1、 山东省烟台市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题变式题【原卷 1 题】 知识点 大气污染来源及危害,大气污染的治理原理及方法,绿色化学与可持续发展,化石能源 【正确答案】A 1-1（基础） 今年7月，习近平总书记在新疆考察时强调“要正确处理经济社会发展和生态环境保护的关系，推动文化和旅游融合发展，打造富民产业”。下列有关说法中正确的是A.塔里木盆地地区蕴含丰富的天然气资源，推广使用天然气替代燃煤更环保B.吐鲁番所产的葡萄较一般品种更甜，其含有的糖类物质主要为淀粉C.新疆盛产棉花及牛羊毛织品，其中棉花、动物毛发的主要成分均是纤维素D.南疆地区土壤盐渍化严重，可通过播撒生石灰进行改良
2、【正确答案】 A 1-2（基础） 2022年全国低碳日的活动主题是“落实双碳行动，共建美丽家园”。下列行为对碳达峰或碳中和没有促进作用的是A.推进风力发电、光伏发电B.资源化利用二氧化碳C.将燃煤进行脱硫脱硝D.植树造林、节能减排【正确答案】 C 1-3（巩固） 我国承诺在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施中对促进“碳中和”最直接有效的是A.将重质油裂解为轻质油作为燃料B.大规模开采可燃冰作为新能源C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D.研究推广将二氧化碳转化为淀粉【正确答案】 D 1-4（巩固） 改善环境质量，推动绿色发展。下列做法中，不利于环境保护的是A.
3、使用可降解塑料，减少白色污染B.利用风力发电，减少煤的燃烧C.乘坐公共交通，绿色低碳出行D.垃圾随意丢弃，直接排放污水【正确答案】 D 1-5（提升） 我国成功举办了第二十四届冬奥会。下列做法与“绿色办奥”理念不相符的是A.用深埋法处理比赛场馆产生的垃圾B.选用氢气作火炬“飞扬的燃料C.利用二氧化碳流体蒸发直冷制冰D.观众席座板内装石墨烯片通电加热【正确答案】 A 1-6（提升） 2013年“六五”世界环境日中国主题为“同呼吸 共奋斗”，旨在释放和传递建设美丽中国人人共享、人人有责的信息。下列有关环境方面的说法不正确的是A.采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，提高空气质
4、量B.汽油中添加Pb(C2H5)4，提高汽油的抗爆震性能，有利于改善大气环境。C.推广可利用太阳能、风能等新能源，发展低碳经济，同时能大大减少对环境的污染D.PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重【正确答案】 B【原卷 2 题】 知识点 一氧化氮,甲醛的毒性,新型有机高分子材料 【正确答案】C 2-1（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 2-2（基础） 化学使生活更美好。下列有关物质的应
5、用说法不正确的是A.明矾溶于水形成胶体，可用作水体净水剂B.过氧化钠与反应产生，可用作呼吸面罩中的供氧剂C.碳酸氢钠受热分解产生，可用作食品膨松剂D.氢氧化钠具有碱性，可用于治疗胃酸过多【正确答案】 D 2-3（巩固） 下列物质的应用与性质对应关系错误的是A.铁粉具有还原性，用作食品脱氧剂B.熔点高，用于制作耐火材料C.泡沫灭火器使用时可产生，用于钠着火时的灭火D.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，用于道路照明【正确答案】 C 2-4（巩固） 下列有关物质的性质与应用的对应关系正确的是A.NaClO具有氧化性，可用于杀灭新型冠状病毒B.水解显酸性，可用作铜制线路板的蚀刻剂C.具有漂白性，常
6、用的水溶液作蒸气的吸收剂D.具有氧化性，可用于与酸性溶液反应制取【正确答案】 A 2-5（提升） 下列物质的性质与其用途的对应关系错误的是选项物质的性质物质的用途A受热易分解用作烘焙糕点时的发酵粉B硫酸具有氧化性用作CuO制备的原料C氢化钠能与水反应用作野外生氢剂DHClO具有氧化性可用作棉、麻和纸张的漂白剂A.AB.BC.CD.D【正确答案】 B 2-6（提升） 化学在生活中有着广泛的应用，下列物质性质与应用对应关系错误的是A.硅胶吸水能力强，可作食品干燥剂B.CaO能与反应，可作工业废气脱硫剂C.具有强氧化性，可作织物漂白剂D.具有还原性，可作废水中和的沉淀剂【正确答案】 D【原卷 3 题
7、】 知识点 乙酸乙酯制备实验的综合考查,常用仪器及使用 【正确答案】B 3-1（基础） 淀粉是重要的工业原料。检验淀粉在稀催化下得到的水解液中的葡萄糖，下列未涉及的操作是A. B. C. D.【正确答案】 A 3-2（基础） 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙。用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤中，下列操作未涉及的是A.加热溶解B.冷却结晶C.萃取后分液D.趁热过滤A.AB.BC.CD.D【正确答案】 C 3-3（巩固） 在制备和纯化溴苯的实验过程中，下列装置未涉及的是A.B.C.D.【正确答案】 B 3-4（巩固） 实验室制取较纯净的乙酸乙酯过程中，下列装置未涉及的是A.B.C.D.【正确答案
8、】 D 3-5（提升） 乙苯经水蒸气稀释后脱氢制备苯乙烯的原理为+H2。在生成和纯化苯乙烯的实验过程中，下列操作未涉及的是A.B.C.D.【正确答案】 B 3-6（提升） 对实验室制得的粗溴苯含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2）、Br2和苯（沸点80）进行纯化，未涉及的装置是A. B. C. D.【正确答案】 C【原卷 4 题】 知识点 微粒半径大小的比较方法,根据物质性质进行元素种类推断,电离能变化规律,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型 【正确答案】D 4-1（基础） X、Y、 Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，乙是元素Z的单质，甲、丙、丁、戊、己是由其中两种元素组成
9、的化合物，已知气体甲的水溶液呈碱性，丁为淡黄色固体，己为红棕色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.原子半径大小：WYZXB.丁中阴阳离子个数比为1：1C.W的单质能与戊反应D.X与W形成的化合物为离子化合物【正确答案】 B 4-2（基础） 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，丁和戊的组成元素相同，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点：XZB.简单离子半径大小：XYC.可通过电解乙溶液获得Y的单质D.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液
10、中可大量共存【正确答案】 A 4-3（巩固） X、Y、Z、W是处于不同周期的前四周期常见元素，原子序数依次递增。Y原子最外层电子数是周期序数的3倍，基态z原子核外s能级与p能级电子数之比为。由上述元素组成的物质转化关系如图所示，其中m、n、q为单质，其它为化合物，甲具有磁性，丙为二元强酸。下列说法错误的是A.乙与丁反应物质的量之比为B.乙分子构型为型C.丙分子间可形成氢键D.向戊中通入n可生成丁【正确答案】 A 4-4（巩固） a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物，X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1。物质之间的转化
11、关系如图所示。下列说法正确的是A.简单离子半径：ed bB.b、c形成的化合物中都不含共价键C.Z、W都能破坏水的电离平衡D.b的氢化物稳定性一定强于e的氢化物【正确答案】 C 4-5（提升） 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增加。甲、乙、丙是由这些元素组成的二元化合物，常温下0.1 molL-1丙溶液的pH为1，丁是元素D的单质，为黄绿色气体，戊是难溶于水的混合物，己的水溶液具有漂白性。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.甲可能是丁烷，常温常压下呈气态B.原子半径的大小： ABCDC.氧化物对应水化物的酸性： DBD.己的结构式：A-D-C【正确答案】 A 4-6（提升）
12、X、Y、Z、W、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，同主族的元素只有X和Q；它们组成的常见二元化合物A、B、C、D、G有如下转化关系。常温下A是一种常见液体，B、C、G是气体，D是常用的食品调味剂和防腐剂。下列说法中错误的是A.由H与G在溶液中的反应可以判断R的非金属性强于YB.化合物的稳定性：ACC.E、H的溶液呈碱性，F的溶液呈酸性D.实验室一般不用加热F固体的方法制备C气体【正确答案】 A【原卷 5 题】 知识点 氯气的实验室制法,二氧化硫与其他强氧化剂的反应,Fe2+的鉴别及其应用 【正确答案】C 5-1（基础） 新制氯水中存在多种分子和离子。下列关于新制氯水进行的实验，所得结论
13、不正确的是A.氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含Cl2B.加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含Cl-C.滴入紫色石蕊试液，溶液先变红，后迅速褪色，说明氯水中含Cl2D.将镁条加入新制氯水中，有无色气泡生成，说明氯水中含H+【正确答案】 C 5-2（基础） 在氯水中存在许多分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列的实验和结论一致且正确的是A.加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有的存在B.溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有的存在C.先加入盐酸酸化，再加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中有的存在D.加入溶液，氯水浅黄绿色消失，说明溶液中有分子的存在【正确答
14、案】 B 5-3（巩固） 对下列事实的解释错误的是A.高纯硅可制成计算机芯片，是利用其半导体性能B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C.反应CuSO4+H2S=CuS+H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀H2SO4D.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有氧化性【正确答案】 D 5-4（巩固） 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
15、】 D 5-5（提升） 根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是A.未知溶液中滴加溶液出现不溶于硝酸的白色沉淀，说明该溶液中存在或B.将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质C.将充满的密闭玻璃球没泡在热水中，红色加深，则，HNOCD.血红素中的配位键由N原子提供空轨道【正确答案】 A【原卷 10 题】 知识点 原电池电极反应式书写,电解原理的理解及判断,原电池、电解池综合考查,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断 【正确答案】D 10-1（基础） 某化学兴趣小组将两个完全相同的铜片分别放入体积相同、浓度不同的CuSO4溶液
16、中形成浓差电池(如图所示)，当两极附近电解质溶液浓度相等时停止放电。下列说法正确的是A.Cu(2)极发生还原反应B.Cu(1)极附近Cu2+通过膜1向右迁移C.放电过程中，两膜之间的c(CuSO4)理论上保持不变D.当Cu(2)极附近c(CuSO4)变为1molL-1时，该电池停止放电【正确答案】 C 10-2（基础） 高分子有机物聚吡咯(PPy)是一种性能优异的光敏型半导体，其制成的纳米管在紫外光照射、关闭周期内会发生如下反应：+nH+H2。通过纳米管一端正电荷分布密度的变化，在电解质溶液中产生离子电流。某科研组使用PPy构建了一种浓差电池，用来提取天然水中的氢能，其构造如图所示。下列叙述正
17、确的是A.a为负极，b为正极B.b极电极方程式为C.纳米管道中的离子电流由PPy阳离子、的定向移动形成D.照射一段时间后关闭光源，纳米管道中仍能存在微弱电流【正确答案】 D 10-3（巩固） 已知：相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。热再生氨电池工作原理如图所示，通入NH3发生反应Cu2+4NH3 Cu(NH3)42+，电池开始工作，左边电极质量减少，右边电极质量增加，放电后利用废热进行充电。下列说法正确的是A.放电、充电过程中，能量主要是在电能与化学能之间转变B.Cu2+4NH3 Cu(NH3)42+正反应为吸热反应C.Cu2+通过中间离子交换膜移向右侧极区D.放电时，外电路有0.2
18、mol电子通过时，右池溶液质量减少18.8g【正确答案】 C 10-4（巩固） 一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某CuSO4浓差电池的装置示意图如图所示，该电池使用前先将K与a连接一段时间。下列说法错误的是A.K与a连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差B.K与b连接时，正极的电极反应式为Cu2+2e-=CuC.交换膜适合选择阳离子交换膜D.K与b连接时，导线中通过2 mol电子，约有1 mol离子通过交换膜【正确答案】 C 10-5（提升） 相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得
19、O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法正确的是A.电池放电过程中，Cu(2)作正极，电极反应为Cu2+2e=CuB.b为电解池的阴极，电极反应为2H2O+2e=H2+2OHC.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160gNaOH【正确答案】 D 10-6（提升） 由于存在离子浓度差而产生电动势的电池称为离子浓差电池，当两极室离子浓度相等时放电完成。某离子浓差电池的工作原理如图所示，下列说法中正确的是A.铜电极I上发生氧化反应B.从左极室透过隔膜移向右极室C.电池工作一段时间后，右极室浓度增大D.该电池工作时，电能转化为化学能【正确
20、答案】 C【原卷 11 题】 知识点 卤代烃中卤素原子的检验,元素金属性、非金属性强弱探究实验,物质分离、提纯的常见物理方法,海带中碘的提取及检验 【正确答案】B D 11-1（基础） 仅用下表提供的仪器(夹持装置任选)不能达到相应实验目的的是实验仪器胶头滴管、托盘天平(带砝码)、酒精灯、烧杯、蒸发皿、试管、漏斗、玻璃棒、三脚架、泥三角、导管、石棉网、250mL容量瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶A.重结晶法提纯硝酸钾B.分离和水的混合物C.已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液D.用固体配制溶液【正确答案】 B 11-2（基础） 下表中实验，利用相应实验器材(规格和数量不限)不能完成的是
21、选项实验实验器材(省略夹持、连接装置)A苯甲酸的重结晶烧杯、玻璃棒、普通漏斗B用Br2的CCl4溶液除去NaBr溶液中少量NaI烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗C用高锰酸钾溶液测定某草酸溶液的浓度锥形瓶、酸式滴定管、烧杯、量筒D分离乙二醇(沸点为197.3)和乙酸(沸点为117.9)蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶、牛角管、石棉网A.AB.BC.CD.D【正确答案】 AD 11-3（巩固） 实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒(非玻璃仪器任选)，在实验室中选用上述仪器(数量不限)不能完成的实验是A.制备乙酸乙酯B.验证非金属性：C.灼烧海带后，从海带灰中提取碘D.除
22、去蛋白质溶液中的杂质【正确答案】 C 11-4（巩固） 仅用下表提供的实验仪器，能达到相应实验目的的是实验仪器及用品(夹持装置省略)实验目的A烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量热计中和热的测定B酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶实验室通过蒸馏的方法制取蒸馏水C坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角从食盐水中获得NaCl晶体D胶头滴管、试管、漏斗、玻璃棒、烧杯除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇A.AB.BC.CD.D【正确答案】 B 11-5（提升） 仅用下表提供的仪器(夹持及固定仪器任选)能完成相应实验的是选项实验仪器A从食盐水中获得NaCl晶体蒸发皿、酒精灯、坩埚钳B除去胶体中的泥沙漏斗(带滤纸)、烧
23、杯、玻璃棒C用固体配制的溶液药匙、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶D用与浓盐酸反应制取并收集干燥、纯净的圆底烧瓶、分液漏斗、导管、石棉网A.AB.BC.CD.D【正确答案】 B 11-6（提升） 利用提供的实验仪器(夹持装置任选)和药品不能完成的实验是实验仪器分液漏斗、酒精灯、烧杯、蒸发皿、试管、漏斗、玻璃棒、三脚架、泥三角、双孔橡胶塞、胶头滴管、导管、石棉网药品溴乙烷、粗硝酸钾、硝酸、盐酸、蒸馏水A.检验溴乙烷中的溴原子B.验证元素非金属性：C.重结晶法提纯硝酸钾D.海带提碘实验中灼烧干海带【正确答案】 BD【原卷 12 题】 知识点 有机官能团的性质及结构,同分异构体的数目的确定 【正确答
24、案】B C 12-1（基础） 有机合成与21世纪的三大发展学科:材料科学、生命科学、信息科学有着密切联系，某有机化合物合成路线如图，下列说法正确的是A.A分子为平面结构B.B分子可以发生加成反应C.该合成路线涉及取代反应，加成反应，消去反应三种基本反应类型D.参与反应的各有机化合物中B的熔点最高【正确答案】 CD 12-2（基础） 用有机物甲可制备环己二烯()，其反应路线如图所示：甲乙丙下列有关判断不正确的是A.甲的分子式为C6H12B.反应分别为取代反应、消去反应、加成反应C.乙与环己二烯互为同系物D.丙的同分异构体中含有六元碳环结构的还有3种【正确答案】 C 12-3（巩固） 已知有机化合
25、物甲、乙、丙存在如下转化关系：下列说法错误的是A.乙分子可能的结构有3种B.丙与足量H2反应所得产物分子式为C8H16OC.甲分子中至少含有5种不同化学环境的氢原子D.甲分子可能的结构中，能够发生催化氧化的有3种【正确答案】 CD 12-4（巩固） 如图为M的合成路线，下列说法错误的是A.反应的产物可能有三种B.试剂为氢氧化钠醇溶液C.A的分子式为C6H8D.若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O【正确答案】 B 12-5（提升） 环丙叉环丙烷(b)由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的注意，根据其转化关系，下列说法正确的是A.b的所有原子都在一个平面内B.p在氢氧化钠的乙醇溶液中
26、加热生成烯烃C.m的同分异构体中属于芳香族化合物的共有5种D.反应是加成反应，反应是消去反应【正确答案】 C 12-6（提升） 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X分子中不含手性碳原子B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇【正确答案】 CD【原卷 13 题】 知识点 氧化性、还原性强弱的比较,氧化还原反应有关计算,基于氧化还原反应守恒规律的计算 【正确答案】A B 13-1（基础） KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制
27、备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 mole-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在【正确答案】 AB 13-2（基础） 常温时，将0.1mol和2mol HC1溶于水得2L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是A.由于氧化性，首先发生的反应是B.当加入16.8g铁粉时，可生成标准状况下6.72L气体C.在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以和的形式存在D.m至少等于28，反应过程
28、中溶液的质量由于生成气体原因在减小【正确答案】 B 13-3（巩固） 氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-，无害化排放时必须对这种废水进行处理。 可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及以下两个反应：反应i，CN- +OH- +Cl2OCN- +Cl- +H2O(未配平)；反应ii，OCN- + OH- + Cl2X + Y + Cl- + H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断错误的是A.反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为11B.X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物C.该废水处理工艺过程中
29、须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D.处理=0.000 1 molL-1的废水106 L，消耗Cl25.6 103 L【正确答案】 B 13-4（巩固） 四氧化钌(RuO4)微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成和Ru3+。酸性介质中固体与NaClO溶液或溶液反应均可制得。下列说法错误的是A.RuO4与浓盐酸反应生成转移电子数为NAB.若与物质的量之比，则还原产物为C.酸性介质中氧化性：D.在稀硫酸环境中，与NaClO反应制备RuO4的化学方程式：【正确答案】 AC 13-5（提升） 用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO+Cu2S+
30、H+Cu2+ +Mn2+H2O(未配平)和反应II：MnO+FeS2+H+Fe3+Mn2+H2O(未配平)。下列说法正确的是A.反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B.反应I中每生成1molSO，转移电子的物质的量为10molC.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为D.若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为【正确答案】 B 13-6（提升） “铬鞣制法”可以使皮革变的柔软和耐用，为检测皮革中的含量，可以采取碘量法测定，过程如下：高温熔融：酸化：加碘化钾滴定：、若皮革样品质量为，滴定过程共消耗的。下列说法正确的是A.反应中氧化剂与
31、还原剂的物质的量比为51B.元素参与了3个氧化还原过程C.实验过程中，所得与的物质的量比可能大于52D.皮革中的含量为【正确答案】 CD【原卷 14 题】 知识点 化学反应中能量变化的原因,化学键与化学反应中的能量关系,催化剂对化学反应速率的影响 【正确答案】D 14-1（基础） 2021年9月，我国科学家以二氧化碳、氢气等为原料，成功合成人工淀粉，部分历程如图所示。下列有关说法正确的是A.反应有非极性键的断裂与形成B.反应为：2CH3OH+O22HCHO+H2OC.反应中反应物总能量高于生成物总能量D.此技术合成的淀粉属于纯净物【正确答案】 C 14-2（基础） (CH3)3CBr在NaOH
32、水溶液中发生水解反应历程及能量变化如图所示：下列说法正确的是A.(CH3) 3CBr中的C- Br的键能大于(CH3)3COH中C-O的键能B.(CH3) 3CBr在NaOH溶液中的水解反应是放热反应C.升高温度有利于提高(CH3)3COH的产率D.增大NaOH的浓度比增大(CH3) 3CBr的浓度更有利于加快水解反应速率【正确答案】 BC 14-3（巩固） Pt的配合物可催化甲烷制备硫酸甲酯，反应原理如下图所示。下列说法错误的是A.物质能降低该反应的能耗B.反应过程中涉及极性键的断裂和形成C.反应过程中Pt的成键数目发生了改变D.该历程的总反应为【正确答案】 D 14-4（巩固） 据文献报道
33、，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是A.是催化剂B.是中间产物C.总反应化学方程式为4NH33O22N26H2OD.不属于分解反应【正确答案】 CD 14-5（提升） 羟醛缩合反应是有机化学的一种重要反应。一种合成目标产物(如图中)的反应机理如图所示。下列说法错误的是A.有机物能够降低反应的活化能B.反应历程中，有极性键的断裂和生成C.有机物和均含有手性碳原子D.若原料用丙醛和苯甲醛，则产物为【正确答案】 D 14-6（提升） 我国科学家最近开发出新型铁纳米催化剂，实现了芳环和杂芳环的氢氘交换反应。该纳米催化方法具有很高的普适性，可对芳胺、酚、含氮杂环等近90个化合物进行选
34、择性氘代，实现了超过30个氘代药物分子和天然产物的制备。其反应历程如图：提示：X表示NH2、OH等官能团。下列说法错误的是A.该新型纳米铁催化剂能增大平衡常数B.上述循环中断裂了极性键和形成了非极性键C.上述总反应属于取代反应D.总反应方程式为+D2O+DOH【正确答案】 AB【原卷 15 题】 知识点 弱电解质的电离平衡,电离平衡常数及影响因素,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理,盐溶液中离子浓度大小的比较 【正确答案】C D 15-1（基础） 25时，用1molL-1的NaOH溶液调节0.10L1molL-1H2C2O4溶液的pH，溶液中H2C2O4、HC2O及C2O的物质的
35、量浓度变化如图所示。下列说法错误的是A.H2C2O4的Ka1=110-4B.Y点：c(Na+)3c(C2O)C.Z点：由水电离出的H+浓度约为10-4molL-1D.1molL-1的NaHC2O4溶液中：c(Na+)c(HC2O)c(C2O)【正确答案】 B 15-2（基础） 已知M(OH)2是一种有机二元弱碱。常温下，某溶液中M(OH)2、M(OH)+、M2+的物质的量浓度之和为0.1 mol/L，常温下测得溶液中含M微粒的分布系数()随pH变化如图所示。下列说法错误的是A.曲线表示M(OH)2 B.Y点对应的溶液呈弱酸性C.若pH=11时，溶液中，则D.的平衡常数【正确答案】 BC 15-
36、3（巩固） 25时，配制一组c()+ c()+c()+c(H3PO4)=0.10 molL-1的H3PO4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A.pH=6的溶液中：c(H3PO4)+c()c()B.c(Na+)=0.10 molL-1的溶液中：c(H3PO4)=2c()+c ()C.pH=7的溶液中：c(Na+)2c()+c()D.c(H3PO4)=c()的溶液中：c(Na+)c(HC2O)B.pH=7的溶液中，c(Na+)=2c(C2O)C.c(HC2O)=c(C2O)的溶液中：c(Na+)0.1+c(HC
37、2O)D.c(Na+)=0.1molL-1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O)【正确答案】 D 15-5（提升） 25，向0.001 NaHA溶液中通入HCl或加入NaOH固体(体积变化忽略不计)，溶液中、或物质的量浓度的对数值与pH的关系如图所示。已知：的第一、二步电离常数分别为、。下列说法正确的是A.的数量级为B.NaHA溶液中离子浓度：C.N点溶液中：D.曲线既可以表示、又可以表示【正确答案】 C 15-6（提升） 常温下，向弱酸中滴加等浓度的溶液，测得混合溶液中各物种的物质的量分数以及、分别与的关系如图所示。比如的物质的量分数：。的第一、二步的电离常数分
38、别为、。下列说法正确的是A.曲线表示与的关系B.时，C.D.与足量溶液反应：【正确答案】 BD【原卷 16 题】 知识点 电子排布式,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,配合物的结构与性质,晶胞的有关计算 【正确答案】 16-1（基础） 中国疾控中心成功研发出两种含氯低温消毒剂，解决了低温消毒难题。“-40低温消毒剂”的主要成分之一是二氯异氰尿酸钠，其合成方法如图所示。回答下列问题：1、碳元素位于元素周期表的_区，基态原子与基态碳原子具有相同未成对电子数的同周期元素是_(填元素符号)。2、尿素中C、N原子的杂化方式分别为_，尿素可与多种金属形成配合物，其配位原子可以是_。尿素易溶于水，除尿素和
39、水都是极性分子外，其原因还有_。3、三聚氰酸分子中键与键的数目之比为_。4、下列说法正确的是_。A.氯化铵中阳离子的空间构型是正四面体形B.二氯异氰尿酸钠所含元素中电负性最大的是氯C.二氯异氰尿酸钠晶体中存在离子键、共价键和配位键D.三聚氰酸具有与苯环类似的结构，可推知三聚氰酸分子中存在大键5、铊化钠的晶胞结构如图所示，若晶胞参数为a pm，该物质的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞密度为_g/cm3；Tl原子间的最近距离为_pm。【正确答案】 1、p O 2、sp2、sp3 N 尿素能和水形成分子间氢键 3、4：1 4、AD 5、 16-2（基础） 氟及其化合物用途非
40、常广泛。回答下列问题：1、基态氟原子的价层电子排布图(轨道表示式)为_。2、制备NSF3的反应为FCONSF2+2AgF2NSF3+2AgF+COF2。F、O、N、S的第一电离能从小到大的顺序是_。化工生产中NSF3可用作SF6的替代品，SF6分子的空间构型为_。COF2分子中键和键的个数比为_。3、NHF2的一种制备方法是CO(NH2)2+2F2+H2O=NHF2+CO2+NH4HF2。CO(NH2)2中C的杂化方式是_。CO(NH2)2的熔沸点比CH3CONH2的高，其原因是_。下列说法正确的是_(填标号)。A.NHF2、CO2均是极性分子B.H2O与NHF2中心原子的价层电子对数相同C.
41、NH4HF2中存在离子键、配位键和氢键4、由Cs、Ag及F三种元素组成的一种超导材料的晶体结构如下图所示(Ag不是+1价)：已知AC=BE，则C、D(Cs与F)间的距离为_pm(用含a、c、s的代数式表示，列出计算式，下同)；设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_gcm-3。【正确答案】 1、 2、S、O、N、F 正八面体 3:1 3、sp2 CO(NH2)2中氨基数目为2个，可以形成更多的氢键 BC 4、 16-3（巩固） 铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：1、基态Fe原子核外电子的空间运动状态有_种；试从结构角度解释易被氧化为的原因_；是检验的特征试剂，中含有_
42、mol键。2、可形成，其中en代表。该化合物分子中，的配位数为_；VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_个；en中各元素的电负性由小到大的顺序为_。3、一种由Cu、In，Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90。该晶体的化学式为_；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，)，则C点原子的分数坐标为_；晶胞中A、D原子间距离d=_cm。【正确答案】 1、15 核外电子排布式Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+ 12 2、4 10 NCH
43、 3、CuInTe2 (,) 16-4（巩固） 钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。1、钕(Nd)为60号元素，在周期表中第_周期；基态铁原子的外围电子轨道表示式为_。2、实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于_分子(填“极性”或“非极性”)，分子中Al采取_杂化。Al2Cl6与过量NaOH溶液反应生成NaAl(OH)4，Al(OH)4中存在的化学键有_(填选项字母)。
44、A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.氢键3、B元素及与其同周期相邻两种元素第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。4、因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是它的一大弱点。可电镀镍(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成Ni(NH3)6Cl2，该配离子中的中心离子为_，配体的空间构型为_。5、已知立方BN晶体的晶胞结构如图所示，N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为_，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶体的密度为bgcm-3，则阿伏加德罗常数为_mol-1(列式即可，用含a、b的代数式表示)【正确答案】 1、六 2
45、、非极性 sp3 BD 3、BBeC 4、Ni2+ 三角锥形 5、50% 1021 16-5（提升） 锰及其化合物用途非常广泛，也是人体的重要微量元素。请回答下列问题：1、锰在元素周期表中的位置为_。2、下列状态的锰原子或离子中，能用原子发射光谱捕捉以鉴别锰元素的是_(填序号)。A.B.C.D.3、锰能形成多种化合物如、，其中磁矩最大的是_。(已知，其中n为金属离子核外的单电子数)4、锰的一种配合物的化学式为Mn(CO)5(CH3CN)。配体与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_原子；该配合物中除氢以外的元素，第一电离能从小到大的顺序为_(用元素符号表示)。5、水杨醛缩邻氨基苯酚(A)
46、又被称为“锰试剂”，可与形成黄色的配合物，其同分异构体水杨醛缩邻氨基苯酚(B)，沸点较高的是_(填“A”或“B”)，原因是_。A. B.6、晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。分别用、表示和，晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是、在晶胞xz面、yz面上的位置：若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_(写出表达式)。晶胞在x轴方向的投影图为_(填标号)。A. B. C. D.【正确答案】 1、第四周期第VIIB族 2、CD 3、MnCl2 4、N MnCON 5、B
47、B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高 6、 B 16-6（提升） 钠元素和氯元素是两种重要的短周期元素，按要求完成问题。1、下列说法错误的是_。A.基态氯原子未成对电子数与基态钠原子的相同B.第三周期元素中氯元素的第一电离能最大C.短周期主族元素简单离子中钠离子的半径最大D.氯化钠的熔点高于溴化钠的熔点2、常温下氯化钠晶体是绝缘体，温度升高导电性增强，导电的原因是钠离子迁移到空位(截取了晶胞的，如下图所示)。已知：常温常压下NaCl晶胞参数a=564pm，。在氯化钠晶胞中，与钠离子配位的氯离子形成的空间构型是_。钠离子迁移时垂直穿过A、B、C3个氯离子形成的孔O，其平面位置关系如上图，孔O的
48、半径为_pm(，结果取小数点后1位)，试从半径大小的角度分析氯化钠晶体常温下是绝缘体的可能原因_。3、CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为，则B、C的原子坐标参数分别为_、_。该晶胞中Cd-Se键的键长为_。已知Cd和Se的原子半径分别为b nm和c nm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。【正确答案】 1、BC 2、正八面体 42.72 常温下钠离子半径比孔O的半径大，钠离子不能迁移到空位 3、 【原卷 17 题】 知识点 常见无机物的制备,氧化还原反应方程式的配平,有关铁及其化合物转化的流程题型,溶度积常数相关计算 【正确答案】 17-1（基础
49、） 硫酸亚锡()是广泛应用于镀锡及铝合金表面处理的化学试剂。利用锡精矿(主要成分是，含少量、)制备硫酸亚锡的流程如下：已知：在酸性条件下，溶液中的可被氧化成；常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表(开始沉淀的按金属离子浓度为计算)：金属离子开始沉淀的7.52.14.71.70.36.5完全沉淀的9.53.56.73.71.39.51、滤渣的化学式是_。2、焙烧2中发生反应的化学方程式是_。3、若氧化时加入的适量溶液不引入新的杂质，是_(填化学式)，检验氧化后的溶液中不含的方法是_。4、沉锡控制溶液的范围是_；试剂可以是_(填字母)。a b c 溶液 d 氨水【正确答案】 1、 2、 3、
50、 取少量氧化后的溶液于试管中，加入溶液，溶液变红色 4、 cd 17-2（基础） “翠矾”()在印染工业中作媒染剂，生产酞菁艳蓝络合剂；氟镍化钾()是结构化学研究的热点物质。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、和不溶性杂质等)为原料合成“翠矾”和氟镍化钾的流程如下：氢氧化物沉淀的pH如表所示：金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pH2.73.73.85.27.69.77.19.2请回答下列问题：1、“碱浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是_(写一种即可)。2、“转化”过程中加入的目的是_(用离子方程式表示)，经实验测定该过程温度高于40，转化率急速降低，可能的原因是_。3、调节pH=a
51、目的是_。4、写出“灼烧”和的混合物时的化学方程式：_。为避免污染环境，下列吸收尾气装置，最宜选择_(填字母)。A. B. C. D.5、从溶液中获得的操作A是_。【正确答案】 1、增大碱的浓度或升高溶液的温度或把镍废渣粉碎等 2、 温度高于40时，发生反应，使浓度降低，反应速率减慢，转化率降低 3、使沉淀完全，不使沉淀 4、 C 5、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 17-3（巩固） 磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：锰和粉的主要成分是，还含少量
52、Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属离于形成沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH1.53.86.39.610.68.8沉淀完全的pH2.85.28.311.612.610.8回答下列问题：1、“焙烧时发生的主要反应的化学方程式为_。2、浸出液“净化除杂”过程如下：加入将氧化为，反应的离子方程式为_。加入调节溶液pH范围为_，将、变为沉淀除去。加入将_离子沉淀除去。3、碳化结晶时，反应的离子方程式为_。4、流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有_。5、测定碳酸锰产品的纯度。称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00L。磷酸，加热，碳酸锰全部转化为，冷却至室温。加水稀释至100
53、mL，滴加23滴指示剂，然后用浓度为的硫酸亚铁铵标准溶液滴定(反应为：)。重复操作3次，所需标准液的体积平均为20.00 mL。则产品的纯度=_(保留4位有效数字)，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【正确答案】 1、MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O 2、MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O 5.2pH8.8 Ca2+、Mg2+ 3、Mn22HCO=MnCO3CO2H2O 4、CO2 5、92.00% 偏低 17-4（巩固） 用软锰矿(含约65%及少量)和闪锌矿(ZnS约80%及少量FeS)共同生
54、产和Zn(干电池原料)，其部分生产流程如下：已知：过滤()所得滤液是、的混合液。相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)如下表：沉淀物开始沉淀时的pH2.74.06.47.7完全沉淀时的pH3.75.28.010.41、加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是_。可用盐酸代替硫酸进行浸取吗？_说明原因_。2、写出ZnS和和稀硫酸反应的离子方程式：_。过滤后，洗涤硫磺的目的是_(请答两点)3、试剂X的作用是调节溶液的pH调节的范围是5.26.4，试剂X可以选用_；滤渣的成分是_。4、电解(V)中是用惰性电极电解、的混合溶液，写出其化学方程式_。5、从生产和Zn的角度
55、计算，投入的软锰矿和闪锌矿质量的比值大约是_。(保留到小数点后一位)【正确答案】 1、加快反应(浸取)速率 不能 二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气 2、 除去硫磺表面杂质 3、或或等 Fe(OH)3和Al(OH)3 4、 5、1.1 17-5（提升） 某化工厂从含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍(NiOOH)的工艺流程如下图：1、如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_，若酸浸时将温度控制在80左右，则料渣1中会含有一定量的，其可能的原因_。2、合适温度下，料渣1的主要成分是_。3、生成S的化学
56、方程式为_。4、试剂X是一种绿色氧化剂，其化学式为_，X参与反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为_，试剂Y用于调节溶液的pH，则pH的调控范围是_(与沉淀相关的数据如表所示)。离子开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.29.79.25、写出氧化过程中反应的离子方程式：_6、工业上也可用电解碱性悬浊液的方法制备NiOOH，加入一定量的KCl有助于提高生产效率，原因_。【正确答案】 1、70 Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解 2、硫酸钙（CaSO4） 3、 4、H2O2 1:2 3.2pH”或“”)。曲线c表示的物质为_(用化学式表示)。要提高的转化率并同时提高反应速率
57、，可以采取什么措施_(写出2种)。3、由与反应合成甲醇： 。某温度下将1mol和3mol充入体积不变的2L密闭容器中，初始总压为8MPa，发生上述反应，测得不同时刻反应后与反应前的压强关系如表：时间/h123450.920.850.790.750.75该条件下的分压平衡常数_平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。4、电催化制备燃料可实现资源综合利用。如图所示装置工作时，阳极的电极反应式为_。当阴极只生成HCOOH时，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加_g。【正确答案】 1、+247.4 2、AC ”、“”或“=”填空：_；_；_；4、一定温度下，向密闭容器中充入2 mol苯(
58、g)和2.5 mol (g)，同时发生反应I、II、III，测得苯的转化率和产物选择性如图所示()，已知：平衡时气体总压强为30MPa。 20min时1，3-环己二烯的分压为_MPa.上述反应I的平衡常数_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。5、对苯醌()是制备口腔消毒剂的原料、以硫酸和硫酸钠的混合溶液为电解质溶液，用惰性电极电解苯可以制备对苯醌。则阳极的电极反应式为_。【正确答案】 1、-110.8kJmol-1 强 2、C 3、 4、6 0.06 5、 20-3（巩固） 我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中等有害气体的排放会污染环境，用CO还原脱除SO2将其转化为单质硫，对工业生产具有重要
59、的意义。1、已知常温常压下，的燃烧热为，CO(g)的燃烧热为，则CO还原脱除：_。2、在某温度时，进行CO还原脱除：。若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是_。A. B.CO与SO2的浓度之比不再改变C.容器内的压强不再改变 D.的值不再改变若控制进料比(物质的量)为41，反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，则该反应在此温度下的平衡常数为_。3、在600时，发生如下系列反应，测得不同进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示(图中起始投料固定为)。反应I：反应II：反应III：该条件下，为减少有毒物质COS的产生，同时脱除，实际生产中应控制进料比为_，在进料比大于
60、2.5之后，COS的含量会明显增大，试分析原因_。根据图中曲线，可判断_(填“”“=”或“ 4、0.06NA 20-4（巩固） 甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。1、一种重要的工业制备甲醇的反应为： 已知： 计算反应的_。2、对于反应，。其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数总压)。在540K下，按初始投料比分别为31、11、13，得到不同压强条件下的平衡转化率关系如图所示：比较a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为_(用字母表示)。点N在线b上，计算540K的压强平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算)。540K条件下，某容器测得某时
61、刻，此时_。3、甲醇催化可制取丙烯，反应为：，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能_。当使用更高效催化剂时，在图中画出Rlnk与关系的示意图_。4、在饱和的电解液中，电解活化的也可以制备。其原理如图所示，则阴极的电极反应式为_。【正确答案】 1、 2、abc 0.64 3、31 4、或 20-5（提升） 利用“萨巴蒂尔反应”，空间站的水气整合系统将转化为和水蒸气，配合生成系统可实现的再生。回答下列问题：.萨巴蒂尔反应为1、已知25和101kPa时，的燃烧热；的燃烧热；。则萨巴蒂尔反应
62、的_。2、萨巴蒂尔反应的前三步反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用“”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会_(填“放出”或“吸收”)热量，反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为_。.在一定条件下能与发生氧再生反应：3、恒压p0条件下，按投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图所示。350时，该反应的平衡常数_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。为了提高的转化率，除升高温度外，还可采取的措施为_(写出一条)。4、氧再生反应还可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现，反应机理如图甲所示： 图甲光催化转化为时，阴极的电极反应
63、式为_。催化剂的催化效率和的生成速率随温度的变化关系如图乙所示。300400之间，生成速率加快的原因是_。 图乙5、氧再生反应所需的能量可由合成氨反应提供。合成氨反应的焓变和熵变：，常温(298K)下，合成氨反应的自由能_。【正确答案】 1、-164.9 2、吸收 或 3、1 减少的投料比或增大、及时移出产物等 4、 300400之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以的生成速率加快 5、-32.8 20-6（提升） 回答下列问题：1、航天员呼吸产生的CO2利用Bosch反应：CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) H，再电解水可实现O2的循环
64、利用。热力学中规定由最稳定单质生成1mol某物质的焓变称为该物质的标准生成焓(符号：fH)，最稳定单质的标准生成焓规定为0。已知上述反应式中：fH(CO2)=-394kJmol-1；fH(H2)=0kJmol-1；fH(C)=0kJmol-1；fH(H2O)=-242kJmol-1，则H=_kJmol-1。2、已知：RlnKP=-+C(C为常数)，根据上表实验数据得到如图，则该反应的反应热H=_kJmol-1。3、CO与NO在催化剂作用下反应可实现汽车尾气净化：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)。某实验小组在200、5L恒容密闭容器中充入等物质的量的CO与NO模拟该过程，NO
65、的物质的量随时间变化如表所示。t/s01020304050n(NO)/mol0.400.360.330.310.310.31反应进行到10s时，正反应速率_逆反应速率(选填“”“ 0.0008 22.5% BC 4、减小 ClO+e-+2H+=ClO2+H2O 答案解析 1-1【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A推广使用天然气替代燃煤更环保，可减少硫氮氧化物的排放，A正确；B葡萄较一般品种更甜，其含有的糖类物质主要为葡萄糖不是淀粉，B错误；C动物毛发的主要成分均是蛋白质，C错误； D生石灰可以改良酸性土壤，不能改良盐碱化土地，D错误；故选A。 1-2【基础】 【正确答案】 C【试题
66、解析】 详解:A推进风力发电、光伏发电，可减少煤炭的使用，从而减少大气中二氧化碳的排放，A不符合题意；B资源化利用二氧化碳，可减少大气中二氧化碳的排放，同时减少其他资源的使用，有利于节能减排，B不符合题意；C将燃煤进行脱硫脱硝，可减少大气中二氧化硫及氮氧化物排放，但没有减少大气中二氧化碳的排放，对碳达峰或碳中和没有促进作用，C符合题意；D植树造林、节能减排，有利于大气中二氧化碳的转化与利用，从而减少大气中二氧化碳的含量，有利于促进碳达峰或碳中和，D不符合题意；故选C。 1-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A将重质油裂解为轻质油作为燃料，轻质油燃烧仍会产生CO2，无法有效促进碳中
67、和，A错误；B可燃冰成分为甲烷等，甲烷燃烧产生CO2，无法有效促进碳中和，B错误；C通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减小了SO2的排放，并没有减少CO2的排放，C错误；D将二氧化碳转化为淀粉，可减少二氧化碳的排放，对促进碳中和最直接有效，D正确；故答案选D。 1-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A使用可降解塑料可降低塑料对环境的污染，减少白色污染的发生，故A不符合题意；B利用风力发电，减少煤的燃烧可减少二氧化硫的排放，能有效防止酸雨的发生，故B不符合题意；C乘坐公共交通，绿色低碳出行可以减少二氧化碳的排放，有利于碳中和的实现，故C不符合题意；D垃圾随意丢弃，直接排放污水会污染
68、土壤和水体，造成环境污染，故D符合题意；故选D。 1-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A用深埋法处理比赛场馆产生的垃圾，会污染土壤和地下水，不符合“绿色办奥”理念，选项A符合题意；B选用氢气作火炬“飞扬的燃料，点燃后产生无污染的水，选项B不符合题意；C利用二氧化碳流体蒸发直冷制冰，CO2由液态变为气态，无污染，选项C不符合题意；D观众席座板内装石墨烯片通电加热，利用石墨烯优异的导热性能，节能高效，选项D不符合题意；答案选A。 1-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A采取静电除尘、燃煤固硫汽车尾气催化净化等方法，可减少二氧化硫和氮氧化物的排放，可减少粉尘污染、酸雨等
69、，提高了空气质量，故A正确；B汽油中添加Pb(C2H5)4能够提高汽油的抗爆震性能，但会产生铅污染，故B错误；C积极推广太阳能、风能.地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM 2.5对环境的污染，满足了节能减排、低碳生活、保护环境，故C正确；DPM2.5是空气质量日报的成分，PM2.5值越高，大气污染越严重，故D正确；故选B。 2-1【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
70、酒中含有二氧化硫，有防氧化的作用，D错误；故选B。 2-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A明矾溶于水后，Al3+水解产生Al(OH)3胶体，能将水中的小颗粒凝聚成大颗粒，可用作水体净水剂，A正确；B过氧化钠与CO2反应产生O2：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可用作呼吸面罩中的供氧剂，B正确；C碳酸氢钠受热分解产生CO2：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可用作食品膨松剂，C正确；D氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，D错误；故选D。 2-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A铁粉具有还原性，能和空气中氧气反应，用作食品脱氧剂，A正确；
71、B熔点高，耐高温，用于制作耐火材料，B正确；C钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能和二氧化碳反应生成助燃性气体氧气，泡沫灭火器不能用于钠着火，C错误；D高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明，D正确；故选C。 2-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:ANaClO氧化灭活病毒，A正确；B蚀刻铜制线路板是利用的氧化性，B错误；C水溶液与反应，作还原剂，C错误；D与酸性溶液反应，作还原剂，D错误；故选A。 2-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A受热易分解，生成二氧化碳，可用作烘焙糕点时的发酵粉，A项正确；BCuO制备利用的是硫酸的酸性，B项错误；CNaH中氢元素为
72、价，与水反应时能生成，C项正确；DHClO的强氧化性能使某些染料和有机色素褪色，可用作漂白剂，D项正确。故选B。 2-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A硅胶多孔，具有吸水性，无毒，则作袋装食品的干燥剂，A正确；B二氧化硫为酸性气体，可与氧化钙反应，最终可生成硫酸钙，可作工业废气脱硫剂，B正确；C次氯酸钠具有强氧化性，可作织物漂白剂，C正确；D硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，不发生氧化还原反应，D错误；故选D。 3-1【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A淀粉在稀酸条件下水解生成葡萄糖，该反应需要加热但所用仪器不包括蒸发皿，A选项中仪器错误；B在检验葡萄糖
73、中的醛基前应加入适量NaOH溶液将水解液由酸性调至碱性，保证检验试剂（新制氢氧化铜或银氨溶液能稳定存在并与醛基反应），B选项中操作正确；C检验淀粉是否水解生成葡萄糖，因葡萄糖中含有醛基，可加入能检验醛基新制氢氧化铜试剂，C选项所用试剂正确；D葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要加热，D选项操作正确；故选A。 3-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A图中加热溶解，便于分离泥沙，故A正确；B冷却结晶可析出苯甲酸晶体，故B正确；C重结晶实验中不涉及萃取、分液，故C错误；D苯甲酸在水中溶解度随温度降低而减小，需要趁热过滤，防止损失，故D正确；故选：C。 3-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析
74、】 分析:苯与溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，可用硝酸银溶液检验HBr，证明发生取代反应；用分液的方法分离有机物；用蒸馏的方法分离苯和溴苯。详解:A苯与溴在铁作催化剂条件下生成溴苯与溴化氢，可以在该装置中进行，A不符合题意；B纯化溴苯，可用蒸馏的操作，不需要蒸发操作，B符合题意；C反应后制取得到的HBr中含有挥发的Br2，可根据卤素单质易溶于有机溶剂的性质，用四氯化碳吸收除去HBr中的杂质Br2，反应生成HBr可用AgNO3溶液检验，证明发生取代反应，C不符合题意；D反应后产生的有机物与水是互不相溶的两层液体，有机层与水层分层可用分液的方法分离，D不符合题意；故合理选项是B。 3-
75、4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:详解:在实验室中用乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应制取乙酸乙酯，液体混合物加热制取气体，使用装置A。反应产生的乙酸乙酯沸点较低会挥发逸出，沸点较低的未反应的乙醇及乙酸也会随乙酸乙酯由导气管进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，为防止因乙醇及乙酸的溶解而产生倒吸现象的发生，导气管要在液面以上，因此要使用装置C。乙酸乙酯难溶于水，密度比水小；乙醇溶于碳酸钠溶液中，乙酸与碳酸钠反应产生乙酸钠也溶解在水溶液中，由于二者是互溶的沸点不同的液体混合物，因此采用分液方法分离，使用装置B，可见未涉及使用的装置是D，故合理选项是D。 3-5【提升】 【正确
76、答案】 B【试题解析】 详解:A乙苯经水蒸气稀释后脱氢制备苯乙烯，在催化剂作用下加热制得，A不合题意；B由实验目的和原理知，装置的圆底烧瓶中收集到的是液态有机物和水，故不需要进行蒸发浓缩、降温结晶操作，B符合题意；C反应所得苯乙烯和乙苯混合液与水溶液不互溶分层，通过分液先分离出有机混合液，C不合题意；D利用苯乙烯和乙苯的沸点不同通过蒸馏分离出苯乙烯，D不合题意；故答案为：B。 3-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:思路：除溴（利用SO2的还原性）分离出苯和溴苯的混合液（分液）分离出溴苯（蒸馏）。详解:A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+ SO2+2H2O = H2SO4+
77、2HBr，故A正确；B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；D. 溴苯的沸点是156.2、苯的沸点是80，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；答案选C。 4-1【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，乙是元素Z的单质，甲、丙、丁、戊、己是由其中两种元素组成的化合物，丁为淡黄色固体，则丁为Na2O2；己为红棕色气体，则己为NO2；气体甲的水溶液呈碱性，则甲为NH3；NH3与乙反应生成丙，丙与乙反应生成己(NO2)，则丙为NO，乙为O2；丁(Na2O2)与戊反应生成乙(O
78、2)，Z为O，戊为CO2或H2O，若戊为CO2，原子序数小于Z(O)的有H、C、N三种元素，不满足条件，则戊只能为H2O，结合原子序数可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，以此分析解答。详解:根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，甲为NH3，乙为O2，丙为NO，丁为Na2O2，戊为H2O，己为NO2，A主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：WYZX，故A正确；B丁为Na2O2，Na2O2中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2，故B错误；C金属钠能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；DX、W形成的化合
79、物为NaH，NaH为离子化合物，故D正确；故选：B。 4-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:A为金属Al，甲为H2SO4，乙为Al2(SO4)3，丁和戊组成元素相同，丙是无色气体，则丙为SO2，丁为H2O，戊为H2O2，则元素W为H，元素X为O，元素Y为Al，元素Z为S，据此答题。详解:A影响熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键为较强的分子间作用力，H2O中存在氢键，则氢化物的沸点为H2OH2S，A项正确；B具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大离子半径越小，则，B项错误；C金属铝的冶炼方式为电解熔融的Al2O3可得到金属铝，C项错误；D可与发生双水解产生H2S和Al(OH)3，
80、则与不共存，D项错误；答案选A。 4-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:Y原子的最外层电子数是周期序数的3倍，则Y为O；基态Z原子核外s能级与p能级电子数之比为，则p能级有10个电子s能级有6个电子，排布为1s22s22p63s23p4，是16号元素，为S元素，甲具有磁性是Fe3O4，则n为O2，m为Fe，丙为二元强酸是H2SO4，硫酸和四氧化三铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，q为S，硫单质和氧气加热生成乙为SO2，SO2与硫酸铁发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，则丁为Fe2(SO4)3，戊为FeSO4；X、Y、Z、W是处于不同周期的前四周期常见元素，则X为H，W为Fe；详解:分析可知，
81、X为H，Y为O，Z为S，W为Fe元素，m为Fe，n为O2，q为S，甲为Fe3O4，乙为SO2，丙为H2SO4，丁为Fe2(SO4)3，戊为FeSO4；A乙为SO2，丁为Fe2(SO4)3，SO2与硫酸铁的反应方程式：SO2 +2H2O +Fe2(SO4)3 = 2FeSO4 +2H2SO4，乙与丁反应物质的量之比为1:1，A错误；B乙为SO2，中心S原子价层电子对数为2+=3，有1个孤电子对，中心S原子为sp2杂化，空间构型为V形，B正确；C丙为H2SO4，H2SO4分子中含有羟基-OH，故能形成分子间氢键，C正确；D戊为FeSO4，n为O2，丁为Fe2(SO4)3，FeSO4与O2发生氧化还
82、原反应生成Fe2(SO4)3，D正确；故选：A。 4-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物；其中，d单质和X溶液反应生成Z溶液，d单质还能和Y溶液反应生成W溶液，Z溶液和W溶液反应生成两性化合物，该化合物为Al(OH)3；X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1，则X为HCl，故d为Al，Z为AlCl3，Y为NaOH，W为NaAlO2，a单质为H2；由于a、b、c、d、e为原子序数依次增大，故a为H，b为O，c为Na，d为Al，e为Cl。详解:A由分析可知，b为O，d为Al
83、，e为Cl，它们的简单离子分别为O2-、Al3+、Cl-，O2-和Al3+的电子层结构相同，但是Al的原子序数较大，故离子半径：O2-Al3+，O2-、Al3+都只有两个电子层，Cl-有三个电子层，故Cl-的离子半径最大，所以，简单离子半径：Cl-O2-Al3+，A错误；B由分析可知，b为O，c为Na，它们形成的化合物Na2O2含有离子键和共价键，B错误；C由分析可知，Z为AlCl3，W为NaAlO2，它们在水中都会发生水解，都能促进水的电离平衡正向移动，C正确；D由分析可知，b为O，e为Cl，O的氢化物有H2O2、H2O，Cl的氢化物为HCl，H2O2的稳定性较弱，而HCl的稳定性较强，故O
84、的氢化物稳定性不一定强于Cl的氢化物，D错误；故选C。 4-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:丁是元素D的单质，为黄绿色气体即Cl2，则D为Cl元素，常温下0.1 molL-1 丙溶液的pH为1，说明丙是强电解质，由于含Cl元素组成的二元化合物，则丙为HCl，戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，A为H元素，B为C元素，己的水溶液具有漂白性则己为HClO，则乙为H2O，C为O元素；详解:分析可知，A、B、C、D分别为H、C、O、Cl，甲为烷烃、乙为H2O、丙为HCl、丁为Cl2、己为HClO，A戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，甲可能是丁烷，常
85、温常压下正丁烷呈气态，A正确；B同周期元素从左到右原子半径减小，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：A(H)C(O)B(C)D(Cl)，B错误；CB为C，D为Cl，未指明最高价氧化物对应的水化物，而酸性：H2CO3HClO，C错误；D己为HClO，O原子能形成2对共用电子对，H和Cl原子只能形成1对共用电子对，结构式为H-O-Cl，即A-C-D，D错误；故选：A。 4-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:X、Y、Z、W、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，同主族的元素只有X和Q；它们组成的常见二元化合物A、B、C、D、G有如下转化关系。常温下A是一种常见液体，A为H2O，
86、D是常用的食品调味剂和防腐剂，则D为NaCl，B、C、G是气体，结合流程可推出B为CO2,C为NH3,饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳反应生成氯化铵F和碳酸氢钠E，E受热分解生成碳酸钠H、和二氧化碳、水；氯化铵受热分解生成氨气C和氯化氢G，氯化氢与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水。故涉及元素X、Y、Z、W、Q、R分别是H、C、N、O、Na、Cl。详解:A. 盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化合，不能由H(Na2CO3)与G(HCl)在溶液中的反应可以判断R的非金属性强于Y，选项A错误；B. 元素非金属性越强其气态氢化物的稳定性越强，故化合物的稳定性：A(H2O)C(NH3)，选项B正确；C.
87、E、H分别为碳酸氢钠、碳酸钠，均为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，F为氯化铵，为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，选项C正确；D. 实验室一般不用加热F(氯化铵)固体的方法制备C气体，因产生的氯化氢和氨气遇冷又反应生成氯化铵，选项D正确；答案选A。 5-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:ACl2为黄绿色、有刺激性气味的气体，溶于水形成氯水，所以氯水为黄绿色且有刺激性气味，A项正确；BCl2+H2OH+Cl-+HClO，加入AgNO3溶液发生反应为：Ag+ Cl-=AgCl，说明氯水中含，B项正确；C滴入紫色石蕊试液，溶液先变红，说明氯水中含有H+，Cl2和H2O反应生成HClO，HClO具有漂白性
88、，能使紫色石蕊试液褪色，C项错误；D新制氯水中，Cl2与H2O反应生成HCl，Mg与HCl反应生成H2，溶液中有无色气泡冒出，可说明氯水中含H+，D项正确；答案选C。 5-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有的存在，A错误；B溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有的存在，B正确；C应先加入硝酸酸化，再加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中有的存在，加入盐酸会引入氯离子，C错误；D氯气为黄绿色，加入溶液，氯水浅黄绿色消失，只能说明溶液中有分子的存在，D错误；故选B。 5-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A硅是常见的半导体
89、材料，常用于制作光电池和计算机芯片，A项正确；B浓硝酸具有不稳定性，浓硝酸在光照或受热条件下会分解产生红棕色NO2气体，该气体溶解在硝酸中，使溶液颜色变黄，B项正确；C根据复分解反应发生的条件，反应CuSO4+H2S=CuS+H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀H2SO4，C项正确；D在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，D项错误；答案选D。 5-4【巩固】 【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
90、定，故B错误；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。 5-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A未知溶液中滴加溶液出现不溶于硝酸的白色沉淀，该沉淀可能为AgCl或BaSO4，说明该溶液中存在或或Ag+，A项错误；B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，Fe2+会被H+、氧化为Fe3+而干扰实验，B项正确；C将充满的密闭玻璃球没泡在热水中，红色加深，说明平衡向左移动，则HOC Fe，故C错误；D由图可知，血红素中中心原子铁提供空轨道，氮原子提供孤电子对，以此形成了
91、配位键，故D错误；故选A。 10-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:依题意，浓差电池放电时，高浓度的电解质溶液中离子浓度逐渐降低，低浓度的电解质溶液中离子浓度逐渐增大，当二者浓度相等时停止反应。详解:A铜(1)极附近硫酸铜溶液浓度大于铜(2)极，故铜(1)极的电解质浓度降低即铜(1)极为正极，铜(2)极为负极，发生氧化反应，电极反应为，A项错误；B铜(1)极的电极反应式为，为了维持电荷平衡，通过膜1向右迁移，B项错误； C理论上两膜之间的硫酸铜浓度基本保持不变，C项正确；D理论上正、负两极硫酸铜溶液浓度均为时，该电池停止放电，D项错误。故选C。 10-2【基础】 【正确答案】 D
92、【试题解析】 分析:是一种性能优异的光敏型半导体，由反应+nH+H2可知，在光照下失电子生成，b电极有紫外光照射，因此b为负极，移动到a极释放出H+，发生反应2H+2e-=H2，因此a为正极。详解:A根据分析，b为负极，a为正极，A错误；B根据分析，b为负极，负极失电子发生氧化反应，B错误；C天然水是混合物，含有多种离子，因此除了PPy阳离子、之外还会有其它离子（如Na+等）在溶液中定向移动，C错误；D照射一段时间后关闭光源，则反应+nH+H2会逆向进行，导致纳米管道中仍能存在微弱电流，D正确；故选D。 10-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:电池开始工作时，左侧电极质量减少，右
93、侧电极质量增加，可知，左侧电极为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为：Cu4NH3-2e=，则右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2+2e-=Cu，则电池的总反应为：Cu24NH3，据此分析解答。详解:A由题干信息，放电后利用废热进行充电，说明能量转换还有热能，A错误；B放电后利用废热进行充电，说明放电时为放热反应，即Cu2+4NH3 Cu(NH3)42+正反应为放热反应，B错误；C放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则Cu2+通过中间离子交换膜移向右侧极区，C正确；D右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2+2e-=Cu，外电路有0.2mol电子通过时，右池溶液质量减少0.2mol64
94、g/mol=12.8g，D错误；答案选C。 10-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:浓度差电池是利用两极电势差实现两个氧化还原半反应，总反应类似扩散原理，最终两池电解质浓度将相等。该电池使用前先将K与a连接一段时间，开关与a相连时，为电解池，右侧为阳极，左侧为阴极，阳极上Cu失去电子转化为Cu2+，阴极上Cu2+得到电子转化为Cu，一段时间后，两池中CuSO4浓度不同；然后将开关与b相连，装置为原电池，右侧Cu2+得到电子，左侧Cu失去电子，以此解答。详解:A开始两池中CuSO4浓度相同，两侧电势相同，开关与b相连时，不会产生电流，因此通过将开关与a相连，利用电解原理改变两池中C
95、uSO4浓度，故A正确；B由上述分析可知，K与b连接时，正极的电极反应式为Cu2+2e-=Cu，故B正确；C若选用阳离子交换膜，则两池中Cu2+浓度将相同，开关与b相连时，不会产生电流，因此应该选择阴离子交换膜，故C错误；D离子交换膜中主要是迁移，1个中带有2个负电荷，因此导线中通过2 mol电子，约有1 mol离子通过交换膜，故D正确；综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。 10-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:浓差电池中，Cu2+浓度大的电极为正极，则Cu（1）电极为正极、Cu（2）电极为负极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2+2e-Cu，负极反应式为
96、Cu-2e-Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，阳极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，阴极生成H2，反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，所以Na+通过离子交换膜c生成NaOH，SO通过离子交换膜d生成硫酸，即c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，据此分析解答。详解:A浓差电池中，Cu（1）电极为正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应为Cu2+2e-Cu，故A错误；B电解槽中a电极为阴极，a电极反应为4H2O+4e-2H2+4OH-，故B错误；C根据分析，c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，故C错误；D电池从开始工作
97、到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu：（2.5-1.5）mol/L2L=2mol，正极反应为Cu2+2e-Cu，阴极反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，根据电子守恒有Cu2e-2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n（NaOH）=2n（Cu）=4mol，生成NaOH的质量m（NaOH）=nM=4mol40g/mol=160g，故D正确；故选：D。 10-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由于存在离子浓度差而产生电动势的电池称为离子浓差电池，当两极室离子浓度相等时放电完成，说明左侧硫酸铜溶液浓度高，应发生反应Cu2+2e-=Cu，为正极，发生
98、还原反应，右侧硫酸铜溶液浓度低，应发生反应Cu-2e-=Cu2+，为负极，发生氧化反应。详解:A根据题意可知，铜电极I附近CuSO4浓度高，发生的反应是Cu2+2e-=Cu，是还原反应，A错误；B根据题意，当两极室离子浓度相等时放电完成，说明左侧硫酸铜浓度要降低，右侧硫酸铜浓度要升高，直至左右两侧硫酸铜浓度相等，则隔膜应为阴离子交换膜，硫酸根离子从左侧移向右侧，B错误；C铜电极II附近CuSO4浓度低，发生的反应是Cu-2e-=Cu2+，硫酸根离子从左侧移向右侧，导致右极室浓度增大，C正确；D该电池工作时，化学能转化为电能，D错误；故选C。 11-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解
99、:A硝酸钾的溶解度随温度变化大，能用重结晶法分离提纯，重结晶法提纯硝酸钾需要用到的仪器为烧杯、蒸发皿、漏斗、玻璃棒、三脚架，则题给仪器能达到相应实验目的，故A不符合题意；B四氯化碳不溶于水，分离四氯化碳和水的混合物需要用到的仪器为分液漏斗和烧杯，题给仪器中缺少分液漏斗，则题给仪器不能达到相应实验目的，故B符合题意；C用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液需要用到的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，则题给仪器能达到相应实验目的，故C不符合题意；D用硫酸钠固体配制250mL0.1mol/L硫酸钠溶液需要用到的仪器为胶头滴管、托盘天平(带砝码)、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则题给仪器能达
100、到相应实验目的，故D不符合题意；故选B。 11-2【基础】 【正确答案】 AD【试题解析】 分析:详解:A苯甲酸重结晶过程中需要配制热饱和溶，需要加热装置，且一般需要抽滤，抽滤时需要用布氏漏斗和抽气泵，所给仪器无法完成实验，A符合题意；B在烧杯中用胶头滴管将Br2的CCl4溶液滴入NaBr溶液中，玻璃棒搅拌，溴水与NaI反应生成碘和NaBr，生成的碘被CCl4萃取，用分液漏斗分离即可，所给仪器可以完成实验，B不符合题意；C高锰酸钾溶液和草酸溶液都可以用酸式滴定管量取、盛放，待测液可以在锥形瓶中盛放，所给仪器可以完成实验，C不符合题意；D分离乙二醇和乙酸可以蒸馏分离，蒸馏时还需要温度计测定馏分温
101、度，所给仪器无法完成实验，D符合题意；综上所述答案为AD。 11-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A制备乙酸乙酯需要用到：玻璃仪器选用试管，导管，酒精灯，分液漏斗，可实现，A不符合题意；B验证非金属性SCSi，即证明酸性：硫酸碳酸硅酸，可将硫酸加入碳酸氢钠溶液中，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，玻璃仪器选用试管、导管、烧杯、玻璃棒即可实现，B不符合题意；C从海带灰中提取碘需要将海带灰水浸后过滤，没有漏斗，不能实现，C符合题意；D除去蛋白质溶液中的硫酸铵溶液可采用渗析的方法，玻璃仪器用到烧杯和玻璃棒，可实现，D不符合题意；故选C。 11-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详
102、解:A中和热的测定实验，需要用量筒量取一定体积的稀酸和稀碱溶液，缺少量筒，故A不符合题意；B实验室通过蒸馏的方法制取蒸馏水，装置图为，需要的仪器有酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，故B符合题意；C用蒸发结晶的方法从食盐水中获得NaCl晶体，装置图为，需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，故C不符合题意；D加入饱和碳酸钠溶液，然后分液除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇，需要分液漏斗、烧杯，故D不符合题意；故选B。 11-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A题干蒸发操作从食盐水中获得NaCl晶体，蒸发时需要用玻璃棒搅拌，缺少玻璃棒，无法完成该实验，故A错误；B泥沙颗粒不能通过滤纸，胶体粒子
103、能够通过滤纸，可以通过过滤方法除去氢氧化铝胶体中的泥沙，使用的仪器有漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒，故B正确；C用NaOH固体配制100mL0.5molL-1的NaOH溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所需仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶等，用提供的仪器中缺少胶头滴管，无法完成溶液配制，故C错误；D氯化氢易挥发，制取的氯气中混有氯化氢和水，需要用洗气瓶除去杂质HCl、H2O，最后用集气瓶收集干燥、纯净的Cl2，缺少洗气瓶、集气瓶，无法完成该实验，故D错误；故选：B。 11-6【提升】 【正确答案】 BD【试题解析】 详解:A溴乙烷中加入氢氧
104、化钠溶液加热，溴乙烷水解后加入硝酸中和氢氧化钠，最后加入硝酸银溶液检验溴离子，故不选A；B高氯酸和碳酸钠反应，把生成的二氧化碳通入硅酸钠溶液中，验证元素非金属性：，缺少高氯酸，故选B；C在烧杯中加热溶解粗硝酸钾，制取热的硝酸钾饱和溶液，冷却结晶，过滤，重复以上操作，可以提纯硝酸钾，故不选C；D海带提碘实验中灼烧干海带，应该在坩埚中进行，缺少坩埚，故选D；选BD。 12-1【基础】 【正确答案】 CD【试题解析】 分析:由的反应条件可知，该反应为取代反应，所以A的结构简式为，为卤代烃的消去反应；为烯烃的加成反应，所以B的结构简式为；对比反应前后的结构简式可知，为卤代烃的消去反应，条件为：NaOH
105、的醇溶液、加热。详解:A环己烷中不存在双键或者三键之类的平面型结构，所以其结构为非平面，故A错误；BB的结构简式为，其中不含不饱和键，所以不能加成，故B错误；C从其合成路线可知该过程所经历的反应类型有：为取代反应、为消去反应、为加成反应、为消去反应，共三种反应类型，故C正确；D对于只存在范德华力的分子，熔沸点与相对分子质量相关，相对分子质量越大，熔沸点越高，以上参与反应的各有机物中，的相对分子质量最大，熔点最高，故D正确；故选CD。 12-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由流程图，甲与Cl2在光照条件下发生取代反应生成 ，则甲为 ； 发生消去反应生成乙为 ，乙与Br2的CCl4
106、溶液发生加成反应生成丙为 ，丙发生消去反应生成 。详解:A甲为，分子式为C6H12，故A正确；B上述流程中，为取代反应，为消去反应，为加成反应，故B正确；C乙为，与环己二烯结构不相似，不互为同系物，故C错误；D丙为，两个溴原子可以取代在同一个碳上，也可以取代在2个碳上，取代在2个碳原子上还有间、对两种情况，共3种同分异构体，故D正确；故选C。 12-3【巩固】 【正确答案】 CD【试题解析】 详解:A乙分子发生消去反应生成丙，根据丙的结构可知乙的结构有：、有3种结构，故A正确；B丙与足量H2反应所得产物分子式为C8H16O，故B正确；C乙分子发生取代反应生成甲，可能取代一个氯，也可能取代两个氯
107、，若取代两个氯（等效氢有5中），（等效氢有4中），（等效氢有8中），入取代一个氯，结构不对称了等效氢更多，故C错误；D甲分子可能的结构中，能够发生催化氧化的是与羟基相连的碳上有氢，由C项可知甲的结构多于3种，故D错误；故答案为CD 12-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据Z中羟基的位置可知，Y为： ；故反应为1，4加成，X为： ；详解:A反应的产物可能有三种： ，A项正确；B反应为卤代烃水解，试剂为氢氧化钠水溶液，B项错误；CA的分子式为C6H8，C项正确；D若用18O标记Z中的氧原子，酯化反应酸脱羟基醇脱氢，M为： ，则M中含有18O，D项正确；答案选B。 12-5【提升】
108、 【正确答案】 C【试题解析】 详解:Ab分子中含有多个饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，所以不可能物质分子中所有原子都在一个平面内，A错误；Bp分子-C原子上没有氢原子，所以p不能与NaOH乙醇溶液共热而发生消去反应产生烯烃，B错误；Cm分子式是C7H8O，其同分异构体中属于芳香族化合物的有、，共5种，C正确；Db分子中碳碳双键断裂，两个碳原子上共结合一个基团得到p，所以反应属于加成反应；物质p为卤代烃，卤代烃先发生水解生成了连接在一个C原子上2个羟基的二元醇，根据同一个碳上连有两个羟基时不稳定，会自动脱去一分子的水，最终生成物质m，故反应的类型是先发生取代反应后发生消去反应，D错误；故合理
109、选项是C。 12-6【提升】 【正确答案】 CD【试题解析】 详解:A .X中红色碳原子为手性碳原子，故A说法错误；B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误；C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确；D.中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成，然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，故D说法正确；综上所述，说法正确的是：CD。点睛:醇类和卤代烃若发生消去反应
110、，则醇分子中羟基(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。 13-1【基础】 【正确答案】 AB【试题解析】 详解:A根据反应方程式可知：反应消耗6 mol I2时，转移60 mol电子，反应产生3 molCl2，则产生标准状况22.4 LCl2时，其物质的量是1 mol，则反应中转移20 mol e-，A错误；B在该反应中，氧化剂是KClO3，还原剂是I2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，B错误；CCl2与石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2的混合物就是漂白粉，故可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉，
111、C正确；D若食盐中含有，在酸性条件下，、I-发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确；故合理选项是AB。 13-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A酸性条件下，NO的氧化性更强，因此，首先发生：FeNO4HFe3NO2H2O，其次发生：Fe2Fe33Fe2，最后发生：Fe2HFe2H2，故A错误；B16.8g铁粉的物质的量为n(Fe)，刚好发生上述第一个反应，生成NO物质的量为0.3mol，标准状况下0.3mol22.4L/mol6.72L，故B正确；C滴加KSCN溶液不变红色，在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2的
112、形式存在，故C错误；D第一个反应恰好消耗16.8g铁，生成0.3molFe3，消耗1.2molH，则溶液剩余0.8molH，所以在第二步和第三步反应中，分别消耗铁粉0.15mol，0.4mol，即8.4g，22.4g，所以共消耗铁粉16.6g8.4g22.4g47.6g，故D错误；故答案选B。 13-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A反应i中氧化剂是Cl2，还原剂是CN，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN中的碳元素的合价升高2(由+2升高到+4)，因此i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为11，故A正确；B由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是
113、CO2、N2，N2为反应ii的氧化产物，CO2不是反应ii的氧化产物，故B错误；C氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须采取措施防止Cl2逸出到空气中，故C正确；D处理c(CN) =0.000 1 molL-1的废水106 L，物质的量为0.000 1 molL1106 L=100mol，则失去电子100mol(2+3)=500mol，因此消耗氯气250mol，标况下的 Cl2 体积为250mol22.4 Lmol1=5.6103 L，故D正确；答案为B。 13-4【巩固】 【正确答案】 AC【试题解析】 详解:A 氯气的状况未知，物质的量无法计算，电子转移无法计算，故A错误；B若NaClO3与
114、Na2RuO4物质的量之比2：5，根据电子转移相等，则有：2(5-x)=5(8-6)，解得：x=0，则还原产物为Cl2，故B正确；C氧化还原反应中氧化性：氧化剂氧化产物还原产物，氯元素化合价降低，则是氧化剂，还原产物是Cl2，氧化产物是，酸性介质中氧化性：，故C错误；D在稀硫酸环境中，根据原子守恒、化合价升降守恒可得Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为：B Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故D正确；故选：AC。 13-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A反应中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则C
115、u2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B反应中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C反应中氧化剂化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应
116、氧化molFeS2，则反应和反应中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D错误；故选B。 13-6【提升】 【正确答案】 CD【试题解析】 分析:该碘量法测定Cr2O3的含量的原理为： ，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2。详解:A反应中，KClO3氯元素化合价降低，氧元素化合价升高，KClO3既是氧化剂又是还原剂，Cr2O3是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比不是51，A错误；B反应中铬元素化合价升高，反应中铬元素化合价未变，反应中铬元素化合价降低，Cr元素只参与了2个氧化还原过程，B错误；CKClO3过量时，会高温分解为O2和KCl，故实验过程中所得O2与Cl2的物
117、质的量比可能大于52，C正确；D根据多步反应方程式计算皮革中Cr2O3的含量为 ，D正确；答案选CD。 14-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A反应有非极性键H-H键的断裂，没有非极性键形成，故A错误；B反应为：CH3OH+O2HCHO+H2O2，故B错误；C反应是双氧水分解生成水和氧气，双氧水分解是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故C正确；D不同淀粉分子的聚合度不同，淀粉属于混合物，故D错误；选C。 14-2【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:从反应进程-能量的图象来看，第一步离去基团解离过程吸热，第二步亲核基团成键过程放热，整体来看总反应为放热反应。详解
118、:A总反应(CH3)3CBr+OH-(CH3)3COH+Br-为放热反应，体现了C-Br断键与C-O成键，断键吸热小于成键放热，从而得知键能C-Br小于C-O， 且Br原子半径大于O原子，则键能C-Br小于C-O，A项错误；B从总反应(CH3)3CBr+OH-(CH3)3COH+Br-，反应物总能量大于生成物总能量，则总反应为放热反应，B项正确；C第一步是正向吸热的可逆过程，升高温度平衡正向移动，第二步是非可逆过程，可以通过升高温度，促进第一步反应正向移动，从而实现总反应的正向进行提高(CH3)3COH的产率，C项正确；D第一步的活化能较大，为决定速率的步骤，提高(CH3)3CBr的浓度会使得
119、碳正离子中间体的浓度增大，从而加快水解反应速率。第二步为非可逆对加快反应的速率影响不大，D项错误；答案选BC。 14-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A由图可知，物质为催化剂，能降低改反应的能耗，A正确；B反应过程涉及到C-H键极性键的断裂，过程中涉及到C-O键极性键的形成，B正确；C物质、中Pt的成键数目分别为4、4、6，故反应过程中Pt的成键数目发生了改变，C正确；D据图分析可知，过程有HCl的消耗，且有H2SO4生成，故该历程的总反应式为CH4+SO3+H2SO4CH3OSO3H+SO2+H2O，D错误；答案选D。 14-4【巩固】 【正确答案】 CD【试题解析】 详解:
120、A图中Ti4+在整个反应中参与了反应，最后又生成，所以是催化剂，A正确；B加入NO后生成Ti4+NH2N=O，后又生成Ti4+，得出Ti4+NH2N=O是中间产物，正确；C根据反应历程，参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为: 2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，C错误；D该反应由一种物质生成多种物质，则Ti4+NH2N=OTi4+N2+H2O属于分解反应，D错误；故合理选项是CD。 14-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A是第一个反应的反应物，也是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，能降低反应所需活化能，A正确；B到的过程中，
121、有CN极性键的断裂和CO极性键的生成，B正确；C手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据化合物、结构简式可知，和均含有手性碳原子，C正确；D按照图示流程反应可知，如果原料用丙醛和苯甲醛，则产物为 ，D错误；故选D。 14-6【提升】 【正确答案】 AB【试题解析】 详解:A已知催化剂只能影响化学反应速率，不能是化学平衡发生移动，故该新型纳米铁催化剂不能改变平衡常数，A错误；B由题干反应历程图可知，上述循环中断裂了D-O、C-H极性键，形成了H-O、C-D极性键，无非极性键的形成，B错误；C由题干反应历程图可知，上述总反应是重水中的D原子取代了苯环中的H原子，故上述总反应属于取代反应
122、，C正确；D由题干反应历程图可知，总反应方程式为+D2O+DOH，D正确；故答案为：AB。 15-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:图中虚线XYZ表示溶液pH，加入的V(NaOH)越大，溶液中c(C2O)越大、c(H2C2O4)越小；A加入的NaOH越多，溶液的碱性越强，则c(H2C2O4)逐渐减小、c(HC2O)先增大后减小、c(C2O)增大，当c(H2C2O4)c(HC2O)时，H2C2O4的Ka1；B在Y点时c(C2O)c(HC2O)，根据电荷守恒：c(H)c(Na)c(HC2O)c(OH-)2 c(C2O)，结合Y点pH8解答；CX点电解质为H2C2O4和NaHC2O4，
123、对水的电离都是抑制，Z点电解质为Na2C2O4，对水的电离起促进； D由图象知0.1molL1NaHC2O4溶液中c(HC2O)位于最高点，此时pH7，说明HC2O的电离大于水解。详解:A利用X点求H2C2O4的Ka1，由图象知X点c(H2C2O4)c(HC2O)，pH4知c(H+)1104molL1，Ka1，故A正确；B在Y点时c(C2O)c(HC2O)，根据电荷守恒：c(H)c(Na)c(HC2O)c(OH-)2 c(C2O)，c(H)c(Na)3c(C2O)c(OH-)，Y点pH8，c(H)c(OH-)，所以在Y点时，c(Na)3c(C2O)，故B错误；CZ点电解质为Na2C2O4，对水
124、的电离起促进，pH10，c(H)1010 molL1，则有水电离生成的c(H)c(OH-)，故C正确；DHC2O为主要粒子时，溶液呈碱性，说明HC2O的水解程度大于电离程度，Na不水解，所以溶液中存在c(Na)c(HC2O)c(C2O)，故D正确；故答案选B。点睛:本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，明确图象中线和点的的含义是解题的关键，同时注意把握溶液中的守恒关系。 15-2【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 详解:A溶液的pH越小，(M2+)越大，随着溶液pH增大，M(OH)+先逐渐增大，当增大到一定程度后又逐渐减小，而M(OH)2 则随着溶液pH增大而增大，因此曲线表示(
125、M2+)，曲线表示M(OH) +，曲线表示M(OH)2，A正确；B根据曲线可知在常温下，X点时(M2+)=M(OH)+，Kh2=；Z点M(OH)2=M(OH)+，Kh1=，Y点时(M2+)=M(OH)2，Kh1Kh2=c2(OH-)=10-9.510-3.5=10-13，所以该点溶液c(OH-)=10-6.5 mol/L，c(H+)=，c(OH-)c(H+)，因此溶液显弱碱性，B错误；C若pH=11，c(H+)=10-11 mol/L，c(OH-)=10-3 mol/L，若溶液中，则由Kh1=，可知cM(OH)+=，结合Kh2=可知c(M2+)=，C错误；D的平衡常数K=，D正确；故合理选项是
126、BC。 15-3【巩固】 【正确答案】 CD【试题解析】 分析:H3PO4分步电离，分别为H3PO4H+，+H+，+H+，随着pH增大，氢离子逐渐被消耗，则H3PO4电离程度越来越大，最终溶液中只剩。详解:ApH=6的溶液主要是的溶液，此时c()超过总磷量的一半，所以c(H3PO4)+c()c()，A错误；B根据题干可知c(H3PO4)+c()+c()+c()=0.1mol/L，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+3c()，结合两式得c(H3PO4)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，溶质主要为NaH2PO4，溶液呈酸性，因此c(H3PO4)CH
127、3、CuInTe2 (,) 【试题解析】 Fe的原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子轨道包括1s、2s、3s、4s等4个s轨道，2px、2py、2py、3px、3py、3py等6个p轨道，以及3d的5个d轨道，因此基态Fe原子的核外电子空间运动状态有15种；Fe原子价层电子排布式为3d64s2，Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；配位键是键，碳氮叁键中有一个键，可知中含有键：6+6=12(mol)；中的氨基配位于Cu2+，因此配位数为4；该分子中N
128、、C、B的价层电子对数都为4，因此VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2+2)2+12=10个；同一周期，自左向右元素电负性逐渐增大，因此NC，C与H形成共价键，共用电子对偏向于C，因此电负性CH，所以三者电负性大小顺序为NCH；晶胞中位于顶点、体心、面心的Cu原子个数=8+11+4=4，位于面心、棱上的In原子个数=6+4=4，位于体内的Te原子个数=81=8，Cu、In、Te的原子个数比=4:4:8=1:1:2，因此晶体化学式为CuInTe2；C点位于面对角线的、体对角线的处，因此C点原子的分数坐标为(,)；D原子在底面的投影点与A、D构成直角三角形，斜边AD的长d=。 16-4【巩固
129、】 【正确答案】 1、六 2、非极性 sp3 BD 3、BBeC 4、Ni2+ 三角锥形 5、50% 1021【试题解析】 钕元素的原子序数为60，位于元素周期表第六周期；铁元素的原子序数为26，基态铁原子的外围电子轨道表示式为 ，故答案为：六； ；由双聚氯化铝分子的正负电荷中心重合可知，双聚氯化铝为非极性分子，由分子中每个铝原子和四个氯原子形成共价键可知，铝原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：非极性；sp3；由离子中铝原子的杂化方式为sp3杂化可知，四羟基合铝离子中含有共价键和配位键，不含有离子键、金属键和氢键，故答案为：BD；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳
130、定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则铍、硼、碳三种元素的第一电离能由小到大的顺序为BBeC，故答案为：BBeC；由配合物的化学式可知，配合物的中心离子为提供空轨道的镍离子，氨分子为提供孤对电子的配体，氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：Ni2+；三角锥形；由晶胞结构可知，晶胞中硼原子形成8个正四面体，有4个氮原子填充在4个正四面体中，所以晶胞中正四面体的空隙填充率为50%；晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8+6=4，位于体内的氮原子个数为4，晶胞中最近的硼原子和氮原子的距离是体对角线的，则晶胞的边长为nm，晶体的密度为bg/cm
131、3，由晶胞的质量公式可得：=(10-7)3b，解得NA=1021，故答案为：1021。 16-5【提升】 【正确答案】 1、第四周期第VIIB族 2、CD 3、MnCl2 4、N MnCON 5、B B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高 6、 B【试题解析】 锰为25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第VIIB族；A、B为基态的锰原子和锰离子；C、D为激发态的锰原子和锰离子，可以用原子发射光谱捕捉；金属离子核外的单电子数目分别为0、1、5、3，故磁矩最大的为MnCl2；CH3CN中N原子提供孤电子对；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电
132、离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能为：MnCON；B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高由晶胞结构可知，白球8个在顶点、4个在侧面上和1个在体心，则晶胞中白球个数为8+4+1=4，即有4个H2PO，黑球4个在垂直于底面的4条棱的棱心、上下面心各1个、4个侧面上各有1个，则晶胞中黑球个数为4+2+4=4，即有4个K+，即晶胞中含有4个KH2PO4，1mol晶胞的质量为m=4(39+21+31+416)g=4136g，1个晶胞的质量为m=g，晶胞的体积为V=a2cpm3=a2c10-30cm3，代入=；在晶胞图上xz面为侧面、yz面为正面，晶胞在x轴方向的z-y投影图应符合图(c)和图(b)中
133、的H2PO、K+的相对位置，x轴方向的投影图的正面上应为小黑球在上，2个白球在下，投影图B符合题意；故答案为B。 16-6【提升】 【正确答案】 1、BC 2、正八面体 42.72 常温下钠离子半径比孔O的半径大，钠离子不能迁移到空位 3、 【试题解析】 A基态氯原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，基态钠原子核外电子排布为1s22s22p63s1，未成对电子数均为1，A正确；B同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第三周期元素中稀有气体元素为稳定结构，第一电离能最大，B错误；C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；短周期主族元素简单离子中钠离子的半径小
134、于氧离子、硫离子、氯离子等，不是最大，C错误；D氯化钠、溴化钠均为离子晶体，氯离子半径小于溴离子，则氯化钠中离子键键能更大，故氯化钠的熔点高于溴化钠的熔点，D正确；故选BC；由图可知，在氯化钠晶胞中，与钠离子配位的同层氯离子为4个，上下层各1个，形成的空间构型是正八面体。图示截取了晶胞的，则该小立方体的边长为a2=282pm，AB=AC=BC=394.8pm，OA=223.72pm，则孔O的半径为：223.72pm-181pm=42.72pm；氯离子A和氯离子C之间也有空隙，空隙为AC-2181pm=32.8pm；42.72pm102pm、32.8pm 102pm，故钠离子不会穿过它们的进入到
135、空位，使得氯化钠晶体常温下是绝缘体；原子坐标参数A为，晶胞图可知，如果把晶胞分为8个小立方体，B位于晶胞下层与A对角的小立方体中、C位于晶胞上层左上角的小立方体中，故原子坐标参数分别为、。该晶胞边长为anm，Cd-Se键的键长为立方体体对角线长度的四分之一，为：。已知Cd和Se的原子半径分别为b nm和c nm，则该晶胞中Cd原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；Se原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；晶胞体积为：a3nm3；则原子的体积占晶胞体积的百分率为。 17-1【基础】 【正确答案】 1、 2、 3、 取少量氧化后的溶液于试管中，加入溶液，溶液变红色 4、 cd【试题解析】
136、分析:锡精矿(主要成分是，含少量、)焙烧后生成CuO、PbO、Fe2O3、SO2，加入碳酸钠焙烧后生成，加水溶解，过滤除去，滤渣中含有CuO、PbO、，加入稀硫酸酸溶，生成CuSO4、PbSO4、Fe2(SO4)3、SnSO4等，过滤，滤渣是，在滤液中加入氧化剂将Sn2+氧化为Sn4+，调价pH沉淀Sn4+生成Sn(OH)4，加入稀硫酸溶解生成Sn(SO4)2，用金属还原剂，还原Sn4+得到Sn2+，再通过蒸发浓缩、冷却结晶得到SnSO4晶体。由分析知，滤渣的化学式是。焙烧2中转化为，则发生反应的化学方程式是。Y是能把Sn2+氧化成Sn4+的物质，且不引入新的杂质，若氧化时加入的适量溶液不引入
137、新的杂质，是，的还原产物为水；因为在酸性条件下，溶液中的可被氧化成，则检验氧化后的溶液中不含的方法是取少量氧化后的溶液于试管中，加入溶液，溶液变红色，说明已经没有Sn2+。由表格信息知，使得沉淀完全，不沉淀，沉锡控制溶液的范围是；a 引入新的杂质； b 不会增强溶液的碱性； c 溶液，可以溶液的pH增强；d氨水，可以溶液的pH增强；故选cd。 17-2【基础】 【正确答案】 1、增大碱的浓度或升高溶液的温度或把镍废渣粉碎等 2、 温度高于40时，发生反应，使浓度降低，反应速率减慢，转化率降低 3、使沉淀完全，不使沉淀 4、 C 5、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【试题解析】 “碱浸”过程中，为提高浸
138、出率，可采取的措施是增加碱的浓度或升高溶液的温度或把镍废渣粉碎等；“转化”过程中加入是为了把完全氧化为，其反应的离子方程式为。因为受热易分解，所以温度高于40时，发生反应，使浓度降低，反应速率减慢，转化率降低；观察表格数据和流程图可知，调节溶液pH的目的是除去，使完全沉淀，不使沉淀，当pH=3.7时沉淀完全，当pH=7.1时开始沉淀；碳酸镍与氟化铵共热生成、和，所以化学方程式为。尾气中污染环境，而吸收氨要防倒吸，氨的水溶液显碱性，碱石灰可以干燥氨但不能吸收氨，所以应选择硫酸吸收氨，而不选择NaOH溶液吸收，故选择C装置；一般来说，从溶液中获得结晶水合物的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，分离固体和液体
139、混合物的方法是过滤，所以从溶液中获得晶体的操作A是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。 17-3【巩固】 【正确答案】 1、MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O 2、MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O 5.2pH8.8 Ca2+、Mg2+ 3、Mn22HCO=MnCO3CO2H2O 4、CO2 5、92.00% 偏低【试题解析】 分析:菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素，与氯化钹混合研磨后煅烧的固体中含有氯化锰、四氧化三铁、 氧化铝、氧化钙和氧化镁，加入盐酸，浸出液中主要含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+，经过净化后，在净化液中
140、加入碳酸氢铵，使锰离子沉淀，生成MnCO3，最后得到高纯度MnCO3，根据此分析进行解答。“焙烧过程的主要反应为碳酸锰与氯化铵发生反应，方程式为MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O。加入将氧化为，Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O；已知A13+、Fe3+、Mn2+完全沉淀的pH分别为5.2、2.8、8.8，将、变为沉淀除去且不能影响Mn2+，故使用调节pH的方法来除去铝离子和铁离子，调节pH的范围为：5.2pH8.8。CaF2和MgF2不溶于水，加入将Ca2+、Mg2+
141、离子沉淀除去。碳化结晶时Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。碳化结晶时Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰和二氧化碳，可知流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有CO2。根据可知，的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量相等，则的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量=0.2000mo/L0.02L=0.004mol，根据锰元素守恒，0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=0.004mol，碳酸锰粗产品的纯度= 100%=92.00%，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，导致标准溶液的体积偏小，则的物质的量偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。 17-4
142、【巩固】 【正确答案】 1、加快反应(浸取)速率 不能 二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气 2、 除去硫磺表面杂质 3、或或等 Fe(OH)3和Al(OH)3 4、 5、1.1【试题解析】 分析:用软锰矿(含MnO2及少量Al2O3)和闪锌矿(含ZnS及少量FeS)联合生产Zn、MnO2，首先加入稀硫酸加热、浸取，过滤()所得滤液主要含MnSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，二氧化锰氧化-2价的S元素得到S单质；之后加入试剂X调节pH并加热以生成Fe(OH)3、Al(OH)3；过滤得到滤液含MnSO4、ZnSO4，加入硫酸后电解得到锌和二氧化锰。粉碎处理可以增大固
143、体与溶液的接触面积，从而加快反应（浸取）速率；不能用盐酸代替硫酸进行浸取，原因为二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气。根据流程可知，酸性环境下二氧化锰将ZnS氧化成Zn2+和S单质，自身被还原为锰离子，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：；过滤后，洗涤硫磺的目的是除去硫磺表面杂质。试剂X为了使溶液的pH值增大，其溶液应为碱性，且在除去Fe3+和Al3+的同时不能引入新的杂质，因此X最好选用或或等，滤渣主要为Fe(OH)3和Al(OH)3。电解(V)中是用惰性电极电解、的混合溶液，得到MnO2、Zn、硫酸，化学方程为。电解时MnSO4、ZnSO4物质的量之比为1:1，且设软锰矿(含约65
144、%及少量)质量为mg，闪锌矿(ZnS约80%及少量FeS)质量为ng ，结合元素守恒，可得，解得mn1.1。 17-5【提升】 【正确答案】 1、70 Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解 2、硫酸钙（CaSO4） 3、 4、H2O2 1:2 3.2pH7.2 5、ClO-+2Ni2+4OH-=2NiOOHH2O+Cl- 6、电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH。【试题解析】 分析:向含的废料(杂质为Fe2O3、等)加入过量硫酸，过滤的到可溶性的硫酸盐和含有微溶物硫酸钙的滤渣；向滤
145、液中加入硫化氢过滤得到难容的硫化铜以及单质硫和可溶性的硫酸盐(、等)；向滤液中加入试剂X(常用)将氧化为更容易沉淀的，再加试剂Y常选用，用来调节溶液的pH除去，过滤得到含的溶液和氢氧化铁沉淀的滤渣；向滤液中加氟化钠将溶液中的转化为难容性的，过滤得到的溶液，向滤液中加NaOH和NaClO溶液将转化为，经过滤、洗涤干燥等步骤得到固体，据此解题。由图可知当温度在70左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2；根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为硫酸钙（CaSO4）；酸浸后溶液中的金属离子有三价铁
146、离子，铜离子，镍离子，钙离子等，其中Fe2(SO4)3可以把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，方程式为：；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2pH7.2；该反应中Ni2+被氧化为2NiOOHH2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2+4OH-=2NiOOHH2O+Cl-；电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子
147、变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH，有助于提高生产效率。 17-6【提升】 【正确答案】 1、萃取分液 2、+3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素 3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4+4H2O+4H+ 3、47 4、 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降 5、加热浓缩、冷却结晶、过滤【试题解析】 分析:粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是C
148、aF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。据分析，步骤分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液；中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；据分析，步骤中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素；据分析，步骤中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故离子方程式为：3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4+4H2O+4H+；据已知信息，的，则溶液2中时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，
149、则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为47；据分析，步骤，沉淀3的主要成分有 ；在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降；从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。 18-1【基础】 【正确答案】 1、ADCB 碱石灰 干燥从A装置中产生的氧气 四氯化钛的沸点为136.4，装置C的作用是气化四氯化钛，故加热温度要高于136.4 2、KSCN溶液 溶液由无色变为红色 1.92【试题解析】 分析:根据钛白的气相氧化法原理，有两个步骤很重要，一是需要
150、制备氧气，二是气化四氯化钛。A为制取氧气的装置，C为气化四氯化钛的装置，B为钛白的制备装置，根据已知信息四氯化钛在空气中易水解，可确定D装置为干燥装置，装置的连接顺序为ADCB，据此分析解题。根据分析可知实验装置的连接顺序为ADCB；A装置中过氧化氢在二氧化锰催化作用下反应生成水和氧气，制备氧气的反应为；B装置干燥管的作用：一方面吸收氯气，尾气处理；另一方面防止外界空气中水蒸气进入装置B中，试剂为碱石灰；D装置中试剂为浓硫酸，作用是干燥从A装置中产生的氧气；四氯化钛的沸点为136.4，装置C的作用是气化四氯化钛，故加热温度要高于136.4，故选择油浴加热的方式；标准液为溶液，达到滴定终点时稍过
151、量，所以可以用KSCN溶液作指示剂；达滴定终点时溶液会由无色变为红色；三次滴定所用标准液的体积分别为8.01mL、7.49mL、7.51mL，第一组数据需要舍去，因为第一组数据大约比其他组数据多出来了20滴，存在错误，根据第二组和第三组数据平均得标准液的体积为7.50mL，则所用物质的量为，根据反应方程式可知待测液中的物质的量与的物质的量相等，即0.0003mol。待测液体积为25.00mL，根据原子守恒可得钛液中Ti的浓度为。 18-2【基础】 【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 防止空气进入仪器c中将甘氨酸亚铁氧化 2、先后打开K3、K1，一段时间后，在丙装置的导管口收集气体并验纯 打开K2、关闭
152、K3 3、Fe(OH)2 4、FeSO42NH2CH2COOH2NaOH=(NH2CH2COO)2FeNa2SO42H2O 5、防止Fe2+(或FeSO4)被氧化 冰醋酸或乙醇(或酒精)(任写一种即可) 重结晶 6、(NH2CH2COO)2Fe是弱电解质，难于电离，溶液中的离子浓度小【试题解析】 分析:实验利用稀硫酸与铁屑反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化，再关闭K2，打开K3，利用压强差将产生的硫酸亚铁溶液压入装置乙中，加入氢氧化钠溶液并电磁搅拌与与甘氨酸、柠檬酸及氢氧化钠作用，发生反应产生(NH2CH2COO)2Fe。仪器b的名称是蒸馏烧瓶；(H2NCH2
153、COO)2Fe、FeSO4易被氧化，为防止其被氧化应该隔绝空气，所以丙的作用是防止空气进c中将其中的物质氧化，故答案为：防止空气进c中将其中的物质氧化；步骤中赶尽仪器c中空气的具体操作是先后打开K3、K1，一段时间后，在丙装置的导管口收集气体并验纯；利用压强差将b中溶液加入到c中，步骤中将b中溶液加入到c中的操作是关闭K3，打开K2； 故答案为：打开K2、关闭K3；步骤中若调节溶液pH偏高，Fe2+和OH-反应生成Fe(OH)2，则所得粗产品中会混有杂质Fe(OH)2，故答案为：Fe(OH)2；c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是FeSO42NH2CH2COOH2NaOH=(NH2CH2COO)2
154、FeNa2SO42H2O，故答案为：FeSO42NH2CH2COOH2NaOH=(NH2CH2COO)2FeNa2SO42H2O；在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO4被氧化，虽然已用CO2排除了装置中的空气，但由题目中的已知信息可知，柠檬酸具有还原性，可确保FeSO4不被氧化，故答案为:可以防止Fe2+(或FeSO4)被氧化；由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以加入试剂为乙醇，其目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，故步骤中洗涤沉淀时使用的洗涤剂是冰醋酸或乙醇(或酒精)；粗产品纯化的操作名称是重结晶；等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶
155、液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe2+浓度小，故答案为: (NH2CH2COO)2Fe是弱电解质，难于电离，溶液中的离子浓度小。 18-3【巩固】 【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 FeS+2H+=Fe2+H2S 2、排出多余的H2S气体 冷却结晶 3、AC 4、 % cd【试题解析】 分析:由装置图可知，装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，装置C中溶于水生成，再与反应生成，再向三颈烧瓶内滴入足量的氨水溶液，生成，经分离操作得到产品，装置B为安全瓶，装置D为尾气H2S的吸收装置。由仪器构造可知，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应
156、生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的离子方程式为FeS+2H+=Fe2+H2S，故答案为：蒸馏烧瓶；FeS+2H+=Fe2+H2S；因为A中反应生成了H2S，通入C中与反应生成，通入的目的是排出多余的H2S气体；与的氨水溶液反应生成，其中混有(NH4)2SO4，从已知可知的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S的，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，而Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，故选AC；由反应关系式：NH4ReO4NH3H3BO3HCl可知，n(NH
157、4ReO4)=n(HCl)=cV10-3mol，m(NH4ReO4)= cV10-3mol268g/mol=0.268cVg，则的纯度为 = %；a由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，根据滴定原理 ，判断结果比实际值大，故a不选；b滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，导致V标比准确值偏大，因此结果偏大，故b不选；c加热温度过高，分解产生，导致含量减小，V标比准确值偏小，因此结果偏小，故c选；d滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致V标比准确值偏小，因此结果偏小，故d选；故选cd。 18-4【巩固】 【正确答案】 1、SO+2H+= H2O+SO2 2、三颈烧瓶 3、饱和食盐水 4、浓
158、硫酸 干燥气体 5、 6、吸收尾气 7、AB【试题解析】 分析:A装置中硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，通过C干燥后进入D；H中氯气通过G干燥后进入D；D中发生反应生成产品，尾气使用碱石灰吸收；A装置中硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，SO+2H+= H2O+SO2；仪器D的名称为三颈烧瓶；在活性炭催化下，则实验中要把氯气排入装置D中，氯气在饱和食盐水中溶解度较小，故Q中盛放的最佳试剂为饱和食盐水；亚硫酰氯()遇水剧烈反应生成和一种酸性气体，故生成装置中不能有水，故装置C、G中的试剂为浓硫酸干燥剂，装置C、G的作用为干燥气体；亚硫酰氯()遇水剧烈反应生成和一种酸性气体，根据质量守恒可知酸性气体为HCl，
159、则过量溶液吸收反应生成氯化钠、亚硫酸钠，；二氧化硫、氯气均有毒，会污染环境，F中碱石灰的作用为吸收尾气防止污染；与水生成的二氧化硫具有还原性，可与铁离子生成亚铁离子和硫酸根离子；A滴加溶液，可以检验硫酸根离子存在，A正确； B滴加溶液可检验亚铁离子存在，B正确；C滴加酸性溶液也会和亚硫酸发生氧化还原反应为褪色，不能检验亚铁离子存在，C错误； D溶液一直存在氯离子，故先滴加稀，再滴加溶液无法证明副反应是否发生，D错误；故选AB。 18-5【提升】 【正确答案】 1、检查装置气密性； 蒸馏烧瓶 2、碱石灰 3、冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集 4、SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2
160、O+4HCl 5、通入过量的Cl2 6、% 4I-+4H+O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2+4H+O2=2Sn4+2H2O)【试题解析】 分析:由图可知，装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置D生成SnC14，经装置E中冷却后在F中收集，球形干燥管用来吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时因为SnC14极易水解，还可以防止空气中的水蒸气进入E中，所以其中的试剂应该为碱石灰。据以上分析解答。为防止实验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置
161、影响产品纯度，实验之前必需要检查装置气密性。由图可知仪器a带有支管，为蒸馏烧瓶，故答案为：检查装置气密性；蒸馏烧瓶。据分析可知球形干燥管的试剂是碱石灰，故答案为：碱石灰。由题知SnC14的沸点较低，用冷凝管冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集，故答案为：冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集。若撤去装置C，则装置D中SnC14会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl；答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl。Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可以通入过量的Cl2，答案为：通入过量的C
162、l2。根据SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI可得：n(SnCl2)=n(I2)=cmolL0.02L=0.02cmol，m(SnCl2)=0.02cmol190g/mol=3.80cg，产品中SnCl2的质量分数为：100%=%，若此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际产量，其原因可能是I-被空气中的氧气氧化为I2，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中SnCl2含量偏低，发生的反应为：4I-+4H+O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,发生反应的离子方程式为：2Sn2+4H+O2=2Sn4+2H2O)，故答案为：%；4I-+4H+O2=2
163、I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2+4H+O2=2Sn4+2H2O)。 18-6【提升】 【正确答案】 1、观察气泡的产生速率，便于控制氨气的生成速率 三颈烧瓶中溶液不再分层 使溶液中的分解完全 滤去三颈烧瓶中的固体催化剂 减压蒸发浓缩 冷却结晶 2、在试管中依次加入1滴溶液、5mL蒸馏水、1滴溶液，tmin后加入1滴KSCN溶液，溶液若变红，可能是氧化了 3、【试题解析】 不溶于，装置A的作用是观察气泡的产生速率，便于控制氨气的生成速率；三颈瓶内盛放：、水和催化剂，溶液分层，通入氨气发生反应：，该反应比较缓慢且在高于170时易分解，实验过
164、程中待观察到三颈烧瓶中出现三颈烧瓶中溶液不再分层现象时，关闭。保持三颈烧瓶内液温105一段时间，然后打开，继续保持液温105一段时间，缓缓滴入适量的KOH溶液，充分反应生成硫氰化钾：。打开，继续保持液温105一段时间的原因是使溶液中的分解完全；滤去三颈烧瓶中的固体催化剂后减压蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，减压干燥，得硫氰化钾晶体；实验设计的关键是将碘水替换成等体积的蒸馏水，实验探究在无碘单质只有银离子的情况下是否会生成三价铁离子。方案为在试管中依次加入1滴溶液、5mL蒸馏水、1滴溶液，tmin后加入1滴KSCN溶液，溶液若变红，可能是氧化了；三次滴定中第二次滴定数据有较大误差，删除掉，求算实
165、验I和实验III的平均值，标准液体积为mL，根据滴定反应的离子方程式为：知20mL溶液中过二硫酸铵的物质的量为，故250mL溶液中含有的过二硫酸铵的物质的量为，质量为，样品的纯度为。 19-1【基础】 【正确答案】 1、A中含有-NH2，可以形成氢键 2、 3、取代反应 4、 5、【试题解析】 分析:A与发生取代反应生产B，B中苯环上一个氢被取代生成C，C氯原子被转化为醛基生成D，D与硝酸发生取代反应生产E，E与生成F；A与邻二甲苯的相对分子质量接近，但沸点却高于邻二甲苯，其原因是A中含有-NH2，可以形成氢键，导致沸点升高；C化学式为C12H16ONCl，BC的反应有中间体X(C12H17O
166、2N)生成，结合C化学式可知，中间体X与C的不同之处在于苯环甲基间位的取代基不同，X为；DE的反应为苯环上一个氢原子被硝基取代的反应，属于取代反应；B的一种同分异构体同时满足下列条件：分子中不同化学环境的氢原子个数比是9：2：2：2，则可能含有3个甲基且苯环上取代基对称性较好。在热的NaOH溶液中完全水解，生成NH3和另一种化合物，则含有-COONH2。则其结构简式为；苯、(CH2O)n发生B生成C的反应原理生成，发生C生成D的反应原理生成，和发生E生成F的反应原理生成最终产物；故流程为： 。 19-2【基础】 【正确答案】 1、间三甲苯 加成反应 2、 3、+C2H5OH +H2O 4、(或
167、) 5、 【试题解析】 分析:有机化合物A分子式是C9H12，A与HCHO及HCl作用产生B，根据物质反应过程中碳链结构不变，可知A结构简式是，B与Mg及CO2、H2O作用反应产生C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：。根据M结构简式逆推可知H为，根据反应过程中碳链结构不变，结合E分子式及流程转化可知E是，E与HCN发生加成反应产生F是，F与H+在H2O存在条件下反应产生G：，G与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生H，然后根据物质的性质分析解答。根据上述分析可知A是，名称为间三甲苯；E是，E与HCN发生加成反应产生F是，故EF的反应类型是加成反应；根据上述分析可知物质D结构
168、简式是：；物质F结构简式是：；G是，该物质分子中含有-COOH，G与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生H和水，该反应是可逆反应，故该反应的化学方程式为：+C2H5OH +H2O；C是其同分异构体满足条件：属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环；与C具有相同官能团，说明其分子中含有-COOH；含有四种化学环境的氢，则符合要求的C的同分异构体可能的结构简式可能为或；与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生，与HCN发生加成反应产生，与H+、H2O反应产生，该物质在一定条件下发生缩聚反应产生，故以苯甲醇为原料合成的路线为： 。 19-3【巩固】 【正确答案】 1、1，3-丁二烯 HO
169、CH2CH2CHBrCH2OH 2、加成反应 羧基和碳碳双键 3、+ 4、10 CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、 5、【试题解析】 分析:A属于烃，A与Br2反应生成B，B为溴代烃，B与NaOH水溶液、加热发生水解反应生成C，1molC与足量Na反应生成标准状况下22.4LH2（即1molH2），1个C分子中含2个OH，C与HBr反应生成D，D的分子式为C4H9O2Br，D只有一种结构，D与酸性KMnO4发生氧化反应生成E，E与NaOH醇溶液发生消去反应后酸化得到F，F在P2O5存在下发生题给已知的反应生成G，G为五元环状化合物，
170、则A的结构简式为CH2=CHCH=CH2，B的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，D的结构简式为HOCH2CH2CHBrCH2OH，E的结构简式为HOOCCH2CHBrCOOH，F的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，G的结构简式为；G与有机物H反应生成I，I的分子式为C10H12O3，I与乙醇在一定条件下发生反应生成J，结合J的结构简式知，G与H发生题给已知的反应，则H的结构简式为，I的结构简式为。根据分析，A的结构简式为CH2=CHCH=CH2，A的名称为1，3-丁二烯；D的结构简式为HOCH2CH2CHBrCH2OH；答案为：1，3-
171、丁二烯；HOCH2CH2CHBrCH2OH。步骤为C与HBr发生加成反应生成D；F的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，F中官能团的名称为羧基和碳碳双键；答案为：加成反应；羧基和碳碳双键。步骤为G与H发生题给已知的加成反应，反应的化学方程式为+；答案为：+。C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，C的分子式为C4H8O2，不饱和度为1；C的同分异构体能发生银镜反应，C中含CHO，则符合题意的同分异构体可能为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、HOCH2CH2CH2CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、C
172、H3OCH2CH2CHO、CH3CH2OCH2CHO、，共10种；其中含手性碳的同分异构体的结构简式为：CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、；答案为：10；CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、。对比与的结构简式，比少2个碳原子，结合题给已知，可由与Br2/CCl4发生加成反应生成，与NaOH醇溶液、加热发生消去反应生成，与KMnO4、H+发生氧化反应生成，在P2O5存在下发生题给已知的反应生成，合成路线为：；答案为：。 19-4【巩固】 【正确答案】 1、邻二氯苯或1，2二氯
173、苯 取代反应 羰基(或酮羰基)、羧基 2、+H2O 3、 4、4 5、OHCH2CH2COOH【试题解析】 分析:由A的分子式并结合信息和的反应可知，A为，结合的反应条件及B的分子式和D的结构简式可推知B的结构简式为，结合信息和D的结构简式可推知C的结构简式为，由的反应条件并结合D的结构简式和C的分子式可推知发生与的加成反应，D的结构简式为，由的反应条件及D的结构简式和E的分子式可推知发生分子内成环的酯化反应，E的结构简式为，发生信息反应得到F，由的反应条件，的反应条件，结合G的分子式和H的结构简式可推知G的结构简式为。由分析知B的结构简式为，名称为邻二氯苯；由分析可知的反应为，符合取代反应的
174、特点；根据C的结构简式可知C中含氧官能团为羰基(或酮羰基)、羧基。由分析知发生分子内成环的酯化反应，化学反应方程式为。由上述分析知G的结构简式为。D的结构简式为，D的同分异构体中满足：苯环上有4个取代基；遇溶液显紫色，说明结构中含酚羟基；与溶液反应放出气体，说明结构中含羧基；含有四种化学环境的氢，且个数比为6211，说明具有对称结构，且含有两个地位相同的，则满足条件的结构有：、，共有4种，故答案为：4。根据信息，先将与H2加成后分子内脱水得，转化为，加氢后得目标产物：。 19-5【提升】 【正确答案】 1、 邻羟基苯甲醛 2、酯基、硝基 3、2+O22+2H2O 4、保护酚羟基 5、8 或 6
175、、【试题解析】 分析:由有机物的转化关系可知，与氢氧化钠溶液反应生成，则A为、B为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则C为；酸化生成，则D为；在TCT作用下，与硝酸锌发生取代反应生成，在TEA作用下，与TsCl发生取代反应生成，在碳酸钾作用下与HSCH2COOCH2CH3发生反应生成。由分析可知，A的结构简式为，D的结构简式为，名称为邻羟基苯甲醛，故答案为：；邻羟基苯甲醛；由结构简式可知，G的含氧官能团名称为酯基、硝基，故答案为：酯基、硝基；BC的反应为在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H
176、2O；由分析可知，A和D的分子中都含有酚羟基可知，AB反应的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；A的同分异构体含有苯环和含有2个羟基说明苯环上的取代基可能为2个酚羟基和1个甲基，或1个酚羟基和1个醇羟基，其中苯环上取代基为2个酚羟基和1个甲基的同分异构体可以视作苯二酚分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有6种，苯环上取代基为1个酚羟基和1个醇羟基，去掉A共有2种，则符合条件的同分异构体共有8种，有四种化学环境氢原子的结构简式为、，故答案为：8；或；由有机物转化关系可知，以和HSCH2COOCH2CH3为原料制备的合成步骤为在TEA作用下，与TsCl发生取代反应生成，在碳酸钾作用下，与
177、HSCH2COOCH2CH3反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，合成路线为，故答案为：。 19-6【提升】 【正确答案】 1、羰基 苯甲醛 2、消去反应 13mol 3、+H2O； 4、， 5、CH3CHOCH3CH2CH2COOH 【试题解析】 分析:依据已知条件可知，B物质是苯甲醛与A发生反应生成C：，C与发生碳碳双键的加成反应生成D：，D分子中的碳氧双键断裂，的亚甲基上的两个氢原子掉下来共同生成水的同时生成E：，E再发生碳氮三键的分子内部加成反应生成F：，F一定条件下发生消去反应生成G：，G异构化可生成I。中官能团的名称是羰基，B：苯甲醛。根据流程分析可知反应是发生消去反应，
178、失去一小分子HCN，同时生成新的双键；I物质有三个苯环结构，两个碳氮三键，可与13mol氢气加成反应。D分子中的碳氧双键断裂，的亚甲基上的两个氢原子掉下来共同生成水的同时生成E：，方程式为+H2O； C的同分异构体要满足能与氯化铁溶液发生显色反应即有酚羟基，核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为说明该分子高度对称，说明两个对称位甲基的出现，满足条件的是，。由已知信息可知两分子乙醛可发生类似反应生成，该物质再发生氧化和加成反应即可生成产物。 20-1【基础】 【正确答案】 1、+247.4 2、AC 4、6 0.06 5、【试题解析】 根据盖斯定律，反应反应可得目标反应的热化学方程式，则，苯的稳定
179、性比1，3-环己二烯的强；A恒温恒容条件下，气体密度始终不变，A项错误；B理论上若全部转化为环己烷，则生成环己烷的物质的量为1mol，剩余1mol，此时混合气体中环己烷的体积分数为50%，而实际上环己烯、环己二烯、环己烷三种产物都可能存在且三个反应均为可逆反应，故平衡时混合气体中环己烷的体积分数小于50%，B项错误；C平衡后再充入少量氢气，平衡向正反应方向移动，C正确；D催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，且只增加催化剂的质量不一定改变反应速率，D项错误。甲为恒温恒容过程，乙为绝热恒容过程，反应是放热反应，乙容器中温度高于甲，反应平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，苯蒸气的转化率减小，
180、；反应平衡时，温度较高，速率较大, ；由图可知，20min时反应达到平衡，平衡时消耗苯的物质的量为，剩余1mol苯，各产物的物质的量分别为、，共消耗，剩余。平衡时总物质的量为。，同理。反应的平衡常数阳极上苯发生失电子的氧化反应, 。 20-3【巩固】 【正确答案】 1、-268.8kJ/mol 2、AD 1.08 3、2.0 ，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多 4、0.06NA【试题解析】 根据题意得出的热化学方程式为+O2(g)SO2(g) H=-，CO(g)的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-，将两个方程式依次编号为，由2-得，所以H=
181、2(-283.0)-(-297.2)=-268.8 kJ/mol。正向反应速率等于逆向反应速率，且速率之比等于系数之比，即时，可以判定反应达到平衡状态，A正确；CO与SO2的浓度之比不再改变不能判断反应达到平衡状态，跟反应得投料比和反应程度有关，B错误；根据方程式可以看出，反应前后的系数之和相等，压强一直保持不变，因此容器内的压强不再改变无法判定反应达到平衡状态，C错误；反应达到平衡状态时，各成分的浓度不再发生改变，的值不再改变，可以判定反应达到平衡状态，D正确；控制进料比(物质的量)为41，设起始投料n(CO)=4mol，n(SO2)=1mol,平衡时SO2反应xmol,列出三段式：，根据反
182、应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，可得=5%，解出：x=0.75，反应前后系数相同，体积不影响平衡常数，则平衡常数K=1.08。当进料比为2时，图中n(CO2)比较大，同时n(SO2)很少，n(COS)几乎为0，故实际生产中应控制进料比为2.0；在进料比大于2.5之后，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多，故 COS的含量会明显增大；投料比为2.0时，反应I中的产物n(S)、n(CO2)很大，而n(CO)、n(SO2)很小，则K1较大，反应II中产物：n(COS)很小，n(CO)、 n(S)中n(S)很大，则K2较小，所以K1 K2标准状况下SO2的物质的量为=
183、0.03mol，在电极a上SO2转化为H2SO4，一个SO2失去2个电子，则0.03molSO2失去0.032=0.06mol电子即0.06NA。 20-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、abc 0.64 3、31 4、或【试题解析】 给反应编号: 依据盖斯定律有：+=，则H2=H+H1=-49.5kJmol-1+(-40.9kJmol-1)= -90.4kJmol-1。投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3:1，b代表n(CO2)：n(H2)=1:1，c代表n(CO2)：n(H2)=1:3，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为abc。N点为投料比n(C
184、O2)：n(H2)=1:1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：，平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.5MPa，甲醇分压0.25MPa，水蒸气分压0.25MPa，则压强平衡常数。平衡时，v正=k正p(CO2)p3(H2)=v逆=k逆p(CH3OH)p(H2O)，则。已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，根据图象可得9.2=-3.2Ea+C；3.0=-3.4Ea+c，两式联立解得Ea=31，则反应的活化能为31 kJ/mol。若使用催化剂，反应的活化能降低，则示意图为 。阴极二氧化碳得电子生成甲
185、醇，电极反应式为：7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO或。 20-5【提升】 【正确答案】 1、-164.9 2、吸收 或 3、1 减少的投料比或增大、及时移出产物等 4、 300400之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以的生成速率加快 5、-32.8【试题解析】 ；。利用盖斯定律，将4-2，可得：。根据图象可知，吸附态的能量小于过渡态，所以从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量。反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为或。反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷和氧气的浓度增大，且两者浓度之比为12，结合图象可知：
186、d为甲烷、c为氧气、a为水蒸气、b为二氧化碳。350条件下，反应达到平衡时，和的浓度相同，和的浓度相同，由反应可知和按投料，同时按照反应，则平衡时的浓度是的2倍，的浓度是的2倍，则化学平衡常数。为了提高的转化率，除升高温度外，还可采取的措施是：减少的投料比或增大、及时移出产物等。由图示信息可知，光催化转化为时，阴极的电极反应式为。由图可知，温度在250时，催化剂的转化效率和的生成速率均达到最大值。温度从250升高到300过程中，催化剂的转化效率和的生成速率均迅速下降，但超过300后，催化剂的转化效率减小到几乎为0，而的生成速率加快，可判断是温度对反应的影响导致的，故300400之间，温度比催化
187、剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以的生成速率加快。 20-6【提升】 【正确答案】 1、-90 2、144.2kJmol-1 3、 0.0008 22.5% BC 4、减小 ClO+e-+2H+=ClO2+H2O【试题解析】 反应：H；则H=2-=2(-242kJmol-1)-(-394 kJmol-1)= -90 kJmol-1。答案为：-90；图像上的点代入得：和，联立求解得，。故答案为：；反应进行到30秒到平衡，故反应进行到10s时，正反应速率大于逆反应速率，010s内一氧化氮的物质的量的改变量为0.40-0.36=0.04mol，则根据方程式分析，二氧化碳的变化量为0.04mol，用CO2表示的平均反应速率是，该条件下，NO的最大转化率为 =22.5%；A及时分离出CO2不能增大反应速率；B适当升高温度能增大反应速率； C适当压缩容器的容积，增大压强，能增大反应速率；D充入1molHe，不能改变反应速率。故选BC；电解时阳极反应为，阳极氢离子浓度增大，氢离子带正电向右移动。根据图示，ClO在阴极上得电子生成ClO2(ClO+e-+2H+=ClO2+H2O)。