吉林省点石联考2026届高三上学期12月联考考后巩固卷化学答案_2025年12月_251221吉林省点石联考2026届高三上学期12月联考考后巩固卷（全科）

化学B版答案解析 ✍ 变试题原题答案 【原卷 1 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 2 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 3 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 4 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 5 题】 【正确答案】A 【试题解析】 31/56【原卷 6 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 7 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 8 题】 【正确答案】A 【试题解析】 【原卷 9 题】 【正确答案】A 【试题解析】 32/56【原卷 10 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 11 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 12 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 13 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 14 题】 【正确答案】B 33/56【试题解析】 【原卷 15 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 16 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 17 题】 【正确答案】 34/56【试题解析】 【原卷 18 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 19 题】 【正确答案】 【试题解析】 35/5636/56精准训练答案 孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，B正确； ✍ 变试题答案 C．Na O是离子化合物，用电子式表示Na O形成过 2 2 1-1【基础】 【正确答案】C 程： ，C 【试题解析】【详解】A．会场采取自然采光方式能节 正确； 约能源，有利于实现“碳中和”，A正确； D．Fe原子基态电子排布为[Ar]3d64s2，Fe2+失去2 B．铝合金具有硬度高、耐高温的特点，B正确； 个4s电子，价层电子排布式为3d6，D正确； C．芯片的主要成分为硅，C错误； 故选A。 D．青瓷属于陶瓷，属于无机非金属材料，D正确； 2-2【巩固】 【正确答案】A 故答案选C。 【试题解析】【详解】A．sp2杂化轨道由1个s轨道和 1-2【巩固】 【正确答案】B 2个p轨道杂化形成3个等同杂化轨道，轨道在同一 【试题解析】【详解】A．生铁由于含碳量高，具有硬 平面，夹角120°，故A正确； 度大、抗压、性脆、可以铸造成型的特点，A正确； B．Zn为30号元素，电子排布式为[Ar]3d104s2，价 B．铁的焰色试验火焰无明显现象，故铁树银花不是 层电子排布式为3d104s2，故B错误； 铁的焰色试验，B错误； C．HCl中σ键由H的1s轨道与Cl的3p轨道“头碰 C．风力发电可以减少化石燃料的燃烧，可以减少 头”重叠形成，HCl中σ键的形成表示为 CO 的排放，即助力“碳中和”，风轮叶片使用的碳纤 2 维是碳单质，属于新型无机非金属材料，C正确； ， D． “荆”是一种藤枝属于木材的一种，木材的主要 成分为纤维素，D正确； 故C错误； 故答案为：B。 D．MgCl 2 是离子化合物，用电子式表示MgCl 2 形成 过程为 1-3【提升】 【正确答案】A 【试题解析】【详解】A．储氢合金是一种新型合金， 一定条件下能吸收氢气和能放出氢气。循环寿命性能 ，故D错误； 优异，并可被用于大型电池，尤其是电动车辆、混合 答案选A。 动力电动车辆、高功率应用等等，故A正确； 2-3【提升】 【正确答案】B B．二氧化硫的漂白是化合型漂白，不是利用强氧化 性，故B错误； 【试题解析】【详解】A．Cl 2 中的s键为p-ps键， C．钛合金硬度大，强度高，耐腐蚀，故C错误； H O中的共价键为s-sp3s键，故A错误； 2 D．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错 误； B．CaOH 固体、CaClO 固体均由离子构成， 2 2 故选A。 均为离子晶体，故B正确； 2-1【基础】 【正确答案】A C．CaCl 是离子化合物，用电子式表示其形成过程 【试题解析】【详解】A．甲胺的结构为CH 3 NH 2 ，电 2 为 子式为： ，A错误； ，故C错误； 6-3´2 B．SO 中心原子价层电子对数为3+ =3，无 3 2 D．H 2 O分子的空间结构为V形，VSEPR模型为四 37/56面体形，故D错误； 的孤电子对与银离子形成配位键)，由于孤电子对对 选B。 成键电子对的排斥作用较大，络离子中的H-N-H键 3-1【基础】 【正确答案】A 角比NH 3 中的大，故H-N-H键角：[Ag(NH 3 ) 2 ]OH＞ 【试题解析】【详解】A．四氯化硅和四氯化碳都是分 NH 3 ，D正确； 子晶体，四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，分 故选B。 子间作用力大于四氯化碳，熔点高于四氯化碳，则四 3-3【提升】 【正确答案】C 氯化硅的熔点高于四氯化碳不能从元素的电负性角度 【试题解析】【详解】A． X中含有三个羟基，可以形 解释，A符合题意； 成分子间氢键，沸点比Y大，Z属于盐，沸点最 B．氧元素的电负性强于硫元素，则水分子中成键电 大，则三种物质的沸点：ZXY，A错误； 子对间的斥力大于硫化氢，键角大于硫化氢，所以水 B． Z属于钠盐，易溶于水，则水中的溶解性： 分子的键角大于硫化氢能从元素的电负性角度解释， ZY，B错误； B不符合题意； C． S的非金属性较弱，则S—H键更容易断裂，更 C．氮元素的电负性强于磷元素，非金属性强于磷元 容易和钠反应，C正确； 素，且氮原子的原子半径小于磷原子，则氨分子能形 D． 两个分子中，S和O的价层电子对相同，孤电 成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，氨分子 子对也相同，但O的电负性比S大，则X中电子对 的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，所以 之间的斥力更大，键角更大，D错误； 氨分子的沸点高于磷化氢能从元素的电负性角度解 故选C。 释，C不符合题意； 4-1【基础】 【正确答案】B D．硅元素的电负性小于氢元素，则硅化氢分子中氢 【试题解析】【详解】A．电器起火时，切断电源是首 元素的化合价为-1价，所以硅化氢分子中氢元素的 要步骤，二氧化碳灭火器适用于此类火情，A正确； 化合价为-1价能从元素的电负性角度解释，D不符 B．重金属离子有毒，对于含重金属离子的废液，可 合题意； 利用沉淀法进行处理，沉淀物分离后作为废渣集中送 故选A。 至环保单位进一步处理，B错误； 3-2【巩固】 【正确答案】B C．苯酚在常温下在水中的溶解度较小，但易溶于酒 【试题解析】【详解】A．原子半径：F＜Cl＜Br，键 精，故可用乙醇溶解苯酚可减少皮肤伤害，后续水冲 长：H-F＜H-Cl＜H-Br，故共价键键能：HF＞HCl＞ 进一步清洁，处理得当，C正确； HBr，A正确； D．氢气具有可燃性，则肥皂泡收集少量的氢气，点 B．AlCl 为分子晶体，沸点低于离子晶体的NaCl和 燃前无需验纯，安全可控，D正确； 3 MgCl ，而MgCl 中Mg2+所带电荷高于Na+，MgCl 故答案为：B。 2 2 2 中的离子键更强，其沸点应高于NaCl，故正确的顺 4-2【巩固】 【正确答案】B 序为MgCl 2 ＞NaCl＞AlCl 3 ，B错误； 【试题解析】【详解】A．钠与水反应剧烈，产生氢气 C．SO 中心原子S的价层电子对数是 和热量，可能爆炸或飞溅，近距离俯视观察极不安 2 6-2´2 全，A错误； 2+ =3，含有1对孤对电子，为极性分子 2 B．氯气是有毒气体，可根据其能够与碱反应的性 （V形结构）；SO 中心原子S的价层电子对数是 3 质，利用NaOH溶液进行尾气处理，B正确； 6-3´2 3+ =3，无孤对电子，为非极性分子（平面 C．汞挥发有毒，需用硫粉处理，仅通风无法彻底清 2 除，C错误； 三角形），故分子极性：SO ＞SO ，C正确； 2 3 D．处理皮肤上少量浓硫酸时，应先用干布拭去，再用 D．NH 中N采取sp3杂化且N有一对孤电子对， 3 [Ag(NH 3 ) 2 ]+中N也采取sp3杂化，没有孤电子对(N 大量水冲洗，最后涂上3%~5%的NaHCO 3 溶液， 38/56Na CO 碱性较强会刺激皮肤，D错误； 故答案为A。 2 3 故选B。 5-3【提升】 【正确答案】B 4-3【提升】 【正确答案】B 【试题解析】【详解】A．用Na S除去废水中的Cu2+， 2 【试题解析】【详解】A．苯酚易溶于酒精，沾到皮肤 后先用酒精清洗正确，A正确； 是因为Cu2++S2-=CuS¯ ，与Na S水解显碱性无关， 2 B．铁与稀硫酸反应产生氢气，酒精灯明火可能引发 A错误； 爆炸，电热套无明火更安全，B错误； B．具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是 C．凡士林可增强玻璃片与瓶口的密封性，防止Cl 2 等电子体。等电子体成键方式和空间结构往往相同； 泄漏，C正确； 6-2´2 SO 中心原子孤电子对数= =1、价层电子对 2 D．处理含Ag+废液应沉淀后分离，符合规范，D正 2 数=2+1=3，故为sp2杂化、空间构型为V形，为极 确； 性分子，臭氧与二氧化硫是等电子体，则O 分子的 故选B。 3 空间构型为V形，O 是极性分子，B正确； 5-1【基础】 【正确答案】C 3 【试题解析】【详解】A. NaCl晶体中离子键较强，导 C．将K éFeCN ù溶液滴入FeCl 溶液中： 3ë 6 û 2 致硬度大、难于压缩，结构与性质对应正确，A正 K++Fe2++éFeCN ù 3- =KFeéFeCN ù¯产生蓝色 确； ë 6 û ë 6 û B. 碳化硅（SiC）具有高温抗氧化性能，适合用作耐 沉淀，可检验溶液中是否存在Fe2+，与 高温半导体材料，性质与用途对应正确，B正确； K éFeCN ù为配合物无关， C错误； 3ë 6 û C. BaSO （钡餐）在医学中用作造影剂，其本身不释 4 D．氢氟酸能腐蚀玻璃，用氢氟酸而不是浓硫酸刻蚀 放X射线，而是吸收X射线以显影消化道，用于诊 石英晶体制备工艺品，与浓硫酸的强腐蚀性无关，D 断疾病（不用于治疗），描述“利用其释放的X射线” 错误； 错误，C错误； 答案选B。 D. 植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，不饱和键使分子 6-1【基础】 【正确答案】D 排列松散，分子间作用力弱，导致熔点较低，结构与 性质对应正确，D正确； 【试题解析】【详解】A．产物中的[Ag(NH 3 ) 2 ]Cl应拆 为离子形式，正确离子方程式为： 故答案选C。 5-2【巩固】 【正确答案】A AgCl+2NH 3 ×H 2 O=[Ag(NH 3 ) 2 ]+ +Cl-+2H 2 O，A错 【试题解析】【详解】A．石墨易导电是因为石墨为混 误； 合型晶体，晶体中碳原子的杂化方式为sp2杂化，未 B．少量Cl 应仅氧化Fe2+，正确离子方程式为： 2 参与杂化的p电子形成离域大π键，与范德华力无 Cl +2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故B错误； 2 关，故A错误； C．氨水中的NH ·H O为弱电解质，应保留化学 3 2 B．CO 是非极性分子，根据相似相溶原理，超临界 2 式，正确离子方程式为：NH ·H O+CO =HCO-+ 3 2 2 3 CO 流体可溶解非极性或低极性物质，用于萃取低极 2 性组分，B正确； NH+，故C错误； 4 C．CONH  中N略带负电，水解时-NH 可与 2 2 2 D．H+与OH⁻中和生成H O，SO2-与Ba2+生成 2 4 H 2 O中的略带正电的H结合成NH 3 ，C正确； BaSO 4 沉淀，该离子方程式正确，故D正确； 故选D。 D．聚丙烯酸钠中含有亲水基团-COONa，聚丙烯酸 钠可用于制备高吸水性树脂，D正确； 6-2【巩固】 【正确答案】A 【试题解析】【详解】A．将过量浓氨水加入硫酸铜溶 39/56液中反应生成蓝色的铜氨溶液，反应的离子方程式： 能确定s键个数，A错误； 4NH ×H O+Cu2+ =éCuNH  ù 2+ +4H O，A正 B．KH PO 是在过量的碱条件下生成的，说明 3 2 ë 3 4 û 2 2 2 确； KH PO 为正盐，强碱弱酸盐水解呈碱性，B错误； 2 2 B．碳酸氢镁溶液中加入过量的石灰乳，氢氧化钙不 能拆分，硫酸氢镁完全反应，反应的离子方程式： C．P的电负性小于N，P的电子云密度小，PH 结 3 Mg2++2HCO-+2CaOH =MgOH ¯+2CaCO ¯+2H O 3 2 2 3 2 合氢离子的能力比NH 3 弱，C错误； ，B错误； D．反应中磷元素化合价由0价变化到-3价、+1 C．盐酸酸性大于碳酸，将CO 通入CaCl 溶液中不 2 2 价，每生成0.1molPH 转移的电子的物质的量为 3 发生反应，C错误； 0.3mol，D正确； D．FeO溶于稀硝酸，稀硝酸氧化亚铁离子，会有 故选D。 NO生成，反应的离子方程式为 7-2【巩固】 【正确答案】D 3FeO+10H+ +NO- =3Fe3+ +NO­+5H O，D错 3 2 【试题解析】【详解】A．反应中铜化合价由+2降低为 误； +1生成Cu P，CuSO 是氧化剂，故A正确； 3 4 故答案选A。 B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱； 6-3【提升】 【正确答案】C 非金属性氮大于磷，则简单氢化物的还原性： 【试题解析】【详解】A．NaHCO 3 的溶解度较小，饱 和Na 2 CO 3 溶液中通入过量CO 2 时生成NaHCO 3 沉 PH 3 NH 3 ，故B正确； 淀，离子方程式为： C．反应中24molCuSO 反应时，11molPH 中的 4 3 2Na++CO2-+CO +H O=2NaHCO ¯，A错误； 3 2 2 3 3molPH 失去电子被氧化为3molH PO ，则 3 3 4 B．向NH Al(SO ) 溶液中滴加Ba(OH) 至SO2-完全 4 4 2 2 4 1.2molCuSO 发生反应，被氧化的PH 为0.15mol， 4 3 反应时，Ba2+与SO2-生成BaSO 沉淀，OH-优先与 4 4 分子数为0.15N ，故C正确； A Al3+反应生成Al(OH) 沉淀，剩余OH-与NH+反应生 3 4 D．反应中铜化合价降低生成Cu P，Cu P为还原产 成NH ·H O，离子方程式为： 3 3 3 2 2Ba2++4OH-+Al3++2SO2-+NH+=2BaSO ¯+AlOH ¯+NH ×HO 物而非氧化产物，故D错误； 4 4 4 3 3 2 ，B错误； 故选D。 C．ClO-与少量SO 2 发生氧化还原反应，ClO-被还原 7-3【提升】 【正确答案】B 为Cl-，SO 2 被氧化为SO2 4 -，离子方程式为： 【试题解析】【详解】A．NCl 3 的中心原子价层电子对 5-1´3 3ClO-+SO +H O=SO2-+Cl-+2HClO，C正确； 数3+ =4，有一个孤电子对，所以NCl 分子 2 2 4 2 3 D．Fe(OH) 与氢碘酸反应时，H+中和OH-生成 空间构型为三角锥形，A错误； 3 Fe3+，但Fe3+会进一步与I-发生氧化还原反应生成 B．N的化合价为+3，Cl的化合价为-1，反应 Fe2+和I ，离子方程式为：2Fe(OH) +6H++2I- 2 3 2NCl +3H O=3HCl+3HClO+N ­生成1个氮气转 3 2 2 =2Fe2++I +6H O，D错误； 2 2 故选C。 移6个电子，生成28gN ，即生成1mol N 时，反 2 2 7-1【基础】 【正确答案】D 应转移的电子数目为6N ，B正确； A 【试题解析】【详解】A．P 的物质的量没有说明，不 4 40/56C．HCl是共价化合物，HCl气体中没有H+，C错 也可能含有亚硫酸氢根，A不符合题意； 误； B．高锰酸根也可以氧化氯化亚铁中的氯离子，发生 D．HClO是弱酸，不完全电离，1L1mol/LHClO溶 反应： 液中含有ClO-的数目小于N ，D错误； 2MnO-+16H+ +10Cl- =2Mn2+ +5Cl ­+8H O，导致 A 4 2 2 故选B； 酸性高锰酸钾褪色，B不符合题意； 8-1【基础】 【正确答案】C C．等浓度Na CO 和NaHCO 溶液中各滴入1滴酚 2 3 3 【试题解析】【详解】A．导电性实验只能说明溶液中 酞溶液，由于碳酸根和碳酸氢根均会水解，导致溶液 有离子存在，无法证明固体本身含有S2-，A错误； 显碱性，前者红色更深，说明溶液碱性更强，可知的 B．氯气溶于水生成HCl和HClO，HCl可与 水解程度CO2-大于HCO-，生成的氢氧根更多，所 NaHCO 溶液反应生成的无色气体CO ，无法确定含 3 3 3 2 以碳酸根结合质子的能力更强，C符合题意； 有HClO，B错误； D．苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚是不溶于 C．未经打磨的铝片表面有氧化铝，氯化铜溶液中 水的白色沉淀，由于滴加的少量溴水中水较少，生成 Cl-可破坏铝片表面的氧化膜，暴露出来的铝可以与 的2，4，6-三溴苯酚会溶解于苯酚，导致没有白色 氯化铜溶液反应，而硫酸铜溶液不能破坏铝片的氧化 沉淀出现，D不符合题意； 膜，C正确； 故选C。 D．淀粉-KI变蓝只能说明存在强氧化剂，不一定是 9-1【基础】 【正确答案】C Fe3+，可能有其他氧化剂，D错误； 【试题解析】【分析】元素M、Q、R、T、X、Y、Z 故答案为C。 为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子 8-2【巩固】 【正确答案】C 半径最小的元素，则M是H，Q是形成物质种类最 【试题解析】【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，会 多的元素，则 Q是C，R是地壳中含量最高的元 把亚铁离子转化为铁离子，再生成氢氧化铁红褐色沉 素，则R是O，T、X、Y同周期，则T、X、Y在第 淀，不能说明氯化亚铁变质，A项错误； 三周期，Q、X均与Y相邻，则Q与Y同主族相 B．向某溶液中加入BaOH 溶液，产生白色沉淀， 2 邻，X与Y同周期相邻，Y是Si，X是Al，Z的原 子序数等于M(原子序数为1)、R(原子序数为8)和T 白色沉淀可能是BaSO 或BaCO 等，该溶液中可能 4 3 的原子序数之和且小于等于20，则T为Na，Z为 含有CO2-、HCO-、SO2-等，B项错误； Ca，据此回答。 3 3 4 【详解】A．M(H)与Z(Ca)可形成CaH ，属于离子 C．向某溶液中先加入KSCN溶液没有明显现象，说 2 化合物，A错误； 明不存在Fe3+，再加氯水溶液变红，说明亚铁离子被 B．一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子 氧化为铁离子，则原溶液中一定有Fe2+，没有Fe3+， 层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大，故原子 C项正确； 半径：O(R)＜Al(X)＜Na(T)，B错误； D．若溶液中含有CO2-，加入硝酸银溶液也会产生 3 C．QR 为CO ，属于直线型分子，其分子结构对 2 2 白色沉淀，D项错误； 称，正负电荷中心重合，为非极性分子，C正确； 故选C。 D．同周期主族元素，由左至右元素电负性逐渐增 8-3【提升】 【正确答案】C 大，同主族元素，由上至下元素电负性逐渐减小，故 【试题解析】【详解】A．亚硫酸氢根遇酸也会生成二 电负性顺序应为Si(Y)＜C(Q)＜O(R)，D错误； 氧化硫气体，HSO-+H+ =H O+SO ­，待测液中 故选C。 3 2 2 9-2【巩固】 【正确答案】D 41/56【试题解析】【分析】X是短周期原子半径最小的元 【试题解析】【详解】 素，为H；YZ 和YW 均为直线形分子，结合同主族 2 2 A．如图 ，二羟甲 关系，确定Y为C，Z为O，W为S。 【详解】A．S单质微溶于酒精，易溶于CS ，A正 2 戊酸分子中含一个手性碳原子，故存在对映异构体，A 确； 错误。 B．C原子形成的共价键有单键和双键，杂化类型有 B．Y为C，最高价含氧酸为H CO ；W为S ，最 2 3 sp2、sp3，无sp，B错误； 高价含氧酸为H SO ，H SO 酸性强于H CO ，B 2 4 2 4 2 3 C．—COOH、—OH均与钠反应生成氢气，则1mol 正确； 该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5molH ，未 2 C．YZ为CO，X W为H S，均为有毒气体，C正 2 2 说明是否是标准状况下，无法计算H 的体积，C错 确； 2 误； D．Y、Z、W与X形成的简单化合物分别为CH 、 4 D．二羟甲戊酸分子中含有—CH OH结构，在铜催 2 H O、H S，沸点顺序应为H O＞H S＞CH ，D 化下与氧气发生反应的产物含有—CHO，可以发生 2 2 2 2 4 银镜反应，D正确； 错误； 故选D。 故答案选D。 9-3【提升】 【正确答案】A 10-2【巩固】 【正确答案】C 【试题解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z 【试题解析】【详解】A．该分子中含有碳碳双键，碳 碳双键可发生加聚反应，A正确； 的原子序数依次增大，基态X、Z原子的价层电子数 B．分子中含有羧基（-COOH），氨基酸的氨基 相等且Z的核电荷数是X的2倍，则X为O元素、 Z为S元素；W的单质是空气的主要成分之一，W （-NH ）具有碱性，羧基能与氨基发生酸碱中和反 2 为N元素；Y的原子半径在短周期主族元素中最 应（生成羧酸盐）或脱水缩合反应（生成酰胺键）， 大，Y为Na元素。 B正确； 【详解】A．Z（S）与X（O）形成的化合物SO 、 2 C．手性碳原子需为连有4个不同基团的饱和碳原子 SO 均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物， 3 （sp3杂化）。该分子中，饱和碳原子中仅有部分满足 A正确； B．W（N）的简单氢化物NH 中N为sp3杂化，X “4个不同基团”条件，手性碳原子数量为5(图中所标 3 （O）的简单氢化物H O中O也为sp3杂化，杂化方 2 式相同，B错误； C．同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大趋 的碳原子 ），C错误； 势，第ⅡA、ⅤA大于同周期相邻元素，同主族从上 到下元素的第一电离能逐渐减小，第一电离能顺序为 N（W）＞O（X）＞S（Z），C错误； D．X（O）和Y（Na）形成的化合物如Na O 中含 D．分子中碳碳双键、羧基、羰基中的碳原子为sp2 2 2 O-O共价键，并非只含离子键，D错误； 杂化，饱和碳为sp3杂化（4个σ键），D正确； 选A。 故选C。 10-1【基础】 【正确答案】D 10-3【提升】 【正确答案】C 42/56【试题解析】【详解】 物和硝酸铜，所得溶液中含有的HNO 3 有氧化性，不 利于CuCl的生成，B错误； C．步骤③中，Cu2+、Cl-和SO2-反应产生CuCl沉淀 A．根据结构可知， 存在手性碳， 3 和SO2-，该反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2- 4 3 A正确； +H O=2CuCl↓+SO2-+2H+，C正确； 2 4 B．M中存在碳碳双键，可以和溴发生加成反应，从 D．CuCl难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化，步 而使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确； 骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl加速干燥，防止发 C．N中碳碳双键中的碳和碳氧双键中的碳都是sp2 生水解氧化，D正确； 杂化，一共5个，C错误； 故选B。 D．N中含有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾氧化，可 11-3【提升】 【正确答案】D 以和氢气加成，从而被还原，可以发生加聚反应，D 【试题解析】【详解】A．途径①发生反应的化学方程 正确； 式为3H SO +2HNO +3Cu=3CuSO +2NO↑+4H O，所 2 4 3 4 2 故选C。 用混酸中H SO 与HNO 物质的量之比最好为3:2， 2 4 3 11-1【基础】 【正确答案】A A正确； 【试题解析】【详解】A．途径①的反应原理为利用浓 B．途径①产生大气污染物氮的氧化物，途径③产 硝酸的强氧化性将S氧化为H SO ，A错误； 2 4 生大气污染物二氧化硫，而途径②不产生大气污染 B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫是可逆反应， 物，且酸的利用率高，因此，相对于途径①、③， 即途径②的第二步反应是可逆反应，B正确； 途径②更好地体现了绿色化学思想，B正确； C．S转变H SO ，化合价从0价升高为+6价，即失 2 4 C．已知1molCuSO 在1100℃所得混合气体X为 4 去6个电子，故由途径①和②分别制取 SO 和O ，因为Cu元素的化合价由+2降到+1， S 2 2 1molH SO ，理论上各消耗lmolS均转移6mol电 2 4 元素的化合价由+6降到+4，O元素的化合价由-2升 子，C正确； 高到0，根据电子转移守恒可知， D．途径②与途径①相比，更能体现“绿色化学”的理 1mol+2mol=4n(O )，则O 为0.75mol，C正确； 2 2 念，因为途径①用浓硝酸氧化会放出二氧化氮污染 D．硫酸铜可以与过量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧 环境，因此途径②比途径①产生的污染少，D正 化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液可以被含有醛基的有机 确； 物还原为氧化亚铜，蔗糖分子中不含有醛基，则Y 故答案为A。 不能是蔗糖，D错误； 11-2【巩固】 【正确答案】B 本题选D。 【试题解析】【分析】硫化铜精矿经过步骤①焙烧生成 12-1【基础】 【正确答案】B CuO和SO ；步骤②中，用硫酸浸出燃烧后的矿渣 2 【试题解析】【详解】A．反应过程中，I元素化合价由 得到含CuSO 的溶液；步骤③中，向含CuSO 的溶 4 4 0价降至-1价，则I 为氧化剂，NaI为还原产物，S 2 液中加入Na SO 、NaCl生成CuCl沉淀；步骤④ 2 3 中，用盐酸、乙醇洗涤沉淀，获得纯净的CuCl。 元素化合价可视为由+2价升至+2.5价，则Na S O 2 2 3 【详解】A．步骤①焙烧产生的气体是SO ，用 2 为还原剂，Na S O 为氧化产物，A正确； NaOH溶液吸收，并产生Na SO ，该物质可用于③ 2 4 6 2 3 的循环利用，A正确； B．Na 2 S 2 O 3 为还原剂，根据Na 2 S 2 O 3 : e-，则每有 B．硫化铜精矿不能直接用浓硝酸浸出简化步骤①、 1mol还原剂参与反应，就转移1mol电子，B错误； ②，因为浓硝酸和硫化铜反应会产生SO 、氮氧化 2 43/56确； C．因为淀粉遇I 变蓝，若过早加入淀粉溶液，大量 2 C．淀粉遇I 变蓝，若过早加入淀粉，会吸附较多I 2 2 的I 与淀粉结合，会导致Na S O 和I 反应不充分， 导致终点延迟，应在I 浓度较低即溶液呈浅黄色时 2 2 2 3 2 2 加入，C正确； 使滴定终点判断不准确，所以应在接近反应终点时再 D．步骤Ⅱ反应为：2Cu2+＋4I-=2CuI↓+I ，步骤Ⅲ反 添加淀粉溶液作指示剂，C正确； 2 D．若待测溶液酸性过强，Na 2 S 2 O 3 会与酸发生反 应为：2S 2 O 3 2-+I 2 =2I-+S 4 O 6 2-，得反应关系式2Cu2+~ 应：S O2-+2H+= S¯+SO ­+H O，消耗了 I 2 ~2S 2 O 3 2-，n(Cu2+)=n(S 2 O 3 2-)，则m g产品中含Cu的 2 3 2 2 物质的量为cV10-3mol，产品中Cu元素的质量分数 Na S O ，从而影响I 含量的测定结果，D正确； 2 2 3 2 cV10-3mol´64g/mol 6.4cV 为 ´100%= %，D错误； 故选B。 m m 故答案选D。 12-2【巩固】 【正确答案】C 【试题解析】【详解】A．容量瓶不能作为溶解或稀释 13-1【基础】 【正确答案】D 【试题解析】【分析】电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+， 的仪器，故试样不能直接在容量瓶中溶解，Na S O 2 2 3 Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，故右侧惰性电极 溶液显碱性，故滴定管选丙，A错误； 为阳极，左侧Pb电极为阴极，阴极上PbCl 生成 2 B．选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无 Pb，发生的总反应是：PbS=Pb+S(反应条件省略)； 色，且半分钟内不恢复蓝色时，即达到滴定终点，B 【详解】A．电解池中阴离子向阳极迁移，惰性电极 错误； 作阳极，Pb电极作阴极，Cl-为阴离子，由阴极（Pb C．滴定管的0刻度在上面，越往下刻度越大，故丁 电极）向阳极（惰性电极）迁移，A正确； 图中，滴定前滴定管的读数为a+1.00mL，C正 B．Fe2+在阳极被氧化为Fe3+（Fe2+-e-=Fe3+），Fe3+氧 化PbS生成Fe2+（PbS+2Fe3+=Pb2++2Fe2++S），Fe2+ 确； 与Fe3+循环转化，浓度均不变，B正确； D．对装有待测液的滴定管读数时，滴定前后读数方 C．阴极反应：Pb2++2e- = Pb；阳极反应：Fe2+-e- 式如丁图所示，则取用的待测液的体积偏大，消耗的 =Fe3+；Fe3+氧化PbS：PbS+2Fe3+=Pb2++2Fe2++S。三 标准液体积偏大，故测得的结果偏大，D错误； 反应合并得总反应PbS=Pb+S，C正确； 故答案选C。 D．电荷量Q=It=3.2 A×16×60 s=3072 C，电子的物质 12-3【提升】 【正确答案】D 3072C 【试题解析】【分析】硫酸四氨合铜晶体加入稀硫酸溶 的量为 6.0´1023mol-1´1.60´10-19C =0.032mol。燃料 解，加入碘化钾将铜离子还原为碘化亚铜，碘离子被 电池转化率80%，则燃料电池的电极上转移的电子 氧化生成碘单质，用硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，从 0.032mol 的物质的量为 =0.04 mol，n(H )=0.02 mol， 2 而计算Cu元素含量。 0.8 而不是0.2 mol，D错误； 【详解】A．éCuNH  ù 2+ 中存在 ë 3 4 û 选D。 éCuNH  ù 2+ Cu2++4NH ，用稀硫酸溶解该配合 13-2【巩固】 【正确答案】D ë 3 4 û ƒ 3 【试题解析】【分析】光催化电极（A）失去电子为阳 物时，H⁺与NH 发生反应，破坏了éCuNH  ù 2+ 中 3 ë 3 4 û 极（负极），空穴（h+）氧化H 2 O生成·OH和H+ Cu–NH 配位键的稳定性，释放出Cu2+，A正确； （H O + h+=·OH + H+），丙烯腈（C H N）被·OH氧 3 2 3 3 B．步骤Ⅱ中Cu2+氧化I-，Cu2+被还原为Cu+（生成 化为CO 和N ； 2 2 CuI沉淀），I-被氧化为I ，离子方程式为2Cu2++4I- 2 【详解】A．分析方程式×O-+H+ +H O=3×OH，原 2 2 =2CuI↓+I ，符合得失电子守恒和原子守恒，B正 2 44/56子守恒：左边O原子（2+1=3）、H原子（1+2=3）， 式为C H O +12h++4H O=4CO ↑+12H+，D正确； 4 4 4 2 2 右边3·OH含3个O和3个H，故原子守恒；电荷守 故答案选D。 恒：左边×O-（-1）+H⁺（+1）=0，右边3·OH（中 14-1【基础】 【正确答案】C 2 【试题解析】【详解】A．对于反应2平衡体系，2种 性），故电荷守恒。但×O- 2 中O平均价态-0.5，H 2 O 等量气体总压强为4×103Pa可知， p(CO )=p(H O)=2×103Pa，反应1平衡时， 中O的化合价为-2价，·OH中O为-1，得失电子守 2 2 p(CO )=p(H O)=p(NH )=1.2×104Pa， 恒，符合氧化还原反应规律，该方程式正确，A正 2 2 3 确； K =cNH cCO pH O =(1.2´104)3Pa3，平衡时 p1 3 2 2 B．丙烯腈（C H N）被·OH氧化为CO 和N ，方程 3 3 2 2 p(CO )=p(H O)，结合 2 2 式2C H N + 30·OH = 6CO ↑ + N ↑ + 18H O。C守恒 3 3 2 2 2 K =pCO pH O=4´106Pa2，则平衡时p(NH )= （2×3=6）、N守恒（2×1=1×2）、H守恒（2×3 + p2 2 2 3 30×1=18×2）、O守恒（30×1=6×2 + 18×1）；电子守 (1.2´104)3 =4.32´105Pa，所以总压强为 4´106 恒：1mol C H N中C（0→+4，3×4=12e⁻）、N（- 3 3 p(NH )+p(CO )+p(H O)= 3→0，3e-），共失15e-，2mol失30e-；30·OH中O 3 2 2 4.32´105Pa+2´103Pa+2´103Pa= 4.36´105Pa，A正 （-1→-2），得30e-，守恒，B正确； 确； C．光催化电极（A）失去电子为阳极（负极），空穴 B．缩小体积，温度不变，则K 不变， （h+）氧化H O生成·OH和H+（H O + h+=·OH + p 2 2 H+），负极附近H+浓度增大，pH减小，C正确； K =cNH cCO pH O， p1 3 2 2 D．1mol丙烯腈被氧化失15e-（3C失12e-+1N失 K =pCO pH O，故各气体分压不变，平衡后总 p2 2 2 3e-），即需要15个·OH，反应中正负极均产生·OH， 压强不变，B正确； 由A项反应可知，电路通过3mol电子时，B极产生 C．反应2的平衡常数为 9mol·OH，同时A极发生反应产生3mol·OH，即电 路通过3mol电子时，共产生12mol·OH，处理丙烯 K =pCO pH O=4´106Pa2，C错误； p2 2 2 12mol 腈物质的量= =0.8mol，D错误； D．刚性密闭容器，温度不变，则平衡常数不变， 15 答案选D。 K =cNH cCO pH O， p1 3 2 2 13-3【提升】 【正确答案】D K =pCO pH O，通入NH ，再次达到平衡后， 【试题解析】【详解】A．该装置利用光催化产生电子 p2 2 2 3 和空穴，同时涉及化学反应（如有机物氧化），能量 气体的分压不变，则总压强不变，D正确； 转化包括光能和化学能转化为电能，并非仅有光能转 故选C。 化为电能，A错误； 14-2【巩固】 【正确答案】B B．电池工作时，光催化电极a产生电子，为负极， 【试题解析】【详解】A．根据盖斯定律，反应一： 催化电极b为正极，H+（阳离子）向正极（右侧） SrSO (s)+2C(s)=2CO (g)+SrS(s)可以由反应二 4 2 迁移，即从左向右迁移，B错误； +2´（已知： C．催化电极b为正极，正极发生还原反应，C错 误； CO (g)+C(s)=2CO(g) ΔH =+172.5kJ×mol-1），则 2 3 D．光催化电极a上，反应物为HOOC-CH=CH- ΔH =ΔH +2´ΔH =-118.8kJ×mol-1+2´  +172.5kJ×mol-1 1 2 3 COOH（丁烯二酸，C H O ），空穴（h⁺）具有氧化 4 4 4 性，将其氧化为CO 。反应中C元素从平均+1价升 =+226.2kJ×mol-1，A项错误； 2 至+4价，4个C共失12e-，12h+得12e-，配平后方程 45/56écCO ù 4 体系吸收的热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ，故B正确； B．反应二的平衡常数K= ë 2 û ，根据图像分 écCOù 4 C．由三段式数据可知，平衡时，气体总物质的量为 ë û 1.3mol，氢气的物质的量为0.5mol，则氢气的体积分 析，800℃时，nCO>nCO ，则 2 0.5 数为 ´100%≈38.5%＜50%，故C错误； 1.3 cCO>cCO ，K<1，B项正确； 2 D．同温同体积条件下，气体的压强与物质的量成正 C．根据图像反应，当温度高于415℃时，随温度升 比，由三段式数据可知，平衡时的压强为 0.2MPa´1.3mol 高，SrSO (s)物质的量几乎为0，SrS(s)物质的量达 =0.26MPa，则反应I的平衡常数K = 4 1mol p 最大值几乎不变，CO 2 (g)、C(s)物质的量减小， ( 0.1mol ´0.26MPa)´( 0.5mol ´0.26MPa) 1.3mol 1.3mol =0.02MPa， 0.5mol CO(g)物质的量增加，则CO (g)+C(s)=2CO(g)为 ´0.26MPa 2 1.3mol 主反应，C项错误； 故D正确； D．通入空气的作用是利用CO和O 反应，为制备 故选C。 2 过程供能的同时降低CO的排放量，减小污染，D项 15-1【基础】 【正确答案】A 错误； 【试题解析】【详解】A．由反应历程图可知，中间体 答案选B。 2→中间体 3 的活化能最大，速率最慢，所以该反应 14-3【提升】 【正确答案】C 的决速步是中间体 2→中间体 3，A 正确； 【试题解析】【分析】设反应达到平衡时，反应I中消 B．反应中涉及C - C非极性键的断裂，并非只涉及 耗水的物质的量为a mol，反应II中消耗水的物质的 极性键的断裂和生成，B错误； 量为b mol，由题意建立如下三段式： C．由图可知，反应方程式为： Ni+C H =NiCH +CH ，即Ni是反应物，而不是该反 Cs+ H Og COg+ H g 2 6 2 4 2 ƒ 2 起(mol) 1 0 0 应的催化剂，C错误； 变(mol) a a a D．热化学方程式中应标注物质的状态，正确的热化 平(mol) 1-a a a 学方程式为Ni(s) + C H (g)=NiCH (s) + CH (g) DH = 2 6 2 4 - 6.57kJ/mol，原选项未标注物质状态，D错误； COg+ H Og CO g+ H g 2 ƒ 2 2 起(mol) a 1-a 0 a 故答案为：A。 变(mol) b b b b 15-2【巩固】 【正确答案】D 平(mol) a-b 1-a-b b a+b 【试题解析】【详解】A．由能量图可知，反应物丙烷 由一氧化碳的物质的量可得：①a-b=0.1，由水蒸气 [C H g ]相对能量为0.00eV ，产物丙烯[C H g ] 3 8 3 6 a+b 的转化率为50%可得：② ´100%=50%，解联 1 和H g的相对能量高于反应物，故丙烷脱氢为吸热 2 立方程可得a=0.3、b=0.2。 反应，A错误； 【详解】A．由质量守恒定律可知，反应物中有固 B．决速步是反应历程中活化能最大的步骤，使用催 体，生成物全是气体，未平衡时气体质量增大，体积 化剂1的历程中，各步活化能分别为：第一步 固定的密闭容器中混合气体的密度增大，则混合气体 的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到 （TS1）：0.78eV --0.57eV=1.35eV ；第二步 平衡，故A正确； （TS2）：1.07eV --0.15eV=1.22eV ；第三步 B．由热化学方程式和三段式数据可知，反应I吸收 （TS3）：1.81eV -0.74eV =1.07eV ，其中第二步对 的热量为131.4kJ/mol×0.3mol=39.42kJ，反应II放出 的热量为41.1kJ/mol×0.2mol=8.22kJ，则平衡时整个 46/565+1-3´2 应反应C H *+H*=C H g+2H*，活化能不是最 =0，故NO-空间结构是平面三角形； 3 7 3 6 2 3 大，第一步才是决速步骤，B错误； Fe(CO) 常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为 5 C．催化剂1的决速步活化能（1.35 eV）低于催化剂 103℃，符合分子晶体的特点。 2的决速步活化能（2.20eV），活化能越低催化效果 （3）Ⅰ．同族元素从上到下第一电离能逐渐减小 越好，故催化剂1比催化剂2催化效果好，C错误； (Si 过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等得到硫 酸锰晶体； 氟为吸电子基团，乙基为推电子基团，所以B中的 【详解】（1）基态铬和锰3d轨道上都是5个电子， 氮氢键更易断裂而电离出H+，酸性更强 基态锰原子价电子排布式为3d54s2，Mn4+的最外层 (3) 表面活性剂能降低水的表面张力，使废粉与 电子排布式为3s23p63d3； 溶液均匀混合，增大固液接触面积，提高浸出速率 Na AlF （2）不经“焙烧”直接用H SO “酸浸”，FeS和酸直 3 6 2 4 高温 24FePO ×2HO+12LiCO +CH O 24LiFePO +18CO ­+54HO 接反应生成H S污染物气体； 4 2 2 3 6 12 6 4 2 2 2 【试题解析】【分析】（3）废磷酸铁锂正极粉(主要含 （3）常见氧化物，且具有氧化性，还不能引入杂质 有LiFePO 、炭黑、铝粉、有机黏结剂) 与过量 离子，故A是MnO ；缺失“氧化”步骤，溶液会含有 4 2 Fe2+，中和除杂时Fe2+去除不完全，会影响产品的纯 H 3 PO 4 反应，Li+、Fe2+、Al3+进入滤液，炭黑、有 度；“中和除杂”时控制体系的pH到5左右，Fe3+和 机黏结剂等不溶物成为滤渣1， 滤液加入NaF除 Al3+此时已经沉淀完全，Cu2+部分沉淀，则滤渣2 铝，Al3+与F-形成正八面体阴离子AlF3-，结合Na+ 6 主要成分是FeOH 和AlOH ； 3 3 生成Na AlF 沉淀析出，滤渣2， 滤液加入过氧化氢 3 6 （4）加MnF 是为了除Ca2+，滤渣4的主要成分是 2 氧化：将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，再补加磷酸并调 CaF 2 ；“碳化结晶”过程是向溶液中加入NH 4 HCO 3 生 节pH，使铁元素以FePO ×2H O的形式沉淀，经洗 4 2 成MnCO ，其离子方程式为 涤干燥得到纯净的铁盐固体，将固体与碳酸锂、葡萄 3 糖在高温惰性氛围下反应 2HCO-+Mn2+ =MnCO ¯+CO ­+H O； 3 3 2 2 高温 24FePO ×2HO+12LiCO +CH O 24LiFePO +18CO ­+54HO 4 2 2 3 6 12 6 4 2 2 （5）若结晶时不出现晶体，可以投入MnSO 的晶体 4 ，据此分析。 作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可 【详解】（1）用“均摊法”计算晶胞中粒子数： 作为晶种，也可放置冰箱内较长时间，冷冻促使结晶 1 CN2-：位于晶胞顶点和内部， 共8´ +1=2个， 2 8 析出； 1 （6）晶胞结构由4个小立方体A和4个小立方体B Li+：位于面上，共8´ =4 个，故化学式为： 2 构成，Mn原子位于晶胞顶点、面心和体内，个数为 Li CN ； 2 2 1 1 ´8+ ´6+1´4+4´4=24。O原子位于晶胞体 8 2 A．基态氮原子有7个电子，但空间运动状态（电子 内，个数为4´8=32，因此，晶体的化学式是 占据的轨道总数）为 5 种，A错误； Mn O 。晶胞边长为a pm，晶胞的体积为 B．同周期从左向右电负性增大，电负性： 3 4 Li 0.5 BD 17-3【提升】 【正确答案】(1) (3) 甲醇 O 2 +4H+ +4e- =2H 2 O 6mol CO 2 g+4H 2 g ƒ CH 4 g+2H 2 Og 【试题解析】【分析】（3）原电池中，阳离子向着正极 ΔH=-162kJ×mol-1 低温自发 移动，根据氢离子的移动方向可知，右侧石墨电极为 (2)温度低于500℃，反应速率小 温度高于500℃， 正极，左侧石墨电极为负极。 对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动 【详解】（1）根据盖斯定律，反应b-反应c得： 程度增大，不利于甲烷的生成 (3) 否 N点压强大于M点，M点温度高于 CO(g)+2H (g) CH OH(g) 2 ƒ 3 N点 64 AC ΔH =  -49kJ×mol-1 -  +41.2kJ×mol-1 =-90.2kJ×mol-1 1 (4) CO +2H++2e-=CO+H O 不变 2 2 ； 【试题解析】【详解】（1）反应的方程式为： （2）①3min后，反应继续生成产物甲醇，则3min CO (g)+4H (g)⇌CH (g)+2H O(g)，ΔH =反应物总键 时，反应正向进行，正反应速率>逆反应速率； 2 2 4 2 1 ②0~9min内， 能-生成物总键能 3.0mol vH =3vCO =3´ =0.5mol×L-1×min-1 =2´803kJ×mol-1+4´436kJ×mol-1-4´414kJ×mol-1-4´464kJ×mol=-162kJ×mol-1 2 2 2L´9min ；因为DH<0，ΔS<0，所以要满足 ； ΔG=ΔH-TΔS<0，T为低温，所以该反应低温自发 ③ A．混合体系各物质均为气体，混合气体总质量 进行； 始终保持不变，恒容条件下，混合气体的密度也始终 （2）温度过低，反应速率小；温度过高，对副反应 保持不变，不能判断反应平衡状态，A错误； 影响较大，不利于甲烷的生成，工业合成甲烷通常将 温度控制为500℃左右； B．3v 正 CH 3 OH=v 逆 H 2 说明正逆反应速率相等， （3）①不能；N点压强大于M点，M点温度高于 N点，因此无法确定两点反应速率的快慢； 反应达平衡状态，B正确； 50/56②设起始投料nCO=nmol，则nH =nmol，列出 (2)排除装置内的空气，防止NO和 O 反应 2 2 反应I三段式： (3)3NO-+2H+=2NO­+NO-+H O 2 3 2 CO (g)+ 4H (g) CH (g) +2H O(g) 2 2 ƒ 4 2 起始量(mol) n n 0 0 (4)BD 变化量(mol) x 4x x 2x (5)1.5 平衡量(mol) n-x n-4x x 2x (6) NO+5H O+FeSO =[Fe(NO)(H O) ]SO 4x 2 4 2 5 4 H g的平衡转化率为80%，所以 =80%， 2 n 亚铁离子或配合物[Fe(NO)(H O) ]2+易被空气中的氧 2 5 n x= 。平衡时，总物质的量为 气氧化为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁红褐色难 5 溶物 8n n-x+n-4x+x+2x=2n-2x= mol， 5 【试题解析】【分析】装置A中发生反应 K = xCH 4 ×x2H 2 O = 1/8×1/42 =64； 3NO- 2 +2H+=2NO­+NO 3 -+H 2 O，制备NO，生成的 x xCO ×x4H  1/2×1/84 2 2 NO进入装置B和FeSO 反应生成硫酸亚硝酰合铁 4 ③A．增加CO g用量，平衡正向移动，可以提高 2  éFeNOH O ùSO  ，装置C用于处理尾气 H g平衡转化率，A项符合题意； ë 2 5 û 4 2 NO，防止污染，据此解答。 B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压 【详解】（1）图中仪器g的名称为三颈烧瓶；橡胶管 强，反应混合物中各组分的浓度减小，主反应的化学 k的作用是平衡压强，便于液体顺利滴下； 平衡逆向移动，不能提高H g平衡转化率，B项不 2 （2）NO和O 反应生成NO ，实验开始时需先鼓入 2 2 符合题意； N ，其目的是排除装置内的空气，防止NO和 O 2 2 C．移除CH g，减小了反应混合物中CH g的浓 4 4 反应； 度，主反应的化学平衡正向移动，能提高H g平衡 2 （3）装置A中生成NO的同时还生成了NO-，发生 3 转化率，C项符合题意； 了亚硝酸根的歧化反应，该反应的离子方程式为 D．加入催化剂不能改变平衡状态，不能提高H g 2 3NO-+2H+=2NO­+NO-+H O； 2 3 2 平衡转化率，D项不符合题意； （4）FeSO 溶液若变质会生成铁离子，铁离子遇到 答案选AC； 4 （4）由题图可知，电子由M极流向N极，说明M KSCN溶液变红，遇到苯酚溶液会显紫色，故答案选 BD； 极为负极，电极反应式为2H O-4e- =O ­+4H+； 2 2 （5）装置C中吸收NO生成NO-，离子方程式为 N极为正极，电极反应式为 3 CO +2H+ +2e- =CO+H O。导线中通过0.2mol电 2NO+3ClO-+2OH-=2NO-+3Cl-+H O，若反应吸收 2 2 3 2 1 mol NO，则消耗NaClO的物质的量为1.5 mol； 子后，则负极产生0.2molH+，此时有0.2molH+通过 （6）装置B中溶液制得硫酸亚硝酰合铁晶体的化学 质子交换膜移向N极，即M极电解质溶液中H+的量 方程式为NO+5H O+FeSO =[Fe(NO)(H O) ]SO ；在 不变，电解质溶液的pH不变。 2 4 2 5 4 18-1【基础】 【正确答案】(1) 三颈烧瓶 平衡 结晶过程中必须隔绝空气，否则会产生红褐色难溶 压强，便于液体顺利滴下 物，产生该红褐色难溶物的原因是亚铁离子或配合物 51/56[Fe(NO)(H₂O)₅]²⁺易被空气中的氧气氧化为铁离子， 会占据一定体积，导致测得的NH 体积偏大；乙装 3 铁离子水解生成氢氧化铁红褐色难溶物。 置使用恒压漏斗，可避免滴加液体带来的体积误差， 18-2【巩固】 【正确答案】(1)A 同时能确保反应体系内外压强一致，读数更准确，因 (2) 蒸馏烧瓶 平衡压强，有利于NaNO 溶 2 此，最适宜的方案是乙；为准确读取NH 体积，需 3 液顺利流下 观察氮气的流速 注意待气体体积稳定后再读数或连续两次读取氨气的 高温 (3)Al O +N +3C 2AlN+3CO 体积相等； 2 3 2 （6）已知样品质量为1.0000 g，标准状况下NH 体 3 (4)AlN+NaOH+3H O=NaAl(OH) + NH ­ 2 4 3 0.336L 积为0.336 L，n(NH )= =0.015 mol，根据 (5) 乙 待气体体积稳定后再读数或连续两 3 22.4L/mol 次读取氨气的体积相等 反应方程式AlN+NaOH+3H O=NaAl(OH) + 2 4 (6)61.5 NH ­，n(AlN)=n(NH )=0.015 mol， 【试题解析】【分析】题目给出的实验流程是通过A装 3 3 置制备N ，B装置干燥和除杂，C装置中N 与 m(AlN)=0.015 mol´41 g/mol=0.615 g， 2 2 0.615g Al O 、C反应生成AlN，D装置吸收未反应的CO w(AlN)= ´100%=61.5%。 2 3 2 1.0000 g 和水蒸气，E装置处理尾气CO，最后，通过AlN与 18-3【提升】 【正确答案】(1)仪器a的名称为球形冷凝 管 NaOH反应生成NH 的体积来测定样品纯度。 3 (2)2OH-+Cd2++H SR=CdSR+2H O 【详解】（1）根据实验目的，需要先通入N 排尽装 2 2 2 置内的空气，防止O 干扰反应，因此，应先点燃 A (3) H 否 2 2 处的酒精灯，产生N ，待装置内空气排尽后，再点 (4)可以隔绝空气防止Se元素被氧化，提高生成 2 燃C处的酒精喷灯进行反应； CdSe量子点的产量；为了瞬时成核，极短时间内形 （2）观察装置A，仪器a带有支管，是蒸馏烧瓶， 成大量尺寸相近的晶核，为后续生成尺寸均一量子点 导管b连接分液漏斗与烧瓶，其作用是平衡气压，使 奠定基础 (5)乙 NaNO 饱和溶液顺利滴下，此外，装置B中装有浓 2 (6) 477.5g 不影响 硫酸，主要作用是干燥N ，同时通过观察气泡速率 2 【试题解析】【分析】图1三颈烧瓶置于控温磁力搅拌 可以观察N 流速，确保反应平稳进行； 2 器上，实现温度控制与搅拌，通入N 的导管用于排 2 （3）根据题目，C中发生的主要反应是Al O 、C 除空气，防止氧化，冷凝管（a）用于冷凝回流，提 2 3 和N 在高温下生成AlN和CO，根据氧化还原反应 高反应物利用率，注射器分别添加 NaHSe 溶液和 2 CdSR 溶液，实现试剂精准加入； 高温 配平得Al O +N +3C 2AlN+3CO； 图2锥形瓶在控温磁力搅拌器上，通过NaBH 与Se 2 3 2 4 粉在 N₂氛围下反应制备NaHSe溶液。 （4）AlN与NaOH溶液反应生成NH 和 步骤 I：在N 氛围下混合蒸馏水、CdCl 、H₂SR得 3 2 2 到浑浊液，加NaOH调pH=11得到CdSR 澄清溶 Na[Al(OH) ]，根据元素守恒得 4 液，利用上述平衡反应，碱中和H+促使平衡正向进 AlN+NaOH+3H O=NaAl(OH) + NH ­； 行； 2 4 3 步骤 II：通过NaBH 还原Se粉（N 氛围下）制备 （5）对比甲和乙装置，甲装置中，滴加NaOH溶液 4 2 NaHSe溶液，NaBH 作还原剂； 4 52/56步骤 III：快速加入NaHSe溶液与CdSR溶液反应， 锥形瓶未干燥，其中的蒸馏水不参与反应，不影响 N 保护下加热回流制得CdSe量子点，加无水乙醇后 EDTA与Cd2+、Cu2+的反应计量关系，因此测定结果 2 分离提纯（利用量子点在乙醇中溶解度低的性质）。 不影响。 【详解】（1）仪器a的结构为球形，用于冷凝回流， 19-1【基础】 【正确答案】(1)羟基、醚键 是球形冷凝管。 (2) ¾V¾® （2）步骤I中，Cd2+与H SR反应，加入NaOH调 2 节pH，OH-与H+结合生成水，促使平衡正向进行， 从而得到CdSR澄清溶液，离子方程式为2OH- ； +Cd2++H SR=CdSR+2H O。 2 2 (3) 对氟苯甲醛（或4-氟苯甲醛） 消去反 （3）步骤II中，NaBH 与Se粉反应，生成 4 应 Na B O 和可燃性气体，根据元素组成推测，该气体 2 4 7 为H ； (4) 、 2 步骤 II 中反应在溶液中进行，无难溶性固体，因此 不能用过滤的方法分离提纯。 （4）一次性快速加入NaHSe溶液，可使反应物迅速 (5) 混合反应，有利于生成粒径均匀的CdSe量子点，可 以隔绝空气防止Se元素被氧化，提高生成CdSe量 子点的产量；为了瞬时成核，极短时间内形成大量尺 寸相近的晶核，为后续生成尺寸均一量子点奠定基 础。 （5）用滴管加入试剂的速度慢于注射器，反应速率 【试题解析】【分析】 慢，相同时间内生成的量子点含量少，荧光强度低。 第一条路线，结合化合物A和化合物D的结构简式以 由图3可知，乙的荧光强度低于甲，因此滴管对应的 及化合物B的分子式，可推出化合物B的结构简式为： 曲线为乙。 （6）首先计算与Cd2+反应的EDTA的物质的量。加 ；化合物B与 发生取代反应， 入的 EDTA 总物质的量为 结合化合物C的分子式以及化合物D的结构简式，可 0.035 L´0.100 mol/L=0.0035 mol，滴定过量EDTA 推 测 出 化 合 物 C 的 结 构 简 式 为 ： 消耗的CuSO 的物质的量为 4 0.010 L´0.1 mol/L=0.001 mol，则与Cd2+反应的 ，化合物C与化合物R发生取代 EDTA 的物质的量为 0.0035 mol-0.001 mol=0.0025 mol。由于取的是25.00 反应生成化合物D，结合化合物R的分子式以及化合 mL溶液（来自 250 mL 溶液），所以250 mL溶液中 物D的结构简式，可推测出化合物R的结构简式为： 250 Cd2+的物质的量为0.0025 mol´ =0.025 mol。 25 CdSe的摩尔质量为191 g/mol，5.00 g样品中纯CdSe ；第二条路线，化合物E发生一系列反应生 的质量为0.025 mol´191 g/mol=4.775 g，那么 500.00 500 g样品中纯CdSe的质量为4.775 g´ =477.5 g； 5 成化合物F，结合化合物F和化合物G的结构简式， 53/56以及化合物M的分子式，可推出化合物M的结构简 参考上述路线，第一步发生取代反应生成化合物X 和HCl，则化合物X的结构简式为： 式为： ；化合物G发生氧化反应生成化合 ；化合物X在该条件下 物D；化合物D与 发生反应生成H；H 发生氧化反应生成化合物Y，化合物Y的结构简式 与氢气发生加成反应生成化合物I；据此解题。 【详解】（1）结合化合物F的结构简式，可知其中 含氧官能团为醚键和羟基； 为： 。 （2） 根据分析可知，B→C的反应为取代反应，其化学方 19-2【巩固】 【正确答案】(1)羟基、酯基 (2)防止C中醛基被进一步氧化 程式为： ¾V¾® (3) + ¾¾一¾定条¾件¾¾® ； +H O 2 （3） (4) 加成反应 酯基为吸电子基，导致a碳 原子呈d-，硝基为吸电子基，导致CH NO 中H原 3 2 由分析可知，R的结构简式为： ，母体为苯 子呈d+，所以H原子应与a碳原子连接，-CH NO 2 2 与b碳连接 甲醛，其名称为：对氟苯甲醛（或4-氟苯甲醛）； (5) (或 ) D→H可看成两步反应，第一步是 上 的C-H键与化合物D上的醛基发生加成反应，第二 步是发生消去反应脱去小分子水，生成碳碳双键； (6) 水解开环，脱保护 （4） 化合物C的分子式为：C H N O，符合下列条件：① 【试题解析】【分析】A与CH 3 COCH 3 反应生成B，B 8 12 2 被氧化后转化为C，C中醛基发生反应转化为D，D 含有酚羟基；②核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰 中碳碳双键和CH NO 发生加成反应引入含硝基的支 3 2 面积之比为6:4:1:1，说明含有对称位置的甲基，则满 链得到E，E成环转化为F，F去掉含酯基的支链得 到G，G最终转化为产物H。 足 条 件 的 结 构 简 式 为 ： 、 【详解】（1）由A的结构可知，A中含氧官能团有 羟基、酯基。 （2）次氯酸钠具有氧化性，C中醛基具有还原性， ； 控制条件降低NaClO氧化性的原因是防止C中醛基 被进一步氧化。 （5） 54/56（3）C→D的反应为C中醛基首先和 结 J,J的结构简式为 。 构中的-CH -发生加成反应生成羟基，然后羟基消去 2 19-3【提升】 【正确答案】(1)c 生成碳碳双键得到D和水，化学方程式为 (2)取代反应 一定条件 + ® (3) +H O。 2 （4）D中碳碳双键和CH NO 发生加成反应引入含 (4) + → +2HCl 3 2 硝基的支链得到E,D®E的反应类型是加成反应； 酯基为吸电子基，导致a碳原子呈d-，硝基为吸电 (5) 16 子基，导致CH NO 中H原子呈d+，所以H原子应 3 2 与a碳原子连接，而-CH NO 与b碳结合，故产物 (6) 2 2 为E而非 。 （5） 【试题解析】【分析】 H含6个碳、3个氧、2个不饱和度，H的一种环状 同分异构体符合条件：①红外光谱显示存在羟基和 化合物 A（ ）与氨基醇发生取代反应， 酮羰基，1个酮羰基为1个不饱和度，则此外应该只 含有1个环；②核磁共振氢谱显示峰面积之比为 氯 原 子 被 氨 基 取 代 ， 生 成 中 间 体 B 6∶2∶2且同一个碳上未连接多个羟基，则分子中应该 含有2个甲基且结构对称；除2个甲基外，还含4个 碳，则应该是4个碳构成碳环，环上含1个酮羰基， ；中间体 B中的醇羟基（-OH） 此外2个氧可以形成2个对称的羟基，故结构简式可 与对氟苯甲醛在NaOH条件下发生取代反应，生成含 能为 或 。 醛 基 的 中 间 体 C （6）①由图可知，E到I过程中含醚键的环断开转 化为2个羟基，硝基经历Nef反应转化为醛基，且反 。此步实现了 应中酯基没有发生变化，则反应中HCl的作用是活化 硝基、水解开环，脱保护。 杂环与苯环的连接，引入醛基官能团；中间体C与F ②由题干条件可知，I®J为缩醛化反应，I和J的 在KOH加热条件下发生缩合反应，生成含双键的中 分子式相同，则I中羟基和醛基发生缩醛化转化为 55/56间体G 。此步构建了目标分 结 构 子的碳 - 碳双键骨架；中间体G在H /Pd/C条件下发 2 （①、②、③、④表示-CH 所在位置），有10种， 生催化加氢反应，双键被还原，最终生成罗格列酮。 3 环上的取代基为-CH Cl时，有3种结构。综上共有16 这一步通过加氢反应得到目标产物的饱和杂环结构。 2 种符合条件的同分异构体； 【详解】（1）A→B除了生成B之外，还生成HCl， 其中苯环上只有2种不同化学环境的H原子的结构简 则A→B的转化需加入吡啶有机碱和HCl反应，使 A→B不断正向进行，提高平衡产率，故选c。 式为 。 （2）B→C的反应类型为取代反应，除了生成C （6） 外，还生成HF。 根据合成路线分析，生成M的反应为取代反应，生成 （3） N的反应为先加成、后消去的反应，则M、N分别为 根据异构化类似酮式 - 烯醇式互变的信息，硫脲异构 化后生成 D 的结构为 2,4 -噻唑烷二酮的烯酮式结构， 、 即 。 。 （4） -Cl的吸电子效应比-Br强，环化更易进行，因此选择 X=Cl的2-氯乙酰衍生物与硫脲反应，生成化合物 E， 反 应 方 程 式 + → +2HCl。 （5） A的分子式为C H NCl，化合物X为A的同系物，且 5 4 相对分子质量比A大14，则X的化学式为C H NCl， 6 6 不饱和度为4。含有六元环，且具有芳香性，结合已 知信息，X的同分异构体含有一个苯环或吡啶环；N 原子与Cl原子不直接相连，则N原子与C原子相连。 当六元环为苯环时，存在结构 (①、②、 ③表示-NH 所在位置)，有3种。当为吡啶环，环上 2 取 代 基 为 -CH 、 -Cl 时 ， 存 在 结 构 3 56/56