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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题14 化学实验综合
一、选择题
1．水溶液呈酸性的盐是（　　）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.氯化钡为强酸强碱盐，呈中性；
C.硫酸呈酸性，但属于酸；
D.氢氧化钙属于碱。
2．我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是（　　）
A．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖
B．新鲜榨得的花生油具有独特油香，油脂属于芳香烃
C．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D．端午时节用棕叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉可水解
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；芳香烃；二糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖属于二糖，A选项正确。
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，含有氧元素，因此不属于芳香烃，B选项错误。
C、食醋中的H2O为极性分子，C选项正确。
D、淀粉可发生水解反应，生成葡萄糖，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、蔗糖属于二糖。
B、油脂中含有氧元素，不属于烃类物质。
C、食醋中的H2O为极性分子。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
3．测定浓硫酸试剂中 含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取 待测液，用 的 溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A.配制一定物质的量浓度的溶液，需用到容量瓶，该实验要配制250mL溶液，因此需用到250mL容量瓶，A不符合题意；
B.分液漏斗常用于分液操作，该实验中不需用到分液漏斗，B符合题意；
C.进行酸碱中和滴定时，待测液应盛装在锥形瓶内，因此该实验需用到锥形瓶，C不符合题意；
D.移取NaOH溶液时，需用到碱性滴定管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对一定物质的量浓度溶液配制和中和滴定的考查，解答此类题型时，应结合溶液配制过程和中和滴定实验过程进行分析。
4．为探究 的性质，进行了如下实验（ 和 溶液浓度均为 ）。
实验 操作与现象
① 在 水中滴加2滴 溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
② 在 溶液中滴加2滴 溶液，变红褐色； 再滴加 溶液，产生蓝色沉淀。
③ 在 溶液中滴加2滴 溶液，变红褐色； 将上述混合液分成两份，一份滴加 溶液，无蓝色沉淀生成； 另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是（　　）
A．实验①说明加热促进 水解反应
B．实验②说明 既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明 发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明 对 的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A不符合题意；
B．生成红褐色的氢氧化铁，说明Fe3+发生了水解反应；Na2SO3具有还原性，再滴加 溶液 ，产生蓝色沉淀，说明Fe3+被还原为Fe2+，故B不符合题意；
C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，无蓝色沉淀生成，说明没有生成亚铁离子，即没有发生还原反应，故C不符合题意；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，但不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.水解为吸热反应；
B.铁离子水解生成氢氧化铁，产生蓝色沉淀说明生成了铁离子；
C.有红褐色沉淀，说明铁离子发生水解，无蓝色沉淀，说明没有发生还原反应。
5．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声 具有还原性
B 待测液中滴加溶液，生成白色沉淀 待测液含有
C 和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强
D 溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色 增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见离子的检验；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应过程中，H元素的化合价从+1价变为0价，化合价降低，被还原，体现了的氧化性，A错误；
B．能与结合生成白色沉淀AgCl，应先加入盐酸排除杂质离子的影响，再滴加溶液检验，B错误；
C．溶液能与盐酸反应，不能与溶液反应，与溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，C正确；
D．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，溶液消耗氢离子，平衡正向移动，该过程的原理是：生成物浓度减小，平衡正向移动，D错误；
故选C。
【分析】A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
Ｂ．该白色沉淀也可能是AgCl；
Ｃ．氢氧化铝是两性氢氧化物；
Ｄ．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
6．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（　　）
　 粒子组 判断和分析
A 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
B 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
C 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
D 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Al3+和NH3 H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成AlO2- ，反应方程式是：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3+3H+故A不符合题意；
B．S2O32- 和H+反生歧化反应生成单质硫、二氧化硫和水，发生的离子方程式为：2H++ S2 =S↓+SO2↑+H2O，故B符合题意；
C．Fe3+可以被H2O2还原得Fe2+和H2O，发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；
D．在酸性条件下MnO4-能将Cl-氧化为Cl2，发生氧化还原反应不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氨水不能溶解氢氧化铝
B. 中的硫元素处于+2价态处于中间价态可以发生歧化反应
C.铁离子具有氧化性，过氧化氢具有还原性，氧化还原反应不共存
D.高锰酸根具有氧化性，氯离子具有还原性，因此发生氧化还原反应不共存
7．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是（　　）
A．G、K均能与溶液反应
B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同
D．与足量的J反应，转移电子数为
【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、G是H2S，是一种弱酸，K是 SO3，是一种酸性氧化物，因此二者都可以与碱也就是NaOH溶液反应，A正确；
B、H是S，属于单质，化合价为0，处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原；N是Na2SO3，S的化合价为4价，同样处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原，B正确；
C、M(NaHSO3)溶液：离子为Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-电离和水解)；N(Na2SO3)溶液：离子为Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；两者离子种类相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正确；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以发生归中反应，，由方程式不难看出，1molH2S反应的时候，转移的电子数为2NA，D错误；
故答案为：D
【分析】由题可知，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性可以推测出J是SO2；G 为气体，经两步氧化生成 SO2，故 G 为 H2S；J与 O2反应生成 K 为 SO3；J 与少量 NaOH 反应生成 M 为 NaHSO3，与足量 NaOH 反应生成 N 为 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 为 Na2SO4。
8．我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图。该电池分别以Zn﹣TCPP（局部结构如标注框内所示）形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是（　　）
A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B．电池总反应为：+ZnZn2++3I﹣
C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn﹣TCPP
D．放电时，消耗0.65gZn，理论上转移0.02mol电子
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；
B．由以上分析可知，该电池总反应，+ZnZn2++3I﹣ B正确；
C．充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn2+，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；
D．放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02 mol电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。
9．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（　　）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
10． 桥头烯烃Ⅰ的制备曾是百年学术难题，下列描述正确的是（　　）
A．Ⅰ的分子式是 B．Ⅰ的稳定性较低
C．Ⅱ有2个手性碳 D．Ⅱ经浓硫酸催化脱水仅形成Ⅰ
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据Ⅰ的结构简式可知，其分子中含有7个碳原子，10个氢原子，分子式为， 故A错误；
Ｂ．Ⅰ含有碳碳双键，含有不稳定的π键，稳定性较低，故B正确；
Ｃ．Ⅱ有3个手性碳，如图用“*”标记：，故C错误；
Ｄ．Ⅱ经浓硫酸催化脱水形成、两种烯烃，故D错误；
故选B。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．碳碳双键易被氧化；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子
Ｄ．Ⅱ脱水形成两种烯烃。
11．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是（　　）
实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因 将NO2通入下列溶液至饱和： ①浓HNO3 ②Cu（NO3）2和HNO3混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2
B 比较F﹣与SCN﹣结合Fe3+的能力 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合Fe3+的能力：F﹣＞SCN﹣
C 比较HF与H2SO3的酸性 分别测定等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液的pH 前者pH小 酸性：HF＞H2SO3
D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；
B、向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确；
C、铵根离子水解呈酸性，同浓度与的铵根离子浓度不等，因此不能比较酸性，故C错误；
D、利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同，该实验中，只有温度不同，其他反应条件相同，能探究温度对反应速率的影响，且温度越高，反应速率越快，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；
B、Fe(SCN)3为血红色；
C、 等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液，铵根离子浓度不同 ；
D、该实验只存在温度一个变量。
12．利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
② 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法错误的是（　　）
A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A不符合题意；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B不符合题意；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C符合题意；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】实验①中，铁做电镀池的阴极，铁先与溶液中的氢离子、铜离子反应，生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子和铁的反应，导致气体减少；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子。
13．以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池，下列说法正确的是（　　）
A．放电过程中，K+均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.据题意可知， CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池， 因此 CH3OH、N2H4、(CH3)2NNH2失去电子发生氧化反应，钾离子向正极移动，故A不符合题意
B.放电过程中，CH3OH-O2、(CH3)2NNH2-O2均产生二氧化碳消耗氢氧化钾溶液因此氢氧化钾溶液的物质的量减小，而N2H4-O2产生的是氮气不会消耗氢氧化钾，故B不符合题意
C.根据CH3OH~6e，N2H4 ~4e，(CH3)2NNH2~16e，设质量均为mg，即可计算出CH3OH转移的电子数为mol，N2H4转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子量最大，故C符合题意
D.根据 N2H4-O2燃料电池 的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O， 消耗1molO2时 产生1mol氮气，标况下体积为22.4L，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据原电池的的电子的流向即可判断钾离子的移动方向
B.考查的是电池反应产物中是否含有消耗氢氧化钾溶液的物质
C.产生的电量是由转移的电子量决定的，计算出等质量的物质转移的电子数即可
D.根据电池写出总的反应式即可判断
14． 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中现象说明配体与的结合能力：
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
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．②中的沉淀是Cu(OH)2，④中的沉淀是[Cu(NH3)4]SO4晶体，故A正确；
Ｂ．③中得到[Cu(NH3)4]2+，说明Cu2+与NH3形成配位键，而没有与H2O形成配位键，因此可知 配体与的结合能力： ，故B正确；
Ｃ．向深蓝色溶液中加入乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4晶体，说明蓝色物质在乙醇中的溶解度小于水中，故C正确；
Ｄ．⑤中因含有[CuCl4]2-呈黄绿色，加入稀硫酸，不能提供氯离子，不能得到黄绿色溶液，故D错误；
故选D。
【分析】向CuSO4溶液中加入氨水，先反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，氨水过量，Cu(OH)2 蓝色沉淀溶解，得到含[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液，加入乙醇析出深蓝色晶体，过滤得到的深蓝色固体中加入过量浓盐酸，生成含有[CuCl4]2-的黄绿色溶液。
15．下列实验装置使用不正确的是（　　）
A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气
B．图②装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液
C．图③装置用于测定中和反应的反应热
D．图④装置用于制备乙酸乙酯
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；中和热的测定；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、二氧化锰和浓盐酸在加热条件下才能反应生成氯气，缺少加热装置，故A错误；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液，锥形瓶盛装碱，故B正确；
C、简易量热计由内筒，外壳，隔热层，杯盖，温度计，玻璃搅拌器构成，利用简易热量计能测定中和反应的反应热，故C正确；
D、加热条件下，乙醇、乙酸在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯，右侧试管中用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、除去乙酸，降低酯的溶解度，该装置可制备乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液进行滴定；
C、该装置为简易热量计；
D、乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯。
16．蛋白质中N元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓，以确保N元素完全转化为
B．步骤Ⅱ，浓溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收，以甲基红(变色的范围：)为指示剂，用标准溶液滴定，经计算可得N元素的含量
D．尿素样品、样品的N元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ，加入的浓需过量，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为，进而准确的计算N元素含量，A正确；
B．根据反应+OH- NH3·H2O NH3+H2O，当NaOH过量时，溶液中c(OH-)增大，有利于氨的蒸出，B正确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收后，过量的HCl用标准NaOH溶液滴定，反应后溶液中有NaCl和NH4Cl，滴定终点溶液显酸性，用甲基红作为指示剂，C正确；
D．在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下中的N元素不会转化为，因此不能按上述步骤测定，D错误；
故答案为：D
【分析】A、浓硫酸过量，可确保将蛋白质中的氨基和酰胺基完全转化为NH4＋。
B、浓NaOH溶液过量，有利于NH3的逸出。
C、滴定终点溶液的溶质为NaCl和NH4Cl，溶液显酸性，用甲基橙做指示剂。
D、NaNO3中氮元素无法转化为NH4＋，因此不能用上述方法。
二、填空题
17．卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
（1）时，与冰反应生成利。常温常压下，为无色气体，固态的晶体类型为　 　，水解反应的产物为　 　(填化学式)。
（2）中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式　 　；为键角　 　键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因　 　。
（3）一定条件下，和反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为　 　。若阿伏加德罗常数的值为，化合物的密度　 　(用含的代数式表示)。
【答案】（1）分子晶体；HF 、和
（2）；＞；分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键
（3）；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）常温常压下HOF为无色气体，说明HOF的沸点较低，因此固态HOF为分子晶体。HOF水解过程中H2O反应，生成H2O2和HF，H2O2可进一步分解产生O2，因此HOF水解反应的产物为HF、H2O2和O2。
（2）ClO2中存在大π键，其中氯原子提供一对电子，一个氧原子提供一个电子，另一个氧原子提供一对电子，五个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键；氯原子提供孤电子对与其中一个氧原子形成配位键，与另一个氧原子形成普通的共价键，因此氯原子的价层电子对数为3，所以氯原子的轨道杂化方式为sp2。
ClO2中心氯原子为sp2杂化，其键角为120°。Cl2O中心氧原子的价层电子对数为，所以氧原子采用sp3杂化，其键角为109°28′，所以ClO2的键角大于Cl2O的键角。
ClO2分子中既有σ键，又有大π键，原子轨道重叠程度较大，因此其中Cl－O键的键长较小；而Cl2O中只有σ键，所以其键长较大。因此ClO2分子中Cl－O键的键长小于Cl2O中Cl－O键的键长。
（3）根据“均摊法”可知，该晶胞中黑色球的个数为，白色球的个数为，灰色球的个数为。因此化合物X中三种元素的原子个数比为1：2：4。由于化合物X中Cu元素的化合价为+2价，F元素的化合价为-1价，K元素的化合价为+1，因此化合物X的化学式为K2CuF4。所以该反应的化学方程式为：CuCl2＋4K＋2F2=K2CuF4＋2KCl。
该晶胞的体积V=(a×10-10)cm×(b×10-10)cm×(c×10-10)cm=a2c×10-30cm3。一个晶胞的质量m=，所以该晶胞的密度。
【分析】（1）常温常压下HOF为气体，则固态的HOF晶体为分子晶体。HOF水解过程中与H2O发生反应，形成H2O2和HF。
（2）根据氯原子的价层电子对数确定中心原子的杂化方式。根据空间构型比较键角的大小。根据原子轨道的重叠程度大小，比较键长大小。
（3）根据晶胞结构，结合“均摊法”确定化合物X的化学式，从而得出反应的化学方程式。根据密度公式计算化合物X的密度。
18． 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。
（1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　 　。
（2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：　 　。
（3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。
①的配体中，配位原子是　 　。
②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。()
（4）和反应过程中能量变化示意图如下。
①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：　 　。
②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：　 　。
【答案】（1）
（2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28'，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
（3）N；
（4）生成的活化能更低；根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，因此其最外层轨道表示式为。
故答案为：
（2）NH3的电子式为，而CH4的电子式为。CH4中中心碳原子的价层电子对数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，键角为109°28'。而NH3中心氮原子的价层电子对数为4，其中含有1对孤电子对。孤电子对对成键电子对的排斥作用力大于成键电子之间的排斥作用力。因此NH3分子中H－N－H的键角小于109°28'。
故答案为： CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28'，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
（3）①[Mg(NH3)6]Cl2的配体为NH3，其中氮原子提供孤电子对，因此配位原子为N。
②由晶体结构可知，该晶胞中所含[Mg(NH3)6]2＋的个数为，含有Cl－的个数为8。因此一个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2。所以该晶体的密度。
故答案为：
（4）①由反应过程中给能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]Cl2所需的活化能更小，因此MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2，而不生成[Mg(NH3)]Cl2。
故答案为：生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低
②由反应过程中的能量变化图可知，反应MgCl2(s)＋6NH3(g)=[Mg(NH3)6]Cl2(s)为放热反应，且反应过程中气体分子数减小。要使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2，即使平衡逆向移动，则可通过降低压强或升高温度，使平衡逆向移动，使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3，生成MgCl2。
故答案为： 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【分析】（1）根据基态Mg的核外电子排布式分析。
（2）根据孤电子对对成键电子对的排斥力分析键角的大小关系。
（3）①提供孤电子对的原子为配位原子。
②根据均摊法确定晶体中的微粒个数x，结合公式计算晶体密度。
（4）①根据反应所需的活化能大小分析。
②根据反应热效应，结合平衡移动分析。
三、实验探究题
19．研究人员进行了一组实验：
实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。
实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。
已知：
Zn+2NaOH+2H2O═Na2[Zn（OH）4]+H2↑
Na2[Zn（OH）4]═2Na++[Zn（OH）4]2﹣
[Zn（OH）4]2﹣ Zn2++4OH﹣
（1）如图，实验一使用的仪器为 　 　，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是 　 　。
（2）Na2[Zn（OH）]4中含有的化学键包括 　 　。
a．离子键
b．极性共价键
c．非极性共价键
d．配位键
（3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：　 　。
（4）写出实验一中构成的原电池正负极反应：
负极：　 　；
正极：　 　，　 　。
（5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是 　 　。
（6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为 　 　。
（7）若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：　 　。
【答案】（1）蒸发皿；用玻璃棒搅拌
（2）abd
（3）Zn+2OH﹣+2H2O＝[Zn（OH）4]2﹣+H2↑
（4）Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝[Zn（OH）4]2﹣；[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣＝Zn+4OH﹣；2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣
（5）防止锌被氧化
（6）将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜
（7）清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象
【知识点】化学键；极性键和非极性键；电极反应和电池反应方程式；常用仪器及其使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出，故答案为：蒸发皿；用玻璃棒搅拌；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键，故答案为：abd；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。电极方程式为：、2H2O+2e-=H2+2OH-，故答案为：；；2H2O+2e-=H2+2OH-；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化，故答案为：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，可用稀硝酸鉴别两者，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜，故答案为：将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜；
（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象，故答案为：上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。
【分析】Zn与NaOH溶液发生反应，一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌；锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。
（1）实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在正极得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2生成少量H2；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮；
（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。
20．(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解。下反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振荡，静置。
(三)产品纯度测定
溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成溶液。
滴定分析：量取过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀，用准确浓度的溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。
回答下列问题：
（1）过滤中使用到的玻璃仪器有　 　(写出两种即可)。
（2）过氧化脲的产率为　 　。
（3）性质检测Ⅱ中的现象为　 　。性质检则I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　 　。
（4）下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是　 　，定容后还需要的操作为　 　。
（5）“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是____(填标号)。
A．溶液置于酸式滴定管中
B．用量筒量取过氧化脲溶液
C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁
D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度
（6）以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是____(填标号)。
A．容量瓶中液面超过刻度线
B．滴定管水洗后未用溶液润洗
C．摇动锥形瓶时溶液滴到锥形瓶外
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答
（2）50%
（3）液体分层，上层为无色，下层为紫红色；还原性、氧化性
（4）避免溶质损失；盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀
（5）B；D
（6）A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
（2）实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为 ，物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为 ：50%；
（3）在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色。
（4）操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。
（5）A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确；
B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL的溶液应选用滴定管，B项错误；
C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，C项正确；
D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D项错误；
故选BD。
（6）A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中页面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意；
B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意；
C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，C项不符合题意；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，D项不符合题意；
故选A。
【分析】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2） 过氧化脲的产率为即为实际产量与理论产量的比值，实际产量为12g，根据题目数据可以计算出理论产量，即可计算。
（3）检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性，而检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性；
（4） 操作a 为洗涤，目的为减少溶质损失；
（5）B量筒的精确到只有0.1mL，只能量取25.0mL；
D.锥形瓶颜色变化后要等1-2分钟，看颜色是否会恢复；
（6）（5）误差分析思路：利用c=m/v，看该不当操作是影响溶质质量m，还是影响溶液体积V，然后进行分析即可。
21．氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：1mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
物质 N2（g） O2（g） NO（g）
能量/kJ 945 498 631
回答下列问题：
（1）恒温下，将1mol空气（N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分）置于容积为VL的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i.N2（g）+O2（g） 2NO（g）K1ΔH1
ii.2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）K2ΔH2＝﹣114kJ mol﹣1
①ΔH1＝　 　kJ mol﹣1。
②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有 　 　（填标号）。
A．缩小体积
B．升高温度
C．移除NO2
D．降低N2浓度
③若上述平衡体系中c（NO2）＝amol L﹣1，c（NO）＝bmol L﹣1，则c（O2）＝　 　mol L﹣1，K1＝　 　（写出含a、b、V的计算式）。
（2）氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO反应的速率方程为v＝kcx（NO）cy（H2），k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
组号 c（NO）/（mol L﹣1） c（H2）/（mol L﹣1） v/（mol L﹣1 s﹣1）
1 0.10 0.10 r
2 0.10 0.20 2r
3 0.20 0.10 4r
4 0.05 0.30 ？
表中第4组的反应速率为 　 　mol L﹣1 s﹣1。（写出含r的表达式）
（3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，N2在 　 　（填“阴”或“阳”）极上发生反应，产生NH3。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗NH3和H2的质量比为17：3，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 　 　。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂（a、b、c）上N2电还原为NH3（图1）和H2O电还原为H2（图2）反应历程中的能量变化，则三种催化剂对N2电还原为NH3的催化活性由强到弱的顺序为 　 　（用字母a、b、c排序）。
【答案】（1）+181；CD；；
（2）0.75r
（3）阴；2NH3+6OH﹣﹣6e﹣＝N2+6H2O；bac
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能：(945KJ/mol+498KJ/mol)-2×631KJ/mol=+181KJ/mol故答案为：+181；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，故A不符合题意；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，故B不符合题意；
C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，故C符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，故D符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式
　 N2（g）+O2（g） 2NO（g）
起始(mol/L) 0
变化(mol/L) (a+b)
平衡(mol/L) - -- (a+b)
　 .2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）
起始(mol/L) (a+b) - 0
变化(mol/L) a a
平衡(mol/L) b -- a
c(O2)=--= ， K1＝=；
（2）实验1与实验2相比，，y=1，实验1与实验3相比，，x=2，代入实验3，k==103r，根据实验4计算，v=103r(0.05)2(0.3)=0.75r；
故答案为：0.75r；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生， 2NH3+6OH﹣﹣6e﹣＝N2+6H2O ；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；
【分析】（1）①根据ΔH1=反应物总键能-生成物总键能即可计算；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大；
C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低；
③根据给出的数据，利用三行式即可计算出平衡的浓度，利用平衡常数计算公式即可计算；
（2）根据实验1与实验2相比，，实验1与实验3相比，，代入实验3，k==103r，即可计算；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，即可写出电极反应式；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，即可判断。
22．利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。
实验过程如下：
①加样，将样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装略小于的碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。
②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。
③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。
回答下列问题：
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是_______(填标号)。
A．玻璃棒 B．锥形瓶
C．容量瓶 D．胶头滴管
（2）装置B和C的作用是充分干燥，B中的试剂为　 　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是　 　。
（3）该滴定实验达终点的现象是　 　；滴定消耗碱性标准溶液，样品中硫的质量分数是　 　(用代数式表示)。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进的生成，粉尘在该过程中的作用是　 　；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是　 　；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）A；D
（2）浓硫酸；防止倒吸
（3）当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；
（4）催化剂；通入F的气体温度过高，导致部分升华，从而消耗更多的碱性标准溶液；不变
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤确定所需仪器；
（2）浓硫酸具有吸水性，且氧气不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥氧气；装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子可防止倒吸；
（3） 用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现 ，因此当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色时达到滴定终点；根据3S~3~3~计算；
（4）铁的氧化物能催化氧化二氧化硫； 易升华；有少量不经直接将氧化成，根据转移电子守恒可知仍存在3S~3~，不影响测定结果。
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
四、综合题
23．如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。
实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下（加热及夹持装置略）：
原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃
顺丁烯二酸酐 52.6 202.2
邻苯二甲酸酐 130.8 295.0
丙-1，2-二醇 -60.0 187.6
实验过程：
①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入N2。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二醇发生醇解反应，主要生成和。然后逐步升温至190~200℃，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。
②缩聚反应后期，每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求（酸值：中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。
回答下列问题：
（1）理论上，原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)：n（邻苯二甲酸酐)：n（丙-1，2-二醇)=　 　
（2）装置B的作用是　 　；仪器C的名称是　 　；反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，合理的是　 　(填标号）。
A.55~60℃ B.100~105° C.190~195℃
（3）为测定酸值，取a g样品配制250.00mL溶液.移取25.00mL溶液，用c mol·L-1 KOH一乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：
序号 1 2 3 4 5
滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
应舍弃的数据为　 　（填序号)；测得该样品的酸值为　 　(用含a，c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求，可采取的措施为　 　(填标号)。
A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速
（4）实验中未另加催化剂的原因是　 　
【答案】（1）1：1：2
（2）冷凝回流；直形冷凝管；B
（3）2，3； ；C
（4）醇解反应生成羧酸，即可作为缩聚反应的催化剂
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 由和按物质的量之比1：1发生缩聚反应生成， 和分别与 以物质的量之比1：1反应生成和，则理论上原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)：n(邻苯二甲酸酐)：n(丙-1，2-二醇)= 1：1：2，故答案为：1：1：2。
（2）装置A中3种原料在加热的条件下发生反应，有机原料具有一定的挥发性，若这些原料的蒸气随氮气一起流出，则原料的利用率减小，从而导致产品的产率减小，因此，需要冷凝回流装置，装置B为空气冷凝管，其作用是导气，同时将顺丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1，2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中，但是不会将水蒸气冷凝；仪器C的名称是直形冷凝管；根据3种原料的沸点可知，反应过程中，应保持温度计2示数高于水的沸点、低于原料的沸点，防止原料流失，则合理的是100~105℃，故选B，故答案为：冷凝回流；直形冷凝管；B。
（3）5次滴定消耗标准溶液的体积分别为24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，第2、3两次实验的数据的误差明显偏大，舍去；剩余3次滴定消耗标准液的平均体积为25.00mL，25.00mL cmol·L-1KOH一乙醇标准溶液中含有KOH的质量为25.00mL ×10-3L·mL-1×cmol·L-1×56000 mg·mol-1=1400c mg，则该样品的酸值为；
若测得酸值高于聚合度要求，说明样品中所含的羧基数目较多，还有一部分单体没有发生充分发生缩聚反应：
A．若立即停止加热，则酸值不变，不能达到目的，相反地，可以继续加热，让缩聚反应充分进行，故A不符合题意；
B．若排出装置D内的液体，可以除去未参与缩聚反应的单体，降低混合物的酸值，故B不符合题意；
C．的作用是一方面可以将生成的水带走，另一方面可以起到搅拌作用，从而加快反应速率且促进缩聚反应充分进行，因此增大的流速可行，故C符合题意；
故选C。
故答案为：2、3；；C。
（4）实验过程中加入2种酸酐，酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行，因此不需要另加催化剂，故答案为：酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。
【分析】（1）根据反应原理确定投料比；
（2）装置B能冷凝回流原料，提高原料利用率；仪器C的直形冷凝管；温度2要高于水的沸点、低于原料的沸点；
（3）根据所测数据计算；若测得酸值高于聚合度要求，说明样品中所含的羧基数目较多，还有部分单体未反应；
（4）酸酐能催化成酯反应。
24．锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图。A)深受关注。
回答问题：
（1）的制备前体(B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有　 　(填元素符号)。
（2）C分子中，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为　 　。
（3）B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F的结构式为　 　。
（4）B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系：B　 　D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是　 　。
（5）研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是　 　。
（6）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆己隐去。
①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为　 　；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为　 　。
②两种晶型的密度近似相等，则　 　。(以含a、b和d的代数式表达)
【答案】（1）Cl、S
（2）
（3）或
（4）>；B分子间存在氢键
（5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液
（6）；8；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）第三周期元素指原子序数 11-18 的元素，则C中第三周期元素为Cl元素和S元素，故答案为：Cl、S；
（2）C分子中， 两个键角均为，键角为 ，键角之和为，说明H、N和2个S位于同一平面上，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）B进行自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+，则阳离子F的结构式为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键；
（5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液；
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
【分析】（1）C中含有的H位于第一周期，O、N位于第二周期，S、Cl位于第三周期；
（2） 两个和键角之和为， H、N和2个S位于同一平面；
（3）自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+；
（4）酸性越强，Ka越大；分子间形成氢键，能提高物质的沸点；
（5）G 中正负电荷距离更近，形成离子对更稳定，解离度低；N 的配位能力强于磺酰基 O，导致 G 溶液中自由离子浓度小于 H 溶液；
（6）根据均摊法分析计算。
（1）由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素，故答案为：Cl、S；
（2）由键角可知，C中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键；
（5）由图可知，G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液；
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
五、流程题
25．下列为某有机物的合成路线。
（1）A 中含氧官能团名称 为　 　，A到D的反应灾害为　 　。
（2）B的结构简式为　 　。
（3）D到E的反应产物，除E外，另一产物的结构简式为　 　。
（4）下列说法正确的是（　　）____。
A．G中存在大键 B．K中碳原子来自于J
C．L中存在氢键 D．
（5）G的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种。
①：存在和2个环外键
②：不含与sp杂化的碳原子
写出其中核磁共振氧谱峰面积比为（）的结构简式　 　。
（6）有机物Q的合成路线如下：
根据已知信息，由R和X生成T的化学方程式为　 　。
【答案】（1）酯基；取代反应
（2）
（3）
（4）A；B；C
（5）10；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，其中的含氧官能团为酯基；A和B发生取代反应生成D，则A到D的反应类型为取代反应，故答案为：酯基；取代反应。
（2）A和B发生取代反应生成D，则B的结构简式为，故答案为：。
（3）D到E的过程中，酯基先水解生成-ONa，再与HCl反应得到-COOH，则另一产物为 ，故答案为： 。
（4）A．G中含有苯环，苯环中含有大键，故A正确；
Ｂ．K中有1个碳原子来自于J，其他碳原子来自于G，故B正确；
Ｃ．L中羟基和酰胺基之间能形成氢键，故C正确；
Ｄ．L与Q生成Z的过程中还会生成HCl，则， 故D错误；
故选ABC。
（5）G的分子式为，其同分异构体满足：① 存在和2个环外键 ，说明分子中除了苯环外还存在2个双键或1个三键，②不含与sp杂化的碳原子，说明不含有羟基、羧基、碳碳三键，则苯环上的取代基可能有以下情况：、、、、、、、、、，共有10种同分异构体；其中核磁共振氧谱峰面积比为（）的结构简式为，故答案为：10；。
（6）由已知信息的反应可知，X的结构简式为，R中既含有氨基，又含有羧基，由Z的结构简式，以及已知信息的反应，可推断出R中氨基和羧基处于邻位，则R的结构简式为，则由R和X生成T的化学方程式为，故答案为：。
【分析】与B发生取代反应生成D，结合B的分子式和D的结构简式可知，B的结构简式为 ，D在NaOH条件下水解再酸化，酯基转化为羧基得到E，E发生反应生成G，G和J发生取代反应生成K，K再发生取代反应生成L，L和Q发生取代反应得到目标产物，结合目标产物和L的结构简式可知，Q的结构简式为。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题14 化学实验综合
一、选择题
1．水溶液呈酸性的盐是（　　）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
2．我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是（　　）
A．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖
B．新鲜榨得的花生油具有独特油香，油脂属于芳香烃
C．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D．端午时节用棕叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉可水解
3．测定浓硫酸试剂中 含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取 待测液，用 的 溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（　　）
A． B． C． D．
4．为探究 的性质，进行了如下实验（ 和 溶液浓度均为 ）。
实验 操作与现象
① 在 水中滴加2滴 溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
② 在 溶液中滴加2滴 溶液，变红褐色； 再滴加 溶液，产生蓝色沉淀。
③ 在 溶液中滴加2滴 溶液，变红褐色； 将上述混合液分成两份，一份滴加 溶液，无蓝色沉淀生成； 另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是（　　）
A．实验①说明加热促进 水解反应
B．实验②说明 既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明 发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明 对 的水解反应无影响，但对还原反应有影响
5．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声 具有还原性
B 待测液中滴加溶液，生成白色沉淀 待测液含有
C 和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强
D 溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色 增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
6．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（　　）
　 粒子组 判断和分析
A 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
B 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
C 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
D 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
7．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是（　　）
A．G、K均能与溶液反应
B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同
D．与足量的J反应，转移电子数为
8．我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图。该电池分别以Zn﹣TCPP（局部结构如标注框内所示）形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是（　　）
A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B．电池总反应为：+ZnZn2++3I﹣
C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn﹣TCPP
D．放电时，消耗0.65gZn，理论上转移0.02mol电子
9．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（　　）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
10． 桥头烯烃Ⅰ的制备曾是百年学术难题，下列描述正确的是（　　）
A．Ⅰ的分子式是 B．Ⅰ的稳定性较低
C．Ⅱ有2个手性碳 D．Ⅱ经浓硫酸催化脱水仅形成Ⅰ
11．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是（　　）
实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因 将NO2通入下列溶液至饱和： ①浓HNO3 ②Cu（NO3）2和HNO3混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2
B 比较F﹣与SCN﹣结合Fe3+的能力 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合Fe3+的能力：F﹣＞SCN﹣
C 比较HF与H2SO3的酸性 分别测定等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液的pH 前者pH小 酸性：HF＞H2SO3
D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
12．利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
② 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法错误的是（　　）
A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
13．以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池，下列说法正确的是（　　）
A．放电过程中，K+均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
14． 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中现象说明配体与的结合能力：
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
15．下列实验装置使用不正确的是（　　）
A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气
B．图②装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液
C．图③装置用于测定中和反应的反应热
D．图④装置用于制备乙酸乙酯
16．蛋白质中N元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓，以确保N元素完全转化为
B．步骤Ⅱ，浓溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收，以甲基红(变色的范围：)为指示剂，用标准溶液滴定，经计算可得N元素的含量
D．尿素样品、样品的N元素含量均可按上述步骤测定
二、填空题
17．卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
（1）时，与冰反应生成利。常温常压下，为无色气体，固态的晶体类型为　 　，水解反应的产物为　 　(填化学式)。
（2）中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式　 　；为键角　 　键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因　 　。
（3）一定条件下，和反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为　 　。若阿伏加德罗常数的值为，化合物的密度　 　(用含的代数式表示)。
18． 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。
（1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　 　。
（2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：　 　。
（3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。
①的配体中，配位原子是　 　。
②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。()
（4）和反应过程中能量变化示意图如下。
①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：　 　。
②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：　 　。
三、实验探究题
19．研究人员进行了一组实验：
实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。
实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。
已知：
Zn+2NaOH+2H2O═Na2[Zn（OH）4]+H2↑
Na2[Zn（OH）4]═2Na++[Zn（OH）4]2﹣
[Zn（OH）4]2﹣ Zn2++4OH﹣
（1）如图，实验一使用的仪器为 　 　，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是 　 　。
（2）Na2[Zn（OH）]4中含有的化学键包括 　 　。
a．离子键
b．极性共价键
c．非极性共价键
d．配位键
（3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：　 　。
（4）写出实验一中构成的原电池正负极反应：
负极：　 　；
正极：　 　，　 　。
（5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是 　 　。
（6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为 　 　。
（7）若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：　 　。
20．(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解。下反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振荡，静置。
(三)产品纯度测定
溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成溶液。
滴定分析：量取过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀，用准确浓度的溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。
回答下列问题：
（1）过滤中使用到的玻璃仪器有　 　(写出两种即可)。
（2）过氧化脲的产率为　 　。
（3）性质检测Ⅱ中的现象为　 　。性质检则I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　 　。
（4）下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是　 　，定容后还需要的操作为　 　。
（5）“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是____(填标号)。
A．溶液置于酸式滴定管中
B．用量筒量取过氧化脲溶液
C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁
D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度
（6）以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是____(填标号)。
A．容量瓶中液面超过刻度线
B．滴定管水洗后未用溶液润洗
C．摇动锥形瓶时溶液滴到锥形瓶外
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
21．氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：1mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
物质 N2（g） O2（g） NO（g）
能量/kJ 945 498 631
回答下列问题：
（1）恒温下，将1mol空气（N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分）置于容积为VL的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i.N2（g）+O2（g） 2NO（g）K1ΔH1
ii.2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）K2ΔH2＝﹣114kJ mol﹣1
①ΔH1＝　 　kJ mol﹣1。
②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有 　 　（填标号）。
A．缩小体积
B．升高温度
C．移除NO2
D．降低N2浓度
③若上述平衡体系中c（NO2）＝amol L﹣1，c（NO）＝bmol L﹣1，则c（O2）＝　 　mol L﹣1，K1＝　 　（写出含a、b、V的计算式）。
（2）氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO反应的速率方程为v＝kcx（NO）cy（H2），k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
组号 c（NO）/（mol L﹣1） c（H2）/（mol L﹣1） v/（mol L﹣1 s﹣1）
1 0.10 0.10 r
2 0.10 0.20 2r
3 0.20 0.10 4r
4 0.05 0.30 ？
表中第4组的反应速率为 　 　mol L﹣1 s﹣1。（写出含r的表达式）
（3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，N2在 　 　（填“阴”或“阳”）极上发生反应，产生NH3。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗NH3和H2的质量比为17：3，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 　 　。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂（a、b、c）上N2电还原为NH3（图1）和H2O电还原为H2（图2）反应历程中的能量变化，则三种催化剂对N2电还原为NH3的催化活性由强到弱的顺序为 　 　（用字母a、b、c排序）。
22．利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。
实验过程如下：
①加样，将样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装略小于的碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。
②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。
③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。
回答下列问题：
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是_______(填标号)。
A．玻璃棒 B．锥形瓶
C．容量瓶 D．胶头滴管
（2）装置B和C的作用是充分干燥，B中的试剂为　 　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是　 　。
（3）该滴定实验达终点的现象是　 　；滴定消耗碱性标准溶液，样品中硫的质量分数是　 　(用代数式表示)。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进的生成，粉尘在该过程中的作用是　 　；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是　 　；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、综合题
23．如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。
实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下（加热及夹持装置略）：
原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃
顺丁烯二酸酐 52.6 202.2
邻苯二甲酸酐 130.8 295.0
丙-1，2-二醇 -60.0 187.6
实验过程：
①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入N2。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二醇发生醇解反应，主要生成和。然后逐步升温至190~200℃，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。
②缩聚反应后期，每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求（酸值：中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。
回答下列问题：
（1）理论上，原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)：n（邻苯二甲酸酐)：n（丙-1，2-二醇)=　 　
（2）装置B的作用是　 　；仪器C的名称是　 　；反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，合理的是　 　(填标号）。
A.55~60℃ B.100~105° C.190~195℃
（3）为测定酸值，取a g样品配制250.00mL溶液.移取25.00mL溶液，用c mol·L-1 KOH一乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：
序号 1 2 3 4 5
滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
应舍弃的数据为　 　（填序号)；测得该样品的酸值为　 　(用含a，c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求，可采取的措施为　 　(填标号)。
A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速
（4）实验中未另加催化剂的原因是　 　
24．锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图。A)深受关注。
回答问题：
（1）的制备前体(B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有　 　(填元素符号)。
（2）C分子中，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为　 　。
（3）B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F的结构式为　 　。
（4）B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系：B　 　D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是　 　。
（5）研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是　 　。
（6）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆己隐去。
①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为　 　；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为　 　。
②两种晶型的密度近似相等，则　 　。(以含a、b和d的代数式表达)
五、流程题
25．下列为某有机物的合成路线。
（1）A 中含氧官能团名称 为　 　，A到D的反应灾害为　 　。
（2）B的结构简式为　 　。
（3）D到E的反应产物，除E外，另一产物的结构简式为　 　。
（4）下列说法正确的是（　　）____。
A．G中存在大键 B．K中碳原子来自于J
C．L中存在氢键 D．
（5）G的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种。
①：存在和2个环外键
②：不含与sp杂化的碳原子
写出其中核磁共振氧谱峰面积比为（）的结构简式　 　。
（6）有机物Q的合成路线如下：
根据已知信息，由R和X生成T的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.氯化钡为强酸强碱盐，呈中性；
C.硫酸呈酸性，但属于酸；
D.氢氧化钙属于碱。
2．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；芳香烃；二糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖属于二糖，A选项正确。
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，含有氧元素，因此不属于芳香烃，B选项错误。
C、食醋中的H2O为极性分子，C选项正确。
D、淀粉可发生水解反应，生成葡萄糖，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、蔗糖属于二糖。
B、油脂中含有氧元素，不属于烃类物质。
C、食醋中的H2O为极性分子。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
3．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A.配制一定物质的量浓度的溶液，需用到容量瓶，该实验要配制250mL溶液，因此需用到250mL容量瓶，A不符合题意；
B.分液漏斗常用于分液操作，该实验中不需用到分液漏斗，B符合题意；
C.进行酸碱中和滴定时，待测液应盛装在锥形瓶内，因此该实验需用到锥形瓶，C不符合题意；
D.移取NaOH溶液时，需用到碱性滴定管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对一定物质的量浓度溶液配制和中和滴定的考查，解答此类题型时，应结合溶液配制过程和中和滴定实验过程进行分析。
4．【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A不符合题意；
B．生成红褐色的氢氧化铁，说明Fe3+发生了水解反应；Na2SO3具有还原性，再滴加 溶液 ，产生蓝色沉淀，说明Fe3+被还原为Fe2+，故B不符合题意；
C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，无蓝色沉淀生成，说明没有生成亚铁离子，即没有发生还原反应，故C不符合题意；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，但不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.水解为吸热反应；
B.铁离子水解生成氢氧化铁，产生蓝色沉淀说明生成了铁离子；
C.有红褐色沉淀，说明铁离子发生水解，无蓝色沉淀，说明没有发生还原反应。
5．【答案】C
【知识点】常见离子的检验；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应过程中，H元素的化合价从+1价变为0价，化合价降低，被还原，体现了的氧化性，A错误；
B．能与结合生成白色沉淀AgCl，应先加入盐酸排除杂质离子的影响，再滴加溶液检验，B错误；
C．溶液能与盐酸反应，不能与溶液反应，与溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，C正确；
D．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，溶液消耗氢离子，平衡正向移动，该过程的原理是：生成物浓度减小，平衡正向移动，D错误；
故选C。
【分析】A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
Ｂ．该白色沉淀也可能是AgCl；
Ｃ．氢氧化铝是两性氢氧化物；
Ｄ．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
6．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Al3+和NH3 H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成AlO2- ，反应方程式是：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3+3H+故A不符合题意；
B．S2O32- 和H+反生歧化反应生成单质硫、二氧化硫和水，发生的离子方程式为：2H++ S2 =S↓+SO2↑+H2O，故B符合题意；
C．Fe3+可以被H2O2还原得Fe2+和H2O，发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；
D．在酸性条件下MnO4-能将Cl-氧化为Cl2，发生氧化还原反应不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氨水不能溶解氢氧化铝
B. 中的硫元素处于+2价态处于中间价态可以发生歧化反应
C.铁离子具有氧化性，过氧化氢具有还原性，氧化还原反应不共存
D.高锰酸根具有氧化性，氯离子具有还原性，因此发生氧化还原反应不共存
7．【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、G是H2S，是一种弱酸，K是 SO3，是一种酸性氧化物，因此二者都可以与碱也就是NaOH溶液反应，A正确；
B、H是S，属于单质，化合价为0，处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原；N是Na2SO3，S的化合价为4价，同样处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原，B正确；
C、M(NaHSO3)溶液：离子为Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-电离和水解)；N(Na2SO3)溶液：离子为Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；两者离子种类相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正确；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以发生归中反应，，由方程式不难看出，1molH2S反应的时候，转移的电子数为2NA，D错误；
故答案为：D
【分析】由题可知，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性可以推测出J是SO2；G 为气体，经两步氧化生成 SO2，故 G 为 H2S；J与 O2反应生成 K 为 SO3；J 与少量 NaOH 反应生成 M 为 NaHSO3，与足量 NaOH 反应生成 N 为 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 为 Na2SO4。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；
B．由以上分析可知，该电池总反应，+ZnZn2++3I﹣ B正确；
C．充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn2+，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；
D．放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02 mol电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。
9．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
10．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据Ⅰ的结构简式可知，其分子中含有7个碳原子，10个氢原子，分子式为， 故A错误；
Ｂ．Ⅰ含有碳碳双键，含有不稳定的π键，稳定性较低，故B正确；
Ｃ．Ⅱ有3个手性碳，如图用“*”标记：，故C错误；
Ｄ．Ⅱ经浓硫酸催化脱水形成、两种烯烃，故D错误；
故选B。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．碳碳双键易被氧化；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子
Ｄ．Ⅱ脱水形成两种烯烃。
11．【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；
B、向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确；
C、铵根离子水解呈酸性，同浓度与的铵根离子浓度不等，因此不能比较酸性，故C错误；
D、利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同，该实验中，只有温度不同，其他反应条件相同，能探究温度对反应速率的影响，且温度越高，反应速率越快，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；
B、Fe(SCN)3为血红色；
C、 等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液，铵根离子浓度不同 ；
D、该实验只存在温度一个变量。
12．【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A不符合题意；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B不符合题意；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C符合题意；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】实验①中，铁做电镀池的阴极，铁先与溶液中的氢离子、铜离子反应，生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子和铁的反应，导致气体减少；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子。
13．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.据题意可知， CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池， 因此 CH3OH、N2H4、(CH3)2NNH2失去电子发生氧化反应，钾离子向正极移动，故A不符合题意
B.放电过程中，CH3OH-O2、(CH3)2NNH2-O2均产生二氧化碳消耗氢氧化钾溶液因此氢氧化钾溶液的物质的量减小，而N2H4-O2产生的是氮气不会消耗氢氧化钾，故B不符合题意
C.根据CH3OH~6e，N2H4 ~4e，(CH3)2NNH2~16e，设质量均为mg，即可计算出CH3OH转移的电子数为mol，N2H4转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子为mol，(CH3)2NNH2转移的电子量最大，故C符合题意
D.根据 N2H4-O2燃料电池 的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O， 消耗1molO2时 产生1mol氮气，标况下体积为22.4L，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据原电池的的电子的流向即可判断钾离子的移动方向
B.考查的是电池反应产物中是否含有消耗氢氧化钾溶液的物质
C.产生的电量是由转移的电子量决定的，计算出等质量的物质转移的电子数即可
D.根据电池写出总的反应式即可判断
14．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．②中的沉淀是Cu(OH)2，④中的沉淀是[Cu(NH3)4]SO4晶体，故A正确；
Ｂ．③中得到[Cu(NH3)4]2+，说明Cu2+与NH3形成配位键，而没有与H2O形成配位键，因此可知 配体与的结合能力： ，故B正确；
Ｃ．向深蓝色溶液中加入乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4晶体，说明蓝色物质在乙醇中的溶解度小于水中，故C正确；
Ｄ．⑤中因含有[CuCl4]2-呈黄绿色，加入稀硫酸，不能提供氯离子，不能得到黄绿色溶液，故D错误；
故选D。
【分析】向CuSO4溶液中加入氨水，先反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，氨水过量，Cu(OH)2 蓝色沉淀溶解，得到含[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液，加入乙醇析出深蓝色晶体，过滤得到的深蓝色固体中加入过量浓盐酸，生成含有[CuCl4]2-的黄绿色溶液。
15．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；中和热的测定；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、二氧化锰和浓盐酸在加热条件下才能反应生成氯气，缺少加热装置，故A错误；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液，锥形瓶盛装碱，故B正确；
C、简易量热计由内筒，外壳，隔热层，杯盖，温度计，玻璃搅拌器构成，利用简易热量计能测定中和反应的反应热，故C正确；
D、加热条件下，乙醇、乙酸在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯，右侧试管中用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、除去乙酸，降低酯的溶解度，该装置可制备乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液进行滴定；
C、该装置为简易热量计；
D、乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯。
16．【答案】D
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ，加入的浓需过量，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为，进而准确的计算N元素含量，A正确；
B．根据反应+OH- NH3·H2O NH3+H2O，当NaOH过量时，溶液中c(OH-)增大，有利于氨的蒸出，B正确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收后，过量的HCl用标准NaOH溶液滴定，反应后溶液中有NaCl和NH4Cl，滴定终点溶液显酸性，用甲基红作为指示剂，C正确；
D．在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下中的N元素不会转化为，因此不能按上述步骤测定，D错误；
故答案为：D
【分析】A、浓硫酸过量，可确保将蛋白质中的氨基和酰胺基完全转化为NH4＋。
B、浓NaOH溶液过量，有利于NH3的逸出。
C、滴定终点溶液的溶质为NaCl和NH4Cl，溶液显酸性，用甲基橙做指示剂。
D、NaNO3中氮元素无法转化为NH4＋，因此不能用上述方法。
17．【答案】（1）分子晶体；HF 、和
（2）；＞；分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键
（3）；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）常温常压下HOF为无色气体，说明HOF的沸点较低，因此固态HOF为分子晶体。HOF水解过程中H2O反应，生成H2O2和HF，H2O2可进一步分解产生O2，因此HOF水解反应的产物为HF、H2O2和O2。
（2）ClO2中存在大π键，其中氯原子提供一对电子，一个氧原子提供一个电子，另一个氧原子提供一对电子，五个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键；氯原子提供孤电子对与其中一个氧原子形成配位键，与另一个氧原子形成普通的共价键，因此氯原子的价层电子对数为3，所以氯原子的轨道杂化方式为sp2。
ClO2中心氯原子为sp2杂化，其键角为120°。Cl2O中心氧原子的价层电子对数为，所以氧原子采用sp3杂化，其键角为109°28′，所以ClO2的键角大于Cl2O的键角。
ClO2分子中既有σ键，又有大π键，原子轨道重叠程度较大，因此其中Cl－O键的键长较小；而Cl2O中只有σ键，所以其键长较大。因此ClO2分子中Cl－O键的键长小于Cl2O中Cl－O键的键长。
（3）根据“均摊法”可知，该晶胞中黑色球的个数为，白色球的个数为，灰色球的个数为。因此化合物X中三种元素的原子个数比为1：2：4。由于化合物X中Cu元素的化合价为+2价，F元素的化合价为-1价，K元素的化合价为+1，因此化合物X的化学式为K2CuF4。所以该反应的化学方程式为：CuCl2＋4K＋2F2=K2CuF4＋2KCl。
该晶胞的体积V=(a×10-10)cm×(b×10-10)cm×(c×10-10)cm=a2c×10-30cm3。一个晶胞的质量m=，所以该晶胞的密度。
【分析】（1）常温常压下HOF为气体，则固态的HOF晶体为分子晶体。HOF水解过程中与H2O发生反应，形成H2O2和HF。
（2）根据氯原子的价层电子对数确定中心原子的杂化方式。根据空间构型比较键角的大小。根据原子轨道的重叠程度大小，比较键长大小。
（3）根据晶胞结构，结合“均摊法”确定化合物X的化学式，从而得出反应的化学方程式。根据密度公式计算化合物X的密度。
18．【答案】（1）
（2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28'，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
（3）N；
（4）生成的活化能更低；根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，因此其最外层轨道表示式为。
故答案为：
（2）NH3的电子式为，而CH4的电子式为。CH4中中心碳原子的价层电子对数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，键角为109°28'。而NH3中心氮原子的价层电子对数为4，其中含有1对孤电子对。孤电子对对成键电子对的排斥作用力大于成键电子之间的排斥作用力。因此NH3分子中H－N－H的键角小于109°28'。
故答案为： CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28'，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
（3）①[Mg(NH3)6]Cl2的配体为NH3，其中氮原子提供孤电子对，因此配位原子为N。
②由晶体结构可知，该晶胞中所含[Mg(NH3)6]2＋的个数为，含有Cl－的个数为8。因此一个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2。所以该晶体的密度。
故答案为：
（4）①由反应过程中给能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]Cl2所需的活化能更小，因此MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2，而不生成[Mg(NH3)]Cl2。
故答案为：生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低
②由反应过程中的能量变化图可知，反应MgCl2(s)＋6NH3(g)=[Mg(NH3)6]Cl2(s)为放热反应，且反应过程中气体分子数减小。要使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2，即使平衡逆向移动，则可通过降低压强或升高温度，使平衡逆向移动，使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3，生成MgCl2。
故答案为： 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【分析】（1）根据基态Mg的核外电子排布式分析。
（2）根据孤电子对对成键电子对的排斥力分析键角的大小关系。
（3）①提供孤电子对的原子为配位原子。
②根据均摊法确定晶体中的微粒个数x，结合公式计算晶体密度。
（4）①根据反应所需的活化能大小分析。
②根据反应热效应，结合平衡移动分析。
19．【答案】（1）蒸发皿；用玻璃棒搅拌
（2）abd
（3）Zn+2OH﹣+2H2O＝[Zn（OH）4]2﹣+H2↑
（4）Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝[Zn（OH）4]2﹣；[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣＝Zn+4OH﹣；2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣
（5）防止锌被氧化
（6）将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜
（7）清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象
【知识点】化学键；极性键和非极性键；电极反应和电池反应方程式；常用仪器及其使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出，故答案为：蒸发皿；用玻璃棒搅拌；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键，故答案为：abd；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。电极方程式为：、2H2O+2e-=H2+2OH-，故答案为：；；2H2O+2e-=H2+2OH-；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化，故答案为：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，可用稀硝酸鉴别两者，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜，故答案为：将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜；
（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象，故答案为：上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。
【分析】Zn与NaOH溶液发生反应，一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌；锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。
（1）实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在正极得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2生成少量H2；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮；
（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。
20．【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答
（2）50%
（3）液体分层，上层为无色，下层为紫红色；还原性、氧化性
（4）避免溶质损失；盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀
（5）B；D
（6）A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
（2）实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为 ，物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为 ：50%；
（3）在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色。
（4）操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。
（5）A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确；
B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL的溶液应选用滴定管，B项错误；
C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，C项正确；
D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D项错误；
故选BD。
（6）A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中页面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意；
B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意；
C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，C项不符合题意；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，D项不符合题意；
故选A。
【分析】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2） 过氧化脲的产率为即为实际产量与理论产量的比值，实际产量为12g，根据题目数据可以计算出理论产量，即可计算。
（3）检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性，而检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性；
（4） 操作a 为洗涤，目的为减少溶质损失；
（5）B量筒的精确到只有0.1mL，只能量取25.0mL；
D.锥形瓶颜色变化后要等1-2分钟，看颜色是否会恢复；
（6）（5）误差分析思路：利用c=m/v，看该不当操作是影响溶质质量m，还是影响溶液体积V，然后进行分析即可。
21．【答案】（1）+181；CD；；
（2）0.75r
（3）阴；2NH3+6OH﹣﹣6e﹣＝N2+6H2O；bac
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能：(945KJ/mol+498KJ/mol)-2×631KJ/mol=+181KJ/mol故答案为：+181；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，故A不符合题意；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，故B不符合题意；
C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，故C符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，故D符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式
　 N2（g）+O2（g） 2NO（g）
起始(mol/L) 0
变化(mol/L) (a+b)
平衡(mol/L) - -- (a+b)
　 .2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）
起始(mol/L) (a+b) - 0
变化(mol/L) a a
平衡(mol/L) b -- a
c(O2)=--= ， K1＝=；
（2）实验1与实验2相比，，y=1，实验1与实验3相比，，x=2，代入实验3，k==103r，根据实验4计算，v=103r(0.05)2(0.3)=0.75r；
故答案为：0.75r；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生， 2NH3+6OH﹣﹣6e﹣＝N2+6H2O ；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；
【分析】（1）①根据ΔH1=反应物总键能-生成物总键能即可计算；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大；
C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低；
③根据给出的数据，利用三行式即可计算出平衡的浓度，利用平衡常数计算公式即可计算；
（2）根据实验1与实验2相比，，实验1与实验3相比，，代入实验3，k==103r，即可计算；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，即可写出电极反应式；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，即可判断。
22．【答案】（1）A；D
（2）浓硫酸；防止倒吸
（3）当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；
（4）催化剂；通入F的气体温度过高，导致部分升华，从而消耗更多的碱性标准溶液；不变
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤确定所需仪器；
（2）浓硫酸具有吸水性，且氧气不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥氧气；装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子可防止倒吸；
（3） 用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现 ，因此当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色时达到滴定终点；根据3S~3~3~计算；
（4）铁的氧化物能催化氧化二氧化硫； 易升华；有少量不经直接将氧化成，根据转移电子守恒可知仍存在3S~3~，不影响测定结果。
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
23．【答案】（1）1：1：2
（2）冷凝回流；直形冷凝管；B
（3）2，3； ；C
（4）醇解反应生成羧酸，即可作为缩聚反应的催化剂
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 由和按物质的量之比1：1发生缩聚反应生成， 和分别与 以物质的量之比1：1反应生成和，则理论上原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)：n(邻苯二甲酸酐)：n(丙-1，2-二醇)= 1：1：2，故答案为：1：1：2。
（2）装置A中3种原料在加热的条件下发生反应，有机原料具有一定的挥发性，若这些原料的蒸气随氮气一起流出，则原料的利用率减小，从而导致产品的产率减小，因此，需要冷凝回流装置，装置B为空气冷凝管，其作用是导气，同时将顺丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1，2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中，但是不会将水蒸气冷凝；仪器C的名称是直形冷凝管；根据3种原料的沸点可知，反应过程中，应保持温度计2示数高于水的沸点、低于原料的沸点，防止原料流失，则合理的是100~105℃，故选B，故答案为：冷凝回流；直形冷凝管；B。
（3）5次滴定消耗标准溶液的体积分别为24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，第2、3两次实验的数据的误差明显偏大，舍去；剩余3次滴定消耗标准液的平均体积为25.00mL，25.00mL cmol·L-1KOH一乙醇标准溶液中含有KOH的质量为25.00mL ×10-3L·mL-1×cmol·L-1×56000 mg·mol-1=1400c mg，则该样品的酸值为；
若测得酸值高于聚合度要求，说明样品中所含的羧基数目较多，还有一部分单体没有发生充分发生缩聚反应：
A．若立即停止加热，则酸值不变，不能达到目的，相反地，可以继续加热，让缩聚反应充分进行，故A不符合题意；
B．若排出装置D内的液体，可以除去未参与缩聚反应的单体，降低混合物的酸值，故B不符合题意；
C．的作用是一方面可以将生成的水带走，另一方面可以起到搅拌作用，从而加快反应速率且促进缩聚反应充分进行，因此增大的流速可行，故C符合题意；
故选C。
故答案为：2、3；；C。
（4）实验过程中加入2种酸酐，酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行，因此不需要另加催化剂，故答案为：酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。
【分析】（1）根据反应原理确定投料比；
（2）装置B能冷凝回流原料，提高原料利用率；仪器C的直形冷凝管；温度2要高于水的沸点、低于原料的沸点；
（3）根据所测数据计算；若测得酸值高于聚合度要求，说明样品中所含的羧基数目较多，还有部分单体未反应；
（4）酸酐能催化成酯反应。
24．【答案】（1）Cl、S
（2）
（3）或
（4）>；B分子间存在氢键
（5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液
（6）；8；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）第三周期元素指原子序数 11-18 的元素，则C中第三周期元素为Cl元素和S元素，故答案为：Cl、S；
（2）C分子中， 两个键角均为，键角为 ，键角之和为，说明H、N和2个S位于同一平面上，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）B进行自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+，则阳离子F的结构式为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键；
（5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液；
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
【分析】（1）C中含有的H位于第一周期，O、N位于第二周期，S、Cl位于第三周期；
（2） 两个和键角之和为， H、N和2个S位于同一平面；
（3）自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+；
（4）酸性越强，Ka越大；分子间形成氢键，能提高物质的沸点；
（5）G 中正负电荷距离更近，形成离子对更稳定，解离度低；N 的配位能力强于磺酰基 O，导致 G 溶液中自由离子浓度小于 H 溶液；
（6）根据均摊法分析计算。
（1）由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素，故答案为：Cl、S；
（2）由键角可知，C中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键；
（5）由图可知，G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液；
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
25．【答案】（1）酯基；取代反应
（2）
（3）
（4）A；B；C
（5）10；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，其中的含氧官能团为酯基；A和B发生取代反应生成D，则A到D的反应类型为取代反应，故答案为：酯基；取代反应。
（2）A和B发生取代反应生成D，则B的结构简式为，故答案为：。
（3）D到E的过程中，酯基先水解生成-ONa，再与HCl反应得到-COOH，则另一产物为 ，故答案为： 。
（4）A．G中含有苯环，苯环中含有大键，故A正确；
Ｂ．K中有1个碳原子来自于J，其他碳原子来自于G，故B正确；
Ｃ．L中羟基和酰胺基之间能形成氢键，故C正确；
Ｄ．L与Q生成Z的过程中还会生成HCl，则， 故D错误；
故选ABC。
（5）G的分子式为，其同分异构体满足：① 存在和2个环外键 ，说明分子中除了苯环外还存在2个双键或1个三键，②不含与sp杂化的碳原子，说明不含有羟基、羧基、碳碳三键，则苯环上的取代基可能有以下情况：、、、、、、、、、，共有10种同分异构体；其中核磁共振氧谱峰面积比为（）的结构简式为，故答案为：10；。
（6）由已知信息的反应可知，X的结构简式为，R中既含有氨基，又含有羧基，由Z的结构简式，以及已知信息的反应，可推断出R中氨基和羧基处于邻位，则R的结构简式为，则由R和X生成T的化学方程式为，故答案为：。
【分析】与B发生取代反应生成D，结合B的分子式和D的结构简式可知，B的结构简式为 ，D在NaOH条件下水解再酸化，酯基转化为羧基得到E，E发生反应生成G，G和J发生取代反应生成K，K再发生取代反应生成L，L和Q发生取代反应得到目标产物，结合目标产物和L的结构简式可知，Q的结构简式为。
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