资源简介

第8练　融合题专练——化学实验与工艺流程融合题专练
1.(2025广西七市联考)碘及其化合物广泛用于医药、染料等领域。一种从海水中获取单质碘的部分工艺流程如下,下列有关说法错误的是(　　)。
A.过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B.将“沉淀”与稀硝酸反应,生成的物质可循环使用
C.通入氯气的过程中,先生成的氧化产物为I2
D.将“氧化”后的溶液直接蒸馏可得I2
2.(2025湖北黄冈模拟)回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低,可忽略)。
下列说法不正确的是(　　)。
A.操作a和操作b均为过滤
B.①中NaClO作氧化剂
C.②中加入氨水的作用是溶解AgCl
D.③中若X是甲醛溶液,生成Ag的反应为HCHO+2[Ag(NH3)2]OHHCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
3.(2025浙江二模)乙酰水杨酸()是阿司匹林片的有效成分。某化学小组设计了如下实验方案:
下列说法不正确的是(　　)。
A.现象1和现象2对应溶液的颜色是红色、紫色
B.操作Ⅰ使用研钵研碎样品,有助于加速样品的溶解
C.操作Ⅱ中稀硫酸可促进酯基的水解,本实验中不宜用NaOH溶液替代
D.操作Ⅲ是为了中和产物的羧基以及过量的硫酸,否则不易检出酚羟基
4.(2025河北邯郸模拟)硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)是重要的硫代硫酸盐,易溶于水,不溶于乙醇,是一种常见的化工生产原料,广泛应用于摄影、印刷、医药、纺织等行业。制备硫代硫酸钠的一种工艺流程如下图所示:
下列说法错误的是(　　)。
A.“煅烧”工序中12 g FeS2被氧化时转移1.1 mol电子
B.“反应”工序的化学方程式为2Na2S+4SO2+Na2CO33Na2S2O3+CO2
C.为得到较大晶体颗粒应使用猛火加热蒸发并快速冷却
D.向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可减小Na2S2O3的溶解度
5.(2025广西新课程教研联盟期中)某工厂煤粉灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下:
已知:Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,当离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时,可认为该离子已完全除去;“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在,强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出S和一种阳离子,该阳离子会水解。
下列说法错误的是(　　)。
A.“滤液2”中加入双氧水后,体系中发生主要反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
B.“酸洗”用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯和玻璃棒
C.要使“滤液2”中Al3+和Fe3+完全沉淀,调节pH的最小值约为4.3
D.用MgCl2·6H2O制备无水MgCl2,可以在HCl气流中加热
6.(2025湖北卷)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂,通过以下两种工艺制备:
已知:室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低。
20 ℃时,NaF的溶解度为4.06 g,温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题:
(1)基态氟离子的电子排布式为　　　　　。
(2)20 ℃时,CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1,用c表示CaF2的溶度积Ksp=　　　。
(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOHCa(OH)2+2NaF。分析混合物Ⅰ,测得反应的转化率为78%。水浸分离,NaF的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应　　　　(填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化,推测溶解度S(CaF2)　　　　(填“>”或“<”)S[Ca(OH)2]。
(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,写出工艺Ⅱ的总反应化学方程式: 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为　　　(填字母)。
a.蒸发至大量晶体析出,趁热过滤
b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶、过滤
(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有　　　　(填字母)。
a.增大反应物间的接触面积 b.破坏反应物的化学键
c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触
参考答案
1.D　解析:净化除氯后的海水,加入硝酸银,发生的反应为I-+Ag+AgI↓,进行富集,生成含有AgI的悬浊液,加入铁粉,发生的反应为Fe+2AgI2I-+2Ag+Fe2+,过滤掉析出的Ag,向FeI2中通入过量Cl2,发生的反应为2FeI2+3Cl22FeCl3+2I2,得到I2。过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,A项正确;从流程图可知,转化生成的沉淀为单质Ag,银和硝酸反应生成硝酸银,可循环使用,B项正确;还原性:I->Fe2+,氯气首先与碘离子反应,因此先生成的氧化产物为I2,C项正确;将“氧化”后的溶液需要先萃取分液后再蒸馏可得单质碘,D项错误。
2.D　解析:光盘碎片在碱性条件下加入次氯酸钠将银氧化为氯化银沉淀等,过滤分离出氯化银固体,加入氨水将氯化银转化为银氨溶液,过滤分离出滤液,滤液加入还原剂还原得到银单质,操作a和操作b均为过滤。已知HCOONH4中含有醛基,也能发生银镜反应,故③中若X是甲醛溶液,生成Ag的反应为HCHO+4[Ag(NH3)2]OH(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3+2H2O,D项错误。
3.D　解析:乙酰水杨酸中含有羧基,呈酸性,滴加石蕊溶液后呈红色,其水解后生成酚羟基,与FeCl3溶液发生显色反应,溶液呈紫色,A项正确;研碎的目的是加快溶解,B项正确;操作Ⅱ中稀硫酸为了促进酯的水解,不宜用NaOH溶液替代,因为如果用NaOH替代,需要中和过量的NaOH溶液,否则FeCl3与NaOH反应,无法形成紫色溶液,C项正确;苯酚的显色反应实际是苯酚基与Fe3+的络合反应,若不用NaHCO3中和过量的硫酸,苯酚难电离,难以和FeCl3发生显色反应,故加入NaHCO3的目的是中和过量的硫酸,D项错误。
4.C　解析:由题给流程可知,黄铁矿高温条件下在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化硫,反应生成的二氧化硫通入硫化钠和碳酸钠的混合溶液中,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫代硫酸钠。黄铁矿高温条件下在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化硫,反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,由方程式可知,4 mol FeS2参加反应时,转移电子的物质的量为44 mol,则12 g FeS2被氧化时,转移电子的物质的量为=1.1 mol,A项正确;二氧化硫通入硫化钠和碳酸钠的混合溶液中发生的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳,反应的化学方程式为2Na2S+4SO2+Na2CO33Na2S2O3+CO2,B项正确;使用猛火加热蒸发并快速冷却得到的晶体颗粒较小,C项错误;向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可减小硫代硫酸钠的溶解度,便于硫代硫酸钠析出,D项正确。
5.B　解析:煤粉灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等,“酸浸”后,Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO分别转化为Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+,TiO2转化为TiOSO4,强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出S和一种阳离子,该阳离子会水解,为TiO2+,SiO2不反应,进入“滤渣1”中,加入铁粉,Fe3+被还原为Fe2+,结晶得FeSO4·7H2O,TiO2+水解后得到TiO2·xH2O,经过“酸洗、水洗、干燥、煅烧”后得到TiO2,“滤液2”中加入双氧水,Fe2+被氧化为Fe3+,调节pH,可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,“滤液3”含有Mg2+,经过一系列操作,最后结晶得到MgCl2·6H2O。“滤液2”中加入双氧水后,Fe2+被氧化为Fe3+,体系中发生主要反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,A项正确;“酸洗”用到的玻璃仪器为普通漏斗、烧杯和玻璃棒,B项错误;要使“滤液2”中Al3+和Fe3+完全沉淀,溶液中OH-浓度最小值为c(OH-)={=( mol·L-1=1.0×1 mol·L-1,c(H+)= mol·L-1=1.0×1 mol·L-1,pH≈4.3,C项正确;用MgCl2·6H2O制备无水MgCl2,为了防止MgCl2水解,需要在HCl气流中加热,D项正确。
6.答案 (1)1s22s22p6
(2)4c3
(3)①正向　②<
(4)CaF2+2NaOH+TiO2CaTiO3+2NaF+H2O
(5)a
(6)ab
解析:(1)氟元素原子序数为9,F-核外有10个电子,电子排布式为1s22s22p6。
(2)CaF2饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),c(Ca2+)=c mol·L-1,c(F-)=2c mol·L-1,则CaF2的Ksp=c(Ca2+)·c2(F-)=4c3。
(3)依据题意,工艺Ⅰ中固相反应时转化率为78%,说明固相反应正向进行程度大。而水浸分离时,NaF的产率仅为8%,说明在溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化,则溶解度S(CaF2)(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率达81%,工艺Ⅱ的总化学方程式为CaF2+2NaOH+TiO2CaTiO3+2NaF+H2O。
(5)分析工艺Ⅱ流程,滤液Ⅱ中主要含NaF和NaOH,而温度对NaF的溶解度影响不大,故选a。
(6)研磨促进固相反应,其原因可能是增大反应物间的接触面积,加快反应速率,研磨过程中破坏反应物的化学键,便于快速形成新化学键。只有催化剂才能降低反应活化能,c项错误;反应物跟研钵表面接触不发生化学反应,d项错误。第2练　情境题专练——陌生情境题专练
1.(2025黑吉辽卷)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一,以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应,可用于测定含Cl-水样的COD,流程如图。
下列说法错误的是(　　)。
A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2O
B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发
C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD值偏高
2.(2025湖北卷)制备α-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解),加热到70 ℃,通入Cl2,反应剧烈放热,通气完毕,在120 ℃下继续反应。反应结束,常压蒸馏得产物。反应方程式:+Cl2+HCl
下列说法错误的是(　　)。
A.干燥管可防止水蒸气进入反应瓶
B.可用NaOH溶液作为吸收液
C.Cl2通入反应液中可起到搅拌作用
D.控制Cl2流速不变可使反应温度稳定
3.(2025内蒙古乌兰察布二模)一定条件下,H2O(g)在某催化剂表面上发生分解反应生成H2和O2,测得的实验结果如图所示。下列说法正确的是(　　)。
已知:化学上,将反应物消耗一半所用的时间称为半衰期(T0.5)。
A.H2O(g)的半衰期与起始浓度成正比
B.H2O(g)浓度越高,反应速率越快
C.H2O(g)在该催化剂表面的分解反应是可逆反应
D.ab段O2的平均生成速率为1.0×10-3 mol·L-1·min-1
4.(2025甘肃庆阳模拟)CO2加氢制CH4的一种催化机理如图:
下列有关说法正确的是(　　)。
A.反应过程中的催化剂有La2O3、La2O2CO3和Ni
B.CO2先与La2O3结合生成La2O2CO3,后又从La2O2CO3中释放,该过程也是一个可逆反应
C.在Ni催化作用下,H2断键产生H*的过程为吸热过程
D.该机理中,CO2加氢制CH4的过程需要La2O3与Ni分步进行
5.(2025河南三模)温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应:M(g)+N(g)Q(g)　ΔH<0。正、逆反应速率可以表示为v1=k1c(M)·c(N)和v-1=k-1c(Q),k1和k-1分别为正、逆反应的速率常数,仅受温度影响。下列说法错误的是(　　)。
容器编号 起始浓度/(mol·L-1) 平衡浓度/(mol·L-1)
c(M) c(N) c(Q) c(Q)
① 1.0 1.0 0 0.5
② 1.0 1.0 1.0
③ 0 0.5 1.0
A.达平衡时,容器①与容器②中逆反应速率之比为1∶2
B.开始时,容器②中正反应速率大于逆反应速率
C.达平衡时,容器③中比容器①中的大
D.当温度改变为T2时,若k1=k-1,则T2>T1
6.(2025广西崇左模拟)硼化合物在有机合成中有着重要应用。近期实现的某有机合成(9-1→9-2)的可能机理如图所示。已知Me表示甲基,则下列说法不正确的是(　　)。
A.反应过程中B(C6F5)3可以降低反应的活化能
B.目标反应的化学反应过程可简单表示为
C.若TMS表示三甲基硅烷,那么9-5→9-4的反应可以认为是消去反应
D.图中物质(*)转化为9-2时,物质(*)在H+的作用下发生了烯醇化异构
7.(2025湖北武汉模拟)我国某科研团队利用具有构象自适应特性的二氢吩嗪(结构如图1所示)配体与二价钯离子成功构筑了对卤素离子(Cl-、Br-、I-)具有极强结合能力的超分子配位笼,该配位笼能够从AgCl中提取Cl-(如图2所示)。
图1
图2
下列说法错误的是(　　)。
A.二氢吩嗪的亲水性比好
B.二氢吩嗪的核磁共振氢谱有4组峰
C.该配位笼对卤素离子有极强的结合能力原因之一在于其合适的空腔环境
D.该配位笼可能会促进CHCl3中C—Cl键的断裂,实现脱氯
8.(2025广西南宁模拟)随着社会与能源技术的迅速发展,锂电池应用广泛。然而,常规的锂离子电池正负极材料受到电化学原理的限制,实际电芯的能量密度很难超过350 Wh·kg-1。全固态“无负极”锂金属电池(AFSSLB)是一种通过初次充电形成金属锂负极的新型锂电池,它的负极与正极容量比为1,AFSSLB能提供400 Wh·kg-1以上的质量能量密度和超过1 500 Wh·L-1的极高体积能量密度。AFSSLB使用镍锰酸锂(LiNi0.5Mn1.5O4)作正极材料。常规锂电池与AFSSLB对比图如下,下列说法正确的是(　　)。
A.a为正极、b为负极,C、D都为正极
B.常规锂电池放电时,负极反应:Li-e-Li+
C.AFSSLB放电时,正极反应:LiNi0.5Mn1.5O4-e-Ni0.5Mn1.5O4+Li+
D.常规锂电池放电时Li+从b流向a,AFSSLB放电时,Li+从C流向D
9.(2025湖北卷)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+在电极上发生相互转化,伴随着热量的吸收或释放,经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热,其他区域绝热。下列描述错误的是(　　)。
A.阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-[Fe(H2O)6]2+
B.已知②处的电解液温度比①处的低,可推断[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)6]3+稳定
C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D.已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改变。热效应主要来自电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变
参考答案
1.C　解析:本题测定水样的COD思路:Ⅰ操作中过量KMnO4与水样反应;Ⅱ操作中过量KI把Mn、MnO2全部还原成Mn2+,I-被氧化成碘单质;Ⅲ操作中用硫代硫酸钠标准液滴定Ⅱ得到的溶液,根据消耗硫代硫酸钠的量间接求算操作Ⅰ中被还原成MnO2的KMnO4的物质的量,最后折算成水样的COD。Ⅱ中Mn、MnO2均被I-还原成Mn2+,A选项正确。避光可以减少碘单质挥发,加盖减少进入瓶中的O2,抑制I-被O2氧化,B选项正确。根据前面思路分析,Ⅲ中消耗的硫代硫酸钠越多,水样的COD值越低,C选项错误。若Ⅰ为酸性条件,Mn会氧化水样中的Cl-,导致第一步中更多的Mn被还原成MnO2,进而导致测得水样的COD值偏高,D选项正确。
2.D　解析:因为催化剂易水解,在反应装置和缓冲装置之间增加干燥管,防止水蒸气进入反应瓶,A项正确;反应产物HCl和未反应完的Cl2均能被NaOH溶液吸收,B项正确;Cl2通入反应液中不但作为反应物参与反应,而且也可起到搅拌作用,C项正确;该取代反应为放热反应,控制Cl2流速不变使反应持续进行,反应温度不断升高,D项错误。
3.A　解析:由图像可知,H2O(g)起始浓度为0.1 mol·L-1时,半衰期为50 min,起始浓度为0.05 mol·L-1时,半衰期为25 min,则H2O(g)的半衰期(将反应物消耗一半所用的时间)与起始浓度成正比,A项正确;由图像可知,H2O(g)的分解速率在各时间段内相等,B项错误;H2O(g)能完全分解,最终H2O(g)浓度为0,说明在该条件下H2O(g)的分解反应不是可逆反应,C项错误;v(O2)==5.0×10-4 mol·L-1·min-1,D项错误。
4.C　解析:根据示意图可判断反应过程中的催化剂为La2O3与Ni,而La2O2CO3为中间产物,A项错误;CO2与La2O3结合生成La2O2CO3,再以C的形式从La2O2CO3中释放,CO2与C不属于同一种物质,因此该过程不是可逆反应,B项错误;断键为吸热过程,C项正确;根据示意图可判断该过程中,La2O3催化CO2,Ni催化H2,则加氢制CH4的过程需要La2O3和Ni共同催化完成,不是分步进行,D项错误。
5.A　解析:根据①中数据可知T1时,平衡常数为=2,②中相当于M和N的起始量均是2 mol,在①的基础上增大压强,平衡正向进行,平衡时Q的浓度大于1.0 mol·L-1,所以达平衡时,根据v-1=k-1c(Q)可知容器①与容器②中逆反应速率之比小于1∶2,A项错误;开始时,容器②中浓度商为1<2,所以正反应速率大于逆反应速率,B项正确;③中若=1,则此时浓度商为=1,反应没有达到平衡状态,反应向正反应方向进行,所以达平衡时,容器③中比容器①中的大,C项正确;当温度改变为T2时,若k1=k-1,则此时平衡常数为1<2,正反应放热,因此T2>T1,D项正确。
6.D　解析:反应过程中B(C6F5)3是催化剂,可以降低反应的活化能,A项正确;为反应物,为生成物,在B(C6F5)3催化作用下,方程式为,B项正确;9-5→9-4的反应由转化为为消去反应,C项正确;在H+的作用下先生成,再烯醇化异构生成,D项错误。
7.B　解析:二氢吩嗪含有N—H键,能与水分子形成分子间氢键,增大其水溶性,A项正确;由二氢吩嗪的结构简式可知,该物质有3种等效氢,核磁共振氢谱有3组峰,B项错误;根据题给信息,类比冠醚识别碱金属离子形成超分子,可知该超分子配位笼对卤素离子有极强的结合能力的原因之一在于其合适的空腔环境,C项正确;根据题给信息知,该配位笼可能会促进CHCl3中C—Cl键的断裂,实现脱氯,D项正确。
8.B　解析:a为正极、b为负极,C为正极,初次充电形成金属锂负极,A项错误;常规锂电池放电时,锂作负极失电子,电极反应:Li-e-Li+,B项正确;AFSSLB放电时,正极反应得电子,C项错误;阳离子从负极流向正极,锂电池放电时Li+从b流向a,AFSSLB放电时,Li+流向C,D项错误。
9.B　解析:在阴极上,[Fe(H2O)6]3+得电子生成[Fe(H2O)6]2+,电极反应式正确,A项正确;从①处到②处,[Fe(H2O)6]3+得电子生成[Fe(H2O)6]2+,②处电解液温度比①处低,说明该过程吸热,与[Fe(H2O)6]2+稳定性无法判断,B项错误;多孔隔膜不允许[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+通过,可以阻止两个区域之间的热交换,从而保证制冷效果,C项正确;已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改变,那么热效应就主要来自于电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变,D项正确。第1练　情境题专练——教材情境题专练
1.(2025广西名校联考)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用:
已知:硫酸的结构简式为。
下列说法错误的是(　　)。
A.含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率
B.途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与
C.途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收
D.1 mol X最多可以与1 mol NaOH反应
2.实验室模拟侯氏制碱法制备Na2CO3的主要过程如下,下列说法正确的是(　　)。
A.实验时应先向饱和食盐水中通入足量CO2再通入NH3
B.过程①②③均涉及过滤操作
C.向溶液A中加入NaCl的作用是增大Cl-浓度,促进NH4Cl结晶析出
D.实验过程中可循环使用的物质只有CO2
3.(2025广西柳州二模)卤代烃的取代反应和消去反应是竞争反应,卤代烃的消去反应的主要机理(扎依采夫规则)如下:
+HX
此外,CH2ClCH3、CH3CHClCH3、(CH3)2CClCH3在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小。下列说法错误的是(　　)。
A.氯代烃在强碱性弱极性试剂下主要发生消去反应
B.卤代烃消去反应的产物直接通入酸性KMnO4溶液中,溶液的紫红色褪色,可证明有烯烃生成
C.卤代烃在一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为
D.卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少,消去反应越易发生
4.(2025广西名校联考)某化学小组查阅资料发现强碱条件下,加热银氨溶液也可以析出银镜,并做了以下两组实验进行分析证明。已知:[Ag(NH3)2]++2H2OAg++2NH3·H2O。
装置 实验序号 试管中的试剂 现象
实验Ⅰ 2 mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液 有气泡产生,一段时间后,溶液逐渐变黑,试管壁附着银镜
实验Ⅱ 2 mL银氨溶液和数滴浓氨水 有气泡产生,一段时间后,溶液无明显变化
下列说法正确的是(　　)。
A.实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O
B.两组实验中产生的气体成分完全相同
C.清洗实验后的银镜时,用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液
D.实验Ⅰ产生银镜的原因是银氨溶液在碱性条件下被空气中的氧气氧化
5.(2025河北沧州三模)某学生制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的过程如下:
下列说法错误的是(　　)。
A.①中反应的离子方程式为Cu2++2NH3·H2OCu(OH)2↓+2N
B.②中固体溶解时发生了反应:Cu(OH)2+4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
C.③中加乙醇,增大了溶剂的极性,便于晶体析出
D.为促进晶体析出,③过程中可以用玻璃棒摩擦试管壁
6.(2025广东卷)某理论研究认为:燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c,其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知,理论上 (　　)。
a
b
c
A.负极反应的催化剂是ⅰ
B.图a中,ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C.电池工作过程中,负极室的溶液质量保持不变
D.相同时间内,电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
7.(2025广西名校教育联盟联考)利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈,放电时生成O2,其中a、b是互为反置的双极膜,双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法正确的是(　　)。
A.放电时M极为负极,发生氧化反应
B.放电时,双极膜中H+向N极移动
C.放电时,每生成1 mol O2,双极膜解离2 mol H2O
D.充电时,N极的电极反应式为2CH2CHCN+2e-+2H+NC(CH2)4CN
8.(2023广东卷)利用活性石墨电极电解饱和食盐水,进行如图所示实验。闭合K1一段时间后,下列说法不正确的是(　　)。
A.U形管两侧均有气泡冒出,分别是Cl2和O2
B.a处布条褪色,说明Cl2具有漂白性
C.b处出现蓝色,说明还原性:Cl->I-
D.断开K1,立刻闭合K2,电流表发生偏转
参考答案
1.D　解析:粉碎可增大接触面积,加大反应速率,A项正确;途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ几步反应中S元素均被氧化,需要O2,B项正确;硫酸工业中浓硫酸吸收SO3形成发烟硫酸,C项正确;X为硫酸氢乙酯,水解生成硫酸和乙醇,最多与2 mol NaOH反应,D项错误。
2.C　解析:氨极易溶于水,侯氏制碱法是先向饱和食盐水中通入足量氨,使得溶液显碱性,可以吸收更多的二氧化碳,生成溶解度小的碳酸氢钠沉淀,氯化铵留在溶液A中,过滤后对碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,向溶液A中加入氯化钠固体,由于氯离子浓度增大会使氯化铵析出,溶液B中溶质主要为氯化钠,可以循环使用。实验时应先向饱和食盐水中通入足量NH3再通入CO2,A项错误;过程①③涉及过滤操作,过程②是碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠,B项错误;根据分析,向溶液A中加入NaCl增大Cl-浓度,促进NH4Cl结晶析出,C项正确;实验过程中可循环使用的物质有CO2和氯化钠,D项错误。
3.B　解析:氢氧化钠为强碱、乙醇为非极性物质,则氯代烃在强碱性弱极性试剂下主要发生消去反应,A项正确;挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,干扰生成烯烃的检验,B项错误;由题干反应机理可知,连接卤素碳原子的含氢少的邻位碳上的氢容易发生消去反应,故卤代烃在一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为,C项正确;CH2ClCH3、CH3CHClCH3、(CH3)2CClCH3在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小,则卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少,消去反应越易发生,D项正确。
4.A　解析:实验Ⅰ的黑色固体是Ag+与OH-生成的AgOH分解后的产物,含有Ag2O,A项正确;实验Ⅰ产生的气体是NH3和O2,实验Ⅱ产生的气体只有NH3,B项错误;清洗实验后的银镜时,Fe3++AgFe2++Ag+,由于Ksp[AgCl]5.C　解析:①加入少量氨水后,生成蓝色的氢氧化铜沉淀,离子方程式:Cu2++2NH3·H2OCu(OH)2↓+2N,A项正确;过程②是氢氧化铜沉淀溶解形成深蓝色的铜氨溶液的过程,其离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O,B项正确;[Cu(NH3)4]SO4是离子晶体,极性大,加乙醇的作用是减小溶剂的极性,降低溶质的溶解度,更易析出晶体,C项错误;用玻璃棒摩擦试管壁可以生成晶核,诱导结晶,D项正确。
6.C　解析:由图a、c知,电极Ⅰ通入O2,为燃料电池正极,电极Ⅱ通入H2,为燃料电池负极,ⅰ为正极反应的催化剂,A项错误;电池工作过程中,负极反应式为H2-2e-2H+,生成的H+通过质子交换膜向正极区移动,C项正确;依据题给信息“其中O2获得第一个电子的过程最慢”,说明在图a中,ⅰ到ⅱ过程的活化能最高,B项错误;分析图a、c知,相同时间内,正极O2转移4 mol电子时完成一次循环,而负极H2转移4 mol电子需要完成两次循环,D项错误。
7.D　解析:放电时为原电池,N极上H2O失电子生成O2,则M极为正极,电极反应式为[Co(NH3)6]3++e-[Co(NH3)6]2+,发生还原反应,A项错误;放电时为原电池,M极为正极,N极为负极,双极膜中OH-向负极移动,H+向正极移动,即OH-向N极移动,H+向M极移动,B项错误;放电时,N电极为负极,水在负极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,解离2 mol水,因为a、b是互为反置的双极膜,所以共解离4 mol水,C项错误;充电时,N极是阴极,反应为2CH2CHCN+2e-+2H+NC(CH2)4CN,D项正确。
8.D　解析:闭合K1,形成电解池,左侧石墨电极为阳极,电极反应为2Cl--2e-Cl2↑,右侧石墨电极为阴极,电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,U形管两侧均有气泡冒出,分别是Cl2和H2,A项错误;Cl2与水生成的HClO具有漂白性,但Cl2没有漂白性,B项错误;b处出现蓝色,说明发生反应Cl2+2KII2+2KCl,还原性:I->Cl-,C项错误;断开K1,立刻闭合K2,此时构成氢氯燃料电池,电流表发生偏转,D项正确。第3练　情境题专练——以配合物为载体的情境题专练
1.(2025河南模拟预测)一种镍磷化合物催化氨硼烷(BH3NH3)水解制氢的部分反应机理如图所示。已知该条件下,氨硼烷水解的最终产物为H2和NH4[B(OH)4],下列说法错误的是(　　)。
A.氨硼烷中的所有原子不能共面
B.电负性大小关系为N>H>B
C.氨硼烷水解制氢过程中可能存在中间体NH4[B(OH)3H]
D.上述机理中涉及的化学键有极性键、非极性键、配位键、氢键等
2.(2025安徽名校联考)某新型催化剂在氨氧化方面展示了显著的催化性能,特别是在低温条件下表现出优异的活性和稳定性,该催化剂中的阳离子在反应中发生如下转化。下列叙述错误的是(　　)。
A.当NH3成为配体后,H—N—H键的键角增大
B.配体CH3CN分子中σ键与π键的数目之比为5∶2
C.[LFeⅡ(NH3)2]2+中存在配位键、σ键、π键和氢键
D.当基态Fe粒子的价层电子轨道表示式由转化为时,吸收能量
3.(2025山东潍坊期中)配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2,如图所示。
下列说法错误的是(　　)。
A.配合物1中含有2种配体
B.配合物2中N原子采取sp2杂化
C.转变过程中涉及配位键的断裂和形成
D.转变前后,Co由+2价变为0价
4.(2025广东惠州期中)化合物M常用于检验Ni2+。在稀氨水中,M与Ni2+反应生成鲜红色沉淀,其结构如下图。已知R、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,且它们的原子序数之和为22,则(　　)。
A.氢化物的沸点:WB.第一电离能:WC.电负性:WD.该结构中存在的化学键有极性键、配位键和氢键
5.丁二酮肟镍是丁二酮肟在氨性溶液(pH为8~9)中与Ni2+发生反应生成的沉淀,该反应常在实验室中用来检验镍离子。丁二酮肟镍的结构如下图所示,下列关于该物质的说正确的是(　　)。
A.该物质中Ni(Ⅱ)提供接受孤电子对的空轨道,是配合物的配体
B.该物质中C、N、O原子上均存在孤电子对
C.该物质中含有共价键和配位键
D.该物质中碳原子均采取sp2杂化
6.(2025福建福州二模)CuSO4·5H2O(Mr=250)的结构及分解过程的热重曲线如图。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　)。
A.CuSO4·5H2O中微粒间作用力有离子键、配位键、氢键
B.1 L 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液中Cu2+的数目小于0.1NA
C.S与CCl4互为等电子体,均为正四面体结构
D.高于800 ℃发生反应:2CuO2Cu+O2↑
7.(2025北京海淀三模)研究[Co(NH3)6]SO4溶液的制备、性质和应用。
①向CoSO4溶液中逐滴加入氨水,得到[Co(NH3)6]SO4溶液。
②分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中,一段时间后,加入浓盐酸,前者无明显现象,后者产生使淀粉-KI溶液变蓝的气体。
③[Co(NH3)6]SO4溶液可处理含NO的废气,反应过程如下:
下列说法不正确的是(　　)。
A.①中,为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀,可先加入适量的(NH4)2SO4溶液
B.②中,CoSO4溶液中的Co2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高,CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]SO4的强
C.③中,[Co(NH3)6]2+转化为[(NH3)5Co—O—O—Co(NH3)5]4+,Co元素的化合价升高
D.③中,pH过低将不利于NO的脱除
参考答案
1.D　解析:氨硼烷中的B、N均采取sp3杂化,所有原子不能共面,A项正确;与B相连的H显负电性,与N相连的H显正电性,电负性大小关系正确,B项正确;氨硼烷水解制氢过程中,B原子上的H被—OH取代,可能存在该中间体,C项正确;氢键不属于化学键,D项错误。
2.C　解析:孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力,当NH3成为配体后,氨分子中的孤电子对和中心离子形成配位键,使得H—N—H键的键角增大,A项正确;单键均为σ键,三键含有1个σ键2个π键;配体CH3CN中σ键与π键的数目之比为5∶2,B项正确;NH3和二价铁形成配位键,[LFeⅡ(NH3)2]2+中存在氮氢、碳氮σ键,在含氮环中存在π键,[LFeⅡ(NH3)2]2+中不存在氢键,C项错误;基态Fe粒子的价层电子轨道表示式由转化为时,铁失去电子,会吸收能量,D项正确。
3.D　解析:配合物1中,H2O中O提供孤电子对,Co2+提供空轨道形成配位键,中N、O分别提供一个孤电子对,与Co2+形成配位键,则配合物1中含有2种配体,A项正确;由配合物2的结构可知,,故N原子采取sp2杂化,B项正确;转变过程中,断裂部分H2O与Co2+形成的配位键,S中的O与Co2+形成新的配位键,涉及配位键的断裂和形成,C项正确;配合物1、2中Co都为+2价,Co的化合价没有发生变化,D项错误。
4.C　解析:化合物M用于检验Ni2+,短周期元素R、W、X、Y的原子序数之和为22,推测R为H(含1个共价键),W为C(含4个共价键),X为N(含3个共价键和1个配位键),Y为O(含2个共价键,能形成氢键),原子序数之和为1+6+7+8=22,符合条件。氢化物的沸点需明确“最简单氢化物”:CH4O>C(N的2p轨道半满,稳定性高),故W(C)5.C　解析:该物质中Ni(Ⅱ)提供接受孤电子对的空轨道,为中心原子,不是配合物的配体,A项错误;该物质中C原子不存在孤电子对,B项错误;由丁二酮肟镍的结构可知,该物质中含有共价键、配位键,C项正确;该物质中甲基上的碳原子采取sp3杂化,与甲基相连的碳原子采取sp2杂化,D项错误。
6.D　解析:在题中结构示意图中,存在O→Cu2+配位键、[Cu(H2O)4]2+和硫酸根形成的离子键、氢键等,A项正确;CuSO4为强酸弱碱盐,铜离子水解,故溶液中Cu2+的数目小于0.1NA,B项正确;S与CCl4原子个数相等,价电子总数相等,二者互为等电子体,中心原子都采用sp3杂化且不含孤电子对,均为正四面体结构,C项正确;2.5 mg CuSO4·5H2O中含1.6 mg “CuSO4”,800 ℃时固体质量是0.8 mg,质量减少为CuSO4质量的一半,此时固体是CuO,1 000 ℃时固体质量是0.72 mg,减少的是m(O),,则产物为Cu2O,发生反应:4CuO2Cu2O+O2↑,D项错误。
7.B　解析:①中,先加入适量的(NH4)2SO4溶液,使溶液中铵根离子浓度增大,抑制一水合氨的电离,减小了氢氧根离子浓度,可避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀,A项正确;根据②中现象可知,CoSO4较稳定,而[Co(NH3)6]SO4易被空气中的O2氧化为[(NH3)5Co—O—O—Co(NH3)5]4+,[(NH3)5Co—O—O—Co(NH3)5]4+可将浓盐酸中的Cl-氧化为Cl2,故CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]SO4的弱,B项错误;③中,[Co(NH3)6]2+转化为,Co元素的化合价由+2价升高为+3价,C项正确;③中,降低pH,溶液酸性增强,氢离子和氨结合生成铵根,不利于脱除NO,D项正确。第10练　创新题专练——“1拖n型”材料题专练
(2025安徽卷)阅读材料,完成第1、2小题。
氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体,同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液,加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应,浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀。
1.下列有关反应的化学方程式错误的是 (　　)。
A.氨在氧气中燃烧:4NH3+3O22N2+6H2O
B.液氨与金属钠反应:2Na+2NH3(l)2NaNH2+H2↑
C.氨水溶解Cu(OH)2:Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4](OH)2
D.浓氨水与HgCl2反应:HgCl2+NH3Hg(NH2)Cl↓+HCl
2.下列有关物质结构或性质的比较中,正确的是(　　)。
A.与H+结合的能力:OH->N
B.与氨形成配位键的能力:H+>Cu2+
C.H2O和NH3分子中的键长:O—H>N—H
D.微粒所含电子数:N>N
(2025江苏常州模拟)阅读材料,完成第3~5小题。
氯气在生产、生活中应用广泛。实验室用KMnO4和浓盐酸常温下反应制取Cl2,工业上用电解饱和食盐水制备Cl2,也可用地康法制备Cl2。450 ℃,以CuCl2作催化剂,地康法原理如图所示。氨气可以检验Cl2是否发生泄漏,遇Cl2泄漏时反应有白烟生成。Cl2可用于制备氯水或含KClO等成分的消毒剂,也可用于处理含氰(CN-)废水。
3.关于地康法制Cl2,下列说法正确的是 (　　)。
A.反应的平衡常数可表示为K=
B.其他条件不变,升高温度HCl的平衡转化率降低说明该反应的ΔH<0
C.CuCl2的使用可以增大反应的活化能
D.每生成22.4 L Cl2时,转移电子的数目为2×6.02×1023
4.下列反应表示正确的是(　　)。
A.HClO在水中见光分解:HClO+H2OO2↑+H++Cl-
B.惰性电极电解氯化镁溶液:2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
C.NaClO碱性溶液与Fe(OH)3反应:3ClO-+4OH-+2Fe(OH)32Fe+3Cl-+5H2O
D.Ca(ClO)2溶液中通入SO2:Ca2++2ClO-+SO2+H2OCaSO3↓+2HClO
5.下列物质的性质与用途具有对应关系的是 (　　)。
A.CCl4具有挥发性,可用于萃取碘水中的碘
B.盐酸有强酸性,可用于除去铁锈
C.FeCl3易水解,可用于刻蚀覆铜板
D.HClO不稳定,可用于自来水消毒剂
(2025广西贺州模拟)阅读材料,完成第6、7小题。
硫酸四氨合铜{化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O}常用作杀虫剂等。实验小组按照如下步骤进行硫酸四氨合铜的制备及产品中氨的含量测定。
①取a g CuSO4·5H2O和适量蒸馏水于烧杯中,加热溶解;冷却后滴加适量浓氨水得到蓝色溶液;再滴加适量乙醇,静置析出晶体;用乙醇和浓氨水的混合液洗涤、干燥,制得[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。
②取上述晶体m g于锥形瓶M中,加水溶解;如图安装好仪器(气密性良好),向M中滴入NaOH溶液,加热将NH3蒸出,M中有黑色固体生成;取出锥形瓶K,加入几滴甲基红[4.4(红)~(橙)~6.2(黄)],用c mol·L-1 NaOH溶液滴定,消耗V mL。(已知常温下饱和NH4Cl溶液的pH在5.6左右)
6.对于上述实验,下列说法错误的是(　　)。
A.使用胶头滴管时,通常用拇指、食指和中指夹持、挤压胶头以控制滴加量
B.采用冰水浴冷却,目的是防止NH3、HCl挥发
C.使用恒压滴液漏斗,目的是控制NaOH溶液的用量,并保证其顺利流下
D.向①的蓝色溶液中加入一定量Na2SO4晶体,也可析出硫酸四氨合铜晶体
7.根据上述实验原理,下列说法错误的是 (　　)。
A.M中发生的反应为[Cu(NH3)4]SO4+2NaOHCuO+4NH3↑+Na2SO4+H2O
B.若选用甲基橙作指示剂,测定结果将偏大
C.若采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来制备硫酸四氨合铜晶体,最终测定结果将偏大
D.制得的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中氨含量(质量分数)为×100%
(2025广西来宾模拟)阅读材料,完成第8、9小题。
工业上常用焦炭还原二氧化硅制得粗硅。若要制取高纯硅,则需要将粗硅转化为四氯化硅或三氯氢硅(化学式SiHCl3)。发生的主要反应如下:
①SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)
②Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(g)　ΔH1>0
③SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH2>0
④3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)　ΔH3<0
⑤2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)　ΔH4
8.下列说法错误的是(　　)。
A.反应①的ΔS>0
B.反应④的K=
C.ΔH4>0
D.反应⑤在常温下不一定可以自发进行
9.下列对该工业的说法,正确的一项是 (　　)。
A.向反应容器中加入大量二氧化硅和焦炭有利于反应①~⑤正向进行
B.SiHCl3或SiCl4后续可使用高纯度的活泼金属如Zn等还原得到高纯硅
C.工业上不使用CO还原SiO2可能的原因是在高温下CO易发生爆炸
D.实验室中也可以用F2代替Cl2进行反应以提高反应的效率和高纯硅的产率
(2025河北邯郸高三阶段练习)阅读材料,完成第10、11小题。
5-羟甲基糠醛(HMF)是一种重要的化工产品,可转化为多种高附加值化合物,如2,5-二羟甲基呋喃(DHMF)和2,5-呋喃二甲酸(FDCA)。现有科研工作者利用碳纸支撑的NiOOH和SnO2作两极,稀硫酸与KOH溶液为电解质溶液,实现了HMF的双转化,并探究催化机理以便达到更高效率。HMF的双转化装置及HMF、DHMF、FDCA的结构简式如图所示。
10.下列说法错误的是(　　)。
A.M电极电势低于N电极
B.OH-在电场作用下从左向右移动
C.电路中每转移1 mol e-,M电极产生0.5 mol DHMF
D.N电极的电极反应式为
11.HMF转化路径与反应历程如图所示,“*”表示吸附态,反应历程中已略去OH*与H2O*,下列说法错误的是(　　)。
图1　HMF合成DHMF的路径
图2　HMF合成FDCA的路径
图3
A.合成DHMF时,高电位条件下的选择性更好
B.路径1和路径2中羟基的氧化顺序不同
C.合成FDCA时,更容易发生路径2
D.路径1决速步反应为FFCA*+2OH*FDCA*+H2O*
参考答案
1.D　解析:A项,依据信息可知反应物和生成物正确,此反应为氧化还原反应,根据元素化合价升降守恒可知A项正确;B项,Na与NH3反应生成NaNH2,Na的化合价升高,化合价降低的只能是H元素,所以气体为H2,依据得失电子守恒,Na的系数为2、H2的系数为1,再配平其他元素,B项正确;C项,非氧化还原反应,依据信息直接写出主要反应物及生成物,配平可知C项正确;D项,过量的氨水与HCl反应生成NH4Cl,因此浓氨水与HgCl2反应的化学方程式为HgCl2+2NH3Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl,D项错误。
2.B　解析:由信息“NaNH2遇水转化为NaOH”知反应为NaNH2+H2ONaOH+NH3↑,与H+结合的能力:N>OH-,A项错误;由信息[Cu(NH3)4](OH)2溶液加入稀硫酸又转化为[Cu(H2O)4]SO4溶液知,与NH3形成配位键能力:H+>Cu2+,B项正确;原子半径:N>O,故键长N—H>O—H,C项错误;N和N中均含有10个电子,D项错误。
3.B　解析:根据题图,“地康法”制取氯气的总反应的化学方程式为4HCl+O22H2O+2Cl2,该反应的化学平衡常数K等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值,则K=,A项错误;其他条件不变,升高温度HCl的平衡转化率降低,说明平衡逆向移动,则正反应为放热反应,即ΔH<0,B项正确;催化剂能降低反应的活化能,CuCl2是该反应的催化剂,能降低该反应的活化能,C项错误;22.4 L Cl2所处状态未知,则无法计算每生成22.4 L Cl2时,转移电子的数目,D项错误。
4.C　解析:HClO在水中见光分解生成HCl和O2,反应的离子方程式为2HClOO2↑+2H++2Cl-,A项错误;惰性电极电解氯化镁溶液时,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上水中的氢离子放电生成氢气,同时生成氢氧化镁沉淀,总反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑,B项错误;NaClO碱性溶液与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4和H2O、NaCl,反应的离子方程式为3ClO-+4OH-+2Fe(OH)32Fe+3Cl-+5H2O,C项正确;Ca(ClO)2溶液中通入SO2,二者发生氧化还原反应,二氧化硫不足时的反应为Ca2++3ClO-+H2O+SO2CaSO4↓+2HClO+Cl-,二氧化硫过量时的反应为Ca2++2ClO-+2H2O+2SO2CaSO4↓+S+4H++2Cl-,D项错误。
5.B　解析:碘(I2)易溶于四氯化碳,水不溶于四氯化碳,碘(I2)在水中和在四氯化碳中的溶解度差异较大,CCl4可用于萃取碘水中的碘,与CCl4的挥发性无关,A项性质与用途无对应关系;盐酸有强酸性,能与氧化铁反应生成氯化铁和水,可用于除去铁锈,B项性质与用途有对应关系;FeCl3具有氧化性,能与Cu发生反应:2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,可用于刻蚀覆铜板,与FeCl3易水解无关,C项性质与用途无对应关系;HClO具有强氧化性,能杀菌消毒,可用于自来水消毒剂,与其不稳定无关,D项性质与用途无对应关系。
6.A　解析:使用胶头滴管时,通常用中指和无名指夹住滴管,拇指和食指捏动胶帽以控制滴加量,A项错误;NH3、HCl均易挥发,采用冰水浴冷却,可以防止NH3、HCl挥发,B项正确;使用恒压滴液漏斗,可以使液体顺利流下,同时可以控制NaOH溶液的用量,C项正确;向①的蓝色溶液中加入一定量Na2SO4晶体,硫酸根离子浓度增大,使溶解平衡左移,所以也可析出硫酸四氨合铜晶体,D项正确。
7.C　解析:由题意,向M中滴入NaOH溶液,加热将NH3蒸出,M中有黑色固体CuO生成,配平后可得选项所给方程式,A项正确;甲基橙变色范围对应pH较小,导致NaOH用量偏少,则测定的与NH3反应的HCl偏多,故测定结果偏大,B项正确;若采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来制备硫酸四氨合铜晶体,蒸发浓缩过程硫酸四氨合铜会受热分解,有NH3放出,导致被K吸收的NH3偏少,测定结果偏小,C项错误;与HCl反应的NH3物质的量为 mol,故制得的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中氨含量(质量分数)为×100%,D项正确。
8.C　解析:SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)反应的ΔS>0,A项正确;④3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)的平衡常数K=,B项正确;由盖斯定律计算④-③得到⑤2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)　ΔH4=ΔH3-ΔH2<0,C项错误;⑤2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)　ΔH<0,ΔS<0,反应⑤在常温下不一定可以自发进行,D项正确。
9.B　解析:二氧化硅和焦炭是固体,对反应物浓度无影响,对反应平衡无影响,所以向反应容器中加入大量二氧化硅和焦炭对反应①~⑤无影响,A项错误;工业制备高纯度硅是用氢气等还原剂还原四氯化硅或三氯氢硅,高纯度的活泼金属如Zn等可以进行还原得到高纯硅,B项正确;工业上不使用CO还原SiO2原因是CO还原性弱,不足以还原SiO2,C项错误;F2可以和硅单质发生反应,但不能替代Cl2进行反应以提高反应的效率和高纯硅的产率,D项错误。
10.D　解析:由题图可知,该装置为电解池,根据结构简式分析,HMF转化为DHMF发生还原反应,HMF转化为FDCA发生氧化反应,所以M电极为阴极,电极反应式为+2H2O+2e-+2OH-,M电极为阳极,电极反应式为+2H2O-6e-+6H+。由于阳极电势高于阴极电势,故M电极电势低于N电极,A项正确;由于阴离子向阳极移动,故OH-在电场作用下从左向右移动,B项正确;阴极电极反应式为+2H2O+2e-+2OH-,所以每转移1 mol e-,M电极产生0.5 mol DHMF,C项正确;阳极电极反应式为+2H2O-6e-+6H+,D项错误。
11.C　解析:由图1可得,合成DHMF时低电位条件下有副产物,所以高电位的选择性更好,A项正确;合成FDCA的两条路径中,路径1先氧化羟基,后氧化醛基,路径2先氧化醛基,后氧化羟基,B项正确;由图3可知,路径1中各物质状态能量较低,活化能也比较低,所以更易发生路径1,C项错误;结合图2、图3可知,路径1中最后一步的活化能最大,为决速步,根据原子守恒得出反应式为FFCA*+2OH*FDCA*+H2O*,D项正确。第4练　情境题专练——以超分子为载体的情境题专练
1.(2025江苏卷)在溶有15-冠-5()的有机溶剂中,苄氯()与NaF发生反应:
下列说法正确的是(　　)。
A.苄氯是非极性分子
B.电负性:χ(F)<χ(Cl)
C.离子半径:r(F-)>r(Na+)
D.X中15-冠-5与Na+间存在离子键
2.(2025安徽蚌埠期中)某些分子具有“分子识别”的特性,利用“杯酚”()识别、分离C60和C70的过程如图所示:
下列有关说法正确的是(　　)。
A.氯仿是正四面体分子
B.C60、C70均是分子晶体
C.操作①②为过滤,操作③为分液
D.超分子中C60与杯酚间形成了共价键
3.(2025广西部分学校联考)某大学课题组发现了合成扩环卟啉分子的新方法。扩环卟啉在催化剂、主体客体化学等众多领域有广泛应用。下列有关扩环卟啉分子P和Q(—Ar为芳香基团,除—Ar外,P和Q分子中所有原子共平面)的说法正确的是(　　)。
A.P为极性分子,Q为非极性分子
B.第一电离能:CC.X是还原剂,Y是氧化剂
D.除—Ar外,P和Q分子中N原子均为sp2杂化
4.(2025甘肃卷)我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构如图a),该分子和客体分子(CH3)4NCl可形成主客体包合物:(CH3)4N+被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是(　　)。
图a
图b
A.主体分子存在分子内氢键
B.主客体分子之间存在共价键
C.磺酸基中的S—O键能比SO小
D.(CH3)4N+和(CH3)3N中N均采用sp3杂化
5.(2025湖南永州模拟)我国某团队基于邻苯二脲基元与磷酸根离子(P)的相互作用,构筑了一系列超分子组装体,如图所示。下列说法正确的是(　　)。
A.邻苯二脲基元中元素的第一电离能:N>O>C>H
B.阴离子配合物中,邻苯二脲基元与P之间的作用是配位键
C.P中磷原子是sp3杂化,P的空间结构是正四面体形
D.阴离子配合物中含有的化学键是共价键和氢键
6.(2025河南洛阳模拟)对于超分子聚合物和材料的组装而言,B—N配位键的动态性质和易于调节的特性起着重要作用。某种超分子的结构如图(Me—代表甲基):
下列说法正确的是(　　)。
A.该超分子中涉及的元素均为p区元素
B.第一电离能:F>O>N>B
C.超分子具有分子识别和自组装的特征
D.该超分子形成的B—N配位键中,B原子提供孤电子对
7.(2025湖北黄冈三模)盘状双层胶束扁平状的,可用于研究生物膜的功能。将DMPE(其结构如图,可视作二元酸H2A+)加入缓冲液,振荡过后可制得盘状双层胶束(如图所示),每个盘状双层胶束约有1 000个DMPE。已知DMPE的=0.1,=1×10-9;若δ(H2A+)=,pH=9时,δ(H2A+)=5×10-9,δ(A-)=0.5;pH=7时,δ(H2A+)=9.9×10-7,δ(A-)=9.9×10-3。下列叙述不正确的是(　　)。
A.pH=9时,每个盘状双层胶束所带电荷数约为500e-
B.DMPE形成盘状双层胶束涉及的作用力有范德华力、氢键等
C.DMPE分散到缓冲液中形成盘状双层胶束的过程体现了超分子的自组装
D.将pH提高到9以上时,盘状双层胶束的形状更倾向于保持扁平
参考答案
1.C　解析:苄氯是极性分子,因为其结构不对称,A项错误;一般来说,同主族元素电负性从上向下逐渐减小,故电负性χ(F)>χ(Cl),B项错误;电子层结构相同时,核电荷数越大,微粒半径越小,故r(F-)>r(Na+),C项正确;构成离子键的前提是具有阴、阳离子,15-冠-5是分子,与阳离子Na+之间不存在离子键,故D项错误。
2.B　解析:CH4为正四面体结构,CHCl3(氯仿)可视为甲烷中的3个H被3个Cl取代而得到,CHCl3(氯仿)是四面体结构的分子,但不是正四面体结构,A项错误。C60由独立的C60分子构成,每个分子由60个碳原子通过共价键连接而成,属于分子晶体,C70同理,B项正确。操作①分离出不溶于甲苯的超分子,操作②分离出不溶于氯仿的C60,两个操作均为固液分离过程,为过滤操作;操作③分离沸点不同的有机物,为蒸馏操作,C项错误。由操作②分离出C60与“杯酚”可知,“杯酚”与C60之间不是共价键,是分子间作用力,D项错误。
3.D　解析:扩环卟啉分子P和Q均不是中心对称,正负电荷中心不重合,故P、Q都是极性分子,A项错误;同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势,但第ⅡA、ⅤA族元素比相邻主族的大,则第一电离能:C4.B　解析:主体分子结构中含有邻近的羟基和磺酸基,可形成分子内氢键,A项正确;形成主客体包合物是由于主体分子的空腔直径大小与(CH3)4N+的直径大小适配,主客体分子之间不存在共价键,B项错误;S—O的键长大于SO的键长,故键能S—O5.C　解析:H原子半径小,对核外电子的吸引能力强,所以H的第一电离能大于C的,同周期的主族元素的第一电离能从左往右呈增大趋势,但第ⅡA、ⅤA族元素原子最外层电子分别处于s轨道充满、p轨道半充满结构,比其同周期相邻元素第一电离能大,第一电离能:N>O>C,故第一电离能顺序为N>O>H>C,A项错误。N、O元素的电负性较大,键中共用电子对偏向N原子,使得H原子带正电性,因此P中氧原子与邻苯二脲基元之间形成O…H—N氢键,B项错误。P中P原子的价层电子对数为4+=4,P原子采取sp3杂化,空间结构为正四面体形,C项正确。氢键不是化学键,D项错误。
6.C　解析:该超分子的苯环上有H,H元素属于元素周期表s区元素,A项错误;第一电离能:F>N>O>B,B项错误;超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体,具有分子识别和自组装的特征,C项正确;该超分子形成的B—N配位键中,N原子提供孤电子对,B原子提供空轨道,D项错误。
7.D　解析:pH=9时,δ(A-)=0.5,每个盘状双层胶束约有1 000个DMPE,则A-的数目约为500,所带电荷数约为500e-,A项正确;DMPE形成盘状双层胶束,分子间有范德华力,含N—H等能形成氢键,B项正确;DMPE分散后自组装成盘状双层胶束,体现了超分子的自组装,C项正确;pH提高到9以上,A-比例增大,胶束电荷变化,形状难保持扁平,D项错误。第9练　创新题专练——探究型实验选择题专练
1.(2025甘肃白银模拟)砷盐有用,但亦有毒。古蔡氏法检查砷盐的原理:金属锌与酸作用产生新生态的氢,新生态的氢与药物中微量的砷盐反应,生成具有挥发性的砷化氢气体,砷化氢气体遇溴化汞试纸产生黄色或棕色的砷斑,与一定量标准砷溶液在同样条件下生成的砷斑比较,来判定药物中砷盐的含量。根据该原理,采用如图装置进行砷盐检测,下列说法正确的是(　　)。
A.在砷盐转化为砷化氢的过程中,锌作催化剂
B.KI、SnCl2的作用是将五价砷转化为三价砷,由此说明三价砷在锌的作用下更易转化为砷化氢
C.若砷盐中有硫化物杂质,则生成的H2S遇(CH3COO)2Pb反应的离子方程式为Pb2++S2-PbS↓
D.在对照实验中,待测液对应砷斑颜色深于标准溶液,说明待测液中砷含量较低
2.(2025河南卷)某同学设计以下实验,探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是(　　)。
A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力:NH3>H2O
C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D.若向⑤中加入稀硫酸,同样可以得到黄绿色溶液
3.(2025广西贵港模拟)某兴趣小组对过量Zn与FeCl3溶液反应的产物进行探究,实验操作及现象如下:
实验操作 实验现象
Ⅰ.在pH=1的0.5 mol·L-1 FeCl3溶液中加入过量Zn粉 反应缓慢,一段时间后有气泡冒出,pH逐渐增大,产生了大量红褐色沉淀后,无气泡冒出,此时溶液的pH为3~4
Ⅱ.取实验后少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀产生
Ⅲ.取出固体,用磁铁检测 固体中未检测到铁单质
下列说法错误的是(　　)。
A.反应过程中存在Zn+2H+Zn2++H2↑
B.过量Zn与FeCl3溶液反应的产物中有Fe2+
C.红褐色沉淀产生的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+平衡向右移动
D.未检测到铁单质,证明金属活泼性:Zn4.(2025湖南永州模拟)某实验小组用酸性条件下S2将Mn2+氧化为Mn的性质测定Mn2+含量,为探究测定Mn2+含量所需的条件,进行如下实验。下列说法错误的是(　　)。
实验 试管 实验操作及现象
甲 0.002 无明显现象;加热至沸腾,5 min后溶液变为紫色,再滴加MnSO4溶液,立即生成棕黑色沉淀(MnO2)
乙 0.05 无明显现象;加热至沸腾,生成大量棕黑色沉淀(MnO2),静置,上层溶液未变紫色
A.试管甲加热前无明显现象的原因是温度低反应速率小
B.试管甲现象推知氧化性:S2>Mn>MnO2
C.试管乙中溶液未变紫色的原因是c(Na2S2O8)太小
D.以上实验表明测定Mn2+含量时应控制反应温度,并且Mn2+浓度和用量不宜太大
5.(2025山东威海二模)84消毒液是一种常见的含氯消毒剂。为探究其性质,进行如下两个实验。依据实验现象(不考虑I2+I-),推断下列说法错误的是(　　)。
实验编号 实验现象
实验① 溶液由无色变为蓝色,继续滴加,蓝色消失
实验② 溶液中出现少许蓝色,振荡立即消失;继续滴加,出现蓝色
A.实验①中存在连续两步氧化还原反应
B.实验②中“出现少许蓝色”是因为2I-+ClO-+H2OI2+Cl-+2OH-
C.实验②中振荡蓝色立即消失,可能是84消毒液与淀粉之间发生了氧化还原反应
D.上述两个实验说明试剂的滴加顺序不同会影响反应的进程
6.(2025北京房山三模)某小组为探究CuSO4与KI之间的反应,进行了如下实验。
实 验
现 象 ①产生土黄色沉淀,溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液,最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀,溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液,逐渐变为黄绿色悬浊液,然后变为黄色溶液,最后得到无色溶液
已知:2S2(无色)+I22I-+S4(无色);CuI为白色沉淀,可吸附I2;CuI2在溶液中不存在;[Cu(S2O3)2]3-呈无色,[Cu(S2O3)2]2-呈黄色。
下列结论或推断不合理的是(　　)。
A.CuSO4与KI能发生反应:2Cu2++4I-2CuI↓+I2
B.CuI与Na2S2O3反应的速率小于I2与Na2S2O3反应的速率
C.黄绿色悬浊液变为黄色溶液时,有[Cu(S2O3)2]3-、[Cu(S2O3)2]2-生成
D.Cu(Ⅱ)与S2生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度
7.(2025北京昌平二模)学习小组为探究Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)能否催化H2O2的分解及相关性质,室温下进行实验。下列说法不正确的是(　　)。
实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ
粉红色溶液,无明显变化 溶液变为红色,伴有气泡产生 溶液变为墨绿色,并持续产生气体
资料:
①[Co(CO3)3]3-可催化H2O2的分解。
②
离子类型 [Co(H2O)6]2+ [Co(H2O)6]3+ [Co(CO3)2]2- [Co(CO3)3]3-
溶液颜色 粉红色 蓝色 红色 墨绿色
A.实验ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解
B.实验ⅲ中,可能是[Co(H2O)6]2+与H2O2发生氧化还原反应
C.实验ⅱ、ⅲ中的气体成分相同
D.以上实验证明,配体的种类影响Co(Ⅱ)的还原性
8.(2025山东聊城期中)为探究苯酚与Fe3+的显色反应,向5 mL 0.4 mol·L-1苯酚溶液
中滴加2 mL 0.005 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液,充分混合后分成四等份,进行如下实验。
序号 ① ② ③ ④
实验
现象 紫色溶液 紫色较①中深 紫色较①中浅 紫色较①中浅
已知:苯酚和Fe3+显色的原理为
下列说法错误的是(　　)。
A.该显色反应中有共价键的断裂和配位键的形成
B.对比①②,可验证上述显色反应是可逆反应
C.推测④中溶液的紫色较③中深
D.对比①③,可推测Fe3+与S可能形成配位键
参考答案
1.B　解析:根据题意可知,金属锌与酸作用产生新生态的氢,新生态的氢将砷盐还原为砷化氢,在这过程中,锌作还原剂,A项错误;+5价的As处于最高价,有一定的氧化性,而AsH3中的As为-3价,因此加入KI、SnCl2可将+5价的砷转化为+3价的砷,+3价的As再转化为-3价的As更容易一些,因此+3价的砷在锌的作用下更易转化为砷化氢,B项正确;H2S、(CH3COO)2Pb均为弱电解质,不能拆分,C项错误;砷斑颜色越深,砷含量越高,D项错误。
2.D　解析:向CuSO4溶液中加氨水先转化为Cu(OH)2沉淀,再加过量氨水沉淀又转化为[Cu(NH3)4]SO4,变为深蓝色溶液,加入乙醇后,[Cu(NH3)4]SO4的溶解度变小而析出深蓝色沉淀,再加盐酸后[Cu(NH3)4]2+与Cl-转化为黄绿色的配离子[CuCl4]2-。②中沉淀为Cu(OH)2,④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4,A项正确;在含Cu2+的溶液中加过量氨水能转化为[Cu(NH3)4]2+,说明Cu2+更易与NH3结合,B项正确;向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇后析出固体,说明其在乙醇中溶解度小,C项正确;若向⑤中加入稀硫酸,不会转化成黄绿色的[CuCl4]2-,D项错误。
3.D　解析:在pH=1的0.5 mol·L-1 FeCl3溶液中加入过量Zn粉,Zn粉与H+反应产生H2,溶液酸性减弱,促进Fe3+水解产生Fe(OH)3红褐色沉淀;取实验后少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,有蓝色沉淀产生,说明反应过程还存在Zn与FeCl3反应生成Fe2+;由于固体中未检测到铁单质,可能是生成的红褐色沉淀覆盖在锌粉表面,阻碍了进一步反应。有气泡冒出,是因为锌与氢离子反应生成氢气,A项正确;取实验后少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,有蓝色沉淀产生,说明产物中有Fe2+,B项正确;红褐色沉淀产生的原因是溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,锌与氢离子反应,平衡正向移动,C项正确;未检测到Fe单质,可能是生成的红褐色沉淀覆盖在锌粉表面,阻碍了进一步反应,不能证明金属活泼性:Zn4.C　解析:根据试管甲的现象,加热至沸腾,5 min后溶液变为紫色,开始无现象可能是因为温度低,A项正确;根据溶液变为紫色,说明S2将Mn2+氧化为Mn,则氧化性S2>Mn,再滴加MnSO4溶液,立即生成棕黑色沉淀(MnO2),说明Mn将Mn2+氧化为MnO2,氧化性Mn>MnO2,B项正确;甲、乙中c(Na2S2O8)相同,根据甲中的现象,乙中加热至沸腾,生成大量棕黑色沉淀(MnO2),可能是生成的Mn与剩余的Mn2+发生归中反应生成MnO2,C项错误;根据甲、乙的实验现象,温度太低时反应无明显现象,因此需要控制反应温度,Mn2+浓度太大时也不能生成Mn,因此需要控制Mn2+的浓度,D项正确。
5.C　解析:实验①中溶液由无色变为蓝色说明有I2生成,即次氯酸根离子将I-氧化为I2,继续滴加,蓝色消失是因为I2继续被次氯酸根氧化成HIO3,故存在连续两步氧化还原反应,A项正确;实验②中“出现少许蓝色”说明有I2生成,是因为2I-+ClO-+H2OI2+Cl-+2OH-,B项正确;实验②中振荡蓝色立即消失,是因为I2被ClO-继续氧化为I,而不可能是84消毒液与淀粉之间发生了氧化还原反应,C项错误;由题干实验①②可知,按照不同顺序滴加试剂,将观察到不同的现象,故两个实验说明试剂的滴加顺序不同会影响反应的进程,D项正确。
6.D　解析:CuI为白色沉淀,可吸附I2而显土黄色,CuI2在溶液中不存在,故CuSO4与KI能发生反应:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,A项正确;已知2S2(无色)+I22I-+S4(无色),结合第一个实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象,应该是CuI附着在表面的I2先反应,故CuI与Na2S2O3反应的速率小于I2与Na2S2O3反应的速率,B项正确;第二个实验中,①产生土黄色沉淀,溶液为蓝绿色,发生反应2Cu2++4I-2CuI↓+I2,Cu2+剩余,②逐滴加入Na2S2O3溶液时,开始变为浅蓝色悬浊液,逐渐变为黄绿色悬浊液,此时生成了[Cu(S2O3)2]2-、[Cu(S2O3)2]3-,黄绿色悬浊液变为黄色溶液时,说明溶液中的Cu2+几乎全部转化为[Cu(S2O3)2]2-,最后黄色溶液变为无色溶液时,说明[Cu(S2O3)2]2-全部被S2还原为[Cu(S2O3)2]3-,C项正确;第二个实验中,溶液最后变为无色溶液,故最后溶液中主要为[Cu(S2O3)2]3-,故Cu(Ⅱ)与S2生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度,D项错误。
7.C　解析:本题探究Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)能否催化H2O2的分解及相关性质。实验ⅰ中无明显变化,证明[Co(H2O)6]2+不能催化过氧化氢的分解;实验ⅱ中溶液变为红色,证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-:[Co(H2O)6]2++4HC[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+8H2O;实验ⅲ中溶液变为墨绿色,说明[Co(CO3)2]2-更易被过氧化氢氧化为[Co(CO3)3]3-,并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HC的作用下易被过氧化氢氧化为[Co(CO3)3]3-,该过程中反应的离子方程式:2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+4CO2↑+18H2O、2H2O22H2O+O2↑。实验ⅰ中,CoSO4溶液中因含[Co(H2O)6]2+而呈粉红色,加入30%的H2O2溶液,溶液中无明显变化,表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解,A项正确;溶液变为墨绿色,说明溶液中生成了[Co(CO3)3]3-,即Co元素由+2价被氧化为+3价,结合分析知,反应的离子方程式为2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+4CO2↑+18H2O,B项正确;实验ⅱ中的气体成分是二氧化碳,ⅲ中的气体成分是二氧化碳、氧气,C项错误;以上实验证明,[Co(CO3)2]2-比[Co(H2O)6]2+更易被氧化,即配体的种类影响Co(Ⅱ)的还原性,D项正确。
8.C　解析:该显色反应中苯酚上的羟基O—H键断裂,同时有O→Fe配位键的形成,A项正确;对比①②,增加苯酚的浓度,平衡正向移动,颜色加深,可验证上述显色反应是可逆反应,B项正确;④中加硫酸,氢离子浓度增加,平衡逆向移动,③④体积相同,但④中[Fe(C6H5O)6]3-浓度低,颜色浅,推测④中溶液的紫色较③中浅,C项错误;对比①③,③中加入同体积的硫酸钠,颜色变浅,说明[Fe(C6H5O)6]3-浓度降低,可能是Fe3+与S形成配位键,D项正确。第7练　融合题专练——晶胞结构与电化学融合题专练
1.(2025北京东城期末)一种锂离子电池[电极材料分别为嵌锂石墨,钴酸锂(LiCoO2)]某时段的工作原理如下。
总反应方程式:Li1-xCoO2+LixCyLiCoO2+Cy
下列说法正确的是(　　)。
A.图示中的电池处于充电状态
B.放电时,嵌锂石墨作正极
C.充电时,阴极发生的反应为Cy+xLi++xe-LixCy
D.充电时,钴元素失去电子的数目大于脱出的锂离子数目
2.目前新能源汽车多采用三元锂电池,某三元锂电池的工作原理如图所示,下列说法正确的是(　　)。
A.充电时,需连接K1、K2,且B极为阴极
B.放电时,A极发生的反应为xLi++6C+xe-LixC6
C.放电时,电子流向为A极→用电器→B极→电解质溶液→A极
D.外电路每通过1 mol e-时,通过隔膜的Li+质量为7 g
3.(2025广西河池模拟)如图是一种以离子液体AlCl3/[EMIM]Cl为电解液的铝离子电池的工作原理,其中阴离子有AlC、Al2C,阳离子有EMIM+(),不考虑图上离子大小。下列有关说法错误的是 (　　)。
A.该电池在充放电过程中,Cn电极有AlC的嵌入和脱嵌过程
B.充电时的总反应为3Cn+4Al2CAl+4AlC+3Cn(AlCl4)
C.阳离子EMIM+不参与反应,电池放电时移向Al电极
D.放电时电路中每通过1 mol电子,有1 mol Cn(AlCl4)被还原
4.铝-石墨双离子电池采用廉价且易得的石墨替代传统锂电池中的正极材料,全面提升了电池的能量密度。图甲和图乙表示该电池充电或放电时的工作原理。X、Y表示用电器或电源。已知充电时阳极发生阴离子插层反应生成Cn(PF6),下列有关分析正确的是(　　)。
图甲
图乙
A.图甲表示电池充电过程,电极a与电源的正极相连
B.图甲中电极b的电极反应式为Cn(PF6)-e-P+nC
C.图乙中电极c电势高于电极d
D.图乙中当电路转移2 mol电子时,理论上电极c质量减少14 g
5.(2024湖北黄冈三模)α-AgI可用作固体离子导体,能通过加热γ-AgI制得。两种晶体的晶胞如图1所示(Ag+未标出)。测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图2所示,在电场的作用下,α-AgI中的离子无需克服太大阻力即可发生迁移。下列说法错误的是(　　)。
图1
图2
A.γ-AgI与α-AgI晶胞的质量之比为2∶1
B.可用X射线衍射区分γ-AgI和α-AgI晶体
C.γ-AgI与α-AgI中与I-等距且最近的I-个数比为3∶2
D.支管a中AgI质量不变,可判定导电离子是I-而非Ag+
6.(2024广东梅州一模)国内首创的电化学脱嵌法盐湖提锂是通过“富锂态吸附材料(阳极)|支持电解质|阴离子膜|卤水|欠锂态吸附材料(阴极)”实现盐湖卤水中锂的高效选择性提取和富集,且高选择性提取锂的磷酸铁(FePO4)离子筛价廉易得可反复使用。工作原理如图所示,下列说法不正确的是(　　)。
A.该离子筛高选择性提取锂而不提取Na+、K+的原因是Li+半径小能嵌入离子筛
B.阴极室发生的电极反应式:FePO4+Li++e-LiFePO4
C.卤水中的Cl-通过阴离子膜进入阳极室以维持整个体系的电荷平衡
D.以5 A的电流电解32分钟后,阳极板质量减轻1.4 g(F=96 000 C·mol-1)
7.(2025云南卷)(Li0.45La0.85)ScO3是优良的固态电解质材料,Ce4+取代部分La3+后产生空位,可提升Li+传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(O2-未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是(　　)。
A.每个晶胞中O2-个数为12
B.该晶胞在yz平面的投影为
C.Ce4+取代后,该电解质的化学式为(Li0.45La0.85-yCey)ScO3
D.若只有Li+发生迁移,外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等
参考答案
1.C　解析:放电时,LixCy为原电池的负极,LixCy在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳,电极反应式为LixCy-xe-Cy+xLi+,Li1-xCoO2为正极,在锂离子作用下,Li1-xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2,电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-LiCoO2;充电时,LixCy与直流电源的负极相连,作电解池的阴极,Li1-xCoO2与正极相连,作电解池的阳极。图示Li+嵌入Li1-xCoO2电极,由分析可知,发生的反应是Li1-xCoO2+xLi++xe-LiCoO2,是原电池正极的反应,则电池处于放电状态,A项错误;由分析可知,放电时,嵌锂石墨作负极,B项错误;充电时,阴极的反应与原电池负极的反应相反,为Cy+xLi++xe-LixCy,C项正确;充电时,阳极的反应为LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+,钴元素失去电子的数目与脱出的锂离子数目相等,D项错误。
2.D　解析:连接K2、K3时,装置为原电池,A极为负极,电极反应为LixC6-xe-xLi++6C,B极为正极,电极反应为Li1-xNiaCobMncO2+xLi++xe-LiNiaCobMncO2;连接K1、K2时,装置为电解池,A极为阴极,B极为阳极,电极反应与原电池相反。充电时,需连接K1、K2,且B极为阳极,A项错误;放电时,装置为原电池,A极发生的反应为LixC6-xe-xLi++6C,B项错误;放电时为原电池,电子不经过电解液,流向为A极→用电器→B极,C项错误;当外电路通过1 mol e-时,通过隔膜的Li+的物质的量为1 mol,其质量为1 mol×7 g·mol-1=7 g,D项正确。
3.C　解析:由题图可知,放电时,铝电极为负极:Al+7AlC-3e-4Al2C,Cn电极为正极,Cn(AlCl4)得到电子,脱嵌AlC得到Cn:Cn(AlCl4)+e-Cn+AlC;充电时,与直流电源负极相连的铝电极为阴极,Al2C在阴极得到电子发生还原反应生成铝和AlC,Cn电极为阳极,AlC得到电子嵌入Cn,得到Cn(AlCl4)。电池在放电过程中Cn电极脱嵌AlC,充电过程中Cn电极嵌入AlC,即Cn电极有AlC的嵌入和脱嵌过程,A项正确;充电时,与直流电源负极相连的铝电极为阴极,Al2C在阴极得到电子发生还原反应生成铝和AlC,Cn电极为阳极,AlC得到电子嵌入Cn得到Cn(AlCl4),总反应为3Cn+4Al2CAl+4AlC+3Cn(AlCl4),B项正确;放电时,铝电极为负极,Cn电极为正极,则阳离子EMIM+向正极Cn电极移动,C项错误;放电时,Cn电极为正极,Cn(AlCl4)得到电子,脱嵌AlC得到Cn,电极反应式为Cn(AlCl4)+e-Cn+AlC,则电路中每通过1 mol电子时,有1 mol Cn(AlCl4)被还原,D项正确。
4.D　解析:由题图分析判断,图乙是放电装置,电极c为原电池的负极,电极d为正极;图甲为充电装置,电极a与电源负极连接,为电解池的阴极,电极b为电解池的阳极,A项错误;图甲中电极b与电源正极连接,电极反应式为P+nC-e-Cn(PF6),B项错误;图乙中电极c是原电池的负极,电极d是原电池的正极,因此电极d的电势高于电极c的,C项错误;图乙中电极c的电极反应式为AlLi-e-Al+Li+,因此当电路转移2 mol电子时,理论上电极c质量减少2 mol×7 g·mol-1=14 g,D项正确。
5.D　解析:γ-AgI中I-为6×+8×=4,结合化学式,含有4个AgI,α-AgI中I-为1+8×=2,结合化学式,含有2个AgI,晶胞的质量之比为2∶1,A项正确;两者结构不同,可用X射线衍射区分γ-AgI和α-AgI晶体,B项正确;γ-AgI晶胞中,顶点和面心位置的I-距离最近,因此最近的I-有12个,α-AgI晶胞中,顶点和体心位置的I-距离最近,与I-等距且最近的I-个数为8,γ-AgI与α-AgI中与I-等距且最近的I-个数比为3∶2,C项正确;a为阳极,银失去电子生成银离子,然后和I-结合生成AgI,同时Ag+通过AgI固体离子导体移向支管b,然后在b中得到电子生成银,该装置实际为银的电解精炼过程,支管a中AgI质量一直保持不变,导电离子为Ag+,D项错误。
6.D　解析:根据题图可知,左侧为阳极,发生氧化反应,右侧为阴极,发生还原反应。电子层数越多半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小;锂离子半径小于Na+、K+,导致Li+能嵌入离子筛,从而能高选择性提取锂而不提取Na+、K+,A项正确;阴极室中FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4,发生的电极反应式为FePO4+Li++e-LiFePO4,B项正确;装置中为阴离子膜,反应过程中卤水中的Cl-通过阴离子膜进入阳极室以维持整个体系的电荷平衡,C项正确;5 A的电流电解32分钟后,转移电子 mol=0.1 mol,则阳极板释放出0.1 mol Li+,质量减轻0.7 g,D项错误。
7.C　解析:晶胞中Sc3+位于棱心与面心,共有×8+×4=4个,化学式中Sc3+与O2-数目之比为1∶3,所以每个晶胞中O2-个数为12,A项正确;晶胞在yz面的投影,即沿x轴方向投影,所以在投影图上,其分数坐标中y、z轴坐标相同的原子投影在同一点上,投影图为,B项正确;Ce4+取代部分La3+的位置之后,正电荷总数增加,所以会产生阳离子空位以平衡电荷,结合题意,即Li+发生迁移,产生空位,且每有1个Ce4+取代La3+,增加1个正电荷,即有1个Li+发生迁移,所以其化学式应该为(Li0.45-yLa0.85-yCey)ScO3,C项错误;若只有Li+发生迁移,由于Li+带1个单位正电荷,所以外电路转移电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等,D项正确。第6练　融合题专练——有机化学与电化学融合题专练
1.(2025湖南邵阳三模)电化学合成是对环境友好的合成方法,以对硝基苯甲酸()为原料,采用惰性电极电解法合成对氨基苯甲酸()的装置如图所示。下列说法正确的是(　　)。
A.N电极电势高于M电极电势
B.该离子交换膜为阴离子交换膜
C.电解一段时间后,阳极室的pH不变
D.若直流电源用铅酸蓄电池,则每生成0.1 mol对氨基苯甲酸,铅酸蓄电池负极质量增加28.8 g
2.(2025黑龙江哈尔滨二模)环己酮是一种重要的化工原料。苯酚电催化加氢具有操作条件温和、由可再生的电力驱动等优势,是一种有吸引力的环己酮生产工艺。我国科研人员选用不同负载材料电极研究其合成机理如图所示[已知:Hads代表吸附态氢原子、法拉第效率FE(X)=×100%]。
下列说法正确的是(　　)。
A.Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的正极
B.Pt/C和Pt/TiO2电极上均可能有H2逸出
C.Pt/C电极上若生成1 mol环己酮的FE为20%,则一定伴随生成约2.7 mol环己醇
D.TiO2增大了Pt上Hads的覆盖度,有利于提高环己酮制备的纯度
3.(2025河北石家庄二模)氮气还原耦合氢气氧化连续流电化学合成氨,以锂为介导,苯酚为质子穿梭剂,实现了常温常压条件下的高效合成氨,其装置及原理如图所示。
下列有关说法错误的是(　　)。
A.电极X应连接电源的正极
B.电极Y反应之一:yN2+2xLi0+2zC6H5OH2LixNyHz+2zC6H5O-
C.电解过程中质子穿梭剂可循环使用,理论上无需添加
D.与常规铁催化合成氨比较,此方法降低能耗,减少了CO2的排放
4.(2025辽宁抚顺二模)利用有机电化学合成1,2-二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中间室NaCl溶液的浓度通过调整保持不变,电解时阴极生成气体的速率为x mol·h-1,下列说法错误的是(　　)。
A.电源中电势比较:b>a
B.离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜,离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
C.合成室内发生的反应为CH2CH2+2CuCl2CH2ClCH2Cl+2CuCl
D.中间室补充NaCl的速率为2x mol·h-1
5.(2025山东德州模拟)在直流电源作用下,利用双极膜电解池产生羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水、含甲醛废水,原理如图所示(已知双极膜中的H2O解离为H+和OH-)。下列说法错误的是(　　)。
A.双极膜中的H+透过膜b向M极移动
B.电解池总反应为O2+2H2O4·OH
C.处理等物质的量的甲醛和苯酚理论上消耗·OH物质的量之比为1∶7
D.每处理9.4 g苯酚,理论上消耗标准状况下氧气的体积为15.68 L
6.(2025甘肃甘南模拟)锂离子电池广泛应用于新能源汽车上,它具有能量密度大、工作寿命长的特点。一种锂离子电池原理如图所示。下列说法错误的是(　　)。
A.放电时A极发生反应+2e-3I-
B.充放电过程中,只有一种元素化合价发生变化
C.隔膜为阳离子交换膜
D.电池充电时,A与电源的正极相连
7.(2025山东青岛模拟)一种新型醌类()酸碱混合电池具有高能量密度和优异的循环稳定性,该电池工作示意图如下。下列说法正确的是(　　)。
A.c为阳离子交换膜,d为阴离子交换膜
B.放电时,中间室的K2SO4溶液浓度减小
C.充电时,电路中每转移1 mol电子,阳极区质量增加4.5 g
D.放电时有1 mol 生成,理论上电路中转移电子的数目为2nNA
参考答案
1.D　解析:根据图示,N电极I2得电子发生还原反应生成I-,N是阴极,则直流电源b为负极、a为正极,电解池M极为阳极,M极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,生成的总反应为+6I-+6H++3I2+2H2O。N为阴极,M为阳极,故N电极电势低于M电极电势,A项错误;由分析可知,M为阳极,反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,生成对氨基苯甲酸的反应消耗H+,且阳离子移向阴极区,故该离子交换膜为阳离子交换膜,B项错误;电解一段时间后,阳极室的pH减小,C项错误;每生成0.1 mol对氨基苯甲酸,电路上转移0.6 mol电子,若直流电源用铅酸蓄电池,铅酸蓄电池负极反应式为Pb-2e-+SPbSO4(s),故质量增加×96 g·mol-1=28.8 g,D项正确。
2.B　解析:溶液中的H+得电子生成吸附态的H原子,然后苯酚与吸附态的H原子反应生成环己酮和环己醇,电极反应式可写为C6H6O+4H++4e-C6H10O和C6H6O+6H++6e-C6H12O,因此Pt/C和Pt/TiO2电极为阴极,连接电源负极。H+得电子除了生成吸附态的H原子,还可能还原为H2。如题图所示,TiO2诱导了Hads从Pt到TiO2的迁移,降低了Pt表面的Hads覆盖度,有效抑制了环己酮的过度加氢,因此Pt/C表面苯酚加氢生成环己酮和环己醇,而Pt/TiO2表面苯酚加氢还原产物只有环己酮,提高了环己酮选择性。Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的负极,A项错误;Pt/C和Pt/TiO2电极上均存在吸附于Pt表面的氢原子,这些氢原子在电催化条件下能够发生氢还原反应生成H2,B项正确;生成环己酮的FE为20%,若通过电极的电子全部用于苯酚加氢生成环己酮和环己醇,则生成环己酮和环己醇所需电子数比例为1∶4,根据电极反应式可知生成1 mol环己酮所需4 mol电子,因此有16 mol电子用于生成环己醇,得到环己醇的物质的量为2.7 mol,由于通过电极的电子可能存在其他用途,则生成环己醇的物质的量最大为2.7 mol,C项错误;据分析,TiO2减小了Pt上Hads的覆盖度,有利于提高环己酮制备的选择性,D项错误。
3.B　解析:由题图可知,氢气在电极X发生氧化反应,则X为阳极,氮气在电极Y发生还原反应,则电极Y为阴极,A项正确;电极Y为阴极,发生还原反应,则电极Y反应之一为yN2+2xLi0+2zC6H5OH+2ze-2LixNyHz+2zC6H5O-,B项错误;苯酚在该装置中为质子穿梭剂,可循环使用,理论上无需添加,C项正确;该装置实现了常温常压条件下的高效合成氨,且没有二氧化碳排放,D项正确。
4.B　解析:由题图可知,右侧电极上Cu元素由+1价升高为+2价,发生氧化反应,则电极N为阳极,电极b为正极,所以电极M为阴极,电极a为负极,故电源中电势比较:b>a,A项正确;中间室内的氯离子通过离子交换膜Ⅱ,进入右室,最终和CuCl生成CuCl2,左室H+得到电子,生成H2,OH-浓度增大,与中间室移动过来的Na+结合,生成NaOH,所以离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜,离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜,B项错误;根据原子守恒可知,合成室内发生的反应为CH2CH2+2CuCl2CH2ClCH2Cl+2CuCl,C项正确;电解时阴极生成气体的速率为x mol·h-1,根据阴极反应2H2O+2e-H2↑+2OH-可知,中间室移动过来的Na+的速率为2x mol·h-1,故中间室补充NaCl的速率为2x mol·h-1,D项正确。
5.D　解析:M电极消耗H+,双极膜中的H+透过膜b向M极移动,A项正确;M电极:O2+2e-+2H+2·OH,N电极:H2O-e-·OH+H+,总反应为O2+2H2O4·OH,B项正确;每1 mol苯酚转化为CO2,转移电子为28 mol,需要28 mol·OH,每1 mol甲醛转化为CO2,转移电子为4 mol,需要4 mol·OH,处理等物质的量的甲醛和苯酚理论上消耗·OH物质的量之比为28∶4=7∶1,C项正确;每1 mol苯酚转化为CO2,转移电子为28 mol,需要28 mol·OH,则每处理9.4 g苯酚(即0.1 mol),需要2.8 mol·OH,消耗1.4 mol氧气,标准状况下体积为1.4 mol×22.4 L·mol-1=31.36 L,D项错误。
6.B　解析:由题图可知,S到T为放电,放电时B极S→T,S中的Li+“脱嵌”透过隔膜移动到A电极,则放电时B极为负极,A极为正极,充电时,B极为阴极,A极为阳极。结合图像,LiI3作氧化剂,在正极得到电子还原为I-,电极反应式为+2e-3I-,A项正确;充放电过程中,C元素和I元素的化合价均发生变化,B项错误;放电时B极释放锂离子移向正极,所以隔膜为阳离子交换膜,C项正确;电池充电时,A为电解池的阳极,应该与电源的正极相连,D项正确。
7.C　解析:由题图可知,放电时a电极为正极,MnO2转化为Mn2+,发生还原反应,电极反应为MnO2+2e-+4H+Mn2++2H2O,b电极为负极,发生氧化反应,电极反应为+2nOH--4ne-+2nK++2nH2O,此时阳离子移向正极,阴离子移向负极,则c交换膜为阴离子交换膜,则左室的S进入中间K2SO4室,d为阳离子交换膜,右室的K+进入中间K2SO4室。结合分析知,c为阴离子交换膜,d为阳离子交换膜,A项错误;由分析可知,放电时左室的S进入中间K2SO4室,右室的K+进入中间K2SO4室,中间室K2SO4溶液浓度增大,B项错误;充电时,a为阳极,电极反应为Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+,电路中每转移2 mol电子,阳极区生成1 mol MnO2,质量减少87 g,同时中间室有1 mol S经c膜进入左室阳极区,质量增加96 g,则阳极区质量最终增加(96-87) g=9 g,故电路中每转移1 mol电子,阳极区质量增加4.5 g,C项正确;由分析可知,放电时b电极为负极,且关系式为~4ne-,有1 mol生成时,理论上电路中转移电子的数目为4nNA,D项错误。第5练　融合题专练——有机化学与物质结构融合题专练
1.(2025广西名校联考)某物质可溶于水、乙醇,熔点为209.5 ℃,其结构简式如图所示。下列说法错误的是(　　)。
A.该物质溶于乙醇,可与乙醇分子形成分子间氢键
B.该物质分子中含有极性共价键
C.分子中每个N原子的孤电子对数均为1
D.该物质分子中σ键和π键的个数比为5∶3
2.(2025甘肃庆阳模拟)氧化石墨烯薄片是石墨粉末经化学氧化及剥离后的产物,产物中引入了大量基团(如—OH等),其过程及结构如图所示。下列说法错误的是(　　)。
A.氧化石墨烯比石墨烯的导电性更强
B.氧化石墨烯中存在手性碳原子
C.氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯的
D.氧化石墨烯能发生氧化反应、加成反应、酯化反应
3.(2025广西柳州模拟)Friedel-Crafts烷基化反应的机理可以简化用下图表示。下列说法正确的是(　　)。
A.AlCl3既改变速率又改变平衡转化率
B.反应过程中,苯环上C原子的杂化方式发生了改变
C.反应过程中可加入NaOH以提高烷基化转化效率
D.苯酚在AlCl3催化下与溴乙烷反应能得到少量邻乙基苯酚和大量间乙基苯酚
4.(2025广西桂林模拟)我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一。一种具有聚集诱导发光性能的物质,其分子结构如图。下列说法错误的是(　　)。
A.分子中碳原子有sp2、sp3两种杂化轨道类型
B.该物质既有酸性又有碱性
C.该物质可发生取代反应、加成反应、氧化反应
D.该分子中含有手性碳原子
5.(2025浙江二模)在一定条件下,化合物A可转变为己内酰胺E,该反应的主要途径如下:
下列说法不正确的是(　　)。
A.化合物A存在sp2杂化的碳原子
B.化合物B为该反应的催化剂
C.化合物C与D互为同分异构体
D.化合物E可发生氧化、水解和缩聚反应
6.某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P,合成路线如下:
已知:
下列说法不正确的是(　　)。
A.化合物B是非极性分子,核磁共振氢谱中有2组吸收峰
B.1 mol化合物C最多可与4 mol NaOH反应
C.化合物F中碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3杂化
D.反应①②③为取代反应,反应④为加聚反应
7.(2025广西南宁一模)人参是著名中草药之一,人参皂苷(如图)是人参的活性成分。下列有关该物质的叙述错误的是(　　)。
A.能使酸性KMnO4溶液褪色
B.分子内能形成氢键
C.碳原子有3种杂化类型
D.能发生加成、取代反应
8.氯硝西泮,分子式为C15H10ClN3O3,是一种苯二氮类镇定剂,其分子结构如图所示。下列说法正确的是(　　)。
A.分子中C原子和N原子都有sp2、sp3两种杂化方式
B.苯环上的一氯代物有7种,分子中含有1个手性碳原子
C.1 mol氯硝西泮最多可消耗4 mol NaOH
D.在酸性条件下水解只生成1种有机物,但产物在水中的溶解度比氯硝西泮的小
参考答案
1.D　解析:该物质中氨基与乙醇中羟基可形成分子间氢键,A项正确;该物质含有CN、C≡N、C—N以及N—H,都为极性共价键,B项正确;N最外层有5个电子,由结构可知每个N都有一个孤电子对,C项正确;共价单键为σ键,1个双键中有1个σ键、1个π键,1个三键中有1个σ键、2个π键,所以该有机物每个分子中含有9个σ键、3个π键,σ键和π键的个数比为9∶3=3∶1,D项错误。
2.A　解析:氧化石墨烯分子中,有一部分碳原子形成了C—C、C—O,形成大π键的电子数减少,所以氧化石墨烯的导电性比石墨烯的弱,A项错误;氧化石墨烯中存在连有4个不同原子或原子团的碳原子,因此存在手性碳原子,B项正确;氧化石墨烯中含有羟基,能与水分子形成分子间氢键,故氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯的,C项正确;氧化石墨烯中含有碳碳双键,能发生氧化反应和加成反应,含有羟基,能发生酯化反应,D项正确。
3.B　解析:从反应过程可以看出,AlCl3是该反应的催化剂,则其能改变反应速率但不能改变平衡转化率,A项错误;苯分子中C原子为sp2杂化,中与—R相连的碳原子为sp3杂化,中苯环C原子的杂化方式为sp2杂化,所以苯环上C原子经历的杂化为sp2→sp3→sp2,B项正确;反应过程中加入NaOH,NaOH会与AlCl3反应,降低AlCl3的催化效率,烷基化转化效率降低,C项错误;苯酚分子中,羟基和苯环相互影响,使苯环在—OH的邻、对位上的H较易被取代,苯酚在AlCl3催化下与溴乙烷发生取代反应时,能得到大量邻乙基苯酚,D项错误。
4.D　解析:分子中与氮原子相连的两个乙基的四个碳原子是sp3杂化,其余碳原子是sp2杂化,A项正确;—COOH具有酸性,—N(CH2CH3)2具有碱性,所以该物质具有酸性和碱性,B项正确;苯环能发生加成反应,羧基、碳氯键能发生取代反应,CN双键能发生氧化反应,C项正确;手性碳原子是指与四个各不相同的原子或原子团相连的碳原子,该有机物中没有手性碳原子,D项错误。
5.D　解析:由题图可知,化合物A为,结构中含有一个碳氮双键,该碳原子为sp2杂化,A项正确;化合物B与反应物A一起开始参与反应,反应后又重新生成,故化合物B为该反应的催化剂,B项正确;由题图可知化合物C和化合物D的分子式相同,都为C8H10NO2F3,故化合物C与D互为同分异构体,C项正确;已知化合物E中的官能团为酰胺基,可发生氧化、水解反应等,不能发生缩聚反应,D项错误。
6.D　解析:化合物C发生反应③取代反应生成,逆推可知C为
,与F发生反应④生成高聚物P,可推知F为
HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH,A的分子式为C8H10,A发生氧化反应生成B,B与C2H5BrO发生酯化反应生成C,故A为,B为,C2H5BrO为HOCH2CH2Br。化合物B为,正负电荷中心重合,为非极性分子,分子中有2种不同化学环境的氢原子,因此核磁共振氢谱中有2组吸收峰,A项正确。化合物C的结构简式为,1 mol酯基消耗1 mol NaOH,1 mol溴水解消耗1 mol NaOH,因此1 mol化合物C最多可与4 mol NaOH反应,B项正确。化合物F的结构简式为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH,三键中碳原子、双键中碳原子、亚甲基中碳原子价层电子对数依次为2、3、4,依次采取sp、sp2、sp3杂化,C项正确。反应①为转化为,属于氧化反应,反应④为加聚反应,D项不正确。
7.C　解析:人参皂苷分子中含有碳碳双键和羟基,碳碳双键和羟基都能被酸性KMnO4溶液氧化,从而使酸性KMnO4溶液褪色,A项正确。该分子中存在多个羟基,羟基之间可以形成分子内氢键,B项正确。该分子中碳原子的杂化类型有sp2杂化(羧基、酯基、碳碳双键中的碳原子)和sp3杂化(饱和碳原子),共2种杂化类型,C项错误。该分子中含有碳碳双键,能发生加成反应;含有羟基、酯基等,能发生取代反应,D项正确。
8.A　解析:根据题干有机物结构简式可知,苯环上的碳原子和碳氮双键、碳氧双键的碳原子为sp2杂化,其余碳原子为sp3杂化;碳氮双键、氮氧双键的氮原子为sp2杂化,其余氮原子为sp3杂化,A项正确。上方苯环上的一氯代物有3种,下方苯环上的一氯代物有4种,故该有机物的苯环上的一氯代物共有7种,由结构简式可知,分子中不含有手性碳原子,B项错误。1 mol酰胺基水解消耗1 mol氢氧化钠、1 mol氯原子水解消耗1 mol氢氧化钠,生成酚类物质再消耗1 mol氢氧化钠,故1 mol氯硝西泮最多可消耗3 mol NaOH,C项错误。在酸性条件下水解,酰胺基断开,只生成1种有机物,但产物中含有羧基、氨基,二者属于亲水基团,故产物在水中的溶解度比氯硝西泮的大,D项错误。

展开更多......

收起↑