山東省2024年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試化學(xué)試題仿真訓(xùn)練五化 學(xué)考生注意：1．2．請(qǐng)將各題答案填寫在答題卡上。3．本試卷主要考試內(nèi)容：山東高考全部?jī)?nèi)容。4．可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1O16Na23P31S32C135．5第Ⅰ卷(選擇題共40分)1.中華文化源遠(yuǎn)流長(zhǎng)，化學(xué)與文化傳承密不可分。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．青銅器“四羊方尊”的主要材質(zhì)為合金B(yǎng)．長(zhǎng)沙走馬樓出土的竹木簡(jiǎn)牘主要成分是纖維素C．蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，該過(guò)程不涉及化學(xué)變化D．銅官窯彩瓷是以黏土為主要原料，經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成【答案】C【解析】A．四羊方尊由青銅制成，在當(dāng)時(shí)銅的冶煉方法還不成熟，銅中常含有一些雜質(zhì)，因此青銅屬合金范疇，A正確；B．竹木簡(jiǎn)牘由竹子、木頭等原料制成，竹子、木頭的主要成分為纖維素，B正確；C．蔡倫用堿液制漿法造紙，將原料放在堿液中蒸煮，原料在堿性環(huán)境下發(fā)生反應(yīng)使原有的粗漿纖維變成細(xì)漿，該過(guò)程涉及化學(xué)變化，C錯(cuò)誤；D．陶瓷是利用黏土在高溫下燒結(jié)定型生成硅酸鋁，D正確；2.下列說(shuō)法不正確的是（）A.用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管后，應(yīng)將潤(rùn)洗液從滴定管上口倒出B.鋁熱反應(yīng)非常劇烈，操作時(shí)要戴上石棉手套和護(hù)目鏡C.利用紅外光譜法可以初步判斷有機(jī)物中具有哪些基團(tuán)D.蒸發(fā)濃縮硫酸銨和硫酸亞鐵(等物質(zhì)的量)的混合溶液至出現(xiàn)晶膜，靜置冷卻，析出硫酸亞鐵銨晶體【答案】A【解析】A．用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管，要將整個(gè)滴定管內(nèi)壁進(jìn)行潤(rùn)洗，因此，應(yīng)將潤(rùn)洗液的一部分從滴定管上口倒出，另一部分從滴定管下口放出，A說(shuō)法不正確；B．鋁熱反應(yīng)非常劇烈，反應(yīng)過(guò)程中放出大量的熱，有大量火星飛濺出來(lái)，因此，在操作時(shí)要戴上石棉手套和護(hù)目鏡以保護(hù)手和眼睛，B說(shuō)法正確；C．有機(jī)物中的基團(tuán)在紅外光譜中會(huì)呈現(xiàn)出其特征譜線，因此，可以利用紅外光譜法初步判斷有機(jī)物中具有哪些基團(tuán)，C說(shuō)法正確；D．硫酸亞鐵銨的溶解度隨著溫度降低而減小，蒸發(fā)濃縮硫酸銨和硫酸亞鐵(等物質(zhì)的量)的混合溶液至出現(xiàn)晶膜，溶液達(dá)到飽和狀態(tài)，靜置冷卻后，由于在該溫度下的混合體系中硫酸亞鐵銨的溶解度最小，因此，析出的晶體是硫酸亞鐵銨晶體，D說(shuō)法正確。綜上所述，本題選A。3.(三氟化硼)熔點(diǎn)-127℃，沸點(diǎn)-100℃，水解生成(硼酸，結(jié)構(gòu)如圖)和(氟硼酸)，與氨氣相遇立即生成白色的(氨合三氟化硼)固體。下列說(shuō)法不正確的是（）A．和中心硼原子雜化方式不同B．晶體含有6mol氫鍵C．顯酸性原因：D．結(jié)構(gòu)式為【答案】B【解析】A．中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3，中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+=4，二者中心硼原子雜化方式不同，故A正確；B．1個(gè)參與6個(gè)氫鍵的形成，每個(gè)氫鍵形成于兩個(gè)硼酸分子之間，則1mol晶體中含有6mol=3mol氫鍵，故B錯(cuò)誤；C．是一元弱酸，在水溶液中電離產(chǎn)生H+使溶液呈酸性，電離方程式為：，故C正確；D．NH3中N原子為sp3雜化，N原子上有一對(duì)孤電子對(duì)，BF3中B原子為sp2雜化，雜化軌道與F原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，故有一個(gè)2p空軌道，與NH3形成配位鍵，結(jié)構(gòu)式為，故D正確；故選B。4.下列實(shí)驗(yàn)中采取的分離或提純方法能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ┻x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康姆蛛x或提純方法A分離碘的四氯化碳溶液中的碘用苯萃取B除去乙酸乙酯中的乙酸加入飽和溶液后分液C除去蛋白質(zhì)溶液中少量NaCl過(guò)濾D從高級(jí)脂肪酸鈉和甘油的混合水溶液中分離出高級(jí)脂肪酸鈉加入乙醇和濃硫酸并加熱，然后蒸餾【答案】B【解析】A．苯與四氯化碳互溶，不能用作萃取劑分離溶于四氯化碳中的碘，A錯(cuò)誤；B．乙酸與碳酸鈉反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為易溶于水的鹽，再通過(guò)分液即可提純乙酸乙酯，B正確；C．蛋白質(zhì)溶于水后形成了膠體，膠體離子不能透過(guò)半透膜，而氯離子和鈉離子能透過(guò)半透膜，因此應(yīng)該用滲析的方法，C錯(cuò)誤；D．油脂與氫氧化鈉溶液反應(yīng)后即得到高級(jí)脂肪酸鈉與甘油的混合液，應(yīng)該加入氯化鈉顆粒，發(fā)生鹽析的過(guò)程，然后過(guò)濾，D錯(cuò)誤；故選：B。5.SF6可用作高壓發(fā)電系統(tǒng)的絕緣氣體，分子呈正八面體結(jié)構(gòu)，如圖所示。有關(guān)SF6的說(shuō)法正確的是（）

A．是非極性分子

B．鍵角∠FSF都等于90°

C．S與F之間共用電子對(duì)偏向S

D．S原子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】A【解析】A項(xiàng)由SF6分子呈正八面體結(jié)構(gòu)知描述鍵的極性失量偶極距的矢量之和為零故為非極性分子。A正確。B項(xiàng)由正八面結(jié)構(gòu)知鍵角∠FSF有兩種90°和180°，故B錯(cuò)誤。C項(xiàng)F的電負(fù)性大于S故共用電子對(duì)偏向F，C項(xiàng)錯(cuò)誤。D項(xiàng)由結(jié)構(gòu)知S原子形成6條單鍵故不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.下列說(shuō)法不正確的是（）A.用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管后，應(yīng)將潤(rùn)洗液從滴定管上口倒出B.鋁熱反應(yīng)非常劇烈，操作時(shí)要戴上石棉手套和護(hù)目鏡C.利用紅外光譜法可以初步判斷有機(jī)物中具有哪些基團(tuán)D.蒸發(fā)濃縮硫酸銨和硫酸亞鐵(等物質(zhì)的量)的混合溶液至出現(xiàn)晶膜，靜置冷卻，析出硫酸亞鐵銨晶體7.化合物與反應(yīng)可合成藥物中間體，轉(zhuǎn)化關(guān)系如下。已知L能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是A．K的核磁共振氫譜有兩組峰 B．L是乙醛C．M完全水解可得到K和I D．反應(yīng)物K與L的化學(xué)計(jì)量比是1∶18.某興趣小組為制備1-氯-2-甲基丙烷（沸點(diǎn)69℃），將2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加熱回流（伴有HCl氣體產(chǎn)生）。反應(yīng)完全后倒入冰水中分解殘余的POCl3，分液收集CH2Cl2層，無(wú)水MgSO4干燥，過(guò)濾、蒸餾后得到目標(biāo)產(chǎn)物。上述過(guò)程中設(shè)計(jì)的裝置或操作錯(cuò)誤的是（加持及加熱裝置略）ABCD9.尿素樣品含氮量的測(cè)定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液準(zhǔn)確滴定。①步驟Ⅲ中硫酸溶液的濃度和體積分別為C1mol·L-1和V1mL②步驟Ⅳ中標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度和消耗的體積分別為C2mol·L-1和V2mL尿素樣品質(zhì)量為mg則樣品含氮量為（）A.(2C1V1?C2V2)×141000m×100％C.(C1V1?C2V2)×141000m×100％D.10.尿素樣品含氮量的測(cè)定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液準(zhǔn)確滴定。①步驟Ⅳ中標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度和消耗的體積分別為C1mol·L-1和V1mL下列說(shuō)法正確的是()A．計(jì)算樣品含氮量還需要的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)有過(guò)量硫酸溶液的濃度和體積B．消化液中的含氮粒子是C．滴定時(shí)，不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小D．滴定時(shí)指示劑可以選擇酚酞試液二、選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)11.最近我國(guó)科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種CO2+H2S協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置,實(shí)現(xiàn)對(duì)天然氣中CO2和H2S的高效去除。示意圖如下所示,其中電極分別為ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯,石墨烯電極區(qū)發(fā)生反應(yīng)為:①EDTA-Fe2+-e-EDTA-Fe3+②2EDTA-Fe3++H2S2H++S+2EDTA-Fe2+該裝置工作時(shí),下列敘述錯(cuò)誤的是()A.陰極的電極反應(yīng):CO2+2H++2e-CO+H2OB.協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng):CO2+H2SCO+H2O+SC.石墨烯上的電勢(shì)比ZnO@石墨烯上的低D.若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需為酸性【答案】C【解析】根據(jù)圖示可知,ZnO@石墨烯電極上發(fā)生還原反應(yīng),則該電極為陰極,電極反應(yīng)式為CO2+2H++2e-CO+H2O,A項(xiàng)正確;根據(jù)題干信息及圖中兩電極上的反應(yīng)可知,該電化學(xué)裝置(電解池)中的總反應(yīng)為CO2+H2SCO+S+H2O,B項(xiàng)正確;石墨烯作陽(yáng)極,ZnO@石墨烯作陰極,陽(yáng)極上的電勢(shì)應(yīng)高于陰極上的電勢(shì),C項(xiàng)錯(cuò)誤;若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需為酸性,否則Fe3+、Fe2+可形成沉淀,且H2S和S不能穩(wěn)定存在,D項(xiàng)正確。12.在堿存在的條件下，鹵仿可以經(jīng)過(guò)α-消除形成二鹵卡賓。這種反應(yīng)中間體可以被烯烴捕獲，得到環(huán)丙烷化產(chǎn)物。如用氯仿和KOH處理環(huán)2烯可合成7，7-二氯雙環(huán)[4.1.0]庚烷。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．二氯環(huán)丙烷共有4種不同的結(jié)構(gòu)(考慮立體異構(gòu))B．7，7二氯雙環(huán)［4.1.0］庚烷中所有碳原子可能共面C．形成二鹵卡賓反應(yīng)過(guò)程中，碳原子的雜化方式?jīng)]有發(fā)生改變D．環(huán)己烯和7，7二氯雙環(huán)［4.1.0］庚烷均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】A【解析】A．環(huán)丙烷的二氯代物中，氯原子位于同一個(gè)碳原子上時(shí)有1種結(jié)構(gòu)，氯原子位于2個(gè)不同的碳原子上時(shí)，這2個(gè)碳原子均為手性碳原子，每個(gè)碳原子存在2種結(jié)構(gòu)，故考慮立體異構(gòu)時(shí)，二氯環(huán)丙烷共有4種不同的結(jié)構(gòu)，A正確；B．7，7二氯雙環(huán)［4.1.0］庚烷中所有碳原子均為飽和碳原子，且存在連有3個(gè)碳原子的飽和碳原子，故其分子中所有碳原子不可能共平面，B錯(cuò)誤；C．鹵仿經(jīng)過(guò)α-消除形成二鹵卡賓的過(guò)程中，碳原子由sp3雜化轉(zhuǎn)化為sp2雜化，C錯(cuò)誤；D．環(huán)己烯中含有碳碳雙鍵可以使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，7，7二氯雙環(huán)［4.1.0］庚烷中沒(méi)有碳碳雙鍵、羥基或醛基，不能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，故D錯(cuò)誤；故選A。13.BiOCl是一種具有珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度B.轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】A．硝酸為強(qiáng)氧化劑，可與金屬鉍反應(yīng)，酸浸工序中分次加入稀，反應(yīng)物硝酸的用量減少，可降低反應(yīng)劇烈程度，A正確；B．金屬鉍與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鉍會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成，水解的離子方程式為，轉(zhuǎn)化工序中加入稀，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，硝酸鉍水解平衡左移，可抑制生成，B正確；C．氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，醋酸根會(huì)結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡右移，促進(jìn)水解，C正確；D．氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡左移，不利于生成，且部分鉍離子與硝酸根、水也會(huì)發(fā)生反應(yīng)，也不利于生成，綜上所述，D錯(cuò)誤；故選D。14.室溫下，某溶液初始時(shí)僅溶有M和N且濃度相等，同時(shí)發(fā)生以下兩個(gè)反應(yīng)：①M(fèi)+N=X+Y；②M+N=X+Z，反應(yīng)①的速率可表示為v1=k1c2(M)，反應(yīng)②的速率可表示為v2=k2c2(M)(k1、k2為速率常數(shù))。反應(yīng)體系中組分M、Z的濃度隨時(shí)間變化情況如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.0～30min時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為6.67×10-8mol?L-1?min-1B.反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變C.如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)62.5%的M轉(zhuǎn)化為ZD.反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的活化能大【答案】A【解析】A．由圖中數(shù)據(jù)可知，時(shí)，M、Z的濃度分別為0.300和0.125，則M的變化量為0.5-0.300=0.200，其中轉(zhuǎn)化為Y的變化量為0.200-0.125=0.075。因此，時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為，A說(shuō)法不正確；B．由題中信息可知，反應(yīng)①和反應(yīng)②的速率之比為，Y和Z分別為反應(yīng)①和反應(yīng)②的產(chǎn)物，且兩者與M的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同（化學(xué)計(jì)量數(shù)均為1），因此反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比等于，由于k1、k2為速率常數(shù)，故該比值保持不變，B說(shuō)法正確；C．結(jié)合A、B的分析可知因此反應(yīng)開始后，在相同的時(shí)間內(nèi)體系中Y和Z的濃度之比等于=，因此，如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)有的M轉(zhuǎn)化為Z，即的M轉(zhuǎn)化為Z，C說(shuō)法正確；D．由以上分析可知，在相同的時(shí)間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反應(yīng)①的化學(xué)反應(yīng)速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學(xué)反應(yīng)速率較快，故反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的活化能大，D說(shuō)法正確。綜上所述，相關(guān)說(shuō)法不正確的只有A，故本題選A。15.25℃時(shí)，某混合溶液中，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。Ka為CH3COOH的電離常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是（）A.O點(diǎn)時(shí)，B.N點(diǎn)時(shí)，C.該體系中，D.pH由7到14的變化過(guò)程中，CH3COO-的水解程度始終增大【答案】BC【解析】根據(jù)圖像分析可知，隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度減小，又pH=7的時(shí)候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線代表的濃度分別是：曲線1為lgc(CH3COO-)隨pH的變化曲線，曲線2為lgc(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線，據(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。A.根據(jù)上述分析可知，O點(diǎn)為曲線2和曲線3的交點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的pH=7，應(yīng)該得出的結(jié)論為：c(H+)=c(OH-)，故A錯(cuò)誤；B.N點(diǎn)為曲線1和曲線4的交點(diǎn)，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量關(guān)系并變形可知pH=-lgKa，故B正確；C.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，則c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，聯(lián)立兩式消去c(CH3COO-)并化簡(jiǎn)整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正確；D.醋酸根離子的水解平衡為：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的變化過(guò)程中，堿性不斷增強(qiáng)，c(OH-)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會(huì)使其水解程度減小，故D錯(cuò)誤；答案選BC。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)三、非選擇題(本題包括5小題，共60分)16.含Cu、Zn、Sn及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫為CZTS)，是一種低價(jià)、無(wú)污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽(yáng)能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)S原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_____。（2）Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是____，原因是_____。（3）SnCl的幾何構(gòu)型為____，其中心離子雜化方式為____。（4）將含有未成對(duì)電子的物質(zhì)置于外磁場(chǎng)中，會(huì)使磁場(chǎng)強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是____(填標(biāo)號(hào))。A.[Cu(NH3)2]Cl B.[Cu(NH3)4]SO4 C.[Zn(NH3)4]SO4 D.Na2[Zn(OH)4]（5）如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：A.B.C.D.根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO的是____(填標(biāo)號(hào))，理由是____。（6）如圖是CZTS四元半導(dǎo)體化合物的四方晶胞。①該物質(zhì)的化學(xué)式為_____。②以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中A原子的坐標(biāo)為(，，)，則B原子的坐標(biāo)為_____?！敬鸢浮浚?）1：2或2：1（2）①.Cu②.Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大（3）①.三角錐形②.sp3雜化（4）B（5）①.D②.D中含有—1價(jià)的O元素，具有強(qiáng)氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO（6）①.Cu2ZnSnS4②.(，，)【解析】【小問(wèn)1詳解】基態(tài)S的價(jià)電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為1：2或2：1，故答案為：1：2或2：1；【小問(wèn)2詳解】銅元素的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，鋅元素的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大，所以銅與鋅相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是銅元素，故答案為：Cu；Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大；【小問(wèn)3詳解】三氯化錫離子在錫離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，所以錫離子雜化方式為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp3雜化；【小問(wèn)4詳解】根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對(duì)電子；A．[Cu(NH3)2]Cl中亞銅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；B．[Cu(NH3)4]SO4中銅離子外圍電子排布是3d9，離子中有未成對(duì)電子，該配合物具有順磁性，故符合題意；C．[Zn(NH3)4]SO4中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；D．Na2[Zn(OH)4]中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；故選B；【小問(wèn)5詳解】由四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)式可知，只有過(guò)二硫酸根離子中含有過(guò)氧鏈，離子中—1價(jià)的氧元素具有強(qiáng)氧化性，則只有過(guò)二硫酸根離子能在酸性溶液中將錳離子氧化為高錳酸根離子，故選D；【小問(wèn)6詳解】①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和體心的鋅原子個(gè)數(shù)為8×+1=2，位于面上的銅原子個(gè)數(shù)為8×=4，位于面心和棱上的錫原子個(gè)數(shù)為2×+4×=2，位于體內(nèi)的硫原子個(gè)數(shù)為8，則該物質(zhì)的化學(xué)式為Cu2ZnSnS4，故答案為：Cu2ZnSnS4；②若將晶胞先分為上下兩個(gè)相等的正方體后再將每個(gè)正方體繼續(xù)分為8個(gè)相等的小正方體，則B原子位于上面的正方體分割成的8個(gè)小立方體中位于右下后方的小立方體的體心，由A原子的坐標(biāo)為(，，)可知，B原子的坐標(biāo)為(，，)，故答案為：(，，)。17.某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質(zhì))與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯(lián)合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：已知：①焙燒時(shí)過(guò)量的MnO2分解為Mn2O3，F(xiàn)eS2轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2O3；②金屬活動(dòng)性：；③相關(guān)金屬離子形成氫氧化物的范圍如下：開始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列問(wèn)題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為___________。a．進(jìn)一步粉碎礦石b．鼓入適當(dāng)過(guò)量的空氣c．降低焙燒溫度(2)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。(3)“酸浸”中過(guò)量濃鹽酸的作用為：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。(4)濾渣的主要成分為___________(填化學(xué)式)。(5)生成氣體A的離子方程式為___________。(6)加入金屬的目的是___________?！敬鸢浮?1)ab(2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)抑制金屬離子水解(4)SiO2(5)Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+【解析】聯(lián)合焙燒：由已知信息①和第(2)問(wèn)題干可知，發(fā)生轉(zhuǎn)化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+MnSO4，故聯(lián)合焙燒后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4進(jìn)入濾液，濾渣為Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入過(guò)量濃鹽酸后，Bi2O3和Fe2O3發(fā)生轉(zhuǎn)化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因MnSO4有氧化性，會(huì)與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O，氣體A為Cl2，濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2，濾液中金屬離子為Bi3+、Fe3+、Mn2+；第(4)(5)問(wèn)轉(zhuǎn)化：由已知信息②知，F(xiàn)e的金屬活動(dòng)性強(qiáng)于Bi，且調(diào)pH=2.6時(shí)Mn2+和Fe2+進(jìn)入濾液，可知加入金屬Bi的目的是將Fe3+還原為Fe2+。(1)a項(xiàng)，聯(lián)合焙燒時(shí)，進(jìn)一步粉碎礦石，可以增大礦石與空氣的接觸面積，能夠提高焙燒效率，選項(xiàng)a符合題意；b項(xiàng)，鼓入適當(dāng)過(guò)量的空氣有利于礦石充分反應(yīng)，選項(xiàng)b符合題意；c項(xiàng)，降低焙燒溫度，反應(yīng)速率減慢，不利于提高焙燒效率，選項(xiàng)c不符合題意；答案選ab；(2)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，根據(jù)原子守恒可知還應(yīng)生成SO2，結(jié)合得失電子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；(3)加入濃鹽酸后，溶液中含有的離子主要為Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取濾液進(jìn)行轉(zhuǎn)化，故要防止金屬離子水解生成沉淀，進(jìn)入濾渣，造成制得的BiOCl產(chǎn)率偏低；(4)濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，會(huì)與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O；(6)由已知信息③知，調(diào)pH=2.6時(shí)，F(xiàn)e3+會(huì)水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+還沒(méi)開始沉淀，故要將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，在調(diào)pH后獲得含F(xiàn)eCl2的濾液，為了不引入新的雜質(zhì)，加入Bi作還原劑。18.某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究催化空氣氧化的效率?；卮鹣铝袉?wèn)題：步驟Ⅰ制備在通風(fēng)櫥中用下圖裝置制備(加熱及夾持裝置省略)，反應(yīng)方程式：(1)裝置A中盛放甲酸的儀器的名稱是_______。(2)從B、C、D中選擇合造的裝置收集，正確的接口連接順序?yàn)閍→_______→_______→_______→_______→h(每空填一個(gè)接口標(biāo)號(hào))。______步驟Ⅱ

檢驗(yàn)將通入新制銀氨溶液中，有黑色沉淀生成。(3)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。步驟Ⅲ

探究催化空氣氧化的效率將一定量與空氣混合，得到體積分?jǐn)?shù)為1%的氣體樣品。使用下圖裝置(部分加熱及夾持裝置省略)，調(diào)節(jié)管式爐溫度至，按一定流速通入氣體樣品。(已知：是白色固體，易吸水潮解：)(4)通入(已折算為標(biāo)況)的氣體樣品后，繼續(xù)向裝置內(nèi)通入一段時(shí)間氮?dú)?，最終測(cè)得U形管內(nèi)生成了。①能證明被空氣氧化的現(xiàn)象是_______；②被催化氧化的百分率為_______；③若未通入氮?dú)?，②的結(jié)果將_______(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。(5)探究氣體與催化劑接觸時(shí)長(zhǎng)對(duì)催化氧化效率的影響時(shí)，采用_______方法可以縮短接觸時(shí)長(zhǎng)。(6)步驟Ⅲ裝置存在的不足之處是_______?！敬鸢浮浚?1)分液漏斗(2)a→d→e→c→b(3)(4)

石灰水變渾濁

60%

偏大(5)增大氣體樣品流速(6)尾氣出口未加防潮裝置(或其他相似表述)【解析】在通風(fēng)櫥中用下圖裝置制備一氧化碳，用A裝置制取一氧化碳，該氣體中含有甲酸蒸氣，故用水除去甲酸，再用B裝置排水收集一氧化碳?xì)怏w，排出的水用E中的燒杯接收。根據(jù)氣體樣品通過(guò)氫氧化鈉吸收空氣中的二氧化碳，濃硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧氣氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的濃硫酸吸收氣體中的水蒸氣，干燥的一氧化碳和，進(jìn)而測(cè)定生成的碘的質(zhì)量，計(jì)算一氧化碳的被氧化的百分率。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）裝置A中盛放甲酸的儀器為分液漏斗。（2）用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口連接順序?yàn)閍→d→e→c→b→h。（3）一氧化碳和銀氨溶液反應(yīng)生成黑色的銀，同時(shí)生成碳酸銨和氨氣，方程式為：。（4）一氧化碳被氧氣氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水變渾濁。碘的物質(zhì)的量為，則結(jié)合方程式分析，還有0.002mol一氧化碳未被氧氣氧化，11.2L氣體為0.5mol其中一氧化碳為0.005mol，則被氧化的一氧化碳為0.005-0.002=0.003mol，則被氧化的百分率為。如果沒(méi)有通入氮?dú)鈩t計(jì)算的未被氧化的一氧化碳的物質(zhì)的量減少，則被氧化的百分率增大。（5）增大氣流速率可以提高催化效率。（6）：是白色固體，易吸水潮解，但該裝置出氣口未加防潮裝置。19.化合物是合成抗病毒藥物普拉那韋的原料，其合成路線如下。已知：（1）A中含有羧基，A→B的化學(xué)方程式是____________________。（2）D中含有的官能團(tuán)是__________。（3）關(guān)于D→E的反應(yīng)：①的羰基相鄰碳原子上的C→H鍵極性強(qiáng)，易斷裂，原因是____________________。②該條件下還可能生成一種副產(chǎn)物，與E互為同分異構(gòu)體。該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是__________。（4）下列說(shuō)法正確的是__________(填序號(hào))。a．F存在順?lè)串悩?gòu)體b．J和K互為同系物c．在加熱和催化條件下，不能被氧化（5）L分子中含有兩個(gè)六元環(huán)。的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是__________。（6）已知：，依據(jù)的原理，和反應(yīng)得到了。的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是__________?！敬鸢浮浚?）（2）醛基（3）①.羰基為強(qiáng)吸電子基團(tuán)，使得相鄰碳原子上的電子偏向羰基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的鍵極性增強(qiáng)②.（4）ac（5）（6）【解析】【分析】A中含有羧基，結(jié)合A的分子式可知A為；A與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；D與2-戊酮發(fā)生加成反應(yīng)生成E，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和D的分子式可知D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，E發(fā)生消去反應(yīng)脫去1個(gè)水分子生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，D→F的整個(gè)過(guò)程為羥醛縮合反應(yīng)，結(jié)合G的分子式以及G能與B發(fā)生已知信息的反應(yīng)可知G中含有酮羰基，說(shuō)明F中的碳碳雙鍵與發(fā)生加成反應(yīng)生成G，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；B與G發(fā)生已知信息的反應(yīng)生成J，J為；K在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成，酸化得到；結(jié)合題中信息可知L分子中含有兩個(gè)六元環(huán)，由L的分子式可知中羧基與羥基酸化時(shí)發(fā)生酯化反應(yīng)，L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；由題意可知L和M可以發(fā)生類似D→E的加成反應(yīng)得到，發(fā)生酮式與烯醇式互變得到，發(fā)生消去反應(yīng)得到P，則M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！拘?wèn)1詳解】A→B的化學(xué)方程式為。答案為；【小問(wèn)2詳解】D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，含有的官能團(tuán)為醛基。答案為醛基；【小問(wèn)3詳解】①羰基為強(qiáng)吸電子基團(tuán)，使得相鄰碳原子上的電子偏向碳基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的鍵極性增強(qiáng)，易斷裂。②2-戊酮酮羰基相鄰的兩個(gè)碳原子上均有鍵，均可以斷裂與苯甲醛的醛基發(fā)生加成反應(yīng)，如圖所示，1號(hào)碳原子上的鍵斷裂與苯甲醛的醛基加成得到E，3號(hào)碳原子上的鍵也可以斷裂與苯甲醛的醛基加成得到副產(chǎn)物。答案為羰基為強(qiáng)吸電子基團(tuán)，使得相鄰碳原子上的電子偏向羰基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的C?H鍵極性增強(qiáng)；；【小問(wèn)4詳解】a．F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，存在順?lè)串悩?gòu)體，a項(xiàng)正確；b．K中含有酮脲基，J中不含有酮脲基，二者不互為同系物，b項(xiàng)錯(cuò)誤；c．J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，與羥基直接相連的碳原子上無(wú)H原子，在加熱和作催化劑條件下，J不能被氧化，c項(xiàng)正確；故選ac；【小問(wèn)5詳解】由上分析L為。答案為；【小問(wèn)6詳解】由上分析M為。答案為。20.聚苯乙烯是一類重要的高分子材料，可通過(guò)苯乙烯聚合制得。Ⅰ．苯乙烯的制備(1)已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：①②③計(jì)算反應(yīng)④的_______；(2)在某溫度、下，向反應(yīng)器中充入氣態(tài)乙苯發(fā)生反應(yīng)④，其平衡轉(zhuǎn)化率為50%，欲將平衡轉(zhuǎn)化率提高至75%，需要向反應(yīng)器中充入_______水蒸氣作為稀釋氣(計(jì)算時(shí)忽略副反應(yīng))；(3)在、下，以水蒸氣作稀釋氣。作催化劑，乙苯除脫氫生成苯乙烯外，還會(huì)發(fā)生如下兩個(gè)副反應(yīng)：⑤⑥以上反應(yīng)體系中，芳香烴產(chǎn)物苯乙烯、苯和甲苯的選擇性S()隨乙苯轉(zhuǎn)化率的變化曲線如圖所示，其中曲線b代表的產(chǎn)物是_______，理由是_______；

(4)關(guān)于本反應(yīng)體系中催化劑的描述錯(cuò)誤的是_______；A．X射線衍射技術(shù)可測(cè)定晶體結(jié)構(gòu)B．可改變乙苯平衡轉(zhuǎn)化率C．降低了乙苯脫氫反應(yīng)的活化能D．改變顆粒大小不影響反應(yīng)速率Ⅱ．苯乙烯的聚合苯乙烯聚合有多種方法，其中一種方法的關(guān)