1.“碳中和”有利于全球气候改善。下列有关CO2的说法错误的是()
A. CO2是V形的极性分子
B. CO2可催化还原为甲酸
C. CO2晶体可用于人工增雨
D. CO2是侯氏制碱法的原料之一
2.“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表
面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是()
A. 铜的金属活动性大于银
B. 通过揉搓可提供电解质溶液
C. 银丝可长时间保持光亮
D. 用铝丝代替银丝铜也会变黑
3.氢化可的松乙酸酯是一种糖皮质激素，具有抗炎、抗病毒作用，其结构简式如图所
示。有关该化合物叙述正确的是()
A. 分子式为C23H33O6
B. 能使溴水褪色
C. 不能发生水解反应
D. 不能发生消去反应
4.对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是()
A. 向氢氧化钡溶液中加入盐酸：H++OH−=H2O
B. 向银溶液中滴加少量碘化钾溶液：Ag++I−=AgI↓
C. 向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑
D. 向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−
5.下列实验现象与实验操作不相匹配的是()实验操作实验现象
A
将盛有Fe(OH)3胶体的烧杯置于暗处，用红色激光笔照射烧杯中的液体在与光束垂直的方向看到一条光亮的“通路”
B
向盛有少量Mg(OH)2沉淀的试管中加入适量饱
和NH4Cl溶液，振荡
白色沉淀溶解
C
向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金
属钠
有气泡产生
D
向盛有2.0mL甲苯的试管中加入3滴酸性KMnO4
溶液，用力振荡
紫色不变
A. A
B. B
C. C
D. D
6.N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()
A. 23g C2H5OH中sp3杂化的原子数为N A
B. 0.5mol XeF4中氙的价层电子对数为3N A
C. 1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为4N A
D. 标准状况下，11.2L CO和H2的混合气体中分子数为0.5N A
7.某兴趣小组为制备1−氯−2−甲基丙烷(沸点69℃)，将2−甲基−1−丙醇和POCl3溶
于CH2Cl2中，加热，回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCl3，分液收集CH2Cl2层，无水MgSO4干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(夹持及加热装置略)()
A. B.
C. D.
8.某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大
的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法正确的是()A. Z元素的最高价态为+7
B. 基态原子未成对电子数：W>Y
C. 该阴离子中X不满足8电子稳定结构
D. 最简单氢化物水溶液的pH：X>M
9.下列有关N、P及其化合物的说法错误的是()
A. N的电负性比P的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B. N与N的π键比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C. NH3的成键电子对间排斥力较大，可推断NH3的键角比PH3的大
D. HNO3的分子间作用力较小，可推断HNO3的熔点比H3PO4的低
10.某立方晶系的锑钾(Sb−K)合金可作为钾离子电池的电极材料，图a为该合金的晶
胞结构图，图b表示晶胞的一部分。下列说法正确的是()
A. 该晶胞的体积为a3×10−36cm3
B. K和Sb原子数之比为3：1
apm
C. 与Sb最邻近的K原子数为4
D. K和Sb之间的最短距离为1
2
11.聚醚砜是一种性能优异的高分子材料。它由对苯二酚和4，4′−二氯二苯砜在碱性
条件下反应，经酸化处理后得到。下列说法正确的是()
A. 聚醚砜易溶于水
B. 聚醚砜可通过缩聚反应制备C. 对苯二酚的核磁共振氢谱有3组峰
D. 对苯二酚不能与FeCl3溶液发生显色反应
12.甲烷单加氧酶(s−mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，
反应过程如图所示。下列叙述错误的是()
A. 基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3ds2
B. 步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C. 每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D. 图中的总过程可表示为：CH
4+O2+2H++2e−→
s−mmo
CH3OH+H2O
13.金属Na溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶液中加入穴醚类配体L，
得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物[NaL]+Na−。下列说法错误的是()
A. Na−的半径比F−的大
B. Na−的还原性比Na的强
C. Na−的第一电离能比H−的大
D. 该事实说明Na也可表现出非金属性
14.常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol⋅L−1，溶液中各含磷物种
的pc−pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=−lg c)，pOH 表示OH−的浓度负对数[pOH=−lg c(OH−)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3,1.3)，y(10.0,3.6)，z(12.6,1.3)。下列说法正确的是()A. 曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B. H3PO3的结构简式为
C. pH=4的溶液中：c(H2PO3−)<0.1mol⋅L−1−2c(HPO32−)
D. H3PO3+HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数K>1.0×105
15.Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理
如图所示。下列说法错误的是()
A. 电解时只允许H+通过离子交换膜
B. 生成O2和H2的质量比为8：1
C. 电解一段时间后阴极区溶液OH−的浓度增大
D. CrO3的生成反应为：Cr2O72−+2H+=2CrO3+H2O
16.废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ca0.5Se2。某
探究小组回收处理流程如下：回答下列问题：
(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为______；镓(Ga)和铟(In)位于元
素周期表第三主族，CuIn0.5Ca0.5Se2中Cu的化合价为______。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为______。
(3)25℃时，已知：K b(NH3⋅H2O)≈2.0×10−5，K sp[Ga(OH)3]≈1.0×10−35，
K sp[In(OH)3]≈1.0×10−33，K sp[Cu(OH)2]≈1.0×10−20，“浸出液”中c(Cu2+)=
0.01mol⋅L−1。当金属阳离子浓度小于1.0×10−5mol⋅L−1时沉淀完全，In3+恰好完
全沉淀时溶液的pH约为______(保留一位小数)；若继续加入6.0mol⋅L−1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后______；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3(s)+NH3⋅H2O⇌[Ga(OH)4]−+NH4+的平衡常数K=______。
≈1.0×1034) (已知：Ga3++4OH−⇌[Ga(OH)4]−K′=c([Ga(OH)4]−)
c(Ga3+)⋅c4(OH−)
(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42−是否洗净的试剂是
______；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和______。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为______。
17.甲氧苄啶(G)是磺胺类抗菌药物的增效剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)E中的官能团名称是______、______。
(2)B→C的反应类型为______；试剂X的结构简式为______。
(3)若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中手性碳个数为______。
(4)B的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有______种(不考虑立体异构)。
①属于A的同系物；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种。
(5)以异烟醛()和乙醇为原料，制备抗结核杆菌药异烟肼的合成路线如下：
→H 2N−NH 2⋅H 2O 异烟肼
写出生成Y 的化学反应方程式 ______；异烟肼的结构简式为 ______。
18. 超酸是一类比纯硫酸更强的酸，在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组对超酸
HSbF 6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl 3)制备HSbF 6的反应如下：
SbCl 3+Cl 2− 80℃
SbCl 5SbCl 5+6HF =HSbF 6+5HCl
制备SbCl 5的初始实验装置如图(毛细管连通大气，减压时可吸入极少量空气，防止液体暴沸；夹持、加热及搅拌装置略)：
相关性质如下表： 物质
熔点 沸点 性质 SbCl 3
73.4℃ 220.3℃ 极易水解 SbCl 5 3.5℃ 140℃分解 79℃/
2.9kPa 极易水解
(1)实验装置中两个冷凝管______(填“能”或“不能”)交换使用。
(2)试剂X的作用为______、______。
(3)反应完成后，关闭活塞a，打开活塞b，减压转移______(填仪器名称)中生成的
SbCl5至双口烧瓶中。用真空泵抽气减压蒸馏前，必须关闭的活塞是______(填“a”
或“b”)；用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是______。
(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因为______。(写
化学反应方程式)
(5)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解到：弱酸在强酸性溶
剂中表现出碱的性质，如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+
H2SO4=[CH3C(OH)2]+[HSO4]−，以此类推，H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为______。
(6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中，同时放出氢气。已知烷经
分子中碳氢键的活性大小顺序为：甲基(−CH3)<亚甲基(−CH2−)<次甲基(
)。写出2−甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式______。
19.丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制
备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ⋅mol−1
O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=−118kJ⋅mol−1反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+1
2
(1)已知键能：E(C−H)=416kJ⋅mol−1，E(H−H)=436kJ⋅mol−1。由此计算生
成1mol碳碳π键放出的能量为______kJ。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不
参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是______；在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数K p=______kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为______kPa⋅s−1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2：1的原因为______。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k,k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)−k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为______，其理由是______。
答案和解析
1.【答案】A
(4−2×2)=2，且该分子中正负电荷重【解析】解：A.CO2中价层电子对个数=2+1
2
心重合，所以为直线形非极性分子，故A错误；
B.二氧化碳中碳为最高正价，具有氧化性，用氢气催化还原可以制取甲酸，故B正确；
C.干冰升华吸收大量的热，具有制冷作用，可用于人工增雨，故C正确；
D.依据侯氏制碱原理可知，CO2是侯氏制碱法的原料之一，故D正确；
故选：A。
A.依据二氧化碳中心原子形成的δ键和孤电子对数判断；
B.二氧化碳中碳为最高正价，具有氧化性；
C.干冰升华吸收大量的热；
D.侯氏制碱原理：将二氧化碳、氨气通入到饱和食盐水中。
本题考查分子的构型、物质的性质和用途，性质决定用途，明确物质的性质及用途是解题关键，题目难度不大，注意侯氏制碱的原理。
2.【答案】D
【解析】解：A.在金属活动顺序表中，金属位置越靠前，越容易失去电子，铜排在银的前面，铜的金属活动性大于银，故A正确；
B.通过揉搓，手上的汗水可提供电解质溶液，故B正确；
C.部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪，构成原电池的反应，银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，单质银活泼性较弱，可长时间保持光亮，故C正确；
D.铝的活泼性强于铜，构成原电池的反应，铝为负极发生氧化反应，氧化铝不能被铜还原，因此铜不会变黑，故D错误；
故选：D。
A.由金属活动顺序表可知，活泼性Cu>Ag；
B.汗水为盐溶液；
C.银为不活泼金属；
D.铜的活泼性弱于铝。
本题考查金属活动性的应用，掌握原电池的工作原理以及金属活动顺序表的应用是解答关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.由结构可知，该有机物分子含有23个碳原子、6个氧原子，不饱和度为8，则含有氢原子数为2×23+2−2×8=32，故该有机物分子式为C23H32O6，故A错误；
B.该有机物含有碳碳双键，能与溴发生加成反应而使溴水褪色，故B正确；
C.该有机物含有酯基，能发生水解反应，故C错误；
D.该有机物含有醇羟基，且羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，故D错误；
故选：B。
A.交点、端点为碳原子，用碳的四价结构确定氢原子数目，或利用不饱和度计算氢原子数目；
B.含有碳碳双键等，具有烯烃的性质；
C.含有酯基等，具有酯的性质；
D.含有醇羟基，且羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解醇的消去反应原理，A选项可以利用“烃及烃的含氧衍生物分子中氢原子数目为偶数”进行判断，试题培养了学生分析能力、灵活运用知识的能力。
4.【答案】D
【解析】解：A.氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，离子方程式为H++OH−=H2O，故A正确；
B.银和KI反应生成AgI沉淀和钾，离子方程式为Ag++I−=AgI↓，故B正确；
C.铝和氢氧化钠溶液反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，离子方程式为2Al+2OH−+6H2O= 2[Al(OH)4]−+3H2↑，故C正确；
D.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体生成HClO和碳酸钙沉淀，离子方程式为
Ca2++2ClO−+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓，故D错误；
故选：D。
A.氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水；B.银和KI反应生成AgI沉淀和钾；
C.铝和氢氧化钠溶液反应生成Na[Al(OH)4]和氢气；
D.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体生成HClO和碳酸钙沉淀。
本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，应注意反应实质的判断以及拆分正确、电荷守恒和质量守恒的运用。
5.【答案】D
【解析】解：A.丁达尔现象为胶体特有的性质，则用红色激光笔照射烧杯中的液体，在与光束垂直的方向看到一条光亮的“通路”，故A正确；
B.NH4Cl电离出铵根离子与氢氧化镁电离出氢氧根离子结合，使沉淀溶解平衡正向移动，则白色沉淀溶解，故B正确；
C.钠与乙醇反应生成氢气，则有气泡产生，故C正确；
D.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液紫色褪去，故D错误；
故选：D。
A.丁达尔现象为胶体特有的性质；
B.NH4Cl电离出铵根离子与氢氧化镁电离出氢氧根离子结合，使沉淀溶解平衡正向移动；
C.钠与乙醇反应生成氢气；
D.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
6.【答案】A
×3×N A/mol=1.5N A，故A 【解析】解：A.23g C2H5OH中sp3杂化的原子数为23g
46g/mol
错误；
B.0.5mol XeF4中氙的价层电子对数为0.5mol×6×N A/mol=3N A，故B正确；
C.1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为1mol×4×N A/mol=4N A，故C正确；
×N A/mol=0.5N A，故D
D.标准状况下，11.2L CO和H2的混合气体中分子数为11.2L
22.4L/mol
正确；
故选：A。
A.C2H5OH中碳原子和氧原子均为sp3杂化；
=2，价层电子对数为2+4=6；
B.XeF4中氙的孤电子对数为8−1×4
2
C.1个[Cu(H2O)4]2+中含有4个配位键；
D.标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A.2−甲基−1−丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，在三颈烧瓶中搅拌加热，球形冷凝管可冷凝回流，图中装置可制备1−氯−2−甲基丙烷，故A正确；
B.HCl与NaOH溶液反应，导管口在液面下发生倒吸，则导气管不能直接插入NaOH溶液中，故B错误；
C.萃取、分液需要分液漏斗，且振荡时需将分液漏斗倒置有利于放气，故C正确；
D.蒸馏时温度计的水银球在支管口处，冷凝管中冷水下进上出，图中蒸馏操作合理，故D正确；
故选：B。
A.2−甲基−1−丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，在三颈烧瓶中搅拌加热，球形冷凝管可冷凝回流；
B.HCl与NaOH溶液反应，导管口在液面下发生倒吸；
C.萃取、分液需要分液漏斗；
D.蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷凝管中冷水下进上出。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
8.【答案】D
【解析】解：结合分析可知，W为C元素，X为N，Y为O，Z为F，M为S元素，
A.Z为F，F元素的非金属性最强，没有+7价，故A错误；B.W基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，未成对电子数为2，Y原子基态原子的核外电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2，则基态原子未成对电子数：W=Y，故B错误；
C.该化合物中N形成2个共价键，还含有2个未成键电子对，满足8电子稳定结构，故C 错误；
D.X、M的最简单氢化物分别为氨气、硫化氢，氨气的水溶液呈碱性，硫化氢的水溶液呈酸性，则最简单氢化物水溶液的pH：X>M，故D正确；
故选：D。
某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素，则W为C元素；Y形成1个双键，M形成6个共价键，X、M位于ⅥA族，则X为O，M为S；X介于C、O之间，则X为N元素；Z形成1个共价键，其原子序数小于S，则Z为F元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.N的电负性比P的大，所以P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3的大，故A错误；
B.N与N的π键比P与P的强，N≡N更牢固，其稳定性比P≡P的高，故B正确；
C.NH3中的成键电子距离N原子比PCl3中的成键电子距离P原子的距离近，成对电子对间的排斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，故C正确；
D.HNO3的相对分子质量小于H3PO4，HNO3分子间的作用力小于H3PO4分子间的作用力，所以HNO3的熔点比H3PO4的低，故D正确；
故选：A。
A.分子中原子间的电负性差值越大，分子的极性越大；
B.共价键越牢固，分子越稳定；
C.分子中成键电子对间的排斥力大，分子中的键角越大；
D.相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。
本题主要考查分子极性、分子稳定性、键角大小的判断，熔沸点高低的判断，属于基本知识，基础题型，也属于高考高频考点，难度不大。
【解析】解：A.该晶胞棱长=a×10−10cm，晶胞体积=(a×10−10cm)3=a3×10−30cm3，故A错误；
B.该晶胞中K原子个数=12×1
4+1+8=12、Sb原子个数=8×1
8
+6×1
2
=4，则K、Sb
原子个数之比=12：4=3：1，故B正确；
C.以图标记的Sb原子为例，据此判断与Sb最邻近的K原子数为8，故C错误；
D.根据图2知，K与Sb原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的1
4=1
4
×√3×apm=
√3
4
apm，故D错误；
故选：B。
A.该晶胞棱长=a×10−10cm，晶胞体积=(a×10−10cm)3；
B.该晶胞中K原子个数=12×1
4+1+8=12、Sb原子个数=8×1
8
+6×1
2
=4；
C.以图标记的Sb原子为例，据此判断与Sb最邻近
的K原子数；
D.根据图2知，K与Sb原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的1
4
。
本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确晶胞中原子和原子之间的位置关系、单位换算关系是解本题关键，C、D为解答易错点，题目难度中等。
【解析】解：A.聚醚砜为缩聚反应得到的高分子化合物，不溶于水，故A 错误；
B.对苯二酚与4，4′−二氯二苯砜反应生成高聚物(聚醚砜)，同时还有小分子的HCl 生成，属于缩聚反应，故B 正确；
C.对苯二酚分子为对称结构，羟基氢相同、苯环上氢相同，分子含有2种化学环境不同的氢，其核磁共振氢谱有2组峰，故C 错误；
D.对苯二酚含有酚羟基，能与FeCl 3溶液发生显色反应，故D 错误；
故选：B 。
A.聚醚砜属于高分子化合物；
B.对苯二酚与4，4′−二氯二苯砜反应生成聚醚砜，同时还有小分子的HCl 生成；
C.对苯二酚分子中含有2种化学环境不同的氢；
D.对苯二酚含有酚羟基。
本题考查有机物的结构与性质，涉及高聚物、有机反应类型、核磁共振氢谱、酚的性质等，属于一题多点型题目，注意掌握官能团的结构与性质。
12.【答案】C
【解析】解：A.Fe 是26号元素，基态原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d s 2，简写为[Ar]3d s 2，故A 正确；
B.步骤③有O −O 非极性键的断裂和O −Fe 极性键的形成，故B 正确；
C.步骤④不存在铁和氧元素之间的电子转移，故C 错误；
D.该反应的总反应反应物为氧气和甲烷，生成物为甲醇和水，化学方程式为CH 4+O 2+2H ++2e −→s−mmo CH 3OH +H 2O ，故D 正确；
故选：C 。
A.Fe 是26号元素，依据构造原理写出其核外电子排布；
B.同种元素组成的共价键为非极性键，不同种元素组成的共价键为极性键；
C.电子转移伴随着化合价的变化；
D.该反应的反应物为氧气，甲烷和氢离子，得到电子，生成甲醇和水。
本题考查化学反应原理，难度中等，解答的关键是理解题干信息以及铁及其化合物的性质，有利于学生分析能力的培养。
B.Na−的离子半径大于Na，失电子能力Na−比Na的强，Na−的还原性强，故B正确；
C.H−离子1s上2个电子，为全满状态，为稳定结构，不易失电子，Na−的第一电离能比H−的小，故C错误；
D.事实说明，Na也可得到电子表现出非金属性，故D正确；
故选：C。
A.电子层数越多半径越大；
B.Na−的离子半径大于Na，失电子能力强；
C.H−离子1s上2个电子，为全满状态；
D.Na原子也能得到电子生成Na−，表现为非金属性。
本题考查了离子半径比较、得失电子能力判断、第一电离能概念等知识点，掌握原子结构是解题关键，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.曲线①表示pc(HPO32−)随pOH的变化，故A错误；
B.H3PO3是二元弱酸，其结构简式为，故B错误；
C.pH=4时，即pOH=10，曲线①、②、③分别表示pc(HPO32−)、pc(H2PO3−)、pc(H3PO3)随pOH的变化，由图中点y(10.0,3.6)可知此时pc(HPO32−)=pc(H3PO3)，即c(HPO32−)= c(H3PO3)，由c(H3PO3)+c(H2PO3−)+c(HPO32−)=0.1mol⋅L−1可得c(H2PO3−)=
0.1mol⋅L−1−c(HPO32−)−c(H3PO3)=0.1mol⋅L−1−2c(HPO32−)，故C错误；
D.根据图中点x(7.3,1.3)知当POH=7.3时，pc(HPO32−)=pc(H2PO3−)，即当c(H+)=
=c(H+)=10−6.7，同理，根10−6.7时，c(HPO32−)=c(H2PO3−)，则K a2=c(HPO32−)⋅c(H+)
c(H2PO3−)
据图中点z(12.6,1.3)知当POH=12.6时，pc(H2PO3−)=pc(H3PO3)，即当c(H+)=10−1.4
=c(H+)=10−1.4，故H 3PO3+时，c(H2PO3−)=c(H3PO3)，则K a1=c(H2PO3−)⋅c(H+)
c(H3PO3)
HPO 32−⇌2H 2PO 3−的平衡常数K =K a1K a2=10−1.4
10−6.7=105.3>1.0×105，故D 正确； 故选：D 。
H 3PO 3是二元弱酸，故H 3PO 3溶液中含磷物有H 3PO 3、H 2PO 3−、HPO 32−，已知H 3PO 3溶
液中含磷物种的浓度之和为0.1mol ⋅L −1，即，c(H 3PO 3)+c(H 2PO 3−)+c(HPO 32−)=
0.1mol ⋅L −1，根据酸碱中和反应知随着c(OH −)的增大，c(H 3PO 3)逐渐减小，c(H 2PO 3−)先
增大后减小，c(HPO 32−)逐渐增大，
即随着pOH 的减小，pc(H 3PO 3)逐渐增大，pc(H 2PO 3−)先减小后增大，pc(HPO 32−)逐渐减小，故曲线①表示pc(HPO 32−)随pOH 的变化，曲线②
表示pc(H 2PO 3−)随pOH 的变化，曲线③表示pc(H 3PO 3)随pOH 的变化，点x(7.3,1.3)表示
当POH =7.3时，pc(HPO 32−)=pc(H 2PO 3−)，点y(10.0,3.6)表示当POH =10，时
pc(HPO 32−)=pc(H 3PO 3)，
点z(12.6,1.3)表示当POH =12.6时，pc(H 2PO 3−)=pc(H 3PO 3)，据此可得K a1=c(H 2PO 3−)⋅c(H +)
c(H 3PO 3)、K a2=c(HPO 32−)⋅c(H +)
c(H 2PO 3−)。
本题考查了弱电解质的电离，关键是明确明确图象曲线所对应的的物质，注意横坐标和纵坐标的意义以及特殊数据在解题中的作用，掌握弱电解质的电离平衡常数的计算和意义，题目难度中等。
15.【答案】A
【解析】解：A.在阳极区，水失去电子，电极反应为：2H 2O −4e −=4H ++O 2↑，导致阳极区H +浓度增大，Na 2Cr 2O 7的酸性水溶液随着H +浓度的增大制得CrO 3，所以电解时阳极区的H +不能通过离子交换膜，根据题意，通过离子交换膜的应为钠离子，故A 错误；
B.在阳极区，水失去电子，电极反应为：2H 2O −4e −=4H ++O 2↑，在阴极区，水得电子变成氢气，电极反应为：2H 2O +2e −=2OH −+H 2↑，根据得失电子守恒，生成O 2和H 2的物质的量比为1：2，则生成O 2和H 2的质量比为32：4=8：1，故B 正确；
C.在阴极区，水得电子变成氢气，电极反应为：2H 2O +2e −=2OH −+H 2↑，生成OH −，则电解一段时间后阴极区溶液OH −的浓度增大，故C 正确；
D.Na 2Cr 2O 7的酸性水溶液随着H +浓度的增大会转化为CrO 3，根据质量守恒和电子转移
守恒，则CrO 3的生成反应为：Cr 2O 72−+2H +=2CrO 3+H 2O ，故D 正确；
故选：A 。
电解池的左极区中的水失电子生成氧气，为阳极，电极反应为：2H 2O −4e −=4H ++O 2↑，Na 2Cr 2O 7的酸性水溶液随着H +浓度的增大会转化为CrO 3；右极区的水得电子生
成氢气，为阴极；在阴极区，水得电子变成氢气，电极反应为：2H 2O +2e −=2OH −+H 2↑；
A.在阳极区，水失去电子，电极反应为：2H 2O −4e −=4H ++O 2↑，导致阳极室H +浓度增大；
B.在阳极区，水失去电子，电极反应为：2H 2O −4e −=4H ++O 2↑，在阴极区，水得电子变成氢气，电极反应为：2H 2O +2e −=2OH −+H 2↑，根据得失电子守恒分析；
C.在阴极区，水得电子变成氢气，电极反应为：2H 2O +2e −=2OH −+H 2↑，
D.根据质量守恒和电子转移守恒得出CrO 3的生成反应。
本题考查了电解原理，为高频考点，掌握电解的基础知识是做题的关键，侧重考查学生的分析和理解能力，题目难度不大。
16.【答案】6 +1 Cu 2O +H 2O 2+2H 2SO 4=2CuSO 4+3H 2O 4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.0×10−4 HCl 溶液、BaCl 2溶液 作溶剂 GaCl 3+NH 3
− 高温 GaN +3HCl
【解析】解：(1)硫为第VIA 族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se 的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA 族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn 0.5Ga 0.5Se 2中Cu 的化合价为+1，
故答案为：6；+1；
(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H 2O 2烧渣中Cu 2O 反应，其化学方程式为：
Cu 2O +H 2O 2+2H 2SO 4=2CuSO 4+3H 2O ，
故答案为：Cu 2O +H 2O 2+2H 2SO 4=2CuSO 4+3H 2O ；
(3)In 3+恰好完全沉淀时c(OH −)=√1.0×10
−331.0×10−53≈1.0×10−9.3mol/L ，c(H +)=1.0×10−4.7mol/L ，故pH =4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知K =c([Ga(OH)4]−)×c(NH 4+)
c(NH 3⋅H 2O)×c(OH −)，由K′=K([Ga(OH)4]−)
c(Ga 3+)×c 4(OH −)≈1.0×1034，得K =1.0×1034×c(Ga 3+)×c 4(OH −)×c(NH 4+)×c(OH −)
c(NH 3⋅H 2O)×c(OH −)=1.0×1034×c(Ga 3+)×c 3(OH −)×c(NH 4+)×c(OH −)
c(NH 3⋅H 2O)即K =
1.0×1034×K sp [Ga(OH)3]×K b (NH 3⋅H 2O)代入数据可知K =
2.0×10−4， 故答案位：4.7；蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；2.0×10−4；
(4)检验滤渣中SO 42−是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，
故试剂是HCl 溶液、BaCl 2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl 2的另一个作用是作溶剂， 故答案为：HCl 溶液、BaCl 2溶液；作溶剂；
(5)高温气相沉积过程中是氨气和GaCl 3反应，其化学方程式为：GaCl 3+NH 3
− 高温 GaN +3HCl ，
故答案为：GaCl 3+NH 3−
高温 GaN +3HCl 。
废旧CIGS 首先焙烧生成金属氧化物和二氧化硒，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜和Ga(OH)3、In(OH)3过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl 2溶解得到滤渣InCl 3，滤液经过浓缩结晶后，通入GaCl 3，通入氨气后得到GaN ；
(1)硫为第VIA 族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se 的最外层电子数为6，化合物正负化合价为零；
(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H 2O 2烧渣中Cu 2O 反应生成硫酸铜；
(3)In 3+恰好完全沉淀时c(OH −)=√1.0×10
−331.0×10−53≈1.0×10−9.3mol/L ，c(H +)=1.0×10−4.7mol/L ，故pH =4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解；由反应方程式可知K =
c([Ga(OH)4]−)×c(NH 4+)c(NH 3⋅H 2O)×c(OH −)，由K′=K([Ga(OH)4]−)
c(Ga 3+)×c 4(OH −)≈1.0×1034，得K =1.0×1034×c(Ga 3+)×c 4(OH −)×c(NH 4+)×c(OH −)
c(NH 3⋅H 2O)×c(OH −)
=1.0×1034×c(Ga 3+)×c 3(OH −)×c(NH 4+)×c(OH −)
c(NH 3⋅H 2O)即K =1.0×1034×K sp [Ga(OH)3]×K b (NH 3⋅H 2O)
代入数据可知K ；
(4)检验滤渣中SO 42−是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液；
(5)高温气相沉积过程中是氨气和GaCl 3反应生成GaN 和氯化氢。
本题考查了物质制备实验方法和物质性质的分析应用，涉及到物质的制备、化学反应原理等问题，据制备流程明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，把握实验的原理和操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度较大。
2
→
催化剂
2
【解析】解：(1)E中的官能团名称是醛基、醚键，
故答案为：醛基、醚键；
(2)B中羧基发生酯化反应生成C中酯基，B→C的反应类型为酯化反应或取代反应；试剂X的结构简式为CH3OH，
故答案为：酯化反应或取代反应；CH3OH；
(3)若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中连接2个溴原子的碳原子都是手性碳原子，所以产物中手性碳个数为2，
故答案为：2；
(4)B的同分异构体能同时满足以下三个条件：
①属于A的同系物，说明含有3个酚羟基和1个羧基；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；三个酚羟基处于对称结构，含有羧基的取代基可能为−CH2CH2CH2COOH、−CH(CH3)CH2COOH、
−CH2CH(CH3)COOH、−C(CH3)2COOH、−CH(CH2CH3)COOH，如果含有三个酚羟基的结构为，另一个取代基位于中间酚羟基的对位，有5种结构；如果含有三个酚羟基的结构为，另一个取代基位于任两个酚羟基的中间，有5种
结构，所以符合条件的结构简式有10种，
故答案为：10；(5)Y为，生成Y的方程式为2+O
2
→
催化剂
2，异烟肼为
，
故答案为：2+O
2
→
催化剂
2；。
A和(H3CO)2SO2/NaOH发生取代反应、中和反应然后酸化得到B；B和试剂X发生酯化反应生成C，结合C的结构可知X为CH3OH；C中酯基和H2N−NH2⋅H2O发生取代反应生成D；D和铁、一水合氨反应生成E中醛基；E和CH3OCH2CH2CN、CH3(CH2)3Li发生
取代反应生成F；F和、甲醇钠反应生成G；
(4)B的同分异构体能同时满足以下三个条件：
①属于A的同系物，说明含有3个酚羟基和1个羧基；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；三个酚羟基处于对称结构，含有羧基的取代基可能为−CH2CH2CH2COOH、−CH(CH3)CH2COOH、
−CH2CH(CH3)COOH、−C(CH3)2COOH、−CH(CH2CH3)COOH；
(5)异烟醛()被催化氧化生成Y为，Y和乙醇发生酯化反应生成和H2N−NH2⋅H2O发生C生成D类型的反应生成异烟肼为
。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，对比反应前后官能团或结构变化并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应中断键和成键方式，易错点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
18.【答案】不能防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶收集氯气，防止污染空气双口烧瓶b防止SbCl3受热SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O H2SO4+HSbF6=
[H3SO4]+[SbF6]−CH(CH3)3+HSbF6=C(CH3)3++SbF6−+H2↑
【解析】解：(1)球形冷凝管用于冷凝回流，直形冷凝管用于冷凝收集，故不可交换使用，
故答案为：不能；
(2)根据图表信息，产物易水解，故试剂X的作用为防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶，同时收集氯气，防止污染空气，
故答案为：防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶，同时收集氯气，防止污染空气；(3)由实验装置可知，反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移三口烧瓶生成的SbCl3至双口烧瓶，减压蒸馏前，必须关闭活塞b，保证装置密封，便于后续抽真空，用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是SbCl3受热易分解，
故答案为：双口烧瓶；b；防止SbCl3受热；
(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因为玻璃仪器与HF反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，
故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(5)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解到：弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质，如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4= [CH3C(OH)2]+[HSO4]−，以此类推，H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为H2SO4+HSbF6=[H3SO4]+[SbF6]−，
故答案为：H2SO4+HSbF6=[H3SO4]+[SbF6]−；
(6)已知烷经分子中碳氢键的活性大小顺序为：甲基(−CH3)<亚甲基(−CH2−)<次甲基()，故优先反应的为次甲基的H，反应方程式为CH(CH3)3+HSbF6=
C(CH3)3++SbF6−+H2↑，
故答案为：CH(CH3)3+HSbF6=C(CH3)3++SbF6−+H2↑。
(1)球形冷凝管用于冷凝回流，直形冷凝管用于冷凝收集；
(2)根据图表信息，产物易水解，且反应有氯气产生；
(3)由实验装置可知，反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移三口烧瓶生成的SbCl3至双口烧瓶，减压蒸馏前，必须关闭活塞b，保证装置密封，便于后续抽真空，产物受热易分解；
(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因为玻璃仪器与HF反应；
(5)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解到：弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质，如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4= [CH3C(OH)2]+[HSO4]−；
(6)已知烷经分子中碳氢键的活性大小顺序为：甲基(−CH3)<亚甲基(−CH2−)<次甲基()，故优先反应的为次甲基的H，据此书写反应方程式。
本题考查物质的制备实验，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目侧重考查氯气的实验室制备和性质的检验、物质性质的实验探究、实验设计等，熟悉反应原理和装置特点是解题关键，题目难度中等。
19.【答案】271减小气体浓度，是平衡正向移动，提高C3H8转化率16.72H2和C3H6都消耗O2先增大后减小反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【解析】解：(1)△H=反应物总键能−生成物总键能，由题可知，每摩尔反应Ⅰ中断裂2molC—H键、形成1mol碳碳π键和1molH一H键，故2×416kJ/mol—E(碳碳π键)−436kJ/mol=+125kJ/mol，解得E(碳碳π键)=27IkJ/mol，
故答案为：271；
(2)该反应的正反应是气体体积增大的反应，达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为
100kPa，则容器体积增大，减小反应气体浓度，相当于减小反应体系压强，则平衡向正反应方向移动，C3H8的转化率增大，根据图a，在温度为T1时，当通入气体中C3H8的物质的量分数为0.4时，C3H8的平衡转化率为50%，设通入混合气体xmol，则起始时C3H8为0.4xmol，N2为0.6xmol，平衡时C3H8的转化量为0.4xmol×50%=0.2xmol，列三段式法计算如下：
C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)
起始量/mol0.4x00
变化量/mol0.2x0.2x0.2x
平衡量/mol0.2x0.2x0.2x
则平衡时气体总物质的量为(0.2x+0.2x+0.2x+0.6x)mol=1.2xmol，C3H8、C3H6、H2
的物质的量分数均为0.2x
1.2x =1
6
，故T1时反应Ⅰ的平衡常数K p=p(C3H6)⋅p(H2)
p(C3H8)
=
(100×1
6)×(100×1
6
)
100×1
6
kPa≈16.7kPa，
故答案为：减小气体浓度，是平衡正向移动，提高C3H8转化率；16.7；
(3)由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成C3H6的平均速率为
v(C3H6)=△p(C3H6)
△t =2.4
2
kPa⋅s−1=2kPa⋅s−1，若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大
于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压：p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，
且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应C3H6+9
2
O2=3CO2+3H2O和H2+
1
2
O2=H2O，即H2和C3H6都消耗O2，导致C3H8和O2的消耗速率比小于2：1，
故答案为：2；H2和C3H6都消耗O2；
(4)在恒温刚性密闭容器中，速率常数k和k′不变，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，丙烯的净生成速率v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小，
故答案为：先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小。
(1)根据△H=反应物总键能−生成物总键能，结合每摩尔反应Ⅰ断键和成键情况计算；
(2)该反应的正反应是气体体积增大的反应，恒温恒压条件下通入无关气体，相当于减压，反应向气体体积增大的方向移动，反应物C3H8的转化率增大，根据图a，在温度为T1时，当通入气体中C3H8的物质的量分数为0.4时，C3H8的平衡转化率为50%，设通入混合气体xmol，则起始时C3H8为0.4xmol，N2为0.6xmol，平衡时C3H8的转化量为0.4xmol×50%=0.2xmol，列三段式法计算可得各气体平衡的物质的量，故而可得物
计算；
质的量分数，代入K p=p(C3H6)⋅p(H2)
p(C3H8)
(3)由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压由0增大为2.4kPa，代入v(C3H6)=△p(C3H6)
计算，
△t
若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压：p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，可推断反应中存在其他消耗C3H6和H2且生成H2O和CO2的反应，从而影响了O2的消耗速率；
(4)速率常数只与温度有关，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，据此结合丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)−k′p(C3H6)分析随着反应的进行的量变。
本题考查键能的计算、平衡图象、平衡移动原理、反应速率和平衡常数的计算等，关键是掌握键能与反应热的关系、外界条件对平衡移动的影响、分压平衡常数和速率的计算方法，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义，看清曲线的起点位置及曲线的变化趋势确定函数曲线的增减性，认准某些关键数据在解题中的特定作用，对学生的逻辑分析能力要求比较高，易错点是在计算平衡气体总量时易忽略无关气体氮气，题目难度较大。下载本文
