化剂B.浓硫酸难挥发，可用于实验室制备盐酸C.SO2具有漂白性，可使湿润的石蕊试纸先变红后褪色D.二氧化碳不支持燃烧，泡沫灭火器可用于金属钠着火后灭火【正确答案】 B【原卷 4 题】 知识点 一氧化氮的物理性质,一氧化氮的化学性质,二氧化氮与碱液的反应,电离能变化规律 【正确答案】D 4-1（基础） 下列有关物质的性质或应用说法正确的是A.液氯中既含有氯气分子又含有氯离子B.既可作氧化剂又可作还原剂C.工业制硫酸用75的硫酸吸收D.有毒，不能用作食品添加剂【正确答案】 B 4-2（基础） 下列说法正确的是A.硫和氮的氧化物都
10、可造成“酸雨”和光化学烟雾B.SO2和CO2是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应C.加碘食盐和碘酒均含有碘元素，都能使淀粉溶液变蓝D.NO和NO2的密度都比空气大，均可用向上排空气法收集【正确答案】 B 4-3（巩固） 钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是A.钠元素的第一电离能大于钾B.基态钾原子价层电子轨道表示式为C.钾能置换出NaCl溶液中的钠D.钠元素与钾元素的原子序数相差18【正确答案】 A 4-4（巩固） 下列推断正确的是A.、组成元素相同，与反应产物也相同B.是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应C.CO、NO、都是大气污染物气体，在空气中都能稳定存在D.新制氯水显酸性，向其中滴加少
11、量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液显红色【正确答案】 B 4-5（提升） 有关氮及其化合物的性质，下列说法正确的是A.常温下的化学性质不如白磷活泼，该事实说明非金属性：B.工业上制硝酸的过程中的氨的催化氧化反应属于氮的固定C.固体与浓加热可制，该事实说明的酸性强于D.紫色石蕊遇浓硝酸先变红色，后红色褪去，该现象说明浓硝酸具有酸性和氧化性【正确答案】 D 4-6（提升） 金属钠溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶液中加入穴醚类配体L，得到首个含碱金属阴离子的黄金化合物NaL+Na-。下列说法错误的是A.Na-的半径比Mg大B.钠的液氨溶液有强的还原性C.Na-的第一电离能比H-大D.该事实表
12、明钠也可表现非金属性【正确答案】 C【原卷 5 题】 知识点 可逆反应及反应限度,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡常数的影响因素及应用 【正确答案】A 5-1（基础） 对于反应，下列说送正确的是A.该反应的B.该反应的平衡常数可表示为C.其他条件相同，增大，转化率减小D.使用催化剂能降低该反应的焓变【正确答案】 C 5-2（基础） 反应是综合利用的热点研究领域催化加氢合成乙烯的重要反应。下列有关催化加氢合成乙烯的反应说法正确的是A.该反应能进行的原因是B.该反应的平衡常数C.升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢D.一定温度和压强下，选用合适的催化剂可以改变CO2的转化率和反应热的数值【正
13、确答案】 B 5-3（巩固） 对于反应(无色)，下列说法正确的是A.该反应即是化合反应，也是氧化还原反应B.该反应的平衡常数表达式为C.将反应器容积压缩为原来的一半，气体颜色比压缩前深D.只改变一个条件，减压或升温平衡均逆向移动，平衡常数均减小【正确答案】 C 5-4（巩固） 丙烯腈(C3H3N)是制备腈纶的单体。一种制备丙烯腈反应的热化学方程式为C3H6(g)+NH3(g)+O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) H=-515kJmol-1，下列说法正确的是A.该反应的S0B.该反应的平衡常数K=C.其他条件相同，增大压强有利于提高丙烯腈的平衡产率D.该反应每消耗1.5molO2，转移
14、电子的物质的量为3mol【正确答案】 B 5-5（提升） 在恒温恒压条件下，对于反应下列有关说法正确的是A.该反应的，B.当气体密度不变时能说明该反应达到化学平衡状态C.其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量达新平衡，与原平衡相比的值减小D.使用高效催化剂能增大反应的平衡常数【正确答案】 B 5-6（提升） 用活性炭与NO2反应：为2C(s)+2NO2(g)2CO2(g)+N2(g) 来消除氮氧化物产生的空气污染。下列说法正确的是A.该反应只在高温条件下能自发进行B.该反应平衡常数的表达式为C.该反应中消耗1molNO2，转移电子的数目为D.该反应到达平衡后，升高温度，正反应速率减慢，逆反应
15、速率加快【正确答案】 C【原卷 6 题】 知识点 二氧化硫的制备,蒸发与结晶,常见气体的制备与收集 【正确答案】A 6-1（基础） 下列有关实验的图示及分析均正确的是 A.图钾在空气中燃烧，发出紫色火焰，生成K2OB.图说明该装置气密性良好C.图点燃镁条即可引发铝热反应D.图模拟“海水蒸馏制淡水”的装置中缺少温度计【正确答案】 B 6-2（基础） 用下列装置能达到有关实验目的是ABCD除去Cl2中HCl用图装置制备并收集氨气用图装置制备氢氧化铁胶体用图装置制取氯气A.AB.BC.CD.D【正确答案】 B 6-3（巩固） 下列实验装置能达到实验目的的是A.检查装置气密性B.干燥气体C.制备氢氧化
16、铁胶体D.处理含的尾气A.AB.BC.CD.D【正确答案】 B 6-4（巩固） 下列实验操作规范且能达到实验目的的是选项ABCD操作目的混合浓硫酸和乙醇制备氧气并控制反应的发生和停止制取无水FeCl3分离碘和酒精A.AB.BC.CD.D【正确答案】 A 6-5（提升） 下列实验仪器或装置的选择正确的是观察纯碱的焰色反应检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子比较和的热稳定性灼烧碎海带成灰ABCDA.AB.BC.CD.D【正确答案】 A 6-6（提升） 下列制备和收集气体的实验装置合理的是ABCD用双氧水和二氧化锰制用铜片和稀硝酸制NO用浓盐酸和制用氯化铵和氢氧化钙固体制氨气A.AB.BC.C
17、D.D【正确答案】 A【原卷 7 题】 知识点 微粒半径大小的比较方法,根据原子结构进行元素种类推断,元素性质与电负性的关系,极性分子和非极性分子 【正确答案】A 7-1（基础） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为20，X的基态原子的2p轨道半充满，Z与W的最外层电子数之和为9，W的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，下列判断正确的是A.电负性：XYB.简单离子半径：WXYZC.简单氢化物的沸点：Yr(W) r(X)B.X的第一电离能比同周期相邻两元素的都要大C.Y的电负性在同族元素中最大，所以Y的氢化物的沸点在同族氢化物中也是最高的D.Y和Z组成的化合物都
18、只含离子键【正确答案】 B 7-3（巩固） 五种短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲和丙同族。乙和丁同族。乙和丁的原子序数之和是甲和丙的2倍。下列判断错误的是A.上述元素中原子半径最大的是丙B.元素的电负性大小为戊丁甲C.甲和乙、丁、戊均只能形成一种共价型化合物D.乙和戊形成的某种化合物是常用的消毒剂【正确答案】 C 7-4（巩固） 短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y核外有13种运动状态不同的电子，基态时Z原子3p原子轨道上成对电子与不成对电子数目相等。下列说法正确的是A.原子半径：r(X) r(Y) r(Z) r(W)B.X的电负
19、性比同周期左右相邻两元素的都大C.Z的简单气态氢化物的稳定性比W的弱，其水溶液的酸性也比W的弱D.常温下Y的单质能溶于Z 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液【正确答案】 C 7-5（提升） 已知X、Y、Z、W是短周期元素。X元素原子的2p能级处于半充满状态；Y元素原子L电子层上s电子数和p电子数相等；Z元素的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M电子层有1个未成对的p电子。下列说法一定正确的是A.含有X元素的化合物一定是共价化合物B.Y元素的电负性大于X元素的电负性C.W元素的单质能与NaOH溶液反应放出氢气D.Z元素的第一电离能大于同周期相邻的元素【正确答案】 D 7-6（提升
20、） “律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表：元素信息Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应Y在元素周期表中位于第3周期、第A族Z焰色反应为紫色下列说法正确的是A.电负性：QWYB.第一电离能：WXZC.简单离子半径：XWZYD.这种物质只含离子键【正确答案】 C【原卷 8 题】 知识点 离子配位数,海水提取溴,物质的分离、提纯,常见物质的
21、制备 【正确答案】C 8-1（基础） 利用废电池铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：下列说法不正确的是A.铜溶解时的离子方程式为Cu + H2O2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2OB.可用加热的方法除去过量的H2O2C.调pH=2的目的是为了生成Cu(OH)2沉淀D.铜晶胞(如图所示)中Cu原子的配位数为12【正确答案】 C 8-2（基础） Cu及其化合物Cu2O、CuCl等广泛应用于各种工业部门，已知CuCl难溶于水和稀硫酸，Cu2O在酸性条件下发生反应为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O。某研究小组通过如下流程制备氧化亚铜：下列说法不正确的
22、是A.步骤SO2可用Na2SO3替换B.步骤中为防止CuCl被氧化，可用SO2溶液洗涤C.步骤发生反应的离子方程式为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2OD.CuCl晶胞结构如图所示，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目为4【正确答案】 D 8-3（巩固） 以卤水(含较多)为原料制备的流程如下：下列有关说法不正确的是A.脱硫时主要反应的离子方程式为B.过滤2所得固体的主要成分为C.过滤2所得滤液中主要存在的离子：D.的晶胞如图所示，的配位数为6【正确答案】 C 8-4（巩固） 海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%0.5%，约为海水
23、中碘浓度的10万倍。实验室通过下列流程从净化除氯后的含碘海水中提取I2。下列有关说法不正确的是A.富集得到含碘化合物的晶胞如图，其中距离每个I最近的Ag+有4个B.转化后的溶液中主要含有Fe2+和IC.用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用D.氧化时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍【正确答案】 D 8-5（提升） 用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如下：下列说法正确的是A.“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为： S2-MnO24H+Mn2+S2H2OB.“酸浸”所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe2+C.1个Cu2
24、O晶胞(如图)中含4个氧原子D.水合肼浓度过大，Cu2O产率下降，可能的原因是Cu2O进一步被还原成单质铜【正确答案】 D 8-6（提升） 碘(I2)主要用于制药物、染料等。一种从除氯后含碘海水(主要含Na+和I-)制备I2的方法如图所示：下列有关说法正确的是A.“沉碘”时可以用淀粉溶液检验反应是否完全B.“置换”反应的离子方程式为Fe+3AgI=3Ag+Fe3+3I-C.“氧化”后可以用酒精萃取含I2溶液中的I2D.已知I2晶胞如图所示(I2分别位于晶胞顶点和面心)，1个晶胞中含有4个碘分子【正确答案】 D【原卷 9 题】 知识点 分子的手性,含有酚羟基的物质性质的推断,物质结构中化学键数目
25、的计算 【正确答案】B 9-1（基础） 莽草酸(a)是抗病毒和抗癌药物中间体，其官能团修饰过程如图所示，下列说法不正确的是A.“M”为甲醇B.有机物b存在顺反异构C.等物质的量的a和b分别与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的量不同D.有机物a、b、c分子中均含有3个手性碳原子【正确答案】 C 9-2（基础） 已知苯并唑酮()可转化为X()，下列说法正确的是A.1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOHB.X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色C.X与足量加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个D.1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗6.25mol氧气【正确答案】
26、A 9-3（巩固） 精细化学晶Z是X与HBr反应的主产物，XZ的反应机理如图：下列说法不正确的是A.X与互为顺反异构体B.X能使溴的CCl4溶液褪色C.X最多能与4molH2反应D.Z分子中含有2个手性碳原子【正确答案】 D 9-4（巩固） 由化合物X、Y为起始原料可合成药物Z。下列说法正确的是A.X分子中所有碳原子可处于同一平面B.X、Z分子中均含有2个手性碳原子C.1molZ最多只能与2mol发生反应D.X、Y、Z均可与溶液发生反应【正确答案】 B 9-5（提升） 化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法不正确的是A.Y既可以发生加聚
27、反应，也可以发生缩聚反应B.X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同C.Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大D.Y与足量H2反应生成的有机化合物中含2个手性碳原子【正确答案】 D 9-6（提升） 化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法不正确的是A.X分子中所有原子不可能在同一平面上B.Y与足量H2的加成产物分子中有2个手性碳原子C.可用FeCl3溶液鉴别Y和ZD.1 mol Z最多能与3 mol NaOH反应【正确答案】 B【原卷 10 题】 知识点 电解原理的理解及判断,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,电解池有关计算 【正确答案】D
28、 10-1（基础） 三室式电渗析法处理含废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A.通电后中间隔室的离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B.该法在处理含废水时可以得到和产品C.负极反应为，负极区溶液pH降低D.当电路中通过1电子的电量时，会有0.5的生成【正确答案】 B 10-2（基础） 采用H2O(g)和N2(g)为原料制备NH3(g)的装置示意图如图。下列有关说法正确的是A.a电极材料可以为FeB.N2在b电极上反生氧化反应C.O2-向b电极迁移D.阴极反应为N2+3
29、H2O+6e-=2NH3+3O2-【正确答案】 D 10-3（巩固） KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂，KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示，下列说法正确的是A.溶液中K+的迁移方向是从右池到左池B.装置中每转移2mole-，产生气体体积为22.4LC.电解过程中，阴极区溶液的pH值增大D.电解时阳极的电极反应式为I2-10e-+6H2O=2IO+12H+【正确答案】 C 10-4（巩固） 对氨基莑酚(，俗称PAP)是一种重要的精细化工中间体，工业上常采用电解硝基苯的方法制取，其装置原理如图所示。下列说法错误的是A.电源a为负极B.电极c上发生的电极反应式为+4H+
30、4e-=+H2OC.离子交换膜最好用质子交换膜D.当生成1mol时，右侧生成的CO2在标准状况下体积为44.8L【正确答案】 D 10-5（提升） 一款高压无阳极配置可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正确的是A.b为正极，电极c上发生氧化反应B.用此电池做电解水实验，当消耗水0.9g时，理论上c极消耗钠2.3gC.放电时，由3A沸石分子筛膜的右侧向左侧迁移D.通电时，电路中每迁移2mol电子，理论上两极质量差46g【正确答案】 D 10-6（提升） 双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成和，并分别向两极迁移。用双极膜电解制备金属钴，工作原理如图所示。
31、下列说法错误的是A.电极a接电源的正极B.电解过程中溶液中的透过阴离子交换膜向左移动C.当电路中转移2mol电子时，阳极产生22.4L(标准状况)D.电解池工作时，阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小【正确答案】 C【原卷 11 题】 知识点 葡萄糖的银镜反应,简单配合物的成键 【正确答案】C 11-1（基础） 神舟十三号航天员在空间站“变”出了奥运五环，关于该实验说法错误的是已知：溴百里酚蓝溶液是一种酸碱指示剂，pH变色范围是6.0(黄)7.6(蓝)；第一环：先加入Na2CO3溶液，再滴入几滴a溶液；第二环：先加入碘化钾-碘酸钾溶液，再滴入几滴淀粉溶液，最后加入几滴乙酸溶液；第三环：先加
32、入乙酸溶液，后滴入几滴b溶液；第四环：先加入Na2CO3溶液，再滴入b溶液；第五环：先滴加Na2CO3溶液A.若第一环显蓝色，第三环显红色，则a可能为溴百里酚蓝，b可能为甲基橙B.第二环中发生反应的离子方程式为5I+IO+6H+=3I2+3H2OC.将碘伏滴到馒头、米饭上也能产生第二环的颜色D.第五环中若同时滴加甲基橙溶液、溴百里酚蓝溶液，则可能会显示绿色【正确答案】 B 11-2（基础） 某学生为验证淀粉水解程度，进行如下实验操作：步骤1：取少量淀粉溶于水，充分搅拌后过滤，向滤液中加入少量稀硫酸并适当加热，反应一段时间后将溶液分成两等份。步骤2：取其中一份溶液，滴加一定浓度的碘水，观察到溶液
33、不显蓝色。步骤3：另取一份溶液，滴加稍过量的NaOH溶液，充分振荡，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察到有砖红色沉淀生成。下列有关说法不正确的是A.步骤2的现象说明淀粉已完全水解B.步骤3的现象说明淀粉水解的产物具有还原性C.如图中所示的Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为2D.向新制Cu(OH)2悬浊液中滴加氨水后沉淀溶解，说明Cu(OH)2与氨水反应生成Cu2+【正确答案】 D 11-3（巩固） 实验室由乙醇制取溴乙烷(沸点为)的实验如下。步骤1：在试管1中依次加入蒸馏水、浓硫酸、的乙醇和粉末，塞上带导管的橡皮塞；步骤2：在试管中注入蒸馏水并浸入装有自来水的烧杯中，将试管I的导管插
34、入试管II的蒸馏水中；步骤3：加热试管I至微沸状态数分钟后，冷却。下列说法不正确的是A.步骤1中加入蒸馏水的目的是为了减缓反应速率B.步骤2中装有自来水的烧杯主要起冷却作用C.右图所示晶胞中有4个D.可用溶液除去溴乙烷中混有的【正确答案】 A 11-4（巩固） 肉桂醛是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中，肉桂醛中含有碳碳双键与醛基两种官能团，现要检验它们，做如下实验：步骤 1：向试管中加入 10%氢氧化钠溶液 2mL，边振荡边滴入 2%硫酸铜溶液 4-6 滴；步骤 2：向试管中再加入少量肉桂醛，加热充分反应，出现砖红色沉淀；步骤 3：取实验后试管中的清液少许，加入硫酸酸化，
35、再滴加到溴水中，溶液褪色。下列说法不正确的是A.步骤 1 中一定要确保氢氧化钠溶液过量B.步骤 2 中出现砖红色是因为醛基具有还原性C.步骤 3 中溶液褪色是因为碳碳双键发生了氧化反应D.Cu2O 中的铜元素基态核外电子排布式为：Ar 3d10【正确答案】 C 11-5（提升） 乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应的实验如下：步骤1：向试管中加入溶液，边振荡边滴加46滴溶液，观察到有蓝色絮状沉淀产生。步骤2：再向试管中加入乙醛溶液，加热，观察到有红色沉淀产生。下列说法不正确的是A.乙醛分子中元素的电负性：B.步骤1中可用过量的氨水代替NaOH溶液C.上述实验说明新制氢氧化铜能被乙醛还原D.上图所示的C
36、u2O晶胞中铜原子的配位数为2【正确答案】 B 11-6（提升） 检验淀粉水解，实验步骤如下：步骤1：向试管中加入4mL淀粉溶液，再加入少量稀硫酸，加热4分钟，冷却后将溶液分装在两支试管中；步骤2：向一支试管中滴加几滴碘水，观察现象；步骤3：向另一支试管中先加入烧碱溶液中和，再加入银氨溶液，水浴加热煮沸，观察现象。下列说法错误的是A.步骤1中加入稀硫酸可以加快淀粉水解速率B.步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解C.步骤3中水浴加热后观察到有光亮的银镜，说明淀粉已经水解D.碘晶胞如图所示，则碘分子的配位数是8【正确答案】 D【原卷 12 题】 知识点 盐类水解规律理解及应用,盐溶液中微粒间的
37、电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理,盐溶液中离子浓度大小的比较,溶度积规则及其应用 【正确答案】D 12-1（基础） 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol/L溶液的pH，测得pH约为9.72向0.1mol/L溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀下列有关说法错误的是A.0.1mol/L溶液中有：B.0.1mol/L溶液中存在：C.实验2中反应的离子方程式为：D.实验1和实验2所得溶液中相等【正确答案】 C 12-2（基础） 室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。下列说法不正确的是已知：25时Ka1(H2C2O4)=5.910-2，Ka2(
38、H2C2O4)=6.410-5。实验实验操作和现象1用pH计测得0.0100molL-1Na2C2O4溶液pH为8.602向0.0100molL-1Na2C2O4溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=73向0.0100molL-1Na2C2O4溶液中滴加等浓度、等体积稀盐酸4向0.0100molL-1Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，溶液紫红色褪去A.实验1溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)B.实验2溶液中存在：c(Na+)=c(HC2O)+2c(C2O)C.实验3溶液中存在：c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4)D.实验4中滴
39、加KMnO4溶液所发生的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O【正确答案】 B 12-3（巩固） 已知室温下，。通过下列实验探究含硫化合物的性质。实验1：测得溶液pH=4.1实验2：向10mL溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化实验3：向10mL溶液中逐滴加入NaOH溶液，直至pH=7实验4：向5mL中滴加10mL溶液，产生粉色沉淀，再加几滴溶液，产生黑色沉淀下列说法不正确的是A.由实验1可知：溶液中B.实验2加水过程中，监测结果为溶液的pH不断减小C.实验3所得溶液中存在：D.由实验4可知：【正确答案】 C 12-4（巩固） 室温下，通过
40、下列实验探究NaHSO3溶液和Na2SO3溶液的性质实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1 NaHSO3溶液的pH，测得约为52浓度均为0.01 NaHSO3和Ba(OH)2等体积混合，产生白色沉淀3向0.1 Na2SO3溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液仍为无色4向0.1 Na2SO3溶液中加入几滴0.1 氯水，溶液仍为无色下列有关说法正确的是。A.0.1NaHSO3溶液中存在B.依据实验2，不能得出的结论C.实验3中反应的离子方程式为D.实验4说明Na2SO3溶液具有漂白性【正确答案】 A 12-5（提升） 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。实验实验操作和现象1用试纸测定溶液
41、的，测定约为2向溶液中加入过量的溶液，有沉淀生成，微热，产生有刺激性气味的气体3向溶液中加入过量的溶液，有黄色和黑色的的混合沉淀生成，静置4向悬浊液中滴加几滴溶液，部分白色沉淀变成红褐色，静置下列有关说法正确的是A.由实验可得溶液中存在：B.实验反应的离子方程式：C.实验所得上层清液中存在：D.实验所得上层清液中存在：【正确答案】 C 12-6（提升） 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。下列说法正确的是实验1：实验测得溶液实验2：向溶液中滴加等体积溶液，pH由8.6降为4.8实验3：向溶液中加入等体积溶液，出现白色沉淀实验4：向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色A.溶液中B.C.由实验3可
42、得D.实验4发生反应的离子方程式为【正确答案】 C【原卷 13 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,化学平衡常数的概念及表达方式,与转化率变化有关图像的分析 【正确答案】C 13-1（基础） 在50% 负载型金属催化作用下，可实现低温下甲烷化。发生的反应有：反应I： 反应II： 反应III： 将与按照一定流速通过催化氧化管，测得的转化率与的选择性随温度变化如图所示。下列说法正确的是A.反应II的平衡常数可表示为B.其他条件不变，增大压强会增大的选择性C.其他条件不变，降低温度，出口处甲烷的量一直减小D.在X点所示条件下，延长反应时间不能提高的转化率【正确答案】 B 1
43、3-2（基础） 在催化剂作用下，以C2H6和CO2为原料制取C2H4和CO的主要反应如下：反应1：(反应1为快反应)反应2：(反应2为慢反应)副反应为：0.1MPa时，按物质的量之比为11向密闭容器中充入C2H6和CO2的混合气体，反应相同时间，测得C2H6和CO2转化率与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是A.X代表的物质是CO2B.生成CO的快慢主要由反应1的速率决定C.820时，容器中D.若平衡时增大体系的压强，的体积分数不会发生变化【正确答案】 C 13-3（巩固） 甲醇水蒸气重整制氢(SRM)是获取理想氢源的有效方法。重整过程发生的反应如下：反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO
44、2(g)+3H2(g)；H1=+49.4kJmol-1反应：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)；H2=+92kJmol-1在常压、催化剂下，向密闭容器中充入1molCH3OH和1.2molH2O混合气体，t时刻测得CH3OH转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况如图所示。下列说法正确的是A.选择300作为反应温度比较适宜B.工业生产中一般选用负压(低于大气压)条件下制氢C.选用CO2选择性较高的催化剂有利于提高CH3OH的平衡转化率D.270时，容器中的H2(g)约为2.744mol【正确答案】 D 13-4（巩固） 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可
45、得到甲烷。已知： 催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。选择性=100下列有关说法正确的是A.在260320间，以为催化剂，升高温度的产率增大B.延长W点的反应时间，一定能提高的转化率C.选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率D.高于320后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动【正确答案】 A 13-5（提升） 在恒压密闭容器中，充入起始量一定的CO2和H2，主要发生下列反应： 达平衡时，CO2转化率和CO的选择性(CO的选择性随温度的变化如图所示，下列说法不正确的是。A.图中曲线表示平衡时CO
46、的选择性随温度的变化B.温度一定，通过增大压强能提高的平衡产率C.一定温度下，增大，一定能降低CO2平衡转化率D.T时，起始投入、，达平衡时生成【正确答案】 D 13-6（提升） CO和H2合成乙醇发生如下反应：反应：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) H1= 128.8 kJmol-1反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2= 41.8 kJmol-1向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比 =的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.12B.在400 K、2=2时，反应的平衡常数K=0.25C.在
47、500 K、投料比为3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点D.为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压【正确答案】 C【原卷 14 题】 知识点 影响化学反应速率的内因 答错名单：有巨大提升空间【0分-60分）：张三;【正确答案】B 14-1（基础） 科研人员通过控制光沉积的方法构建型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图：下列说法正确的是A.该反应能量转化形式为光能化学能B.该人工光合体系的总反应为C.图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+D.Cu2OPt上发生
48、的反应为【正确答案】 A 14-2（基础） 将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。我国学者提出的CO2催化加氢合成CH3OH的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用“标注)所示。下列说法不正确的是A.使用催化剂不能提高CO2的平衡转化率B.CO2催化加氢合成CH3OH总反应的S0，H0C.反应中存在共价键的断裂和共价键的生成D.反应机理表明H2O参与了CO2合成CH3OH的反应【正确答案】 B 14-3（巩固） 甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇利用脱氢法可制备甲醛，主要反应为：。是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：历程：历程：历程：历程iv
49、：如图所示为在体积2L的恒容容器中，投入，在碳酸钠催化剂作用下，经过5min反应，测得甲醇转化率与甲醛的选择性与温度的关系(甲醛的选择性：转化的中生成的百分比)，下列有关说法正确的是A.600时，前5min内生成甲醛的平均速率B.700时，反应历程的速率大于反应历程的速率C.脱氢法制甲醛中，在高温高压条件下更有利于提高平衡产率D.反应历程的活化能小于的活化能【正确答案】 D 14-4（巩固） 在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HDB.第一步转化N与H间形成配位键C.若用HCOOK溶液代替
50、HCOOH释氢的速率加快D.若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低【正确答案】 D 14-5（提升） 利用铜-铈氧化物(，是活泼金属)催化氧化除去中少量的可能机理如图所示。下列说法正确的是 A.反应()中、化合价均降低B.铜-铈氧化物减小了反应的反应热C.若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中D.反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致【正确答案】 D 14-6（提升） 利用共价三嗪框架作催化剂，将氧气转化为单线态氧(O2)和超氧自由基(O2-)，O2的协同下O可将苯甲醇氧化成苯甲醛，反应机理如图所示。下列有关说法正确的是A.X的化学式为H2OB.
51、lmol中键的数目为166.021023C.向 的转化过程中有共价键的断裂与形成D.反应过程中，光能全部转化为化学能【正确答案】 A【原卷 15 题】 知识点 氧化还原反应在生活、生产中的应用,Fe2+的还原性,原电池原理的应用,电子排布式 【正确答案】 15-1（基础） H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(HO)，可有效去除废水中的H2PO、CN-、苯酚等物质。1、弱碱性条件下HO将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为_。2、光催化氧化技术也可生成HO降解有机污染物，其原理如图1，光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴，价带上生成HO的电极反应式为_。图中HO
52、还有另外的产生途径，描述其产生过程_。3、已知Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图2所示。c(Cu2+)超过90mgL-1时，CN-的氧化去除率有所下降，原因是_。 图-24、H2O2在Fe3O4催化剂表面产生HO除去废水中的苯酚的原理如图3所示。在不同初始pH条件下，研究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是_。 图-35、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催
53、化降解苯酚，原理如图4所示。和中被降解的苯酚的物质的量之比为_。【正确答案】 1、4HO+2OH-+H2PO=PO+4H2O 2、H2O-e-=H+HO 光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO 3、c(Cu2+)超过90mgL-1会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生HO的数目减少 4、酸性有利于HO的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近 5、3：1 15-2（基础） 太阳能光解水制备的 H2和化工生产的副产氢，可实现资源的再利用。1、半
54、导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物。该催化剂在水中发生光催化反应的原理如图-1 所示。用简洁的语言描述光解水的过程：_。若将该催化剂置于 AgNO3溶液中，产物之一为 O2，另一产物为_。2、化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的 Na2FeO4，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH-FeO+3H2。工作原理如图-2 所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_。c(Na2FeO4)
55、随初始 c(NaOH)的变化如图-3。M、N两点的 c(Na2FeO4)均低于最高值的原因是_。【正确答案】 1、半导体光催化剂在光照条件下产生光生电子和光生空穴，(或)被光生电子还原为，(或)被光生空穴氧化为 Ag 2、防止与反应使产率降低 低，稳定性差，且反应速率慢使产率降低，过高，铁电极上有(或)生成，使产率降低 15-3（巩固） 硝基苯()是一种化学稳定性好、毒性高、难以生物降解的污染物。用化学方法降解水中硝基苯已成为污水处理领域的重要研究方向。1、与Fe、盐酸反应生成可生物降解的苯胺()、和。理论上，1mol转化为 转移的电子的物质的量为_。在水中的溶解度大于 的原的原因是_。2、在
56、酸性条件下，铁炭混合物处理污水中硝基苯时，硝基苯转化过程如下：转化为 的电极反应式：_。在其他条件一定，反应相同时间，硝基苯的去除率与pH的关系如图1所示。pH越大，硝基苯的去除率越低的原因是_。3、向含和苯胺()的酸性溶液中加入双氧水，发生如下反应：HO具有强氧化性，能将溶液中的苯胺氧化成和。该反应的离子方程式为_。也具有氧化性，设计验证苯胺是被HO氧化而不是被氧化的实验方案：_。4、利用电解原理也可以间接氧化处理含苯胺的污水，其原理如图2所示。其他条件一定，测得不同初始pH条件下，溶液中苯胺的浓度与时间的关系如图3所示。反应相同时间，初始溶液pH=3时苯胺浓度大于pH=10时的原因是_。(
57、已知：随着pH减小，氧化性增强)【正确答案】 1、6mol 苯胺与水可以形成分子间氢键，而硝基苯与水不能形成分子间氢键 2、+4e-+4H+= +2H2O 反应生成的，随着pH增大，转化为沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，降低了反应速率 3、2+62HO12CO2+N2+38H2O 向一定量苯胺溶液中加入溶液，无明显现象(测定苯胺未发生反应)，再加入溶液，有气泡产生 4、酸性条件下不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的浓度，反应速率较慢 15-4（巩固） 水体中的六价铬Cr()对生态环境和人体健康威胁很大。工业废水中Cr()常用还原沉淀法、微
58、生物法等进行处理。1、“还原沉淀法”常用Na2SO3、FeSO4等处理Cr()得到Cr()。已知溶液中含Cr()的微粒(H2CrO4、Cr2O和CrO)的物质的量分数随pH的关系如图所示。某含Cr()废水的pH约为8，写出用Na2SO3处理该废水的主要离子方程式：_。已知pH=3时，Cr()以Cr3+形式存在，pH=7.5时，Cr()开始沉淀。其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH含Cr()的废水，反应相同时间，Cr()的去除率与pH的关系如图所示。已知酸性条件下Cr()对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH0 -90.3kJ/mol AC 2 2、9 2CO2+12H+12e-=C2H4+
59、4H2O 18-5（提升） 脱硫脱氮技术是环境科学研究的热点。1、模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。已知气体反应器中主要发生如下反应(K为25下平衡常数、E为活化能)：i. 、ii. 、iii. 、其他条件不变时，温度高于150，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_。其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内和NO的转化率随的浓度的变化关系如图所示。NO的转化率始终高于的原因是_。从检测装置1中排出的气体经如图所示的溶液吸收器吸收，被还原成。该喷淋吸收塔装置的优点是_。其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装
60、置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图所示。的浓度很低时，的脱除率超过97%，其原因是_。2、科研人员研究发现厌氧氨氧化生物酶体系可以促进H+和电子的转移(如a、b和c)，能将废水中的转化为进入大气层，其反应过程如图所示。请结合反应方程式，描述上述转化的具体过程：_。若废水中存在一定浓度的时，则上述转化无法发生，其可能原因是_。【正确答案】 1、温度高于150时，反应i的反应速率加快，减小，反应ii和iii的速率降低，导致和的转化率均降低 反应ii的活化能小于反应iii活化能，反应ii的速率大于反应iii，因此NO的转化率高于 使溶液和气体充分接触，吸收效果更好
61、溶液直接与反应是脱除的主要原因 2、过程为在酶1作用下转化为NO，过程为NO与在酶2的作用下转化为，最后在质子和电子作用下转化为氮气和酶3，其总反应为 当废水中存在氧气时厌氧氨氧化生物酶体系无法与氧气共存失去活性 18-6（提升） 不同催化剂作用下NH3还原NOx的机理与效果是研究烟气(含NOx、O2、N2等)脱硝的热点。1、NH3还原NO的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H=-1269kJmol-1上述主反应的H
62、=_。2、在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率，其可能机理如图1所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。X、Y处V元素化合价为+4或+5价。X处V元素化合价为_。NO转化为N2的机理可描述为_。烟气中若含有SO2，会生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道。生成NH4HSO4的化学方程式为_。3、将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图2所示。温度低于350时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因是_。温度高于450时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是_。【正确答案】 1、-1
63、630kJmol-1 2、+5 O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2+，部分NO与、Cu2+反应生成NO2和Cu+；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V，NO或NO2与、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复 O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4 3、低于200的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200300范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快 ；在300350的范围内，催化剂的活性达到最强，随温度升高化学反应速率加快 温度高于450时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，
64、使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量 答案解析 1-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A青铜是合金，A正确；B该反应是单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物，属于置换，B正确；C硫化亚铜中硫元素化合价升高，铜元素化合价降低，故硫化亚铜做氧化剂和还原剂，C正确；D氧气和臭氧都为氧元素的单质，互为同素异形体，D错误；故选D。 1-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A正确；BAlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B错误；CAl2O3+N2+3C2AlN+
65、3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C错误； D复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D错误；故答案为：A。 1-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:AAgCl难溶于水，但是溶于水的部分完全电离，故AgCl是强电解质，A正确；B反应中，NaClO中Cl由+1价降低为-1价，O由-2价升高为0价，故NaClO既作氧化剂又作还原剂，B错误；C两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；该反应有元素化合价的升降，不属于复分解，属于氧化还原反应，C错误；DNa+存在于溶液之中，大小
66、小于1nm，D错误；故选A。 1-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:反应2NH4ClO4N2+Cl2+2O2+4H2O中，N元素化合价由-3价升高到0价，O元素化合价由-2价升高到0价，Cl元素化合价由+7价降低到0价，则反应中N、O元素被氧化，Cl元素被还原，NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，以此解答该题。详解:A反应的特点为一种物质生成多种物质，为分解反应，反应中N、O、Cl化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；B推动飞船飞行的主要因素是生成气体，不是高温的原因，故B错误；C铝粉在点燃条件下剧烈反应放出大量的热，可作为反应的引发剂，故C正确；D反应中N、O元素被氧化，
67、Cl元素被还原，NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，故D正确；故选：B。 1-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:AAgCl难溶于水，但是溶于水的部分完全电离，故AgCl是强电解质，A错误；B反应中，NaClO中Cl由+1价降低为-1价，O由-2价升高为0价，故NaClO既作氧化剂又作还原剂，B错误；C该反应有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，C错误；D反应中有极性键（氢氧单键）和非极性键（氧氧双键）的形成，D正确；故选D。 1-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A由方程式可知，该反应没有单质参加，不属于置换反应，故A错误；B铝土矿的主要成分为氧化铝，不是六氟合铝
68、酸钠，故B错误；C由方程式可知，反应中硫元素的化合价降低被还原，二氧化硫是反应的氧化剂，反应中表现出氧化性，故C正确；D一氧化碳属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故D错误；故选C。 2-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A中子数为8的碳原子，A错误；B分子中碳原子的杂化方式：杂化，B错误；C钠离子的结构示意图：，C正确；D的电子式：，D错误；故选C。 2-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A质子数为8，中子数为10的氧原子：，A错误；B甲醛中心原子碳原子形成三个键，没有孤对电子，是sp2杂化，分子的空间构型是平面三角形，B正确；C分子中O的价电子对数为，杂化方式：
69、杂化，C错误；D根据原子的最外层电子数和共价键的成键方式，次氯酸的结构式，H-O-Cl，D错误；故选B。 2-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:ACH4为非极性分子，3个H被Cl代替得到的CHCl3为极性分子，A项错误；BH2O2是共价化合物，电子式为 ，B项错误；CH2O2分子间有氢键，沸点高于CHCl3，C项正确；DCOCl2中含有碳氧双键，碳原子为sp2杂化，D项错误；答案选C。 2-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A甲醛(HCHO)分子中C原子形成2个共价单键和一个共价双键，因此共形成3个键，其分子中所含的碳原子杂化类型是sp2杂化，A正确；B2-丁烯结构
70、简式是CH3-CH=CH-CH3，分子中在2、3号碳原子之间只有一个碳碳双键，故其键线式表示为：，B错误；CS是16号元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S的结构示意图：，C正确；DNa2O2是离子化合物，2个Na+与之间以离子键结合，在中2个O原子之间以共价单键结合，故Na2O2的电子式为： ，D正确；故合理选项是B。 2-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:ACOCl2的结构式如图所示，分子的正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；BNH3的电子式为，B错误；CCO(NH2)2是由共价键形成的共价化合物，不含有离子键，C错误；DNH3中N原子价层电子对数为，采取sp3杂化，
71、有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，D错误；答案选A。 2-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CH3OH的电子式为，A正确；BN2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；CCH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；DCH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。 3-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A作为催化剂，可用于加快分解，与其氧化性无关，A错误；B用作泡沫灭火剂，
72、是其与Al2(SO4)3发生双水解，生成大量CO2和Al(OH)3，B错误；C具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，C正确；D具有良好的导光性，可用作光导纤维，不是导电性， D错误；故选C。 3-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A具有还原性，可作食品的抗氧化剂，A项错误；B溶液中铜离子有一定的氧化性，可用作杀菌剂，B项错误；C浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥气体，C项错误；D木炭具有还原性，可用来冶炼铁矿石，D项正确；故答案选D。 3-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A钠发出的黄光射程远透雾能力强，可制作高压钠灯，A无对应关系；B盐酸具有酸性能和金属氧化物反应，可
73、用于金属除锈，B无对应关系；C具有还原性，能和高锰酸钾发生氧化还原反应，可使溶液褪色，C无对应关系；D具有氧化性，能杀菌消毒，可用于伤口创面消毒，D有对应关系；故选D。 3-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A氯化铵溶液显酸性，可作铁的除锈剂，与其受热易分解无关，A错误；B液氨汽化时吸热，使温度降低，可作制冷剂，与还原性无关，B错误；C肼燃烧产生大量的气体，放出大量的热，可作火箭推进剂，与肼的熔沸点较低无关，C错误；D氮气性质不活泼，可作为粮食保护气，D正确；故答案选D。 3-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A乙烯具有可燃性，与乙烯作催熟剂无关，故A错误；B硫酸钡
74、不溶于盐酸，因此可用于肠胃X射线造影检查，故B正确；C明矾溶于水，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，故C正确；DClO2具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质结构发生改变而失去其生理活性，因此可用于自来水的杀菌消毒，故D正确；答案为A。 3-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，所以可用作食品膨化剂，与NaHCO3与胃酸反应产生CO2无关，故A错误；B浓硫酸难挥发，可用于实验室制备挥发性酸，如盐酸，故B正确；C SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，其水溶液显酸性，可使湿润的石蕊试纸变红，但不褪色，故C错误；D钠着火生成Na2O2，泡沫灭
75、火器灭火时生成的水、CO2能与过氧化钠反应生成氧气助燃，则金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，常用干土掩盖，故D错误；答案选B。 4-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A液氯中只有氯气分子，A错误；B氮气中氮元素为0价，即可被氧化，又可被还原，故氮气既可作氧化剂又可作还原剂，B正确；C工业制硫酸用98的浓硫酸吸收SO3，C错误；D适量的二氧化硫可以用作食品添加剂，如葡萄酒中含有二氧化硫，有防氧化的作用，D错误；故选B。 4-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A硫和氮的氧化物都可造成“酸雨”， 氮的氧化物可造成光化学烟雾，故A错误；BSO2和CO2是酸性氧化物，都能与N
76、aOH溶液反应，故B正确；C加碘食盐中含有碘酸钾，碘酸钾不能使淀粉溶液变蓝，故C错误；DNO能与氧气反应生成二氧化氮，NO不能用排空气法收集，故D错误；选B。 4-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确；B基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为，B说法不正确；C钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1溶液中的钠，C说法不正确；D钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确；综上所述，本题选A。 4-4【巩固】 【正确答案】
77、 B【试题解析】 详解:A和反应生成Na2CO3，和反应生成Na2CO3和O2，A项错误；B是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，B项正确；CNO和O2反应生成，NO在空气中不能稳定存在，C项错误；D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液能使石蕊变红，但新制氯水中含有HClO，具有漂白性，能使紫色石蕊试液褪色，D项错误；答案选B。 4-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:AN和P的金属性NP，常温下的化学性质不如白磷活泼，是由于分子内为氮氮三键十分稳定，故A错误；B固氮是指游离态氮转化为氮的化合物的过程，工业制硝酸为NH3转化为，不是氮的固定，故B错误；
78、C浓制是利用高沸点难挥发性酸制取挥发性酸，不能说明的酸性强于，故C错误；D紫色石蕊遇浓硝酸先变红色，表现出的酸性，后红色褪去，表现出的氧化性，故D正确；故答案选D。 4-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A已知Na-与Mg具有相同的核外电子排布，且Na的核电荷数小于Mg，则Na-的半径比Mg大，A正确； B由题干信息可知，钠的液氨溶液中形成氨合钠离子和氨合电子，其中氨合电子具有强还原性，B正确；C由于H-形成有2个电子的稳定结构，而Na-核外最外形上是2个电子的不稳定结构，则 Na-的第一电离能比H-小，C错误； D由题干信息可知，Na也可以形成Na-，则说明Na也可以结合电子形
79、成阴离子，即该事实表明钠也可表现非金属性，D正确；故答案为：C。 5-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A该反应是气体分子数减少的反应，S0，A错误；B反应的平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比值，该反应的平衡常数K=，B正确；C反应为气体分子数增加的反应，增大压强平衡逆向移动，丙烯腈产率降低，C错误；D氧元素与0价变为-2价，O24e-，该反应每消耗1.5molO2，转移电子的物质的量为6mol，D错误；故选B。 5-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A该反应为吸热反应，0，正向气体系数增大，0，A错误；B根据可知，气体总质量不变，恒温恒
80、压下体积增大，密度减小，当密度不变时能说明该反应达到化学平衡状态，B正确；C恒温恒压，加入后体积增大，各物质浓度比不变，平衡不移动，故原平衡相比的值不变，C错误；D平衡常数只受温度影响，故使用高效催化剂不能改变平衡常数，D错误；故答案选B。 5-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A该反应，0可以自发，根据反分析可知该反应在低温条件下能自发进行，故A错误；B反应平衡常数是产物系数次幂乘积除以反应物系数次幂乘积，但是纯固体和纯液体不写入平衡常数，该反应平衡常数的表达式为，故B错误；C该反应若2molNO2完全反应时转移8mol电子，该反应中消耗1molNO2，转移电子的数目为，故C正
81、确；D升高温度，正反应速率和逆反应速率都加快，平衡逆向移动，逆反应速率加快的多，故D错误； 故答案为C 6-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A钾在空气中燃烧，生成的是K2O2甚至是更复杂的氧化物，而不是K2O，故A错误；B夹紧弹簧夹，长颈漏斗内的液面高度不变，说明该装置气密性良好，故B正确；C在铝热剂上面应加少量氯酸钾，并在中间插一根镁条，点燃镁条才能引发铝热反应，故C错误；D海水蒸馏分离的是水和无机盐，由于无机盐很难挥发，加热至水沸腾只有水蒸气逸出，所以无需温度计控制温度，即海水蒸馏装置中可以不使用温度计，故D错误；故选B。 6-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解
82、:A碳酸氢钠溶液也能吸收氯气，应该用饱和食盐水，故A错误；B实验室制备氨气利用熟石灰与氯化铵混合加热，采用向上排空气法收集，故B正确；C制备氢氧化铁胶体应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故C错误；D实验室制取氯气应该用浓盐酸与二氧化锰反应，用稀盐酸不行，故D错误； 故答案为B 6-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A该装置未构成封闭体系，左边的长颈漏斗与大气相通，不能检查装置气密性，故A错误；B浓硫酸有强吸水性，可用于干燥气体，故B正确；C氯化铁与氢氧化钠生成沉淀，不能制备胶体，应向沸水中滴加饱和氯化铁，故C错误；D处理含的尾气应用氢氧化钠溶液，故D错误；故答案选B。 6-4【巩固
83、】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A混合乙醇和浓硫酸时，乙醇相当于水，所以将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入盛有乙醇的烧杯中，边倒边搅拌，A正确；BNa2O2为粉末状固体，会通过塑料板上的小孔进行水中，且极易与水反应，使用此装置不能控制反应的发生与停止，B不正确；C加热蒸发FeCl3溶液，随着HCl的不断挥发，FeCl3不断发生水解，最终生成Fe(OH)3固体(若灼烧，还会生成Fe2O3)，C不正确；D碘与酒精互溶，不能使用分液漏斗分离，D不正确；故选A。 6-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A铁丝的焰色实验为无色，可用来做纯碱的焰色实验，能够达到实验目的，故A正确；B浓硫酸和铜
84、反应后可能有浓硫酸剩余，不能将水加到浓硫酸里，会引起液滴飞溅伤人，应将反应后的混合物倒入水中，故B错误；C比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，需要把NaHCO3置于小试管，更能体现Na2CO3的稳定性，故C错误；D灼烧碎海带成灰需要在坩埚中灼烧，不能在烧杯中进行，故D错误；答案选A。 6-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A用双氧水和二氧化锰制是固液不需要加热的反应，生成的氧气可以用排水法收集，故A正确；BNO 很容易被空气中的氧气氧化，所以采用该装置得不到 NO，故B错误；C浓盐酸和 MnO2 反应制取 Cl2，氯气应用向上排空气法收集，氯气易溶于水，故C错误；D用氯化铵
85、和氢氧化钙固体制氨气试管应该斜向下倾斜，故D错误； 故答案为A 7-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子的2p轨道半充满，X为氮；W的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，为硫；Z与W的最外层电子数之和为9，Z为铝；最外层电子数之和为20，则Y为氧；详解:A同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：XXYZ，B正确；C水分子能形成氢键，导致沸点高于硫化氢，C错误；D氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，工业上常采用电解Z的氧化物来冶炼
86、Z单质，D错误；故选B。 7-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X的单质在空气中含量最多，则为N元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z为Na元素；元素W的原子半径在同周期最小，且原子序数大于Na，则为Cl元素。由题意知X元素是N，Y元素是O，Z元素是Na， W元素是Cl。A简单的离子半径： r(Z) r(W) r(X)，选项A错误；BX是N，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CO
87、N，选项B正确；CY元素是O，以上元素中非金属性最强故电负性最大，而氧族元素的氢化物中水的沸点最高，是因为水分子间存在氢键，选项C错误；DY和Z组成的化合物可能是Na2O只含离子键，也可能是Na2O2除离子键还含共价键，选项D错误；答案选B。 7-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:设甲的最外层电子数为x，乙的最外层电子数为y，则甲的原子序数可能为x，也可能为x+2，丙的原子序数为x+10；乙的原子序数为y+2，丁的原子序数为y+10。由此可得出以下关系式：2+y+10+y=2(2+x+10+x)或2+y+10+y=2(x+10+x)，化简得y=2x+6，x=2、y=8，不合题意，
88、舍去；或y=2x+4，x=2、y=6。从而得出甲为H、乙为O、丙为Na、丁为S、戊为Cl。详解:A上述元素中，H的原子半径最小，Na、S、Cl为同周期元素，Na的原子序数最小，原子半径最大，A正确；B甲、丁、戊分别为H、S、Cl元素，非金属性ClSH，则电负性大小为ClSH，B正确；C甲、乙、丁、戊分别为H、O、S、Cl元素，H和S、Cl只能形成一种共价型化合物，但H和O可形成H2O、H2O2两种共价型化合物，C错误；D乙和戊分别为O和Cl，二者形成的化合物ClO2是常用的消毒剂，D正确；故选C。 7-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次
89、增大，X是空气中含量最多的元素，X是N元素；Y核外有13种运动状态不同的电子，Y是Al元素；基态时Z原子3p原子轨道上成对电子与不成对电子数目相等，说明3p轨道有4个电子，Z是S元素，则W是Cl元素。详解:A电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：r(N) r(Cl) r(S) r(Al)，故A错误；B同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，电负性CNO，故B错误 ；C稳定性H2SHCl，其水溶液的酸性H2SC。在烃类有机物中，C常显负价，H常显正价，说明在化合物中共用电子对更偏向C，说明电负性CH。于是，电负性OCH。A正确。B在氨水中滴加CuSO4，由于氨水过量发生如
90、下反应：和，不能得到蓝色絮状沉淀。B错误。C实验过程中Cu(OH)2转化成Cu2O，铜元素化合价从+2减低到+1，发生还原反应。C正确。D依据分摊法可知白色圆点个数为个；黑色圆点个数为4个。据此可知白色圆点代表O2-，黑色圆点代表Cu+。4个Cu+分别位于4条体对角线的上处或下处，于是距离Cu+最近的O2-有2个（1个在顶点，1个在体心），即配位数为2。D正确。综上所述，应选B。 11-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:淀粉在酸性条件下发生水解生成葡萄糖。验证淀粉是否水解，可参照步骤2，加入碘水，若变蓝，说明淀粉没有水解完全；若想证明淀粉发生水解，则需要验证醛基的存在，需要先加氢
91、氧化钠溶液调成碱性环境，再用银氨溶液看是否有银镜产生，若有则证明淀粉发生了水解；若想证明淀粉水解完全，则步骤2物明显现象，步骤3中有银镜产生。详解:A淀粉在稀硫酸作用下发生水解，硫酸是催化剂，加入稀硫酸可以加快淀粉水解的速率，A正确；B根据分析，步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解，B正确；C根据分析，步骤3中水浴加热后观察到有光亮的银镜，说明淀粉已经水解，C正确；D根据碘2晶胞，碘分子的配位数为12，D错误；故选D。 12-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A0.1mol/L溶液中pH约为9.7，呈碱性，说明的水解大于电离，有，故A正确；B0.1mol/L溶液中存在，；，根
92、据物料守恒有，根据电荷守恒有；两式相加有，故B正确；C向0.1mol/L溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀，离子方程式为，故C错误；D实验1和实验2温度没发生变化，溶液中不变，故D正确；故选C。 12-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A实验1溶液溶液中，根据质子守恒可知，该溶液中存在：，A正确；B向0.0100molL-1Na2C2O4溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7，则，又根据电荷守恒可得，故c(Na+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(Cl-)，B错误；C向溶液中滴加等浓度等体积稀盐酸，则发生反应：Na2C2O4+HCl=NaHC2O4+NaCl，由题干信息，可知，K
93、h2=Ka2，即实验3溶液反应后显酸性，即电离大于水解，故实验3溶液中存在：c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4)，C正确；D向溶液中加入足量稀硫酸，即将Na2C2O4转化为H2C2O4，H2C2O4为弱酸，在离子方程式书写时不能拆，再滴加溶液，溶液紫红色褪去，则实验4溶液中参与反应的离子方程式为：，D正确；故答案为：B。 12-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A pH=4.1，则，的电离以一级电离为主，所以，根据二级电离常数，可得，故A正确；B存在的电离和水解，其中，其电离常数小于水解常数，可知以水解为主，溶液显碱性，稀释过程中溶液pH减小，故B正确；C若与NaOH刚好
94、反应生成，则溶液呈碱性，所以向10mL溶液中逐滴加入NaOH溶液，直至pH=7，则加入的NaOH体积小于10mL，其反应后的溶质为和，溶液中，根据电荷守恒，可得，设加入的NaOH溶液体积为VmL，消耗的物质的量为，生成的物质的量为，其浓度为，剩余的浓度为，则由物料守恒，即，因为，所以，V在数值上大于0，小于10，所以，故C错误；D向5mL中滴加10mL溶液，产生粉色沉淀，其中溶液过量，再加几滴溶液，产生黑色沉淀，说明粉色沉淀转化成黑色沉淀，即，由难溶向更难溶转化，故D正确；故选C。 12-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A由实验1可知，NaHSO3溶液呈酸性、说明电离程度大于水
95、解程度，则 0.1NaHSO3溶液中存在，A正确；B实验2中，c()=0.005mol/L，c()0.005mol/L，c(Ba2+)=0.005mol/L，则Ksp(BaSO3)=(0.005)0.0052.510-5，B不正确；CNaHSO3溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液被还原，从而褪色，实验3中反应的离子方程式为 ，C不正确；DNaHSO3溶液具有还原性，氯水具有氧化性、二者发生氧化还原从而褪色，不能体现NaHSO3溶液的漂白性，D不正确；答案选A。 12-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A溶液中存在电荷守恒：，测得约为，则，则，故A错误；B溶液中加入过量溶液，反应生
96、成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为，故B错误；C向溶液中滴加溶液，有黄色和黑色的混合沉淀物生成，可知铁离子和硫离子反应生成了硫单质，在溶液中，根据物料守恒有：，部分硫离子反应，则，故C正确；D上层清液中，不会再发生沉淀的转化，则，故D错误；故选C。 12-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A 发生两步水解，、，且第一步水解程度大于第二步水解程度，又实验1测得溶液，则溶液中，故A错误；B 实验2向溶液中滴加等体积溶液，生成和NaCl，pH由8.6降为4.8，说明的电离程度大于其水解程度，故，则故B错误；C 实验3向溶液中加入等体积溶液，混合瞬间，由于生成白色沉淀，则，故
97、C正确；D 实验4发生氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为，故D错误；故选C。 13-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A化学平衡常数指的是一定温度下，可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；故反应II的平衡常数应表示为，A错误；B反应I是反应前后气体体积不变的反应，改变压强时，平衡不发生移动；而反应II是反应前后气体体积减少的反应，增大压强时，平衡正向移动，浓度增大，则增大，B正确；C反应I和反应II均为放热反应，其他条件不变，降低温度时，平衡正向移动，出口处甲烷的量增加，C错误；D依据的转化率与的选择性随温度变化图可知
98、，X点时，的转化率未达到最大值，表明该时刻反应还没有达到化学平衡状态，故延长反应时间，使反应趋于平衡，的转化率增大，D错误；故合理选项为B。 13-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A由题干信息可知，反应1为快反应，反应2为慢反应，同温度下反应1更容易发生，即C2H6的转化率大于CO2的转化率，故X代表的物质是C2H6，Y代表CO2，A错误；B由题干信息可知，反应1为快反应，反应2为慢反应，多步反应中总反应的反应速率取决于慢反应，即生成CO的快慢主要由慢反应2的速率决定，B错误；C由题干图示可知，820时，CO2的转化率为50%左右，C2H6的转化率为75%左右，根据三段式分析可
99、知：，故容器中，C正确；D若平衡时增大体系的压强，反应1逆向移动，则C2H6的量增加，反应2平衡不移动，副反应3平衡正向移动，则的体积分数将增大，D错误；故答案为：C。 13-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A由图象可知CH3OH的转化率在高于260时较高，但在300时，CO的选择性最高，而CO2的选择性低，所以300不是反应适宜的温度，最好在260时，A错误； B根据反应方程式可知，减小压强会降低反应速率，不适合工业生产，B错误；C催化剂能够加快反应速率，但不能改变反应物的平衡转化率，C错误；D由图示知，270时，CH3OH的转化率为98%，CO2、CO选择性分别为80%、2
100、0%，则反应I生成的H2物质的量n1=1 mol98%80%3=2.352 mol，反应生成的H2物质的量n2=1 mol98%20%2=0.392 mol，故此时共产生H2为2.744 mol，D正确；故答案选D。 13-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、选择性越高，则甲烷的产率越高。详解:A在260320间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升， A说法正确；BW点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率， B说法错误；C催化剂只能加快化学反应速率，不能改变C
101、O2的平衡转化率， C说法不正确；D由图中信息可知，高于320后以Ni为催化剂，转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达平衡，高于320后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快， D说法不正确。 答案选A。 13-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:生成一氧化碳的反应为吸热反应、生成二甲醚的反应为放热反应，随着温度的升高，利于一氧化碳的生成而不利于二甲醚的生成，结合图象可知：曲线一直随温度升高而变大，故表示平衡时CO的选择性随温度的变化，表示CO2转化率随温度的变化；详解:A由分析可知，图中曲线表示平衡时CO的选择性随温度的变化，
102、A正确；B生成一氧化碳的反应为气体分子数不变的反应、生成二甲醚的反应为气体分子数减小的反应，温度一定，通过增大压强平衡向生成二甲醚的方向移动，能提高的平衡产率，B正确；C反应在恒压密闭容器中进行，温度一定，增大，相当于在原有平衡上增大体积，导致平衡向气体分子数增加的方向移动，降低二氧化碳的转化率，C正确；DT时，CO2转化率和CO的选择性均为a%，起始投入、，则反应二氧化碳、生成一氧化碳的物质的量分别为2a%mol、2a%a%mol=2a210-4mol：故达平衡时生成，D错误；故选D。 13-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A由图可知，相同温度下投料比1的转化率更高，反应中增
103、加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故12，A错误；B在400 K、2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B错误；C反应为气体分子数减小的反应，反应为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为3条件下，增大压强，反应正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C正确；D反应为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D错误；故选C。 14-1【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能化学能，A正确；BFe2+和Fe3+离
104、子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，B错误；C左边水变化为O2，发生氧化反应，则Fe3+发生还原反应；右边CO2生成HCOOH发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，C错误；D酸性介质中不可能大量存在OH-，则Cu2OPt上发生的反应为，D错误；故合理选项是A。 14-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A催化剂的使用能提高反应速率，但不能改变的平衡转化率，A项正确；B催化加氢合成总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，正
105、反应体积减小，则反应的，B项错误；C根据机理图可判断反应中存在共价键的断裂和共价键的生成，C项正确；D反应机理表明和中H2O参与了CO2合成CH3OH的反应，D项正确；答案选B。 14-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A由图可知，600时甲醇转化率为55%、甲醛的选择性为60%，则前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)= =0.033 molL-1min-1，故A错误；B由图可知，600后，甲醇的转化率增大、甲醛的选择性降低，说明700C时历程的反应程度大，相同时间内反应历程的速率小于反应历程的速率，故B错误；C该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移
106、动，甲醛的产率降低，故C错误；D使用催化剂，降低反应的活化能，则使用碳酸钠做反应催化剂的反应历程的活化能小于CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的活化能，故D正确；故选D。 14-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-CO2+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故A正确；BN原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，故B正确；C若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速
107、率加快。故释氢速率加快。故C正确；D若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，故D错误；选D。 14-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A反应()中、中的空位结合了氧，氧非金属性较强显负价，则金属元素、化合价均升高， A错误；B铜-铈氧化物作为催化剂改变反应速率，不能改变反应热，B错误；C由图可知，在反应()中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中，C错误；D一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原
108、成所致，D正确；故选D。 14-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A苯甲醇被氧气氧化为和水，所以X的化学式为H2O，故A正确；Blmol中键的数目为116.021023，故B错误；C失电子转化，转化过程中没有共价键的断裂与形成，故C错误；D反应过程中，光能部分转化为化学能，故D错误；选A。 15-1【基础】 【正确答案】 1、4HO+2OH-+H2PO=PO+4H2O 2、H2O-e-=H+HO 光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO 3、c(Cu2+)超过90mgL-1会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生HO的数目减少 4、酸性有利于
109、HO的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近 5、3：1【试题解析】 弱碱性条件下HO将H2PO氧化成PO，该反应为4HO+2OH-+H2PO=PO+4H2O；据图可知水分子在价带上失电子发生氧化反应，电极反应为H2O-e-=H+HO；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO；Cu2+、Fe3+、二氧化锰对双氧水的分解起到催化作用，c(Cu2+)超过90mg/L，会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生OH的数目减少，与CN-反应的H2O2的量
110、减少，CN-的氧化去除率有所下降。在反应开始时，初始pH = 6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH =3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是：酸性有利于HO的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近；根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，O得到3个电子、BMO-得到1个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1。 15-2【基础】 【正确答案】 1、半导体光催化剂在光照条件下产生光生电子和光生空穴，(或)被光生电子还原为，(或)被光生空穴氧化为 Ag 2
111、、防止与反应使产率降低 低，稳定性差，且反应速率慢使产率降低，过高，铁电极上有(或)生成，使产率降低【试题解析】 半导体光催化剂在光照条件下产生光生电子和光生空穴，(或)被光生电子还原为，(或)被光生空穴氧化为；若将该催化剂置于 AgNO3溶液中，(或)被光生空穴氧化为，被光生电子还原为，所以另一产物是Ag；Na2FeO4易被H2还原，为防止与反应使产率降低，电解过程中须将阴极产生的氢气及时排出；低，稳定性差，且反应速率慢使产率降低，过高，铁电极上有(或)生成，使产率降低。 15-3【巩固】 【正确答案】 1、6mol 苯胺与水可以形成分子间氢键，而硝基苯与水不能形成分子间氢键 2、+4e-+
112、4H+= +2H2O 反应生成的，随着pH增大，转化为沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，降低了反应速率 3、2+62HO12CO2+N2+38H2O 向一定量苯胺溶液中加入溶液，无明显现象(测定苯胺未发生反应)，再加入溶液，有气泡产生 4、酸性条件下不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的浓度，反应速率较慢【试题解析】 分析:（1）根据元素化合价分析转移电子数，并结合氢键的形成分析溶解度的大小关系。（2）根据酸性条件下氮元素化合价降低得到电子配平方程式，并根据亚铁离子在碱性条件下生成氢氧化亚铁有覆盖作用，阻止反应进行分析反应速率。（3）根据氧化
113、还原反应的电子守恒配平方程式，并根据溶液的酸碱性与次氯酸或次氯酸根离子的浓度大小分析反应速率。理论上，1mol中氮原子为+5价， 的氮原子为-1价，1mol转化为转移的电子的物质的量为6mol。在水中的溶解度大于的原的原因是苯胺与水可以形成分子间氢键，而硝基苯与水不能形成分子间氢键。在酸性条件下，转化为的电极反应式：+4e-+4H+=+2H2O。铁和酸反应生成的，随着pH增大，转化为沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，降低了反应速率，故硝基苯的去除率越低。向含和苯胺()的酸性溶液中加入双氧水，发生如下反应：HO具有强氧化性，能将溶液中的苯胺氧化成和。根据氧化还原反应的电子守恒得该反应的
114、离子方程式为2+62HO12CO2+N2+38H2O。向一定量苯胺溶液中加入溶液，无明显现象(测定苯胺未发生反应)，再加入溶液，有气泡产生可以验证苯胺是被HO氧化而不是被氧化。酸性条件下不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的浓度，反应速率较慢，反应相同时间，初始溶液pH=3时苯胺浓度大于pH=10时的。 15-4【巩固】 【正确答案】 1、3SO2CrO5H2O =2Cr(OH)33SO4OH- 部分SO与H结合转化为SO2逸出，使得与Cr()反应的SO的物质的量浓度减小，反应速率减慢 Fe2被Cr()氧化为Fe3+，pH=3下Fe3+水解生成Fe(O
115、H)3胶体吸附了部分Cr() 2、6S2-2CrO8H2O=Cr2S33S16OH- 温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性 31【试题解析】 根据图示可知：当废水的pH约为8时，Cr()以CrO存在，CrO具有氧化性，SO具有还原性，二者发生氧化还原反应产生SO、Cr(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得用Na2SO3处理该废水的主要离子方程式为3SO2CrO5H2O =2Cr(OH)33SO4OH-；其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH含Cr()的废水时，反应相同时间，根据Cr()的去除率与pH的关系图示。已知酸性条件下Cr()对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH2
116、时，Cr()的去除率随pH降低而降低，是由于当溶液酸性较强时，部分SO与H结合产生的H2SO3转化为SO2气体逸出，使得与Cr()反应的SO的物质的量浓度减小，从而导致化学反应速率减慢；研究发现，用FeSO4处理pH=3的含Cr()废水，Cr()的去除率大于其被FeSO4还原的理论值，原因是Fe2被Cr()氧化为Fe3+，在pH=3下Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体吸附了部分Cr()，从而使其去除率大大降低；硫酸盐还原菌能将水中的转化为S2-，S2-与CrO可反应生成Cr2S3和S两种沉淀。则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可得S2-与CrO反应的离子方程式为：6S2-2C
117、rO8H2O=Cr2S33S16OH-；用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常控制在30左右，温度过高，Cr()的去除率低是由于硫酸盐还原菌中含有具有生物活性的蛋白质，其催化活性具有一定的温度范围，若温度过高，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，导致失去活性，因而Cr()的去除率降低；根据腐蚀原理，Fe失去电子变为Fe2+，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，得到电子变为S2-，正极电极反应式为：+8e-+8H+=S2-+4H2O，产生的离子进一步发生反应：Fe2+S2-=FeS，Fe2+2OH-=Fe(OH)2，根据反应过程中电子守恒可知：每有1 mol参加反应，产生的S2-会形成1
118、 mol FeS，转移8 mol电子，则Fe腐蚀产生的4 mol Fe2+中有1 mol 转化为FeS沉淀，同时产生3 mol Fe(OH)2生成，故Fe腐蚀后生成Fe(OH)2和FeS的物质的量之比为3 mol1 mol=31。 15-5【提升】 【正确答案】 1、3Fe2+HCrO+7H+=3Fe3+Cr3+4H2O Cr(OH)3+OH=Cr(OH) 2、pH升高导致离子交换平衡左移；pH4后HCrO转化为CrO，交换CrO所需OH的量是交换HCrO所需OH的量的两倍 3、甲醇(CH3OH)在VB端失去电子，并被转移到CB端；Cr()在CB端得到电子还原为Cr()，Cr()可以进一步得到
119、电子还原为Cr(0) 4、曲线b是使用ZnCu粉处理废水的结果，由于形成ZnCu原电池，加快了还原Cr()的反应速率【试题解析】 分析:Cr()在水溶液中的存在形态分布如图甲所示。向pH=1.5的含Cr()污水中加入FeSO4，发生的主要反应是Fe2+与HCrO在酸性条件下反应生成Fe3+、Cr3+和H2O，其离子方程式为3Fe2+HCrO+7H+=3Fe3+Cr3+4H2O；故答案为：3Fe2+HCrO+7H+=3Fe3+Cr3+4H2O。Cr()在水溶液中的存在形态分布如图乙所示。当pH12时，铬去除率下降主要是Cr(OH)3在碱性条件下和OH反应生成Cr(OH)，用离子方程式表示为Cr(
120、OH)3+OH=Cr(OH)；故答案为：Cr(OH)3+OH=Cr(OH)。Cr()去除率与pH关系如图丙所示，当pH4时，Cr()去除率下降的原因是pH升高，氢氧根浓度增大，根据2ROH(s)+CrO(aq)R2CrO4(s)+2OH(aq)，导致离子交换平衡左移；根据图甲，pH4后HCrO转化为CrO，交换CrO所需OH的量是交换HCrO所需OH的量的两倍，消耗的氢氧根较多；故答案为：pH升高导致离子交换平衡左移；pH4后HCrO转化为CrO，交换CrO所需OH的量是交换HCrO所需OH的量的两倍。在紫外光照射下，VB端光生空穴(h+)被牺牲剂甲醇(CH3OH)消耗，甲醇在VB端失去电子，
121、电子被转移到CB端，Cr()在CB端得到电子还原为Cr()，Cr()可以进一步得到电子还原为Cr(0)，这就是甲醇还原Cr()的过程；故答案为：甲醇(CH3OH)在VB端失去电子，并被转移到CB端；Cr()在CB端得到电子还原为Cr()，Cr()可以进一步得到电子还原为Cr(0)。图中b对应的实验方法处理含Cr()废水的效果更好，其原因是曲线b是使用ZnCu粉处理废水，由于形成ZnCu原电池，加快了还原Cr()的反应速率，在较短时间内残留率低；故答案为：曲线b是使用ZnCu粉处理废水的结果，由于形成ZnCu原电池，加快了还原Cr()的反应速率。 15-6【提升】 【正确答案】 1、2NO+O2
122、+2OH-=+H2O 2、温度升高，反应速率加快，提高Co(NH3)63+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于Co(NH3)63+的还原；温度升高，促进Co(NH3)63+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)。 3、首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即+2H+=2ClO2+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应 4、分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制
123、作用 ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用【试题解析】 分析:根据题中图1信息，写出络合脱硝法总反应的离子方程式；根据题中信息，升高温度，Co(NH3)63+的转化率增大，分析其原因；根据题中图2信息，结合阴极的电极反应式回答问题；设计相同条件下蒸馏水和ClO2溶液通过NO2，比较逸出NO2的浓度，来证明ClO2对NO2的吸收有抑制作用；根据题中信息，结合SO2与ClO2反应，回答相关问题；据此解答。由题中图1信息可知，络合脱硝法总反应的离子方程式为2NO+O2+2OH-=+H2O；答案为2NO+O2+2OH-=+H2O。C
124、o(NH3)63+的转化率随温度升高而增大，其原因为温度升高，反应速率加快，提高Co(NH3)63+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于Co(NH3)63+的还原；温度升高，促进Co(NH3)63+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)；答案为温度升高，反应速率加快，提高Co(NH3)63+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于Co(NH3)63+的还原；温度升高，促进Co(NH3)63+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)。由题中图2信息可知，首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即
125、+2H+=2ClO2+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应；答案为首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即+2H+=2ClO2+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应。分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用；答案为分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明Cl
126、O2对NO2的吸收有抑制作用。ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用，所以逸出的NO2明显减少；答案为ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用。 16-1【基础】 【正确答案】 1、sp，sp3 2、取代反应 3、 4、 5、【试题解析】 分析:本题考查陌生有机物的合成。A经硝化反应生成B，试剂X是浓硫酸和浓硝酸，加热条件；B经氢气发生还原反应，将其中的一个氨基还原为硝基，这一步会发生副反应，如两个硝基都被还原；CD是一部有省略的合成过程，比较复杂，但可以分析官
127、能团的变化；EF中，发生加成反应，引入一个碳原子；FG中-CN发生水解反应转化为-COOH，GH形成酰氯键；后续继续合成反应，注意官能团的变化和碳链变化。分析F结构，原子间有形成单键和碳氮三键，碳氮三键，碳和氮原子间形成sp杂化，可知F分子中碳原子的杂化轨道类型为sp，sp3；J奥希替尼反应过程，氨基中的氢原子被取代，发生取代反应；BC反应中，在催化剂条件下加入氢气发生还原反应，硝基转为为氨基。由BC中有一种分子式为C7H9ON2F的副产物生成分析，应是B中两个硝基被还原了，所以答案是；能发生银镜反应，说明结构中存在醛基（-CHO）或形成甲酸形成的酯（HCOO-）；由条件了解，剩下的碳链中含氢
128、的数目比较多，要同时满足这两个条件，结构对称性比较强，苯环上这两个取代基一样，所以基团是-CH2CHO，且放邻位，综上，G与苯甲醇发生酯化反应生成的酯()的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为：；分析原料和目标合成物之间的结构和官能团，CH3CH(OH)CH3的中间碳原子上必须引入一个碳原子，并且形成羧基，可利用题目流程EH的合成信息，但CH3CH(OH)CH3需形成丙酮，综上流程如下：。 16-2【基础】 【正确答案】 1、sp2、sp3 2、取代反应 3、 4、 5、【试题解析】 分析:A和NBS发生取代反应引入溴原子生成B，B发生取代反应生成C，C中支链上发生取代生成
129、D，D发生取代引入甲基生成E，E在酸性条件下加热生成F；A分子中苯环碳原子和羰基碳原子为sp2杂化，甲基碳原子为sp3杂化；B的甲基中溴原子被-CN取代生成C，反应为取代反应；由分析可知，C中支链上和EtOCOOEt发生取代生成D，D的分子式为，其结构简式为；F中含有2个苯环，此外还有4个碳、1个羰基、1个羧基，其一种同分异构体含有苯环且分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则其对称性很好，该同分异构体的结构简式：；和NBS反应在甲基引入溴原子，再和NaCN反应引入氰基，酸化得到羧基；和NBS反应在甲基引入溴原子，在氢氧化钠溶液中水解引入羟基；醇、酸酯化得到；反应路线为：。 16-3【巩固】 【
130、正确答案】 1、羧基、碳氯键 2、加成反应 3、 4、 5、【试题解析】 分析:A为，与SOCl2发生取代反应，生成 等，B与苯发生取代反应，生成，C与发生加成、消去反应，生成 等，D发生水解、脱羧反应，生成等，E与H2发生加成反应生成，F与SOCl2、AlCl3作用生成的G为，G依据题给信息发生反应，生成等。A为，含有的官能团的名称为羧基、碳氯键。答案为：羧基、碳氯键；C()与反应，生成，再发生消去反应，生成，则CX反应类型为加成反应。答案为：加成反应；G的分子式为C16H12Cl2O，由分析可知，其结构简式为。答案为：；F的一种同分异构体同时满足下列条件：“分子中有5种不同化学环境的氢原子
131、；碱性水解后酸化得到2种同碳原子数的产物，且均含有2种官能团”，则该同分异构体分子中含有酯基，其中有2个-CH3连在同一苯环上的对称位置上，所以结构简式为：、。答案为：、；以甲苯和为原料制备时，需制得和，采用逆推法，可得出合成路线流程图为：。答案为：。点睛:合成有机物线路图分析时，常采用逆推法。 16-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、还原反应 3、 4、或 5、CH3COCH2CH2COCH3 CH3CH(OH)CH2CH2CH(OH)CH3CH3CHBrCH2CH2CHBrCH3；【试题解析】 分析:A中氢原子被硝基取代生成B，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，X的分子式为C8H7O2C
132、l，C中氨基上的1个氢原子被取代生成D，根据D的结构简式知，X为，D中氢原子被取代生成E，E中酯基发生水解反应然后脱酸生成F；(5) 以CH2(COOC2H5)2，CH3CH2ONa为原料制备，发生信息中的反应生成CH3COCH2CH2COCH3，CH3COCH2CH2COCH3和氢气发生加成生成CH3CH(OH)CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH(OH)CH2CH2CH(OH)CH3和HBr发生取代反应生成CH3CHBrCH2CH2CHBrCH3，CH3CHBrCH2CH2CHBrCH3和CH2(COOC2H5)2发生D生成E类型的取代反应生成，再发生E生成F类型的反应得到目标产物。
133、 时可能生成一种分子式为C7H10N2O8的副产物，根据分子式知，亚甲基上的两个氢原子都被硝基取代，则该副产物的结构简式为；故答案为；B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则的反应类型为还原反应；故答案为还原反应；据分析可知，X的结构简式为；故答案为；转化中有机物的溴原子被OH取代可得到化合物Y，Y的同分异构体满足能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键；分子中含有硝基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱中有3个峰，说明该有机物中有3中氢原子，符合条件的结构简式为或；故答案为或；据分析可知，合成路线为CH3COCH2CH2COCH3 CH3CH(OH)CH
134、2CH2CH(OH)CH3CH3CHBrCH2CH2CHBrCH3；故答案为CH3COCH2CH2COCH3 CH3CH(OH)CH2CH2CH(OH)CH3CH3CHBrCH2CH2CHBrCH3。点睛:本题考察有机物推断和合成，正确推断各物质的结构简式是解题关键，采用知识迁移，逆向思维方法进行合成路线的涉及，题目难度中等。 16-5【提升】 【正确答案】 1、sp、sp2、sp3 2、加成反应 3、 4、 5、【试题解析】 分析:A在HCl作用下水解生成B，B与HCHO、HBr反应生成C，C在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成D，D在碳酸钾作用下与反应生成E，E在HBr、HOAc作用下生成
135、F。中苯环上的碳为sp2杂化，甲基上的碳是sp3杂化，-CN中碳是sp杂化，物质A中碳原子的杂化方式为sp、sp2、sp3。故答案为：sp、sp2、sp3；BC分两步进行，第一步反应类型为加成反应生成，第二步为取代反应生成。故答案为：加成反应；EF转化过程中脱去-COOC2H5生成的中间产物M的分子式为C16H20O3，M的结构简式为。故答案为：；同时符合含有苯环且能发生银镜反应，含有醛基。 有3种化学环境不同的氢原子说明结构对称，两个条件的D的一种同分异构体的结构简式：、。故答案为：、；CH3CH2OH与HBr发生取代反应制取CH3CH2-Br，在铜催化氧化生成，与CH3CH2OH发生酯化反
136、应生成，与溴乙烷在碳酸钾作用下生成，在HBr、HOAc作用下生成。以CH3CH2OH、原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。故答案为：。 16-6【提升】 【正确答案】 1、2 2、取代反应 3、固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低 4、或 5、【试题解析】 分析:A发生还原反应生成B，B中氨基上的H发生取代反应生成C，C中醇羟基发生催化氧化生成D中醛基；A分子中饱和碳原子采取杂化，数目为2；B中氨基上的H发生取代反应生成C，反应类型为取代反应；含有分子内氢键的物质能降低其熔沸点，固体物质A易形成离子型内盐，熔
137、点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低，因此固体物质A的熔点比同分异构体H的熔点高得多；G的同分异构体同时满足条件：含苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基；分子中含有3种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，结构简式有：或；先发生流程图中D生成E的反应生成，再发生催化氧化生成，发生水解反应生成，与甲酸发生酯化反应生成，合成路线为。 17-1【基础】 【正确答案】 1、CF4是非极性分子，NF3和N2H4是极性分子，但N2H4易与水形成分子间氢键 2、Cl2与NaOH的反应为放热反应，反应一段时间溶液温度升高，NaClO分解产生NaClO3 3、CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N
138、2H4H2O+NaCl+Na2CO3 4、A N2H4H2O有强还原性，NaClO过量时N2H4H2O会被氧化 5、KMnO4溶液 6、60%，则水合肼的物质的量n(N2H4H2O)=n(I2)=0.1000molL-12410-3L=0.012mol，则水合肼的质量m(N2H4H2O)= 0.012mol50g/mol=0.6g，则水合肼溶液的质量分数=【试题解析】 分析:本题是一道制备水合肼的工业流程题，首先是氢氧化钠和氯气反应，生成次氯酸钠，随后，次氯酸钠和CO(NH2)2反应得到产物水合肼，整流后得到水合肼溶液，以此解题。三种物质都是分子, CF4是非极性分子，根据相似相溶原理，CF4
139、在水中溶解度最小，NF3和N2H4都是极性分子，且N2H4能与水形成氢键，故溶解度最大，故答案为：CF4是非极性分子，NF3和N2H4是极性分子，但N2H4易与水形成分子间氢键；由题干信息可知，NaClO对热不稳定，受热分解为NaCl和NaClO3，故答案为：Cl2与NaOH的反应为放热反应，反应一段时间溶液温度升高，NaClO分解产生NaClO3；由图可知，反应2为CO(NH2)2和次氯酸钠反应生成N2H4H2O，化学方程式为：CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4H2O+NaCl+Na2CO3；由题给信息可知，CO(NH2)2有较强的还原性，次氯酸钠有氧化性，则次氯酸钠过量时C
140、O(NH2)2容易发生氧化反应而变质，故答案为：A；N2H4H2O有强还原性，NaClO过量时N2H4H2O会被氧化；可以用澄清石灰水检验二氧化碳，但是二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，需要除去，可以利用二氧化硫的还原性来检验，故试剂X可以是KMnO4溶液；配平方程式为：N2H4H2O+H2SO4+6NaHCO3+2I2=N2+CO2+Na2SO4+4NaI+7H2O，则水合肼的物质的量n(N2H4H2O)=n(I2)=0.1000molL-12410-3L=0.012mol，则水合肼的质量m(N2H4H2O)= 0.012mol50g/mol=0.6g，则水合肼溶液的质量分数=。 17-2【
141、基础】 【正确答案】 1、 2、3 3、 4、16NA NH3分子中有孤电子对，可以与Cu2+形成配离子Cu(NH3)42+，氨分子的孤电子对变为成键电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力变成成键电子对与成键电子对之间的排斥力，排斥力减小。 0.42mol/L 5、Cu2O被N2H4H2O进一步还原生成铜单质【试题解析】 分析:铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O，低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜和二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁和稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化生成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后加水合肼还原铜离子
142、得到产品。硫化铜和二氧化锰在酸性条件下发生氧化还原反应，反应的离子方程式为。KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=110-38，则c(OH-)=110-11mol/L，c(H+)=10-3mol/L，pH=3。用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为。Cu(NH3)42+配离子中铜离子为中心离子，氨分子为配位体，配位键和氮氢键均为键，则1molCu(NH3)42+中含有键数目为16NA个。NH3分子中有孤电子对，可以与Cu2+形成配离子Cu(NH3)42+，氨分子的孤电子对变为成键电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力变成成键电子对与成键电子对之间的排斥力，排斥力减小，故氨气中
143、H-N-H的键角比该配离子中H-N-H的键角小。根据2Cu2+4I-=2CuI+I2，I2+2=2I-+，可得关系式，解得n=0.0021mol，则20mL除去Mn2+的铜氨溶液中含铜氨离子的物质的量为0.0021mol4=0.0084mol，则其浓度为。水合肼浓度大于3.25时的产率下降，的转化率仍增大，可能的原因是Cu2O被N2H4H2O进一步还原生成铜单质。 17-3【巩固】 【正确答案】 1、FeS2+2H+=Fe2+H2S+S 2、2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 溶液由浅绿色(无色)变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色 3、滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液
144、由无色变为蓝色，且30s无变化 3：1：4【试题解析】 分析:“过滤”步骤得到PbS，铅尾矿渣中PbS不与H2SO4反应，“过滤”还得到S单质，FeS2中S显-1价，Fe元素显+2价，“酸浸”时得到气体，因此离子反应方程式为FeS2+2H+=Fe2+ +H2S+S，加入H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，据此分析解答。根据上述分析，FeS2中-1价硫元素在硫酸中发生歧化反应，生成H2S和S,其离子方程式为FeS2+2H+ = Fe2+H2S+S；Fe2+与H2O2反应: 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，使溶液pH升高；反应机理过程：Fe2+与 反应生成Fe3+和NO，NO与Fe
145、2+反应生成Fe(NO)2+，Fe(NO)2+与氧气反应生成和Fe3+，Fe2+显绿色，Fe(NO)2+显黑色，Fe3+显棕黄色，因此逐滴滴入NaNO2后的反应现象为溶液由浅绿色(无色)变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色；根据题意可知，步骤2钨酸钠作指示剂，TiCl3进行滴定，滴定终点的现象是：滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s无变化；步骤2：发生Fe3+Ti3+=Fe2+ +Ti4+，推出样品中Fe3+物质的量为230mL10-3LmL-10.1molL-1=610-3mol，样品中OH-物质的量为(40mL10-3LmL-10.10molL-1-2l0m
146、10-3LmL-10.1molL-1=210-3mol，根据电荷守恒，推出样品中n()= 则x：y：z=610-3：210-3：810-3=3：1：4。 17-4【巩固】 【正确答案】 1、ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2 温度过高ZrCl4升华，导致产率降低 2、HCl与NaCN转化为HCN，使CN浓度降低，Cu2+沉淀率降低 3、加入NH4SCN后，Fe3+与Zr4+分别形成配合物，Fe(SCN)3难溶于MIBK，而Zr(SCN)4易溶于MIBK进入有机层富集 4、加入约33mL3mol/LH2SO4溶液，盖上玻璃塞，倒转振荡，静置后分液，将下层液体通过下口
147、放入烧杯中，在上层有机层中，再分两次各加入33mL3mol/LH2SO4溶液，萃取后放出水层，将三次放出的水层合并 5、3.52【试题解析】 分析:天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中是NaAlO2，沉淀中主要有H2SiO3、Fe(OH)3、Zr(OH)4 、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl，H2SiO3不溶。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有
148、机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，加入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；ZrCl4 400时升华，温度过高会使ZrC14升华，导致产率降低；加入盐酸过多，HCl与NaCN转化为HCN，使CN浓度降低，Cu2+沉淀率降低；加入NH4SCN后“配合”后，Fe3+、Zr4+分别生成Fe(SCN)3、Zr(
149、SCN)4；Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MIBK萃取进入有机层富集，从而达到分离铁、富集锆的目的。反萃取的操作过程：取一定体积萃取后的MIBK溶液加入分液漏斗中加入约33mL3mol/LH2SO4溶液，盖上玻璃塞，倒转振荡，静置后分液，将下层液体通过下口放入烧杯中，在上层有机层中，再分两次各加入33mL3mol/LH2SO4溶液，萃取后放出水层，将三次放出的水层合并得到Zr(SO4)2溶液。根据题意EDTA与ZrO2+按11的比例进行螯合，得到n(ZrO2+)=0.02000 molL10.0143L=2.86104mol，则酸浸液中锆的含量(以ZrO2计)为； 17-
150、5【提升】 【正确答案】 1、Ar3d5 2、Fe3+、Fe2+、Al3+ 3、Fe2Fe3+3Fe2+ 4、1.0 ，氢离子浓度增大，pH减小 5、76.9%【试题解析】 分析:烧渣(主要成分为、FeO、不考虑其他杂质)中加入稀硫酸，氧化铁、氧化亚铁、氧化铝与稀硫酸反应，二氧化硅不反应，过滤，向滤液中加入试剂X将铁离子还原，再加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铝离子，过滤后向滤液中加入氨水和通入氧气，经过一系列变化得到铁黄(FeOOH)。Fe为26号元素，其核外电子排布式电子为Ar3d64s2，浸取液中的核外电子排布式为Ar3d5；故答案为：Ar3d5。氧化铁、氧化亚铁、氧化铝都与稀硫酸反应，因
151、此“过滤I”后，滤液中所含金属阳离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+。“还原”时，试剂X若选用铁粉，则铁和铁离子反应生成亚铁离子，即反应的离子方程式为Fe2Fe3+3Fe2+；故答案为：Fe2Fe3+3Fe2+。完全沉淀(离子浓度)的，则的溶度积常数，当滴加氨水产生沉淀，当pH为6.0时，解得，溶液中残留浓度为；故答案为：1.0。当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄，则0时段发生的化学方程式；时段，溶液pH明显降低，说明会有氢离子生成，其原因：亚铁离子和氧气、水反应生成FeOOH和氢离子，氢离子浓度增大，pH减小；故答案为：；，氢
152、离子浓度增大，pH减小。测得溶液吸光度A=0.8，根据图中信息得到溶液中c(Fe3+)4.0103molL1，则样品中铁离子物质的量为n(Fe3+)4.0103molL10.1L1004.0102mol，设氧化铁物质的量为xmol，为FeOOH物质的量为ymol，则有160x+89y=3.47g，2x+y=0.04，解得x=0.05，y=0.03，则样品中FeOOH的质量分数；故答案为：根据图中信息得到溶液中c(Fe3+)4.0103molL1，则样品中铁离子物质的量为n(Fe3+)4.0103molL10.1L1004.0102mol，设氧化铁物质的量为xmol，为FeOOH物质的量为ymo
153、l，则有160x+89y=3.47g，2x+y=0.04，解得x=0.05，y=0.03，则样品中FeOOH的质量分数。 17-6【提升】 【正确答案】 1、提高水浸温度或搅拌 2、 3、Fe2O3 烧杯、漏斗、玻璃棒 4、4.5pH9.3 5、0.0053mol/L【试题解析】 分析:铬铁矿废渣（主要含Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3）中回收提取铬，铬铁矿废渣中加入碳酸钠培烧，烧渣水浸过滤得到滤渣1主要是Fe2O3，浸出液中加入硫酸调节溶液pH4.5pH9.3，过滤得到滤渣2主要是硅酸、氢氧化铝，滤液中加入Na2S反应生成Cr(OH)3，煅烧得到Cr2O3，还原剂还原得到Cr；(
154、5)充分反应后，稍松开瓶塞，从瓶塞和瓶壁间缝隙迅速加入10%KI溶液10mL（过量），迅速加盖，充分摇匀发生：Br22II22Br，加入少量淀粉溶液做指示剂；用0.025mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，发生I22Na2S2O32NaINa2S4O6，用去Na2S2O3溶液22.48mL，列出关系式计算。为加快“水浸”速率，可采取的措施为：提高水浸温度或搅拌等；故答案为提高水浸温度或搅拌；已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3焙烧时和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4和二氧化碳，反应的化学方程式为：；故答案为；分析可知，滤渣1的主要成分是：Fe2O3，实验室中进行操作
155、2用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为Fe2O3，烧杯、漏斗、玻璃棒；图象分析可知，浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是：4.5pH9.3，调pH时转化为，反应的离子方程式为：；故答案为4.5pH9.3，；根据反应方程式；知，由Br22II22Br、I22Na2S2O32NaINa2S4O6得关系式，由方程式，得关系式3Br2，得，该工业废水中苯酚的浓度是；故答案为0.0053mol/L。点睛:本题考查了物质制备和混合物分离、探究物质的组成或测量物质的含量的分析判断，主要是物质制备原理和流程分析的判断，要掌握根据方程式的计算，需要学生熟练根据方程式找关系式，题目难度较大。 18-1
156、【基础】 【正确答案】 1、b 化剂活性降低，催化效率降低 2、 提高C2H6转化率 3、先与反应生成，再于生成和【试题解析】 分析:(1) 脱氢生成乙烯的热化学方程式为， ，为吸热反应；使用催化剂后，由图可知，温度为1000K时，催化剂甲催化的转化率最高；温度过高，催化剂活性降低，催化效率降低；(2) 反应 ；反应 反应， ，根据盖斯定律有可表示为；为反应物，通入可以使平衡正向移动，提高C2H6转化率；(3) 氧化制的反应为。该反应需要少量参与，反应过程中有生成，反应前后的质量不变，说明先与反应生成，再于生成和。由图可知，当使用催化剂甲时，a点的已经达到最大，说明处在平衡状态；当使用催化剂乙
157、时，温度升高的转化率升高，所以b点一定没有处在平衡状态；当c点处在催化剂甲的曲线上时，已经达到平衡；故答案为b；由图可知，温度为1000K时，催化剂甲催化的转化率最高；温度过高，催化剂活性降低，催化效率降低；故答案为化剂活性降低，催化效率降低；反应 ；反应 反应， ，根据盖斯定律有可表示为；所以反应的；为反应物，乙烷脱氢生产中间断性地向容器中通入适量的目的是提高C2H6转化率； 故答案为，提高C2H6转化率；据分析可知，氧化制的反应过程可以描述为先与反应生成，再于生成和；故答案为先与反应生成，再于生成和。点睛:本题依托乙烯的制备，考察了反应热的计算，平衡状态的判断，以及反应过程的分析，熟练掌握
158、图象分析能力和计算能力是解题关键。 18-2【基础】 【正确答案】 1、CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4 +xH2 Cu+2Fe+4O2-8e- = CuFe2O4 2、CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离 3、2B(OH)3+2H2O+2e-=2+H2 H2、HD、D2 NaBH4浓度从0增大至0.5 molL-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 molL-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小【试题解析】 用氧缺位分
159、解H2O制H2时，铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，第二步反应为：2CuFe2O4=2CuFe2O4-x+xO2，则第一步反应是CuFe2O4-x与H2O反应生成CuFe2O4和H2，化学方程式为CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4 +xH2。在阳极，Cu、Fe在熔融Li2O中失电子生成CuFe2O4，电极反应式为Cu+2Fe+4O2-8e- = CuFe2O4。答案为：CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4 +xH2；Cu+2Fe+4O2-8e- = CuFe2O4；利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，发生反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，CO2循环使用，
160、该工艺制氢过程中，H2与CO在不同时间，不同区域生成，不需进行分离操作，所以最大优点是：CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离。答案为：CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离；从图中可以看出，最后一个步骤中，B(OH)3与H2O发生还原反应，生成和H2，则反应机理可描述为：2B(OH)3+2H2O+2e-=2+H2。若用D2O代替H2O，依据反应机理，第一步生成H2的两个H原子都来自；第二、三步生成的氢气中的氢原子，1个来自，1个来自D2O，则生成HD；第四步生成氢气的2个氢原子，都来自D2O，则生成D2，所以反应后生成的气体中含有H2、HD、D2。从图中可以看出，NaBH
161、4浓度从0增大至0.5 molL-1时，放氢速率增大，当浓度大于0.5 molL-1时，放氢速率减小，其原因可能是：NaBH4浓度从0增大至0.5 molL-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 molL-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小。答案为：2B(OH)3+2H2O+2e-=2+H2；H2、HD、D2；NaBH4浓度从0增大至0.5 molL-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 mol
162、L-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小。点睛:在催化剂表面发生的反应，与催化剂的接触面积大，有利于反应的进行。 18-3【巩固】 【正确答案】 1、NO+5e-+6H+=+H2O 2、2NO2+SO2+4OH-=2NO+2H2O 3、50150 时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大；温度高于150时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变大，温度超过150时，随着温度升高，NO脱除率下降 NO3【试
163、题解析】 该装置为电解池，阴极连电源的负极，由图可知阴极NO得电子生成，阴极电极反应式为：NO+5e-+6H+=+H2O，阳极SO2失电子，阳极电极反应式为：SO2-2 e-+2H2O=+4H+；由题知NO2、SO2通入NaOH溶液将NO2完全转化为NO，N元素价态由+4价降到+3价，故S元素价态需升高即由SO2生成，再根据得失电子守恒和元素守恒配平即可得2NO2+SO2+4OH-=2NO+2H2O；50150时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大；温度高于150时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变
164、大，温度超过150时，随着温度升高，NO脱除率下降。已知氮氧化物M与NO2按物质的量11反应生成N2O5，由元素守恒得氮氧化物M为NO3。 18-4【巩固】 【正确答案】 1、S0 -90.3kJ/mol AC 2 2、9 2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O【试题解析】 反应为吸热反应，根据H-TS0；目标方程=-(反应+反应)，则H=-(131.4kJ/mol-41.1kJ/mol)=-90.3kJ/mol；A将碳块粉碎，增大了反应物之间的接触面积，反应速率加快，A正确；B平衡时向容器中充入惰性气体，因反应容器体积固定，故反应平衡不移动，B错误；C该反应中有固体参与，气体质量随反
165、应的进行而改变，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，C正确；D当反应和反应均反应完全时，氢气的体积分数为，但是以上两个反应均为可逆反应，反应物无法完全反应，D错误；故答案选AC；设反应转化H2Oamol，反应转化H2Obmol，则a+b=0.5mol，同时CO的物质的量为0.1mol，则a-b=0.1mol，解得a=0.3mol，b=0.2mol，则K=；H2CO3的K2=，所以c()：c()=K2：c(H+)=1:20，c(H+)=10-9mol/L，pH=9；再生塔中产生CO2是碳酸氢钾的分解，离子方程式为；阴极上CO2得电子生成C2H4，则除发生AgCl转化为Ag的反应外，另一个反
166、应式为2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O。 18-5【提升】 【正确答案】 1、温度高于150时，反应i的反应速率加快，减小，反应ii和iii的速率降低，导致和的转化率均降低 反应ii的活化能小于反应iii活化能，反应ii的速率大于反应iii，因此NO的转化率高于 使溶液和气体充分接触，吸收效果更好 溶液直接与反应是脱除的主要原因 2、过程为在酶1作用下转化为NO，过程为NO与在酶2的作用下转化为，最后在质子和电子作用下转化为氮气和酶3，其总反应为 当废水中存在氧气时厌氧氨氧化生物酶体系无法与氧气共存失去活性【试题解析】 (1)由已知可以看出，反应i为臭氧转化为氧气的反应，温度高于
167、150时，反应i的反应速率加快，减小，反应ii和iii的速率降低，导致和的转化率均降低，故填温度高于150时，反应i的反应速率加快，减小，反应ii和iii的速率降低，导致和的转化率均降低；已知反应ii的活化能小于反应iii活化能，活化能越低反应速率越快，转化得越多，故填反应ii的活化能小于反应iii活化能，反应ii的速率大于反应iii，因此NO的转化率高于；从图中可以看出，该装置混合气体从下往上流动，亚硫酸铵溶液从上往下喷洒，使溶液和气体充分接触，吸收效果更好，故填使溶液和气体充分接触，吸收效果更好；当臭氧浓度很低时，二氧化硫与臭氧反应的较少，其脱除率高是因为二氧化硫与亚硫酸铵直接反应，故填溶
168、液直接与反应是脱除的主要原因；(2)如图，转化为进入大气层分为三个过程，过程为在酶1作用下转化为NO，过程为NO与在酶2的作用下转化为，最后在质子和电子作用下转化为氮气和酶3，其总反应为，故填过程为在酶1作用下转化为NO，过程为NO与在酶2的作用下转化为，最后在质子和电子作用下转化为氮气和酶3，其总反应为；当废水中存在氧气时厌氧氨氧化生物酶体系无法与氧气共存失去活性，而使上述转化无法发生，故填当废水中存在氧气时厌氧氨氧化生物酶体系无法与氧气共存失去活性。 18-6【提升】 【正确答案】 1、-1630kJmol-1 2、+5 O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2+，部分NO与、Cu2+反应
169、生成NO2和Cu+；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V，NO或NO2与、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复 O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4 3、低于200的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200300范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快 ；在300350的范围内，催化剂的活性达到最强，随温度升高化学反应速率加快 温度高于450时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量【试题解析】 已知：N2(g)+O2(g)=2N
170、O(g) H=+180.5kJmol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H=-1269kJmol-1由盖斯定律可知，-2+得到主反应，则主反应的H=-2（+180.5kJmol-1）+（-1269kJmol-1）=-1630kJmol-1；X、Y处V元素化合价为+4或+5价。铜离子和Y反应生成亚铜离子和X，根据电子守恒可知，Y生成X时，V的化合价升高，则X处V元素化合价为+5。由图可知，NO转化为N2的机理可描述为：O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2+，部分NO与、Cu2+反应生成NO2和Cu+；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V，NO或NO2与、+4价
171、V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复；在催化剂的作用下，氧气可以把烟气中二氧化硫中四价硫氧化为六价硫，生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道，生成NH4HSO4的化学方程式为O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4；烟气以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，反应不一定达到平衡状态，反应速率随温度的升高而升高，且催化剂的活性也受温度影响，在一定的温度范围内，催化剂的活性随温度升高而增强。因此，温度低于350时，NOx转化率随温度升高而增大，根据图中曲线的变化特点可以判断其可能的原因是：低于200的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200300范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快 ；在300350的范围内，催化剂的活性达到最强，随温度升高化学反应速率加快。催化剂需要一定的活性温度，温度过高导致催化剂活性逐渐降低，化学反应速率会随着温度升高而减小，且温度过高还会导致氨气发生副反应，因此，温度高于450时，NOx量不减反增，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是：温度高于450时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量。
