2025-2026学年高二年级下学期化学（人教版期末综合大题提升训练题）

**基本信息** 聚焦高二化学四大核心模块，通过综合大题强化知识整合与高阶思维，适配基础好学生期末统考突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |化学反应原理|多题覆盖|速率计算、平衡移动、热化学、电化学综合题|以能量变化与平衡思想为核心，衔接反应速率与限度的定量分析，体现变化观念| |物质结构与性质|多题覆盖|电子排布、杂化轨道、晶胞计算、化学键分析题|从微观粒子结构到宏观晶体性质，构建“结构决定性质”的认知逻辑，培养微观探析能力| |有机化学|多题覆盖|合成路线推断、官能团性质、同分异构体书写题|以官能团转化为主线，串联反应类型与物质制备，强化证据推理与模型认知| |化学实验综合题|多题覆盖|实验设计、操作分析、产率计算、误差评估题|整合实验原理与操作技能，突出科学探究与实践，培养严谨求实的科学态度|

2025-2026学年高二年级下学期化学（人教版） 期末综合大题提升训练题 提示：此练习专门给基础好的学生用来提高训练迎接期末统考的。主要包括四个方面针对性训练。 一、化学反应原理综合题 二、物质结构与性质综合题 三、有机化学综合题 四、化学实验综合题 一、化学反应原理综合题 1．Ⅰ．一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中发生、两种气体间的转化反应。、的物质的量随时间的变化情况如图所示。 (1)该反应的化学方程式为 ___________。 (2)反应从开始至7 min时，用表示的平均反应速率为 ___________；若要增大该反应的速率，可采取的措施有 ___________(任写一种)。 II．碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。 (3)有机物经过太阳光光照可转化成，转化过程如下： ；则与相比，较稳定的是___________。 (4)已知的燃烧热为726.5 kJ/mol，CH3OH(l)+O2=CO2(g)+2H2(g)  ΔH=-a kJ/mol，则a___________726.5(填“＞”、“＜”或“=”)。 (5)将和通过灼热的木炭层，生成和。当有参与反应时释放出热量，写出该反应的热化学方程式：___________。 (6)已知： 则 ___________(用、、表示)。 2．氮氧化物的存在会破坏地球环境，人们一直在积极探索改善大气质量的有效措施。 (1)为减少汽车尾气中的排放，常采用(烃)催化还原消除氮氧化物污染。 如：①； ②； ③ 则_______。 (2)在汽车尾气系统中安装催化转化器可减少和的污染，其反应为。 ①在恒温恒容条件下，下列说法表明该反应达到平衡状态的是_______。(填选项) A．混合气体的密度保持不变 B．断裂1 mol同时形成4 mol C．当时，该反应处于平衡状态 ②向体积相等的甲、乙两个恒容容器中各充入1 mol和1 mol气体，分别在恒温和绝热条件下发生上述反应。测得气体压强与时间关系如图所示。 则容器_______(填“甲”或“乙”)在绝热条件下反应。 (3)温度时在容积为2 L的恒容密闭容器中只充入气体发生反应：，实验测得：，，、为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 /mol 1.00 0.80 0.65 0.55 0.50 0.50 ①从0～2s该反应的平均速率_______mol/(L·s)。 ②温度时，化学平衡常数_______。 ③化学平衡常数K与速率常数、的数学关系是_______。若将容器的温度改变为时，平衡常数为，此时，则_______(填“>”、“<”或“=”)。 3．利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。 Ⅰ.丙烷直接脱氢法：   已知： ⅰ.  ； ⅱ.  ； ⅲ.   (1)丙烷直接脱氢反应的_______，该反应在_______(填“高温”或“低温”)条件下更易自发进行。 (2)高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为，其中为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，其他条件不变时，下列说法正确的是_______(填字母)。 A．增加丙烷浓度，增大 B．增加浓度，增大 C．丙烯的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，减小 (3)①丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为_______。 ②其他条件不变，当总压变大时，丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。 ③向某恒温恒容密闭容器中充入，起始压强为，平衡时总压强为，则的平衡转化率为_______。 (4)总压分别为、时发生丙烷直接脱氢反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下表。 温度℃体积分数% 500 510 520 530 540 550 560 570 A 33.0 35.5 36.4 39.0 40.1 42.0 43.0 45.0 B 71.0 67.0 64.0 60.0 56.5 52.8 48.8 46.0 C 13.5 16.0 18.1 20.0 22.2 25.0 26.2 28.0 D 33.0 29.3 26.3 23.0 19.0 16.3 14.5 12.3 ①表中，A、C两行数据代表_______(填化学式)的体积分数随温度的变化结果，判断依据是_______。 ②这两行数据中压强为的是_______(填字母)。 Ⅱ.丙烷氧化脱氢法：    我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和的产率(的实际产量与完全转化为的理论产量的比值)如下： 反应温度/℃ 465 480 495 510 的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 的产率/% 4.7 9.5 12.8 18.5 (5)表中，的转化率随温度升高而上升的原因是_______(答出1点即可)。 (6)已知：选择性。随着温度升高，的选择性_______(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是_______。 4．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 I．在催化剂作用下，CO2可被H2还原为CH3OH等化学品，主要反应如下： 反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-50 kJ·mol-1 反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1 (1)反应3：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的ΔH3=___________； (2)恒温恒容条件下，若起始按n(CO2)∶n(H2)=1∶1投料，只发生反应1，能作为反应达到平衡的标志是___________(填字母)。 A．CO2浓度不再发生变化 B．CO2百分含量不再发生变化 C．气体平均相对分子质量不再发生变化 D．3v正(H2) = v逆(H2O) (3)一定条件下，向1 L恒容密闭容器中充入0.23 mol CO2和0.19 mol H2，只发生反应1，平衡时测得生成甲醇0.03 mol，保持温度不变再通入0.1 mol CO2和0.1 mol水蒸气，此时v(正)___________v(逆)(填“>”，“<”，“=”)。 (4)在300℃恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和6 mol H2，发生上述反应2和反应3，反应达平衡时，CO2的转化率为75%，容器体积减小25%，CH3OH的物质的量为___________mol，反应2的平衡常数K=___________。 Ⅱ．捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 (5)下列物质中能作为捕碳剂的是___________。 A．K2CO3 B．NaOH C．Na2SO4 D．NH4Cl (6)已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10-5，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11.工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是利用氨水吸收，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2，所得溶液显__________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。 Ⅲ．电化学还原法：利用太阳能光伏电池进行电化学还原CO2制甲醇的装置如图所示。 (7)工作电极的制作：将铜箔放入煮沸的饱和CuSO4溶液中进行反应，可制得Cu2O薄膜电极。生成Cu2O的离子方程式：___________。 (8)工作电极上Cu2O作催化剂，工作时电极上CO2转化为甲醇的电极反应式为___________。 5．甲醇是一种重要的化工原料和液态氢储存燃料，选择性加氢制甲醇反应在全球范围内引起了广泛关注。已知发生的主要反应如下： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 回答下列问题： (1)_______。 (2)一定条件下，在的恒容密闭容器中，充入和，使之发生上述三个反应。末反应达到平衡，测得和的物质的量均为。 ①内，的平均反应速率为_______。 ②能说明该反应体系已达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．容器内混合气体的密度保持不变          b．容器内压强保持不变 c．混合气体的平均相对分子质量保持不变    d．     e．恒定不变 (3)我国科学家研究发现，用电解装置电催化制甲醇可显著提高甲醇的选择性(原理如图)。已知钴酞菁(CoPc)分子可吸附CO，将钴酞菁(CoPc)分子限域在碳纳米管内部，能抑制副产物CO的生成。 ①阴极的电极反应式为_______(溶液不参与电极反应)。 ②碳纳米管内甲醇的选择性高于管外的原因可能是_______。 (4)一种新型甲醇双极膜燃料电池，电解质分别为和，结构示意图如图所示，双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜组成，能将水分子解离成和。 ①c极反应式为_______。 ②反应一段时间后，双极膜右侧电解质溶液的浓度_______(填增大、减小或不变)。 6．甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式： Ⅰ．   Ⅱ．   计算反应的___________；该反应自发进行的条件是___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (2)在一定温度体积固定的容器中，下列条件不能作为反应达到平衡的标志的是___________(填序号)。 A．混合气体的密度保持不变 B．混合气体的颜色保持不变 C．混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．单位时间内生成，同时生成 (3)CH4与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系如图所示(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。 ①从平衡角度分析图中CH4的变化曲线是___________。 ②810℃时，反应的平衡常数K=___________。(保留2位小数) (4)我国力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。在稀硫酸中利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。 ①Pt与电源的___________极相连。 ②铜电极上产生CH4的电极反应为___________。 7．处理工业废气中的对于环境保护具有重要的意义。 (1)碱液吸收法。可用溶液吸收，主要反应为：、。 ①下列措施能提高尾气中和去除率的有___________(填字母)。 A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量溶液 ②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到晶体，该晶体中的主要杂质是___________(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是___________(填化学式)。 (2)催化还原法。能在催化剂作用下催化脱除烟气中的，反应历程如图-1所示，则总反应方程式：___________；当该反应有电子转移时，脱除的气体的物质的量为___________。 (3)氧化吸收法。 ①氧化结合水洗，可产生和，该反应的化学方程式为：___________。 ②催化分解产生，将氧化为，反应机理如图-2所示。写出③的离子方程式：___________；脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。 8．绵实学生4月份进入化学实验室进行了《探究影响化学反应速率和平衡移动的因素》的分组实验。 Ⅰ.某小组学生设计了如下定性探究影响化学反应速率因素的实验。 可选试剂：0.1 mol/L 溶液、0.5 mol/L 溶液、蒸馏水。请按要求回答下列问题。 (1)该实验的反应化学方程式是：_______，数据如下表所示： 实验编号 溶液 溶液 蒸馏水 浓度/(mol/L) 体积/mL 浓度(mol/L) 体积/mL 体积/mL 温度/℃ Ⅰ 0.1 1 0.5 1 V 30 Ⅱ 0.1 2 0.5 1 7 a Ⅲ 0.1 2 0.5 1 7 40 (2)①对比实验Ⅰ、Ⅱ，为探究_______对该反应速率的影响。 ②表中a=_______℃，V=_______mL。 Ⅱ.某学习小组为探究浓度和温度对平衡移动的影响，完成了以下两个实验 (3)实验一：探究浓度对的水溶液颜色的影响 已知的水溶液中存在如下平衡：(橙色)(黄色)， ①该反应的平衡常数表达式为：K=_______； ②往上述溶液中加入少量氢氧化钠溶液现象为：_______；此实验现象，得出浓度对化学平衡的影响是：在其他条件一定时，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动；反之则向相反方向移动。 实验二：探究温度对溶液颜色的影响。 在溶液中存在如下平衡：(蓝色)(黄色)  。 【实验操作及现象分析】 取两支试管，分别加入2 mL0.5 mol/L 溶液，将其中一支试管先加热，然后置于冷水中，观察并记录实验现象，与另一支试管对比。 同学们观察到一开始溶液呈蓝色，加热试管，溶液变成黄绿色；将试管置于冷水中，溶液又由黄绿色变成蓝绿色。 ③甲同学认为随着温度的变化，溶液颜色随之变化，得出温度对化学平衡的影响是：在其他条件一定时，温度升高，平衡向_______(填“放热”或“吸热”)方向移动；反之则向相反方向移动。 ④下列操作可以使溶液由黄色(或黄绿色)变为蓝色(蓝绿色)的是_______。 A．加入适量NaCl固体　　B．加溶液    　　C．增大压强　　D．加催化剂 9．为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将二氧化碳转化成可利用的化学能源的“负碳”技术是各国关注的焦点。 I．二氧化碳的捕获与转化 (1)CO2的捕获和转化可减少CO2排放，原理如图所示。反应②中化合价发生改变的元素有_______(填元素符号)；每吸收，理论上可获得_______mol。 Ⅱ．二氧化碳催化加氢制甲醇(CH3OH) (2)二氧化碳加氢制甲醇时，一般认为可通过如下步骤来实现： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  ΔH1=+41kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)  ΔH2= -90kJ·mol-1 ①CO2(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式(反应Ⅲ)为_______。 ②若第一步为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)。 ③ZnO有棒状 )、片状两种。均可用作选择性加氢转化为的催化剂。在ZnO催化剂存在下，将与混合，同时发生反应I 和反应Ⅲ。控制一定的和初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的中生成甲醇的百分比) 已知：p-ZnO表面合成的生成活化能，r-ZnO表面合成的生成活化能。 在280~320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化加氢性能，说明在加氢合成甲醇时优先选用p-ZnO催化剂的原因：_______。 Ⅲ．二氧化碳和甲烷(CH4)重整可制得合成气(CO、H2) (3)CO2和CH4重整可制得合成气(CO、H2)。已知下列热化学反应方程式： CH4(g) = C(s) + 2H2(g)； ΔH = +74.5kJ·mol-1 CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)； ΔH = +41.0kJ·mol-1 C(s) + H2O(g) = CO(g) + H2(g)； ΔH = +132.0kJ·mol-1 反应CO2(g) + CH4(g) = 2CO(g) + 2H2(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。 (4)Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为_______。 ②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是_______。 二、物质结构与性质综合题 10．铜是人类广泛使用一种金属，含铜物质在生产、生活中有着广泛应用。回答下列问题： (1)铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化CO。 ①基态Cu原子价电子排布式为___________。 ②与CO互为等电子体的分子为___________(任写一种)，标准状况下VL CO分子中π键的物质的量为___________mol。 (2)已知硫酸铜稀溶液呈天蓝色，其中铜离子以形式存在，判断硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有___________(填标号)。 A．配位键        B．金属键        C．离子键        D．氢键        E．范德华力 (3)①可形成，其中X代表，则中配位原子为___________(填元素符号)，配位数为___________。 ② 中键角___________(填“>”“<”或“=”)分子中键角，原因是___________。 (4)CuInS2 (相对分子质量为)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为___________(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用表示)。 11．氮元素是构成化合物的重要元素。请回答下列问题： (1)的VSEPR模型名称为___________。 (2)氮的常见氢化物有、，其中沸点较高的是___________(填化学式)。 (3)常温下为液体，是晶型转变的诱导剂。 ①大键可用表示，其中、分别代表参与形成大键的原子个数和电子数，如苯中的大键表示为。上述物质阳离子中的采取杂化，则阳离子中存在的大键类型为___________。 ②该物质的熔点较低，原因是___________。 (4)(I)、(II)是新能源电池涉及的重要材料。 ①物质I中的相关键角如图所示，则该物质中N原子的杂化方式为___________。 ②相同温度下，I、II的溶液均为酸性，其中值较大的是___________(填“I”或“Ⅱ”)，其原因是___________。 12．第二主族元素又名碱土金属元素，单质及其化合物用途广泛。回答下列问题： (1)是一种两性氢氧化物，能与反应生成。 ①中四种元素电负性由大到小的顺序为_______。 ②中存在的化学键类型为_______(填字母)。 A．离子键　　　B．氢键　　　　C．配位键 ③第一电离能：_______(填“”或“”)，其原因是_______。 (2)是一种重要的建筑材料，其阴离子的空间结构为_______，与钙元素同周期且基态原子最外层电子数相同的元素有_______种。 (3)某新型超导晶体由镁、镍、碳三种元素组成，其立方晶胞结构如图。 ①该超导晶体的化学式为_______，晶体中与碳原子距离最近且相等的镍原子有_______个。 ②设晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列计算式，用含和的代数式表示)。 13．是一种良好的离子导体。回答下列问题： (1)基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式______。 (2)由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物。 ①分子中心原子杂化类型为______。 ②已知中心原子为中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。则键的键长______(填“<”或“>”或“=”)，理由是______。 (3)可由以下方法制得：，在该反应中，形成的化学键有______(填标号)。 A．金属键　　B．离子键　　C．配位键　　D．极性键　　E．非极性键 (4)晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为，密度为。 ①晶胞中，O位于各顶点位置，位于______位置。 ②用、表示阿伏加德罗常数的值______(列计算式)。 14．硫代硫酸盐()、连三硫酸盐()和连四硫酸盐()都是采矿废水中常见的硫代盐，其中硫代硫酸盐最为常见。科技工作者通过悬浮微滴实验，深入探讨了O3氧化硫代硫酸盐的反应机制(如图所示)，这对废水处理和理解气候影响具有重要意义。 请回答下列问题： (1)基态S的2p电子云有_______种不同的伸展方向；基态S中能量最高的电子占据的原子轨道电子云轮廓图为_______。 (2)O3、P4、C60三种物质中，在CS2中溶解度最小的是_______，C60的晶体类型为_______晶体。 (3)查阅资料知，可看成中的一个O被S代替。一定条件下，中的_______(填字母序号)最易可和Ag+配位； a.O原子 　　　　b.中心S原子　　　　 c. 端基S原子 (4)六水合硫代硫酸镁(MgS2O3·6H2O)的晶胞结构与参数如下图所示： 六水合硫代硫酸镁晶体中微粒间的作用力除有离子键、极性共价键外，还有_______；若该晶体的密度为ρg·cm-3， 则阿伏加德罗常数的值NA=_______mol-1(MgS2O3·6H2O的摩尔质量为Mg·mol-1)。 15．氮及其化合物应用广泛。回答下列问题。 (1)的电子式是___________，的原子结构示意图___________。 (2)下列状态的氮微粒中，电离最外层一个电子所需能量大小关系是a___________b(填“＞”“＜”或“=”) a．   b． (3)价层电子对互斥(VSEPR)模型可表示为的粒子是___________(填序号)。 a．    b．    c． (4)氮化铝是一种极有前途的电子绝缘基片材料，化学稳定性好，耐高温、酸、碱，抗冲击能力强，其晶胞结构如图所示。 ①铝蒸气和氮气反应可生成氮化铝，若生成41 gAlN放出159 kJ热量，写出该反应的热化学方程式___________。 ②由和在一定条件下也可生成氮化铝。已知为非极性分子，则键角最大的是___________(填序号)。 a．中键角 b．中键角 c．中键角 ③氮化铝属于___________晶体，空心球(原子)半径大于黑心球(原子)半径，黑心球代表的是___________(写名称)原子。 (5)三氮唑分子()为平面结构，N原子的杂化轨道类型为___________杂化，连有H原子的N原子在形成三氮唑分子中的大π键时提供的电子数是___________。 16．氮族元素与镓能形成氮化镓、砷化镓等材料，广泛应用于雷达等行业中。回答下列问题： (1)基态氮原子的价层电子排布图为______。基态原子核外电子的运动状态有______种。 (2)、、的沸点由高到低的顺序为______(填化学式)。 (3)GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图乙所示。a、b点的原子分数坐标分别为和。       ①c点Mn的原子分数坐标为______。 ②晶体乙中Mn、Ga、As的原子个数比为______(填最简整数比)。 ③若GaAs晶胞参数为，则Ga和As之间的最短距离为______。 (4)Li、Fe、As可组成一种新型材料，其立方晶胞结构和沿轴方向投影图分别如图丙和丁所示。该物质的化学式为______；若晶胞参数为，则、处两个原子之间的距离为______nm。 (5)一种立方氮化镓晶胞如图戊所示。晶体结构中若和的最短距离为，则晶体的密度为______g。为阿伏加德罗常数的值。    17．H、C、N、O与Al、V、Mn、Fe、Cu等形成的多种化合物在生产和生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)当激发态氧原子从1s22s22p33p1状态变到1s22s22p33s1，形成的是___________光谱(填“发射”或“吸收”)。 (2)在元素周期表中，Fe位于___________区，基态Mn原子的未成对电子数为___________个。 (3)Cu元素有两种常见离子，高温下Cu+比Cu2+稳定的原因是___________。 (4)下列Li的轨道表示式表示的状态中，能量最高的为___________(填字母)。 A． B． C． (5)某种钒的氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知A的分数坐标为(0，0，0)，B的分数坐标为，则C的分数坐标为___________，若晶胞参数为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式即可，V相对原子质量为51，O相对原子质量为16)。 18．在科研和工农业生产中，碳、氮、硫、砷(As)等元素形成的单质及其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： (1)在半导体工业中被广泛使用，也可用于合成各种有机砷化合物。的电子式为_______。肼()分子可视为分子中的一个氢原子被(氨基)取代形成的一种氮的氢化物。分子中氮原子采取_______杂化。 (2)为链状结构且存在碳碳单键，每个原子都满足8电子结构，请写出的结构式：_______，该分子中键与键的数目之比为_______。 (3)吡啶()在工业上可用作变性剂、助染剂，以及合成一系列产品(包括药品、消毒剂、染料等)的原料，其在水中的溶解度大于苯，可能的原因是_______。 (4)可用于制造火柴，其分子结构如图所示： 分子中硫原子的杂化轨道类型为______，_______(填“>”“＜”或“=”)。 (5)、、均为卤代烃，且均不溶于水，三者的稳定性由强到弱的顺序为_______，从键参数角度解释原因：_______。 三、有机化学综合题 19．A、B、C、D、E、F、G均为常见的有机物。烃A可以用于调节植物生长和催熟果实，其相对分子质量为28，D为食醋的主要成分，E的分子式为。下图为部分有机物间的转化关系(部分反应条件已省略)。 回答下列问题： (1)A的电子式为___________，B中所含官能团的名称为___________。 (2)反应②的化学方程式为___________，其反应类型为___________。 (3)反应①～⑦属于取代反应的有___________(填序号)。 (4)J与F互为同系物，J的相对分子质量为72，则J的分子式为___________；已知J的二氯代物有多种同分异构体，写出含有两种氢原子的J的所有二氯代物的结构简式___________。 (5)A还可以发生如下转化： X是生活中最常见的塑料之一，它的结构简式为___________。 20．乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室可利用乙酸与异戊醇在浓硫酸催化下加热反应制备乙酸异戊酯。实验装置示意图和有关数据如下，本实验采用环己烷作为溶剂。 相对分子质量 密度/(g·cm-3) 沸点/℃ 水中溶解性 异戊醇 88 0.8123 131 微溶 乙酸 60 1.0492 118 易溶 乙酸异戊酯 130 0.8670 142 难溶 环己烷 84 0.78 81 难溶 实验步骤： ①在A中加入8.8 g的异戊醇、12.0 g的冰醋酸、2.0 mL浓硫酸、25 mL环己烷和2~3片碎瓷片。在仪器A上方放置仪器B，保证磨口严密，并将整个装置固定。 ②开始缓慢加热A(加热和夹持装置略)，直到溶剂开始回流。保持此温度加热，维持体系回流50分钟。 ③反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，用25 mL水洗一次，再用5%碳酸氢钠溶液洗至中性。 ④最后再用水洗涤有机层一次，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体，静置片刻。 ⑤过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集合适馏分，得乙酸异戊酯6.76 g。 (1)仪器B的名称为___________，加入碎瓷片的作用是___________。 (2)步骤③中水洗的目的是___________；步骤④中加入无水硫酸镁固体的目的是___________。 (3)步骤⑤中通过蒸馏获得最终产品时，实验应在___________℃左右收集产品。通过计算，乙酸异戊酯的产率为___________。(用百分数表示) (4)在真实的合成实验中，往往会在装置A与装置B之间添加一个分水器(如图)。 其基本工作原理是：利用环己烷-水的共沸体系(沸点69℃)带出水分，经冷凝后落入分水器中。此时分水器中液体也会分层，被带出的水分处于___________层(填“上”或“下”)。由上述工作原理可知，分水器在此实验中最大的作用是___________。 21．有机物A是一种重要化工原料，以A为原料可以制备一系列化工产品，如图所示。 请回答下列问题： (1)C中所含官能团的名称是_______，D→E的反应类型是_______。 (2)有机物A 的名称_______。 (3)F是高分子化合物，写出A→F的化学方程式：_______。 (4)H是G的同分异构体，其中属于酚类的H有_______种，任写一种符合核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的H的结构简式：_______。 (5)X为2-甲基丙烯，以它为原料合成2-甲基-2-羟基丙醛，可利用题干信息设计如下一条合成路线。 则框图中X的结构简式为_______，Y物质为_______，Z的结构简式为_______。 22．聚甲基丙烯酸甲酯PMMA俗称有机玻璃或亚克力，具有优异的透光性、表观光泽度等特性，一种合成聚甲基丙烯酸甲酯的路线如下(加料顺序、反应条件略)： 回答下列问题 (1)PMMA属于_______。 A．硅酸盐材料 B．塑料 C．合成橡胶 D．合成纤维 (2)化合物ⅲ含有的含氧官能团名称为______。 (3)下列有关说法中，正确的有______。 A．1 mol ⅰ与1 mol的氯水反应能生成和HCl B．反应②的反应类型是氧化反应 C．化合物ⅵ能和反应生成 D．化合物ⅶ能使酸性高锰酸钾溶液褪色 (4)根据化合物ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构(有机产物) 反应类型 a ______ ______ b Na ______ 置换反应 (5)反应④的化学方程式为______。 (6)化合物X的分子组成比化合物v多2个氢原子，且能与NaHCO3溶液反应。满足以上条件的X有______种，写出化合物X的结构简式为______(任写一种)。 23．乙酰苯胺是一种重要的有机合成中间体，用来合成磺胺类药物、抗生素、止痛药等。 实验室制备乙酰苯胺()步骤如下： I、制备：装置如图(部分加热、夹持装置已略去)。在蒸馏瓶中依次放入4.5 mL(约0.05 mol)新蒸馏过的苯胺、7.4 mL(约0.12 mol)冰醋酸和0.1 g锌粉，小火加热，使分馏柱顶温度计示数保持在左右。当温度计读数发生上下波动或自行下降时停止加热。 II、分离：在不断搅拌下，把反应混合物趁热倒入盛有100 mL水的烧杯中，搅拌并冷却，使粗乙酰苯胺析出。过滤析出的固体并冷水洗涤。 III、提纯：把粗乙酰苯胺加入150 mL热水中加热至沸腾。稍冷后加入0.5 g活性炭，煮沸1~2分钟。趁热减压过滤，冷却滤液。乙酰苯胺呈无色片状晶体析出。产物晾干后称重得5.56 g。 已知： 名称 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 水中溶解度/g 苯胺 无色油状有强烈气味液体、有毒 -6.2 184.13 3.6 冰醋酸 无色刺激性液体 16.7 118 ∞ 乙酰苯胺(M=135 g/mol) 白色晶体 114~116 305 20℃   0.46 100℃   5.5 回答下列问题： (1)a仪器的名称_______。 (2)加入锌粉的作用是因为苯胺具有很强的_______(填“氧化性”或“还原性”)，容易发生变质。 (3)下列不属于苯胺乙酰化(将苯胺转变成乙酰苯胺)的优点的是_______(填选项) A．保护苯环上的氨基，防止其变质 B．氨基为邻、对位定位基，乙酰氨基主要为对位定位基，可以增强苯环某些位置活性 C．乙酰苯胺比苯胺更易溶于水，更有利于水溶液中某些反应进行 D．乙酰苯胺很容易通过化学反应恢复成苯胺，实现原料的再生 (4)b中收集到的主要液体有_______。 (5)乙酰苯胺在碱性(NaOH)条件下恢复成苯胺的化学方程式为_______。 (6)刺形分馏柱的内部有一圈圈刺状玻璃柱，它的作用有_______ (填选项)。 A．减少冰醋酸的蒸出 B．提高原料的利用率 C．有利于沸点差别较小的液体混合物的分离 (7)该反应的产率为_______(保留三位有效数字)。 24．化合物G是某药物中间体，其一种合成路线如图所示(部分反应条件略)： 已知：E的结构简式为。     回答下列问题： (1)E的分子式为_______。 (2)A的化学名称为_______；A→B的过程中引入的新官能团为_______(填名称)。 (3)G分子中含有_______种官能团。 (4)B→C的反应类型为_______。 (5)已知在C→D的反应过程中还有HBr生成，则试剂X的结构简式为_______。 (6)已知：M是C的同分异构体，M中含有苯环且M在一定条件下通过分子间酯化反应能生成六元环酯，则M的结构简式为_______，该反应的化学方程式为_______。 25．Daprodustat是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J的合成路线如下图所示。 已知：。 (1)A是一种芳香族化合物，则反应I的试剂和条件是___________。 (2)B物质的官能团名称为___________。 (3)B→C，D→E的反应类型分别是___________，___________。 (4)F不能水解，G的结构简式为___________，F和G的酸性：F___________G(请填“>”或“<”)。请解释其原因___________。 (5)H→I的反应需在无水条件下进行，用化学方程式解释其原因___________。 (6)H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)一定条件下反应生成七元环状物的化学方程式是___________。 26．化合物F是一种用于合成药物美多心安的中间体，F的一种合成路线流程图如下： (1)化合物E中含氧官能团名称为___________和___________。 (2)E→ F的反应类型为___________。 (3)C的分子式为，经还原反应得到D，写出C的结构简式：___________。 (4)写出A发生催化氧化反应的化学方程式：___________。 (5)写出符合下列所有条件的A的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物；②不能和金属钠发生反应；③氢核磁共振谱图显示有四种不同的吸收峰 (6)结合所学知识并参考上述合成路线，某同学设计了以和为原料制备的合成路线流程图(如下图所示)： 则化合物M和N的结构简式分别为___________和___________。 27．氨布洛芬(G)是布洛芬酰胺类衍生物，具有消炎、解热、镇痛作用，氨布洛芬的一种制备方法如下： 回答下列问题： (1)A→B的反应类型为___________，B中含有的官能团名称为___________。 (2)C和D的相互关系为___________(填标号)。 a．同系物    b．同分异构体    c．同一物质    d．以上都不正确 (3)E是生活中常见的药物布洛芬，其分子式为___________。 (4)关于的说法正确的是___________(填标号)。 a．C、N、O的杂化方式相同    b．其沸点高于丙醇的沸点 c．易溶于水，且溶液呈酸性    d．能发生取代、氧化、加成等反应 (5)已知H为比E少3个碳原子的同系物，且苯环上只有2个取代基，则符合条件的H有___________种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为的结构简式为___________。 28．化合物J具有抗肿瘤活性，可由如下路线合成(略去部分试剂和条件)。 (1)A的结构简式是_______。 (2)C的官能团名称是_______。 (3)F→G以及I→J的反应类型分别为_______ A．取代反应，消去反应 B．加成反应，消去反应 C．取代反应，取代反应 D．加成反应，取代反应 (4)C生成E的反应中，除了必须的催化剂之外，通常还需要加入适量其作用为_______。 (5)下列说法错误的是_______。 A．E有顺反异构体 B．A可与FeCl3溶液发生显色反应 C．E→F的反应中有乙醇生成 D．1mol Ⅰ中有4mol π键 (6)J的手性碳原子有_______个。 A．0 B．1 C．2 D．3 四、化学实验综合题 29．4，6-二甲氧基-2-甲磺酰嘧啶是合成内皮素受体拮抗剂的重要中间体。实验室利用如图所示装置进行4，6-二甲氧基-2-甲磺酰嘧啶(相对分子质量为218)的制备(磁力搅拌、加热及夹持装置已略去)。其反应原理如下： 实验步骤： ⅰ.往三口烧瓶内加入4，6-二甲氧基-2-甲硫基嘧啶(0.02 mol)、、乙酸乙酯(10 mL)，搅拌使固体溶解并升温至60℃，滴入过量溶液，1 h滴加完毕至反应结束。 ⅱ.用溶液除去未反应完的，分液，水层用萃取3次，合并有机相，用饱和食盐水洗涤2次，往有机相中加入无水，过滤，旋转蒸发除去溶剂，析出的晶体经乙醇处理后得白色结晶状固体，干燥，称重得到4，6-二甲氧基-2-甲磺酰嘧啶的质量为3.706 g。 回答下列问题： (1)中W元素的化合价为___________价。 (2)实验开始时，仪器c中冷却水应___________(填“a进b出”或“b进a出”)。 (3)仪器d的名称为___________。 (4)实验步骤ⅰ进行的过程中，溶液的实际用量较理论用量多的原因可能为___________。 (5)实验步骤ⅱ进行时： ①与反应的离子方程式为___________。 ②加入无水的作用为___________。 (6)该实验所得4，6-二甲氧基-2-甲磺酰嘧啶产品的产率为___________%。 30．反式肉桂酸()是生产冠心病药物“心可安”的重要中间体。实验室中可由苯甲醛()与乙酸酐()在催化下合成。实验装置、相关物质的性质和实验步骤如下： 物质 沸点/℃ 主要性质 苯甲醛 178 无色液体，微溶于水 乙酸酐 140 无色液体，遇水分解生成乙酸 反式肉桂酸 300 白色至淡黄色粉末，微溶于水 实验步骤： ①如图1安装好制备装置，在三颈烧瓶中依次加入一定量的无水乙酸钾、苯甲醛、乙酸酐及沸石。 在150~170℃回流1小时。(已知：若蒸气温度高于140℃，冷凝管内、外管连接处易爆裂，故用空气冷凝管) ②将反应液冷却至100℃左右，加入20 mL热水，再加入饱和碳酸钠溶液至pH为8左右。 ③如图2安装好水蒸气蒸馏装置，蒸出未反应的苯甲醛。 ④将三颈烧瓶中剩余液体转移至烧杯中，补加少量水，加入1~2药匙活性炭，煮沸3分钟，脱色后过滤，得滤液。 ⑤向滤液中加入浓盐酸至pH为3左右，充分反应并冷却至室温，减压过滤、洗涤、干燥得产品。 回答下列问题： (1)已知产物中有乙酸生成，则步骤①中发生反应的化学方程式为___________。 (2)冷凝回流时，为防止物料因冷凝不充分从空气冷凝管顶端逸出，除控制加热温度外，还可以对装置进行的改进是___________。 (3)步骤②中加入饱和碳酸钠溶液主要是将肉桂酸转化成肉桂酸钠，目的是___________。 (4)步骤③中判断蒸馏完成的现象是___________。 (5)水蒸气蒸馏中，实验条件下水与苯甲醛混合物的沸点为97.9℃，此时p=760 mmHg，p(H2O)=706 mmHg，p(苯甲醛)=54 mmHg，则每蒸出1 g H2O伴随蒸出的苯甲醛为___________g(保留两位有效数字)。 (6)步骤④中，加活性炭和过滤时分别对温度的处理合理的是___________(填标号)。 A．冷却、趁热    B．趁热、冷却 (7)该合成方法的产率通常在之间，产率较低的原因可能是___________(填标号)。 A．高温时有副反应发生    B．生成顺式异构体    C．洗涤、干燥不充分 31．学习小组对直接用铁氰化钾溶液检验铁电极处的实验方案提出了质疑。 (1)配制的NaCl溶液作电解液，用分析天平称量NaCl固体_______g，选择合适的操作及顺序：_______(填序号)。 (2)提出假设：铁直接与铁氰化钾溶液反应生成。查阅资料： ①(正)(负)，，反应正向进行；，反应逆向进行。 ②；。 与Fe反应的离子方程式为_______，中Fe元素价态与相同，通过电极电势计算说明Fe与能否发生氧化还原反应：_______。 (3)设计实验。 实验a：取溶液于洁净试管中，加热，冷却后用苯液封，加入铁粉，2 h后没有明显现象，加入NaCl固体后，立即出现蓝色沉淀。实验中加热溶液和苯液封的目的是_______，铁粉表面有一层氧化膜，猜想是加入NaCl固体后，氧化膜被破坏，设计实验b。 实验b：_______(填实验操作及现象)，说明铁表面的氧化膜被破坏。 实验c：取溶液于洁净试管中，加热，冷却后用苯液封，加入新制备的铁粉，振荡，5 s后出现蓝色沉淀。 (4)结论：洁净的铁能直接与溶液发生反应生成再与发生反应：_______(填离子方程式)，从而生成蓝色沉淀，故应取出铁电极附近溶液后再检验。 (5)应用：某团队开发了一种基于的微流体燃料电池，以NaOH为电解质，该电池中负极反应式为_______。 32．某兴趣小组探究反应A：平衡的建立并测定平衡常数K。 I．准备溶液 (1)用固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。 ①该过程中无需用到的仪器有______(填下图中标号)。 ②滴定数据及处理：溶液，消耗盐酸(滴定终点时，转化为)，则______mol∙L-1。 II．探究反应A平衡的建立 (2)准备2.00 g BaSO4 粉末(M=233g∙mol-1)和100 mL 0.100mol∙L-1Na2CO3溶液 [开展实验]： 在25℃下将二者混合，不断搅拌(控制速率可忽略难溶物的覆盖问题)，利用计测得体系随时间变化。观察到pH逐渐减小，1600 后不改变。 [提出猜想]： 猜想a：pH不变是由于反应A已达平衡。 猜想b：pH不变是由于BaSO4固体已完全消耗。 [实验验证]：小组同学设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．将上述实验中的反应混合物进行固液分离 / ii． 取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加①______(填试剂)   ②______                     [实验结论]：猜想b不成立，猜想a成立，即实验中反应A平衡已建立。 [理论分析]：③查阅Ksp数据，计算反应A平衡常数K的理论值为。试结合K的理论 值说明反应A已达平衡的理由是______。 III．测定反应A的平衡常数 (3)小组同学沿用(1)中的滴定法，利用盐酸测定，进而计算出平衡常数K的实测值。 ①取上述实验i中分离出的滤液，消耗盐酸，依据实验数据计算平衡常数K=______ (列出算式)，实测值与理论值接近。 ②若取上述实验中的浊液测定，则所测K值______(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。 (4)小组同学改变浓度，向1.00 g BaSO4固体中加入100 mL 0.050 mol∙L-1 Na2CO3溶液，不断搅拌，800 s时停止搅拌，过滤取滤液，用盐酸滴定，测定，则再次测定的K值小于理论值，可能原因是③______。 33．和可以作为锂离子电池的正极材料。 I．的制备。 用图-1所示装置，在氮气氛围中，将一定量的溶液与溶液混合加入三颈烧瓶中，再通过仪器a滴加溶液，搅拌，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗产品。已知：；，，。 (1)仪器a的名称是_______。 (2)与反应得到和，该反应的化学方程式为_______。 (3)工业制取在高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，作用除了防止被氧化，主要目的是_______。 II．的制备。 (4)取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量，同时加入适量水调节pH，静置后过滤、洗涤、干燥得到，高温煅烧，即可得到。其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解率的影响如图-2所示。当时，随着水的比例增加，铁粉溶解率迅速升高的原因是_______。 (5)将溶液和溶液混合也可以得到。 ①溶液和溶液的加料顺序是_______。 ②不同pH对磷酸铁沉淀的影响如图-3所示。pH约为3后铁的沉淀率接近完全，而磷的沉淀率却在下降的原因是_______。 ③请补充完整以溶液制备的方案：取一定量的溶液，边搅拌边加入足量的_______，固体干燥，得到较纯净的。(必须使用的试剂：溶液、溶液、盐酸、溶液、蒸馏水) 34．氧化亚铜()是一种重要的无机化工原料，在酸性条件下自身发生氧化还原反应。一种制备的实验装置如图所示(夹持装置略)。 回答下列问题： (1)仪器a的名称是_______。 (2)装置A中生成的离子方程式为_______；判断反应完全的现象是装置A、C中无气泡产生或A中的溶液由_______色消失。 (3)产品纯度测定(杂质不反应)，实验如下： 已知：，；沉淀强烈的吸附； Ⅰ．取产品，加适量稀硫酸溶解，过滤、洗涤，将滤液与洗涤液一并转移至碘量瓶中，加入过量溶液充分反应()。 Ⅱ．向碘量瓶中滴入几滴淀粉溶液，控制溶液的为，用标准溶液滴定到呈浅蓝色，再加入过量溶液，摇匀后，溶液蓝色转深，继续用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，消耗标准溶液()。 ①步骤Ⅱ中控制溶液的为的原因是_______。 ②步骤Ⅱ若不加入，会导致测定结果_______(填偏大、偏小、无影响)，若在加入溶液之前就加入过量的溶液，会使测定结果_______(填偏大、偏小、无影响)。 ③的纯度为_______%(填代数式)。 35．氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵[]是制备功能氧化钒材料的关键前驱体，其制备及热分解过程蕴含丰富化学原理。已知：为不溶于水的沉淀。某实验小组设计如下实验方案，制备并探究其性质： Ⅰ．晶体的制备 制备步骤：①向三颈烧瓶中加入粉末，连接好装置，先通入，再向其中注入足量盐酸酸化的溶液，加热微沸至固体完全溶解，生成含的溶液(被氧化为无毒物质)； ②控制反应体系温度为，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加过量饱和溶液，持续搅拌，析出紫红色晶体； ③反应结束后，过滤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，常温静置干燥，得产品。 Ⅱ．热分解探究 取上述所制晶体，在不同气体氛围下进行热重分析，部分实验数据如下表： 气体氛围 关键分解温度/ 产物中V元素化合价 620 +3 367 +4() 354 +5 回答下列问题： (1)步骤①中通入的目的是________；写出该步骤反应的离子方程式：________。 (2)实验小组对比不同滴加速度对产品纯度的影响，数据如下： 滴加速度/() 产品纯度/% 晶体颗粒大小 1 98.6 均匀、较大 5 98.6 不均匀、细小 10 85.7 团聚严重 结合的电离平衡分析，滴加速度过快导致纯度下降的原因是________；若要进一步提高产品纯度，除控制滴加速度和控制反应体系温度为外，还可采取的措施是________(答一条即可)。 (3)某同学提出“用饱和溶液替代饱和溶液”的改进方案，判断该方案是否可行，并说明理由：________。 (4)步骤③中检验晶体已洗涤干净的操作及现象是________。 (5)对比在不同氛围下热分解曲线的起始分解温度，发现在氛围下分解温度最低，结合产物中钒元素化合价以及反应机理与化学键变化推测原因：________。 (6)下列关于热分解实验的分析与评价，合理的是_______(填字母)。 A．氛围中分解温度最高，是因为还原钒元素的高价态需要断裂更多化学键，消耗更高能量 B．氛围下产物为，其残留率(残留率)理论值为 C．热分解实验中若在空气氛围下进行，空气中的会氧化产物，导致产物可能混有 D．可通过检验分解产物的特征性质(如颜色、溶解性、氧化性等)，辅助判断产物成分 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二年级下学期化学（人教版） 期末综合大题提升训练题参考答案 1．(1)(2) 升高温度（或增大压强、加入催化剂等） (3)M(4)＜(5)(6) 【详解】（1）由图可知，物质的量减少的是NO2，物质的量增加的是N2O4，且4min时变化量之比为0.4mol：0.2,mol=2：1，故其化学反应式为。 （2）7 min时NO2物质的量变化为0.56 mol，故物质的量变化为0.28 mol，，增大速率的措施包括升高温度、增大压强、加入催化剂等。 （3）该反应的，为吸热反应，说明反应物M的能量低于生成物N，能量越低物质越稳定，因此M更稳定。 （4）燃烧热是1 mol纯物质燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，该反应中，产物为H2，未完全燃烧生成H2O，放出的热量应小于完全燃烧的热量，故a＜726.5。 （5）已知将和通过灼热的木炭层，可生成和，可知该化学反应方程式为：，参与反应时释放出热量，则反应放热290 kJ，故，因此该反应的热化学方程式为 。 （6）已知反应①，②，③，目标反应， 根据盖斯定律，目标反应=①+②×+③×，故=。 2．(1) (2) B 甲 (3) 0.0875 8 < 【详解】（1）由盖斯定律可得反应①+反应②=2×反应③，，答案为或；； ； （2）①A．恒温恒容条件下，反应体系气体总质量、容器体积均不变，混合气体密度始终不变，不能判断平衡，A不符合题意； B．断裂1 mol表示逆反应，消耗1 mol，同时形成4 mol表示正反应，生成2 mol，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意； C．仅为浓度相等，不能说明浓度保持不变，无法判断反应是否达到平衡，C不符合题意； 答案选B； ②反应，正反应放热，在绝热条件下，反应放热使容器内温度升高，压强增大，且温度升高，反应平衡向吸热反应方向（逆反应）移动，平衡压强高于恒温容器，图像中甲平衡后压强更大，压强变化先增大后减小，符合绝热条件下的压强变化，所以，容器甲是在绝热条件下反应的，答案为甲； （3）① 0~2s内，，反应速率； ②由表格可知，4s后，的物质的量保持不变，反应达到平衡，根据反应可得容器内、、，，答案为8； ③反应平衡时，，由、、，可得、，则平衡常数，答案为； 温度变为T2，，则，，反应平衡逆向移动，由可知，正反应为放热反应，根据平衡移动原理，升高温度，反应平衡向吸热反应方向移动，所以，，答案为＜。 3．(1) 高温 (2)AD(3) 不变 40% (4) 丙烷直接脱氢正向为吸热反应，压强相同时，温度升高，K增大，，平衡正向移动，体积分数变大 A (5)温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快或温度升高，催化剂活性增加 (6) 降低 温度升高，更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生（或催化剂对主反应的催化活性降低，对副反应的催化活性提高） 【详解】（1）目标反应：；已知：i．；ii．；iii．；根据盖斯定律：，因此；该反应、，根据，高温下，反应自发； （2）A．增加丙烷浓度，增大，增大，A正确； B．速率式不含浓度项，浓度不影响，B错误； C．初期丙烷不断消耗，持续减小，逐渐减小，丙烯生成速率同步减小，C错误； D．只受温度影响，降温，速率常数减小，D正确； 故选AD。 （3）①平衡常数表达式； ②平衡常数只与温度有关，总压变大、温度不变，不变； ③恒温恒容，压强之比=物质的量之比，设起始物质的量对应压强，设转化压强为，可列三段式为：，平衡总压，得，因此； （4）①该反应正向吸热，升温平衡正向移动，体积分数随温度升高而增大；体积分数随温度升高而减小；表格A、C随温升高数值变大、B、D变小，因此A、C代表； ②压强越小，平衡越向气体分子增多的正向移动，相同温度低压下体积分数更高；，低压对应更高占比，因此压强对应A； （5）温度升高，反应速率加快；或温度升高催化剂活性提升，因此的转化率随温度升高而上升； （6）由表中数据可知：465℃时转化率5.5%，产率4.7%，则选择性； 510℃时转化率28.4%，产率18.5%，则选择性，因此温度升高，选择性降低；可能原因为温度升高，更利于丙烷被氧化为其他副产物的副反应发生；或催化剂对主反应催化活性降低、对副反应催化活性升高。 4．(1)(2)ABC(3)<(4) 1 0.6 (5)AB(6)碱性(7)(8) 【详解】（1）反应3可由反应1减去反应2得到，故； （2）A．恒温恒容条件下，浓度不变可说明反应达到平衡，A正确； B．反应1为气体分子数减小的反应，物质的量和气体总物质的量都在变化，百分含量始终随反应进行而变化，故百分含量不再变化可说明反应达到平衡，B正确； C．反应过程中气体总质量不变，总物质的量增加，故气体平均相对分子质量始终随反应进行而变化，故气体平均相对分子质量不再发生变化可说明反应达到平衡，C正确； D．可说明反应达到平衡，不能说明反应达到平衡，D错误； 故答案为：ABC； （3）平衡时生成甲醇0.03 mol，此时容器中有0.03 mol 、0.2 mol 、0.1 mol ，平衡常数，再通入0.1 mol 和0.1 mol ，浓度商，平衡逆向移动，故此时； （4）仅考虑反应2和反应3，依据题目条件列出三段式： 由的转化率为75%可得x=1.5，由可知总压强恒定时，体积与物质的量成正比，容器体积减小25%说明气体总物质的量减少了25%，故，解得y=1，故生成物质的量为1 mol，反应2的平衡常数； （5）可与反应得到，NaOH可与过量反应得到，和均不能与反应，故答案为：AB； （6）氨水与过量的反应得到溶液，该溶液中主要存在平衡、、，由上述各个平衡常数可知溶液中的水解平衡占据主导地位，故所得溶液显碱性； （7）将铜箔放入煮沸的饱和溶液中进行反应，发生归中反应得到，离子方程式为； （8）工作时被还原为甲醇，中碳的平均化合价为-2价，每个分子得到6个电子，电极反应式为，又由于过量的可与继续反应：，故最终的电极反应式为。 5．(1)(2) bce (3) 碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外 (4) 减小 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ=Ⅲ-Ⅰ，则； （2）①反应Ⅱ=Ⅲ-Ⅰ，考虑反应Ⅲ、Ⅰ，末反应达到平衡，测得和的物质的量均为，则共反应二氧化碳0.8mol、氢气1.8mol，设反应Ⅰ中消耗二氧化碳、氢气均为amol，则反应Ⅲ中消耗二氧化碳 (0.8-a)mol，反应速率比等于系数比，反应Ⅲ中消耗氢气3× (0.8-a)mol，则3× (0.8-a)+a=1.8，a=0.3mol，则生成甲醇0.8-0.3=0.5mol，内，的平均反应速率为； ②a．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，a不符合题意；          b．恒容条件下进行反应，反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，b符合题意； c．混合气体的平均摩尔质量，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，c符合题意；    d．  ，没有说明为正逆反应，不确定反应是否平衡，d不符合题意；   e．恒定不变，说明平衡不再移动，反应达到平衡，e符合题意； 故选bce； （3）①已知，溶液不参与电极反应，由图，阴极的电极反应为二氧化碳得到电子被还原为甲醇：； 。 ②已知钴酞菁(CoPc)分子可吸附CO，并抑制CO中间体的生成，碳纳米管内甲醇的选择性高于管外的原因可能是:碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外； （4）①新型甲醇双极膜燃料电池中由电子流向可知，c极为负极，负极反应为在碱性条件下，二氧化碳失去电子被氧化为碳酸根离子和水：。 ②电极d为正极，反应为，反应后生成水，则反应一段时间后，双极膜右侧电解质溶液的浓度减小。 6．(1) -67 任何温度 (2)AD (3) 升高温度，反应Ⅰ逆向移动，甲烷增多，故甲烷的变化曲线是b 50.67 (4) 正 【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应，可由 反应Ⅰ反应Ⅱ得到，因此： 。 该反应中，反应物气体总物质的量为，生成物为，熵变，又，根据吉布斯自由能判据，任何温度下，因此任何温度下都能自发进行。 （2）A．反应全为气体，总质量不变，容器体积固定，因此密度始终不变，不能判断平衡； B．为有色气体，颜色不变说明浓度不变，反应达到平衡； C．平均摩尔质量，不变，反应中气体总物质的量变化，因此不变时说明不变，反应达到平衡； D．生成和生成均为逆反应，该关系始终成立，不能说明正逆反应速率相等，不能判断平衡； 故选AD。 （3）①反应Ⅰ，放热，升高温度平衡逆向移动，平衡时随温度升高而增大，对应图中上升的曲线。 ②时，，，根据碳守恒，。根据取代反应规律，每生成消耗、生成，每生成消耗、生成，因此平衡时：，。反应Ⅰ的平衡常数，容器体积相同，浓度比等于物质的量比，因此。 （4）①该装置中在电极转化为燃料（化合价降低，发生还原反应），因此为阴极，为阳极，阳极与电源正极相连。 ②酸性条件下得电子生成，配平后电极反应为：。 7．(1) BC NO (2) 8mol (3) 温度升高，双氧水分解为水和氧气，生成的减少，导致被氧化的NO减少 【详解】（1）①A．增大通入尾气的速率，反应时间不足不利于提高尾气中NO和，的去除率，A错误； B．采用气液逆流的方式吸收尾气，尾气从塔底进入，NaOH溶液从塔顶喷淋，有利于尾气中一氧化氮、二氧化氮与NaOH溶液的充分接触，从而提高吸收效率，有利于提高尾气中NO和的去除率，B正确； C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，保证氢氧化钠的浓度，有利于吸收尾气，有利于提高尾气中NO和的去除率，C正确； 故选BC。 ②根据与NaOH溶液反应的离子方程式可知，吸收后的溶液中所含溶质主要为，和，因此吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到的，晶体中含有的主要杂质为；NO不与NaOH溶液反应，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO； （2）能在催化剂作用下催化脱除烟气中的，总反应方程式：；该反应中，转移12mol电子，当该有24mol电子转移时，脱除NO气体的物质的量为8mol； （3）①氧化NO结合水洗可产生和，结合原子守恒和得失电子守恒写出的反应的化学反应方程式为：；②由题图可知，反应③的离子方程式为：；脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是：温度升高，双氧水分解为水和氧气，生成的减少，导致被氧化的NO减少； 8．(1) (2) 溶液的浓度或浓度 30 8 (3) 溶液由橙色变为黄色 吸热 B 【详解】（1）溶液与溶液反应方程式：； （2）①由表中数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ中变量是硫代硫酸钠溶液的浓度，所以目的是探究溶液的浓度对反应速率的影响； ②实验Ⅰ、Ⅱ是探究溶液的浓度对反应速率的影响，温度相同，所以a=30；实验Ⅰ、Ⅱ是探究溶液的浓度对反应速率的影响，溶液总体积为10 mL，则V=10-1-1=8，加入8 mL水可保持溶液总体积不变，以控制硫酸的起始浓度相同； （3）①根据化学平衡常数的定义，可知的平衡常数①（注意是纯液体，不带入表达式）； ②加入氢氧化钠溶液，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液由橙色变黄色； ③当温度升高时，溶液变成黄绿色，说明平衡正向移动，即向吸热方向移动； ④A.加入适量NaCl固体，变大，平衡正移，c()变大，溶液由蓝色变为黄绿色；A错误； B.加溶液，与反应生成AgCl，变小，平衡逆移，c()变大，溶液由黄绿色变为蓝色；B正确； C.该反应为溶液中离子反应，没有气体参与，加压对平衡没有影响，颜色不变，C错误； D.加入催化剂，平衡不移动，颜色不变，D错误； 故选B。 9．(1) C、H 2 (2) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH= -49kJ/mol C p-ZnO表面合成的生成活化能更小，反应Ⅲ速率更快，在相同时间内生成的甲醇多 (3)+247.5 (4) CO2＋4H2CH4＋2H2O 温度升高催化剂活性降低(或温度升高CO2难吸附在催化剂表面)，反应速率减慢 【详解】（1）在反应②中二氧化碳中正4价的碳转化为一氧化碳中正2价的碳，甲烷中负4价的碳转化为一氧化碳中正2价的碳，甲烷中正一价的氢转化为零价，所以反应②中化合价发生改变的元素有C、H，根据总反应式，可知每吸收1 molCO2理论上可获得2 molH2 （2）① 根据盖斯定律反应Ⅰ+反应Ⅱ可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH= -49kJ/mol。 ②A．若第一步为慢反应，说明活化能大，且是吸热反应，但第二步是放热反应，总反应也是放热反应，A总反应是吸热反应，A错误； B．第一步活化能应该比第二步大，B错误； C．第一步活化能大，且是吸热反应，，但第二步是放热反应，总反应也是放热反应，符合题意，C正确； D．第一步活化能小，而且总反应是吸热反应，D错误； 故选择C。 ③ 虽然使用p-ZnO作为催化剂时，甲醇的选择性较小，但p-ZnO表面合成的生成活化能更小，反应Ⅲ速率更快，在相同时间内生成的甲醇多 （3）iCH4(g) = C(s) + 2H2(g)； ΔH = +74.5kJ·mol-1 iiCO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)； ΔH = +41.0kJ·mol-1 iiiC(s) + H2O(g) = CO(g) + H2(g)； ΔH = +132.0kJ·mol-1 根据盖斯定律i+ii+iii得到反应CO2(g) + CH4(g) = 2CO(g) + 2H2(g)的ΔH=+247.5kJ·mol-1。 （4）①结合图像260℃时生成主要产物时甲烷，所发生反应的化学方程式为 CO2＋4H2CH4＋2H2O ②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是温度升高催化剂活性降低(或温度升高CO2难吸附在催化剂表面)，反应速率减慢。 10．(1) 3d104s1 N2 (2)BC (3) N 4 > 中配体中N原子上的孤电子对成为了成键电子对，则排斥力较小，键角增大 (4) 【详解】（1） ① Cu是29号元素，基态原子核外电子排布为，价电子排布式为。 ② 等电子体要求原子总数、价电子总数都相同，CO原子数为2、价电子数为10，符合要求；CO的结构为C≡O，1个三键含2个键，标准状况下物质的量为 ，因此键总物质的量为； （2）硫酸铜在稀溶液中电离为水合离子，中存在与水分子间的配位键；水分子之间存在氢键和范德华力；金属键存在于金属晶体、合金中，溶液中不含金属键；原硫酸铜晶体中的离子键已经断裂(电离过程破坏了离子键)，溶液中不存在离子键，因此选BC； （3） ① 乙二胺（）中N原子有孤对电子，可作为配位原子；1个乙二胺提供2个N原子配位，2个乙二胺共提供4个配位原子，因此配位数为4。 ② 游离乙二胺中N原子存在1对孤对电子，形成配位键后，孤对电子转化为成键电子对；孤对电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力减弱后键角增大，因此配合物中键角大于游离乙二胺中的键角； （4）由均摊法可得，该晶胞中含8个S，则一个晶胞共含有4个，晶胞总质量为；晶胞参数为：底面边长a nm，高c nm，转换单位后，晶胞体积为，根据密度公式，可得密度为。 11．(1)平面三角形(2) (3) 阴、阳离子的半径较大，阴、阳离子间的距离大，离子间的作用力小 (4) I 氯原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增强，乙基是推电子基团，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱 【详解】（1） 计算中心N原子的价层电子对数：价层电子对数=σ键数+孤电子对数，因此VSEPR模型为平面三角形； （2）和都是分子晶体，都存在分子间氢键；相对分子质量更大，且分子间氢键数目更多，分子间作用力更强，因此沸点更高； （3）① 该阳离子为咪唑阳离子，环上共2个N、3个C共5个原子，均为杂化，都参与形成大π键，且均有3个键，则大π键由2个氮原子和3个碳原子组成，每个碳原子有1个电子、每个氮原子有2个电子形成大π键，由于还带一个单位正电荷，则共有6个电子形成大π键，可表示为； ②该物质为离子化合物，其阴、阳离子均为原子团，离子半径较简单离子化合物的半径大，阴、阳离子间的距离大，离子间的作用力小，晶格能小，故熔点较低； （4）① N原子的三个键角和为，说明N为平面三角形结构，价层电子对数为3，因此杂化方式为杂化； ②相同温度下，I、II的溶液均为酸性 酸性越强电离程度越大，越大；I中取代基Cl是吸电子基团，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增强；II中乙基是推电子基团，使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，因此I的更大。 12．(1) C Be基态原子电子排布为，2s轨道全充满，结构更稳定；B基态原子电子排布为，更容易失去一个电子，因此第一电离能 (2) 平面正三角形 8 (3) 或 12 【详解】（1）①电负性规律：非金属性越强的元素，其电负性也越大，四种元素电负性顺序为； ② 中，Be有空轨道，中O有孤对电子，形成配位键；离子键存在于配离子与之间，氢键不属于化学键，因此选C； ③ Be基态原子的电子排布为，2s轨道全充满，结构更稳定；B基态原子的电子排布为，更容易失去一个电子达到全满状态，因此第一电离能； （2）中心C原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面正三角形；Ca在第四周期，最外层电子数为2，除Ca外，第四周期中Sc到Zn共10种过渡元素，只有Cr（价电子排布式）、Cu（价电子排布式）最外层电子数为1，剩余8种元素最外层均为2个电子，因此共8种； （3）① 均摊法计算：C在顶点，数目为；Ni在面心，数目为；Mg在体心，数目为1，化学式为；观察知，顶点C周围最近的Ni原子共=12个； ②，晶胞体积，晶胞质量，密度。 13．(1)(2) < 分子中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，而只存在普通的键，因此其中键的键长较小 (3)BE (4) 体心 【详解】（1）基态Ti原子的价电子排布为，4s轨道上1个电子激发到4p轨道后，价层电子排布式为。 （2）①O3分子中心O原子的价层电子对数为，杂化类型为。 ②中存在大键，键键级大于1，而中为单键，键级为1，键级越大键长越短，故中键键长小于中键键长，理由为分子中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，而只存在普通的键，因此其中键的键长较小。 （3）A．反应中金属钠的金属键断裂，没有新的金属键形成，A错误； B．产物为离子晶体，形成离子键，B正确； C．反应过程中无配位键形成，C错误； D．产物中没有不同非金属原子形成的极性键，D错误； E．产物中H原子之间cm3形成非极性键，E正确； 故选 BE。 （4）①晶胞中O位于各顶点，均摊得O的数目为，结合化学式可知晶胞内Na的数目为3、Cl的数目为1，面心位置的微粒均摊数目为，对应Na，故Cl位于体心位置。 ②晶胞参数为a nm，即 ，晶胞体积为，的摩尔质量为，晶胞质量为g，密度g/cm3，变形得。 14．(1) 3 哑铃形 (2) 分子晶体 (3)c(4) 配位键、氢键 【详解】（1）S是第16号元素，核外电子排布：，基态S的2p电子云有3种不同的伸展方向；基态S中能量最高的电子占据3p能级的原子轨道，电子云轮廓图为哑铃形； （2）、、均为非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，可知在中的溶解度最小；的晶体类型为分子晶体； （3）中心S原子无孤电子对，不能形成配位键，O原子和端基S原子都有孤电子对，但O的电负性大于S，故中的端基S原子最易与配位，故选c； （4）六水合硫代硫酸镁晶体中微粒间的作用力有离子键(阴阳离子之间)、极性共价键(水分子内，硫氧原子之间)、配位键(水是配体)和氢键(水分子之间)；结合化学式，该晶胞位于顶角、棱上、上下面心及体心，数目为4个，据化学式可知晶胞中有4个，又，晶胞体积为，得。 15．(1) (2)＞ (3)b(4) 2Al(g)+N2(g)=2AlN(s) ΔH=-318kJ/mol a 共价晶体（或原子晶体） 氮 (5) sp2 2 【详解】（1）N2的电子式为；14N的质子数为7，核外电子数为7，电子排布为2、5，原子结构示意图中原子核标+7，核外两层分别为2、5个电子；其结构为； （2）a为基态N原子的电子排布（2s22p3），2p轨道处于半充满的稳定状态，失去电子需要的能量较高；b为激发态N原子的电子排布（2s22p23s1），3s轨道的电子能量高，更容易失去，电离所需能量较低；因此电离最外层一个电子所需能量：a > b； （3）题目给出的VSEPR模型图示，中心原子有 3个价层电子对（其中2个成键电子对、1对孤电子对），整体呈平面三角形的VSEPR模型，分子空间构型为V形； a．中心N原子的价层电子对数：价层电子对数 = 3 + = 3；价层电子对全部为成键电子对，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，与图示不符；a错误； b．中心N原子的价层电子对数：价层电子对数 = 2 + = 3；其中2个成键电子对、1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形（含孤电子对），与题目图示完全一致；b正确； c．中心N原子的价层电子对数：价层电子对数 = 4 + = 4；价层电子对全部为成键电子对，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体，与图示不符；c错误； 故答案选b； （4）①41gAlN的物质的量为=1 mol，生成1 mol AlN放出159 kJ热量，那么生成2 mol AlN就放出318kJ热量；因此热化学方程式为：2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) ΔH = -318kJ·mol-1； ②a．(CH3)3Al为非极性分子，Al原子采取sp2杂化，C—Al—C键角约为120°；b．NH3中N原子价层电子对数为，有1对孤电子对，采用杂化，孤电子对斥力大于成键电子对，H—N—H键角小于109°28′，约为107°；c．CH4中C原子价层电子对数为，无孤电子对，采用杂化，,H—C—H键角为109°28′；键角大小：a＞c > b，故键角最大的是a； ③AlN具有耐高温、硬度大、化学稳定性好的特点，属于原子晶体（或共价晶体）；原子半径：Al的原子半径大于N，因此空心球为Al，黑心球为N；故黑心球为氮原子； （5）三氮唑为平面结构，说明所有N原子的价层电子对数为3（无孤电子对或孤电子对参与共轭），故N原子采取sp2杂化；连有H原子的N原子，价电子数为5，其中3个电子形成3个σ键（N—H、N—N和N—C），剩余2个电子填入p轨道，参与形成大π键，故提供的电子数为2。 16．(1) 7 (2) (3) (4) (5) 【详解】（1）基态氮原子的价层电子排布图为，基态原子核外有7个电子，每个电子的运动状态都不同，因此核外电子的运动状态有7种； （2）、、结构相似，均为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，但是存在分子间氢键，因此沸点由高到低的顺序为； （3）①根据a、b两点的坐标可知，晶胞边长为1，c位于左面面心，坐标为； ②根据“均摊法”可知，晶体乙中，Mn的个数为，Ga的个数为，As的个数为4，所以Mn、Ga、As的原子个数比为； ③As与Ga的最短距离为体对角线长度的，故最短距离为； （4）该晶体中Fe个数为，Li个数为4，As个数为4，因此化学式为LiFeAs。A、B两原子之间的距离为面对角线长度的一半，晶胞边长为a nm，则AB间距离为； （5）根据“均摊法”可知，晶胞中Ga个数为4，N个数为4，Ga与N之间的最短距离为体对角线长度的，则晶胞的边长为，则晶胞的密度为。 17．(1)发射(2) d 5 (3)Cu+最高能级3d轨道全满，性质稳定 (4)C(5) 【详解】（1）激发态氧原子电子从能量更高的3p轨道跃迁到能量更低的3s轨道，释放能量，形成发射光谱。 （2）Fe的价电子排布为，属于周期表d区元素。基态Mn原子价电子排布为，3d轨道的5个电子分占不同轨道且自旋平行，未成对电子数为5。 （3）的价电子排布为，3d轨道处于全充满的稳定结构，而价电子排布为，结构稳定性弱于全满结构，故高温下比稳定。 （4）原子核外电子所占轨道能量越高，原子总能量越高，轨道能量顺序为。A中电子在1s、2s轨道，能量较低；B中1s有1个电子，2s、2p各有1个电子，能量比A选项的高；C中1s无电子，3个电子均在能量更高的2s、2p轨道，故C对应状态能量最高。故选C。 （5）结合A为原点的坐标体系，B的分数坐标为，C在x轴方向分量为，y轴分量为，z轴分量为，故C的分数坐标为。用均摊法计算晶胞内粒子数：V位于顶点、面心，总数为；O全部位于体内，共4个，故该晶胞对应4个结构单元。晶胞质量为，晶胞体积为，则晶体密度为。 18．(1) (2) (3)吡啶和水均为极性分子，而苯为非极性分子，且吡啶能与水形成分子间氢键 (4) ＜ (5) 原子半径：，键能：，键长越短，键能越大，物质稳定性越强，因此稳定性： 【详解】（1） 砷化氢为共价化合物，电子式为；分子中，每个N原子与2个H原子和1个N原子形成3个σ键，N原子最外层还有1对孤电子对，故N原子采取杂化； （2）根据题意，为链状结构且存在碳碳单键，且每个原子都满足8电子结构，根据价键理论知C与N之间为三键，即结构式为，则分子中键有3个，键有4个，键与键数目之比为3：4； （3）吡啶和水均为极性分子，而苯为非极性分子，依据相似相溶原理，吡啶在水中的溶解度比苯大，而且吡啶能与水形成分子间氢键； （4）S有6个价电子，由的结构式可知，在分子中，S的2个价电子用于形成键，还有2对孤电子对，故价层电子对数为4，则硫原子的杂化轨道类型为；P原子的杂化轨道类型为，且P有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，故； （5）原子半径：，键能：，键长越短，键能越大，物质稳定性越强，因此稳定性：； 19．(1) 羟基(2) 氧化反应 (3)④⑥ (4) 、、 (5) 【分析】根据已知烃A可以用于调节植物生长和催熟果实，其相对分子质量为28可以得到A为乙烯；A与水发生加成反应生成B，因此B为乙醇；B在Cu作催化剂加热生成C，该反应为乙醇的催化氧化，因此C为乙醛；C与氧气发生氧化反应生成D，因此D为乙酸；B和D在浓硫酸加热的条件生成E，该反应为酯化反应，因此E为乙酸乙酯；A和氢气加成生成F，因此F为乙烷；F在光照的条件与Cl2发生取代反应生成G，并且A和HCl发生加成反应生成G，因此确定G为一氯乙烷，由此解答； 【详解】（1） 由已知可知，A为乙烯，因此A的电子式为；B为乙醇，所含官能团的名称为羟基； （2）由已知可知，反应②为乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式为，反应类型为氧化反应； （3）由已知可知，反应①为加成反应，反应②为氧化反应，反应③为氧化反应，反应④为酯化反应，酯化反应也属于取代反应，反应⑤为加成反应，反应⑥为取代反应，反应⑦为加成反应，因此属于取代反应的是反应④⑥； （4） 由已知可知，F为乙烷，因此J为相对分子质量为72的烷烃，烷烃的分子式通式为，可以得出n=5，J的分子式为；J的同分异构体共由三种分别为（正戊烷），（异戊烷）和（新戊烷），正戊烷中含有三种不同环境的氢原子，要想使其二氯代物只含有两种环境的氢原子，只能两个氯原子取代3号位C原子上的H原子，即，异戊烷中含有四种不同环境的氢原子，其二氯代物不可能只有两种环境的氢原子，新戊烷中只有1种环境的氢原子，因此两种二氯代物均符合要求，即和，因此所有符合要求的二氯代物为、、； （5） X是由氯乙烯通过加聚反应生成的，因此X的结构式为。 20．(1) 球形冷凝管或冷凝管 防止液体暴沸 (2) 除去产品中的硫酸及过量乙酸(答案合理即可) 干燥产品 (3) 142 52% (4) 下 (不断)移除反应中生成的水，促使反应正向进行，(提高产率)(答案合理即可) 【分析】A中加入异戊醇、冰醋酸、浓硫酸和环己烷，缓慢加热开始反应，生成乙酸异戊酯，反应液冷却后倒入分液漏斗中，用水洗一次，再用5%的碳酸氢钠溶液洗至中性，除去混合物中的硫酸和乙酸，再水洗一次，分离出的产物加入无水硫酸镁固体除去水，过滤除去硫酸镁固体后蒸馏，得到乙酸异戊酯。 【详解】（1）该装置为回流反应装置，仪器B是球形冷凝管，用于冷凝回流反应物；加热液体混合物时，碎瓷片的作用是防止液体剧烈沸腾（暴沸）； （2）反应后体系中混有可溶于水的硫酸、过量乙酸，乙酸异戊酯难溶于水，因此水洗可以除去大部分酸性水溶性杂质；无水硫酸镁是常用中性干燥剂，作用是吸收有机层中残留的水分，干燥产物； （3）乙酸异戊酯的沸点为，因此蒸馏时在左右收集产品； 产率计算：，，异戊醇完全反应，理论生成乙酸异戊酯，理论质量，因此产率； （4）环己烷密度为，小于水的密度，因此分层后密度更大的水处于下层；酯化反应是可逆反应，分离出生成物水，可使平衡正向移动，提高反应物转化率和产物产率。 21．(1) 碳氯键 取代反应 (2)苯乙烯 (3) (4) 9 或 (5) Br2 【详解】（1）C的结构为，所含官能团的名称是：碳氯键；根据分析可知，D→E属于卤代烃的水解反应，其反应类型为取代反应； （2）化合物A的名称：苯乙烯； （3）因为F是高分子化合物，故A→F为苯乙烯的加聚反应，化学方程式为：； （4）H是G()的同分异构体，其属于酚类，则应将羟基直接连在苯环上，第一种情况为苯环上连有与，它们的位置关系有邻间对三种，第二种情况为苯环连有三个取代基分别为与两个，它们的位置关系有六种，故H的同分异构体中属于酚类一共有9种；其中符合核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的H的结构简式则应该构造对称的两个甲基，故结构为：或； （5） 2-甲基丙烯的结构简式为；利用题干信息，以2-甲基丙烯为原料合成2-甲基-2-羟基丙醛（），对照原料与目标合成物，2-甲基丙烯应先与Br2加成，所以Y为Br2，然后结合题干信息D→E，水解后卤素原子取代变成羟基，再将羟基氧化即得目标物(2号碳上的羟基无氢不能被氧化)，所以Z为。 22．(1)B(2)羟基(3)B (4) H2、催化剂、加热 加成反应（或还原反应） (5) (6) 2种 、 【分析】 根据合成路线可知，甲烷与N2O发生反应生成CH3OH，化合物ⅲ中羟基被氧化生成化合物ⅳ，化合物ⅳ继续被氧化生成化合物v（），化合物v与CH3OH发生酯化反应生成化合物vi，化合物vi含碳碳双键，发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，据此分析； 【详解】（1）PMMA俗称有机玻璃，属于塑料，故选B； （2）由结构简式可知，化合物ⅲ含有的含氧官能团名称为羟基； （3）A．1mol甲烷与1mol氯气反应能生成和HCl，甲烷不和氯水反应，A错误； B．反应②为ⅲ中羟基被氧化成醛基，反应类型是氧化反应，B正确； C．化合物vi中不含羧基，不能和反应生成，C错误； D．化合物ⅶ的官能团是酯基，不能使酸性高锰酸钾褪色，D错误； 故选B； （4）a．结合化合物ⅲ和反应形成的新结构可知，化合物ⅲ和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成； b．化合物ⅲ与金属发生置换反应，生成新有机产物； （5）反应④是甲醇和发生酯化反应生成酯和水，化学方程式为：； （6） 化合物X的分子组成比化合物v多2个氢原子，且能与NaHCO3溶液反应，故X的分子式为C4H8O2，含有羧基，可以写作C3H7-COOH。由于丙基只有两种，所以满足题干条件的X有2种，分别为和。 23．(1)直形冷凝管(2)还原性(3)C(4)水、醋酸 (5)+NaOH+CH3COONa(6)ABC(7)82.4% 【分析】实验室通过苯胺和乙酸发生取代反应生成苯胺乙酰，化学方程式为：，在蒸馏瓶中依次放入4.5 mL新蒸馏过的苯胺、7.4 mL冰醋酸和0.1 g锌粉，防止苯胺氧化；充分反应后把反应混合物趁热倒入盛有100 mL水的烧杯中，搅拌并冷却，使粗乙酰苯胺析出；抽滤析出的固体并冷水洗涤，把粗乙酰苯胺加入150 mL热水中加热至沸腾，稍冷后加入0.5 g活性炭，煮沸1～2分钟，趁热减压过滤，冷却滤液，乙酰苯胺呈无色片状晶体析出。 【详解】（1）图中a是蒸馏操作中用于冷凝蒸气的直形冷凝管； （2）苯胺的氨基易被空气中氧气氧化变质，说明苯胺具有强还原性，锌粉作为还原剂可保护苯胺不被氧化； （3）A．乙酰化可以保护易变质的氨基，是乙酰化的优点，A不符合题意； B．氨基是邻对位定位基，乙酰氨基位阻更大，主要为对位定位，可提高对位取代的选择性，仍能活化对位，属于优点，B不符合题意； C．根据表格数据，苯胺在水中溶解度为3.6 g，20℃时乙酰苯胺溶解度仅0.46 g，乙酰苯胺比苯胺更难溶于水，该说法错误，不属于优点，C符合题意； D．乙酰苯胺可水解重新得到苯胺，脱保护方便，属于优点，D不符合题意； 故选C。 （4）该制备反应为可逆反应，控制分馏柱顶温度105℃，目的是蒸出生成的水促进平衡右移，同时少量冰醋酸（沸点118℃）会随水一起蒸出，因此b中收集到水和醋酸； （5）乙酰苯胺是酰胺类物质，碱性条件下水解生成苯胺和乙酸钠，反应方程式为：； （6）刺形分馏柱可增大气液接触面积，提升分离效果：能让沸点较高的冰醋酸冷凝回流，减少冰醋酸蒸出，提高原料利用率；同时可以更好分离沸点差别较小的水和冰醋酸，因此ABC都正确； （7）苯胺为0.05 mol，冰醋酸过量，理论生成乙酰苯胺0.05 mol，理论质量为，产率为。 24．(1)C15H18O5(2) 邻苯二酚或1，2-苯二酚 醛基(3)3(4)取代反应(5)CH3OCH2Br (6) 2+2H2O 【分析】 由题干流程图可知，A即邻苯二酚在一定条件下生成B，结合C的结构简式和B到C的反应条件可知，B的结构简式为：，C与试剂X生成D结合C、D的结构简式结合(5)小题已知信息可知，X的结构简式为CH3OCH2Br，D和E先发生加成反应后消去反应生成F，F在一定条件下转化生成G，据此分析解题。 【详解】（1） 由已知信息E的结构简式为可知，E的分子式为：C15H18O5； （2） 由题干流程图中A的结构简式可知，A的化学名称为邻苯二酚或1，2-苯二酚；由分析可知，B的结构简式为：，即A→B的过程中引入的新官能团为醛基； （3）由题干流程图中G的结构简式可知，G分子中含有醚键、碳碳双键、酮羰基等3种官能团； （4）由分析可知，B→C即酚羟基转化为醚键，该反应的反应类型为取代反应； （5）由分析可知，已知在C→D的反应过程中还有HBr生成，则试剂X的结构简式为CH3OCH2Br； （6） 由题干流程图可知，C的分子式为：C8H8O3，不饱和度为5，M是C的同分异构体，M中含有苯环且M在一定条件下通过分子间酯化反应能生成六元环酯，则M的结构简式为，该反应的化学方程式为2+2H2O。 25．(1)浓硝酸、浓硫酸  加热(2)硝基(3) 还原反应 加成反应 (4) ClCH2COOH < G 中含有的氯原子为吸电子基团，使羧基中O—H键极性增强，氢原子更易电离出H+，因此酸性更强 (5)SOCl2 +H2O=SO2↑+2HCl↑ (6)+ 【分析】 A是一种芳香族化合物，分子式为C6H6，则A为，苯与浓硝酸、浓硫酸共热反应生成的B为，B中硝基被还原为氨基生成C，则C为，C与氢气发生加成反应生成的D为，D与发生加成反应生成E，E和I发生取代反应生成J和HCI，则I为，H分子式为C3H4O4，则逆推H为，根据已知反应可知G为，则F为CH3COOH。 【详解】（1）A为，苯与浓硝酸、浓硫酸共热反应生成的B为，则反应I的条件是浓硝酸、浓硫酸、加热； （2）由分析可知，B为    ，含有的官能团名称为硝基； （3）B（）→C（）的反应中硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；D→E的反应是与发生加成反应生成E（），则反应类型是加成反应； （4）由分析可知，G为；G物质中含有氯原子，吸电子基团，使得羧基中O-H键极性增强，酸性增强，所以酸性F＜G； （5）H→I的反应需要在无水的条件下进行，是由于SOCl2遇水易发生反应生成二氧化硫和氯化氢，反应方程式为：SOCl2 +H2O=SO2↑+2HCl↑； （6）由分析可知H为，则H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)一定条件下反应生成七元环状物质为，反应化学方程式为：+。 26．(1) 羟基 醚键 (2)取代反应(3)(4)2+ O22+ 2H2O (5)(6) 【分析】对比A、D的结构简式，结合A→D转化过程中各步反应条件，可知A发生取代反应得到B为，同时还生成HCl，B与浓硝酸发生对位硝化反应反应得到C，C的分子式为C9H11NO3，经还原得到D，故C为，对比E、F的结构，可知E中羟基中H原子被取代生成F。 【详解】（1）化合物E中含氧官能团名称为酚羟基、醚键； （2）对比E、F的结构，可知E中羟基中H原子被取代生成F，为取代反应； （3）由分析，C为：； （4）A中含羟基，催化氧化生成醛基：2+ O22+ 2H2O； （5）A的同分异构体属于芳香族化合物，则含苯环；不能和金属钠发生反应，不含羟基；氢核磁共振谱图显示有四种不同的吸收峰，则分子结构对称；A中含有苯环，没有羟基且有四种环境的氢原子，符合条件的同分异构体为； （6）先将氨基转化为羟基，后甲氧基化保护，再氧化对位的甲基为羧基，最后再发生取代反应生成羟基，流程为，故M和N的结构简式分别为、。 27．(1) 取代反应 (酮)羰基、碳氯键(2)b(3)(4)ab(5) 15     【分析】由有机物的转化关系可知，A与发生取代反应生成B，B与发生取代反应生成C，C在氯化锌作用下发生构型转化生成为D，D在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到E，E与SOCl2发生取代反应生成F，在碳酸钾作用下F与NH2CH2CH2OH发生取代反应生成G。 【详解】（1）A中苯环上的氢被酰基取代，属于取代反应；B中官能团为(酮)羰基、碳氯键； （2）C和D分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故选b； （3）根据E的结构可知E的分子式为； （4）a．中所有C都是饱和碳（杂化），N、O均为杂化，杂化方式都相同，正确； b．2-氨基乙醇比丙醇多一个氨基，能形成更多分子间氢键，沸点高于丙醇，正确； c．分子中氨基显碱性，水溶液呈碱性，错误； d．分子无不饱和键，不能发生加成反应，但能发生取代、氧化反应，错误； 故选ab。 （5）已知H为比E少3个碳原子的同系物，所以H中含有羧基，且苯环上只有2个取代基，2个取代基为-CH3和-CH(CH3)COOH、-CH3和-CH2CH2COOH、-COOH和-CH2CH2CH3、-COOH和-CH(CH3)2、-CH2COOH和-CH2CH3，共5种，每种有邻、间、对三种结构，共15种；其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为 。 28．(1)(2)溴原子、醚键(3)D (4)可以中和反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产物产率(5)D(6)B 【分析】 本路线以含溴酚A为起始原料：A（）和溴代环戊烷B发生酚羟基的亲核取代，生成含溴醚C；C与烯基缩醛D发生偶联反应得到侧链带烯基的E，E在酸性条件下水解缩醛基团，得到α,β-不饱和醛F；F和硝基甲烷发生共轭加成得到G（），G经氧化、甲酯化得到硝基酯H，H催化加氢将硝基还原为氨基得到氨基酯I；I发生分子内酰胺化取代反应，脱去1分子甲醇，得到目标含内酰胺结构的产物J。 【详解】（1） A和溴环戊烷（B）发生取代反应得到C，对比C的结构可知，A中羟基上的氢原子被环戊基取代，因此A结构简式为： （2）C中含有的官能团为醚键、溴原子（碳溴键也可） （3）F→G：F的碳碳双键与发生加成反应，得到加成产物G，属于加成反应； I→J：I中的酯基（）与氨基（）发生反应脱去1分子，形成酰胺基，属于取代反应， 因此答案选D； （4）C生成E的过程中，会生成副产物，可以中和反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产物产率 （5）A．E中双键的两个碳原子均连接不同基团，存在顺反异构体，A正确； B．A含酚羟基，可与溶液发生显色反应，B正确； C．E中缩醛结构（酸性水解生成乙醇，C正确； D．I中苯环的离域大π键为1个，酯羰基含1个π键，总共仅2mol π键， D错误； 故选D。 （6）手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子：J中只有与苯环相连的五元环碳（图中标注的碳）满足条件（连苯环、、、，四个基团均不同），其他饱和碳原子均不满足，共1个手性碳； 故选B。 29．(1)+6(2)a进b出(3)分液漏斗(4)60℃下，受热容易分解(答案合理即可，2分) (5) 或 干燥有机相(或除去有机相中的水) (6)85 【分析】本实验以4，6-二甲氧基-2-甲硫基嘧啶、、乙酸乙酯为原料，经过一系列的制备、除杂、提纯的过程制备终产物4，6-二甲氧基-2-甲磺酰嘧啶，据此分析作答。 【详解】（1）在化合物中，Na元素的化合价为+1价，元素的化合价为-2价，结晶水整体化合价代数和为0。根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的原则，设W元素的化合价为x，则有，解得； （2）仪器c为球形冷凝管，为了达到最佳的冷却冷凝效果，冷却水应充满冷凝管，即冷却水应从下口进、上口出，故应为a进b出； （3）根据仪器d的结构特征（带有玻璃塞和控制液体流速的旋塞），可知其名称为分液漏斗； （4）实验步骤ⅰ中，反应需要升温至60°C，而过氧化氢（）在受热条件下极易发生分解反应生成水和氧气，导致部分损耗，因此其实际用量会多于理论用量； （5）①具有还原性，具有强氧化性，两者发生氧化还原反应， 被氧化为，被还原为，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：或； ②经过萃取和水洗后的有机相中会混有少量的水分，无水具有吸水性，加入它的作用是干燥有机相，除去其中残留的水分； （6）根据反应方程式可知，4,6-二甲氧基-2-甲硫基嘧啶与4,6-二甲氧基-2-甲磺酰嘧啶的物质的量之比为1:1，则理论上生成4,6-二甲氧基-2-甲磺酰嘧啶的物质的量为0.02mol，其理论质量，实验实际得到的质量为 3.706 g，故该产品的产率=。 30．(1)(2)再接一个空气冷凝管 (3)防止水蒸气蒸馏时肉桂酸被蒸出而使产率降低(4)馏出液无油珠(5)0.45(6)A(7)AB 【详解】（1）本题中反应物是苯甲醛和乙酸酐，题目中已知一产物为乙酸，根据原子守恒，推测出另一产物应为，则反应方程式为。 （2）由于反应温度高达 150~170°C，直接用水冷凝管容易因温差过大导致玻璃炸裂，所以下端必须用空气冷凝管。但为了防止上方未冷凝的有机物料逸出，可以在空气冷凝管上方温度较低的位置再套接一段水冷凝管，或者直接增加空气冷凝管的长度以提升冷凝效果，故答案为再接一个空气冷凝管。 （3）加入碳酸钠是为了将肉桂酸转化为完全不挥发的肉桂酸钠，防止它在后续水蒸气蒸馏除杂（除苯甲醛）时随水蒸气跑掉，从而避免产率降低，故答案为防止水蒸气蒸馏时肉桂酸被蒸出而使产率降低。 （4）苯甲醛与水互不相溶，一起蒸馏出来时会形成乳浊液（油水混合物），看起来是浑浊的。当苯甲醛被全部蒸出后，蒸出来的就只有纯水了，馏出液会变得清澈透明。故答案为馏出液无油珠。 （5）根据水蒸气蒸馏的原理（道尔顿分压定律），混合气中各组分的物质的量之比等于其分压之比，则有，代入数据得，则。 （6）加活性炭：绝对不能将活性炭直接加入正在沸腾的液体中，否则活性炭的多孔结构会引发剧烈的暴沸，导致液体冲出。因此必须冷却（稍冷）后再加入。 过滤：为了防止降温时溶解度降低导致目标产物（或其盐类）析出结晶而损失在滤渣中，脱色煮沸后必须趁热过滤。 （7）A．反应在高温下进行，极易发生聚合物生成、氧化等副反应，消耗掉原料，导致目标产物产率降低，A正确； B．该合成反应虽然主要生成更稳定的反式肉桂酸，但也会生成一定量的顺式异构体，导致反式目标产物的产率达不到理论值，B正确； C．如果是洗涤、干燥不充分，说明产物中混入了杂质（如无机盐）或水分未除干。这会导致最后称得的“产品”质量偏高，从而使计算出的表面产率偏高，而不是偏低，C错误； 故答案为AB。 31．(1) 1.4625 (2) （正）（负），反应能正向进行 (3) 除去并隔绝氧气，防止生成的被氧化 取溶液于洁净试管中，加热，冷却后用苯液封，加入铁粉、硫酸钠（或硝酸钠）固体后，未出现蓝色 (4) (5) 【详解】（1）分析天平需要精确到小数点后四位，需要NaCl的质量为；配制溶液的顺序是计算→称量→溶解→移液→洗涤→加水→定容→摇匀，题图中只涉及加水→定容→摇匀，则正确的操作及顺序为； （2）①具有氧化性，可与Fe发生氧化还原反应：； ②由题意得：，反应能正向进行； （3）①加热除溶解氧，苯液封隔绝空气，均为防止生成的Fe2+被氧化；②加入NaCl后，氧化膜被破坏，可能是的作用，也可能是的作用，故改用其他钠盐进行对照实验，氧化膜没有被破坏，证明发挥作用的是故，取溶液于洁净试管中，加热，冷却后用苯液封，加入铁粉、硫酸钠（或硝酸钠）固体后，未出现蓝色说明铁表面的氧化膜被 Cl− 破坏； （4）与的反应为非氧化还原反应，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为； （5）负极上HCOONa在碱性条件下被氧化为，C元素由+2价升高为+4价，则电极反应式为。 32．(1) AC (2) 过量稀盐酸 有气体产生，沉淀未完全溶解 根据K=，100 mL 0.1 mol·L⁻¹ Na2CO3溶液最多能与0.0932 g BaSO₄固体反应，当溶液pH不再变化即可说明反应达到平衡状态 (3) 偏低 (4)800 s时反应未达到平衡状态 【详解】（1）①配制碳酸钠溶液、滴定过程中，需要烧杯溶解固体、酸式滴定管盛放盐酸，不需要蒸发皿（用于蒸发结晶）和直形冷凝管（用于蒸馏），因此选无需使用的； ②滴定终点时，，因此； （2）①②猜想认为完全消耗，若猜想不成立，则沉淀中混有未反应的：可溶于稀盐酸，不溶，因此滴加过量稀盐酸，现象为有气体产生，沉淀部分溶解，仍有固体剩余，即可证明猜想不成立，猜想a成立； ③K的理论值为，说明该反应正向进行程度很小，溶液初始，列三段式： 根据，，最多能与固体反应，由于实验中加入了，远大于0.0932 g，说明不可能完全消耗，因此当溶液pH不再变化即可说明反应达到平衡状态； （3）①平衡时，，平衡常数； ②若取浊液测定，浊液中的固体也会和盐酸反应，导致消耗盐酸体积偏大，测得偏高，由可知，最终测得值偏低； （4）原实验中反应在才达到平衡，本次实验就停止实验，反应未达到平衡，转化的更少，剩余偏大，因此计算得到的值小于理论值。 33．(1)分液漏斗(2) (3)增强电极的导电性，提升锂离子电池的性能 (4)加水稀释使磷酸的电离程度增大，溶液中浓度升高，加快铁粉与的反应，同时反应放热也加快了反应速率，因此铁粉溶解率升高 (5) 将溶液滴加到溶液中 升高，浓度增大，部分转化为，释放出进入溶液，因此磷的沉淀率下降 溶液，充分搅拌将完全氧化后，加入足量溶液，调节pH至约2.5，静置过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加盐酸酸化的溶液不再产生白色沉淀 【分析】硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸亚铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的硫酸亚铁铵溶液和磷酸溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过分液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸亚铁锂；制备磷酸铁的过程为取―定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应制得亚铁盐，向反应后的溶液中加入一定量过氧化氢溶液，同时加入适量水调节溶液的pH，将溶液中的亚铁盐氧化并转化为二水磷酸铁沉淀，过滤、洗涤、干燥得到二水磷酸铁，高温煅烧二水磷酸铁得到磷酸铁。在以 和为原料制备时，需要先用氧化为，再加溶液到溶液pH=2.5，得到沉淀，将其洗涤干净，就得到纯净的。 【详解】（1）该仪器为可逐滴添加液体的分液漏斗，符合装置中滴加LiOH溶液的用途； （2）根据题干给出的反应物和产物，结合原子守恒配平即可得到该反应的化学方程式为； （3）活性炭具有良好导电性，作为锂离子电池正极材料，加入活性炭可改善LiFePO₄的导电能力； （4）磷酸是弱电解质，高浓度浓磷酸电离程度小，浓度低；加水稀释后电离程度增大，浓度升高，反应速率加快，同时反应放热也加快了反应速率，铁粉溶解率升高； （5）① 溶液呈碱性，若反向滴加会使溶液pH过高，生成杂质；该加料顺序可维持溶液酸性，得到纯净； ② 铁沉淀完全后，pH继续升高，部分转化为，释放出进入溶液，沉淀的磷减少，沉淀率下降； ③ 中Fe为+2价，需要先用氧化为+3价，再加沉淀得到；反应会引入杂质，需要洗涤，用盐酸酸化的检验是否洗涤干净，最终干燥得到纯净产品。 34．(1)恒压滴液漏斗 (2) 深蓝色或绛蓝 (3) pH过低，与反应；pH过高，与反应，影响测定结果 偏小 偏小 或 【分析】装置A中利用恒压滴液漏斗向盛有的三颈烧瓶中滴加NaOH溶液，水浴加热反应生成Cu2O，并伴有NH3、N2产生，装置B作安全瓶，防止尾气吸收时发生倒吸，装置C用稀硫酸来吸收生成的氨气。 【详解】（1）从图中可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗； （2）装置A中与NaOH在水浴加热条件下生成Cu2O、并产生NH3、N2和H2O，离子方程式为；反应进行完全后，不再有NH3和N2生成，且深蓝色的完全转化为Cu2O砖红色沉淀，即现象为装置A、C中无气泡产生且装置A中溶液由深蓝色变为无色； （3）①步骤Ⅱ中控制溶液的为的原因是pH过低，与反应；pH过高，与反应，影响测定结果； ②沉淀强烈的吸附，步骤Ⅱ若不加入，吸附的不能释放，滴定时消耗标准溶液减少，导致测定结果偏小；若在加入溶液之前就加入过量的溶液，生成减少，滴定时消耗标准溶液减少，导致测定结果偏小； ③消耗的标准液体积为，Cu2O溶于稀硫酸时发生反应为，可得到关系式，则反应的Cu2O的物质的量为，因此样品的纯度为。 35．(1) 排尽装置内的空气，防止被氧化 (2) 滴加速度过快，溶液中浓度过高，会生成沉淀，导致产品纯度降低 延长反应混合液的陈化时间、降低反应物浓度、改进滴加顺序等(答一条即可) (3)不可行，若用溶液替代，会引入杂质，且缺少无法生成目标产物 (4)取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明晶体已洗涤干净 (5)O2作为氧化剂，可与分解中间产物（含低价 V）反应，释放能量补偿化学键断裂的能量消耗，即降低反应活化能，使分解反应在更低温度下发生 (6)ACD 【详解】（1）装置内的空气具有氧化性，可将反应生成的氧化，通入可排尽装置内空气，避免被氧化。步骤①中为氧化剂，V元素化合价从+5降低为+4，为还原剂，N元素化合价从-2升高为0，结合电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为。 （2）滴加速度过快时，浓度增大，正向移动，浓度过高，会与结合生成难溶的杂质，导致产品纯度下降。除控制滴加速度和反应温度外，还可通过延长反应混合液的陈化时间、降低反应物浓度、改进滴加顺序等方式减少杂质生成，提高纯度。 （3）目标产物为，制备过程需要参与反应，若用溶液替代饱和溶液，体系内缺少无法生成目标产物，同时会引入杂质，故该方案不可行。 （4）晶体表面会吸附反应生成的，检验洗涤干净即检验最后一次洗涤液中无，操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明晶体已洗涤干净。 （5）晶体分解时需断裂内部化学键（如 V-O、N-H 等），O2作为氧化剂，可与分解中间产物（含低价 V）反应，释放能量补偿化学键断裂的能量消耗，即降低反应活化能，使分解反应在更低温度下发生。 （6）A．为还原性气体，氛围下热分解需要将+4价钒还原为+3价钒，断裂更多化学键消耗更高能量，故分解温度最高，A正确； B．的摩尔质量为，氛围下产物为，其摩尔质量为，残留率理论值为，不等于38.0%，B错误； C．空气含有，可将分解产物中钒元素氧化为+5价，故产物可能混有，C正确； D．不同价态钒的氧化物颜色、溶解性、氧化性等性质存在差异，可通过检验上述特征性质辅助判断产物成分，D正确。 故选ACD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $