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考前特训答案精析
选择题标准练
选择题标准练(一)
1．A 2.C
3．D [草酸属于弱酸，不能拆写为离子，A不正确；用次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫有
次氯酸生成：3ClO－＋SO ＋HO===2HClO＋SO＋Cl－，B不正确；溶液中含有镁离子，根
2 2
据离子反应条件判断，生成氢氧化镁沉淀，C不正确；稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化
氮和水，D正确。]
4．C [以锂硫电池为电源，通过电解含(NH )SO 的废水制备硫酸和化肥，M室得到硫酸说
4 2 4
明是氢氧根离子放电，电极反应式为2HO－4e－===4H＋＋O↑，则a为正极，b为负极，故
2 2
A错误；电解池中阴离子移向阳极，SO通过膜1由原料室移向M室，则膜1为阴离子交换
膜，故 B 错误；由锂硫电池总反应 2Li＋xS===LiS 可得负极反应式为 2Li＋S－2e－
2 x
===LiS ，消耗2.8 g锂即物质的量为＝0.4 mol，转移0.4 mol e－，M室的电极反应式为
2 x
2HO－4e－===4H＋＋O↑，生成0.1 mol氧气，标准状况下气体体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1
2 2
＝2.24 L，故C正确；N室的电极反应是溶液中氢离子放电生成氢气，NH通过膜2由原料
室移向N室，c(NH)减小，使NH＋HONH ·H O＋H＋向左移动，c(H＋)减小，原料室中
2 3 2
溶液的pH增大，故D错误。]
5．A
6．C [由题干信息推知X是Al元素；Z无正价，Z是F元素，M是NaAlF ，Y是Na元素。
3 6
电子层结构相同，核电荷数越多离子半径越小，简单离子半径：F－＞Na＋＞Al3＋，故A错误；
NaF是离子化合物，只含离子键，故B错误；Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，F 和水反
2
应生成HF和氧气，故C正确；Na和氧气反应可以生成NaO、NaO，故D错误。]
2 2 2
7．D
选择题标准练(二)
1．B
2．C [由结构简式知该化合物的分子式为C H O ，故A正确；苯环上的6个碳原子共平
14 12 4面，碳碳双键以及与双键碳相连的原子共平面，苯环和碳碳双键之间为单键相连，可以旋转
到同一平面上，故14个碳原子可以共平面，故B正确；有机物中苯环和碳碳双键都能与氢
气发生加成反应，故1 mol该化合物最多能与7 mol H 发生反应，故C错误；该有机物中含
2
有碳碳双键，能发生加聚反应和氧化反应，该有机物中含有羟基，能发生取代反应，故D
正确。]
3．B
4．A [由题图可知，此装置为原电池，a极发生还原反应，Cr O转化为Cr(OH) 同时生成
2 3
氢氧根离子，则 M为阴离子交换膜，使氢氧根离子通过，故A错误；b极苯酚发生氧化反
应生成CO ，电极反应式为C HOH－28e－＋11HO===6CO↑＋28H＋，故B正确；电池工
2 6 5 2 2
作过程中，a极室发生反应：Cr O＋6e－＋7HO===2Cr(OH) ＋8OH－，a极室的pH升高，故
2 2 3
D正确。]
5．C [标准状况下，苯为液态，不能用标准气体摩尔体积计算2.24 L苯的物质的量，故A
错误；溶液体积未知，无法计算K＋的数目，故B错误；S 、S 均由S原子构成，故32 g混
4 8
合物中含有的S原子的物质的量为1 mol，含S原子数为N ，故C正确；1 L 1.0 mol·L－1
A
FeCl 溶液中含有氯化铁的物质的量为1 mol，FeCl 与Cu反应生成氯化铜和FeCl ，1 mol氯
3 3 2
化铁反应转移的电子数目为N ，故D错误。]
A
6．D 7.B
选择题标准练(三)
1．A
2．D [根据酚酞分子的结构简式可知，其分子式为C H O ，故A错误；苯环能与氢气发
20 14 4
生加成反应，故B错误；饱和碳原子具有甲烷结构特点，为四面体结构，所以该分子中所
有碳原子一定不共平面，故C错误；酚酞是一种酸碱指示剂，酚羟基在碱性环境下与 OH－
反应，酯基在碱性、酸性环境下均发生水解，所以分子结构会因溶液酸碱性不同而发生改变，
故D正确。]
3．C [少量CO 通入NaClO溶液中，发生反应产生HClO、NaHCO ，反应的离子方程式为
2 3
CO ＋HO＋ClO－===HClO＋HCO，A错误；得失电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式应
2 2
该为3Fe O ＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14HO，B错误；CaSO 在溶液中存在沉淀溶解
3 4 2 4
平衡，向其中加入纯碱溶液，发生沉淀转化，生成更难溶的CaCO 沉淀，反应的离子方程
3
式为CO(aq)＋CaSO(s)SO(aq)＋CaCO (s)，C正确；NaSiO 是可溶性物质，应该写成离
4 3 2 3
子形式，反应的离子方程式应该为SiO＋2H＋===HSiO↓，D错误。]
2 3
4．C
5．A [1个重水分子中含10个中子，而1个水分子中含8个中子，故1 mol重水比1 mol水多2N 个中子，A正确；标准状况下22.4 L乙烷的物质的量为1 mol，一个乙烷分子中含有
A
6个C—H和1个C—C，所以1 mol乙烷中共价键数目为7N ，B错误；NO 与水反应的化
A 2
学方程式为3NO ＋HO===2HNO ＋NO,4.6 g NO 的物质的量为0.1 mol，生成 mol NO，转
2 2 3 2
移N 个电子，C错误；铝离子在水溶液中会发生水解，Al3＋数目小于N ，D错误。]
A A
6．B [X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，乙是元素Z的单质，甲、丙、
丁、戊、己是由其中两种元素组成的化合物，丁为淡黄色固体，则丁为NaO ；己为红棕色
2 2
气体，则己为NO ；气体甲的水溶液呈碱性，则甲为NH ；NH 与乙反应生成丙，丙与乙反
2 3 3
应生成己(NO )，则丙为NO，乙为O ；丁(Na O)与戊反应生成乙(O )，Z为O，戊为CO 或
2 2 2 2 2 2
HO，若戊为CO ，原子序数小于Z(O)的有H、C、N三种元素，不满足条件，则戊只能为
2 2
HO，结合原子序数可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。同周期主族元素从左到右原
2
子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：W＞Y＞Z＞
X，故A正确；丁为NaO ，阴、阳离子个数比为1∶2，故B错误；金属钠能够与水反应生
2 2
成氢氧化钠和氢气，故C正确；X、W形成的化合物为NaH，NaH为离子化合物，故D正
确。]
7．A
选择题标准练(四)
1．D
2．A [由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使
高锰酸钾溶液褪色，故A正确；由结构简式可知，奥司他韦分子中不含有苯环，不属于芳
香化合物，故B错误；由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加
成反应，1 mol奥司他韦分子只能与1 mol Br 发生加成反应，故C错误；由结构简式可知，
2
奥司他韦分子中含有的官能团为碳碳双键、醚键、酰胺基、氨基、酯基，共 5种，故D错
误。]
3．A
4．C [a极发生还原反应：Cr O＋6e－＋7HO===2Cr(OH) ＋8OH－，该电极为原电池正极，
2 2 3
b极苯酚失电子被氧化为CO，电极反应式为C HOH－28e－＋11HO===6CO↑＋28H＋，该
2 6 5 2 2
电极为原电池负极，c极为电解池阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H↑，d极为电解池阳极，
2
电极反应为 HO－e－===H＋＋·OH，·OH 可进一步氧化苯酚，化学方程式为 C HOH＋
2 6 5
28·OH===6CO↑＋17HO，据此答题。电极的电势比较：a(正极)>d(阳极)>c(阴极)>b(负极)，
2 2
A错误；c电极区消耗2 mol H＋生成氢气，则有2 mol H＋由右室进入左室，所以溶液质量不
变，B错误；由分析可知，a为正极，原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，Ⅱ室中Na＋透过M膜进入a极区，Cl－透过N膜进入b极区，所以M为阳离子交换膜，N为阴
离子交换膜，D错误。]
5．D
6．A [据题给信息分析知R为K，Y为O，Z为F，因为W、X、Y(O)、Z(F)的原子序数依
次增大，所以W、X位于第二周期，设其化合价依次为a、b，则1＋2a＋b－3×2－2＝0，
2a＋b＝7，仅当a＝2、b＝3时合理，所以W为Be，X为B，该物质是KBe BOF 。硼的非
2 3 2
金属性较弱，其最高价氧化物对应的水化物HBO 为弱酸，A项正确；K的单质与冷水反应
3 3
剧烈，B项错误；原子半径：K>Be>O>F，C项错误；非金属性：O＜F，D项错误。]
7．B [加热促进铝离子水解，且生成的HCl易挥发，应在HCl气流中加热制备，A不符合
题意；NaHCO 溶液与NaAlO 溶液混合后产生氢氧化铝白色沉淀的同时生成碳酸钠，反应
3 2
的离子方程式为 HCO＋AlO＋HO===Al(OH) ↓＋CO，故能验证结合 H＋的能力：
2 3
CO<AlO， B符合题意；25 ℃，测得MR溶液的pH＝7，不能验证可溶性MR为强酸强碱
盐，因为其也可能是水解程度相同的弱酸弱碱盐，C不符合题意；HO 和NaHSO 反应无明
2 2 3
显现象，故无法探究浓度对反应速率的影响，D不符合题意。]
选择题标准练(五)
1．C 2.C 3.C
4．D [阴离子不相同，不能用于比较Fe3＋和Cu2＋的催化能力，故A错误；KI溶液中应先
加淀粉，后加硫酸，加入试剂顺序不合理，故B错误；氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色
的溶液，即生成了铜氨络离子，不能证明存在沉淀溶解平衡，故C错误；蔗糖在酸的作用
下发生水解反应后，调节溶液至碱性，加入银氨溶液，水浴加热，发生银镜反应，则蔗糖水
解产物中有还原性糖，故D正确。]
5．B [由已知信息推知，W为K，X为Fe、Y为C、Z为W。W是K，属于碱金属元素，
对于碱金属元素，从上到下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，物质的熔、沸点逐渐降低，
碱金属的密度呈增大趋势，但K的密度反常，比Na的小，比Li的大，A正确；元素的金属
性：K＞Fe，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：W(KOH)＞X[Fe(OH) ]，元素的非金属
3
性：C＜N，所以简单氢化物的稳定性：Y(CH )＜Z(NH )，B错误；同一周期元素，原子序
4 3
数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子
半径：r(W)＞r(X)＞r(Y)＞r(Z)，C正确；K与HO在常温下剧烈反应生成KOH、H ；，红
2 2
热的Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe O 、H ，C与HO在高温下反应生成CO、H ，而N
3 4 2 2 2 2
不能与HO发生反应，故一定条件下，4种元素的单质能和水发生反应的有3种，D正确。]
2
6．B7．D [pH为0时，溶液中主要是HA，以HA的第一步电离为主，故c(HA－)＝10－4 mol·
2 2
L－1，ab所在曲线为HA－的曲线，另一条曲线为A2－的曲线，pH＝0时，c(H A)≈0.1 mol·L－
2
1，K ＝＝＝10－3，A正确；b点溶液显酸性，氢氧根离子浓度很小，根据图知，c(HA
a1
－)>c(A2－)，故c(HA－)>c(A2－)>c(OH－)，B正确；由a点经b点到c点的过程中，溶液一直呈
酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离的程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C正确；
pH＝4.4时，c(HA－)＝c(A2－)，故K ＝＝10－4.4，HA－的水解常数K ＝＝＝10－11<K ，故
a2 h a2
NaHA溶液呈酸性， D错误。]
选择题标准练(六)
1．B [二氧化碳跨临界直冷制冰技术不需要发生化学反应，不会造成环境污染，故A正确
石墨烯属于碳单质，属于无机非金属材料，故B错误；增稠流体材料可有效减小空气阻力，
可制作滑雪服，故C正确；碳纤维与高性能树脂制成的火炬外壳是新型复合材料，具有耐
高温等性能，故D正确。]
2．C
3．B [废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应：ZnS＋HSO ===ZnSO ＋HS↑、
2 4 4 2
Fe O ＋4HSO ===FeSO ＋Fe (SO ) ＋4HO，过滤后滤液中含有ZnSO 、FeSO 、Fe (SO ) ，
3 4 2 4 4 2 4 3 2 4 4 2 4 3
浓缩结晶得到粗ZnSO·7H O，滤渣1中含有SiO 、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加1.0
4 2 2
mol·
L－1 HSO 和6% H O 溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化
2 4 2 2
硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到粗硫酸铜晶体，以此解答该题。步骤①操作中生成
的气体为硫化氢，可与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，则可用 CuSO 溶液吸收，故A正
4
确；滤液1中除含有Fe2＋，还含有Fe3＋，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；
过氧化氢在加热条件下易发生分解，应先加入1.0 mol·L－1 HSO ，故C正确。]
2 4
4．B
5．D [短周期主族元素中X、Y可形成一种易生成二聚体分子的化合物，可推断X为N，
Y为O，X与Y形成的NO 可生成无色的NO 气体，Z的简单离子半径在其所在周期中最
2 2 4
小，可推断Z为Al，则W的最外层电子数为＝7，W为Cl，据此分析解答。N与O形成的
NO不溶于水，A项错误；Cl(W)所在主族中的F元素的氢化物HF分子间有氢键，沸点高于
其他同主族元素的氢化物，C项错误；O与Cl形成的化合物有ClO、ClO 、ClO 、ClO 、
2 2 3 2 2 5
ClO 等，D项正确。]
2 7
6．C [由图可知，左侧电极为负极，酸性条件下，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生
成葡萄糖内酯，电极反应式为C H O－2e－===C H O＋2H＋ ，右侧电极为正极，氧气在正
6 12 6 6 10 6
极得到电子发生还原反应，负极生成的 H＋通过阳离子交换膜到正极参与反应，故 A、B错误；碳纳米管是常见的电极材料，有良好导电性能，且碳纳米管表面积大，能高效吸附气体，
故C正确；每消耗1 mol 葡萄糖，外电路中转移2 mol电子，消耗0.5 mol氧气，则理论上
消耗标准状况下2.24 L O ，可生成葡萄糖内酯0.2 mol，故D错误。]
2
7．D
选择题标准练(七)
1．A 2.C
3．B [溶液中加入稀硫酸无明显现象，说明无 CO；加入硝酸钡溶液，有气体生成，说明
发生了氧化还原反应，则含有Fe2＋，不含AlO；生成沉淀A，说明沉淀A为硫酸钡沉淀，
但不能说明含有SO，因为前面加入了硫酸；滤液X中加入过量NaOH溶液生成气体，则气
体为氨气，原溶液中含有NH；沉淀B含有氢氧化铁沉淀；滤液中通入少量二氧化碳有沉淀
C生成，沉淀C一定含有碳酸钡，由于溶液中离子浓度均为0.1 mol·L－1，结合电荷守恒可判
断不可能含有Al3＋，只有含有NH、Fe2＋、Cl－、SO才能保证电荷守恒，溶液中也不存在K
＋，故A错误、B正确；根据上述分析可知，溶液中不含Al3＋，则沉淀C为碳酸钡，不含
Al(OH) ，故C错误；滤液X中大量存在的阳离子有NH、Fe3＋、H＋和Ba2＋，故D错误。]
3
4．B [将铜片加入盛有稀硝酸的试管中，Cu把稀HNO 中氮元素还原为NO，NO在试管口
3
与O 反应生成红棕色的气体NO ，A不符合题意；灼热的铁丝插入氯气瓶中，铁丝能剧烈
2 2
燃烧，Fe与Cl 反应生成FeCl ：2Fe＋3Cl=====2FeCl ，B符合题意；将洁净铁丝放入浓硫
2 3 2 3
酸中，无明显现象是由于常温下铁遇到浓硫酸发生钝化，钝化属于化学变化，C不符合题意；
HCl极易溶于水，用HCl气体做喷泉实验，可以形成喷泉，但并不是只有极易溶于水的气体
才能用来做喷泉实验，如NaOH和CO 反应使得气体的压强快速下降也能形成喷泉，D不符
2
合题意。]
5．D
6．C [根据图示可知，该装置为原电池，X极H 转化为H＋，失去电子，即X极为负极，
2
其电极反应式：H－2e－===2H＋，故A错误；过程②的反应主要有3 ＋LiN
2 3
===3 ＋NH ＋3Li＋，故B错误；生成1 mol NH 需要转移3 mol e－，故C正确；
3 3
由图示可知磷酸盐a转化成磷酸盐b，元素化合价没有发生变化，故D错误。]
7．B [观察曲线可知，CO 被氨水吸附的主要产物为NH和HCO，可以写出相应的离子方
2
程式：CO ＋NH ＋HO===NH＋HCO，故 A 正确；由选项信息可知 n(CO)∶n(NH )＝
2 3 2 2 3
1∶5，结合图中粒子组分，根据物料守恒列式：c(NH )＋c(NH )＝5c(CO )＋5c(HCO )＋
35c(H CO)＋4c(NH COO－)，故B错误；SO 的酸性强于CO ，则SO 先被NH 吸附，并且
2 3 2 2 2 2 3
SO 的存在会降低溶液的碱性，不利于CO 的吸附，故C正确；由图可知CO 被氨水吸附后
2 2 2
转化为CO、NH COO－和HCO，随着横坐标的比值增大，CO 增多，吸附量降低，当负载
2 2
量大于0.6时，溶液中未反应的CO 增多，CO 的吸附量降低，故D正确。]
2 2
选择题标准练(八)
1．A
2．D [由图示信息可知，有机物a、b的区别在于双键两端H的分布不同，为在双键所在
平面的同侧或者异侧即顺反异构，A正确；由图示信息可知，有机物a、b、c均含有碳碳双
键，都能使酸性KMnO 溶液褪色，C正确；由图示信息可知，有机物c加氢后生成 ，
4
其环上的一氯代物有2种，D错误。]
3．A
4．D [铵盐固体与熟石灰反应，反应装置应采用试管，安装时试管口略向下倾斜，故 A项
错误；浓盐酸与高锰酸钾固体反应无需加热即可产生氯气，故B项错误；浓硫酸具有强氧
化性，与硫化钠发生氧化还原反应，不产生硫化氢气体，故C项错误。]
5．B [由已知信息知W是Li元素；X、Y、Z为第三周期的非金属元素，根据LiXY Z中
6 5
元素化合价代数和等于0，可知X是P元素、Y是S元素、Z是Cl元素。W是Li元素，单
质Li能与水反应生成LiOH和H ，故A错误；X是P元素，有白磷、红磷等多种同素异形
2
体，故B正确；电子层结构相同，核电荷数越多半径越小，简单离子半径：Cl－<S2－<P3－，
故C错误；SCl 分子的结构式为Cl—S—S—Cl，既含有极性共价键又含有非极性共价键，
2 2
故D错误。]
6．B
7．D [由图可知，b点时NaOH溶液的体积为HM溶液体积的一半，溶质为等量的HM和
NaM，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(M－)＋c(OH－)和物料守恒：2c(Na＋)＝
c(M－)＋c(HM)，两式消去c(Na＋)并整理得2c(H＋)－2c(OH－)＝c(M－)－c(HM)，故A错误；
开始未加入NaOH溶液，原酸溶液电离出的氢离子抑制水的电离，加入NaOH溶液中和时
生成可水解的NaM，促进水的电离，即中和率从0到100%的过程中水的电离程度一直增大，
所以a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度逐渐增大，故B错误；d点溶质为NaM，M－
水解使溶液呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，溶液的 pH随温度升高而增大，故C错
误；lg ＝0时，c(HM)＝c(M－)，此时pOH＝9.2，则c(OH－)＝10－9.2 mol·L－1，根据K (M－)
h＝，可知此时K (M－)＝10－9.2，数量级约为10－10，故D正确。]
h
综合大题分类规范练
(一)综合实验探究
1．(1)分液漏斗 C＋4HNO (浓)=====CO↑＋4NO ↑＋2HO (2)3Cu＋8H＋＋
3 2 2 2
2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4HO (3)BD (4)吸收有毒的NO气体，防止污染空气 出现红棕
2
色气体 (5)①F 当滴入最后一滴酸性KMnO 溶液后，溶液恰好由无色变为浅红色(或浅紫
4
红色)，且半分钟内不复原 ②ACDE
2．(1)球形冷凝管 (2)使平衡向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率 分水器中的
水位高度基本保持不变 (3)增加正丁醇的量 (4)除去混合物中的硫酸以及未反应的有机酸
和醇 氢氧化钠碱性太强会导致产物发生水解 (5)邻苯二甲酸二丁酯的沸点较高，高温会
导致其分解，减压可使其沸点降低 (6)将水蒸发，促进反应进行 (7)59.45
解析 (2)水是产物之一，根据平衡移动的原理，不断从分水器下部分离出产物水的目的是
使平衡向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；水层和有机物互不相溶，当水的量
不再增加的时候，则反应已结束。(3)反应Ⅰ进行得迅速而完全，反应Ⅱ是可逆反应，进行
得较缓慢，故提高反应速率，主要是提高反应Ⅱ的速率，可采取的措施为增加正丁醇的量。
(4)反应混合物中含有杂质硫酸、有机酸和醇，可以用 5% Na CO 溶液洗涤除去；反应最终
2 3
得到的产品属于酯类物质，酯在氢氧化钠存在的时候容易水解。(5)减压蒸馏时所需的温度
较低，故粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯的沸点较高，高温会导
致其分解，减压可使其沸点降低。(6)由题给信息可知，正丁醇的沸点较低，而正丁醇是反
应物之一，反应过程中要防止其挥发，同时要将水蒸馏出来，故温度控制在 105 ℃的目的
是将水蒸发，促进反应进行。(7)加入6.0 g邻苯二甲酸酐、11.4 g正丁醇，根据化学方程式
通过计算可知，正丁醇过量，根据邻苯二甲酸酐的量可以计算出产品的理论产量约为11.27
g，则其产率为×100%≈59.45%。
3．(1)恒压滴液漏斗 (2)a (3)平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险 b a (4)过滤
169.5 (5)91 (6)还原
解析 (2)由题意知反应温度保持在－5 ℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点
会降低，故水浴B应选择冰盐水浴。(3)蒸馏过程中装置易发生堵塞，导管1可以平衡烧瓶
内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；采取逆流原理通入冷却水，冷凝管中冷却水从 b
口进、a口出。(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，然后过滤除去，苯硫酚的沸点为169.5 ℃，蒸
馏时，收集馏分时温度计的读数为169.5 ℃。(5)由C HClO S～C HSH，可知苯硫酚的理
6 5 2 6 5论产量为6 g ×，实际得纯品3.40 g，故苯硫酚的产率为×100%≈91%。(6)溶液褪色，说明
苯硫酚被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯硫酚具有还原性。
4．(1)分液漏斗 c d e f b (2)2KMnO ＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl ＋5Cl↑＋8HO
4 2 2 2
(3)饱和食盐水 除去挥发的HCl气体 (4)1 mol (5)防止氯气过量使溶液碱性减弱，从而使
KFeO 不稳定 (6)酸式 95.04%
2 4
解析 (1)仪器m的名称为分液漏斗；制备时，装置A制取氯气，经装置C除杂，进入装置
D发生反应，最后用装置B处理尾气，装置的连接顺序为a→c→d→e→f→b。(4)装置A中
每消耗 0.6 mol KMnO ，转移 3 mol 电子，装置 D 内发生的反应为 3Cl ＋2Fe(OH) ＋
4 2 3
10KOH===2KFeO ＋6KCl＋8HO，转移3 mol电子，即有1 mol K FeO 生成。(5)若向装置
2 4 2 2 4
D中通入的氯气过量，氯气与氢氧化钾溶液反应使溶液碱性减弱，高铁酸钾的稳定性减弱，
会生成氧气。(6)硫酸亚铁铵溶液显酸性，应选用酸式滴定管；依据关系式：2FeO～2CrO～
Cr O～6Fe2＋，则n(FeO)＝(×0.100×14.40×10－3) mol，样品的纯度为×100%＝95.04%。
2
5．(1)恒压滴液漏斗 b (2)静置，向上层清液中滴加BaCl 溶液，若不再产生白色沉淀，则
2
沉淀完全，反之则没有沉淀完全 否 (3)分离速率快，固液分离彻底，分离效率高
(4)BaSO (s)＋CO(aq)BaCO (s)＋SO(aq) AD (5)导致CO未除干净，最终所得产品中含
4 3
有碳酸氢钠或者碳酸钠 (6)蒸发结晶 趁热过滤
解析 (2)在95 ℃下对30 mL海水混合物进行加热搅拌，同时缓慢滴加约 2 mL 1 mol·L－1
BaCl 溶液，加热10 min后取下，确定沉淀完全的实验方法是静置，向上层清液中滴加
2
BaCl 溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，由于 CaSO 是微溶物，若用CaCl 代替
2 4 2
BaCl 做沉淀剂，会使SO沉淀不完全，即SO不能完全除去，故不能用CaCl 代替BaCl 做
2 2 2
沉淀剂。(4)加热滤液至沸，分别加入2 mL 3 mol·L－1 NaOH溶液和2 mL饱和NaCO 溶液，
2 3
10 min 后减压过滤(第二次)，进行两次过滤而不是合并一次过滤，即先过滤出泥沙和
BaSO ，再过滤出Mg(OH) 、BaCO 和CaCO 等，其主要目的是①泥沙中的SiO 等能与
4 2 3 3 2
NaOH反应生成可溶性的硅酸盐，会引入新的杂质；②防止发生沉淀转化即BaSO 转化为
4
BaCO ，导致硫酸根离子不能除净，该转化的离子方程式为BaSO(s)＋CO(aq)BaCO (s)
3 4 3
＋SO(aq)。由于Ba(OH) 比较贵，工业生产中需考虑生产成本，原料的价格是工业生产中必
2
须考虑的因素，A符合题意；Ba(OH) 的溶解度虽然比较低，但能溶于水中，足以沉淀镁离
2
子和硫酸根离子，B不符合题意；沉淀镁离子和硫酸根离子与几元碱无关，故 Ba(OH) 属于
2
二元强碱不属于工业生产考虑的问题，C 不符合题意；已知 K (BaSO)＝1.1×10－10，
sp 4
K [Mg(OH) ]＝1.6×10－12，且溶液中的Mg2＋浓度和SO浓度不同，可能导致当SO恰好沉淀
sp 2
完全时，Mg2＋不能完全沉淀，这也是工业生产中需要考虑的因素，D符合题意。(5)二次过
滤之后的滤液中主要含有过量的OH－和CO，已知NaHCO 溶液显弱碱性，碳酸是弱酸，若
3
调节pH呈中性，则溶液中可能含有碳酸氢钠和碳酸，导致CO未除干净，最终所得产品中
含有碳酸氢钠或者碳酸钠。(6)由图示可知，KCl的溶解度随温度变化明显，而NaCl的溶解度随温度变化不明显，将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中，小火加热，再经蒸发结晶、趁
热过滤、乙醇洗涤、干燥，得到纯品氯化钠。
(二)化工工艺流程
1．(1)Li O·Al O·4SiO (2)石灰石价廉易得 Fe(OH)
2 2 3 2 3
AlO＋H＋＋HO===Al(OH) ↓ (3)< ③②①
2 3
(4)3Li CO＋CO(NH)＋3Br ===6LiBr＋4CO↑＋N↑＋2HO
2 3 2 2 2 2 2 2
2．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2)VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋HO (3)2.8 无
2
(4)3H O＋ClO＋6VO2＋===6VO＋Cl－＋6H＋ (5)使VO＋HOVO＋2H＋平衡正向移动，
2 2
将VO转化为VO，同时增大NH的浓度 (6)81.9
解析 向废钒催化剂中加入稀硫酸进行“酸浸”，VO 和VO 与稀硫酸反应分别生成VO
2 5 2 4
和VO2＋，Fe O 转化为Fe (SO ) ，NiO转化为NiSO ，过滤后的滤渣1主要成分为SiO ，加
2 3 2 4 3 4 2
入FeSO 将VO转化为VO2＋，加入HO 将过量的Fe2＋全部转化为Fe3＋，便于后续“调
4 2 2
pH”步骤中除去，过滤得滤渣2，主要成分为Fe(OH) ，滤液2中加入萃取剂，“萃取”出
3
含钒微粒，再进行“反萃取”后得到含钒的溶液，加入HSO 和KClO 的目的是将低价态的
2 4 3
钒氧化为＋5价的钒，经过加入NH Cl和NH 后析出NH VO 沉淀，最后“煅烧”得VO ，
4 3 4 3 2 5
据此分析解题。(3)当c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1时，根据K 的公式可知，溶液中的c(OH
sp
－)＝＝ mol·L－1＝6×10－12 mol·L－1，计算可得pH＝2.8，Q[Ni(OH) ]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝
c 2
0.2×(6.0×10－12)2＝7.2×10－24，因为Q[Ni(OH) ]<K [Ni(OH) ]，所以无Ni(OH) 生成。(5)溶
2 sp 2 2
液中存在平衡VO＋HOVO＋2H＋，通入氨气，溶液中OH－浓度增大，消耗了H＋，该平
2
衡正向移动，从而使 VO 尽可能都转化为 VO。(6)100 g 待处理样品中，m(V O)＝100
2 5
g×10%＝10 g，则 n(V O)＝＝ mol，即 n(V)＝2× mol＝ mol；n(KClO)＝0.15 L×0.1
2 5 3
mol·L－1＝0.015 mol，由于ClO～6VO2＋，故n(VO2＋)＝
0.09 mol，则该工艺中钒的回收率为×100%＝81.9%。
3．(1)3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5HO (2)> (3)b.冰水 饱和KOH溶液
2
c．除去杂质，减少KFeO 的溶解；提高产率，能快速干燥 (4)①高铁酸盐在酸性较强的
2 4
条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去 ②pH＝5时，锌元素以Zn2＋形
式存在，pH＝10时，锌元素几乎都以Zn(OH) 形式存在，Zn(OH) 被高铁酸钾水解生成的
2 2
Fe(OH) 捕集
3
解析 硝酸铁和过量次氯酸钠在过量NaOH溶液中反应生成高铁酸钠、氯化钠、硝酸钠，
过滤，向滤渣高铁酸钠中加入饱和KOH溶液生成溶解度更小的高铁酸钾，再过滤得到高铁
酸钾。(2)生成的NaFeO 需要转化为钾盐，根据题中信息，说明溶解度：NaFeO>K FeO。
2 4 2 4 2 4
(3)高铁酸钾低温下较稳定，可将滤液置于冰水中，由于高铁酸钾微溶于 KOH浓溶液，故用饱和KOH溶液溶解高铁酸钠；洗涤时不能用水洗，选用乙醇洗，是因为乙醇洗可以减少钾
盐的溶解，提高钾盐的产率，而且乙醇易挥发，可以更快地挥发并带走水分，能快速干燥。
(4)①图2中，pH越大氨氮的去除率越大，其原因可能是高铁酸钾在低温碱性条件下比较稳
定，高铁酸盐在酸性较强的条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去。②由
题意知，含锌废水中锌离子的浓度为≈1.85×10－6 mol·L－1，当溶液pH为5时，溶液中没有
氢氧化锌沉淀生成，当溶液pH为10时，溶液中有氢氧化锌沉淀生成，由题给信息可知，
KFeO 与HO反应生成Fe(OH) 的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀，
2 4 2 3
故pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多。
4．(1)＋3价 (2)溶解RuO CaSO 温度为65 ℃、pH为1.0 (3)6Na＋＋12Fe2＋＋2ClO＋
4 4
18SO＋6HO===3NaFe (SO )(OH) ↓＋2Cl－＋6OH－
2 2 4 4 6 2
(4) (5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应 (6)87.8%
解析 由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠“酸浸”时，钌元素转化为硫酸钌，
氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与
硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中加入氯
酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为NaFe (SO )(OH) 沉淀，过滤，向滤液中加入氟化钠
2 4 4 6 2
溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤，向滤液中加入浓碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌
沉淀，碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌
沉淀，在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的
目的是将铁元素转化为NaFe (SO )(OH) 沉淀，反应的离子方程式为6Na＋＋12Fe2＋＋2ClO
2 4 4 6 2
＋18SO＋6HO===3NaFe (SO )(OH) ↓＋2Cl－＋6OH－。(5)灼烧时氩气的作用是作保护气，
2 2 4 4 6 2
否则反应得到的钌会被空气中的氧气氧化。(6)若10 t钌矿石最终制得3 636 kg钌，由钌原子
个数守恒可知，钌的产率为×100%≈87.8%。
5．(1)增大矿石浸取率 粉碎矿石、适当升高温度(任写一条)
(2)2Fe2＋＋ClO－＋3HO===2FeOOH↓＋Cl－＋4H＋ (3)7.15≤pH＜7.5 Zn2＋水解产生H＋，
2
加入NH ·H O消耗H＋，可促进水解 (4)冷却结晶 防止温度过高，导致ZnSO·7H O分解
3 2 4 2
(5)MgC O=====MgO＋CO↑＋CO↑
2 4 2
解析 镁菱锌矿(主要成分为ZnCO 、MgCO 等，含有少量FeCO 、CaCO 等杂质)用浓盐酸
3 3 3 3
浸取，过滤后的滤液中含有Zn2＋、Mg2＋、Fe2＋、Ca2＋，然后加入石灰和漂白粉氧化除铁，
过滤后在滤液中加入氨水沉锌，过滤，沉淀用硫酸溶解，然后依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、
过滤、洗涤、干燥制得ZnSO·7H O；滤液中加入草酸沉淀镁离子得到草酸镁，离心洗涤后
4 2
灼烧得到氧化镁，据此解答。(2)“氧化除铁”在90 ℃，控制溶液pH在4.0～5.0，次氯酸
根离子作氧化剂，还原产物是氯离子，则得到针铁矿渣的离子方程式为 2Fe2＋＋ClO－＋3HO===2FeOOH↓＋Cl－＋4H＋。(3)当锌离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度是 mol·L
2
－1＝×10－6 mol·L－1，则氢离子浓度是 mol·L－1＝×10－7 mol·L－1，则pH＝7.15；当镁离子开
始沉淀时溶液中氢氧根离子浓度是 mol·L－1＝1.0×10－5.5 mol·L－1，则氢离子浓度是
mol·L－1＝1.0×10－7.5 mol·L－1，则pH＝7.5，所以应加入氨水调节pH的范围为7.15≤pH＜
7.5；由于Zn2＋水解产生H＋，加入NH ·H O消耗H＋，从而可促进水解。
3 2
(三)化学反应原理
1．(1)①＋200.8 ②苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间
一种独特的键 (2)①在恒压密闭容器中，掺入水蒸气，容器的体积增大，对于反应
(g，环己烷) (g)＋3H(g)，体系中的分压减小，压强减小上述平衡正向移动 ②适当
2
升高温度 (3)①3.0×10－4 ②C ③温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物的
量增大，即生成的苯变少 (4) (g)＋6H＋＋6e－=== (g) 2
解析 (1)①由题表数据可得热化学方程式：Ⅰ： (g，环己烷)＋9O(g)===6CO(g)＋
2 2
6HO(l) ΔH ＝－3 920 kJ·mol－1，Ⅱ： (g)＋O(g)===6CO(g)＋3HO(l) ΔH ＝－3 264
2 1 2 2 2 2
kJ·mol－1，Ⅲ：H(g)＋O(g)===HO(l) ΔH ＝－285.6 kJ·mol－1，根据盖斯定律Ⅰ－Ⅱ－
2 2 2 3
3×Ⅲ得目标反应： (g，环己烷) (g)＋3H(g)，ΔH＝ΔH －ΔH －3ΔH ＝－3 920
2 1 2 3
kJ·mol－1－
(－3 264 kJ·mol－1)－3×(－285.6 kJ·mol－1)＝＋200.8 kJ·mol－1。②由于苯环上的碳碳键并不
是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键，所以其键能也与之有较大
差异，故利用表格中的键能数据计算脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大。(3)①
由题表数据可知，2.0～8.0 min内H 的物质的量改变量为(7.0－1.6)×10－3 mol＝5.4×10－3
2
mol，根据反应的化学方程式可知，相同时间内苯的物质的量增加×5.4×10－3 mol＝1.8×10－
3 mol，则v(苯)＝＝＝3.0×10－4 mol·min－1。②由题图可知，温度越低，苯的选择性越高，
但环己烷的转化率越低，温度在650 ℃时，苯的选择性和环己烷的转化率均较高，则据此
判断此时选择最佳温度为650 ℃左右。③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，
但温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物的量增大，即生成的苯变少，导致苯的
选择性降低。(4)阴极气体产物除环己烷和H 外，无其他有机产物，阴极上苯和H＋得到电子
2生成环己烷，该电极反应式为 (g)＋6H＋＋6e－=== (g)，由图可知阳极反应为2HO
2
－4e－===O↑＋4H＋，则阳极生成2.8 mol O ，电路上转移的电子的物质的量为2.8×4＝11.2
2 2
mol，根据阴极反应式： (g)＋6H＋＋6e－=== (g)、2H＋＋2e－===H↑，设生成H 为x
2 2
mol，参与反应的苯的物质的量为y mol，则有：①2x＋6y＝11.2，剩余苯的物质的量为10
mol×24%－y＝(2.4－y) mol，②＝10%，联合①②解得x＝2，即阴极产生H 的物质的量为2
2
mol。
2．(1)－93 (2)曲线b 1 343 (3)1 1.5 －1 1.6 (4)①> ②温度升高，温度对平衡的
影响大于压强对平衡的影响 ③12.5
解析 (1)由ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和可得：ΔH＝(945 kJ·mol－1＋436 kJ·
mol－1×3)－(391 kJ·mol－1×2×3)＝－93 kJ·mol－1。(2)图1为有催化剂参与合成氨反应的反
应进程，图2中曲线b表示有催化剂参与合成氨反应的反应进程与能量变化，则曲线 b与图
1能量变化相符；由ΔH＝－(E －E)可得：－93 kJ·mol－1＝－(E －1 250 kJ·mol－1)，解得E
2 1 2 2
＝1 343 kJ·mol－1。(3)依据题给数据，由Ⅰ和Ⅱ的速率相比可得：＝，解得α＝1；由Ⅱ和Ⅲ
的速率相比可得：＝，解得β＝1.5；由Ⅰ和Ⅳ的速率相比可得：＝，解得γ＝－1；由Ⅰ和
Ⅴ的速率相比可得：＝，解得m＝1.6。(4)①合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强，
平衡向正反应方向移动，氮气的物质的量减小，由图可知，温度一定时，压强为 p时氮气的
物质的量小于压强为1.8 MPa时氮气的物质的量，则p大于1.8 MPa。②投料比一定时，随
着温度升高，不同压强下氮气的物质的量趋向相等说明温度升高，温度对平衡的影响大于压
强对平衡的影响。③由图可知，在1.8 MPa、373 K条件下，反应达到平衡时，氮气的物质
的量为0.4 mol，由化学方程式可知，平衡时氢气、氨气的物质的量分别为2.6 mol－(1 mol
－0.4 mol)×3＝0.8 mol、(1 mol－0.4 mol)×2＝1.2 mol，则氮气、氢气、氨气的平衡分压分
别为×1.8 MPa＝0.3 MPa、×1.8 MPa＝0.6 MPa、×1.8 MPa＝0.9 MPa，平衡常数K ＝＝
p
12.5 MPa－2。
3．(1)－49.1 (2)①> ②90% (3)①反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，
而且有利于该反应正向进行
②反应②(或反应③)为放热反应，而反应①为吸热反应，所以温度升高不利于CHOH的合
3
成，但有利于CO的生成，所以CHOH产率降低 ③K＝ (4)增大压强或使用更高效的催
3
化剂
解析 (1)反应③＝反应①＋反应②，则ΔH＝ΔH＋ΔH＝＋41.4 kJ·mol－1＋(－90.5 kJ·mol－1)
3 1 2
＝－49.1 kJ·mol－1。(2)①反应③是气体体积减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向
移动，CO 转化率升高，则p ＞p 。②在曲线A的条件下，起始充入CO(g)和H(g)的物质
2 A B 2 2的量分别为1 mol、3 mol，则CO(g)和H(g)的起始浓度分别为1 mol·L－1、3 mol·L－1，设c
2 2
点时，CO 的转化浓度为x mol·L－1，则H、CHOH、HO的转化浓度分别为3x mol·L－1、x
2 2 3 2
mol·
L－1、x mol·L－1，则c点时CO 、H 、CHOH、HO的浓度分别为(1－x) mol·L－1、(3－3x)
2 2 3 2
mol·
L－1、x mol·L－1、x mol·L－1，K＝＝300，则＝300，解得x＝0.9，则c点对应CO 转化率为
2
×100%＝90%。(3)①反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反
应正向进行，故CO 转化率随温度升高而增大。②反应②(或反应③)为放热反应，而反应①
2
为吸热反应，所以温度升高不利于CHOH的合成，但有利于CO的生成，所以CHOH产率
3 3
降低，CHOH选择性减小。③反应①的平衡常数的表达式为K＝。(4)反应②(或反应③)是气
3
体体积减小的反应，反应①是气体体积不变的反应，增大压强，反应①的平衡不移动，反应
②(或反应③)的平衡正向移动，CHOH产率增大，CHOH选择性增大；使用更高效的催化
3 3
剂，加快反应②(或反应③)的速率，使CHOH产率增大，从而使CHOH选择性增大。
3 3
4．(1)AC (2)－180.5 (3)⑦ (4)增大 增大 (5)75% 3 240 (6)2NO＋3ClO－＋2OH－
===2NO＋3Cl－＋HO
2
解析 (1)根据示意图可知，Fe3＋为反应的催化剂，能降低总反应的活化能，提高反应速率，
A项正确；根据反应历程图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过
程总反应的化学方程式为4NH ＋4NO＋O===4N ＋6HO，B项错误；该反应历程中形成了
3 2 2 2
N≡N非极性键和H—O极性键，C项正确。(2)已知①C(s)＋O(g)===CO(g) ΔH＝－393.5
2 2 1
kJ·mol－1，②CO(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH＝＋172.5 kJ·mol－1，③2NO(g)＋2CO(g)===N(g)
2 2 2
＋2CO(g) ΔH ＝－746.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律③＋②－①可得 2NO(g)===N(g)＋
2 3 2
O(g)，故ΔH＝ΔH＋ΔH－ΔH＝－180.5 kJ·mol－1。(3)由表中数据可知，反应⑦的活化能最
2 3 2 1
大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H 催化还原NO
2
的反应速率的基元反应为⑦。(4)达到平衡后，再充入a mol NO(g)和a mol CO(g)，相当于
等比例改变反应物的量，相当于加压，该反应是气体计量系数减小的反应，故加压后平衡正
向移动，NO的平衡转化率增大；再充入a mol NO(g)和a mol CO(g)，反应容器为恒容容器，
气体物质的量增多，则压强增大。(5)一定温度下，固定体积的容器中，压强之比等于气体
物质的量之比，即＝，设平衡时气体总物质的量为y mol，则＝，解得y＝3.75，设平衡时
CH 转化的物质的量为x mol，列三段式：
4
CH(g)＋2NO (g)CO(g)＋N(g)＋2HO(g)
4 2 2 2 2
开始/mol 1 2 0 0 0
转化/mol x 2x x x 2x
平衡/mol 1－x 2－2x x x 2x
可得1－x＋2－2x＋x＋x＋2x＝3.75，解得x＝0.75，NO 的转化率为×100%＝75%；K ＝＝
2 pkPa＝3 240 kPa；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入 3 mol CH 和2 mol NO ，则在
4 2
该温度下的压强平衡常数还是3 240 kPa。(6)由图3可知当电流强度为4 A时，氯的主要存
在形式为ClO－，故此时是ClO－和一氧化氮反应生成氯离子和硝酸根离子，反应的离子方程
式为2NO＋3ClO－＋2OH－===2NO＋3Cl－＋HO。
2
5．(1)B (2)①72.5 ②第一步 第一步反应的活化能小 (3)①BD ②< > ③p
(4)2CO ＋12e－＋12H＋===C H＋4HO 阳
2 2 4 2
解析 (2)②反应速率较快的是第一步反应，理由是第一步反应的活化能小。(3)①恒温、恒
容且反应中全为气体物质，容器中混合气体的密度始终保持不变，A项错误；反应前后气体
的总物质的量不同，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应到达平衡状态，B项正确；
反应速率：2v (CO)＝v (H )不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应到达平衡状态，
正 2 正 2
C项错误；同时断裂2 mol C—H和1 mol H—H能说明正、逆反应速率相等，能说明反应到
达平衡状态，D项正确。②增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，由图乙可知，压
强p<p；Y点甲烷的转化率低于平衡时甲烷的转化率，故Y点速率v >v 。
1 2 正 逆
③ CH(g)＋CO(g)2CO(g)＋2H(g)
4 2 2
起始/mol 0.2 0.2 0 0
转化/mol 0.1 0.1 0.2 0.2
平衡/mol 0.1 0.1 0.2 0.2
平衡时总物质的量为(0.1＋0.1＋0.2＋0.2) mol＝0.6 mol，则甲烷的平衡分压为p ，二氧化碳
2
的平衡分压为p ，一氧化碳的平衡分压为p ，氢气的平衡分压为p ，则X点对应温度下的
2 2 2
K ＝ ＝ p。(4)连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应式为 2CO ＋12e－＋12H＋
p 2
===C H ＋4HO ，因为阳极室中的氢离子需要进入阴极室，故该装置中使用的是阳离子交
2 4 2
换膜。
(四)物质结构与性质(选考)
1．(1)3d84s2 N＞C＞H (2)sp3 C和P的原子半径相差较大， “头碰头”重叠形成σ键之
后很难进行“肩并肩”重叠形成π键 (3)C 4 (4)1∶1 ＋2价 (5)×1021
解析 (4)由晶胞图示可知，1个晶胞中含有NH 的个数为8×＝2，苯分子的个数为4×＝
3
2，故该包合物中氨与苯分子数目比，即b∶c＝2∶2＝1∶1；一个晶胞中含CN－的个数为
4，Ni的个数为8×＋2×＝2，其中Ni的平均化合价为＋2价。(5)晶体密度为ρ＝＝ g·cm－3
＝×1021 g·cm－3。
2．(1)[Ar]3d10(或1s22s22p63s23p63d10)
(2)Zn＞Cu＞Al
(3)H＜C＜O sp2、sp3(4)X-射线衍射实验
(5)D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
3．(1)6 能量最低原理 (2)①sp3d2 17N ②6
A
(3)K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱
(4)12
4．(1)3d74s2 N (2)三角锥形 sp3 (3)2 6 (4)3∶4 (5)C N 氮化碳和金刚石都是原子
3 4
晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键 (6)(，，) ××1010
解析 (3)根据配合物的组成，1 mol配合物中外界有2 mol Cl－，因此与足量硝酸银溶液反应，
得到2 mol AgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1＝6。(4)(CN) 中每个原子最外层都达到8电子结
2
构，即(CN) 的结构式为N≡C—C≡N，一个分子中σ键的数目为3，π键的数目为4，因此
2
个数之比为3∶4。(5)根据图1可知，1个N连3个C,1个C连4个N，因此化学式为C N；
3 4
C N 、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键强度有关，C的半径大于N，因此C—C的键长
3 4
比C—N的键长长，C—C的键能比C—N的键能小，因此金刚石的硬度比氮化碳低。(6)根
据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为 ，则原子3的原子分数坐标为(，，)；
N原子在晶胞内部，个数为4，Ga原子位于顶点和面心，个数为8×＋6×＝4，氮化镓的化
学式为GaN，晶胞的质量为×(70＋14) g＝ g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为 cm，
Ga与N最近的距离，即Ga—N的键长应是体对角线的，从而推出Ga—N的键长为××1010
pm。
5．(1)3d9 Be (2)sp2和sp3 120° 109°28′ O—H B (3)15∶2 (4)乙酰丙酮的极性与
有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好
(5)×1010
6．(1) (2)sp2、sp3 Ni＜C＜O＜N (3)D (4)CO 1∶1
2
CNO－ (5)①LaNi ②×1021
5
解析 (3)SeO中Se原子的价层电子对数为4＋×(6＋2－8)＝4，VSEPR模型为正四面体形，
故不选A；SeO中Se原子的价层电子对数为3＋×(6＋2－6)＝4，VSEPR模型为四面体形，
故不选B；SeO 中Se原子的价层电子对数为2＋×(6－4)＝3，VSEPR模型为平面三角形，
2
故选D。(4)CO 是直线形分子，结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子；双键中有
2
1个π键，三键中有2个π键，等物质的量的CO(C≡O)与CO 分子中的π键数目之比为
2
1∶1；CO 的价电子数是16，与CO 互为等电子体的阴离子为CNO－。(5)①根据均摊法，
2 2
晶胞中La原子数是12×＋2×＝3，Ni原子数是18×＋6＝15，该储氢材料的化学式为LaNi。②晶胞参数边长为a nm，高为b nm，则晶胞的体积为a2b×10－21 cm3，一个晶胞内
5
可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为 g·cm－3＝×1021 g·cm－3。
(五)有机化学基础(选考)
1．(1)5 Br ，光照 (2)取代反应 羧基
2
(3)
(4) NH
3
(5) 、 、
解析 根据A、B、C的分子式， 由D的结构简式逆推，可知C是 、B
是 、A是 。(1)2-氟甲苯 结构不对称，等效氢有5种；
2-氟甲苯和溴在光照条件下发生取代反应生成 。(2) 中Br被—
CN取代生成 ，反应类型为取代反应；C( )中含氧官能团名
称为羧基。(4)由E与F反应生成G，经历多步反应，第一步为加成反应，第二步发生消去
反应，由G逆推，第一步产物的结构简式为 ；由G生成H步骤还产生了一
种无机分子，H分子比G分子少1个N原子、3个H原子，根据原子守恒，该无机分子是NH 。
3
(5)能发生银镜反应，说明含有醛基；遇FeCl 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；具有—
3
CHF 基团；属 1,2,3-三取代苯衍生物，符合条件的 C 的同分异构体是 、
2
、 。
2．(1)碳碳双键 氧化反应 (2)甲醇
(3) (4) ＋ClCH COOCH ＋Zn＋HO―→
2 3 2
＋Zn(OH)Cl↓
(5)C H O 3 (6)
11 18 4
解析 由有机物的转化关系可知， 与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应后，生成
物与甲醇发生酯化反应生成B( )，B( )在甲醇钠作用下发生取代反
应生成C ( )或 ，则C 为 ；C 和C 在
1 2 1 2
碱性条件下发生水解反应后，再在酸性条件下共热发生脱羧反应得到 D( )，
在酸性条件下与甲 醇发生酯化反应生成 E( )， 与
ClCH COOCH 、锌和水反应生成F( )， 在浓硫酸作用下
2 3共 热 到 170 ℃ 发 生 消 去 反 应 ， 则 G 为 或 或
； 在 镍 做 催 化 剂 条 件 下 ， G 与 氢 气 发 生 加 成 反 应 生 成 H(
)；H( )发生类似B→C→D的转化得到 ，则I为
。
3．(1)苯甲醇 (2)碳碳双键、醛基 加成反应
(3)
(4) ＋ 2[Ag(NH)]OH――→ ＋ 2Ag↓ ＋
3 2
3NH ＋HO (5)5 (6)CH CHOH――→CHCHO――→CHCH(OH)CH CHO
3 2 3 2 3 3 2
―――――→CHCH(OH)CH COOH―――――→CHCH(OH)CH COOCH CH
3 2 3 2 2 3
解析 化合物A的分子式是C H ，则A是甲苯，结构简式是 ，A与Cl 在光照
7 8 2
条件下发生取代反应生成的B是 ，B与NaOH水溶液共热发生取代反应生成
C( )，C被催化氧化生成D( )，D与CHCHO在碱性条件下发
3
生加成反应生成E，E在一定条件下发生消去反应生成F，F与银氨溶液水浴加热发生氧化
反应，然后酸化可得G( )，G与CHOH在浓硫酸催化下加热发生酯
3
化反应生成H，H与CHMgBr作用然后酸化得到物质J。(5)G是 ，
3
其同分异构体满足条件：①属于芳香化合物且除苯环外不含其他环；②既能发生水解反应，
又能与新制的Cu(OH) 共热生成红色固体，说明含有醛基和酯基，即含有甲酸形成的酯基，
2
分子中除苯环外，若含有1个侧链，则该侧链为HCOOCH==CH—或HC==C(OOCH)—，有
2
2种结构；若含有2个侧链，则分别为HCOO—、—CH==CH，二者在苯环上的位置有邻、
2
间、对 3 种，故符合要求的 G 的同分异构体共有 5 种。(6)CH CHOH 催化氧化生成
3 2
CHCHO，CHCHO在碱性条件下发生醛与醛之间的加成反应生成 CHCH(OH)CH CHO，
3 3 3 2
CHCH(OH)CH CHO 与银氨溶液水浴加热，然后酸化可得 CHCH(OH)CH COOH，
3 2 3 2
CHCH(OH)CH COOH 与 CHCHOH 在 浓 硫 酸 催 化 下 加 热 发 生 酯 化 反 应 生 成
3 2 3 2
CHCH(OH)CH COOCH CH，合成路线见答案。
3 2 2 34．(1)氨基、醚键 (2)
(3)取代反应 (4) ＋NaOH―→ ＋NaSO
2 4
(5)14
(6)CH ==CHCH CHCH――→CHCHBrCH CHCH――――――→CHCHOHCH CHCH―
2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3
―→CHCHCHCOCH ――→
3 2 2 3
解析 根据C的分子式可知，B发生还原反应生成C： ，C和D发生取
代反应生成E： ，E在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成F，F发生已
知信息反应生成H，据此解答。(5)G为CHCOCH CHCOOH，链状化合物K含有2种官能
3 2 2
团，根据题设条件含有醛基和羟基或羧基，因此可以是2个醛基和1个羟基或者是1个醛基
和1个羧基，如果是2个醛基和1个羟基，碳链结构为C—C—C(CHO) ，—OH有3种位置，
2
碳链结构为 ，—OH有1种位置，碳链结构为 ，—OH有3种位置，
碳链结构为OHC—C—C—C—CHO，—OH有2种位置；若是1个醛基和1个羧基，相当于
是丙烷分子中的2个氢原子被醛基和羧基取代，有5种不同结构，合计是14种，其中能被
氢气还原为醇且该醇的核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为3∶6∶3的结构，说明结
构对称，该醇的结构简式为 。(6)由信息可知，CHCHCHCOCH 与
3 2 2 3
反应生成 ，然后酸化生成 ，CH==CHCH CHCH 与HBr
2 2 2 3
加成生成CHCHBrCH CHCH，然后水解生成CHCHOHCH CHCH，再发生催化氧化生成
3 2 2 3 3 2 2 3
CHCHCHCOCH ，合成路线见答案。
3 2 2 3
5．(1)(酚)羟基、酯基 (2)取代反应C HBrO (3)
7 5 2
(4)
(5)9 (或 )
(6) ―――――→ ――――→ ――→
解析 由有机物的转化关系可知， 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化
得到 ，则B为 ； 在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成
， 与甲醇钠发生取代反应生成 ， 与HOOCCH COOH
2
发生已知信息②的反应生成 ，则E为 ；发生已知信息③的反应生成 ，则F为 ；在浓硫
酸 作 用 下 ， 与 共 热 发 生 酯 化 反 应 生 成
。(5)D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶
液发生显色反应，能发生水解反应，说明 H分子的取代基可能为—OH和—CHOOCH或—
2
OH和—OOCCH 或—OH和—COOCH ，两个取代基在苯环上都有邻、间、对三种位置关
3 3
系，则符合条件的H共有3×3＝9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为
3∶2∶2∶1的结构简式为 或 。(6)由题给路线中的相关知识可知，以
和乙酸为原料制备 的合成步骤为 在氢氧化钠水溶液中
共热发生水解反应生成 ， 与乙酸发生已知信息②的反应生成
， 发生加聚反应生成 ，合成路线见答案。
