C．标准状况下，1,2-二溴乙烷为液体，不能利用22.4L/mol进行计算，C错误；
D．19.2g铜为0.3mol，由于未指明硝酸的浓度，生成的气体可能为NO、NO2中的某一种或二者的混合物，成分不确定，分子数不定，D错误。
故选A。
3.Z是合成某药物的中间体，其合成原理如下:
下列说法正确
是.
A.用NaHCO3溶液可以鉴别X和ZB.X、Y、Z都能发生取代反应
C.X分子所有碳原子可能共平面D.与X具有相同官能团的同分异构体还有5种
【答案】B
【解析】
【详解】A．X和Z分子中都含有羧基，都能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，NaHCO3溶液不能鉴别X和Z，A不正确；
B．X和Y能发生酯化反应，Y和Z的苯环上能发生卤代反应，酯化反应和卤代反应都属于取代反应，B正确；
C．X分子中与Br相连的碳原子上连有三个碳原子，这四个碳原子不可能共平面，C错误；
D．丁酸有两种结构CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有5种，除去X本身，与X具有相同官能团的同分异构体还有4种，D错误。
故选B。
4.AlCl3常作净水剂。
某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。
下列说法错误的是
A.按气流方向从左至右，装置连接顺序为a→c→b→d
B.先启动a中反应，当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯
C.试剂R为P2O5或CaCl2吸收空气中的水蒸气
D.为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞
【答案】C
【解析】
【详解】A．制得氯气后，应先除HCl后干燥，A正确；
B．通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；
C．试剂R的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；
D．关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a中反应会停止，D正确。
故选C。
5.常温下，向20mL0.1mol.L-1HN3（叠氮酸）溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c（H+）与NaOH溶液体积的关系如图所示（电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比）。
下列说法错误的是
A.HN3
一元弱酸
B.c点溶液中：
c（OH-）=c（H+）+c（HN3）
C.常温下，b、d点溶液都显中性
D.常温下，0.1mol.L-1HN3溶液中HN3的电离度为10a-11%
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=13，c（NaOH）=0.1mol/L，c点时，20mL0.1mol.L-1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A正确；
B．c点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HN3），B正确；
C．常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误；
D．常温下，0.1mol.L-1HN3溶液中，c（OH-）=10-amol/L，则HN3电离出的c（H+）=
=10-14+amol/L，HN3的电离度为
=10a-11%，D正确。
故选C。
6.JohnBGoodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。
某种钻酸锂电池的电解质为LiPF6，放电过程反应式为xLi+Li-xCoO2=LiCoO2。
工作原理如图所示，下列说法正确的是
A
放电时，电子由R极流出，经电解质流向Q极
B.放电时，正极反应式为xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2
C.充电时，电源b极为负极
D.充电时，R极净增14g时转移1mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．由放电反应式知，Li失电子，则R电极为负极，放电时，电子由R极流出，由于电子不能在溶液中迁移，则电子经导线流向Q极，A错误；
B．放电时，正极Q上发生还原反应xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2，B正确；
C．充电时，Q极为阳极，阳极与电源的正极相连，b极为正极，C错误；
D．充电时，R极反应为Li++e-=Li，净增的质量为析出锂的质量，n（Li）=
=2mol，则转移2mol电子，D错误。
故选B。
7.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。
Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。
下列推断正确的是
A.原子半径：
Y>Z>R>X
B.Y3X2是含两种化学键的离子化合物
C.X的氧化物对应的水化物是强酸
D.X和Z的气态氢化物能够发生化合反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。
【详解】依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。
A.原子半径：
Mg>S>N>H，A错误；
B.Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；
C.N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；
D.N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或（NH4）2S，D正确。
故选D。
8.纳米氧化亚铜具有特殊功能。
以废铜渣（主要成分为Cu和CuO，含少量Ni、Al2O3和Fe3O4等）为原料制备纳米氧化亚铜的流程如下：
回答下列问题：
（1）“研磨"的主要目的是______；滤渣2的主要成分是________（填化学式）。
（2）“酸溶”中通入热空气的主要目的是________（用2个离子方程式表示）。
（3）已知：
Ni（s）+4CO（g）
Ni（CO）4（g）∆H<0。
利用平衡移动原理提纯镍粉，密封管如图所示。
在密封管_______（填“高温区”或“低温区”）收集纯镍粉。
（4）滤液1的溶质有NaOH和__________（填化学式）。
（5）设计实验检验滤液2是否含Fe3+：
___________（写出简要操作、现象和结论）。
（6）制备Cu2O有多种方案（注明：
肼的某些性质类似氨气）。
方案1：
炭还原法,即木炭与氧化铜混合共热；
方案2：
葡萄糖还原法,即葡萄糖与Cu（OH）2浊液共热；
方案3：
肼还原法,即在加热条件下用N2H4还原CuO：
方案4：
电解法,以铜为阳极,石墨为阴极,电解NaOH溶液。
从操作方便、产品纯度、节能安全和环保等角度分析，最佳方案是方案________（填数字）。
【答案】
（1）.增大固体接触面积，加快反应速率
（2）.Fe（OH）3（3）.2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O、4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（4）.高温区（5）.NaAlO2（6）.取少量滤液2于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2含Fe3+；否则，不含Fe3+（7）.2
【解析】
【分析】
废铜渣研磨后颗粒转化为粉末，与CO充分接触，Ni转化为Ni（CO）4；用NaOH碱溶后，固体中的Al2O3转化为NaAlO2进入滤液1，滤渣为Cu、CuO、Fe3O4；用稀硫酸酸溶，并鼓入热空气，Cu、CuO转化为CuSO4，Fe3O4转化为Fe2（SO4）3；调pH后，Fe3+转化为Fe（OH）3进入滤渣2，滤液2为CuSO4等的混合溶液。
【详解】
（1）固体与气体或液体的接触面积越大，反应速率越快。
由此得出“研磨"的主要目的是增大固体接触面积，加快反应速率；调节pH时，Fe3+转化为Fe（OH）3，由此得出滤渣2的主要成分是Fe（OH）3。
答案为：
增大固体接触面积，加快反应速率；Fe（OH）3；
（2）“酸溶”时通入热空气，将Cu、CuO、Fe3O4转化为CuSO4、Fe2（SO4）3，便于提纯与转化，其主要目的是2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O、4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
答案为：
2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O、4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（3）操作的目的是先将Ni转化为Ni（CO）4，再将Ni（CO）4转化为Ni，依据平衡移动原理，应先在低温区将Ni转化为Ni（CO）4，再在高温区将Ni（CO）4转化为Ni。
答案为：
高温区；
（4）加入NaOH溶液后，Al2O3与NaOH反应，转化为NaAlO2，由此得出滤液1的溶质为NaOH和NaAlO2。
答案为：
NaAlO2；
（5）检验滤液2是否含Fe3+，应使用KSCN溶液，具体操作为：
取少量滤液2于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2含Fe3+；否则，不含Fe3+。
答案为：
取少量滤液2于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2含Fe3+；否则，不含Fe3+；
（6）方案1：
木炭过量时，会引入杂质，且可能会将Cu2O进一步还原为Cu；
方案2：
葡萄糖还原Cu（OH）2，此法操作方法，产品纯度高；
方案3：
N2H4类似NH3，不环保；
方案4：
电解法耗能高，在铜电极表面生成Cu2O，分离困难。
综合以上分析，最佳方案是方案2。
答案为：
2。
【点睛】在进行制备Cu2O方案评价时，感觉不知从何谈起，得出正确结论困难重重，若我们利用信息从“操作方便、产品纯度、节能安全和环保”等角度分析突破，对每一方案都从这四个方面去考察，则容易得出正确的结论。
9.FeC2O4·2H2O是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2和H2O。
某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。
回答下列问题：
（1）按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、___________C（填字母，装置可重复使用）。
（2）点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是__________________。
（3）B中黑色粉末变红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有_________。
（4）判断A中固体已完全反应的现象是_____________。
设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：
________。
（5）根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是________________________________。
（6）测定FeC2O4·2H2O样品纯度（FeC2O4·2H2O相对分子质量为M）：
准确称取wgFeC2O4·2H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用cmol·L—1标准KMnO4溶液滴定至终点，消耗VmL滴定液。
滴定反应为FeC2O4+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2（SO4）3+CO2↑+H2O（未配平）。
则该样品纯度为_______%（用代数式表示）。
若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】
（1）.C、D（或E）、C、E、B
（2）.排尽装置内空气，避免干扰实验（3）.CO（4）.淡黄色粉末全部变成黑色粉末（5）.取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉（或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉）（6）.缺少尾气处理装置（7）.
（8）.偏低
【解析】
【分析】
FeC2O4·2H2O
FeO+CO↑+CO2↑+2H2O，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。
检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。
CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。
【详解】
（1）检验CO时，应按以下步骤进行操作：
先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验CO2，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D（或E）、C、E、B、C。
答案为：
C、D（或E）、C、E、B；
（2）空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干扰CO氧化产物CO2的检验，所以点燃酒精灯之前，应将装置内的空气排出。
由此得出向装置内通入一段时间N2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。
答案为：
排尽装置内空气，避免干扰实验；
（3）CuO由黑色变为红色，最后连接
C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有CO。
答案为：
CO；
（4）A中FeC2O4为淡黄色，完全转化为FeO或Fe后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。
检验A中残留固体是否含铁粉的方法：
取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉（或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉）。
答案为：
取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉（或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉）；
（5）CO还原CuO，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。
根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。
答案为：
缺少尾气处理装置；
（6）根据电子守恒，3n（FeC2O4）=5n（KMnO4），n（FeC2O4）=
×cmol/L×V×10-3L×
=
，则该样品纯度为
==
%
V测=V终-V始，若滴定前仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。
答案为：
；偏低。
【点睛】在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n（FeC2O4）=5n（KMnO4），
在利用方程式时，可建立如下关系式：
5FeC2O4——3KMnO4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。
10.CH3OCH3是绿色能源，也是化工原料。
（1）已知几种共价键的键能数据如下:
用CO和H2合成CH3OH；CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H=-99kJ.mol-1。
根据上述信息，表格中E1-E2=_______kJ·mol-1。
（2）在恒容密闭容器中充入2molCH3OH（g），发生反应2CH3OH（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g）∆H，测得CH3OH平衡转化率与温度的关系如图所示。
①∆H______0（填“>”“<"或“=”），判断依据是__________。
②T2K下，平衡常数K=.___________。
（3）在T1K下，CO和CH4混合气体发生反应：
CO（g）+CH4（g）
CH3CHO（g）∆H<0，反应速率v=v正-v逆=k正c（CO）·c（CH4）–k逆c（CH3CHO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。
达到平衡后，若加入高效催化剂，
将_______（填“增大”“减小”或“不变”,下同）；若升温，
将___________。
（4）在T2K下，在2L真空容器中充入1molCH3OCH3（g），发生反应：
CH3OCH3（g）
CH4（g）+H2（g）+CO（g）。
在不同时间测定容器内
总压数据如下表所示：
在该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为___________________。
（5）科研人员电解酸化的CO2制备CH3OCH3，装置如图所示。
阴极的电极反应式为________。
【答案】
（1）.733
（2）.<（3）.T1K时反应速率较大，故T1>T2，升高温度CH3OH平衡转化率减小，正反应是放热反应（4）.4（5）.不变（6）.减小（7）.75%（8）.2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O
【解析】
【分析】
（1）利用热焓变计算键能时，借助公式：
反应物的总键能—生成物的总能键=∆H；代入已知键能的数据，便可求出未知键能的数值；
（2）利用坐标图象分析∆H与0的相对大小时，需利用图象中转化率或百分含量受温度的影响情况进行分析，温度越高，反应速率越快，达平衡的时间越短。
（3）利用图象求平衡常数时，需采集图中曲线上某点的转化率或浓度，利用三段式建立反应物与生成物的平衡量关系，代入平衡常数计算公式进行计算。
（4）利用电池装置图书写电极反应式时，应提取图中的信息，或电极反应物或生成物，电解质的性质，然后根据反应物中元素价态的变化，确定电极的名称，然后写出电极反应式。
【详解】
（1）△H=反应物的总键能—生成物的总键能，即（E1+2×436kJ/mol）-（3×413kJ/mol+E2+465kJ/mol）=-99/mol，从而求出E1-E2=733kJ·mol-1。
答案为：
733；
（2）①从图中可以看出，T1时达平衡时间短，T1>T2，升高温度，
减小，则平衡逆向移动，∆H<0，判断依据是T1K时反应速率较大，故T1>T2，升高温度CH3OH平衡转化率减小，正反应是放热反应。
答案为：
<；T1K时反应速率较大，故T1>T2，升高温度CH3OH平衡转化率减小，正反应是放热反应；
②T2K下，CH3OH的转化率为80%，设混合气的体积为1L，利用三段式：
平衡常数K=
=4。
答案为：
4；
（3）达到平衡后，若加入高效催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，则
将不变；
平衡时，v正=v逆，k正c（CO）·c（CH4）=k逆c（CH3CHO），K=
，此时若升温，平衡逆向移动，
将减小。
答案为：
不变；减小；
（4）设CH3OCH3的起始量为1mol，变化量为y，建立三段式：
因为压强之比等于物质的量之比，则
，y=0.75mol，从而求出该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为75%。
答案为：
75%；
（5）依题意，阳极电极反应式为6H2O-12e-=12H++3O2↑，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。
答案为：
2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。
【点睛】在书写电极反应式时，从箭头分析，H2O→O2，则O元素由-2价升高到0价，失电子，此电极为阳极，则另一电极为阴极，同样从箭头分析，CO2→CH3OCH3，可利用的离子是H+，H2O也是可利用的物质，由此可写出电极反应式。
11.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。
TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。
回答下列问题：
（1）基态Co原子价层电子排布式为_______________________________。
（2）已知第三电离能数据:
I3（Mn）=3246kJ·mol-1，I3（Fe）=2957kJ·mol-1。
锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是_______________________________。
（3）据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。
HCHO中键角_________CO2中键角（填“大于”“小于”或“等于"）。
（4）Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。
①1mol[Co（NH3）6]3+含______molσ键。
②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。
SCN-的结构式为[S=C=N]-,SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是______（填元素符号）。
③配离子在水中颜色与分裂能有关，某些水合离子的分裂能如表所示：
由此推知，a______b（填“>”“<”或“="），主要原因是_______________________。
（5）工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4（g）制备钛。
已知：
LiCl、TiCl4的熔点分别为605°C、-24°C，它们的熔点相差很大，其主要原因是_______________。
（6）钛的化合物有2种不同结构的晶体，其晶胞如图所示。
二氧化钛晶胞（如图1）中钛原子配位数为__________。
氮化钛的晶胞如图2所示,图3是氮化钛的晶胞截面图。
已知:
NA是阿伏加德常数的值，氮化钛晶体密度为dg·cm-3。
氮化钛晶胞中N原子半径为__________pm
【答案】
（1）.3d74s2
（2）.Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁（3）.小于（4）.24（5）.S（6）.<（7）.[Co（H2O）6]3+所带正电荷较多（8）.LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强（9）.6（10）.
【解析】
【分析】
同一原子的电离能，通常第一电离能<第二电离能<第三电离能，但若电离能突然增大，则此离子应达到稳定结构；不同原子的电离能不同，但若相同类别电离能的差距突然增大，则离子可能处于稳定结构。
形成共价键的两原子间只能形成一个σ键，所以，计算微粒中所含σ键的数目时，只需确定有多少个原子间形成共价键。
确定配位原子时，需要比较配体中含有孤对电子的元素的吸电子能力，吸电子能力强的非金属原子，难以提供孤电子对与中心离子形成配位键。
计算晶胞中原子半径时，需先算出晶胞中所含原子的数目，以便确定质量；然后利用数学公式，建立质量、密度、体积的等量关系式，由此算出原子半径。
【详解】
（1）基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s2
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