高考化学试题分类汇编

高考化学试题分类汇编（1-101页为原卷版，102-310页为解析版）TOC \o "1-2" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc2089697933" 第一部分 化学基本概念、物质的基础性质  PAGEREF _Toc2089697933 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc1605596893" 一、化学与STSE  PAGEREF _Toc1605596893 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc2134956096" 二、物质的性质与应用  PAGEREF _Toc2134956096 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc2050331396" 三、物质的量  PAGEREF _Toc2050331396 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc1397172810" 四、氧化还原反应  PAGEREF _Toc1397172810 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc1697221372" 第二部分 化学实验  PAGEREF _Toc1697221372 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc174316103" 一、化学实验基础  PAGEREF _Toc174316103 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc563048613" 二、化学实验装置  PAGEREF _Toc563048613 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc1345090009" 三、实验表格题  PAGEREF _Toc1345090009 \h 12 HYPERLINK \l "_Toc367429294" 四、化学实验综合  PAGEREF _Toc367429294 \h 14 HYPERLINK \l "_Toc1368659133" 化学实验综合（非选择题）  PAGEREF _Toc1368659133 \h 19 HYPERLINK \l "_Toc1356705314" 第三部分 化学工艺流程  PAGEREF _Toc1356705314 \h 29 HYPERLINK \l "_Toc164848552" 一、化学实验流程  PAGEREF _Toc164848552 \h 29 HYPERLINK \l "_Toc355708834" 二、化学工业流程  PAGEREF _Toc355708834 \h 29 HYPERLINK \l "_Toc1951383437" 三、化学工业流程（非选择题）  PAGEREF _Toc1951383437 \h 34 HYPERLINK \l "_Toc531168675" 第四部分 化学反应原理  PAGEREF _Toc531168675 \h 43 HYPERLINK \l "_Toc262400146" 一、电化学  PAGEREF _Toc262400146 \h 43 HYPERLINK \l "_Toc1375326531" 二、化学反应机理  PAGEREF _Toc1375326531 \h 50 HYPERLINK \l "_Toc1746513856" 四、水溶液  PAGEREF _Toc1746513856 \h 55 HYPERLINK \l "_Toc1851890596" 三、化学平衡  PAGEREF _Toc1851890596 \h 61 HYPERLINK \l "_Toc1244751001" 五、化学反应原理综合（非选择题）  PAGEREF _Toc1244751001 \h 61 HYPERLINK \l "_Toc1891868380" 第五部分 物质结构与性质  PAGEREF _Toc1891868380 \h 75 HYPERLINK \l "_Toc988985178" 一、元素推断与性质  PAGEREF _Toc988985178 \h 75 HYPERLINK \l "_Toc350458866" 二、物质结构与性质基础  PAGEREF _Toc350458866 \h 77 HYPERLINK \l "_Toc1762000788" 三、物质结构与性质综合（非选择题）  PAGEREF _Toc1762000788 \h 80 HYPERLINK \l "_Toc147751786" 第六部分 有机化学基础  PAGEREF _Toc147751786 \h 88 HYPERLINK \l "_Toc773171370" 一、有机化学基础  PAGEREF _Toc773171370 \h 88 HYPERLINK \l "_Toc267667593" 二、有机推断综合（非选择题）  PAGEREF _Toc267667593 \h 93第一部分 化学基本概念、物质的基础性质一、化学与STSE1．（聊城一模，1）古代文化典籍蕴含丰富的化学知识。下列叙述中未涉及氧化还原反应的是A．《梦溪笔谈》：“石穴中水，所滴者皆为钟乳”B．《本草纲目》：“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂()而出”C．《神农本草经》：“空青(蓝铜矿类)…能化铜铁豁(铅)锡作金”D．《周易参同契》：“胡粉(碱式碳酸铅)投入火中，色坏还为铅”2．（临沂一模，1）化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误是A．硅胶、生石灰均可用作食品干燥剂B．葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C．将CO2还原为甲醇，有利于实现“碳中和”D．焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关3．（青岛一模，1）2022年中国十大科技新闻之一是物理化学科学家联合突破海水无淡化原位直接电解制氢技术，向大海要水要资源又有新进展。下列说法正确的是A．该过程将化学能转化为电能B．、、互为同位素C．氢能源代替化石能源可缓解海水酸化D．实验室电解水常加入少量稀盐酸增强导电性4．（日照一模，1）2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是A．中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金B．中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅C．中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标D．中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料5．（泰安一模，1）国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法中错误的是A．钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势B．通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团C．纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应D．柔性纤维电池中正极发生还原反应6．（潍坊一模，1）化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．久置的红薯变甜，是因为葡萄糖发生了水解B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极保护法C．第五形态碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同素异形体D．用太阳能光催化分解水代替电解水制氢气有利于节能环保7．（烟台一模，1）化学与科技、生活密切相关，下列说法错误的是A．印制货币票面文字、号码等处使用含Fe3O4的油墨，利用了Fe3O4的稳定性B．“奋斗者”号万米深潜载人舱球壳所使用的钛合金属于金属材料C．卡塔尔世界杯用球“旅程”使用水性涂料代替有机涂料，更加环保D．“北斗三号”采用星载氢原子钟，通过电子跃迁产生电磁波进行精准定位8．（济宁一模，1）化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．天然气属于新能源B．运载火箭壳体中的碳纤维属于无机非金属材料C．液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一次电池9．（济南一模，1）高粱酿酒过程中部分操作如图所示。下列说法错误的是A．“蒸粮”时可适当鼓风加快燃烧速率B．““拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用C．“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量D．“馏酒”原理即实验操作中的“蒸馏”10．（菏泽一模，1）化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是A．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性B．北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是二氧化硅C．石油裂解获得乙烯、丙烯等气态不饱和烃D．中国空间站存储器所用的材料石墨烯与金刚石互为同分异构体11．（淄博一模，1）化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是A．使用含氟牙膏能预防龋齿B．紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理C．发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极二、物质的性质与应用12．（临沂一模，2）古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3•Pb(OH)2]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb3O4)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列说法错误的是A．2PbCO3•Pb(OH)2属于碱式盐B．Pb3O4与硫酸反应只生成PbSO4和水C．“化不白者，炒为黄丹”的过程中发生了氧化还原反应D．密陀僧与碳粉高温加热可以制得铅13．（泰安一模，2）下列有关物质类别的说法正确的是A．属于酸性氧化物 B．油脂属于高分子化合物C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D．氮化硼纤维属于有机高分子材料14．（潍坊一模，2）下列物质应用错误的是A．溶液用作水果的保鲜剂 B．苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂C．用作生活用水的消毒剂 D．用热NaOH溶液洗去铁表面沾有的柴油15．（济宁一模，2）下列物质应用错误的是A．可用于制作耐火材料 B．CuO可代替做打印机墨粉C．波尔多液可用于农作物杀菌 D．可用于冷冻麻醉应急处理16．（济南一模，2）下列物质应用错误的是A．钾钠合金可用于原子反应堆导热剂B．牺牲阳极保护法可采用废铜保护钢材C．铝罐槽车可用于运输冷的浓硝酸D．四氧化三铁用于制备激光打印墨粉17．（菏泽一模，2）下列有关物质性质与应用之间具有对应关系的有几种？①浓具有脱水性，可用于干燥氯气②二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒③能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂④石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体⑤锌的金属活泼性比铁强，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀A．2 B．3 C．4 D．518．（济南一模，3）下列实验中硫酸的作用与其他三项不同的是A．蔗糖中加入浓硫酸产生黑“面包” B．亚硫酸钠与硫酸制取C．配制溶液时加入稀硫酸 D．海带提碘时硫酸与双氧水混加19．（日照一模，5）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是20．（日照一模，6）铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是A．可用铝热反应制备铬B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化C．可直接蒸发溶液制备无水D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为三、物质的量21．（潍坊一模，4）是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol 中含有Si-O键的数目为2B．25℃、101kPa下，4g 中含有的原子数为2C．标准状况下，6.72L 与水充分反应转移的电子数目为0.1D．25℃时，1.0L 的溶液中含有的数目为0.222．（泰安一模，6）为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是。A．25℃，下，乙烯分子中键的数目为2.5B．浓硝酸热分解生成、共时，转移电子数为0.5C．溶液中，和的离子数目之和为0.01D．铁完全发生吸氧腐蚀生成铁锈，在电化学过程中转移的电子数为0.3四、氧化还原反应23．（青岛一模，2）叠氮化铅用作水下引爆剂，可由以下方法制得I：；Ⅱ：。下列说法正确的是A．的键角大于的键角B．为非极性分子C．反应I中氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为D．反应I每消耗钠，共转移电子24．（烟台一模，2）下列过程不涉及氧化还原反应是A．自然固氮 B．纯碱除油污 C．海水提溴 D．电解精炼铜25．（济宁一模，8）“84”消毒液和医用酒精均可以对环境进行消毒，若混合使用可能发生反应：。已知：，，。下列说法正确的是A．“84”消毒液在空气中发生反应：B．氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4C．标准状况下，11.2 L 中含有个C原子D．该反应中每消耗1 mol ，转移个电子26．（聊城一模，8）向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：(已知CrO5的结构为)，乙醚层发生反应：CrO5＋(C2H5)2O=CrO5·O(C2H5)2.反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色(Cr3＋)，下列说法正确的是A．由水层反应可知，氧化性：B．乙醚在检验过程中可用乙醇代替C．CrO5·O(C2H5)2中不存在非极性键D．水相变为绿色的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑第二部分 化学实验一、化学实验基础1．（聊城一模，2）关于实验室保存试剂的说法错误的是A．实验室中金属钠通常保存在煤油里B．液溴以少量水液封后用橡胶塞塞紧瓶口C．盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞D．浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中2．（日照一模，2）下列叙述正确的是A．容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水B．可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚C．金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火D．可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中3．（淄博一模，2）下列做法正确的是A．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜 B．用带橡胶塞的棕色细口瓶保存溴水C．用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验 D．用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH4．（泰安一模，3）下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是A．将盛有与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中B．配制溶液时加入少量防止水解C．纯碱溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中D．白磷浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存5．（临沂一模，3）实验室中下列做法错误的是A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加入水稀释D．浓硫酸沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后用3%～5%NaHCO3溶液冲洗6．（济宁一模，3）下列有关实验方法正确的是A．用X射线衍射实验可获得青蒿素分子的结构B．用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0C．用淀粉溶液检验海水中的碘元素D．用25 mL碱式滴定管量取16.60 mL高锰酸钾溶液7．（泰安一模，5）下列实验设计所得结论均正确的是A．将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应B．将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环D．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解8．（潍坊一模，6）下列实验操作能达到实验目的的是A．向溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，检验溶液中的B．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌制备氢氧化铁胶体C．除去NaCl固体中的少量，将固体溶解后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥D．将固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，经转移、洗涤、定容和摇匀，配制一定浓度的溶液二、化学实验装置9．（潍坊一模，3）下列实验装置或操作正确的是A．用图1装置测定中和反应的反应热B．用图2装置测定化学反应速率C．用图3装置分离乙醚和苯D．用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液10．（烟台一模，3）下列实验装置的使用及操作正确的是A．①制备溴苯并验证有HBr产生 B．②制备并收集干燥的氨气C．③制备NaHCO3 D．④钠的燃烧反应11．（淄博一模，4）下列装置能达到实验目的是A．装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2 B．装置乙：制备少量干燥的NH3C．装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物 D．装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响12．（济宁一模，5）利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A．图Ⅰ装置可制备固体B．图Ⅱ装置可测定中和反应的反应热C．图Ⅲ装置可实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是溶液D．图Ⅳ装置可检验1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物13．（菏泽一模，6）下列装置能达到实验目的的是14．（青岛一模，6）下列实验操作规范的是A．①灼烧干海带B．②检验铜与浓硫酸反应的氧化产物C．③用萃取碘水中的碘，振荡、放气D．④配制溶液定容后摇匀15．（日照一模，8）下列实验能达到相应实验目的的是16．（聊城一模，11）某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c溶液中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是17．（泰安一模，11）某同学按图示装置进行实验，向抽滤瓶溶液中通入足量a气体获得a的饱和溶液，再通入足量的b气体，抽滤瓶中最终一定得到沉淀。下列物质组合符合要求的是18．（烟台一模，11）某同学用如图所示装置进行实验，预测现象与实际不相符的是19．（济宁一模，11）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是20．（济南一模，11）某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是三、实验表格题21．（烟台一模，5）下列由实验操作、现象所得结论正确的是22．（青岛一模，7）根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是23．（菏泽一模，11）下列操作能达到相应实验目的的是24．（淄博一模，11）根据下列操作及现象，所得结论正确的是25．（日照一模，11）为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe2S3均为难溶于水的黑色固体)。下列说法错误的是A．配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度B．实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为C．由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe2S3D．FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关26．（潍坊一模，11）根据下列实验目的、操作及现象所得结论错误的是27．（临沂一模，12）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是四、化学实验综合28．（聊城一模，3）工业制备茉莉醛()的流程如图所示。下列说法正确的是已知：①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物②茉莉醛易被浓硫酸氧化A．乙醇的主要作用是提供反应物B．干燥剂可选用无水C．可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”合并替换为“真空减压蒸馏”D．可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物29．（临沂一模，6）KMnO4是一种常用的氧化剂，某实验小组利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4装置如图所示(夹持装置略)。已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列说法错误的是A．试剂X可以是漂白粉或KClO3B．装置连接顺序是c→a→b→e→d→fC．装置C中每生成1molKMnO4，消耗0.5molCl2D．若去掉装置A，会导致KMnO4产率降低30．（聊城一模，6）从废定影液(主要含有、、、中回收Ag和的主要步骤为：向废定影液中加入NaOH调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关说法正确的是A．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，的值增大C．灼烧生成Ag和，该反应每生成1mol Ag转移3mol电子D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层31．（淄博一模，8）利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是A．Na2SO3和H2O2均作还原剂B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体C．从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中32．（菏泽一模，8）磷酸亚铁锂()为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有两种。方法①：将、、C按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品；方法②：将、、按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。下列说法正确的是A．上述两种方法涉及到的反应均为氧化还原反应B．方法①中C作还原剂，理论上制得1 mol 至少需要0.5 mol CC．方法②所得产品中可能会混有，导致纯度降低D．上述两种方法制备过程均需在隔绝空气条件下进行33．（潍坊一模，9）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是A．操作a和操作b不同B．操作c为重结晶C．无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大34．（菏泽一模，9）一定量的甲苯和溶液发生反应得到混合物，按如下流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是A．苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏C．甲苯、苯甲酸依次由①、②获得D．苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法35．（济宁一模，9）碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是A．“加热”步骤可选用水浴加热B．“酸浸”产生的气体可用NaOH溶液吸收C．“滤液”中溶质的主要成分为D．可用盐酸和溶液检验“滤液”中是否有36．（泰安一模，10）已知Na2SO3 +S= Na2S2O3，实验室用下述方法制备固体：①铜和浓硫酸加热产生；②将通入含和的混合溶液，溶液先变浑浊，后逐渐澄清，反应结束；③将溶液经浓缩结晶、过滤洗涤等操作得到产品。下列说法错误的是A．①中消耗转移B．②中溶液先变浑浊的原因：2Na2S+3SO2= 2Na2SO3+3S↓C．为提高产品的纯度，混合液中的最佳比例为1∶2D．用适量溶液吸收②中选出的、气体，吸收液可直接返回到步骤②37．（菏泽一模，10）的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)下列说法不正确的是A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的B．与的配位能力强于C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色38．（青岛一模，11）纯磷酸(易吸潮，沸点)可由的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，高于时会脱水生成焦磷酸。下列说法正确的是A．由毛细管通入可防止暴沸，并具有搅拌和加速水逸出的作用B．丙处应连接球形冷凝管C．磷酸易吸潮因为它可与水形成氢键D．连接减压装置的目的是降低磷酸沸点39．（泰安一模，13）乙酸正丁酯是重要的化工原料。实验室将乙酸、正丁醇、浓硫酸加入圆底烧瓶中，加热条件下制备乙酸正丁酯的装置(加热和夹持装置已省略)和有关信息如下：下列说法不正确的是A．实验开始时应先加热装置C，再由装置A的b口通入冷凝水B．装置B的作用是不断分离出产生的水，使反应向正向移动，提高产率C．当B中水层高度不再变化时，说明反应完全，这时可以停止加热D．提纯乙酸正丁酯可采取水洗、氢氧化钠溶液洗、无水氯化钙干燥、过滤一系列操作化学实验综合（非选择题）40．（泰安一模，17）磷酸二氢铵和草酸亚铁晶体可用于制备电池正极材料。Ⅰ.某研究小组用磷酸吸收氨气制，装置如图1所示(夹持和搅拌装置已省略)。（1）实验过程中，当出现倒吸现象时，_______(填写实验操作，下同)，当上述现象消失后，_______，继续通入氨气。（2）常温下，磷酸盐溶液中含磷物种的分布系数与的关系如图2所示，据图示分析，若本实验不选用传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色发生相应变化时，停止通，即可制得溶液。若此时继续向溶液中通入少量氨气，发生反应的离子方程式为_______。Ⅱ.利用草酸制备草酸亚铁晶体的流程如图所示：已知：ⅰ.时，易被氧气氧化；ⅱ.几种物质的溶解度如表：（3）第一次加稀硫酸调溶液至1～2的目的是_______。（4）操作a是蒸发浓缩，_______(填操作)。（5）为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关和，设为装置A)称重，记为。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为。按图3所示连接好装置进行实验。下列实验操作的正确顺序为_______(填序号)。①点燃酒精灯，小火加热 ②停止通入氮气，关闭、③打开、 ④熄灭酒精灯，冷却至室温⑤缓缓通入氮气 ⑥称重A重复上述操作步骤，直至A恒重，记为。假设此过程中不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目_______(列式表示)。41．（潍坊一模，17）三氯化六氨合钴是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，其在水中的溶解度随着温度的升高而增大。实验室用晶体制备的实验步骤如下：i.在锥形瓶中，将溶于水中，加热至沸，加入研细的晶体，溶解得到混合溶液；ii.将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭。冷却，利用如图装置先加入浓氨水，再逐滴加入5% 溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min；iii.然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，把沉淀溶于50mL沸水中，经操作X后，慢慢加入浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体(，)析出；iv.用冰浴冷却后吸滤，晶体以冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。回答下列问题：（1）步骤i中，研细晶体所用的仪器名称为________，无水的作用是________。（2）写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式___________。（3）步骤i中操作X为___________。（4）取0.2000g 样品，配成100mL溶液，取50mL样品溶液于锥形瓶中，加入3滴溶液做指示剂，用0.0600的溶液滴定至终点时，消耗溶液的体积为10.00mL，样品的纯度为___________。（5）某兴趣小组为探究的还原性，设计如下实验：实验I：粉红色的溶液在空气中久置，无明显变化。实验II：向0.1 溶液中滴入2滴酸性溶液，无明显变化。实验III：按下图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。根据实验III得出结论：可以被酸性溶液氧化。另一名同学设计了实验IV，否定了该结论，请说明实验IV的操作和现象___________。42．（临沂一模，18）四氮化四硫(S4N4，S为+2价)是重要的硫－氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑回答下列问题：（1）试剂a是_____；装置D的作用是______。（2）装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为______；证明SCl2反应完全的现象是_____。（3）分离产物后测定产品纯度：i.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol•L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。ii.滴定：用c2mol•L-1溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→______(填标号)→开始滴定。a.装入滴定液至“0”刻度以上b.调整滴定液液面至“0”刻度c.排除气泡d.用滴定液润洗2至3次e.记录起始读数②滴定时选用的指示剂为_____；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。③S4N4的纯度表达式为______；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。43．（烟台一模，18）实验室通过固体碱熔氧化法制备KMnO4.具体实验过程如下：I.制备K2MnO4溶液将KC1O3和KOH置于铁坩埚中加热熔融，分多次将MnO2粉末加入，强热5分钟。充分反应后冷却，将固体捣碎，加水溶解，微热，趁热减压过滤得到K2MnO4溶液。（1）反应的化学方程式为_______。（2）选用铁坩埚不用瓷坩埚的原因是_______。II.K2MnO4的歧化制备KMnO4实验原理：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3实验装置如图所示，将K2MnO4溶液转移到三颈烧瓶中，关闭旋塞2、5，打开旋塞1、3、4，趁热往K2MnO4溶液中通入CO2发生反应，没有反应的CO2被收集到气囊a中。（3）待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞_______，打开旋塞_____，轻轻挤压气囊a，将气体压入K2MnO4溶液中继续反应。未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体。整个过程中温度不宜过高的原因是_____。III.KMnO4的纯度分析（4）准确称取2.00gKMnO4产品溶于水，配成100.00mL溶液。用移液管取25.00mL0.2mo1·L-1的H2C2O4溶液于锥形瓶中，并加入2mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00mL。滴定终点的现象是_______，计算可得产品中KMnO4的纯度是_______，下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是_______(填标号)。A.产品含少量K2MnO4 B.酸式滴定管滴定后有气泡C.酸式滴定管没有润洗 D.滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁44．（聊城一模，18）亚硫酰氯()是一种重要的化工原料，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈反应生成两种酸性物质。某小组利用反应制备，并探究其性质、测定其纯度。实验一：制备产品并探究的性质根据图示装置设计实验(装置可以重复使用)，已知遇水易分解。（1）装置接口连接顺序为a→___________→d、e→___________→h，碱石灰的作用为___________。（2）实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备，不用稀硫酸的原因为___________。（3）已知在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为和一种无色刺激性气味气体A和单质气体B，写出化学反应方程式___________。实验二：测定产品纯度。在安全的封闭装置内，将产品加入到足量蒸馏水中，待反应完全后，加入足量的固体，振荡后静置，过滤，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗V mL溶液［已知：常温下，，。］（4）产品中含___________mol。下列情况会使测定结果偏高的是___________(填序号)。①产品含少量 ②滴定管未用溶液润洗③滴加指示剂过多 ④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体45．（济宁一模，18）实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：的熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，在潮湿空气中易水解。回答下列问题：（1）装置C中仪器a的名称为_______，实验装置从左到右的连接顺序为_______，D装置的作用为_______，C装置的加热方式为_______。a.温水浴 b.油浴(100-260℃) c.热水浴 d.沙浴温度(400-600℃)（2）写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式_______。（3）测定产品中钛含量的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入热的硫酸和硫酸铵的混合溶液，使其溶解。冷却，稀释，得到含的溶液。加入金属铝，将全部转化为，加入指示剂，用0.1000 mol·L溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 mol·L溶液的平均值为20.00 mL(已知：)。①配制标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_______(填字母代号)。②滴定时所用的指示剂为_______，产品中钛的质量分数为_______。46．（济南一模，18）(三草酸合亚铁酸钾)是一种橙色固体，能溶于水，难溶于乙醇，在分析化学中用作吸氧剂。可通过如下实验装置(夹持装置省略)，先制得难溶于水的，再制取三草酸合亚铁酸钾。回答下列问题：（1）将铁粉放入a中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，进行的操作为：①打开K1、K3；和K4，关闭K2；②……；③……；④关闭K1、K2。操作②是_______，目的是_______；经操作③，B装置中生成，此时活塞K2、K3的状态是_______。（2）向生成的B装置中重新加入混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是_______，从而获得沉淀。对所得产品洗涤干净后进行如下分析：取mg产品进行含铁量的测定，平均分成三份加入锥形瓶中，加入稀溶解后，用c mol·L的溶液滴定，三次实验消耗溶液的平均体积为V mL。产品中铁元素的质量分数表达式为_______%；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，则测定的质量分数将_______(填“偏高”偏低”或“不变”)。（3）加热时易分解。现利用如下装置检验其受热分解所得产物是否含有CO、：各装置接口的连接顺序为a→hi→_______(填标号)；实验开始时，先通一段时间的。若气体产物中含有CO，则装置中的现象是_______。47．（菏泽一模，18）碳酸锰()用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等。某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为)制备，过程如下(部分操作和条件略)。已知：不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；。回答下列问题：（1）制备溶液：m g软锰矿粉经除杂后制得浊液，向浊液中通入，制得溶液，实验装置如下图所示(夹持和加热装置略)。通过装置A可观察通入与的快慢，则A中加入的最佳试剂是_______；为使尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是_______；转化为的离子方程式为_______。实验中若将换成空气，将导致浓度明显大于浓度，原因是_______。（2）制备固体：在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到固体。若用同浓度的溶液代替溶液，将导致制得的产品中混有_______(填化学式)；用乙醇洗涤的目的是_______。（3）测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使完全转化为(其中完全转化为)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去，加入稀硫酸酸化，再用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应，消耗标准液的体积平均为mL；用mL 酸性溶液恰好除去过量的。软锰矿中锰元素的质量分数为_______(用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是_______(填标号)。A.滴定管水洗后直接装入标准液 B.滴定终点时俯视滴定管读数C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡 D.锥形瓶未干燥即盛放待测液48．（淄博一模，18）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)①仪器b的名称为_____，仪器c除冷凝回流外，另一作用为_____。②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_____。（2）步骤II可在如图装置中进行。①接口的连接顺序为a→_____。②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_____时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。（3）测定产品纯度称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为_____。②下列情况会导致产品纯度偏大的是_____(填标号)。A.未加尿素，直接进行滴定B.滴定达终点时，俯视刻度线读数C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成49．（青岛一模，19）三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾{，x、y均为整数}常用于化学光量计。实验室用(易潮解，易升华)和为原料制备，实验步骤如下：I.无水的制备：（1）仪器连接顺序为_______(仪器不重复使用)。（2）B中冷水的作用为_______。Ⅱ.三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备：称取一定质量草酸钾固体，加入蒸馏水，加热。溶解。时，边搅拌边向草酸钾溶液中加入过量溶液。将上述溶液置于冰水中冷却至绿色晶体析出。用布氏漏斗过滤、乙醇洗涤、干燥得三水合草酸合铁酸钾晶体。整个过程需避光。（3）用无水配制所需溶液，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。（4）乙醇代替水洗涤的目的是_______。Ⅲ.晶体组成的测定及误差分析取少量晶体配成溶液，用标准酸性高锰酸钾溶液进行第一次滴定，达终点时消耗标准液，向滴定后的溶液中加入过量锌粒将还原为。过滤，用该高锰酸钾溶液进行第二次滴定，终点时消耗标准液(杂质不反应)。（5）第二次滴定时的离子反应方程式为_______。（6）中_______。下列情况会导致y偏高的是_______。(填标号)。A.样品中含有草酸钾杂质B.第一次滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失C.第二次滴定终点读数时仰视D.第二次滴定终点时颜色为深紫红色50．（日照一模，20）环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：相关数据如下：回答下列问题：（1）的作用是_______：加入食盐的目的是_______。（2）环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是_______。（3）减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用_______(填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有_______。减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是_______(填标号)。a.关闭真空泵 b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温c.缓慢打开双通旋塞 d.停止通冷凝水（4）本实验中环己酮的产率为_______(保留2位有效数字)。（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为_______。第三部分 化学工艺流程一、化学实验流程1．（临沂一模，7）正丁醛经催化加氢可得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为提纯1－丁醇设计如图路线。已知：①1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚；②R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓。下列说法错误的是A．试剂a为饱和NaHSO3溶液，试剂b为乙醚B．操作I和操作III均为过滤C．无水MgSO4的作用是干燥除水D．蒸馏时冷却水应从球形冷凝管的上口进入二、化学工业流程2．（泰安一模，8）某化工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收方案如下：下列说法错误的是A．试剂a选择溶液比溶液更合适B．回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇C．试剂b为，试剂c为稀硫酸D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为蒸馏3．（烟台一模，8）利用V2O3制备氧钒碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的工艺流程如下：已知：+4价钒在弱酸性环境中具有还原性。下列说法正确的是A．V2O3制备NaVO3过程中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2B．生成V2O5的反应为2NaVO3+2NH4C12NaC1+V2O5+2NH3↑C．由V2O5制备VOC12的两种路径，路径I更符合绿色化学思想D．路径II中若盐酸浓度过低，可能生成副产物VO2Cl4．（济南一模，9）工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备。“酸性歧化法”中，利用软锰矿(主要成分为)先生成，进而制备的流程如下所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备。下列说法正确的是A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为C．“结晶”获取晶体时采用蒸发结晶D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个5．（青岛一模，9）溴苯可用于生产镇痛解热药和止咳药，其制备、纯化流程如图。下列说法错误的是A．“过滤”可除去未反应的铁粉B．“除杂”使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质C．“干燥”时可使用浓硫酸作为干燥剂D．“蒸馏”的目的是分离苯和溴苯6．（临沂一模，9）实验室以工业废渣(主要含CaSO4•2H2O，还含少量SiO2)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如图。下列说法正确的是A．为提高浸取效率，浸取时需在高温下进行B．浸取时，需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水，抑制水解C．滤渣经洗涤和干燥后得纯净的轻质CaCO3D．对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶可得到纯净的(NH4)2SO4晶体7．（淄博一模，10）从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A．“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子B．进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用D．操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧8．（菏泽一模，12）(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量、、等)为原料制备钴酸锂的一种流程如下：已知：①的溶解度随温度升高而降低；②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：下列说法错误的是A．高温时“合成”反应的化学方程式为B．滤渣1主要成分有、C．“洗涤”时最好选用冷水D．“除杂2”调pH=12时，溶液中9．（青岛一模，12）我国首创高钛渣沸腾氯化法获取，以高钛渣(主要成分为，含少量V、和的氧化物杂质)为原料采用该方法获取并制备金属钛的流程如下。下列说法错误的是流程中几种物质的沸点如表A．“除钒”反应B．“除硅、铝”过程中，可通过蒸馏的方法分离中含、的杂质C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序可以交换D．“反应器”中应增大湿度以提高反应速率10．（聊城一模，12）实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：下列说法错误的是A．“浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高的转化率B．“浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为C．“浸取2”时，发生反应的离子方程式为D．“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、11．（日照一模，13）一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：下列说法正确的是A．“滤渣I”为B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率C．生成的离子方程式为D．“沉钴”时，用代替可以提高的纯度12．（潍坊一模，13）锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及杂质)为原料生产金属锰和高品位的工艺流程如图所示：已知25℃时，部分物质的溶度积常数如表所示：说明：整个流程中Co、Ni均为＋2价。下列说法正确的是A．“氧化”时的主要作用是氧化B．“滤渣3”的成分为CoS、NiSC．“沉锰”时，为了增强沉淀效果，应将溶液滴加到溶液中D．“电解”时，以Fe作电极，、溶液为电解液、阳极产物为，每生成1mol 转移电子数为613．（济宁一模，13）中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿(主要成分为、，含少量)为原料冶炼钨的流程如图所示：已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时，和开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。下列说法错误的是A．位于元素周期表第六周期B．“系列操作”步骤仅涉及物理变化C．流程中“调pH”范围为8~10.3D．参与反应的化学方程式为14．（烟台一模，14）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb及少量BaSO4，从中回收PbO的工业流程及一些难溶电解质的溶度积常数如下：下列说法错误的是A．“脱硫”的目的是将PbSO4转化为PbCO3B．滤渣的主要成分为BaSO4C．“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂D．“沉铅”后的滤液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)三、化学工业流程（非选择题）15．（聊城一模，17）铜电解液中主要含、、、、、等，为提纯得到粗硫酸镍晶体和胆矾晶体，某兴趣小组设计了如图流程：已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：（1）为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有___________(任写一点)。（2）向“溶液1”中通入稍过量的，写出主要反应的离子方程式___________。（3）请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入的原因___________。（4）“操作X”为在___________(填仪器名称)中加热至___________，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。（5）若“溶液3”中的浓度为0.002mol/L，取等体积的溶液与该溶液混合，要使反应结束时，则所加溶液的浓度至少为___________mol/L。[已知室温下]（6）室温下选择萃取剂HR，其萃取原理为：，溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因：___________。试剂a为___________(填化学式)。16．（临沂一模，17）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。回答下列问题：（1）为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。（2）“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。17．（青岛一模，17）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：②当离子完全沉淀时，。回答下列问题：（1）为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有_______(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为_______。（2）写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式_______、_______。（3）“氧化除杂”中加入和的作用分别是_______，溶液的应调节为_______之间。（4）“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为_______。[已知]（5）称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_______。18．（日照一模，17）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：（1）“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。（2）“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。（3）用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。（4）“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。19．（泰安一模，18）氧化钪可提高计算机记忆元件性能，利用钪精矿为原料(主要成分为，还含有、等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：已知：钪与铝类似，其氢氧化物具有两性；是钪元素的萃取剂，萃取发生的反应为。（1）加入氨水调节，过滤，滤渣主要成分是_______。（2）上述洗脱剂X最好选择_______(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)溶液。（3）过程中生成的离子方程式_______。（4）“沉钪”前先加入稀盐酸调节溶液至酸性，然后用草酸“沉钪”。25℃时的草酸溶液中_______。(25℃时，草酸电离平衡常数为，)。（5）“沉钪”后所得到的草酸钪晶体的化学式为，灼烧发生分解反应的化学方程式为_______，写出固体产物溶于溶液的离子方程式_______。20．（烟台一模，17）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：回答下列问题：（1）“顺铂”分子中Pt的化合价为_______。（2）“氧化浸出”中，应选用上表所列_______mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为_______。（3）“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为_______；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为_______mol-1·L。（4）“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为_______；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有_______(填化学式)。21．（济宁一模，17）一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含、、，还有少量及、、等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下：已知：T温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。回答下列问题：（1）“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中_______(填>、<或=)，此时杂质、、沉淀效果最好，生成，其余沉淀均是磷酸正盐，写出与反应生成沉淀的离子方程式_______，溶液中的浓度为 mol·L，则_______，_______(已知：T温度下，，)。（2）“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是_______。制备过程中采用“抽滤”，其目的是_______。（3）从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH>6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因_______。22．（济南一模，17）工业上利用石煤矿粉(主要含及少量、)为原料生产，工艺流程如下：已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为、、；②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：③25℃时，。回答下列问题：（1）“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。（2）滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。（3）“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中 mol·L，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中至少_______mol·L。（5）“煅烧”时，制得产品。但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分会转化成，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_______。23．（菏泽一模，17）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：回答下列问题：（1）滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为_______(填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示_______(填标号)。A． B． C．（3）“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_______；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是_______。（4）已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是_______。（5）该工艺流程中，可以循环使用的物质有_______。24．（淄博一模，17）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。②25℃时相关物质的Ksp见表：回答下列问题：（1）矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。①试剂B为_____(填标号)。A.H2SO4 B.H2O2 C.Na2CO3 D.NH4Cl②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]需要调节溶液的pH略大于_____。（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar25．（潍坊一模，18）氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①在空气中易被氧化，易与形成复盐沉淀；②硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为；③在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”中氧化的目的是___________。（2）步骤①中加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈，写出硫脲与反应生成的离子方程式___________。（3）步骤③反应的离子方程式为___________。（4）步骤④萃取时存在反应：。分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比称为分配比()。取20mL含四价铈总浓度为0.1的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂，充分振荡，静置，若，则水层中_______________。(计算结果保留二位有效数字)。（5）步骤⑤“反萃取”时双氧水的作用是___________。（6）产品是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，催化机理如图所示。写出过程①发生反应的化学方程式___________。第四部分 化学反应原理一、电化学1．（济南一模，6）以硝酸盐为离子导体的电池装置与其某一电极M附近的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．镍电极上发生还原反应B．是该过程中的中间产物C．固体电解质能起到隔绝空气的作用D．M的电极反应为2．（济宁一模，7）在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法错误的是A．反应后，石墨电极的质量发生变化B．a极是电源的负极C．该体系中，优先于石墨参与反应D．电极A的电极反应：3．（潍坊一模，8）pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为：(E的单位为V，K为常数)。下列说法错误的是A．计工作时，化学能转化电能B．玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化C．若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应：D．若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数4．（泰安一模，9）一种汽车玻璃采用了电致变色技术，其工作原理如下图所示：在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法错误的是已知：和均无色透明；和均为蓝色；A．当A接电源正极时，脱离离子储存层B．当A接电源负极时，电致变色层发生反应为：C．当B接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光D．该凝胶电解质聚环氧乙烷的结构简式为，可以与水分子之间形成氢键，为水溶性聚合物5．（济南一模，10）电解水溶液制备的装置如图所示。电解后测得b极区溶液中溶质的总物质的量增大。下列说法错误的是A．水溶液盛放在a极区B．离子交换膜为阳离子交换膜C．当外电路转移2 mol电子时，两极室溶液质量变化相差76 gD．“电解法”所得副产品可用作“酸性歧化法”制备的原料6．（临沂一模，10）利用库仑测硫仪测定气体中SO2的体积分数，其原理如图所示。待测气体进入电解池后，SO2将I还原，测硫仪便自动电解，溶液中保持不变。若有标准状况下VmL气体通入电解池(其它气体不反应)，反应结束后消耗x库仑电量(已知：电解转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑)。下列说法正确的是A．M接电源的负极 B．阳极反应式为2H++2e-=H2↑C．反应结束后溶液的pH增大 D．混合气体中SO2的体积分数为×100%7．（烟台一模，12）科研人员通过控制光沉积的方法构建复合材料光催化剂，以Fe2+和Fe3+渗透Nafion膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化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．a的价电子排布式：3d5B．体系中能量转化形式：电能→化学能C．体系中总反应的活化能：Ea正>Ea逆D．理论上每消耗18g水生成46gHCOOH8．（聊城一模，13）科学家设计了一种能产生羟基自由基()的原电池—电解池组合装置，能将苯酚氧化为和，实现发电、环保二位一体，如图所示。下列说法错误的是A．a极为正极，N为阳离子交换膜B．d极的电极反应式为C．a极区每产生1mol，c极区溶液质量减轻3gD．b极区消耗1mol，理论上电路中转移电子28mol9．（临沂一模，13）一种光照充电电池结构如图所示，充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3。下列说法正确的是A．充电过程中，光能最终转化为电能B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C．放电时，电极M为正极，电极反应为S+6e-=4S2-D．放电时N电极室增加2mol离子，理论上外电路转移1mol电子10．（青岛一模，13）八钼酸铵可用于染料、催化剂、防火剂等。该化合物可通过电渗析法获得，工作原理如图。下列说法错误的是A．a连接电源正极B．生成的反应为C．电解一段时间后，b极附近氨水的浓度减小D．双极膜附近的移向左侧11．（烟台一模，13）电解苯酚的乙腈(CH3—CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（，装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法错误的是A．电极a为负极B．装置工作时，乙室溶液pH减小C．c的电极反应式为+CH3-CN+H2O-2e- +2H+D．合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g12．（济南一模，13）我国科学家发现，将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：下列说法正确的是A．若从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少B．为了提高电导效率，左极室采用酸性水溶液C．放电时，离子可经过隔膜进入右极室中D．充电时，电池的阳极反应为13．（菏泽一模，13）我国科研团队在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应，大大提高了电池的能量密度。以S、Zn为电极，溶液为电解液来构建水系级联电池，原理如图所示。已知：第一步反应为，当正极的硫完全反应生成后，继续高效发生第二步反应(单独构建该步电池时效率较低)。下列说法错误的是A．电池工作时，正极质量一直增加B．步骤1的放电产物可能对步骤2的放电过程起催化作用C．放电时，第一步反应的正极反应式为D．用此电池对粗铜电解精炼，理论上相同时间内两池电极上析出铜的物质的量相等14．（淄博一模，13）下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是A．M电极接太阳能电池的P电极B．通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小C．膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D．每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O15．（日照一模，14）双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到和。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是A．a为阳极，b为阴极B．b极上草酸发生的反应为C．HBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介D．两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g16．（泰安一模，14）双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是A．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜B．放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小C．充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=D．充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g17．（潍坊一模，14）我国科学家研究出一种钠离子可充电电池的工作示意图如下，该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作，工作原理示意图如下：其中代表没参与反应的-COONa，代表没参与反应的-ONa．下列有关说法错误的是A．放电时，b极为正极B．充电时，钠离子由b极向a极移动C．充电时，阴极发生反应为D．若电池充满电时a、b两极室质量相等，则放电过程中转移0.3mol电子时，两极质量差为6.9g18．（聊城一模，15）水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO空位中嵌入的电极材料充放电过程如图2所示(除中心空位外，其他空位未画出)。下列叙述中正确的是A．该材料在锌电池中作为负极材料B．①为MnO活化过程，其中Mn的价态一定发生变化C．②代表电池放电过程D．③中1mol晶胞转移的电子数为0.2mol二、化学反应机理19．（聊城一模，10）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是A．反应过程中有极性键的断裂和生成B．都有可能在循环中作催化剂C．反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变D．该循环的总反应为：20．（青岛一模，10）某溴丁烷与乙醇反应的能量转化如图(“”表示过渡态)。下列说法错误的是A．总反应为取代反应 B．该反应过程中C原子杂化方式有变化C．加可以加快该反应的反应速率 D．该过程正逆反应的决速步骤不同21．（日照一模，10）CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。主反应： 副反应： 下列说法正确的是A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、B．*与结合形成*C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成D．反应为决速步22．（潍坊一模，10）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是A．反应过程中有非极性键的断裂B．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为D．反应过程中，存在反应23．（烟台一模，10）在Fe2+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．X为C2H5OH，是中间产物之一B．过程①~⑥，Fe元素的化合价均发生了变化C．增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变D．每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO24．（济宁一模，12）为平面结构，可以作为和CO反应制备的催化剂，反应历程如下图所示，下列说法错误的是A．A离子中Rh原子的杂化轨道类型为B．反应的总方程式为C．化合物E生成的过程为取代反应D．和CO反应制备的反应历程有2种25．（淄博一模，12）一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A．反应④有极性键的断裂与生成B．反应②③均为氧化还原反应C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)26．（日照一模，12）某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是A．过程I中发生还原反应B．a和b中参与反应的数目相等C．过程Ⅱ的反应为D．过程I→Ⅲ的总反应为27．（泰安一模，12）乙炔能在催化下与水反应生成，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是A．过程①中，水分子中的氧原子向的空轨道提供孤对电子B．本反应历程涉及的物质中，最稳定C．转化为的过程涉及消去反应D．其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变28．（济宁一模，14）芳香羧酸是一种重要的有机分子骨架，利用电化学方法，芳香烃与CO2选择性的C-H键羧基化反应如图所示，下列说法错误的是A．生成1 mol芳香羧酸，电路中转移的电子数为2NAB．电池工作过程中需要不断补充I-C．不同的取代基-R影响路径Ⅰ或Ⅱ的选择路径D．该反应原子利用率为100%29．（济南一模，14）研究表明，用作催化剂促进水分解时存在两种不同的路径，分解过程中的部分反应历程如图所示(物质中原子之间的距离单位为)。下列说法错误的是A．水的分解反应为放热反应B．反应历程中，钒原子的杂化方式发生改变C．IM2中，距离为“2.174和“2.390”的原子之间作用力是氢键D．适当升高温度，IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度四、水溶液30．（聊城一模，14）、均是难溶物，用pM、pOH、分别表示、、。一定温度下，、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．Ⅰ表示的沉淀溶解平衡曲线B．的是C．Q点可通过和的混合物溶于水得到D．同时存在和固体的溶液中31．（菏泽一模，14）常温下，向一定浓度溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线M表示B．常温下，C．a点溶液中：D．b点溶液中：32．（临沂一模，15）室温下，亚砷酸[As(OH)3]和酒石酸(H2T)混合体系中部分微粒的c－pH关系如图所示(浓度：总As为5.0×10-4mol•L-1，总T为1.0×10-3mol•L-1)。已知：Ka1(H2T)=10-3.04，Ka2(H2T)=10-4.37。下列说法正确的是A．Ka1[As(OH)3]的数量级为10-10B．HT-的酸性强于[As(OH)2T]-C．pH=3.1时，溶液中浓度最高的微粒为[As(OH)2T]-D．向H2T溶液中滴加NaOH溶液至中性时：c(HT-)＞c(T2-)33．（青岛一模，15）时，向的溶液()中通入或加入调节，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与关系如图。下列说法正确的是A．溶液中存在：B．曲线M表示的分布分数随变化C．的D．该体系中34．（日照一模，15）25℃时，向一定浓度的溶液中逐滴加入HCl，以X表示或。已知，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是A．曲线I表示与pH的关系B．第一步电离常数的数量级为C．时，D．时，35．（泰安一模，15）25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：下列说法错误的是A．25℃时，第一步电离平衡常数B．c点溶液中：C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>aD．b点溶液中：36．（潍坊一模，15）AgCl()和(砖红色)都是难溶电解质，以对pCl和作图的沉淀平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．阴影区域AgCl和都沉淀B．C．向含有AgCl(s)的1.0 KCl溶液中加入，白色固体逐渐变为砖红色D．用硝酸银标准液滴定溶液中的，作指示剂的浓度在0.01左右时滴定误差较小37．（烟台一模，15）分析化学中“滴定分数”的定义为滴定过程中标准溶液与待测溶液溶质的物质的量之比。常温下用0.01mo1·L-1的NaOH溶液滴定0.01mol·L-1某二元弱酸H2R溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．H2R的Ka1约为5.67×10-2，Ka2约为4×10-5B．从b点到e点，溶液中一定存在：c(R2-)>c(H2R)C．c点溶液中，c(R2-)+c(OH-)=c(HR-)+c(H+)+3c(H2R)D．滴定过程中，混合溶液中始终增大38．（济宁一模，15）常温下，向20 mL 0.1 mol/LNaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是A．B．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：c(M-)＞c(HN)C．随着HM溶液的加入的值变大D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：39．（济南一模，15）乙二胺(，简写为EDA)是常用的分析试剂，为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，向20 mL 0.1 mol·L其盐酸盐溶液EDA中加入NaOH固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、EDA三种粒子的浓度的对数值()、所加NaOH固体质量与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是A．乙二胺第一步电离常数的数量级为B．时，C．时，D．时，加入NaOH溶液的质量g40．（淄博一模，15）常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是A．L2表示pc(HPO)和-lg的关系B．H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性41．（临沂一模，14）某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．反应①～④均为氧化还原反应B．反应②为NH+ =NH+ C．消耗0.5molO2，理论上可处理1molNOD．总反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O42．（青岛一模，14）联氨的性质类似于氨气，将联氨加入悬浊液转化关系如图。下列说法错误的是A．的沸点高于B．通入氧气反应后，溶液的将减小C．当有参与反应时消耗D．加入的反应为三、化学平衡43．（淄博一模，14）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大B．900℃，ts后达平衡，H2平均生成速率为pkPa∙s−1C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性五、化学反应原理综合（非选择题）44．（聊城一模，20）低碳烯烃是指乙烯、丙烯、丁烯，它们是有机合成的重要原料。（1）我国学者用催化加氢合成低碳烯烃，反应过程如图所示：①在存在下，加氢反应中，RWGS反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“不能判断”)FTS反应的活化能。②已知：Ⅰ．Ⅱ．向某密闭容器中加入1mol和3mol，在一定条件下发生上述反应。研究发现，乙烯的平衡产率随温度变化曲线如图所示，请解释550K以后，曲线变化的原因是___________。③在催化剂存在下，400kPa、500℃条件下，将1mol和3mol加入某密闭容器中合成低碳烯烃：，40min时反应达到平衡，此时测得的转化率和各含碳产物占所有含碳产物的物质的量分数如下表：反应达到平衡后，的分压是___________kPa(结果保留三位有效数字，下同)，从反应开始到平衡时，的反应速率是___________。（2）正丁烷催化脱氢可得到2-丁烯，其有顺反异构，其转化关系如下：若用表示反应的体积分数平衡常数(即浓度平衡常数中的浓度用体积分数代替)。上述三个反应的体积分数平衡常数的对数与温度的变化关系如图所示：回答下列问题：①图中b=___________(用含a、c的代数式表示)。②在时，向某密闭容器中加入2mol正丁烷，测得生成的顺-2-丁烯为0.15mol，则平衡体系中为___________mol。保持恒温恒压下，再向该容器中充入一定量惰性气体He，则反-2-丁烯的体积分数将会___________(填“增大”“减小”或“不变”)。45．（临沂一模，20）以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49kJ•mol-1II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2回答下列问题：（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。（2）在恒压密闭容器中，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为10kPa)。①反应Ⅱ对应图1中_____(填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp=_____kPa-2(保留两位有效数字)。②通过调整温度可调控平衡时的值。B点对应温度下，平衡时=400，则p(H2)= _____kPa。（3）在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是_____；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是______。（4）向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比甲：乙=16：25，则甲、乙容器的体积之比为______。46．（青岛一模，20）与的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和。主要反应如下：反应I：；反应Ⅱ：；反应Ⅲ：已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。（1）上述三个反应的平衡常数、与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的，_______。（2）向密闭容器中，通入和，若仅考虑上述反应，平衡时、、、的物质的量随温度T的变化如图2所示。时，的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数_______。后随温度升高，物质的量减少的原因为_______。（3）DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①；②。目前积碳问题的解决方案主要有两种：A.提高原料气中的占比；B.在常规的催化剂中添加，使其在催化剂表面与形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。（4）使用复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释循环的原理_______。47．（日照一模，18）溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：（1）已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是_______(填标号)。A． B．C． D．（2）“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=_______；容器体积缩小到 L时，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则_______(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）新工艺中，“氧化溴化”反应： 。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。a点对应的压强为_______；b点对应的反应条件为_______，此时_______(保留三位有效数字)。48．（泰安一模，20）烯腈()是一种重要的化工原料，以为原料通过脱水、腈化合成丙烯腈的主要反应如下：（1）的名称为_______。（2）某科研小组在盛有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示(例如A的物质的量分数w%%)。①随着温度的升高，平衡的物质的量分数先增大后减小的原因是_______。②a点对应反应的压强平衡常数_______(保留两位有效数字)。③在实际生产中，充入一定量(不参与反应)可以提高丙烯腈的平衡产率，原因是_______。（3）家研究腈化反应的机理，通过DFT计算发现反应分2步进行：反应ⅰ：反应ⅱ：恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量和，图甲为该体系中B、M、C浓度随时间变化的曲线，图乙为反应ⅰ和ⅱ的曲线(，k为速率常数，为反应活化能，R、C为常数)。①在时刻之后，反应速率、、的定量关系为_______。②结合图乙，反应ⅰ、ⅱ正反应的活化能、的大小关系为_______(填序号，下同)，反应ⅰ、ⅱ的、的大小关系为_______。a.前者大于后者 b.前者小于后者 c.无法比较49．（潍坊一模，20）甲醇合成丙烯有“一步法”和“两步法”两种合成方式，“一步法”是在催化剂的作用下由甲醇直接合成丙烯；“两步法”则分两步合成，其热化学方程式如下：反应I：甲醇醚化反应(DME) 反应II：含氧化合物制丙烯反应(OTP) 已知部分键能数据如下：回答下列问题：（1）“一步法”合成丙烯的热化学方程式为___________。合成丙烯时有乙烯等副产物，若选择作载气时，保持总压不变，调控甲醇和的不同分压，各产物的选择性如下表所示(其他产物略)：分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为___________MPa。（2）已知：。温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，达平衡状态时，体系中的物质的量分数为___________(填序号)。A． B． C． D．（3）“两步法”中，在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为，则平衡混合体系中，丙烯的体积分数为___________(用含、的式子表示，下同)，若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应II(OTP)的平衡常数___________。（4）“两步法”中存在反应Ⅲ： △H，同时也会有芳香烃等副产品，其中丙烯和芳香烃选择性与不同温度下反应I进行的程度的关系如图所示。要提高丙烯的选择性，可采取的措施是___________，当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是___________。50．（烟台一模，20）甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：（1）H2捕集CO2合成CH4涉及下列反应：I.4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1平衡常数K1II.H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2平衡常数K2①相关物质相对能量大小如图所示，则△H1=_______kJ·mol-1，升高温度，_______(填“增大”或“减小”)。②起始物=3时，反应在不同条件下达到平衡。240℃甲烷的物质的量分数x(CH4)与压强p的变化关系、5×105Pa时(CH4)与温度T的变化关系如图所示。图中对应A、B两点的速率：vA(正)_______vB(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点CH4与CO的分压相同，则p(H2O)=_______Pa，反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=_______。（2）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一、恒压、750℃时，CH4和CO2反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。其中过程II主要发生如下反应：i.CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)ii.2Fe3O4(s)+8H2(g)⇌6Fe(s)+8H2O(g)iii.Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)过程II平衡后通入He，反应iii的化学平衡将_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时，n(CO2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，p(CO)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。51．（济宁一模，20）2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题：（1）在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入1 mol 和4 mol 发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ)，在不同温度下反应相同时间，测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。图中信息可知，代表曲线的是_______(填“MH”或“NG”)，反应Ⅰ活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系_______(用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则_______。（2）向恒压密闭装置中充入5 mol 和20 mol ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示图中缺少_______(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为_______，800℃时，的产率为_______。52．（济南一模，20）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ： 已知：①敞口容器可看成恒压装置，体系压强反应过程中与大气压(110*Pa)相等；②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%；③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂E中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为(p为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。回答下列问题：（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变随温度T的变化如图所示。据图判断，表示反应Ⅰ的焓变曲线为_______(填“a”“b”或“c”)；反应Ⅱ在_______(填“高温”或“低温”)下可自发进行。（2）为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0 mol DMC和1.0 mol GL，控制温度为℃。平衡时，测得液相体系中GLD的物质的量分数，反应Ⅱ的平衡常数Pa，平衡时GLD的产率=_______%，体系放出热量=_______kJ，反应Ⅰ各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数_______。同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将_______(填“增大”“减小”或“不变")，GLD与物质的量之比_______。（3）以W表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图_______(填“甲”或“乙”)；W最大的是_______(填“”“”或“”)。图丙为在不同催化剂下反应相同时间。DMC的转化率随温度变化的关系，图丙上的_______(填字母)点可能是甲、乙两图像所测绘时选取的位置。53．（菏泽一模，20）二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：（1）已知下列热化学方程式：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 则反应 _______。（2）①向体积均为V L的恒压密闭容器中通入1 mol 、3 mol ，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。A.的消耗速率和的消耗速率相等B.混合气体的密度不再发生变化C.容器内气体压强不再发生变化②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃、0.1MPa条件下，t min反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)（3）一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。54．（淄博一模，20）利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图：回答下列问题：（1）已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为______(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。（2）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为______。②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1______T2(填“>”，“<”或“=”)。③下列说法不正确的是______。A.四个反应均为放热反应 B.压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质C.反应体系中1－MD最稳定 D.由上述信息可知，400K时反应R4速率最快（3）1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率=______；y为65%时反应R1的平衡常数Kp=______kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因______。第五部分 物质结构与性质一、元素推断与性质1．（青岛一模，3）软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是A．简单离子半径 B．简单气态氢化物的热稳定性C．常温下M单质可以置换出W单质 D．为V形分子，其沸点高于W2．（菏泽一模，3）居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是A．第一电离能：XX>Y B．第一电离能：Y>X>ZC．阳离子中存在π大π键 D．X2Y2电子式：6．（济宁一模，6）W、X、Y、Z均为周期表中前两周期元素，其原子序数依次增大，X原子基态电子排布中无单电子。四种元素可以组成型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形。下列说法错误的是A．阴阳离子中都含有配位键 B．第一电离能：XZB．电负性和第一电离能均有Z>WC．同周期元素形成的简单氢化物中X稳定性最强D．同周期主族元素基态原子未成对电子数少于Y的有2种9．（临沂一模，8）M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是A．与Y同周期且第一电离能大于Y的元素仅有1种B．该化合物中含有离子键、共价键和配位键C．六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强D．M与X、Y形成的化合物中，前者的沸点一定低于后者10．（淄博一模，9）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化合物WZY4•5X2Y的热重曲线如图。下列说法错误的是A．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种 B．Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的C．WZY4•5X2Y中有三种不同结合力的X2Y D．220℃时，固体物质的化学式为WZY411．（聊城一模，9）短周期主族元素W、X、Y、Q的原子序数依次增大。W、X原子的最外层电子数之和为6，且符合核反应：；Y原子中s电子与p电子数目相同，Q的原子序数等于X原子序数的2倍。下列说法正确的是A．电负性： B．X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸C．原子半径： D．单质Q与X的最高价氧化物可以发生反应二、物质结构与性质基础12．（淄博一模，3）关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是A．热稳定性：H2O2＞H2S2 B．N2H2存在顺反异构现象C．键角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D．四种物质中沸点最高的是H2O213．（日照一模，3）铁铝铅榴石主要成分为，其组成也可写成的氧化物形式：。下列说法正确的是A．组成元素均位于元素周期表的p区B．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高C．基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态D．中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2：114．（临沂一模，4）我国科研工作者利用冷冻透射电子显微镜同步辐射等技术，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的某二维晶体，其结构如图所示。下列说法正确的是A．该二维晶体的化学式为CaCl2 B．Ca－Cl－Ca的键角为60°C．Can+和Cl-的配位数均为3 D．该晶体可由钙在氯气中燃烧制得15．（青岛一模，4）黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是A．黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力B．黑磷的熔点高于白磷C．黑磷中P原子杂化方式为D．第三周期只有元素的第一电离能大于P16．（聊城一模，5）我国科学家研究出联吡啶双酚铝氯化物，用作制备聚酯高效稳定的催化剂，其终步反应如图所示。已知含有大π键，下列说法正确的是A．反应物中C、N、O原子均采用杂化B．的熔点比的高C．产物中有2个配位键与Al相结合D．产物中含有离子键和共价键17．（济南一模，5）三聚氰胺()是一种有机合成剂和分析剂，结构中含大π键。下列说法错误的是A．晶体类型为分了晶体 B．1 mol该分子中存在15 mol σ键C．分子中所有化学键均为极性键 D．六元环上的N原子提供孤对电子形成大π键18．（菏泽一模，5）目前，甘肃某医药公司与北京大学共同开发研制的国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法错误的是A．基态Se原子的核外电子排布式为B．分子中有8种不同化学环境的C原子C．分子中的碳原子采取、杂化D．气态分子的键角小于的键角19．（淄博一模，5）铝的卤化物AlX3(X=Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是A．AlF3晶体类型与其他三种不同B．1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NAC．Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征20．（烟台一模，7）Cu2+可以与缩二脲(H2NCONHCONH2)形成紫色配离子，结构如图所示。下列说法正确的是A．该配离子需在碱性条件下制备B．该配离子中碳原子和氮原子都采取sp3杂化C．该配离子中配位键强度：Cu—NSe22．（济南一模，12）冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是A．该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型B．该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面C．该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1D．与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更大23．（菏泽一模，15）某水性钠离子电池电极材料由、、、组成，其立方晶胞嵌入和嵌出过程中，与含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是A．铁在元素周期表中位于第4周期ⅧB族B．普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白C．普鲁士蓝中与个数比为1：2D．普鲁士白的化学式为三、物质结构与性质综合（非选择题）24．（聊城一模，16）2022年诺贝尔化学奖授予在发展点击化学方面做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为CuCl催化的叠氮—炔基Husigen环加成反应，常用的无机试剂有、等。（1）铜在元素周期表中位置为___________，基态的价电子排布式为___________。（2）N、S、O、F的第一电离能由大到小顺序为___________。（3）的分子结构如图所示，键角的原因主要是___________。（4）是叠氮酸()的钠盐，在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8K，主要原因是___________。分子的空间结构如图所示(图中键长单位为)。、和N≡N的共价键键长分别为、和；试画出分子的结构式___________。（5）CuCl的晶胞中，的位置如图所示。填充于构成的四面体空隙中，则的配位数为___________；若为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为，则该晶胞中之间的距离为___________nm(用含ρ、的代数式表示)。25．（临沂一模，16）铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：（1）基态Fe3+的价电子排布式为______。（2）某铁的配合物结构如图1所示，可由(CH3)3SiCl与K[Fe(C5H5)(CO)2CO2]混合加热制得。①在(CH3)3SiCl、(CH3)3SiF、(CH3)4Si中，C－Si－C键角最大的是_______，原因是______。②C5H表示环戊二烯负离子，已知分子中的大π键可用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)，则C5H中的大π键应表示为______。③该铁配合物中碳原子的杂化方式共有_____种。（3）普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞棱长为apm。铁－氰骨架组成小立方体，Fe粒子在顶点，CN-在棱上，两端均与Fe相连，立方体中心空隙可容纳K+，如图2所示(CN-在图中省略)。①普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数之比为_____；该晶胞的化学式为______。②若所有铁粒子为等径小球，则K+与Fe2+之间最近距离为_____pm；该晶体的密度为_____g•cm-3(阿伏加德罗常数为NA)。26．（青岛一模，16）研究金属原子结构及晶体结构具有重大意义。（1）价电子轨道表示式为_______。（2）原子发射光谱法是通过处于激发态的待测元素微粒回到基态时发射的特征谱线对其进行鉴别的方法。下列状态的铁粒子处于激发态的是_______(填标号)。A． B． C． D．（3）利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的和，部分配合物的结构如下：①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释检验须在酸性条件下进行的原因_______。②配体SCN的空间构型为_______。③邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据_______。(填标号)。A.轨道 B.轨道 C.杂化轨道 D.杂化轨道（4）金属合金的结构可看作以四面体(相互共用顶点)替换立方金刚石结构中的碳原子，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置原子(四面体的4个顶点代表原子，圆球代表原子)，结构如图所示。①_______。②若原子A的原子坐标为(0.25，0.25，0.75)，则C的原子坐标为_______。③晶胞参数为a nm，则AB原子之间的距离为_______nm。27．（日照一模，16）VA族元素原子核外电子排布有着特殊性，能与其他元素组成结构、性质各异化合物。回答下列问题：（1）氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为_______，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合_______(填“泡利不相容原理”或“洪特规则”)。（2）沸点：_______(填“>”或“＜”，下同)，键角：_______。（3）As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______。（4）基态As原子的最高能级组的电子排布式为_______，与互为等电子体的分子为_______(写出一种)。（5）TiN晶胞中的少量Ti被Al代替后的立方晶胞结构如图所示。该晶胞中，距离Ti最近的Al有_______个；原子①与原子②的距离为_______nm(已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为)。28．（泰安一模，16）非金属及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态氟原子的核外电子有_______种空间运动状态，下列电子排布中属于氟原子且能量较高的是_______(填序号)。a. b. c. d.（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)，以上元素第三电离能的变化图是_______(填序号)。（3）在催化作用下，呋喃()可与氨反应转化为吡咯()。二者均存在与苯类似的大键，表示方法为，n为成环原子个数，m为形成大键电子个数，则的大键可以表示为_______。二者的熔、沸点关系为呋喃_______吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是_______。（4）晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。属于正交晶系(长方体形)。晶胞参数为、、。如图为沿z轴投影的晶胞中所有氯原子的分布图和原子分数坐标。①据此推断该晶胞中氯原子数目为_______。的摩尔质量为，晶胞密度为，则阿伏加德罗常数的值为_______(列出计算表达式，后同)。②图中A、B两原子的核间距为_______nm。29．（潍坊一模，16）有机—无机复合钙钛矿()型材料在太阳能电池及发光二极管等方面具有很好的应用前景，一种复合材料和(立方晶系)的晶胞结构如图所示。已知：A为间隔的阳离子，例如、等；A＇为单一组分钙钛阳离子，例如、、等；B为单一组分钙钛矿中心离子、等，X为单一组分钙钛矿的阴离子，例如、或等卤素离子。回答下列问题：（1）基态Ti原子的价电子排布式为___________。（2）H、C、N、O四种元素电负性由大到小的顺序为___________；第一电离能、、由大到小的顺序为___________。（3）中C的杂化方式为___________；正丁胺()的沸点为77.8℃，正丁醇()的沸点为117.6℃，正丁胺沸点低的原因是___________。（4）中Ca的配位数为___________；A为，A＇为，B为，X为，晶胞参数为a nm和c nm，该晶体的密度为___________。30．（烟台一模，16）铜及其化合物在机械制造、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）铜元素在元素周期表中的位置是_______。（2）Cu2+能与NH3形成具有对称空间结构的[Cu(NH3)4]2+。①[Cu(NH3)4]2+的H—N—H键角_______(填“>”、“=”或“<”)NH3的H—N—H键角。②若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3分别被C1-取代，能得到(m)、(n)两种不同结构的Cu(NH3)2C12：[Cu(NH3)4]2+的空间构型是_______；在水中的溶解度：(m)_______(n)(填“>”、“=”或“<”)。③NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2+形成配离子，理由是_______。（3）一种钇钡铜氧晶体属四方晶系，品胞参数如图所示，晶胞棱长夹角均为90°。晶体中Y元素的化合价为+3价，Cu元素以+2和+3两种价态存在。基态Cu3+的价层电子的轨道表示式为_______；设NA为阿伏加德罗常数的值，钇钡铜氧的摩尔质量为Mg·mol-1，则该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)；品体中Cu3+与Cu2+个数比为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，m)，则D的原子分数坐标为_______。31．（济宁一模，16）铁镁合金储氢材料，晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的1/4。回答下列问题（1）同周期中，第一电离能小于Mg的元素有_______种，基态Fe原子的价电子排布式为_______，Fe位于元素周期表中的_______区。（2）储氢后晶体的化学式为_______，Mg原子占据Fe原子形成的_______空隙，两个H原子之间的最短距离为_______，该储氢材料中氢的密度ρ为_______(用含a的代数式表示)。（3）(氨硼烷)也是具有潜力的化学储氢材料之一，中的键角_______中的键角(填>，＜或=)。32．（济南一模，16）研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为_______。在元素周期表中位置为_______。（2）1 mol 晶胞中含有Cl原子_______mol，含有杂化的中心原子_______mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是_______。（3）TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为_______；的沸点高于，主要原因是_______。33．（菏泽一模，16）我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_______。A. B.C. D.（2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是_______。（3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是：_______；的熔点高于的原因是_______。（4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为_______；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为_______。34．（淄博一模，16）LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：（1）基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。（2）Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。（3）Co(III)可形成多种配合物。①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有_____种。（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。第六部分 有机化学基础一、有机化学基础1．（聊城一模，4）聚合物商品Kodel的结构简式(假设为理想单一结构)如下：下列有关该聚合物的叙述错误的是A．属于线性高分子，具有热塑性 B．属于合成纤维，可降解C．可通过缩聚反应制得 D．聚合单体有3种2．（日照一模，4）有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是A．能与溴水发生加成反应和取代反应B．与足量加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应D．1mol M与足量溶液反应，最多消耗2mol 3．（菏泽一模，4）北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制成。下列说法正确的是A．PVC()的单体为氯乙烷B．PC()中所有碳原子均可共面C．亚克力()含有两种官能团D．ABS的单体之一苯乙烯能使高锰酸钾溶液褪色4．（烟台一模，4）小分子物质a通过选择性催化聚合可分别得到聚合物b、c.下列说法正确的是A．a难溶于水B．a分子中所有碳原子一定共平面C．a与足量H2加成后的产物中含有两个手性碳原子D．反应①和②均属于加聚反应5．（济宁一模，4）布洛芬属于芳基丙酸类解热镇痛药，其结构如图所示，下列说法正确的是A．一卤代物有6种B．分子式为C．分子结构中有1个手性碳原子D．一定条件下，可以发生氧化、取代、加成、消去反应6．（济南一模，4）核酸检测使用的一次性采样拭子是由聚酯或尼龙短纤维绒毛头和ABS塑料杆(丙烯腈、苯乙烯、1，3-丁二烯的共聚物)制成。下列说法正确的是A．采样拭子制备时需要高温杀菌B．尼龙的合成单体为二已胺和二已酸C．聚酯、尼龙纤维属于人造高分子材料D．ABS塑料杆的合成单体均不含顺反异构7．（临沂一模，5）异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合物X的结构如图所示。下列说法错误的是A．X分子中环上氧原子的杂化方式为sp2B．X分子中所有碳原子共平面C．X分子中有6种不同化学环境的氢原子D．1molX最多与3molBr2反应8．（青岛一模，5）氧化法制备联苯衍生物的转化过程如图所示。下列说法错误的是A．②③发生消去反应B．②③中最多处于同一平面的碳原子数相同C．⑤的苯环上的一氯代物有6种D．④与浓溴水反应最多可消耗9．（淄博一模，6）抗凝血药物替罗非班合成中间体结构如图，下列说法错误的是A．该有机物中N原子有两种杂化方式 B．其水解产物均可与Na2CO3溶液反应C．1mol该分子最多与3molNaOH反应 D．该有机物苯环上的一氯代物有3种10．（聊城一模，7）（有改动）苯并唑酮类化合物X常用于植物保护剂，结构如图。关于X的说法错误的是A．分子中所有原子不可能全部共面B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色C．X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子数目为4个D．1mol X与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4mol NaOH11．（菏泽一模，7）我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂海博麦布的结构简式如图。下列说法不正确的是A．该分子存在顺反异构体B．该分子中含有两个手性碳原子C．该物质可与碳酸氢钠溶液反应D．该物质的化学式为12．（淄博一模，7）高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是A．m分子有对映异构体 B．n分子中所有原子共平面C．高分子材料p可降解 D．聚合过程中有小分子生成13．（泰安一模，7）布洛芬具有消炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列说法错误的是A．甲、乙中不对称碳原子数目相同B．甲分子中最多有10个碳原子共平面C．甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应D．乙中氮原子为杂化14．（潍坊一模，7）7-ACCA是合成头孢克罗的关键中间体，其结构如图所示。下列说法正确的是A．该化合物的化学式为 B．分子中有5种不同化学环境的氢原子C．分子中含有3个手性碳原子 D．不存在分子中含有苯环的同分异构体15．（济南一模，8）由高分子修饰后的对乙酰氨基酚具有缓释效果，二者结构如图所示。下列说法正确的是A．对乙酰氨基酚可与溶液反应B．对乙酰氨基酚与足量加成后，产物分子中不含手性碳原子C．可通过缩聚、取代反应修饰制得缓释对乙酰氨基酚D．缓释对乙酰氨基酚与NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH16．（青岛一模，8）吲哚布芬是抗血栓药物，结构如图所示。关于该有机物说法错误的是A．分子式为 B．存在对映异构体C．吲哚布芬最多能与反应 D．不能使酸性溶液褪色17．（日照一模，9）有机物W结构如图所示，下列关于W的说法错误的是A．分子中无手性碳原子B．分子中碳原子的杂化方式有2种C．1mol W中含σ键的数目为19D．W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与溶液反应的有18种18．（烟台一模，9）对乙酰氨基酚(a)具有解热镇痛作用，由对乙酰氨基酚可合成更为长效的对乙酰氨基酚缓释片(b)。下列说法错误的是A．a的分子式为C8H9NO2B．a能与溴水发生取代反应C．1molb一定条件下与NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOHD．a苯环上的二溴代物有4种19．（临沂一模，11）化合物Y是一种天然除草剂，其结构如图所示。下列说法错误的是A．Y中含氧官能团有3种B．1molY最多消耗4molNaOHC．Y可发生取代、加成、消去反应D．Y与足量H2加成后，产物分子中含5个手性碳原子20．（潍坊一模，12）我国科学家设计如下图所示“电子转移链”过程，实现了低温条件下氧化高效制。下列说法错误的是A．反应Ⅰ为取代反应B．水解可制取C．参加反应的和的物质的量之比为2：1D．1mol 最多能与4mol 发生反应二、有机推断综合（非选择题）21．（青岛一模，18）ZY12201是一款新型TGR5激动剂，目前已经在体外、体内实验上证明了对糖尿病治疗的有效性。其合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）B中官能团的名称为_______，G的结构简式为_______。（2）的化学方程式为_______，的反应类型为_______。（3）符合下列条件的A的同分异构体有_______种。a.含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基；b.遇溶液显紫色；c.能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体。（4）结合题目信息，写出以和溴丙烷为原料制备的合成路线_______。22．（聊城一模，19）我国科学家研发一条氯霉素(H)的合成路线如图所示：已知：（1）氯霉素(H)中的官能团有___________种。（2）B→C的化学反应方程式为___________。D→E的反应类型是___________。（3）E的同分异构体中，符合下列条件的有___________种。①能使发生显色反应 ②含基团（4）F的结构简式为___________；在G→H的反应中，通过___________(填操作)使平衡转化率增大。（5）根据上述信息，写出以溴乙烷为原料合成的路线(无机试剂任选)___________。23．（临沂一模，19）布洛芬常用于感冒引起的发热，其一种合成路线如图所示。已知：①R－CHO+②++H2O回答下列问题：（1）A的名称为_____；B→C的反应类型为_____；E中含氧官能团的名称为_____。（2）G的结构简式为______；H与足量热的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。（3）满足下列条件的布洛芬的同分异构体的结构简式为______(任写一种)。①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色；②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1。（4）季戊四醇()是一种重要的化工原料，设计由甲醛和乙醇为起始原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)______。24．（日照一模，19）文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如下图所示：已知以下过程：I.II.III.回答下列问题：（1）物质A的名称为_______，B→C的化学反应方程式为_______。（2）试剂X的结构简式为_______，C→D的反应类型为_______。（3）E中含氧官能团的名称为_______。（4）同时满足下列条件的C的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。①苯环上有两个取代基 ②分子中含有手性碳原子③能发生银镜反应 ④与发生显色反应（5）根据上述信息，写出以丙酮()为主要原料，制备的合成路线________________。25．（泰安一模，19）一种药物的关键中间体部分合成路线如下：（1）反应①的反应类型为_______，反应③参加反应的官能团名称为_______。（2）反应②要加入，目的是_______。（3）反应⑤的化学方程式为_______。（4）化合物()经过水解和氧化可得到化学式为的化合物Ⅰ，写出同时符合下列条件的Ⅰ的所有同分异构体的结构简式_______。①分子结构中有一个六元环；②谱显示分子中有3种氢原子。（5）设计以甲苯和乙烯为原料制备X()的合成路线_______(无机试剂任选，用流程图表示)。26．（潍坊一模，19）化合物J是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下：已知：I．II．回答下列问题：（1）A的化学名称是___________，C中官能团的名称是___________。（2）C→D的化学方程式为___________。（3）H→I的反应类型是___________，化合物E的结构简式___________。（4）写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式___________。①属于芳香族化合物且有两个六元环②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6：4：2：2：1：1（5）写出以甲苯和为主要原料合成化合物H的路线(无机试剂、有机溶剂任选)_______。27．（烟台一模，19）氯霉素(H)的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的名称为_______；A→B反应类型为_______。（2）C→D的化学方程式为_______；符合下列条件的E的同分异构体有_______种。①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应（3）F的结构简式为_______；试剂a为_______；G中含氧官能团有_______种。（4）根据上述信息，写出以乙烯为主要原料制备的合成路线__________。28．（济宁一模，19）驱除白蚁药物J的一种合成路线如下：已知：①(G为OH或OR')②③回答下列问题：（1）B→C反应类型为_______，“一定条件Ⅰ”具体是_______。（2）F中含氧官能团的名称为_______，E→F的转化在后续合成中的目的是_______。（3）E的结构简式是_______，G→H的化学方程式_______。（4）D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构有_______种。（5）根据上述信息，写出以戊二酸二甲酯为主要原料(其它原料任选)，制备合成的路线_______。29．（济南一模，19）新型抗癌药物(+)-Angelmaria的一种合成路线如下：已知：Ⅰ.R=H，烷基Ⅱ.楔形式表示有机物时，楔形实线表示的键伸向纸面外，楔形虚线表示的键伸向纸面内。例如乳酸的两种不同的空间结构为、，这两种结构的性质不完全相同。回答下列向题：（1）(+)-Angelmarin中能与氢氧化钠反应的官能团的名称为_______。（2）A→B的反应类型为_______；检验B中是否含有A的试剂为_______；D的结构简式为_______。（3）选用条件1生成E做中间体，而不选用E'的优点是_______。（4）F+G→(+)-Angelmarin的化学方程式_______。（5）符合下列条件的A的同分异构体有_______种。①含有苯环②能水解且能发生银镜反应③能与碳酸钠溶液反应（6）以和为原料合成，写出获得目标产物的较优合成路线_______(其它试剂任选)。30．（菏泽一模，19）他非诺喹主要用作于化工生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药。其中间体K的一种合成路线如下(部分条件已省略)。已知：①②回答下列问题：（1）有机物A中官能团的名称为_______。（2）G→H的反应类型为_______。（3）E→F的化学方程式为_______。（4）X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，则符合条件的X共有_______种；写出其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式_______。（5）已知P中有两个六元环结构，Q的结构简式为_______。（6）已知：，综合上述信息，写出以环己烯为主要原料制备的合成路线。____31．（淄博一模，19）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)ii.+(R为烃基)回答以下问题：（1）A的结构简式为_____；符合下列条件的A的同分异构体有_____种。①能与FeCl3溶液作用显色②能发生银镜反应③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1其中，能发生水解反应的结构简式为_____。（2）D→E的反应类型为_____；该反应的目的是_____。（3）F→H的化学方程式为_____，有机物J中含有官能团的名称是_____。（4）综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选_____。山东省各地市2023届高三一模化学试题分类汇编（1-101页为原卷版，102-310页为解析版）1．试卷来源：菏泽一模、济南一模、济宁一模、聊城一模、临沂一模、青岛一模、日照一模、泰安一模、潍坊一模、烟台一模、德州一模、滨州一模、淄博一模，共11套（烟台、德州、滨州试题相同）。2．所有题目全部归类，无删减。3．所有题目均标注来源（烟台、德州、滨州试题相同，只标注烟台）、原卷题号。4．题目按照由易到难的顺序排列。TOC \o "1-2" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc1333349719" 第一部分 化学基本概念、物质的基础性质  PAGEREF _Toc1333349719 \h 103 HYPERLINK \l "_Toc616870788" 一、化学与STSE  PAGEREF _Toc616870788 \h 103 HYPERLINK \l "_Toc1843769847" 二、物质的性质与应用  PAGEREF _Toc1843769847 \h 107 HYPERLINK \l "_Toc50792319" 三、物质的量  PAGEREF _Toc50792319 \h 110 HYPERLINK \l "_Toc1115497574" 四、氧化还原反应  PAGEREF _Toc1115497574 \h 111 HYPERLINK \l "_Toc635487908" 第二部分 化学实验  PAGEREF _Toc635487908 \h 114 HYPERLINK \l "_Toc1209093225" 一、化学实验基础  PAGEREF _Toc1209093225 \h 114 HYPERLINK \l "_Toc1739564661" 二、化学实验装置  PAGEREF _Toc1739564661 \h 117 HYPERLINK \l "_Toc1020887169" 三、实验表格题  PAGEREF _Toc1020887169 \h 123 HYPERLINK \l "_Toc1803793500" 四、化学实验综合  PAGEREF _Toc1803793500 \h 128 HYPERLINK \l "_Toc330709801" 化学实验综合（非选择题）  PAGEREF _Toc330709801 \h 135 HYPERLINK \l "_Toc551946971" 第三部分 化学工艺流程  PAGEREF _Toc551946971 \h 155 HYPERLINK \l "_Toc1590870204" 一、化学实验流程  PAGEREF _Toc1590870204 \h 155 HYPERLINK \l "_Toc1584113478" 二、化学工业流程  PAGEREF _Toc1584113478 \h 155 HYPERLINK \l "_Toc1840452887" 三、化学工业流程（非选择题）  PAGEREF _Toc1840452887 \h 165 HYPERLINK \l "_Toc137220421" 第四部分 化学反应原理  PAGEREF _Toc137220421 \h 183 HYPERLINK \l "_Toc2013662516" 一、电化学  PAGEREF _Toc2013662516 \h 183 HYPERLINK \l "_Toc1431113339" 二、化学反应机理  PAGEREF _Toc1431113339 \h 196 HYPERLINK \l "_Toc905042173" 三、化学平衡  PAGEREF _Toc905042173 \h 206 HYPERLINK \l "_Toc417129910" 四、水溶液  PAGEREF _Toc417129910 \h 206 HYPERLINK \l "_Toc1315773562" 五、化学反应原理综合（非选择题）  PAGEREF _Toc1315773562 \h 218 HYPERLINK \l "_Toc1567143375" 第五部分 物质结构与性质  PAGEREF _Toc1567143375 \h 243 HYPERLINK \l "_Toc91773170" 一、元素推断与性质  PAGEREF _Toc91773170 \h 243 HYPERLINK \l "_Toc538409644" 二、物质结构与性质基础  PAGEREF _Toc538409644 \h 248 HYPERLINK \l "_Toc1702281897" 三、物质结构与性质综合（非选择题）  PAGEREF _Toc1702281897 \h 255 HYPERLINK \l "_Toc1474697545" 第六部分 有机化学基础  PAGEREF _Toc1474697545 \h 271 HYPERLINK \l "_Toc1132868788" 一、有机化学基础  PAGEREF _Toc1132868788 \h 271 HYPERLINK \l "_Toc535705614" 二、有机推断综合（非选择题）  PAGEREF _Toc535705614 \h 281第一部分 化学基本概念、物质的基础性质一、化学与STSE1．（聊城一模，1）古代文化典籍蕴含丰富的化学知识。下列叙述中未涉及氧化还原反应的是A．《梦溪笔谈》：“石穴中水，所滴者皆为钟乳”B．《本草纲目》：“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂()而出”C．《神农本草经》：“空青(蓝铜矿类)…能化铜铁豁(铅)锡作金”D．《周易参同契》：“胡粉(碱式碳酸铅)投入火中，色坏还为铅”【答案】A【解析】【详解】A．石穴中水，所滴者皆为钟乳，涉及的反应为碳酸氢钙分解生成碳酸钙，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A符合题意；B．水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂（）而出，涉及转化为，有元素化合价的变化，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C．空青(蓝铜矿类)…能化铜铁豁(铅)锡作金，是说含铜的矿物质（主要是铜盐类物质）和铁或铅等金属反应，可以生成带有金色的金属单质，涉及金属化合物和金属单质之间的转化，有元素化合价的变化，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D．胡粉(碱式碳酸铅)投入火中，色坏还为铅，涉及碱式碳酸铅高温分解生成铅，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选A。2．（临沂一模，1）化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误是A．硅胶、生石灰均可用作食品干燥剂B．葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C．将CO2还原为甲醇，有利于实现“碳中和”D．焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关【答案】B【解析】【详解】A．硅胶、生石灰均能吸水而且无毒，所以可用作食品干燥剂，A正确；B．葡萄糖在酒化酶的作用下发生分解反应生成乙醇，B错误；C．将CO2还原为甲醇，能够减少向空气中排放CO2的量，有利于实现“碳中和”，C正确；D．焰火、激光的产生与原子核外电子跃迁释放能量有关，D正确；故选B。3．（青岛一模，1）2022年中国十大科技新闻之一是物理化学科学家联合突破海水无淡化原位直接电解制氢技术，向大海要水要资源又有新进展。下列说法正确的是A．该过程将化学能转化为电能B．、、互为同位素C．氢能源代替化石能源可缓解海水酸化D．实验室电解水常加入少量稀盐酸增强导电性【答案】C【解析】【详解】A．该电解制氢过程是将电能转化为化学能，A错误；B．同一元素的不同原子之间互称为同位素，H2O、D2O和T2O均为分子不互为同位素，B错误；C．化石能源燃烧产生大量CO2，溶于水使海水酸化，而氢能源是清洁能源，燃烧产物为水无污染，因此氢能源代替化石能源可缓解海水酸化，C正确；D．为增强导电性，实验室电解水可加入少量NaOH溶液而不是稀盐酸，否则电解的是HCl而不是水，D错误；故选C。4．（日照一模，1）2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是A．中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金B．中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅C．中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标D．中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．钢是铁碳合金，属于合金，A正确；B．光伏电站使用的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B错误；C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO2的排放，故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标，C正确；D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D正确；故答案为：B。5．（泰安一模，1）国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法中错误的是A．钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势B．通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团C．纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应D．柔性纤维电池中正极发生还原反应【答案】C【解析】【详解】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A正确；B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B正确；C．纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm，C错误；D．柔性纤维电池中，正极发生得电子的还原反应，D正确；故选C。6．（潍坊一模，1）化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．久置的红薯变甜，是因为葡萄糖发生了水解B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极保护法C．第五形态碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同素异形体D．用太阳能光催化分解水代替电解水制氢气有利于节能环保【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖为单糖，不会发生水解。红薯在放置的过程中，淀粉水解变成了葡萄糖，使得红薯内的糖分增多了，因此变甜了，A项错误；B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀利用了原电池原理，其中镁棒为阳极，腐蚀阳极保护了阴极，该方法是牺牲阳极保护法，B项正确；C．第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”为碳单质，石墨烯也是碳单质，二者互为同素异形体，C项正确；D．太阳能比电能更加环保，因此用太阳能光催化分解水代替电解水制氢气有利于节能和减少碳排放，D项正确。答案选A。7．（烟台一模，1）化学与科技、生活密切相关，下列说法错误的是A．印制货币票面文字、号码等处使用含Fe3O4的油墨，利用了Fe3O4的稳定性B．“奋斗者”号万米深潜载人舱球壳所使用的钛合金属于金属材料C．卡塔尔世界杯用球“旅程”使用水性涂料代替有机涂料，更加环保D．“北斗三号”采用星载氢原子钟，通过电子跃迁产生电磁波进行精准定位【答案】A【解析】【详解】A．利用的是具有磁性的性质，可将印有磁性编码的货币投入磁码识读器中辨识真伪，A错误；B．钛合金具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等优点，属于被广泛应用的金属材料之一，B正确；C．有机涂料一般是指以乳液树脂等有机物作为成膜物质的涂料，某些有机涂料中的有机溶剂能挥发出有害物质，而水性涂料是用水作溶剂或者作分散介质的涂料，相对于有机涂料更环保，C正确；D．氢原子钟一种精密的计时器具，它是利用原子能级跳跃时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，D正确；故选A。8．（济宁一模，1）化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．天然气属于新能源B．运载火箭壳体中的碳纤维属于无机非金属材料C．液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一次电池【答案】B【解析】【详解】A．天然气属于常规能源，A错误；B．碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，B正确；C．工业上制备氧气一般是通过分离空气，C错误；D．锂离子电池主要依靠锂离子在两极之间移动来工作，可以反复充放电，是一种二次电池，D错误；故选B。9．（济南一模，1）高粱酿酒过程中部分操作如图所示。下列说法错误的是A．“蒸粮”时可适当鼓风加快燃烧速率B．““拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用C．“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量D．“馏酒”原理即实验操作中的“蒸馏”【答案】C【解析】【详解】A．“蒸粮”时可适当鼓风，增加氧气的浓度，可以加快燃烧速率，A正确；B．酒曲在酿酒时起到催化作用，B正确；C．升温是因为发酵时放出热量，C错误；D．蒸馏时控制温度在酒精的沸点范围内，D正确；故选C。10．（菏泽一模，1）化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是A．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性B．北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是二氧化硅C．石油裂解获得乙烯、丙烯等气态不饱和烃D．中国空间站存储器所用的材料石墨烯与金刚石互为同分异构体【答案】C【解析】详解】A．真丝中含有蛋白质，遇酶可能水解，故用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，可能损害真丝织品，故A错误；B．计算机芯片的主要材料是硅，故B错误；C．石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，故C正确；D．石墨烯与金刚石互为同素异形体，故D错误；故答案选C。11．（淄博一模，1）化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是A．使用含氟牙膏能预防龋齿B．紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理C．发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极【答案】D【解析】【详解】A．釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以预防龋齿，故A正确；B．紫外线照射能够使蛋白质变性，可用紫外线杀菌消毒，故B正确；C．一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C正确；D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极，被保护的金属作阴极，故D错误；故选D二、物质的性质与应用12．（临沂一模，2）古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3•Pb(OH)2]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb3O4)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列说法错误的是A．2PbCO3•Pb(OH)2属于碱式盐B．Pb3O4与硫酸反应只生成PbSO4和水C．“化不白者，炒为黄丹”的过程中发生了氧化还原反应D．密陀僧与碳粉高温加热可以制得铅【答案】B【解析】【详解】A．2PbCO3•Pb(OH)2属于碱式盐，A正确；B．Pb3O4中铅的化合价是+2和+4，所以与硫酸反应生成的盐不是只有PbSO4，B错误；C．“化不白者，炒为黄丹”的过程中铅被氧化成Pb3O4，发生了氧化还原反应，C正确；D．密陀僧(PbO)与碳粉高温加热，碳做还原剂可以制得铅，D正确；故选B。13．（泰安一模，2）下列有关物质类别的说法正确的是A．属于酸性氧化物 B．油脂属于高分子化合物C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D．氮化硼纤维属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；属于酸性氧化物，A正确；B．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物；油脂不属于高分子化合物，B错误；C．棉花、麻均为植物纤维，属于碳水化合物；蚕丝为动物蛋白质，不是碳水化合物，C错误；D．氮化硼纤维属于新型无机非金属材料，D错误；故选A。14．（潍坊一模，2）下列物质应用错误的是A．溶液用作水果的保鲜剂 B．苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂C．用作生活用水的消毒剂 D．用热NaOH溶液洗去铁表面沾有的柴油【答案】D【解析】【详解】A．酸性KMnO4能和乙烯发生氧化还原反应，可做水果的保鲜剂，A正确；B．苯甲酸及其钠盐作为一种食品添加剂，具有抑菌防腐作用，B正确；C．ClO2是净化饮用水的一种十分有效的净水剂，其中包括良好的除臭与脱色能力、低浓度下高效杀菌和杀病毒能力，C正确；D．柴油主要由烷烃、烯烃等组成，不与氢氧化钠互溶，也不反应，无法用NaOH溶液洗去，D错误；故选D。15．（济宁一模，2）下列物质应用错误的是A．可用于制作耐火材料 B．CuO可代替做打印机墨粉C．波尔多液可用于农作物杀菌 D．可用于冷冻麻醉应急处理【答案】B【解析】【详解】A．氧化铝熔点很高，一般条件下，氧化铝不能熔化，所以氧化铝可以作耐火材料，故A正确；B．打印机墨粉中使用Fe3O4，是利用了其磁性，CuO不具有磁性，故不能用CuO代替Fe3O4，故B错误；C．波尔多液是一种保护性杀菌剂，由硫酸铜和石灰乳配制而成，故C正确；D．易汽化而吸收热量，可使局部冷冻麻醉，故D正确；故选B。16．（济南一模，2）下列物质应用错误的是A．钾钠合金可用于原子反应堆导热剂B．牺牲阳极保护法可采用废铜保护钢材C．铝罐槽车可用于运输冷的浓硝酸D．四氧化三铁用于制备激光打印墨粉【答案】B【解析】【详解】A．液态的钾钠合金可用于原子反应堆导热剂，A正确；B．牺牲阳极保护法用原电池原理，铜的活泼性比铁弱，不能保护铁，B错误；C．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化现象，铝罐槽车可用于运输冷的浓硝酸，C正确；D．四氧化三铁具有磁性的黑色粉末，可用于制备激光打印墨粉，D正确；故选B。17．（菏泽一模，2）下列有关物质性质与应用之间具有对应关系的有几种？①浓具有脱水性，可用于干燥氯气②二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒③能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂④石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体⑤锌的金属活泼性比铁强，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】【详解】①浓用于干燥氯气是因为浓硫酸具有吸水性；②二氧化氯用作饮用水消毒，是利用二氧化氯的强氧化性；③碱性较弱，能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂；④二氧化硅能与氢氧化钠反应，石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体；⑤锌的金属活泼性比铁强，锌、铁构成的原电池中锌作负极，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护；物质性质与应用具有对应关系的是②③⑤，选B。18．（济南一模，3）下列实验中硫酸的作用与其他三项不同的是A．蔗糖中加入浓硫酸产生黑“面包” B．亚硫酸钠与硫酸制取C．配制溶液时加入稀硫酸 D．海带提碘时硫酸与双氧水混加【答案】A【解析】【详解】A．蔗糖中加入浓硫酸产生黑“面包”，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；B．亚硫酸钠与硫酸制取，体现浓硫酸的强酸性；C．配制溶液时加入稀硫酸，抑制水解，体现硫酸的酸性；D．海带提碘时硫酸与双氧水混加，体现硫酸的酸性；所以硫酸的作用与其他三项不同的是A，故选A。19．（日照一模，5）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是【答案】D【解析】【详解】A．用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的SO2，反应原理为：2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O该反应未有化合价改变，不属于氧化还原反应，A不合题意；B．用NaOH溶液、CO2即可除去Al2O3中的Fe2O3，涉及的反应先后为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3、2Al(OH)3Al2O3+3H2O，试剂盐酸可以不用，且未有元素化合价改变，均不属于氧化还原反应，B不合题意；C．干燥氨气不能用无水CaCl2，试剂错误，C不合题意；D．除去溴苯中的Br2，用NaOH溶液然后分液，反应原理为：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，该反应有元素化合价改变，属于氧化还原反应，D符合题意；故答案为：D。20．（日照一模，6）铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是A．可用铝热反应制备铬B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化C．可直接蒸发溶液制备无水D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A正确；B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B正确；C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C错误；D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D正确；故答案为：C。三、物质的量21．（潍坊一模，4）是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol 中含有Si-O键的数目为2B．25℃、101kPa下，4g 中含有的原子数为2C．标准状况下，6.72L 与水充分反应转移的电子数目为0.1D．25℃时，1.0L 的溶液中含有的数目为0.2【答案】B【解析】【详解】A．SiO2中1个Si原子结合4个O原子，即1mol SiO2晶体中含有硅氧键的数目为4NA，A错误；B．4g 的物质的量为n=，所含原子个数为2NA，B正确；C．标况下二氧化氮不是气体，无法计算，C错误；D．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-浓度为，故1.0L溶液中含有OH-的数目为0.1mol，个数为0.1NA，D错误；故选B。22．（泰安一模，6）为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是。A．25℃，下，乙烯分子中键的数目为2.5B．浓硝酸热分解生成、共时，转移电子数为0.5C．溶液中，和的离子数目之和为0.01D．铁完全发生吸氧腐蚀生成铁锈，在电化学过程中转移的电子数为0.3【答案】B【解析】【详解】A．25℃，下，乙烯物质的量小于0.5mol，分子中键的数目小于2.5，A错误；B．23gNO2与N2O4的最简式均为NO2，混合气体中含有0.5molNO2，浓硝酸热分解的过程中N的化合价由+5降低到+4，故转移0.5mol电子，转移电子数为0.5NA，B正确；C．溶液中电离出的，既可以水解又可以电离，溶液中存在的粒子有、、，三者的数目之和为0.01NA，C错误；D．5.6g铁的物质的量是0.1mol，完全发生吸氧腐蚀生成氢氧化亚铁，则在电化学过程中转移的电子数为0.2NA，D错误；故选B。四、氧化还原反应23．（青岛一模，2）叠氮化铅用作水下引爆剂，可由以下方法制得I：；Ⅱ：。下列说法正确的是A．的键角大于的键角B．为非极性分子C．反应I中氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为D．反应I每消耗钠，共转移电子【答案】C【解析】【详解】A．氨气中氮元素采用sp3杂化，三角锥形，键角约为107。；硝酸根中氮的价层电子对数=，采用sp2杂化，平面三角形，键角为120。，故的键角小于的键角，A错误；B．等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构，则其空间构型是直线型（N、O原子采取sp杂化，生成两个σ键，两个三中心四电子π键），N2O为极性分子，Ｂ错误；C．反应I中钠和氨气是还原剂，一氧化二氮是氧化剂，根据得失电子守恒和元素守恒可配平多组系数，故氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为，C正确；D．反应I中钠并不是唯一的还原剂，同时氨气也是还原剂，故每消耗即１mol钠，共转移电子不是，D错误；故选C。24．（烟台一模，2）下列过程不涉及氧化还原反应是A．自然固氮 B．纯碱除油污 C．海水提溴 D．电解精炼铜【答案】B【解析】【详解】A．自然固氮是在自然状态下(非人工)，使空气中游离态的氮元素转化为含氮化合物的过程，涉及氧化还原反应，A错误；B．纯碱除油污是利用纯碱水解后呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应而被除去，不涉及氧化还原反应，B正确；C．海水提溴是通过一系列步骤把海水中的氧化生成的过程，涉及氧化还原反应，C错误；D．电解精炼铜时，用含电解质作溶液，粗铜作阳极，电极反应式为：，纯铜作阴极，电极反应式为：，涉及氧化还原反应，D错误；故选B。25．（济宁一模，8）“84”消毒液和医用酒精均可以对环境进行消毒，若混合使用可能发生反应：。已知：，，。下列说法正确的是A．“84”消毒液在空气中发生反应：B．氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4C．标准状况下，11.2 L 中含有个C原子D．该反应中每消耗1 mol ，转移个电子【答案】D【解析】【详解】A．“84”消毒液在空气中发生反应：，A错误；B.氧化剂是次氯酸钠还原剂是乙醇，物质的量之比为4∶1，B错误；C．标准状况下是液态，以现有条件不能得到C原子个数，C错误；D．该反应中每消耗1 mol 同时消耗次氯酸钠4 mol，即4 mol+1价氯转化为-1价氯，转移个电子，D正确；故选D。26．（聊城一模，8）向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：(已知CrO5的结构为)，乙醚层发生反应：CrO5＋(C2H5)2O=CrO5·O(C2H5)2.反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色(Cr3＋)，下列说法正确的是A．由水层反应可知，氧化性：B．乙醚在检验过程中可用乙醇代替C．CrO5·O(C2H5)2中不存在非极性键D．水相变为绿色的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑【答案】D【解析】【详解】A．由水层反应可知，反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；B．乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；C．CrO5·O(C2H5)2中含O-O、C-C键为非极性键，故C错误；D．水相变为绿色生成了Cr3＋，铬元素化合价降低，则氧元素化合价一定升高，应有氧气生成，反应的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑，故D正确；答案选D。第二部分 化学实验一、化学实验基础1．（聊城一模，2）关于实验室保存试剂的说法错误的是A．实验室中金属钠通常保存在煤油里B．液溴以少量水液封后用橡胶塞塞紧瓶口C．盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞D．浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中【答案】B【解析】【详解】A．钠密度大于煤油，与煤油不反应，所以金属钠在煤油中密封保存可以隔绝空气，故A正确；B．溴在水中的溶解度较小，溴的密度大于水的密度所以会分层，最下层是液溴，上层是溴水，能达到液封的目的，但溴具有氧化性，会腐蚀橡胶塞，不能用橡胶塞塞紧瓶口，故B错误；C．氢氧化钠可腐蚀玻璃，与玻璃中二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠溶液，导致玻璃瓶打不开，不能用带磨口玻璃塞试剂瓶盛放，可以用带有橡胶塞的试剂瓶中盛放，故C正确；D．浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，故D正确；故选B。2．（日照一模，2）下列叙述正确的是A．容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水B．可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚C．金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火D．可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中【答案】A【解析】【详解】A．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，简式滴定管下端有玻璃珠和分液漏斗下端有玻璃活塞，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A正确；B．瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚，B错误；C．由于镁可以在CO2中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CO22MgO+C，故金属镁着火时，不可用泡沫灭火器灭火，C错误；D．硝酸银见光易分解，可将硝酸银固体保存在棕色广口瓶中，D错误；故答案为：A。3．（淄博一模，2）下列做法正确的是A．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜 B．用带橡胶塞的棕色细口瓶保存溴水C．用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验 D．用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH【答案】A【解析】【详解】A．稀硝酸能溶解银，3Ag+4H++NO═3Ag++NO↑+2H2O，故A正确；B．溴水可腐蚀橡胶，应保存在玻璃塞的棕色细口瓶中，故B错误；C．玻璃棒含钠元素，焰色为黄色，应用铁丝或铂丝蘸取某样品进行焰色试验，故C错误；D．过氧乙酸具有强氧化性，可以漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH，故D错误；故选A。4．（泰安一模，3）下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是A．将盛有与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中B．配制溶液时加入少量防止水解C．纯碱溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中D．白磷浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存【答案】D【解析】【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，能和乙醇反应，不能将盛有与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中，A错误；B．溶液水解显碱性，配制溶液时加入少量氢氧化钠防止水解，B错误；C．纯碱溶液水解显碱性，会和玻璃反应，不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，C错误；D．白磷燃点低，在空气中易燃，应该浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存，D正确；故选D。5．（临沂一模，3）实验室中下列做法错误的是A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加入水稀释D．浓硫酸沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后用3%～5%NaHCO3溶液冲洗【答案】A【解析】【详解】A．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应该用(干燥的)沙土铺盖灭火，A错误；B．高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，B正确；C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，其目的是抑制氯化铁的水解，再加水稀释至所需浓度，C正确；D．如果不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，避免强碱的强烈的腐蚀性对皮肤造成二次伤害，不能使用强碱中和，用3%～5%NaHCO3溶液冲洗，D正确；故选A。6．（济宁一模，3）下列有关实验方法正确的是A．用X射线衍射实验可获得青蒿素分子的结构B．用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0C．用淀粉溶液检验海水中的碘元素D．用25 mL碱式滴定管量取16.60 mL高锰酸钾溶液【答案】A【解析】【详解】A．测定分子的空间结构最普遍的方法是X射线衍射法，可以看到微观结构，可以测定晶体的晶胞参数，从而确定分子的结构，故A正确；B．用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.0的溶液的pH，故B错误；C．海水中没有碘单质，所以不能用淀粉溶液检验海水中的碘元素，故C错误；D．高锰酸钾可氧化橡胶，则应选25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D错误；故选A。7．（泰安一模，5）下列实验设计所得结论均正确的是A．将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应B．将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环D．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解【答案】A【解析】【详解】A．氯气和水生成的次氯酸容易分解为盐酸、氧气，氯水放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应，故A正确；B．酯化反应中使用浓硫酸作催化剂，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸剩余，故B错误；C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，苯不能是酸性高锰酸钾溶液褪色、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯中的苯环活化了甲基，故C错误；D．检验葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，故应该先加入氢氧化钠除去过量稀硫酸后在进行实验，故D错误；故选A。8．（潍坊一模，6）下列实验操作能达到实验目的的是A．向溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，检验溶液中的B．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌制备氢氧化铁胶体C．除去NaCl固体中的少量，将固体溶解后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥D．将固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，经转移、洗涤、定容和摇匀，配制一定浓度的溶液【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，溶液中可能含有的亚硫酸根离子也会被硝酸氧化为硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，另外银离子也会干扰，不能达到实验目的，A不符合题意；B．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，B不符合题意；C．氯化钠溶解度受温度影响较小，除去NaCl固体中的少量，将固体溶解后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥，能达到实验目的，C符合题意；D．容易水解，故应将固体溶解于盛有适量浓盐酸的烧杯中，然后加水稀释，经冷却、转移、洗涤、定容和摇匀，配制一定浓度的溶液，D不符合题意；故选C。二、化学实验装置9．（潍坊一模，3）下列实验装置或操作正确的是A．用图1装置测定中和反应的反应热B．用图2装置测定化学反应速率C．用图3装置分离乙醚和苯D．用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液【答案】D【解析】【详解】A．测定中和反应的反应热要在隔热装置中进行，故A错误；B．用图2装置测定化学反应速率，气体会从长颈漏斗管口逸出，故B错误；C．用图3装置分离乙醚和苯，球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故C错误；D．用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液，故D正确；故选D。10．（烟台一模，3）下列实验装置的使用及操作正确的是A．①制备溴苯并验证有HBr产生 B．②制备并收集干燥的氨气C．③制备NaHCO3 D．④钠的燃烧反应【答案】C【解析】【详解】A．①装置可以制备溴苯，但不能证明有HBr产生，因为溴有挥发性，与硝酸银生成淡黄色沉淀，且HBr易溶于水，应该有防倒吸装置，A错误；B．②装置可以制备干燥的氨气，但氨气密度小于空气，应该用向下排空气，B错误；C．向饱和氨的食盐水中通入过量的二氧化碳，会有NaHCO3析出，C正确；D．钠燃烧反应不能在玻璃器皿中进行，玻璃易炸裂，D错误；故答案为：C。11．（淄博一模，4）下列装置能达到实验目的是A．装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2 B．装置乙：制备少量干燥的NH3C．装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物 D．装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响【答案】A【解析】【详解】A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；故选A。12．（济宁一模，5）利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A．图Ⅰ装置可制备固体B．图Ⅱ装置可测定中和反应的反应热C．图Ⅲ装置可实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是溶液D．图Ⅳ装置可检验1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物【答案】C【解析】【详解】A．S2-和Al3+发生双水解生成氢氧化铝和H2S，不能得到固体，A错误；B．铜制搅拌器会导致热量损失，引起误差，B错误；C．a为阳极，电镀时，镀层金属作阳极，渡件作阴极，可实现铁上镀铜，C正确；D．1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应生成丁烯，但乙醇挥发，两者均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法检验，D错误；故选C。13．（菏泽一模，6）下列装置能达到实验目的的是【答案】B【解析】【详解】A．从食盐水中提取NaCl应该使用蒸发皿，不应该用坩埚，故A不符合题意；B．溴能与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的产物，与氢氧化钠溶液不相溶，且密度大于氢氧化钠溶液，在下层，经分液可除去CCl4中的Br2，故B符合题意；C．氨气不可用无水CaCl2干燥，氨气能与氯化钙发生反应生成络合物CaCl2•8NH3，且收集氨气的导管太短，故C不符合题意；D．检查装置的气密性需要在密闭环境下，图中装置与空气连通，不能检查装置的气密性，故D不符合题意；故答案选B。14．（青岛一模，6）下列实验操作规范的是A．①灼烧干海带B．②检验铜与浓硫酸反应的氧化产物C．③用萃取碘水中的碘，振荡、放气D．④配制溶液定容后摇匀【答案】C【解析】【详解】A．①灼烧干海带需用坩埚而不是蒸发皿，A不选；B．实验结束后烧瓶中的残留物还含有浓硫酸，因此检验铜与浓硫酸反应的氧化产物时，应将残留物沿烧杯壁倒入水中，以免引起液体飞溅，B不选；C．③用CCl4萃取碘水中碘单质，倒转分液漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，C选；D．④配制溶液定容后，应反复上下颠倒，摇匀，而不是摇动容量瓶，D不选；故选C。15．（日照一模，8）下列实验能达到相应实验目的的是【答案】A【解析】【详解】A．一般情况下，在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为CuSO4溶液，铁作阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，但若用CuSO4过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一个稳定的状态，此时镀铜层的结晶会更一致，镀层的孔隙率下降，即使的铁上镀致密铜镀层，A符合题意；B．由于浓硫酸由强氧化性，导致反应原理发生改变，加入浓硫酸反应原理可能为：Na2S2O3+3H2SO4(浓)=Na2SO4+4SO2↑+3H2O，加入稀硫酸则反应原理为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，故不能探究浓度对反应速率的影响，B不合题意；C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水的洗气瓶来除去乙烯中的乙醇，且还可能产生还原性气体SO2，C不合题意；D．直接蒸干FeSO4饱和溶液，亚铁离子被氧化生成铁离子，则不能制备无水FeSO4，D不合题意；故答案为：A。16．（聊城一模，11）某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c溶液中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是【答案】BC【解析】【详解】A．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，根据强酸制取弱酸的原理，二氧化碳与溶液不反应，最终不会出现浑浊，故A不符合题意；B．浓盐酸和KMnO4在常温下反应放出氯气，氯气氧化性大于硫，氯气能置换出硫化钠中的硫，产生淡黄色沉淀，故B符合题意；C．浓硫酸和溶液反应生成二氧化硫，二氧化硫通入溶液中会发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故C符合题意；D．浓氨水滴入碱石灰生成氨气，氨气通入溶液开始生成白色沉淀AgOH，AgOH溶于氨水，继续生成银氨络离子，最终溶液变澄清，故D不符合题意；故选BC。17．（泰安一模，11）某同学按图示装置进行实验，向抽滤瓶溶液中通入足量a气体获得a的饱和溶液，再通入足量的b气体，抽滤瓶中最终一定得到沉淀。下列物质组合符合要求的是【答案】BD【解析】【详解】A．二氧化碳在饱和氯化钠溶液中溶解性很小，通入氨气不能产生大量的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子浓度较低，不会析出NaHCO3晶体，A不符合题意；B．与溶液不发生反应，氯化钡和二氧化硫生成盐酸和亚硫酸钡，正常情况下反应不能进行，因为生成的亚硫酸钡会溶于盐酸，氯气能将生成的亚硫酸钡氧化成硫酸钡，有沉淀生成，B符合题意；C．和溶液反应生成白色沉淀，在加入足量的氨气，氨气溶于水形成氨水，氯化银与氨水生成银氨络离子，氯化银沉淀溶解了，C不符合题意；D．氨气通入溶液中会生成氢氧化铝的白色沉淀，二氧化碳和水反应生成的碳酸是弱酸，不与氢氧化铝反应，会产生白色沉淀，D符合题意；故选BD。18．（烟台一模，11）某同学用如图所示装置进行实验，预测现象与实际不相符的是【答案】BD【解析】【详解】A．乙醇能和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使得溶液褪色，预测现象与实际相符，故A不符合题意；B．硫化氢和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫单质沉淀，预测现象与不实际相符，故B符合题意；C．过氧化氢和碘化氢生成能使淀粉变蓝色的碘单质，预测现象与实际相符，故C不符合题意；D．铝离子和弱碱氨水生成不溶于氨水的氢氧化铝沉淀，预测现象与实际不相符，故D符合题意；故选BD。19．（济宁一模，11）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是【答案】C【解析】【详解】A．石灰石与稀H2SO4反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻碍反应的继续进行，所以用石灰石与稀硫酸不能制取二氧化碳，A错误；B．MnO2与浓盐酸在加热条件下能反应制取Cl2，由于Cl2易溶于水，不能用排水法收集，B错误；C．在催化下加热分解生成O2，难溶于水，可选择排水法，C正确；D．NH4NO3受热分解易爆炸，不能用来制取氨气，可用NH4Cl，D错误；故选C。20．（济南一模，11）某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是【答案】AC【解析】【详解】A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成气体，生成的气体通入饱和食盐水中，根据同离子效应，析出晶体，A符合题意；B．浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成，不符合实验要求，B不符合题意；C．和稀硫酸反应生成，与饱和溶液反应生成晶体，C符合题意；D．浓氨水和碱石灰生成，通入溶液中，先生成沉淀，继续通入氨气，溶解生成，D不符合题意；故选AC。三、实验表格题21．（烟台一模，5）下列由实验操作、现象所得结论正确的是【答案】B【解析】【详解】A．二价铁和浓盐酸均可以被酸性KMnO4溶液氧化，紫色褪去，故A错误；B．由于毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，CF2Cl2是极性分子，故当橡胶棒靠近水流时，液流方向改变，故B正确；C．气体通入溴水，溴水颜色褪去，只能说明气体中含有不饱和烃，故C错误；D．用pH计分别测0.1molL-1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大，说明ClO-的水解程度大于CH3COO-，酸性HClOFe3+，B错误；C．将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，需加热，若已经水解则可观察到砖红色沉淀产生，C错误；D．向和混合溶液中加入浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，溶液中出现淡黄色沉淀，可能是浓硫酸氧化，D错误；故选A。23．（菏泽一模，11）下列操作能达到相应实验目的的是【答案】B【解析】【详解】A．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；B．由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；C．加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；D．盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；故选：B。24．（淄博一模，11）根据下列操作及现象，所得结论正确的是【答案】B【解析】【详解】A．也可能是铁离子氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，A错误；B．只有黑色沉淀生成说明银离子和硫离子反应生成硫化银沉淀，则硫化银更难溶，B正确；C．反应的副产物二氧化硫也会和强氧化性的溴水反应导致溴水褪色，C错误；D．足量新制氢氧化铜悬浊液显碱性，碱性溶液会和溴水反应导致溴水褪色，应该酸化后滴加溴水，D错误；故选B。25．（日照一模，11）为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe2S3均为难溶于水的黑色固体)。下列说法错误的是A．配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度B．实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为C．由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe2S3D．FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关【答案】C【解析】【详解】A．由于FeCl3在水溶液中已发生水解，故配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，以抑制Fe3+水解，再加水稀释至所需浓度，A正确；B．由于FeCl3溶液呈酸性，结合实验②中实验现象开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生，可知沉淀消失发生反应离子方程式为，B正确；C．由于实验③中Na2S过量，故若发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，黑色沉淀还可能是FeS和S，或Fe2S3、FeS和S的混合物，与稀盐酸反应也能观察实验③的现象，故由实验①、③中的现象不能推出实验③中的黑色沉淀为Fe2S3，C错误；D．根据题干实验②③可知，FeCl3溶液和Na2S溶液反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有关，D正确；故答案为：C。26．（潍坊一模，11）根据下列实验目的、操作及现象所得结论错误的是【答案】D【解析】【详解】A．溶液中存在水解平衡：，向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，碳酸根离子浓度减小，溶液红色变浅，碳酸根离子水解平衡逆向移动，故A正确；B．最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，元素的非金属性增强，向盛有小苏打固体的大试管中加入稀硫酸，有气体生成；将生成的气体通入溶液中，溶液变浑浊，说明酸性：硫酸大于碳酸大于硅酸，非金属性：，故B正确；C．检验实验室制得的乙烯中是否有，利用二氧化硫的漂白性，将生成的气体通入品红溶液中，溶液褪色，故C正确；D．向盛有溶液的试管中加入足量0.01 溶液，滤出沉淀后，滤液中含有氯化钾和亚硫酸钾，向滤液中加入1 溶液，没有白色沉淀生成，故D错误；故选D。27．（临沂一模，12）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是【答案】D【解析】【详解】A．硼酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，无明显现象，A错误；B．铜丝恢复红色，除了醇羟基还有可能是羧基，羧基溶解氧化铜，B错误；C．硫酸与铁反应生成的也是Fe(II)，C错误；D．Fe(II)与邻二氮菲形成的配合物呈橙红色，加入酸后，颜色变浅，说明与邻二氮菲配位能力：H+＞Fe2+，D正确；故选D。四、化学实验综合28．（聊城一模，3）工业制备茉莉醛()的流程如图所示。下列说法正确的是已知：①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物②茉莉醛易被浓硫酸氧化A．乙醇的主要作用是提供反应物B．干燥剂可选用无水C．可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”合并替换为“真空减压蒸馏”D．可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物【答案】B【解析】【分析】苯甲醛和庚醛在氢氧化钾乙醇溶液中发生羟醛缩合反应生成茉莉醛，乙醇做溶剂不参与反应，经过冷却、萃取分液，用固体干燥剂干燥，可以选用无水硫酸钠做干燥剂，最后蒸馏、柱色谱法分离得到产品。【详解】A．据题意和分析，苯甲醛与庚醛反应生成水和茉莉醛，乙醇不参与反应，乙醇的主要作用是助溶剂，故A错误；B．干燥剂的作用是吸收有机相中的残留水分，无水Na2SO4吸收水形成结晶水合物，通过过滤方法分离，故B正确；C．据已知信息，庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，直接蒸馏难以将二者分离，不可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”，故C错误；D．据已知信息，茉莉醛易被浓硫酸氧化，不可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物，故D错误；答案选B。29．（临沂一模，6）KMnO4是一种常用的氧化剂，某实验小组利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4装置如图所示(夹持装置略)。已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列说法错误的是A．试剂X可以是漂白粉或KClO3B．装置连接顺序是c→a→b→e→d→fC．装置C中每生成1molKMnO4，消耗0.5molCl2D．若去掉装置A，会导致KMnO4产率降低【答案】C【解析】【详解】A．试剂X可以是漂白粉或KClO3与浓盐酸发生价态归中的氧化还原反应生成氯气，A正确；B．B装置生成氯气，通过A洗气除去氯气中混有的氯化氢，进入C中氧化K2MnO4制备KMnO4，装置D用于吸收未反应完的氯气，防止污染空气，故装置连接顺序是c→a→b→e→d→f，B正确；C．因氯气会与氢氧化钾反应，故装置C中每生成1molKMnO4，消耗Cl2物质的量大于0.5mol，C错误；D．若去掉装置A，挥发的氯化氢与氢氧化钾中和，导致溶液碱性减弱，生成MnO2，会导致KMnO4产率降低，D正确；故选C。30．（聊城一模，6）从废定影液(主要含有、、、中回收Ag和的主要步骤为：向废定影液中加入NaOH调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关说法正确的是A．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，的值增大C．灼烧生成Ag和，该反应每生成1mol Ag转移3mol电子D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层【答案】C【解析】【详解】A．玻璃棒搅拌易损坏滤纸，导致实验失败，A错误；B．配制Na2S溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，可抑制硫离子水解，但氢氧根浓度增大的更多，的值减小，B错误；C．灼烧Ag2S生成Ag和SO2，S元素化合价从-2价升高到+4价，失去6个电子，所以该反应每生成1molAg，同时有0.5mol硫元素被氧化，转移3mol电子，C正确；D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗上口倒出含有苯和溴的有机层，D错误；答案选C。31．（淄博一模，8）利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是A．Na2SO3和H2O2均作还原剂B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体C．从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中【答案】C【解析】【分析】1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，3中ClO2为原料制备NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故选择冷水浴，4中的氢氧化钠吸收未反应的ClO2，据此分析解题。【详解】A．1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A正确；B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B正确；C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C错误；D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D正确；故选C。32．（菏泽一模，8）磷酸亚铁锂()为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有两种。方法①：将、、C按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品；方法②：将、、按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。下列说法正确的是A．上述两种方法涉及到的反应均为氧化还原反应B．方法①中C作还原剂，理论上制得1 mol 至少需要0.5 mol CC．方法②所得产品中可能会混有，导致纯度降低D．上述两种方法制备过程均需在隔绝空气条件下进行【答案】D【解析】【详解】A．方法①中碳元素化合价升高，焦炭起到还原剂的作用；方法②中反应前后元素化合价均没有改变，不设计氧化还原反应，故A错误；B．方法①中C作还原剂，化合价由0变为+4；氧化铁中铁元素化合价由+3变为+2，根据电子守恒可知，理论上制得1 mol 至少需要0.25 mol C，故B错误；C．碳酸铵受热分解不稳定，故方法②所得产品中不会混有，故C错误；D．由于产品中Fe+2价具有还原性，所以制备过程均应在隔绝空气条件下进行，故D正确；故选D。33．（潍坊一模，9）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是A．操作a和操作b不同B．操作c为重结晶C．无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大【答案】C【解析】【分析】加入苯甲酸降低酯的溶解度同时与苯甲酸反应产生可溶于水的苯甲酸钠，水层和油层分离方法分液。共沸物和苯甲酸乙酯的沸点相差大，所以液体有机物进行分离利用沸点不同蒸馏。萃取液中加入H2SO4产生苯甲酸，其在水中的溶解性较低利用过滤获得苯甲酸晶体。【详解】A．有机相和水相分层的分离方法分液，而b操作分离互溶的有机物选择蒸馏，A项正确；B．苯甲酸粗品为含杂质的固体，可选择重结晶提纯，B项正确；C．无水MgSO4为干燥有机物，而Na2CO3降低酯在水中的溶解度，C项错误；D．苯甲酸钠在水中形成了溶液，而苯甲酸在水中析出了晶体。可见两者溶解性差异很大，D项正确；故选C。34．（菏泽一模，9）一定量的甲苯和溶液发生反应得到混合物，按如下流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是A．苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏C．甲苯、苯甲酸依次由①、②获得D．苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等故A正确；B．滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B错误；C．据B分析可知，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C正确；D．苯甲酸在100℃左右开始升华。故除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D正确；故答案选B。35．（济宁一模，9）碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是A．“加热”步骤可选用水浴加热B．“酸浸”产生的气体可用NaOH溶液吸收C．“滤液”中溶质的主要成分为D．可用盐酸和溶液检验“滤液”中是否有【答案】B【解析】【分析】废铜屑与稀硝酸反应，产生的气体为一氧化氮；过滤除去难溶性滤渣，滤液中含硝酸铜和硝酸，加入碳酸钠溶液加热，与硝酸、硝酸铜反应，生成硝酸钠和铜盐，再加氢氧化钠溶液调节适当pH值，经过一系列反应得到碱式碳酸铜。【详解】A．加热的温度为70oC，可选用水浴加热，A正确；B．酸浸产生的气体为NO，与NaOH溶液不反应，不能用NaOH溶液吸收，B错误；C．由分析可知，“滤液”中溶质的主要成分为等，C正确；D．的检验是先加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再往白色沉淀中加入盐酸，沉淀完全溶解，且产生无色无味气体，D正确；故选B。36．（泰安一模，10）已知Na2SO3 +S= Na2S2O3，实验室用下述方法制备固体：①铜和浓硫酸加热产生；②将通入含和的混合溶液，溶液先变浑浊，后逐渐澄清，反应结束；③将溶液经浓缩结晶、过滤洗涤等操作得到产品。下列说法错误的是A．①中消耗转移B．②中溶液先变浑浊的原因：2Na2S+3SO2= 2Na2SO3+3S↓C．为提高产品的纯度，混合液中的最佳比例为1∶2D．用适量溶液吸收②中选出的、气体，吸收液可直接返回到步骤②【答案】C【解析】【详解】A．①中反应为，电子转移为：，消耗转移，A正确；B．硫离子具有还原性，②中溶液先变浑浊的原因二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，B正确；C．Na2SO3 +S= Na2S2O3，亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为1:1；由反应可知，2Na2S+3SO2= 2Na2SO3+3S，该反应生产亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为2:3；故还需要1份碳酸钠和二氧化硫生成1份亚硫酸钠，故混合液中的最佳比例为2:1，C错误；D．氢氧化钠和二氧化碳、二氧化硫反应分别生成碳酸钠、亚硫酸钠，吸收液可直接返回到步骤②循环利用，D正确；故选C。37．（菏泽一模，10）的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)下列说法不正确的是A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的B．与的配位能力强于C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色【答案】C【解析】【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与结合生成，步骤③发生平衡转化为；【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B正确；C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；故选C。38．（青岛一模，11）纯磷酸(易吸潮，沸点)可由的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，高于时会脱水生成焦磷酸。下列说法正确的是A．由毛细管通入可防止暴沸，并具有搅拌和加速水逸出的作用B．丙处应连接球形冷凝管C．磷酸易吸潮因为它可与水形成氢键D．连接减压装置的目的是降低磷酸沸点【答案】AC【解析】【详解】A．由毛细管通入N2，使磷酸溶液受热均匀，可防止暴沸，气体流通可加速水逸出，A正确；B．丙处应连接直形冷凝管，起冷凝蒸气的作用，B错误；C．磷酸分子中含有三个羟基，可与水分子形成氢键，故磷酸易吸潮，C正确D．连接减压装置的目的是降低水的沸点防止温度过高生成焦磷酸，D错误；故选AC。39．（泰安一模，13）乙酸正丁酯是重要的化工原料。实验室将乙酸、正丁醇、浓硫酸加入圆底烧瓶中，加热条件下制备乙酸正丁酯的装置(加热和夹持装置已省略)和有关信息如下：下列说法不正确的是A．实验开始时应先加热装置C，再由装置A的b口通入冷凝水B．装置B的作用是不断分离出产生的水，使反应向正向移动，提高产率C．当B中水层高度不再变化时，说明反应完全，这时可以停止加热D．提纯乙酸正丁酯可采取水洗、氢氧化钠溶液洗、无水氯化钙干燥、过滤一系列操作【答案】AD【解析】【详解】A．实验开始时应先由装置A的b口通入冷凝水，再加热装置C，提高原料利用率，A项错误；B．装置B为分水器，可不断分离出产生的水，使反应向正向移动，提高产率，B项正确；C．当B中水层高度不再变化时，说明反应不再有水生成，反应已经基本完成，这时可以停止加热，C项正确；D．提纯乙酸正丁酯不可采取氢氧化钠溶液洗，碱性条件下乙酸正丁酯会发生水解，D项错误；故答案选AD。化学实验综合（非选择题）40．（泰安一模，17）磷酸二氢铵和草酸亚铁晶体可用于制备电池正极材料。Ⅰ.某研究小组用磷酸吸收氨气制，装置如图1所示(夹持和搅拌装置已省略)。（1）实验过程中，当出现倒吸现象时，_______(填写实验操作，下同)，当上述现象消失后，_______，继续通入氨气。（2）常温下，磷酸盐溶液中含磷物种的分布系数与的关系如图2所示，据图示分析，若本实验不选用传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色发生相应变化时，停止通，即可制得溶液。若此时继续向溶液中通入少量氨气，发生反应的离子方程式为_______。Ⅱ.利用草酸制备草酸亚铁晶体的流程如图所示：已知：ⅰ.时，易被氧气氧化；ⅱ.几种物质的溶解度如表：（3）第一次加稀硫酸调溶液至1～2的目的是_______。（4）操作a是蒸发浓缩，_______(填操作)。（5）为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关和，设为装置A)称重，记为。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为。按图3所示连接好装置进行实验。下列实验操作的正确顺序为_______(填序号)。①点燃酒精灯，小火加热 ②停止通入氮气，关闭、③打开、 ④熄灭酒精灯，冷却至室温⑤缓缓通入氮气 ⑥称重A重复上述操作步骤，直至A恒重，记为。假设此过程中不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目_______(列式表示)。【答案】（1）①. 关闭，打开 ②. 关闭，打开（2）①. 甲基橙 ②. （3）抑制和的水解，防止被氧化（4）趁热过滤 （5）①. ③⑤①④②⑥ ②. 【解析】【分析】Ⅰ．实验的目的为制备磷酸二氢铵(NH4H2PO4)，实验原理为NH3+H3PO4=NH4H2PO4，由于NH3极易溶于水，实验中要平衡气压防止发生倒吸；Ⅱ．实验是制备FeC2O4⋅xH2O，由流程可知，FeSO4⋅7H2O与(NH4)2SO4在稀硫酸环境中反应，经过操作a得到，再与草酸在稀硫酸环境中反应，经过操作b得到。【小问1详解】由于NH3极易溶于水，因此实验中要平衡气压防止发生倒吸，则实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；当上述现象消失后，关闭，打开，继续通入氨气。【小问2详解】当pH为4~5时，可制得NH4H2PO4，说明NH4H2PO4溶液显酸性，因此若不选用pH传感器，还可以选用甲基橙作指示剂，当溶液颜色从红色变为橙色时，停止通，即可制得溶液；若此时继续向溶液中通入少量氨气，氨气与反应生成(NH4)2HPO4，发生反应的离子方程式为。【小问3详解】已知条件pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化，而Fe2+和在酸性较弱环境中也会发生水解反应，则第一次加稀硫酸调溶液至1～2的目的是：抑制和的水解，防止被氧化。【小问4详解】根据溶解度表可知，为了防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4•7H2O，则操作a是蒸发浓缩，趁热过滤。【小问5详解】为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，需将一定量样品完全分解、吸收并测定其中全部结晶水的质量，故实验步骤依次为：将石英玻璃管(带两端开关和，设为装置A)称重，记为；将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为；按图3所示连接好装置进行实验；③打开、；⑤缓缓通入氮气；①点燃酒精灯，小火加热；④熄灭酒精灯，冷却至室温；②停止通入氮气，关闭、；⑥称重A；进行恒重操作；则实验操作的正确顺序为③⑤①④②⑥；草酸亚铁晶体(FeC2O4•xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，n(FeC2O4)=mol，n(H2O)=，所以1：x=：，解出草酸亚铁晶体中结晶水数目x=。41．（潍坊一模，17）三氯化六氨合钴是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，其在水中的溶解度随着温度的升高而增大。实验室用晶体制备的实验步骤如下：i.在锥形瓶中，将溶于水中，加热至沸，加入研细的晶体，溶解得到混合溶液；ii.将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭。冷却，利用如图装置先加入浓氨水，再逐滴加入5% 溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min；iii.然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，把沉淀溶于50mL沸水中，经操作X后，慢慢加入浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体(，)析出；iv.用冰浴冷却后吸滤，晶体以冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。回答下列问题：（1）步骤i中，研细晶体所用的仪器名称为________，无水的作用是________。（2）写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式___________。（3）步骤i中操作X为___________。（4）取0.2000g 样品，配成100mL溶液，取50mL样品溶液于锥形瓶中，加入3滴溶液做指示剂，用0.0600的溶液滴定至终点时，消耗溶液的体积为10.00mL，样品的纯度为___________。（5）某兴趣小组为探究的还原性，设计如下实验：实验I：粉红色的溶液在空气中久置，无明显变化。实验II：向0.1 溶液中滴入2滴酸性溶液，无明显变化。实验III：按下图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。根据实验III得出结论：可以被酸性溶液氧化。另一名同学设计了实验IV，否定了该结论，请说明实验IV的操作和现象___________。【答案】（1）①. 研钵 ②. 吸收挥发出去的氨气（2）（3）趁热过滤(趁热吸滤)（4）53.5% （5）将实验III中0.1 溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同。或将实验III中0.1 溶液替换为0.1 溶液进行实验，指针不偏转【解析】【分析】、的混合溶液中先加氨水，再加双氧水，双氧水把Co2+氧化为Co3+生成，用冰浴冷却至0℃左右析出沉淀，吸滤，固体中含有和活性炭，用热水溶解固体混合物，趁热过滤出活性炭，滤液中加浓盐酸，增大氯离子浓度，析出沉淀。【小问1详解】步骤i中，用研钵研细晶体；与氨气形成配合物，能吸收氨气，无水的作用是吸收挥发出去的氨气，防止污染。【小问2详解】、氯化铵的混合溶液中通入氨气，再用双氧水把Co2+氧化为Co3+生成沉淀，反应方程式为；【小问3详解】操作X为分离和活性炭，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，活性炭不溶于热水，所以步骤i中操作X为趁热过滤；【小问4详解】用0.0600的溶液滴定至终点时，银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，消耗溶液的体积为10.00mL，根据~~~3Cl-~~~3，0.2g样品中含的物质的量为，样品的纯度为。【小问5详解】氯离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，将实验III中0.1溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同，说明氯离子被高锰酸钾氧化，没有被氧化。或将实验III中0.1 溶液替换为0.1 溶液进行实验，指针不偏转，说明不能被酸性溶液氧化。42．（临沂一模，18）四氮化四硫(S4N4，S为+2价)是重要的硫－氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑回答下列问题：（1）试剂a是_____；装置D的作用是______。（2）装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为______；证明SCl2反应完全的现象是_____。（3）分离产物后测定产品纯度：i.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol•L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。ii.滴定：用c2mol•L-1溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→______(填标号)→开始滴定。a.装入滴定液至“0”刻度以上b.调整滴定液液面至“0”刻度c.排除气泡d.用滴定液润洗2至3次e.记录起始读数②滴定时选用的指示剂为_____；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。③S4N4的纯度表达式为______；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①. 浓氨水 ②. 吸收多余的氨气，防止污染空气；（2）①. ②. 溶液红棕色褪去（3）①. dacbe ②. 甲基橙或酚酞 ③. 再用少量水冲洗锥形瓶内壁 ④. ⑤. 偏低【解析】【分析】根据已知信息可知装置A制备氨气，装置B干燥氨气，然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4，使硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2，装置D是尾气吸收装置，用于吸收多余的氨气并能放倒吸，据此解答。【小问1详解】根据分析，装置A制备氨气，是浓氨水与碱石灰反应生成氨气，所以a是浓氨水；装置D的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气；【小问2详解】装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为；由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去；【小问3详解】①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，故答案：dacbe；②根据已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑及滴定关系，得出S4N4~4NH3↑~2H2SO4，所以S4N4的纯度表达式为；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，则会使消耗的NaOH溶液体积偏大，计算时会使剩余硫酸的量偏多，则使测定结果偏低。43．（烟台一模，18）实验室通过固体碱熔氧化法制备KMnO4.具体实验过程如下：I.制备K2MnO4溶液将KC1O3和KOH置于铁坩埚中加热熔融，分多次将MnO2粉末加入，强热5分钟。充分反应后冷却，将固体捣碎，加水溶解，微热，趁热减压过滤得到K2MnO4溶液。（1）反应的化学方程式为_______。（2）选用铁坩埚不用瓷坩埚的原因是_______。II.K2MnO4的歧化制备KMnO4实验原理：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3实验装置如图所示，将K2MnO4溶液转移到三颈烧瓶中，关闭旋塞2、5，打开旋塞1、3、4，趁热往K2MnO4溶液中通入CO2发生反应，没有反应的CO2被收集到气囊a中。（3）待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞_______，打开旋塞_____，轻轻挤压气囊a，将气体压入K2MnO4溶液中继续反应。未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体。整个过程中温度不宜过高的原因是_____。III.KMnO4的纯度分析（4）准确称取2.00gKMnO4产品溶于水，配成100.00mL溶液。用移液管取25.00mL0.2mo1·L-1的H2C2O4溶液于锥形瓶中，并加入2mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00mL。滴定终点的现象是_______，计算可得产品中KMnO4的纯度是_______，下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是_______(填标号)。A.产品含少量K2MnO4 B.酸式滴定管滴定后有气泡C.酸式滴定管没有润洗 D.滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁【答案】（1）3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O（2）瓷坩埚易被强碱腐蚀（3）①. 3 ②. 2、5 ③. 防止高锰酸钾受热分解（4）①. 最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色 ②. 79.0% ③. AC【解析】【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。【小问1详解】由题意可知，KClO3、KOH、MnO2加热反应生成锰酸钾，根据质量守恒可知，还会生成氯化钾、水，反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；【小问2详解】瓷坩埚易被强碱反应而腐蚀，故选用铁坩埚不用瓷坩埚；【小问3详解】待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞3，打开旋塞2、5，轻轻挤压气囊a，将a中收集的二氧化碳气体压入K2MnO4溶液中继续反应，未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体；高锰酸钾不稳定受热分解为锰酸钾、二氧化锰、氧气，故整个过程中温度不宜过高；小问4详解】滴定过程中反应为：，高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色；产品中KMnO4的纯度是；A．产品含少量K2MnO4，锰酸钾也会和草酸反应，导致标准液用量增加，导致测定结果偏小；B．酸式滴定管滴定后有气泡，导致标准液读数偏小，使得测定结果偏大；C．酸式滴定管没有润洗，使得标准液用量增大，使得测定结果偏小；D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不影响标准液用量，不影响测定结果；故选AC。44．（聊城一模，18）亚硫酰氯()是一种重要的化工原料，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈反应生成两种酸性物质。某小组利用反应制备，并探究其性质、测定其纯度。实验一：制备产品并探究的性质根据图示装置设计实验(装置可以重复使用)，已知遇水易分解。（1）装置接口连接顺序为a→___________→d、e→___________→h，碱石灰的作用为___________。（2）实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备，不用稀硫酸的原因为___________。（3）已知在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为和一种无色刺激性气味气体A和单质气体B，写出化学反应方程式___________。实验二：测定产品纯度。在安全的封闭装置内，将产品加入到足量蒸馏水中，待反应完全后，加入足量的固体，振荡后静置，过滤，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗V mL溶液［已知：常温下，，。］（4）产品中含___________mol。下列情况会使测定结果偏高的是___________(填序号)。①产品含少量 ②滴定管未用溶液润洗③滴加指示剂过多 ④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体【答案】（1）①. fgbc ②. cb ③. 一是防止空气中水蒸气进入，二是吸收多余的氯气或二氧化硫（2）易溶于水，使用70%硫酸能减少的溶解损耗；稀硫酸浓度较小，反应速率小（3）（4）①. ②.①②【解析】【分析】用A中MnO2和浓盐酸制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入C的三颈烧瓶中，E中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，经B中浓硫酸干燥后也通入C的三颈烧瓶，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯，多余的气体需要进行尾气处理，C中碱石灰，除去未反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入，据此分析回答问题。【小问1详解】根据分析，装置接口连接顺序为a→f→g→b→c→d、e→c→b→h。碱石灰的作用为一是防止空气中水蒸气进入，二是吸收多余的氯气或二氧化硫。【小问2详解】实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备，不用稀硫酸的原因为：易溶于水，使用70%硫酸能减少的溶解损耗；稀硫酸浓度较小，反应速率小。【小问3详解】在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为和一种无色刺激性气味气体A和单质气体B，无色刺激性气味气体A为SO2，据元素守恒，单质气体B是Cl2，化学反应方程式为：。【小问4详解】将产品加入到足量蒸馏水中，发生反应，待反应完全后，加入足量的固体，振荡后静置，过滤，除去，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，发生反应，可得关系式为，VmL产品中含；①产品含少量，导致氯含量偏高，含量偏高，故正确；②滴定管没有用溶液润洗，导致标准液被稀释，标准液消耗偏多，浓度偏高，故正确；③滴加指示剂过多，导致标准液消耗偏少，浓度偏低，故错误；④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体，导致待测液偏少，浓度偏低，故错误，故选①②。45．（济宁一模，18）实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：的熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，在潮湿空气中易水解。回答下列问题：（1）装置C中仪器a的名称为_______，实验装置从左到右的连接顺序为_______，D装置的作用为_______，C装置的加热方式为_______。a.温水浴 b.油浴(100-260℃) c.热水浴 d.沙浴温度(400-600℃)（2）写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式_______。（3）测定产品中钛含量的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入热的硫酸和硫酸铵的混合溶液，使其溶解。冷却，稀释，得到含的溶液。加入金属铝，将全部转化为，加入指示剂，用0.1000 mol·L溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 mol·L溶液的平均值为20.00 mL(已知：)。①配制标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_______(填字母代号)。②滴定时所用的指示剂为_______，产品中钛的质量分数为_______。【答案】（1）①. 蒸馏烧瓶 ②. ADCB ③. 干燥氧气 ④. b（2）(g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g)（3）①. ac ②. KSCN溶液 ③. 48%【解析】【分析】实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，A装置是氧气发生装置，生成的氧气中混有水，由于在潮湿空气中易水解，生成的氧气需要通过装有浓硫酸的洗气瓶D干燥，干燥的氧气通入C中和气化的混合，混合气体再通入B中发生反应得到二氧化钛，以此解答。【小问1详解】装置C中仪器a的名称为蒸馏烧瓶，由分析可知，实验装置从左到右的连接顺序为：ADCB，D装置的作用为干燥氧气，C装置加热的目的是让气化，的沸点为136.4℃，应该选择油浴(100-260℃)加热，故选b。【小问2详解】B装置三颈烧瓶内和O2反应生成TiO2和Cl2，O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：(g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g)。【小问3详解】①配制标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要容量瓶和胶头滴管，故选ac；②滴定过程中发生反应，Fe3+反应完全时，说明滴定完全，则滴定时所用的指示剂为KSCN溶液，滴定终点为：溶液由红色变为无色且半分钟内不恢复原来颜色；消耗的物质的量为0.02L×0.1000 mol·L=0.002mol，则溶液中的物质的量为0.002mol，产品中钛的质量分数为=48%。46．（济南一模，18）(三草酸合亚铁酸钾)是一种橙色固体，能溶于水，难溶于乙醇，在分析化学中用作吸氧剂。可通过如下实验装置(夹持装置省略)，先制得难溶于水的，再制取三草酸合亚铁酸钾。回答下列问题：（1）将铁粉放入a中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，进行的操作为：①打开K1、K3；和K4，关闭K2；②……；③……；④关闭K1、K2。操作②是_______，目的是_______；经操作③，B装置中生成，此时活塞K2、K3的状态是_______。（2）向生成的B装置中重新加入混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是_______，从而获得沉淀。对所得产品洗涤干净后进行如下分析：取mg产品进行含铁量的测定，平均分成三份加入锥形瓶中，加入稀溶解后，用c mol·L的溶液滴定，三次实验消耗溶液的平均体积为V mL。产品中铁元素的质量分数表达式为_______%；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，则测定的质量分数将_______(填“偏高”偏低”或“不变”)。（3）加热时易分解。现利用如下装置检验其受热分解所得产物是否含有CO、：各装置接口的连接顺序为a→hi→_______(填标号)；实验开始时，先通一段时间的。若气体产物中含有CO，则装置中的现象是_______。【答案】（1）①验纯 ②证明装置内空气已排尽(防止产品被氧化) ③关闭K3，打开K2（2）①降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于析出 ② ③偏低（3）①fg→bc(或cb)→d(e) ②(B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊【解析】【小问1详解】反应之前，生成的可以排除装置内的空气，防止亚铁离子被氧化，所以先检验氢气的纯度，证明装置内的空气已经完全除尽，要使A装置中生成的和B装置中的反应生成,应关闭，打开，装置内压强增大，使A中的溶液被压入B装置中；【小问2详解】难溶于乙醇，混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于产品析出；溶于硫酸，设溶液中的为nmol，物质的量为3mol，都能与反应，关系分别为：，，，铁元素的质量为：，产品中铁元素的质量分数表达式为；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，被氧化，则测定的质量分数将偏小；【小问3详解】检验其受热分解所得产物是否含有CO、，先将分解产物通入澄清石灰水，检验，再通入氢氧化钠溶液吸收，通入澄清石灰水检验是否被完全吸收，再依次通入氧化铜、澄清石灰水检验CO，所以连接装置的顺序为：fg→bc(或cb)→d(e)；若气体产物中含有CO，则装置中的现象是(B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊。47．（菏泽一模，18）碳酸锰()用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等。某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为)制备，过程如下(部分操作和条件略)。已知：不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；。回答下列问题：（1）制备溶液：m g软锰矿粉经除杂后制得浊液，向浊液中通入，制得溶液，实验装置如下图所示(夹持和加热装置略)。通过装置A可观察通入与的快慢，则A中加入的最佳试剂是_______；为使尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是_______；转化为的离子方程式为_______。实验中若将换成空气，将导致浓度明显大于浓度，原因是_______。（2）制备固体：在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到固体。若用同浓度的溶液代替溶液，将导致制得的产品中混有_______(填化学式)；用乙醇洗涤的目的是_______。（3）测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使完全转化为(其中完全转化为)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去，加入稀硫酸酸化，再用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应，消耗标准液的体积平均为mL；用mL 酸性溶液恰好除去过量的。软锰矿中锰元素的质量分数为_______(用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是_______(填标号)。A.滴定管水洗后直接装入标准液 B.滴定终点时俯视滴定管读数C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡 D.锥形瓶未干燥即盛放待测液【答案】（1）①. 饱和亚硫酸氢钠溶液 ②. 先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气 ③. ④. 部分二氧化硫溶液中被氧化生成硫酸根离子（2）①. ②. 除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥（3）①. ②. AC【解析】【小问1详解】A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫，反应，故A中加入的最佳试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液；为使尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，故在停止实验前应进行的操作是先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，将二氧化硫赶到烧瓶中，一段时间后停止通入氮气；和二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为；实验中若将换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，导致浓度明显大于浓度；【小问2详解】碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有存在；因为不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化，故用乙醇洗涤，可以减少水分且乙醇容易挥发，容易干燥；【小问3详解】根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6:1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，根据分析，有碳酸锰和亚铁离子的关系为~，锰元素的质量分数为；A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液浓度变小，造成标准液的体积变大，则测定结果偏大；B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小，实验结果变小；C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大，实验结果变大；D.锥形瓶未干燥即盛放待测液，对实验无影响。故选AC。48．（淄博一模，18）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)①仪器b的名称为_____，仪器c除冷凝回流外，另一作用为_____。②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_____。（2）步骤II可在如图装置中进行。①接口的连接顺序为a→_____。②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_____时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。（3）测定产品纯度称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为_____。②下列情况会导致产品纯度偏大的是_____(填标号)。A.未加尿素，直接进行滴定B.滴定达终点时，俯视刻度线读数C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成【答案】（1）①. 恒压滴液漏斗 ②. 提高反应物的利用率 ③. （2）①. d→e→f→g→b→c ②. 装置B中澄清石灰水变浑浊（3）①. ②. AC【解析】小问1详解】①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故答案为：；【小问2详解】首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；【小问3详解】①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故答案为：；②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；故答案为：AC。49．（青岛一模，19）三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾{，x、y均为整数}常用于化学光量计。实验室用(易潮解，易升华)和为原料制备，实验步骤如下：I.无水的制备：（1）仪器连接顺序为_______(仪器不重复使用)。（2）B中冷水的作用为_______。Ⅱ.三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备：称取一定质量草酸钾固体，加入蒸馏水，加热。溶解。时，边搅拌边向草酸钾溶液中加入过量溶液。将上述溶液置于冰水中冷却至绿色晶体析出。用布氏漏斗过滤、乙醇洗涤、干燥得三水合草酸合铁酸钾晶体。整个过程需避光。（3）用无水配制所需溶液，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。（4）乙醇代替水洗涤的目的是_______。Ⅲ.晶体组成的测定及误差分析取少量晶体配成溶液，用标准酸性高锰酸钾溶液进行第一次滴定，达终点时消耗标准液，向滴定后的溶液中加入过量锌粒将还原为。过滤，用该高锰酸钾溶液进行第二次滴定，终点时消耗标准液(杂质不反应)。（5）第二次滴定时的离子反应方程式为_______。（6）中_______。下列情况会导致y偏高的是_______。(填标号)。A.样品中含有草酸钾杂质B.第一次滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失C.第二次滴定终点读数时仰视D.第二次滴定终点时颜色为深紫红色【答案】（1）ACFBDE或ACDBFE（2）冷却，使蒸气转变为固体（3）容量瓶、三颈烧瓶（4）降低晶体的溶解度，减少损失（5）（6）①. 3 ②. AB【解析】【分析】由实验仪器可知，装置A为氯气的制备，制备的氯气中含有水蒸气和挥发的氯化氢气体，因为氯化铁易潮解且氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，因此在氯气与铁反应之前，应先除去氯化氢气体和水蒸气，除去氯化氢需用饱和食盐水，即装置C，气体干燥可用浓硫酸（装置F）或者五氧化二磷（装置D），然后将纯净的氯气通入装置B与铁反应并收集，因为氯化铁易升华，需用冷水冷却，最后用氢氧化钠溶液（装置E）吸收尾气，为防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置B引起氯化铁的水解，因此需在BE之间加干燥装置，可用浓硫酸（装置F）或者五氧化二磷（装置D）。由此解答该题。【小问1详解】由上述分析可知，仪器连接顺序为ACFBDE或ACDBFE。【小问2详解】由题给信息可知，氯化铁易升华，故需用冷水冷却，使氯化铁蒸气变为固体，方便收集。【小问3详解】配制氯化铁溶液，无需三颈烧瓶，因为无需精确配制，故也不需要容量瓶。【小问4详解】三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产物的损失。【小问5详解】由题给信息可知，锌将铁离子还原为亚铁再进行滴定，因此第二次滴定为酸性高锰酸钾与亚铁离子的反应，反应的离子方程式为。【小问6详解】第一次滴定为酸性高锰酸钾与草酸根的反应，离子方程式为，结合消耗高锰酸钾的量可知草酸根的物质的量为，第二次滴定为为酸性高锰酸钾与亚铁离子的反应，反应的离子方程式为，结合消耗酸性高锰酸钾的量可知铁的物质的量为，因此铁与草酸根的比例为1:3，即y=3；若样品中含有草酸钾杂质，则第一次滴定时消耗高锰酸钾的量增多，求出草酸根的量偏大，则y偏大，A正确；第一次滴定前有气泡，滴定后无气泡，读数高锰酸钾体积高于实际体积，求得草酸根偏大，则y偏大，B正确；第二次滴定结束仰视读数，读得高锰酸钾体积偏大，即所求铁的量偏大，则y偏小，C错误，第二次滴定终点为深紫红色，则证明高锰酸钾偏多，求得铁的量偏大，则y偏小，D错误，故选AB。50．（日照一模，20）环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：相关数据如下：回答下列问题：（1）的作用是_______：加入食盐的目的是_______。（2）环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是_______。（3）减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用_______(填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有_______。减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是_______(填标号)。a.关闭真空泵 b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温c.缓慢打开双通旋塞 d.停止通冷凝水（4）本实验中环己酮的产率为_______(保留2位有效数字)。（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①. 催化剂 ②. 降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离（2）环己酮进一步被氧化发生开环反应（3）①. 油浴 ②. 防止暴沸 ③. bdca（4）83%或者0.83（5）3+4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O【解析】【分析】本实验题是用H2O2在FeCl3的催化下氧化环己醇制备环已酮，先在10mL环己醇和2.0gFeCl3混合，在滴加30%H2O2在60℃~70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸馏得到共沸馏出液，向共沸馏出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到有机层，主要含有环己酮和环己醇，向其中加入MgSO4吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸馏即得较纯净的环己酮，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，FeCl3的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离，故答案为：催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离；【小问2详解】由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降，故答案为：环己酮进一步被氧化发生开环反应；【小问3详解】由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca，答案为：油浴；防止暴沸；bdca；【小问4详解】根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)==0.096mol，本实验中环己酮的产率为=83%，故答案为：83%或者0.83；【小问5详解】传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为3+4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O，故答案为：3+4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O。第三部分 化学工艺流程一、化学实验流程1．（临沂一模，7）正丁醛经催化加氢可得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为提纯1－丁醇设计如图路线。已知：①1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚；②R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓。下列说法错误的是A．试剂a为饱和NaHSO3溶液，试剂b为乙醚B．操作I和操作III均为过滤C．无水MgSO4的作用是干燥除水D．蒸馏时冷却水应从球形冷凝管的上口进入【答案】D【解析】【分析】试剂a为饱和NaHSO3溶液，加入到粗品中形成沉淀，然后通过操作I过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入试剂b乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇，所以操作Ⅱ为萃取分液；加入无水硫酸镁作干燥剂，操作Ⅲ为过滤，1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。【详解】A．由信息R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓，试剂a为饱和NaHSO3溶液，又1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚，试剂b为乙醚，故A正确；B．操作I和操作III均是分离固体和液体，均为过滤，故B正确；C．无水MgSO4的作用是干燥除水，干燥有机相，故C正确；D．为使冷凝管内的不蒸气得到充分冷却，在进行冷却时，应使水从冷凝管的下方接口进入，上口出，故D错误；故选D。二、化学工业流程2．（泰安一模，8）某化工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收方案如下：下列说法错误的是A．试剂a选择溶液比溶液更合适B．回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇C．试剂b为，试剂c为稀硫酸D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为蒸馏【答案】D【解析】【分析】废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，加入碳酸钠和苯酚、乙酸反应转化为盐，蒸馏分离出不同的沸点馏分乙醇、二氯甲烷；溶液通入二氧化碳和苯酚钠生成苯酚，分液分离，乙酸钠加入稀硫酸酸化蒸馏出乙酸；【详解】A．氢氧化钠碱性太强，加热可能导致二氯甲烷水解，故试剂a选择溶液比溶液更合适，A正确；B．乙醇沸点高于二氯甲烷，回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇，B正确；C．由分析可知，试剂b为，试剂c为稀硫酸，C正确；D．由分析可知，Ⅱ为分液操作，D错误；故选D。3．（烟台一模，8）利用V2O3制备氧钒碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的工艺流程如下：已知：+4价钒在弱酸性环境中具有还原性。下列说法正确的是A．V2O3制备NaVO3过程中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2B．生成V2O5的反应为2NaVO3+2NH4C12NaC1+V2O5+2NH3↑C．由V2O5制备VOC12的两种路径，路径I更符合绿色化学思想D．路径II中若盐酸浓度过低，可能生成副产物VO2Cl【答案】D【解析】【分析】，然后，接下来，最终VOCl2与NH4HCO3反应得到产品，以此分析；【详解】A．根据分析，V2O3制备NaVO3过程中，氧化剂O2与还原剂V2O3物质的量之比为1：1，A错误；B．由分析可知，生成V2O5的反应为，B错误；C．V2O5转化为VOCl2，钒元素化合价由+5降低到+4，被还原，路径Ⅰ的还原剂为HCl，其氧化产物为氯气，有毒有污染，路径Ⅱ的还原剂为N2H4.HCl，其氧化产物是氮气，无毒无污染，因此路径Ⅱ更符号绿色化学思想，C错误；D．+4价的钒在弱酸性环境中具有还原性，路径Ⅱ中若盐酸浓度过低，一部分VOCl2可能被氧化为VO2Cl，D正确；故答案为：D。4．（济南一模，9）工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备。“酸性歧化法”中，利用软锰矿(主要成分为)先生成，进而制备的流程如下所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备。下列说法正确的是A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为C．“结晶”获取晶体时采用蒸发结晶D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个【答案】D【解析】【分析】制备流程如下：、和在熔融状态下反应生成，反应后加水溶浸，使等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶性杂质，向滤液中通入过量使溶液酸化，并使发生歧化反应，生成和，过滤除去，滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到晶体。【详解】A．玻璃中含有，高温下能与强碱反应，因此不能用玻璃棒翻炒固体，A错误；B．酸化时发生歧化反应生成，具有强氧化性，能与盐酸反应生成，因此酸化时不能改用盐酸，B错误；C．酸化反应完成后过滤，滤液中主要含有、，两者溶解度相差较大，故通过“结晶”获取晶体时应采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，C错误；D．“熔融”、“酸化”过程均发生氧化还原反应，因此该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个，D正确；故选D。5．（青岛一模，9）溴苯可用于生产镇痛解热药和止咳药，其制备、纯化流程如图。下列说法错误的是A．“过滤”可除去未反应的铁粉B．“除杂”使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质C．“干燥”时可使用浓硫酸作为干燥剂D．“蒸馏”的目的是分离苯和溴苯【答案】C【解析】【详解】A．苯与液溴反应后剩余铁粉，不溶于苯，“过滤”可除去未反应的铁粉，A正确；B．NaHSO3可与Br2发生氧化还原反应，故使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质，B正确；C．水洗后须加入固体干燥剂P2O5后蒸馏，不可用浓硫酸干燥剂，以防蒸馏过程发生副反应，C错误；D．经过过滤、水洗、干燥后得到的是苯和溴苯的混合物，故蒸馏的主要目的是分离苯和溴苯，D正确；故选C。6．（临沂一模，9）实验室以工业废渣(主要含CaSO4•2H2O，还含少量SiO2)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如图。下列说法正确的是A．为提高浸取效率，浸取时需在高温下进行B．浸取时，需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水，抑制水解C．滤渣经洗涤和干燥后得纯净的轻质CaCO3D．对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶可得到纯净的(NH4)2SO4晶体【答案】B【解析】【分析】工业废渣(主要含CaSO4•2H2O，还含少量SiO2)中加入(NH4)2CO3溶液，将CaSO4转化为CaCO3和(NH4)2SO4；过滤后，滤渣中除含有CaCO3、SiO2外，可能还含有未反应的CaSO4；滤液中含有(NH4)2SO4及过量的(NH4)2CO3。【详解】A．为提高浸取效率，浸取时可适当加热，但不能在高温下进行，否则会造成(NH4)2CO3大量分解，A不正确；B．(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐，会发生双水解反应，浸取时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水，可抑制水解，从而增大溶液中浓度，有利于提高CaSO4的转化率，B正确；C．由分析可知，滤渣经洗涤和干燥后，所得沉淀中含有CaCO3、SiO2等，C不正确；D．浸取时，加入的(NH4)2CO3是过量的，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到的(NH4)2SO4晶体中可能混有(NH4)2CO3，D不正确；故选B。7．（淄博一模，10）从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A．“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子B．进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用D．操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧【答案】B【解析】【分析】电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3+、Al3+的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤得到浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有机萃取剂萃取镍，操作I为萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，反萃取得到含镍离子的溶液和有机萃取剂，有机萃取剂重复使用，充分利用萃取剂，含镍离子的溶液进行“富集”、“还原”得到粗镍。【详解】A．由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A正确；B．进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B错误；C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C正确；D．沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D正确；故选B。8．（菏泽一模，12）(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量、、等)为原料制备钴酸锂的一种流程如下：已知：①的溶解度随温度升高而降低；②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：下列说法错误的是A．高温时“合成”反应的化学方程式为B．滤渣1主要成分有、C．“洗涤”时最好选用冷水D．“除杂2”调pH=12时，溶液中【答案】BC【解析】【分析】海水加适量碳酸钠生成碳酸钙、碳酸锰沉淀除去Ca2+、Mn2+，加盐酸调节pH=5，蒸发浓缩析出氯化钠，调节调pH=12生成Mg(OH)2沉淀除Mg2+；过滤，滤液中再加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，过滤、洗涤，Li2CO3、CoCO3通入空气高温生成LiCoO2。【详解】A．高温时“合成”时Li2CO3、CoCO3通入空气生成LiCoO2和二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为，故A正确；B．根据流程图，“除杂1”是除去Ca2+、Mn2+，“除杂2”是除去Mg2+，滤渣1主要成分有MnCO3、，故B错误；C．的溶解度随温度升高而降低，“洗涤”时最好选用热水，故C错误；D．“除杂2”调pH=12时，，溶液中，故D正确；选BC。9．（青岛一模，12）我国首创高钛渣沸腾氯化法获取，以高钛渣(主要成分为，含少量V、和的氧化物杂质)为原料采用该方法获取并制备金属钛的流程如下。下列说法错误的是流程中几种物质的沸点如表A．“除钒”反应B．“除硅、铝”过程中，可通过蒸馏的方法分离中含、的杂质C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序可以交换D．“反应器”中应增大湿度以提高反应速率【答案】CD【解析】【分析】TiO2、V2O5、SiO2、Al2O3可与C、Cl2反应生成生成TiCl4、VOCl3、SiCl4、AlCl3、CO、CO2等，尾气处理掉CO、CO2，得到粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应，经过除硅、铝，得到纯TiCl4，。【详解】A．粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应，，A正确；B．TiCl4、SiCl4、AlCl3可可通过蒸馏的方法分离TiCl4，B正确；C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序不可以交换，会导致TiCl4中含有AlCl3，C错误；D．Na为活泼金属，可与水发剧烈反应，D错误；故选CD。10．（聊城一模，12）实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：下列说法错误的是A．“浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高的转化率B．“浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为C．“浸取2”时，发生反应的离子方程式为D．“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、【答案】AB【解析】【分析】磷石膏浆料含及杂质、等，通入氨气、二氧化碳调节pH=6.5，硫酸钙和氨气、二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀、硫酸铵，过滤，滤液1为硫酸铵溶液，滤渣1为碳酸钙、氧化铝、，高温煅烧滤渣，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，用氯化铵溶液浸取，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，滤液2中含有氯化钙，滤渣2中含有、。【详解】A．升高温度，二氧化碳、氨气溶解度降低，生成碳酸铵的浓度降低，“浸取1”时，不断升高温度，不一定能提高的转化率，故A错误；B．氨气的溶解度大于二氧化碳，为增大二氧化碳的溶解度，“浸取1”时，应先通再通，硫酸钙和氨气、二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀、硫酸铵，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，滤液1的成分主要是硫酸铵，浓度最大的阴离子为，故B错误；C．“浸取2”时，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，发生反应的离子方程式为，故C正确；D．滤渣1为碳酸钙、氧化铝、，高温煅烧滤渣，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，“浸取2”时，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，所得滤渣2的主要成分为、，故D正确；选AB。11．（日照一模，13）一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：下列说法正确的是A．“滤渣I”为B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率C．生成的离子方程式为D．“沉钴”时，用代替可以提高的纯度【答案】BC【解析】【分析】由题干工艺流程图信息可知，向低铜萃取余液中加入CaO浆液调节pH值到4.0~5.0，则产生CaSO4和Fe(OH)3沉淀，过滤得滤渣I成分为CaSO4和Fe(OH)3，滤液中含有Co2+、Cu2+、Fe2+、Mn2+等离子，向滤液中通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+氧化为MnO2，过滤得滤液(主要含有Co2+和Cu2+)，向其中加入CaO浆液，调节pH到5.5~7.8，将Cu2+转化为Cu(OH)2，即滤渣Ⅱ为Cu(OH)2，过滤得滤液，向其中加入NaHCO3进行沉钴，反应原理为：Co2++2=CoCO3↓+H2O+CO2↑，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A错误；B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B正确；C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C正确；D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成Co(OH)2等杂质，D错误；故答案为：BC。12．（潍坊一模，13）锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及杂质)为原料生产金属锰和高品位的工艺流程如图所示：已知25℃时，部分物质的溶度积常数如表所示：说明：整个流程中Co、Ni均为＋2价。下列说法正确的是A．“氧化”时的主要作用是氧化B．“滤渣3”的成分为CoS、NiSC．“沉锰”时，为了增强沉淀效果，应将溶液滴加到溶液中D．“电解”时，以Fe作电极，、溶液为电解液、阳极产物为，每生成1mol 转移电子数为6【答案】AD【解析】【分析】溶浸是将碳酸盐转变为可溶的硫酸盐，MnO2将Fe2+转化为Fe3+。由Ksp[Mn(OH)2]=c(Co2+)c2(OH-)得当Co2+沉淀完全时c(OH-)= ，此时pH>7时完全沉淀。即pH=5时Co2+和Ni2+没有除去。【详解】A．溶液中Fe2+不便沉淀，转化为Fe3+易沉淀除去，MnO2氧化Fe2+，A项正确；B．由上述计算可知，除杂后的滤液中有Co2+和Ni2+，则MnS将它们转化为CoS和NiS除去。滤渣3中含有MnS、CoS和NiS，B项错误；C．NH4HCO3溶液呈碱性，Mn2+易发生水解而损失，C项错误；D．ZnxMn(1−x)Fe2O4该物质中Zn、Mn分别为+2价，根据物质化合价为0计算Fe化合价为+3，即每生成1mol ZnxMn(1−x)Fe2O4转移6mol电子，D项正确；故选AD。13．（济宁一模，13）中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿(主要成分为、，含少量)为原料冶炼钨的流程如图所示：已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时，和开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。下列说法错误的是A．位于元素周期表第六周期B．“系列操作”步骤仅涉及物理变化C．流程中“调pH”范围为8~10.3D．参与反应的化学方程式为【答案】BC【解析】【分析】黑钨精矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2)，加入纯碱和空气发生反应后冷却、加水溶解过滤得到滤渣含元素主要为Fe、Mn，滤液为粗钨酸钠和硅酸钠溶液，加入硫酸调节pH到7.3，沉淀分离获得钨酸，分解得到氧化钨，通过氢气还原剂还原得到钨。【详解】A．W是74号元素，位于元素周期表第六周期，故A正确；B．滤液Ⅱ中含有钨酸钠，经过系列操作得到钨酸，要加酸酸化产生沉淀，酸化过程是化学变化，故B错误；C．流程中“调pH”的目的是使完全沉淀，则应调节pH的范围为7.3-8，故C错误；D．在空气中焙烧得到，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故D正确；故选BC。14．（烟台一模，14）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb及少量BaSO4，从中回收PbO的工业流程及一些难溶电解质的溶度积常数如下：下列说法错误的是A．“脱硫”的目的是将PbSO4转化为PbCO3B．滤渣的主要成分为BaSO4C．“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂D．“沉铅”后的滤液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A．“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应离子方程式为:PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，平衡常数K= >105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失，A正确；B．加入碳酸钠时，BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，K=<105，说明该反应正向进行的程度有限，BaSO4不溶于醋酸，所以滤渣的主要成分为BaSO4，B正确；C．酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb(CH3COO)2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(CH3COO)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂，“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂，C正确；D．加入碳酸钠时，BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，“脱硫”时生成少量BaCO3，“酸浸”时溶于醋酸，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+，“沉铅”后的滤液中存在2c(Ba2+)+ c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D错误；故答案选D。三、化学工业流程（非选择题）15．（聊城一模，17）铜电解液中主要含、、、、、等，为提纯得到粗硫酸镍晶体和胆矾晶体，某兴趣小组设计了如图流程：已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：（1）为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有___________(任写一点)。（2）向“溶液1”中通入稍过量的，写出主要反应的离子方程式___________。（3）请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入的原因___________。（4）“操作X”为在___________(填仪器名称)中加热至___________，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。（5）若“溶液3”中的浓度为0.002mol/L，取等体积的溶液与该溶液混合，要使反应结束时，则所加溶液的浓度至少为___________mol/L。[已知室温下]（6）室温下选择萃取剂HR，其萃取原理为：，溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因：___________。试剂a为___________(填化学式)。【答案】（1）搅拌或适当升温（2）2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+、Cu2++H2S=CuS↓+2H+（3）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入Ni(OH)2后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去（4）①. 蒸发皿 ②. 出现少量晶膜（5）0.004（6）①. pH太小，锌的萃取率低；pH太大，Ni2+、Zn2+可能以氢氧化物形式沉出 ②. H2SO4【解析】【分析】分析流程可知，粗硫酸镍溶解后，通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜，滤液中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将锌转移至有机相中，滤液为硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。【小问1详解】搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。【小问2详解】结合分析可知，Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和Fe2+和Cu2+与H2S转化为沉淀，反应离子方程式为2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+、Cu2+ +H2S=CuS↓+2H+。【小问3详解】结合分析可知，加入Ni(OH)2的目的是调节pH，使Fe3+水解反应正向进行，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，促进Fe3+的沉淀。【小问4详解】结合分析可知，操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发血中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体【小问5详解】结合分析可知，根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为2×V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=8V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为4×10-3mol/L。【小问6详解】结合分析可知，欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以Ni(OH)2的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。16．（临沂一模，17）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。回答下列问题：（1）为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。（2）“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。【答案】（1）①. 将“赤泥”粉碎 ②. SiO2、TiO2（2）①. 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ ②. 99%（3）（4）①. Sc2(C2O4)3·H2O ②. 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2【解析】【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼”时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。【小问1详解】将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；【小问2详解】由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；【小问3详解】已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；【小问4详解】设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。17．（青岛一模，17）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：②当离子完全沉淀时，。回答下列问题：（1）为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有_______(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为_______。（2）写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式_______、_______。（3）“氧化除杂”中加入和的作用分别是_______，溶液的应调节为_______之间。（4）“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为_______。[已知]（5）称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_______。【答案】（1）①. 增大硫酸浓度或加热 ②. （2）①. ②. （3）①. 将氧化为，调节溶液除去和 ②. 4.7（4）（5）【解析】【分析】红土镍矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2，其余物质转化为相应的金属离子，往滤液1中加入H2S，Cu2+与S2-反应生成CuS，滤渣2为CuS，滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液3中加入NiF2生成滤渣4为MgF2沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的Zn2+，水相中主要含有硫酸镍，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。【小问1详解】为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。【小问2详解】滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为、。【小问3详解】氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。【小问4详解】设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为，根据Ksp(MgF2)=6.25×10-9，=0.025mol/L，解得x=0.029mol/L。【小问5详解】已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式可知，消耗的Ni2+物质的量为cV×10-3mol，则mg样品中含有NiSO4·H2OcV×10-2mol，该样品的纯度为=。18．（日照一模，17）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：（1）“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。（2）“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。（3）用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。（4）“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。【答案】（1）①. 分液漏斗和烧杯 ②. 降温（2）①. 2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+ ②. 溶解高铼酸（3）酸溶 （4）①. 4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O ②. 7.18g【解析】【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。【小问1详解】“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；【小问2详解】“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；【小问3详解】滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；【小问4详解】“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；已知：①) ；②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ；①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol； n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。19．（泰安一模，18）氧化钪可提高计算机记忆元件性能，利用钪精矿为原料(主要成分为，还含有、等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：已知：钪与铝类似，其氢氧化物具有两性；是钪元素的萃取剂，萃取发生的反应为。（1）加入氨水调节，过滤，滤渣主要成分是_______。（2）上述洗脱剂X最好选择_______(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)溶液。（3）过程中生成的离子方程式_______。（4）“沉钪”前先加入稀盐酸调节溶液至酸性，然后用草酸“沉钪”。25℃时的草酸溶液中_______。(25℃时，草酸电离平衡常数为，)。（5）“沉钪”后所得到的草酸钪晶体的化学式为，灼烧发生分解反应的化学方程式为_______，写出固体产物溶于溶液的离子方程式_______。【答案】（1）（2）酸性 （3）（4）（5）①. ②. 【解析】【分析】根据题给信息，生产流程分析如下：钪精矿酸浸后，、、均溶解，加入氨水调节pH，使生成沉淀除去，滤液中加入萃取剂，被萃取进萃取剂里。根据方程式知增大有利于洗脱，故加入的X是酸性溶液。反萃取步骤中，加入使溶液呈碱性，双氧水把氧化生成固体，过滤后除去，转化为。滤液中加入盐酸，转化为，加入草酸后生成沉淀，沉淀被灼烧分解后生成氧化钪。【小问1详解】根据流程中物质分离的信息，加入氨水调节目的是除去溶液中的，故滤渣主要成分是。小问2详解】根据方程式知洗脱时加入的X最好选择酸性溶液。【小问3详解】过程中在碱性条件下被双氧水氧化生成离子方程式为：。【小问4详解】根据草酸的电离平衡常数得：，，时，，故。【小问5详解】中碳元素显+3价，灼烧分解时碳发生歧化反应，分解反应的化学方程式为：。固体产物溶于溶液的离子方程式为：。20．（烟台一模，17）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：回答下列问题：（1）“顺铂”分子中Pt的化合价为_______。（2）“氧化浸出”中，应选用上表所列_______mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为_______。（3）“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为_______；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为_______mol-1·L。（4）“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为_______；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有_______(填化学式)。【答案】（1）+2 （2）①. 18 ②. 2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O（3）①. 将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌 ②. 4.2×1014（4）①. 4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O ②. NaCl【解析】【分析】含铂的碘化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银、铂固体，固体加入硫酸氧化浸出分离出不反应的铂和含有硫酸银的滤液，滤液稀释后加入氯化钠得到氯化银沉淀，氯化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银；【小问1详解】根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]分子中Pt的化合价为+2；【小问2详解】“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1H2SO4，发生反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O；【小问3详解】浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；由图表可知，硫酸银在水溶液中溶解量为4.68g/L，则饱和硫酸银溶液浓度为0.015mol，则，“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为mol-1·L。【小问4详解】已知，N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、N2H4、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，离子反应方程式为4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；该工艺经物理处理，可从滤液1、3中得到氯化钠在沉银流程中再生循环利用。21．（济宁一模，17）一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含、、，还有少量及、、等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下：已知：T温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。回答下列问题：（1）“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中_______(填>、<或=)，此时杂质、、沉淀效果最好，生成，其余沉淀均是磷酸正盐，写出与反应生成沉淀的离子方程式_______，溶液中的浓度为 mol·L，则_______，_______(已知：T温度下，，)。（2）“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是_______。制备过程中采用“抽滤”，其目的是_______。（3）从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH>6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因_______。【答案】（1）①. ＞ ②. Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓ ③. 10－3.6 ④. 10－1.73（2）①. 提供Mg2＋，消耗H＋ ②. 加快过滤速度（3）pH增大，体系中PO浓度增大，副产物Mg3(PO4)2增多【解析】【分析】脱镁废液(pH2.1，溶液中含、、，还有少量及、、等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质、、沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。【小问1详解】由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中＝，所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时溶液中＞；生成，由于pH为4.5时溶液中以H2PO为主，所以与反应生成沉淀的离子方程式为Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓；溶液中的浓度为 mol·L，10－3.6，溶液中=10－12.3mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，的Ka2=10－7.21，Ka3=10－12.36，则，。【小问2详解】氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以需添加MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；【小问3详解】由于pH增大，导致体系中PO浓度增大，从而使副产物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。22．（济南一模，17）工业上利用石煤矿粉(主要含及少量、)为原料生产，工艺流程如下：已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为、、；②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：③25℃时，。回答下列问题：（1）“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。（2）滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。（3）“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中 mol·L，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中至少_______mol·L。（5）“煅烧”时，制得产品。但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分会转化成，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）（2）①NaOH ②富集钒元素（3）转沉 （4）①调节pH，将转化为 ②利用同离子效应，促进尽可能析出完全 ③0.2（5）【解析】【分析】石煤矿粉(主要含及少量、)，加入、和固体，将氧化成，生成的气体为，加水溶解，滤渣1为、，滤液为水溶液，加入将转化为沉淀，可以富集钒元素，再加入除去，最后加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以促进尽可能析出完全，煅烧生成。【小问1详解】焙烧”时，被氧化生成发生反应的化学方程式为:；【小问2详解】在溶液中加入形成沉淀，滤液1的主要成分为：NaOH，先“转沉”后“转化”的目的是富集钒元素；【小问3详解】转化时，滤渣Ⅱ为，经高温煅烧生成后水浸后生成，可以导入到转沉中循环利用；【小问4详解】“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以利用同离子效应，促进尽可能析出完全；，溶液中的，；【小问5详解】根据题目信息，“煅烧”时，制得产品的化学方程式为：。23．（菏泽一模，17）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：回答下列问题：（1）滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为_______(填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示_______(填标号)。A． B． C．（3）“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_______；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是_______。（4）已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是_______。（5）该工艺流程中，可以循环使用的物质有_______。【答案】（1）SiO2（2）①. ②. C（3）①. ②. 过量的将氧化，影响萃取，造成损失（4）使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出（5）有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O【解析】【分析】从废钒催化剂中回收，由流程可知，“酸浸”时转化为，转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2＋氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O＋ClO＋6VO2+＝6＋Cl−＋6H＋，溶液中与可相互转化：＋H2O＋2H＋，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。【小问1详解】据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。【小问2详解】已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。【小问3详解】“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。【小问4详解】溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH−浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。【小问5详解】NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。24．（淄博一模，17）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。②25℃时相关物质的Ksp见表：回答下列问题：（1）矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。①试剂B为_____(填标号)。A.H2SO4 B.H2O2 C.Na2CO3 D.NH4Cl②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]需要调节溶液的pH略大于_____。（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar【答案】（1）①. SiO2、CaSO4 ②. Fe（2）①. ②. 防止TiO2+提前水解（3）①. C ②. 2（4）①. 使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行 ②. （5）D【解析】【分析】钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质；【小问1详解】由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；【小问2详解】“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；【小问3详解】①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；【小问4详解】“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；【小问5详解】镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；故选D。25．（潍坊一模，18）氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①在空气中易被氧化，易与形成复盐沉淀；②硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为；③在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”中氧化的目的是___________。（2）步骤①中加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈，写出硫脲与反应生成的离子方程式___________。（3）步骤③反应的离子方程式为___________。（4）步骤④萃取时存在反应：。分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比称为分配比()。取20mL含四价铈总浓度为0.1的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂，充分振荡，静置，若，则水层中_______________。(计算结果保留二位有效数字)。（5）步骤⑤“反萃取”时双氧水的作用是___________。（6）产品是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，催化机理如图所示。写出过程①发生反应的化学方程式___________。【答案】（1）将氧化为（2）+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-（3）（4）0.0024（5）作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂（6）【解析】【分析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含+4价Ce的溶液，步骤①用硫脲将Ce4+还原为Ce3+，并与形成沉淀，步骤②溶解沉淀，步骤③将Ce3+转化成沉淀，然后灼烧；步骤④用萃取剂将Ce4+萃取到有机层，步骤⑤用H2O2还原Ce4+为Ce3+，进入水层，然后沉淀灼烧，据此进行分析。【小问1详解】“氧化焙烧”中氧化的目的是将氧化为。【小问2详解】根据化合价的变化可知，硫脲与反应生成的离子方程式为+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-。【小问3详解】和反应生成Ce2(CO3)3和CO2和H2O，其离子方程式为。【小问4详解】由题可知，n(Ce4+)=20×10-3L×0.1mol/L=0.002mol，萃取后Ce4+的n(有机层)+n(水)=0.002mol···①，又，即=80···②，联立①②解得n(水层)=mol，则。【小问5详解】“反萃取”时双氧水的作用是作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂。【小问6详解】根据图中所给反应物和生成物可知，过程①发生反应的化学方程式为。第四部分 化学反应原理一、电化学1．（济南一模，6）以硝酸盐为离子导体的电池装置与其某一电极M附近的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．镍电极上发生还原反应B．是该过程中的中间产物C．固体电解质能起到隔绝空气的作用D．M的电极反应为【答案】D【解析】【详解】A．根据活泼性，液态钠为原电池的负极，镍电极为正极，发生还原反应，A正确；B．由图可知，，是该过程中的中间产物，B正确；C．液态钠和空气中的水蒸气发生反应，所以需要隔绝空气，固体电解质能起到隔绝空气的作用，C正确；D．M的电极反应为，D错误；故选D。2．（济宁一模，7）在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法错误的是A．反应后，石墨电极的质量发生变化B．a极是电源的负极C．该体系中，优先于石墨参与反应D．电极A的电极反应：【答案】C【解析】【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料，电极反应为。【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，质量减轻，A正确；B．电极A作阴极，a极是电源的负极，B正确；；C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于参与反应，C错误；D．电极A的电极反应为，D正确；答案选C。3．（潍坊一模，8）pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为：(E的单位为V，K为常数)。下列说法错误的是A．计工作时，化学能转化电能B．玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化C．若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应：D．若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数【答案】C【解析】【详解】A．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag-AgCl电极）和另一Ag-AgCl电极插入待测溶液中组成电池，计工作时，化学能转化为电能，A正确；B．pH与电池的电动势E存在关系：，则pH=，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，B正确；C．若玻璃电极电势比参比电极低，，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl，C错误；D．pH与电池的电动势E存在关系：，若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数K=E-0.059pH=0.377-0.059×3=0.2，D正确；故答案为：C。4．（泰安一模，9）一种汽车玻璃采用了电致变色技术，其工作原理如下图所示：在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法错误的是已知：和均无色透明；和均为蓝色；A．当A接电源正极时，脱离离子储存层B．当A接电源负极时，电致变色层发生反应为：C．当B接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光D．该凝胶电解质聚环氧乙烷的结构简式为，可以与水分子之间形成氢键，为水溶性聚合物【答案】A【解析】【详解】A．当A接电源正极时，失去电子发生氧化反应，，向阴极运动，进入离子储存层，故A错误；B．当A接电源负极时，A极为阴极，得到电子发生还原反应，故电致变色层发生反应为：，故B正确；C．当B接电源正极时，B为阳极，失去电子发生氧化反应生成，膜变为蓝色，透射率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；D．聚环氧乙烷中含有氧原子，可以与水分子之间形成氢键，为水溶性聚合物，故D正确；故选A。5．（济南一模，10）电解水溶液制备的装置如图所示。电解后测得b极区溶液中溶质的总物质的量增大。下列说法错误的是A．水溶液盛放在a极区B．离子交换膜为阳离子交换膜C．当外电路转移2 mol电子时，两极室溶液质量变化相差76 gD．“电解法”所得副产品可用作“酸性歧化法”制备的原料【答案】C【解析】【分析】电解水溶液制备，阳极反应为：，阴极反应为：，向阴极移动，使物质的量增大，所以b极为阴极，a极为阳极；【详解】A．a极为阳极，水溶液盛放在a极区，A正确；B．通过离子交换膜向阴极移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；C．当外电路转移2 mol电子时，阴极反应，有2 mol移向阴极，生成，阴极质量增大，阳极质量减少，两极室溶液质量变化相差154 g，C错误；D．“电解法”所得副产品，可用作“酸性歧化法”制备的原料，D正确；故选C。6．（临沂一模，10）利用库仑测硫仪测定气体中SO2的体积分数，其原理如图所示。待测气体进入电解池后，SO2将I还原，测硫仪便自动电解，溶液中保持不变。若有标准状况下VmL气体通入电解池(其它气体不反应)，反应结束后消耗x库仑电量(已知：电解转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑)。下列说法正确的是A．M接电源的负极 B．阳极反应式为2H++2e-=H2↑C．反应结束后溶液的pH增大 D．混合气体中SO2的体积分数为×100%【答案】D【解析】【分析】由图可知，在M电极I-变成了I3-离子，化合价升高，则M电极为阳极，N电极为阴极，以此解题。【详解】A．由分析可知，M电极为阳极，M接电源的正极，A错误；B．由分析可知，阳极反应式为3I--2e-= I3-，B错误；C．二氧化硫在电解池中与溶液中I3-反应，离子方程式为，此时转移2个电子，同时生成4个氢离子，而在阴极转移2个电子消耗2个氢离子，则溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C错误；D．由硫原子守恒和可得如下关系：，电解消耗的电量为x库仑，则二氧化硫的体积分数为，D正确；故选D。7．（烟台一模，12）科研人员通过控制光沉积的方法构建复合材料光催化剂，以Fe2+和Fe3+渗透Nafion膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化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．a的价电子排布式：3d5B．体系中能量转化形式：电能→化学能C．体系中总反应的活化能：Ea正>Ea逆D．理论上每消耗18g水生成46gHCOOH【答案】CD【解析】【分析】由图可知，左侧水发生氧化反应生成氧气，则b生成a的反应为还原，ab分别为亚铁离子、铁离子；【详解】A．由分析可知，a为亚铁离子，是铁原子失去2个电子后形成的，价电子排布式：3d6，A错误；B．由图可知，体系中能量转化形式：光能→化学能，B错误；C．体系中总反应为水和二氧化碳生成氧气和甲酸，反应为吸热反应，则活化能：Ea正>Ea逆，C正确；D．二氧化碳转化为甲酸，碳元素化合价由+4变为-2，根据电子守恒可知，，理论上每消耗18g水（1mol）生成46gHCOOH（1mol），D正确；故选CD。8．（聊城一模，13）科学家设计了一种能产生羟基自由基()的原电池—电解池组合装置，能将苯酚氧化为和，实现发电、环保二位一体，如图所示。下列说法错误的是A．a极为正极，N为阳离子交换膜B．d极的电极反应式为C．a极区每产生1mol，c极区溶液质量减轻3gD．b极区消耗1mol，理论上电路中转移电子28mol【答案】C【解析】【分析】由图可知，a极上Cr2O72-发生还原反应生成Cr(OH)3，b电极上苯酚发生氧化反应生成CO2，则a电极为正极，b电极为负极，正极反应为Cr2O72-+6e-+8H+ =2Cr(OH)3+H2O，负极反应为C6H5OH-28e-+11H2O═6CO2↑+28H+；c电极为电解池阴极，d电极为电解池阳极，阴极反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为H2O-e-=H++•OH，羟基自由基(•OH)具有强氧化性，进一步氧化苯酚达到除去苯酚的目的，发生的反应为C6H5OH+28•OH═6CO2↑+17H2O，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，左侧装置原电池，右侧装置为电解池，a电极为正极，b电极为负极，负极方程式为：C6H5OH-28e-+11H2O═6CO2↑+28H+，H+离子浓度增大会导致微生物灭活，则N为阳离子交换膜，故A正确；B．d电极为电解池阳极，阳极上H2O失电子生成H+、•OH，阳极反应为H2O-e-=H++•OH，故B正确；C．正极反应为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3+8OH-，a极区每产生1mol Cr(OH)3时转移3mol电子，通过质子交换膜移向阴极的n(H+)=3mol，阴极反应为2H++2e-=H2↑，n(H2)= ，m(H2)=1.5mol×2g/mol=3g，即c极区溶液质量不变，故C错误；D．由分析可知，b极区电极方程式为：C6H5OH-28e-+11H2O═6CO2↑+28H+，消耗1mol，理论上电路中转移电子28mol，故D正确；故选C。9．（临沂一模，13）一种光照充电电池结构如图所示，充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3。下列说法正确的是A．充电过程中，光能最终转化为电能B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C．放电时，电极M为正极，电极反应为S+6e-=4S2-D．放电时N电极室增加2mol离子，理论上外电路转移1mol电子【答案】BD【解析】【分析】充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3，则电极N做阳极，放电时则做正极；电极M充电时做阴极，放电时则作负极。【详解】A．充电过程中，光能最终转化为化学能，故A错误；B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故B正确；C．据分析可知放电时，电极M为负极，电极反应为4S2- -6e-=S，故C错误；D．放电时N电极做正极，电极反应是，理论上当外电路转移1mol电子，有1molNa+从M电极室移向N电极室室，所以N电极室共增加2mol离子，故D正确；故选BD。10．（青岛一模，13）八钼酸铵可用于染料、催化剂、防火剂等。该化合物可通过电渗析法获得，工作原理如图。下列说法错误的是A．a连接电源正极B．生成的反应为C．电解一段时间后，b极附近氨水的浓度减小D．双极膜附近的移向左侧【答案】C【解析】【分析】由图可知，b为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，则a为阳极，水放电生成氧气和氢离子；双极膜释放出氢离子向阴极移动和反应生成；【详解】A．由分析可知，a为阳极，连接电源正极，A正确；B．双极膜释放出氢离子向阴极移动和反应生成，生成的反应为，B正确；C．电解一段时间后，b极附近生成的氢氧根离子和左侧迁移过来的铵根离子生成一水合氨，氨水的浓度变大，C错误；D．阴离子向阳极迁移，双极膜附近的移向左侧，D正确；故选C。11．（烟台一模，13）电解苯酚的乙腈(CH3—CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（，装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法错误的是A．电极a为负极B．装置工作时，乙室溶液pH减小C．c的电极反应式为+CH3-CN+H2O-2e- +2H+D．合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g【答案】B【解析】【分析】根据题给信息可确定左侧装置为化学电源，右侧装置为电解池。化学电源中，阴离子向负极移动，故电极a是负极，电极b是正极，电极c是阳极，电极d是阴极。【详解】A．由分析知电极a是负极，A正确；B．乙室是化学电源的正极室，工作时，在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：，反应时减小，溶液增大，B错误；C．电极c为阳极，在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3CN+H2O-2e- +2H+，C正确；D．根据阳极c的电极反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极a发生反应：，生成1mol氧气，同时乙室转移1mol到甲室，理论上甲室质量增重：，D正确；故选B。12．（济南一模，13）我国科学家发现，将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：下列说法正确的是A．若从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少B．为了提高电导效率，左极室采用酸性水溶液C．放电时，离子可经过隔膜进入右极室中D．充电时，电池的阳极反应为【答案】AC【解析】【分析】根据图中电子流动方向知铝电极为负极，嵌入电极是正极，工作时，铝单质失去电子生成，再与结合生成，电极反应式为，题目据此解答。【详解】A．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，A正确；B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B错误；C．放电时，正极的电极反应式是，反应消耗，因此离子经过隔膜进入右极室中，C正确；D．充电时，电池的阳极反应为，D错误；故选AC。13．（菏泽一模，13）我国科研团队在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应，大大提高了电池的能量密度。以S、Zn为电极，溶液为电解液来构建水系级联电池，原理如图所示。已知：第一步反应为，当正极的硫完全反应生成后，继续高效发生第二步反应(单独构建该步电池时效率较低)。下列说法错误的是A．电池工作时，正极质量一直增加B．步骤1的放电产物可能对步骤2的放电过程起催化作用C．放电时，第一步反应的正极反应式为D．用此电池对粗铜电解精炼，理论上相同时间内两池电极上析出铜的物质的量相等【答案】D【解析】【分析】第一步反应为，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn−2e−＝Zn2＋，S为正极，电极反应为：S＋2Cu2＋＋4e−＝Cu2S，当正极的硫完全反应生成Cu2S后，继续高效发生第二步反应，Zn为负极，电极反应为：Zn−2e−＝Zn2＋，S为正极，电极反应为Cu2＋＋xO2＋2e−═(1−4x)Cu＋2xCu2O，单独构建该步电池时效率较低，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用，据此进行分析。【详解】A．分析电池工作原理可知，正极的硫完全反应后仍然没有脱离电极，正极质量一直增加，故A正确；B．单独构建第二步电池时效率较低，耦合两个连续的电化学反应时效率较高，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用，故B正确；C．第一步反应为，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn−2e−＝Zn2＋，S为正极，电极反应为：S＋2Cu2＋＋4e−＝Cu2S，故C正确；D．该电池分两步完成，且只有第二步反应才析出铜，所以相同时间内两池电极上析出铜的物质的量不相等，故D错误；故答案选D。【点睛】本题以同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应为载体，考查电极质量变化、反应过程分析、物质的量计算和电极反应等，能依据图像和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。14．（淄博一模，13）下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是A．M电极接太阳能电池的P电极B．通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小C．膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D．每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O【答案】AD【解析】【分析】由图可知，Q极硫元素失去电子发生氧化反应，为原电池负极，P极氧气得到电子发生还原反应生成水，为正极；由氢离子移动方向可知，N极为阴极，连接原电池负极Q极，则M为阳极，连接原电池正极P极；【详解】A．由分析可知，M电极接太阳能电池的P电极，A正确；B．根据电子守恒，双极膜产生的氢离子与N极消耗的氢离子量相同，故V室内溶液pH不会减小，B错误；C．装置可分离废水中的Co2+和Ni2+，由图可知，镍离子通过b膜迁移到Ⅲ室和乙酰丙酮反应而和Co2+分离，故b为阳离子交换膜；Ⅲ室为碱性，故氢离子不能通过ab膜进入Ⅲ室，故a为阴离子交换膜；C错误；D．硫元素化合价由-1变为+6生成硫酸根离子，，双极膜上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，；根据电子守恒可知，每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O，D正确；故选AD。15．（日照一模，14）双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到和。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是A．a为阳极，b为阴极B．b极上草酸发生的反应为C．HBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介D．两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g【答案】D【解析】【分析】根据图示，a极H2O生成O2，发生氧化反应，则a为阳极；b极H+生成H2，发生还原反应，则b为阴极，据此分析作答。【详解】A．根据分析，a为阳极，b为阴极，A正确；B．阴极上的反应为：H2C2O4+2e−+2H+=OHCCOOH+H2O、，B正确；C．OHCCHO属于非电解质，HBr的作用是增强阳极液的导电能力，Br-在阳极发生失电子的氧化反应生成Br2，Br2将OHCCHO氧化为OHCCOOH，HBr充当间接电氧化的媒介，C正确；D．当阳极生成标准状况下2.24LO2，转移电子物质的量为0.4mol，生成乙醛酸amol，当阴极b极生成标准状况下2.24LH2，转移电子数为0.2mol，生成乙醛酸bmol，根据电子守恒，，解得b-a=0.1mol，理论上可得到乙醛酸的质量一定大于0.1✖74g/mol=7.4g，D错误；故答案为：D。16．（泰安一模，14）双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是A．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜B．放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小C．充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=D．充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g【答案】BC【解析】【分析】由图分析可知，电极II为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极I为负极；【详解】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确；B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；C．充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误；D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH-- 4e- = O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D正确；故选BC。17．（潍坊一模，14）我国科学家研究出一种钠离子可充电电池的工作示意图如下，该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作，工作原理示意图如下：其中代表没参与反应的-COONa，代表没参与反应的-ONa．下列有关说法错误的是A．放电时，b极为正极B．充电时，钠离子由b极向a极移动C．充电时，阴极发生反应为D．若电池充满电时a、b两极室质量相等，则放电过程中转移0.3mol电子时，两极质量差为6.9g【答案】CD【解析】【分析】由图可知，放电过程中b极物质发生还原反应，为正极，则a为负极；【详解】A．由分析可知，放电时，b极为正极，A正确；B．充电时，阳离子向阴极移动，充电时a为阴极、b为阳极，则钠离子由b极向a极移动，B正确；C．充电时a为阴极，阴极得到电子发生还原反应，反应为+2e-+2Na+=，C错误；D．若电池充满电时a、b两极室质量相等，根据电子转移关系可知钠离子迁移情况为，e-~Na+，则放电过程中转移0.3mol电子时，由0.3mol的钠离子发生迁移，则两极质量差为23g/mol×0.3mol×2=13.8g，D错误；故选CD。18．（聊城一模，15）水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO空位中嵌入的电极材料充放电过程如图2所示(除中心空位外，其他空位未画出)。下列叙述中正确的是A．该材料在锌电池中作为负极材料B．①为MnO活化过程，其中Mn的价态一定发生变化C．②代表电池放电过程D．③中1mol晶胞转移的电子数为0.2mol【答案】BC【解析】【详解】A．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+，Zn电极为负极材料，故A错误；B．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价代数和为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故B正确；C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因此表示放电过程，故C正确；D．由图可知Zn0.1Mn0.6□0.3O中n(Zn2+):n(O2-)=1:10，一个晶胞中含有O2-个数为8×+6×=4，则一个晶胞中含有Zn2+个数为0.4，过程③1mol晶体发生反应转移电子的物质的量为1×0.4×2mol=0.8mol，故D错误；故选BC。二、化学反应机理19．（聊城一模，10）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是A．反应过程中有极性键的断裂和生成B．都有可能在循环中作催化剂C．反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变D．该循环的总反应为：【答案】C【解析】【详解】A．反应过程中，CH4与、反应生成H2和，发生极性键的断裂，在UV作用下分解生成CO、H2、，发生极性键的生成，A正确；B．反应开始时，可能是、先与H2O反应，也可能是、先与CH4反应，循环的起点不同，催化剂不同，所以都有可能在循环中作催化剂，B正确；C．反应过程中，、、中，金属元素V的价态一定发生改变，C错误；D．将两个循环发生的反应加和，都可得到该循环的总反应为：，D正确；故选C。20．（青岛一模，10）某溴丁烷与乙醇反应的能量转化如图(“”表示过渡态)。下列说法错误的是A．总反应为取代反应 B．该反应过程中C原子杂化方式有变化C．加可以加快该反应的反应速率 D．该过程正逆反应的决速步骤不同【答案】C【解析】【详解】A．该溴丁烷与乙醇反应的总反应为(CH3)3CBr+CH3CH2OH→(CH3)3COCH2CH3+HBr，此反应类型为取代反应，A正确；B．(CH3)3CBr、CH3CH2OH中C原子的杂化方式为sp3杂化，(CH3)3C+碳原子杂化方式为sp2杂化，B正确；C．反应物为(CH3)3CBr与CH3CH2OH，加入C2H5ONa，对反应物浓度与反应过程中的过渡态无任何影响，故不能影响反应速率，C错误；D．正逆反应的决速步骤由反应速率慢的步骤决定，故该过程正逆反应的决速步骤不同，D正确；故选C。21．（日照一模，10）CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。主反应： 副反应： 下列说法正确的是A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、B．*与结合形成*C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成D．反应为决速步【答案】D【解析】【详解】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A错误；B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B错误；C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D正确；故答案为：D。22．（潍坊一模，10）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是A．反应过程中有非极性键的断裂B．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为D．反应过程中，存在反应【答案】B【解析】【详解】A．反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂，故有非极性键的断裂，A正确；B．H3AsO4为弱酸，溶液的pH越小，导致As以分子形式存在，反而不利于去除废水中的正五价砷，B错误；C．由图可知，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基，发生反应方程式为，C正确；D．反应过程中，在腐蚀层表面存在反应，D正确；故选B。23．（烟台一模，10）在Fe2+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．X为C2H5OH，是中间产物之一B．过程①~⑥，Fe元素的化合价均发生了变化C．增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变D．每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO【答案】C【解析】【分析】根据反应机理图示，是反应物，是生成物，其余为中间产物。【详解】A．根据反应③，X为，是生成物，A错误；B．根据反应③④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；C．是催化剂，增加的量时，实质是增加的量，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；D．反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误；故选C。24．（济宁一模，12）为平面结构，可以作为和CO反应制备的催化剂，反应历程如下图所示，下列说法错误的是A．A离子中Rh原子的杂化轨道类型为B．反应的总方程式为C．化合物E生成的过程为取代反应D．和CO反应制备的反应历程有2种【答案】AD【解析】【详解】A．中心原子杂化轨道类型为的离子空间构型不可能是平面的，而为平面结构，Rh原子的杂化轨道类型不是，A错误；B．根据反应历程的反应物为和CO，生成物为，反应的总方程式为，B正确；C．化合物E为CH3COI，和水生成的过程为取代反应，C正确；D．根据反应过程，和CO反应制备反应历程只有1种，D错误；故选：AD。25．（淄博一模，12）一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A．反应④有极性键的断裂与生成B．反应②③均为氧化还原反应C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正确；D．根据图示可知，NO被还原为N2，则还原1molNO转移2mol电子，而O2最终生成H2O，故2mol电子消耗0.5molO2，标准状况下体积为11.2L，D正确；故选B。26．（日照一模，12）某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是A．过程I中发生还原反应B．a和b中参与反应的数目相等C．过程Ⅱ的反应为D．过程I→Ⅲ的总反应为【答案】C【解析】【分析】某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移（如a、b和c），则过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，据此分析解题。【详解】A．由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A正确；B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B正确；C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO++2H++3e-=N2H4+H2O，C错误；D．由分析可知，过程Ⅰ方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为，D正确；故答案为：C。27．（泰安一模，12）乙炔能在催化下与水反应生成，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是A．过程①中，水分子中的氧原子向的空轨道提供孤对电子B．本反应历程涉及的物质中，最稳定C．转化为的过程涉及消去反应D．其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，过程①中H2O与Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤对电子，可向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配位键，A正确；B．图中CH2=CHOH的能量最高，故其稳定性最弱，B错误；C．由本反应历程图示知，转化为的过程反应中碳碳三键转化为醛基，没有涉及消去反应，，C错误；D．催化剂改变反应历程，降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变，D错误；故选A。28．（济宁一模，14）芳香羧酸是一种重要的有机分子骨架，利用电化学方法，芳香烃与CO2选择性的C-H键羧基化反应如图所示，下列说法错误的是A．生成1 mol芳香羧酸，电路中转移的电子数为2NAB．电池工作过程中需要不断补充I-C．不同的取代基-R影响路径Ⅰ或Ⅱ的选择路径D．该反应原子利用率为100%【答案】AB【解析】【分析】电解池中连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极。由图可知，阳极电极方程式为：2I--2e-=I2，阳极得到1个电子生成中间体，然后中间体和CO2反应，最终生成，以此解答。【详解】A．由图可知，芳香烃通过路径I每生成1个分子的芳香羧酸共得到1个电子，则生成1 mol芳香羧酸，电路中转移的电子数为NA，A错误；B．由图可知，在转化过程中I-可以循环使用，电池工作过程中不需要补充I-，B错误；C．由图可知，不同的取代基-R影响路径Ⅰ或Ⅱ的选择路径，C正确；D．该反应的总方程式为： +CO2→ ，该反应的反应物是两种，生成物只有一种，因此该反应是化合反应，原子利用率为100%，D正确；故合理选项是AB。29．（济南一模，14）研究表明，用作催化剂促进水分解时存在两种不同的路径，分解过程中的部分反应历程如图所示(物质中原子之间的距离单位为)。下列说法错误的是A．水的分解反应为放热反应B．反应历程中，钒原子的杂化方式发生改变C．IM2中，距离为“2.174和“2.390”的原子之间作用力是氢键D．适当升高温度，IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度【答案】AC【解析】【详解】A．水分解需要从外界获取能量，故其为吸热反应，A错误；B．观察反应历程可以看出，反应历程中，由于分子构型发生改变，钒原子的杂化方式一定会改变，B正确；C．和“2.174”的原子钒原子和氧原子，它们之间不是氢键，C错误；D．IM2→FS3是放热反应，升温之后平衡逆向移动，故IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，D正确；故选AC。30．（临沂一模，14）某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．反应①～④均为氧化还原反应B．反应②为NH+ =NH+ C．消耗0.5molO2，理论上可处理1molNOD．总反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O【答案】B【解析】【详解】A．反应①中各元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由图可知，反应②为NH+= NH+ ，B正确；C．根据关系图结合电子得失守恒可知1mol氧可以得到4mol钒催化剂，通过反应①②可以得到4molNH，4mol NH可以还原4moINO，所以理论上可处理NO物质的量为4mol，则消耗0.5molO2，理论上可处理2molNO，C错误；D．由图可知总反应方程式为4NH3+4NO+ O24N2+6H2O，D错误；故选B。31．（青岛一模，14）联氨的性质类似于氨气，将联氨加入悬浊液转化关系如图。下列说法错误的是A．的沸点高于B．通入氧气反应后，溶液的将减小C．当有参与反应时消耗D．加入的反应为【答案】B【解析】【详解】A．、均为分子晶体，且均能形成氢键，而的相对分子质量更大，故沸点高于，A正确；B．通入氧气反应后，一价铜被氧化为二价铜、同时生成氢氧根离子，，故溶液的碱性增大，将变大，B错误；C．中氮元素化合价由-2变为0生成氮气，根据电子守恒可知，，则有参与反应时消耗，C正确；D．加入，转化为氢氧化铜沉淀和、氯离子、，反应为，D正确；故选B。三、化学平衡32．（淄博一模，14）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大B．900℃，ts后达平衡，H2平均生成速率为pkPa∙s−1C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性【答案】C【解析】【详解】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A正确；B．900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B正确；C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则Al2O3催化剂使得正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C错误；D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D正确。综上所述，答案为C。四、水溶液33．（聊城一模，14）、均是难溶物，用pM、pOH、分别表示、、。一定温度下，、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．Ⅰ表示的沉淀溶解平衡曲线B．的是C．Q点可通过和的混合物溶于水得到D．同时存在和固体的溶液中【答案】AD【解析】【分析】将M2+的氢氧化物和碳酸盐的Ksp取负对数，则pKsp[M(OH)2]=pM+2pOH-①，pKsp[MCO3]=pM+pCO②，取曲线I上(3.5)和(4.4)分别代入①②中可知3+2×5≠4+4，3+5=4+4，I表示MCO3的沉淀溶解平衡曲线，II表示M(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，以此解答。【详解】A．由分析可知，Ⅰ表示的沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．取Q点数据，pKsp[M(OH)2]=pM+2pOH-=5+3×2=11，则的是，故B错误；C．MCO3和M(OH)2的混合物溶于水得到的溶液中存在2c(M2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)，Q点不满足这一关系，C错误；D．取Q点数据，pKsp[MCO3]=pM+pCO=5+3=8，则MCO3的是，(MCO3)>[]，则同时存在和固体的溶液中，故D正确；故选AD。34．（菏泽一模，14）常温下，向一定浓度溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线M表示B．常温下，C．a点溶液中：D．b点溶液中：【答案】BD【解析】【分析】向某浓度溶液中加入KOH固体时，由于二者发生反应，所以逐渐减少，会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为与pH变化关系；，，会逐渐增大，会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为与pH变化关系；另一条则是与pH的变化图，以此解题。【详解】A．由分析可知，曲线M表示，故A错误；B．电离常数的表达式为：，，，当pH＝2.8时，与相等，即=，代入可得Ka1×Ka2＝(10−2.8)2＝10−5.6；又当pH＝4.3时，，即=，即Ka2＝10−5.3，所以mol⋅L−1，故B正确；C．a点溶液中由电荷守恒可知c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH−)，a点＝，则c(K＋)− c(OH−)＝＋2− c(H＋)，故C错误；D．b点时，电荷守恒为c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH−)，此时pH＝4.3，即，所以=，所以上式变形为：c(K＋)＋c(H＋)＝3＋c(OH−)，c(K＋)−3＝c(OH−)− c(H＋)，因为c(OH−)＜c(H＋)，所以c(K＋)＜3，故D正确；故答案选BD。【点睛】本题考查酸碱混合溶液的判断、离子浓度大小比较等知识，为高频考点，明确图像各点对应溶液的组成、溶液的性质及电离平衡常数的计算为解答关键，注意电荷守恒关系的应用，侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，题目难度中等。35．（临沂一模，15）室温下，亚砷酸[As(OH)3]和酒石酸(H2T)混合体系中部分微粒的c－pH关系如图所示(浓度：总As为5.0×10-4mol•L-1，总T为1.0×10-3mol•L-1)。已知：Ka1(H2T)=10-3.04，Ka2(H2T)=10-4.37。下列说法正确的是A．Ka1[As(OH)3]的数量级为10-10B．HT-的酸性强于[As(OH)2T]-C．pH=3.1时，溶液中浓度最高的微粒为[As(OH)2T]-D．向H2T溶液中滴加NaOH溶液至中性时：c(HT-)＞c(T2-)【答案】AB【解析】【详解】A．，，当时，，，的为，数量级为10-10，A正确；B．，，当时，，，HT-的电离常数Ka2(H2T)=10-4.37，其电离常数较大，故其酸性更强一些，B正确；C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为，的浓度为右坐标，浓度的数量级为，所以时，的浓度比的高，C错误；D．当c(HT-)=c(T2-)时，其中T2-的水解常数Kh=，HT-的电离常数大于其水解常数，则以电离为主，其电离常数Ka2(H2T)=10-4.37>Kh，此时溶液显酸性，故当显中性时，HT-的电离程度更大一些，即c(HT-)Ka2，结合图像可知，曲线Ⅱ表示与的关系、曲线Ⅰ表示与的关系；【详解】A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系；，A正确。B．由点（2.23，-1）可知，第一步电离常数为，其数量级为10-2，B错误。C．由图可知，时，>0，则；，由点（3.19，1）可知，；，此时，则，得，C正确。D．由电荷守恒可知，；由物料守恒可知，；两式联立可得：；，时，，则有，D错误。故选BD。38．（泰安一模，15）25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：下列说法错误的是A．25℃时，第一步电离平衡常数B．c点溶液中：C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>aD．b点溶液中：【答案】CD【解析】【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 mol•L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当＜1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当2＞＞1时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。【详解】A．由图可知，25 °C，c(HA- )= c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，故A正确；B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)=3c(HA-)=3c(A2-)=2c(HA-)+ c(A2-)，故B正确；C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故C错误；D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，b点pH<7，c(H+)>c(OH-)，H2A被滴定分数>1，c(OH-)> c(H2A)，故D错误；故选CD39．（潍坊一模，15）AgCl()和(砖红色)都是难溶电解质，以对pCl和作图的沉淀平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．阴影区域AgCl和都沉淀B．C．向含有AgCl(s)的1.0 KCl溶液中加入，白色固体逐渐变为砖红色D．用硝酸银标准液滴定溶液中的，作指示剂的浓度在0.01左右时滴定误差较小【答案】BD【解析】【分析】根据图像，由图可知，取纵坐标为零，计算得2线对应的，数量级为10-12，故2线代表Ag2CrO4，1线代表AgCl，以此解题。【详解】A．纵坐标越大，银离子浓度越小，横坐标越大，阴离子浓度越小，故阴影区域AgCl和都不沉淀，A错误；B．此时时，则，B正确；C．当溶液中有1.0 KCl时，则此时氯离子的浓度为1.0，pCl=0，由图可知，此时无法形成，C错误；D．由图可知，当浓度在0.01左右时(pCrO4=2)形成所需要的银离子浓度约为10-5mol/L，根据氯化银的溶度积可知此时氯离子浓度约为1.6×10-5mol/L，氯离子接近完全沉淀，滴定误差较小，D正确；故选BD。40．（烟台一模，15）分析化学中“滴定分数”的定义为滴定过程中标准溶液与待测溶液溶质的物质的量之比。常温下用0.01mo1·L-1的NaOH溶液滴定0.01mol·L-1某二元弱酸H2R溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．H2R的Ka1约为5.67×10-2，Ka2约为4×10-5B．从b点到e点，溶液中一定存在：c(R2-)>c(H2R)C．c点溶液中，c(R2-)+c(OH-)=c(HR-)+c(H+)+3c(H2R)D．滴定过程中，混合溶液中始终增大【答案】CD【解析】【详解】A．由a可知，滴定分数为0.85，此时溶液中溶质H2R、NaHR的物质的量之比为0.15:0.85，pH=2，则H2R的；由d可知，滴定分数为1.8，此时溶液中溶质Na2R、NaHR的物质的量之比为0.8:0.2，pH=5，则H2R的，A正确；B．b点溶液溶质为NaHR，e点溶液溶质为Na2R；随着氢氧化钠的加入，NaHR逐渐转化为Na2R，故b点到e点，溶液中一定存在：c(R2-)>c(H2R)，B正确；C．c点溶液中为等量的NaHR、Na2R；根据电荷守恒可知，，由物料守恒可知，，两式联立可得，C错误；D．滴定过程中，混合溶液中，随着氢氧化钠加入，氢离子浓度逐渐减小，故比值减小，D错误；故选CD。41．（济宁一模，15）常温下，向20 mL 0.1 mol/LNaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是A．B．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：c(M-)＞c(HN)C．随着HM溶液的加入的值变大D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：【答案】A【解析】【详解】A．根据坐标图示可知：当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HM)=c(HN)、c(M-)=c(N-)，所以Ka(HM)=，A错误；B．滴入等浓度20 mLHM溶液后，根据复分解反应的规律：强酸与弱酸盐反应可以制备弱酸，二者恰好发生反应：HM+NaN=HN+NaM，M-会发生水解反应，HN会发生电离作用，Kh(M-)==＜Ka(HN)，故 c(M-)＞c(HN)，B正确；C．随着HM溶液的加入，溶液中存在==，溶液中c(H+)会不断增大，电离平衡常数不变，故增大，C正确；D．向其中滴入20 mL等浓度的HM溶液后，根据物料守恒可知n(HM)=n(HN)，微粒处于同一溶液中，根据物料守恒可得c(HM)+c(M-)=c(HN)+c(N-)；根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(M-)+c(N-)+c(OH-)，两式相加，整理可得关系式c(HN)+c(OH-)+2c(N-)= c(HM)+c(Na+)+c(H+)，D正确；故合理选项是A。42．（济南一模，15）乙二胺(，简写为EDA)是常用的分析试剂，为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，向20 mL 0.1 mol·L其盐酸盐溶液EDA中加入NaOH固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、EDA三种粒子的浓度的对数值()、所加NaOH固体质量与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是A．乙二胺第一步电离常数的数量级为B．时，C．时，D．时，加入NaOH溶液的质量g【答案】BD【解析】【详解】A．根据图示信息，乙二胺第一步电离常数，，，数量级为，A正确；B．时，，，B错误；C．时，根据物料守恒：，C正确；D．根据图像，时，加入NaOH的物质的量为：0.02mol，质量为，D错误；故选BD。43．（淄博一模，15）常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是A．L2表示pc(HPO)和-lg的关系B．H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性【答案】AC【解析】【详解】A．根据亚磷酸二级电离可知，，等式两边同时取对数，，则，同理可得，因为，则，所以表示的直线应该在上方即L2，A正确；B．，对应直线L2，将点(3,3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7，B错误；C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数，水解平衡常数，水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)，C正确；D．，c(H3PO3)=c(HPO)时，，溶液显酸性，D错误；故选AC。五、化学反应原理综合（非选择题）44．（聊城一模，20）低碳烯烃是指乙烯、丙烯、丁烯，它们是有机合成的重要原料。（1）我国学者用催化加氢合成低碳烯烃，反应过程如图所示：①在存在下，加氢反应中，RWGS反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“不能判断”)FTS反应的活化能。②已知：Ⅰ．Ⅱ．向某密闭容器中加入1mol和3mol，在一定条件下发生上述反应。研究发现，乙烯的平衡产率随温度变化曲线如图所示，请解释550K以后，曲线变化的原因是___________。③在催化剂存在下，400kPa、500℃条件下，将1mol和3mol加入某密闭容器中合成低碳烯烃：，40min时反应达到平衡，此时测得的转化率和各含碳产物占所有含碳产物的物质的量分数如下表：反应达到平衡后，的分压是___________kPa(结果保留三位有效数字，下同)，从反应开始到平衡时，的反应速率是___________。（2）正丁烷催化脱氢可得到2-丁烯，其有顺反异构，其转化关系如下：若用表示反应的体积分数平衡常数(即浓度平衡常数中的浓度用体积分数代替)。上述三个反应的体积分数平衡常数的对数与温度的变化关系如图所示：回答下列问题：①图中b=___________(用含a、c的代数式表示)。②在时，向某密闭容器中加入2mol正丁烷，测得生成的顺-2-丁烯为0.15mol，则平衡体系中为___________mol。保持恒温恒压下，再向该容器中充入一定量惰性气体He，则反-2-丁烯的体积分数将会___________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①. 大于 ②. ，，温度升高，反应Ⅰ平衡右移，反应Ⅱ平衡左移，温度高于550K以后，以反应Ⅰ为主，CO增多，导致反应Ⅱ平衡右移，乙烯产率缓慢增加 ③. 19.7 ④. 1.19（2）①. a−c ②. 1.65 ③. 减少【解析】【小问1详解】①活化能大的反应速率慢，在存在下，加氢反应中，RWGS反应为慢反应，而FTS反应为快反应，故前者的活化能大；②550K以后，C2H4产率增加的原因是：，，温度升高，反应Ⅰ平衡右移，反应Ⅱ平衡左移，温度高于550K以后，以反应Ⅰ为主，CO增多，导致反应Ⅱ平衡右移，乙烯产率缓慢增加；③在400kPa、500℃时，因加入1molCO2和3molH2，故起始时p(CO2)=100kPa，p(H2)=300kPa，平衡时CO2转化率为60%，根据反应，平衡时n(CO2)=0.4mol，n(H2)=1.2mol；由转化的碳守恒可得：2n(C2H4)+3n(C2H6)=0.6mol、，解得：n(C2H4)=0.15mol、n(C2H6)=0.lmol、n(H2O)=1.2mol，故平衡体系中气体的总物质的量是3.05mol；反应达到平衡后，C2H4的分压是=19.7kPa，CO2的分压是52.5kPa，从反应开始到平衡时，CO2的反应速率是=1.19。【小问2详解】①由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅲ=反应Ⅱ，则(Ⅰ)(Ⅲ)=(Ⅱ)，则lg(Ⅱ)=lg(Ⅰ)+lg(Ⅲ)，b+c=a，b=a-c；②由图可知，在时，反应Ⅲ的lgKx=1，则Kx=，测得生成的顺-2-丁烯为0.15mol，则生成反-2-丁烯为1.5mol，由方程式可知，平衡体系中为0.15mol+1.5mol=1.65mol；保持恒温恒压下，再向该容器中充入一定量惰性气体He，容器体积会增大，一瞬间H2、正丁烷、反-2-丁烯、顺-2-丁烯的体积分数减小，由于反应I和反应Ⅱ都是气体体积增大的反应，平衡正向移动，而反应Ⅲ是气体体积不变的反应，平衡不移动，且Kx=，由勒夏特列原理可知，再次平衡时反-2-丁烯的体积分数相比冲入He之前减小。45．（临沂一模，20）以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49kJ•mol-1II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2回答下列问题：（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。（2）在恒压密闭容器中，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为10kPa)。①反应Ⅱ对应图1中_____(填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp=_____kPa-2(保留两位有效数字)。②通过调整温度可调控平衡时的值。B点对应温度下，平衡时=400，则p(H2)= _____kPa。（3）在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是_____；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是______。（4）向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比甲：乙=16：25，则甲、乙容器的体积之比为______。【答案】（1）+41.2（2）①. n ②. 0.10 ③. 20（3）①. 主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 ②. 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低（4）5：4【解析】【小问1详解】已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1，即反应①H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，反应②CO(g)+ O2(g)=CO2(g)=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则①-②+③得反应IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，根据盖斯定律可知，△H2=(-285.8kJ/mol)-( -283.0kJ/mol)+( +44kJ•mol-1)=+41.2kJ•mol-1，故答案为：+41.2；【小问2详解】①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：、，图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=0，即Kp=1.00，则有=1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp==0.10kPa-2，故答案为：n；0.10；②通过调整温度可调控平衡时的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得p2(H2)=，平衡时=400，则p(H2)=20kPa，故答案为：20；【小问3详解】CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低，故答案为：主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低；【小问4详解】对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4，故答案为：5：4。46．（青岛一模，20）与的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和。主要反应如下：反应I：；反应Ⅱ：；反应Ⅲ：已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。（1）上述三个反应的平衡常数、与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的，_______。（2）向密闭容器中，通入和，若仅考虑上述反应，平衡时、、、的物质的量随温度T的变化如图2所示。时，的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数_______。后随温度升高，物质的量减少的原因为_______。（3）DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①；②。目前积碳问题的解决方案主要有两种：A.提高原料气中的占比；B.在常规的催化剂中添加，使其在催化剂表面与形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。（4）使用复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释循环的原理_______。【答案】（1）①. Ⅱ ②. （2）①. ②. 或2.1 ③. 后反应Ⅲ逆向进行的程度大（3）增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应（4）、、或【解析】【小问1详解】反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；反应I:；反应Ⅱ：；反应III的∆H3=(∆H1-∆H2)÷2=[+247KJ/mol-(+329KJ/mol)]÷2=+41KJ/mol；【小问2详解】开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)=n(CO2)=1.85mol；n(H2)=0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)=1mol+3mol-1.85mol-1.85mol=0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)=(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2=0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n=1.85mol×2+0.95mol+0.45mol+0.3mol=5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数:；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；【小问3详解】增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应；【小问4详解】结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：、、或。47．（日照一模，18）溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：（1）已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是_______(填标号)。A． B．C． D．（2）“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=_______；容器体积缩小到 L时，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则_______(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）新工艺中，“氧化溴化”反应： 。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。a点对应的压强为_______；b点对应的反应条件为_______，此时_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）C （2）①. 不 ②. 0.027 ③. 逆向 ④. 大于（3）①. ②. 500K、 ③. 65.2%或者0.652【解析】【小问1详解】由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为Q kJ，则，故答案为：C；【小问2详解】根据反应方程式可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027，；容器体积缩小到 L时，若平衡不移动，则平衡时c(CH3Br)==0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于，故答案为：不；0.027；逆向；大于；【小问3详解】由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%，故答案为：；500K、；65.2%或者0.652。48．（泰安一模，20）烯腈()是一种重要的化工原料，以为原料通过脱水、腈化合成丙烯腈的主要反应如下：（1）的名称为_______。（2）某科研小组在盛有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示(例如A的物质的量分数w%%)。①随着温度的升高，平衡的物质的量分数先增大后减小的原因是_______。②a点对应反应的压强平衡常数_______(保留两位有效数字)。③在实际生产中，充入一定量(不参与反应)可以提高丙烯腈的平衡产率，原因是_______。（3）家研究腈化反应的机理，通过DFT计算发现反应分2步进行：反应ⅰ：反应ⅱ：恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量和，图甲为该体系中B、M、C浓度随时间变化的曲线，图乙为反应ⅰ和ⅱ的曲线(，k为速率常数，为反应活化能，R、C为常数)。①在时刻之后，反应速率、、的定量关系为_______。②结合图乙，反应ⅰ、ⅱ正反应的活化能、的大小关系为_______(填序号，下同)，反应ⅰ、ⅱ的、的大小关系为_______。a.前者大于后者 b.前者小于后者 c.无法比较【答案】（1）3-羟基丙酸乙酯（2）①. 脱水和腈化反应均为吸热反应，最高点前脱水进行程度大，最高点后腈化进行程度大 ②. ③. 减小反应体系的分压，促进平衡正向移动（3）①. ②. b ③. c【解析】【分析】有机物系统命名法步骤：1、选主链：找出最长的①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号；如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。【小问1详解】由结构可知，名称为3-羟基丙酸乙酯；【小问2详解】①脱水和腈化反应焓变均大于零，均为吸热反应，随着温度的升高，最高点前脱水进行程度大，最高点后腈化进行程度大，导致平衡的物质的量分数先增大后减小；②有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和，由图可知，a点只发生反应，假设充入A物质2mol，此时生成AB物质的量分数相等，则此时A、B、水均为1mol，总的物质的量为18mol，a点对应反应的压强平衡常数；③反应为气体分子数增加的反应，在实际生产中，充入一定量(不参与反应)可以减小反应体系的分压，促进平衡正向移动，可以提高丙烯腈的平衡产率；【小问3详解】①恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量B和，首先生成M，M又转化为C和，则B浓度一直减小，M先增大后减小，C一直增大，结合图像可知，在时刻M达到最大值，之后M减小，结合方程式系数可知，生成C的速率等于反应BM的速率之和，故之后，反应速率、、的定量关系为；②，则斜率可以体现反应的活化能，斜率越大活化能越大，结合图乙，反应ⅰ、ⅱ正反应的活化能、的大小关系为b.前者小于后者；题干中物的判断反应中物质的能量关系，不能判断反应ⅰ、ⅱ的、的大小关系，故选c。49．（潍坊一模，20）甲醇合成丙烯有“一步法”和“两步法”两种合成方式，“一步法”是在催化剂的作用下由甲醇直接合成丙烯；“两步法”则分两步合成，其热化学方程式如下：反应I：甲醇醚化反应(DME) 反应II：含氧化合物制丙烯反应(OTP) 已知部分键能数据如下：回答下列问题：（1）“一步法”合成丙烯的热化学方程式为___________。合成丙烯时有乙烯等副产物，若选择作载气时，保持总压不变，调控甲醇和的不同分压，各产物的选择性如下表所示(其他产物略)：分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为___________MPa。（2）已知：。温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，达平衡状态时，体系中的物质的量分数为___________(填序号)。A． B． C． D．（3）“两步法”中，在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为，则平衡混合体系中，丙烯的体积分数为___________(用含、的式子表示，下同)，若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应II(OTP)的平衡常数___________。（4）“两步法”中存在反应Ⅲ： △H，同时也会有芳香烃等副产品，其中丙烯和芳香烃选择性与不同温度下反应I进行的程度的关系如图所示。要提高丙烯的选择性，可采取的措施是___________，当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是___________。【答案】（1）①. ②. 0.01 （2）B（3）①. ②. （4）①. 升高温度 ②. 反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低【解析】【小问1详解】已知：反应I：反应II：由盖斯定律可知，I+II得：，反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，由图表数据可知，；分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为0.01MPa，此时丙烯的选择性最高，而副产物乙烯的选择性最低；【小问2详解】温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，由于反应为可逆反应不可能进行完全，则体系中的物质的量分数小于；已知：，温度为500K时，，；假设某一时刻，甲醇、甲醚、水的物质的量相等，此时体系中的物质的量分数为，则，反应正向移动，故平衡是体系中的物质的量分数大于；故选B；【小问3详解】在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为；“两步法”中，反应I为气体分子数不变的反应，反应II为气体分子数增加1的反应，则总压强的变化是由反应II引起的，根据化学方程式II体现的关系可知，平衡混合体系中，丙烯的分液为，体积分数为；若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应甲醇0.6、平衡是甲醇0.4；平衡时丙烯；则反应II生成水2、消耗甲醚，反应I消耗甲醇[0.6-]=(0.8-0.5)、生成甲醚(0.8-0.5)、水(0.8-0.5)，故平衡时甲醚为(0.8-0.5)-=(1.8-1.5)、水为2+(0.8-0.5)=(1.5-1.2)，故反应II(OTP)的平衡常数；【小问4详解】要提高丙烯的选择性，可采取的措施是适当升高温度；当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低。50．（烟台一模，20）甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：（1）H2捕集CO2合成CH4涉及下列反应：I.4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1平衡常数K1II.H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2平衡常数K2①相关物质相对能量大小如图所示，则△H1=_______kJ·mol-1，升高温度，_______(填“增大”或“减小”)。②起始物=3时，反应在不同条件下达到平衡。240℃甲烷的物质的量分数x(CH4)与压强p的变化关系、5×105Pa时(CH4)与温度T的变化关系如图所示。图中对应A、B两点的速率：vA(正)_______vB(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点CH4与CO的分压相同，则p(H2O)=_______Pa，反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=_______。（2）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一、恒压、750℃时，CH4和CO2反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。其中过程II主要发生如下反应：i.CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)ii.2Fe3O4(s)+8H2(g)⇌6Fe(s)+8H2O(g)iii.Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)过程II平衡后通入He，反应iii的化学平衡将_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时，n(CO2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，p(CO)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①. -165 ②. 减小 ③. 大于 ④. 1.5×105 ⑤. （2）①. 逆向移动 ②. 增大 ③. 不变【解析】【小问1详解】①△H1=(-75 kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = -165 kJ·mol-1；△H2=(-111 kJ·mol-1)+ (-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = +41 kJ·mol-1；由盖斯定律可知，I- II得：3H2(g)+CO(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，△H=-206 kJ·mol-1，其平衡常数，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小；②由图可知，A点温度更高、压强更大，则平衡时A点的正逆反应速率更快，则速率：vA(正)大于B(逆)；假设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol，且C点CH4与CO的分压相同，则：此时，反应后总的物质的量为(4-2a)mol；已知x(CH4)=0.1、压强为5×105Pa，则，，总的物质的量、水的物质的量为，则p(H2O)= ；平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水分别为、、、，其物质的量分数分别为0.4、0.1、0.1、0.3，则反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=；【小问2详解】恒压、750℃时，过程II平衡后通入He，相当于增大容器体积，导致反应i逆向移动，使得二氧化碳增多，进而导致反应iii的化学平衡将逆向移动；反应i为气体分子数减小的反应、反应ii、iii为气体分子数不变的反应，故达到重新平衡时，n(CO2)仍然增大；反应iii为气体分子数不变的反应，且反应物中只有一氧化碳为气体，其平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时p(CO)不变。51．（济宁一模，20）2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题：（1）在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入1 mol 和4 mol 发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ)，在不同温度下反应相同时间，测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。图中信息可知，代表曲线的是_______(填“MH”或“NG”)，反应Ⅰ活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系_______(用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则_______。（2）向恒压密闭装置中充入5 mol 和20 mol ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示图中缺少_______(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为_______，800℃时，的产率为_______。【答案】（1）①. NG ②. < ③. ④. （2）①. CO2 ②. 先升高后降低 ③. 76%【解析】【小问1详解】图中信息可知，温度越高，则越小，MH和NG是与温度关系，abc是转化率与温度关系，从后往前看，温度升高，从b到a氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度即大于，则代表曲线是NG；该反应是放热反应，反应Ⅰ活化能Ea(正)”，“<”或“=”)。 ③下列说法不正确的是______。 A.四个反应均为放热反应 B.压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质 C.反应体系中1－MD最稳定 D.由上述信息可知，400K时反应R4速率最快 （3）1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率=______；y为65%时反应R1的平衡常数Kp=______kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因______。 【答案】（1）△H1+△H2-△H3 （2）①. b ②. > ③. BD （3）①. 0.8(1-2c%) ②. ③. 温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3； 【小问2详解】 ①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2T2； ③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确； B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B错误； C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确； D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D错误； 故选BD； 【小问3详解】 R1、R3、R2、R4的反应分别为： 1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)； y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。  第五部分 物质结构与性质 一、元素推断与性质 1．（青岛一模，3）软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是 A．简单离子半径 B．简单气态氢化物的热稳定性 C．常温下M单质可以置换出W单质 D．为V形分子，其沸点高于W 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，X为Li；通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S；W和Q同主族，W为O；Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F。 【详解】A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2->O2->F->Li+，A错误； B．电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，HF>H2O>H2S，B正确； C．2F2+2H2O=4HF+O2，常温下F2单质可以置换出O2单质，C错误； D．O3分子看成一个O原子是中心原子，其他2个O原子为配原子，可以看成三原子分子。 O3的价电子对数=2+(6-2×2)÷2=3.有一个孤电子对，所以是V型，D正确； 故选A。 2．（菏泽一模，3）居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是 A．第一电离能：XQ，故D错误； 故答案选A。 3．（泰安一模，4）M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上有2个未成对电子，Y元素原子的价电子数是W的两倍，由五种元素组成某电极材料的结构如图所示。下列说法错误的是 A．电极材料的结构中存在配位键 B．简单氢化物沸点：XSi，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故C正确； D．W、Z的氯化物分别为CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，故D正确； 故选B。 5．（烟台一模，6）短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次增大，可与C、H形成结构如图的离子液体。已知阳离子中的环状结构与苯类似，下列说法错误的是 A．原子半径：Z>X>Y B．第一电离能：Y>X>Z C．阳离子中存在π大π键 D．X2Y2电子式： 【答案】D 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次增大，Z能形成6条共价键，Z为S，X能形成3条共价键，X为N，Y形成1条共价键，Y为F。 【详解】A．S具有3个电子层，原子半径最大，N、F同周期，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径S>N>F，A正确； B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能呈减小趋势，则第一电离能F>N>S，B正确； C．已知该阳离子中的环状结构与苯环类似，该阳离子形成大π键的原子数为5，形成大π键的电子数为6，该阳离子存在π大π键，C正确； D．N2F2的电子式为，D错误； 故答案选D。 6．（济宁一模，6）W、X、Y、Z均为周期表中前两周期元素，其原子序数依次增大，X原子基态电子排布中无单电子。四种元素可以组成型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形。下列说法错误的是 A．阴阳离子中都含有配位键 B．第一电离能：XZ，D错误； 故选D。 7．（日照一模，7）前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期。X的最高能级的电子数比电子层数多1，Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同。下列说法正确的是 A．四种元素中电负性最大的为Y B．X元素的第一电离能高于其同周期相邻元素 C．Z元素在同周期中金属性最强 D．W与X两种元素形成的化合物中只含有极性键 【答案】B 【解析】 【分析】前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期，则W为氢；X的最高能级的电子数比电子层数多1，为氮；Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Y为硅；Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同，Z为钾或铜； 【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；四种元素中电负性最大的为X，A错误； B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，B正确； C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；Z为钾或铜，若为铜则不成立，C错误； D．W与X两种元素形成的化合物N2H4中也含有N-N非极性键，D错误； 故选B。 8．（济南一模，7）2022年诺贝尔化学奖颁给了在“点击化学”领域做出贡献的科学家。一种“点击化学”试剂是由四种短周期主族元素组成，其中X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，Y的原子序数是Z的两倍。下列说法正确的是 A．简单氢化物的分子极性：Y>Z B．电负性和第一电离能均有Z>W C．同周期元素形成的简单氢化物中X稳定性最强 D．同周期主族元素基态原子未成对电子数少于Y的有2种 【答案】C 【解析】 【分析】X、Z、W的原子序数依次递减且核外电子的空间运动状态数相同，X、Z、W分别为F、O、W，Y的原子序数是Z的两倍，Y为S。 【详解】A．因为O原子的电负性大于S原子，所以极性，A错误； B．电负性：，但是N原子的p层为半满稳定状态，第一电离能大于O，B错误； C．第二周期元素中，F的非金属性最大，所以在第二周期中，F的氢化物最稳定，C正确； D．Y为S，基态原子电子排布为：，未成对电子为2，在第三周期中，比它未成对电子数少的有：、、3种，D错误； 故选C。 9．（临沂一模，8）M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是 A．与Y同周期且第一电离能大于Y的元素仅有1种 B．该化合物中含有离子键、共价键和配位键 C．六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强 D．M与X、Y形成的化合物中，前者的沸点一定低于后者 【答案】B 【解析】 【分析】基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，推测N元素为F元素，结合物质的结构图可知M只能形成一个共价键且原子半径比F小推测为H，Z形成2个共价键且半径比F大推测为O元素，Y形成3个共价键且半径比F大推测为N元素，X形成4个共价键且半径比F大推测为C元素，T与F形成，推测为B元素。 【详解】A．元素Y是氮元素，与氮元素同周期且比氮元素第一电离能大的元素有氟、氖两种元素，故A错误； B．该化合物中有阴、阳离子，存在离子键，阳离子内部原子之间以共价键相连，阴离子内部存在配位键，故B正确； C．最高价含氧酸的酸性强弱可以通过元素的非金属性强弱来比较，氟元素的非金属性最强，但是氟元素没有含氧酸，氧元素没有最高正价，所以氮元素的最高价含氧酸酸性最强，故C错误； D．M与X形成的化合物种类有很多，例如苯的沸点比M与Y形成的NH3的沸点要高，故D错误； 故选B。 10．（淄博一模，9）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化合物WZY4•5X2Y的热重曲线如图。下列说法错误的是 A．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种 B．Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的 C．WZY4•5X2Y中有三种不同结合力的X2Y D．220℃时，固体物质的化学式为WZY4 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，X为氢；Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，则Y为氧、Z为硫；基态W原子的价电子数为11，W为铜；故该化合物为CuSO4∙5H2O； 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能大于Y的元素有氮、氟、氖3种，A正确； B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，O只有负价没有正价，故Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B正确； C．CuSO4∙5H2O完全失去结晶水时保留质量，结合图像可知，晶体分三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C正确； D．由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是CuSO4，D错误； 故选D。 11．（聊城一模，9）短周期主族元素W、X、Y、Q的原子序数依次增大。W、X原子的最外层电子数之和为6，且符合核反应：；Y原子中s电子与p电子数目相同，Q的原子序数等于X原子序数的2倍。下列说法正确的是 A．电负性： B．X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸 C．原子半径： D．单质Q与X的最高价氧化物可以发生反应 【答案】D 【解析】 【分析】短周期主族元素W，X，Y，Q的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之和为6，结合反应可知A=9+4-1=12，则W、X位于第二周期，二者最外层电子数之和为Z-2+Z+2-2=6，解得Z=4，则W为Be，X为C元素；Y原子中s电子与p电子数目相同，电子排布式为1s22s22p4，则Y为O，Q的原子序数等于X原子序数的2倍，则Q为Mg元素，以此分析解答。 【详解】结合分析可知，W为Be，X为C，Y为O，Q为Mg元素， A．非金属性越强，其电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素，则MgSe 【答案】B 【解析】 【详解】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误； B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为(，1，)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为(，，)，B正确； C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C错误； D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn”或“＜”，下同)，键角：_______。 （3）As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______。 （4）基态As原子的最高能级组的电子排布式为_______，与互为等电子体的分子为_______(写出一种)。 （5）TiN晶胞中的少量Ti被Al代替后的立方晶胞结构如图所示。该晶胞中，距离Ti最近的Al有_______个；原子①与原子②的距离为_______nm(已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为)。 【答案】（1）①. ②. 洪特规则 （2）①. < ②. < （3）As>Se>Ge （4）①. 4s23d104p3 ②. CCl4 （5）①. 4 ②. 【解析】 【小问1详解】 基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合洪特规则； 【小问2详解】 氨分子可以形成氢键，导致沸点升高，故沸点：<；、中心原子均为sp3杂化，但是中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致中键角减小，故键角：<； 【小问3详解】 同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge； 【小问4详解】 As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的最高能级组的电子排布式为4s23d104p3；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，与互为等电子体的分子为CCl4等； 【小问5详解】 由图可知，以右侧棱心的钛原子为例，晶胞内体心铝原子与其最近，则周围4个晶胞中距离Ti最近的Al有4个；据“均摊法”，晶胞中含个N、个Ti、1个Al，设晶胞参数为anm，则晶体密度为，，原子①与原子②的距离为。 28．（泰安一模，16）非金属及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： （1）基态氟原子的核外电子有_______种空间运动状态，下列电子排布中属于氟原子且能量较高的是_______(填序号)。 a. b. c. d. （2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)，以上元素第三电离能的变化图是_______(填序号)。 （3）在催化作用下，呋喃()可与氨反应转化为吡咯()。二者均存在与苯类似的大键，表示方法为，n为成环原子个数，m为形成大键电子个数，则的大键可以表示为_______。二者的熔、沸点关系为呋喃_______吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是_______。 （4）晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。属于正交晶系(长方体形)。晶胞参数为、、。如图为沿z轴投影的晶胞中所有氯原子的分布图和原子分数坐标。 ①据此推断该晶胞中氯原子数目为_______。的摩尔质量为，晶胞密度为，则阿伏加德罗常数的值为_______(列出计算表达式，后同)。 ②图中A、B两原子的核间距为_______nm。 【答案】（1）①. 5 ②. d （2）b （3）①. ②. 低于 ③. 吡咯易形成分子间氢键 （4）①. 4 ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 基态氟原子的核外电子有9个，电子排布式为：1s22s22p5，空间运动状态数等于电子占据轨道数，所以有1+1+3=5种空间运动状态；氟原子序数为9，其基态原子电子排布式为， a．，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，故正确； b．，核外共10个电子，不是氟原子； c．，核外共5个电子，不是氟原子； d．基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，比a项激发态的能量更高； 综上，d符合题意，故选d； 【小问2详解】 碳、氮、氧、氟四种元素在同一周期，基态+2价阳离子失去一个电子生成气态基态+3价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于碳原子失去2个电子之后2s能级为全充满状态，因此再失去一个电子需要的能量较高，则满足这一规律的图像为图b； 【小问3详解】 由题干中的结构简式可知，分子内含有一个大π键，该大π键由4个碳原子和一个O原子，每个碳原子给出1的电子参与形成大π键，每个O原子给出2个电子参与形成大π键，则该大Π键的表示形式为；吡咯易形成分子间氢键； 影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯，吡咯易形成分子间氢键，故答案为：低于； 【小问4详解】 ①根据晶胞沿z轴的投影图可知，该晶胞中氯原子的位置为(图中黑球代表氯原子)，面上有2个氯原子，与平行的面上有2个氯原子，体内有2个氯原子，所以1个晶胞中氯原子的数目为。由知，； ②观察图中A、B原子坐标参数，它们在x轴的坐标参数都是0.5，则A、B原子在平行于的面上。可以建立直角三角形，A、B两原子的核间距是这个三角形的斜边长，则A、B两原子的核间距为nm。 29．（潍坊一模，16）有机—无机复合钙钛矿()型材料在太阳能电池及发光二极管等方面具有很好的应用前景，一种复合材料和(立方晶系)的晶胞结构如图所示。 已知：A为间隔的阳离子，例如、等；A＇为单一组分钙钛阳离子，例如、、等；B为单一组分钙钛矿中心离子、等，X为单一组分钙钛矿的阴离子，例如、或等卤素离子。 回答下列问题： （1）基态Ti原子的价电子排布式为___________。 （2）H、C、N、O四种元素电负性由大到小的顺序为___________；第一电离能、、由大到小的顺序为___________。 （3）中C的杂化方式为___________；正丁胺()的沸点为77.8℃，正丁醇()的沸点为117.6℃，正丁胺沸点低的原因是___________。 （4）中Ca的配位数为___________；A为，A＇为，B为，X为，晶胞参数为a nm和c nm，该晶体的密度为___________。 【答案】（1） （2）①. ②. （3）①. 杂化 ②. N的电负性小于O，正丁胺分子间的氢键弱于正丁醇分子间的氢键 （4）①. 12 ②. 【解析】 【小问1详解】 基态Ti原子为22号元素，价电子排布式为； 【小问2详解】 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；H、C、N、O四种元素电负性由大到小的顺序为；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能； 【小问3详解】 中C形成3个共价键且无孤电子对，杂化方式为杂化；正丁胺()的沸点为77.8℃，正丁醇()的沸点为117.6℃，正丁胺沸点低的原因是N的电负性小于O，正丁胺分子间的氢键弱于正丁醇分子间的氢键，导致其沸点低于正丁醇； 【小问4详解】 以底面右下角的Ca为例，同层、上下层最近相邻的O各有4个，则中Ca的配位数为12； 根据“均摊法”，晶胞中含个A、个A＇、个B、个X，A为，A＇为，B为，X为，晶胞参数为a nm和c nm，则晶体密度为。 30．（烟台一模，16）铜及其化合物在机械制造、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题： （1）铜元素在元素周期表中的位置是_______。 （2）Cu2+能与NH3形成具有对称空间结构的[Cu(NH3)4]2+。 ①[Cu(NH3)4]2+的H—N—H键角_______(填“>”、“=”或“<”)NH3的H—N—H键角。 ②若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3分别被C1-取代，能得到(m)、(n)两种不同结构的Cu(NH3)2C12： [Cu(NH3)4]2+的空间构型是_______；在水中的溶解度：(m)_______(n)(填“>”、“=”或“<”)。 ③NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2+形成配离子，理由是_______。 （3）一种钇钡铜氧晶体属四方晶系，品胞参数如图所示，晶胞棱长夹角均为90°。晶体中Y元素的化合价为+3价，Cu元素以+2和+3两种价态存在。基态Cu3+的价层电子的轨道表示式为_______；设NA为阿伏加德罗常数的值，钇钡铜氧的摩尔质量为Mg·mol-1，则该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)；品体中Cu3+与Cu2+个数比为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，m)，则D的原子分数坐标为_______。 【答案】（1）第四周期IB族 （2）①. > ②. 平面正方形 ③. > ④. F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键。 （3）①. ②. ③. 1∶2 ④. (，，1-m) 【解析】 【小问1详解】 铜是29号元素，在元素周期表中的位置是第四周期IB族； 【小问2详解】 ①[Cu(NH3)4]2+中N原子无孤电子对，所以[Cu(NH3)4]2+中H—N—H键角>NH3的H—N—H键角。 ②若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3分别被C1-取代，能得到(m)、(n)两种不同结构的Cu(NH3)2C12，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是平面正方形；根据“相似相溶”，在水中的溶解度(m)>(n)。 ③F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配离子。 【小问3详解】 基态Cu原子失去4s上的1个电子和3d上的2个电子得到Cu3+，基态Cu3+的价层电子的轨道表示式为；设NA为阿伏加德罗常数的值，钇钡铜氧的摩尔质量为Mg·mol-1，根据均摊原则，晶胞中Cu原子数为、Ba原子数为2、Y原子数为1、O原子数为，晶胞的体积为，则该晶体的密度为；晶体的化学式为Cu3Ba2YO7，根据化合价代数和等于0，Cu3+与Cu2+个数比为1:2。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，m)，则D的原子分数坐标为(，，1-m)。 31．（济宁一模，16）铁镁合金储氢材料，晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的1/4。 回答下列问题 （1）同周期中，第一电离能小于Mg的元素有_______种，基态Fe原子的价电子排布式为_______，Fe位于元素周期表中的_______区。 （2）储氢后晶体的化学式为_______，Mg原子占据Fe原子形成的_______空隙，两个H原子之间的最短距离为_______，该储氢材料中氢的密度ρ为_______(用含a的代数式表示)。 （3）(氨硼烷)也是具有潜力的化学储氢材料之一，中的键角_______中的键角(填>，＜或=)。 【答案】（1）①. 2 ②. 3d64s2 ③. d （2）①. Mg2FeH6 ②. 正四面体 ③. ④. （3）＞ 【解析】 【小问1详解】 同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但Mg核外电子排布形成3s全满结构，能量较低，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于Mg的元素有Na、Al，共2种，Fe元素是26号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe位于元素周期表中的d区。 【小问2详解】 如图所示，晶胞中有8个Mg原子，Fe原子位于顶点、面心，晶胞中Fe原子数目，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，则H原子数目为4×6=24个，储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6，据图，Mg原子占据Fe原子形成的正四面体空隙；已知H原子构成正八面体、铁原子位于正八面体的体心，晶胞参数为apm，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的，即H原子与Fe原子之间距离为，则两个H原子之间的最短距离为，该储氢材料每个晶胞中含24个H原子、氢质量，晶胞体积，则储氢材料中氢的密度ρ为(用含a的代数式表示)。 【小问3详解】 (氨硼烷)中氮原子有3个共价键、1个配位键，氨分子中氮原子有3个共价键、1对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则中的键角＞中的键角。 32．（济南一模，16）研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题： （1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为_______。在元素周期表中位置为_______。 （2）1 mol 晶胞中含有Cl原子_______mol，含有杂化的中心原子_______mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是_______。 （3）TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为_______；的沸点高于，主要原因是_______。 【答案】（1）① ②第4周期第ⅦB族 （2）①16 ②32 ③Cl、N （3）①(正)四面体(形) ②二者均为分子晶体，相对分子质量更大 【解析】 【小问1详解】 基态Mn原子的电子排布式为：，价电子轨道表示式为，在周期表中的未知为：第4周期第ⅦB族； 【小问2详解】 根据晶胞结构图，原子棱上有24个，面心有8个，里面有6个，总个数为：个，含有杂化的中心原子为32，Cl、N含有孤电子对，提供提供电子对形成配位键； 【小问3详解】 中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；相对分子质量较大，所以沸点较高。 33．（菏泽一模，16）我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题： （1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_______。 A. B. C. D. （2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是_______。 （3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是：_______；的熔点高于的原因是_______。 （4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为_______；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为_______。 【答案】（1）①. A ②. CD （2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF （3）①. C ②. 为离子晶体、而为分子晶体 （4）①. 混合型晶体 ②. 【解析】 【小问1详解】 硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1；为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，故选CD； 【小问2详解】 氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解； 【小问3详解】 中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体； 【小问4详解】 六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则。 34．（淄博一模，16）LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题： （1）基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。 （2）Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。 （3）Co(III)可形成多种配合物。 ①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。 ②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有_____种。 （4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。 （5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。 ②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1）2:1（或1:2） （2）O>C>Co>Li （3）①. [Co(NH3)5 SO4]Br ②. 2 （4）①. 三角锥形 ②. F3C- （5）①. 6 ②. 7:5 ③. 【解析】 【小问1详解】 Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2:1（或1:2）； 【小问2详解】 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；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li； 【小问3详解】 ①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为[Co(NH3)5SO4]Br； ②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况； 【小问4详解】 (CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-； 【小问5详解】 ①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5； ②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。  第六部分 有机化学基础 一、有机化学基础 1．（聊城一模，4）聚合物商品Kodel的结构简式(假设为理想单一结构)如下： 下列有关该聚合物的叙述错误的是 A．属于线性高分子，具有热塑性 B．属于合成纤维，可降解 C．可通过缩聚反应制得 D．聚合单体有3种 【答案】D 【解析】 【详解】A．由Kodel的结构简式可知，该聚合物属于线性高分子，具有热塑性，故A正确； B．该聚合物属于合成纤维，其中含有酯基，可以发生水解反应而降解，故B正确； C．由Kodel的结构简式可知，该聚合物可通过缩聚反应制得，故C正确； D．由Kodel的结构简式可知，该聚合物的单体为和共2种，故D错误； 故选D。 2．（日照一模，4）有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是 A．能与溴水发生加成反应和取代反应 B．与足量加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应 D．1mol M与足量溶液反应，最多消耗2mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br2水发生加成反应，A正确； B．由题干有机物的结构简式可知，与足量H2加成后的产物中含有醇羟基、羧基和碳氯键等官能团，其中醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误； C．由题干有机物的结构简式可知，1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1molNaOH，含有1mol羧基，可消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2molNaOH，即一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应，C正确； D．由题干有机物的结构简式可知，1mol M与足量Na2CO3溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗Na2CO3各1mol即2molNa2CO3，D正确； 故答案为：B。 3．（菏泽一模，4）北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制成。下列说法正确的是 A．PVC()的单体为氯乙烷 B．PC()中所有碳原子均可共面 C．亚克力()含有两种官能团 D．ABS的单体之一苯乙烯能使高锰酸钾溶液褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．PVC()的单体为氯乙烯，故A错误； B．中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，所以所有碳原子均不可共面，故B错误； C．只含有酯基一种官能团，故C错误； D．ABS塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高锰酸钾溶液褪色，故D正确； 故答案选D。 4．（烟台一模，4）小分子物质a通过选择性催化聚合可分别得到聚合物b、c.下列说法正确的是 A．a难溶于水 B．a分子中所有碳原子一定共平面 C．a与足量H2加成后的产物中含有两个手性碳原子 D．反应①和②均属于加聚反应 【答案】A 【解析】 【分析】由反应结合a化学式可知，a结构为； 【详解】A．a中含有酯基，难溶于水，故A正确； B．a分子中含量直接相连的饱和碳原子，故所有碳原子不共平面，故B错误； C．a与足量H2加成后的产物为，含有1个手性碳原子(已标出)，故C错误； D．反应①属于加聚反应；②为酯基先水解后再发生缩聚反应生成的，故D错误。 故选A。 5．（济宁一模，4）布洛芬属于芳基丙酸类解热镇痛药，其结构如图所示，下列说法正确的是 A．一卤代物有6种 B．分子式为 C．分子结构中有1个手性碳原子 D．一定条件下，可以发生氧化、取代、加成、消去反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中有8种类型氢原子，其中除羧基中的氢原子均可被取代，则一卤代物有7种，A错误； B．分子式为，B错误； C．同一碳原子连接四种不同的原子或原子团，该原子为手性碳原子，则分子结构中和羧基连接的碳原子为手性碳原子，C正确； D．分子中含有苯环、羧基，一定条件下，可以发生氧化、取代、加成反应，不能发生消去反应，D错误； 故选C。 6．（济南一模，4）核酸检测使用的一次性采样拭子是由聚酯或尼龙短纤维绒毛头和ABS塑料杆(丙烯腈、苯乙烯、1，3-丁二烯的共聚物)制成。下列说法正确的是 A．采样拭子制备时需要高温杀菌 B．尼龙的合成单体为二已胺和二已酸 C．聚酯、尼龙纤维属于人造高分子材料 D．ABS塑料杆的合成单体均不含顺反异构 【答案】D 【解析】 【详解】．聚酯、尼龙、ABS塑料的熔点不高，不能用高温法杀菌，A错误； B．该尼龙的合成单体是己二胺和己二酸，B错误； C．合成高分子材料是以合成高分子化合物为基本原料，加入适当助剂，经过一定加工过程制成的材料。聚酯是合成高分子化合物，不属于人造高分子材料，C错误； D．ABS塑料杆合成单体丙烯腈的结构简式是，苯乙烯的结构简式是，1，3-丁二烯的结构简式是：，均不含顺反异构，D正确； 故选D。 7．（临沂一模，5）异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合物X的结构如图所示。下列说法错误的是 A．X分子中环上氧原子的杂化方式为sp2 B．X分子中所有碳原子共平面 C．X分子中有6种不同化学环境的氢原子 D．1molX最多与3molBr2反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．X分子中环上只有一个氧原子，杂化方式为sp3，A错误； B．X分子中苯环和碳碳双键在一个平面，所以所有碳原子共平面，B正确； C．X分子中有6种不同化学环境的氢原子　，C正确； D．1molX中苯环消耗2molBr2，碳碳双键消耗1molBr2最多与3molBr2反应，D正确； 故选A。 8．（青岛一模，5）氧化法制备联苯衍生物的转化过程如图所示。下列说法错误的是 A．②③发生消去反应 B．②③中最多处于同一平面的碳原子数相同 C．⑤的苯环上的一氯代物有6种 D．④与浓溴水反应最多可消耗 【答案】B 【解析】 【详解】A．对比②③结构可知，③多出一个碳碳双键，且少了一个I和邻位碳上的H，故发生的为消去反应，A正确； B．②中与苯环相连的碳原子为饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定不共平面，③中与苯环相连的碳原子为不饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定共平面且可与苯环在同一平面，故②③中最多处于同一平面的碳原子数不同，B错误； C．⑤中苯环上有6种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有6种，C正确； D．苯环上酚羟基的邻对位容易被浓溴水取代，④中酚羟基邻对位均可被取代，1mol④最多可消耗3mol溴单质，D正确； 故选B。 9．（淄博一模，6）抗凝血药物替罗非班合成中间体结构如图，下列说法错误的是 A．该有机物中N原子有两种杂化方式 B．其水解产物均可与Na2CO3溶液反应 C．1mol该分子最多与3molNaOH反应 D．该有机物苯环上的一氯代物有3种 【答案】C 【解析】 【详解】A．该有机物中环上的N原子是sp2杂化，另外一个N原子是sp3杂化，故A正确； B．其水解产物都含有羧基，因此均可与Na2CO3溶液反应，故B正确； C．1mol该分子含有羧基、肽键、酚酸酯，因此最多与4molNaOH反应(酚酸酯会消耗2molNaOH)，故C错误； D．该有机物苯环上有三种位置的氢，因此其一氯代物有3种，故D正确。 综上所述，答案为C。 10．（聊城一模，7）（有改动）苯并唑酮类化合物X常用于植物保护剂，结构如图。关于X的说法错误的是 A．分子中所有原子不可能全部共面 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色 C．X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子数目为4个 D．1mol X与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4mol NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构式可知，该分子中含有-CH2-、-CHBr-，所有原子不可能全部共面，故A正确； B．该分子中含有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故B错误； C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子位置为，共有4个，故C正确； D．X在碱性溶液中，碳溴键、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基﹐则1 mol X与足量NaOH溶液充分反应﹐最多可消耗4 mol NaOH，故D正确； 故选BC。 11．（菏泽一模，7）我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂海博麦布的结构简式如图。下列说法不正确的是 A．该分子存在顺反异构体 B．该分子中含有两个手性碳原子 C．该物质可与碳酸氢钠溶液反应 D．该物质的化学式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中碳碳双键的每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确； B．四元环上的2个碳原子连接4个不同的原子，是手性碳原子，则分子中存在2个手性分子，故B正确； C．该分子中不含羧基，不能与碳酸氢钠溶液反应，故C错误； D．根据结构简式可知，该物质的化学式为，故D正确； 故答案选C。 12．（淄博一模，7）高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是 A．m分子有对映异构体 B．n分子中所有原子共平面 C．高分子材料p可降解 D．聚合过程中有小分子生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．m分子有一个手性碳，有对映异构体，故A正确； B．n分子中所有碳原子均为sp2杂化，键角约为120°，所有原子共平面，故B正确； C．高分子材料p中含有酯基，可降解，故C正确； D．聚合过程中没有小分子生成，二氧化碳中碳氧双键、m中的三元环、n中的碳氧双键参与反应，故D错误； 故选D。 13．（泰安一模，7）布洛芬具有消炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列说法错误的是 A．甲、乙中不对称碳原子数目相同 B．甲分子中最多有10个碳原子共平面 C．甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应 D．乙中氮原子为杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A．如图所示，甲和乙中右侧与苯环直接相连的第一个碳原子为不对称碳原子，均只有1个不对称碳原子，A正确； B．如图所示，，最多11个碳原子共平面，B错误； C．甲中的羧基能与氢氧化钠溶液反应，乙中的酯基能与氢氧化钠溶液反应，C正确； D．含N原子的六元环与苯环一样均含大派键，N原子的杂化方式为sp2杂化，D正确； 故选B。 14．（潍坊一模，7）7-ACCA是合成头孢克罗的关键中间体，其结构如图所示。下列说法正确的是 A．该化合物的化学式为 B．分子中有5种不同化学环境的氢原子 C．分子中含有3个手性碳原子 D．不存在分子中含有苯环的同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．键线式中端点和拐点均有省略的C原子，再按碳的四价结构补充H的数目即可。该物质的化学式为C7H7N2O3SCl，A项错误； B．该分子为不对称分子，不同化学的氢有5种，B项正确； C．手性碳的特点：连接四个不同基团或原子，该分子有2个，如图红色标记，C项错误； D．该分子不饱和度为5，碳原子数为7，存在含有苯环的同分异构体，D项错误； 故选B。 15．（济南一模，8）由高分子修饰后的对乙酰氨基酚具有缓释效果，二者结构如图所示。下列说法正确的是 A．对乙酰氨基酚可与溶液反应 B．对乙酰氨基酚与足量加成后，产物分子中不含手性碳原子 C．可通过缩聚、取代反应修饰制得缓释对乙酰氨基酚 D．缓释对乙酰氨基酚与NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A．对乙酰氨基酚没有，不能与溶液反应，A错误； B．对乙酰氨基酚与足量加成后，产物分子中没有含手性碳原子，B正确； C．制得缓释对乙酰氨基酚，通过加聚反应，C错误； D．缓释对乙酰氨基酚为高分子化合物，与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH无法计算，D错误； 故选B。 16．（青岛一模，8）吲哚布芬是抗血栓药物，结构如图所示。关于该有机物说法错误的是 A．分子式为 B．存在对映异构体 C．吲哚布芬最多能与反应 D．不能使酸性溶液褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据该物质的结构简式可知，其分子式为C18H17NO3，A正确； B．该物质中含有手性碳原子，该分子为手性分子，存在对映异构体，B正确； C．该分子中含有一个羧基和一个酰胺基，1mol该物质可与2molNaOH反应，C正确； D．该物质与苯环直接相连的碳原子上有氢原子，则该物质能被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，D错误； 故答案选D。 17．（日照一模，9）有机物W结构如图所示，下列关于W的说法错误的是 A．分子中无手性碳原子 B．分子中碳原子的杂化方式有2种 C．1mol W中含σ键的数目为19 D．W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与溶液反应的有18种 【答案】D 【解析】 【详解】A．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物结构简式可知，分子中无手性碳原子，A正确； B．由题干有机物结构简式可知，分子中碳碳双键和碳氧双键上的碳原子采用sp2杂化，另一个单键的碳原子采用sp3杂化，故分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp32种杂化方式，B正确； C．已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个Π键，结合题干有机物结构简式可知，1mol W中含σ键的数目为19，C正确； D．已知W的分子式为C8H8O3，W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应即含有羧基，则若只含有一个取代基为：一种，若含有两个取代基则有：-CH2OH和-COOH、-OCH3和-COOH、-CH2COOH和-OH三组，每一组又有邻间对三种位置关系，若为三个取代基即-OH、-CH3和-COOH此种情况共有4+4+2=10种，故一共有1+3×3+10=20种，D错误； 故答案为：D。 18．（烟台一模，9）对乙酰氨基酚(a)具有解热镇痛作用，由对乙酰氨基酚可合成更为长效的对乙酰氨基酚缓释片(b)。下列说法错误的是 A．a的分子式为C8H9NO2 B．a能与溴水发生取代反应 C．1molb一定条件下与NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH D．a苯环上的二溴代物有4种 【答案】C 【解析】 【详解】A．由a结构可知，a的分子式为C8H9NO2，A正确； B．a含有酚羟基，其邻位氢能与溴水发生取代反应，B正确； C．酯基、酰胺基能和氢氧化钠反应，生成的酚羟基也能和氢氧化钠反应，故1molb一定条件下与NaOH溶液反应，最多可消耗3n molNaOH，C错误； D．a苯环上的二溴代物有4种，D正确； 故选C。 19．（临沂一模，11）化合物Y是一种天然除草剂，其结构如图所示。下列说法错误的是 A．Y中含氧官能团有3种 B．1molY最多消耗4molNaOH C．Y可发生取代、加成、消去反应 D．Y与足量H2加成后，产物分子中含5个手性碳原子 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据Y的结构简式可知，其中含有醚键，羟基，酯基，一种3种含氧官能团，A正确； B．根据Y的结构简式可知，结构中含有的3个羟基和一个酯基都可以和氢氧化钠反应，故1molY最多消耗4molNaOH，B正确； C．根据Y的结构简式可知，其结构中的羟基位于苯环上，不能发生消去反应，C错误； D．Y与足量H2加成后生成，一共7个手性碳，D错误； 故选CD。 20．（潍坊一模，12）我国科学家设计如下图所示“电子转移链”过程，实现了低温条件下氧化高效制。 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ为取代反应 B．水解可制取 C．参加反应的和的物质的量之比为2：1 D．1mol 最多能与4mol 发生反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ的方程式为：，不是取代反应，A错误； B．发生酯的水解可制得甲醇，B正确； C．和反应生成和水，即羟基上的氢原子下来与氧原子结合生成水，则二者的物质的量之比为2:1，C正确； D．1mol 中羟基的邻位都可以和溴发生取代反应，故最多能与4mol 发生反应，D正确； 故选A。 二、有机推断综合（非选择题） 21．（青岛一模，18）ZY12201是一款新型TGR5激动剂，目前已经在体外、体内实验上证明了对糖尿病治疗的有效性。其合成路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）B中官能团的名称为_______，G的结构简式为_______。 （2）的化学方程式为_______，的反应类型为_______。 （3）符合下列条件的A的同分异构体有_______种。 a.含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基； b.遇溶液显紫色； c.能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体。 （4）结合题目信息，写出以和溴丙烷为原料制备的合成路线_______。 【答案】（1）①. 醚键，羰基 ②. （2）①. ②. 加成 （3）12 （4） 【解析】 【分析】该题要注意正逆结合的思想进行相关化合物的推断。根据ZY12201结构简式：和已知②可逆推G的结构简式为；由E：逆推可知D；结合已知①可知C：；A：在氢化钠条件下与CH3I发生反应生成B：；据此回答。 【小问1详解】 B：中官能团的名称为醚键和羰基，G的结构简式为； 【小问2详解】 A：在氢化钠条件下与CH3I发生反应生成B：，；对比E和F的结构简式可知发生的是碳氮双键的加成反应； 【小问3详解】 A：的分子式为C11H14O3；含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基，遇溶液显紫色，说明分子具有的局部结构为，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体说明该有机物含有羧基-COOH；由分子式C11H14O3可知还有4个饱和碳。和-COOH取代C4H10中两个氢的位置，因-C4H8-有12种结构，故符合条件的同分异构体数目为12； 【小问4详解】 结合题目信息，以和溴丙烷为原料制备的合成路线：。 22．（聊城一模，19）我国科学家研发一条氯霉素(H)的合成路线如图所示： 已知： （1）氯霉素(H)中的官能团有___________种。 （2）B→C的化学反应方程式为___________。D→E的反应类型是___________。 （3）E的同分异构体中，符合下列条件的有___________种。 ①能使发生显色反应 ②含基团 （4）F的结构简式为___________；在G→H的反应中，通过___________(填操作)使平衡转化率增大。 （5）根据上述信息，写出以溴乙烷为原料合成的路线(无机试剂任选)___________。 【答案】（1）4 （2）①. +H2O ②. 取代反应 （3）13 （4）①. ②. 加热蒸馏 （5） 【解析】 【分析】由A的结构简式和B的分子式可以推知，A和Br2发生加成反应后再水解得到B，则B的结构简式为，B发生消去反应生成C，C的结构简式为，C发生已知提示的反应原理得到D，则D的结构简式为，D和NH3发生取代反应生成E，E发生已知提示的反应原理得到F，则F的结构简式为，F发生硝化反应得到G，结合G的分子式和H的结构简式可以推知G的结构简式为，以此解答。 【小问1详解】 由结构简式可知，氯霉素(H)中的官能团有羟基、硝基、氨基、羰基和氯原子共4种。 【小问2详解】 由分析可知，B发生消去反应生成C，化学方程式为：+H2O，D发生取代反应生成E。 【小问3详解】 E的同分异构体中，符合条件：①能使FeCl3发生显色反应，说明其中含有酚羟基；②含基团；当苯环上有3个取代基时，分别为-OH、、-CH3，共有10种情况，当苯环上有2个取代基时，分别为-OH、，有邻、间、对3种情况，则满足条件的同分异构体共有13种。 【小问4详解】 由分析可知，F的结构简式为，在G→H的反应中有HCl生成，通过加热蒸馏的操作使HCl挥发，平衡正向移动，转化率增大。 【小问5详解】 可由CH3CHO和CH2=CH2发生已知原理的反应得到，CH2=CH2可由CH3CH2Br发生消去反应得到，CH3CH2Br先发生消去反应再和水发生加成反应得到乙醇，乙醇再发生催化氧化反应得到CH3CHO，合成路线为：。 23．（临沂一模，19）布洛芬常用于感冒引起的发热，其一种合成路线如图所示。 已知：①R－CHO+ ②++H2O 回答下列问题： （1）A的名称为_____；B→C的反应类型为_____；E中含氧官能团的名称为_____。 （2）G的结构简式为______；H与足量热的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。 （3）满足下列条件的布洛芬的同分异构体的结构简式为______(任写一种)。 ①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色； ②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种； ③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1。 （4）季戊四醇()是一种重要的化工原料，设计由甲醛和乙醇为起始原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)______。 【答案】（1）①. 甲苯 ②. 取代反应 ③. 醛基、羟基 （2）①. ②. +2NaOH++NaCl （3）或 （4） 【解析】 【分析】由C的结构及A的分子式可知A为甲苯，甲苯与丙烯发生加成反应生成B，与发生取代反应生成C；D与HCHO在稀NaOH溶液发生已知中反应生成E()，E与氢气发生加成生成F()，C与F在酸性条件下反应生成G()，G经氯化锌溶液处理得到H，H先在碱性条件下发生反应再经酸化得到布洛芬，据此分析。 【小问1详解】 由以上分析可知A为甲苯，B生成C发生取代反应，E()，所含官能团为醛基和羟基，故答案为：甲苯；取代反应；醛基、羟基； 【小问2详解】 由以上分析可知G为；H与足量热的NaOH溶液发生水解反应生成、，反应方程式为：+2NaOH++NaCl，故答案为：；+2NaOH++NaCl； 【小问3详解】 ①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色，可知苯环上直接连接-OOCH； ②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上含有两个对称烃基； ③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1，可知烃基中含有两个对称甲基； 符合条件的结构有：或，故答案为：或； 【小问4详解】 乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醛与甲醛发生已知中反应生成,与HCHO继续反应生成，与甲醛反应生成，合成路线：，故答案为： 24．（日照一模，19）文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如下图所示： 已知以下过程： I. II. III. 回答下列问题： （1）物质A的名称为_______，B→C的化学反应方程式为_______。 （2）试剂X的结构简式为_______，C→D的反应类型为_______。 （3）E中含氧官能团的名称为_______。 （4）同时满足下列条件的C的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。 ①苯环上有两个取代基 ②分子中含有手性碳原子 ③能发生银镜反应 ④与发生显色反应 （5）根据上述信息，写出以丙酮()为主要原料，制备的合成路线________________。 【答案】（1）①. 苯酚 ②. +ClCOCH2Cl+HCl （2）①. NH(CH3)2 ②. 取代反应 （3）羟基和醚键 （4）12 （5）CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3 【解析】 【分析】由题干合成流程图信息可知，由A的分子式和B的结构简式结合A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由F的结构简式和E到F的转化条件并结合题干已知信息Ⅲ可知，E的结构简式为：，由E的结构简式和D到E的转化条件可知，D的结构简式为：，由B的结构简式和B到C的转化条件并结合已知信息Ⅰ可知，C的结构简式为：，由C和D的结构简式和C到D的转化条件并结合已知信息Ⅱ可知，试剂X的结构简式为：NH(CH3)2，(5)已知可由在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干F到G的转化信息可知，可由和CH3CHBrCH3转化而得，CH3CHBrCH3可由CH3CHOHCH3和HBr反应制得或则CH3CHOHCH3和PBr3反应制得，CH3CHOHCH3则可由和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为：，则物质A的名称为苯酚，B→C即转化为，故该反应的化学反应方程式为：+ClCOCH2Cl+HCl，故答案为：苯酚；+ClCOCH2Cl+HCl； 小问2详解】 由分析可知，试剂X的结构简式为NH(CH3)2，C→D即+NH(CH3)2+HCl，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：NH(CH3)2；取代反应； 【小问3详解】 由分析可知，E的结构简式为：，则E中含氧官能团的名称为羟基和醚键，故答案为：羟基和醚键； 【小问4详解】 由分析可知，C的结构简式为：，其分子式为：C9H9O2Cl，则同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基，②分子中含有手性碳原子即含有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，④与FeCl3发生显色反应即含有酚羟基，故两个取代基为：-OH和、、、等四组，然后每一组又有邻间对三种位置异构，故符合条件的C的同分异构体有4×3=12种，故答案为：12； 【小问5详解】 已知可由在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干F到G的转化信息可知，可由和CH3CHBrCH3转化而得，CH3CHBrCH3可由CH3CHOHCH3和HBr反应制得或则CH3CHOHCH3和PBr3反应制得，CH3CHOHCH3则可由和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线为：CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3，故答案为：CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3。 25．（泰安一模，19）一种药物的关键中间体部分合成路线如下： （1）反应①的反应类型为_______，反应③参加反应的官能团名称为_______。 （2）反应②要加入，目的是_______。 （3）反应⑤的化学方程式为_______。 （4）化合物()经过水解和氧化可得到化学式为的化合物Ⅰ，写出同时符合下列条件的Ⅰ的所有同分异构体的结构简式_______。 ①分子结构中有一个六元环； ②谱显示分子中有3种氢原子。 （5）设计以甲苯和乙烯为原料制备X()的合成路线_______(无机试剂任选，用流程图表示)。 【答案】（1）①. 取代(或硝化) ②. 醛基 （2）可与生成的反应，使反应②向正反应方向移动 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】第①步反应中，发生了硝化反应，可从第2步反应的产物中有硝基得到证实，根据基团的位置可以确定A是。第②步反应显然是酚羟基与卤代烃在碱性溶液中生成醚的一个反应：→。第③步反应，可从分子组成分析，前后差了1分子水，联系第⑤步反应的产物，这是一个脱水后形成五元环的反应：→。第④步反应，产物的分子组成多了2个H，少了2个O原子，加氢脱氧，应是硝基被还原成了氨基：→。第⑤步反应参照题给信息中的反应。第⑥步的(Boc)2O是由两分子C5H10O3脱水形成的酸酐，它与氮基反应生成酰胺。 【小问1详解】 由分析可知反应①的反应类型为取代(或硝化)，反应③参加反应的官能团名称为醛基。 【小问2详解】 反应②是酚羟基与卤代烃反应，有HCl生成，于是的作用就是除去生成的HCl，使溶液偏碱性，促进反应的进行。 【小问3详解】 从反应流程图结合分析可知，反应⑤是氨基的氢与卤素原子结合成卤化氢脱去，化学方程式为：。 【小问4详解】 经过水解和氧化可得到化学式为的化合物Ⅰ，Ⅰ的同分异构体满足①分子结构中有一个六元环，该六元环可能由4个碳原子和一个O一个H构成，也可能由三个碳原子和三个杂原子构成；②谱显示分子中有3种氢原子，可知该结构必须为对称结构，其结构简式为。 【小问5详解】 利用氨基的氢与氯代烃的卤素原子结合脱去卤代烃，实现碳链延长。所以利用甲苯硝化反应后，硝基再被还原为氨基，→→；另外利用C=C与卤素加成反应得到氯代烃，，所以合成路线为：。 26．（潍坊一模，19）化合物J是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下： 已知： I． II． 回答下列问题： （1）A的化学名称是___________，C中官能团的名称是___________。 （2）C→D的化学方程式为___________。 （3）H→I的反应类型是___________，化合物E的结构简式___________。 （4）写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式___________。 ①属于芳香族化合物且有两个六元环 ②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6：4：2：2：1：1 （5）写出以甲苯和为主要原料合成化合物H的路线(无机试剂、有机溶剂任选)_______。 【答案】（1）①. 环己酮 ②. 酮羰基、酰胺基 （2）+Br2+HBr （3）①. 加成反应 ②. （4）、 （5） 【解析】 【分析】B生成C，C和溴单质生成D，结合C化学式可知，C为；D发生已知的反应原理生成E：，E转化为F，F转化为G；H和氨气生成I，I生成J，结合I化学式可在，I结构为； 【小问1详解】 由结构可知，A的化学名称是环己酮；C结构简式为：，官能团的名称是酮羰基、酰胺基； 【小问2详解】 C→D的反应为C中氢原子被溴取代的反应，化学方程式为+Br2+HBr； 【小问3详解】 由分析可知，H→I的反应为碳氮双键生成单键的过程，为加成反应；由分析可知，化合物E的结构简式； 【小问4详解】 B中含有13个碳、2个氮、1个氧、不饱和度5；同时符合下列条件的化合物B的同分异构体： ①属于芳香族化合物且有两个六元环，则不饱和度为5； ②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6：4：2：2：1：1，则应该含2个相同的甲基，且有一个含氮的六元环，环中应该含有2个-CH2-；结构可以为：、； 【小问5详解】 甲苯首先和浓硫酸加热在甲基对位引入磺酸基，磺酸基发生已知反应II原理转化为基团，再和生成产物，故流程为：。 27．（烟台一模，19）氯霉素(H)的一种合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）A的名称为_______；A→B反应类型为_______。 （2）C→D的化学方程式为_______；符合下列条件的E的同分异构体有_______种。 ①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应 （3）F的结构简式为_______；试剂a为_______；G中含氧官能团有_______种。 （4）根据上述信息，写出以乙烯为主要原料制备的合成路线__________。 【答案】（1）①. 苯乙烯 ②. 加成反应 （2）①. ②. 15 （3）①. ②. 浓硝酸和浓硫酸 ③. 2 （4） 【解析】 【分析】A的分子式为C8H8，结合B的结构简式，推知A为，B发生消去反应生成C，C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，D与氨气发生取代反应生成E，对比E、G的结构，E发生水解反应生成F，F发生硝化反应生成G，故F为，G发生信息中反应生成H，H的结构简式为。 【小问1详解】 A的名称为苯乙烯；A为与水加成生成B，A→B反应类型为加成反应。故答案为：苯乙烯；加成反应； 【小问2详解】 C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，C→D的化学方程式为；符合下列条件的E的同分异构体有15种。①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应，除去残基为-C4H8ON，要有-NH2，又要能水解，能形成如下5种基团、，分别位于酚羟基的邻间对三个位置，共15种。 故答案为：；15； 【小问3详解】 F发生硝化反应生成G，故F的结构简式为；试剂a为浓硝酸和浓硫酸；G中含氧官能团有硝基和羟基2种。故答案为：；浓硝酸和浓硫酸；2； 【小问4详解】 根据上述信息，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，与乙烯生成，在酸性条件下得到，浓硫酸，加热条件下得到产物，以乙烯为主要原料制备的合成路线。故答案为：。 28．（济宁一模，19）驱除白蚁药物J的一种合成路线如下： 已知：①(G为OH或OR') ② ③ 回答下列问题： （1）B→C反应类型为_______，“一定条件Ⅰ”具体是_______。 （2）F中含氧官能团的名称为_______，E→F的转化在后续合成中的目的是_______。 （3）E的结构简式是_______，G→H的化学方程式_______。 （4）D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构有_______种。 （5）根据上述信息，写出以戊二酸二甲酯为主要原料(其它原料任选)，制备合成的路线_______。 【答案】（1）①. 取代反应 ②. 浓硫酸、加热 （2）①. 酯基、醚键 ②. 保护酮羰基，防止其被还原 （3）①. ②. （4）4 （5） 【解析】 【分析】根据A的结构简式和反应条件可知，B为，B与乙醇发生酯化反应生成C为，C发生信息②的反应生成D为，D一定条件下反应生成E，根据F的结构以及E的分子式可知E为，F发生信息①的反应生成G为，G发生醇的催化氧化生成H为，H发生还原反应生成I，I最终生成J。 【小问1详解】 根据分析可知，B→C为羧酸的酯化反应，反应类型为取代反应。酯化反应的条件为浓硫酸、加热。 【小问2详解】 根据流程图可知，F中含氧官能团的名称为酯基、醚键。根据分析可知，E→F的转化在后续合成中的目的是保护酮羰基，防止其被还原。 【小问3详解】 根据分析可知，E的结构简式为。G生成H的反应为醇的催化氧化，化学方程式为。 【小问4详解】 D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境的氢原子，若苯环上只有一个取代基，则不可能出现只有三种化学环境的氢原子的情况，若苯环上有两个取代基，则满足条件的结构为，若苯环上有三个取代基，则满足条件的结构为、，苯环上有4、5个取代基时无法出现只有3种化学环境的氢的情况，苯环上有6个取代基时，满足条件的结构为，故满足条件的结构一共有4种。 【小问5详解】 发生信息②的反应生成，与乙二醇发生信息③的反应生成，发生信息①的反应生成，最终生成，合成路线为。 29．（济南一模，19）新型抗癌药物(+)-Angelmaria的一种合成路线如下： 已知：Ⅰ.R=H，烷基 Ⅱ.楔形式表示有机物时，楔形实线表示的键伸向纸面外，楔形虚线表示的键伸向纸面内。例如乳酸的两种不同的空间结构为、，这两种结构的性质不完全相同。 回答下列向题： （1）(+)-Angelmarin中能与氢氧化钠反应的官能团的名称为_______。 （2）A→B的反应类型为_______；检验B中是否含有A的试剂为_______；D的结构简式为_______。 （3）选用条件1生成E做中间体，而不选用E'的优点是_______。 （4）F+G→(+)-Angelmarin的化学方程式_______。 （5）符合下列条件的A的同分异构体有_______种。 ①含有苯环②能水解且能发生银镜反应③能与碳酸钠溶液反应 （6）以和为原料合成，写出获得目标产物的较优合成路线_______(其它试剂任选)。 【答案】（1）酯基、(酚)羟基 （2）①取代反应 ②溶液 ③ （3）E’会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯) （4） （5）8 （6） 【解析】 【分析】由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为：，A发生取代反应生成B，B的结构简式为：，B与氢气发生加成反应生成C，C加热发生已知反应Ⅰ，生成D，结构简式为：。 【小问1详解】 由(+)-Angelmarin的结构简式可知，酯基能与氢氧化钠发生水解反应，酚羟基能与氢氧化钠发生中和反应，所以能与氢氧化钠发生反应官能团的名称为酯基和酚羟基； 【小问2详解】 由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为：，B的结构简式为：，所以的反应为取代反应；因为A中含有酚羟基，B中没有酚羟基，酚羟基能与发生显色反应，所以检验B中是否含有A的试剂为；根据已知反应Ⅰ，D的结构简式为：； 【小问3详解】 E表示键伸向纸面外结构，表示键伸向纸面外和键伸向纸面内两种结构，所以会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯)； 【小问4详解】 根据合成路线信息，的化学方程式为：； 【小问5详解】 A的结构简式为：，符合下列条件：①含有苯环②能水解且能发生银镜反应，含有官能团：；③能与碳酸钠溶液反应，含有酚羟基，有结构：（1,2,3表示羟基的位置）3种，3种，2种，共8种。 【小问6详解】 根据合成路线，以和为原料合成，最优的合成路线为：。 30．（菏泽一模，19）他非诺喹主要用作于化工生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药。其中间体K的一种合成路线如下(部分条件已省略)。 已知： ① ② 回答下列问题： （1）有机物A中官能团的名称为_______。 （2）G→H的反应类型为_______。 （3）E→F的化学方程式为_______。 （4）X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，则符合条件的X共有_______种；写出其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式_______。 （5）已知P中有两个六元环结构，Q的结构简式为_______。 （6）已知：，综合上述信息，写出以环己烯为主要原料制备的合成路线。____ 【答案】（1）羧基 （2）还原反应 （3） +HNO3+H2O （4）①. 12 ②. 和 （5） （6） 【解析】 【分析】根据A的分子式知，A为CH3COOH，A和乙醇发生酯化反应生成B为CH3COOCH2CH3，B发生信息①的反应生成D，根据D的分子式知，D为CH3COCH2COOCH2CH3，根据K的结构简式知，E和浓硝酸发生取代反应生成F为，F和甲醇发生反应生成G为，根据H的分子式知，G发生还原反应生成H为，D和H发生信息②的反应生成J为，J发生反应生成K；据此分析解题。 【小问1详解】 A为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为羧基。 【小问2详解】 据分析可知，G发生还原反应生成H为，故答案为还原反应。 【小问3详解】 E和浓硝酸发生取代反应生成F为，方程式为HNO3++H2O。 【小问4详解】 D为CH3COCH2COOCH2CH3，X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，说明X含有羧基和醛基，可看成四个碳链上面取代羧基和醛基，当碳链为时，羧基可取代在1号和2号碳原子，剩余醛基均有四个取代位置，共8个同分异构体；当碳链为时，羧基取代在3号碳原子时，醛基有3个取代位置，当羧基取代在4号碳原子时，醛基有1个取代位置；所以X共有12种异构体；其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式为和；故答案为12；和。 【小问5详解】 J为，P中含有2个六元环，J发生加成反应生成P为，P发生消去反应生成Q为，Q发生异构化生成K，故答案为。 【小问6详解】 环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3发生信息①的反应生成，合成路线为；故答案为。 31．（淄博一模，19）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图： 已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基) ii.+(R为烃基) 回答以下问题： （1）A的结构简式为_____；符合下列条件的A的同分异构体有_____种。 ①能与FeCl3溶液作用显色 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1 其中，能发生水解反应的结构简式为_____。 （2）D→E的反应类型为_____；该反应的目的是_____。 （3）F→H的化学方程式为_____，有机物J中含有官能团的名称是_____。 （4）综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选_____。 【答案】（1）①. ②. 3 ③. （2）①. 取代反应 ②. 保护羟基，防止氧化 （3）①. +H2O2+ H2O ②. 酯基、醚键 （4） 【解析】 【分析】结合D的结构简式逆向推断A应为，A与发生取代反应生成B，B在一定温度下发生已知中反应生成C，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与乙酸酐反应生成E，E中碳碳双键被臭氧氧化生成F和G甲醛，F经过氧化氢处理生成H，H发生水解反应生成I，I与乙酸酐发生取代反应得到J，据此分析解答。 【小问1详解】 由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、三种；其中，能发生水解反应的结构简式为； 故答案为：；3；； 【小问2详解】 由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化，故答案为：取代反应；保护羟基，防止氧化； 【小问3详解】 F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键，故答案为：+H2O2+H2O；酯基、醚键； 【小问4详解】 与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，经氧化生成，合成路线为：，故答案为：。“蒸粮”时加热“拌曲”前摊晾“堆酵”时升温“馏酒”时控温选项物质(括号内为杂质)除杂试剂A()饱和溶液B()盐酸、NaOH溶液、C()无水D溴苯()NaOH溶液A.从食盐水中提取NaClB.除中的C.制取并收集氨气D.检查装置的气密性A．在铁制品上镀致密铜镀层B．探究浓度对反应速率的影响C．验证乙烯具有还原性D．制备FeSO4固体a试剂b试剂c溶液A稀硫酸溶液B浓盐酸溶液C浓硫酸溶液D浓氨水碱石灰溶液abcA饱和食盐水B溶液C溶液D溶液①中物质②中物质预期现象A乙醇酸性KMnO4溶液紫色溶液颜色变浅或退去BH2S溶液Na2SO3溶液溶液变浑浊、产生气泡CH2O2溶液淀粉KI溶液溶液变蓝D浓氨水AlCl3溶液生成白色沉淀后又溶解气体试剂制备装置收集方法A块状石灰石+稀cdB浓盐酸afCbfDbea中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液实验操作和现象实验结论A将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁B用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流，液流方向改变CF2Cl2是极性分子C石蜡油加强热，将产生的气体通入溴水，溴水颜色褪去气体中含有乙烯D用pH计分别测0.1molL-1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大Ka(HClO)>Ka(CH3COOH)选项实验目的实验现象结论A探究有机物中官能团之间的影响分别向丙烯酸乙酯和氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化氰基活化双键，使其更易发生加聚反应B比较、和的氧化性向酸性溶液中滴入溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生氧化性：C纤维素水解实验将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，无砖红色沉淀产生纤维素未发生水解D探究不同价态硫元素之间的转化向和混合溶液中加入浓硫酸，溶液中出现淡黄色沉淀价和价硫可归中为0价实验目的实验操作A测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上B验证可以转化为向2 mL NaOH溶液中加入2 mL 溶液，产生白色沉淀，再加入几滴 溶液C检验固体是否变质取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化D验证氯的非金属性强于碳向溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生操作及现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成说明NO具有强氧化性B向2mL浓度均为0.1mol•L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成说明Ag2S比AgBr更难溶C取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色说明乙醇消去反应的产物为乙烯D向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色说明丙烯醛中含有碳碳双键实验实验操作实验现象①分别向盛有少量FeS、Fe2S3固体的试管中加入稀盐酸固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe2S3还有淡黄色浑浊生成②向0.1mol/L FeCl3溶液中加入少量0.1 mol/L Na2S溶液开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生③向0.1 mol/L Na2S溶液中加入少量0.1 mol/L FeCl3溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体生成选项实验目的操作及现象结论A验证溶液中存在的水解平衡向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅溶液中存在水解平衡：B比较元素的非金属性强弱向盛有小苏打固体的大试管中加入稀硫酸，有气体生成；将生成的气体通入溶液中，溶液变浑浊非金属性：C检验实验室制得的乙烯中是否有将生成的气体通入品红溶液中，溶液褪色有生成D比较和的向盛有溶液的试管中加入足量0.01 溶液，滤出沉淀后，向滤液中加入1 溶液，有白色沉淀生成选项实验操作和现象结论A向2mL1mol•L-1硼酸溶液中加入1mL1mol•L-1碳酸钠溶液，溶液无明显变化硼酸与碳酸钠不反应B将铜丝灼烧至表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色该有机物中含有醇羟基C充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀铁被硫氧化至Fe(II)D向新制硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()，溶液变为橙红色，然后再加入酸，溶液颜色变浅(与加入等量水比较)与邻二氮菲配位能力：H+＞Fe2+乙酸正丁醇乙酸正丁酯熔点/℃16.6-89.5-73.5沸点/℃117.9117126.0密度(g/cm3)1.10.800.8820℃48753760℃1018838物质密度/沸点/℃(101kPa)与水形成共沸物的沸点/℃部分性质环己醇0.96161.097.8能溶于水，具有还原性，易被氧化环己酮0.95155.0 98.0/3.4kPa95.0微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应物质物质沸点13612757180金属离子开始沉淀时的pH7.85.55.81.88.3完全沉淀时的pH9.46.78.82.910.9物质MnSNiSCoS难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp25×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9金属离子开始沉淀的pH4.26.31.511.86.26.9沉淀完全的pH6.78.32.813.88.28.9金属离子开始沉淀的6.31.83.48.96.26.9沉淀完全的8.33.24.710.98.289硫酸浓度/(mol•L-1)181512960硫酸银溶解量/(g•L-1)209.0078.9431.2011.148.744.68pH4~66~88~1010~12主要离子物质Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2TiO(OH)2Ksp1.0×10-16.31.0×10-38.61.0×10-11.61.0×10-29物质TiCl4Cl2COCO2分压MPa4.59×10-24.98×10-91.84×10-23.70×10-2的转化率/%各含碳产物占所有含碳产物的物质的量分数/%其他60.060.040.00物质HBr(g)(g)(g)(g)相对能量/xyzw容器体积V/L103m0.090.25化学键C-CC=CC-HH-HO-HC=OC-O键能/356615413436462745360分压/MPa分压/MPa丙烯选择性/%乙烯选择性/%0.10030.97.510.080.0232.07.420.040.0634.87.030.0200836.76.480.010.0939.45.43性质AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔点/℃1290192.497.8189.4沸点/℃1272180256382“蒸粮”时加热“拌曲”前摊晾“堆酵”时升温“馏酒”时控温选项物质(括号内为杂质)除杂试剂A()饱和溶液B()盐酸、NaOH溶液、C()无水D溴苯()NaOH溶液A.从食盐水中提取NaClB.除中的C.制取并收集氨气D.检查装置的气密性A．在铁制品上镀致密铜镀层B．探究浓度对反应速率的影响C．验证乙烯具有还原性D．制备FeSO4固体a试剂b试剂c溶液A稀硫酸溶液B浓盐酸溶液C浓硫酸溶液D浓氨水碱石灰溶液abcA饱和食盐水B溶液C溶液D溶液①中物质②中物质预期现象A乙醇酸性KMnO4溶液紫色溶液颜色变浅或退去BH2S溶液Na2SO3溶液溶液变浑浊、产生气泡CH2O2溶液淀粉KI溶液溶液变蓝D浓氨水AlCl3溶液生成白色沉淀后又溶解气体试剂制备装置收集方法A块状石灰石+稀cdB浓盐酸afCbfDbea中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液实验操作和现象实验结论A将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁B用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流，液流方向改变CF2Cl2是极性分子C石蜡油加强热，将产生的气体通入溴水，溴水颜色褪去气体中含有乙烯D用pH计分别测0.1molL-1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大Ka(HClO)>Ka(CH3COOH)选项实验目的实验现象结论A探究有机物中官能团之间的影响分别向丙烯酸乙酯和氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化氰基活化双键，使其更易发生加聚反应B比较、和的氧化性向酸性溶液中滴入溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生氧化性：C纤维素水解实验将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，无砖红色沉淀产生纤维素未发生水解D探究不同价态硫元素之间的转化向和混合溶液中加入浓硫酸，溶液中出现淡黄色沉淀价和价硫可归中为0价实验目的实验操作A测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上B验证可以转化为向2 mL NaOH溶液中加入2 mL 溶液，产生白色沉淀，再加入几滴 溶液C检验固体是否变质取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化D验证氯的非金属性强于碳向溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生操作及现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成说明NO具有强氧化性B向2mL浓度均为0.1mol•L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成说明Ag2S比AgBr更难溶C取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色说明乙醇消去反应的产物为乙烯D向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色说明丙烯醛中含有碳碳双键实验实验操作实验现象①分别向盛有少量FeS、Fe2S3固体的试管中加入稀盐酸固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe2S3还有淡黄色浑浊生成②向0.1mol/L FeCl3溶液中加入少量0.1 mol/L Na2S溶液开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生③向0.1 mol/L Na2S溶液中加入少量0.1 mol/L FeCl3溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体生成选项实验目的操作及现象结论A验证溶液中存在的水解平衡向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅溶液中存在水解平衡：B比较元素的非金属性强弱向盛有小苏打固体的大试管中加入稀硫酸，有气体生成；将生成的气体通入溶液中，溶液变浑浊非金属性：C检验实验室制得的乙烯中是否有将生成的气体通入品红溶液中，溶液褪色有生成D比较和的向盛有溶液的试管中加入足量0.01 溶液，滤出沉淀后，向滤液中加入1 溶液，有白色沉淀生成选项实验操作和现象结论A向2mL1mol•L-1硼酸溶液中加入1mL1mol•L-1碳酸钠溶液，溶液无明显变化硼酸与碳酸钠不反应B将铜丝灼烧至表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色该有机物中含有醇羟基C充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀铁被硫氧化至Fe(II)D向新制硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()，溶液变为橙红色，然后再加入酸，溶液颜色变浅(与加入等量水比较)与邻二氮菲配位能力：H+＞Fe2+乙酸正丁醇乙酸正丁酯熔点/℃16.6-89.5-73.5沸点/℃117.9117126.0密度(g/cm3)1.10.800.8820℃48753760℃1018838物质密度/沸点/℃(101kPa)与水形成共沸物的沸点/℃部分性质环己醇0.96161.097.8能溶于水，具有还原性，易被氧化环己酮0.95155.0 98.0/3.4kPa95.0微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应物质物质沸点13612757180金属离子开始沉淀时的pH7.85.55.81.88.3完全沉淀时的pH9.46.78.82.910.9物质MnSNiSCoS难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp25×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9金属离子开始沉淀的pH4.26.31.511.86.26.9沉淀完全的pH6.78.32.813.88.28.9金属离子开始沉淀的6.31.83.48.96.26.9沉淀完全的8.33.24.710.98.289硫酸浓度/(mol•L-1)181512960硫酸银溶解量/(g•L-1)209.0078.9431.2011.148.744.68pH4~66~88~1010~12主要离子物质Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2TiO(OH)2Ksp1.0×10-16.31.0×10-38.61.0×10-11.61.0×10-29物质TiCl4Cl2COCO2分压MPa4.59×10-24.98×10-91.84×10-23.70×10-2的转化率/%各含碳产物占所有含碳产物的物质的量分数/%其他60.060.040.00物质HBr(g)(g)(g)(g)相对能量/xyzw容器体积V/L103m0.090.25化学键C-CC=CC-HH-HO-HC=OC-O键能/356615413436462745360分压/MPa分压/MPa丙烯选择性/%乙烯选择性/%0.10030.97.510.080.0232.07.420.040.0634.87.030.0200836.76.480.010.0939.45.43性质AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔点/℃1290192.497.8189.4沸点/℃1272180256382