重庆市2023年新高考化学试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·重庆市）重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划（2021﹣2025年）涉及的下列物质中，属于金属材料的是（ ）
A.重组蛋白 B.高性能铜箔 C.氮化镓半导体 D.聚氨酯树脂
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．重组蛋白属于有机高分子聚合物，不属于金属材料，A不符合题意；
B．高性能铜箔是铜单质，属于金属材料，B符合题意；
C．氮化镓半导体是化合物，不属于金属材料，C不符合题意；
D．聚氨酯树脂是有机高分子聚合物，不属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】金属材料包括纯金属和合金（由一种金属与另一种或几种金属或非金属混合而成的）。
2．（2023·重庆市）下列离子方程式中，错误的是（ ）
A．NO2通入水中：3NO2+H2O═2H++2+NO
B．Cl2通入石灰乳中：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O
C．Al放入NaOH溶液中：2Al+2OH﹣+2H2O═2+3H2↑
D．Pb放入Fe2（SO4）3溶液中：Pb++2Fe3+═2Fe2++PbSO4
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． NO2通入水中的离子方程式为3NO2+H2O═2H++2+NO ，A不符合题意；
B．石灰乳为微溶物，其主要成分Ca(OH)2应写化学式，所以正确的离子方程式为Cl2+Ca(OH)2═ClO-+Cl-+H2O+Ca2+，B符合题意；
C． Al放入NaOH溶液中的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2+3H2↑ ，C不符合题意；
D． Pb放入Fe2（SO4）3溶液中 的离子方程式为 Pb++2Fe3+═2Fe2++PbSO4 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
3．（2023·重庆市）下列叙述正确的是（ ）
A．Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物相同
B．SO2分别与H2O和H2S反应，反应的类型相同
C．Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体相同
D．浓H2SO4分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．由分析可知，Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物不同，A不符合题意；
B．由分析可知，SO2与H2O反应属于非氧化还原反应和化合反应，与H2S反应属于非氧化还原反应，二者反应类型不同，B不符合题意；
C．由分析可知，Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体均为O2，C符合题意；
D．由分析可知，浓H2SO4与Cu反应生成SO2，与C反应生成SO2、CO2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.一定条件下，空气中能与Mg反应的气体有N2、O2、CO2，且Mg与N2反应生成Mg3N2，与O2反应生成MgO，与CO2反应生成MgO和C。
B.SO2分别与H2O和H2S反应的化学方程式为SO2+H2O H2SO3、SO2+2H2S=3S↓+2H2O。
C.Na2O2分别与H2O、CO2反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
D.浓硫酸分别和Cu、C反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O、C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O。
4．（2023·重庆市）已知反应：2F2+2NaOH═OF2+2NaF+H2O，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L（标准状况）F2，下列叙述错误的是（ ）
A．转移的电子数为4NA
B．生成的NaF质量为84g
C．生成的氧化产物分子数为2NA
D．生成的H2O含有孤电子对数为2NA
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，标况下消耗44.8L F2，即2mol F2，转移4mol电子，其电子数为4NA，正确，A不符合题意；
B．根据题干方程式可知，反应关系式为F2~NaF，则生成n(NaF)=n( F2)=2mol，所以m(NaF)=42g/mol×2mol=84g，B不符合题意；
C．由分析可知，氧化产物是OF2，结合方程式可知n(OF2)=n( F2)=1mol，即生成的氧化产物分子数为NA，C符合题意；
D．结合方程式可知n(H2O)=n( F2)=1mol，1个H2O分子中含2个孤电子对，所以生成的1mol H2O含有孤电子对数为2NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据2F2+2NaOH═OF2+2NaF+H2O，反应前后F元素化合价由0降为-1，O元素化合价由-2升为+2，则F2是氧化剂，NaOH是还原剂，氧化产物是OF2，还原产物是OF2、NaF。
5．（2023·重庆市）下列实验装置或操作能够达到实验目的的是（ ）
A．制取NH3
B．转移溶液
C．保护铁件
D．收集NO
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，而NH3和HCl常温下可结合生成NH4Cl，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．转移液体需用玻璃棒引流，且玻璃棒下端在刻度线以下，能达到实验目的，B符合题意；
C．该装置为原电池，铁为负极，失电子发生氧化反应，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．常温下NO与空气中的O2反应生成NO2，不能达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意NH3和HCl常温下可结合生成NH4Cl。
B.注意转移溶液时玻璃棒下端在刻度线以下。
C.注意铁为负极，失电子发生氧化反应。
D.注意常温下NO与O2反应
6．（2023·重庆市）“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由Ca、Fe、P、O和Y（钇，原子序数比Fe大13）组成，下列说法正确的是（ ）
A．Y位于元素周期表的第ⅢB族
B．基态Ca原子的核外电子填充在6个轨道中
C．5种元素中，第一电离能最小的是Fe
D．5种元素中，电负性最大的是P
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Fe的原子序数为26，则Y的原子序数是26+13=39，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，则Y元素位于元素周期表的第五周期第ⅢB族，A符合题意；
B．基态Ca原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以填充轨道数为4×1+2×3=10，B不符合题意；
C．金属性越强，其第一电离能越小，则第一电离能最小的是Ca，C不符合题意；
D．非金属性越强，其电负性越大，则电负性最大的是O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Fe的原子序数为26，则Y的原子序数是26+13=39，结合原子核外电子排布规律进行分析。
B.注意s能级有1个轨道，p能级有3个轨道。
C.金属性越强，其第一电离能越小。
D.非金属性越强，其电负性越大。
7．（2023·重庆市）橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式（未考虑立体异构）如图所示。关于橙皮苷的说法正确的是（ ）
A．光照下与氯气反应，苯环上可形成C﹣Cl键
B．与足量NaOH水溶液反应，O﹣H键均可断裂
C．催化剂存在下与足量氢气反应，π键均可断裂
D．与NaOH醇溶液反应，多羟基六元环上可形成π键
【答案】C
【知识点】化学键；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由分析可知，该物质在催化剂条件下与氯气反应，苯环上可形成C-Cl键，A不符合题意；
B．与足量NaOH水溶液反应，只有酚羟基的O-H可断裂，B不符合题意；
C．该物质中苯环、羰基中存在π键，催化剂条件下能与足量氢气发生反应，π键均可断裂，C符合题意；
D．由分析可知，该物质在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，多羟基六元环上可形成π键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意催化剂条件下，苯环上氢原子可被取代。
B.酚羟基能与NaOH反应。
C.该物质中苯环、羰基中存在π键。
D.醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应。
8．（2023·重庆市）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 向盛有Fe（OH）3和NiO（OH）的试管中分别滴加浓盐酸 盛NiO（OH）的试管中产生黄绿色气体 氧化性：NiO（OH）＞Fe（OH）3
B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀（CuS） 酸性：H2S＜H2SO4
C 乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应
D 向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液 出现黄色沉淀（Ag3PO4） Na2HPO4发生了水解反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．根据实现现象可知，NiO(OH)与浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，而Fe(OH)3与浓盐酸发生中和反应，说明氧化性：NiO(OH)＞Fe(OH)3，A符合题意；
B．根据实现现象可知，CuSO4与H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4，不能比较H2S、H2SO4的酸性强弱，B不符合题意；
C．乙醇和浓硫酸共热至170℃的过程中会发生副反应，生成的SO2也能使溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C不符合题意；
D．根据实现现象可知，AgNO3溶液能促进HPO42-电离，不能说明Na2HPO4发生了水解反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NiO(OH)与浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2。
B.CuSO4与H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4。
C.注意乙醇和浓硫酸共热至170℃的过程中会发生副反应。
D.AgNO3溶液能促进HPO42-电离。
9．（2023·重庆市）配合物[MA2L2]的分子结构以及分子在晶胞中的位置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．中心原子的配位数是4
B．晶胞中配合物分子的数目为2
C．晶体中相邻分子间存在范德华力
D．该晶体属于混合型晶体
【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．根据分子在晶胞中的位置可知，与中心原子距离最近且距离相等的分子有4个，则中心原子的配位数是4，A不符合题意；
B．根据晶胞图及均摊法，晶胞中配合物分子数目为8×1/8+2×1/2=2，B不符合题意；
C．该物质由分子构成，属于分子晶体，则晶体中相邻分子间存在范德华力，C不符合题意；
D．该物质由分子构成，属于分子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.与中心原子距离最近且距离相等的分子有4个。
B.根据晶胞图及均摊法进行分析。
C.该物质由分子构成，属于分子晶体。
D.该物质由分子构成，属于分子晶体。
10．（2023·重庆市）NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．NCl3和SiCl4均为极性分子
B．NCl3和NH3中的N均为sp2杂化
C．NCl3和SiCl4的水解反应机理相同
D．NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．NCl3的价电子对数为=4，孤电子对数为1，为三角锥形，属于极性分子，SiCl4的价电子对数为=4，孤电子对数0，为正四面体形，为非极性分子，A不符合题意；
B．NCl3和NH3中心原子均为N，其价电子对数均为=4，则NCl3和NH3中的N均为sp3杂化，B不符合题意；
C．SiCl4的水解机理为，与NCl3的水解机理不同，C不符合题意；
D．NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据中心原子价电子对数及孤电子对数进行分析。
B.根据中心原子价电子对数进行分析。
C.SiCl4的水解机理为。
D.NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键。
11．（2023·重庆市）（NH4）2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是（ ）
A．M点Kw等于N点Kw
B．M点pH大于N点pH
C．N点降温过程中有2个平衡发生移动
D．P点c（H+）+c（）+c（NH3 H2O）＝c（OH﹣）+2c（）
【答案】B
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；溶解度、饱和溶液的概念
【解析】【解答】A．升高温度促进水电离，导致水的离子积常数增大，根据图示信息可知，M点Kw小于N点Kw，A不符合题意；
B．(NH4)2SO4溶液水解呈酸性，根据图示信息可知，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，则温度越高，(NH4)2SO4水解程度越大，所以c(H+)：M＜N，即M点pH大于N点pH，B符合题意；
C．N点降低过程中，溶液中存在水的电离，(NH4)2SO4的溶解、水解共3个平衡发生移动，C不符合题意；
D．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(NH4+)＝c(OH﹣)+2c(SO42-)，则c(H+)+c(NH4+)+c(NH3 H2O)＞c(OH﹣)+2c(SO42-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升高温度促进水电离，导致水的离子积常数增大。
B.(NH4)2SO4溶液水解呈酸性，水解程度越大，其pH越小。
C.N点降低过程中，溶液中存在水的电离，(NH4)2SO4的溶解、水解共3个平衡发生移动。
D.根据电荷守恒可知，c(H+)+c(NH4+)＝c(OH﹣)+2c(SO42-)。
12．（2023·重庆市）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是（ ）
A．电极a为阴极
B．H+从电极b移向电极a
C．电极b发生的反应为：
D．生成3 mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极a为阴极，A不符合题意；
B．由分析可知，电极a为阴极，电极b为阳极，则H+从电极b通过质子交换膜移向电极a，B不符合题意；
C．由分析可知，电极b发生的反应为：，C不符合题意；
D．根据电极反应式和电子守恒可知，生成3mol半胱氨酸的同时生成0.5mol烟酸，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，该装置为电解池，结合图示信息，胱氨酸得电子发生还原反应生成半胱氨酸，其电极反应式为：+2H++2e-=2；3-甲基吡啶失电子发生氧化反应生成烟酸，其电极反应式为： 。可推出惰性电极a为阴极、惰性电极b为阳极。
13．（2023·重庆市）化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7。1molX3Y7WR含40mol质子。X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞R
B．非金属性：X＞R
C．Y和Z互为同素异形体
D．常温常压下X和W的单质均为固体
【答案】A
【知识点】同素异形体；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，W、R分别为N元素、O元素，同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：W＞R ，A符合题意；
B．由分析可知，X、R分别为C元素、O元素，同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，则非金属性：X＜R，B不符合题意；
C．由分析可知，Y、Z互为同位素，C不符合题意；
D．由分析可知，X、W分别为C元素、N元素，常温常压下W的单质（N2）为气体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，二者相对分子质量相差7，说明Y与Z属于同位素，结合相对分子质量=质子数+中子数，则Y与Z的中子数相差1；X、W和R三种元素位于同周期，1molX3Y7WR含40mol质子，可推出X、W和R位于第二周期，则Y（Z）位于第一周期，且Y、Z为氢元素的两种同位素；X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半，假设X最外层电子数为m，W核外电子数为y，则R原子核外电子数为2m，X原子核外电子数为（2+m），根据1molX3Y7WR含40mol质子可得，3×（2+m）+1×7+y+2m=40，即5m+y=27。当m=3时，y=12，W不在第二周期，不符合题意；当m=4时，y=7，符合题意；当m=5时，y=2，W不在第二周期，不符合题意。综上可得X为C元素，R为O元素，W为N元素。
14．（2023·重庆市）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）
在恒容条件下，按V（CO2）：V（H2）＝1：1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0
B．M点反应Ⅰ的平衡常数K＜1
C．N点H2O的压强是CH4的3倍
D．若按V（CO2）：V（H2）＝1：2投料，则曲线之间交点位置不变
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，升高温度，n(CH4)减少，n(CO)增多，说明随温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，A不符合题意；
B．根据图示信息可知，M点时，n(CO)=n(CO2)，按V（CO2）：V（H2）=1：1投料比进行反应，则此时反应Ⅰ平衡时CO2、CO、H2、H2O的物质的量相等，其平衡常数K==1，B不符合题意；
C．N点时，n(CO)=n(CH4)，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，n(H2O)=3n(CH4)，同温同容时，压强之比等于物质的量之比，则N点H2O的压强是CH4的3倍，C符合题意；
D．根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，若按V（CO2）：V（H2）=1：2投料，相当于增加H2的投料，会使CH4含量增大，导致CH4、CO曲线之间交点位置发生改变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.温度升高，吸热反应正向移动，放热反应逆向移动。
B.M点时，n(CO)=n(CO2)，结合平衡常数表达式进行分析。
C.同温同容时，压强之比等于物质的量之比。
D.反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ为气体分子数减小的反应。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2023·重庆市）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如图。
25℃时各物质溶度积见表：
物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Ca（OH）2
溶度积（Ksp） 4.9×10﹣17 2.8×10﹣39 5.0×10﹣6
回答下列问题：
（1）Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 。O2﹣的核外电子排布式为 。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 （写出两项即可）。
（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过 。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中CaCl2的质量分数为 。
【答案】（1）+3；1s22s22p6
（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
（3）4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；搅拌、适当升高温度
（4）11；当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；66.6%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，Fe元素的化合价是+2和+3。O2-的核外电子数为10，排布式为1s22s22p6。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，是为了防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁。
（3）①由分析可知，反应釜2中离子方程式为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+。
②为加快反应速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度等。
（4）①Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=5.0×10-6，则溶液中c(Ca2+)=5.0mol/L时，
c(OH-)=mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-11mol/L，pH=11，所以25℃时，c(Ca2+)=5.0mol/L，理论上pH不超过11。
②滴定达到终点的现象为当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色。
③涉及反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据Ca、C原子守恒有：5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则n(CaCl2)=n(KMnO4)=2.5×0.024L×0.1000mol/L=0.0060mol，m(CaCl2)=0.0060mol×111g/mol=0.6660g，CaCl2的质量分数为= 66.6% 。
【分析】根据题干信息及流程图信息，“反应釜1”中发生反应：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，“反应釜2”中发生反应：4CaO+6H2O+4FeCl2+O2=4Fe(OH)3↓+4CaCl2，“反应釜3”中经调节pH，形成Fe3O4和CaCl2溶液，经“加压过滤”得到Fe3O4沉淀和CaCl2溶液，Fe3O4沉淀经后处理得到Fe3O4固体，CaCl2溶液经后处理得到CaCl2水合物。
16．（2023·重庆市）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭（由煤样制得）反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如图：
（1）装置Ⅰ中，仪器a的名称是 ；b中除去的物质是 （填化学式）。
（2）①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
（3）装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。
①d中的现象是 。
②e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为 。
③d和e的连接顺序颠倒后将造成α （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2（含杂质N2的体积分数为n）以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，此时α的表达式为 。
【答案】（1）分液漏斗；HCl
（2）干馏；CO2+C2CO
（3）白色沉淀生成；CO+2[Ag（NH3）2]OH＝2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3↑；偏大
（4）
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器a为分液漏斗。b中所盛饱和碳酸氢钠溶液用于除去CO2气体中混有的HCl气体。
（2）①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为干馏。
②高温条件下，CO2与C反应生成CO，化学方程式为 CO2+C2CO 。
（3）①由分析可知，d中现象是白色沉淀生成。
②由分析可知，e中反应的化学方程式为 CO+2[Ag（NH3）2]OH＝2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3↑ 。
③d和e的连接顺序颠倒后，CO2能与银氨溶液反应，导致所测CO的含量偏大，与Ba(OH)2溶液反应的CO2量偏小，所测CO2的转化率α偏大。
（4）假设开始通入的混合气体为xmol，则n(CO2)=（1-n）xmol，n(N2)=nxmol，CO2的转化率为α，根据CO2+C2CO，消耗n(CO2)=（1-n）xαmol，反应后剩余n(CO2)=（1-n）（1-α）xmol，则生成n(CO)=2（1-n）αxmol，某时段气体中CO2的体积分数为m，即（1-n）（1-α）x=[nx+2（1-n）αx+（1-n）（1-α）x]m，解得α= 。
【分析】（1）根据仪器特征进行分析；盐酸具有挥发性，制得的CO2中混有HCl。
（2）①干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程。
②CO2与C在高温下反应生成CO。
（3）①气体X为CO2和CO的混合气体，CO2与Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3白色沉淀和H2O。
②装置Ⅲ中，先通入适量的气体X（CO2和CO的混合气），可除去CO2，再通入足量Ar气，可除去装置中的氧气，剩余的CO与银氨溶液反应生成Ag、(NH4)2CO3和NH3。
③d和e的连接顺序颠倒后，CO2能与银氨溶液反应，与Ba(OH)2溶液反应的CO2量偏小。
（4）假设开始通入的混合气体为xmol，则n(CO2)=（1-n）xmol，n(N2)=nxmol，CO2的转化率为α，根据 CO2+C2CO ，消耗n(CO2)=（1-n）xαmol，反应后剩余n(CO2)=（1-n）（1-α）xmol，则生成n(CO)=2（1-n）αxmol，某时段气体中CO2的体积分数为m，即（1-n）（1-α）x=[nx+2（1-n）αx+（1-n）（1-α）x]m。
17．（2023·重庆市）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（EO）和乙醛（AA）。根据图1所示，回答下列问题：
①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为 kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的热化学方程式为 。
（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g），该反应平衡压强pc与温度T的关系如表：
T/K 401 443 463
pc/kPa 10 51 100
①463K时的平衡常数Kp＝ 。
②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经图2过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 （填字母）。
A.从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＞0
B.pc（Ⅱ）＞pc（Ⅲ）
C.平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ）
D.若体积V（Ⅲ）＝2V（Ⅰ），则Q（Ⅰ）＝K（Ⅲ）
E.逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）＝v（Ⅲ）＞v（Ⅳ）
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v（O2） 与压强p的关系为v（O2）＝k（1﹣），k为速率常数（定温下为常数）。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则v（O2）＝ （用k表示）。
（3）α﹣AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ﹣AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图3所示（为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置）。
①测定晶体结构最常用的仪器是 （填字母）。
A.质谱仪
B.红外光谱仪
C.核磁共振仪
D.X射线衍射仪
②γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比为 。
③测定α﹣AgI中导电离子类型的实验装置如图4所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag+而不是I﹣，依据是 。
【答案】（1）83；EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol
（2）10；CDE；
（3）D；12：7；a中Ag电极质量减小，b中Ag电极质量增大
【知识点】晶胞的计算；热化学方程式；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①根据图示信息，中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol，则其热化学方程式为 EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol 。
（2）①463K时该反应的平衡常数Kp= 。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行，则从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＜0，错误；
B．Kp只与温度有关，温度不变则Kp不变，即pc（Ⅱ）=pc（Ⅲ），错误；
C．由表中数据可知，该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大，为吸热反应，即平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ），正确；
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等，若V（Ⅲ）=2V（Ⅰ），则压强p（Ⅰ）=2p（Ⅲ），即浓度熵Q(Ⅰ)=，K(Ⅲ)=，则Q(Ⅰ)=K(Ⅲ)，正确；
E．由A项可知，状态Ⅰ→Ⅱ，反应逆向进行，v逆（Ⅰ）＞v逆（Ⅱ），由C项可知，反应为吸热反应，状态Ⅲ→Ⅳ，逆向移动，v逆（Ⅲ）＞v逆（Ⅳ），状态Ⅱ→Ⅲ，Kp和pc（O2）均不变，则v逆（Ⅱ）=v逆（Ⅲ），降低温度反应速率减小，综上可知，逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）=v（Ⅲ）＞v（Ⅳ），正确。
③设起始时容器中加入m(Ag2O)=m g，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，即达到平衡状态，生成n(O2)=mol，根据反应 Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g） ，若转化率为14.5%时，生成n(O2)=n(Ag2O)=×。根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比，则 ==，所以v（O2）＝ k（1﹣） = 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρV=nM、N=nNA可知，γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大，所以实验中导电离子是Ag+而不是I-。
【分析】（1）①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol。
（2）①根据平衡常数表达式进行分析。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行。
B．Kp只与温度有关。
C．该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大。
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等。
E．根据反应速率的影响因素进行分析
③根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比。算出平衡时与转化率为14.5%时O2的物质的量之比，即可得到 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρρV=nM、N=nNA进行分析。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大。
18．（2023·重庆市）有机物K作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件（OLED）。K的一种合成路线如图所示，部分试剂及反应条件省略。
已知以下信息：
（R1和R2为烃基）
（1）A中所含官能团名称为羟基和 。
（2）B的结构简式为 。
（3）C的化学名称为 ，生成D的反应类型为 。
（4）E的结构简式为 。
（5）G的同分异构体中，含有两个的化合物有 个（不考虑立体异构体），其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：3的化合物为L，L与足量新制的Cu（OH）2反应的化学方程式为 。
（6）以J和N（）为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种用于OLED的发光材料M（分子式为C46H39N5O2）。制备M的合成路线为 （路线中原料和目标化合物用相应的字母J、N和M表示）。
【答案】（1）碳碳双键
（2）
（3）苯胺；取代反应
（4）
（5）10；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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）A中所含官能团为羟基和碳碳双键。
（2）根据D的结构简式可知，A+HBr→B发生取代反应，推出B的结构简式为 。
（3）B+C→D发生取代反应，可推出C的结构简式为，其化学名称为苯胺。
（4）E→F的反应同题干所给信息中的反应，结合F的结构简式，可推出E的结构简式为 。
（5）由分析可知，G的同分异构体中，含有两个 的化合物共10个；其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：3的化合物为L为OHCC（CH3）2CHO，L与足量新制的Cu（OH）2反应的化学方程式为 。
（6）由分析可知， 以J和N（ ）为原料， 制备M的合成路线为 。
【分析】（1）熟悉常见官能团及其名称书写。
（2）根据D的结构简式可知，A+HBr→B发生取代反应。
（3）B+C→D发生取代反应，可推出C的结构简式。
（4）注意E→F的反应同题干所给信息中的反应。
（5）G的同分异构体中，含有两个 的化合物有CHOCO(CH2)2CH3、CHOCOCH2(CH3)2、CH3(CO)2CH2CH3、CHOCH2COCH2CH3、CHOCHCH3COCH3、CHOC(CH3)2CHO、CHOCHCH2CH3CHO、CHOCHCH3CH2CHO、CHO(CH2)3CHO、CHO(CH2)2COCH3。核磁共振氢谱中有几种峰就表示有几种氢原子，且峰面积之比等于不同种类氢原子个数之比。
（6）根据题干信息，M中含有5个N原子，则2分子的J发生反应生成M，M的结构简式为，N发生信息中的反应生成，J和发生取代反应生成M。
1 / 1重庆市2023年新高考化学试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·重庆市）重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划（2021﹣2025年）涉及的下列物质中，属于金属材料的是（ ）
A.重组蛋白 B.高性能铜箔 C.氮化镓半导体 D.聚氨酯树脂
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·重庆市）下列离子方程式中，错误的是（ ）
A．NO2通入水中：3NO2+H2O═2H++2+NO
B．Cl2通入石灰乳中：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O
C．Al放入NaOH溶液中：2Al+2OH﹣+2H2O═2+3H2↑
D．Pb放入Fe2（SO4）3溶液中：Pb++2Fe3+═2Fe2++PbSO4
3．（2023·重庆市）下列叙述正确的是（ ）
A．Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物相同
B．SO2分别与H2O和H2S反应，反应的类型相同
C．Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体相同
D．浓H2SO4分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同
4．（2023·重庆市）已知反应：2F2+2NaOH═OF2+2NaF+H2O，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L（标准状况）F2，下列叙述错误的是（ ）
A．转移的电子数为4NA
B．生成的NaF质量为84g
C．生成的氧化产物分子数为2NA
D．生成的H2O含有孤电子对数为2NA
5．（2023·重庆市）下列实验装置或操作能够达到实验目的的是（ ）
A．制取NH3
B．转移溶液
C．保护铁件
D．收集NO
6．（2023·重庆市）“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由Ca、Fe、P、O和Y（钇，原子序数比Fe大13）组成，下列说法正确的是（ ）
A．Y位于元素周期表的第ⅢB族
B．基态Ca原子的核外电子填充在6个轨道中
C．5种元素中，第一电离能最小的是Fe
D．5种元素中，电负性最大的是P
7．（2023·重庆市）橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式（未考虑立体异构）如图所示。关于橙皮苷的说法正确的是（ ）
A．光照下与氯气反应，苯环上可形成C﹣Cl键
B．与足量NaOH水溶液反应，O﹣H键均可断裂
C．催化剂存在下与足量氢气反应，π键均可断裂
D．与NaOH醇溶液反应，多羟基六元环上可形成π键
8．（2023·重庆市）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 向盛有Fe（OH）3和NiO（OH）的试管中分别滴加浓盐酸 盛NiO（OH）的试管中产生黄绿色气体 氧化性：NiO（OH）＞Fe（OH）3
B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀（CuS） 酸性：H2S＜H2SO4
C 乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应
D 向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液 出现黄色沉淀（Ag3PO4） Na2HPO4发生了水解反应
A．A B．B C．C D．D
9．（2023·重庆市）配合物[MA2L2]的分子结构以及分子在晶胞中的位置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．中心原子的配位数是4
B．晶胞中配合物分子的数目为2
C．晶体中相邻分子间存在范德华力
D．该晶体属于混合型晶体
10．（2023·重庆市）NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．NCl3和SiCl4均为极性分子
B．NCl3和NH3中的N均为sp2杂化
C．NCl3和SiCl4的水解反应机理相同
D．NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键
11．（2023·重庆市）（NH4）2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是（ ）
A．M点Kw等于N点Kw
B．M点pH大于N点pH
C．N点降温过程中有2个平衡发生移动
D．P点c（H+）+c（）+c（NH3 H2O）＝c（OH﹣）+2c（）
12．（2023·重庆市）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是（ ）
A．电极a为阴极
B．H+从电极b移向电极a
C．电极b发生的反应为：
D．生成3 mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸
13．（2023·重庆市）化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7。1molX3Y7WR含40mol质子。X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞R
B．非金属性：X＞R
C．Y和Z互为同素异形体
D．常温常压下X和W的单质均为固体
14．（2023·重庆市）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）
在恒容条件下，按V（CO2）：V（H2）＝1：1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0
B．M点反应Ⅰ的平衡常数K＜1
C．N点H2O的压强是CH4的3倍
D．若按V（CO2）：V（H2）＝1：2投料，则曲线之间交点位置不变
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2023·重庆市）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如图。
25℃时各物质溶度积见表：
物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Ca（OH）2
溶度积（Ksp） 4.9×10﹣17 2.8×10﹣39 5.0×10﹣6
回答下列问题：
（1）Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 。O2﹣的核外电子排布式为 。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 （写出两项即可）。
（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过 。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中CaCl2的质量分数为 。
16．（2023·重庆市）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭（由煤样制得）反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如图：
（1）装置Ⅰ中，仪器a的名称是 ；b中除去的物质是 （填化学式）。
（2）①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
（3）装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。
①d中的现象是 。
②e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为 。
③d和e的连接顺序颠倒后将造成α （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2（含杂质N2的体积分数为n）以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，此时α的表达式为 。
17．（2023·重庆市）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（EO）和乙醛（AA）。根据图1所示，回答下列问题：
①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为 kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的热化学方程式为 。
（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g），该反应平衡压强pc与温度T的关系如表：
T/K 401 443 463
pc/kPa 10 51 100
①463K时的平衡常数Kp＝ 。
②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经图2过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 （填字母）。
A.从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＞0
B.pc（Ⅱ）＞pc（Ⅲ）
C.平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ）
D.若体积V（Ⅲ）＝2V（Ⅰ），则Q（Ⅰ）＝K（Ⅲ）
E.逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）＝v（Ⅲ）＞v（Ⅳ）
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v（O2） 与压强p的关系为v（O2）＝k（1﹣），k为速率常数（定温下为常数）。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则v（O2）＝ （用k表示）。
（3）α﹣AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ﹣AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图3所示（为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置）。
①测定晶体结构最常用的仪器是 （填字母）。
A.质谱仪
B.红外光谱仪
C.核磁共振仪
D.X射线衍射仪
②γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比为 。
③测定α﹣AgI中导电离子类型的实验装置如图4所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag+而不是I﹣，依据是 。
18．（2023·重庆市）有机物K作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件（OLED）。K的一种合成路线如图所示，部分试剂及反应条件省略。
已知以下信息：
（R1和R2为烃基）
（1）A中所含官能团名称为羟基和 。
（2）B的结构简式为 。
（3）C的化学名称为 ，生成D的反应类型为 。
（4）E的结构简式为 。
（5）G的同分异构体中，含有两个的化合物有 个（不考虑立体异构体），其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：3的化合物为L，L与足量新制的Cu（OH）2反应的化学方程式为 。
（6）以J和N（）为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种用于OLED的发光材料M（分子式为C46H39N5O2）。制备M的合成路线为 （路线中原料和目标化合物用相应的字母J、N和M表示）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．重组蛋白属于有机高分子聚合物，不属于金属材料，A不符合题意；
B．高性能铜箔是铜单质，属于金属材料，B符合题意；
C．氮化镓半导体是化合物，不属于金属材料，C不符合题意；
D．聚氨酯树脂是有机高分子聚合物，不属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】金属材料包括纯金属和合金（由一种金属与另一种或几种金属或非金属混合而成的）。
2．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． NO2通入水中的离子方程式为3NO2+H2O═2H++2+NO ，A不符合题意；
B．石灰乳为微溶物，其主要成分Ca(OH)2应写化学式，所以正确的离子方程式为Cl2+Ca(OH)2═ClO-+Cl-+H2O+Ca2+，B符合题意；
C． Al放入NaOH溶液中的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2+3H2↑ ，C不符合题意；
D． Pb放入Fe2（SO4）3溶液中 的离子方程式为 Pb++2Fe3+═2Fe2++PbSO4 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
3．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．由分析可知，Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物不同，A不符合题意；
B．由分析可知，SO2与H2O反应属于非氧化还原反应和化合反应，与H2S反应属于非氧化还原反应，二者反应类型不同，B不符合题意；
C．由分析可知，Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体均为O2，C符合题意；
D．由分析可知，浓H2SO4与Cu反应生成SO2，与C反应生成SO2、CO2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.一定条件下，空气中能与Mg反应的气体有N2、O2、CO2，且Mg与N2反应生成Mg3N2，与O2反应生成MgO，与CO2反应生成MgO和C。
B.SO2分别与H2O和H2S反应的化学方程式为SO2+H2O H2SO3、SO2+2H2S=3S↓+2H2O。
C.Na2O2分别与H2O、CO2反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
D.浓硫酸分别和Cu、C反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O、C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O。
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，标况下消耗44.8L F2，即2mol F2，转移4mol电子，其电子数为4NA，正确，A不符合题意；
B．根据题干方程式可知，反应关系式为F2~NaF，则生成n(NaF)=n( F2)=2mol，所以m(NaF)=42g/mol×2mol=84g，B不符合题意；
C．由分析可知，氧化产物是OF2，结合方程式可知n(OF2)=n( F2)=1mol，即生成的氧化产物分子数为NA，C符合题意；
D．结合方程式可知n(H2O)=n( F2)=1mol，1个H2O分子中含2个孤电子对，所以生成的1mol H2O含有孤电子对数为2NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据2F2+2NaOH═OF2+2NaF+H2O，反应前后F元素化合价由0降为-1，O元素化合价由-2升为+2，则F2是氧化剂，NaOH是还原剂，氧化产物是OF2，还原产物是OF2、NaF。
5．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，而NH3和HCl常温下可结合生成NH4Cl，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．转移液体需用玻璃棒引流，且玻璃棒下端在刻度线以下，能达到实验目的，B符合题意；
C．该装置为原电池，铁为负极，失电子发生氧化反应，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．常温下NO与空气中的O2反应生成NO2，不能达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意NH3和HCl常温下可结合生成NH4Cl。
B.注意转移溶液时玻璃棒下端在刻度线以下。
C.注意铁为负极，失电子发生氧化反应。
D.注意常温下NO与O2反应
6．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Fe的原子序数为26，则Y的原子序数是26+13=39，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，则Y元素位于元素周期表的第五周期第ⅢB族，A符合题意；
B．基态Ca原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以填充轨道数为4×1+2×3=10，B不符合题意；
C．金属性越强，其第一电离能越小，则第一电离能最小的是Ca，C不符合题意；
D．非金属性越强，其电负性越大，则电负性最大的是O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Fe的原子序数为26，则Y的原子序数是26+13=39，结合原子核外电子排布规律进行分析。
B.注意s能级有1个轨道，p能级有3个轨道。
C.金属性越强，其第一电离能越小。
D.非金属性越强，其电负性越大。
7．【答案】C
【知识点】化学键；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由分析可知，该物质在催化剂条件下与氯气反应，苯环上可形成C-Cl键，A不符合题意；
B．与足量NaOH水溶液反应，只有酚羟基的O-H可断裂，B不符合题意；
C．该物质中苯环、羰基中存在π键，催化剂条件下能与足量氢气发生反应，π键均可断裂，C符合题意；
D．由分析可知，该物质在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，多羟基六元环上可形成π键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意催化剂条件下，苯环上氢原子可被取代。
B.酚羟基能与NaOH反应。
C.该物质中苯环、羰基中存在π键。
D.醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应。
8．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．根据实现现象可知，NiO(OH)与浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，而Fe(OH)3与浓盐酸发生中和反应，说明氧化性：NiO(OH)＞Fe(OH)3，A符合题意；
B．根据实现现象可知，CuSO4与H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4，不能比较H2S、H2SO4的酸性强弱，B不符合题意；
C．乙醇和浓硫酸共热至170℃的过程中会发生副反应，生成的SO2也能使溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C不符合题意；
D．根据实现现象可知，AgNO3溶液能促进HPO42-电离，不能说明Na2HPO4发生了水解反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NiO(OH)与浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2。
B.CuSO4与H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4。
C.注意乙醇和浓硫酸共热至170℃的过程中会发生副反应。
D.AgNO3溶液能促进HPO42-电离。
9．【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．根据分子在晶胞中的位置可知，与中心原子距离最近且距离相等的分子有4个，则中心原子的配位数是4，A不符合题意；
B．根据晶胞图及均摊法，晶胞中配合物分子数目为8×1/8+2×1/2=2，B不符合题意；
C．该物质由分子构成，属于分子晶体，则晶体中相邻分子间存在范德华力，C不符合题意；
D．该物质由分子构成，属于分子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.与中心原子距离最近且距离相等的分子有4个。
B.根据晶胞图及均摊法进行分析。
C.该物质由分子构成，属于分子晶体。
D.该物质由分子构成，属于分子晶体。
10．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．NCl3的价电子对数为=4，孤电子对数为1，为三角锥形，属于极性分子，SiCl4的价电子对数为=4，孤电子对数0，为正四面体形，为非极性分子，A不符合题意；
B．NCl3和NH3中心原子均为N，其价电子对数均为=4，则NCl3和NH3中的N均为sp3杂化，B不符合题意；
C．SiCl4的水解机理为，与NCl3的水解机理不同，C不符合题意；
D．NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据中心原子价电子对数及孤电子对数进行分析。
B.根据中心原子价电子对数进行分析。
C.SiCl4的水解机理为。
D.NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键。
11．【答案】B
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；溶解度、饱和溶液的概念
【解析】【解答】A．升高温度促进水电离，导致水的离子积常数增大，根据图示信息可知，M点Kw小于N点Kw，A不符合题意；
B．(NH4)2SO4溶液水解呈酸性，根据图示信息可知，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，则温度越高，(NH4)2SO4水解程度越大，所以c(H+)：M＜N，即M点pH大于N点pH，B符合题意；
C．N点降低过程中，溶液中存在水的电离，(NH4)2SO4的溶解、水解共3个平衡发生移动，C不符合题意；
D．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(NH4+)＝c(OH﹣)+2c(SO42-)，则c(H+)+c(NH4+)+c(NH3 H2O)＞c(OH﹣)+2c(SO42-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升高温度促进水电离，导致水的离子积常数增大。
B.(NH4)2SO4溶液水解呈酸性，水解程度越大，其pH越小。
C.N点降低过程中，溶液中存在水的电离，(NH4)2SO4的溶解、水解共3个平衡发生移动。
D.根据电荷守恒可知，c(H+)+c(NH4+)＝c(OH﹣)+2c(SO42-)。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极a为阴极，A不符合题意；
B．由分析可知，电极a为阴极，电极b为阳极，则H+从电极b通过质子交换膜移向电极a，B不符合题意；
C．由分析可知，电极b发生的反应为：，C不符合题意；
D．根据电极反应式和电子守恒可知，生成3mol半胱氨酸的同时生成0.5mol烟酸，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，该装置为电解池，结合图示信息，胱氨酸得电子发生还原反应生成半胱氨酸，其电极反应式为：+2H++2e-=2；3-甲基吡啶失电子发生氧化反应生成烟酸，其电极反应式为： 。可推出惰性电极a为阴极、惰性电极b为阳极。
13．【答案】A
【知识点】同素异形体；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，W、R分别为N元素、O元素，同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：W＞R ，A符合题意；
B．由分析可知，X、R分别为C元素、O元素，同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，则非金属性：X＜R，B不符合题意；
C．由分析可知，Y、Z互为同位素，C不符合题意；
D．由分析可知，X、W分别为C元素、N元素，常温常压下W的单质（N2）为气体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，二者相对分子质量相差7，说明Y与Z属于同位素，结合相对分子质量=质子数+中子数，则Y与Z的中子数相差1；X、W和R三种元素位于同周期，1molX3Y7WR含40mol质子，可推出X、W和R位于第二周期，则Y（Z）位于第一周期，且Y、Z为氢元素的两种同位素；X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半，假设X最外层电子数为m，W核外电子数为y，则R原子核外电子数为2m，X原子核外电子数为（2+m），根据1molX3Y7WR含40mol质子可得，3×（2+m）+1×7+y+2m=40，即5m+y=27。当m=3时，y=12，W不在第二周期，不符合题意；当m=4时，y=7，符合题意；当m=5时，y=2，W不在第二周期，不符合题意。综上可得X为C元素，R为O元素，W为N元素。
14．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，升高温度，n(CH4)减少，n(CO)增多，说明随温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，A不符合题意；
B．根据图示信息可知，M点时，n(CO)=n(CO2)，按V（CO2）：V（H2）=1：1投料比进行反应，则此时反应Ⅰ平衡时CO2、CO、H2、H2O的物质的量相等，其平衡常数K==1，B不符合题意；
C．N点时，n(CO)=n(CH4)，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，n(H2O)=3n(CH4)，同温同容时，压强之比等于物质的量之比，则N点H2O的压强是CH4的3倍，C符合题意；
D．根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，若按V（CO2）：V（H2）=1：2投料，相当于增加H2的投料，会使CH4含量增大，导致CH4、CO曲线之间交点位置发生改变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.温度升高，吸热反应正向移动，放热反应逆向移动。
B.M点时，n(CO)=n(CO2)，结合平衡常数表达式进行分析。
C.同温同容时，压强之比等于物质的量之比。
D.反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ为气体分子数减小的反应。
15．【答案】（1）+3；1s22s22p6
（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
（3）4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；搅拌、适当升高温度
（4）11；当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；66.6%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，Fe元素的化合价是+2和+3。O2-的核外电子数为10，排布式为1s22s22p6。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，是为了防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁。
（3）①由分析可知，反应釜2中离子方程式为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+。
②为加快反应速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度等。
（4）①Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=5.0×10-6，则溶液中c(Ca2+)=5.0mol/L时，
c(OH-)=mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-11mol/L，pH=11，所以25℃时，c(Ca2+)=5.0mol/L，理论上pH不超过11。
②滴定达到终点的现象为当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色。
③涉及反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据Ca、C原子守恒有：5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则n(CaCl2)=n(KMnO4)=2.5×0.024L×0.1000mol/L=0.0060mol，m(CaCl2)=0.0060mol×111g/mol=0.6660g，CaCl2的质量分数为= 66.6% 。
【分析】根据题干信息及流程图信息，“反应釜1”中发生反应：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，“反应釜2”中发生反应：4CaO+6H2O+4FeCl2+O2=4Fe(OH)3↓+4CaCl2，“反应釜3”中经调节pH，形成Fe3O4和CaCl2溶液，经“加压过滤”得到Fe3O4沉淀和CaCl2溶液，Fe3O4沉淀经后处理得到Fe3O4固体，CaCl2溶液经后处理得到CaCl2水合物。
16．【答案】（1）分液漏斗；HCl
（2）干馏；CO2+C2CO
（3）白色沉淀生成；CO+2[Ag（NH3）2]OH＝2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3↑；偏大
（4）
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器a为分液漏斗。b中所盛饱和碳酸氢钠溶液用于除去CO2气体中混有的HCl气体。
（2）①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为干馏。
②高温条件下，CO2与C反应生成CO，化学方程式为 CO2+C2CO 。
（3）①由分析可知，d中现象是白色沉淀生成。
②由分析可知，e中反应的化学方程式为 CO+2[Ag（NH3）2]OH＝2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3↑ 。
③d和e的连接顺序颠倒后，CO2能与银氨溶液反应，导致所测CO的含量偏大，与Ba(OH)2溶液反应的CO2量偏小，所测CO2的转化率α偏大。
（4）假设开始通入的混合气体为xmol，则n(CO2)=（1-n）xmol，n(N2)=nxmol，CO2的转化率为α，根据CO2+C2CO，消耗n(CO2)=（1-n）xαmol，反应后剩余n(CO2)=（1-n）（1-α）xmol，则生成n(CO)=2（1-n）αxmol，某时段气体中CO2的体积分数为m，即（1-n）（1-α）x=[nx+2（1-n）αx+（1-n）（1-α）x]m，解得α= 。
【分析】（1）根据仪器特征进行分析；盐酸具有挥发性，制得的CO2中混有HCl。
（2）①干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程。
②CO2与C在高温下反应生成CO。
（3）①气体X为CO2和CO的混合气体，CO2与Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3白色沉淀和H2O。
②装置Ⅲ中，先通入适量的气体X（CO2和CO的混合气），可除去CO2，再通入足量Ar气，可除去装置中的氧气，剩余的CO与银氨溶液反应生成Ag、(NH4)2CO3和NH3。
③d和e的连接顺序颠倒后，CO2能与银氨溶液反应，与Ba(OH)2溶液反应的CO2量偏小。
（4）假设开始通入的混合气体为xmol，则n(CO2)=（1-n）xmol，n(N2)=nxmol，CO2的转化率为α，根据 CO2+C2CO ，消耗n(CO2)=（1-n）xαmol，反应后剩余n(CO2)=（1-n）（1-α）xmol，则生成n(CO)=2（1-n）αxmol，某时段气体中CO2的体积分数为m，即（1-n）（1-α）x=[nx+2（1-n）αx+（1-n）（1-α）x]m。
17．【答案】（1）83；EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol
（2）10；CDE；
（3）D；12：7；a中Ag电极质量减小，b中Ag电极质量增大
【知识点】晶胞的计算；热化学方程式；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①根据图示信息，中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol，则其热化学方程式为 EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol 。
（2）①463K时该反应的平衡常数Kp= 。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行，则从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＜0，错误；
B．Kp只与温度有关，温度不变则Kp不变，即pc（Ⅱ）=pc（Ⅲ），错误；
C．由表中数据可知，该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大，为吸热反应，即平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ），正确；
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等，若V（Ⅲ）=2V（Ⅰ），则压强p（Ⅰ）=2p（Ⅲ），即浓度熵Q(Ⅰ)=，K(Ⅲ)=，则Q(Ⅰ)=K(Ⅲ)，正确；
E．由A项可知，状态Ⅰ→Ⅱ，反应逆向进行，v逆（Ⅰ）＞v逆（Ⅱ），由C项可知，反应为吸热反应，状态Ⅲ→Ⅳ，逆向移动，v逆（Ⅲ）＞v逆（Ⅳ），状态Ⅱ→Ⅲ，Kp和pc（O2）均不变，则v逆（Ⅱ）=v逆（Ⅲ），降低温度反应速率减小，综上可知，逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）=v（Ⅲ）＞v（Ⅳ），正确。
③设起始时容器中加入m(Ag2O)=m g，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，即达到平衡状态，生成n(O2)=mol，根据反应 Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g） ，若转化率为14.5%时，生成n(O2)=n(Ag2O)=×。根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比，则 ==，所以v（O2）＝ k（1﹣） = 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρV=nM、N=nNA可知，γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大，所以实验中导电离子是Ag+而不是I-。
【分析】（1）①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol。
（2）①根据平衡常数表达式进行分析。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行。
B．Kp只与温度有关。
C．该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大。
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等。
E．根据反应速率的影响因素进行分析
③根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比。算出平衡时与转化率为14.5%时O2的物质的量之比，即可得到 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρρV=nM、N=nNA进行分析。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大。
18．【答案】（1）碳碳双键
（2）
（3）苯胺；取代反应
（4）
（5）10；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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）A中所含官能团为羟基和碳碳双键。
（2）根据D的结构简式可知，A+HBr→B发生取代反应，推出B的结构简式为 。
（3）B+C→D发生取代反应，可推出C的结构简式为，其化学名称为苯胺。
（4）E→F的反应同题干所给信息中的反应，结合F的结构简式，可推出E的结构简式为 。
（5）由分析可知，G的同分异构体中，含有两个 的化合物共10个；其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：3的化合物为L为OHCC（CH3）2CHO，L与足量新制的Cu（OH）2反应的化学方程式为 。
（6）由分析可知， 以J和N（ ）为原料， 制备M的合成路线为 。
【分析】（1）熟悉常见官能团及其名称书写。
（2）根据D的结构简式可知，A+HBr→B发生取代反应。
（3）B+C→D发生取代反应，可推出C的结构简式。
（4）注意E→F的反应同题干所给信息中的反应。
（5）G的同分异构体中，含有两个 的化合物有CHOCO(CH2)2CH3、CHOCOCH2(CH3)2、CH3(CO)2CH2CH3、CHOCH2COCH2CH3、CHOCHCH3COCH3、CHOC(CH3)2CHO、CHOCHCH2CH3CHO、CHOCHCH3CH2CHO、CHO(CH2)3CHO、CHO(CH2)2COCH3。核磁共振氢谱中有几种峰就表示有几种氢原子，且峰面积之比等于不同种类氢原子个数之比。
（6）根据题干信息，M中含有5个N原子，则2分子的J发生反应生成M，M的结构简式为，N发生信息中的反应生成，J和发生取代反应生成M。
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