一、单选题（本大题共16小题，共32.0分） 1.
化学与材料、生活和环境密切相关，下列有关说法中正确的是( )
A. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化 B. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机离分子化合物 C. 医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性 D. 采用碳捕集和储存技术，完全不能实现二氧化碳的零排放
2.
下列关于实验操作或结论的叙述错误的是
A. 牙膏中含有甘油，起到保湿作用；添加的二氧化硅则用于增强牙膏的摩擦作用和去污效果 B. 减压过滤可加快过滤速度并得到较干燥的沉淀，可用于胶状沉淀的分离
C. 阿司匹林粗产品中往往含有少量聚合物而不能服用，可用饱和碳酸氢钠溶液提纯阿司匹林 D. 可用纸层析法分离含少量𝐹𝑒3+和𝐶𝑢2+的混合溶液，亲水性强的𝐶𝑢2+在滤纸条的下方
3.
下列表述或说法正确的是( )
A. 乙烯分子球棍模型：
B. −𝑂𝐻与
都表示羟基
C. 乙醛的结构简式为：𝐶𝐻3𝐶𝑂𝐻
4.
D. 苯的最简式：(𝐶𝐻)6
𝑊、𝑋、𝑌、𝑍四种短周期元素，它们在周期表中位置如表所示，下列说法不正确的是( )
A. 𝑌的气态氢化物比𝑋的稳定
B. 𝑍、𝑌、𝑊的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低 C. 𝑊𝐻4与𝑍元素的单质在一定条件下可能发生化学反应 D. 𝑊的位置是第二周期、第Ⅳ𝐴族
5.
矿泉水在开采过程中会含有少量溴化物(𝐵𝑟−)，在后续的生产过程中经臭氧(𝑂3)处理逐渐转化成
−
).下列有关该转化过程的认识正确的是( ) 溴酸盐(𝐵𝑟𝑂3
A. 该过程中溴化物(𝐵𝑟−)得到电子
−
)是还原剂 B. 该过程中臭氧(𝑂3)是氧化剂，溴酸盐(𝐵𝑟𝑂3
C. 该过程中溴元素被氧化 D. 该过程中𝑂3发生氧化反应
6.
用𝑁𝐴表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，11.2𝐿 𝐻2𝑂 中所含的分子数为0.5𝑁𝐴 B. 常温下，32𝑔𝑂3中所含的原子数为2𝑁𝐴 C. 1.0 𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1𝑁𝑎𝑂𝐻溶液中所含𝑁𝑎+离子数为𝑁𝐴 D. 5.6𝑔 𝐹𝑒与2.24𝐿 𝐶𝑙2充分反应，转移的电子数为0.2 𝑁𝐴
7.
关于下列各装置图的叙述中，不正确的是( )
A. 用装置①精炼铜，则𝑎极为粗铜，电解质溶液为𝐶𝑢𝑆𝑂4溶液 B. 用图②装置实验室制备白色𝐹𝑒(𝑂𝐻)2 C. 装置③中钢闸门应与外接电源的正极相连 D. 装置④中电子由𝑍𝑛流向𝐹𝑒，𝑍𝑛极发生氧化反应
8.
实验是化学研究的重要手段。下列实验室中的有关做法正确的是( )
A. 做焰色反应时，铂丝先用稀硫酸清洗并灼烧至火焰呈无色 B. 滴定接近终点时，用锥形瓶内壁触碰滴定管的尖嘴 C. 金属镁不慎着火时，立即用二氧化碳灭火器扑灭
D. 酯化反应完成后，用长颈漏斗分离出乙酸和乙醇反应的产物
9.
下列各选项中，既属于氧化物，又属于电解质的是( )
A. 醋酸 B. 生石灰 C. 干冰 D. 小苏打
10. 二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭，危及生命．二甘醇的结构
简式是𝐻𝑂−𝐶𝐻2𝐶𝐻2−𝑂−𝐶𝐻2𝐶𝐻2−𝑂𝐻.下列有关二甘醇的叙述正确的是( )
A. 不能与金属钠发生反应 C. 能溶于水，不溶于乙醇
B. 能发生取代反应 D. 符合通式𝐶𝑛𝐻2𝑛𝑂3
11. 短周期元素𝑋、𝑌、𝑍原子序数之和为16，原子半径大小为𝑟(𝑌)>𝑟(𝑋)>𝑟(𝑍)，它们的常见单质
在适当条件下可发生如图变化，𝐴为𝑋和𝑌组成的双原子分子，其中𝐵和𝐶均为10电子分子。下列说法不正确的是( )
A. 𝑋与𝑍形成的某种化合物可用来杀菌消毒 B. 自然界中𝑋单质与𝑌单质不能发生化学反应 C. 𝐵和𝐶分子间因形成氢键而使𝐶极易溶于𝐵中 D. 𝐴和𝐶一定条件下能发生氧化还原反应
12. 下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是( )
A. 洗净的容量瓶可放进烘箱中烘干
B. 滴定接近终点时，滴定管尖嘴可接触锥形瓶内壁 C. 测定溶液的𝑝𝐻时，需先用蒸馏水润湿𝑝𝐻试纸 D. 焰色反应时，需先用𝑁𝑎𝑂𝐻溶液洗涤铂丝并灼烧
13. 资料显示：浓硝酸能将𝑁𝑂氧化成𝑁𝑂2，而稀硝酸不能氧化𝑁𝑂；氢氧化钠能吸收𝑁𝑂2，但不能吸
收𝑁𝑂。某学习小组据此验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。下列说法错误的是( )
A. 能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体 B. 滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气 C. ②中的试剂为水 D. ⑥的作用是吸收尾气
14. 全钒液流储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，
其原理如图所示，放电时左槽溶液逐渐由黄变蓝，下列有关说法正确的是( )
A. 左槽的惰性电极为该电池的正极，右槽的电极反应式为𝑉2+−𝑒−=𝑉3+ B. 充电过程中𝐻+由右槽定向移动到左槽
+
+2𝐻++𝑒−=𝑉𝑂2++𝐻2𝑂 C. 充电时阴极的电极反应式 𝑉𝑂2
D. 若充电时，左槽溶液中𝑛(𝐻+)的变化量为2𝑚𝑜𝑙，则反应转移的电子数为𝑁𝐴个
𝐻2(𝑔)+𝐼2(𝑔)⇌2𝐻𝐼(𝑔)，15. 在一个容积固定的密闭容器中充入1𝑚𝑜𝑙𝐻𝐼，建立如下平衡：测得𝐻𝐼的
转化率为𝑎%.其他条件不变，在上述平衡体系中再充入1𝑚𝑜𝑙𝐻𝐼，待平衡建立时𝐻𝐼的转化率为𝑏%，则𝑎、𝑏的关系为( )
A. 𝑎>𝑏 B. 𝑎<𝑏 C. 𝑎=𝑏 D. 无法确定
16. 25℃时，取浓度均为0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1的醋酸溶液和氨水溶液各
20.00𝑚𝐿，分别用0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1𝑁𝑎𝑂𝐻溶液、0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中𝑝𝐻随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法不正确的是( )
25℃时 𝐾𝑎(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻)≈𝐾𝑏(𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂)≈A. 根据滴定曲线可得，10−5
B. 当𝑁𝑎𝑂𝐻溶液和盐酸滴加至20.00𝑚𝐿时，曲线Ⅰ和Ⅱ刚好相交
C. 曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00 𝑚𝐿时，溶液中𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−)+𝑐(𝑂𝐻−)>𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻)+𝑐(𝐻+) D. 在逐滴加入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液或盐酸至40.00𝑚𝐿的过程中，水的电离程度先增大后减小
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
17. 电石制取乙炔产生大量废渣：电石渣(主要成分为𝐶𝑎(𝑂𝐻)2，另外还含有𝐹𝑒和𝐴𝑙化学物及𝑆𝑂2等
杂质)，可用下面工艺实现电石渣吸收氯碱工业废气中的氯气，综合治理废渣和废气，回答下列问题：
已知：①几种物质溶解度与温度的关系
温度/ 𝑆(𝐶𝑎𝐶𝑙2)/𝑔 𝑆[𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂3)2]/𝑔 𝑆(𝐾𝐶𝑙𝑂3)/𝑔 3.3 0 59.5 5.2 10 64.7 20 74.5 209 7.3 10.2 30 100 13.9 40 128 ②几种离子开始和完全沉淀与𝑝𝐻的关系图
(1)某导电塑料是以乙炔为单体加聚合成，其化学为______． (2)化灰池中为加快水浸的速度，常采取的措施______．
(3)为除去𝐹𝑒/𝐴𝑙 等杂质，氯化过程中需要控制溶液 𝑝𝐻为______．
(4)氯化过程的温度控制在 75～80℃，该过程主要反应的离子方程式为______. 温度过低会发生副反应，产生的副产物为______(写化学式)．
(5)复分解反应中，常控制温度为 20℃，加入𝐾𝐶𝑙 发生的反应的方程式______. (6)通常用石墨电极电解 𝐾𝐶𝑙𝑂 溶液制备 𝐾𝐶𝑙𝑂3，则阳极的电极反应方程式为______． 脱水过程实现固液分离，工业常用的设备是______ A.蒸馏塔 𝐵.反应釜 𝐶.离心机 𝐷.交换器
(7)现代工艺氯化时通入𝑂2做氧化剂提高效率，其氯化的化学方程式为______． 三、简答题（本大题共4小题，共54.0分）
18. 铜转炉烟灰主要含有𝑍𝑛[还有少量的𝐹𝑒(+2价)、𝑃𝑏、𝐶𝑢等元素]的硫酸盐和氧化物，少量为砷酸
盐。制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。请回答以下问题：
已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。
(1)𝑍𝑛的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为______。写出氯化铵的电子式______，“净化”
过程属于______(填“物理”、“化学”)变化。
(2)“浸取”后铜转炉烟灰中锌、铜元素分别以[𝑍𝑛(𝑁𝐻3)4]2+、[𝐶𝑢(𝑁𝐻3)4]2+的形式存在。则浸取时
𝑍𝑛𝑂发生反应的离子方程式为______。
3−3−
(3)若浸出液中𝑐(𝐴𝑠𝑂4)=6.0×10−3𝑚𝑜𝑙/𝐿，除砷的工艺标准是𝑐(𝐴𝑠𝑂4)≤1.0×10−7𝑚𝑜𝑙/𝐿。若
该温度时𝐾𝑠𝑝(𝐹𝑒𝐴𝑠𝑂4)=2.0×10−22，则反应后溶液中𝐹𝑒3+离子浓度应不低于______𝑚𝑜𝑙/𝐿。 (4)“除杂2”中滴加𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液有𝑀𝑛𝑂2生成，目的是除______元素。
(5)已知“除杂3”是置换除杂过程，则试剂𝑎是______，“滤渣Ⅱ”的主要成分为______(填化学式)。 (6)写出“沉锌”时发生反应的离子方程式______，此过程中可以循环利用的副产品是______。
19. (1)在一定条件下，容积为100𝐿密闭容器中发生反应：
𝐶𝐻4(𝑔)+𝐻2𝑂(𝑔)⇌𝐶𝑂(𝑔)+3𝐻2(𝑔)；△𝐻>0
将1.0𝑚𝑜𝑙𝐶𝐻4和2.0𝑚𝑜𝑙 𝐻2𝑂(𝑔)通入该密闭容器 10𝑚𝑖𝑛时有0.1𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂生成，则10𝑚𝑖𝑛内该反应的平
均速率𝜐(𝐻2) ______ 。
(2)在压强为0.1𝑀𝑃𝑎条件下，容积为𝑉 𝐿某密闭容器中𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂与 2𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐻2在催化剂作用下反应生
成甲醇：𝐶𝑂(𝑔)+2𝐻2(𝑔)⇌𝐶𝐻3𝑂𝐻(𝑔) 平衡时𝐶𝑂的转化率与温度、压强的关系如图。 ①该反应的△𝐻 ______ 0 (填“<”、“>”或“=”)。
②100℃时该反应的平衡常数𝐾= ______ (用含𝑎、𝑉的代数式表示)。
③在温度容积不变的情况下，向该密闭容器再增加𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂与 2𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐻2，达到新平衡时，𝐶𝑂的转
化率 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)；平衡常数 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)。
④在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2.5𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂和7.5𝑚𝑜𝑙 𝐻2反应生成𝐶𝐻3𝑂𝐻(𝑔)，达
到平衡时𝐶𝑂的转化率为90%，此时容器内的压强为开始时的 ______ 倍。
20. 氮化碳可以光降解有机污染物，解决环境污染问题。科学家以三聚氰胺为原料，在一定条件下
制备光催化材料氮化碳(如图所示)。
(1)基态𝑁原子能量最高的电子所占据轨道的形状为______。
(2)三聚氰胺分子中𝑁原子的杂化方式为______，碳氮键键长𝑎______𝑏。(填“>”、“<”或“=”) (3)三聚氰胺的水溶液呈弱酸性，其原因是______。
(4)催化剂中含有第四周期Ⅷ族元素𝑋，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相
同，则基态𝑋原子的𝑀层电子排布式为______。
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。
①氮原子的配位数为______。
②若晶胞中1号原子的分数坐标为(0,0,0)，则2号原子的分数坐标为______。
21. 邻羟基桂皮酸是合成香精的重要原料，下为合成邻羟基桂皮酸的路线之一：
试回答下列问题：
(1)化合物𝐼𝐼→化合物𝐼𝐼𝐼的有机反应类型： ； (2)化合物𝐼𝐼𝐼在银氨溶液中发生反应化学方程式： ；
(3)有机物𝑋为化合物𝐼𝑉的同分异构体，且知有机物𝑋有如下特点： ①是苯的对位取代物，②能与𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3反应放出气体，③能发生银镜反应。 请写出化合物𝑋的结构简式_____________________、___________________________ (4)下列说法正确的是 ；
A. 化合物𝐼遇氯化铁溶液呈紫色 B. 化合物𝐼𝐼能与𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3溶液反应 C. 1𝑚𝑜𝑙化合物𝐼𝑉完全燃烧消耗 9.5𝑚𝑜𝑙𝑂2 D. 1𝑚𝑜𝑙化合物𝐼𝐼𝐼最多能与3 𝑚𝑜𝑙𝐻2反应
参考答案及解析
1.答案：𝐶
解析：解：𝐴.明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故A错误；
B.聚酯纤维属于有机高分子，光导纤维成分是二氧化硅，不属于有机物，故B错误； C.酒精能够使细菌蛋白发生变性，常用来消毒，故C正确；
B.二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，故D错误； 故选：𝐶。
A.明矾只能吸附水中的悬浮物不能除去海水中的无机盐如𝑁𝑎𝐶𝑙等； B.有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，简称有机高分子； C.酒精能够使细菌蛋白发生变性；
D.推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应。
本题考查明矾净水与海水淡化、温室效应、蛋白质的性质、有机高分子等，难度不大，注意光导纤维成分是二氧化硅不属于有机物。
2.答案：𝐵
解析：试题分析：A正确。减压的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀，用于块状沉淀的分离，不可以用于胶状沉淀的分离，故B错误；阿司匹林中含有羧基，可以和碳酸氢钠发生反应生成一种羧酸钠盐，是易溶于水的物质，过滤，将滤液酸化可以得到阿司匹林，故C正确；纸层析法可以实现𝐹𝑒3+和𝐶𝑢2+的混合溶液的分离，亲水性强的离子𝐶𝑢2+在滤纸条的下方，故D正确，答案选B。
考点：考查物质的分离和提纯方法的判断
点评：该题是基础性试题的考查，试题紧扣教材，贴近生活，基础性强，属于化学基本操作知识的考查，要求学生注意平时知识的积累和总结，难度不大。
3.答案：𝐵
解析：解：𝐴、乙烯分子中含有碳碳双键，其正确的球棍模型为：，
是乙烯分子的比例模型，故A错误；
B、−𝑂𝐻为羟基结构简式，羟基的电子式为C、乙醛的结构简式为𝐶𝐻3𝐶𝐻𝑂，故C错误； D、苯的最简式为𝐶𝐻，故D错误； 故选：𝐵。
，故B正确；
A、球棍模型，是一种用来表现化学分子的三维空间分布，在此作图中，线代表共价键，可连结以球型表示的原子中心。
B、羟基中的半键表示氧原子中的孤电子； C、乙醛的结构简式为𝐶𝐻3𝐶𝐻𝑂；
D、实验式又称最简式，用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式； 本题主要考查了化学用语：球棍模型、比例模型、电子式、结构简式、实验式或最简式，题目难度不大，掌握化学用语的书写原则是解题关键，试题有利于提高学生的分析能力及规范答题能力。
4.答案：𝐴
解析：解：结合分析可知，𝑊为𝐶，𝑋为𝑂，𝑌为𝑆，𝑍为𝐶𝑙元素，
A.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性𝑆<𝑂，则气态氢化物的稳定性𝑌<𝑋，故A错误；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性𝐶𝑙>𝑆>𝐶，则𝑍、𝑌、𝑊的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故B正确；
C.𝐶𝐻4与𝑍元素的单质(𝐶𝑙2)在光照条件下可能发生取代反应，故C正确； D.𝑊为𝐶，原子序数为6，在周期表中位于第二周期第Ⅳ𝐴族，故D正确； 故选：𝐴。
𝑊、𝑋、𝑌、𝑍四种短周期元素，它们在周期表中位置如表所示，𝑍位于第三周期Ⅶ𝐴族，为𝐶𝑙元素，结合各元素的相对位置可知，𝑌为𝑆，𝑋为𝑂，𝑊为𝐶元素，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，把握元素周期表结构为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.答案：𝐶
−
解析：解：𝐴.𝐵𝑟−被氧化生成𝐵𝑟𝑂3，该过程中溴化物(𝐵𝑟−)失去电子，故A错误；
B.氧化剂为𝑂3，还原剂为𝐵𝑟−，故B错误；
C.该过程中氧元素被还原，溴元素被氧化，故C正确； D.氧化剂为𝑂3，发生还原反应，故D错误．
故选C．
−−
由题中信息可知，反应物为𝐵𝑟−和𝑂3，生成物为𝐵𝑟𝑂3，说明𝐵𝑟−被氧化生成𝐵𝑟𝑂3，从化合价的角度
分析．
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意加强对氧化还原反应有关概念的理解，把握氧化还原反应的特征．
6.答案：𝐵
解析：解：𝐴.标准状况下，𝐻2𝑂 为液态，不能计算出𝐻2𝑂的物质的量，故A错误； B.据𝑛=𝑀可求𝑂物质的量为：16𝑔/𝑚𝑜𝑙=2𝑚𝑜𝑙，𝑂原子数为2𝑁𝐴，故B正确； C.据𝑛=𝑐𝑉，可求𝑁𝑎+物质的量为0.1 𝑚𝑜𝑙所含𝑁𝑎+离子数为0.1 𝑁𝐴，故C错误；
D.𝐹𝑒与 𝐶𝑙2只生成𝐹𝑒𝐶𝑙3，5.6𝑔𝐹𝑒物质的量为0.1 𝑚𝑜𝑙，转移的电子数为0.3 𝑁𝐴，故D错误； 故选：𝐵
A.标准状况下，𝐻2𝑂 为液态； B.据𝑛=𝑀可求𝑂物质的量； C.据𝑛=𝑐𝑉，可求𝑁𝑎+物质的量； D.𝐹𝑒与 𝐶𝑙2只生成𝐹𝑒𝐶𝑙3
考查物质的量，气体摩尔体积，物质的量浓度的基本概念．
𝑚𝑚
32𝑔
7.答案：𝐶
解析：
考查电化学反应原理的应用、正负极的判断、氢氧化亚铁的制备，掌握相关知识是解题关键，注意知识的积累，题目难度不大。
A、根据电流的方向，可知𝑎极与电源正极相连，所以𝑎是阳极，用装置①精炼铜，粗铜做阳极，纯铜作阴极，可溶性铜盐溶液作电解质溶液，则𝑎极为粗铜，电解质溶液为𝐶𝑢𝑆𝑂4溶液，故A正确； B、煤油起隔绝空气的作用，𝐹𝑒与电源正极相连，则𝐹𝑒作阳极，发生氧化反应生成亚铁离子，与溶液中的氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁白色沉淀，因为煤油隔绝空气，所以氢氧化亚铁不易被氧化，故B正确；
C、装置③中钢闸门应若与外接电源的正极相连，则钢作阳极，钢中的铁发生氧化反应，被腐蚀，故C错误；
D、𝑍𝑛比𝐹𝑒活泼，所以在酸性溶液中，𝑍𝑛作负极，失去电子，𝐹𝑒作正极，电子由𝑍𝑛流发生氧化反应，向𝐹𝑒，故D正确；
故选C。
8.答案：𝐵
解析：解：𝐴.稀硫酸不挥发，干扰实验，应选稀盐酸洗涤，故A错误；
B.滴定接近终点时，使最后一滴溶液滴入锥形瓶中，则用锥形瓶内壁触碰滴定管的尖嘴，故B正确； C.𝑀𝑔与二氧化碳反应，则金属镁不慎着火时不能用二氧化碳灭火器扑灭，故C错误；
D.酯化反应完成后，加碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸，与酯分层，可选分液漏斗分离，故D错误； 故选：𝐵。
A.稀硫酸不挥发，干扰实验；
B.滴定接近终点时，使最后一滴溶液滴入锥形瓶中； C.𝑀𝑔与二氧化碳反应；
D.酯化反应完成后，加碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸，与酯分层。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作及实验安全、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.答案：𝐵
解析：解：𝐴、醋酸的分子式为𝐶2𝐻4𝑂2，不是氧化物，是电解质，故A错误； B、生石灰是𝐶𝑎𝑂，是氧化物，在熔融状态下能导电，故为电解质，故B正确； C、干冰是二氧化碳，是氧化物，是非电解质，故C错误； D、小苏打是𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3，不是氧化物，是电解质，故D错误。 故选：𝐵。
由两种元素组成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物； 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，据此分析。
本题考查了氧化物、电解质非电解质的判断，难度不大，应注意基础知识的掌握。
10.答案：𝐵
解析：解：𝐴.含−𝑂𝐻，能与钠反应生成氢气，故A错误； B.含−𝑂𝐻，能发生取代反应，故B正确； C.含−𝑂𝐻，可与乙醇混溶，故C错误；
D.分子式为𝐶4𝐻10𝑂3，不符合通式𝐶𝑛𝐻2𝑛𝑂3，故D错误． 故选B．
该有机物中含2个−𝑂𝐻，且与−𝑂𝐻相连的𝐶的邻位𝐶上有𝐻，其分子式为𝐶4𝐻10𝑂3，以此来解答． 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重醇的性质的考查，注意把握−𝑂𝐻及性质即可解答，题目难度不大．
11.答案：𝐵
解析：解：根据分析可知，𝑋、𝑌、𝑍分别为𝑂、𝑁、𝐻，𝐴为𝑁𝑂，𝐵为𝐻2𝑂，𝐶为𝑁𝐻3。 A.𝑋(𝑂)与𝑍(𝐻)形成的𝐻2𝑂2有强氧化性，能使细菌的蛋白质变性，可用来杀菌消毒，故A正确； B.自然界中的𝑋单质(𝑂2)与𝑌单质(𝑁2)在放电的条件下能反应生成𝑁𝑂，故B错误；
C.𝐵为𝐻2𝑂，𝐶为𝑁𝐻3，𝐻2𝑂和𝑁𝐻3分子间容易形成氢键而使𝑁𝐻3极易溶于𝐻2𝑂中，故C正确； D.𝐴为𝑁𝑂，有一定氧化性，𝐶为𝑁𝐻3，具有还原性，一定条件下二者能发生氧化还原反应，故D正确； 故选：𝐵。
常见的10电子分子有𝐶𝐻4、𝑁𝐻3、𝐻2𝑂、𝐻𝐹，则𝑍单质一定为𝐻2，则𝑍为𝐻；𝑋、𝑌、𝑍原子序数之和为16，则𝑋、𝑌原子序数只和=16−1=15，原子半径大小为𝑟(𝑌)>𝑟(𝑋)>𝑟(𝑍)，𝑋、𝑌分别为𝑂、𝑁或𝐹、𝐶，𝐴为𝑋和𝑌组成的双原子分子，则𝑋、𝑌确定为𝑂、𝑁，据此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
12.答案：𝐵
解析：解：𝐴.容量瓶中有少量水对实验无影响，不需要放进烘箱中烘干，故A错误； B.滴定接近终点时，保证尖嘴的液体完全滴下，则滴定管尖嘴可接触锥形瓶内壁，故B正确； C.测定𝑝𝐻时，𝑝𝐻试纸需干燥，不能用蒸馏水润湿𝑝𝐻试纸，故C错误； D.应选盐酸洗涤铂丝并灼烧至无色，不能用𝑁𝑎𝑂𝐻溶液洗涤铂丝，故D错误； 故选：𝐵。
A.容量瓶中有少量水对实验无影响；
B.滴定接近终点时，保证尖嘴的液体完全滴下； C.测定𝑝𝐻时，𝑝𝐻试纸需干燥； D.应选盐酸洗涤铂丝并灼烧至无色。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、仪器的使用、中和滴定、𝑝𝐻测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
13.答案：𝐴
解析：解：𝐴.装置③盛放稀硝酸，与𝑁𝑂不反应，无现象，故 A错误；
B.滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气，可将装置内的空气排出，避免干扰实验现象，故B正确；
C.装置②中盛放𝐻2𝑂，使𝑁𝑂2与𝐻2𝑂反应生成𝑁𝑂，故C正确；
D.反应生成二氧化氮，可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，则⑥的作用是吸收尾气，故D正确； 故选：𝐴。
装置①浓硝酸和铜反应，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置③盛放稀硝酸，验证稀𝐻𝑁𝑂3不能氧化𝑁𝑂，装置④中盛放的是浓𝐻𝑁𝑂3，若浓𝐻𝑁𝑂3能氧化𝑁𝑂则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集𝑁𝑂，装置⑥中盛放𝑁𝑎𝑂𝐻溶液吸收𝑁𝑂2防止污染大气，以此解答该题。
本题考查浓、稀硝酸氧化性强弱探究实验的有关判断，是高考中的常见题型，试题综合性强，浓度较大．本题以“探究稀、浓𝐻𝑁𝑂3氧化性相对强弱”为载体，考查稀、浓𝐻𝑁𝑂3性质，重点应结合实验目的，实验所给装置图及药品，信息，加工提炼出实验设计的原理，这是解探究性实验的灵魂所在．有利于培养学生、化学基本实验设计和评价能力．该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。
14.答案：𝐴
解析：解：𝐴.当左槽溶液逐渐由黄变蓝，𝑉元素的化合价由+5价变为+4价，该电极上得电子发生还原反应，为原电池的正极，右槽为负极发生氧化反应，电极反应式为𝑉2+−𝑒−=𝑉3+，故A正确； B.充电过程中，右槽为阴极，阳离子移向阴极，𝐻+由左槽定向移动到右槽，故B错误；
+C.充电时，左槽为阳极，左槽发生的反应为𝑉𝑂2++𝐻2𝑂=𝑉𝑂2+2𝐻++𝑒−，故C错误； +D.充电时，左槽发生的反应为𝑉𝑂2++𝐻2𝑂=𝑉𝑂2+2𝐻++𝑒−，当转移电子为1𝑚𝑜𝑙时，生成氢离子
为2𝑚𝑜𝑙，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过1𝑚𝑜𝑙电子，则左槽溶液中𝑛(𝐻+)的变化量为2𝑚𝑜𝑙−1𝑚𝑜𝑙=1𝑚𝑜𝑙，故D错误； 故选A．
A.当左槽溶液逐渐由黄变蓝，𝑉元素的化合价由+5价变为+4价，该电极上得电子发生还原反应； B.充电过程中，右槽为阴极，𝑉元素化合价由+3价变为+2价； C.放电时，氢离子向正极移动；
D.充电时，若转移的电子数为3.01×1023个即物质的量为0.5𝑚𝑜𝑙，根据转移电子和氢离子的物质的量之间的关系式判断．
本题考查了化学电源新型电池，根据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反应式的书写，要根据电解质溶液酸碱性书写，难度中等．
15.答案：𝐶
解析：
本题考查了等效平衡的判断及其应用，题目难度中等，注意掌握等效平衡的判断方法，明确反应𝐻2(𝑔)+𝐼2(𝑔)⇌2𝐻𝐼(𝑔)中压强不影响化学平衡为解答本题的关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
根据反应方程式𝐻2(𝑔)+𝐼2(𝑔)⇌2𝐻𝐼(𝑔)可知，方程式两边气体的体积不变，则压强不影响化学平衡， 在一个容积固定的密闭容器中充入1𝑚𝑜𝑙𝐻𝐼，达到平衡时𝐻𝐼的转化率为𝑎%，再向该容器中充入1𝑚𝑜𝑙𝐻𝐼，由于压强不影响化学平衡，则达到新的平衡时各组分的浓度增大为原先的2倍，而碘化氢的转化率一定不变，即：𝑎%=𝑏%。 故选C。
16.答案：𝐵
解析：
本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液的酸碱性与溶液𝑝𝐻的关系，题目难度较大，注意掌握溶液酸碱性与溶液𝑝𝐻的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解判断溶液中离子浓度大小。 根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线𝐼的𝑝𝐻>7，说明属于酸滴定碱溶液，曲线𝐼𝐼的𝑝𝐻<7，说明属于碱滴定酸溶液，
A.结合图像可知，0.1000𝑚𝑜𝑙/𝐿的醋酸的𝑝𝐻约为3，溶液中氢离子浓度为0.001𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝐾𝑎(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻)=
𝑐(𝐻+)⋅𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−)𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻)
=
10−3×10−30.1000−10−3≈10−5，0.1000𝑚𝑜𝑙/𝐿的氨水的𝑝𝐻约为11，氢氧根离
=
10−3×10−30.1000−10−3子浓度为0.001𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝐾𝑏(𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂)=
+)⋅𝑐(𝑂𝐻−)𝑐(𝑁𝐻4
𝑐(𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂)
≈10−5，故A正确；
B.当𝑁𝑎𝑂𝐻溶液和盐酸滴加至20.00𝑚𝐿时，氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠，溶液显碱性，𝑝𝐻>7，盐酸与氨水反应生成氯化铵，溶液显酸性，𝑝𝐻<7，所以曲线Ⅰ和Ⅱ一定不会在𝑁𝑎𝑂𝐻溶液和盐酸滴加至20.00𝑚𝐿时相交，故B错误；
C.曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00 𝑚𝐿时，溶质为等物质的量的醋酸钠和醋酸，此时𝑝𝐻<7，故醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中溶液中𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻)<𝑐(𝑁𝑎+)<𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−)，根据电荷守恒：𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−)+𝑐(𝑂𝐻−)=𝑐(𝑁𝑎+)+𝑐(𝐻+)，由于𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻)<𝑐(𝑁𝑎+)，所以𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−)+𝑐(𝑂𝐻−)>𝑐(𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻)+𝑐(𝐻+)，故C正确；
D.酸和碱都抑制水的电离，两个滴定过程中，逐渐生成可水解盐，水电离程度逐渐增大，之后滴入的碱(或酸)过量，水的电离程度又开始减小，故D正确。 故选B。
17.答案：
−
6−7；𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂)2；；搅拌、加热；6𝐶𝑙2+6𝐶𝑎(𝑂𝐻)2=6𝐶𝑎2++10𝐶𝑙−+2𝐶𝑙𝑂3；
−
𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂3)2+2𝐾𝐶𝑙=𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝐾𝐶𝑙𝑂3+6𝐻2𝑂；𝐶𝑙𝑂−−4𝑒−+2𝐻2𝑂=𝐶𝑙𝑂3+4𝐻+；𝐶；2𝐶𝑎(𝑂𝐻)2+
2𝐶𝑙2+5𝑂2=2𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂3)2+2𝐻2𝑂
解析：解：(1)以乙炔为单体发生加聚生成聚乙炔，其化学为故答案为：
；
，
(2)根据影响化学反应速率的因素可知，搅拌、加热等都可以加快水浸的速度， 故答案为：搅拌、加热；
(3)𝐹𝑒/𝐴𝑙 等杂质，氯化过程中被氧化生成氯化铁和氯化铝，根据图中开始和完全沉淀与𝑝𝐻的关系可知，要使铁离子和铝离子沉淀，需要控制溶液 𝑝𝐻为6−7， 故答案为：6−7；
(4)氯化过程主要反应为氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙和氯酸钙，反应的离子方程式为6𝐶𝑙2+
−6𝐶𝑎(𝑂𝐻)2=6𝐶𝑎2++10𝐶𝑙−+2𝐶𝑙𝑂3，如果温度过低会则反应会生成氯化钙和次氯酸钙，所以副产
物为𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂)2，
−故答案为：6𝐶𝑙2+6𝐶𝑎(𝑂𝐻)2=6𝐶𝑎2++10𝐶𝑙−+2𝐶𝑙𝑂3；𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂)2；
(5)根据题中各物质的溶解度数据可知，20℃时𝐾𝐶𝑙𝑂3的溶解度最小，𝐾𝐶𝑙𝑂3首先析出，反应的方程式为𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂3)2+2𝐾𝐶𝑙=𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝐾𝐶𝑙𝑂3+6𝐻2𝑂， 故答案为：𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂3)2+2𝐾𝐶𝑙=𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝐾𝐶𝑙𝑂3+6𝐻2𝑂；
(6)用石墨电极电解 𝐾𝐶𝑙𝑂 溶液，则阳极发生氧化反应，即将次氯酸根离子氧化成氯酸根离子，电极反应式为，实现固液分离，工业常用的设备是离心机，故选 C，
−
+4𝐻+；𝐶； 故答案为：𝐶𝑙𝑂−−4𝑒−+2𝐻2𝑂=𝐶𝑙𝑂3
(7)在氯气与氢氧化钙反应时通入𝑂2，可以将氯气氧化成氯酸根，反应的化学方程式为2𝐶𝑎(𝑂𝐻)2+2𝐶𝑙2+5𝑂2=2𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂3)2+2𝐻2𝑂，
故答案为：2𝐶𝑎(𝑂𝐻)2+2𝐶𝑙2+5𝑂2=2𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂3)2+2𝐻2𝑂； (1)以乙炔为单体发生加聚生成聚乙炔，其化学为
；
(2)根据影响化学反应速率的因素可知，搅拌、加热等都可以加快水浸的速度；
(3)𝐹𝑒/𝐴𝑙 等杂质，氯化过程中被氧化生成氯化铁和氯化铝，要使铁离子和铝离子沉淀，根据图中开始和完全沉淀与𝑝𝐻的关系确定𝑝𝐻；
(4)氯化过程主要反应为氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙和氯酸钙，如果 温度过低会则反应会生成氯化钙和次氯酸钙；
(5)根据题中各物质的溶解度数据可知，20℃时𝐾𝐶𝑙𝑂3的溶解度最小，复分解反应中𝐾𝐶𝑙𝑂3首先析出，据此书写反应的方程式；
(6)用石墨电极电解 𝐾𝐶𝑙𝑂 溶液，则阳极发生氧化反应，即将次氯酸根离子氧化成氯酸根离子；实现固液分离，工业常用的设备是离心机；
(7)在氯气与氢氧化钙反应时通入𝑂2，可以将氯气氧化成氯酸根，根据电子得失守恒和元素守恒书写化学方程式；
本题考查化学工艺流程、物质的分离提纯、对实验操作的分析评价、对数据的分析运用、对图表的分析等，是对学生综合能力的考查，难度中等，正确理解流程是解题的关键．
18.答案：第四周期𝐼𝐼𝐵族
+ 物理 𝑍𝑛𝑂+2𝑁𝐻4+2𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂=[𝑍𝑛(𝑁𝐻3)4]2++
−3𝐻2𝑂 2.0×10−𝑙5 𝐹𝑒 𝑍𝑛 𝐹𝑒(𝑂𝐻)3、𝑀𝑛𝑂2 2𝑍𝑛2++4𝐻𝐶𝑂3=𝑍𝑛2(𝑂𝐻)2𝐶𝑂3↓+3𝐶𝑂2↑
+𝐻2𝑂 𝑁𝐻4𝐶𝑙
解析：解：(1)𝑍𝑛的原子序数为30，位于周期表第四周期𝐼𝐼𝐵 族，氯化铵由铵根和氯离子构成，电子式为
；活性炭吸附有机杂质达到净化的目的，没有新物质生成，属于物理变化，
故答案为：第四周期𝐼𝐼𝐵 族；；物理；
+(2)反应物有𝑍𝑛𝑂、氯化铵、一水合氨，产物有[𝑍𝑛(𝑁𝐻3)4]2+，反应的离子方程式为𝑍𝑛𝑂+2𝑁𝐻4+
2𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂=[𝑍𝑛(𝑁𝐻3)4]2++3𝐻2𝑂，
+故答案为：𝑍𝑛𝑂+2𝑁𝐻4+2𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂=[𝑍𝑛(𝑁𝐻3)4]2++3𝐻2𝑂；
3−(3)除砷的工艺标准是𝑐(𝐴𝑠𝑂4)≤1.0×10−7𝑚𝑜𝑙/𝐿，该温度时𝐾𝑠𝑝(𝐹𝑒𝐴𝑠𝑂4)=2.0×10−22，则
𝑐(𝐹𝑒3+)≥
2.0×10−221.0×10−7𝑚𝑜𝑙/𝐿=2.0×10−𝑙5𝑚𝑜𝑙/𝐿，
故答案为：2.0×10−𝑙5；
(4)滴加𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液可将𝐹𝑒2+氧化为𝐹𝑒3+，再调节𝑝𝐻值除去，所以目的是除去𝐹𝑒元素，故答案为：𝐹𝑒；
(5)试剂𝑎为𝑍𝑛，用于除去溶液中的铜离子，“滤渣Ⅱ”的主要成分为𝐹𝑒(𝑂𝐻)3、𝑀𝑛𝑂2， 故答案为：𝑍𝑛；𝐶𝑢 (𝑍𝑛)；𝐹𝑒(𝑂𝐻)3、𝑀𝑛𝑂2；
(6)溶液中有大量锌离子，加入碳酸氢铵后产生𝑍𝑛2(𝑂𝐻)2𝐶𝑂3，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和锌离子、氢氧根结合生成碱式碳酸锌沉淀，促进碳酸氢根的电离，电离出的氢离子又和碳酸氢根结合生
−
成二氧化碳和水，所以离子方程式为2𝑍𝑛2++4𝐻𝐶𝑂3=𝑍𝑛2(𝑂𝐻)2𝐶𝑂3↓+3𝐶𝑂2↑+𝐻2𝑂；根据前序
步骤添加的物质，以及此过程发生的反应可知，此时溶液中的主要成分为氯化铵和少量硫酸按，氯化铵可以循环使用，
−故答案为：2𝑍𝑛2++4𝐻𝐶𝑂3=𝑍𝑛2(𝑂𝐻)2𝐶𝑂3↓+3𝐶𝑂2↑+𝐻2𝑂；𝑁𝐻4𝐶𝑙。
利用氯化铵和氨水浸取铜转炉烟灰，𝑃𝑏元素转化为𝑃𝑏(𝑂𝐻)𝐶𝑙沉淀除去，𝑍𝑛、𝐹𝑒、𝐶𝑢、𝐴𝑠等元素进入溶液，加入氯化铁𝐴𝑠元素转化为𝐹𝑒𝐴𝑠𝑂4沉淀除去，加入硫酸酸化的高锰酸钾，𝐹𝑒元素全部被氧化成𝐹𝑒3+，调节𝑝𝐻使𝐹𝑒元素转化为沉淀除去；此时还有𝐶𝑢元素会影响后续减少碳酸锌的纯度，所以试剂𝑎应除去铜元素，为了不引入新的杂质，可以加入过量的𝑍𝑛单质置换出铜，从而将其除去；再加入活性炭净化；之后加入碳酸氢铵将𝑍𝑛元素转化为碱式碳酸锌，煅烧后得到氧化锌，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
19.答案：(1)0.0003𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1⋅𝑚𝑖𝑛−1；
(2)①<； ②𝑎2； ③增大；不变；
④0.55
解析：解：(1)10𝑚𝑖𝑛时有0.1𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂生成，所以𝑣(𝐶𝑂)=
0.1𝑚𝑜𝑙
100𝐿𝑉2
10𝑚𝑖𝑛
−1−1
=0.0001 𝑚𝑜𝑙⋅𝐿⋅𝑚𝑖𝑛.速率之比
等于化学计量数之比，所以𝑣(𝐻2)=3𝑣(𝐶𝑂)=3×0.0001 𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1⋅𝑚𝑖𝑛−1=0.0003 𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1⋅𝑚𝑖𝑛−1，
故答案为：0.0003 𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1⋅𝑚𝑖𝑛−1；
(2)①由图可知，压强不变，温度越高𝐶𝑂的转化率越低，故温度升高平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为放热反应，即△𝐻<0.故答案为：<； ②100℃，平衡时𝐶𝑂的转化率为0.5，所以参加反应的𝐶𝑂的物质的量为0.5𝑎𝑚𝑜𝑙． 对于反应 𝐶𝑂(𝑔)+2𝐻2(𝑔)⇌𝐶𝐻3𝑂𝐻(𝑔)； 开始(𝑚𝑜𝑙)： 𝑎 2𝑎 0 变化(𝑚𝑜𝑙)：0.5𝑎 𝑎 0.5𝑎
平衡(𝑚𝑜𝑙)：0.5𝑎 𝑎 0.5𝑎 所以平衡时𝐶𝑂的浓度为𝑉𝐿=2𝑉𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝐻2的浓度为100℃时该反应的平衡常数𝑘==
𝑐(𝐶𝑂)·𝑐2(𝐻)
2
0.5𝑎𝑎𝑎𝑚𝑜𝑙𝑉𝐿𝑉2𝑎2
=𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝐶𝐻3𝑂𝐻的浓度为2𝑉𝑚𝑜𝑙/𝐿．
𝑉
𝑎𝑎
𝑐(𝐶𝐻3𝑂𝐻)
𝑎2𝑉𝑎𝑎×()22𝑉𝑉=
，
故答案为：2；
𝑎
𝑉2
③温度容积不变，向该密闭容器再增加𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂与 2𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐻2，等效为开始加入2𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂与 4𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐻2，体积扩大1倍，平衡后增大压强，再压缩恢复到原来体积，增大压强平衡向体积减小的方向移动；该反应为气体体积减小的反应，故向正反应移动，𝐶𝑂转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变。 故答案为：增大；不变；
④参加反应的𝐶𝑂的物质的量为2.5𝑚𝑜𝑙×90%=2.25𝑚𝑜𝑙，则： 𝐶𝑂(𝑔)+2𝐻2(𝑔)⇌𝐶𝐻3𝑂𝐻(𝑔) 物质的量减少△𝑛 1 2 2.25𝑚𝑜𝑙 4.5𝑚𝑜𝑙
故平衡时总的物质的量为2.5𝑚𝑜𝑙+7.5𝑚𝑜𝑙−4.5𝑚𝑜𝑙=5.5𝑚𝑜𝑙，恒温恒容下压强之比等于物质的量之比，故平衡时容器内压强为开始时压强的2.5𝑚𝑜𝑙+7.5𝑚𝑜𝑙=0.55倍， 故答案为：0.55。
(1)根据𝑣=△𝑡计算𝑣(𝐶𝑂)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算𝑣(𝐻2)；
(2)①由图可知，压强不变，温度越高𝐶𝑂的转化率越低，故温度升高平衡向逆反应方向移动； ②平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值，根据𝐶𝑂的转化率，利用三段式计算出平衡时各组分的物质的量，进而求出平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算； ③温度容积不变，向该密闭容器再增加𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂与 2𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐻2，等效为开始加入2𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂与 4𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝐻2，体积扩大1倍，平衡后增大压强，再压缩恢复到原来体积，增大压强平衡向体积减小的方向移动；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；
④计算参加反应的𝐶𝑂的物质的量，利用差量法计算平衡时反应混合物的物质的量变化量，进而计算平衡时总的物质的量，利用恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比解答。
本题考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、化学平衡常数、影响化学平衡的因素、热化学方程式书写，是对知识的综合运用，应加强平时知识的积累，难度中等。
△𝑐
5.5𝑚𝑜𝑙
20.答案：纺锤形或哑铃形 𝑠𝑝3、𝑠𝑝2 > 三聚氰胺分子含有三个氨基，溶于水结合水分子电离的氢
离子，使水溶液呈弱碱性 3𝑠23𝑝63𝑑8 4 (4,4,4)
解析：解：(1)基态𝑁原子能量最高的电子所占据轨道为2𝑝轨道，轨道的形状为纺锤形或哑铃形， 故答案为：纺锤形或哑铃形；
(2)三聚氰胺分子中氨基中𝑁原子形成3个𝜎键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，𝑁原子采取𝑠𝑝3杂化，而环上𝑁原子2个𝜎键，含有1对孤电子对，价层电子对数为3，𝑁原子采取𝑠𝑝2杂化；双键中电子云重叠程度比单键中的大，故碳氮键键长𝑎>𝑏， 故答案为：𝑠𝑝3、𝑠𝑝2；>；
(3)三聚氰胺分子含有三个氨基，溶于水结合水分子电离的氢离子，使水溶液呈弱碱性， 故答案为：三聚氰胺分子含有三个氨基，溶于水结合水分子电离的氢离子，使水溶液呈弱碱性； (4)催化剂中含有第四周期Ⅷ族元素𝑋，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则𝑋元素原子价电子排布式为3𝑑84𝑠2，则基态𝑋原子的𝑀层电子排布式为3𝑠23𝑝63𝑑8， 故答案为：3𝑠23𝑝63𝑑8；
(5)①氮原子周围有4个𝐵原子，即氮原子的配位数为4， 故答案为：4；
②2号原子处于右、下、后8晶胞的中心，由几何知识可知参数𝑥=𝑦=4，𝑧=4，则2号原子的分数坐标为(4,4,4)， 故答案为：(4,4,4)。
(1)基态𝑁原子能量最高的电子所占据轨道为2𝑝轨道；
(2)三聚氰胺分子中氨基中𝑁原子形成3个𝜎键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，而环上𝑁原子2个𝜎键，含有1对孤电子对，价层电子对数为3；双键中电子云重叠程度比单键中的大； (3)氨基能与水分子电离的氢离子结合，其水溶液呈碱性；
(4)催化剂中含有第四周期Ⅷ族元素𝑋，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则𝑋元素原子价电子排布式为3𝑑84𝑠2； (5)①氮原子周围有4个𝐵原子；
②2号原子处于右、下、后8晶胞的中心，由几何知识可知参数𝑥=𝑦=4，𝑧=4。
本题是对物质结构与性质的综合考查，涉及核外电子运动、杂化方式、化学键、分子结构与性质、晶胞结构等，(5)中注意对原子分数坐标的理解，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求。
1
3
1
331331
1
3
1
331
21.答案：(16分)(1)消去反应(2分)
(2)
(3
分) (3)
(4)𝐴、𝐶 (4分)
(每个2分，共4分)
(5)
(3分)
或
解析：试题分析：(1)对比化合物𝐼𝐼、𝐼𝐼𝐼的结构，发现前者脱去的醇羟基与羟基碳的邻碳上的氢原子结合生成水，羟基碳与右边邻碳原子之间由𝐶—𝐶键变为𝐶=𝐶键，说明该反应属于消去反应；(2)化合物𝐼𝐼𝐼与银氨溶液反应时，只有醛基被氧化为羧基，其余结构保持不变，则1𝑚𝑜𝑙𝐼𝐼𝐼与
2𝑚𝑜𝑙𝐴𝑔(𝑁𝐻3)2𝑂𝐻反应，生成含有1𝑚𝑜𝑙羧基的氧化产物、2𝑚𝑜𝑙𝐴𝑔、3𝑚𝑜𝑙𝑁𝐻3、1𝑚𝑜𝑙𝐻2𝑂；(3)由化合物𝐼𝑉的结构简式可知其分子式为𝐶9𝐻8𝑂3，由于羧酸的酸性比碳酸强，酚的酸性比碳酸弱，醇、酯都没有酸性，与碳酸氢钠反应放出气体，说明𝑋一定含有羧基，能发生银镜反应，说明𝑋一定含有醛基，由此推断苯环上位于相对位置的两个取代基可能是—𝐶𝑂𝑂𝐻和—𝐶𝐻2𝐶𝐻𝑂、—𝐶𝐻2𝐶𝑂𝑂𝐻和—𝐶𝐻𝑂；(4)化合物𝐼的苯环上直接连有羟基，因此具有酚的性质，遇氯化铁溶液显紫色，故A项正确；化合物𝐼𝐼中没有羧基，因此不能与碳酸氢钠反应，故B项错误；依题意，→—由结构简式推断，𝑉的官能团为醚键和羧基，二者都是含氧官能团；𝐼𝑉的分子式为𝐶9𝐻8𝑂3，则其完全燃烧的化学方程式为𝐶9𝐻8𝑂3+9.5𝑂2→9𝐶𝑂2+4𝐻2𝑂，该反应中各物质的系数之比等于物质的量之比，则1𝑚𝑜𝑙𝐼𝑉完全燃烧消耗9.5𝑚𝑜𝑙氧气，故C项正确；1𝑚𝑜𝑙𝐼𝐼𝐼含有1𝑚𝑜𝑙苯环、1𝑚𝑜𝑙𝐶=𝐶键、1𝑚𝑜𝑙醛基，它们在一定条件分别能与3𝑚𝑜𝑙𝐻2、1𝑚𝑜𝑙𝐻2、1𝑚𝑜𝑙𝐻2发生加成反应，则1𝑚𝑜𝑙𝐼𝐼𝐼最多能与5𝑚𝑜𝑙 𝐻2反应，故D项错误；(5)化合物𝐼𝑉含有酚羟基、碳碳双键和羧基，其中酚羟基、羧基与𝑁𝑎𝑂𝐻溶液能发生中和反应，生成钠盐，其余结构保持不变，由此可得化合物𝑉的结构简式；由于卤代烃在𝑁𝑎𝑂𝐻醇溶液发生消去反应，酚羟基、羧基在𝑁𝑎𝑂𝐻醇溶液中发生中和反应，根据顺推结合逆推并考虑𝑅的分子式，可以得出𝑅的结构简式及该反应的化学方程式。
考点：考查有机合成和推断，涉及反应类型、化学方程式、同分异构体、官能团结构与性质、结构简式等。
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