2023年高三高考化学真题分类汇编

这是一份2023年高三高考化学真题分类汇编，共349页。试卷主要包含了所有题目均标注来源、原卷题号等内容，欢迎下载使用。

1．2023年全部高考真题共16套（全国甲卷、全国乙卷、新课标卷、山东卷、重庆卷、福建卷、北京卷、河北卷、广东卷、海南卷、湖北卷、湖南卷、江苏卷、辽宁卷、1月浙江卷、6月浙江卷，天津卷无完全版未收录），所有题目全部归类，无删减。
2．所有题目均标注来源、原卷题号。
3．按照教材知识点分类，每道题的分类都有标准，如元素化合物按照金属钠、铁、铜，非金属氯、硫、氮、硅的顺序排列。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc94851365" 第一部分 化学基本概念 PAGEREF _Tc94851365 \h 2
\l "_Tc734025481" 一、化学与STSE PAGEREF _Tc734025481 \h 2
\l "_Tc1620190799" 二、化学用语 PAGEREF _Tc1620190799 \h 4
\l "_Tc454114833" 三、物质的量 PAGEREF _Tc454114833 \h 6
\l "_Tc151116793" 四、离子方程式 PAGEREF _Tc151116793 \h 7
\l "_Tc1494269197" 五、氧化还原反应 PAGEREF _Tc1494269197 \h 8
\l "_Tc1508625961" 第二部分 元素及其化合物 PAGEREF _Tc1508625961 \h 10
\l "_Tc137106398" 一、元素及其化合物 PAGEREF _Tc137106398 \h 10
\l "_Tc97277955" 二、无机推断题 PAGEREF _Tc97277955 \h 13
\l "_Tc715534318" 第三部分 化学实验 PAGEREF _Tc715534318 \h 15
\l "_Tc76859426" 一、实验基础知识 PAGEREF _Tc76859426 \h 15
\l "_Tc1138700935" 二、实验表格题 PAGEREF _Tc1138700935 \h 18
\l "_Tc1919836128" 三、化学实验综合 PAGEREF _Tc1919836128 \h 20
\l "_Tc744007121" 四、化学实验综合（非选择题） PAGEREF _Tc744007121 \h 22
\l "_Tc1877889813" 第四部分 化学工艺流程题 PAGEREF _Tc1877889813 \h 36
\l "_Tc126927132" 一、工艺流程题 PAGEREF _Tc126927132 \h 36
\l "_Tc813046053" 二、工艺流程题（非选择题） PAGEREF _Tc813046053 \h 37
\l "_Tc426566910" 第五部分 化学反应原理 PAGEREF _Tc426566910 \h 48
\l "_Tc1009642684" 一、电化学 PAGEREF _Tc1009642684 \h 48
\l "_Tc1796295041" 二、反应机理 PAGEREF _Tc1796295041 \h 54
\l "_Tc1005644561" 三、化学反应原理 PAGEREF _Tc1005644561 \h 56
\l "_Tc1171834837" 四、水溶液综合 PAGEREF _Tc1171834837 \h 60
\l "_Tc455578822" 五、化学反应原理综合题（非选择题） PAGEREF _Tc455578822 \h 66
\l "_Tc1134059799" 第六部分 物质结构与性质 PAGEREF _Tc1134059799 \h 84
\l "_Tc1225674668" 一、原子结构与性质 PAGEREF _Tc1225674668 \h 84
\l "_Tc1251003052" 二、分子结构与性质 PAGEREF _Tc1251003052 \h 84
\l "_Tc1743390834" 三、晶体结构与性质 PAGEREF _Tc1743390834 \h 85
\l "_Tc902867370" 四、元素推断题 PAGEREF _Tc902867370 \h 86
\l "_Tc372437888" 五、物质结构与性质综合题（非选择题） PAGEREF _Tc372437888 \h 91
\l "_Tc1796236258" 第七部分 有机化学基础 PAGEREF _Tc1796236258 \h 96
\l "_Tc17678680" 一、有机物的性质 PAGEREF _Tc17678680 \h 96
\l "_Tc772831474" 二、有机推断题（非选择题） PAGEREF _Tc772831474 \h 101
第一部分 化学基本概念
一、化学与STSE
1．（2023广东1）“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是
2．（2023福建1）唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是
A．蒸B．捣C．焙D．封
3．（2023山东1）下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A．泰山墨玉B．龙山黑陶C．齐国刀币D．淄博琉璃
4．（2023.6浙江1）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．石墨烯B．不锈钢C．石英光导纤维D．聚酯纤维
5．（2023新课标7）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
6．（2023湖南1）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
B．长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
7．（2023重庆1）重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划(2021-2025年)涉及的下列物质中，属于金属材料的是
8．（2023海南5）《齐民要术》中记载了酒曲的处理，“乃平量一斗，舀中捣碎。若浸曲，一斗，与五升水。浸曲三日，如鱼眼汤沸……”。下列说法错误的是
A．“捣碎”目的是促进混合完全
B．“曲”中含有复杂的催化剂
C．“斗”和“升”都是容量单位
D．“鱼眼”是水蒸气气泡的拟像化
9．（2023江苏1）我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指
A．碳原子B．二氧化碳C．碳元素D．含碳物质
10．（2023湖北1）2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是
A．液氮-液氢B．液氧-液氢C．液态NO2-肼D．液氧-煤油
11．（2023全国甲7）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
12．（2023辽宁1）科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
13．（2023海南1）化学的迅速发展为满足人民日益增长的美好生活需要做出突出贡献。下列说法不合理的是
A．为增强药效，多种处方药可随意叠加使用
B．现代化肥种类丰富，施用方法其依据对象营养状况而定
C．规范使用防腐制可以减缓食物变质速度，保持食品营养价值
D．在种植业中，植物浸取试剂类医药也应慎重选用
14．（2023湖北2）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
15．（2023广东2）科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是
A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第IA族元素
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO
C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的2H与3H互为同位素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体
16．（2023广东3）建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是
A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为Si
B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料
C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水
D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖
17．（2023广东5）化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．饱和CuSO4溶液可析出无水蓝色晶体
C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称
D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
18．（2023广东7）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
二、化学用语
19．（2023湖南2）下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：818O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
20．（2023北京2）下列化学用语或图示表达正确的是
A．NaCl的电子式为Na:Cl····:
B．NH3的VSEPR模型为
C．2pz电子云图为
D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
21．（2023辽宁2）下列化学用语或表述正确的是
A．BeCl2的空间结构：V形B．P4中的共价键类型：非极性键
C．基态Ni原子价电子排布式：3d10D．顺—2—丁烯的结构简式：
22．（2023.1浙江3）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为18的氯原子：1737Cl
B．碳的基态原子轨道表示式：
C．BF3的空间结构：(平面三角形)
D．HCl的形成过程：
23．（2023.6浙江2）下列化学用语表示正确的是
A．H2S分子的球棍模型：B．AlCl3的价层电子对互斥模型：
C．KI的电子式：K∶I· ·· ·∶D．CH3CHCH2CH32的名称：3−甲基戊烷
24．（2023江苏2）反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是
A．NH4+的电子式为B．NO2-中N元素的化合价为+5
C．N2分子中存在N≡N键D．H2O为非极性分子
25．（2023湖北5）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示K2S的形成：
B．用离子方程式表示AlOH3溶于烧碱溶液：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-
C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
三、物质的量
26．（2023海南6）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.2NA
B．5.6g铁粉与0.1L1ml⋅L-1的HCl的溶液充分反应，产生的气体分子数目为0.1NA
C．标准状况下，2.24LSO2与1.12LO2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA
D．1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，NH3⋅H2O微粒数目为0.1NA
27．（2023全国甲10）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．0.50ml异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA
B．标准状况下，2.24LSO3中电子的数目为4.00NA
C．1.0LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA
D．⋅L-1的Na2CO3溶液中CO32-的数目为1.0NA
28．（2023福建4）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺NH3OH+NO3-在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mlNH3OH+含有的质子数为1.5NA
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5NA
C．0.5ml硝酸羟胺含有的N-Oσ键数为2NA
D．硝酸羟胺分解产生11.2LN2(已折算为标况)的同时，生成O2分子数为NA
29．（2023.6浙江7）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
30．（2023广东11）设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH4Cl和NaHCO3等物质。下列叙述正确的是
A．1 ml NH4Cl含有的共价键数目为5NA
B．1 ml NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2NA
C．体积为1 L的1 ml⋅L-1NaHCO3溶液中，HCO3-数目为NA
D．NaCl和NH4Cl的混合物中含1 ml Cl-，则混合物中质子数为28NA
四、离子方程式
31．（2023湖南5）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-
32．（2023北京6）下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D．Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓
33．（2023江苏6）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、12H、13H是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H-，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2Og与足量Cs反应生成1mlH2g和1mlCOg吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列化学反应表示正确的是
A．水煤气法制氢：Cs+H2Og=H2g+COg ΔH=-131.3kJ⋅ml-1
B．HCO3-催化加氢生成HCOO-的反应：HCO3-+H2催化剂HCOO-+H2O
C．电解水制氢的阳极反应：2H2O-2e-=H2↑+2OH-
D．CaH2与水反应：CaH2+2H2O=CaOH2+H2↑
34．（2023.1浙江7）下列反应的离子方程式不正确的是
A．Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓
D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32-+Ca2+=CaSO3↓
35．（2023重庆2）下列离子方程式中，错误的是
A．NO2通入水中：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
B．Cl2通入石灰乳中：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
C．Al放入NaOH溶液中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
D．Pb放入Fe2SO43溶液中：Pb+SO42-+2Fe3+=2Fe2++PbSO4
36．（2023.6浙江9）下列反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
C．铜与稀硝酸：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-
37．（2023辽宁5）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．11.2LCO2含π键数目为NA
B．每生成2.8gN2转移电子数目为NA
C．0.1mlKNO3晶体中含离子数目为0.2NA
D．1L0.1ml⋅L-1K2S溶液中含S2-数目为0.1NA
五、氧化还原反应
38．（2023全国乙7）下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
39．（2023湖南10）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄As2S3褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．S2O32-和SO42-的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的nO2nH2O：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mlAs2S3转移的电子数之比为3∶7
40．（2023北京12）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是
A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
41．（2023.1浙江6）关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列说法正确的是
A．生成1mlN2O，转移4ml电子B．NH2OH是还原产物
C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂D．若设计成原电池，Fe2+为负极产物
42．（2023福建5）稀有气体氙的氟化物XeFn与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
下列说法错误的是
A．XeO3具有平面三角形结构B．OH-的还原性比H2O强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应D．反应iv每生成1mlO2，转移6ml电子
43．（2023重庆4）已知反应：2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L(标准状况)F2，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为4NAB．生成的NaF质量为84g
C．生成的氧化产物分子数为2NAD．生成的H2O含有孤电子对数为2NA
44．（2023.6浙江6）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有2 ml S-S键断裂，则转移4 ml电子
C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型
第二部分 元素及其化合物
一、元素及其化合物
45．（2023.1浙江4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．SO2能使某些色素褪色，可用作漂白剂
B．金属钠导热性好，可用作传热介质
C．NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂
D．Fe2O3呈红色，可用作颜料
46．（2023.6浙江4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
47．（2023广东10）部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在c→d→e的转化
B．能与H2O反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键
48．（2023.6浙江3）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A．氯化铁属于弱电解质B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
49．（2023.1浙江2）硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是
A．Cu元素位于周期表p区B．硫酸铜属于强电解质
C．硫酸铜溶液呈酸性D．硫酸铜能使蛋白质变性
50．（2023北京7）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是
A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
51．（2023江苏8）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：HNO3稀→CuNO→O2NO2
B．工业制硝酸过程中的物质转化：N2→放电或高温O2NO→H2OHNO3
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO+2CO 催化剂 N2+2CO2
D．实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl+CaOH2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O
52．（2023.1浙江1）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是
A．CO2B．SiO2C．MgOD．Na2O
53．（2023湖北3）工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂→1800~2000℃焦炭粗硅→300℃HClSiHCl3→1100℃H2高纯硅
下列说法错误的是
A．制备粗硅的反应方程式为SiO2+2C高温Si+2CO↑
B．1mlSi含Si-Si键的数目约为4×6.02×1023
C．原料气HCl和H2应充分去除水和氧气
D．生成SiHCl3的反应为熵减过程
54．（2023.1浙江5）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．Na和乙醇反应可生成H2B．工业上煅烧黄铁矿FeS2生产SO2
C．工业上用氨的催化氧化制备NOD．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
55．（2023辽宁3）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3B．制HCl：H2+Cl2点燃2HCl
C．制粗硅：SiO2+2C高温Si+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)电解2Mg+O2↑
56．（2023重庆3）下列叙述正确的是
A．Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物相同
B．SO2分别与H2O和H2S反应，反应的类型相同
C．Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体相同
D．浓H2SO4分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同
57．（2023山东2）实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制AlCl3溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
58．（2023湖南7）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1ml⋅L-1)，反应现象没有明显差别的是
59．（2023海南9不定项）实践中一些反应器内壁的污垢，可选用针对性的试剂溶解除去。下表中污垢处理试剂的选用，符合安全环保理念的是
60．（2023辽宁4）下列鉴别或检验不能达到实验目的的是
A．用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3
B．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质
C．用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化
D．加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛
61．（2023山东6）鉴别浓度均为0.1ml⋅L-1的NaClO、Ba(OH)2、Al2SO43三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是
A．测定溶液pHB．滴加酚酞试剂
C．滴加0.1ml⋅L-1KI溶液D．滴加饱和Na2CO3溶液
62．（2023海南3）下列气体除杂(括号里为杂质)操作所选用的试剂合理的是
A．CO2HCl：饱和Na2CO3溶液
B．NH3H2O：碱石灰
C．C2H2H2S：酸性KMnO4溶液
D．C2H4SO2：P4O10
63．（2023全国乙11）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是
64．（2023北京13）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或MgOHCl中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是HCl、NH3
B．d既可以是MgO，也可以是MgOHCl
C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
二、无机推断题
65．（2023.1浙江18）化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A用0.0250mlHCl溶解后，多余的酸用0.0150mlNaOH恰好中和，请回答：
(1)X的组成元素是 ，X的化学式是 。
(2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式 。
(3)写出生成白色固体H的离子方程式 。
(4)设计实验检验溶液Ⅰ中的阳离子 。
第三部分 化学实验
一、实验基础知识
66．（2023山东4）实验室安全至关重要，下列实验室事故处理方法错误的是
A．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗
B．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗
C．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
D．活泼金属燃烧起火，用灭火毯(石棉布)灭火
67．（2023河北1）《本草纲目》中记载了粗食盐的一种制作过程：“取盐于池旁耕地沃以池水，每得南风急，则宿夕成盐。”若将粗食盐在实验室提纯，不涉及的操作是
A．溶解B．蒸发C．过滤D．蒸馏
68．（2023全国甲9）实验室将粗盐提纯并配制0.1000ml⋅L-1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有
①天平 ②温度计 ③坩埚 ④分液漏斗 ⑤容量瓶 ⑥烧杯 ⑦滴定管 ⑧酒精灯
A．①②④⑥B．①④⑤⑥C．②③⑦⑧D．①⑤⑥⑧
69．（2023江苏3）实验室制取Cl2的实验原理及装置均正确的是
70．（2023广东4）1827年，英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是
A．图1：喷泉实验B．图2：干燥NH3C．图3：收集NH3D．图4：制备NH3
71．（2023重庆5）下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
72．（2023湖南3）下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是
A．重结晶法提纯苯甲酸：①②③B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥
73．（2023海南11不定项）下列实验操作不能达到实验的是
74．（2023北京8）完成下述实验，装置或试剂不正确的是
A．实验室制Cl2
B．实验室收集C2H4
C．验证NH3易溶于水且溶液呈碱性
D．除去CO2中混有的少量HCl
75．（2023全国乙9）下列装置可以用于相应实验的是
76．（2023.6浙江5）下列说法正确的是
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移
77．（2023广东）按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A．Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
二、实验表格题
78．（2023河北4）由下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是
79．（2023江苏11）室温下，探究0.1ml⋅L-1FeSO4溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
80．（2023广东12）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
81．（2023.1浙江16）探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
82．（2023重庆8）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
83．（2023.6浙江16）探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
84．（2023新课标11）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
三、化学实验综合
85．（2023湖北13）利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
86．（2023湖北8）实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142℃)，实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)，其反应原理：
下列说法错误的是
A．以共沸体系带水促使反应正向进行B．反应时水浴温度需严格控制在69℃
C．接收瓶中会出现分层现象D．根据带出水的体积可估算反应进度
87．（2023辽宁13）某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I3-aq为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
88．（2023福建7）从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：
已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g⋅cm-3。下列说法错误的是
A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层
B．“有机层”从分液漏斗上口倒出
C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸
D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好
89．（2023.6浙江12）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
90．（2023.6浙江15）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20 mL 0.1 ml⋅L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 ml⋅L-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.10 ml⋅L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10 ml⋅L-1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Kal=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,KspCaC2O4=2.4×10-9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中V(NaOH)=10 mL时，存在cC2O42-C．实验Ⅱ中发生反应HC2O4-+Ca2+=CaC2O4↓+H+
D．实验Ⅱ中VCaCl2=80 mL时，溶液中cC2O42-=4.0×10-8ml⋅L-1
阅读下列材料，完成8∼10题。
一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
91．（2023山东8）对于上述实验，下列做法正确的是
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
92．（2023山东9）ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是
A．cV2-V1×171000m×100%B．cV1-V2×171000m×100%
C．0.5cV2-V1×171000m×100%D．c0.5V2-V1×171000m×100%
93．（2023山东10）根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
四、化学实验综合（非选择题）
94．（2023全国乙26）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
(2)O2的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
(3)c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
95．（2023新课标28）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0g FeCl3⋅6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。
③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。
回答下列问题：
(1)仪器A中应加入 (填“水”或“油”)作为热传导介质。
(2)仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 。
(4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为 ；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ？简述判断理由 。
(5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是 。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量 洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
(7)本实验的产率最接近于 (填标号)。
a．85% b．80% c．75% d．70%
96．（2023辽宁17）2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择 。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯( )的原因是 。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为 。
(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是 。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是 。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称)：无水MgSO4的作用为 。
(7)产品的产率为 (用Na计算，精确至0.1%)。
97．（2023广东17）化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q=cρV总⋅ΔT计算获得。
(1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.5000 ml⋅L-1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为 ml⋅L-1。
(2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(°C)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为 J(c和ρ分别取4.18 J⋅g-1⋅°C-1和1.0 g⋅mL-1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq)=FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。
②ΔH= (选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
(4)乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A:Fe(s)+Fe2SO43(aq)=3FeSO4(aq)的焓变。
查阅资料：配制Fe2SO43溶液时需加入酸。加酸的目的是 。
提出猜想：Fe粉与Fe2SO43溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。
验证猜想：用pH试纸测得Fe2SO43溶液的pH不大于1；向少量Fe2SO43溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为 。
(5)化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。
98．（2023山东18）三氯甲硅烷SiHCl3是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HClΔSiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为 ；判断制备反应结束的实验现象是 。图示装置存在的两处缺陷是 。
(2)已知电负性Cl>H>Si,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为 。
(3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。
m1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：① ，② (填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含m1、m2的代数式表示)。
99．（2023全国甲27）钴配合物CNH36Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→活性炭2CNH36Cl3+2H2O。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取2.0gNH4Cl，用5mL水溶解。
Ⅱ．分批加入3.0gCCl2⋅6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。
Ⅲ．加热至55~60℃反应20min。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是 。加快NH4Cl溶解的操作有 。
(2)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免 、 ；可选用 降低溶液温度。
(3)指出下列过滤操作中不规范之处： 。

(4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为 。
(5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是 。
100．（2023江苏16）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4⋅H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为MgOH2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常数K与KspMgOH2、KspMgSO3、Ka1H2SO3、Ka2H2SO3的代数关系式为K= ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 (填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。
(3)制取MgSO4⋅H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是 ；补充完整制取MgSO4⋅H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中， 。(已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4⋅7H2O，MgSO4⋅7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4⋅H2O，实验中需要使用MgO粉末)
101．（2023湖南15）金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼Ni的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ；
(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是 ；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___________；
A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷
(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ；
(5)仪器M的名称是 ；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是 ；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ；
(8)判断氢化反应完全的现象是 。
102．（2023重庆16）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下：
(1)装置Ⅰ中，仪器a的名称是 ；b中除去的物质是 (填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。
i.d中的现象是 。
ii.e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为 。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成α (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，此时α的表达式为 。
103．（2023福建11）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2⋅xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
(1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主要成分为 (填化学式)。
(3)判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。
(4)装置C中试剂X为 。
(5)装置D中反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
(6)装置E的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO2样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②TiN的产率为 。
104．（2023北京19）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-⇌I3-(红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。
I.将等体积的KI溶液加入到mml铜粉和nmlI2(n>m)的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
(1)初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
(2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有CuH2O42+(蓝色)或CuI2-(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅰ．步骤a的目的是 。
ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，CuNH32+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化： 。
(3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。
(4)上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是 。
(5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因： 。
105．（2023湖北18）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。
(2)铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H+的作用是 。
(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，nm=56。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000ml⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
106．（2023海南17）某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、称量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题：
(1)实验方案中出现的图标 和 ，前者提示实验中会用到温度较高的设备，后者要求实验者 (填防护措施)。
(2)灰化：干燥样品应装入 中(填标号)，置高温炉内，控制炉温850℃，在充足空气氛中燃烧成灰渣。
a．不锈钢培养皿 b．玻璃烧杯 c．石英坩埚
(3)向灰渣中滴加32%的硝酸，直至没有气泡产生。灰化容器中出现的红棕色气体主要成分是 (填化学式)，因而本实验应在实验室的 中进行(填设施名称)。若将漏斗直接置于容量瓶上过滤收集滤液(如图所示)，存在安全风险，原因是 。
(4)测定铁含量基本流程：将滤液在200mL容量瓶中定容，移取25.00mL，驱尽NO3-并将Fe3+全部还原为Fe2+。用5mL微量滴定管盛装K2Cr2O7标准溶液进行滴定。
①选用微量滴定管的原因是 。
②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是 。
③本实验中，使测定结果偏小的是 (填标号)。
a．样品未完全干燥 b．微量滴定管未用标准溶液润洗 c．灰渣中有少量炭黑
107．（2023河北9）配合物Na3CNO26M=404g⋅ml-1在分析化学中用于K+的鉴定，其制备装置示意图(夹持装置等略)及步骤如下：
①向三颈烧瓶中加入15.0gNaNO2和15.0mL热蒸馏水，搅拌溶解。
②磁力搅拌下加入5.0gCNO32⋅6H2O，从仪器a加入50%醋酸7.0mL。冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水8.0mL。待反应结束，滤去固体。
③在滤液中加入95%乙醇，静置40分钟。固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重。
已知：i.乙醇、乙醚的沸点分别是78.5℃、34.5℃；
ii.NaNO2的溶解度数据如下表。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ，使用前应 。
(2)Na3CNO26中钴的化合价是 ，制备该配合物的化学方程式为 。
(3)步骤①中，用热蒸馏水的目的是 。
(4)步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是 。
(5)已知：2K++Na++CNO263-中性或弱酸性K2NaCNO26↓(亮黄色)足量KCl与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉淀，产品纯度为 %。
(6)实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧， 。
108．（2023.6浙江20）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝(Al2(OH)aClbm,a=1~5)按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②Al2(OH)aClbm的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度=aa+b
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是 ；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是 。
(4)测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000 ml⋅L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中cAl3+=0.1000 ml⋅L-1。
①产品的盐基度为 。
②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
第四部分 化学工艺流程题
一、工艺流程题
109．（2023湖南9）处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
②KspCuS=6.4×10-36,KspZnS=1.6×10-24。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H2O⇌HS-+OH-
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中cCu2+cZn2+=4.0×10-12
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
110．（2023辽宁10）某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列说法错误的是
A．“焙烧”中产生CO2
B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42-
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
111．（2023福建6）从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程ZnO转化为ZnNH342+，并有少量Fe2+和Fe3+浸出。下列说法错误的是
A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3
B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3
C．“沉锌”过程发生反应ZnNH342++4H2O+S2-=ZnS↓+4NH3⋅H2O
D．应合理控制NH42S用量，以便滤液循环使用
112．（2023山东13不定项）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Kal=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比nXnCuSO4增大时，需补加NaOH的量减少
二、工艺流程题（非选择题）
113．（2023.6浙江18）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是 。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
114．（2023新课标27）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在，在碱性介质中以CrO42-存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和 。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO2+或VO3+在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
115．（2023山东17）盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，KspLi2CO3=2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O⇌H++B(OH)4-(常温下，Ka=10-9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4⋅8H2O。常温下，在0.10ml⋅L-1硼砂溶液中，B4O5(OH)42-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和B(OH)4-，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液pH= 。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0ml⋅L-1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在 ml⋅L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加 的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作X时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。
116．（2023全国乙27）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= ml·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
117．（2023全国甲26）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiOC2O42的化学方程式为 。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2:nCO= 。
118．（2023辽宁16）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、C2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸H2SO5，1mlH2SO5中过氧键的数目为 。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、 (填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
(5)“沉钴镍”中得到的C(Ⅱ)在空气中可被氧化成CO(OH)，该反应的化学方程式为 。
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全25℃，需控制pH不低于 (精确至0.1)。
119．（2023.1浙江20）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下：
NaOH溶液→Ⅰ滴加ZnSO4溶液,搅拌→Ⅱ过滤、洗涤ε-Zn(OH)2→Ⅲ控温煅烧纳米ZnO→MOFZnO@MOF
已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+⇌H+OH-Zn(OH)2⇌H+OH-Zn(OH)42-
②ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤
D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小
(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 。
(4)用ZnCH3COO2和过量NH42CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是 。
(5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。
用___________(称量ZnO样品xg)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+)
仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶
操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的Zn2+溶液；i、装瓶贴标签
(6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。
120．（2023重庆15）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
回答下列问题：
(1)Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 。O2-的核外电子排布式为 。
(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
(3)反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
(4)①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0ml/L，理论上pH不超过 。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000ml/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中CaCl2的质量分数为 。
121．（2023北京18）以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1) “浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，则可推断：KspMnS (填“>”或“<”)KspAg2S。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
(2) “浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以AgCl2-形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
□Fe3++Ag2S+□_____⇌□_____+2AgCl2-+S
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl-、H+的作用： 。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： 。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
122．（2023湖北16）SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCO2进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)C位于元素周期表第 周期，第 族。
(2)烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是 。
(4)已知KspC(OH)2=5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中C2+浓度为 ml⋅L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
123．（2023海南15）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
(1)Be3Al2Si6O18中Be的化合价为 。
(2)粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。
(3)该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
(4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为 。
(5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。
124．（2023河北10）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8。
回答下列问题：
(1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学式)。
(2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(3)浸取工序的产物为CuNH32Cl，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
(4)浸取工序宜在30~40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是 。
(5)补全中和工序中主反应的离子方程式CuNH32++2H++Cl-= + 。
(6)真空干燥的目的为 。
125．（2023广东18）Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3⋅H2O、NH42SO3和NH42CO3配制。常温下，Ni2+、C2+、C3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKbNH3⋅H2O=-4.7；C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，cNH3⋅H2O cNH4+ (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由C(OH)3转化为CNH362+的离子方程式为 。
(4)NH42CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②NH42CO3提高了Ni、C的浸取速率，其原因是 。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于C与O最小间距，x、y为整数，则C在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中nHNO3与nH2O的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和 (填化学式)。
126．（2023福建10）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe3O4、CO、CuS、Cu2S及少量SiO2)中分离回收金属的流程如下：
(1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CO 发生反应的离子方程式 。
(2)“焙烧1”中，晶体[Fe2SO43⋅xH2O和CSO4⋅yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下：
①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；566~600℃发生分解的物质是 (填化学式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
(3)25℃时，Ksp(CuS)=6.3×10-36,H2S的Ka1=1.1×10-7,Ka2=1.3×10-13。反应CuS(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数K= (列出计算式即可)。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
(4)基态Cu2+的价电子排布式为 。
(5)晶胞中含有 个S22-,NCu+:NCu2+= 。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。
a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
(6)“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
127．（2023湖南17）超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是 ；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；
(3)“合成GaCH33Et2O”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式： ；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中Et2O得到了循环利用
B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配GaCH33NR3，并蒸出GaCH33
D．用核磁共振氢谱不能区分GaCH33和CH3I
(6)直接分解GaCH33(Et2O)不能制备超纯GaCH33，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯GaCH33的理由是 ；
(7)比较分子中的C-Ga-C键角大小：GaCH33 GaCH33(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
第五部分 化学反应原理
一、电化学
128．（2023广东6）负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除C1-实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是
A．Ag作原电池正极
B．电子由Ag经活性炭流向Pt
C．Pt表面发生的电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D．每消耗标准状况下11.2L的O2，最多去除1 ml Cl-
129．（2023海南8）利用金属Al、海水及其中的溶解氧可组成电池，如图所示。下列说法正确的是
A．b电极为电池正极
B．电池工作时，海水中的Na+向a电极移动
C．电池工作时，紧邻a电极区域的海水呈强碱性
D．每消耗1kgAl，电池最多向外提供37ml电子的电量
130．（2023湖南8）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成1ml葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2ml电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
131．（2023北京5）回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D．装置b中的总反应为SO32-+CO2+H2O电解HCOOH+SO42-
132．（2023湖北10）我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为xml⋅h-1。下列说法错误的是
A．b电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为2xml⋅h-1
133．（2023广东13）利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K1，一段时间后
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2
B．a处布条褪色，说明Cl2具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：Cl->I-
D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转
134．（2023广东16）用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是
A．电解总反应：KNO3+3H2O=NH3·H2O+2O2↑+KOH
B．每生成1 ml NH3⋅H2O，双极膜处有9 ml的H2O解离
C．电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
135．（2023辽宁7）某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是
A．b端电势高于a端电势B．理论上转移2mle-生成4gH2
C．电解后海水pH下降D．阳极发生：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+
136．（2023辽宁11）某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb+SO42-+2Fe3+=PbSO4+2Fe2+
137．（2023.1浙江11）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料TiSi，电解装置如图，下列说法正确的是
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H++TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl-参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
138．（2023全国甲12）用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A．析氢反应发生在IrOx-Ti电极上
B．Cl-从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极
C．阴极发生的反应有：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
D．每转移1ml电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)
139．（2023全国乙12）室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：12S8+e-→12S82-，12S82-+e-→S42-，2Na++x4S42-+2(1-x4)e-→Na2Sx
下列叙述错误的是
A．充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na++x8S8+2e-→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
140．（2023河北7）我国科学家发明了一种以和MnO2为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料转化为。下列说法错误的是
A．充电时，b电极上发生还原反应
B．充电时，外电源的正极连接b电极
C．放电时，①区溶液中的SO42-向②区迁移
D．放电时，a电极的电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O
141．（2023福建8）一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由NaCl、KCl和AlCl3形成熔点为93℃的共熔物)，其中氯铝酸根AlnCl3n+1-n≥1起到结合或释放Al3+的作用。电池总反应：2Al+3xS⇄充电放电Al2Sx3。下列说法错误的是
A．AlnCl3n+1-含4n个Al-Cl键
B．AlnCl3n+1-中同时连接2个Al原子的Cl原子有n-1个
C．充电时，再生1mlAl单质至少转移3ml电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的AlnCl3n+1-浓度越高
142．（2023重庆12）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是
A．电极a为阴极
B．H+从电极b移向电极a
C．电极b发生的反应为：
D．生成3ml半胱氨酸的同时生成1ml烟酸
143．（2023.6浙江13）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
144．（2023新课标10）一种以V2O5和Zn为电极、ZnCF3SO32水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5⋅nH2O。下列说法错误的是
A．放电时V2O5为正极
B．放电时Zn2+由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5⋅nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5⋅nH2O-2xe-=xZn2++V2O5+nH2O
145．（2023山东11不定项）利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2++4NH3=CuNH342+
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
二、反应机理
146．（2023湖南14）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用L-Ru-NH3+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M中Ru的化合价为+3
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2NH4+
147．（2023新课标12）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
148．（2023广东15）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⇌P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
149．（2023河北6）在恒温恒容密闭容器中充入一定量Wg，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2=k2c2(X)和v3=k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得Wg的浓度随时间的变化如下表。
下列说法正确的是
A．0~2min内，X的平均反应速率为0.080ml⋅L-1⋅min-1
B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C．若k2=k3，平衡时c(Z)=c(X)
D．若升高温度，平衡时cZ减小
150．（2023.6浙江14）一定条件下，1-苯基丙炔(Ph-C≡C-CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
三、化学反应原理
151．（2023海南7）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是
A．C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1411kJ⋅ml-1
B．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH=-137kJ⋅ml-1
C．H2O(l)=O2(g)+H2(g) ΔH=+285.8kJ⋅ml-1
D．C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1559.8kJ⋅ml-1
152．（2023北京4）下列事实能用平衡移动原理解释的是
A．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
153．（2023海南13不定项）工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①表示的是逆反应的v-t关系
B．t2时刻体系处于平衡状态
C．反应进行到t1时，Q>K(Q为浓度商)
D．催化剂存在时，v1、v2都增大
154．（2023湖南13）向一恒容密闭容器中加入1mlCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比xx=nCH4nH2O随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．x1B．反应速率：vb正C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
155．（2023江苏10）金属硫化物(MxSy)催化反应CH4g+2H2Sg=CS2g+4H2g，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是
A．该反应的ΔS<0
B．该反应的平衡常数K=cCH4⋅c2H2ScCS2⋅c4H2
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗1mlH2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023
156．（2023山东14不定项）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10ml∙L-1，TFAA的浓度为0.08ml∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是
A．t1时刻，体系中有E存在
B．t2时刻，体系中无F存在
C．E和TFAA反应生成F的活化能很小
D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08ml∙L-1
157．（2023江苏13）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
CO2g+4H2g=CH4g+2H2Og ΔH=-164.7kJ⋅ml-1
CO2g+H2g=COg+H2Og ΔH=41.2kJ⋅ml-1
在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始CO2:n起始H2=1:4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为n生成CH4n反应CO2×100%。下列说法正确的是
A．反应2COg+2H2g=CO2g+CH4g的焓变ΔH=-205.9kJ⋅ml-1
B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高n起始H2n起始CO2的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值
158．（2023辽宁12）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
159．（2023.1浙江14）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A．E6-E3=E5-E2
B．可计算Cl-Cl键能为2E2-E3kJ⋅ml-1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=E5-E4kJ⋅ml-1
160．（2023重庆14）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：CO2g+H2g⇌COg+H2Og
反应Ⅱ：CO2g+4H2g⇌CH4g+2H2Og
在恒容条件下，按VCO2:VH2=1:1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0
B．M点反应Ⅰ的平衡常数K<1
C．N点H2O的压强是CH4的3倍
D．若按VCO2:VH2=1:2投料，则曲线之间交点位置不变
四、水溶液综合
161．（2023北京3）下列过程与水解反应无关的是
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
162．（2023江苏12）室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知KspMgF2=5.2×10-11，KaHF=6.3×10-4。下列说法正确的是
A．0.1ml⋅L-1NaF溶液中：cF-=cNa++cH+
B．“除镁”得到的上层清液中：cMg2+=KspMgF2cF-
C．0.1ml⋅L-1NaHCO3溶液中：cCO32-=cH++cH2CO3-cOH-
D．“沉锰”后的滤液中：cNa++cH+=cOH-+cHCO3-+2cCO32-
163．（2023海南14不定项）25℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．cNa2CO3=0.6ml⋅L-1时，溶液中cOH-<0.01ml⋅L-1
B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中H2CO3的Ka2<4×10-11
D．0.2ml⋅L-1的Na2CO3溶液和0.3ml⋅L-1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液cOH-<2×10-4ml⋅L-1
164．（2023湖北14）H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1=7.46，pKa2=12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系，其中c0Fe3+=2.0×10-4ml⋅L-1，c0H2L=5.0×10-3ml⋅L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)=c(x)2.0×10-4ml⋅L-1，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是
A．当pH=1时，体系中cH2L>c[FeL]+>c(OH-)>cHL-
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-
C．L2-+[FeL]+⇌FeL2-的平衡常数的lgK约为14
D．当pH=10时，参与配位的cL2-≈1.0×10-3ml⋅L-1
165．（2023北京14）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合cMg2+⋅c2OH-=KspMg(OH)2；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合cMg2+⋅cCO32-=KspMgCO3[注：起始cNa2CO3=0.1ml⋅L-1，不同pH下cCO32-由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，pH=10.25,cHCO3-=cCO32-
B．由图2，初始状态pH=11、lgcMg2+=-6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH=9、lgcMg2+=-2，平衡后溶液中存在cH2CO3+cHCO3-+cCO32-=0.1ml⋅L-1
D．由图1和图2，初始状态pH=8、lgcMg2+=-1，发生反应：Mg2++2HCO3-=MgCO3↓+CO2↑+H2O
166．（2023湖南12）常温下，用浓度为0.0200ml⋅L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200ml⋅L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η=V标准溶液V待测溶液)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B．点a：cNa+=cCl-=cCH3COO-+c(CH3COOH)
C．点b：cCH3COOHD．水的电离程度：a167．（2023辽宁15）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即cH2S=0.1ml⋅L-1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为ml⋅L-1。已知KspNiS>Ksp(CdS)，下列说法正确的是
A．Ksp(CdS)=10-18.4B．③为pH与-lgcHS-的关系曲线
C．Ka1H2S=10-8.1D．Ka2H2S=10-14.7
168．（2023.1浙江13）甲酸HCOOH是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10-4)，下列说法不正确的是
A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH-
B．pH=5的废水中cHCOO-:c(HCOOH)=18
C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH+作用的HCOO-数目减少
D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
169．（2023.1浙江15）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq)[已知KspCaCO3=3.4×10-9，KspCaSO4=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Kal=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在cCa2+=cCO32-
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中cCa2+保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
170．（2023全国甲13）下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM-pH关系图(pM=-lgcM/ml⋅L-1；cM≤10-5ml⋅L-1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由a点可求得KspFe(OH)3=10-8.5
B．pH=4时Al(OH)3的溶解度为10-103ml⋅L-1
C．浓度均为0.01ml⋅L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离
D．Al3+、Cu2+混合溶液中cCu2+=0.2ml⋅L-1时二者不会同时沉淀
171．（2023全国乙13）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO42-)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4+2Cl-⇌2AgCl+CrO42-的平衡常数K=107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
172．（2023河北8）某温度下，两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中-lgcXx-或-lgcYy-与-lgcAg+的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x:y=3:1
B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入AgNO3(s)，则平衡时cXx-cYy-变小
C．向AgxX固体中加入NayY溶液，可发生AgxX→AgyY的转化
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时cXx-+cYy-<2cAg+
173．（2023福建9）25℃时，某二元酸H2A的Ka1=10-3.04、Ka2=10-4.37。1.0ml⋅L-1NaHA溶液稀释过程中δH2A、δHA-、δA2-与pcNa+的关系如图所示。已知pcNa+=-lgcNa+,HA-的分布系数δHA-=cHA-cH2A+cHA-+cA2-。下列说法错误的是
A．曲线n为δHA-的变化曲线B．a点：pH=4.37
C．b点：2cH2A+cHA-=cNa+D．c点：cNa++cH+=3cHA-+cOH-
174．（2023重庆11）NH42SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是
A．M点Kw等于N点Kw
B．M点pH大于N点pH
C．N点降温过程中有2个平衡发生移动
D．P点cH++cNH4++cNH3⋅H2O=cOH-+2cSO42-
175．（2023新课标13）向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌AgNH3+和AgNH3++NH3⇌AgNH32+，lgc(M)/ml⋅L-1与lgcNH3/ml⋅L-1的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、AgNH3+或AgNH32+)。

下列说法错误的是
A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp=cAg+⋅cCl-=10-9.75
C．反应AgNH3++NH3⇌AgNH32+的平衡常数K的值为103.81
D．cNH3=0.01ml⋅L-1时，溶液中cAgNH32+>cAgNH3+>cAg+
176．（2023山东15不定项）在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2s⇌HgI2aq；HgI2aq⇌Hg2++2I-；HgI2aq⇌HgI++I-；HgI2aq+I-⇌HgI3-；HgI2aq+2I-⇌HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgcHg2+、lgcHgI+，lgcHgI3-、lgcHgI42-随lgcI-的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．线L表示lgcHgI42-的变化情况
B．随cI-增大，cHgI2aq先增大后减小
C．a=lgK1K2
D．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1
五、化学反应原理综合题（非选择题）
177．（2023.6浙江19）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ⋅ml-1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)+CO(g)⇌2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH1=-47.2 kJ⋅ml-1
2Fe3O4(s)+H2O(g)⇌3Fe2O3(s)+H2(g) ΔH2
请回答：
(1)ΔH2= kJ⋅ml-1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[nH2O/n(CO)=12:5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K= 。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比nH2O/n(CO)，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
178．（2023新课标29）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
(1)根据图1数据计算反应12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)的ΔH= kJ⋅ml-1。
(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8g⋅cm-3，则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25，另一种为xH2=0.675、xN2=0.225、xAr=0.10。(物质i的摩尔分数：xi=nin总)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是 。
③图3中，当p2=20MPa、xNH3=0.20时，氮气的转化率α= 。该温度时，反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp= (MPa)-1(化为最简式)。
179．（2023山东20）一定条件下，水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．HCOOH⇌CO+H2O(快)
Ⅱ．HCOOH⇌CO2+H2慢
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：v=kcH+⋅cHCOOH，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为xml⋅L-1时，H+浓度为 ml⋅L-1，此时反应Ⅰ的反应速率v= ml⋅L-1⋅h-1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
(3)T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0ml⋅L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70ml⋅L-10.16ml⋅L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为yml⋅L-1。体系达平衡后cCOcCO2= (用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10ml⋅L-1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，cCOcHCOOH的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
180．（2023全国乙28）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在N2气氛中，FeSO4⋅7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x= ，y= 。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4⋅7H2Os=FeSO4s+7H2OgΔH1=akJ⋅ml-1
FeSO4⋅xH2Os=FeSO4s+xH2OgΔH2=bkJ⋅ml-1
FeSO4⋅yH2Os=FeSO4s+yH2OgΔH3=ckJ⋅ml-1
则FeSO4⋅7H2Os+FeSO4⋅yH2Os=2FeSO4⋅xH2Os的ΔH= kJ⋅ml-1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4s⇌Fe2O3s+SO2g+SO3g(Ⅰ)。平衡时PSO3-T的关系如下图所示。660K时，该反应的平衡总压P总= kPa、平衡常数KpⅠ= (kPa)2。KpⅠ随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3g⇌2SO2g+O2g(Ⅱ)，平衡时PO2= (用PSO3、PSO2表示)。在929K时，P总=84.6kPa、PSO3=35.7kPa，则PSO2= kPa，KpⅡ= kPa(列出计算式)。
181．（2023全国甲28）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①3O2g=2O3g K1 ΔH1=285kJ⋅ml-1
②2CH4g+O2g=2CH3OHl K2 ΔH2=-329kJ⋅ml-1
反应③CH4g+O3g=CH3OHl+O2g的ΔH3= kJ⋅ml-1，平衡常数K3= (用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、C+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4=M++CH3OH，结果如下图所示。图中300K的曲线是 (填“a”或“b”。300K、60s时MO+的转化率为 (列出算式)。
(3)MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ)MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH(填“＞”“＜”或“=”)。若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有 种。
182．（2023辽宁18）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+12O2(g)⇌SO3(g) ΔH=-98.9kJ·ml-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
183．（2023江苏14）V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3g+O2g+4NOg=4N2g+6H2Og ΔH=-1632.4kJ⋅ml-1。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3TiO2粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。在水溶液中VO3-水解为H3VO4沉淀的离子方程式为 ；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH=8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：KspNH4VO3=1.7×10-3，加过量NH4Cl溶液的目的是 。
184．（2023江苏17）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
(1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是 。
(2)合成尿素[CONH22]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：2NH3g+CO2g=NH2COONH4l
反应Ⅱ：NH2COONH4l=CONH22l+H2Ol
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH (填“=0”或“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[NH2CO2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为nNH3:nCO2=4:1，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
(3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。
FE%=QX生成还原产物X所需要的电量Q总电解过程中通过的总电量×100%
其中，QX=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 (填化学式)。
②当电解电压为U2V时，阴极由HCO3-生成CH4的电极反应式为 。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为 (写出计算过程)。
185．（2023湖南16）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①C6H5C2H5g+212O2g=8CO2g+5H2OgΔH1=-4386.9kJ⋅ml-1
②C6H5CH=CH2g+10O2g=8CO2g+4H2OgΔH2=-4263.1kJ⋅ml-1
③H2g+12O2g=H2OgΔH3=-241.8kJ⋅ml-1
计算反应④C6H5C2H5g⇌C6H5CH=CH2g+H2g的ΔH4= kJ⋅ml-1；
(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 ml水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤C6H5C2H5(g)⇌C6H6(g)+CH2=CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g)+H2(g)⇌C6H5CH3(g)+CH4(g)
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S=转化为目的产物所消耗乙苯的量已转化的乙苯总量×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是 ；
(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成CuL2+，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
186．（2023.1浙江19）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ⋅ml-1,K1
Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅ml-1,K2
请回答：
(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
(2)反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ⋅ml-1，K= (用K1,K2表示)。
(3)恒压、750∘C时，CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移
C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1mlCO2需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因 。
(4)CH4还原能力R可衡量CO2转化效率，R=ΔnCO2/ΔnCH4(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400∼1000℃间R的变化趋势，并标明1000℃时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法不正确的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大
187．（2023重庆17）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
(1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：
①中间体OMC生成吸附态EOads的活化能为 kJml。
②由EOg生成AAg的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2Os⇌2Ags+12O2g，该反应平衡压强pc与温度T的关系如下：
①463K时的平衡常数Kp= (kPa)12。
②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经下列过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 (填字母)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS>0
B．pcⅡ>pcⅢ
C．平衡常数：KⅡ>KⅣ
D．若体积VⅢ=2VⅠ，则QⅠ=2KⅢ
E．逆反应的速率：vⅠ>vⅡ=vⅢ>vⅣ
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率vO2与压强p的关系为vO2=k1-ppc，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则vO2= (用k表示)。
(3)α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X射线衍射仪
②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为 。
③测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag+而不是I-，依据是 。
188．（2023福建12）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+124kJ⋅ml-1 ΔS1=127J⋅K-1⋅ml-1 Kp1
ⅱ．C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g) ΔH2=+82kJ⋅ml-1 ΔS2=135J⋅K-1⋅ml-1 Kp2
ⅲ．C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g) ΔH3=-120kJ⋅ml-1 ΔS3=27.5J⋅K-1⋅ml-1 Kp3
已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。
(1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。
(2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。
③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8(g)=2C3H6(g)+3CH4(g) Kp，下列相关说法正确的是 (填标号)。
a．Kp=Kp12⋅Kp3
b．Kp=0.2102×0.5523×(MPa)2
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性=n生成(丙烯)n转化(丙烷)×100%= (列出计算式)。
(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH4=+91kJ⋅ml-1
在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n(丙烷)：n(甲醇)=1时，体系总反应：C3H8(g)+CH3OH(g)=CO(g)+3CH4(g) ΔH= kJ⋅ml-1
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
189．（2023北京16）尿素CONH22合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CONH22，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．CO2和NH3生成NH2COONH4；
ⅱ．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．CO2l+2NH3l=CONH22l+H2OlΔH=E1-E4
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3-等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CONH22，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中cNH4+不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
190．（2023广东19）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)某有机物R能与Fe2+形成橙红色的配离子FeR32+，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子FeR33+。
①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：NO3-+2FeR32++3H+⇌ +2FeR33++H2O
(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为2.0ml⋅L-1、2.5ml⋅L-1、3.0ml⋅L-1的HNO3溶液进行了三组实验，得到cFeR32+随时间t的变化曲线如图。
①cHNO3=3.0 ml⋅L-1时，在0~1 min内，FeR32+的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，cFeR32+cFeR33+增大
B．FeR32+平衡转化率：αIII>αII>αI
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tIII>tII>tI
(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
M+L⇌ML K1
ML+L⇌ML2 K2
研究组配制了L起始浓度c0( L)=0.02 ml⋅L-1、M与L起始浓度比c0(M)/c0(L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“<0.01”表示未检测到。
①c0(M)/c0(L)=a时，x= 。
②c0(M)/c0(L)=b时，平衡浓度比c平ML2:c平(ML)= 。
(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)=1.0×10-5ml⋅L-1时，测得平衡时各物种c平/c0(L)随c0(M)/c0(L)的变化曲线如图。c0(M)/c0(L)=0.51时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
191．（2023湖北19）纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g)→H⋅C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
(1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ⋅ml-1和298.0kJ⋅ml-1，H-H键能为436.0kJ⋅ml-1。估算C40H20(g)⇌C40H18(g)+H2(g)的ΔH= kJ⋅ml-1。
(2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
(3)C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12(g)⇌C40H10(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)C·40H19(g)⇌C40H18(g)+H⋅(g)及C·40H11(g)⇌C40H10(g)+H⋅(g)反应的lnK(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，lnK=-ΔHRT+c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
192．（2023海南16）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与KCls反应制备KH2PO4s，反应方程式为H3PO4(aq)+KCl(s)⇌KH2PO4(s)+HCl(g)一定条件下的实验结果如图1所示。
回答问题：
(1)该条件下，反应至1h时KCl的转化率为 。
(2)该制备反应的ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，且反应热随温度升高而 。
(3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸 ；通入水蒸气 。
(4)298K时，H3PO4aq+KClaq⇌KH2PO4aq+HClaq的平衡常数K= 。(已知H3PO4的Ka1=6.9×10-3)
193．（2023河北11）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：1ml物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
回答下列问题：
(1)恒温下，将1ml空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) K1 ΔH1
ii 2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) K2 ΔH2=-114kJ⋅ml-1
①ΔH1= kJ⋅ml-1。
②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有 (填标号)。
A．缩小体积 B．升高温度 C．移除NO2 D．降低N2浓度
③若上述平衡体系中cNO2=aml⋅L-1,c(NO)=bml⋅L-1，则cO2= ml⋅L-1,K1= (写出含a、b、V的计算式)。
(2)氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO反应的速率方程为v=kcx(NO)cyH2,k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
表中第4组的反应速率为 ml⋅L-1⋅s-1。(写出含r的表达式)
(3)①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，N2在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生NH3。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗NH3和H2的质量比为17:3，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上N2电还原为NH3(图1)和H2O电还原为H2(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对N2电还原为NH3的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。
第六部分 物质结构与性质
一、原子结构与性质
194．（2023北京10）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是
A．F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能
B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
195．（2023重庆6）“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由Ca、Fe、P、O和Y(钇，原子序数比Fe大13)组成，下列说法正确的是
A．Y位于元素周期表的第ⅢB族
B．基态Ca原子的核外电子填充在6个轨道中
C．5种元素中，第一电离能最小的是Fe
D．5种元素中，电负性最大的是P
二、分子结构与性质
196．（2023山东3）下列分子属于极性分子的是
A．CS2B．NF3C．SO3D．SiF4
197．（2023湖北9）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是
A．CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体
B．SO32-和CO32-的空间构型均为平面三角形
C．CF4和SF4均为非极性分子
D．XeF2与XeO2的键角相等
198．（2023.1浙江12）共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6+2NH3=2AlNH3Cl3，下列说法不正确的是
A．Al2Cl6的结构式为B．Al2Cl6为非极性分子
C．该反应中NH3的配位能力大于氯D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应
199．（2023重庆10）NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A．NCl3和SiCl4均为极性分子B．NCl3和NH3中的N均为sp2杂化
C．NCl3和SiCl4的水解反应机理相同D．NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键
三、晶体结构与性质
200．（2023海南4）下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A．P4分子呈正四面体，键角为109°28'
B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C．Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D．OF2是由极性键构成的极性分子
201．（2023湖南4）下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子
B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点
C．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子
202．（2023海南10不定项）近年来，我国航天科技事业取得了辉煌的成就。下列说法错误的是
A．我国科学家由嫦娥五号带回的月壤样品中，首次发现了天然玻璃纤维，该纤维中的主要氧化物SiO2属于离子晶体
B．某型长征运载火箭以液氧和煤油为推进剂，液氧分子间靠范德华力凝聚在一起
C．“嫦娥石”Ca8YFePO47是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，该矿物中的Fe位于周期表中的ds区
D．航天员出舱服中应用了碳纤维增强复合材料。碳纤维中碳原子杂化轨道类型是sp2
203．（2023湖北7）中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是
A．纤维素是自然界分布广泛的一种多糖
B．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键
C．NaOH提供OH-破坏纤维素链之间的氢键
D．低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性
204．（2023湖北11）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
205．（2023江苏5）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、12H、13H是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H-，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2Og与足量Cs反应生成1mlH2g和1mlCOg吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列说法正确的是
A．11H、12H、13H都属于氢元素
B．NH4+和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2
C．H2O2分子中的化学键均为极性共价键
D．CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用
206．（2023江苏7）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、12H、13H是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H-，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2Og与足量Cs反应生成1mlH2g和1mlCOg吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料
B．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C．H2O分子之间形成氢键，H2Og的热稳定性比H2Sg的高
D．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4具有还原性
207．（2023河北3）物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
四、元素推断题
208．（2023江苏4）元素C、Si、Ge位于周期表中ⅣA族。下列说法正确的是
A．原子半径：rC>rSi>rGeB．第一电离能：I1CC．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体D．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料
209．（2023全国甲11）W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
A．原子半径：X>WB．简单氢化物的沸点：XC．Y与X可形成离子化合物D．Z的最高价含氧酸是弱酸
210．（2023全国乙10）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A．X的常见化合价有-1、-2B．原子半径大小为Y>X>W
C．YX的水合物具有两性D．W单质只有4种同素异形体
211．（2023重庆13）化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7，1mlX3Y7WR含40ml质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是
A．原子半径：W＞RB．非金属性：X＞R
C．Y和Z互为同素异形体D．常温常压下X和W的单质均为固体
212．（2023湖南6）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：XC．Y和W的单质都能与水反应生成气体
D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
213．（2023湖北6）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)+WZ4-。下列说法正确的是
A．分子的极性：WZ3C．氧化性：X2Y3214．（2023广东14）化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是
A．元素电负性：E>Y>ZB．氢化物沸点：M>Y>E
C．第一电离能：X>E>YD．YZ3和YE3-的空间结构均为三角锥形
215．（2023.1浙江10）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是
A．电负性：Z>X
B．最高正价：ZC．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
216．（2023辽宁9）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是
A．W与X的化合物为极性分子B．第一电离能Z>Y>X
C．Q的氧化物是两性氧化物D．该阴离子中含有配位键
217．（2023福建3）某含锰着色剂的化学式为XY4MnZ2Q7，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中XY4+具有正四面体空间结构，Z2Q74-结构如图所示。下列说法正确的是
A．键角：XY3>XY4+B．简单氢化物沸点：X>Q>Z
C．第一电离能：X>Q>MnD．最高价氧化物对应的水化物酸性：Z>X
218．（2023.6浙江11）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A．第一电离能：Y>Z>X
B．电负性：Z>Y>X>W
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：WD．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子
219．（2023山东5）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
A．与石墨相比，(CF)x导电性增强
B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强
C．(CF)x中C-C的键长比C-F短
D．1ml(CF)x中含有2xml共价单键
220．（2023新课标9）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为CNH234BOCH343Cl，部分晶体结构如下图所示，其中CNH23+为平面结构。

下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键B．基态原子的第一电离能：CC．基态原子未成对电子数：B221．（2023北京1）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是
A．三种物质中均有碳碳原子间的σ键B．三种物质中的碳原子都是sp3杂化
C．三种物质的晶体类型相同D．三种物质均能导电
222．（2023河北5）锆Zr是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．该氧化物的化学式为ZrO2
B．该氧化物的密度为123×1030NA⋅a3g⋅cm-3
C．Zr原子之间的最短距离为22a pm
D．若坐标取向不变，将p点Zr原子平移至原点，则q点Zr原子位于晶胞xy面的面心
223．（2023重庆9）配合物[MA2L2]的分子结构以及分子在晶胞中的位置如图所示，下列说法错误的是
A．中心原子的配位数是4B．晶胞中配合物分子的数目为2
C．晶体中相邻分子间存在范德华力D．该晶体属于混合型晶体
224．（2023湖南11）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为KCaB6C6
B．晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8个
C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
D．晶体的密度为2.17×1032a3⋅NAg⋅cm-3
225．（2023辽宁14）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是
A．图1晶体密度为72.5NA×a3×10-30g∙cm-3
B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1-x
D．Mg2+取代产生的空位有利于Li+传导
226．（2023湖北15）镧La和H可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构，即得到晶体LaHx。下列说法错误的是
A．LaH2晶体中La的配位数为8
B．晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx
C．在LaHx晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
D．LaHx单位体积中含氢质量的计算式为404.84×10-83×6.02×1023g⋅cm-3
五、物质结构与性质综合题（非选择题）
227．（2023.6浙江17）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是 。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是 。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1
B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2
C．最简单的氮烯分子式：N2H2
D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为 。
③给出H+的能力：NH3 CuNH32+(填“>”或“<”)，理由是 。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为 ，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为 。
228．（2023山东16）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1)-40℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为 ，HOF水解反应的产物为 (填化学式)。
(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键Π35。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式 ；为O-Cl-O键角 Cl-O-Cl键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较ClO2与Cl2O中Cl-O键的键长并说明原因 。
(3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c,α=β=γ=90°)，其中Cu化合价为+2。上述反应的化学方程式为 。若阿伏伽德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ= g⋅cm-3(用含NA的代数式表示)。
229．（2023全国乙35）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2-xSiO4)。回答下列问题：
(1)基态Fe原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是 。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因 。SiCl4的空间结构为 ，其中Si的轨道杂化形式为 。
(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个Mg。该物质化学式为 ，B-B最近距离为 。
230．（2023全国甲35）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
(1)图1所示的几种碳单质，它们互为 ，其中属于原子晶体的是 ，C60间的作用力是 。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 (填图2酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 键。
(3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F-的配位数为 。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ= g⋅cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
231．（2023.1浙江17）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
(1)SiNH24分子的空间结构(以Si为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。SiNH24受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因是 。
(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
232．（2023北京15）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根S2O32-可看作是SO42-中的一个O原子被S原子取代的产物。
(1)基态S原子价层电子排布式是 。
(2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： 。
(3)S2O32-的空间结构是 。
(4)同位素示踪实验可证实S2O32-中两个S原子的化学环境不同，实验过程为SO32-→ⅰSS2O32-→ⅱAg+Ag2S+SO42-。过程ⅱ中，S2O32-断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na232SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是 。
(5)MgS2O3⋅6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。
晶胞中的MgH2O62+个数为 。已知MgS2O3⋅6H2O的摩尔质量是Mg⋅ml-1，阿伏加德罗常数为NΛ，该晶体的密度为 g⋅cm-3。1nm=10-7cm
(6)浸金时，S2O32-作为配体可提供孤电子对与Au+形成AuS2O323-。分别判断S2O32-中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： 。
233．（2023海南19）我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
(代表单键、双键或叁键)
回答问题：
(1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是 。
(2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V-O-R'空间结构呈角形，原因是 。
(3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是 。
(4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是 。
(5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物CsV3Sb5在超导方面表现出潜在的应用前景。CsV3Sb5晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。
①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为 。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为 。
②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是 。
a．有+4或+5价态形式 b．均属于第四周期元素
c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近
第七部分 有机化学基础
一、有机物的性质
234．（2023全国甲8）藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是
A．可以发生水解反应B．所有碳原子处于同一平面
C．含有2种含氧官能团D．能与溴水发生加成反应
235．（2023全国乙8）下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是
A．①的反应类型为取代反应B．反应②是合成酯的方法之一
C．产物分子中所有碳原子共平面D．产物的化学名称是乙酸异丙酯
236．（2023海南2）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列叙述错误的是
A．土豆片遇到碘溶液，呈蓝色
B．蛋白质遇到浓硫酸，呈黄色
C．CrO3溶液(0.1ml⋅L-1)中滴加乙醇，呈绿色
D．苯酚溶液(0.1ml⋅L-1)中滴加FeCl3溶液(0.1ml⋅L-1)，呈紫色
237．（2023.1浙江8）下列说法不正确的是
A．从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物
B．蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
C．水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
D．聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
238．（2023.6浙江8）下列说法不正确的是
A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
239．（2023.1浙江9）七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是
A．分子中存在2种官能团
B．分子中所有碳原子共平面
C．1ml该物质与足量溴水反应，最多可消耗2mlBr2
D．1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mlNaOH
240．（2023海南12不定项）闭花耳草是海南传统药材，具有消炎功效。车叶草苷酸是其活性成分之一，结构简式如图所示。下列有关车叶草苷酸说法正确的是
A．分子中含有平面环状结构
B．分子中含有5个手性碳原子
C．其钠盐在水中的溶解度小于在甲苯中的溶解度
D．其在弱碱介质中可与某些过渡金属离子形成配合物
241．（2023北京9）一种聚合物PHA的结构简式如下，下列说法不正确的是
A．PHA的重复单元中有两种官能团
B．PHA可通过单体 缩聚合成
C．PHA在碱性条件下可发生降解
D．PHA中存在手性碳原子
242．（2023湖北4）湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是
A．该物质属于芳香烃B．可发生取代反应和氧化反应
C．分子中有5个手性碳原子D．1ml该物质最多消耗9mlNaOH
243．（2023广东8）2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物，说法不正确的是
A．能发生加成反应B．最多能与等物质的量的NaOH反应
C．能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应
244．（2023福建2）抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是
A．能发生水解反应B．含有2个手性碳原子
C．能使Br2的CCl4溶液褪色D．碳原子杂化方式有sp2和sp3
245．（2023重庆7）橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：
关于橙皮苷的说法正确的是
A．光照下与氯气反应，苯环上可形成C-Cl键
B．与足量NaOH水溶液反应，O-H键均可断裂
C．催化剂存在下与足量氢气反应，π键均可断裂
D．与NaOH醇溶液反应，多羟基六元环上可形成π键
246．（2023山东7）抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A．存在顺反异构
B．含有5种官能团
C．可形成分子内氢键和分子间氢键
D．1ml该物质最多可与1mlNaOH反应
247．（2023辽宁8）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如下。下列说法错误的是
A．该反应为取代反应B．a、b均可与NaOH溶液反应
C．c核磁共振氢谱有3组峰D．c可增加KI在苯中的溶解度
248．（2023湖北12）下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是
A．HC≡CH能与水反应生成CH3CHO
B．可与H2反应生成
C．水解生成
D．中存在具有分子内氢键的异构体
249．（2023北京11）化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。
已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是
A．K的核磁共振氢谱有两组峰B．L是乙醛
C．M完全水解可得到K和LD．反应物K与L的化学计量比是1∶1
250．（2023江苏9）化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X不能与FeCl3溶液发生显色反应
B．Y中的含氧官能团分别是酯基、羧基
C．1mlZ最多能与3mlH2发生加成反应
D．X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别
251．（2023辽宁6）在光照下，螺呲喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺呲喃说法正确的是
A．均有手性B．互为同分异构体
C．N原子杂化方式相同D．闭环螺吡喃亲水性更好
252．（2023河北2）在K-10蒙脱土催化下，微波辐射可促进化合物X的重排反应，如下图所示：
下列说法错误的是
A．Y的熔点比Z的高B．X可以发生水解反应
C．Y、Z均可与Br2发生取代反应D．X、Y、Z互为同分异构体
253．（2023.6浙江10）丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为CH3CH=CHBr
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z的链节为
254．（2023新课标8）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A．该高分子材料可降解B．异山梨醇分子中有3个手性碳
C．反应式中化合物X为甲醇D．该聚合反应为缩聚反应
255．（2023山东12不定项）有机物X→Y的异构化反应如图所示，下列说法错误的是
A．依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团
B．除氢原子外，X中其他原子可能共平面
C．含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体有4种(不考虑立体异构)
D．类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应和加聚反应
二、有机推断题（非选择题）
256．（2023.6浙江21）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知： →-H2O—CH=N—
请回答：
(1)化合物B的含氧官能团名称是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物A能与FeCl3发生显色反应
B．A→B的转变也可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，K2CO3作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
(3)化合物C的结构简式是 。
(4)写出E→F的化学方程式 。
(5)研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺( )。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)
(6)写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式 。
①分子中含有苯环
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
257．（2023新课标30）莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 。
(2)C中碳原子的轨道杂化类型有 种。
(3)D中官能团的名称为 、 。
(4)E与F反应生成G的反应类型为 。
(5)F的结构简式为 。
(6)I转变为J的化学方程式为 。
(7)在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；
①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3:3:3:2:2:1的同分异构体的结构简式为 。
258．（2023山东19）根据杀虫剂氟铃脲(G)的两条合成路线，回答下列问题。
已知：Ⅰ．R1NH2+OCNR2→
Ⅱ．
路线一：
(1)A的化学名称为 (用系统命名法命名)；B→C的化学方程式为 ；D中含氧官能团的名称为 ；E的结构简式为 。
路线二：
(2)H中有 种化学环境的氢，①~④属于加成反应的是 (填序号)；J中原子的轨道杂化方式有 种。
259．（2023全国乙36）奥培米芬(化合物J)是一种雌激素受体调节剂，以下是一种合成路线(部分反应条件己简化)。
已知：
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是 。
(2)C的结构简式为 。
(3)D的化学名称为 。
(4)F的核磁共振谱显示为两组峰，峰面积比为1∶1，其结构简式为 。
(5)H的结构简式为 。
(6)由I生成J的反应类型是 。
(7)在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种；
①能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液显紫色；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为五组峰、且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为 。
260．（2023全国甲36）阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。
已知：R-COOH→SOCl2R-COCl→NH3⋅H2OR-CONH2
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 。
(2)由A生成B的化学方程式为 。
(3)反应条件D应选择 (填标号)。
a．HNO3/H2SO4 b．Fe/HCl c．NaOH/C2H5OH d．AgNO3/NH3
(4)F中含氧官能团的名称是 。
(5)H生成I的反应类型为 。
(6)化合物J的结构简式为 。
(7)具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有 种(不考虑立体异构，填标号)。
a．10 b．12 c．14 d．16
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构简式为 。
261．（2023辽宁19）加兰他敏是一种天然生物碱，可作为阿尔茨海默症的药物，其中间体的合成路线如下。
回答下列问题：
(1)A中与卤代烃成醚活性高的羟基位于酯基的 位(填“间”或“对”)。
(2)C发生酸性水解，新产生的官能团为羟基和 (填名称)。
(3)用O2代替PCC完成D→E的转化，化学方程式为 。
(4)F的同分异构体中，红外光谱显示有酚羟基、无N-H键的共有 种。
(5)H→I的反应类型为 。
(6)某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为 和 。
262．（2023江苏15）化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如下：
(1)化合物A的酸性比环己醇的 (填“强”或“弱”或“无差别”)。
(2)B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为 。
(3)A→C中加入C2H53N是为了消耗反应中产生的 (填化学式)。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。
碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。
(5)G的分子式为C8H8Br2，F→H的反应类型为 。
(6)写出以、和CH2=CH2为原料制备的合成路线流图 (须用NBS和AlBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
263．（2023湖南18）含有吡喃萘醌骨架的化合物常具有抗菌、抗病毒等生物活性，一种合成该类化合物的路线如下(部分反应条件已简化)：
回答下列问题：
(1)B的结构简式为 ；
(2)从F转化为G的过程中所涉及的反应类型是 、 ；
(3)物质G所含官能团的名称为 、 ；
(4)依据上述流程提供的信息，下列反应产物J的结构简式为 ；
(5)下列物质的酸性由大到小的顺序是 (写标号)：
① ② ③
(6) (呋喃)是一种重要的化工原料，其能够发生银镜反应的同分异构体中。除H2C=C=CH-CHO外，还有 种；
(7)甲苯与溴在FeBr3催化下发生反应，会同时生成对溴甲苯和邻溴甲苯，依据由C到D的反应信息，设计以甲苯为原料选择性合成邻溴甲苯的路线 (无机试剂任选)。
264．（2023.1浙江21）某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。
已知：①
②
请回答：
(1)化合物A的官能团名称是 。
(2)化合物B的结构简式是 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．B→C的反应类型为取代反应
B．化合物D与乙醇互为同系物
C．化合物I的分子式是C18H25N3O4
D．将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
(4)写出G→H的化学方程式 。
(5)设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式 。
①分子中只含一个环，且为六元环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基CH3-CO||-。
265．（2023重庆18）有机物K作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。K的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。
已知： (R1和R2为烃基)
(1)A中所含官能团名称为羟基和 。
(2)B的结构简式为 。
(3)C的化学名称为 ，生成D的反应类型为 。
(4)E的结构简式为 。
(5)G的同分异构体中，含有两个 的化合物有 个(不考虑立体异构体)，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1:3的化合物为L，L与足量新制的Cu(OH)2反应的化学方程式为 。
(6)以J和N( )为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种用于OLED的发光材料M(分子式为C46H39N5O2)。制备M的合成路线为 (路线中原料和目标化合物用相应的字母J、N和M表示)。
266．（2023福建13）沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。
已知：Bc表示叔丁氧羰基。
(1)A中所含官能团名称 。
(2)判断物质在水中的溶解度：A B(填“>”或“<”)
(3)请从物质结构角度分析C2H53N能与HCl反应的原因 。
(4)A→B的反应类型 。
(5)写出D的结构简式 。
(6)写出E→F的化学反应方程式 。
(7)A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍生物，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，写出该同分异构体的结构简式 。(只写一种)
267．（2023北京17）化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。
已知：R-Br→Zn
(1)A中含有羧基，A→B的化学方程式是 。
(2)D中含有的官能团是 。
(3)关于D→E的反应：
① 的羰基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是 。
②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。
(4)下列说法正确的是 (填序号)。
a．F存在顺反异构体
b．J和K互为同系物
c．在加热和Cu催化条件下，J不能被O2氧化
(5)L分子中含有两个六元环。L的结构简式是 。
(6)已知：⇌ ，依据D→E的原理，L和M反应得到了P。M的结构简式是 。
268．（2023广东20）室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于CO、碘代烃类等，合成化合物ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
(1)化合物i的分子式为 。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构简式为 (写一种)，其名称为 。
(2)反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为100%。y为 。
(3)根据化合物V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
(4)关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有C-I键和H-O键断裂
B．反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成
C．反应物i中，氧原子采取sp3杂化，并且存在手性碳原子
D．CO属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的π键
(5)以苯、乙烯和CO为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)最后一步反应中，有机反应物为 (写结构简式)。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为 。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 (注明反应条件)。
269．（2023湖北17）碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如下合成路线：
回答下列问题：
(1)由A→B的反应中，乙烯的碳碳 键断裂(填“π”或“σ”)。
(2)D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有 种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为 。
(3)E与足量酸性KMnO4溶液反应生成的有机物的名称为 、 。
(4)G的结构简式为 。
(5)已知： ，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和另一种α，β-不饱和酮J，J的结构简式为 。若经此路线由H合成I，存在的问题有 (填标号)。
a．原子利用率低 b．产物难以分离 c．反应条件苛刻 d．严重污染环境
270．（2023海南18）局部麻醉药福莫卡因的一种合成路线如下：
回答问题：
(1)A的结构简式： ，其化学名称 。
(2)B中所有官能团名称： 。
(3)B存在顺反异构现象，较稳定异构体的构型为 式(填“顺”或“反”)。
(4)B→C的反应类型为 。
(5)X与E互为同分异构体，满足条件①含有苯环②核磁共振氢谱只有1组吸收峰，则X的简式为： (任写一种)
(6)E→F的反应方程式为 。
(7)结合下图合成路线的相关信息。以苯甲醛和一两个碳的有机物为原料，设计路线合成 。
271．（2023河北12）2，5-二羟基对苯二甲酸DHTA是一种重要的化工原料，广泛用于合成高性能有机颜料及光敏聚合物；作为钠离子电池的正、负电极材料也表现出优异的性能。利用生物质资源合成DHTA的路线如下：
已知：→2)H+/H2O1)NaNH2
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为 。
(2)C的结构简式为 。
(3)D的化学名称为 。
(4)G→H的化学方程式为 。
(5)写出一种能同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式 。
(a)核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为3:2；
(b)红外光谱中存在C=O吸收峰，但没有O-H吸收峰；
(c)可与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应。
(6)阿伏苯宗是防晒霜的添加剂之一。试以碘甲烷CH3I、对羟基苯乙酮()和对叔丁基甲苯[]为原料，设计阿伏苯宗的合成路线 。(无机试剂和三个碳以下的有机试剂任选)
2023年高考化学真题分类汇编（解析版）
第一部分 化学基本概念
一、化学与STSE
1．（2023广东1）“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是
【答案】C
【详解】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误；
B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；
C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；
D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误；
故选C。
2．（2023福建1）唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是
A．蒸B．捣C．焙D．封
【答案】D
【分析】“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”的含义是晴好的天气时采摘茶叶，经过蒸青、捣泥、拍压、烘焙、穿孔、装袋等工序后，才能制造出优质的茶叶。
【详解】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产生，故A不符；
B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符；
C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符；
D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合；
故选D。
3．（2023山东1）下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A．泰山墨玉B．龙山黑陶C．齐国刀币D．淄博琉璃
【答案】C
【详解】墨玉、黑陶、琉璃均属于硅酸盐制品，主要成分均为硅酸盐材料，而刀币的主要成分为青铜，故答案为：C。
4．（2023.6浙江1）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．石墨烯B．不锈钢C．石英光导纤维D．聚酯纤维
【答案】D
【详解】A．石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，为碳的单质，属于无机物，A不符合题意；
B．不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金，属于金属材料，B不符合题意；
C．石英光导纤维的主要成分为SiO2，属于无机非金属材料，C不符合题意；
D．聚酯纤维俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机物，D符合题意；
故选D。
5．（2023新课标7）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
【答案】C
【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；
B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B正确；
C．熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误；
D．Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；
故答案选C。
6．（2023湖南1）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
B．长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
【答案】C
【详解】A．四羊方尊由青铜制成，在当时铜的冶炼方法还不成熟，铜中常含有一些杂质，因此青铜属合金范畴，A正确；
B．竹木简牍由竹子、木头等原料制成，竹子、木头的主要成分为纤维素，B正确；
C．蔡伦用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；
D．陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸铝，D正确；
故答案选C。
7．（2023重庆1）重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划(2021-2025年)涉及的下列物质中，属于金属材料的是
【答案】B
【详解】A．重组蛋白为有机物，A不符合题意；
B．合金、纯金属均为金属材料，铜为金属材料，B符合题意；
C．氮化镓半导体为新型无机非金属材料，C不符合题意；
D．聚氨酯树脂为有机合成材料，D不符合题意；
故选B。
8．（2023海南5）《齐民要术》中记载了酒曲的处理，“乃平量一斗，舀中捣碎。若浸曲，一斗，与五升水。浸曲三日，如鱼眼汤沸……”。下列说法错误的是
A．“捣碎”目的是促进混合完全
B．“曲”中含有复杂的催化剂
C．“斗”和“升”都是容量单位
D．“鱼眼”是水蒸气气泡的拟像化
【答案】B
【详解】A．“捣碎”可以增大接触面积，提升发酵速率，也能促进混合完全，A正确；
B．“曲”中含有多种酶、细菌和真菌，具有催化作用，不含有复杂的催化剂，B错误；
C．“斗”和“升”都是容量单位，C正确；
D．浸曲三日，如鱼眼汤沸是让酒曲充分发酵，放置到如鱼眼大小的气泡产生，D正确；
故选B。
9．（2023江苏1）我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指
A．碳原子B．二氧化碳C．碳元素D．含碳物质
【答案】B
【详解】碳中和中的碳是指二氧化碳，减少二氧化碳的排放和充分利用二氧化碳转化为其他物质是碳中和的核心，故选B。
10．（2023湖北1）2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是
A．液氮-液氢B．液氧-液氢C．液态NO2-肼D．液氧-煤油
【答案】A
【详解】A．虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于N≡N键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意；
B．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭推进剂，B不符合题意；
C．肼和NO2在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态NO2-肼能作为火箭推进剂，C不符合题意；
D．煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-煤油能作为火箭推进剂，D不符合题意；
综上所述，本题选A。
11．（2023全国甲7）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；
B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；
D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；
综上所述，本题选B。
12．（2023辽宁1）科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
【答案】A
【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；
B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；
C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；
D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，D正确；
故答案选A。
13．（2023海南1）化学的迅速发展为满足人民日益增长的美好生活需要做出突出贡献。下列说法不合理的是
A．为增强药效，多种处方药可随意叠加使用
B．现代化肥种类丰富，施用方法其依据对象营养状况而定
C．规范使用防腐制可以减缓食物变质速度，保持食品营养价值
D．在种植业中，植物浸取试剂类医药也应慎重选用
【答案】A
【详解】A．多种处方药可随意叠加使用，相互间可能发生化学反应，需要按照医嘱和药物说明进行使用，故A错误；
B．化肥的施用方法需依据对象营养状况针对性的选择不同的化肥，故B正确；
C．规范使用防腐制可以减缓食物变质速度，保持食品营养价值，提高食品的口感，故C正确；
D．在种植业中，植物浸取试剂类医药也应慎重选用，D正确。
答案为：A。
14．（2023湖北2）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
【答案】D
【详解】A．电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；
B．氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；
综上所述，本题选D。
15．（2023广东2）科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是
A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第IA族元素
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO
C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的2H与3H互为同位素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体
【答案】C
【详解】A．化学符号Xe，原子序数54，在元素周期表中处于第5周期0族，故A错误；
B．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，不是FeO，故B错误；
C．2H与3H具有相同的质子数，不同的中子数，互为同位素，故C正确；
D．金刚石是共价晶体，故D错误；
故选C。
16．（2023广东3）建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是
A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为Si
B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料
C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水
D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖
【答案】D
【详解】A．光纤的主要材质为二氧化硅，A错误；
B．沥青属于有机材料，B错误；
C．甘油溶于水，C错误；
D．淀粉水解的最终产物为葡萄糖，D正确；
故选D。
17．（2023广东5）化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．饱和CuSO4溶液可析出无水蓝色晶体
C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称
D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
【答案】D
【详解】A．舞台上干冰升华物理变化，共价键没有断裂，A错误；
B．饱和CuSO4溶液可析出的蓝色晶体中存在结晶水为五水硫酸铜，B错误；
C．苯分子的正六边形结构，六个碳碳键完全相同呈现完美对称，C错误；
D．晨雾中由于光照射胶体粒子散射形成的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景，D正确；
故选D。
18．（2023广东7）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】C
【详解】A．鸡蛋主要成分是蛋白质，帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，故A不符合题意；
B．聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造的包装材料，两者有关联，故B不符合题意；
C．擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4，两者没有关联，故C 符合题意；
D．利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
二、化学用语
19．（2023湖南2）下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：818O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
【答案】C
【详解】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；
B．中子数为10，质子数为8的O原子其相对原子质量为10+8=18，其原子表示为818O，B正确；
C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；
D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；
故答案选C。
20．（2023北京2）下列化学用语或图示表达正确的是
A．NaCl的电子式为Na:Cl····:
B．NH3的VSEPR模型为
C．2pz电子云图为
D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
【答案】C
【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是 ，A项错误；
B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：
C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确；
D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是 ，D项错误；
故选C。
21．（2023辽宁2）下列化学用语或表述正确的是
A．BeCl2的空间结构：V形B．P4中的共价键类型：非极性键
C．基态Ni原子价电子排布式：3d10D．顺—2—丁烯的结构简式：
【答案】B
【详解】A．BeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，因此BeCl2为直线型分子，A错误；
B．P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；
C．Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误；
D．顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为，D错误；
故答案选B。
22．（2023.1浙江3）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为18的氯原子：1737Cl
B．碳的基态原子轨道表示式：
C．BF3的空间结构：(平面三角形)
D．HCl的形成过程：
【答案】C
【详解】A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为1735Cl，故A错误；
B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B错误；
C．BF3的中心原子B原子孤电子对数=3-32=0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C正确；
D．HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；
故选：C。
23．（2023.6浙江2）下列化学用语表示正确的是
A．H2S分子的球棍模型：B．AlCl3的价层电子对互斥模型：
C．KI的电子式：K∶I· ·· ·∶D．CH3CHCH2CH32的名称：3−甲基戊烷
【答案】D
【详解】A．H2S分子是“V”形结构，因此该图不是H2S分子的球棍模型，故A错误；
B．AlCl3中心原子价层电子对数为3+12(3-1×3)=3+0=3，其价层电子对互斥模型为平面三角形，故B错误；
C．KI是离子化合物，其电子式：，故C错误；
D．CH3CHCH2CH32的结构简式也可表示为，其名称为3−甲基戊烷，故D正确。
综上所述，答案为D。
24．（2023江苏2）反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是
A．NH4+的电子式为B．NO2-中N元素的化合价为+5
C．N2分子中存在N≡N键D．H2O为非极性分子
【答案】C
【详解】A．NH4+的电子式为 ，A错误；
B．NO2-中N元素的化合价为+3，B错误；
C．N2分子中存在N≡N键，C正确；
D．H2O为V形分子，分子中正负电荷中心未重合，为极性分子，D错误。
故选C。
25．（2023湖北5）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示K2S的形成：
B．用离子方程式表示AlOH3溶于烧碱溶液：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-
C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
【答案】D
【详解】A．钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示K2S的形成：，A正确；
B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-，B正确；
C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：，C正确；
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为，D错误；
故选D。
三、物质的量
26．（2023海南6）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.2NA
B．5.6g铁粉与0.1L1ml⋅L-1的HCl的溶液充分反应，产生的气体分子数目为0.1NA
C．标准状况下，2.24LSO2与1.12LO2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA
D．1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，NH3⋅H2O微粒数目为0.1NA
【答案】A
【详解】A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，镁被氧化为+2价，故转移的电子数目为0.2NA，故A正确；
B．5.6g铁粉与0.1L1ml⋅L-1的HCl的溶液充分反应，产生的氢气的分子数目为0.05NA，故B错误；
C．标准状况下，2.24LSO2与1.12LO2充分反应，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故生成的SO3分子数目无法计算，故C错误；
D．1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，发生反应：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O，生成的NH3⋅H2O微粒数目小于0.1NA，故D错误。
答案为：A。
27．（2023全国甲10）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．0.50ml异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA
B．标准状况下，2.24LSO3中电子的数目为4.00NA
C．1.0LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA
D．⋅L-1的Na2CO3溶液中CO32-的数目为1.0NA
【答案】A
【详解】A．异丁烷的结构式为 ，1ml异丁烷分子含有13NA共价键，所以0.50ml异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；
B．在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出2.24L SO3物质的量，故无法求出其电子数目，B错误；
C．pH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H+)=0.01ml/L，则1.0L pH=2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；
D．Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO32-会发生水解，所以1.0L 1.0 ml/L的Na2CO3溶液中CO32-的数目小于1.0NA，D错误；
故选A。
28．（2023福建4）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺NH3OH+NO3-在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mlNH3OH+含有的质子数为1.5NA
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5NA
C．0.5ml硝酸羟胺含有的N-Oσ键数为2NA
D．硝酸羟胺分解产生11.2LN2(已折算为标况)的同时，生成O2分子数为NA
【答案】C
【详解】A．0.1mlNH3OH+含有的质子数为0.1ml×(7+8+1×4)NA·ml-1=1.9NA，A错误；
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为48g96g·ml-1×2NA·ml-1=1NA，B错误；
C．0.5ml硝酸羟胺含有的N-Oσ键数为0.5ml×4NA·ml-1=2NA，C正确；
D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为NH3OH+NO3-=N2↑+2H2O+O2↑，根据计量系数关系可知硝酸羟胺分解产生标况下11.2LN2，同时生成O2分子数为0.5NA，D错误；
故选C。
29．（2023.6浙江7）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
【答案】A
【详解】A．1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1ml，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；
B．1.7gH2O2的物质的量为1.7g34g/ml=0.05ml，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；
C．向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1ml，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；
D．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5ml，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；
故选A。
30．（2023广东11）设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH4Cl和NaHCO3等物质。下列叙述正确的是
A．1 ml NH4Cl含有的共价键数目为5NA
B．1 ml NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2NA
C．体积为1 L的1 ml⋅L-1NaHCO3溶液中，HCO3-数目为NA
D．NaCl和NH4Cl的混合物中含1 ml Cl-，则混合物中质子数为28NA
【答案】D
【详解】A．铵根中存在4个N-H共价键，1ml NH4Cl 含有的共价键数目为4NA，A错误；
B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，1ml NaHCO3完全分解，得到0.5mlCO2分子，B错误；
C．NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-会发生水解和电离，则1ml NaHCO3溶液中HCO3-数目小于1NA，C错误；
D．NaCl 和NH4Cl的混合物中含1mlCl-，则混合物为1ml，质子数为28NA，D正确；
故答案为：D。
四、离子方程式
31．（2023湖南5）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-
【答案】B
【详解】A．碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极方程式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，A正确；
B．铅酸电池在充电时阳极失电子，其电极式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO42-，B错误；
C．K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；
D．TiCl4容易与水反应发生水解，反应的离子方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-，D正确；
故答案选B。
32．（2023北京6）下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D．Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓
【答案】B
【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；
B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B项错误；
C．FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；
D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确；
故选B。
33．（2023江苏6）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、12H、13H是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H-，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2Og与足量Cs反应生成1mlH2g和1mlCOg吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列化学反应表示正确的是
A．水煤气法制氢：Cs+H2Og=H2g+COg ΔH=-131.3kJ⋅ml-1
B．HCO3-催化加氢生成HCOO-的反应：HCO3-+H2催化剂HCOO-+H2O
C．电解水制氢的阳极反应：2H2O-2e-=H2↑+2OH-
D．CaH2与水反应：CaH2+2H2O=CaOH2+H2↑
【答案】B
【详解】A．水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为Cs+H2Og=H2g+COg ΔH=+131.3kJ⋅ml-1，A错误；
B．由题意可知HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-，根据原子守恒可得离子方程式为HCO3-+H2催化剂HCOO-+H2O，B正确；
C．电解水制氢的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，C错误；
D．CaH2与水反应化学方程式为CaH2+2H2O=CaOH2+2H2↑，CaH2+2H2O=CaOH2+H2↑中H原子不守恒，D错误。
故选B。
34．（2023.1浙江7）下列反应的离子方程式不正确的是
A．Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓
D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32-+Ca2+=CaSO3↓
【答案】D
【详解】A．Cl2通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，选项A正确；
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，选项B正确；
C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，选项C正确；
D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D不正确；
答案选D。
35．（2023重庆2）下列离子方程式中，错误的是
A．NO2通入水中：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
B．Cl2通入石灰乳中：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
C．Al放入NaOH溶液中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
D．Pb放入Fe2SO43溶液中：Pb+SO42-+2Fe3+=2Fe2++PbSO4
【答案】B
【详解】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，A正确；
B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为Cl2+CaOH2=Ca2++ClO-+Cl-+H2O，B错误；
C．Al放入NaOH溶液中生成偏铝酸钠和去：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，C正确；
D．Pb放入Fe2SO43溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：Pb+SO42-+2Fe3+=2Fe2++PbSO4，D正确；
故选B。
36．（2023.6浙江9）下列反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
C．铜与稀硝酸：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-
【答案】B
【详解】A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：2I-+Cl2=I2+2Cl-，故A错误；
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故B正确；
C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，故D错误；
答案为B。
37．（2023辽宁5）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．11.2LCO2含π键数目为NA
B．每生成2.8gN2转移电子数目为NA
C．0.1mlKNO3晶体中含离子数目为0.2NA
D．1L0.1ml⋅L-1K2S溶液中含S2-数目为0.1NA
【答案】C
【详解】A．CO2分子含有2个π键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错误；
B．2.8gN2的物质的量n=mM=2.828ml=0.1ml，1mlN2生成转移的电子数为12NA，则0.1mlN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；
C．0.1mlKNO3晶体含有离子为K+、NO3-，含有离子数目为0.2NA，C项正确；
D．因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA，D项错误；
答案选C。
五、氧化还原反应
38．（2023全国乙7）下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
【答案】C
【详解】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；
B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；
C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；
D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
综上所述，本题选C。
39．（2023湖南10）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄As2S3褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．S2O32-和SO42-的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的nO2nH2O：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mlAs2S3转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【详解】A．S2O32-的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O紫外光2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：As2S3+7O2+6H2O自然光2H3AsO4+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的nO2nH2O：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mlAs2S3失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mlAs2S3失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mlAs2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
40．（2023北京12）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是
A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
【答案】C
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和O22-组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
41．（2023.1浙江6）关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列说法正确的是
A．生成1mlN2O，转移4ml电子B．NH2OH是还原产物
C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂D．若设计成原电池，Fe2+为负极产物
【答案】A
【详解】A．由方程式可知，反应生成1ml一氧化二氮，转移4ml电子，故A正确；
B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；
C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；
D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；
故选A。
42．（2023福建5）稀有气体氙的氟化物XeFn与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
下列说法错误的是
A．XeO3具有平面三角形结构B．OH-的还原性比H2O强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应D．反应iv每生成1mlO2，转移6ml电子
【答案】A
【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，XeO3分子为三角锥形分子，A错误；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：OH-的还原性比H2O强，B正确；
C．I、iii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；
D．分析iv可知，每生成一个O2，整个反应转移6个电子，故每生成1mlO2，转移6ml电子，D正确；
故选A。
43．（2023重庆4）已知反应：2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L(标准状况)F2，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为4NAB．生成的NaF质量为84g
C．生成的氧化产物分子数为2NAD．生成的H2O含有孤电子对数为2NA
【答案】C
【详解】A．反应2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价变为+2价，转移电子数为4e-，若消耗44.8L(标准状况)F2即·ml-1=2ml，故转移的电子数为4NA，A正确；
B．根据反应2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O，每消耗2mlF2生成的NaF质量为2ml×42g·ml-1=84g，B正确；
C．根据反应2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O可知反应生成的氧化产物为OF2，每消耗2mlF2生成的氧化产物OF2分子数为NA，C错误；
D．根据反应2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O可知，每消耗2mlF2生成H2O的物质的量为2ml，又知1个H2O中含有2对孤电子对，即生成的H2O含有孤电子对数为2NA，D正确；
故答案为C。
44．（2023.6浙江6）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有2 ml S-S键断裂，则转移4 ml电子
C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型
【答案】C
【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；
B．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2 ml S-S键断裂，则转移4 ml电子，故B正确；
C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；
D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。
综上所述，答案为C。
第二部分 元素及其化合物
一、元素及其化合物
45．（2023.1浙江4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．SO2能使某些色素褪色，可用作漂白剂
B．金属钠导热性好，可用作传热介质
C．NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂
D．Fe2O3呈红色，可用作颜料
【答案】C
【详解】A．SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，选项A正确；
B．钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，选项B正确；
C．NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，选项C不正确；
D．Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料，选项D正确；
答案选C。
46．（2023.6浙江4）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【详解】A．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；
B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；
C．食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；
故选A。
47．（2023广东10）部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在c→d→e的转化
B．能与H2O反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键
【答案】B
【分析】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e 、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。
【详解】A．由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；
B．钠和氧化钠（过氧化钠）都能与H2O反应都能生成氢氧化钠，B不合理；
C．新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；
D．若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理；
故选B。
48．（2023.6浙江3）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A．氯化铁属于弱电解质B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【详解】A．氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；
C．氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确；
故选：A。
49．（2023.1浙江2）硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是
A．Cu元素位于周期表p区B．硫酸铜属于强电解质
C．硫酸铜溶液呈酸性D．硫酸铜能使蛋白质变性
【答案】A
【详解】A．Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；
B．硫酸铜属于盐类，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B正确；
C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确；
D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；
故选：A。
50．（2023北京7）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是
A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
【答案】C
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；
B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；
C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的SO2能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；
D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；
故选C。
51．（2023江苏8）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：HNO3稀→CuNO→O2NO2
B．工业制硝酸过程中的物质转化：N2→放电或高温O2NO→H2OHNO3
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO+2CO 催化剂 N2+2CO2
D．实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl+CaOH2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O
【答案】B
【详解】A．Cu与稀硝酸的反应产物之一为NO，NO与氧气发生反应2NO+O2=2NO2生成NO2，A正确；
B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；
C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为2NO+2CO 催化剂 N2+2CO2，C正确；
D．实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量NH3，化学方程式为2NH4Cl+CaOH2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O，D正确。
故选B。
52．（2023.1浙江1）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是
A．CO2B．SiO2C．MgOD．Na2O
【答案】B
【详解】A．二氧化碳和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但为分子晶体，不耐高温，A错误；
B．SiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，所以SiO2是酸性氧化物，为共价晶体，耐高温，B正确；
C．MgO能跟酸反应生成盐和水：MgO +2H+=Mg2++H2O，所以MgO是碱性氧化物，；C错误；
D．Na2O能跟酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物，；D错误；
答案选B。
53．（2023湖北3）工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂→1800~2000℃焦炭粗硅→300℃HClSiHCl3→1100℃H2高纯硅
下列说法错误的是
A．制备粗硅的反应方程式为SiO2+2C高温Si+2CO↑
B．1mlSi含Si-Si键的数目约为4×6.02×1023
C．原料气HCl和H2应充分去除水和氧气
D．生成SiHCl3的反应为熵减过程
【答案】B
【详解】A. SiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为SiO2+2C高温Si+2CO↑，A说法正确；
B. 在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1ml Si含Si-Si键的数目约为2×6.02×1023，B说法错误；
C. HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；H2在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SiHCl3在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气 ，C说法正确；
D. Si+3HCl300℃SiHCl3+H2，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的反应为熵减过程，D说法正确；
综上所述，本题选B。
54．（2023.1浙江5）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．Na和乙醇反应可生成H2B．工业上煅烧黄铁矿FeS2生产SO2
C．工业上用氨的催化氧化制备NOD．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
【答案】D
【详解】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；
C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；
故选D。
55．（2023辽宁3）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3B．制HCl：H2+Cl2点燃2HCl
C．制粗硅：SiO2+2C高温Si+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)电解2Mg+O2↑
【答案】D
【详解】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3，A正确；
B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl2点燃2HCl，B正确；
C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2C高温Si+2CO，C正确；
D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)电解Mg+Cl2↑，D错误；
故答案选D。
56．（2023重庆3）下列叙述正确的是
A．Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物相同
B．SO2分别与H2O和H2S反应，反应的类型相同
C．Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体相同
D．浓H2SO4分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同
【答案】C
【详解】A．镁在空气中燃烧也会部分和氮气反应生成氮化镁，A错误；
B．SO2与H2O发生化合反应生成亚硫酸，而和H2S会发生氧化还原生成硫单质，反应的类型不相同，B错误；
C．Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体均为氧气，C正确；
D．浓H2SO4与Cu生成二氧化硫气体，而和C反应生成二氧化碳和二氧化硫，生成的酸性气体不相同，D错误；
故选C。
57．（2023山东2）实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制AlCl3溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
【答案】D
【详解】A．实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；
B．蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；
C．清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；
D．苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意；
故答案为：D。
58．（2023湖南7）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1ml⋅L-1)，反应现象没有明显差别的是
【答案】D
【详解】A．向氨水中滴加AgNO3溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为AgNO3+2NH3⋅H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O；向AgNO3溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为AgNO3+NH3⋅H2O=AgOH↓+NH4NO3；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为AgOH+2NH3⋅H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意；
B．向NaOH中滴加A12SO43溶液并振荡，由于开始时NaOH过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为8NaOH+A12SO43=2NaAlO2+3Na2SO4+4H2O；向A12SO43溶液中滴加NaOH并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为6NaOH+A12SO43=2AlOH3↓+3Na2SO4；当NaOH过量后，继续滴加NaOH沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为NaOH+AlOH3=NaAlO2+2H2O，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意；
C．向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液并振荡，由于开始时H2C2O4是过量的，KMnO4可以被H2C2O4完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O;向KMnO4溶液中滴加酸性H2C2O4溶液并振荡，由于开始时KMnO4是过量的，KMnO4逐渐被H2C2O4还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意；
D．向KSCN溶液中滴加FeCl3溶液，溶液立即变为血红色；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意；
综上所述，本题选D。
59．（2023海南9不定项）实践中一些反应器内壁的污垢，可选用针对性的试剂溶解除去。下表中污垢处理试剂的选用，符合安全环保理念的是
【答案】BC
【详解】A．银和硝酸反应生成污染性气体氮氧化合物，A不符合题意；
B．过氧化氢具有强氧化性，硫、氢氧化钠、过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，不生成污染性物质，B符合题意；
C．石膏垢中硫酸钙和饱和碳酸钠转化为碳酸钙，碳酸钙和柠檬酸反应生成柠檬酸钙和二氧化碳，无污染性物质生成，C符合题意；
D．浓盐酸具有挥发性，和二氧化锰生成有毒的氯气和其挥发出氯化氢气体，D不符合题意；
故选BC。
60．（2023辽宁4）下列鉴别或检验不能达到实验目的的是
A．用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3
B．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质
C．用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化
D．加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛
【答案】A
【详解】A．石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；
B．Fe2+变质后会生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；
C．Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；
D．含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混油的乙醛，D正确；
故答案选A。
61．（2023山东6）鉴别浓度均为0.1ml⋅L-1的NaClO、Ba(OH)2、Al2SO43三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是
A．测定溶液pHB．滴加酚酞试剂
C．滴加0.1ml⋅L-1KI溶液D．滴加饱和Na2CO3溶液
【答案】C
【详解】A．NaClO溶液显弱碱性，Ba(OH)2溶液显强碱性，Al2SO43溶液显酸性，则测定溶液pH是可以鉴别出来的，故A不符合题意；
B．NaClO溶液显弱碱性，滴入酚酞先变红后褪色，Ba(OH)2溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，显红色，Al2SO43溶液显酸性，滴入酚酞不变色，则滴加酚酞试剂是可以鉴别出来的，故B不符合题意；
C．NaClO溶液滴入碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，液面会由无色变成黄色，振荡后会变成无色，而Ba(OH)2溶液，Al2SO43溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，则仅用滴加0.1ml⋅L-1KI溶液无法鉴别，则C符合题意；
D．饱和Na2CO3溶液和NaClO溶液不反应，和Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，和Al2SO43溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和Na2CO3溶液是可以鉴别出来的，故D不符合题意；
答案C。
62．（2023海南3）下列气体除杂(括号里为杂质)操作所选用的试剂合理的是
A．CO2HCl：饱和Na2CO3溶液
B．NH3H2O：碱石灰
C．C2H2H2S：酸性KMnO4溶液
D．C2H4SO2：P4O10
【答案】B
【详解】A．二氧化碳、氯化氢均会和碳酸钠溶液反应，A不符合题意；
B．氨气和碱石灰不反应，水和碱石灰反应，合理，B符合题意；
C．酸性高锰酸钾会把乙炔氧化，C不符合题意；
D．P4O10、二氧化硫均为酸性氧化物，不反应，不能除去二氧化硫，D不符合题意；
故选B。
63．（2023全国乙11）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是
【答案】D
【详解】A．溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；
B．硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B错误；
C．溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2O⇌HBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；
D．胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正确，D正确；
故选D。
64．（2023北京13）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或MgOHCl中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是HCl、NH3
B．d既可以是MgO，也可以是MgOHCl
C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【分析】NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。
【详解】A．由分析可知，a为NH3，c为HCl，A项错误；
B．d为MgO，B错误；
C．可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；
故选C。
二、无机推断题
65．（2023.1浙江18）化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A用0.0250mlHCl溶解后，多余的酸用0.0150mlNaOH恰好中和，请回答：
(1)X的组成元素是 ，X的化学式是 。
(2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式 。
(3)写出生成白色固体H的离子方程式 。
(4)设计实验检验溶液Ⅰ中的阳离子 。
【答案】(1) Ca、Cl、O CaClO42
(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O
(3)AgNH32++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+
(4)用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH4+
【分析】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固体A可能为碳酸钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的质量为1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物质的量为，由白色固体A用0.0250ml盐酸溶解后，多余的酸用0.0150ml氢氧化钠溶液恰好中和可知，化合物X中含有钙元素或钡元素的物质的量为(0.0250ml—0.0150ml)×12=0.005ml，若化合物X含有钡元素，白色固体A的质量为=0.005ml×197g/ml=0.985g＞0.500g，所以X中含有钙元素，含有的氧元素物质的量为1.195g-0.2g-，则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005ml：0.01ml：0.04ml=1：2：8，则X的化学式为CaClO42。
【详解】（1）由分析可知，X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学式为CaClO42，故答案为：Ca、Cl、O；CaClO42；
（2）由图可知，B→C溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O，故答案为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；
（3）由图可知，生成白色固体H的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为AgNH32++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+，故答案为：AgNH32++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+；
（4）由图可知，溶液Ⅰ为硝酸和硝酸铵的混合溶液，则检验溶液中氢离子铵根离子的操作为用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH4+，故答案为：用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH4+。
第三部分 化学实验
一、实验基础知识
66．（2023山东4）实验室安全至关重要，下列实验室事故处理方法错误的是
A．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗
B．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗
C．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
D．活泼金属燃烧起火，用灭火毯(石棉布)灭火
【答案】A
【详解】A．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗，故A错误；
B．立即用大量水冲洗，尽可能减少碱对皮肤的伤害，再用2%的硼酸中和残余的碱，故B正确；
C．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火，故C正确；
D．活泼金属会与水反应，所以燃烧起火，用灭火毯(石棉布)灭火，故D正确；
答案为A。
67．（2023河北1）《本草纲目》中记载了粗食盐的一种制作过程：“取盐于池旁耕地沃以池水，每得南风急，则宿夕成盐。”若将粗食盐在实验室提纯，不涉及的操作是
A．溶解B．蒸发C．过滤D．蒸馏
【答案】D
【详解】若将粗食盐在实验室提纯，需要将粗盐溶解，然后过滤除杂，接着蒸发结晶，不需要蒸馏，故选：D。
68．（2023全国甲9）实验室将粗盐提纯并配制0.1000ml⋅L-1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有
①天平 ②温度计 ③坩埚 ④分液漏斗 ⑤容量瓶 ⑥烧杯 ⑦滴定管 ⑧酒精灯
A．①②④⑥B．①④⑤⑥C．②③⑦⑧D．①⑤⑥⑧
【答案】D
【详解】实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。
69．（2023江苏3）实验室制取Cl2的实验原理及装置均正确的是
【答案】C
【详解】A．实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应，不能使用稀盐酸，A错误；
B．除去Cl2中的HCl可将气体通入饱和食盐水中，注意长口进入便于充分吸收，应该长进短出，B错误；
C．氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集氯气，多功能瓶收集气体注意长进短出，C正确；
D．对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液吸收，水吸收效果不好，D错误。
故选C。
70．（2023广东4）1827年，英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是
A．图1：喷泉实验B．图2：干燥NH3C．图3：收集NH3D．图4：制备NH3
【答案】B
【详解】A．NH3极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减小，从而产生喷泉，故A可以达到预期；
B．P2O5为酸性氧化物，NH3具有碱性，两者可以发生反应，故不可以用P2O5干燥NH3，故B不可以达到预期；
C．NH3的密度比空气小，可采用向下排空气法收集，故C可以达到预期；
D．CaO与浓氨水混合后与水反应并放出大量的热，促使NH3挥发，可用此装置制备NH3，故D可以达到预期；
故选B。
71．（2023重庆5）下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
【答案】B
【详解】A．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，两者遇冷又会生成氯化铵，不适合制取氨气，A不符合题意；
B．转移溶液时玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，正确，B符合题意；
C．保护铁件应该连接比铁更活泼的金属使得铁被保护，而不是连接惰性电极石墨，C不符合题意；
D．NO会与空气中氧气反应，不适合排空气法收集，D不符合题意；
故选B。
72．（2023湖南3）下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是
A．重结晶法提纯苯甲酸：①②③B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥
【答案】A
【详解】A．粗苯甲酸中含有少量氯化钠和泥沙，需要利用重结晶来提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、趁热过滤和冷却结晶，此时利用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，A选项装置选择不合理；
B．蒸馏法需要用到温度计以测量蒸汽温度、蒸馏烧瓶用来盛装混合溶液、锥形瓶用于盛装收集到的馏分，B选项装置选择合理；
C．浓硫酸催化制乙烯需要控制反应温度为170℃，需要利用温度计测量反应体系的温度，C选项装置选择合理；
D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度是用已知浓度的酸液滴定未知浓度的碱液，酸液盛装在酸式滴定管中，D选项装置选择合理；
故答案选A。
73．（2023海南11不定项）下列实验操作不能达到实验的是
【答案】A
【详解】A．检验1-氯丁烷中氯元素，向1-氯丁烷中加入氢氧化钠溶液，加热条件下水解，再加入硝酸酸化的硝酸银，若产生白色沉淀，则含有氯元素，故A错误；
B．向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明SO42-已经沉淀完全，故B正确；
C．向2mL10%的氢氧化钠溶液中滴加5滴5%的硫酸铜溶液，制得新制氢氧化铜，且氢氧化钠过量，检验醛基时产生砖红色沉淀，故C正确；
D．硫酸四氨合铜在乙醇溶液中溶解度小，加入乙醇，析出硫酸四氨合铜晶体，故D正确。
答案为：A。
74．（2023北京8）完成下述实验，装置或试剂不正确的是
A．实验室制Cl2
B．实验室收集C2H4
C．验证NH3易溶于水且溶液呈碱性
D．除去CO2中混有的少量HCl
【答案】D
【详解】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；
B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；
C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；
D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误；
故选D。
75．（2023全国乙9）下列装置可以用于相应实验的是
【答案】D
【详解】A．Na2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，A错误；
B．乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分离，应采用蒸馏来分离，B错误；
C．二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，C错误；
D．测量氧气体积时，装置选择量气筒，测量时要恢复到室温，量气筒和水准管两边液面高度相等时，氧气排开水的体积与氧气的体积相等，即可用如图装置测量氧气的体积，D正确；
故选D。
76．（2023.6浙江5）下列说法正确的是
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移
【答案】C
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；
D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；
故选C。
77．（2023广东）按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A．Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
【答案】C
【分析】Ⅰ中发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。
【详解】A．Ⅰ中试管内发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，氢元素化合价不变， H+不体现氧化性，故A错误；
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故B错误；
C．Ⅰ试管内发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，Ⅲ试管内发生反应2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确；
D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误；
故选C。
二、实验表格题
78．（2023河北4）由下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是
【答案】C
【详解】A．试纸变蓝是因为Cl2和KI反应生成I2，反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，该反应氧化性Cl2＞I2，A正确；
B．CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚微溶物，C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH+NaHCO3，B正确；
C．SO2通入品红溶液，生成无色物质，不属于因氧化性褪色，C错误；
D．NH3与水反应NH3+H2O⇌NH3·H2O，溶液呈碱性，使酚酞变红，D正确；
故答案为：C。
79．（2023江苏11）室温下，探究0.1ml⋅L-1FeSO4溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
【答案】B
【详解】A．检验溶液中是否含有Fe3+应直接向待测液中滴加KSCN溶液，向待测液中滴加氯水会将Fe2+氧化为Fe3+干扰实验，A错误；
B．向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，若观察溶液紫色褪去，说明Fe2+有还原性，B正确；
C．Fe2+发生水解反应Fe2++2H2O⇌2H++FeOH2使溶液显酸性，应向2mLFeSO4溶液中滴加2~3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，C错误；
D．向2mL5%H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，若产生气泡有可能是Fe3+的催化作用，D错误。
故选B。
80．（2023广东12）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
【答案】A
【详解】A．蔗糖在浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，故A符合题意；
B．装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，平衡向生成N2O4方向移动，则NO2转化为N2O4的反应为放热，故B不符合题意；
C．久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，故C不符合题意；
D．1 ml⋅L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电性强弱与NaCl溶液的pH比醋酸的高无关系，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
81．（2023.1浙江16）探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
【答案】D
【详解】A．锌是一种化学性质比较活泼的金属元素，在空气中容易被氧化。当锌在空气中长时间暴露时，表面会形成一层薄薄的氧化锌膜，因此FeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，但一段时间后两者可以发生反应：FeCl2+Zn=ZnCl2+Fe，溶液由浅绿色变为无色，由方程式可知Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；
B．溶液变成血红色的原因，Fe3++3SCN-⇌FeSCN3，与SO42-和K+无关，B错误；
C．铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；
故答案为：D。
82．（2023重庆8）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
【答案】A
【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛NiOOH的试管中产生黄绿色气体，说明NiOOH将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：NiOOH>Fe(OH)3，A正确；
B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性H2SC．浓硫酸被乙醇还原生成SO2，SO2能与溴单质反应使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C错误；
D．出现黄色沉淀Ag3PO4，说明Na2HPO4电离出了磷酸根离子，D错误；
故选A。
83．（2023.6浙江16）探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
【答案】A
【详解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；
B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；
C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；
D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；
故选A。
84．（2023新课标11）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
【答案】C
【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；
B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；
C．铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；
D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；
故选C。
三、化学实验综合
85．（2023湖北13）利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
【答案】C
【详解】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；
B．真空环境可以降低物质的熔沸点，有利于将红磷转化为白磷，但是由于抽真空时不能将水气和氧气完全除去，还需要对装置外管进行加热，这时可以保证反应环境无水无氧，B正确；
C．若从a口通入冷凝水，则冷凝水无法充满整个冷凝管，冷凝效果不好，需要用b口通入，此时可以将冷凝水充满冷凝管，C错误；
D．白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；
故答案选C。
86．（2023湖北8）实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142℃)，实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)，其反应原理：
下列说法错误的是
A．以共沸体系带水促使反应正向进行B．反应时水浴温度需严格控制在69℃
C．接收瓶中会出现分层现象D．根据带出水的体积可估算反应进度
【答案】B
【详解】A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；
B．反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，可以温度可以控制在69℃～81℃之间，不需要严格控制在69℃，B错误；
C．接收瓶中接收的是环己烷-水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，C正确；
D．根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；
故选B。
87．（2023辽宁13）某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I3-aq为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
【答案】D
【详解】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
答案选D。
88．（2023福建7）从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：
已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g⋅cm-3。下列说法错误的是
A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层
B．“有机层”从分液漏斗上口倒出
C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸
D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好
【答案】D
【分析】苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。
【详解】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A正确；
B．甲基叔丁基醚的密度为0.74g⋅cm-3，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确；
C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确；
D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D错误；
故答案为：D。
89．（2023.6浙江12）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
【详解】A．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；
故选B。
90．（2023.6浙江15）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20 mL 0.1 ml⋅L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 ml⋅L-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.10 ml⋅L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10 ml⋅L-1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Kal=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,KspCaC2O4=2.4×10-9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中V(NaOH)=10 mL时，存在cC2O42-C．实验Ⅱ中发生反应HC2O4-+Ca2+=CaC2O4↓+H+
D．实验Ⅱ中VCaCl2=80 mL时，溶液中cC2O42-=4.0×10-8ml⋅L-1
【答案】D
【详解】A．NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；
B．实验I中V(NaOH)=10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2=5.4×10-5>Kh=1×10-145.4×10-5，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在cC2O42->cHC2O4-，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HC2O4-+Ca2+=CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为K=c(H2C2O4)c(Ca2+)⋅c2(HC2O4-)=c(H2C2O4)⋅c(H+)⋅c(C2O42-)c(Ca2+)⋅c(C2O42-)⋅c2(HC2O4-)⋅c(H+) =Ka2Ka1⋅Ksp=5.4×10-55.4×10-2×2.4×10-9=12.4×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中VCaCl2=80 mL时，溶液中的钙离子浓度为c(Ca2+)=0.1ml⋅L-1×0.080 L-0.1ml⋅L-1×0.020 L0.1L=0.06ml⋅L-1，溶液中cC2O42-=KspCaC2O4c(Ca2+)=2.4×10-90.06ml⋅L-1=4.0×10-8ml⋅L-1，故D正确。
综上所述，答案为D。
阅读下列材料，完成8∼10题。
一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
91．（2023山东8）对于上述实验，下列做法正确的是
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
【答案】C
【详解】A．进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，故A错误；
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；
D．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故D错误；
答案为C。
92．（2023山东9）ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是
A．cV2-V1×171000m×100%B．cV1-V2×171000m×100%
C．0.5cV2-V1×171000m×100%D．c0.5V2-V1×171000m×100%
【答案】A
【详解】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，发生醇解反应CH3CO2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解CH3CO2O+H2O→2CH3COOH，加指示剂并用cml⋅L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL；在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解，用cml⋅L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL；两次实验消耗标准溶液的差值为（V2-V1）mL，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物CH3COOR不消耗NaOH，则R守恒可知，n(ROH)=n(CH3COOR)=（V2-V1）×c×10-3ml，因此，ROH样品中羟基质量分数=（V2-V1）×c×10-3ml×17g/mlmg×100%=(V2-V1)×c×17103m×100%， A正确，故选A。
93．（2023山东10）根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【分析】步骤④消耗NaOH的物质的量为V2×c×10-3ml，即乙酸酐的总物质的量为V2×c×10-32ml，步骤③消耗NaOH的物质的量为V1×c×10-3ml，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为V1×c×10-3ml，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)+[ V2×c×10-3ml2-n(ROH)]×2=V1×c×10-3ml，解得n(ROH)=V2×c×10-3-V1×c×10-3ml=V2-V1×c×10-3ml，因此ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml。
【详解】A．乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A错误；
B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，使V2-V1随NaOH-甲醇溶液浓度增大而减小，ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml也随之减小，故将导致测定结果偏小，B正确；
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml，故将导致测定结果偏大，C错误；
D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为V2-V1×c×10-3ml，故将导致测定结果偏小，D错误；
故选B。
四、化学实验综合（非选择题）
94．（2023全国乙26）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
(2)O2的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
(3)c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
【答案】(1) 通入一定的O2 装置气密性 b、a
(2) 为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuOΔCu+CO2
(3) A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
(4)继续吹入一定量的O2，冷却装置
(5)C4H6O4
【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。
【详解】（1）实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2
（2）实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO+CuOΔCu+CO2
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；
（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U型管中，使装置冷却；
（5）c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)=2×m(H2O)M(H2O)=2×0.0108g18g⋅ml-1=0.0012ml；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)=m(CO2)M(CO2)=0.0352g44g⋅ml-1=0.0008ml；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n(O)=m(O)M(O)=0.00128g16g⋅ml-1=0.0008ml；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4；
【点睛】本实验的重点在于两U型管的摆放顺序，由于CO2需要用碱石灰吸收，而碱石灰的主要成分为CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸气，因此在摆放U型管位置时应将装有碱石灰的U型管置于无水CaCl2之后，保证实验结果。
95．（2023新课标28）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0g FeCl3⋅6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。
③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。
回答下列问题：
(1)仪器A中应加入 (填“水”或“油”)作为热传导介质。
(2)仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 。
(4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为 ；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ？简述判断理由 。
(5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是 。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量 洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
(7)本实验的产率最接近于 (填标号)。
a．85% b．80% c．75% d．70%
【答案】(1)油
(2) 球形冷凝管 a
(3)防暴沸
(4) FeCl2 可行 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
(5)抑制氯化铁水解
(6)a
(7)b
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3· 6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
【详解】（1）该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质，故答案为：油；
（2）根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故答案为：球形冷凝管；a；
（3）步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防暴沸；
（4）FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故答案为：FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；
（5）氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；
（6）根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故答案为：a；
（7）由于安息香（C14H12O2）与二苯乙二酮（C14H10O2）的相对分子质量相差不大，因此二苯乙二酮的理论产量与安息香近似相等约为2.0g。则产率约为×100%=80%，故答案为：b。
96．（2023辽宁17）2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择 。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯( )的原因是 。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为 。
(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是 。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是 。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称)：无水MgSO4的作用为 。
(7)产品的产率为 (用Na计算，精确至0.1%)。
【答案】(1)c
(2) 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
(3)2+2Na→2+H2↑
(4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
(5)将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率
(6) 球形冷凝管和分液漏斗 除去水
(7)70.0%
【详解】（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。
（2）噻吩沸点低于吡咯( )的原因是： 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高。
（3）步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为：2+2Na→2+H2↑。
（4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。
（5）2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。
（6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水MgSO4的作用是：除去水。
（7）步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，Na的物质的量为4.60g23g/ml=0.2ml，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2ml2-噻吩乙醇，产品的产率为×128g/ml×100%=70.0%。
97．（2023广东17）化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q=cρV总⋅ΔT计算获得。
(1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.5000 ml⋅L-1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为 ml⋅L-1。
(2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(°C)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为 J(c和ρ分别取4.18 J⋅g-1⋅°C-1和1.0 g⋅mL-1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq)=FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。
②ΔH= (选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
(4)乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A:Fe(s)+Fe2SO43(aq)=3FeSO4(aq)的焓变。
查阅资料：配制Fe2SO43溶液时需加入酸。加酸的目的是 。
提出猜想：Fe粉与Fe2SO43溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。
验证猜想：用pH试纸测得Fe2SO43溶液的pH不大于1；向少量Fe2SO43溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为 。
(5)化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。
【答案】(1) AD 0.5500
(2)418T1-T0
(3) > -20.9 (b-a) kJ⋅ml-1或-41.8 (c-a) kJ⋅ml-1
(4) 抑制Fe3+水解 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2
(5)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【详解】（1）①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD；
②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，故c(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)V（HCl)=0.5000ml⋅L-1×⋅L-1，故答案为0.5500；
（2）由Q=cρV总⋅ΔT可得Q＝4.18 J⋅g-1⋅°C-1×1.0 g⋅mL-1×(50mL＋50mL)×(T1－T2)＝418T1-T0，故答案为418T1-T0；
（3）100 mL 0.20 ml⋅L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02ml，1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的量分别为0.021ml、0.01 ml，实验i中有0.02 ml CuSO4发生反应，实验ii中有0.01ml CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，则b>c；若按实验i进行计算，ΔH=4.18×1.0×100×(b-a)1000×0.02=-20.9 (b-a) kJ⋅ml-1；若按实验ii进行计算，ΔH=4.18×1.0×100×(c-a)1000×0.01=-41.8 (c-a) kJ⋅ml-1，故答案为：>；-20.9 (b-a) kJ⋅ml-1或-41.8 (c-a) kJ⋅ml-1；
（4）Fe3+易水解，为防止Fe3+水解，在配制Fe2SO43溶液时需加入酸；用pH试纸测得Fe2SO43溶液的pH不大于1说明溶液中呈强酸性，向少量Fe2SO43溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡即氢气产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；乙同学根据相关原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止Fe与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设计分步反应来实现Fe2SO43溶液与Fe的反应，故可将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2，故答案为：抑制Fe3+水解；Fe+2H+=Fe2++H2↑；将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2；
（5）化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都是化学能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用，故答案为：燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)。
98．（2023山东18）三氯甲硅烷SiHCl3是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HClΔSiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为 ；判断制备反应结束的实验现象是 。图示装置存在的两处缺陷是 。
(2)已知电负性Cl>H>Si,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为 。
(3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。
m1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：① ，② (填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC 135.5m260m1×100%
【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。
【详解】（1）制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=m260ml，样品纯度为m260×(28+1+35.5×3)m1×100%=135.5m260m1×100%，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；135.5m260m1×100%。
99．（2023全国甲27）钴配合物CNH36Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→活性炭2CNH36Cl3+2H2O。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取2.0gNH4Cl，用5mL水溶解。
Ⅱ．分批加入3.0gCCl2⋅6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。
Ⅲ．加热至55~60℃反应20min。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是 。加快NH4Cl溶解的操作有 。
(2)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免 、 ；可选用 降低溶液温度。
(3)指出下列过滤操作中不规范之处： 。

(4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为 。
(5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是 。
【答案】(1) 锥形瓶 升温，搅拌等
(2) 浓氨水分解和挥发 双氧水分解 冰水浴
(3)玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
(4)活性炭
(5)利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率
【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CCl2·6H2O后，降温，在加入1g活性炭，7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[C(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3析出，提高产率，据此解答。
【详解】（1）由图中仪器的结构特征可知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等，故答案为：锥形瓶；升温，搅拌等；
（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下，避免浓氨水分解和挥发，双氧水分解，要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温，故答案为：浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴；
（3）下图为过滤装置，图中玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁；
（4）步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物[C(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭，故答案为：活性炭；
（5）步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物为[C(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率，钴答案为：利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。
100．（2023江苏16）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4⋅H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为MgOH2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常数K与KspMgOH2、KspMgSO3、Ka1H2SO3、Ka2H2SO3的代数关系式为K= ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 (填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。
(3)制取MgSO4⋅H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是 ；补充完整制取MgSO4⋅H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中， 。(已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4⋅7H2O，MgSO4⋅7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4⋅H2O，实验中需要使用MgO粉末)
【答案】(1) KspMgOH2×Ka1H2SO3×Ka2H2SO3KspMgSO3×Kw2 BD
(2) 2SO32-+O2=催化剂2SO42- pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率
(3) 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
【分析】本实验的目的是为了制取MgSO4⋅H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到MgSO4⋅H2O；
【详解】（1）已知下列反应：
①MgOH2+H2SO3=MgSO3+2H2O K
②MgOH2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq) Ksp[Mg(OH)2]
③MgSO3(s)⇌Mg2+(aq)+SO32-(aq) Ksp[MgSO3]
④H2SO3⇌H++HSO3-；Ka1[H2SO3]
⑤HSO3-⇌H++SO32-；Ka2[H2SO3]
⑥H2O⇌H++OH-；Kw
根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥×2，故K=KspMgOH2×Ka1H2SO3×Ka2H2SO3KspMgSO3×Kw2；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；
故选BD。
（2）根据题意，O2氧化溶液中的SO32-，SO32-被氧化为SO42-，1mlO2氧化2mlSO32-，故O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为：2SO32-+O2=催化剂2SO42-；
pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；
根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到MgSO4⋅H2O，根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4⋅7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4⋅H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
101．（2023湖南15）金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼Ni的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ；
(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是 ；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___________；
A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷
(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ；
(5)仪器M的名称是 ；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是 ；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ；
(8)判断氢化反应完全的现象是 。
【答案】(1)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
(3)C
(4)B
(5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气
(7)若将导管插入液面下，雷尼Ni吸附过多氢气，可能将苯环的结构给还原。
(8)集气管中液面不再改变
【分析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解题。
【详解】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；
（4）向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B；
（5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗；
（6）反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气；
（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，雷尼Ni吸附过多氢气，可能将苯环的结构给还原；
（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
102．（2023重庆16）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下：
(1)装置Ⅰ中，仪器a的名称是 ；b中除去的物质是 (填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。
i.d中的现象是 。
ii.e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为 。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成α (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，此时α的表达式为 。
【答案】(1) 分液漏斗 HCl
(2) 干馏 CO2+C高温2CO 有白色沉淀生成 CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 偏大 1-n-m(1+m)(1-n)×100%
【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。
【详解】（1）装置Ⅰ中，仪器a的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。
（2）①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故答案为：干馏。
②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为CO2+C高温2CO；故答案为：CO2+C高温2CO。
③i.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有白色沉淀生成。
ii.e中生成的固体为Ag，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3；故答案为：CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3。
iii.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，则将造成α偏大；故答案为：偏大。
iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，设此时气体物质的量为bml，二氧化碳物质的量为bmml，原来气体物质的量为aml，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)ml，氮气物质的量为anml，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n) −bm]ml，生成CO物质的量为2[a(1−n) −bm]ml，则有b=an+bm+2[a(1−n) −bm]，解得：b=a(2-n)1+m，此时α的表达式为[a(1-n)-a(2-n)1+mm]mla(1-n)ml×100%=1-n+m-mn-2m+nm(1+m)(1-n)×100%=1-n-m(1+m)(1-n)×100%；故答案为：1-n-m(1+m)(1-n)×100%。
103．（2023福建11）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2⋅xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
(1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主要成分为 (填化学式)。
(3)判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。
(4)装置C中试剂X为 。
(5)装置D中反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
(6)装置E的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO2样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②TiN的产率为 。
【答案】(1)b
(2)Ti(OH)4
(3)AgNO3(或AgNO3+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银)
(4)碱石灰(或生石灰(CaO)、NaOH、KOH以及这些物质的组合均可)
(5)6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2
(6)吸收氨气与水
(7) bdec 80.0%或80%、0.8
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl4，搅拌并加热，TiCl4在盐酸中水解生成白色沉淀TiO2⋅xH2O，将TiO2⋅xH2O洗涤，煅烧制得TiO2，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和TiO2在800℃下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。
【详解】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
（2）TiCl4水解生成TiOH4，TiCl4水解生成的胶体主要成分为TiOH4；
（3）TiO2⋅xH2O沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明TiO2⋅xH2O沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2；
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的TiO2固体，将TiO2放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为abdecf；
②0.800gTiO2的物质的量为0.800g80g/ml=0.01ml，则TiN的理论产量为0.01ml×62g/ml=0.62g，则TiN产率为×100%=80%。
104．（2023北京19）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-⇌I3-(红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。
I.将等体积的KI溶液加入到mml铜粉和nmlI2(n>m)的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
(1)初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
(2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有CuH2O42+(蓝色)或CuI2-(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅰ．步骤a的目的是 。
ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，CuNH32+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化： 。
(3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。
(4)上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是 。
(5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因： 。
【答案】(1)<
(2) 除去I3-，防止干扰后续实验 CuI2-+2NH3⋅H2O=CuNH32++2H2O+2I-、4CuNH32++O2+8NH3⋅H2O=4CuNH342++4OH-+6H2O
(3) 2Cu+I2=2CuI或2Cu+KI3=2CuI+KI 白色沉淀逐渐溶解 溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或I3-浓度小未能氧化全部的Cu)
(4)铜、含nmlI2的4ml⋅L-1的KI溶液
(5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或CuI2-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2和2Cu2++6I-=2CuI2-+I2。
【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为I3-可以提高Cu与I3-的接触面积，提高反应速率。加入CCl4，I2+I-⇌I3-平衡逆向移动，I2浓度减小，I-浓度增加，CuI2-浓度增加，加入氨水后转化为CuNH32+，被氧化为Cu(NH3)42+，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。
【详解】（1）提高KI浓度，便于提高I3-的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I3-的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。
（2）加入CCl4，I2+I-⇌I3-平衡逆向移动，I2浓度减小，I-浓度增加，其目的为：除去I3-，防止干扰后续实验。加入氨水CuI2-浓后转化为CuNH32+无色的CuNH32+被氧化为蓝色的Cu(NH3)42+，方程式为CuI2-+2NH3⋅H2O=CuNH32++2H2O+2I-、4CuNH32++O2+8NH3⋅H2O=4CuNH342++4OH-+6H2O。
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu+I2=2CuI或2Cu+KI3=2CuI+KI；2Cu+I2=2CuI反应为可逆反应，加入浓KI溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。
（4）要验证I2能将Cu氧化为Cu2+，需设计原电池负极材料为Cu，b为含nmlI2的4ml⋅L-1的KI溶液。
（5）含nmlI2的4ml⋅L-1的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或CuI2-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2和2Cu2++6I-=2CuI2-+I2。
105．（2023湖北18）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。
(2)铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H+的作用是 。
(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，nm=56。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000ml⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
【答案】(1) 具支试管 防倒吸
(2) Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2的氧化性
(3)CuO2
(4) 溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
【详解】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×6480=4n5，因为nm=56，则m(O)=n×1680+(m-n)=2n5，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：n(Cu)n(O)=4n5×642n5×16=12，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据2CuO2+8H++8I-=2CuI↓+3I2+4H2O，可以得到关系式：2CuO2~3I2~6S2O32-，则n(CuO2)=13×0.1ml/L×0.015L=0.0005ml，粗品中X的相对含量为0.0005×960.05×100%=96%。
106．（2023海南17）某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、称量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题：
(1)实验方案中出现的图标 和 ，前者提示实验中会用到温度较高的设备，后者要求实验者 (填防护措施)。
(2)灰化：干燥样品应装入 中(填标号)，置高温炉内，控制炉温850℃，在充足空气氛中燃烧成灰渣。
a．不锈钢培养皿 b．玻璃烧杯 c．石英坩埚
(3)向灰渣中滴加32%的硝酸，直至没有气泡产生。灰化容器中出现的红棕色气体主要成分是 (填化学式)，因而本实验应在实验室的 中进行(填设施名称)。若将漏斗直接置于容量瓶上过滤收集滤液(如图所示)，存在安全风险，原因是 。
(4)测定铁含量基本流程：将滤液在200mL容量瓶中定容，移取25.00mL，驱尽NO3-并将Fe3+全部还原为Fe2+。用5mL微量滴定管盛装K2Cr2O7标准溶液进行滴定。
①选用微量滴定管的原因是 。
②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是 。
③本实验中，使测定结果偏小的是 (填标号)。
a．样品未完全干燥 b．微量滴定管未用标准溶液润洗 c．灰渣中有少量炭黑
【答案】(1)佩戴护目镜
(2)c
(3) NO2 通风橱 液体无法顺利流下
(4) 使实验微型化，滴定更准确，节约试剂 舍去第二次数据 a
【详解】（1） 标识提醒实验者需佩戴护目镜。
答案为：佩戴护目镜。
（2）高温灼烧固体物质需在石英坩埚中进行。
答案为：c。
（3）滴加32%的硝酸，灰化容器中出现的红棕色气体主要成分是NO2，由于NO2有毒，需在通风橱进行；若将漏斗直接置于容量瓶上过滤收集滤液(如图所示)，存在安全风险，原因是液体无法顺利流下。
答案为：NO2；通风橱；液体无法顺利流下。
（4）①木耳中铁含量较少，选用微量滴定管使实验微型化，滴定更准确，节约试剂；
②三次平行滴定中，第二组数据偏差较大，应舍去。
③ a．铁元素的含量=铁元素质量样品质量×100%，样品未完全干燥，使测定结果偏低，故选a;
b．微量滴定管未用标准溶液润洗，标准溶液被稀释，使测定结果偏高，故不选b;
c． 灰渣中有少量炭黑，对测定结果无影响，故不选c。
答案为：滴定更准确，节约试剂；舍去第二组数据；a。
107．（2023河北9）配合物Na3CNO26M=404g⋅ml-1在分析化学中用于K+的鉴定，其制备装置示意图(夹持装置等略)及步骤如下：
①向三颈烧瓶中加入15.0gNaNO2和15.0mL热蒸馏水，搅拌溶解。
②磁力搅拌下加入5.0gCNO32⋅6H2O，从仪器a加入50%醋酸7.0mL。冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水8.0mL。待反应结束，滤去固体。
③在滤液中加入95%乙醇，静置40分钟。固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重。
已知：i.乙醇、乙醚的沸点分别是78.5℃、34.5℃；
ii.NaNO2的溶解度数据如下表。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ，使用前应 。
(2)Na3CNO26中钴的化合价是 ，制备该配合物的化学方程式为 。
(3)步骤①中，用热蒸馏水的目的是 。
(4)步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是 。
(5)已知：2K++Na++CNO263-中性或弱酸性K2NaCNO26↓(亮黄色)足量KCl与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉淀，产品纯度为 %。
(6)实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧， 。
【答案】(1) 分液漏斗 检漏
(2) +3 12NaNO2+2CNO32+H2O2+2CH3COOH =2Na3CNO26+4NaNO3+2CH3COONa+2H2O
(3)增加NaNO2的溶解度
(4)加速产品干燥
(5)80.0
(6)透过蓝色钻玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素
【分析】三颈烧瓶中加入NaNO2和热蒸馏水，将物料溶解加入CNO32⋅6H2O在加入醋酸，冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水，待反应结束，滤去固体，在滤液中加入95%乙醇降低溶解度，析晶，过滤洗涤干燥，得到产物。
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗，使用前应检漏；
（2）Na3CNO26中钠是+1价亚硝酸根是-1价，根据化合价代数和为0，钴的化合价是+3，制备该配合物的化学方程式为12NaNO2+2CNO32+H2O2+2CH3COOH =2Na3CNO26+4NaNO3+2CH3COONa+2H2O；
（3）步骤①中，用热蒸馏水的目的是增加NaNO2的溶解度；
（4）步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是加速产品干燥；
（5）已知：2K++Na++CNO263-中性或弱酸性K2NaCNO26↓(亮黄色)足量KCl与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉淀，则nK2NaCNO26=nNa3CNO26=0.872436ml=0.002ml，mNa3CNO26=0.002ml×404g/ml=0.808g，产品纯度为×100%=80%；
（6）实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，透过蓝色钻玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素。
108．（2023.6浙江20）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝(Al2(OH)aClbm,a=1~5)按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②Al2(OH)aClbm的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度=aa+b
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是 ；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是 。
(4)测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000 ml⋅L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中cAl3+=0.1000 ml⋅L-1。
①产品的盐基度为 。
②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
【答案】(1)Na[Al(OH)4]
(2)BC
(3) 蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4) 0.7 pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【分析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。
【详解】（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是Na[Al(OH)4]；故答案为：Na[Al(OH)4]；
（2）A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠或氢氧化钠低，更易析出成为杂质，不有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B错误；
C．步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀进行搅拌，故C错误；
D．Al2(OH)aClbm中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；
综上所述，答案为：BC；
（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案为：蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀；
（4）①根据Cl-∼AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为0.1000 ml⋅L-1× L0.025L=0.09ml⋅L-1，n(Al3+):n(Cl-)=10:9，根据电荷守恒得到 Al2(OH)产品的盐基度为4.24.2+1.8=0.7；故答案为：0.7。
②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
第四部分 化学工艺流程题
一、工艺流程题
109．（2023湖南9）处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
②KspCuS=6.4×10-36,KspZnS=1.6×10-24。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H2O⇌HS-+OH-
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中cCu2+cZn2+=4.0×10-12
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。
【详解】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；
C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)⋅c(S2-)c(Zn2+)⋅c(S2-)=Ksp(CuS)Ksp(ZnS)=6.4×10-361.6×10-24=4×10-12，C正确；
D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；
故选D。
110．（2023辽宁10）某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列说法错误的是
A．“焙烧”中产生CO2
B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42-
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【分析】焙烧过程中铁转化为三氧化铁、铬元素被氧化转化为对应钠盐，水浸中氧化铁不溶转化为滤渣，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。
【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，A正确；
B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；
C．滤液①中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为CrO42-，C正确；
D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；
故选B。
111．（2023福建6）从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程ZnO转化为ZnNH342+，并有少量Fe2+和Fe3+浸出。下列说法错误的是
A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3
B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3
C．“沉锌”过程发生反应ZnNH342++4H2O+S2-=ZnS↓+4NH3⋅H2O
D．应合理控制NH42S用量，以便滤液循环使用
【答案】B
【分析】“盐浸”过程ZnO转化为ZnNH342+，发生反应ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42++H2O，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：ZnNH342++4H2O+S2-=ZnS↓+4NH3·H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4Cl。
【详解】A. “盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH3，A正确；
B. 由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；
C. “沉锌”过程发生反应ZnNH342++4H2O+S2-=ZnS↓+4NH3·H2O，C正确；
D. 应合理控制NH42S用量，以便滤液循环使用，D正确；
故答案选B。
112．（2023山东13不定项）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Kal=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比nXnCuSO4增大时，需补加NaOH的量减少
【答案】CD
【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Kal=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO32-+2Cu2＋+2H2O=SO42-+ Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。
【详解】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；
B．低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；
C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；
D．制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大nXnCuSO4比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D正确；
答案CD。
二、工艺流程题（非选择题）
113．（2023.6浙江18）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是 。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1)2SO2+O2+2CaCO3高温2CaSO4+2CO2
(2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3) 取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素 +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【分析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A： ；
【详解】（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为2SO2+O2+2CaCO3高温2CaSO4+2CO2；
（2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；
B．根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；
C．化合物A含有 基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；
D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收用于生产发烟硫酸，D正确；
故选BCD；
②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸；
（3）由分析可知，A为 ，A碱性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根离子能和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为： +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
114．（2023新课标27）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在，在碱性介质中以CrO42-存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和 。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO2+或VO3+在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O，故答案为：2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O。
115．（2023山东17）盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，KspLi2CO3=2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O⇌H++B(OH)4-(常温下，Ka=10-9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4⋅8H2O。常温下，在0.10ml⋅L-1硼砂溶液中，B4O5(OH)42-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和B(OH)4-，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液pH= 。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0ml⋅L-1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在 ml⋅L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加 的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作X时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。
【答案】(1) [B4O5OH4]2-+5H2O=2BOH3+2[BOH4]- 9.24
(2) CaSO4、Mg(OH)2 5.5×10-3 CaO
(3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3（或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li2CO3纯度 盐酸 浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、SO42-等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO3、Mg(OH)2；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3。
【详解】（1）含硼固体中的BOH3在水中存在平衡：BOH3+H2O⇌[BOH4]-+H+(常温下，K=10-9.24)；BOH3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5OH4⋅8H2O。常温下.在0.10ml⋅L-1硼砂溶液中，[B4O5OH4]2-水解生成等物质的量浓度的BOH3和[BOH4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5OH4]2-+5H2O=2BOH3+2[BOH4]-，由B元素守恒可知，BOH3和[BOH4]-的浓度均为0.20ml⋅L-1，K=cBOH4-⋅cH+cBOH3=cH+=10-9.24，则该溶液pH=9.24。
（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是CaSO4、Mg(OH)2；精制I后溶液中Li+的浓度为2.0ml⋅L-1，由KspLi2CO3=2.2×10-2可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在2.2×10-22.02ml⋅L-1=5.5×10-3 ml⋅L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（Na2CO3）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3（或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li2CO3纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。
116．（2023全国乙27）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= ml·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
【答案】(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解
(3) 2.8×10-9 Al3+
(4)BaSO4、NiS
(5) Mn2++2H2O电解H2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2
(6)2Li2CO3+8MnO2煅烧4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
【详解】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10ml·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3（OH-）=2.8×10-9ml·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7ml·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12ml·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-2ml·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2O电解H2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2++2H2O电解H2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2煅烧4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO2煅烧4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
117．（2023全国甲26）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiOC2O42的化学方程式为 。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2:nCO= 。
【答案】(1)做还原剂，将BaSO4还原
(2)S2-+Ca2+=CaS↓
(3)c
(4) 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
(5)BaCl2+TiCl4+H2O+2NH42C2O4= BaTiOC2O42↓+4NH4Cl+2HCl
(6)1:1
【分析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和NH42C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiOC2O42；BaTiOC2O42经热分解得到BaTiO3。
【详解】（1）“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO4还原。
（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为S2-+Ca2+=CaS↓。
（3）“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成BaTiOC2O42的化学方程式为：BaCl2+TiCl4+H2O+2NH42C2O4=BaTiOC2O42↓+4NH4Cl+2HCl。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiOC2O42≜BaTiO3+2CO2↑+2CO↑，因此，产生的nc2:nc=1:1。
118．（2023辽宁16）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、C2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸H2SO5，1mlH2SO5中过氧键的数目为 。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、 (填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
(5)“沉钴镍”中得到的C(Ⅱ)在空气中可被氧化成CO(OH)，该反应的化学方程式为 。
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全25℃，需控制pH不低于 (精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3) H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+ CaSO4、Fe(OH)3
(4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
(5)4C(OH)2+O2=4CO(OH)+2H2O
(6)11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸H2SO5，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，C2+变为C(OH)2，在空气中可被氧化成CO(OH)。
【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）H2SO5的结构简式为，所以1mlH2SO5中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，Ksp=c(OH-)3×c(Fe3+)=c(OH-)3×10-5=10-37.4，c(OH-)=10-10.8ml/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁；
（4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成CO(OH)，该反应的化学方程式为：4C(OH)2+O2=4CO(OH)+2H2O；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9ml/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1。
119．（2023.1浙江20）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下：
NaOH溶液→Ⅰ滴加ZnSO4溶液,搅拌→Ⅱ过滤、洗涤ε-Zn(OH)2→Ⅲ控温煅烧纳米ZnO→MOFZnO@MOF
已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+⇌H+OH-Zn(OH)2⇌H+OH-Zn(OH)42-
②ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤
D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小
(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 。
(4)用ZnCH3COO2和过量NH42CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是 。
(5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。
用___________(称量ZnO样品xg)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+)
仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶
操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的Zn2+溶液；i、装瓶贴标签
(6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。
【答案】(1)Zn(OH)42-
(2)BC
(3)坩埚
(4)杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH4+，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
(5)d→(g)→c(f)→(h)
(6)8
【分析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成ε-Zn(OH)2，分离出ε-Zn(OH)2后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。
【详解】（1）初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是Zn(OH)42-；
（2）A．步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；
B．根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是Zn(OH)42-，不能生成ε-Zn(OH)2，B错误；
C．由信息②可知，ε-Zn(OH)2 39℃以下稳定，故在用50℃的热水洗涤时会导致，ε-Zn(OH)2分解为其他物质，C错误；
D．由流程可知，控温煅烧时ε-Zn(OH)2会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，D正确；
故选BC；
（3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚；
（4）两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH4+，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去；
（5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：d→(g)→c(f)→(h)；
（6）人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= 7.5×10-3g1.5×105g/ml=5×10-8ml，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= 0.4×10-6ml/L×1L=0.4×10-6ml，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。
120．（2023重庆15）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
回答下列问题：
(1)Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 。O2-的核外电子排布式为 。
(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
(3)反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
(4)①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0ml/L，理论上pH不超过 。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000ml/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中CaCl2的质量分数为 。
【答案】(1) +3 1s22s22p6
(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
(3) 4CaO+6H2O+4Fe2++O2=4FeOH3+4Ca2+ 适当升高温度、搅拌
(4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
【分析】FeCl2溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，FeCl2溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【详解】（1）Fe3O4可以写成FeO⋅Fe2O3，故Fe元素的化合价是+2和+3。O2-为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为4CaO+6H2O+4Fe2++O2=4FeOH3+4Ca2+。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0ml/L，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时cOH-=KspcCa2+=5.0×10-65.0=1.0×10-3ml/L，pOH=3，pH=11，故理论上pH不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CaC2O4，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，结合质量守恒可知，5CaCl2∼5H2C2O4∼2MnO4-，则该副产物中CaCl2的质量分数为0.1000×24×10-3ml×52×111g/ml1.000g×100%=66.6%。
121．（2023北京18）以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1) “浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，则可推断：KspMnS (填“>”或“<”)KspAg2S。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
(2) “浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以AgCl2-形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
□Fe3++Ag2S+□_____⇌□_____+2AgCl2-+S
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl-、H+的作用： 。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： 。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】(1) > Fe3+、Mn2+
(2) 2Fe3++Ag2S+4Cl-⇌2Fe3++2AgCl2-+S Cl-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成AgCl2-，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀
(3) 2AgCl2-+Fe=Fe2++2Ag+4Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+ Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3+把Ag氧化为Ag+
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂
【分析】银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+；浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应，将Ag2S中的银以AgCl2-形式浸出，用铁粉把AgCl2-还原为金属银。
【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：KspMnS>KspAg2S；
②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+。
（2）①Ag2S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为2Fe3++Ag2S+4Cl-⇌2Fe2++2ΛgCl2-+S；
②Cl-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成AgCl2-，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀。
（3）①铁粉可将AgCl2-还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为2AgCl2-+Fe=Fe2++2Ag+4Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+；
②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，因此t min后银的沉淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。
122．（2023湖北16）SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCO2进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)C位于元素周期表第 周期，第 族。
(2)烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是 。
(4)已知KspC(OH)2=5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中C2+浓度为 ml⋅L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl
(3)焰色反应
(4) 5.9×10-7 6C(OH)2+O2850℃2C3O4+6H2O
(5)abd
【分析】由流程和题中信息可知，LiCO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为C(OH)2）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到C3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。
【详解】（1）C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知KspC(OH)2=5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH-)=1.0×10-4 ml⋅L-1，C2+浓度为KspC(OH)2c2(OH-)=5.9×10-15（1.0×10-4）2ml⋅L-1=5.9×10-7 ml⋅L-1。“850℃煅烧”时，C(OH)2与O2反应生成C3O4和H2O，该反应的化学方程式为6C(OH)2+O2850℃2C3O4+6H2O。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；
综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。
123．（2023海南15）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
(1)Be3Al2Si6O18中Be的化合价为 。
(2)粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。
(3)该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
(4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为 。
(5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。
【答案】(1)+2
(2) 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO2
(3)(NH4)2SO4
(4)BeO+Cl2+C→600~800°CCO+BeCl2
(5)10
【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。
【详解】（1）按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2+价；
（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；
（3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；
（4）BeO、Cl2与足量C在600~800°C生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+C→600~800°CCO+BeCl2；
（5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=Kspc2OH-，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6ml/L，铍损失浓度为c(Be2+)=Ksp10-12ml/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5ml/L，铍损失浓度为c(Be2+)=Ksp10-11ml/L，损失降低至原来的10%。
124．（2023河北10）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8。
回答下列问题：
(1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学式)。
(2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(3)浸取工序的产物为CuNH32Cl，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
(4)浸取工序宜在30~40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是 。
(5)补全中和工序中主反应的离子方程式CuNH32++2H++Cl-= + 。
(6)真空干燥的目的为 。
【答案】(1)CuNH34Cl2
(2)Fe
(3) CuNH34Cl2+Cu=2CuNH32Cl 8NH3+4CuNH32++O2+4H+=4CuNH342++2H2O
(4)盐酸和液氨反应放热
(5) CuCl↓ 2NH4+
(6)防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化
【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。
【详解】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：CuNH34Cl2；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为CuNH34Cl2+Cu=2CuNH32Cl；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为8NH3+4CuNH32++O2+4H+=4CuNH342++2H2O，故答案为：CuNH34Cl2+Cu=2CuNH32Cl；8NH3+4CuNH32++O2+4H+=4CuNH342++2H2O；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为CuNH32++2H++Cl-= CuCl↓+2NH4+，故答案为：CuCl↓；2NH4+；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化。
125．（2023广东18）Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3⋅H2O、NH42SO3和NH42CO3配制。常温下，Ni2+、C2+、C3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKbNH3⋅H2O=-4.7；C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，cNH3⋅H2O cNH4+ (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由C(OH)3转化为CNH362+的离子方程式为 。
(4)NH42CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②NH42CO3提高了Ni、C的浸取速率，其原因是 。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于C与O最小间距，x、y为整数，则C在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中nHNO3与nH2O的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和 (填化学式)。
【答案】(1)MgO+H2O=Mg(OH)2
(2)＞
(3)2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO32-=2CNH362++SO42-+13H2O+4OH-或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH4++SO32-=2CNH362++SO42-+13H2O
(4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) HCl 体心 12
(6) 0.4或2:5 MgO
【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
【详解】（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H2O=Mg(OH)2；故答案为：MgO+H2O=Mg(OH)2。
（2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，lgKbNH3⋅H2O=-4.7，KbNH3⋅H2O=10-4.7=cNH4+⋅c(OH-)cNH3⋅H2O，cNH4+cNH3⋅H2O=10-4.7c(OH-)=10-4.710-<1，则cNH3⋅H2O＞cNH4+；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时，C(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成CNH362+，则由C(OH)3转化为CNH362+的离子方程式为2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO32-=2CNH362++SO42-+13H2O+4OH-或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH4++SO32-=2CNH362++SO42-+13H2O；故答案为：2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO32-=2CNH362++SO42-+13H2O+4OH-或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH4++SO32-=2CNH362++SO42-+13H2O。
（4）NH42CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；故答案为：晶体。
②根据题意NH42CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则NH42CO3能提高了Ni、C的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；故答案为：HCl。
②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于C与O最小间距，则Al在顶点，因此C在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2⋅6H2O，根据Mg(NO3)2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2ΔMgO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中nHNO3与nH2O的比值理论上最高为2:5；故答案为：0.4或2:5。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，根据前面分析Mg(NO3)2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2ΔMgO+H2O，在于可重复利用HNO3和MgO；故答案为：MgO。
126．（2023福建10）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe3O4、CO、CuS、Cu2S及少量SiO2)中分离回收金属的流程如下：
(1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CO 发生反应的离子方程式 。
(2)“焙烧1”中，晶体[Fe2SO43⋅xH2O和CSO4⋅yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下：
①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；566~600℃发生分解的物质是 (填化学式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
(3)25℃时，Ksp(CuS)=6.3×10-36,H2S的Ka1=1.1×10-7,Ka2=1.3×10-13。反应CuS(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数K= (列出计算式即可)。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
(4)基态Cu2+的价电子排布式为 。
(5)晶胞中含有 个S22-,NCu+:NCu2+= 。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。
a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
(6)“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
【答案】(1) 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等 CO+2H+=C2++H2O
(2) 失去结晶水 Fe2SO43 600℃~630℃
(3)Ksp(CuS)Ka1×Ka2或6.3×10-361.1×10-7×1.3×10-13或(4.4~4.5)×10-16之间任一数字
(4)3d9
(5) 2 2:1 bc
(6) Cu2S+2O2≜2CuO+SO2 SiO2
【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有C2+、Fe2+、SO42- 、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、Cu2S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2 SiO2。
【详解】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等（任写一条即可），CO 发生反应的离子方程式为：CO+2H+=C2++H2O；
（2）①由图可知，升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3）CuS(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数K=c(Cu2+)·(H2S)c2(H+)=Ksp(CuS)Ka1×Ka2=6.3×10-361.1×10-7×1.3×10-13；
（4）基态Cu2+的价电子排布式为3d9；
（5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为S22-，个数为16×142=4；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为S2-，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=2，y=1，故N(Cu+):N(Cu2+)=2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为：Cu2S+2O2≜2CuO+SO2，由分析可知，滤渣2为SiO2。
127．（2023湖南17）超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是 ；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；
(3)“合成GaCH33Et2O”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式： ；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中Et2O得到了循环利用
B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配GaCH33NR3，并蒸出GaCH33
D．用核磁共振氢谱不能区分GaCH33和CH3I
(6)直接分解GaCH33(Et2O)不能制备超纯GaCH33，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯GaCH33的理由是 ；
(7)比较分子中的C-Ga-C键角大小：GaCH33 GaCH33(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
【答案】(1)分子晶体
(2) 保证Ga为液体，便于纯Ga流出 GaO2-+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2GaCH33Et2O+3MgI2+2CH3MgI；
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7) > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成GaCH33(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O重复利用，据此解答。
【详解】（1）晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为GaO2-+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）；
（3）“合成GaCH33Et2O”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2GaCH33Et2O+3MgI2+2CH3MgI；
（4）“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中Et2O得到了循环利用，A正确；
B. GaCH33Et2O容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；
C. “配体交换”得到GaCH33NR3，“工序X”先解构GaCH33NR3后蒸出GaCH33，C正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分GaCH33和CH3I，D错误；
故选D；
（6）直接分解GaCH33(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯GaCH33，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯GaCH33的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的C-Ga-C键角GaCH33>GaCH33(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
第五部分 化学反应原理
一、电化学
128．（2023广东6）负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除C1-实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是
A．Ag作原电池正极
B．电子由Ag经活性炭流向Pt
C．Pt表面发生的电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D．每消耗标准状况下11.2L的O2，最多去除1 ml Cl-
【答案】B
【分析】O2在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应，Ag为负极。
【详解】A．由分析可知，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应生成AgCl，Ag为负极，A错误；
B．电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt，B正确；
C．溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O2+4H++4e-=2H2O，C错误；
D．每消耗标准状况下11.2L的O2，转移电子2ml，而2ml Cl-失去2ml电子，故最多去除2ml Cl-，D错误。
故选B。
129．（2023海南8）利用金属Al、海水及其中的溶解氧可组成电池，如图所示。下列说法正确的是
A．b电极为电池正极
B．电池工作时，海水中的Na+向a电极移动
C．电池工作时，紧邻a电极区域的海水呈强碱性
D．每消耗1kgAl，电池最多向外提供37ml电子的电量
【答案】A
【分析】铝为活泼金属，发生氧化反应为负极，则石墨为正极；
【详解】A．由分析可知，b电极为电池正极，A正确；
B．电池工作时，阳离子向正极移动，故海水中的Na+向b电极移动，B错误；
C．电池工作时，a电极反应为铝失去电子生成铝离子Al-3e-=Al3+，铝离子水解显酸性，C错误；
D．由C分析可知，每消耗1kgAl（为100027ml），电池最多向外提供100027ml×3=10009ml电子的电量，D错误；
故选A。
130．（2023湖南8）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成1ml葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2ml电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
【答案】B
【详解】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且Br-在阳极上被氧化为Br2，然后Br2与H2O反应生成HBrO和Br-，HBrO再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和Br-，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，A说法正确；
B．由A中分析可知，2mlBr-在阳极上失去2ml电子后生成1mlBr2，1mlBr2与H2O反应生成1mlHBrO，1mlHBrO与1ml葡萄糖反应生成1ml葡萄糖酸，1ml葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5 ml葡萄糖酸钙，因此，每生成1 ml葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4 ml电子，B说法不正确；
C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，其能通过分子内反应生成含有六元环状结构的酯，C说法正确；
D．葡萄糖分子中的1号C原子形成了醛基，其余5个C原子上均有羟基和H；醛基上既能发生氧化反应生成羧基，也能在一定的条件下与氢气发生加成反应生成醇，该加成反应也是还原反应；葡萄糖能与酸发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；羟基能与其相连的C原子的邻位C上的H（β-H）发生消去反应；综上所述，葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，D说法正确；
综上所述，本题选B。
131．（2023北京5）回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D．装置b中的总反应为SO32-+CO2+H2O电解HCOOH+SO42-
【答案】C
【详解】A．SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，故B正确；
C．装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液不反应，不能吸收CO2，故C错误；
D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO32-+CO2+H2O电解HCOOH+SO42-，故D正确；
选C。
132．（2023湖北10）我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为xml⋅h-1。下列说法错误的是
A．b电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为2xml⋅h-1
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，电池总反应为2H2O通电2H2↑+O2↑，据此解答。
【详解】A．b电极反应式为b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；
B．该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，为保持OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；
C．电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；
D．由电解总反应可知，每生成1mlH2要消耗1mlH2O，生成H2的速率为xml⋅h-1，则补水的速率也应是xml⋅h-1，故D错误；
答案选D。
133．（2023广东13）利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K1，一段时间后
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2
B．a处布条褪色，说明Cl2具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：Cl->I-
D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转
【答案】D
【分析】闭合K1，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl+2H2O==电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，据此解答。
【详解】A．根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，A错误；
B．左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；
C．b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：I->Cl-，C错误；
D．断开K1，立刻闭合K2，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；
故选D。
134．（2023广东16）用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是
A．电解总反应：KNO3+3H2O=NH3·H2O+2O2↑+KOH
B．每生成1 ml NH3⋅H2O，双极膜处有9 ml的H2O解离
C．电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
【答案】B
【分析】由信息大电流催化电解KNO3溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为NO3-+8e-+7H2O=NH3⋅H2O+9OH-，电极b为阳极，电极方程式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。
【详解】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO3+3H2O=NH3⋅H2O+2O2↑+KOH，故A正确；
B．每生成1ml NH3⋅H2O，阴极得8ml e－，同时双极膜处有8ml H+进入阴极室，即有8ml的H2O解离，故B错误；
C．电解过程中，阳极室每消耗4ml OH-，同时有4ml OH-通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确；
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H2O被催化解离成H+和OH-，可提高氨生成速率，故D正确；
故选B。
135．（2023辽宁7）某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是
A．b端电势高于a端电势B．理论上转移2mle-生成4gH2
C．电解后海水pH下降D．阳极发生：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+
【答案】D
【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极，高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为H++Cl-+H2O电解HClO+H2↑，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移2mle-生成2gH2，B错误；
C．由分析可知，电解的主要总反应为H++Cl-+H2O电解HClO+H2↑，电解后海水中H+浓度减小，pH上升，C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：Cl-+H₂O-2e-=HClO+H+，D正确；
故选D。
136．（2023辽宁11）某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb+SO42-+2Fe3+=PbSO4+2Fe2+
【答案】B
【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。
【详解】A．放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；
B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；
C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C错误；
D．充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb+SO42-+2Fe3+，D错误；
故答案选B。
137．（2023.1浙江11）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料TiSi，电解装置如图，下列说法正确的是
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H++TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl-参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【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，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料TiSi，电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-。
【详解】A．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，选项A错误；
B．电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，选项B错误；
C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，选项C正确；
D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误；
答案选C。
138．（2023全国甲12）用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A．析氢反应发生在IrOx-Ti电极上
B．Cl-从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极
C．阴极发生的反应有：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
D．每转移1ml电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)
【答案】C
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；
B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；
C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确；
D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1ml电子，生成0.25mlO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；
答案选C。
139．（2023全国乙12）室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：12S8+e-→12S82-，12S82-+e-→S42-，2Na++x4S42-+2(1-x4)e-→Na2Sx
下列叙述错误的是
A．充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na++x8S8+2e-→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
【答案】A
【分析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
【详解】A．充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na+由硫电极迁移至钠电极，A错误；
B．放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na+结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；
C．由题给的的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为2Na++x8S8+2e-→Na2Sx，C正确；
D．炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；
故答案选A。
140．（2023河北7）我国科学家发明了一种以和MnO2为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料转化为。下列说法错误的是
A．充电时，b电极上发生还原反应
B．充电时，外电源的正极连接b电极
C．放电时，①区溶液中的SO42-向②区迁移
D．放电时，a电极的电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O
【答案】B
【分析】放电时，电极材料转化为，电极反应 -2ne-= +2nK+，是原电池的负极，阳离子增多需要通过阳离子交换膜进入②区；二氧化锰得到电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，阳离子减少，多余的阴离子需要通过阴离子交换膜进入②区，故③为碱性溶液是电极，①为酸性溶液是二氧化锰电极。
【详解】A．充电时，b电极上得到电子，发生还原反应，A正确；
B．充电时，外电源的正极连接a电极相连，电极失去电子，电极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，B错误；
C．放电时，①区溶液中多余的SO42-向②区迁移，C正确；
D．放电时，a电极的电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，D正确；
故选：B。
141．（2023福建8）一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由NaCl、KCl和AlCl3形成熔点为93℃的共熔物)，其中氯铝酸根AlnCl3n+1-n≥1起到结合或释放Al3+的作用。电池总反应：2Al+3xS⇄充电放电Al2Sx3。下列说法错误的是
A．AlnCl3n+1-含4n个Al-Cl键
B．AlnCl3n+1-中同时连接2个Al原子的Cl原子有n-1个
C．充电时，再生1mlAl单质至少转移3ml电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的AlnCl3n+1-浓度越高
【答案】D
【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。
【详解】A．AlnCl3n+1-的结构为，所以含4n个Al-Cl键，A正确；
B．由AlnCl3n+1-的结构可知同时连接2个Al原子的Cl原子有n-1个，B正确；
C．由总反应可知充电时，再生1mlAl单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移3ml电子，C正确；
D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的AlnCl3n+1-浓度越高，D错误；
故选D。
142．（2023重庆12）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是
A．电极a为阴极
B．H+从电极b移向电极a
C．电极b发生的反应为：
D．生成3ml半胱氨酸的同时生成1ml烟酸
【答案】D
【分析】该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中‘加氧少氢’，发生氧化反应，则b为阳极，a为阴极，阴极电极反应式为 +2e-+2H+=2 ；
【详解】A．a极上硫元素化合价升高，a为阴极，A正确；
B．电解池中阳离子移向阴极，则H+移向a电极，B正确；
C．电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中发生氧化反应，在酸性介质中电极反应式为： ，C正确；
D．根据电子守恒可得关系式： ~6e-~6 ，因此生成6ml半胱氨酸的同时生成1ml烟酸，D错误；
故选：D。
143．（2023.6浙江13）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【详解】A．电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；
B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：2H2O+4e-+O2=4OH-，故B错误；
C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；
D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。
综上所述，答案为B。
144．（2023新课标10）一种以V2O5和Zn为电极、ZnCF3SO32水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5⋅nH2O。下列说法错误的是
A．放电时V2O5为正极
B．放电时Zn2+由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5⋅nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5⋅nH2O-2xe-=xZn2++V2O5+nH2O
【答案】C
【分析】由题中信息可知，该电池中Zn为负极、V2O5为正极，电池的总反应为xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5⋅nH2O。
【详解】A．由题信息可知，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5⋅nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；
B．Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向正极迁移，B说法正确；
C．电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5⋅nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5⋅nH2O=xZn+V2O5+nH2O，C说法不正确；
D．充电阳极上ZnxV2O5⋅nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5⋅nH2O-2xe-=xZn2++V2O5+nH2O，D说法正确；
综上所述，本题选C。
145．（2023山东11不定项）利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2++4NH3=CuNH342+
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
【答案】CD
【详解】A. 向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成CuNH342+，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；
B. 在原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；
C. 左侧负极是Cu-2e-+4NH3=CuNH342+，正极是Cu2++2e-=Cu，则电池总反应为：Cu2++4NH3=CuNH342+，故C正确；
D. NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成CuNH342+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。
综上所述，答案为CD。
二、反应机理
146．（2023湖南14）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用L-Ru-NH3+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M中Ru的化合价为+3
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2NH4+
【答案】B
【详解】A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，L-Ru-NH32+中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N—H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（H+）的能力增强，A说法正确；
B．Ru(Ⅱ)中Ru的化合价为+2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化合价变为+3，Ru(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为L-Ru-N·H2+，当L-Ru-NH2+变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为+2，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为L-Ru-NH2-NH2-Ru-L2+时，有N-N键形成，N-N是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH4+，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH3-2e-=N2H4+2NH4+，D说法正确；
综上所述，本题选B。
147．（2023新课标12）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
【答案】D
【详解】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；
B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；
故选D。
148．（2023广东15）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⇌P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
故选C。
149．（2023河北6）在恒温恒容密闭容器中充入一定量Wg，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2=k2c2(X)和v3=k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得Wg的浓度随时间的变化如下表。
下列说法正确的是
A．0~2min内，X的平均反应速率为0.080ml⋅L-1⋅min-1
B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C．若k2=k3，平衡时c(Z)=c(X)
D．若升高温度，平衡时cZ减小
【答案】D
【详解】A．由表知0~2min内∆c(W)=0.16-0.08=0.08ml/L，生成∆c(X)=2∆c(W)=0.16ml/L，但一部分X转化为Z，造成∆c(X)<0.16ml/L，则v(X)<0.160ml/L2min=0.080ml⋅L-1⋅min-1，故A错误；
B．过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应4X(g)⇌2Z(g)平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Y的产率减小，故B错误；
C．由速率之比等于系数比，平衡时v逆(X)=2v正(Z)，即v3=2v2，k3c(Z)=2k2c2(X)，若k2=k3，平衡时c(Z)=2c2(X)，故C错误；
D．反应③的活化能大于反应②，∆H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则4X(g)⇌2Z(g)ΔH<0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时cZ减小，故D正确；
故选D。
150．（2023.6浙江14）一定条件下，1-苯基丙炔(Ph-C≡C-CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
综上所述，答案为C。
三、化学反应原理
151．（2023海南7）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是
A．C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1411kJ⋅ml-1
B．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH=-137kJ⋅ml-1
C．H2O(l)=O2(g)+H2(g) ΔH=+285.8kJ⋅ml-1
D．C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1559.8kJ⋅ml-1
【答案】D
【分析】1ml纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。
【详解】A．H2O应该为液态，A错误；
B．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH=+137kJ⋅ml-1，B错误；
C．氢气的燃烧热为285.8kJ/ml，则H2O(l)=12O2(g)+H2(g) ΔH=+285.8kJ⋅ml-1，C错误；
D．C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1559.8kJ⋅ml-1，D正确；
故选D。
152．（2023北京4）下列事实能用平衡移动原理解释的是
A．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
【答案】B
【详解】A．MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；
B．NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；
C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；
D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；
故选B。
153．（2023海南13不定项）工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①表示的是逆反应的v-t关系
B．t2时刻体系处于平衡状态
C．反应进行到t1时，Q>K(Q为浓度商)
D．催化剂存在时，v1、v2都增大
【答案】BD
【详解】A．反应为乙苯制备苯乙烯的过程，开始反应物浓度最大，生成物浓度为0，所以曲线①表示的是正反应的v-t关系，曲线表示的是逆反应的v-t关系，故A错误；
B．t2时，正逆反应速率相等，体系处于平衡状态，故B正确；
C．反应进行到t1时，反应正向进行，故Q＜K，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，使反应的v1、v2都增大，故D正确；
故选BD。
154．（2023湖南13）向一恒容密闭容器中加入1mlCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比xx=nCH4nH2O随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．x1B．反应速率：vb正C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【详解】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则x1B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1ml，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：vb正>vc正，故B错误；
C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：KaD．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选B。
155．（2023江苏10）金属硫化物(MxSy)催化反应CH4g+2H2Sg=CS2g+4H2g，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是
A．该反应的ΔS<0
B．该反应的平衡常数K=cCH4⋅c2H2ScCS2⋅c4H2
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗1mlH2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023
【答案】C
【详解】A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5，ΔS>0 ，A错误；
B．由方程形式知，K=cCS2⋅c4H2cCH4⋅c2H2S ，B错误；
C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；
D．由方程式知，消耗1ml H2S同时生成2ml H2，转移4ml e-，数目为4×6.02×1023，D错误；
故选C。
156．（2023山东14不定项）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10ml∙L-1，TFAA的浓度为0.08ml∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是
A．t1时刻，体系中有E存在
B．t2时刻，体系中无F存在
C．E和TFAA反应生成F的活化能很小
D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08ml∙L-1
【答案】AC
【分析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：
①E+TFAA→F ②F→G ③G⇌H+TFAA
t1之后的某时刻，H为0.02 ml∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10ml∙L-1E、起始时的0.08ml∙L-1TFAA、G分解生成的0.02 ml∙L-1 TFAA全部参加反应，生成0.10ml∙L-1F；在t2时刻，H为0.08ml∙L-1，TFAA为0.06ml∙L-1，G为0.01 ml∙L-1，则F为0.01 ml∙L-1。
【详解】A．由图可知，反应0时刻后,TFAA的浓度由0.08ml/L降为0，说明E与TFAA反应极快，根据合成路线可知，E与TFAA以1:1进行反应，E的起始浓度为0.1 ml/L，则反应后E的浓度降为0.02 ml/L，故t1时刻体系中有E存在，A正确；
B．由分析可知，t2时刻，H为0.08ml∙L-1，TFAA为0.06ml∙L-1，G为0.01 ml∙L-1，则F为0.01 ml∙L-1，所以体系中有F存在，B不正确；
C．t1之后的某时刻，H为0.02 ml∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；
D．在t2时刻，H为0.08ml∙L-1，TFAA为0.06ml∙L-1，G为0.01 ml∙L-1，F为0.01 ml∙L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08ml∙L-1，而G⇌H+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08ml∙L-1，D不正确；
故选AC。
157．（2023江苏13）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
CO2g+4H2g=CH4g+2H2Og ΔH=-164.7kJ⋅ml-1
CO2g+H2g=COg+H2Og ΔH=41.2kJ⋅ml-1
在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始CO2:n起始H2=1:4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为n生成CH4n反应CO2×100%。下列说法正确的是
A．反应2COg+2H2g=CO2g+CH4g的焓变ΔH=-205.9kJ⋅ml-1
B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高n起始H2n起始CO2的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值
【答案】D
【详解】A．由盖斯定律可知反应2COg+2H2g=CO2g+CH4g的焓变ΔH=-2×41.2kJ⋅ml-1-164.7kJ⋅ml-1=-247.1kJ⋅ml-1，A错误；
B．CO2g+4H2g=CH4g+2H2Og为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH4的含量降低，故CH4的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；
C．由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；
D．450℃时，提高n起始H2n起始CO2的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，D正确。
故选D。
158．（2023辽宁12）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；
C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；
答案选C。
159．（2023.1浙江14）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A．E6-E3=E5-E2
B．可计算Cl-Cl键能为2E2-E3kJ⋅ml-1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=E5-E4kJ⋅ml-1
【答案】C
【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。
【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确；
B．已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl g的相对能量为E2-E3kJ⋅ml-1，则Cl-Cl键能为2E2-E3kJ⋅ml-1，B正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=E5-E4kJ⋅ml-1，D正确；
故答案为：C。
160．（2023重庆14）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：CO2g+H2g⇌COg+H2Og
反应Ⅱ：CO2g+4H2g⇌CH4g+2H2Og
在恒容条件下，按VCO2:VH2=1:1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0
B．M点反应Ⅰ的平衡常数K<1
C．N点H2O的压强是CH4的3倍
D．若按VCO2:VH2=1:2投料，则曲线之间交点位置不变
【答案】C
【详解】A．随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，A错误；
B．M点没有甲烷产物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料VCO2:VH2=1:1，则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数K=cH2OcCOcCO2cH2=1，B错误；
C．N点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量为甲烷的3倍，结合阿伏伽德罗定律可知，H2O的压强是CH4的3倍，C正确；
D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应、反应Ⅱ为气体分子数减小的反应；若按VCO2:VH2=1:2投料，相当于增加氢气的投料，会使得甲烷含量增大，导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变，D错误；
故选C。
四、水溶液综合
161．（2023北京3）下列过程与水解反应无关的是
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
【答案】B
【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；
C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；
D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意；
故选B。
162．（2023江苏12）室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知KspMgF2=5.2×10-11，KaHF=6.3×10-4。下列说法正确的是
A．0.1ml⋅L-1NaF溶液中：cF-=cNa++cH+
B．“除镁”得到的上层清液中：cMg2+=KspMgF2cF-
C．0.1ml⋅L-1NaHCO3溶液中：cCO32-=cH++cH2CO3-cOH-
D．“沉锰”后的滤液中：cNa++cH+=cOH-+cHCO3-+2cCO32-
【答案】C
【详解】A．0.1ml⋅L-1NaF溶液中存在电荷守恒：cOH-+cF-=cNa++cH+，A错误；
B．“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有KspMgF2=cMg2+c2F-，故cMg2+=KspMgF2c2F-，B错误；
C．0.1ml⋅L-1NaHCO3溶液中存在质子守恒：cCO32-+cOH-=cH++cH2CO3，故cCO32-=cH++cH2CO3-cOH-，C正确；
D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO42-等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。
故选C。
163．（2023海南14不定项）25℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．cNa2CO3=0.6ml⋅L-1时，溶液中cOH-<0.01ml⋅L-1
B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中H2CO3的Ka2<4×10-11
D．0.2ml⋅L-1的Na2CO3溶液和0.3ml⋅L-1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液cOH-<2×10-4ml⋅L-1
【答案】B
【详解】A．由图像可以，cNa2CO3=0.6ml⋅L-1时，pH>12.0，溶液中cOH->0.01ml⋅L-1，故A错误；
B．盐溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；
C．结合图像可知，当cNa2CO3=0.5ml⋅L-1，pH=12，碳酸根水解程度大于碳酸氢根，则Kh=c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)＞10-2×10-20.5=2×10-4，则Ka2＜KWKh=5×10-11，故C错误；
D．若0.2ml⋅L-1的Na2CO3溶液等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1ml/L，由图可知，pH>11.6，得到的溶液cOH->2×10-4ml⋅L-1，0.2ml⋅L-1的Na2CO3溶液和0.3ml⋅L-1的NaHCO3溶液等体积混合后c(OH-)大于与水混合的，故D错误。
答案为：B。
164．（2023湖北14）H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1=7.46，pKa2=12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系，其中c0Fe3+=2.0×10-4ml⋅L-1，c0H2L=5.0×10-3ml⋅L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)=c(x)2.0×10-4ml⋅L-1，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是
A．当pH=1时，体系中cH2L>c[FeL]+>c(OH-)>cHL-
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-
C．L2-+[FeL]+⇌FeL2-的平衡常数的lgK约为14
D．当pH=10时，参与配位的cL2-≈1.0×10-3ml⋅L-1
【答案】C
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈5×10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C．该反应的平衡常数K=c([FeL2]-)c([FeL]+)c(L2-)，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=1c(L2-)，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
165．（2023北京14）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合cMg2+⋅c2OH-=KspMg(OH)2；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合cMg2+⋅cCO32-=KspMgCO3[注：起始cNa2CO3=0.1ml⋅L-1，不同pH下cCO32-由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，pH=10.25,cHCO3-=cCO32-
B．由图2，初始状态pH=11、lgcMg2+=-6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH=9、lgcMg2+=-2，平衡后溶液中存在cH2CO3+cHCO3-+cCO32-=0.1ml⋅L-1
D．由图1和图2，初始状态pH=8、lgcMg2+=-1，发生反应：Mg2++2HCO3-=MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出pH=11、lgcMg2+=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出pH=9、lgcMg2+=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中cH2CO3+cHCO3-+cCO32-<0.1ml⋅L-1，C项错误；
D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3-，pH=8，lgcMg2+=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg3+2HCO3-=MgCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确；
故选C。
166．（2023湖南12）常温下，用浓度为0.0200ml⋅L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200ml⋅L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η=V标准溶液V待测溶液)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B．点a：cNa+=cCl-=cCH3COO-+c(CH3COOH)
C．点b：cCH3COOHD．水的电离程度：a【答案】D
【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，Ka(CH3COOH)=c(H+)⋅c(CH3COO-)c(CH3COOH) ≈10-3.38×10-，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；
答案选D。
167．（2023辽宁15）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即cH2S=0.1ml⋅L-1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为ml⋅L-1。已知KspNiS>Ksp(CdS)，下列说法正确的是
A．Ksp(CdS)=10-18.4B．③为pH与-lgcHS-的关系曲线
C．Ka1H2S=10-8.1D．Ka2H2S=10-14.7
【答案】D
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且KspNiS>Ksp(CdS)，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有KspCdS=cCd2+·cS2-=10-13ml/L×10-13ml/L=10-26，A错误；
B．由分析可知，③为pH与-lgcS2-的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，Ka1H2S=cH+·cHS-cH2S=10-1.6ml/L×10-6.5ml/L0.1ml/L=10-7.1或者当c(H+)=10-4.2ml/L时，c(HS-)=10-3.9ml/L，Ka1H2S=cH+·cHS-cH2S=10-4.2ml/L×10-3.9ml/L0.1ml/L=10-7.1，C错误；
D．已知Ka1Ka2=c(H+)c(HS-)c(H2S)·c(H+)c(S2-)c(HS-)=c2(H+)·c(S2-)c(H2S)，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2=c2(H+)c(S2-)c(H2S)=(10-4.9ml/L)2×10-13ml/L0.1ml/L=(10-6.8ml/L)2×10-9.2ml/L0.1ml/L=10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有Ka2H2S=10-14.7，D正确；
故答案为D。
168．（2023.1浙江13）甲酸HCOOH是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10-4)，下列说法不正确的是
A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH-
B．pH=5的废水中cHCOO-:c(HCOOH)=18
C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH+作用的HCOO-数目减少
D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
【答案】D
【详解】A．由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O⇌R3NH++OH-，故A正确；
B．由电离常数公式可知，溶液中cHCOO-c(HCOOH)=Kac(H+)，当溶液pH为5时，溶液中cHCOO-c(HCOOH)=1.8×10-41.0×10-5=18，故B正确；
C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与R3NH+作用的数目减小，故C正确；
D．由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O⇌R3NH++OH-，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；
故选D。
169．（2023.1浙江15）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq)[已知KspCaCO3=3.4×10-9，KspCaSO4=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Kal=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在cCa2+=cCO32-
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中cCa2+保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【答案】B
【详解】A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此cCa2+>cCO32-，A错误；
B．根据Ka2=4.7×10-11可得c(CO32-)⋅c(H+)c(HCO3-)=4.7×10-11，则碳酸根的水解平衡常数为Kh=cHCO3-⋅cOH-cCO32-=KwKa2≈2×10-2>Ka2，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；
C．向体系中通入CO2，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，c(CO32-)减小，CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；
D．由题干可知，KspCaCO3=3.4×10-9，KspCaSO4=4.9×10-5，则CaCO3(s)+SO42-(aq)⇌CaSO4(s)+CO32-(aq)的平衡常数K=KspCaCO3KspCaSO4=3.4×10-94.9×10-5=6.9×10-5，故通过加Na2SO4溶液不可实现CaCO3向CaSO4的有效转化，D错误；
故答案选B。
170．（2023全国甲13）下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM-pH关系图(pM=-lgcM/ml⋅L-1；cM≤10-5ml⋅L-1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由a点可求得KspFe(OH)3=10-8.5
B．pH=4时Al(OH)3的溶解度为10-103ml⋅L-1
C．浓度均为0.01ml⋅L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离
D．Al3+、Cu2+混合溶液中cCu2+=0.2ml⋅L-1时二者不会同时沉淀
【答案】C
【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则KspFe(OH)3=c(Fe3+)⋅c3(OH-)=10-2.5×10-12×3=10-38.5，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则KspAl(OH)3=c(Al3+)⋅c3(OH-)=10-6×10-9×3=10-33，pH=4时Al(OH)3的溶解度为10-33(10-10)3=10-3ml⋅L-1，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+，故C正确；
D．由图可知，Al3+沉淀完全时，cAl3+≤10-5ml⋅L-1，pM≥5，此时pH约为4.7，在此pH下Cu2+刚开始沉淀的浓度为0.1ml⋅L-1，而题中cCu2+=0.2ml⋅L-1>0.1ml⋅L-1，则Al3+、Cu2+会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
171．（2023全国乙13）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO42-)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4+2Cl-⇌2AgCl+CrO42-的平衡常数K=107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO42-)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。
【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K=c(CrO42-)c2(Cl-)，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=c(CrO42-)c2(Cl-)=c(CrO42-)⋅c2(Ag+)c2(Cl-)⋅c2(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)Ksp2(AgCl)=1×10-11.7(1×10-9.8)2=1×107.9，C正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
172．（2023河北8）某温度下，两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中-lgcXx-或-lgcYy-与-lgcAg+的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x:y=3:1
B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入AgNO3(s)，则平衡时cXx-cYy-变小
C．向AgxX固体中加入NayY溶液，可发生AgxX→AgyY的转化
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时cXx-+cYy-<2cAg+
【答案】D
【分析】对于沉淀AgxX，存在沉淀溶解平衡AgxX⇌xAg++Xx-，则Ksp(AgxX)=cx(Ag+)×c(Xx-)，在图像上任找两点（0，16），（3，7），转化成相应的离子浓度代入，由于温度不变，所以计算出的Ksp(AgxX)不变，可求得x=3，Ksp(Ag3X)=1×10-16；对于沉淀AgyY，存在沉淀溶解平衡AgyY⇌yAg++Yy-，Ksp(AgyY)=cy(Ag+)×c(Yy-)，按照同样的方法，在图像上任找两点（0，10），（3，7），可求得y=1，Ksp(AgY)=1×10-10。
【详解】A．根据分析可知，x=3，y=1，x:y=3:1，A项正确；
B．由图像可知，若混合溶液中各离子浓度如J点所示，此时c(Xx-)c(Yy-)=1，加入AgNO3(s)，c(Ag+)增大，-lgc(Ag+)减小，则-lgc(Xx-)＞-lgc(Yy-)，c(Xx-)＜c(Yy-)，c(Xx-)c(Yy-)变小，B项正确；
C．向AgxX固体中加入NayY溶液，当达到了AgyY的溶度积常数，可发生AgxX→AgyY的转化，C项正确；
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，由于沉淀AgxX达到沉淀溶解平衡，所以c(Xx-)不发生变化，而AgyY要发生沉淀，Yy-和Ag+的物质的量按1：1减少，所以达到平衡时c(Xx-)+c(Yy-)＞2c(Ag+)，D项错误；
故选D。
173．（2023福建9）25℃时，某二元酸H2A的Ka1=10-3.04、Ka2=10-4.37。1.0ml⋅L-1NaHA溶液稀释过程中δH2A、δHA-、δA2-与pcNa+的关系如图所示。已知pcNa+=-lgcNa+,HA-的分布系数δHA-=cHA-cH2A+cHA-+cA2-。下列说法错误的是
A．曲线n为δHA-的变化曲线B．a点：pH=4.37
C．b点：2cH2A+cHA-=cNa+D．c点：cNa++cH+=3cHA-+cOH-
【答案】B
【分析】1.0ml⋅L-1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-⇌H++A-和水解平衡HA-+H2O⇌OH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为δHA-的变化曲线，pcNa+的增大，cNa+减小，δA2-增大明显，故曲线m为δA2-的变化曲线，则曲线p为δH2A的变化曲线；
【详解】A．1.0ml⋅L-1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-⇌H++A-和水解平衡HA-+H2O⇌OH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为δHA-的变化曲线，选项A正确；
B．a点, pcNa+=1.0，则cNa+=0.1ml/L，δHA-=0.70，δH2A=δA2-=0.15，Ka2=cA2-cH+cHA-=10-4.37，cH+=×10-4.37，pH≠4.37，选项B错误；
C．b点, δHA-=0.70，δH2A=δA2-=0.15，即cH2A=cA2-，根据物料守恒有，cA2-+cH2A+cHA-=cNa+，故2cH2A+cHA-=cNa+，选项C正确；
D．c点：δHA-=δA2-，故cA2-=cHA-根据电荷守恒有cNa++cH+=2cA2-+cHA-+cOH-，故cNa++cH+=3cHA-+cOH-，选项D正确；
答案选B。
174．（2023重庆11）NH42SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是
A．M点Kw等于N点Kw
B．M点pH大于N点pH
C．N点降温过程中有2个平衡发生移动
D．P点cH++cNH4++cNH3⋅H2O=cOH-+2cSO42-
【答案】B
【详解】A．温度升高，水的电离程度增大，则M点Kw小于N点Kw，A错误；
B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B正确；
C．N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；
D．P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，cH++cNH4+=cOH-+2cSO42-，D错误；
故选B。
175．（2023新课标13）向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌AgNH3+和AgNH3++NH3⇌AgNH32+，lgc(M)/ml⋅L-1与lgcNH3/ml⋅L-1的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、AgNH3+或AgNH32+)。

下列说法错误的是
A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp=cAg+⋅cCl-=10-9.75
C．反应AgNH3++NH3⇌AgNH32+的平衡常数K的值为103.81
D．cNH3=0.01ml⋅L-1时，溶液中cAgNH32+>cAgNH3+>cAg+
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s)+2NH3⇌ AgNH32+(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；
B．由图可知，c(NH3)=10-1ml/L时，c(Cl-)=10-2.35ml/L,c(Ag+)=10-7.40ml/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35ml/L和10-5.16ml/L，则AgNH3++NH3⇌AgNH32+的平衡常数K=
cAgNH32+cAgNH3+⋅cNH3=10-2.3510-5.16×10-1=103.81，故C正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则cNH3=0.01ml⋅L-1时，溶液中cAgNH32+>cAgNH3+>cAg+，故D正确；
故选A。
176．（2023山东15不定项）在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2s⇌HgI2aq；HgI2aq⇌Hg2++2I-；HgI2aq⇌HgI++I-；HgI2aq+I-⇌HgI3-；HgI2aq+2I-⇌HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgcHg2+、lgcHgI+，lgcHgI3-、lgcHgI42-随lgcI-的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．线L表示lgcHgI42-的变化情况
B．随cI-增大，cHgI2aq先增大后减小
C．a=lgK1K2
D．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1
【答案】BD
【分析】由题干反应方程式HgI2aq⇌Hg2++2I-可知，K1=c(Hg2+)c2(I-)c(HgI2)，则有c(Hg2+)=K1c(HgI2)c2(I-)，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgcHgI3- =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， lgcHgI42-==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2s⇌HgI2aq可知K0=cHgI2aq为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表lgcHgI+、lgcHg2+、lgcHgI3-、lgcHgI42-，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，线L表示lgcHgI42-的变化情况，A正确；
B．已知HgI2s⇌HgI2aq的化学平衡常数K0=cHgI2aq，温度不变平衡常数不变，故随cI-增大，cHgI2aq始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：a=lgK1-lgK2=lgK1K2，C正确；
D．若溶液中的溶质只有HgI2，则I-离子浓度应该是一个定值，而不是横坐标这样可以变大的，题目是先HgI2溶液中额外加入含I-离子的溶液，比如KI，则I元素与Hg元素的物质的量之比大于2:1，D错误；
故答案为：BD。
五、化学反应原理综合题（非选择题）
177．（2023.6浙江19）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ⋅ml-1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)+CO(g)⇌2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH1=-47.2 kJ⋅ml-1
2Fe3O4(s)+H2O(g)⇌3Fe2O3(s)+H2(g) ΔH2
请回答：
(1)ΔH2= kJ⋅ml-1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[nH2O/n(CO)=12:5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K= 。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比nH2O/n(CO)，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
【答案】(1)6
(2) 2 CO+3H2⇌CH4+H2O
(3)AC
(4) A
(5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小
【详解】（1）设方程式①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ⋅ml-1
②3Fe2O3(s)+CO(g)⇌2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH1=-47.2 kJ⋅ml-1
③2Fe3O4(s)+H2O(g)⇌3Fe2O3(s)+H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=-41.2 kJ⋅ml-1--47.2 kJ⋅ml-1=6kJ⋅ml-1；
（2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12ml和5ml，参加反应的一氧化碳为xml，根据已知信息可得以下三段式：
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)开始ml51200转化mlxxxx平衡ml5-x12-xxx
x5-x+12-x+x+x×1.7MPa=0.40MPa，解得x=4；
则平衡常数K=4V×4V5-4V×12-4V=2；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2⇌CH4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，反应物浓度增大导致CO的转化率稍减小，之后再通过催化剂层后，CO的转化率又增大且高于原来的，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；
C．水煤气变换反应是放热的可逆反应，通过热交换器可以与原料气进行热交换降低温度，但温度仍在催化剂活性温度范围内，由于温度对化学反应速率的影响远小于催化剂的影响，CO的转化率基本保持不变，且再通过催化剂层后CO的转化率不会高于原来的，与图中变化不相符，C不正确；
故选A；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为： ；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小。
178．（2023新课标29）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
(1)根据图1数据计算反应12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)的ΔH= kJ⋅ml-1。
(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8g⋅cm-3，则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25，另一种为xH2=0.675、xN2=0.225、xAr=0.10。(物质i的摩尔分数：xi=nin总)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是 。
③图3中，当p2=20MPa、xNH3=0.20时，氮气的转化率α= 。该温度时，反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp= (MPa)-1(化为最简式)。
【答案】(1)-45
(2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
(3)7.8×2873NA56×1030
(4) P1＜P2＜P3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 33.33% 336
【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)的ΔH=(473+654-436-397-339)kJ⋅ml-1=-45 kJ⋅ml-1。
（2）由图1中信息可知，12N2(g)=N(g)的ΔH=+473kJ⋅ml-1，则N≡N的键能为946kJ⋅ml-1；32H2(g)=3H(g)的ΔH=+654kJ⋅ml-1，则H-H键的键能为436kJ⋅ml-1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8g⋅cm-3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α-Fe晶体密度ρ=56x×1030NA⋅2873g⋅cm3=7.8g⋅cm3，解之得x=7.8×2873NA56×1030，即α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为7.8×2873NA56×1030。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。
③图3中，进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3ml和1ml，达到平衡时氮气的变化量为x ml，则有：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)始（ml）130变（ml）x3x2x平（ml）1-x3-3x2x
当p2=20MPa、xNH3=0.20时，xNH3=2x4-2x=0.20，解之得x=13，则氮气的转化率α=13≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为23ml、2ml、23ml，其物质的量分数分别为15、35、15，则该温度下Kp’=15P2215P2×35P23=164×123MPa-2因此，该温度时，反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp=Kp’=164×123MPa-2=336 (MPa)-1。
179．（2023山东20）一定条件下，水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．HCOOH⇌CO+H2O(快)
Ⅱ．HCOOH⇌CO2+H2慢
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：v=kcH+⋅cHCOOH，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为xml⋅L-1时，H+浓度为 ml⋅L-1，此时反应Ⅰ的反应速率v= ml⋅L-1⋅h-1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
(3)T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0ml⋅L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70ml⋅L-10.16ml⋅L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为yml⋅L-1。体系达平衡后cCOcCO2= (用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10ml⋅L-1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，cCOcHCOOH的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)ΔH2－ΔH1
(2) Kax kxKax
(3) 5-5y6y 6y21-y a 减小 不变
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变ΔH＝ΔH2－ΔH1；
（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
HCOOH⇌HCOO-+H+平衡浓度(ml•L-1）xc(HCOO-)c(H+)
Ka=c(HCOO-)c(H+)c(HCOOH)，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝Kax。
v=kcH+⋅cHCOOH =kxKax。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时
HCOOH⇌CO+H2Ot1时刻转化浓度(ml•L-1）
HCOOH⇌CO2+H2t1时刻转化浓度(ml•L-1）
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 ml·L－1，K(Ⅰ)＝c(CO)c(HCOOH)=。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程，
HCOOH⇌CO+H2Ot1时刻到反应Ⅱ平衡转化浓度(ml•L-1）aa
HCOOH⇌CO2+H2t1时刻到反应Ⅱ平衡转化浓度(ml•L-1）bbb
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)ml·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝c(CO)c(HCOOH)=0.3-a-ya+0.7=5，a＝0.8-5y6。故cCOcCO2= 0.8-5y6+0.7y＝5-5y6y，K(Ⅱ)＝c(CO2)c(H2)c(HCOOH)=y·y0.8-5y6+0.7=6y21-y。
加入0.1 ml·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，cCOcHCOOH＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则cCOcHCOOH的值不变。
180．（2023全国乙28）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在N2气氛中，FeSO4⋅7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x= ，y= 。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4⋅7H2Os=FeSO4s+7H2OgΔH1=akJ⋅ml-1
FeSO4⋅xH2Os=FeSO4s+xH2OgΔH2=bkJ⋅ml-1
FeSO4⋅yH2Os=FeSO4s+yH2OgΔH3=ckJ⋅ml-1
则FeSO4⋅7H2Os+FeSO4⋅yH2Os=2FeSO4⋅xH2Os的ΔH= kJ⋅ml-1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4s⇌Fe2O3s+SO2g+SO3g(Ⅰ)。平衡时PSO3-T的关系如下图所示。660K时，该反应的平衡总压P总= kPa、平衡常数KpⅠ= (kPa)2。KpⅠ随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3g⇌2SO2g+O2g(Ⅱ)，平衡时PO2= (用PSO3、PSO2表示)。在929K时，P总=84.6kPa、PSO3=35.7kPa，则PSO2= kPa，KpⅡ= kPa(列出计算式)。
【答案】(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3 2.25 增大
(4) PSO2-PSO34 46.26 46.262×
【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4⋅7H2O转化为FeSO4⋅xH2O，则18(7-x)278=19.4%，解之得x=4；当失重比为38.8%时，FeSO4⋅7H2O转化为FeSO4⋅yH2O，则18(7-y)278=38.8%，解之得y=1。
（2）①FeSO4⋅7H2Os=FeSO4s+7H2Og ΔH1=akJ⋅ml-1
②FeSO4⋅xH2Os=FeSO4s+xH2Og ΔH2=bkJ⋅ml-1
③FeSO4⋅yH2Os=FeSO4s+yH2Og ΔH3=ckJ⋅ml-1
根据盖斯定律可知，①+③-②×2可得FeSO4⋅7H2Os+FeSO4⋅yH2Os=2FeSO4⋅xH2Os，则ΔH=(a+c-2b)kJ⋅ml-1。
（3）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4s⇌Fe2O3s+SO2g+SO3g(Ⅰ)。由平衡时PSO3-T的关系图可知,660K时，PSO3=1.5kPa，则PSO2=1.5kPa，因此，该反应的平衡总压P总=3kPa、平衡常数KpⅠ=1.5kPa×1.5kPa=2.25 (kPa)2。由图中信息可知，PSO3随着温度升高而增大，因此，KpⅠ随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3g⇌2SO2g+O2g(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时PSO3=PSO2，则PSO3+2PO2=PSO2-2PO2，因此，平衡时PO2=PSO2-PSO34。在929K时，P总=84.6kPa、PSO3=35.7kPa，则PSO3+PSO2+PO2=P总、PSO3+2PO2=PSO2-2PO2，联立方程组消去PO2，可得3PSO3+5PSO2=4P总，代入相关数据可求出PSO2=46.26kPa，则PO2=84.6kPa-35.7kPa-46.26kPa=2.64kPa，KpⅡ=(46.26kPa)2×2.64kPa(35.7kPa)2=46.262× kPa。
181．（2023全国甲28）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①3O2g=2O3g K1 ΔH1=285kJ⋅ml-1
②2CH4g+O2g=2CH3OHl K2 ΔH2=-329kJ⋅ml-1
反应③CH4g+O3g=CH3OHl+O2g的ΔH3= kJ⋅ml-1，平衡常数K3= (用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、C+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4=M++CH3OH，结果如下图所示。图中300K的曲线是 (填“a”或“b”。300K、60s时MO+的转化率为 (列出算式)。
(3)MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ)MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH(填“＞”“＜”或“=”)。若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有 种。
【答案】(1) -307 (K2K1)12或K2K1
(2) b 1-10-0.11×100%或100.1-1100.1×100%
(3) Ⅰ c <
2
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应③=12(反应②-①)，所以对应ΔH3= 12(ΔH2-ΔH1)=12(-329kJ⋅ml-1-285kJ⋅ml-1)=-307kJ⋅ml-1；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3=(K2K1)12或K2K1，故答案为：-307；(K2K1)12或K2K1；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg(c(MO+)c(MO+)+c(M+))，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，300K、60s时-lg(c(MO+)c(MO+)+c(M+))=0.1，则c(MO+)c(MO+)+c(M+)=10-0.1，利用数学关系式可求出c(M+)=（100.1-1）c(MO+)，根据反应MO++CH4=M++CH3OH可知，生成的M+即为转化的MO+，则MO+的转化率为1-10-0.11×100%或100.1-1100.1×100%；故答案为：b；1-10-0.11×100%或100.1-1100.1×100%；
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ)MO+与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤Ⅰ的活化能增大，反应速率会变慢，则CH2DOD更难获得，故产率：CH2DOD182．（2023辽宁18）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+12O2(g)⇌SO3(g) ΔH=-98.9kJ·ml-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】(1) CuO SO3
(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d αe1-αe⋅p12
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4700℃3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=p(SO3)p(SO2)p12(O2)=n(SO3)n(总)p(总)n(SO2)n(总)p(总)⋅p12(O2)=n(SO3)n(SO2)⋅p12(O2)；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp=m⋅αem1-αe⋅p12(O2)=αe1-αe⋅p12，故答案为αe1-αe⋅p12。
183．（2023江苏14）V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3g+O2g+4NOg=4N2g+6H2Og ΔH=-1632.4kJ⋅ml-1。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3TiO2粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。在水溶液中VO3-水解为H3VO4沉淀的离子方程式为 ；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH=8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：KspNH4VO3=1.7×10-3，加过量NH4Cl溶液的目的是 。
【答案】(1) VO3-+2H2O=H3VO4↓+OH- 制得的催化剂中不含Na+
(2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O
(3) 提高反应温度、延长浸出时间 促进NH4VO3充分沉淀
【详解】（1）在水溶液中VO3-水解为H3VO4沉淀的离子方程式为VO3-+2H2O=H3VO4↓+OH-；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+；
（2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O。
（3）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知H4V4O12具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为 。NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3（s）⇌NH4+(aq)+VO3-(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量，促进NH4VO3充分沉淀。
184．（2023江苏17）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
(1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是 。
(2)合成尿素[CONH22]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：2NH3g+CO2g=NH2COONH4l
反应Ⅱ：NH2COONH4l=CONH22l+H2Ol
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH (填“=0”或“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[NH2CO2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为nNH3:nCO2=4:1，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
(3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。
FE%=QX生成还原产物X所需要的电量Q总电解过程中通过的总电量×100%
其中，QX=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 (填化学式)。
②当电解电压为U2V时，阴极由HCO3-生成CH4的电极反应式为 。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为 (写出计算过程)。
【答案】(1) KHCO3+CaOH2=CaCO3+KOH+H2O 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳
(2) <0 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高
(3) H2 HCO3-+8e-+6H2O=CH4↑+9OH-或10HCO3-+8e-=CH4↑+9CO32-+3H2O 每生成1mlC2H4转移12mle-，每生成1mlHCOO-转移2mle-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为24%12：8%2=1：2
【详解】（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+CaOH2=CaCO3+KOH+H2O。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其ΔH<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
（3）当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCO3-生成CH4的电极反应式为HCO3-+8e-+6H2O=CH4↑+9OH-或10HCO3-+8e-=CH4↑+9CO32-+3H2O。当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO-的FE%为8%，每生成1mlC2H4转移12mle-，每生成1mlHCOO-转移2mle-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为24%12：8%2=1：2。
185．（2023湖南16）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①C6H5C2H5g+212O2g=8CO2g+5H2OgΔH1=-4386.9kJ⋅ml-1
②C6H5CH=CH2g+10O2g=8CO2g+4H2OgΔH2=-4263.1kJ⋅ml-1
③H2g+12O2g=H2OgΔH3=-241.8kJ⋅ml-1
计算反应④C6H5C2H5g⇌C6H5CH=CH2g+H2g的ΔH4= kJ⋅ml-1；
(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 ml水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤C6H5C2H5(g)⇌C6H6(g)+CH2=CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g)+H2(g)⇌C6H5CH3(g)+CH4(g)
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S=转化为目的产物所消耗乙苯的量已转化的乙苯总量×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是 ；
(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成CuL2+，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】(1)+118
(2)5
(3) 苯 苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反应⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变
(4)BD
(5)C6H5CH2I
(6)K∙Ksp
【详解】（1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ∆H4=-4386.9kJ/ml-(-4263.1kJ/ml)-(-241.8kJ/ml)=+118kJ/ml；答案为：+118；
（2）设充入H2O(g)物质的量为xml；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式n(起始)(ml)n(转化)(ml)n(平衡)(ml)C6H5C2H5(g)10.50.5⇌C6H5CH=CH2(g)00.50.5+H2(g)00.50.5，此时平衡时混合气体总物质的量为1.5ml，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式n(起始)(ml)n(转化)(ml)n(平衡)(ml)C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75ml，混合气的总物质的量为(1.75+x)ml，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为1.75+x1.5V；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则(0.5V)20.5V=(+x1.5V)+x1.5V，解得x=5；答案为：5；
（3）b曲线是苯；苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反应⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变；
（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；
D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；
答案选BD。
（5）原子半径I＞Br＞Cl，则键长C—I键＞C—Br键＞C—Cl键，故键能C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C—I键更易断裂，因此，C6H5CH2I更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2I；答案为：C6H5CH2I；
（6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)2]+的平衡常数K=c{[Cu(L)2]+}c(Cu+)⋅c2(L)；CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为c{[Cu(L)2]+}⋅c(Br-)c2(L)=c{[Cu(L)2]+}⋅c(Br-)⋅c(Cu+)c2(L)⋅c(Cu+)=K∙Ksp；答案为：K∙Ksp。
186．（2023.1浙江19）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ⋅ml-1,K1
Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅ml-1,K2
请回答：
(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
(2)反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ⋅ml-1，K= (用K1,K2表示)。
(3)恒压、750∘C时，CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移
C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1mlCO2需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因 。
(4)CH4还原能力R可衡量CO2转化效率，R=ΔnCO2/ΔnCH4(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400∼1000℃间R的变化趋势，并标明1000℃时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法不正确的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大
【答案】(1)C
(2) +329 K1⋅K22
(3) BC 通入He,CaCO3分解平衡正移，导致cCO2c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移
(4) C
【详解】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ⋅ml-1,K1
Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅ml-1,K2
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2得反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)；
故ΔH=△H1+2△H2=+329kJ⋅ml-1，K= K1⋅K22；
（3）①A．根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2, CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，选项A错误；
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，选项B正确；
C．过程ⅱCaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1mlCO2需吸收的能量一样多，选项D错误；
答案选BC；
②通入He,CaCO3分解平衡正移，导致cCO2c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知1000℃时，CH4转化率为100%，即ΔnCH4=1ml, CO2转化率为60%,即ΔnCO2=3ml×60%=1.8ml，故R=ΔnCO2/ΔnCH4=1.8ml1ml=1.8，故400∼1000℃间R的变化趋势如图：
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，ΔnCO2增大的倍数比ΔnCH4大，则R提高，选项A正确；
B．根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，ΔnCO2增大的倍数比ΔnCH4大，含氢产物中H2O占比越高，选项B正确；
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；
答案选C。
187．（2023重庆17）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
(1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：
①中间体OMC生成吸附态EOads的活化能为 kJml。
②由EOg生成AAg的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2Os⇌2Ags+12O2g，该反应平衡压强pc与温度T的关系如下：
①463K时的平衡常数Kp= (kPa)12。
②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经下列过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 (填字母)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS>0
B．pcⅡ>pcⅢ
C．平衡常数：KⅡ>KⅣ
D．若体积VⅢ=2VⅠ，则QⅠ=2KⅢ
E．逆反应的速率：vⅠ>vⅡ=vⅢ>vⅣ
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率vO2与压强p的关系为vO2=k1-ppc，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则vO2= (用k表示)。
(3)α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X射线衍射仪
②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为 。
③测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag+而不是I-，依据是 。
【答案】(1) 83 EOg⇌AAg ΔH=-102kJ/ml
(2) 10 CDE 3k4
(3) D 12:7 a中银电极质量减小，b中银电极质量增大
【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体OMC生成吸附态EOads的活化能为-93kJ/ml--176kJ/ml=83kJ/ml。
②由图可知，EOg生成AAg放出热量-117kJ/ml--219kJ/ml=102kJ/ml，放热焓变为负值，故热化学方程式为EOg⇌AAg ΔH=-102kJ/ml；
（2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，463K时的平衡常数Kp=p12O2=10 (kPa)12。
②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；
A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS<0，A错误；
B．平衡常数Kp=p12O2只受温度的影响，则pcⅡ=pcⅢ，B错误；
C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：KⅡ>KⅣ，C正确；
D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积VⅢ=2VⅠ，根据阿伏伽德罗定律可知，pO2,Ⅰ=2pO2,Ⅲ，QⅠ=p12O2,Ⅰ，KⅢ=p12O2,Ⅲ，则QⅠ=2KⅢ，D正确；
E．结合A分析可知，逆反应的速率：vⅠ>vⅡ；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：vⅡ=vⅢ>vⅣ，故有逆反应的速率：vⅠ>vⅡ=vⅢ>vⅣ，E正确；
故选CDE；
③某温度下，设向恒容容器中加入mgAg2O，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成m×4%32ml O2，若转化率为14.5%，则此时生成12×m×14.5%232ml O2，根据阿伏伽德罗定律，此时ppc=12×m×14.5%232m×4%32=14，故vO2=3k4；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．X射线衍射仪；
②据“均摊法”，γ-AgI晶胞中含8×18+6×12=4个I，则晶体密度为4MNAVγ-AgIg⋅cm-3=7.0g⋅cm-3；，α-AgI晶胞中含8×18+1=2个I，则晶体密度为2MNAVα-AgIg⋅cm-3=6.0g⋅cm-3；故4MNAVγ-AgI2MNAVα-AgI=76，则γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为12:7。
③由图可知，a为阳极、b为阴极，实验测得支管a中AgI质量不变，则碘离子没有迁移到a中与银离子产生AgI沉淀，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质，导致b中银电极质量增大，a中银电极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子，导致a中银电极质量质量减小，可判定导电离子是Ag+而不是I-。
188．（2023福建12）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+124kJ⋅ml-1 ΔS1=127J⋅K-1⋅ml-1 Kp1
ⅱ．C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g) ΔH2=+82kJ⋅ml-1 ΔS2=135J⋅K-1⋅ml-1 Kp2
ⅲ．C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g) ΔH3=-120kJ⋅ml-1 ΔS3=27.5J⋅K-1⋅ml-1 Kp3
已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。
(1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。
(2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。
③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8(g)=2C3H6(g)+3CH4(g) Kp，下列相关说法正确的是 (填标号)。
a．Kp=Kp12⋅Kp3
b．Kp=0.2102×0.5523×(MPa)2
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性=n生成(丙烯)n转化(丙烷)×100%= (列出计算式)。
(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH4=+91kJ⋅ml-1
在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n(丙烷)：n(甲醇)=1时，体系总反应：C3H8(g)+CH3OH(g)=CO(g)+3CH4(g) ΔH= kJ⋅ml-1
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
【答案】(1)＞
(2) 正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab 2121+23.7+55.2-23.73×100%=38.04%
(3) -29 甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降
【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。
【详解】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞124127，同理反应ⅱ：T＞82135，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，根据平衡体积分数φ（甲烷）＞φ（乙烯）＞φ（丙烯），消耗1ml丙烷生成1ml丙烯或1ml乙烯或3ml甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故Kp=Kp12⋅Kp3；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故Kp=P3CH4P2C2H6P3C3H8=(0.552×0.1）20.21×130.001×0.12=0.5523×；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据勒夏特列原理并不能够将丙烷增加的影响消除，因此丙烯的体积分数会降低；在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1ml丙烷生成1ml丙烯或1ml乙烯或3ml甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性=n生成(丙烯)n转化(丙烷)×100%=2121+23.7+55.2-23.73×100%=38.04%；
（3）ⅲ．C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g) ΔH3=-120kJ⋅ml-1ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH4=+91kJ⋅ml-1
目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/ml； 甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i生成物增多，平衡逆向移动；反应ⅲ反应物增多，正向移动，造成丙烯体积分数下降。故答案为：-29 kJ/ml ；甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降。
189．（2023北京16）尿素CONH22合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CONH22，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．CO2和NH3生成NH2COONH4；
ⅱ．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．CO2l+2NH3l=CONH22l+H2OlΔH=E1-E4
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3-等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CONH22，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中cNH4+不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
【答案】(1)AgOCN+NH4Cl=CONH22+AgCl
(2)ab
(3) 阳 2NO3-+16e-+CO2+18H+=CONH22+7H2O
(4) NH4+ 样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是AgOCN+NH4Cl=CONH22+AgCl。答案为AgOCN+NH4Cl=CONH22+AgCl；
（2）a．反应ⅰ的活化能是E1，反应ⅱ活化能是E3，E1b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；
c．总反应的：ΔH=E1-E2+E3-E4，c项错误；
故选ab。
（3）①电极b上发生H2O失电子生成O2的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为2NO3-+16e-+CO2+18H+=CONH22+7H2O。答案为阳极；2NO3-+16e-+CO2+18H+=CONH22+7H2O；
（4）①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为NH4+。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。答案为NH4+；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
190．（2023广东19）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)某有机物R能与Fe2+形成橙红色的配离子FeR32+，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子FeR33+。
①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：NO3-+2FeR32++3H+⇌ +2FeR33++H2O
(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为2.0ml⋅L-1、2.5ml⋅L-1、3.0ml⋅L-1的HNO3溶液进行了三组实验，得到cFeR32+随时间t的变化曲线如图。
①cHNO3=3.0 ml⋅L-1时，在0~1 min内，FeR32+的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，cFeR32+cFeR33+增大
B．FeR32+平衡转化率：αIII>αII>αI
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tIII>tII>tI
(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
M+L⇌ML K1
ML+L⇌ML2 K2
研究组配制了L起始浓度c0( L)=0.02 ml⋅L-1、M与L起始浓度比c0(M)/c0(L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“<0.01”表示未检测到。
①c0(M)/c0(L)=a时，x= 。
②c0(M)/c0(L)=b时，平衡浓度比c平ML2:c平(ML)= 。
(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)=1.0×10-5ml⋅L-1时，测得平衡时各物种c平/c0(L)随c0(M)/c0(L)的变化曲线如图。c0(M)/c0(L)=0.51时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】(1) HNO2
(2) 5×10-5ml/L·min A、B
(3) 0.36 3：4或0.75
(4)98%
【详解】（1）①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为 ；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
（2）①浓度分别为2.0ml⋅L-1、2.5ml⋅L-1、3.0ml⋅L-1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；cHNO3=3.0 ml⋅L-1时，在0~1 min内，观察图像可知FeR32+的平均消耗速率为(1.5-1.0)×10-4ml⋅L-11min=5×10-5ml/(L⋅min)；
②A．对于反应NO3-+2FeR32++3H+⇌HNO2+2FeR33++H2O，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，FeR32+含量增加，FeR33+含量减小，cFeR32+cFeR33+增大，A正确；
B．HNO3浓度增加，FeR32+转化率增加，故αIII>αII>αI，B正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tIII故选AB。
（3）①c0(M)/c0(L)=a时，SML2+SML+SL=1，且SML2=0.64，S(ML) <0.01得x=0.36；
②SML2相比于SML含有两个配体，则SML2与SML的浓度比应为SML2相对峰面积S的一半与SML的相对峰面积S之比，即0.6×120.4=34。
（4）c0M=0.51c0L=5.1×10-6ml⋅L-1；c平ML=c平L=0.4c0L=4.0×10-6ml⋅L-1，由L守恒可知c平ML2=1×10-5ml⋅L-1-(4×10-6ml⋅L-1+4×10-6ml⋅L-1)2=1.0×10-6ml⋅L-1，则c转M=4.0×10-6ml⋅L-1+1.0×10-6ml⋅L-1=5.0×10-6ml⋅L-1；则M的转化率为5.0×10-65.1×10-6×100%≈98%。
191．（2023湖北19）纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g)→H⋅C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
(1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ⋅ml-1和298.0kJ⋅ml-1，H-H键能为436.0kJ⋅ml-1。估算C40H20(g)⇌C40H18(g)+H2(g)的ΔH= kJ⋅ml-1。
(2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
(3)C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12(g)⇌C40H10(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)C·40H19(g)⇌C40H18(g)+H⋅(g)及C·40H11(g)⇌C40H10(g)+H⋅(g)反应的lnK(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，lnK=-ΔHRT+c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】(1)128
(2) 3 3
(3) 6 10
(4)P0α21-α2
(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
(6)a
【详解】（1）由C40H20和C40H18的结构式和反应历程可以看出，C40H20中断裂了2根碳氢键，C40H18形成了1根碳碳键，所以C40H20(g)⇌C40H18(g)+H2(g)的ΔH= 431×2-298-436 kJ⋅ml-1=+128kJ⋅ml-1，故答案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：C40H20+H·⇌C·40H19+H2，C·40H19+H2⇌C·40H19'+H2,C·40H19'+H2⇌C40H18+H·+H2,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3；
（3）由C40H20的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10；
（4）1200K时，假定体系内只有反应C40H12(g)⇌C40H10(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1ml，则根据信息列出三段式为：
C40H12(g)⇌C40H10(g)+H2(g)起始量（ml)100变化量（ml)ααα平衡量（ml)1-ααα
则P(C40H12)=P0×1-α1+α，P(C40H10)=P0×α1+α，P(H2)=P0×α1+α，该反应的平衡常数Kp=P0×α1+α×P0×α1+αP0×1-α1+α=P(C40H12)=P0α21-α2，故答案为：P0α21-α2；
（5）C·40H19(g)⇌C40H18(g)+H⋅(g)及C·40H11(g)⇌C40H10(g)+H⋅(g)反应的lnK(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据lnK=-ΔHRT+c(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；
故答案为：a。
192．（2023海南16）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与KCls反应制备KH2PO4s，反应方程式为H3PO4(aq)+KCl(s)⇌KH2PO4(s)+HCl(g)一定条件下的实验结果如图1所示。
回答问题：
(1)该条件下，反应至1h时KCl的转化率为 。
(2)该制备反应的ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，且反应热随温度升高而 。
(3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸 ；通入水蒸气 。
(4)298K时，H3PO4aq+KClaq⇌KH2PO4aq+HClaq的平衡常数K= 。(已知H3PO4的Ka1=6.9×10-3)
【答案】(1)70%
(2) 吸热 降低
(3) 使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行
(4)6.9×10-3
【详解】（1）由图可知，该条件下，反应至1h时KCl的转化率为70%；
（2）由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；
（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高；
（4）298K时，H3PO4aq+KClaq⇌KH2PO4aq+HClaq的离子方程式为H3PO4aq⇌H2PO4-aq+H+aq，其平衡常数K=cH+cH2PO4-cH3PO4=Ka1=6.9×10-3。
193．（2023河北11）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：1ml物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
回答下列问题：
(1)恒温下，将1ml空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) K1 ΔH1
ii 2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) K2 ΔH2=-114kJ⋅ml-1
①ΔH1= kJ⋅ml-1。
②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有 (填标号)。
A．缩小体积 B．升高温度 C．移除NO2 D．降低N2浓度
③若上述平衡体系中cNO2=aml⋅L-1,c(NO)=bml⋅L-1，则cO2= ml⋅L-1,K1= (写出含a、b、V的计算式)。
(2)氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO反应的速率方程为v=kcx(NO)cyH2,k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
表中第4组的反应速率为 ml⋅L-1⋅s-1。(写出含r的表达式)
(3)①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，N2在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生NH3。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗NH3和H2的质量比为17:3，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上N2电还原为NH3(图1)和H2O电还原为H2(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对N2电还原为NH3的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。
【答案】(1) 181 CD 0.21V-2a+b2 b20.78V-a+b20.21V-2a+b2
(2)0.75r
(3) 阴 2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O bac
【详解】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=(945kJ/ml+498kJ/ml)-2×631kJ/ml=+181kJ/ml；
故答案为：+181；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A不符合题意；
B．升高温度，平衡向着放热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，B不符合题意；
C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，C符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，D符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式，N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)起始/(ml/L)改变/(ml/L)(a+b)2(a+b)2(a+b)平衡/(ml/L)0.78V-(a+b)20.21V-(a+b)2(a+b)2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)起始/(ml/L)(a+b)0.21V-(a+b)20改变/(ml/L)aa2a平衡/(ml/L)b0.21V-(a+b)2-a2a，c(O2)=0.21V-(2a+b)2，K1=c2(NO)c(N2)c(O2)=b2(0.78V-a+b2)(0.21V-2a+b2)；
故答案为：0.21V-(2a+b)2；b2(0.78V-a+b2)(0.21V-2a+b2) ；
（2）实验1与实验2相比，r2r=k(0.1)x(0.1)yk(0.1)x(0.2)y，y=1，实验1与实验3相比，r4r=k(0.1)x(0.1)yk(0.2)x(0.1)y，x=2，代入实验3，k=r10-3=103r，根据实验4计算，v=103r(0.05)2(0.3)=0.75r；
故答案为：0.75r；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；
故答案为：阴；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生，2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O；
故答案为：2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；
故答案为：bac。
第六部分 物质结构与性质
一、原子结构与性质
194．（2023北京10）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是
A．F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能
B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
【答案】A
【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F-F键不稳定，因此F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能，与电负性无关，A符合题意；
B．氟的电负性大于氯的电负性。F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；
C．氟的电负性大于氯的电负性，F-H键的极性大于Cl-H键的极性，导致HF分子极性强于HCl，C不符合题意；
D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在HF2，D不符合题意；
故选A。
195．（2023重庆6）“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由Ca、Fe、P、O和Y(钇，原子序数比Fe大13)组成，下列说法正确的是
A．Y位于元素周期表的第ⅢB族
B．基态Ca原子的核外电子填充在6个轨道中
C．5种元素中，第一电离能最小的是Fe
D．5种元素中，电负性最大的是P
【答案】A
【详解】A．钇原子序数比Fe大13，为39号元素，为元素周期表的第五周期第ⅢB族，A正确；
B．钙为20号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，基态Ca原子的核外电子填充在10个轨道中，B错误；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，5种元素中，钙第一电离能比铁小，C错误；
D．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；5种元素中，电负性最大的是O，D错误；
故选A。
二、分子结构与性质
196．（2023山东3）下列分子属于极性分子的是
A．CS2B．NF3C．SO3D．SiF4
【答案】B
【详解】A．CS2中C上的孤电子对数为12×(4-2×2)=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意；
B．NF3中N上的孤电子对数为12×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B项符合题意；
C．SO3中S上的孤电子对数为12×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间构型为平面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意；
D．SiF4中Si上的孤电子对数为12×(4-4×1)=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意；
答案选B。
197．（2023湖北9）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是
A．CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体
B．SO32-和CO32-的空间构型均为平面三角形
C．CF4和SF4均为非极性分子
D．XeF2与XeO2的键角相等
【答案】A
【详解】A．甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以他们的VSEPR模型都是四面体，A正确；
B．SO32-的孤电子对为1，CO32-的孤电子对为0，所以SO32-的空间构型为三角锥形，CO32-的空间构型为平面三角形，B错误，
C．CH4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；
D．XeF2和XeO2分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误；
故选A。
198．（2023.1浙江12）共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6+2NH3=2AlNH3Cl3，下列说法不正确的是
A．Al2Cl6的结构式为B．Al2Cl6为非极性分子
C．该反应中NH3的配位能力大于氯D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应
【答案】D
【详解】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；
B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；
D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；
故选D。
199．（2023重庆10）NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A．NCl3和SiCl4均为极性分子B．NCl3和NH3中的N均为sp2杂化
C．NCl3和SiCl4的水解反应机理相同D．NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键
【答案】D
【详解】A．NCl3中中心原子N周围的价层电子对数为：3+12(5-3×1)=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而SiCl4中中心原子周围的价层电子对数为：4+12(4-4×1)=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；
B．NCl3和NH3中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+12(5-3×1)=4，故二者N均为sp3杂化，B错误；
C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；
D．NHCl2和NH3分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与H2O形成氢键，D正确；
故答案为：D。
三、晶体结构与性质
200．（2023海南4）下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A．P4分子呈正四面体，键角为109°28'
B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C．Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D．OF2是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【详解】A．P4分子呈正四面体，磷原子在正四面体的四个顶点处，键角为60°，A错误；
B．NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，B错误；
C．Cu基态原子核外电子排布不符合构造原理，考虑了半满规则和全满规则，价电子排布式为3d104s1，这样能量更低更稳定，C错误；
D. OF2的构型是V形，因此是由极性键构成的极性分子，D正确；
故选D。
201．（2023湖南4）下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子
B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点
C．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子
【答案】A
【详解】A．有手性异构体的分子被称为手性分子，当分子中存在两个或两个以上的手性碳原子时，会出现内消旋体，这种含有内消旋体的分子不是手性分子，A错误；
B．邻羟基苯甲醛中含有分子内氢键，分子内氢键可以降低物质的熔沸点，因此邻羟基苯甲醛的熔沸点低于对羟基苯甲醛的熔沸点，B正确；
C．酰胺在酸性条件下反应生成羧酸和胺，在碱性条件下反应生成羧酸盐和氨气，二者均为水解反应，C正确；
D．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，分子间作用力是弱相互作用，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间形成配位键，通过弱相互作用形成超分子，D正确；
故答案选A。
202．（2023海南10不定项）近年来，我国航天科技事业取得了辉煌的成就。下列说法错误的是
A．我国科学家由嫦娥五号带回的月壤样品中，首次发现了天然玻璃纤维，该纤维中的主要氧化物SiO2属于离子晶体
B．某型长征运载火箭以液氧和煤油为推进剂，液氧分子间靠范德华力凝聚在一起
C．“嫦娥石”Ca8YFePO47是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，该矿物中的Fe位于周期表中的ds区
D．航天员出舱服中应用了碳纤维增强复合材料。碳纤维中碳原子杂化轨道类型是sp2
【答案】AC
【详解】A．天然玻璃纤维中主要氧化物SiO2属于原子晶体，故A错误；
B．液氧为分子晶体，分子间靠范德华力凝聚在一起。故B正确；
C．Fe位于周期表中的d区，故C错误；
D．碳纤维中碳原子杂化轨道类型是sp2，D正确。
答案为：AC。
203．（2023湖北7）中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是
A．纤维素是自然界分布广泛的一种多糖
B．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键
C．NaOH提供OH-破坏纤维素链之间的氢键
D．低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性
【答案】D
【详解】A．纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；
B．纤维素大分子间和分子内、纤维素和水分子之间均可形成氢键以及纤维素链段间规整紧密的结构使纤维素分子很难被常用的溶剂如水溶解，B正确；
C．纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；
D．由题意可知低温提高了纤维素在NaOH溶液中的溶解性，D错误；
故选D。
204．（2023湖北11）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
【答案】D
【详解】A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；
B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，故B正确；
C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；
D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO3-间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误；
答案选D。
205．（2023江苏5）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、12H、13H是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H-，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2Og与足量Cs反应生成1mlH2g和1mlCOg吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列说法正确的是
A．11H、12H、13H都属于氢元素
B．NH4+和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2
C．H2O2分子中的化学键均为极性共价键
D．CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用
【答案】A
【详解】A．11H、12H、13H都属于氢元素，三者互为同位素，统称为氢元素，A正确；
B．NH4+和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp3，B错误；
C．H2O2分子中的化学键既存在O-H极性共价键，也存在O-O非极性共价键，C错误；
D．CaH2晶体中存在Ca2+与H-之间的离子键，为强烈相互作用，D错误。
故选A。
206．（2023江苏7）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、12H、13H是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H-，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2Og与足量Cs反应生成1mlH2g和1mlCOg吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HCO3-在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO-。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料
B．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C．H2O分子之间形成氢键，H2Og的热稳定性比H2Sg的高
D．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4具有还原性
【答案】A
【详解】A．H2具有还原性，可与氧气反应，作为氢氧燃料电池的燃料，A正确；
B．液氨可用作制冷剂主要原因是液氨汽化吸热，和氨极易溶于水无关，B错误；
C．H2Og的热稳定性比H2Sg的高主要原因为氧氢键的键能高于硫氢键，和H2O分子之间形成氢键无关，C错误；
D．N2H4具有还原性在于N本身可以失电子，且N2H4中无配位键，D错误。
故选A。
207．（2023河北3）物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
【答案】C
【详解】A．氢气具有可燃性，使用氢气填充气球存在一定的安全隐患，而相比之下,氦气是一种惰性气体,不易燃烧或爆炸，因此使用电子构型稳定，不易得失电子的氦气填充气球更加安全可靠，故A正确；
B．三氟化硼分子中硼原子具有空轨道，能与氨分子中具有孤对电子的氮原子形成配位键，所以三氟化硼能与氨分子形成配合物H3N→BF3，故B正确；
C．碱金属元素的价电子数相等，都为1，锂离子的离子半径在碱金属中最小，形成的金属键最强，所以碱金属中锂的熔点最高，故C错误；
D．氮原子价层只有4个原子轨道，3个不成对电子，由共价键的饱和性可知，氮原子不能形成5个氮氟键， 所以不存在稳定的五氟化氮分子，故D正确；
故选C。
四、元素推断题
208．（2023江苏4）元素C、Si、Ge位于周期表中ⅣA族。下列说法正确的是
A．原子半径：rC>rSi>rGeB．第一电离能：I1CC．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体D．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料
【答案】D
【详解】A．同主族元素原子半径从上往下原子半径增大，故原子半径：rCB．同周期主族元素，从上往下原子半径增大，更易失电子，第一电离能：I1C>I1Si>I1Ge，B错误；
C．晶体硅、SiC均为共价晶体，碳单质中金刚石为共价晶体，而石墨为混合晶体，C60为分子晶体，C错误；
D．周期表中元素Si附近存在许多准金属，可在其周围寻找半导体材料，D正确。
故选D。
209．（2023全国甲11）W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
A．原子半径：X>WB．简单氢化物的沸点：XC．Y与X可形成离子化合物D．Z的最高价含氧酸是弱酸
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此解答。
【详解】A．X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；
B．X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，为离子化合物，C正确；
D．Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；
故选C。
210．（2023全国乙10）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A．X的常见化合价有-1、-2B．原子半径大小为Y>X>W
C．YX的水合物具有两性D．W单质只有4种同素异形体
【答案】A
【分析】W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒， X为O，Y为Mg，W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。
【详解】A．X为O，氧的常见价态有-1价和-2价，如H2O2和H2O，A正确；
B．W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；
D．W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；
故选A。
211．（2023重庆13）化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7，1mlX3Y7WR含40ml质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是
A．原子半径：W＞RB．非金属性：X＞R
C．Y和Z互为同素异形体D．常温常压下X和W的单质均为固体
【答案】A
【分析】化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7，说明Y、Z为氢元素的两种核素，由题干信息可知，1mlX3Y7WR含40ml质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半，则X、W、R的内层电子数为2，设X的最外层电子数为a，则R的核外电子数为2a，W的核外电子数为b，Y的质子数为1，则有：3(a+2)+ 2a+b+7=40(a、b均为整数)，5a+b=27，解得a=5，b=2(X、R不在同周期，舍去)；a=4，b=7；a=3，b=12(X、R不在同周期，舍去)；则X为C，R为O，W为N。
【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：W＞R，故A正确；
B．同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性： R＞X，故B错误；
C．Y和Z是氢的两种核素，两者互为同位素，故C错误；
D．常温常压下X的单质为固体，W的单质是气体，故D错误。
综上所述，答案为A。
212．（2023湖南6）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：XC．Y和W的单质都能与水反应生成气体
D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
【答案】C
【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，据此答题。
【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W，A错误；
B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为：YC．F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确；
D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，没有强氧化性，D错误；
故答案选C。
213．（2023湖北6）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)+WZ4-。下列说法正确的是
A．分子的极性：WZ3C．氧化性：X2Y3【答案】A
【分析】Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。
【详解】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：YC．由分析可知，W为B，X为N，Y为O，则X2Y3为N2O3，W2Y3为B2O3，两种化合物中N和B的化合价都是+3价，但是N的非金属性更强一些，故N2O3的氧化性更强一些，C错误；
D．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；
故选A。
214．（2023广东14）化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是
A．元素电负性：E>Y>ZB．氢化物沸点：M>Y>E
C．第一电离能：X>E>YD．YZ3和YE3-的空间结构均为三角锥形
【答案】A
【分析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，所以n-1=2， n=3，X为镁或者n=2 ，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮或磷，根据X与M同周期、XYZ4ME4化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元素、Y氮元素。
【详解】A．元素电负性：氧大于氮大于氢，A正确；
B．磷化氢、氨气、水固体均是分子晶体，氨气、水固体中都存在氢键沸点高，磷化氢没有氢键沸点低，所以氢化物沸点：冰大于氨大于磷化氢，B错误；
C．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，当出现第ⅡA族和第ⅤA族时比左右两侧元素电离能都要大，所以氮大于氧大于镁 ，C错误；
D．NH3价层电子对为3+1=4 ，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，NO3-价层电子对为3+0=3，没有孤电子对，NO3-空间结构为平面三角形，D错误；
故选A。
215．（2023.1浙江10）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是
A．电负性：Z>X
B．最高正价：ZC．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
【答案】B
【分析】Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，X的2s轨道全充满，原子序数X【详解】A．同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，A正确；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误；
C．Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，D正确；
故选B。
216．（2023辽宁9）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是
A．W与X的化合物为极性分子B．第一电离能Z>Y>X
C．Q的氧化物是两性氧化物D．该阴离子中含有配位键
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。
【详解】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；
B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B正确；
C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；
D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；
故答案选A。
217．（2023福建3）某含锰着色剂的化学式为XY4MnZ2Q7，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中XY4+具有正四面体空间结构，Z2Q74-结构如图所示。下列说法正确的是
A．键角：XY3>XY4+B．简单氢化物沸点：X>Q>Z
C．第一电离能：X>Q>MnD．最高价氧化物对应的水化物酸性：Z>X
【答案】C
【分析】由题意，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中XY4+具有正四面体空间结构，可知XY4+为NH4+，故Y为H，X为N；同时分析Z2Q74-结构，可知Q正常情况应该成两根键，Q为ⅥA的元素，同时Z也成5根键，Z为ⅤA的元素，故Q为O,Z为P。
【详解】A．NH3和NH4+都是sp3杂化，但是NH3中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，在一个NH3是三角锥形结构，而NH4+是正四面体结构，故键角：NH3＜NH4+，A错误；
B．X、Q、Z分别为N、O、P，沸点顺序为H2O＞NH3＞PH3,正确顺序为Q＞X＞Z，B错误;
C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，故第一电离能：N＞O＞Mn，C正确;
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4,X最高价氧化物对应的水化物为HNO3,前者为中强酸而后者为强酸，D错误；
故选C。
218．（2023.6浙江11）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A．第一电离能：Y>Z>X
B．电负性：Z>Y>X>W
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：WD．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C，Y为N，Z为F，W原子在同周期中原子半径最大，则W为Na。
【详解】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则第一电离能：Z>Y>X，故A错误；
B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y>X>W，故B正确；
C．根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：WD．W2X2与水反应生成产物之一为乙炔，乙炔是非极性分子，故D正确。
综上所述，答案为A。
219．（2023山东5）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
A．与石墨相比，(CF)x导电性增强
B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强
C．(CF)x中C-C的键长比C-F短
D．1ml(CF)x中含有2xml共价单键
【答案】B
【详解】A．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；
B．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确；
C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中C-C的键长比C-F长，C错误；
D．由题干结构示意图可知，在(CF)x 中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1ml(CF)x中含有2.5xml共价单键，D错误；
故答案为：B。
220．（2023新课标9）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为CNH234BOCH343Cl，部分晶体结构如下图所示，其中CNH23+为平面结构。

下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键B．基态原子的第一电离能：CC．基态原子未成对电子数：B【答案】A
【详解】A．由晶体结构图可知，[C(NH2)3]+中的-NH2的H与BOCH34-中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N-H⋯О氢键，A说法正确；
B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B说法不正确；
C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数BD．[C(NH2)3]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；BOCH34-中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；BOCH34-中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D说法不正确；
综上所述，本题选A。
221．（2023北京1）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是
A．三种物质中均有碳碳原子间的σ键B．三种物质中的碳原子都是sp3杂化
C．三种物质的晶体类型相同D．三种物质均能导电
【答案】A
【详解】A．原子间优先形成σ键，三种物质中均存在σ键，A项正确；
B．金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误；
C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；
D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；
故选A。
222．（2023河北5）锆Zr是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．该氧化物的化学式为ZrO2
B．该氧化物的密度为123×1030NA⋅a3g⋅cm-3
C．Zr原子之间的最短距离为22a pm
D．若坐标取向不变，将p点Zr原子平移至原点，则q点Zr原子位于晶胞xy面的面心
【答案】B
【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含4个Zr、8×18+12×14+6×12+1=8个O，则立方氧化锆的化学式为ZrO2，选项A正确；
B．结合A分析可知，晶体密度为ρ=91×4+16×8NA(a×10-10)3g/cm3=492×1030NA⋅a3g/cm3，选项B错误；
C．Zr原子之间的最短距离为两个四分之一晶胞的体心的距离，为整个晶胞二分之一对角线的距离，即22a pm，选项C正确；
D．根据晶胞的位置可知，若坐标取向不变，将p点Zr原子平移至原点，则垂直向下，q点Zr原子位于晶胞xy面的面心，选项D正确；
答案选B。
223．（2023重庆9）配合物[MA2L2]的分子结构以及分子在晶胞中的位置如图所示，下列说法错误的是
A．中心原子的配位数是4B．晶胞中配合物分子的数目为2
C．晶体中相邻分子间存在范德华力D．该晶体属于混合型晶体
【答案】D
【详解】A．由题干配合物[MA2L2]的分子结构示意图可知，中心原子M周围形成了4个配位键，故中心原子M的配位数是4，A正确；
B．由题干图示晶胞结构可知，晶胞中配合物分子的数目为8×18+2×12=2，B正确；
C．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，故晶体中相邻分子间存在范德华力，C正确；
D．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，D错误；
故答案为：D。
224．（2023湖南11）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为KCaB6C6
B．晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8个
C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
D．晶体的密度为2.17×1032a3⋅NAg⋅cm-3
【答案】C
【详解】A．根据晶胞结构可知，其中K个数：8×18=1，其中Ca个数：1，其中B个数：12×12=6，其中C个数：12×12=6，故其最简化学式为KCaB6C6，A正确；
B．根据晶胞结构可知，K+位于晶胞顶点，Ca2+位于体心，每个K+为8个晶胞共用，则晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8个，B正确；
C．根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误；
D．根据选项A分析可知，该晶胞最简化学式为KCaB6C6，则1个晶胞质量为：217NAg，晶胞体积为a3×10-30cm3，则其密度为2.17×1032a3⋅NAg⋅cm-3，D正确；
故选C。
225．（2023辽宁14）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是
A．图1晶体密度为72.5NA×a3×10-30g∙cm-3
B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1-x
D．Mg2+取代产生的空位有利于Li+传导
【答案】C
【详解】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×14+1=3，O：2×12=1，Cl：4×14=1，1个晶胞的质量为3×7+16+35.5NAg=72.5NAg，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为72.5NAg÷(a3×10-30cm3)=72.5NA×a3×10-30g/cm3，A项正确；
B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；
C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×14=2。O：2×12=1，Cl或Br：4×14=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；
D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；
答案选C。
226．（2023湖北15）镧La和H可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构，即得到晶体LaHx。下列说法错误的是
A．LaH2晶体中La的配位数为8
B．晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx
C．在LaHx晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
D．LaHx单位体积中含氢质量的计算式为404.84×10-83×6.02×1023g⋅cm-3
【答案】C
【详解】A．由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；
B．由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx，故B正确；
C．由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，这样的结构有8个，顶点数为4×8=32，且不是闭合的结构，故C错误；
D．1个LaHx晶胞中含有5×8=40个H原子，含H质量为40NAg，晶胞的体积为(484.0×10-10cm)3=(4.84×10-8)3cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为404.84×10-83×6.02×1023g⋅cm-3，故D正确；
答案选C。
五、物质结构与性质综合题（非选择题）
227．（2023.6浙江17）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是 。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是 。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1
B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2
C．最简单的氮烯分子式：N2H2
D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为 。
③给出H+的能力：NH3 CuNH32+(填“>”或“<”)，理由是 。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为 ，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为 。
【答案】(1)2s22p3
(2) A NnHn+2−2m(m≤n2，m为正整数) ＜ CuNH32+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
(3) CaCN2 6
【详解】（1）N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3；故答案为：2s22p3。
（2）①A．能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；B．钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2，故B正确；C．氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；D．氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；综上所述，答案为：A。
②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(m≤n2，m为正整数)；故答案为：NnHn+2−2m(m≤n2，m为正整数)。
③CuNH32+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜CuNH32+(填“>”或“<”)；故答案为：＜；CuNH32+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂。
（3）钙个数为2+4×16+4×112=3，CN22-个数为2+2×13+2×16=3，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图 ，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到 ，以这个CN22-进行分析，其俯视图为 ，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6；故答案为：CaCN2；6。
228．（2023山东16）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1)-40℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为 ，HOF水解反应的产物为 (填化学式)。
(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键Π35。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式 ；为O-Cl-O键角 Cl-O-Cl键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较ClO2与Cl2O中Cl-O键的键长并说明原因 。
(3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c,α=β=γ=90°)，其中Cu化合价为+2。上述反应的化学方程式为 。若阿伏伽德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ= g⋅cm-3(用含NA的代数式表示)。
【答案】(1) 分子晶体 HF 、H2O2
(2) sp2 ＞ ClO2分子中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键。
(3) CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl 436×1030abcNA
【详解】（1）常温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。HOF分子中F显-1价，其水解时结合H2O电离的H+生成HF，则OH+结合H2O电离的OH-，两者反应生成H2O2，因此，HOF水解反应的产物为HF 、H2O2。
（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π35)。由ClO2中存在Π35可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，与另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键）， Cl的价层电子对数为3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知n=6+1×22=4，因此，O的杂化方式为sp3；根据价层电子对互斥理论可知，n=4时，价电子对的几何构型为正四面体，n=3时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O均为V形结构，但O-Cl-O键角大于Cl-O-Cl键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。ClO2分子中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键。
（3）一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×14+2=4、白球的个数为16×14+4×12+2=8、灰色球的个数为8×18+1=2，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的质量为2×218NAg，晶胞的体积为abcpm3=abc×10-30cm3，化合物X的密度ρ=2×218NAgabc×10-30cm3=436×1030abcNA g⋅cm-3。
229．（2023全国乙35）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2-xSiO4)。回答下列问题：
(1)基态Fe原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是 。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因 。SiCl4的空间结构为 ，其中Si的轨道杂化形式为 。
(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个Mg。该物质化学式为 ，B-B最近距离为 。
【答案】(1) 3d64s2 O＞Si＞Fe＞Mg +2
(2) 钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体 sp3
(3) 1
MgB2 33a
【详解】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石(MgxFe2-xSiO4)中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为MgxFe2-xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。
（2）Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知， SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si的价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为sp3。
（3）由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×16+2×12=3个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中B在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为32a，因此B-B最近距离为32a×13×2=33a。
230．（2023全国甲35）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
(1)图1所示的几种碳单质，它们互为 ，其中属于原子晶体的是 ，C60间的作用力是 。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 (填图2酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 键。
(3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F-的配位数为 。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ= g⋅cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】(1) 同素异形体 金刚石 范德华力
(2) ③ +2 配位
(3) sp3 离子 2 84×1030NA⋅a3
【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；
（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H+；钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
（3）由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为12×14=3，蓝色球的个数为8×18=1，则灰色的球为F-，距F-最近且等距的Al3+有2个，则F-的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为（apm）3=a3×10-30cm3，晶胞的质量为84gNA，则其晶体密度ρ=84×1030NA⋅a3g⋅cm3。
231．（2023.1浙江17）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
(1)SiNH24分子的空间结构(以Si为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。SiNH24受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因是 。
(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
【答案】(1) 四面体 sp3 Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强SiNH24中Si-N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
(2)AB
(3) 共价晶体 SiP2
【详解】（1）SiNH24分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以SiNH24分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以Si为中心)名称为四面体；
氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；
Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强SiNH24中Si-N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故SiNH24受热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH3；
（2）电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Si原子、Si+离子、激发态Si原子；
A．激发态Si原子有四层电子，Si+离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：③>①>②，选项A正确；
B．根据上述分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B正确；
C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C错误；
D．由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：②>①，选项D错误；
答案选AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有8×18+6×12=4个Si，8个P，故该化合物的化学式为SiP2。
232．（2023北京15）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根S2O32-可看作是SO42-中的一个O原子被S原子取代的产物。
(1)基态S原子价层电子排布式是 。
(2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： 。
(3)S2O32-的空间结构是 。
(4)同位素示踪实验可证实S2O32-中两个S原子的化学环境不同，实验过程为SO32-→ⅰSS2O32-→ⅱAg+Ag2S+SO42-。过程ⅱ中，S2O32-断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na232SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是 。
(5)MgS2O3⋅6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。
晶胞中的MgH2O62+个数为 。已知MgS2O3⋅6H2O的摩尔质量是Mg⋅ml-1，阿伏加德罗常数为NΛ，该晶体的密度为 g⋅cm-3。1nm=10-7cm
(6)浸金时，S2O32-作为配体可提供孤电子对与Au+形成AuS2O323-。分别判断S2O32-中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： 。
【答案】(1)3s23p4
(2)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
(3)四面体形
(4)Na232SO4和Ag235S
(5) 4 4MNAabc×1021
(6)S2O32-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子
【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为3s23p4。答案为3s23p4；
（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
（3）SO42-的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，S2O32-可看作是SO42-中1个O原子被S原子取代，则S2O32-的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
（4）过程Ⅱ中S2O32-断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中SO32-最终转化为SO42-，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为Na232SO3和35S，过程Ⅱ的含硫产物是Na232SO4和Ag235S。答案为Na232SO4和Ag235S；
（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有8×18+4×14+2×12+1=4个MgH2O62+，含有4个S2O32-；该晶体的密度ρ=NMNAV=4MNAabc×10-21g⋅cm-3。答案为4；4MNAabc×1021；
（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。S2O32-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
233．（2023海南19）我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
(代表单键、双键或叁键)
回答问题：
(1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是 。
(2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V-O-R'空间结构呈角形，原因是 。
(3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是 。
(4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是 。
(5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物CsV3Sb5在超导方面表现出潜在的应用前景。CsV3Sb5晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。
①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为 。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为 。
②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是 。
a．有+4或+5价态形式 b．均属于第四周期元素
c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近
【答案】(1)C、O、P、Cl
(2)根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形
(3)N
(4)配合物Ⅱ
(5) 6 5s25p3 ad
【详解】（1）根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；
（2）根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；
（4）结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键， N2中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；
（5）①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式5s25p3；
②a．CsV3Sb5中Cs为+1价，Sb为-3价，V的总化合价为+14，平均价态介于4-5之间，故替代后，化合价可能为+4或+5价态形式，故a正确；
b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误；
c．Sn是IVA族元素，不属于过渡元素，故c错误；
d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确；
答案为：ad。
第七部分 有机化学基础
一、有机物的性质
234．（2023全国甲8）藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是
A．可以发生水解反应B．所有碳原子处于同一平面
C．含有2种含氧官能团D．能与溴水发生加成反应
【答案】B
【详解】A．藿香蓟的分子结构中含有酯基，因此其可以发生水解反应，A说法正确；
B．藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B说法错误；
C．藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键，因此其含有2种含氧官能团，C说法正确；
D．藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，因此，其能与溴水发生加成反应，D说法正确；
综上所述，本题选B。
235．（2023全国乙8）下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是
A．①的反应类型为取代反应B．反应②是合成酯的方法之一
C．产物分子中所有碳原子共平面D．产物的化学名称是乙酸异丙酯
【答案】C
【详解】A．反应①为乙酸和异丙醇在酸的催化下发生酯化反应生成了乙酸异丙酯和水，因此，①的反应类型为取代反应，A叙述正确；
B．反应②为乙酸和丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，该反应的原子利用率为100%，因此，该反应是合成酯的方法之一，B叙述正确；
C．乙酸异丙酯分子中含有4个饱和的碳原子，其中异丙基中存在着一个饱和碳原子连接两个饱和碳原子和一个乙酰氧基，类比甲烷的正四面体结构可知，乙酸异丙酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C叙述是错误；
D．两个反应的产物是相同的，从结构上看，该产物是由乙酸与异丙醇通过酯化反应生成的酯，故其化学名称是乙酸异丙酯，D叙述是正确；
综上所述，本题选C。
236．（2023海南2）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列叙述错误的是
A．土豆片遇到碘溶液，呈蓝色
B．蛋白质遇到浓硫酸，呈黄色
C．CrO3溶液(0.1ml⋅L-1)中滴加乙醇，呈绿色
D．苯酚溶液(0.1ml⋅L-1)中滴加FeCl3溶液(0.1ml⋅L-1)，呈紫色
【答案】B
【详解】A．土豆片中含有淀粉，淀粉遇到碘单质会变蓝，A正确；
B．结构中含苯环的蛋白质遇到浓硝酸，呈黄色，B错误；
C．CrO3会被乙醇还原为三价铬，呈绿色，C正确；
D．苯酚遇到氯化铁会有显色反应，生成紫色的配合物，D正确；
故选B。
237．（2023.1浙江8）下列说法不正确的是
A．从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物
B．蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
C．水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
D．聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
【答案】A
【详解】A．从分子结构上看糖类都是多羟基醛或酮及其缩合产物，故A错误；
B．某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸会因胶体发生聚沉产生白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故B正确；
C．酯是易挥发而具有芳香气味的有机化合物，所以含有酯类的水果会因含有低级酯类物质而具有特殊香味，故C正确；
D．聚乙烯、聚氯乙烯的是具有优良性能的热塑性塑料，故D正确；
故选A。
238．（2023.6浙江8）下列说法不正确的是
A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
【答案】C
【详解】A．X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故A正确；
B．蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，因此利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离，故B正确；
C．苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂，故C错误；
D．新制氢氧化铜悬浊液与乙醛加热反应条件得到砖红色沉淀，新制氢氧化铜悬浊液与醋酸溶液反应得到蓝色溶液，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液，故D正确。
综上所述，答案为C。
239．（2023.1浙江9）七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是
A．分子中存在2种官能团
B．分子中所有碳原子共平面
C．1ml该物质与足量溴水反应，最多可消耗2mlBr2
D．1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mlNaOH
【答案】B
【详解】A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A错误；
B．分子中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，且两个平面重合，故所有碳原子共平面，B正确；
C．酚羟基含有两个邻位H可以和溴发生取代反应，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴3ml，C错误；
D．分子中含有2个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多消耗4mlNaOH，D错误；
故选B。
240．（2023海南12不定项）闭花耳草是海南传统药材，具有消炎功效。车叶草苷酸是其活性成分之一，结构简式如图所示。下列有关车叶草苷酸说法正确的是
A．分子中含有平面环状结构
B．分子中含有5个手性碳原子
C．其钠盐在水中的溶解度小于在甲苯中的溶解度
D．其在弱碱介质中可与某些过渡金属离子形成配合物
【答案】D
【详解】A. 环状结构中含有多个sp3杂化原子相连，故分子中不一定含有平面环状结构，故A错误；
B. 分子中含有手性碳原子如图标注所示： ，共9个，故B错误；
C. 其钠盐是离子化合物，在水中的溶解度大于在甲苯中的溶解度，故C错误；
D. 羟基中氧原子含有孤对电子，在弱碱介质中可与某些过渡金属离子形成配合物，故D正确；
答案为：D。
241．（2023北京9）一种聚合物PHA的结构简式如下，下列说法不正确的是
A．PHA的重复单元中有两种官能团
B．PHA可通过单体 缩聚合成
C．PHA在碱性条件下可发生降解
D．PHA中存在手性碳原子
【答案】A
【详解】A．PHA的重复单元中只含有酯基一种官能团，A项错误；
B．由PHA的结构可知其为聚酯，由单体 缩聚合成，B项正确；
C．PHA为聚酯，碱性条件下可发生降解，C项正确；
D．PHA的重复单元中只连有1个甲基的碳原子为手性碳原子，D项正确；
故选A。
242．（2023湖北4）湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是
A．该物质属于芳香烃B．可发生取代反应和氧化反应
C．分子中有5个手性碳原子D．1ml该物质最多消耗9mlNaOH
【答案】B
【详解】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；
B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；
C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中， 标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；
D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1 ml该物质最多消耗11 mlNaOH，D错误；
故选B。
243．（2023广东8）2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物，说法不正确的是
A．能发生加成反应B．最多能与等物质的量的NaOH反应
C．能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应
【答案】B
【详解】A．该化合物含有苯环，含有碳碳叁键都能和氢气发生加成反应，因此该物质能发生加成反应，故A正确；
B．该物质含有羧基和 ，因此1ml该物质最多能与2mlNaOH反应，故B错误；
C．该物质含有碳碳叁键，因此能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．该物质含有羧基，因此能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应，故D正确；
综上所述，答案为B。
244．（2023福建2）抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是
A．能发生水解反应B．含有2个手性碳原子
C．能使Br2的CCl4溶液褪色D．碳原子杂化方式有sp2和sp3
【答案】B
【详解】A．分子中有肽键，因此在酸或碱存在并加热条件下可以水解，A正确；
B．标注*这4个碳原子各连有4个各不相同的原子或原子团，因此为手性碳原子，B错误；
C．分子中含有碳碳双键，因此能使能使Br2的CCl4溶液褪色，C正确；
D．分子中双键碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，D正确；
故选B。
245．（2023重庆7）橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：
关于橙皮苷的说法正确的是
A．光照下与氯气反应，苯环上可形成C-Cl键
B．与足量NaOH水溶液反应，O-H键均可断裂
C．催化剂存在下与足量氢气反应，π键均可断裂
D．与NaOH醇溶液反应，多羟基六元环上可形成π键
【答案】C
【详解】A．光照下烃基氢可以与氯气反应，但是氯气不会取代苯环上的氢，A错误；
B．分子中除苯环上羟基，其他羟基不与氢氧化钠反应，B错误；
C．催化剂存在下与足量氢气反应，苯环加成为饱和碳环，羰基氧加成为羟基，故π键均可断裂，C正确；
D．橙皮苷不与NaOH醇溶液发生消去反应，故多羟基六元环不可形成π键，D错误；
故选C。
246．（2023山东7）抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A．存在顺反异构
B．含有5种官能团
C．可形成分子内氢键和分子间氢键
D．1ml该物质最多可与1mlNaOH反应
【答案】D
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；
B．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正确；
D．由题干有机物结构简式可知，1ml该有机物含有羧基和酰胺基各1ml，这两种官能团都能与强碱反应，故1ml该物质最多可与2mlNaOH反应，D错误；
故答案为：D。
247．（2023辽宁8）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如下。下列说法错误的是
A．该反应为取代反应B．a、b均可与NaOH溶液反应
C．c核磁共振氢谱有3组峰D．c可增加KI在苯中的溶解度
【答案】C
【详解】A．根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A正确；
B．a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；
C．根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示： ， 核磁共振氢谱有4组峰，C错误；
D．c可与K+形成鳌合离子 ，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；
故答案选C。
248．（2023湖北12）下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是
A．HC≡CH能与水反应生成CH3CHO
B．可与H2反应生成
C．水解生成
D．中存在具有分子内氢键的异构体
【答案】B
【分析】根据图示的互变原理，具有羰基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点为与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析下列选项。
【详解】A．水可以写成H-OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A不符合题意；
B．3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B符合题意；
C．水解生成和CH3OCOOH，可以发生互变异构转化为，C不符合题意；
D．可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D不符合题意；
故答案选B。
249．（2023北京11）化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。
已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是
A．K的核磁共振氢谱有两组峰B．L是乙醛
C．M完全水解可得到K和LD．反应物K与L的化学计量比是1∶1
【答案】D
【详解】A．有机物的结构与性质 K分子结构对称，分子中有3种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A错误；
B．根据原子守恒可知1个K与1个L反应生成1个M和2个H2O，L应为乙二醛，B错误；
C．M发生完全水解时，酰胺基水解，得不到K，C错误；
D．由上分析反应物K和L的计量数之比为1∶1，D项正确；
故选D。
250．（2023江苏9）化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X不能与FeCl3溶液发生显色反应
B．Y中的含氧官能团分别是酯基、羧基
C．1mlZ最多能与3mlH2发生加成反应
D．X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别
【答案】D
【详解】A．X中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，A错误；
B．Y中的含氧官能团分别是酯基、醚键，B错误；
C．Z中1ml苯环可以和3mlH2发生加成反应,1ml醛基可以和1mlH2发生加成反应，故1mlZ最多能与4mlH2发生加成反应，C错误；
D．X可与饱和NaHCO3溶液反应产生气泡，Z可以与2%银氨溶液反应产生银镜，Y无明显现象，故X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别，D正确。
故选D。
251．（2023辽宁6）在光照下，螺呲喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺呲喃说法正确的是
A．均有手性B．互为同分异构体
C．N原子杂化方式相同D．闭环螺吡喃亲水性更好
【答案】B
【详解】A．手性碳是连有四个不同的原子或原子团的碳原子，闭环螺吡喃含有一个手性碳原子，因此具有手性，开环螺吡喃不含手性碳原子，不具备手性，故A错误；
B．根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；
C．闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误；
D．开环螺吡喃中氧原子显负价，电子云密度大，容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D错误；
答案为B。
252．（2023河北2）在K-10蒙脱土催化下，微波辐射可促进化合物X的重排反应，如下图所示：
下列说法错误的是
A．Y的熔点比Z的高B．X可以发生水解反应
C．Y、Z均可与Br2发生取代反应D．X、Y、Z互为同分异构体
【答案】A
【详解】A．Z易形成分子间氢键、Y易形成分子内氢键，Y的熔点比Z的低，故A错误；
B．X含有酯基，可以发生水解反应，故B正确；
C．Y、Z均含有酚羟基，所以均可与Br2发生取代反应，故C正确；
D．X、Y、Z分子式都是C12H10O2，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
选A。
253．（2023.6浙江10）丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为CH3CH=CHBr
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z的链节为
【答案】B
【分析】CH3-CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生加成反应，生成 (Y)；CH3-CH=CH2与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应，生成 (X)；CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生加聚反应，生成 (Z)。
【详解】A．乙烯分子中有6个原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则丙烯分子中，两个框内的原子可能共平面，所以最多7个原子共平面，A正确；
B．由分析可知，X的结构简式为 ，B不正确；
C．Y( )与足量KOH醇溶液共热，发生消去反应，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C正确；
D．聚合物Z为 ，则其链节为 ，D正确；
故选B。
254．（2023新课标8）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A．该高分子材料可降解B．异山梨醇分子中有3个手性碳
C．反应式中化合物X为甲醇D．该聚合反应为缩聚反应
【答案】B
【详解】A．该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；
B．异山梨醇中 四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B错误；
C．反应式中异山梨醇释放出一个羟基与碳酸二甲酯释放出的甲基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，C正确；
D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；
故答案选B。
255．（2023山东12不定项）有机物X→Y的异构化反应如图所示，下列说法错误的是
A．依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团
B．除氢原子外，X中其他原子可能共平面
C．含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体有4种(不考虑立体异构)
D．类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应和加聚反应
【答案】C
【详解】A．由题干图示有机物X、Y的结构简式可知，X含有碳碳双键和醚键，Y含有碳碳双键和酮羰基，红外光谱图中可以反映不同官能团或化学键的吸收峰，故依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，A正确；
B．由题干图示有机物X的结构简式可知，X分子中存在两个碳碳双键所在的平面，单键可以任意旋转，故除氢原子外，X中其他原子可能共平面，B正确；
C．由题干图示有机物Y的结构简式可知，Y的分子式为：C6H10O，则含醛基和碳碳双键且有手性碳原子(即同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子)的Y的同分异构体有：CH3CH=CHCH(CH3)CHO、CH2=C(CH3)CH(CH3)CHO、CH2=CHCH(CH3)CH2CHO、CH2=CHCH2CH(CH3)CHO和CH2=CHCH(CH2CH3)CHO共5种(不考虑立体异构)，C错误；
D．由题干信息可知，类比上述反应，的异构化产物为： 含有碳碳双键和醛基，故可发生银镜反应和加聚反应，D正确；
故答案为：C。
二、有机推断题（非选择题）
256．（2023.6浙江21）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知： →-H2O—CH=N—
请回答：
(1)化合物B的含氧官能团名称是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物A能与FeCl3发生显色反应
B．A→B的转变也可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，K2CO3作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
(3)化合物C的结构简式是 。
(4)写出E→F的化学方程式 。
(5)研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺( )。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)
(6)写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式 。
①分子中含有苯环
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
【答案】(1)羟基、醛基
(2)BC
(3)ClCH2CH2N(CH3)2
(4) +2H2→催化剂 +H2O
(5)
(6)
【分析】由有机物的转化关系可知， 发生催化氧化反应生成 ，碳酸钾作用下 与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成 ，则C为ClCH2CH2N(CH3)2； 与NH2OH反应生成 ，则E为 ；催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成 ，则F为 ； 与SOCl2发生取代反应生成 ； 与 发生取代反应生成依托比利。
【详解】（1）由结构简式可知，B分子的官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；
（2）A．由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，故正确；
B．酚羟基具有强还原性，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，则A→B的转变不能用酸性高锰酸钾溶液来实现，故错误；
C．由分析可知，B+C→D的反应为碳酸钾作用下 与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成 ，其中碳酸钾的作用是中和反应生成的氯化氢，提高反应物的转化率，故错误；
D．由结构简式可知，依托比利分子中含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故正确；
故选BC；
（3）由分析可知，C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2，故答案为：ClCH2CH2N(CH3)2；
（4）由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成 ，反应的化学方程式为 +2H2→催化剂 +H2O，故答案为： +2H2→催化剂 +H2O；
（5）由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺的合成步骤为 与NH2OH反应生成 ，催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成 ；催化剂作用下， 与氧气发生催化氧化反应生成 ， 与SOCl2发生取代反应生成 ， 与 发生取代反应生成 ，合成路线为，故答案为： ；
（6）D的同分异构体分子中含有苯环，1H-NMR谱和IR谱检测表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，同分异构体的结构简式为 。故答案为： 。
257．（2023新课标30）莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 。
(2)C中碳原子的轨道杂化类型有 种。
(3)D中官能团的名称为 、 。
(4)E与F反应生成G的反应类型为 。
(5)F的结构简式为 。
(6)I转变为J的化学方程式为 。
(7)在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；
①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3:3:3:2:2:1的同分异构体的结构简式为 。
【答案】(1)3-甲基苯酚(间甲基苯酚)
(2)2
(3) 氨基 羟基
(4)取代反应
(5)
(6)+H2O→Δ+HCl+N2↑
(7) 9
【分析】根据流程，A与2-溴丙烷发生取代反应生成B，B与NaNO2发生反应生成C，C与NH4HS反应生成D，D与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D为；E与F反应生成G，结合E和G的结构简式和F的分子式可知，F为；G发生两步反应生成H，H再与NaNO2/HCl反应生成I，结合I的结构和H的分子式可知，H为；I与水反应生成J，J与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成K，结合K的结构简式和J的分子式可知，J为；据此分析解题。
【详解】（1）根据有机物A的结构，有机物A的化学名称为3-甲基苯酚(间甲基苯酚)。
（2）有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为2种。
（3）根据分析，有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基。
（4）有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机物G，故反应类型为取代反应。
（5）根据分析，有机物F的结构简式为。
（6）有机物I与水反应生成有机物J，该反应的方程式为+H2O→Δ+HCl+N2↑。
（7）连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种，分别为：、 、、、、 、、、；其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3:3:3:2:2:1的同分异构体的结构简式为。
258．（2023山东19）根据杀虫剂氟铃脲(G)的两条合成路线，回答下列问题。
已知：Ⅰ．R1NH2+OCNR2→
Ⅱ．
路线一：
(1)A的化学名称为 (用系统命名法命名)；B→C的化学方程式为 ；D中含氧官能团的名称为 ；E的结构简式为 。
路线二：
(2)H中有 种化学环境的氢，①~④属于加成反应的是 (填序号)；J中原子的轨道杂化方式有 种。
【答案】(1) 2,6-二氯甲苯 +2KF→催化剂 +2KCl 酰胺基
(2) 2 ②④ 3
【分析】路线：根据流程及A的分子式为C7H6Cl2，可推出A的结构式为，A在氨气和氧气的作用下，生成了B（），B与KF反应，生成C（），根据题给信息，C与过氧化氢反应，生成D（），D和(COCl2)2反应生成E，E的分子式为C8H3F2NO2，推出E的结构式为，E与F（）反应生成了氟铃脲（G）。
路线二：
根据流程及F的分子式可推出H的结构式，H与氢气反应生成I（），I与CF2=CF2反应生成F（），F与(COCl2)2反应生成J（），J与D（）反应生成了氟铃脲（G）。
【详解】（1）由分析可知，A为，系统命名为2,6-二氯甲苯，B与KF发生取代反应生成C，化学方程式为+2KF→催化剂 +2KCl，D为，含氧官能团为酰胺基，根据分析，E为。
（2）根据分析，H为，由结构特征可知，含有2种化学环境的氢，根据分析流程可知H→I为还原反应，I→F为加成反应，F→J为取代反应，J→G为加成反应，J为，苯环上的C原子采用sp2杂化，O=C=N中的C采用sp杂化，饱和碳采用sp3杂化，共3种，N原子的杂化方式为sp2、O原子杂化方式为sp2和sp3，所以J中原子的杂化方式有3种。
259．（2023全国乙36）奥培米芬(化合物J)是一种雌激素受体调节剂，以下是一种合成路线(部分反应条件己简化)。
已知：
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是 。
(2)C的结构简式为 。
(3)D的化学名称为 。
(4)F的核磁共振谱显示为两组峰，峰面积比为1∶1，其结构简式为 。
(5)H的结构简式为 。
(6)由I生成J的反应类型是 。
(7)在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种；
①能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液显紫色；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为五组峰、且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为 。
【答案】(1)醚键和羟基
(2)
(3)苯乙酸
(4)
(5)
(6)取代反应(水解反应)
(7) 13
【分析】有机物A与有机物B发生反应生成有机物C，有机物C与有机物D在多聚磷酸的条件下反应生成有机物E，根据有机物E的结构可以推测，有机物C的结构为，进而推断出有机物D的结构为；有机物E与有机物F反应生成有机物G，有机物G根据已知条件发生反应生成有机物H，有机物H的结构为，有机物H发生两步反应得到目标化合物J(奥培米芬)；据此分析解题。
【详解】（1）根据有机物A的结构，有机物A中的含氧官能团是醚键和羟基。
（2）根据分析，有机物C的结构简式为。
（3）根据分析，有机物D的结构为，其化学名称为苯乙酸。
（4）有机物F的核磁共振氢谱显示未两组峰，封面积比为1：1，说明这4个H原子被分为两组，且物质应该是一种对称的结构，结合有机物F的分子式可以得到，有机物F的结构简式为。
（5）根据分析，有机物H的结构简式为。
（6）根据流程，有机物I在LiAlH4/四氢呋喃的条件下生成有机物J，从J的结构中可以看出，有机物右侧的酯基断裂生成了羟基，故该反应为取代反应(水解反应)。
（7）能发生银镜反应说明该结构中含有醛基，能遇FeCl3溶液显紫色说明该结构中含有酚羟基，则满足这三个条件的同分异构体有13种。此时可能是情况有，固定醛基、酚羟基的位置处在邻位上，变换甲基的位置，这种情况下有4种可能；固定醛基、酚羟基的位置处在间位上，变换甲基的位置，这种情况下有4种可能；固定醛基、酚羟基的位置处在对位上，变换甲基的位置，这种情况下有2种可能；将醛基与亚甲基相连，变换酚羟基的位置，这种情况下有3种可能，因此满足以上条件的同分异构体有4+4+2+3=13种。其中，核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1，说明这总同分异构体中不能含有甲基且结构为一种对称结构，因此，这种同分异构体的结构简式为：。
260．（2023全国甲36）阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。
已知：R-COOH→SOCl2R-COCl→NH3⋅H2OR-CONH2
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 。
(2)由A生成B的化学方程式为 。
(3)反应条件D应选择 (填标号)。
a．HNO3/H2SO4 b．Fe/HCl c．NaOH/C2H5OH d．AgNO3/NH3
(4)F中含氧官能团的名称是 。
(5)H生成I的反应类型为 。
(6)化合物J的结构简式为 。
(7)具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有 种(不考虑立体异构，填标号)。
a．10 b．12 c．14 d．16
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构简式为 。
【答案】(1)邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)
(2)+Cl2→FeCl3+HCl
(3)b
(4)羧基
(5)消去反应
(6)
(7) d
【分析】根据有机物C的结构，有机物B被酸性高锰酸钾氧化为C，则有机物B为，有机物B由有机物A与Cl2发生取代反应得到的，有机物A为，有机物E为有机物C发生还原反应得到的，有机物E经一系列反应得到有机物G，根据已知条件，有机物G发生两步反应得到有机物H，有机物G与SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物H，有机物H的结构为，有机物I与有机物J发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式可以得到有机物J的结构，有机物J的结构为，有机物K经后续反应得到目标化合物阿佐塞米(有机物L)，据此分析解题。
【详解】（1）根据分析，有机物A的结构式为，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)。
（2）根据分析，有机物A发生反应生成有机物B为取代反应，反应的化学方程式为+Cl2→FeCl3+HCl。
（3）根据分析，有机物C发生生成有机物E的反应为还原反应，根据反应定义，该反应为一个加氢的反应，因此该反应的反应条件D应为b：Fe/HCl，a一般为硝化反应(取代反应)的反应条件，c一般为卤代烃的消去反应的反应条件，d一般为醛基的鉴别反应(银镜反应)的反应条件，故答案为b。
（4）有机物F中的含氧官能团为-COOH，名称为羧基。
（5）有机物H反应生成有机物I的反应作用在有机物H的酰胺处，该处于POCl3发生消去反应脱水得到氰基，故答案为消去反应。
（6）根据分析可知有机物J的结构简式为。
（7）与分子式为C7H6ClNO2的芳香同分异构体且含有-Cl、-NO2两种官能团共有17种，分别为：(有机物B)、、、、、、、、、、、、、、、、，除有机物B外，其同分异构体的个数为16个；在这些同分异构体中核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：1：1，说明其结构中有4种化学环境的H原子，该物质应为一种对称结结构，则该物质为。
261．（2023辽宁19）加兰他敏是一种天然生物碱，可作为阿尔茨海默症的药物，其中间体的合成路线如下。
回答下列问题：
(1)A中与卤代烃成醚活性高的羟基位于酯基的 位(填“间”或“对”)。
(2)C发生酸性水解，新产生的官能团为羟基和 (填名称)。
(3)用O2代替PCC完成D→E的转化，化学方程式为 。
(4)F的同分异构体中，红外光谱显示有酚羟基、无N-H键的共有 种。
(5)H→I的反应类型为 。
(6)某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为 和 。
【答案】(1)对
(2)羧基
(3)2+O2→ΔCuAg2+2H2O
(4)3
(5)取代
(6)
【分析】根据有机物A的结构和有机物C的结构，有机物A与CH3I反应生成有机物B，根据有机物B的分子式可以得到有机物B的结构，即；有机物与BnCl反应生成有机物C，有机物C发生还原反应生成有机物D，有机物D与PCC发生氧化反应生成有机物E，根据有机物E的结构和有机物D的分子式可以得到有机物D的结构，即；有机物E与有机物有机物F发生已知条件给的②反应生成有机物G，有机物G发生还原反应生成有机物H，根据有机物H与有机物G的分子式可以得到有机物G的结构，即，同时也可得到有机物F的结构，即；随后有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I。由此分析解题。
【详解】（1）由有机物A与CH3I反应得到有机物B可知，酚与卤代烃反应成醚时，优先与其含有的其他官能团的对位羟基发生反应，即酯基对位的酚羟基活性最高，可以发生成醚反应，故答案为；对位。
（2）有机物C含有酯基，在酸性条件下发生水解生成羧基和羟基，故答案为羧基。
（3）O2与有机物D发生催化氧化反应生成有机物E，反应的化学方程式为2+O2→ΔCuAg2+2H2O。
（4）F的同分异构体中不含有N-H键，说明结构中含有结构，又因红外中含有酚羟基，说明结构中含有苯环和羟基，固定羟基的位置有邻、间、对三种情况，故有3种同分异构体。
（5）有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I，反应时，有机物H中的N-H键发生断裂，与HCOOCH2CH3中断裂的醛基结合，故反应类型为取代反应。
（6）根据题目中给的反应条件和已知条件，利用逆合成法分析，有机物N可以与NaBH4反应生成最终产物，类似于题中有机物G与NaBH4反应生成有机物H，作用位置为有机物N的N=C上，故有机物N的结构为，有机物M可以发生已知条件所给的反应生成有机物N，说明有机物M中含有C=O，结合反应原料中含有羟基，说明原料发生反应生成有机物M的反应是羟基的催化氧化，有机物M的结构为，故答案为、。
262．（2023江苏15）化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如下：
(1)化合物A的酸性比环己醇的 (填“强”或“弱”或“无差别”)。
(2)B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为 。
(3)A→C中加入C2H53N是为了消耗反应中产生的 (填化学式)。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。
碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。
(5)G的分子式为C8H8Br2，F→H的反应类型为 。
(6)写出以、和CH2=CH2为原料制备的合成路线流图 (须用NBS和AlBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1)强
(2)CH3COCl
(3)HCl
(4)
(5)取代反应
(6)
【分析】与C2H3OCl发生取代反应生成，可推知化学方程式为+CH3COCl→+HCl，可知B为CH3COCl；发生水解反应得到F：，与G：C8H8Br2发生取代反应得到，可知化学方程式为+→+HBr，由此推知G为。
【详解】（1）化合物A：中含有酚羟基，酚羟基酸性强于醇羟基，故化合物A的酸性比环己醇的强。
（2）由分析可知B的结构简式为CH3COCl。
（3）A→C的化学方程式为+CH3COCl→+HCl，C2H53N显碱性可以与HCl发生中和反应促进+CH3COCl→+HCl平衡正移，提供的产率，故A→C中加入C2H53N是为了消耗反应中产生的HCl。
（4）的同分异构体碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色，说明其同分异构体为5，且该水解产物为苯甲酸；另一水解产物为丙醇，且加热条件下，铜催化该产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，由此确定该醇为2-丙醇，由此确定的同分异构体为。
（5）由分析可知F→H的反应为+→+HBr，该反应为取代反应。
（6）结合F→H可设计以下合成路线：。
263．（2023湖南18）含有吡喃萘醌骨架的化合物常具有抗菌、抗病毒等生物活性，一种合成该类化合物的路线如下(部分反应条件已简化)：
回答下列问题：
(1)B的结构简式为 ；
(2)从F转化为G的过程中所涉及的反应类型是 、 ；
(3)物质G所含官能团的名称为 、 ；
(4)依据上述流程提供的信息，下列反应产物J的结构简式为 ；
(5)下列物质的酸性由大到小的顺序是 (写标号)：
① ② ③
(6) (呋喃)是一种重要的化工原料，其能够发生银镜反应的同分异构体中。除H2C=C=CH-CHO外，还有 种；
(7)甲苯与溴在FeBr3催化下发生反应，会同时生成对溴甲苯和邻溴甲苯，依据由C到D的反应信息，设计以甲苯为原料选择性合成邻溴甲苯的路线 (无机试剂任选)。
【答案】(1)
(2) 消去反应 加成反应
(3) 碳碳双键 醚键
(4)
(5)③>①>②
(6)4
(7) ⇌Δ浓H2SO4 →FeBr3Br2 →ΔH2O/H+
【详解】（1）有机物A与Br2反应生成有机物B，有机物B与有机物E发生取代反应生成有机物F，结合有机物A、F的结构和有机物B的分子式可以得到有机物B的结构式，即 。
（2）有机物F转化为中间体时消去的是-Br和 ，发生的是消去反应，中间体与呋喃反应生成有机物G时，中间体中的碳碳三键发生断裂与呋喃中的两个双键发生加成反应，故答案为消去反应、加成反应。
（3）根据有机物G的结构，有机物G中的官能团为碳碳双键、醚键。
（4）根据上述反应流程分析， 与呋喃反应生成 ， 继续与HCl反应生成有机物J，有机物J的结构为 。
（5）对比三种物质，③中含有电负性较高的F原子，使-CF3变成吸电子基团，将整个有机物的电子云朝着-CF3方向转移，使-SO3H基团更容易失去电子，故其酸性最强；②中含有的-CH3为推电子基团，使得整个有机物的电子云朝着-SO3H方向移动，使-SO3H基团更不容易失去电子。因此，上述三种物质的酸性大小为③>①>②。
（6）呋喃是一种重要的化工原料，其同分异构体中可以发生银镜反应，说明其同分异构体中含有醛基，这样的同分异构体共有4种，分别为：CH3-C≡C-CHO、CH≡C-CH2-CHO、 、 。
（7）甲苯和溴在FeBr3的条件下生成对溴甲苯和邻溴甲苯，因题目中欲合成邻溴甲苯，因此需要对甲基的对位进行处理，利用题目中流程所示的步骤将甲苯与硫酸反应生成对甲基苯磺酸，再将对甲基苯磺酸与溴反应生成 ，再将 中的磺酸基水解得到目标化合物，具体的合成流程为： ⇌Δ浓H2SO4 →FeBr3Br2 →ΔH2O/H+ 。
264．（2023.1浙江21）某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。
已知：①
②
请回答：
(1)化合物A的官能团名称是 。
(2)化合物B的结构简式是 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．B→C的反应类型为取代反应
B．化合物D与乙醇互为同系物
C．化合物I的分子式是C18H25N3O4
D．将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
(4)写出G→H的化学方程式 。
(5)设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式 。
①分子中只含一个环，且为六元环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基CH3-CO||-。
【答案】(1)硝基，碳氯键(氯原子)
(2)
(3)D
(4)
(5)
(6)
【分析】与CH3NH2反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成C，结合C的结构可知A到B为取代反应，B为，C与E发生已知中反应生成F，F为，F脱水生成G，G与乙醇发生酯化反应生成H，H与氢气加成后再与环氧乙烷发生反应生成I，I与SOCl2发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀，据此分析解答。
【详解】（1）由A的结构可知其所含官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、碳氯键(氯原子)；
（2）由以上分析可知化合物B的结构简式，故答案为：；
（3）A. B→C的反应中B中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故错误；
B. 化合物D中含有两个羟基，与乙醇不是同系物，故错误；
C. 化合物I的分子式是C18H27N3O4，故错误；
D. 将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故正确；
故答案为：D；
（4）G与乙醇发生酯化反应生成H，反应方程式为：，故答案为：；
（5）1，3-丙二醇与HBr发生取代反应生成1，3-二溴丙烷，1，3-二溴丙烷与NaCN发生取代反应生成 ，发生水解生成戊二酸，戊二酸分子内脱水生成，合成路线为： ，故答案为：；
（6）化合物C的同分异构体①分子中只含一个环，且为六元环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基CH3-CO||-，除乙酰基外只有一种氢，则六元环上的原子均不与氢相连，该物质具有很高的对称性，符合的结构有 ，故答案为： 。
265．（2023重庆18）有机物K作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。K的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。
已知： (R1和R2为烃基)
(1)A中所含官能团名称为羟基和 。
(2)B的结构简式为 。
(3)C的化学名称为 ，生成D的反应类型为 。
(4)E的结构简式为 。
(5)G的同分异构体中，含有两个 的化合物有 个(不考虑立体异构体)，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1:3的化合物为L，L与足量新制的Cu(OH)2反应的化学方程式为 。
(6)以J和N( )为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种用于OLED的发光材料M(分子式为C46H39N5O2)。制备M的合成路线为 (路线中原料和目标化合物用相应的字母J、N和M表示)。
【答案】(1)碳碳双键
(2)
(3) 苯胺 取代反应
(4)
(5) 9 C(CH3)2(CHO)2+4Cu(OH)2+2NaOH→ΔC(CH3)2(COONa)2+2Cu2O+6H2O
(6)
【分析】A和HBr发生取代反应生成B，B是 ；B和C生成D，根据B的结构简式和C的分子式，由D逆推可知C是 ；根据题目信息，由F逆推可知E是 。
【详解】（1）根据A的结构简式，可知A中所含官能团名称为羟基和碳碳双键；
（2）A和HBr发生取代反应生成B，B是 ；
（3）C是 ，化学名称为苯胺； 和 反应生成D和HBr，生成D的反应类型为取代反应；
（4）根据题目信息，由F逆推可知E是 ；
（5）G的同分异构体中，含有两个 的化合物有 、、、、、、 、 、 、，共10个，其中G的同分异构体有9个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1:3的化合物为L，L是 ，L与足量新制的Cu(OH)2反应的化学方程式为 C(CH3)2(CHO)2+4Cu(OH)2+2NaOH→ΔC(CH3)2(COONa)2+2Cu2O+6H2O。
（6）M分子中含有5个N和2个O，可知2分子J和1分子N反应生成M，合成路线为。
266．（2023福建13）沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。
已知：Bc表示叔丁氧羰基。
(1)A中所含官能团名称 。
(2)判断物质在水中的溶解度：A B(填“>”或“<”)
(3)请从物质结构角度分析C2H53N能与HCl反应的原因 。
(4)A→B的反应类型 。
(5)写出D的结构简式 。
(6)写出E→F的化学反应方程式 。
(7)A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍生物，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，写出该同分异构体的结构简式 。(只写一种)
【答案】(1)羧基、酰胺基
(2)>
(3)(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应
(4)酯化反应
(5)
(6)+ HCONH2→一定条件+HCOOC2H5
(7)
【分析】和C2H5OH发生酯化反应生成，加Bc-OH发生取代反应生成，加入氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，加入HCONH2发生取代反应生成。
【详解】（1）A为，官能团为羧基、酰胺基；
故答案为：羧基、酰胺基。
（2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶解度；
故答案为：>。
（3）(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应；
故答案为：(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应。
（4）根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应；
故答案为：酯化反应。
（5）根据分析可知D结构简式为为；
故答案为：。
（6）根据分析可知E→F的化学反应方程式为+ HCONH2→一定条件+ HCOOC2H5；
故答案为：+ HCONH2→一定条件+HCOOC2H5。
（7）丁二酸为，分子内脱水时，两个羧基间脱水，脱水产物分子上一个H被取代后的烃的衍生物是A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，则该同分异构体的结构简式为；
故答案为：。
267．（2023北京17）化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。
已知：R-Br→Zn
(1)A中含有羧基，A→B的化学方程式是 。
(2)D中含有的官能团是 。
(3)关于D→E的反应：
① 的羰基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是 。
②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。
(4)下列说法正确的是 (填序号)。
a．F存在顺反异构体
b．J和K互为同系物
c．在加热和Cu催化条件下，J不能被O2氧化
(5)L分子中含有两个六元环。L的结构简式是 。
(6)已知：⇌ ，依据D→E的原理，L和M反应得到了P。M的结构简式是 。
【答案】(1)CH2BrCOOH+CH3CH2OH⇌Δ浓H2SO4CH2BrCOOCH2CH3+H2O
(2)醛基
(3) 羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键极性增强
(4)ac
(5)
(6)
【分析】A中含有羧基，结合A的分子式可知A为CH2BrCOOH；A与乙醇发生酯化反应，B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3；D与2-戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D的结构简式为 ，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为 ，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为 ；B与G发生已知信息的反应生成J，J为 ；K在NaOH溶液中发生水解反应生成 ，酸化得到 ；结合题中信息可知L分子中含有两个六元环，由L的分子式可知 中羧基与羟基酸化时发生酯化反应，L的结构简式为 ；由题意可知L和M可以发生类似D→E的加成反应得到 ， 发生酮式与烯醇式互变得到 ， 发生消去反应得到P，则M的结构简式为 。
【详解】（1）A→B的化学方程式为CH2BrCOOH+CH3CH2OH⇌Δ浓H2SO4CH2BrCOOCH2CH3+H2O。答案为CH2BrCOOH+CH3CH2OH⇌Δ浓H2SO4CH2BrCOOCH2CH3+H2O；
（2）D的结构简式为 ，含有的官能团为醛基。答案为醛基；
（3）①羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向碳基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键极性增强，易断裂。②2-戊酮酮羰基相邻的两个碳原子上均有C-H键，均可以断裂与苯甲醛的醛基发生加成反应，如图所示 ，1号碳原子上的C-H键断裂与苯甲醛的醛基加成得到E，3号碳原子上的C-H键也可以断裂与苯甲醛的醛基加成得到副产物 。答案为羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强； ；
（4）a．F的结构简式为 ，存在顺反异构体，a项正确；
b．K中含有酮羰基，J中不含有酮羰基，二者不互为同系物，b项错误；
c．J的结构简式为 ，与羟基直接相连的碳原子上无H原子，在加热和Cu作催化剂条件下，J不能被O2氧化，c项正确；
故选ac；
（5）由上分析L为 。答案为 ；
（6）由上分析M为 。答案为 。
268．（2023广东20）室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于CO、碘代烃类等，合成化合物ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
(1)化合物i的分子式为 。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构简式为 (写一种)，其名称为 。
(2)反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为100%。y为 。
(3)根据化合物V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
(4)关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有C-I键和H-O键断裂
B．反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成
C．反应物i中，氧原子采取sp3杂化，并且存在手性碳原子
D．CO属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的π键
(5)以苯、乙烯和CO为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)最后一步反应中，有机反应物为 (写结构简式)。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为 。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 (注明反应条件)。
【答案】(1) C5H10O (或 或 ) 3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)
(2)O2或氧气
(3) 浓硫酸，加热 O2、Cu，加热(或酸性KMnO4溶液) (或 )
(4)CD
(5) 和CH3CH2OH CH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂CH3CH2OH +Br2→Fe +HBr
【分析】① 与HBr加热发生取代反应生成 ，②乙烯在催化剂作用下氧化生成 ，③ 与 发生开环加成生成 ，④ 发生取代反应生成 ，⑤ 与 及CO反应生成 。
【详解】（1）化合物i 的分子式为C5H10O。 不饱和度为1，x可形成碳碳双键或碳氧双键或一个圆环，化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰,说明分子中有对称结构，不对称的部分放在对称轴上，x的结构简式含酮羰基时为 (或含醛基时为 或含圆环是为 )，其名称为3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)。故答案为：C5H10O； (或 或 )；3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)；
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为100%，②乙烯在催化剂作用下氧化生成 ，y为O2或氧气。故答案为：O2或氧气；
（3）根据化合物V 的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，与羟基相连的碳上有氢，可在铜名银催化作用下氧化生成 ，或酸性KMnO4溶液中氧化生成 ，见下表：
故答案为：浓硫酸，加热； ；O2、Cu，加热(或酸性KMnO4溶液)； (或 )；
（4）A． 从产物中不存在C-I键和H-O键可以看出，反应过程中，有C-I键和H-O键断裂，故A正确；
B． 反应物中不存在C=O双键，酰碘基中碘原子离去与羟基中氢离去，余下的部分结合形成酯基中C-O单键，所以反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成，故B正确；
C． 反应物i 中，氧原子采取sp3杂化，但与羟基相连的碳有对称轴，其它碳上均有2个氢，分子中不存在手性碳原子，故C错误；
D． CO属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故D错误；
故答案为：CD；
（5）以苯、乙烯和CO为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。乙烯与水在催化剂加热加压条件下合成乙醇；乙烯在银催化作用下氧化生成环氧乙醚；苯在铁催化作用下与溴生成溴苯，溴苯与环氧乙醚生成 ，与HI反应合成 ，最后根据反应⑤的原理， 与乙醇、CO合成化合物ⅷ。
(a)最后一步反应中，有机反应物为 和CH3CH2OH。故答案为： 和CH3CH2OH；
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为CH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂CH3CH2OH。故答案为：CH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂CH3CH2OH；
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 +Br2→Fe +HBr。故答案为： +Br2→Fe +HBr。
269．（2023湖北17）碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如下合成路线：
回答下列问题：
(1)由A→B的反应中，乙烯的碳碳 键断裂(填“π”或“σ”)。
(2)D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有 种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为 。
(3)E与足量酸性KMnO4溶液反应生成的有机物的名称为 、 。
(4)G的结构简式为 。
(5)已知： ，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和另一种α，β-不饱和酮J，J的结构简式为 。若经此路线由H合成I，存在的问题有 (填标号)。
a．原子利用率低 b．产物难以分离 c．反应条件苛刻 d．严重污染环境
【答案】(1)π
(2) 7
(3) 乙酸 丙酮
(4)
(5) ab
【分析】A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），B与Mg在无水乙醚中发生生成C（CH3CH2MgBr），C与CH3COCH3反应生成D（），D在氧化铝催化下发生消去反应生成E（），E和碱性高锰酸钾反应生成F（），参考D～E反应，F在氧化铝催化下发生消去反应生成G（），G与反应加成反应生成二酮H，据此分析解答。
【详解】（1）A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），乙烯的π键断裂，故答案为：π；
（2）D为，分子式为C5H12O，含有羟基的同分异构体分别为：共8种，除去D自身，还有7种同分异构体，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为，故答案为：7；；
（3）E为，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成和，名称分别为乙酸和丙酮，故答案为：乙酸；丙酮；
（4）由分析可知，G为，故答案为：；
（5）根据已知的反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I（）)和J（ ）。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率低，产物难以分离等问题，故答案为： ；ab。
270．（2023海南18）局部麻醉药福莫卡因的一种合成路线如下：
回答问题：
(1)A的结构简式： ，其化学名称 。
(2)B中所有官能团名称： 。
(3)B存在顺反异构现象，较稳定异构体的构型为 式(填“顺”或“反”)。
(4)B→C的反应类型为 。
(5)X与E互为同分异构体，满足条件①含有苯环②核磁共振氢谱只有1组吸收峰，则X的简式为： (任写一种)
(6)E→F的反应方程式为 。
(7)结合下图合成路线的相关信息。以苯甲醛和一两个碳的有机物为原料，设计路线合成 。
【答案】(1) 苯甲醛
(2)碳碳双键、酯基。
(3)反
(4)还原反应
(5)
(6)
(7)
【分析】结合B的结构式，可逆向推得A的结构为 ,B与氢气一定条件下反应还原生成C，C在SOCl2条件下发生取代反应生成D，D在HCHO、HCl、ZnCl2，发生取代反应生成E( )，E与 发生取代生成F，F与 发生取代反应生成福莫卡因。
【详解】（1）结合上述分析可知，A的结构简式： ，其化学名称苯甲醛；
（2）结合题干信息中B的结构式，B中所有官能团名称碳碳双键、酯基；
（3）顺式中的两个取代基处于同一侧，空间比较拥挤，范德华力较大，分子内能较高，不稳定，反式较顺式稳定；
（4）结合上述分析，B→C的反应类型为还原反应；
（5）E的结构为 ，同分异构体满足①含有苯环②核磁共振氢谱只有1组吸收峰，说明结构高度对称，则X的一种结构简式为 ；
（6）E→F的反应方程式为： ；
（7）乙醇分别催化氧化为乙醛、乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醛 乙酸乙酯反应生成CH3CH=CHCOOC2H5；苯甲醛与CH3CH=CHCOOC2H5反应生成 ，再水解生成 ，合成路线为： 。
271．（2023河北12）2，5-二羟基对苯二甲酸DHTA是一种重要的化工原料，广泛用于合成高性能有机颜料及光敏聚合物；作为钠离子电池的正、负电极材料也表现出优异的性能。利用生物质资源合成DHTA的路线如下：
已知：→2)H+/H2O1)NaNH2
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为 。
(2)C的结构简式为 。
(3)D的化学名称为 。
(4)G→H的化学方程式为 。
(5)写出一种能同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式 。
(a)核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为3:2；
(b)红外光谱中存在C=O吸收峰，但没有O-H吸收峰；
(c)可与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应。
(6)阿伏苯宗是防晒霜的添加剂之一。试以碘甲烷CH3I、对羟基苯乙酮()和对叔丁基甲苯[]为原料，设计阿伏苯宗的合成路线 。(无机试剂和三个碳以下的有机试剂任选)
【答案】(1)加成反应(或还原反应)
(2)CH3OOCCH2CH2COOH
(3)丁二酸二甲酯
(4)+4NaOH→ΔH2O+2CH3OH+2H2O
(5)
(6)
【分析】与H2在催化剂存在下发生加成反应生成，与CH3OH反应生成C，C的分子式为C5H8O4，则C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；C与CH3OH在酸存在下反应生成D；F与I2/KI、H2O2发生芳构化反应生成G，G的分子式为C10H10O6，G与NaOH/H2O加热反应生成H，H与H+/H2O反应生成DHTA，结合DHTA的结构简式知，G的结构简式为，H的结构简式为。
【详解】（1）对比A、B的结构简式，A→B为A与H2发生的加成反应（或还原反应）生成B。
（2）根据分析，C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；
（3）D的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，D中官能团为酯基，D的化学名称为丁二酸二甲酯。
（4）G的结构简式为，H的结构简式为，G→H的化学方程式为+4NaOH→ΔH2O+2CH3OH+2H2O。
（5）G的分子式为C10H10O6，G的同分异构体的红外光谱中存在C=O吸收峰、但没有O—H吸收峰，能与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应，G的同分异构体中含有、不含—OH，G的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰、且峰面积比为3∶2，则符合条件的G的同分异构体的结构简式为。
（6）对比与、CH3I、的结构简式，结合题给已知，可由与在1)NaNH2、2)H+/H2O作用下合成得到；可由与CH3I发生取代反应制得；可由先发生氧化反应生成、再与CH3OH发生酯化反应制得，则合成路线为：。
A．九霄环佩木古琴
B．裴李岗文化骨笛
C．商朝后期陶埙
D．曾侯乙青铜编钟
A．重组蛋白
B．高性能铜箔
C．氮化镓半导体
D．聚氨酯树脂
选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐
加热使蛋白质变性
B
环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料
聚乳酸在自然界可生物降解
C
家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈
铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4
D
学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气
沼气中含有的CH4可作燃料
与水反应
与NaOH溶液反应
i．2XeF2+2H2O=2Xe↑+O2↑+4HF
ii．2XeF2+4OH-=2Xe↑+O2↑+4F-+2H2O
iii．XeF6+3H2O=XeO3+6HF
iv．2XeF6+4Na++16OH-= Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
AgNO3溶液
B
NaOH溶液
Al2SO43溶液
C
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
D
KSCN溶液
FeCl3溶液
选项
A
B
C
D
污垢
银镜反应的银垢
石化设备内的硫垢
锅炉内的石膏垢
制氧的MnO2垢
试剂
6ml⋅L-1HNO3溶液
5%NaOH溶液；3%H2O2溶液
饱和Na2CO3溶液；5%柠檬酸溶液
浓HCl溶液
A
硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
6FeSO4+O2+2H2O=2Fe2SO43+2Fe(OH)2↓
B
硫化钠溶液出现浑浊颜色变深
Na2S+2O2=Na2SO4
C
溴水颜色逐渐褪去
4Br2+4H2O=HBrO4+7HBr
D
胆矾表面出现白色粉末
CuSO4⋅5H2O=CuSO4+5H2O
A．制取Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．收集Cl2
D．吸收尾气中的Cl2
A
B
C
D
制取NH3
转移溶液
保护铁件
收集NO
选项
A
B
C
D
目的
检验1-氯丁烷中氯元素
检验SO42-是否沉淀完全
制备检验醛基用的CuOH2
制备晶体CuNH34SO4⋅H2O
操作
A
B
C
D
制备CO2
分离乙醇和乙酸
验证SO2酸性
测量O2体积
选项
实验操作及现象
结论
A
Cl2通入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝
氧化性：Cl2>I2
B
CO2通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
C
SO2通入品红溶液中，溶液褪色
SO2具有氧化性
D
NH3通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红
氨水显碱性
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有Fe3+
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
Fe2+是否有还原性
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
C
Fe2+是否水解
向2mLFeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D
Fe2+能否催化H2O2分解
向2mL5%H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭
浓硫酸具有氧化性和脱水性
B
装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
NO2转化为N2O4的反应吸热
C
久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2
漂白粉的有效成分是CaCO3
D
1 ml⋅L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强
NaCl溶液的pH比醋酸的高
实验方案
现象
结论
A
往FeCl2溶液中加入Zn片
短时间内无明显现象
Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B
往Fe2SO43溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体
溶液先变成血红色后无明显变化
Fe3+与SCN-的反应不可逆
C
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液
溶液呈浅绿色
食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D
向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸
溶液先变成红褐色再析出沉淀
Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀
选项
实验操作
现象
结论
A
向盛有Fe(OH)3和NiOOH的试管中分别滴加浓盐酸
盛NiOOH的试管中产生黄绿色气体
氧化性：NiOOH>Fe(OH)3
B
向CuSO4溶液中通入H2S气体
出现黑色沉淀(CuS)
酸性：H2SC
乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
乙烯发生了加成反应
D
向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液
出现黄色沉淀Ag3PO4
Na2HPO4发生了水解反应
实验方案
现象
结论
A
往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力
B
用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈中性
C
向2 mL 0.1 ml⋅L-1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 ml⋅L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1 ml⋅L-1KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度
D
取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液
前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应存在限度
选项
实验操作及现象
结论
A
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B
取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀
此样品中含有SO42-
C
将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝
Cu的金属性比Ag强
D
向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅
溴与苯发生了加成反应
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
I2在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：I2+I-⇌I3-
C
紫黑色晶体消失
I2(aq)的消耗使溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)右移
D
溶液褪色
Zn与有色物质发生了置换反应
物质
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
安息香
白色固体
133
344
难溶于冷水
溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮
淡黄色固体
95
347
不溶于水
溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸
无色液体
17
118
与水、乙醇互溶
序号
反应试剂
体系温度/°C
反应前
反应后
i
0.20 ml⋅L-1CuSO4溶液100 mL
1.20 g Fe粉
a
b
ii
0.56 g Fe粉
a
c
cKI
实验现象
实验Ⅰ
0.01ml⋅L-1
极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ
0.1ml⋅L-1
部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ
4ml⋅L-1
I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
序号
1
2
3
标准溶液用量/mL
2.715
2.905
2.725
温度/℃
20
30
40
50
溶解度/g/100gH2O
84.5
91.6
98.4
104.1
物质
FeOH3
CuOH2
ZnOH2
AlOH3
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀pH
3.2
6.7
8.2
4.6
物质
FeOH3
COH2
NiOH2
MgOH2
Ksp
10-37.4
10-14.7
10-14.7
10-10.8
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ca(OH)2
溶度积Ksp
4.9×1017
2.8×10-39
5.0×10-6
氢氧化物
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10-15
1.6×10-44
5.5×10-16
1.3×10-33
5.6×10-12
温度区间/℃
<227
227~566
566~600
600~630
晶体总质量
变小
不变
变小
不变
物质
Ga(CH3)3
Et2O
CH3I
NR3
沸点/℃
55.7
34.6
42.4
365.8
tmin
0
1
2
3
4
5
c(W)/ml⋅L-1
0.160
0.113
0.080
0.056
0.040
0.028
物质
C2H6g
C2H4g
H2g
ΔH/kJ⋅ml-1
-1559.8
-1411
-285.8
pCO2/MPa
pH2/MPa
pCH4/MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
温度/℃
480
500
520
550
CH4转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
TK
401
443
463
pc/kPa
10
51
100
物质
丙烯
乙烯
甲烷
丙烷
氢气
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
c0(M)/c0(L)
S(L)
S(ML)
SML2
0
1.00
0
0
a
x
<0.01
0.64
b
<0.01
0.40
0.60
物质
N2(g)
O2(g)
NO(g)
能量/kJ
945
498
631
组号
c(NO)/ml⋅L-1
cH2/ml⋅L-1
vml⋅L-1⋅s-1
1
0.10
0.10
r
2
0.10
0.20
2r
3
0.20
0.10
4r
4
0.05
0.30
？
选项
性质差异
结构因素
A
沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)
分子间作用力
B
熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华)
晶体类型
C
酸性：CF3COOH(pKa=0.23)远强于CH3COOH(pKa=4.76)
羟基极性
D
溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(8g)
阴离子电荷
选项
实例
解释
A
用He替代H2填充探空气球更安全
He的电子构型稳定，不易得失电子
B
BF3与NH3形成配合物H3N→BF3
BF3中的B有空轨道接受NH3中N的孤电子对
C
碱金属中Li的熔点最高
碱金属中Li的价电子数最少，金属键最强
D
不存在稳定的NF5分子
N原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个N-F键
物质
熔点/℃
NaCl
800.7
SiCl4
-68.8
GeCl4
-51.5
SnCl4
-34.1
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
a


消去反应
b


氧化反应(生成有机产物)
A．九霄环佩木古琴
B．裴李岗文化骨笛
C．商朝后期陶埙
D．曾侯乙青铜编钟
A．重组蛋白
B．高性能铜箔
C．氮化镓半导体
D．聚氨酯树脂
选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐
加热使蛋白质变性
B
环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料
聚乳酸在自然界可生物降解
C
家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈
铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4
D
学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气
沼气中含有的CH4可作燃料
与水反应
与NaOH溶液反应
i．2XeF2+2H2O=2Xe↑+O2↑+4HF
ii．2XeF2+4OH-=2Xe↑+O2↑+4F-+2H2O
iii．XeF6+3H2O=XeO3+6HF
iv．2XeF6+4Na++16OH-= Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
AgNO3溶液
B
NaOH溶液
Al2SO43溶液
C
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
D
KSCN溶液
FeCl3溶液
选项
A
B
C
D
污垢
银镜反应的银垢
石化设备内的硫垢
锅炉内的石膏垢
制氧的MnO2垢
试剂
6ml⋅L-1HNO3溶液
5%NaOH溶液；3%H2O2溶液
饱和Na2CO3溶液；5%柠檬酸溶液
浓HCl溶液
A
硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
6FeSO4+O2+2H2O=2Fe2SO43+2Fe(OH)2↓
B
硫化钠溶液出现浑浊颜色变深
Na2S+2O2=Na2SO4
C
溴水颜色逐渐褪去
4Br2+4H2O=HBrO4+7HBr
D
胆矾表面出现白色粉末
CuSO4⋅5H2O=CuSO4+5H2O
A．制取Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．收集Cl2
D．吸收尾气中的Cl2
A
B
C
D
制取NH3
转移溶液
保护铁件
收集NO
选项
A
B
C
D
目的
检验1-氯丁烷中氯元素
检验SO42-是否沉淀完全
制备检验醛基用的CuOH2
制备晶体CuNH34SO4⋅H2O
操作
A
B
C
D
制备CO2
分离乙醇和乙酸
验证SO2酸性
测量O2体积
选项
实验操作及现象
结论
A
Cl2通入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝
氧化性：Cl2>I2
B
CO2通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
C
SO2通入品红溶液中，溶液褪色
SO2具有氧化性
D
NH3通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红
氨水显碱性
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有Fe3+
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
Fe2+是否有还原性
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
C
Fe2+是否水解
向2mLFeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D
Fe2+能否催化H2O2分解
向2mL5%H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭
浓硫酸具有氧化性和脱水性
B
装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
NO2转化为N2O4的反应吸热
C
久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2
漂白粉的有效成分是CaCO3
D
1 ml⋅L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强
NaCl溶液的pH比醋酸的高
实验方案
现象
结论
A
往FeCl2溶液中加入Zn片
短时间内无明显现象
Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B
往Fe2SO43溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体
溶液先变成血红色后无明显变化
Fe3+与SCN-的反应不可逆
C
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液
溶液呈浅绿色
食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D
向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸
溶液先变成红褐色再析出沉淀
Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀
选项
实验操作
现象
结论
A
向盛有Fe(OH)3和NiOOH的试管中分别滴加浓盐酸
盛NiOOH的试管中产生黄绿色气体
氧化性：NiOOH>Fe(OH)3
B
向CuSO4溶液中通入H2S气体
出现黑色沉淀(CuS)
酸性：H2SC
乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
乙烯发生了加成反应
D
向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液
出现黄色沉淀Ag3PO4
Na2HPO4发生了水解反应
实验方案
现象
结论
A
往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力
B
用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈中性
C
向2 mL 0.1 ml⋅L-1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 ml⋅L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1 ml⋅L-1KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度
D
取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液
前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应存在限度
选项
实验操作及现象
结论
A
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B
取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀
此样品中含有SO42-
C
将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝
Cu的金属性比Ag强
D
向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅
溴与苯发生了加成反应
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
I2在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：I2+I-⇌I3-
C
紫黑色晶体消失
I2(aq)的消耗使溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)右移
D
溶液褪色
Zn与有色物质发生了置换反应
物质
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
安息香
白色固体
133
344
难溶于冷水
溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮
淡黄色固体
95
347
不溶于水
溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸
无色液体
17
118
与水、乙醇互溶
序号
反应试剂
体系温度/°C
反应前
反应后
i
0.20 ml⋅L-1CuSO4溶液100 mL
1.20 g Fe粉
a
b
ii
0.56 g Fe粉
a
c
cKI
实验现象
实验Ⅰ
0.01ml⋅L-1
极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ
0.1ml⋅L-1
部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ
4ml⋅L-1
I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
序号
1
2
3
标准溶液用量/mL
2.715
2.905
2.725
温度/℃
20
30
40
50
溶解度/g/100gH2O
84.5
91.6
98.4
104.1
物质
FeOH3
CuOH2
ZnOH2
AlOH3
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀pH
3.2
6.7
8.2
4.6
物质
FeOH3
COH2
NiOH2
MgOH2
Ksp
10-37.4
10-14.7
10-14.7
10-10.8
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ca(OH)2
溶度积Ksp
4.9×1017
2.8×10-39
5.0×10-6
氢氧化物
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10-15
1.6×10-44
5.5×10-16
1.3×10-33
5.6×10-12
温度区间/℃
<227
227~566
566~600
600~630
晶体总质量
变小
不变
变小
不变
物质
Ga(CH3)3
Et2O
CH3I
NR3
沸点/℃
55.7
34.6
42.4
365.8
tmin
0
1
2
3
4
5
c(W)/ml⋅L-1
0.160
0.113
0.080
0.056
0.040
0.028
物质
C2H6g
C2H4g
H2g
ΔH/kJ⋅ml-1
-1559.8
-1411
-285.8
pCO2/MPa
pH2/MPa
pCH4/MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
温度/℃
480
500
520
550
CH4转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
TK
401
443
463
pc/kPa
10
51
100
物质
丙烯
乙烯
甲烷
丙烷
氢气
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
c0(M)/c0(L)
S(L)
S(ML)
SML2
0
1.00
0
0
a
x
<0.01
0.64
b
<0.01
0.40
0.60
物质
N2(g)
O2(g)
NO(g)
能量/kJ
945
498
631
组号
c(NO)/ml⋅L-1
cH2/ml⋅L-1
vml⋅L-1⋅s-1
1
0.10
0.10
r
2
0.10
0.20
2r
3
0.20
0.10
4r
4
0.05
0.30
？
选项
性质差异
结构因素
A
沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)
分子间作用力
B
熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华)
晶体类型
C
酸性：CF3COOH(pKa=0.23)远强于CH3COOH(pKa=4.76)
羟基极性
D
溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(8g)
阴离子电荷
选项
实例
解释
A
用He替代H2填充探空气球更安全
He的电子构型稳定，不易得失电子
B
BF3与NH3形成配合物H3N→BF3
BF3中的B有空轨道接受NH3中N的孤电子对
C
碱金属中Li的熔点最高
碱金属中Li的价电子数最少，金属键最强
D
不存在稳定的NF5分子
N原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个N-F键
物质
熔点/℃
NaCl
800.7
SiCl4
-68.8
GeCl4
-51.5
SnCl4
-34.1
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
a


消去反应
b


氧化反应(生成有机产物)
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
a
浓硫酸，加热

消去反应
b
O2、Cu，加热(或酸性KMnO4溶液)
(或 )
氧化反应(生成有机产物)