北京市一零一中學2022-2023學年高三下學期3月統(tǒng)練二化學試題Ⅰ卷選擇題(共42分)1.下列圖示或化學用語表達正確的是A.中子數(shù)為9的氧原子：OB.－NH2的電子式：C.基態(tài)K原子的電子排布式：1s22s22p63s23p63d1D.基態(tài)24Cr原子的價層電子軌道表示式：【答案】B【解析】【詳解】A．中子數(shù)為9的氧原子，則質(zhì)量數(shù)為9+8=17，則中子數(shù)為9的氧原子：，選項A錯誤；B．－NH2是氨氣分子去掉一個氫原子，其電子式為，選項B正確；C．基態(tài)K原子核外有19個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)K原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s1，選項C錯誤；D．Cr元素的原子序數(shù)為24，根據(jù)核外電子排布規(guī)則，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，基態(tài)Cr原子的價層電子排布式為3d54s1，則基態(tài)24Cr原子的價層電子軌道表示式為，選項D錯誤；答案選B。2.下列物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，在給定條件下能實現(xiàn)的是①②③④FeA.①② B.①③ C.①② D.②③④【答案】A【解析】【分析】【詳解】①N2和O2在放電或高溫的條件下反應(yīng)生成NO，NO和氧氣反應(yīng)生成NO2，NO2和水反應(yīng)生成HNO3和NO，符合題意；②Na和O2在加熱的條件下生成Na2O2，Na2O2和CO2反應(yīng)生成Na2CO3，符合題意；③Cu與濃鹽酸不反應(yīng)，不符合題意；④Fe與Cl2在點燃條件下反應(yīng)，生成FeCl3，而不是FeCl2，不符合題意；故選A。3.下列解釋事實的方程式正確的是A.用稀硫酸做導電實驗，燈泡發(fā)光：B.酸化的硫酸亞鐵溶液長時間存放，溶液變黃：C.具有還原性，可以使高錳酸鉀溶液褪色：D.過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無色氣體：【答案】A【解析】【詳解】A．用稀硫酸做導電實驗實質(zhì)是電解水，燈泡發(fā)光：，A正確；B．酸化的硫酸亞鐵溶液長時間存放，溶液變黃，具有還原性被氧氣氧化：，B錯誤；C．具有還原性但是為弱電解質(zhì)不拆分，可以使高錳酸鉀溶液褪色：，C錯誤；D．過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無色氣體：，D錯誤；故選A4.下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是物質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)）除雜試劑AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、濃H2SO4DNO（NO2）H2O、無水CaCl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】發(fā)生的反應(yīng)中，存在元素的化合價變化，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，以此解答該題?！驹斀狻緼.FeCl3與Fe反應(yīng)生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此過程中Fe的化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；B.MgCl2與NaOH溶液發(fā)生復分解反應(yīng)MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，過量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此過程中沒有元素化合價發(fā)生變化，未涉及氧化還原反應(yīng)，故B符合題意；C.部分氯氣與H2O發(fā)生反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，應(yīng)該用飽和食鹽水除去HCl，除雜方法不正確，故C不符合題意；D.NO2與水反應(yīng)生成硝酸和NO。反應(yīng)過程中氮元素化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意；綜上所述，本題應(yīng)選B?！军c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高考常見題型，側(cè)重于氧化還原反應(yīng)判斷的考查，注意把握發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)中元素的化合價變化，題目難度不大。5.、下，①②下列說法不正確的是A.液態(tài)水變?yōu)樗魵馄茐牡氖欠肿娱g作用力B.水分解為氫氣和氧氣，斷鍵吸收的總能量大于成鍵放出的總能量C.標準狀況下，水中含共用電子對總數(shù)約為D.、下，【答案】C【解析】【詳解】A．液態(tài)水變?yōu)樗魵馐菤饣?，破壞的是分子間作用力，A正確；B．水分解是吸熱反應(yīng)，斷鍵吸收的總能量大于成鍵放出的總能量，B正確；C．標準狀況下，水是液態(tài)，不適用氣體摩爾體積相關(guān)計算，C錯誤；D．根據(jù)蓋斯定律，可由①-②合并而成，其，D正確；故選C。6.實驗室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法均正確的是氣體試劑制備裝置收集方法AO2KMnO4adBH2Zn+稀H2SO4beCNOCu+稀HNO3bc

DCO2CaCO3+稀H2SO4bc

A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．KMnO4是固體物質(zhì)，加熱分解產(chǎn)生O2，由于O2難溶于水，因此可以用排水方法或向上排空氣的方法收集，故不可以使用a、d裝置制取和收集O2，A錯誤；B．Zn與H2SO4發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生H2，塊狀固體與液體反應(yīng)制取氣體，產(chǎn)生的H2難溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用裝置b、e制取H2，B正確；C．Cu與稀HNO3反應(yīng)產(chǎn)生NO氣體，NO能夠與O2發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NO2氣體，因此不能使用排空氣的方法收集，C錯誤；D．CaCO3與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的CaSO4、CO2氣體，CaSO4微溶于水，使制取CO2氣體不能持續(xù)發(fā)生，因此不能使用該方法制取CO2氣體，D錯誤；故合理選項是B。7.水溶性熒光超支化聚合物P在生物、醫(yī)藥及組織工程和生物成像等領(lǐng)域都有較好的應(yīng)用，合成P的單體由M()和W()在一定條件下反應(yīng)得到，P的結(jié)構(gòu)片段如下：下列說法不正確的是A.W不存在順反異構(gòu)B.聚合物P的單體由M與W通過取代反應(yīng)得到C.M與W形成的單體通過縮聚反應(yīng)制得聚合物P，同時有生成D.聚合物P具有較好水溶性可能與存在多個親水基團-OH有關(guān)【答案】B【解析】【詳解】A．W中碳碳雙鍵上的原子有三個氫原子，不存在順反異構(gòu)，A正確；B．有結(jié)構(gòu)簡式可知，聚合物P的單體由M加成到W的碳碳雙鍵后形成的單體縮聚得到，B錯誤；C．M與W形成的單體通過縮聚反應(yīng)制得聚合物P，羥基中的H和酯基斷裂C-O單鍵產(chǎn)生的-OCH3結(jié)合生成，C正確；D．聚合物P存在多個親水基團-OH，具有較好水溶性，D正確；故選B。8.電解法轉(zhuǎn)化CO2可實現(xiàn)CO2資源化利用。電解CO2制甲酸鹽(HCOO-)的原理如圖所示。下列說法不正確的是A.Pt片連接電源的正極B.陰極發(fā)生的電極反應(yīng)是2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-C.陽極區(qū)的pH升高D.K+從Pt電極區(qū)向Sn電極區(qū)遷移【答案】C【解析】【分析】CO2、HCOO-中碳元素的化合價分別為+4、+2，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為CO2+2e-+H+=HCOO-(或2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-)，陽極生成O2：2H2O+4e-=O2↑+4H+，由電極反應(yīng)可得出電解總反應(yīng)為2CO2+2H2O2HCOOH+O2↑，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)以上分析，通入CO2的一極為陰極，連接電源的負極，則Pt片連接電源的正極，故A正確；B．陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-，故B正確；C．陽極的電極反應(yīng)式為：2H2O+4e-=O2↑+4H+，生成H+，則陽極區(qū)的pH降低，故C錯誤；D．電解時，陽離子移向陰極，則K+從Pt電極區(qū)向Sn電極區(qū)遷移，故D正確；答案選C。9.下列實驗對應(yīng)的結(jié)論正確的是選項ABCD實驗右側(cè)試管產(chǎn)生氣泡的速率更快產(chǎn)生白色沉淀()白色沉淀變?yōu)楹谏仙嗜ソY(jié)論碳酸氫鈉與酸反應(yīng)的速率快于碳酸鈉與不反應(yīng)溴乙烷的消去產(chǎn)物為乙烯AA B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)的速率更快一些，只是碳酸氫鈉和鹽酸反應(yīng)的時候產(chǎn)生氣泡的速率更快，A錯誤；B．產(chǎn)生白色沉淀，只能證明產(chǎn)生了，不能證明與是否反應(yīng)，B錯誤；C．硝酸銀過量，無法根據(jù)沉淀變化，證明溶度積的大小，C錯誤；D．溴乙烷的消去產(chǎn)物通過水后可以除去沒有反應(yīng)的醇，之后高錳酸鉀褪色，因為乙烯被高錳酸鉀氧化，D正確；故選D。10.以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2，F(xiàn)e2O3和A12O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：已知浸出時產(chǎn)生的廢渣中有SiO2，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是A.浸出鎂的反應(yīng)為B.浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進行C.流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH3、NH4ClD.分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同【答案】B【解析】【分析】菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同時產(chǎn)生氨氣，則此時浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅燒得到高純鎂砂?！驹斀狻緼．高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學方程式為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；B．一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故B錯誤；C．浸出過程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時氯化鎂與氨水反應(yīng)生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C正確；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp遠小于Mg(OH)2的Ksp，所以當pH達到一定值時Fe3+、Al3+產(chǎn)生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確；故答案為B。11.外加少量酸或堿而pH基本不變的溶液，稱為緩沖溶液。人體血液存在H2CO3/HCO的緩沖體系，能消耗人體正常代謝產(chǎn)生的酸或堿，保持pH的穩(wěn)定。已知人體血液在正常體溫時，H2CO3的一級電離常數(shù)Ka1=1×10-6。下列說法不正確的是A.人體血液存在緩沖作用可用平衡表示：H++HCOH2CO3CO2+H2OB.人體血液在酸中毒時，可注射少量NaHCO3溶液緩解C.代謝產(chǎn)生的H+與HCO結(jié)合形成H2CO3來維持血液pH的穩(wěn)定D.某血液中c(HCO):c(H2CO3)≈20:1，則c(H+)≈5×10-7mol/L【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．人體血液存在H2CO3/HCO的緩沖體系，當生成酸性物質(zhì)時，HCO與H+結(jié)合生成H2CO3，碳酸分解生成H2O和CO2，CO2可通過呼吸排出體外；當生成堿性物質(zhì)時，堿性物質(zhì)可與H+反應(yīng)，消耗H+，促進H2CO3電離產(chǎn)生HCO，維持pH的穩(wěn)定，其緩沖作用可用平衡表示：H++HCOH2CO3CO2+H2O，故A正確；B．酸中毒時，H+過多，可用NaHCO3溶液與之反應(yīng)加以緩解，故B正確；C．人體代謝產(chǎn)生的H+可與緩沖體系中的HCO結(jié)合形成H2CO3，血液pH基本不變，故C正確；D．Ka1=1×10-6，c(HCO):c(H2CO3)≈20:1，則c(H+)=Ka1=110-6mol/L≈5×10-8mol/L，故D錯誤；答案選D。12.實驗小組研究金屬電化學腐蝕，實驗如下：序號實驗實驗Ⅰ鐵釘表面及周邊未見明顯變化鐵釘周邊零星、隨機出現(xiàn)極少量紅色和藍色區(qū)域，有少量紅棕色鐵銹生成實驗Ⅱ鐵釘周邊出現(xiàn)紅色區(qū)域，未見藍色出現(xiàn)鋅片周邊未見明顯變化鐵釘周邊紅色加深，區(qū)域變大，未見藍色出現(xiàn)鋅片周邊未見明顯變化下列說法不正確的是A.實驗Ⅰ的現(xiàn)象說明溶液與反應(yīng)生成了B.實驗Ⅱ中保護了，使鐵的腐蝕速率比實驗Ⅰ慢C.實驗Ⅱ中正極的電極反應(yīng)式：D.若將片換成片，推測片周邊會出現(xiàn)紅色，鐵釘周邊會出現(xiàn)藍色【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)實驗現(xiàn)象可知，實驗Ⅰ中鐵釘被空氣中氧氣氧化，隨機出現(xiàn)極少量紅色和藍色區(qū)域，F(xiàn)e2+與K3[Fe(CN6)]會生成藍色沉淀，OH-在酚酞作用下會使溶液變紅，故反應(yīng)過程中溶液存在OH-、Fe2+，最后有少量紅棕色鐵銹生成，發(fā)生了吸氧腐蝕，但是不能說明K3[Fe(CN6)]與Fe反應(yīng)生成了Fe2+，A項錯誤；B．實驗ⅠI中形成了以鐵為正極，鋅為負極的原電池，鋅片發(fā)生氧化反應(yīng)，故Ⅱ中鐵的腐蝕速率降低，B項正確；C．實驗Ⅱ中，溶液酸性較弱，且由鐵釘周邊出現(xiàn)紅色區(qū)域可知，正極的電極反應(yīng)式：，C項正確；D．若將片換成片，則實驗Ⅱ中，鐵為負極，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，鐵釘周邊會出現(xiàn)藍色；銅為正極，根據(jù)C選項正極電極反應(yīng)式可知，有OH-生成，銅片周邊會出現(xiàn)紅色，D項正確；答案選A。13.有科學研究提出：鋰電池負極材料()由于生成而不利于電池容量保持。一定溫度下，利用足量重水與含的負極材料反應(yīng)，通過測定可以獲知。已知：①②下列說法不正確的是A.可用質(zhì)譜區(qū)分和B.與的反應(yīng)：C.若越大，則越小D.反應(yīng)所得比反應(yīng)所得大【答案】C【解析】【詳解】A．D2和HD的相對分子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜區(qū)分，A正確；B．類似于鈉和水的反應(yīng)，Li與D2O反應(yīng)生成LiOD與D2，化學方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正確；C．D2由Li與D2O反應(yīng)生成，HD通過反應(yīng)LiH+D2O=LiOD+HD，越大，則越大，C錯誤；D．升高溫度，2Li(s)+H2(g)?2LiH(s)△H＜0，平衡左移，Li增多，LiH減少，則結(jié)合選項C可知：80℃下的大于25℃下的，D正確；故選C。14.(NH4)2SO3氧化是氨法脫硫的重要過程。某小組在其他條件不變時，分別研究了一段時間內(nèi)溫度和(NH4)2SO3初始濃度對空氣氧化(NH4)2SO3速率的影響，結(jié)果如圖。下列說法不正確的是A.60℃之前，氧化速率增大與溫度升高化學反應(yīng)速率加快有關(guān)B.60℃之后，氧化速率降低可能與O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解有關(guān)C.(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，與SO32-水解程度增大有關(guān)D.(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，可能與O2的溶解速率有關(guān)【答案】C【解析】【分析】A、溫度越高，氧化速率越快；B、反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率降低；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度；D、當亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率。【詳解】A、溫度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大與溫度升高化學反應(yīng)速率加快有關(guān)，故A正確；B、反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率降低，溫度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解，均使反應(yīng)物濃度降低，故B正確；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度，故C錯誤；D、當亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率，因氧氣的溶解速率較小導致亞硫酸根離子的氧化速率變化不大。故D正確；故選C。【點睛】本題考查外界條件對化學反應(yīng)速率的影響，解題關(guān)鍵：綜合理解多種條件同時對反應(yīng)速率影響時，有一個條件在某時段起主導作用。Ⅱ卷非選擇題(共58分)15.我國科學家制備了一種ZnPc/C60太陽能電池，其結(jié)構(gòu)示意圖如下。（1）鋁元素屬于_____________區(qū)(填“s”“d”“”或“p”)。（2）C60分子中60個碳原子都是等價的，均以近似_____________雜化的方式形成3個不共平面的σ鍵，余下的1個p軌道電子互相重疊形成閉殼層電子結(jié)構(gòu)，π電子云分布在C60分子籠的內(nèi)外層表面上。循環(huán)伏安測試表明：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6個電子形成負離子，卻很難失去電子變?yōu)殛栯x子。（3）①ZnPc中Zn2+的價層電子排布式是_____________。②ZnPc中存在配位鍵的原因是_____________。（4）某溶劑中，ZnPc可以和C60形成分子間電荷轉(zhuǎn)移復合物，反應(yīng)方程式可表示為：ZnPc+C60ZnPc-C60，不同溫度下生成電荷轉(zhuǎn)移復合物的平衡常數(shù)如下表。溫度生成ZnPc-C60的K24℃1.232944℃0.967464℃0.4923反應(yīng)：ZnPc+C60ZnPc-C60△H_____________0(填“＞”或“＜”)，ZnPc-C60中ZnPc是電子_____________(填“給體”或“受體”)。（5）LiF晶體結(jié)構(gòu)屬于氯化鈉型，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①LiF的熔點和沸點比NaCl的高，請解釋原因_____________。②LiF晶體的密度約為2.6g/cm3，LiF晶胞的體積約為_____________cm3(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）p（2）sp2（3）①.3d10②.N原子能給出孤電子對，Zn2+有能接受孤電子對的空軌道（4）①.＜②.給體（5）①.陰、陽離子的帶電荷分別相同，但Li+半徑小于Na+半徑、F-半徑小于Cl-半徑，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能②.7×10-23【解析】【小問1詳解】鋁原子的價電子排布式為3s23p1，則鋁元素屬于p區(qū)。答案為：p；【小問2詳解】C60分子中60個碳原子都是等價的，且每個C原子形成3個σ鍵、最外層不存在孤電子對，則均以近似sp2雜化的方式形成3個不共平面的σ鍵。答案為：sp2；【小問3詳解】①基態(tài)Zn的價電子排布式為3d104s2，則ZnPc中Zn2+的價層電子排布式是3d10。②ZnPc中，N原子的最外層具有孤電子對，Zn2+具有空軌道，則存在配位鍵的原因是：N原子能給出孤電子對，Zn2+有能接受孤電子對的空軌道。答案為：3d10；N原子能給出孤電子對，Zn2+有能接受孤電子對的空軌道；【小問4詳解】從表中數(shù)據(jù)可以看出，升高溫度，K值減小，則平衡逆向移動，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)：ZnPc+C60ZnPc-C60△H＜0；題中信息顯示：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6個電子形成負離子，卻很難失去電子變?yōu)殛栯x子，則ZnPc-C60中C60是電子受體，ZnPc是電子給體。答案為：＜；給體；【小問5詳解】①LiF和NaCl都形成離子晶體，LiF的熔點和沸點比NaCl的高，則表明LiF的晶格能比NaCl大，原因是：LiF和NaCl的陰、陽離子的帶電荷分別相同，但Li+半徑小于Na+半徑、F-半徑小于Cl-半徑，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能。②在1個晶胞中，含Li+個數(shù)為=4，含F(xiàn)-個數(shù)為=4，則1個晶胞中含有4個“LiF”，LiF晶體的密度約為2.6g/cm3，LiF晶胞的體積約為≈7×10-23cm3。答案為：陰、陽離子的帶電荷分別相同，但Li+半徑小于Na+半徑、F-半徑小于Cl-半徑，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能；7×10-23。【點睛】計算晶胞中所含微粒的個數(shù)時，可采用均攤法。16.利用工業(yè)廢渣，其主要成分為、、等，制備無機高分子絮凝劑——聚合硫酸鐵（1）為氧化劑處理制備，反應(yīng)過程如下：反應(yīng)②的離子方程式是_______。（2）經(jīng)水解、聚合兩步連續(xù)反應(yīng)制得聚合硫酸鐵。①水解反應(yīng)：_______(離子方程式)②聚合反應(yīng)：（3）測定并改進聚合硫酸鐵絮凝劑的性能①表征聚合硫酸鐵絮凝劑性能的重要指標是鹽基度(與的物質(zhì)的量比值)，鹽基度越大絮凝效果越好。測定某聚合硫酸鐵樣品鹽基度的方案如下，請補全步驟并計算。資料：溶液可以掩蔽使其不與反應(yīng)。取樣品，完全溶解于鹽酸中，_______，滴入酚酞溶液，用溶液滴定至終點，消耗溶液體積為；另取樣品，測得的物質(zhì)的量為。該樣品的鹽基度為_______(列出表達式)。②某小組利用如圖電解裝置來提高聚合硫酸鐵的鹽基度。A是聚合硫酸鐵溶液，B是提高鹽基度后的聚合硫酸鐵溶液。ⅰ.離子交換膜是_______(填“陰”或“陽”)離子交換膜。ⅱ.簡述反應(yīng)室中提高鹽基度的原理：_______。（4）用石灰乳-聚合硫酸鐵法處理含砷廢水已知：ⅰ.常溫下，、的均大于的，可溶；ⅱ.常溫下，溶液中含砷微粒的物質(zhì)的量分數(shù)與的關(guān)系如下圖。①下列說法不正確的是_______(填序號)。a.溶液的b.時，c.溶液中，②“一級沉降”中，石灰乳的作用是_______。③“二級沉降”中，溶液的在8~10之間，形成的膠體粒子可以通過沉淀反應(yīng)進一步減少溶液中的含量，反應(yīng)的離子方程式為_______?！敬鸢浮浚?）（2）（3）①.加入過量的溶液②.③.陰④.電解過程中，陰極室中的通過陰離子交換膜進入反應(yīng)室，反應(yīng)室中的通過陰離子交換膜進入陽極室，從而提高鹽基度（4）①.bc②.中和酸性溶液，調(diào)節(jié)溶液；形成沉淀，去除部分和③.【解析】【小問1詳解】為氧化劑處理制備反應(yīng)過程，反應(yīng)②中是硫酸根自由基與Fe2+反應(yīng)生成SO與Fe3+，在該反應(yīng)中帶1個單位負電荷的硫酸根自由基得到1個電子被還原為帶2個單位負電荷的SO，F(xiàn)e2+失去1個電子被氧化為Fe3+，可知反應(yīng)②的離子方程式是：；【小問2詳解】結(jié)合第2步聚合反應(yīng)的反應(yīng)物可知，第①步水解反應(yīng)是硫酸鐵中Fe3+發(fā)生水解生成，水解反應(yīng)的離子方程式為：；【小問3詳解】①取ag樣品，完全溶解于V1mLc1mol/L鹽酸中，為防止三價鐵離子與氫氧根反應(yīng)要加KF溶液，加鹽酸后剩余HCl的物質(zhì)的量與消耗的氫氧化鈉物質(zhì)的量相同，為c2V2×10-3mol，則聚合硫酸鐵消耗的鹽酸的物質(zhì)的量為(c1V1-c2V2)×10-3mol，聚合硫酸鐵中OH-的物質(zhì)的量為(c1V1-c2V2)×10-3mol，該樣品中的鹽基度為；②i．為提高聚合硫酸鐵的鹽基度在Fe3+的濃度一定時需提高OH-的濃度，即OH-需通過離子交換膜進入反應(yīng)室中，故應(yīng)為陰離子交換膜；ii．提高鹽基度的原理為電解過程中，陰極室中的OH-通過陰離子交換膜進入反應(yīng)室，反應(yīng)室中的SO通過陰離子交換膜進入陽極室，從而提高鹽基度；【小問4詳解】①a．根據(jù)題中信息可知，的電離平衡常數(shù)Ka1==1.0×10-2.2，Ka2==1.0×10-7，Ka3==1.0×10-11.5，NaH2AsO4溶液電離常數(shù)為1.0×10-7，水解常數(shù)為=1×10-11.8，電離大于水解，溶液顯酸性，因此NaH2AsO4溶液的pH<7，故a正確；b．pH=11.5時，溶液呈堿性，，則，故b錯誤；c．Na3AsO4溶液中，根據(jù)物料守恒可知，，故c錯誤；故答案為bc；②“一級沉降”中，根據(jù)題中信息得出石灰乳的作用是中和酸性溶液，調(diào)節(jié)溶液；形成沉淀，去除部分和；③“二級沉降”中，溶液的在8~10之間，溶液中主要含有，膠體粒子與反應(yīng)進一步減少溶液中的含量，反應(yīng)的離子方程式為。17.異苯并呋喃酮類物質(zhì)廣泛存在。某異苯并呋喃酮類化合物K的合成路線如下。已知：ⅰ.與反應(yīng)生成ⅱ.ⅲ.回答下列問題：（1）的化學方程式是_______。（2）試劑a的分子式是_______，其中含有的官能團是_______。（3）催化的過程如下，補充完整步驟②的方程式。步驟①：步驟②：_______。（4）下列關(guān)于有機物C的說法不正確的是(填序號)_______。a.存在2個手性碳原子b.存在含酚羥基的環(huán)狀酯類同分異構(gòu)體c.可以發(fā)生加成、取代、消去、縮聚等反應(yīng)d.可用酸性高錳酸鉀鑒別有機物C和D（5）已知：。則的化學方程式是_______。（6）由E和F制備G時發(fā)現(xiàn)產(chǎn)率不高，寫出與G互為同分異構(gòu)體副產(chǎn)物Y的結(jié)構(gòu)簡式：_______。（7）D和G經(jīng)五步反應(yīng)合成H，依次寫出中間產(chǎn)物2和3的結(jié)構(gòu)簡式_______、_______。(結(jié)構(gòu)簡式中的“”可用“”表示)【答案】（1）（2）①.②.醛基、羧基（3）（4）acd（5）（6）（7）①.②.【解析】【分析】根據(jù)A的分式子及H的結(jié)構(gòu)簡式知，A為，A發(fā)生取代反應(yīng)生成B為，B和a發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C分子比B分子多2個碳原子、2個氫原子和3個氧原子，則a為OHC-COOH，C為，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，CuCl2催化C→D的過程如下，步驟①：，則D為，根據(jù)G的分子式及H結(jié)構(gòu)簡式，信息ⅱ.知，G為，E和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)和E發(fā)生信息ⅰ的反應(yīng)生成G，E、F中碳原子個數(shù)相等，則E中含有4個碳原子，E為CH3COOCH2CH3，F(xiàn)為ClCH2COOCH2CH3；【小問1詳解】是與CH2Cl2和NaOH反應(yīng)生成、氯化鈉和水，反應(yīng)的化學方程式是；【小問2詳解】根據(jù)分析可知，a為OHC-COOH，分子式為，其中含有的官能團有醛基、羧基；【小問3詳解】CuCl2催化C→D的過程如下，步驟①：，則D為，步驟②：，答案為；【小問4詳解】a.C為，C的分子中只存在1個手性碳原子，選項a不正確；b.C為，將羥基直接連在苯環(huán)上，環(huán)與羧基結(jié)合起來可形成環(huán)酯結(jié)構(gòu)，故存在含酚羥基的環(huán)狀酯類同分異構(gòu)體，選項b正確；c.C為，可以發(fā)生加成、取代、縮聚等反應(yīng)，但不能發(fā)生消去反應(yīng)，選項c不正確；d.C為，D為，兩者均能使酸性高錳酸鉀褪色，無法用于鑒別有機物C和D，選項d不正確；答案選acd；【小問5詳解】E為CH3COOCH2CH3，F(xiàn)為ClCH2COOCH2CH3，的化學方程式是；【小問6詳解】已知：，由E和F制備G時發(fā)現(xiàn)產(chǎn)率不高，取代位置不同產(chǎn)生副產(chǎn)物，與G互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物Y的結(jié)構(gòu)簡式為：；【小問7詳解】D為，G為，中間產(chǎn)物3無手性異構(gòu)體，D和G發(fā)生信息ⅱ的反應(yīng)生成中間產(chǎn)物1為，中間產(chǎn)物1發(fā)生消去反應(yīng)生成中間產(chǎn)物2為，中間產(chǎn)物4發(fā)生消去反應(yīng)生成H，則中間產(chǎn)物4為，中間產(chǎn)物3發(fā)生加成反應(yīng)生成中間產(chǎn)物4，中間產(chǎn)物2和G發(fā)生信息ⅱ中的反應(yīng)生成中間產(chǎn)物3為；答案為；。18.具有十八面體結(jié)構(gòu)的晶體是一種高效光催化劑，可用于實現(xiàn)“碳中和”，也可用于降解有機污染物。I.配位-沉淀法制備高效光催化劑已知：ⅰ.難溶于水，可溶于硝酸；ⅱ.沉淀的生成速率會影響其結(jié)構(gòu)和形貌，從而影響其光催化性能；ⅲ.銀氨溶液中存在：。（1）配制銀氨溶液時的反應(yīng)現(xiàn)象是_______。（2）加入制備的離子反應(yīng)方程式是_______。（3）和在溶液中反應(yīng)也可制得固體，但制得的固體光催化性能極差。從速率角度解釋其原因：_______。Ⅱ.光催化劑的使用和再生已知：晶體在光照條件下發(fā)揮催化作用時，首先引發(fā)以下反應(yīng)。a.（4）光催化制備甲醇可實現(xiàn)“碳中和”，a的后續(xù)反應(yīng)如下。，則由制備甲醇的總反應(yīng)的化學方程式為_______。（5）光催化降解(代表有機污染物)，被氧化成和。a的后續(xù)反應(yīng)如下。，注：在該催化過程中可能發(fā)生光腐蝕，生成單質(zhì)銀，影響其光催化性能。用依次降解三份相同的廢水，測得3次降解過程中的殘留率(，即時濃度與起始濃度之比)隨時間變化的曲線如圖。①下列說法正確的是_______(填字母序號)。a.和是降解的重要氧化劑b.第1次使用后的光催化性能降低c.該實驗條件下，使用兩次即基本失效②第1次光降解時，內(nèi)的反應(yīng)速率為_______。(廢水中初始濃度為，的摩爾質(zhì)量為)【答案】（1）先產(chǎn)生沉淀，繼續(xù)滴加氨水，溶液變澄清(或沉淀又溶解)（2）（3）和溶液中和較大，沉淀反應(yīng)速率快，(不利于生成具有十八面體結(jié)構(gòu)的晶體，)影響其結(jié)構(gòu)和形貌及光催化性能（4）（5）①.abc②.【解析】【小問1詳解】向硝酸銀中滴加氨水，發(fā)生復分解反應(yīng)生成氫氧化銀沉淀、繼續(xù)滴加氨水，則氫氧化銀和氨水反應(yīng)生成溶液，當生成的白色沉淀恰好溶解，即為銀氨溶液，故配制銀氨溶液時的反應(yīng)現(xiàn)象是：先產(chǎn)生沉淀，繼續(xù)滴加氨水，溶液變澄清；【小問2詳解】由信息知：銀氨溶液中加入溶液時生成磷酸銀沉淀、同時產(chǎn)生氨氣，則離子方程式為：++OH-=6NH3+Ag3PO4↓+H2O；【小問3詳解】已知：具有十八面體結(jié)構(gòu)的Ag3PO4晶體是一種高效光催化劑，但AgNO3和Na3PO4溶液中c(Ag+)和c()較大，沉淀反應(yīng)速率快，不利于生成具有十八面體結(jié)構(gòu)的Ag3PO4晶體，故制得的Ag3PO4固體光催化性能極差；【小問4詳解】由a．、a的后續(xù)反應(yīng)②：，以及③，按得失電子守恒可知：12×a+3×②+③×2可得：由CO2制備甲醇的總反應(yīng)的化學方程式為：；【小問5詳解】a．降解RhB即使之被氧化為二氧化碳和水，需要氧化劑，和是a的后續(xù)反應(yīng)的產(chǎn)物，是重要氧化劑，故a正確；b．由圖知，第一次降解過程大約為60min,而第2次降解過程大約要400min，第3次RhB的殘留率高、則第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低，故b正確；c．該實驗條件下，Ag3PO4使用兩次即基本失效，故c正確；說法正確的是abc；第1次光降解時，0-25min內(nèi)的反應(yīng)速率為。19.在處理NO廢氣的過程中，催化劑[Co(NH3)6]2+會逐漸失活變?yōu)閇Co(NH3)6]3+。某小組為解決這一問題，實驗研究和之間的相互轉(zhuǎn)化。資料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性條件下均能生成NH（1）探究的還原性實驗I．粉紅色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空氣中久置，無明顯變化。實驗II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，無明顯變化。實驗III．按如圖裝置進行實驗，觀察到電壓表指針偏轉(zhuǎn)。①甲同學根據(jù)實驗III得出結(jié)論：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同學補充實驗IV，____(補全實驗操作及現(xiàn)象)，否定了該觀點。②探究堿性條件下的還原性，進行實驗。ii中反應(yīng)的化學方程式是____。③根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律解釋：還原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在堿性條件下，OH-與Co2+、Co3+反應(yīng)，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，還原劑的還原性增強。（2）探究的氧化性①根據(jù)實驗III和IV推測氧化性：Co3+>Cl2，設(shè)計實驗證明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(補全實驗操作及現(xiàn)象)，反應(yīng)的離子方程式是____。②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2S