点石联考高三化学巩固卷A卷2025.12-答案_2025年12月_251221辽宁省点石联考2026届高三上学期12月联考考后巩固卷（全科）_高三化学A卷

化学A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】 33/59【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】 34/59【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 35/59【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】 36/59【试题解析】 【原卷 18 题】 【正确答案】 【试题解析】 37/59【原卷 19 题】 【正确答案】 【试题解析】 38/59精准训练答案 B．O 的电子式为 ，B错误； 2 ✍ 变试题答案 C．基态 Ge位于元素周期表第四周期第ⅣA族，其 1-1【基础】 【正确答案】D 32 【试题解析】【详解】A．氮化硼陶瓷属于无机非金属 价层电子排布式为4s24p2，C错误； 材料，A正确； D．NH 的中心N原子为sp3杂化，其VSEPR模 3 B．硅为半导体材料，B正确； C．氧化铝硬度大、熔点高，木地板表面的氧化铝有 型： ，D正确； 耐磨和阻燃作用，C正确； D．明矾常用作净水剂是因为明矾溶液中生成的氢氧 故答案选D。 化铝胶体能吸附水中悬浮的杂质，但不能够杀菌消 2-2【巩固】 【正确答案】B 毒，D错误； 【试题解析】【详解】A．质量数为16和18的O原子 答案选D。 应该表示为16O和18O，18O可作为有机反应示踪原 1-2【巩固】 【正确答案】C 8 8 8 【试题解析】【详解】A． 粒子直径为 1nm~100nm的 子，A错误； Fe粉为纯净物不属于胶体，若把它分散在水中可形 B．二氯甲烷中含有两根碳氢键和两根碳氯键，键长 成胶体，Ａ错误； 不一样，球棍模型为 ，B正确； B． 维生素 C常用作水果罐头的抗氧化剂，具有较 强还原性、容易被氧化，Ｂ错误； C．CsCl为离子化合物，用电子式表示的形成过程 C．二氧化氯是利用强氧化性杀菌，酒精是利用使蛋 为： ，C错误； 白质变性杀菌，二者消毒原理不相同，Ｃ正确； D．氮化硅耐高温结构材料属于新型无机非金属材 D．基态 Cu原子核外含有29个电子，价层电子排 29 料，Ｄ错误； 布式：3d104s1，D错误； 答案选C。 故选B。 1-3【提升】 【正确答案】A 2-3【提升】 【正确答案】A 【试题解析】【详解】A．由题意可知，氧化铝陶瓷属 【试题解析】【详解】A．基态 Br原子的电子数为 于新型无机非金属材料，不属于金属材料，故A错 35，位于第VIIA族，其价电子排布式为4s24p5，A 误； B．维生素C具有强大的抗氧化作用，所以常用作还 正确； 原剂，故B正确； B．SiO 属于共价晶体，Si原子周围连有4个O原 2 C．性能优良的水泥属于传统无机非金属材料，故C 子，呈正四面体形，B错误； 正确； D．布、麻布的成分是天然有机高分子化合物纤维 C．NiCO 中Ni提供空轨道，CO中C的电负性小 4 素，属于天然有机高分子材料，故D正确； 于O，更易提供孤电子对，故配位键表示错误，正确 故选A。 2-1【基础】 【正确答案】D 【试题解析】【详解】A．H O 中O原子为sp3杂化， 的为 ，C错误； 2 2 球棍模型不是直线形，A错误； 39/59C．N原子的2p能级为半满结构，更稳定，故第一 D．MgCl 中的离子键是通过Mg失电子，Cl得电子 2 电离能大于O，C错误； 形成的，图示得失电子错误，正确的应表示为 D．H O分子间存在氢键，故沸点高于H S，D错 2 2 误； 故选A。 ，D错误； 故选A。 4-1【基础】 【正确答案】A 3-1【基础】 【正确答案】A 【试题解析】【详解】A．钠燃烧剧烈，即使佩戴护目 镜，近距离俯视仍可能被高温或飞溅物伤害，A错 【试题解析】【详解】A．二者同主族且O位于S的上 误； 方，O原子半径更小，O原子核对核外电子的束缚更 B．焰色试验可能产生烟雾或有害气体，开启排风设 强，O更难失去电子，因此第一电离能：I (O)＞ 1 备符合安全规范，B正确； I (S)，A正确； 1 C．导电实验涉及电流，湿手操作易触电，禁止湿手 B．Al3+和O2-电子层结构相同(核外均有10个电 操作正确，C正确； 子)，核电荷数越大，离子半径越小，故r(O2-)＞ D．加热实验需避免衣物或长发接触热源，束发系紧 r(Al3+)，B错误； 衣物符合安全要求，D正确； C．H O分子间存在氢键，而H S分子间仅存在范德 2 2 故选A。 华力，氢键的强度大于范德华力，故沸点：H O＞ 2 H S，C错误； 4-2【巩固】 【正确答案】B 2 D．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力 【试题解析】【详解】A．金属钠性质活泼，随意丢弃 可能引发危险，正确做法是放回原瓶，故A正确； 的标度，H的电负性（约2.20）大于Al（约1.61）， 故χ(Al)＜χ(H)，D错误； B．钡的化合物并不是都有毒，如硫酸钡（BaSO ） 4 答案选A。 难溶于水且无毒，故B错误； 3-2【巩固】 【正确答案】D C．碱液灼伤处理步骤正确，先大量水冲洗再用2% 【试题解析】【详解】A．同主族元素，从上到下金属 的硼酸溶液冲洗，故C正确； 性增强，其最高价氧化物对应水化物碱性增强，K金 D．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时需要防护和通 属性强于Na，所以碱性KOH > NaOH，A错误； 风，故D正确； B．同周期主族元素，从左到右电负性增大，Cl和 答案选B。 Na同周期，且Cl在Na右边，所以电负性 4-3【提升】 【正确答案】C χ(Cl)>χ(Na)，B错误； 【试题解析】【详解】A．钠和白磷性质活泼，需放回 C．碱金属元素从上到下，金属键减弱，沸点降低， 原试剂瓶避免危险，A正确； K在Na下方，所以沸点TKχC，A正确； CaO+H O=Ca(OH) ，A正确； 2 2 B．K+、S2-的电子层结构相同，S的核电荷数小， B．碳酸氢钠的弱碱性使其能中和胃酸，发生反应： 半径大，故r  K+ Z>W ，D错误； 3 3 D．海带中的碘以I⁻形式存在，直接加淀粉不会显蓝 故答案选B。 色，需氧化为I 2 后才能显色，D错误； 9-2【巩固】 【正确答案】C 故选C。 【试题解析】【分析】X最外层电子数为内层2倍，内 8-3【提升】 【正确答案】B 层为K层（2e⁻），故X为C（最外层4e⁻）；Z是地壳 【试题解析】【详解】A．向NaHCO 3 溶液中滴加 中含量最高的元素，为O； W与Z同主族 （ⅥA），原子序数更大，故W为S；Y原子序数介 Na[Al(OH) ]溶液，[Al(OH) ]-结合HCO-电离出的氢 4 4 3 于C和O之间，为N元素。 离子生成Al(OH) 3 沉淀和CO 3 2-，HCO 3 - 和[Al(OH) 4 ]- 【详解】A．XW 2 为CS 2 （C的价电子对数为 4-2´2 未发生相互促进水解，A错误； 2+ =2，直线形，键角180°），WZ 为SO 2 2 2 B．铁离子会和二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根 6-2´2 （S的价电子对数为2+ =3，V形，键角小 离子，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿 2 色，Fe3+与SO 络合生成红棕色，则Fe3+与SO 络合 于120°），故A错误； 2 2 反应的反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率 4-2´2 B．XZ 为CO ，C的价电子对数为2+ =2， 2 2 2 快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更 无孤独电子，CO 为非极性分子，WZ 为SO ，V形 大， B正确； 2 2 2 结构，SO 为极性分子，极性：CO ＜SO ，故C错 C．新制氯水中含有HCl，加入AgNO 溶液，生成 2 2 2 3 误； AgCl白色沉淀，HClO和氯气均能与KI发生氧化还 C．C价电子数4，N价电子数5，4＜5，故C正 原反应生成碘单质，使溶液变蓝，不能说明氯气与水 确； 的反应存在限度，C错误； D．Z的气态氢化物为H O，W的气态氢化物为 D．pH=2的HA和H B溶液中，HA放出更多H ， 2 2 2 H S，二者均为分子晶体，H O分子间存在氢键，沸 pH相同时，弱酸HA的浓度更高，与Zn反应产生更 2 2 点更高，故D错误； 多H ，说明HA的酸性弱于H B，D错误； 2 2 故选C。 故选B。 9-3【提升】 【正确答案】B 9-1【基础】 【正确答案】B 【试题解析】【分析】由X最外层电子数是内层2倍可 【试题解析】【分析】(YW 2 ) 2 XZ为有机物，基态X、 Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA 知X为C（最外层4，内层2）； 由Y与X相邻且 族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若 同周期可知Y为N；由X、Y与Z原子核外电子层 X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、 数相同且Z是同周期原子半径最小可知Z为F（第二 P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z 周期ⅦA族）；W原子序数大于Z且最高能级单电 分别为C、N、O；又YW ZXY为无机物， 4 子可推出W可能为Na（3s1）或Al（3p1），据此分 (YW ) XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、 2 2 析解答。 O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成 【详解】A．若W为Na，A正确；若为Al，A错 YW ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分 4 误，题目未明确W，无法确定，A错误； 别为H、C、N、O。 【详解】A．W与Z形成的化合物可能含有非极性键 B．C与F形成CF ，结构为正四面体，B正确； 4 （如H O 中的O-O键），因此并非只含极性共价 2 2 C．第一电离能F＞N＞C，即Z>Y>X ，C错误； 键，A错误； D．当电子层数相同时，原子序数越小，半径越大， B．甲为NH OCN，其中的C原子与N原子形成三 4 43/59键、与O原子形成单键，价层电子对数为2，无孤对 D．1个1，1-环丁二羧酸分子中，σ键包括：6个C- 电子，C原子采取sp杂化，B正确； C键、6个C-H键、4个C-O键、2个O-H键，总计 C．由分析可知，X、Y、Z分别为C、N、O，同一 6+6+4+2=18个，故1 mol的1，1-环丁二羧酸含18 周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与 N 个σ键，D正确； A ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，即第一电离能顺序应为N 故答案选D。 （Y）＞O（Z）＞C（X），而非Z＞Y＞X，C错 10-3【提升】 【正确答案】B 误； 【试题解析】【详解】A．连接4个不同原子或基团的 D．X、Y、Z的氢化物中，水在常温常压下为液体， 碳原子为手性碳原子，则该分子中不含手性碳原子， 氨气和甲烷为气体，H O（Z的氢化物）沸点最高， 故A正确； 2 而非NH （Y的氢化物），D错误； B．该分子中有饱和碳原子(乙基上的碳)，采用sp3杂 3 故答案选B。 化，故B错误； 10-1【基础】 【正确答案】C C．含有羧基，与NaOH、Na CO 、NaHCO 溶液 2 3 3 【试题解析】【详解】A．谷氨酸含有羧基（-COOH） 都能发生反应，故C正确； 和氨基（-NH ），均为亲水基团，氨基酸一般易溶于 2 D．分子中含有8种等效氢： 水，A正确； B．手性碳需连接四个不同基团，谷氨酸中与氨基 ，故一氯代物 （-NH ）相连的碳原子（α碳）连接-COOH、 2 一共有8种，故D正确； -NH 、-CH CH COOH和-H，为手性碳，且分子中 2 2 2 答案选B。 仅有1个手性碳，B正确； 11-1【基础】 【正确答案】D C．谷氨酸中羧基（-COOH）的碳原子形成C=O双 【试题解析】【详解】A．Cu与混酸反应， 3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO ) +2NO↑+4H O，离子反应 键，价层电子对数为3，杂化方式为sp2，并非所有 3 3 2 2 为：3Cu+8H++2NO -=3Cu2++2NO↑+4H O，从方程式 3 2 C原子均为sp3杂化，C错误； 知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提 供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中 D．谷氨酸分子内氨基（-NH ）与γ-羧基（- 2 H SO 与HNO 物质的量之比最好为3：2，A错误； 2 4 3 COOH）可脱水形成肽键（-CONH-），构成含N、 16g B．16g硫酸铜的物质的量为 =0.1mol，在途 C、C、C、C的五元环状结构（焦谷氨酸），D正 160g/mol Δ 确； 径③中，发生的反应为2H SO (浓)+Cu 2 4 故选C。 CuSO +2H O+SO ↑，消耗硫酸0.2mol，B错误； 4 2 2 10-2【巩固】 【正确答案】D C．若均生成1mol硫酸铜，途径①消耗硫酸1mol硫 【试题解析】【详解】A．碳铂分子中没有连接四个不 酸；途径②消耗1mol硫酸，途径③消耗2mol硫 同基团的碳原子，因此不含手性碳，A错误； 酸，C错误； B．碳铂中Pt2+与2个NH 的N原子及2个羧酸根的 3 D．相对于途径①、③均有污染空气的气体产生， O原子配位，配位数为4，B错误； 途径②的优点：铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜 C．1，1-环丁二羧酸中，环丁烷的4个碳均为sp3杂 再被硫酸溶解生成硫酸铜，制取等质量胆矾需要的硫 化，2个羧基碳为sp2杂化，因此sp3杂化的碳原子与 酸少、途径2无污染性气体产生，D正确； 故选D。 sp2杂化的碳原子数之比为2：1，C错误； 【点睛】本题考查制备方案的评价，注意根据反应途 44/59径，写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用 【试题解析】【详解】A．KI中I元素的化合价由-1价 方程式进行判断较为简单。本题的易错点为C，途径 升高到0价，则KI作还原剂，VO 中V元素的化 2 5 8 2 ①中制备1mol硫酸铜，需要 molH+和 molNO-， 3 3 3 合价由+5价降低到+4价，则VO 作氧化剂，故氧化 2 5 2 可以由1mol硫酸和 mol硝酸提供。 3 剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误； 11-2【巩固】 【正确答案】C B．生成2mol VOCl ，转移2mol电子，则生成 2 【试题解析】【详解】A．途径①反应的化学方程式为 Δ 1mol VOCl 时转移1mol 电子，B正确； S+6HNO (浓) H SO +6NO ↑+2H O，浓硝酸体现了 2 3 2 4 2 2 强氧化性，故A正确； C．VO 中V显+5价，处于最高价，O显-2价，处 2 5 B．氧气来源于空气，价格较低，增大氧气的浓度可 于最低价，即VO 既具有氧化性又具有还原性，C 2 5 提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，故B正 正确； 确； C．途径①和途径②中的硫元素的价态都是从0价 D．在酸性过强时，S O2-与H+反应生成S、SO 和 2 3 2 升高到+6价，转移6 mol电子，故C错误； H O，D正确； D．途径①中会产生NO 有毒气体，途径②比途径 2 2 ①的污染相对较小且原子利用率较高，更能体现“绿 故选A。 色化学”的理念，故D正确； 12-2【巩固】 【正确答案】C 故选C。 【试题解析】【详解】A．配制精确浓度的溶液需用分 11-3【提升】 【正确答案】B 析天平，托盘天平精度不足，A错误； 【试题解析】【详解】A．催化剂在反应前后质量和化 B．酸性条件下不可能生成OH-，正确反应式应包含 学性质不变，参与反应并循环生成，由机理图可知， H+和H O，B错误； 2 Cu+参与反应①②③并最终再生，Cu+是催化剂；而 Cu+(SO )是中间产物，故A错误； C．煮沸驱赶I ，确保后续滴定仅测定剩余KIO 生成 3 2 3 B．过程②中Cu+(O )氧化SO 生成Cu+(SO )，氧化 2 2 3 的I ，C正确； 2 性O ＞SO ；过程③中Cu+(SO )氧化丙烯生成 2 3 3 D．I 与淀粉形成的蓝色络合物不易解离，会影响I CO ，氧化性SO ＞CO ，所以氧化性： 2 2 2 3 2 与硫代硫酸钠的反应，使滴定终点判断不准确，应在 O >SO >CO ，故B正确； 2 3 2 剩余I 量较少(滴定至溶液呈淡黄色)时再加入淀粉指 2 C．过程③中，丙烯(C H ，C平均-2价)被氧化为 3 6 示剂，D错误； CO (C+4价)，每个C失6e-；Cu+(SO )中S元素化合 2 3 故答案选C。 价由+6降低为0价，每个S得6e-，根据得失电子守 12-3【提升】 【正确答案】D 恒，氧化产物CO 与还原产物S的物质的量之比为 2 【试题解析】【详解】A．应用分析天平称取样品5.000 1:1，故C错误； g，A错误； D．总反应需结合所有过程，过程①消耗O ，故总 2 B．FeCl 水解显酸性应用酸式滴定管量取待测液，B 3 Cu+ 错误； 反应应为2C H +6SO +3O 6S+6CO +6H O， 3 6 2 2 2 2 C．滴定指示剂可选择淀粉溶液，为了使结果更可 靠，应该重复进行三次滴定，最终取三次滴定结果的 故D错误； 平均值，C错误； 选B。 D．氯化铁溶液和碘化钾溶液的反应存在一定的限 12-1【基础】 【正确答案】A 45/59度，氯化铁不能完全反应，反应生成碘的量偏小，导 O ~4e-，根据转移电子相等可得消耗的氧气的物质 2 致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，使测定结果偏 0.8 低，D正确； 的量为 mol =0.2mol，D正确； 4 故选D。 故选D。 13-1【基础】 【正确答案】C 13-3【提升】 【正确答案】A 【试题解析】【分析】该装置为化学电源，根据原电池 【试题解析】【详解】A．固体氧化物燃料电池中，N 工作原理，通燃料一极为负极，即通N H 一极为负 2 4 极通入O 为正极，M极通入燃料为负极，电解质传 2 极，则另一极为正极，据此分析； 导O2-，阴离子向负极移动，即O2-向M极移动，箭 【详解】A．Pt 电极通入O ，O 作为氧化剂在燃料 2 2 2 头方向表示O2-的移动方向，A正确； 电池中得电子，发生还原反应，作正极，故A说法 B．N极为正极，固体氧化物电解质传导O2-，无 正确； H O参与，正极反应式应为O +4e-=2O2-，B错误； 2 2 B．原电池中阳离子向正极移动，Pt 为正极，K+由 2 C．燃料可能为H 、CO、CH 等，若燃料为CO，产 负极区(Pt )向正极区(Pt )移动，故B说法正确； 2 4 1 2 物X为CO ，不含H O，C错误； C．燃料电池的主要能量转化形式是化学能→电能， 2 2 D．燃料电池直接将化学能转化为电能，无需经过热 虽反应本身放热，但能量主要转化为电能而非大量放 能环节，D错误； 热，故C说法错误； 故答案选A。 D．Pt 为正极，O 在碱性条件下得电子生成OH-， 2 2 电极反应式为O +4e-+2H O=4OH-，故D说法正确； 14-1【基础】 【正确答案】B 2 2 答案为C。 【试题解析】【详解】A．由图可知，反应开始一段时 间内Y的浓度变化快，Z的浓度变化慢，故反应① 13-2【巩固】 【正确答案】D 【试题解析】【分析】一种熔融碳酸盐燃料电池的工作 活化能低，反应②活化能高，即E Ⅰ＜E Ⅱ，A a a 原理如图所示，电极B通入O 为正极，电极A通入 错误； 2 B．由题干图像信息可知，4s末时Y为0.8mol/L、Z 的CO和H 作负极。 2 为0.2mol/L，即0~4s内X减少了 【详解】A．根据分析电极A为负极，A错误； 0.8+0.2=1.0mol/L，故0~4s内反应Ⅰ的平均速率 B．B电极通入的氧气在该极上得电子，该电解质溶 1.0mol/L uX= =0.25mol×L-1×s-1，B正确； 液中无氢氧根，正确的极反应为 4s C．升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增大，由题干信息 O +2CO +4e- =2CO2-，B错误； 2 2 3 可知，两个反应均为放热反应，则升高温度平衡逆向 C．电池工作时阳离子在电解质溶液中移向正极，该 移动，故平衡转化率均减小，C错误； 电池中K+从A电极迁移向B电极，C错误； D．由题干信息可知，两个反应前后气体的系数均保 D．标况下，2.24L甲烷的物质的量为 持不变，即反应体系中气体的总物质的量一直不变， 2.24L =0.1mol，根据反应 混合气体的质量不变，即体系内气体的平均摩尔质量 22.4L·mol-1 一直保持不变，故体系内气体的平均摩尔质量不再变 CH +H O=CO+3H 可知生成的0.1 molCO和0.3 4 2 2 化，不能说明反应达到新平衡，D错误； 故答案为：B。 molH 进入负极发生氧化反应分别生成CO 和 2 2 14-2【巩固】 【正确答案】C H 2 O，则共转移电子的物质的量为0.2+0.6=0.8 【试题解析】【详解】A．(Ⅰ)和(Ⅱ)反应前后气体总质量 不变，在恒温恒压条件下，混合气体的密度不变时， mol，另一极即正极消耗的氧气与转移电子间关系为 容器容积不变，容器内混合气的总物质的量不变，正 46/59逆反应速率相等，反应(Ⅰ)和(Ⅱ)均达到平衡状态，A 反应Ⅱ4NH (g)+3O (g) 2N (g)+6H O(g) 3 2 ƒ 2 2 则平衡 正确； 转化量/mol 0.1 0.075 0.05 0.15 B．催化剂具有选择性，在反应体系未达平衡前使用 nNH =2mol-1.8mol-0.1mol=0.1mol，nO =3mol-2.25mol-0.075mol=0.675mol 3 2 催化剂，有利于反应Ⅱ发生，使甲醇产率提高，B正 ，nH O=2.7mol+0.15mol=2.85mol，则反应Ⅰ的平 确； 2 1 C．由图可知， 增大即T减小时，lgK 增大，则降 c4(NO)´c6H O 1.84´2.856 T 2 衡常数K= 2 = >10，D c4NH ´c5O  0.14´0.6755 3 2 温反应Ⅱ平衡正向移动，则反应Ⅱ为放热反应，△H＜ 正确； 0，反应正向气体分子数减小，△S＜0，故该反应在 故选B。 低温时△H-T△S＜0，有利于反应自发进行，C错 误； 15-1【基础】 【正确答案】B 1 【试题解析】【详解】A．生成X是在不饱和碳原子上 D． 增大即T减小时，lgK 增大，则降温反应Ⅱ平 2 T 加上其他原子团，故X是加成产物，生成Y时是苯 衡正向移动，则反应Ⅱ为放热反应lgK 减小，则降温 1 环上的H被硝基代替，故Y是取代产物，A正确； 反应Ⅰ平衡逆向移动，则反应Ⅰ为吸热反应，故升高温 B．M的六元环中与— NO 相连的C为sp3杂化，其 2 度时，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，如 余碳原子为sp2杂化，B错误； 温度升高对平衡的Ⅱ的影响程度更大，则CO 的转化 2 C．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能， 率可能下降，D正确； 故该反应的决速步为反应①，C正确； 故答案为：C。 D．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此反应速率 14-3【提升】 【正确答案】B 更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2 【试题解析】【详解】A．硝酸工业中物质的转化关系 个角度均有利于产物Ⅱ，D正确； 是NH ®NO®NO ®HNO ,840℃时，反应Ⅰ对应 3 2 3 故选B。 的NH 的转化率达到最高，即生成的NO最多，且温 3 15-2【巩固】 【正确答案】A 度升高化学反应速率增大，A正确； 【试题解析】【详解】A．苯环中的C都是sp2杂化， B．由题给信息可知，图像中对应的是相同反应时间 生成的中间体中连接-NO 的碳原子为饱和碳原子， 2 的转化率，C点之后，也可能随着温度升高，导致催 这个碳原子杂化方式为sp3，碳的杂化方式发生了变 化剂失活，使反应Ⅰ的反应速率降低，则相同反应时 化，A错误； 间内，NH 的转化率也降低，B错误； 3 B．从图中可知，生成中间体的反应活化能最大，活 C．NH 和N 分别是反应物和生成物，充入NH 和 3 2 3 化能越大反应速率越慢，因此生成中间体的反应为决 O 发生反应，NH 的量逐渐减少，N 的量逐渐增 2 3 2 速步骤，B正确； cNH  大，因此混合体系中 3 保持不变说明反应Ⅱ达 C．根据图示可知，苯环与NO+ 2 、-OSO 3 H反应生成 cN  2 产物I，苯环上的化学键断裂，与磺酸基和硝基加 到平衡状态（提醒：若给定条件下推出“变量”达到 成，该反应为加成反应，C正确； “不变”，则可说明反应达到平衡状态），C正确； D．生成产物2为放热反应，生成产物1为吸热反 D．C点时，反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的NH 的转化率分别 3 应，此外中间体生成产物2的活化能更低，反应速率 为90%、5%，则生成NO的物质的量为1.8mol，生 也更快，因此动力学和热力学优势产物均为产物2， 成N 的物质的量为0.05mol，则有： 2 D正确； 反应Ⅰ4NH (g)+5O (g) 4NO(g)+6H O(g) 故选A。 3 2 ƒ 2 转化量/mol 1.8 2.25 1.8 2.7 15-3【提升】 【正确答案】B 47/59【试题解析】【详解】A．“路径I”中CO 2 的碳原子的 H O+H SeO +2SO =Se+2H SO ； 2 2 3 2 2 4 杂化方式为sp，CH OH的碳原子的杂化方式为sp3， 3 1 1 A错误； （4）①据“均摊法”，晶胞中含8´ +6´ =4个 8 2 B．读图可知，“路径I”反应 1 Se、4´ =2个Ga，则该晶体的化学式为InSe 。 H COOH*→CH O*+OH*的Ea=-45.4- 2 2 2 2 ②结合①分析，该晶体的密度为 (132.1)=86.7kJ/mol，B正确； 2M C．根据图示，图中初始为CO *和OH*，只有部分 2 N 2´(115+79´2) ； A g×cm-3= g×cm-3 反应历程，并没有给出CO 2 和H 2 的相对能量，无法 a2c´10-30 N ´a2c´10-30 A 判断反应是放热反应还是吸热反应，C错误； （5）A．α-Ti Au立方晶胞结构如图，Au位于顶 3 D．催化剂只改变反应历程，不改变反应始态和终 态，即不改变反应的焓变，D错误； 点、Ti位于面心，则Au周围最近且等距的Ti的个数 为12，正确； 故选B。 16-1【基础】 【正确答案】(1) p B．SeO 的中心原子Se原子的价层电子对数为 3 6-2´3 3+ =3，为sp2杂化，为平面三角形；SeO2-的 2 3 中心原子Se原子的价层电子对数为 (2)Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与H 2 6+2-2´3 生成气态氢化物，从而与Te分离 3+ =4，为sp3杂化，有一对孤对电子，为 2 (3) sp3 四面体 三角锥形，则键角大小关系SeO >SeO2-，错误； 3 3 H O+H SeO +2SO =Se+2H SO C．同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、 2 2 3 2 2 4 ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能 2´(115+79´2) (4) InSe 2 N ´a2c´10-30 较大，故As、Se、Br三种元素第一电离能由大到小 A (5)AC 排序Br>As>Se，正确； 【试题解析】【详解】（1） D．CN-做配体时，氮的电负性大于碳，则碳更容易 主族元素In原子序数为49，价电子排布式： 提供孤电子对而做配原子，错误； 故选AC。 5s25p1，价层电子排布图 ，其 16-2【巩固】 【正确答案】(1)BD 位于元素周期表的p区； (2) KCaF 12 3 （2）非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，Se (3) LiAsF 和LiPF 均为离子化合物，结构相 6 6 与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与H 生成气 2 态氢化物，从而与Te分离； 似，阴阳离子带电量均相同，AsF-离子半径大 6 （3）①已知H SeO 分子中含两个羟基，H SeO 中 2 3 2 3 PF-，阴阳离子间吸引力更弱，所以Li+更易迁移 6 6+2-2´3 心原子Se原子的价层电子对数为3+ =4， 高温 2 6LiCO +CH O +12FePO 12LiFePO +6CO­+6H O+6CO ­ 2 3 6 12 6 4 4 2 2 为sp3杂化，VSEPR模型的名称四面体。 (4)AC ②由题意，向H SeO 溶液中通入SO 可获得高纯 (5) 在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、 2 3 2 洗涤、干燥 硒，Se化合价降低，结合电子守恒，则硫化合价升 高得到硫酸，发生反应的化学方程式为 2Fe3+ +Fe=3Fe2+ 2H+ +Fe=Fe2+ +H ­ 取少 2 48/59量固体溶于足量盐酸中，再加入BaCl 溶液，若出现 阴阳离子带电量均相同，AsF-离子半径大PF-，阴 2 6 6 白色沉淀则说明含有S元素 阳离子间吸引力更弱，所以Li+更易迁移； 【试题解析】【分析】（5）以废铁屑(含有少量碳和 ②根据信息分析，C H O 中的C元素化合价升高到 6 12 6 SiO 杂质)为原料制备无水FeCl 的流程为：在废铁 2 3 CO中的+2价，FePO 转变成LiFePO ，Fe元素从 4 4 屑中加入过量稀盐酸，通过操作1过滤得到含FeCl 2 +3价降到+2价，根据电子守恒和元素守恒可得出发 生反应： 溶液的滤液，往滤液中通入Cl 将FeCl 氧化为 2 2 高温 6LiCO +CH O +12FePO 12LiFePO +6CO­+6H O+6CO ­ 2 3 6 12 6 4 4 2 2 FeCl ，将其结晶过滤后的余液加入纯铁粉继续消耗 3 。 过量盐酸，再继续通入Cl 氧化得到浓FeCl 溶液， （4）A．根据成键特点和孤电子对数量分析化合物 2 3 最后结晶得到FeCl ·6H O，最后加入SOCl 加热得 I中C、O、S原子都采取sp3杂化，A正确； 3 2 2 B．化合物Ⅰ中，羟基(-OH)的键能比巯基(-SH)大，巯 到无水FeCl ，据此分析解答。 3 基(-SH)中H更易断裂，酸性更强，更易与Na反 【详解】（1）A．硒(Se)位于第四周期VIA族，其基 应，B错误； 态原子电子排布式为Ar3d104s24p4，A错误； C．化合物Ⅱ为离子化合物，熔化时破坏离子键，熔 沸点更高，为可溶性钠盐，在水中的溶解性也更大， B．基态N原子的电子排布式为1s22s22p3，根据洪特 C正确； 规则2p上的三个电子分别排在三个兼并轨道上，故 D．O-H的吸电子效应大于甲基，H SO 分子中 2 4 电子共占据5个轨道，电子空间运动状态为5，B正 O-H的极性更大，更易电离出H+，酸性更强，D 确； 错误； C．氯离子和氯原子电子层数都为3，核电荷数相 故答案为：AC。 同，氯离子核外多一个电子，故半径更大些，C错 误； （5）①根据分析，FeCl ×6H O高温时易分解，且 3 2 D．S的第二电离失去的为3p3上电子，排布为半满 Fe3+易水解，因在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶， 后续固液分离操作为过滤、洗涤、干燥； 结构，更稳定故，D正确； 故答案为：BD。 ②稀氯化铁溶液中含有的溶质有FeCl 和HCl，故加 3 （2）根据晶胞分析，一个晶胞中含K+的个数为 入纯Fe粉时可能发生：2Fe3+ +Fe=3Fe2+， 1 1 8´ =1，Ca2+的个数为1，F-的个数为6´ =3， 2H+ +Fe=Fe2+ +H ­； 8 2 2 故化学式为KCaF 3 ；晶胞中距离F-最近的K+数为 ③制得的无水FeCl 时发生反应： 3 4，根据化学式KCaF 3 可推导距离K+最近的F-的数量 FeCl ×6H O+6SOCl =FeCl +6SO ­+12HCl­；过 3 2 2 3 2 为12。 程中FeCl 可能将SO 氧化成SO2-，产品中含有S元 3 2 4 （3）①LiAsF 和LiPF 均为离子化合物，影响Li+迁 6 6 素的为SO2-形式，故操作为检验SO2-的方法：取少 4 4 移速率的因素为离子键的强弱，离子键的强弱又和离 子半径和离子带电荷数有关，两者化合物结构相似， 量固体溶于足量盐酸中，再加入BaCl 溶液，若出现 2 49/59白色沉淀则说明含有S元素。 1 1 上属于二分之一，体心属于1，晶胞中含8× +6× 8 2 16-3【提升】 【正确答案】(1) =4个AlF3-，则晶胞中钾离子、钠离子共有12个， 6 结合图2可知，钠离子处于棱心和体心、钾离子处于 (2)B 1 (3) K 2 NaAlF 6 4 晶胞平分8个小立方体的体心，则晶胞中含12´ 4 (4) AD 滤液浓度较大时通入过量CO 生成 2 +1=4个Na+、8个K+，其化学式为K NaAlF ；K+处 2 6 氢氧化铝和碳酸氢钠，会有碳酸氢钠固体从溶液中析 于顶点和面心AlF3-构成的正四面体中，则每个K+ 出 6 (5) > 电负性B强于Al，故B对OH-的吸 的配位数为4； 引力更强，形成的配位键更稳定，更不容易释放出 （4）①A．Al O 具有两性，能与强碱溶液反应，不 2 3 OH- 能溶于弱碱，“碱溶”时Al O 与NaOH溶液反应生成 2 3 Na[Al(OH) ]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故 4 (6) A正确； B．由于滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐，故滤液a中 的溶质主要成分为NaOH、Na[Al(OH) ]，没有硅酸 【试题解析】【分析】(3)铝土矿加氢氧化钠溶液， 4 钠，故B错误； Al O 和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、 2 3 C．由分析可知，操作X应是灼烧氢氧化铝使之分解 SiO 转化为铝硅酸钠沉淀、Fe O 不溶，过滤，滤液 2 2 3 生成氧化铝，加冰晶石电解氧化铝就可以得到铝， 含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应 故C错误； 生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三 D．[Al (OH) Cl ] 中a、b可通过控制Al(OH) 和 份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化 2 a b m 3 AlCl 的投料比来控制产品盐基度，故D正确； 铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分 3 答案为AD； 解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就 ②滤液浓度较大时通入过量CO 生成氢氧化铝和碳 可以得到铝。 2 酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固 【详解】（1） 体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体 Al位于周期表中第3周期第ⅢA族，其基态原子的 中的杂质； 价电子排布式为3s23p1，所以基态Al原子价层电子 （5）碱性：[Al(OH) ]->[B(OH) ]-，因为电负性B强 4 4 于Al，故B对OH-的吸引力更强，形成的配位键更 的电子排布图为： ； 稳定，更不容易释放出OH-； （6） （2）在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已 经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外 已知Al Cl 的结构式为 ，Al Cl- 层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁 2 6 2 7 的第二电离能较小，第三电离能最大；铝最外层有3 个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，其第三电 的结是每个铝连接三个氯原子，还有一个Cl-连接两 离能较小，则图a表示第三周期的第二电离能变化规 律、图b表示第三周期的第三电离能变化规律，选 个铝，其结构式： 。 B； （3）按均摊法计算，顶点属于晶胞的八分之一，面 17-1【基础】 【正确答案】(1)＜ (2)c-a-b或-(a＋b-c) 50/59(3) C ＜ 0.4 P =110kPa´ ， C2H2 0.4+0.2+1.4+0.2 (4) 小于 温度小于220℃，反应未达平衡， 0.2 随温度升高反应速率加快，乙炔转化率升高；当温度 P =110kPa´ ， H2 0.4+0.2+1.4+0.2 大于220℃，反应已达到平衡，随温度升高平衡逆向 1.4 P =110kPa´ ，故 移动，乙炔转化率降低 0.35 C2H4  0.4+0.2+1.4+0.2 【试题解析】【详解】（1）已知该反应的平衡常数随温 Q = P C2H4  = P P ×P 度升高而降低，故该反应为放热反应，即ΔH <0； C2H2  H2  1 æ 1.4 ö （2）已知三种物质的燃烧热化学方程式为 ç110kPa´ ÷ è 0.4+0.2+1.4+0.2ø 5 æ 0.4 ö æ 0.2 ö C 2 H 2g + 2 O 2g =2CO 2g +H 2 O l DH=-akJ×mol-1， ç è 110kPa´ 0.4+0.2+1.4+0.2 ÷ ø ×ç è 110kPa´ 0.4+0.2+1.4+0.2 ÷ ø 1 H + O =H O DH=-bkJ×mol-1， =0.35 kPa-1。 2g 2 2g 2 l 17-2【巩固】 【正确答案】(1)-4kJ·mol-1 C H +3O =2CO +2H O DH=-ckJ×mol-1， 2 4g 2g 2g 2 l (2)低温 (3)bef 依据盖斯定律可知ΔH =c-a-bkJ×mol-1； 1 (4)8：5 （3）A． 恒温恒容条件下，气体总质量不变，密度 (5) 1 1.2 0.975 始终不变，不能作为平衡判据，A错误； (6)69 B．恒容条件下，惰性气体不改变各组分浓度，反应 【试题解析】【详解】（1）反应的DH=反应物的键能之 速率不变，平衡时间不变，B错误； 和-生成物的键能之和，则反应物的总键能为 C．升温使正、逆反应速率均增大，且正反应放热， 2×745kJ·mol-1+4×413kJ·mol-1=3142kJ·mol-1，生成物 平衡逆向移动，C正确； 的总键能为3×413kJ·mol-1+348kJ·mol-1+351kJ·mol- 故选C；已知速率方程： 1+463kJ·mol-1+745kJ·mol-1=3146kJ·mol-1，则该反应的 v=0.585é ë pC 2 H 2 ù û -0.36 ×é ë pH 2 ù û 0.85 ，当pH 2 一定 DH=-4kJ·mol-1； （2）该反应是放热熵减反应，DH<0，DS<0， 时，且p C H > p C H 可知，v 220 ℃时，反应已达平 温度在变化，故温度为变量，所以温度不变，说明反 衡，升温使平衡逆向移动（放热反应），转化率降 应达到新的平衡状态，b正确； 低；依据题干所给信息可列相关反应的三段式： n(CO ) c．投料比等于反应的系数比， 2 =1且该比值 C 2 H 2g + H 2g ƒ C 2 H 4g n(CH 4 ) 初始物质的量 2 2 反应始终保持不变，c错误； 转化物质的量 1.6´0.875 1.6´0.875 1.6´0.875 d．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密 平衡物质的量 0.4 0.2 1.6´0.875 度始终不变，混合气体的密度始终为恒量，d错误； C 2 H 2g + 2H 2g ƒ C 2 H 6g 初始物质的量 2 2 0 e．v 正 (CO 2 )=v 逆 (CH 3 COOH)满足反应达到平衡的条 转化物质的量 1.6´0.125 1.6´0.25 1.6´0.125 件，e正确； 平衡物质的量 0.4 0.2 1.6´0.125 f．容器中反应分子数发生改变，且温度改变，故总 依据三段式可知各个物质的分压为： 压不变，说明反应达到新的平衡状态，f正确。 故选bef； 51/59（4）对于反应ⅰ为气体分子数增加2倍的反应，向体 （2）a．催化剂通过降低反应的活化能，使更多普通 积为1L的恒容密闭容器中，假设起始时CH 、H O 分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，从而加 4 2 的物质的量均为1mol，已知CH 的转化率为60%， 快反应速率，a正确； 4 则反应0.6mol甲烷，反应达到平衡时，气体的总物 b．反应i的DH <0，为放热反应，反应物总能量大 1 质的量为2mol+0.6mol×2=3.2mol，初始气体的总物 于生成物总能量，b错误； 质的量为2mol，根据同温、同容条件下，气体的压 c．反应i中所有物质均是气体，正反应气体分子数减 强之比等于气体的物质的量之比，所以，平衡总压与 小，建立平衡的过程中，混合气体总质量始终不变， 初始总压的最简整数比为3.2mol：2mol=8：5； 气体物质的量是变量，气体的相对分子质量是变量， （5）①根据表中数据： 容器内气体的相对分子质量不再改变说明反应达到了 k×(1.0mol/L)m×(1.0mol/L)0.5=1.2mol·L-1·s-1， 平衡，c正确； k×(2.0mol/L)m×(1.0mol/L)0.5=2.4mol·L-1·s-1，联立两式 d．压缩反应容器，平衡正向移动，但是平衡常数是 解得m=1，k=1.2； 与温度有关的常数，温度不变，反应的化学平衡常数 ②对于实验2，初始浓度CH 为2mol/L，H O为1 4 2 不变，d错误； mol/L，当进行到c(H O)=0.25mol/L时，参与反应的 2 故选ac。 H O为0.75mol/L，参与反应的CH 为0.375mol/L， 2 4 （3）①0~20min时间内氢气的浓度降低 此时，c(CH )=1.625mol/L，则 4 v=1.2×(1.625mol/L)×(0.25mol/L)0.5=0.975mol·L-1·s-1； 9-5.75mol/L=3.25mol/L，反应生成CO的浓度为 （6）由于密闭容器的容积为1L，则各物质的物质的 0.25mol/L，则反应ii消耗氢气的浓度为0.25mol/L， 量与物质的量浓度在数值上相等， 反应i消耗氢气的浓度为3mol/L，0~20min时间内 初始时，c(CH )为1 mol/L，c(H O)为1 mol/L，由已 4 2 1 ´3mol/L 知平衡时CH 4 的转化率为60%，及平衡时c(CO 2 )为 vCH OH= 3 =0.05mol×L-1×min-1 。从图中 3 20min 0.3 mol/L，则平衡时，c(CH )为0.4 mol/L，c(CO ) 4 2 为0.3 mol/L，c(H )为0.3mol/L×3+0.3 mol/L×4=2.1 可知，平衡时，cCO=1.2mol/L，则反应ii生成了 2 mol/L，由氧元素守恒，则平衡时，c(H O)为1 mol/L 2 cH O=1.2mol/L，消耗的 2 -0.6 mol/L -0.3 mol/L =0.1 mol/L，反应 i．CH 4 (g)+H 2 O(g)ƒCO(g)+3H 2 (g)的平衡常数K= cCO 2 =cH 2 =1.2mol/L，平衡时 c(CO)×c3(H ) 0.3mol/L´(2.1mol/L)3 2 = »69。 cH =3.6mol/L，则参与反应i的 c(CH )×c(H O) 0.4mol/L´0.1mol/L 2 4 2 17-3【提升】 【正确答案】(1)+41.19 cH 2 =9-1.2-3.6mol/L=4.2mol/L， (2)ac cCO =1.4mol/L，生成的cH O=1.4mol/L，所以 2 2 (3) 0.05 2.17 反应i放热，升高温度， 平衡逆向移动 平衡时：cH =3.6mol/L， 2 (4) 增大 T>T 时v逐渐减小的原因是K m p cCO =3-1.2-1.4mol/L=0.4mol/L， 2 减小对v的降低程度大于k增大对v的提高程度 cH O=1.4+1.2=2.6mol/L，cCO=1.2mol/L，则 【试题解析】【详解】（1）根据生成焓的定义，反应的 2 焓变DH等于生成物的生成焓总和减去反应物的生成 反应ii平衡常数 焓总和， cH O×cCO 2.6´1.2 K = 2 = »2.17。 ΔH =-110.5-241.82kJ/mol--393.51+0kJ/mol=+41.19kJ/mol cCO ×cH  0.4´3.6 2 2 2 。 52/59②反应i是放热反应，升高温度反应i的平衡逆向移 象是：滴入最后半滴Na S O 标准液，溶液蓝色褪 2 2 3 动，不利于反应正向移动，所以导致甲醇的选择性降 去，且30s内不恢复原色； 低。 （4）由于反应i是放热反应，温度降低时平衡正向 ②Na 2 S 2 O 3 在酸性条件下不稳定，会分解为S和 移动，导致平衡常数K p 增大。当T>T m 时，尽管提 SO ，导致消耗的标准液偏多，实验结果偏大；I 在 2 2 高温度会增大速率常数k，但放热反应平衡常数随温 碱性条件下会发生歧化反应生成I-和IO-，造成消耗 3 度升高而减小，K 减小对v的降低程度大于k增大对 p 的标准液偏少，实验结果偏小； v的提高程度，导致u逐渐减小。 ③结合空白对照，实际消耗的Na S O 标准液体积为 2 2 3 18-1【基础】 【正确答案】(1) 恒压分液漏斗或恒 (V -V )mL，Cu O溶于稀硫酸时发生反应为 压滴液漏斗 安全瓶，防倒吸 1 2 2 Cu O+2H+ =Cu+Cu2+ +H O，可得到关系式 (2) 2 2 6éCuNH  ù 2+ +12OH- D 3Cu O¯+22NH ­+N ­+9H O 2Cu 2 O : 2Cu2+ : I 2 : 2S 2 O 3 2-，则反应的Cu 2 O的物质的 ë 3 4 û 2 3 2 2 量为 溶液由深蓝色变为无色 n(Cu O)=n(SO2-)=cmol×L-1´(V -V )´10-3L=c(V -V )´10-3mol 2 2 3 1 2 1 2 (3) 滴入最后半滴Na S O 标准液，溶液蓝色褪 ，因此样品的纯度为 2 2 3 c(V -V )´10-3mol´144g×mol-1 14.4c(V -V ) 去，且30s内不恢复原色 pH过低，H+与 1 2 ´100%= 1 2 %； mg m Na 2 S 2 O 3 反应；pH过高，I 2 与OH-反应，影响测定 配制标准溶液过程中，有少量Na S O 溶液溅出，则 2 2 3 14.4cV -V  结果 1 2 % 偏大 Na S O 标准溶液实际浓度偏小，滴定所消耗的体积 m 2 2 3 【试题解析】【分析】装置A中利用恒压滴液漏斗向盛 偏大，造成测定结果偏大。 有Cu(NH ) Cl 的三颈烧瓶中滴加NaOH溶液，水浴 3 4 2 18-2【巩固】 【正确答案】(1) 恒压滴液漏斗 加热反应生成Cu O，并伴有NH 、N 产生，装置B 2 3 2 Na SO +H SO 浓=Na SO +SO ­+H O 吸收 2 3 2 4 2 4 2 2 作安全瓶，防止尾气吸收时发生倒吸，装置C用稀 过剩的SO ，防止污染空气 防止CuCl被氧化 硫酸来吸收生成的氨气； 2 防止CuCl溶解造成损失，且可以使固体快速干燥 【详解】（1）从图中可知，仪器a的名称是恒压滴液 漏斗；氨气极易溶于水，因此需要使用装置B来作 (2) 2S O2-+3O +4OH-=4SO2-+2H O 向下 2 4 2 4 2 安全瓶，防止倒吸； 移动量气管，使左右两侧液面相平 25 （2）装置A中Cu(NH ) Cl 与NaOH在水浴加热条 3 4 2 【试题解析】【分析】装置A制备SO 2 ，进入装置B中 件下生成Cu O、NH 、N 和H O，离子方程式为 2 3 2 2 发生反应生成CuCl，装置C是为了吸收剩余的 D 6Cu(NH 3 ) 4 2+ +12OH- 3Cu 2 O¯+N 2 ­+22NH 3 ­+9H 2 O SO 2 ，防止其排入空气中，污染空气；装置D是为了 吸收CO ，装置E是为了吸收O ，装置F是为了吸 ；反应进行完全后，不再有NH 和N 生成，且深蓝 2 2 3 2 收CO，最后装置G是测量剩余N 的体积。 2 色的Cu(NH ) 2+完全转化为Cu O砖红色沉淀，即现 3 4 2 【详解】（1）①由实验装置图可知，盛装70%浓硫 象为装置A、C中无气泡产生且装置A中溶液由深 酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；故答案为恒压分液漏 蓝色变为无色； 斗。 （3）①滴定终点时，待测液中的I 与Na S O 标准 ②装置A是制备二氧化硫的装置，浓硫酸与亚硫酸 2 2 2 3 钠反应生成二氧化硫，其反应的化学方程式为 溶液完全反应，不再使淀粉变蓝，因此滴定终点的现 53/59Na SO +H SO 浓=Na SO +SO ­+H O (浓)；故 与反应，E装置是发生装置，C装置作用是收集气 2 3 2 4 2 4 2 2 体，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，D装置 答案为Na SO +H SO 浓=Na SO +SO ­+H O 是处理COCl 尾气；整个反应流程先用干燥的N 排 2 3 2 4 2 4 2 2 2 2 除装置内空气，然后再通入N 将CCl 气体带入装 ③装置C的作用是吸收未反应完的二氧化硫，防止 2 4 置，与E中的Cr O 反应，生成的COCl 有毒气体用 污染空气；故答案为吸收过剩的SO ，防止污染空 2 3 2 2 D装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行 气。 吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置， ④由于CuCl在潮湿空气中易被氧化，可知SO 的作 2 还有在C和D装置中间加一个干燥装置B。 用是防止CuCl被氧化；CuCl难溶于乙醇，则洗涤剂 【详解】（1）根据分析，仪器连接顺序为AECBD， 选用乙醇的优点是防止溶解造成损失，且可快速干 故接口顺序为ahi(或ih)debcf；实验装置内不能存在 燥，故答案为防止CuCl被氧化；防止CuCl溶解造 水蒸气，故通入的N 需干燥，试剂X为干燥剂浓硫 成损失，且可以使固体快速干燥。 2 酸，故答案为：hi(或ih)debcf；A； （2）①根据已知Ⅱ可知装置E的作用是吸收氧气， （2）三从安全的角度考虑，整套装置的不足之处是 根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离 氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝 子方程式2S O2-+3O +4OH-=4SO2-+2H O；故答案 2 4 2 4 2 华，从而堵塞导管，故答案为：氯化铬容易受热升 为2S O2-+3O +4OH-=4SO2-+2H O。 华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管； 2 4 2 4 2 （3）根据COCl 水解生成的两种酸性气体是HCl和 ②装置G为量气装置，通入混合气体前，应先使左 2 CO ，COCl 和NaOH溶液反应的离子方程式应该为 右两边液面在同一水平面上，通入混合气体前，装置 2 2 G中量气管的液面较高，需进行的操作为向下移动量 COCl 2 +4OH-=CO 3 2-+2H 2 O+2Cl-，故答案为： 气管，使左右两侧液面相平；故答案为向下移动量气 COCl +4OH-=CO2-+2H O+2Cl-； 2 3 2 管，使左右两侧液面相平。 （4）反应结束后还需要持续通入N ，将生成的 ③由分析知，装置F用于吸收CO，由装置F中增加 2 0.14 g CrCl 3 排入C装置被收集，并将COCl 2 完全排入装置 的质量可知，CO的物质的量为 =0.005 28 g/mol D被充分吸收，故答案为：将生成的CrCl 排入C装 3 mol，故混合气体中CO的体积分数为 置被收集，并将COCl 完全排入装置D被充分吸 2 0.005 mol´22.4 L/mol ´100%=25%，故答案为25。 收； 0.448L （5）由原子个数和得失电子数目守恒可得关系式： 18-3【提升】 【正确答案】(1) hi(或ih)debcf A 2CrCl 3 ～2CrO 4 2-～3I 2 ～6Na 2 S 2 O 3 ，滴定消耗V mL (2)氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内 cmol/L硫代硫酸钠溶液，则无水三氯化铬质量分数 凝华，从而堵塞导管 1 250mL cV´10-3mol´ ´ ´Mg/mol 为 3 25.00mL ×100%= (3)COCl +4OH-=CO2-+2H O+2Cl- 2 3 2 m g (4)将生成的CrCl 排入C装置被收集，并将COCl cVM cVM 3 2 %，故答案为： ； 3m 3m 完全排入装置D被充分吸收 （6）加热使过量H O 完全分解，以免在酸性条件 cVM 2 2 (5) 3m 下，H O 把Cr O2-还原为Cr3+；步骤Ⅰ中未继续加热 2 2 2 7 (6) 使过量H O 完全分解 偏低 偏低 2 2 一段时间，由于过量的H O 的存在，在后面的步骤 【试题解析】【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温 2 2 下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能 中子酸性条件下会将Cr O2-还原为Cr +，则滴定时消 2 7 3 存在氧气和水蒸气，A装置用N 将CCl 导入装置参 2 4 耗标准溶液Na S O 体积减小，测定的CrCl 质量分 2 2 3 3 54/59数偏低；普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普 通锥形瓶将导致I 升华，从而使得消耗Na S O 的量 2 2 2 3 偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏 H： ，最后将H在 低，故答案为：使过量H O 完全分解；偏低；偏 2 2 低。 19-1【基础】 【正确答案】(1)醚键、酰胺基 Pd/C、H 作用得到目标产物I。 (2) 丁二酸二乙酯 还原反应 2 【详解】（1）由I的结构简式可知，I中含氧官能团 (3) 的名称为醚键、酰胺基； (4) （2） B的结构简式为： ，是由丁二酸与乙 醇酯化后得到的产物，其名称为：丁二酸二乙酯； 氧化反应 【试题解析】【分析】 工业上合成I的工艺为：将A与B进行取代生成 H→I为 在Pd/C作用下 C，再将C与(CH CO) O进行反应可得到D；将D 3 2 在NaOH溶液中、80℃温度下进行水解，水解产物 再进行酸化生成E(C H N O )，结合E的碳原子和 16 14 2 3 与H 通过还原反应生成I； 2 O原子数以及I的结构可反推出E的结构为： （3） ，将E在i)SOCl 作 2 B的结构简式为： ，其同分异构体中 满足以下条件：与B含有相同官能团，即仍含有酯基； 用下先转化为 ，再与 水解生成丙二酸：即HOOC-CH -COOH，则醇结构可 2 能 是 以 下 组 合 ： CH OH和 CH CH CH CH OH、 3 3 2 2 2 ii) 反应生成F： CH OH和 CH CH CH(OH)CH 、 CH OH和 3 3 2 3 3 CH  CHCH OH、 CH OH和 CH  COH、 3 2 2 3 3 3 ，将F与G反应生成 CH CH OH和 CH CH CH OH、 CH CH OH和 3 2 3 2 2 3 2 CH  CHOH；含有三种不同化学环境的氢原子：由 3 2 于丙二酸两边结合的醇结构不对称，则要求两种醇的 烃基各含一种氢；最后得到符合条件的B的同分异构 55/59体的结构简式为： ； （4） 根据已知： 的 (6) 快速异构化 信息可知C®X ® Y的转化中，X结构中含有 ① ② 的结构单元来满足快速异构化，则反应① 的化学方程式为： 【试题解析】【分析】 ； 根据J→G的合成路线图： 根据已知信息RCOOH¾C¾OC¾l2®RCOCl，A（C 8 H 7 ClO 2 ， 含羧基结构）与COCl 反应，A中羧基转化为酰氯， 2 生成B，可知A为 。由D(C H O )与乙 7 6 2 ，结合苯环与咪唑环性质类似，同时参 醇的反应的条件为浓硫酸和加热，可知该反应为发生 酯化反应，D中有羧基，故D为 ，与乙醇生 考C→X的转化原理，由于N是通过还原反应生成 成E( )。E与CH COOC H 、C H ONa反 ，则N结构中存在羰基结构单元，可 3 2 5 2 5 得到J→G的合成路线为： 应，依据已知信息ii，生成F( )。 B 与 F 反应生成 L( )， 异构化为 ，则得到J→M的反应类型为：氧化反应；N的结构 简式为： 。 ，再脱去HCl生成G，G反应生成 19-2【巩固】 【正确答案】(1)羧基、碳氯键 (2)取代反应 I( )，I与J( )反应脱 (3) (4)ab (5) 4 或 56/59c错误； 水生成K( )。 故选ab。 （5） 【详解】（1） 含苯环且能发生银镜反应的D( )的同分异构 根据分析，A为 ，含有的官能团名称 体，苯环的一取代有 ；二取代苯环 上连有醛基、羟基两个取代基，共3种位置；综上符 是羧基、碳氯键。 合要求的同分异构体有4种。 （2） 其中一种核磁共振氢谱上显示四个峰的同分异构体的 E( )与CH COOC H 反应生成 3 2 5 结构简式有 、 。 （6） F( )的反应类型是取代反应。 F的结构简式为 ，酯基和羰基均为 （3） 吸电子基团，可以使α位C－H极性增强，易断裂， D为 ，与乙醇生成E( )属于酯 B与F反应生成L，反应方程式为： 化反应，方程式为 。 ，根据已知： 可 （4） 得， 异构化为 ， a．I是 ，含有羧基，能与NaHCO 3 再脱去HCl生成G。 溶液反应，a正确； 19-3【提升】 【正确答案】(1) 苯乙酸 酯化 (取代)反应 b．由题意可知，I( )脱去1分子水 (2) 硝基、酯基 生成K，推出J为其分子式为C H N，结构简式 4 11 (3)C (4) 为： ，核磁共振氢谱显示峰面积 比为1:4:6，b正确； c．K中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基， (5)7 则1molK最多能与6+1+1=8 mol H 发生加成反应， 2 57/59(6) 定条件下 发生信息i 【试题解析】【分析】 由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下， 与甲醇共热发生酯化反应生成 B， 反应生成H，则H为 。 则 B 为 ；在氢化钠作用下， 【详解】（1）根据分析，A的名称是苯乙酸，A→B 的反应类型是酯化反应。 与 发生取代 （2） 根据分析，C的结构简式是 ；D 反应生成C，则C为 ；在浓硫酸作 的结构简式为 ，官能团名称 用下， 与浓硝酸共热发生硝化反应 是硝基、酯基。 （3）由分析可知，D→E 的反应为还原反应，则反 生成D（ ）；D经过还原反应 应条件X为 H /Pd，故选C。 2 （4） 根据分析，E→F的反应方程式为 生成生成E；在催化剂作用下，E与 发 生 取 代 反 应 生 成 F ， 则 F 为 。 （5） ；在甲醇钠的作用下， H 的同分异构体含有含有—NH 、—OH、 2 3种结构，核磁共 振氢谱显示，除苯环上的氢原子外，还有2种氢原子 与氨气发生取代反应 说明分子中含有3个连接在饱和碳原子上的氨基，羟 基取代如图数字标注 ，所以符合条 生成G，则G为 ；一 件的同分异构体共有7种。 （6） 58/59与氢气发生还原反应生成 ，则M为 ，M与 发生 取代反应生成N，则N为 。 59/59