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浙江浙南名校2025-2026学年高二下学期开学化学试题
1．下列对聚氯乙烯所属分类不正确的是
A．有机物 B．高分子 C．烃 D．混合物
【答案】C
【知识点】物质的简单分类；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、聚氯乙烯含碳元素，属于有机物，A 正确；
B、聚氯乙烯是由氯乙烯加聚得到的高分子化合物，B 正确；
C、烃是仅由碳、氢两种元素组成的有机物，聚氯乙烯含氯元素，不属于烃，C 错误；
D、高分子化合物的聚合度 n 为不确定值，因此聚氯乙烯是由不同 n 值的分子组成的混合物，D 正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
有机物定义：含碳化合物（除 CO、CO2、碳酸盐等少数无机物外），聚氯乙烯符合；
高分子化合物特征：相对分子质量很大，由单体加聚、缩聚而成，聚氯乙烯符合；
烃的定义：仅含 C、H 两种元素，聚氯乙烯含 Cl，不符合；
混合物判断：高分子的聚合度 n 不固定，因此所有高分子材料都属于混合物。
2．下列表示不正确的是
A．基态Br原子的电子排布式为：
B．的名称：2，3，3-三甲基戊烷
C．HCl中共价键的电子云图：
D．的VSEPR模型：平面三角形
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、Br的原子序数为35，基态原子的电子排布式应写为，选项中缺少3d轨道的电子排布，A错误；
B、该有机物主链有5个碳原子，2号碳连有1个甲基，3号碳连有2个甲基，名称为2，3，3-三甲基戊烷，B正确；
C、HCl中H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头形成键，电子云图呈轴对称形状： ，C正确；
D、中 键数为2，孤电子对为 ，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子排布式规范：书写电子排布式时，需按照构造原理完整书写能级，对于第四周期的过渡元素，必须包含内层的3d轨道电子，不能省略；
烷烃命名规则：选最长碳链为主链，从离支链最近一端编号，支链位置和数目需准确对应，重点检查取代基的位次和名称是否符合规则；
共价键特征：不同原子间形成的极性共价键，电子云偏向电负性大的原子，其电子云图通常表现为大小不一的两个球体重叠；
VSEPR模型判断：价层电子对数 = 键数 + 孤电子对数，的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形（分子空间构型为V形）。
3．下列关于说法不正确的是
A．为正四面体结构
B．溶液呈酸性
C．中铝原子采取杂化
D．可利用溶液和盐酸相互滴加产生的不同现象鉴别两种溶液
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、中Al原子的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体，A正确；
B、是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，而非酸性，B错误；
C、中Al原子形成4个键，无孤电子对，采取杂化，C正确；
D、将溶液滴入盐酸中，盐酸过量，立即产生： ，无明显沉淀；将盐酸滴入溶液中，过量，先产生沉淀：，盐酸过量后沉淀溶解： ，现象不同，可鉴别，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
空间结构与杂化判断：根据价层电子对互斥理论，中Al的价层电子对数为4，无孤电子对，因此为正四面体结构，杂化方式为；
溶液酸碱性判断：属于强碱弱酸盐，阴离子水解显碱性，而非酸性；
互滴鉴别原理：利用反应物用量不同导致现象不同的原理，与盐酸互滴时，滴加顺序不同，反应现象不同，可用于鉴别两种溶液。
4．已知，下列有关说法不正确的是
A．3种产物均为极性分子
B．反应过程中可能有白烟产生
C．反应物中的易溶于
D．n(氧化产物)：n(还原产物)
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A、产物 NH3、SO2、HCl 的分子结构均不对称，正负电荷中心不重合，均为极性分子，A 正确；B、反应生成的 HCl 与 NH3相遇会化合生成 NH4Cl 固体小颗粒，产生白烟，B 正确；
C、S8属于非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于非极性溶剂 CS2，C 正确；
D、反应中 S8中 S 元素从 0 价被氧化为 + 4 价（SO2），氧化产物为 SO2；NH4ClO4中 Cl 元素从
+7 价被还原为 - 1 价（HCl），还原产物为 HCl。根据化学计量数，氧化产物 SO2为 8mol，还原产物 HCl 为 4mol，因此 n (氧化产物)：n (还原产物)=8：4=2：1，不是 1：2，D 错误；
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
极性分子判断：分子正负电荷中心重合为非极性分子，不重合为极性分子，NH3、SO2、HCl 均为极性分子；
白烟成因：NH3与 HCl 气体相遇会发生化合反应，生成白色 NH4Cl 固体小颗粒，形成白烟；
相似相溶原理：非极性分子 S8易溶于非极性溶剂 CS2；
氧化还原产物计算：明确元素化合价变化，S 元素被氧化，对应氧化产物 SO2；Cl 元素被还原，对应还原产物 HCl，再根据化学计量数计算物质的量之比。
5．根据元素周期律，下列说法正确的是
A．电负性： B．半径：
C．第一电离能： D．分子的极性：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据元素周期律，同主族元素电负性从上到下递减，同周期从左到右递增，电负性 O > Cl，A 错误；B、Mg2+和 O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此半径 O2- > Mg2+，B 错误；
C、Mg 的 3s 轨道为全充满稳定结构： ，Al 的 3p 轨道有 1 个电子： ，易失去电子，因此第一电离能 Mg > Al，C 正确；
D、OF2和 H2O 均为 V 形分子，O-F 键的极性弱于 O-H 键，且 OF2中两个 F 的对称结构抵消部分极性，因此分子极性 H2O > OF2，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
电负性规律：同周期主族元素从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，O 的电负性大于 Cl；
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；
第一电离能特殊规律：第 ⅡA 族元素（如 Mg）因 ns 轨道全充满，第一电离能大于同周期第 ⅢA 族元素（如 Al）；
分子极性判断：分子极性取决于键的极性和分子空间结构，H2O 的 O-H 键极性更强，分子极性大于 OF2。
6．利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是
A．装置①可用于定量测定并比较化学反应速率
B．装置②可用实验室制取氨气
C．装置③可用于制备银氨溶液
D．装置④可用于在铁制品表面镀铜
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A、装置①的长颈漏斗没有液封，生成的气体会从长颈漏斗逸出，无法用注射器定量测定气体体积来比较化学反应速率，应换成分液漏斗，A 错误；B、加热 NH4Cl 固体，分解出的 NH3和 HCl 在试管口会重新化合生成 NH4Cl，得不到 NH3，实验室制氨气要加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2的固体混合物，B 错误；
C、制银氨溶液，要向 AgNO3溶液里逐滴加稀氨水，直到沉淀刚好溶解；反过来向氨水里滴 AgNO3，会直接生成沉淀且不溶解，制不出银氨溶液，C 错误；
D、装置④是电解池，铁制镀件接电源负极做阴极，铜片接电源正极做阳极，CuSO4溶液做电解液。阳极 Cu 失电子变成 Cu2+，阴极 Cu2+得电子变成 Cu，能在铁制品表面镀铜，D 正确；
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
定量实验的装置必须保证气密性，长颈漏斗未液封会导致气体泄漏，无法准确测定反应速率；
NH4Cl 受热分解的产物会重新化合，不能用于实验室制 NH3，需用铵盐与碱共热的方法；
银氨溶液的制备有严格的操作顺序，必须是氨水逐滴加入 AgNO3溶液，反之无法得到目标溶液；
电镀的核心原理：镀件作阴极、镀层金属作阳极、含镀层金属离子的溶液作电解液，装置④完全符合该原理。
7．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中阴阳离子总数大于
B．1 mol金刚石晶体中含有4 mol碳碳单键
C．30 g冰醋酸与过量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂键的数目为
D．常温下，任意比例混合的环丙烷和丙烯混合物中，含氢原子的数目为
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、0.5L 0.1mol/L 的 Na2CO3溶液中，Na2CO3的物质的量为 0.05mol，若不考虑水解，阴阳离子总数为 0.05×3=0.15NA。但 CO32-会发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，1 个 CO32-水解生成 2 个阴离子，导致阴离子总数增多，因此溶液中阴阳离子总数大于 0.15NA，A 正确；
B、金刚石晶体中，每个 C 原子与 4 个 C 原子相连形成 4 个 C-C 键，每个 C-C 键被 2 个 C 原子共用，因此 1mol 金刚石中含有的 C-C 键为 1×=2mol，不是 4mol，B 错误；
C、30g 冰醋酸的物质的量为 0.5mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，因此断裂的 O-H 键数目小于 0.5NA，C 错误；
D、环丙烷和丙烯的分子式均为 C3H6，1mol 混合物含 6mol 氢原子，但选项未说明混合物的总物质的量，无法确定氢原子数目，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
盐类水解对离子数的影响：CO32-水解会使阴离子总数增加，计算时需考虑水解带来的离子数变化；
金刚石的化学键计算：利用均摊法，每个 C-C 键由 2 个 C 原子共用，1mol 金刚石含 2mol C-C 键；
可逆反应的限度：酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化，因此断裂的化学键数目小于理论值；
阿伏加德罗常数的使用前提：计算微粒数时，必须明确物质的量，未说明质量或体积时，无法确定微粒数目。
8．下列说法不正确的是
A．SiC属于共价晶体，硬度大，可用作砂轮磨料
B．明矾溶于水生成胶体，可用于自来水杀菌消毒
C．分子间存在氢键，易液化，因此常用液氨作制冷剂
D．乙烯有还原性，可用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土吸收水果产生的乙烯实现水果保鲜
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响；镁、铝的重要化合物；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、SiC 为共价晶体，原子间以共价键结合，键能大、硬度大，可作为砂轮磨料，A 正确；
B、明矾溶于水，Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物使水澄清，但无杀菌消毒作用，B 错误；
C、NH3分子间存在氢键，易液化；液氨汽化吸收大量热，常用作制冷剂，C 正确；
D、乙烯具有还原性，可被酸性 KMnO4溶液氧化，硅藻土吸附乙烯可延缓水果成熟，实现保鲜，D 正确；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
共价晶体性质：SiC 属共价晶体，高硬度是其核心性质，决定了砂轮磨料的用途；
明矾净水原理：仅靠胶体吸附杂质净水，无强氧化性，不能杀菌消毒；
氢键的影响：NH3的易液化、高沸点由分子间氢键导致，液氨作制冷剂利用其汽化吸热；
乙烯的保鲜：乙烯是催熟剂，利用其还原性被 KMnO4氧化除去，从而延长保鲜期。
9．下列物质分离与提纯的操作中，所选方法与原理正确的是
A．用重结晶法提纯苯甲酸——利用苯甲酸在冷水和热水中溶解度差异大
B．从碘水中提取碘单质——采用蒸馏法，利用碘的沸点低于水
C．除去乙烷中混有的少量乙烯——通过酸性高锰酸钾溶液洗气，再干燥
D．除去氧化铝中混有的氧化镁——加入NaOH溶液过滤
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、苯甲酸在热水中溶解度大，冷水中溶解度小，重结晶法利用这一溶解度差异，趁热过滤除去不溶性杂质，冷却结晶析出苯甲酸，达到提纯目的，A 正确；
B、从碘水中提取碘单质，应采用萃取分液法（用 CCl4等有机溶剂萃取碘），而非蒸馏法；碘的沸点远高于水，且直接蒸馏碘水无法分离碘单质，B 错误；
C、乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为 CO2，会引入新杂质 CO2，无法达到除杂目的，应选用溴水洗气除去乙烯，C 错误；
D、Al2O3是两性氧化物，可与 NaOH 溶液反应，MgO 不与 NaOH 反应，加入 NaOH 溶液会将目标物质 Al2O3溶解，无法除去 MgO，D 错误；
故答案为：A
【分析】本题解题要点：
重结晶原理：利用溶质在不同温度下的溶解度差异，实现杂质分离与目标物提纯，苯甲酸是重结晶法的典型应用；
物质分离方法选择：碘水提碘用萃取分液，而非蒸馏；除杂需遵循 “不增、不减、易分离” 原则；
除杂试剂选择：酸性 KMnO4会将乙烯氧化为 CO2，引入新杂质，不可用于乙烷除乙烯；Al2O3与 NaOH 反应，不能用 NaOH 溶液除去 Al2O3中的 MgO。
10．下列方程式不正确的是
A．溶液与闪锌矿反应生成铜蓝：
B．向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：
C．向血红色溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：
D．向二元弱酸溶液中加入足量烧碱溶液：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、ZnS 的溶度积大于 CuS，可发生沉淀转化，反应 ZnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Zn2+(aq) 符合沉淀转化规律，A 正确；
B、硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，生成 S、SO2和 H2O，离子方程式 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O 符合电子守恒、原子守恒，B 正确；
C、Fe(SCN)3溶液中存在络合平衡 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入过量铁粉，Fe 不仅与 Fe3+反应，还会与络合的 Fe3+反应， 方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，C错误；
D、H3PO3是二元弱酸，与足量烧碱反应生成 HPO32-，离子方程式 H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O 符合反应事实，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化原理：溶解度小的沉淀可由溶解度大的沉淀转化而来，ZnS 转化为 CuS 符合该规律；
歧化反应配平：硫代硫酸钠与酸的反应为歧化反应，S 元素化合价升降守恒，方程式正确；
络合平衡的影响：Fe(SCN)3是络合物，加入铁粉不仅消耗 Fe3+，还会破坏络合平衡，仅写 Fe3+与 Fe 的反应不完整；
弱酸与碱的反应：二元弱酸与足量碱反应生成正盐（HPO32-），方程式符合酸的元数。
11．下列性质与微观解释不相符的是
选项 性质或现象 微观解释
A 酸性： 电负性：，中羟基极性更大
B 熔点：顺-2-丁烯<反-2-丁烯 顺-2-丁烯为极性分子，反-2-丁烯为非极性分子
C 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键
D 离子键成分百分数： 电负性差值：Na和和O
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；烯烃
【解析】【解答】A、F 的电负性大于 Cl，CF3COOH 中羟基极性更大，更易电离出 H+，因此酸性 CF3COOH > CCl3COOH，性质与微观解释相符 ，A不符合题意；
B、顺 - 2 - 丁烯和反 - 2 - 丁烯均为分子晶体，熔点高低由分子间作用力决定，而非分子极性；反 - 2 - 丁烯对称性高、分子间作用力更强，熔点更高，解释中 “极性分子、非极性分子” 不是熔点差异的本质原因，性质与微观解释不相符 ，B符合题意；
C、邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间作用力弱；对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间作用力强，因此沸点邻羟基苯甲醛 < 对羟基苯甲醛，性质与微观解释相符 ，C不符合题意；
D、离子键成分百分比与电负性差值正相关， Na的电负性小于Mg， Mg 和 O 的电负性差值小于 Na 和 O， 因此离子键成分百分数，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
酸性与电负性：取代基电负性越强，羟基极性越大，越易电离 H+，酸性越强；
熔点与分子间作用力：分子晶体熔点由分子间作用力决定，分子极性不是直接决定因素，反式烯烃因对称性高、分子间作用力强，熔点更高；
氢键对沸点的影响：分子间氢键使沸点升高，分子内氢键使沸点降低；
离子键成分与电负性差值：电负性差值越大，离子键成分百分比越高。
12．电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨，同时实现甘油转化为高附加值化学品。知双极膜中解离产生的和在电场作用下向两极迁移。下列说法不正确的是
A．双极膜中产生的向电极b方向移动
B．电解一段时间后，电极b一侧电解质溶液碱性增强
C．外电路每通过2 mol电子，则双极膜中有18 g水解离
D．a极电极反应式为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极a为阳极，电极b为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，因此双极膜中产生的H+向电极b方向移动，A正确；
B、电极b为阴极，NO2-在碱性条件下得电子生成NH3，反应消耗OH-，同时双极膜中H+向阴极迁移，OH-向阳极迁移，阴极区OH-被消耗，碱性减弱？不，阴极反应为NO2-+5H2O+6e-=NH3↑+7OH-，生成OH-，因此电解一段时间后，电极b一侧电解质溶液碱性增强，B正确；
C、双极膜中每1mol H2O解离产生1mol H+和1mol OH-，外电路每通过2mol电子，双极膜中解离的水的物质的量为2mol，质量为36g，不是18g，C错误；
D、a极为阳极，甘油(C3H8O3)在碱性条件下失电子生成HCOO-，电极反应式为C3H8O3+11OH--8e-=3HCOO-+8H2O，符合电子守恒、原子守恒，D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为双极膜电解池，电极 b 上亚硝酸盐（NO2-）被还原为 NH3，发生得电子的还原反应，因此电极 b 为阴极，其电极反应式为： NO2-+5H2O+6e-=NH3↑+7OH-，电极 a 上甘油（C3H8O3）被氧化为 HCOO-，发生失电子的氧化反应，因此电极 a 为阳极，其电极反应式为： C3H8O3+11OH--8e-=3HCOO-+8H2O ，双极膜中的 H2O 会解离为 H+和 OH-，在电场作用下，阳离子 H+向阴极（电极 b）迁移，阴离子 OH-向阳极（电极 a）迁移，以此维持两极的电荷平衡。
13．一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的和，发生反应：。反应过程中测得的部分数据如表所示，下列说法正确的是
0 10 20 30
0.10 0.04 0.02
0.20
0.04
A．反应在前10 min内的平均速率
B．温度不变，若起始时向容器中充入、和0.4molC，达平衡前
C．若该容器为恒压状态，保持其它条件不变，达到平衡时A的转化率小于
D．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、容器容积，前内。根据反应式，。
反应速率，A错误；
B、时反应达平衡，平衡时，，。平衡常数。
起始充入、、，浓度商。
因，反应正向进行，达平衡前，B错误；
C、原恒容条件下A的转化率。
该反应，恒压状态下相当于对恒容体系加压，平衡正向移动，A的转化率大于，C错误；
D、原平衡，升高温度后，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应速率计算：利用，结合反应计量比计算，注意系数与速率的正比关系；
平衡常数与反应方向：计算与浓度商，时反应正向进行，；
压强对平衡的影响：气体分子数减少的反应，恒压下的等效加压使平衡正向移动，反应物转化率增大；
温度对平衡的影响：升温使生成物浓度降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，。
14．科学家通过X射线测得晶体结构如图所示。已知：晶体加热时依次发生如下转化，下列说法不正确的是
A．可写为
B．与结合后键角变大
C．晶体中存在的作用力有：离子键、共价键、配位键、氢键
D．晶体受热时首先失去的是和结合的结晶水
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、由结构可知，Cu2+与 4 个 H2O 分子通过配位键结合，剩余 1 个 H2O 通过氢键与 SO42-相连，因此 CuSO4 5H2O 可写为 [Cu(H2O)4] SO4 H2O，A 正确；
B、H2O 分子中 O 原子有 2 对孤电子对，与 Cu2+形成配位键后，孤电子对变为成键电子对，孤电子对之间的斥力减小，因此 H2O 与 Cu2+结合后键角变大，B 正确；
C、CuSO4 5H2O 晶体中，Cu2+与 SO42-之间存在离子键，H2O、SO42-内部存在共价键，Cu2+与 H2O 之间存在配位键，H2O 之间、H2O 与 SO42-之间存在氢键，C 正确；
D、 失水转化流程：， Cu2+与 H2O 形成的配位键弱于 SO42-与 H2O 形成的氢键，因此 CuSO4 5H2O 晶体受热时首先失去的是与 Cu2+配位的 H2O，而非与 SO42-结合的结晶水，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体结构分析：明确 CuSO4 5H2O 中 5 个 H2O 的成键方式，4 个与 Cu2+配位，1 个与 SO42-以氢键相连；
键角变化规律：孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，形成配位键后孤电子对减少，键角增大；
晶体中的作用力：离子键、共价键、配位键、氢键的存在位置与判断；
结晶水失去顺序：配位键的强度弱于氢键，因此与 Cu2+配位的 H2O 更易失去。
15．在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是
A．转化过程中有键的断裂和键的形成
B．该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物
C．化合物ⅰ和化合物ⅱ的红外光谱和核磁共振氢谱均不相同
D．该机理的总方程式为：
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、转化过程中，CO2中的碳氧双键（含π键）断裂，同时形成新的碳氧σ键，因此有π键的断裂和σ键的形成，A正确；
B、KI在反应前后结构和化学性质不变，是催化剂；AcOH在反应中生成又消耗，是中间产物，B错误；
C、化合物i（甲基环氧乙烷）和化合物ii（甲基碳酸内酯）的官能团不同，因此红外光谱不同， 氢原子化学环境不完全相同， 核磁共振氢谱不相同，C正确；
D、根据催化机理，反应物为甲基环氧乙烷和CO2，生成物为化合物ii，总方程式为： 与图示一致，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学键变化判断：CO2中的π键断裂，形成新的σ键，符合反应过程；
催化剂与中间产物区分：催化剂反应前后不变，中间产物反应中生成又消耗；
谱图差异判断：结构不同的化合物，红外光谱（官能团）和核磁共振氢谱（氢环境）均不同；
总方程式书写：根据机理消去中间产物，得到反应物和生成物的总反应。
16．以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(VI)废水的工艺流程，下列说法不正确的是
已知：①。②当离子浓度小于时，可认为离子已沉淀完全。
A．要实现步骤Ⅰ的转化，可以向含的废水中加入浓盐酸
B．烟道气可以用或代替
C．若步骤Ⅲ中加入适量碱石灰，则过滤得到的沉淀物不止一种
D．室温下，调节步骤Ⅲ反应后上层清液的，可以实现完全沉淀
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、步骤Ⅰ中转化为需要酸性环境，但具有强氧化性，能将浓盐酸中的氧化为，同时自身被还原为，会消耗并产生有毒气体，因此不能向含的废水中加入浓盐酸来实现步骤Ⅰ的转化，A错误；
B、烟道气中的作为还原剂，将还原为。中为+4价、中均具有还原性，可替代完成还原反应，B正确；
C、步骤Ⅲ中加入碱石灰（主要成分为、），会生成沉淀，同时与溶液中的（或步骤Ⅰ中引入的酸根）可能生成沉淀，因此沉淀物不止一种，C正确；
D、室温下，时，。根据，计算得，说明已沉淀完全，D正确；
故答案为：A。
【分析】该工艺的核心流程如下：
步骤Ⅰ：向含的废水中加，使平衡正向移动，将转化为；步骤Ⅱ：通入烟道气中的，利用的还原性，将还原为；步骤Ⅲ：加，使转化为沉淀，实现铬的去除。
17．Ⅰ．B和Al元素在高性能复合材料领域具有重要应用。
（1）基态B原子的核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为________。
（2）下列是气态铝原子或离子的电子排布式，其中处于激发态的有___________(填序号)。
A. B. C. D.
（3）依据同主族元素性质相似，写出硼酸在水中的电离方程式________。
Ⅱ．、和Ni元素可形成多种特殊功能的合金材料。
（4）下列说法正确的是___________。
A. 它们位于元素周期表的第Ⅷ族，ds区
B. 基态Fe原子核外有7种能量不同的电子
C. 它们的硫酸盐溶液pH都大于7
D. 室温下和都为液体，则二者都属于分子晶体
（5）从结构上看，、中更稳定的是________，原因是________。
（6）已知氧化性，则与氢碘酸反应的离子方程式为________。
【答案】(1) 哑铃形
(2) B，C
(3)
(4) B，D
(5) 价层电子排布为，价层电子排布，为3d半充满稳定结构
(6)
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）基态B原子电子排布式为，最高能级为2p，p能级电子云轮廓为哑铃形（或纺锤形）
故答案为： 哑铃形 ；
（2）基态Al原子核外电子排布为，故A为基态；基态（失去1个电子）电子排布为，故D为基态；B中3s电子跃迁到3p、C中3s电子跃迁到3p，均为激发态，故选BC；
故答案为： B，C ；
（3）依据同主族元素性质相似，对比氢氧化铝酸式电离，硼酸结合水中的OH-释放出H+可以写出硼酸电离方程式为H3BO3+H2O [B(OH)4] +H+；
故答案为： ；
（4）A．Fe、Co、Ni位于第Ⅷ族，属于d区，A错误；
B．基态Fe电子排布为，共7种不同能级，同一能级电子能量相同，因此有7种能量不同的电子，B正确；
C．三者的硫酸盐都属于强酸弱碱盐，金属阳离子水解使溶液显酸性，pH<7，C错误；
D．室温下二者为液态，说明熔沸点低，符合分子晶体熔沸点低的特点，因此都属于分子晶体，D正确；
故答案为：BD；
（5）价电子排布为，价电子排布为，半充满结构能量更低，更稳定，因此更稳定；
故答案为： 价层电子排布为，价层电子排布，为3d半充满稳定结构 ；
（6）已知氧化性，Fe3+可以氧化碘离子，故中+3价Co可以氧化生成，自身被还原为，配平后得到离子方程式Co2O3+6H++2I =2Co2++I2+3H2O。
故答案为： ；
【分析】(1)先写出基态B原子的核外电子排布式，确定其最高能级为能级，再根据能级电子云轮廓为哑铃形（纺锤形）的规律，直接得出该题答案。
(2)先明确基态Al原子的核外电子排布式为、基态的排布式为，再对比各选项的电子排布：排布与基态完全一致的为基态，电子从低能级跃迁到高能级的为激发态，据此筛选出对应选项。
(3)利用同主族元素性质相似的规律，类比氢氧化铝的酸式电离，结合硼酸为缺电子原子、需结合水中释放的电离本质，写出符合电荷守恒、原子守恒的可逆电离方程式。
(4)逐一分析每个选项：A项根据元素周期表分区判断Fe、Co、Ni属于d区；B项根据基态Fe的电子排布式统计不同能级的数量，确定电子能量种类；C项根据强酸弱碱盐的水解规律判断溶液酸碱性；D项根据常温下为液态、熔沸点低的特征判断晶体类型，最终组合正确选项。
(5)分别写出和的价电子排布式和，结合洪特规则特例（半充满结构能量更低、更稳定），得出稳定性更强的结论。
(6)根据已知氧化性顺序，判断中+3价Co可氧化生成，自身被还原为，再结合酸性环境、电子守恒、电荷守恒、原子守恒，配平得到完整的离子方程式。
18．已知含碳化合物有如下转化关系，请回答问题：
（1）画出基态碳原子的价层电子排布轨道式：　 　。
（2）写出C的结构简式：　 　，D中官能团的名称是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．A和C中碳原子的杂化方式相同
B．D存在两种同分异构体
C．转化中只含有两种反应类型
D．根据结构推测相同条件下D比B在水中的溶解度大
（4）下图为固态二氧化碳(干冰)的晶胞示意图，请回答：
①一个干冰晶胞中含有　 　个分子。
②请解释冰的密度低于干冰的原因　 　。
【答案】（1）
（2）；羟基
（3）B；D
（4）4；冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态碳原子的价层电子排布轨道式为；
故答案为： ；
（2）根据分析，C为，其结构式为；
根据分析，D为1-丙醇或2-丙醇，则D中官能团的名称是羟基；
故答案为： ； 羟基 ；
（3）A．A中C的杂化方式为杂化，C为，C的杂化方式为杂化和杂化，A错误；
B．分子式为C3H8O的同分异构体有3种，分别为2-丙醇、1-丙醇、甲乙醚（），与D互为同分异构体的化合物有2种，B正确；
C．转化中A到B为取代反应、B到C为消去反应、C到D为加成反应，包含3种反应类型，C错误；
D．D中含有羟基，能与水形成分子间氢键，在水中的溶解度比较大，D正确；
故答案为：BD；
（4）①干冰晶胞为八顶点六面心构型，含有个分子；
②冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小，故冰的密度低于干冰。
故答案为：4； 冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小 ；
【分析】(1)先写出基态C原子的核外电子排布式，确定价层电子为，再根据泡利不相容原理、洪特规则，画出轨道填充2个自旋相反的电子、轨道填充2个自旋平行的单电子的轨道排布式。
(2)先梳理转化流程：A→B为取代反应，B→C为卤代烃的消去反应（条件为醇溶液、加热），推得C为丙烯（）；C→D为丙烯与水的加成反应，推得D为1-丙醇或2-丙醇，据此写出C的结构简式，并确定D中的官能团为羟基。
(3)逐一分析各选项：A项对比A（饱和杂化）和C（双键杂化、单键杂化）的杂化方式，判定A错误；B项写出分子式的所有同分异构体（2种醇、1种醚），确定与D（醇）互为同分异构体的化合物有2种，判定B正确；C项梳理A→B（取代）、B→C（消去）、C→D（加成）的反应类型，判定C错误；D项根据D含羟基、可与水形成分子间氢键，判断其在水中溶解度大，判定D正确，最终组合正确选项BD。
(4)① 用均摊法计算干冰晶胞中的分子数：顶点 + 面心 = 4个；
② 对比冰和干冰的晶体结构：冰靠氢键形成疏松的有序结构，分子间距大；干冰靠范德华力形成密堆积，分子间距小，结合，得出冰的密度低于干冰的结论。
（1）基态碳原子的价层电子排布轨道式为；
（2）根据分析，C为，其结构式为；
根据分析，D为1-丙醇或2-丙醇，则D中官能团的名称是羟基；
（3）A．A中C的杂化方式为杂化，C为，C的杂化方式为杂化和杂化，A错误；
B．分子式为C3H8O的同分异构体有3种，分别为2-丙醇、1-丙醇、甲乙醚（），与D互为同分异构体的化合物有2种，B正确；
C．转化中A到B为取代反应、B到C为消去反应、C到D为加成反应，包含3种反应类型，C错误；
D．D中含有羟基，能与水形成分子间氢键，在水中的溶解度比较大，D正确；
故答案选BD；
（4）①干冰晶胞为八顶点六面心构型，含有个分子；
②冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小，故冰的密度低于干冰。
19．氯水、次氯酸盐和常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。
（1）用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因　 　。
（2）下列一定可以增强氯水漂白杀菌作用的措施是___________。
A．对氯水加热 B．加入NaCl固体
C．加入碳酸钙粉末 D．加入固体
（3）HClO电离平衡体系中各成分的组成分数，为HClO或]与pH的关系如图1所示(不考虑其它含氯成分)。
①计算NaClO的水解常数　 　。
②向氯水中加入NaOH溶液至中性，所得溶液中　 　(填“>”、“<”或“=”)。
③下列说法正确的是　 　。
A．可用玻璃棒蘸取少量氯水滴在pH试纸上测定氯水的pH
B．室温下，向氯水中加水稀释，增大
C．随着pH的变化，体系中一定存在关系
D．室温下，的氯水中，水电离出的
（4）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。经测定商用中含量对反应初始速率的影响如图2所示。(实验条件：都为℃，初始浓度相同。)
Ⅰ．；
Ⅱ．。
指出改变的影响因素，并解释原因：　 　。
【答案】（1）
（2）C；D
（3）；；BD
（4）浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，反应II的反应物浓度增大，反应速率增大
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，NaClO溶液呈碱性的原因是；
故答案为： ；
（2）A．对氯水加热，HClO分解，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选A；
B．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，逆向移动，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选B；
C．加入碳酸钙粉末，盐酸与碳酸钙反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选C；
D．加入固体，盐酸与碳酸氢钠反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选D；
故答案为：CD。
（3）①根据图示，c(HClO)= c(ClO-)时pH=7.5，NaClO的水解常数。
②向氯水中加入NaOH溶液，根据电荷守恒溶液至中性，所以，则溶液中>。
③A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．室温下，向氯水中加水稀释，减小，不变，所以增大，故B正确；
C．溶液中除氢离子外，还有调节溶液pH引入的其它离子，根据电荷守恒，不成立，故C错误；
D．室温下，Kw=10-14，氯水中的酸抑制水电离，的氯水中，水电离出的，故D正确；
故答案为： ； ；BD。
（4）根据图示，浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，ClO-是反应II的反应物，反应物浓度增大，反应速率增大。
故答案为：浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，反应II的反应物浓度增大，反应速率增大 ；
【分析】(1)明确NaClO属于强碱弱酸盐，弱酸根离子会发生水解反应，结合水解的可逆性原理，写出与水反应生成HClO和的离子方程式，以此解释溶液呈碱性的本质。
(2)围绕氯水中存在的平衡展开分析：加热时HClO分解导致漂白作用减弱，排除A；加NaCl固体会使平衡逆向移动，HClO浓度降低，排除B；加入或粉末，因消耗促使平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，据此确定正确选项为CD。
(3)① 结合图示，当时pH=7.5，先计算，再代入NaClO水解常数，因，直接得出；② 向氯水中加NaOH至中性，依据电荷守恒，结合，推导出，进而判断；③ 分析各选项：氯水有漂白性，不能用pH试纸测pH，A错误；加水稀释时电离常数不变，减小，推导出增大，B正确；溶液中存在多种离子，电荷守恒式并非选项所给形式，C错误；pH=1的氯水中，酸抑制水的电离，水电离出的，D正确，最终选BD。
(4)结合图示信息，明确是反应II的反应物，根据化学反应速率的影响规律，反应物浓度增大时反应速率会增大，而图示显示浓度增大、pH增大均能使浓度增大，由此得出浓度增大和pH增大均会使反应II的速率增大的结论。
（1）NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，NaClO溶液呈碱性的原因是；
（2）A．对氯水加热，HClO分解，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选A；
B．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，逆向移动，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选B；
C．加入碳酸钙粉末，盐酸与碳酸钙反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选C；
D．加入固体，盐酸与碳酸氢钠反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选D；
选CD。
（3）①根据图示，c(HClO)= c(ClO-)时pH=7.5，NaClO的水解常数。
②向氯水中加入NaOH溶液，根据电荷守恒溶液至中性，所以，则溶液中>。
③A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．室温下，向氯水中加水稀释，减小，不变，所以增大，故B正确；
C．溶液中除氢离子外，还有调节溶液pH引入的其它离子，根据电荷守恒，不成立，故C错误；
D．室温下，Kw=10-14，氯水中的酸抑制水电离，的氯水中，水电离出的，故D正确；
选BD。
（4）根据图示，浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，ClO-是反应II的反应物，反应物浓度增大，反应速率增大。
20．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷()制丙烯()的两种方法如下：
反应Ⅰ(直接脱氢)：
反应Ⅱ(氧化脱氢)：
（1）反应Ⅰ自发进行的条件是　 　(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入，起始压强为pkPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。
①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是　 　(填字母，下同)。
A．气体的平均摩尔质量保持不变
B．气体密度保持不变
C．与的物质的量之比保持不变
D．反应速率
②反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数　 　kPa(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压总压×体积分数)。
（3）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。
①与起始物质的量比为，平衡时的体积分数随温度的变化关系如图所示。在图中画出的曲线　 　。
②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有　 　(任写一点)。
（4）丙烷在催化剂表面脱氢的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面的物种。
已知相同条件下在该催化剂表面，*比*脱氢更困难，请根据图中相关数据分析原因　 　。
【答案】（1）高温
（2）AD；9p/10
（3）(趋势对即可)；反应放热，减少能耗；反应Ⅱ生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳(答出一点即可)
（4）的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ的，反应后气体分子数增大，；根据自发进行判据，只有高温下才能满足，故自发条件为高温；
故答案为：高温；
（2）①A．反应Ⅰ前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当不变时，说明反应达到平衡，A正确；
B．恒容容器，总质量、体积均不变，密度始终不变，不能说明平衡，B错误；
C．起始只有，根据反应方程式 ，生成的与物质的量之比始终为，是定值，不能说明平衡，C错误；
D．二者计量数均为1，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确；
故答案选AD；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 mol C3H8，开始压强为p kPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为x mol，则列三段式有：，根据图像可知平衡时C3H8的体积分数为25%，，解得x=0.6mol，则n(总)=1-x+x+x=1.6mol，开始气体物质的量是1 mol时压强为p kPa，则平衡时气体物质的量为1.6 mol时，根据阿伏加德罗定律推论（），平衡时气体总压强为1.6p kPa，其中p(C3H8)=×1.6pkPa=0.4pkPa，p(C3H6)= p(H2)=×1.6pkPa=0.6pkPa，则该反应达到平衡时的化学平衡常数：；
故答案为： AD ； ；
（3）①相同温度下，C3H8与O2起始物质的量比越小，O2越多，C3H8的转化率越大，平衡时C3H8体积分数越小，且反应Ⅱ的，升温平衡逆向移动，则C3H8体积分数增大 ，所以的曲线如图；
②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗；生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳等；
故答案为：(趋势对即可) ； 反应放热，减少能耗；反应Ⅱ生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳(答出一点即可) ；
（4）由图可知的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢。
故答案为：的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢 ；
【分析】(1)根据反应Ⅰ的焓变，判断为吸热反应；反应后气体分子数增大，熵变。结合自发判据，只有高温下才能满足，因此确定该反应的自发条件为高温。
(2)① 逐一分析平衡标志：A项，平均摩尔质量，反应中不变、增大，为变量，不变时说明反应达平衡；B项，恒容容器中始终不变，不能作为平衡标志；C项，生成的与物质的量之比恒为，为定值，不能说明平衡；D项，说明正逆反应速率相等，反应达平衡，最终选AD。
② 用三段式法设的转化量为，结合平衡时体积分数为列方程求解，再根据阿伏加德罗定律计算平衡总压和各物质分压，代入压强平衡常数公式，计算得到。
(3)① 结合反应Ⅱ（放热反应），升温平衡逆向移动，体积分数增大；同时越小，越多，转化率越大，平衡时体积分数越小，据此分析图像，确定的曲线。
② 对比反应Ⅰ（直接脱氢，吸热），从反应热、产物分离、催化剂积碳等角度，总结反应Ⅱ（氧化脱氢）的优点：氧化脱氢为放热反应，可减少能耗；生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳等。
(4)从图中读取和的脱氢活化能，分别计算两者的活化能差值：为，为，根据活化能越大反应越难进行，得出更难脱氢的结论。
（1）反应Ⅰ的，反应后气体分子数增大，；根据自发进行判据，只有高温下才能满足，故自发条件为高温；
（2）①A．反应Ⅰ前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当不变时，说明反应达到平衡，A正确；
B．恒容容器，总质量、体积均不变，密度始终不变，不能说明平衡，B错误；
C．起始只有，根据反应方程式 ，生成的与物质的量之比始终为，是定值，不能说明平衡，C错误；
D．二者计量数均为1，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确；
故答案选AD；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 mol C3H8，开始压强为p kPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为x mol，则列三段式有：，根据图像可知平衡时C3H8的体积分数为25%，，解得x=0.6mol，则n(总)=1-x+x+x=1.6mol，开始气体物质的量是1 mol时压强为p kPa，则平衡时气体物质的量为1.6 mol时，根据阿伏加德罗定律推论（），平衡时气体总压强为1.6p kPa，其中p(C3H8)=×1.6pkPa=0.4pkPa，p(C3H6)= p(H2)=×1.6pkPa=0.6pkPa，则该反应达到平衡时的化学平衡常数：；
（3）①相同温度下，C3H8与O2起始物质的量比越小，O2越多，C3H8的转化率越大，平衡时C3H8体积分数越小，且反应Ⅱ的，升温平衡逆向移动，则C3H8体积分数增大 ，所以的曲线如图；
②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗；生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳等；
（4）由图可知的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢。
21．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾(相对分子质量为491)是光化学研究中一种常见物质，为翠绿色单斜晶体。实验室利用硫酸亚铁铵[化学式为、草酸等原料制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的流程如下：
已知：a．可溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，加热至110℃失去三个结晶水。
b．在水溶液中存在平衡：
（1）写出步骤I生成黄色沉淀的化学方程式　 　。
（2）步骤II中加入后出现红棕色浑浊，可通过加入　 　(填写物质的化学式)除去。
（3）流程中的“一系列操作”是　 　。
_______→_______→_______→洗涤、干燥。
A．冷却至室温 B．加入适量乙醇 C．冷却结晶 D．蒸发浓缩 E．过滤
（4）实验室可用邻二氮菲()检验是否有残留的，反应可生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子。
①生成邻二氮菲亚铁络离子时，提供空轨道的微粒是　 　。
②溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度，其原因可能是　 　。
（5）为测定产品的纯度，用酸性标准溶液进行滴定，步骤如下：
称取5.00 g产品溶于水，配制成100 mL溶液，取出20 mL于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定，滴定终点时，消耗标准溶液24.00 mL。
①计算得产品中的质量分数为　 　(假设产品中的杂质不与反应)。
②下列操作会引起滴定结果偏高的是　 　。
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液
B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡
C．摇动锥形瓶过程中有液体溅出
D．滴定终点到达时，滴定管尖端悬挂液滴
【答案】（1）
（2）
（3）ABE
（4）；酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力
（5）98.2％；AD
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤I生成黄色沉淀的化学方程式为：；
故答案为： ；
（2）氧化后，局部水解生成红棕色浑浊，加入草酸可与反应，转化为三草酸合铁(Ⅲ)配离子，除去浑浊。
故答案为： ；
（3）难溶于乙醇，故冷却至室温后加入适量乙醇，过滤、洗涤、干燥后获得晶体。
故答案为： ABE ；
（4）①生成邻二氮菲亚铁络离子时中心离子提供空轨道，配体邻二氮菲提供孤对电子；
②酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力，因此溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度；
故答案为： ； 酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力 ；
（5）①由题意可知，滴定过程反应关系为2 5，1mol 含3 mol ，可得： n()=0.1000 mol/L×0.024 L=0.0024 mol，待测液中：n()=n()=0.006 mol，， 100 mL溶液中总n(产物)=0.002 mol×=0.01 mol，m(产物)=0.01mol×491 g/mol=4.91 g，质量分数w=×100%=98.2%；
②A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液，没有用标准液润洗，导致滴定过程中使用的标准液体积偏大，从而导致测定的产品质量分数偏高，A符合题意；
B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致滴定后读数偏高，使用的标准液体积偏小，从而导致测定的产品质量分数偏低，B不符合题意；
C．锥形瓶液体溅出，待测物减少，消耗体积偏小，结果偏低，C不符合题意；
D．滴定后尖端悬挂液滴，读取的体积偏大，结果偏高，D符合题意；
故答案为： 98.2％ ；AD。
【分析】(1)根据反应物为硫酸亚铁铵和饱和草酸，生成物为黄色沉淀，结合原子守恒，配平得到完整的化学方程式，同时生成硫酸铵、硫酸和水。
(2)氧化生成，部分水解产生红棕色浑浊；草酸可与发生配位反应，将其转化为可溶性的三草酸合铁(Ⅲ)配离子，从而除去浑浊，使溶液澄清。
(3)难溶于乙醇，冷却至室温后加入适量乙醇，可降低该配合物的溶解度，促使其结晶析出，再经过滤、洗涤、干燥，即可得到目标晶体。
(4)① 配位反应的本质：中心离子提供空轨道，配体邻二氮菲提供孤对电子，形成稳定的邻二氮菲亚铁络离子；
② 酸性过强的影响：酸性太强时，邻二氮菲中的原子优先与形成配位键，导致其与的配位能力减弱，无法准确测定浓度。
(5)①根据氧化还原滴定的定量关系，结合含，通过滴定消耗的的物质的量，计算出的总物质的量，进而换算出产品的物质的量、质量，最终计算得到产品的质量分数为；
②逐一分析操作对滴定结果的影响：滴定管未用标准液润洗、滴定后尖端悬挂液滴，会导致标准液体积读数偏大，测定结果偏高；滴定后尖嘴有气泡、锥形瓶液体溅出，会导致标准液体积读数偏小，测定结果偏低，最终确定使结果偏高的选项为AD。
（1）步骤I生成黄色沉淀的化学方程式为：；
（2）氧化后，局部水解生成红棕色浑浊，加入草酸可与反应，转化为三草酸合铁(Ⅲ)配离子，除去浑浊。
（3）难溶于乙醇，故冷却至室温后加入适量乙醇，过滤、洗涤、干燥后获得晶体。
（4）①生成邻二氮菲亚铁络离子时中心离子提供空轨道，配体邻二氮菲提供孤对电子；
②酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力，因此溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度；
（5）①由题意可知，滴定过程反应关系为2 5，1mol 含3 mol ，可得： n()=0.1000 mol/L×0.024 L=0.0024 mol，待测液中：n()=n()=0.006 mol，， 100 mL溶液中总n(产物)=0.002 mol×=0.01 mol，m(产物)=0.01mol×491 g/mol=4.91 g，质量分数w=×100%=98.2%；
②A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液，没有用标准液润洗，导致滴定过程中使用的标准液体积偏大，从而导致测定的产品质量分数偏高，A符合题意；
B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致滴定后读数偏高，使用的标准液体积偏小，从而导致测定的产品质量分数偏低，B不符合题意；
C．锥形瓶液体溅出，待测物减少，消耗体积偏小，结果偏低，C不符合题意；
D．滴定后尖端悬挂液滴，读取的体积偏大，结果偏高，D符合题意；
故答案为AD。
1 / 1浙江浙南名校2025-2026学年高二下学期开学化学试题
1．下列对聚氯乙烯所属分类不正确的是
A．有机物 B．高分子 C．烃 D．混合物
2．下列表示不正确的是
A．基态Br原子的电子排布式为：
B．的名称：2，3，3-三甲基戊烷
C．HCl中共价键的电子云图：
D．的VSEPR模型：平面三角形
3．下列关于说法不正确的是
A．为正四面体结构
B．溶液呈酸性
C．中铝原子采取杂化
D．可利用溶液和盐酸相互滴加产生的不同现象鉴别两种溶液
4．已知，下列有关说法不正确的是
A．3种产物均为极性分子
B．反应过程中可能有白烟产生
C．反应物中的易溶于
D．n(氧化产物)：n(还原产物)
5．根据元素周期律，下列说法正确的是
A．电负性： B．半径：
C．第一电离能： D．分子的极性：
6．利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是
A．装置①可用于定量测定并比较化学反应速率
B．装置②可用实验室制取氨气
C．装置③可用于制备银氨溶液
D．装置④可用于在铁制品表面镀铜
7．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中阴阳离子总数大于
B．1 mol金刚石晶体中含有4 mol碳碳单键
C．30 g冰醋酸与过量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂键的数目为
D．常温下，任意比例混合的环丙烷和丙烯混合物中，含氢原子的数目为
8．下列说法不正确的是
A．SiC属于共价晶体，硬度大，可用作砂轮磨料
B．明矾溶于水生成胶体，可用于自来水杀菌消毒
C．分子间存在氢键，易液化，因此常用液氨作制冷剂
D．乙烯有还原性，可用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土吸收水果产生的乙烯实现水果保鲜
9．下列物质分离与提纯的操作中，所选方法与原理正确的是
A．用重结晶法提纯苯甲酸——利用苯甲酸在冷水和热水中溶解度差异大
B．从碘水中提取碘单质——采用蒸馏法，利用碘的沸点低于水
C．除去乙烷中混有的少量乙烯——通过酸性高锰酸钾溶液洗气，再干燥
D．除去氧化铝中混有的氧化镁——加入NaOH溶液过滤
10．下列方程式不正确的是
A．溶液与闪锌矿反应生成铜蓝：
B．向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：
C．向血红色溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：
D．向二元弱酸溶液中加入足量烧碱溶液：
11．下列性质与微观解释不相符的是
选项 性质或现象 微观解释
A 酸性： 电负性：，中羟基极性更大
B 熔点：顺-2-丁烯<反-2-丁烯 顺-2-丁烯为极性分子，反-2-丁烯为非极性分子
C 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键
D 离子键成分百分数： 电负性差值：Na和和O
A．A B．B C．C D．D
12．电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨，同时实现甘油转化为高附加值化学品。知双极膜中解离产生的和在电场作用下向两极迁移。下列说法不正确的是
A．双极膜中产生的向电极b方向移动
B．电解一段时间后，电极b一侧电解质溶液碱性增强
C．外电路每通过2 mol电子，则双极膜中有18 g水解离
D．a极电极反应式为
13．一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的和，发生反应：。反应过程中测得的部分数据如表所示，下列说法正确的是
0 10 20 30
0.10 0.04 0.02
0.20
0.04
A．反应在前10 min内的平均速率
B．温度不变，若起始时向容器中充入、和0.4molC，达平衡前
C．若该容器为恒压状态，保持其它条件不变，达到平衡时A的转化率小于
D．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的
14．科学家通过X射线测得晶体结构如图所示。已知：晶体加热时依次发生如下转化，下列说法不正确的是
A．可写为
B．与结合后键角变大
C．晶体中存在的作用力有：离子键、共价键、配位键、氢键
D．晶体受热时首先失去的是和结合的结晶水
15．在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是
A．转化过程中有键的断裂和键的形成
B．该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物
C．化合物ⅰ和化合物ⅱ的红外光谱和核磁共振氢谱均不相同
D．该机理的总方程式为：
16．以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(VI)废水的工艺流程，下列说法不正确的是
已知：①。②当离子浓度小于时，可认为离子已沉淀完全。
A．要实现步骤Ⅰ的转化，可以向含的废水中加入浓盐酸
B．烟道气可以用或代替
C．若步骤Ⅲ中加入适量碱石灰，则过滤得到的沉淀物不止一种
D．室温下，调节步骤Ⅲ反应后上层清液的，可以实现完全沉淀
17．Ⅰ．B和Al元素在高性能复合材料领域具有重要应用。
（1）基态B原子的核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为________。
（2）下列是气态铝原子或离子的电子排布式，其中处于激发态的有___________(填序号)。
A. B. C. D.
（3）依据同主族元素性质相似，写出硼酸在水中的电离方程式________。
Ⅱ．、和Ni元素可形成多种特殊功能的合金材料。
（4）下列说法正确的是___________。
A. 它们位于元素周期表的第Ⅷ族，ds区
B. 基态Fe原子核外有7种能量不同的电子
C. 它们的硫酸盐溶液pH都大于7
D. 室温下和都为液体，则二者都属于分子晶体
（5）从结构上看，、中更稳定的是________，原因是________。
（6）已知氧化性，则与氢碘酸反应的离子方程式为________。
18．已知含碳化合物有如下转化关系，请回答问题：
（1）画出基态碳原子的价层电子排布轨道式：　 　。
（2）写出C的结构简式：　 　，D中官能团的名称是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．A和C中碳原子的杂化方式相同
B．D存在两种同分异构体
C．转化中只含有两种反应类型
D．根据结构推测相同条件下D比B在水中的溶解度大
（4）下图为固态二氧化碳(干冰)的晶胞示意图，请回答：
①一个干冰晶胞中含有　 　个分子。
②请解释冰的密度低于干冰的原因　 　。
19．氯水、次氯酸盐和常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。
（1）用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因　 　。
（2）下列一定可以增强氯水漂白杀菌作用的措施是___________。
A．对氯水加热 B．加入NaCl固体
C．加入碳酸钙粉末 D．加入固体
（3）HClO电离平衡体系中各成分的组成分数，为HClO或]与pH的关系如图1所示(不考虑其它含氯成分)。
①计算NaClO的水解常数　 　。
②向氯水中加入NaOH溶液至中性，所得溶液中　 　(填“>”、“<”或“=”)。
③下列说法正确的是　 　。
A．可用玻璃棒蘸取少量氯水滴在pH试纸上测定氯水的pH
B．室温下，向氯水中加水稀释，增大
C．随着pH的变化，体系中一定存在关系
D．室温下，的氯水中，水电离出的
（4）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。经测定商用中含量对反应初始速率的影响如图2所示。(实验条件：都为℃，初始浓度相同。)
Ⅰ．；
Ⅱ．。
指出改变的影响因素，并解释原因：　 　。
20．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷()制丙烯()的两种方法如下：
反应Ⅰ(直接脱氢)：
反应Ⅱ(氧化脱氢)：
（1）反应Ⅰ自发进行的条件是　 　(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入，起始压强为pkPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。
①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是　 　(填字母，下同)。
A．气体的平均摩尔质量保持不变
B．气体密度保持不变
C．与的物质的量之比保持不变
D．反应速率
②反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数　 　kPa(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压总压×体积分数)。
（3）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。
①与起始物质的量比为，平衡时的体积分数随温度的变化关系如图所示。在图中画出的曲线　 　。
②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有　 　(任写一点)。
（4）丙烷在催化剂表面脱氢的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面的物种。
已知相同条件下在该催化剂表面，*比*脱氢更困难，请根据图中相关数据分析原因　 　。
21．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾(相对分子质量为491)是光化学研究中一种常见物质，为翠绿色单斜晶体。实验室利用硫酸亚铁铵[化学式为、草酸等原料制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的流程如下：
已知：a．可溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，加热至110℃失去三个结晶水。
b．在水溶液中存在平衡：
（1）写出步骤I生成黄色沉淀的化学方程式　 　。
（2）步骤II中加入后出现红棕色浑浊，可通过加入　 　(填写物质的化学式)除去。
（3）流程中的“一系列操作”是　 　。
_______→_______→_______→洗涤、干燥。
A．冷却至室温 B．加入适量乙醇 C．冷却结晶 D．蒸发浓缩 E．过滤
（4）实验室可用邻二氮菲()检验是否有残留的，反应可生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子。
①生成邻二氮菲亚铁络离子时，提供空轨道的微粒是　 　。
②溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度，其原因可能是　 　。
（5）为测定产品的纯度，用酸性标准溶液进行滴定，步骤如下：
称取5.00 g产品溶于水，配制成100 mL溶液，取出20 mL于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定，滴定终点时，消耗标准溶液24.00 mL。
①计算得产品中的质量分数为　 　(假设产品中的杂质不与反应)。
②下列操作会引起滴定结果偏高的是　 　。
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液
B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡
C．摇动锥形瓶过程中有液体溅出
D．滴定终点到达时，滴定管尖端悬挂液滴
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、聚氯乙烯含碳元素，属于有机物，A 正确；
B、聚氯乙烯是由氯乙烯加聚得到的高分子化合物，B 正确；
C、烃是仅由碳、氢两种元素组成的有机物，聚氯乙烯含氯元素，不属于烃，C 错误；
D、高分子化合物的聚合度 n 为不确定值，因此聚氯乙烯是由不同 n 值的分子组成的混合物，D 正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
有机物定义：含碳化合物（除 CO、CO2、碳酸盐等少数无机物外），聚氯乙烯符合；
高分子化合物特征：相对分子质量很大，由单体加聚、缩聚而成，聚氯乙烯符合；
烃的定义：仅含 C、H 两种元素，聚氯乙烯含 Cl，不符合；
混合物判断：高分子的聚合度 n 不固定，因此所有高分子材料都属于混合物。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、Br的原子序数为35，基态原子的电子排布式应写为，选项中缺少3d轨道的电子排布，A错误；
B、该有机物主链有5个碳原子，2号碳连有1个甲基，3号碳连有2个甲基，名称为2，3，3-三甲基戊烷，B正确；
C、HCl中H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头形成键，电子云图呈轴对称形状： ，C正确；
D、中 键数为2，孤电子对为 ，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子排布式规范：书写电子排布式时，需按照构造原理完整书写能级，对于第四周期的过渡元素，必须包含内层的3d轨道电子，不能省略；
烷烃命名规则：选最长碳链为主链，从离支链最近一端编号，支链位置和数目需准确对应，重点检查取代基的位次和名称是否符合规则；
共价键特征：不同原子间形成的极性共价键，电子云偏向电负性大的原子，其电子云图通常表现为大小不一的两个球体重叠；
VSEPR模型判断：价层电子对数 = 键数 + 孤电子对数，的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形（分子空间构型为V形）。
3．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、中Al原子的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体，A正确；
B、是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，而非酸性，B错误；
C、中Al原子形成4个键，无孤电子对，采取杂化，C正确；
D、将溶液滴入盐酸中，盐酸过量，立即产生： ，无明显沉淀；将盐酸滴入溶液中，过量，先产生沉淀：，盐酸过量后沉淀溶解： ，现象不同，可鉴别，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
空间结构与杂化判断：根据价层电子对互斥理论，中Al的价层电子对数为4，无孤电子对，因此为正四面体结构，杂化方式为；
溶液酸碱性判断：属于强碱弱酸盐，阴离子水解显碱性，而非酸性；
互滴鉴别原理：利用反应物用量不同导致现象不同的原理，与盐酸互滴时，滴加顺序不同，反应现象不同，可用于鉴别两种溶液。
4．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A、产物 NH3、SO2、HCl 的分子结构均不对称，正负电荷中心不重合，均为极性分子，A 正确；B、反应生成的 HCl 与 NH3相遇会化合生成 NH4Cl 固体小颗粒，产生白烟，B 正确；
C、S8属于非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于非极性溶剂 CS2，C 正确；
D、反应中 S8中 S 元素从 0 价被氧化为 + 4 价（SO2），氧化产物为 SO2；NH4ClO4中 Cl 元素从
+7 价被还原为 - 1 价（HCl），还原产物为 HCl。根据化学计量数，氧化产物 SO2为 8mol，还原产物 HCl 为 4mol，因此 n (氧化产物)：n (还原产物)=8：4=2：1，不是 1：2，D 错误；
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
极性分子判断：分子正负电荷中心重合为非极性分子，不重合为极性分子，NH3、SO2、HCl 均为极性分子；
白烟成因：NH3与 HCl 气体相遇会发生化合反应，生成白色 NH4Cl 固体小颗粒，形成白烟；
相似相溶原理：非极性分子 S8易溶于非极性溶剂 CS2；
氧化还原产物计算：明确元素化合价变化，S 元素被氧化，对应氧化产物 SO2；Cl 元素被还原，对应还原产物 HCl，再根据化学计量数计算物质的量之比。
5．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据元素周期律，同主族元素电负性从上到下递减，同周期从左到右递增，电负性 O > Cl，A 错误；B、Mg2+和 O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此半径 O2- > Mg2+，B 错误；
C、Mg 的 3s 轨道为全充满稳定结构： ，Al 的 3p 轨道有 1 个电子： ，易失去电子，因此第一电离能 Mg > Al，C 正确；
D、OF2和 H2O 均为 V 形分子，O-F 键的极性弱于 O-H 键，且 OF2中两个 F 的对称结构抵消部分极性，因此分子极性 H2O > OF2，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
电负性规律：同周期主族元素从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，O 的电负性大于 Cl；
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；
第一电离能特殊规律：第 ⅡA 族元素（如 Mg）因 ns 轨道全充满，第一电离能大于同周期第 ⅢA 族元素（如 Al）；
分子极性判断：分子极性取决于键的极性和分子空间结构，H2O 的 O-H 键极性更强，分子极性大于 OF2。
6．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A、装置①的长颈漏斗没有液封，生成的气体会从长颈漏斗逸出，无法用注射器定量测定气体体积来比较化学反应速率，应换成分液漏斗，A 错误；B、加热 NH4Cl 固体，分解出的 NH3和 HCl 在试管口会重新化合生成 NH4Cl，得不到 NH3，实验室制氨气要加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2的固体混合物，B 错误；
C、制银氨溶液，要向 AgNO3溶液里逐滴加稀氨水，直到沉淀刚好溶解；反过来向氨水里滴 AgNO3，会直接生成沉淀且不溶解，制不出银氨溶液，C 错误；
D、装置④是电解池，铁制镀件接电源负极做阴极，铜片接电源正极做阳极，CuSO4溶液做电解液。阳极 Cu 失电子变成 Cu2+，阴极 Cu2+得电子变成 Cu，能在铁制品表面镀铜，D 正确；
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
定量实验的装置必须保证气密性，长颈漏斗未液封会导致气体泄漏，无法准确测定反应速率；
NH4Cl 受热分解的产物会重新化合，不能用于实验室制 NH3，需用铵盐与碱共热的方法；
银氨溶液的制备有严格的操作顺序，必须是氨水逐滴加入 AgNO3溶液，反之无法得到目标溶液；
电镀的核心原理：镀件作阴极、镀层金属作阳极、含镀层金属离子的溶液作电解液，装置④完全符合该原理。
7．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、0.5L 0.1mol/L 的 Na2CO3溶液中，Na2CO3的物质的量为 0.05mol，若不考虑水解，阴阳离子总数为 0.05×3=0.15NA。但 CO32-会发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，1 个 CO32-水解生成 2 个阴离子，导致阴离子总数增多，因此溶液中阴阳离子总数大于 0.15NA，A 正确；
B、金刚石晶体中，每个 C 原子与 4 个 C 原子相连形成 4 个 C-C 键，每个 C-C 键被 2 个 C 原子共用，因此 1mol 金刚石中含有的 C-C 键为 1×=2mol，不是 4mol，B 错误；
C、30g 冰醋酸的物质的量为 0.5mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，因此断裂的 O-H 键数目小于 0.5NA，C 错误；
D、环丙烷和丙烯的分子式均为 C3H6，1mol 混合物含 6mol 氢原子，但选项未说明混合物的总物质的量，无法确定氢原子数目，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
盐类水解对离子数的影响：CO32-水解会使阴离子总数增加，计算时需考虑水解带来的离子数变化；
金刚石的化学键计算：利用均摊法，每个 C-C 键由 2 个 C 原子共用，1mol 金刚石含 2mol C-C 键；
可逆反应的限度：酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化，因此断裂的化学键数目小于理论值；
阿伏加德罗常数的使用前提：计算微粒数时，必须明确物质的量，未说明质量或体积时，无法确定微粒数目。
8．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响；镁、铝的重要化合物；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、SiC 为共价晶体，原子间以共价键结合，键能大、硬度大，可作为砂轮磨料，A 正确；
B、明矾溶于水，Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物使水澄清，但无杀菌消毒作用，B 错误；
C、NH3分子间存在氢键，易液化；液氨汽化吸收大量热，常用作制冷剂，C 正确；
D、乙烯具有还原性，可被酸性 KMnO4溶液氧化，硅藻土吸附乙烯可延缓水果成熟，实现保鲜，D 正确；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
共价晶体性质：SiC 属共价晶体，高硬度是其核心性质，决定了砂轮磨料的用途；
明矾净水原理：仅靠胶体吸附杂质净水，无强氧化性，不能杀菌消毒；
氢键的影响：NH3的易液化、高沸点由分子间氢键导致，液氨作制冷剂利用其汽化吸热；
乙烯的保鲜：乙烯是催熟剂，利用其还原性被 KMnO4氧化除去，从而延长保鲜期。
9．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、苯甲酸在热水中溶解度大，冷水中溶解度小，重结晶法利用这一溶解度差异，趁热过滤除去不溶性杂质，冷却结晶析出苯甲酸，达到提纯目的，A 正确；
B、从碘水中提取碘单质，应采用萃取分液法（用 CCl4等有机溶剂萃取碘），而非蒸馏法；碘的沸点远高于水，且直接蒸馏碘水无法分离碘单质，B 错误；
C、乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为 CO2，会引入新杂质 CO2，无法达到除杂目的，应选用溴水洗气除去乙烯，C 错误；
D、Al2O3是两性氧化物，可与 NaOH 溶液反应，MgO 不与 NaOH 反应，加入 NaOH 溶液会将目标物质 Al2O3溶解，无法除去 MgO，D 错误；
故答案为：A
【分析】本题解题要点：
重结晶原理：利用溶质在不同温度下的溶解度差异，实现杂质分离与目标物提纯，苯甲酸是重结晶法的典型应用；
物质分离方法选择：碘水提碘用萃取分液，而非蒸馏；除杂需遵循 “不增、不减、易分离” 原则；
除杂试剂选择：酸性 KMnO4会将乙烯氧化为 CO2，引入新杂质，不可用于乙烷除乙烯；Al2O3与 NaOH 反应，不能用 NaOH 溶液除去 Al2O3中的 MgO。
10．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、ZnS 的溶度积大于 CuS，可发生沉淀转化，反应 ZnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Zn2+(aq) 符合沉淀转化规律，A 正确；
B、硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，生成 S、SO2和 H2O，离子方程式 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O 符合电子守恒、原子守恒，B 正确；
C、Fe(SCN)3溶液中存在络合平衡 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入过量铁粉，Fe 不仅与 Fe3+反应，还会与络合的 Fe3+反应， 方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，C错误；
D、H3PO3是二元弱酸，与足量烧碱反应生成 HPO32-，离子方程式 H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O 符合反应事实，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化原理：溶解度小的沉淀可由溶解度大的沉淀转化而来，ZnS 转化为 CuS 符合该规律；
歧化反应配平：硫代硫酸钠与酸的反应为歧化反应，S 元素化合价升降守恒，方程式正确；
络合平衡的影响：Fe(SCN)3是络合物，加入铁粉不仅消耗 Fe3+，还会破坏络合平衡，仅写 Fe3+与 Fe 的反应不完整；
弱酸与碱的反应：二元弱酸与足量碱反应生成正盐（HPO32-），方程式符合酸的元数。
11．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；烯烃
【解析】【解答】A、F 的电负性大于 Cl，CF3COOH 中羟基极性更大，更易电离出 H+，因此酸性 CF3COOH > CCl3COOH，性质与微观解释相符 ，A不符合题意；
B、顺 - 2 - 丁烯和反 - 2 - 丁烯均为分子晶体，熔点高低由分子间作用力决定，而非分子极性；反 - 2 - 丁烯对称性高、分子间作用力更强，熔点更高，解释中 “极性分子、非极性分子” 不是熔点差异的本质原因，性质与微观解释不相符 ，B符合题意；
C、邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间作用力弱；对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间作用力强，因此沸点邻羟基苯甲醛 < 对羟基苯甲醛，性质与微观解释相符 ，C不符合题意；
D、离子键成分百分比与电负性差值正相关， Na的电负性小于Mg， Mg 和 O 的电负性差值小于 Na 和 O， 因此离子键成分百分数，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
酸性与电负性：取代基电负性越强，羟基极性越大，越易电离 H+，酸性越强；
熔点与分子间作用力：分子晶体熔点由分子间作用力决定，分子极性不是直接决定因素，反式烯烃因对称性高、分子间作用力强，熔点更高；
氢键对沸点的影响：分子间氢键使沸点升高，分子内氢键使沸点降低；
离子键成分与电负性差值：电负性差值越大，离子键成分百分比越高。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极a为阳极，电极b为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，因此双极膜中产生的H+向电极b方向移动，A正确；
B、电极b为阴极，NO2-在碱性条件下得电子生成NH3，反应消耗OH-，同时双极膜中H+向阴极迁移，OH-向阳极迁移，阴极区OH-被消耗，碱性减弱？不，阴极反应为NO2-+5H2O+6e-=NH3↑+7OH-，生成OH-，因此电解一段时间后，电极b一侧电解质溶液碱性增强，B正确；
C、双极膜中每1mol H2O解离产生1mol H+和1mol OH-，外电路每通过2mol电子，双极膜中解离的水的物质的量为2mol，质量为36g，不是18g，C错误；
D、a极为阳极，甘油(C3H8O3)在碱性条件下失电子生成HCOO-，电极反应式为C3H8O3+11OH--8e-=3HCOO-+8H2O，符合电子守恒、原子守恒，D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为双极膜电解池，电极 b 上亚硝酸盐（NO2-）被还原为 NH3，发生得电子的还原反应，因此电极 b 为阴极，其电极反应式为： NO2-+5H2O+6e-=NH3↑+7OH-，电极 a 上甘油（C3H8O3）被氧化为 HCOO-，发生失电子的氧化反应，因此电极 a 为阳极，其电极反应式为： C3H8O3+11OH--8e-=3HCOO-+8H2O ，双极膜中的 H2O 会解离为 H+和 OH-，在电场作用下，阳离子 H+向阴极（电极 b）迁移，阴离子 OH-向阳极（电极 a）迁移，以此维持两极的电荷平衡。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、容器容积，前内。根据反应式，。
反应速率，A错误；
B、时反应达平衡，平衡时，，。平衡常数。
起始充入、、，浓度商。
因，反应正向进行，达平衡前，B错误；
C、原恒容条件下A的转化率。
该反应，恒压状态下相当于对恒容体系加压，平衡正向移动，A的转化率大于，C错误；
D、原平衡，升高温度后，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应速率计算：利用，结合反应计量比计算，注意系数与速率的正比关系；
平衡常数与反应方向：计算与浓度商，时反应正向进行，；
压强对平衡的影响：气体分子数减少的反应，恒压下的等效加压使平衡正向移动，反应物转化率增大；
温度对平衡的影响：升温使生成物浓度降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，。
14．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、由结构可知，Cu2+与 4 个 H2O 分子通过配位键结合，剩余 1 个 H2O 通过氢键与 SO42-相连，因此 CuSO4 5H2O 可写为 [Cu(H2O)4] SO4 H2O，A 正确；
B、H2O 分子中 O 原子有 2 对孤电子对，与 Cu2+形成配位键后，孤电子对变为成键电子对，孤电子对之间的斥力减小，因此 H2O 与 Cu2+结合后键角变大，B 正确；
C、CuSO4 5H2O 晶体中，Cu2+与 SO42-之间存在离子键，H2O、SO42-内部存在共价键，Cu2+与 H2O 之间存在配位键，H2O 之间、H2O 与 SO42-之间存在氢键，C 正确；
D、 失水转化流程：， Cu2+与 H2O 形成的配位键弱于 SO42-与 H2O 形成的氢键，因此 CuSO4 5H2O 晶体受热时首先失去的是与 Cu2+配位的 H2O，而非与 SO42-结合的结晶水，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体结构分析：明确 CuSO4 5H2O 中 5 个 H2O 的成键方式，4 个与 Cu2+配位，1 个与 SO42-以氢键相连；
键角变化规律：孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，形成配位键后孤电子对减少，键角增大；
晶体中的作用力：离子键、共价键、配位键、氢键的存在位置与判断；
结晶水失去顺序：配位键的强度弱于氢键，因此与 Cu2+配位的 H2O 更易失去。
15．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、转化过程中，CO2中的碳氧双键（含π键）断裂，同时形成新的碳氧σ键，因此有π键的断裂和σ键的形成，A正确；
B、KI在反应前后结构和化学性质不变，是催化剂；AcOH在反应中生成又消耗，是中间产物，B错误；
C、化合物i（甲基环氧乙烷）和化合物ii（甲基碳酸内酯）的官能团不同，因此红外光谱不同， 氢原子化学环境不完全相同， 核磁共振氢谱不相同，C正确；
D、根据催化机理，反应物为甲基环氧乙烷和CO2，生成物为化合物ii，总方程式为： 与图示一致，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学键变化判断：CO2中的π键断裂，形成新的σ键，符合反应过程；
催化剂与中间产物区分：催化剂反应前后不变，中间产物反应中生成又消耗；
谱图差异判断：结构不同的化合物，红外光谱（官能团）和核磁共振氢谱（氢环境）均不同；
总方程式书写：根据机理消去中间产物，得到反应物和生成物的总反应。
16．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、步骤Ⅰ中转化为需要酸性环境，但具有强氧化性，能将浓盐酸中的氧化为，同时自身被还原为，会消耗并产生有毒气体，因此不能向含的废水中加入浓盐酸来实现步骤Ⅰ的转化，A错误；
B、烟道气中的作为还原剂，将还原为。中为+4价、中均具有还原性，可替代完成还原反应，B正确；
C、步骤Ⅲ中加入碱石灰（主要成分为、），会生成沉淀，同时与溶液中的（或步骤Ⅰ中引入的酸根）可能生成沉淀，因此沉淀物不止一种，C正确；
D、室温下，时，。根据，计算得，说明已沉淀完全，D正确；
故答案为：A。
【分析】该工艺的核心流程如下：
步骤Ⅰ：向含的废水中加，使平衡正向移动，将转化为；步骤Ⅱ：通入烟道气中的，利用的还原性，将还原为；步骤Ⅲ：加，使转化为沉淀，实现铬的去除。
17．【答案】(1) 哑铃形
(2) B，C
(3)
(4) B，D
(5) 价层电子排布为，价层电子排布，为3d半充满稳定结构
(6)
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）基态B原子电子排布式为，最高能级为2p，p能级电子云轮廓为哑铃形（或纺锤形）
故答案为： 哑铃形 ；
（2）基态Al原子核外电子排布为，故A为基态；基态（失去1个电子）电子排布为，故D为基态；B中3s电子跃迁到3p、C中3s电子跃迁到3p，均为激发态，故选BC；
故答案为： B，C ；
（3）依据同主族元素性质相似，对比氢氧化铝酸式电离，硼酸结合水中的OH-释放出H+可以写出硼酸电离方程式为H3BO3+H2O [B(OH)4] +H+；
故答案为： ；
（4）A．Fe、Co、Ni位于第Ⅷ族，属于d区，A错误；
B．基态Fe电子排布为，共7种不同能级，同一能级电子能量相同，因此有7种能量不同的电子，B正确；
C．三者的硫酸盐都属于强酸弱碱盐，金属阳离子水解使溶液显酸性，pH<7，C错误；
D．室温下二者为液态，说明熔沸点低，符合分子晶体熔沸点低的特点，因此都属于分子晶体，D正确；
故答案为：BD；
（5）价电子排布为，价电子排布为，半充满结构能量更低，更稳定，因此更稳定；
故答案为： 价层电子排布为，价层电子排布，为3d半充满稳定结构 ；
（6）已知氧化性，Fe3+可以氧化碘离子，故中+3价Co可以氧化生成，自身被还原为，配平后得到离子方程式Co2O3+6H++2I =2Co2++I2+3H2O。
故答案为： ；
【分析】(1)先写出基态B原子的核外电子排布式，确定其最高能级为能级，再根据能级电子云轮廓为哑铃形（纺锤形）的规律，直接得出该题答案。
(2)先明确基态Al原子的核外电子排布式为、基态的排布式为，再对比各选项的电子排布：排布与基态完全一致的为基态，电子从低能级跃迁到高能级的为激发态，据此筛选出对应选项。
(3)利用同主族元素性质相似的规律，类比氢氧化铝的酸式电离，结合硼酸为缺电子原子、需结合水中释放的电离本质，写出符合电荷守恒、原子守恒的可逆电离方程式。
(4)逐一分析每个选项：A项根据元素周期表分区判断Fe、Co、Ni属于d区；B项根据基态Fe的电子排布式统计不同能级的数量，确定电子能量种类；C项根据强酸弱碱盐的水解规律判断溶液酸碱性；D项根据常温下为液态、熔沸点低的特征判断晶体类型，最终组合正确选项。
(5)分别写出和的价电子排布式和，结合洪特规则特例（半充满结构能量更低、更稳定），得出稳定性更强的结论。
(6)根据已知氧化性顺序，判断中+3价Co可氧化生成，自身被还原为，再结合酸性环境、电子守恒、电荷守恒、原子守恒，配平得到完整的离子方程式。
18．【答案】（1）
（2）；羟基
（3）B；D
（4）4；冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态碳原子的价层电子排布轨道式为；
故答案为： ；
（2）根据分析，C为，其结构式为；
根据分析，D为1-丙醇或2-丙醇，则D中官能团的名称是羟基；
故答案为： ； 羟基 ；
（3）A．A中C的杂化方式为杂化，C为，C的杂化方式为杂化和杂化，A错误；
B．分子式为C3H8O的同分异构体有3种，分别为2-丙醇、1-丙醇、甲乙醚（），与D互为同分异构体的化合物有2种，B正确；
C．转化中A到B为取代反应、B到C为消去反应、C到D为加成反应，包含3种反应类型，C错误；
D．D中含有羟基，能与水形成分子间氢键，在水中的溶解度比较大，D正确；
故答案为：BD；
（4）①干冰晶胞为八顶点六面心构型，含有个分子；
②冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小，故冰的密度低于干冰。
故答案为：4； 冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小 ；
【分析】(1)先写出基态C原子的核外电子排布式，确定价层电子为，再根据泡利不相容原理、洪特规则，画出轨道填充2个自旋相反的电子、轨道填充2个自旋平行的单电子的轨道排布式。
(2)先梳理转化流程：A→B为取代反应，B→C为卤代烃的消去反应（条件为醇溶液、加热），推得C为丙烯（）；C→D为丙烯与水的加成反应，推得D为1-丙醇或2-丙醇，据此写出C的结构简式，并确定D中的官能团为羟基。
(3)逐一分析各选项：A项对比A（饱和杂化）和C（双键杂化、单键杂化）的杂化方式，判定A错误；B项写出分子式的所有同分异构体（2种醇、1种醚），确定与D（醇）互为同分异构体的化合物有2种，判定B正确；C项梳理A→B（取代）、B→C（消去）、C→D（加成）的反应类型，判定C错误；D项根据D含羟基、可与水形成分子间氢键，判断其在水中溶解度大，判定D正确，最终组合正确选项BD。
(4)① 用均摊法计算干冰晶胞中的分子数：顶点 + 面心 = 4个；
② 对比冰和干冰的晶体结构：冰靠氢键形成疏松的有序结构，分子间距大；干冰靠范德华力形成密堆积，分子间距小，结合，得出冰的密度低于干冰的结论。
（1）基态碳原子的价层电子排布轨道式为；
（2）根据分析，C为，其结构式为；
根据分析，D为1-丙醇或2-丙醇，则D中官能团的名称是羟基；
（3）A．A中C的杂化方式为杂化，C为，C的杂化方式为杂化和杂化，A错误；
B．分子式为C3H8O的同分异构体有3种，分别为2-丙醇、1-丙醇、甲乙醚（），与D互为同分异构体的化合物有2种，B正确；
C．转化中A到B为取代反应、B到C为消去反应、C到D为加成反应，包含3种反应类型，C错误；
D．D中含有羟基，能与水形成分子间氢键，在水中的溶解度比较大，D正确；
故答案选BD；
（4）①干冰晶胞为八顶点六面心构型，含有个分子；
②冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小，故冰的密度低于干冰。
19．【答案】（1）
（2）C；D
（3）；；BD
（4）浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，反应II的反应物浓度增大，反应速率增大
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，NaClO溶液呈碱性的原因是；
故答案为： ；
（2）A．对氯水加热，HClO分解，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选A；
B．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，逆向移动，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选B；
C．加入碳酸钙粉末，盐酸与碳酸钙反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选C；
D．加入固体，盐酸与碳酸氢钠反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选D；
故答案为：CD。
（3）①根据图示，c(HClO)= c(ClO-)时pH=7.5，NaClO的水解常数。
②向氯水中加入NaOH溶液，根据电荷守恒溶液至中性，所以，则溶液中>。
③A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．室温下，向氯水中加水稀释，减小，不变，所以增大，故B正确；
C．溶液中除氢离子外，还有调节溶液pH引入的其它离子，根据电荷守恒，不成立，故C错误；
D．室温下，Kw=10-14，氯水中的酸抑制水电离，的氯水中，水电离出的，故D正确；
故答案为： ； ；BD。
（4）根据图示，浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，ClO-是反应II的反应物，反应物浓度增大，反应速率增大。
故答案为：浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，反应II的反应物浓度增大，反应速率增大 ；
【分析】(1)明确NaClO属于强碱弱酸盐，弱酸根离子会发生水解反应，结合水解的可逆性原理，写出与水反应生成HClO和的离子方程式，以此解释溶液呈碱性的本质。
(2)围绕氯水中存在的平衡展开分析：加热时HClO分解导致漂白作用减弱，排除A；加NaCl固体会使平衡逆向移动，HClO浓度降低，排除B；加入或粉末，因消耗促使平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，据此确定正确选项为CD。
(3)① 结合图示，当时pH=7.5，先计算，再代入NaClO水解常数，因，直接得出；② 向氯水中加NaOH至中性，依据电荷守恒，结合，推导出，进而判断；③ 分析各选项：氯水有漂白性，不能用pH试纸测pH，A错误；加水稀释时电离常数不变，减小，推导出增大，B正确；溶液中存在多种离子，电荷守恒式并非选项所给形式，C错误；pH=1的氯水中，酸抑制水的电离，水电离出的，D正确，最终选BD。
(4)结合图示信息，明确是反应II的反应物，根据化学反应速率的影响规律，反应物浓度增大时反应速率会增大，而图示显示浓度增大、pH增大均能使浓度增大，由此得出浓度增大和pH增大均会使反应II的速率增大的结论。
（1）NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，NaClO溶液呈碱性的原因是；
（2）A．对氯水加热，HClO分解，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选A；
B．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，逆向移动，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选B；
C．加入碳酸钙粉末，盐酸与碳酸钙反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选C；
D．加入固体，盐酸与碳酸氢钠反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选D；
选CD。
（3）①根据图示，c(HClO)= c(ClO-)时pH=7.5，NaClO的水解常数。
②向氯水中加入NaOH溶液，根据电荷守恒溶液至中性，所以，则溶液中>。
③A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．室温下，向氯水中加水稀释，减小，不变，所以增大，故B正确；
C．溶液中除氢离子外，还有调节溶液pH引入的其它离子，根据电荷守恒，不成立，故C错误；
D．室温下，Kw=10-14，氯水中的酸抑制水电离，的氯水中，水电离出的，故D正确；
选BD。
（4）根据图示，浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，ClO-是反应II的反应物，反应物浓度增大，反应速率增大。
20．【答案】（1）高温
（2）AD；9p/10
（3）(趋势对即可)；反应放热，减少能耗；反应Ⅱ生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳(答出一点即可)
（4）的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ的，反应后气体分子数增大，；根据自发进行判据，只有高温下才能满足，故自发条件为高温；
故答案为：高温；
（2）①A．反应Ⅰ前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当不变时，说明反应达到平衡，A正确；
B．恒容容器，总质量、体积均不变，密度始终不变，不能说明平衡，B错误；
C．起始只有，根据反应方程式 ，生成的与物质的量之比始终为，是定值，不能说明平衡，C错误；
D．二者计量数均为1，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确；
故答案选AD；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 mol C3H8，开始压强为p kPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为x mol，则列三段式有：，根据图像可知平衡时C3H8的体积分数为25%，，解得x=0.6mol，则n(总)=1-x+x+x=1.6mol，开始气体物质的量是1 mol时压强为p kPa，则平衡时气体物质的量为1.6 mol时，根据阿伏加德罗定律推论（），平衡时气体总压强为1.6p kPa，其中p(C3H8)=×1.6pkPa=0.4pkPa，p(C3H6)= p(H2)=×1.6pkPa=0.6pkPa，则该反应达到平衡时的化学平衡常数：；
故答案为： AD ； ；
（3）①相同温度下，C3H8与O2起始物质的量比越小，O2越多，C3H8的转化率越大，平衡时C3H8体积分数越小，且反应Ⅱ的，升温平衡逆向移动，则C3H8体积分数增大 ，所以的曲线如图；
②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗；生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳等；
故答案为：(趋势对即可) ； 反应放热，减少能耗；反应Ⅱ生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳(答出一点即可) ；
（4）由图可知的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢。
故答案为：的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢 ；
【分析】(1)根据反应Ⅰ的焓变，判断为吸热反应；反应后气体分子数增大，熵变。结合自发判据，只有高温下才能满足，因此确定该反应的自发条件为高温。
(2)① 逐一分析平衡标志：A项，平均摩尔质量，反应中不变、增大，为变量，不变时说明反应达平衡；B项，恒容容器中始终不变，不能作为平衡标志；C项，生成的与物质的量之比恒为，为定值，不能说明平衡；D项，说明正逆反应速率相等，反应达平衡，最终选AD。
② 用三段式法设的转化量为，结合平衡时体积分数为列方程求解，再根据阿伏加德罗定律计算平衡总压和各物质分压，代入压强平衡常数公式，计算得到。
(3)① 结合反应Ⅱ（放热反应），升温平衡逆向移动，体积分数增大；同时越小，越多，转化率越大，平衡时体积分数越小，据此分析图像，确定的曲线。
② 对比反应Ⅰ（直接脱氢，吸热），从反应热、产物分离、催化剂积碳等角度，总结反应Ⅱ（氧化脱氢）的优点：氧化脱氢为放热反应，可减少能耗；生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳等。
(4)从图中读取和的脱氢活化能，分别计算两者的活化能差值：为，为，根据活化能越大反应越难进行，得出更难脱氢的结论。
（1）反应Ⅰ的，反应后气体分子数增大，；根据自发进行判据，只有高温下才能满足，故自发条件为高温；
（2）①A．反应Ⅰ前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当不变时，说明反应达到平衡，A正确；
B．恒容容器，总质量、体积均不变，密度始终不变，不能说明平衡，B错误；
C．起始只有，根据反应方程式 ，生成的与物质的量之比始终为，是定值，不能说明平衡，C错误；
D．二者计量数均为1，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确；
故答案选AD；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 mol C3H8，开始压强为p kPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为x mol，则列三段式有：，根据图像可知平衡时C3H8的体积分数为25%，，解得x=0.6mol，则n(总)=1-x+x+x=1.6mol，开始气体物质的量是1 mol时压强为p kPa，则平衡时气体物质的量为1.6 mol时，根据阿伏加德罗定律推论（），平衡时气体总压强为1.6p kPa，其中p(C3H8)=×1.6pkPa=0.4pkPa，p(C3H6)= p(H2)=×1.6pkPa=0.6pkPa，则该反应达到平衡时的化学平衡常数：；
（3）①相同温度下，C3H8与O2起始物质的量比越小，O2越多，C3H8的转化率越大，平衡时C3H8体积分数越小，且反应Ⅱ的，升温平衡逆向移动，则C3H8体积分数增大 ，所以的曲线如图；
②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗；生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳等；
（4）由图可知的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢。
21．【答案】（1）
（2）
（3）ABE
（4）；酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力
（5）98.2％；AD
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤I生成黄色沉淀的化学方程式为：；
故答案为： ；
（2）氧化后，局部水解生成红棕色浑浊，加入草酸可与反应，转化为三草酸合铁(Ⅲ)配离子，除去浑浊。
故答案为： ；
（3）难溶于乙醇，故冷却至室温后加入适量乙醇，过滤、洗涤、干燥后获得晶体。
故答案为： ABE ；
（4）①生成邻二氮菲亚铁络离子时中心离子提供空轨道，配体邻二氮菲提供孤对电子；
②酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力，因此溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度；
故答案为： ； 酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力 ；
（5）①由题意可知，滴定过程反应关系为2 5，1mol 含3 mol ，可得： n()=0.1000 mol/L×0.024 L=0.0024 mol，待测液中：n()=n()=0.006 mol，， 100 mL溶液中总n(产物)=0.002 mol×=0.01 mol，m(产物)=0.01mol×491 g/mol=4.91 g，质量分数w=×100%=98.2%；
②A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液，没有用标准液润洗，导致滴定过程中使用的标准液体积偏大，从而导致测定的产品质量分数偏高，A符合题意；
B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致滴定后读数偏高，使用的标准液体积偏小，从而导致测定的产品质量分数偏低，B不符合题意；
C．锥形瓶液体溅出，待测物减少，消耗体积偏小，结果偏低，C不符合题意；
D．滴定后尖端悬挂液滴，读取的体积偏大，结果偏高，D符合题意；
故答案为： 98.2％ ；AD。
【分析】(1)根据反应物为硫酸亚铁铵和饱和草酸，生成物为黄色沉淀，结合原子守恒，配平得到完整的化学方程式，同时生成硫酸铵、硫酸和水。
(2)氧化生成，部分水解产生红棕色浑浊；草酸可与发生配位反应，将其转化为可溶性的三草酸合铁(Ⅲ)配离子，从而除去浑浊，使溶液澄清。
(3)难溶于乙醇，冷却至室温后加入适量乙醇，可降低该配合物的溶解度，促使其结晶析出，再经过滤、洗涤、干燥，即可得到目标晶体。
(4)① 配位反应的本质：中心离子提供空轨道，配体邻二氮菲提供孤对电子，形成稳定的邻二氮菲亚铁络离子；
② 酸性过强的影响：酸性太强时，邻二氮菲中的原子优先与形成配位键，导致其与的配位能力减弱，无法准确测定浓度。
(5)①根据氧化还原滴定的定量关系，结合含，通过滴定消耗的的物质的量，计算出的总物质的量，进而换算出产品的物质的量、质量，最终计算得到产品的质量分数为；
②逐一分析操作对滴定结果的影响：滴定管未用标准液润洗、滴定后尖端悬挂液滴，会导致标准液体积读数偏大，测定结果偏高；滴定后尖嘴有气泡、锥形瓶液体溅出，会导致标准液体积读数偏小，测定结果偏低，最终确定使结果偏高的选项为AD。
（1）步骤I生成黄色沉淀的化学方程式为：；
（2）氧化后，局部水解生成红棕色浑浊，加入草酸可与反应，转化为三草酸合铁(Ⅲ)配离子，除去浑浊。
（3）难溶于乙醇，故冷却至室温后加入适量乙醇，过滤、洗涤、干燥后获得晶体。
（4）①生成邻二氮菲亚铁络离子时中心离子提供空轨道，配体邻二氮菲提供孤对电子；
②酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力，因此溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度；
（5）①由题意可知，滴定过程反应关系为2 5，1mol 含3 mol ，可得： n()=0.1000 mol/L×0.024 L=0.0024 mol，待测液中：n()=n()=0.006 mol，， 100 mL溶液中总n(产物)=0.002 mol×=0.01 mol，m(产物)=0.01mol×491 g/mol=4.91 g，质量分数w=×100%=98.2%；
②A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液，没有用标准液润洗，导致滴定过程中使用的标准液体积偏大，从而导致测定的产品质量分数偏高，A符合题意；
B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致滴定后读数偏高，使用的标准液体积偏小，从而导致测定的产品质量分数偏低，B不符合题意；
C．锥形瓶液体溅出，待测物减少，消耗体积偏小，结果偏低，C不符合题意；
D．滴定后尖端悬挂液滴，读取的体积偏大，结果偏高，D符合题意；
故答案为AD。
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