PAGEPAGE3北京市海淀區(qū)2024屆高三上學期期中考試可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.均熱板廣泛應用于電子器件內部，主要起到散熱作用。下列對某均熱板部分材料或部件的主要成分的分類不正確的是（）選項ABCD材料或部件傳熱材料上下蓋板主要成分40%甲醇溶液銅粉金剛石粉分類烴混合物金屬單質非金屬單質〖答案〗A〖解析〗A．只由碳氫兩種元素組成的有機化合物叫作烴；含有氟、氯元素，不是烴，A錯誤；B．40%甲醇溶液中含有甲醇和水，混合物，B正確；C．銅粉為銅單質，屬于金屬單質，C正確；D．金剛石粉為碳單質，D正確；故選A。2.是鈦鐵礦的主要成分，在工業(yè)上可以用于制備金屬鈦。下列說法不正確的是（）A.基態(tài)價層電子排布式為B.Fe在元素周期表中位于ds區(qū)C.基態(tài)Ti價層電子軌道表示式為D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族〖答案〗B〖解析〗A．基態(tài)Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，鐵原子失去2個電子形成亞鐵離子，價層電子排布式為，A正確；B．鐵為26號元素，F(xiàn)e在元素周期表中位于d區(qū)，B錯誤；C．基態(tài)Ti原子的價電子排布式為3d24s2，則價層電子軌道表示式為，C正確；D．O位8號元素，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，D正確；故選B。3.下列事實可用范德華力大小解釋的是（）A.熱穩(wěn)定性：HCl>HBr B.氧化性：C.熔點： D.沸點：〖答案〗C〖解析〗A．熱穩(wěn)定性HCl>HBr，是由于H—Cl鍵的鍵能大于H—Br，不能用范德華力大小來解釋，故A錯誤；B．氧化性：，是應為Cl的電負性大，原子半徑小，不能用范德華力大小來解釋，故B錯誤；C．熔點，是應為相對分子質量，分子間的范德華力，故C正確；D．沸點：是由于分子間形成氫鍵而增大了分子間作用力，不能用范德華力大小來解釋，故D錯誤；故選C。4.下列物質的性質與其用途的對應關系正確的是（）選項性質用途A具有氧化性可用作漂白劑B溶液呈酸性可用作氮肥CNaClO溶液呈堿性可用作消毒劑D能與反應生成可用作潛水艇中的供氧劑〖答案〗D〖解析〗A．具有漂白性，可用作漂白劑，故A錯誤；B．氮元素是植物生長需要的元素，氯化銨含有氮元素，所以可以用作氮肥，與其受熱分解的性質無關，故B錯誤；C．NaClO有強氧化性，能夠使蛋白質變性，所以可用于殺菌消毒，故C錯誤；D．能與反應生成，因此可用作潛水艇中的供氧劑，故D正確；故選：D。5.雙氯芬酸是一種非甾體抗炎藥，具有抗炎、鎮(zhèn)痛及解熱作用，分子結構如圖所示。下列關于雙氯芬酸的說法不正確的是（）A.能發(fā)生加成、取代反應B.最多能與2molNaOH反應C.既能與強堿反應，又能與強酸反應D.能與溶液反應制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉〖答案〗B〖解析〗A．由題干結構簡式可知，分子中含有苯環(huán)故能發(fā)生加成反應，含有碳氯鍵和羧基，以及苯環(huán)故能發(fā)生取代反應，A正確；B．由題干結構簡式可知，分子中含有兩個碳氯鍵，水解后生成酚羥基，酚羥基和羧基均能與NaOH反應，故最多能與5molNaOH反應，B錯誤；C．由題干結構簡式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能與強堿反應，又能與強酸反應，C正確；D．由題干結構簡式可知，分子中含有羧基，能與溶液反應制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉，D正確；故〖答案〗為：B。6.用代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.1mol羥基含有的電子數(shù)目為B.56gFe與足量稀反應轉移的電子數(shù)目為C.2L的溶液中，的數(shù)目為D.1mol與5mol充分反應可生成數(shù)目為〖答案〗B〖解析〗A．已知1個羥基中含有9個電子，故1mol羥基含有的電子數(shù)目為，A錯誤；B．56gFe與足量稀反應生成Fe(NO3)3，故轉移的電子數(shù)目為=，B正確；C．已知Al3+能夠發(fā)生水解，故2L的溶液中，的數(shù)目小于，C錯誤；D．已知合成氨反應是一個可逆反應，故1mol與5mol充分反應可生成數(shù)目小于，D錯誤；故〖答案〗為：B。7.下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.遇酚酞變紅的溶液中：、、、B.無色透明溶液中：、、、C.能使品紅褪色的溶液中：、、、D.與Al反應能生成氫氣的溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗A．遇酚酞變紅的溶液中含有大量氫氧根離子，氫氧根離子、、、、相互之間不反應，能共存，A符合題意；B．銅離子為藍色，且鋁離子、碳酸氫根離子會雙水解反應而不共存，B不符合題意；C．碘離子和高錳酸根離子會發(fā)生氧化還原反應而不共存，C不符合題意；D．與Al反應能生成氫氣的溶液可能為酸性或堿性；堿性溶液中，氫氧根離子和銨根離子、鐵離子均反應而不共存，D不符合題意；故選A。8.下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A.電解飽和食鹽水制：B.用小蘇打治療胃酸過多：C.用FeS除去廢水中的：D.用稀處理銀鏡反應后試管內壁的Ag：〖答案〗B〖解析〗A．質量不守恒，應該為：，A錯誤；B．小蘇打碳酸氫鈉和胃酸鹽酸生成氯化鈉、水和二氧化碳，反應為，B正確；C．FeS為沉淀，不能拆，除去廢水中的反應為：，C錯誤；D．稀處理銀鏡反應后試管內壁的Ag生成硝酸銀和NO：，D錯誤；故選B。9.下列實驗設計能達成對應的實驗目的的是（）選項ABCD實驗設計實驗目的實驗室制比較Cl、Br、I得電子能力強弱除去中的少量配制100mLNaCl溶液〖答案〗A〖解析〗A．實驗室采用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制取氨氣，加熱時試管口向下傾斜，故A正確；B．氯氣與溴化鈉反應生成溴單質，可證明氧化性氯氣大于溴單質，但溴單質易揮發(fā)，也能進入KI溶液中，氯氣、溴單質都能與KI反應生成碘單質，因此不能說明溴和碘、氯和碘的得電子能力，故B錯誤；C．飽和碳酸鈉能吸收二氧化碳，因此不能用飽和碳酸鈉除二氧化碳中的二氧化硫，故C錯誤；D．轉移溶液時需要用玻璃棒引流，故D錯誤；故選：A。10.幾種含硫物質的轉化如下圖(部分反應條件略去)，下列判斷不正確的是（）A.①中，試劑a可以是CuB.②中，需要確保NaOH溶液足量C③中，生成1mol時，轉移4mol電子D.③中，將S換，氧化產(chǎn)物為〖答案〗C〖解析〗Ａ．Cu與濃H2SO4發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸銅和二氧化硫，A正確；Ｂ．NaOH溶液足量可保證二氧化硫被完全吸收，B正確；Ｃ．由反應可知，1mol時，轉移2mol電子，C錯誤；Ｄ．將S換為,化合價降低，化合價升高生成氧化產(chǎn)物，D正確；故選C11.有研究表明，銅和稀反應后的溶液中有。取銅絲和過量稀反應一段時間后的藍色溶液分別進行實驗①~④，操作和現(xiàn)象如下表。序號操作現(xiàn)象①向2mL該溶液中加入幾滴濃NaOH溶液，振蕩溶液變?yōu)闇\綠色②向2mL該溶液中滴加酸性溶液紫絕色褪去③將2mL該溶液充分加熱后冷卻，再滴加酸性溶液……④用玻璃棒蘸取該溶液滴到淀粉碘化鉀試紙上溶液變藍已知：為弱酸，受熱發(fā)生分解反應：；在溶液中呈綠色。下列推斷或分析不合理的是（）A.①說明存在電離平衡：B.②說明具有還原性C.③中，紫紅色不褪去D.④說明具有氧化性〖答案〗D〖解析〗Cu與過量的稀硝酸反應一段時間后，反應后的溶質為Cu(NO3)2、HNO3、HNO2，以此分析；〖祥解〗A．加入NaOH，OH-與H+反應生成H2O，H+濃度減小，從而使得平衡正向進行，增大，則生成的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，A正確；B．酸性高錳酸鉀具有強氧化性，HNO2具有還原性，使高錳酸鉀褪色，B正確；C．充分加熱后冷卻，則溶液中無HNO2，故酸性高錳酸鉀不發(fā)生發(fā)生反應，溶液紫色不褪色，C正確；D．因為溶液中有HNO3，則可能是稀HNO3氧化I-生成I2，使淀粉變藍，無法判斷HNO2有氧化性，D錯誤；故〖答案〗為：D。12.BeCl2可以以單體、二聚體和多聚體的形式存在。下列關于BeCl2的說法不正確的是（）A.單體是非極性分子 B.二聚體的沸點比單體更高C.多聚體是平面結構 D.二聚體和多聚體中均存在配位鍵〖答案〗C〖解析〗A．單體BeCl2中心原子Be周圍的價層電子對數(shù)為2+=2，為直線形結構，分子中正負電荷中心重合，是非極性分子，A正確；B．BeCl2為共價化合物，形成分子晶體，二聚體的相對分子質量比單體大，則二聚體中分子間作用力比單體大，故二聚體的沸點比單體更高，B正確；C．由題干圖示信息可知，多聚體中Be周圍的價層電子對數(shù)為4，呈正四面體結構，而不是平面結構，C錯誤；D．已知Be的最外層上只有2個電子，結合題干圖示信息可知，二聚體和多聚體中均存在Be←Cl配位鍵，D正確；故〖答案〗為：C。13.鄰二氮菲的結構簡式為，簡寫為phen，遇溶液生成橙紅色配合物，其中的配位數(shù)為6。下列說法不正確的是（）A.phen中，不含手性碳原子B.中，phen的一個N參與配位C.中，提供空軌道，N提供孤對電子D.中，既存在極性鍵也存在非極性鍵〖答案〗B〖解析〗A．手性碳原子是指連接4個不同原子或原子團的碳原子，由其結構式可知無手性碳原子，A正確；B．由于亞鐵離子的配位數(shù)為6，故中phen有2個N原子參與配位，B錯誤；C．在物質中，中心原子提供空軌道，N提供孤對電子，C正確；D．硫和氧、碳和氮之間為極性鍵，但phen中C和C為非極性鍵，D正確；故選B。14.興趣小組為探究FeCl3在溶液中顯黃色的原因，進行如下實驗。序號操作試劑a試劑b現(xiàn)象①0.2mol/LFeCl3蒸餾水溶液為黃色②0.2mol/LFeCl32mol/L鹽酸溶液為淺黃色③0.2mol/LFe(NO3)3蒸餾水溶液為淺黃色④0.2mol/LFe(NO3)32mol/L硝酸溶液接近無色下列說法不正確的是（）A.②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因為Fe3+的水解平衡逆向移動B.由③④可知，F(xiàn)e(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關C.由以上實驗可推知，F(xiàn)eCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關D.由以上實驗可推知，導致②③溶液均為淺黃色的原因相同〖答案〗D〖解析〗A．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L鹽酸后溶液中H+濃度增大，導致水解平衡逆向移動，故②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因為Fe3+的水解平衡逆向移動，A正確；B．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+濃度增大，導致水解平衡逆向移動，故由③④可知，F(xiàn)e(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關，B正確；C．對比實驗①③和實驗②④實驗現(xiàn)象可知，F(xiàn)eCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關，C正確；D．由以上實驗可推知，導致②溶液為淺黃色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移動，而導致③溶液為淺黃色的原因是Fe3+濃度和水解生成的離子濃度減小，故不相同，D錯誤；故〖答案〗為：D。第二部分本部分共5題，共58分。15.太陽能電池是通過光電效應或者光化學效應直接把光能轉化成電能的裝置。Ⅰ．第一代電池的光電轉換材料是單晶硅。某單晶硅制備工藝中涉及的主要物質轉化如下：（1）下列事實能作為“非金屬性C比Si強”的證據(jù)的是___________(填字母)。a．ⅰ中，C做還原劑b．碳酸的酸性強于硅酸c．碳酸的熱穩(wěn)定性弱于硅酸（2）ⅱ中，1molSi與3molHCl反應轉移4mol電子。①該反應的化學方程式為_______________________________________。②中，H的化合價為______，由此推測Si的電負性比H的______(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用沸點差異，可直接實現(xiàn)高純硅與的分離，從晶體類型角度解釋其原因：___________________________________________________。Ⅱ．第二代電池的光電轉換材料是一種無機物薄膜，其光電轉化率高于單晶硅。科學家在元素周期表中Si的附近尋找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶體結構類似單晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置關系如圖所示。SiAD（4）基態(tài)A原子核外電子排布式為___________________。（5）D的第一電離能比Se的大，從原子結構角度說明理由：_______________________?！即鸢浮剑?）b（2）①②-1小（3）硅為共價晶體，其沸點遠高于分子晶體沸點（4）1s22s22p63s23p63d104s24p1（5）As的4p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素〖解析〗（1）a．ⅰ中C在高溫下還原二氧化硅為硅單質，同時生成一氧化碳逸出使得反應能夠進行，不能說明“非金屬性C比Si強”；b．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，碳酸的酸性強于硅酸，能說明“非金屬性C比Si強”；c．非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強；而碳酸的熱穩(wěn)定性弱于硅酸，不能說明“非金屬性C比Si強”；故選b；（2）①該反應為硅和HCl加熱生成SiHCl3，根據(jù)質量守恒可知，反應還會生成氫氣，反應為；②1molSi與3molHCl反應轉移4mol電子，則反應中硅失去4個電子，化合價由0變?yōu)?4；3分子HCl中1分子HCl中氫得到2個電子，化合價由+1變?yōu)?1，故中H的化合價為-1；硅顯正價、氫顯負價，由此推測Si的電負性比H的??；（3）硅為共價晶體，其沸點遠高于分子晶體沸點，故利用沸點差異，可直接實現(xiàn)高純硅與的分離；（4）由Si、A、D在元素周期表中的位置關系如圖所示，可知，A為Ga、D為As；Ga為31號元素，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1；（5）同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，As的4p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故As的第一電離能比Se的大。16.黃銅礦(主要成分為CuFeS2)可用于冶煉Cu2O，主要物質轉化過程如下：（1）Cu2S與O2共熱制備Cu2O的反應中，化合價升高的元素是___________。（2）為減少SO2對環(huán)境的污染，在高溫時可以用CaO將其轉化為CaSO4，反應的化學方程式為___________________________________。（3）SO2中心原子的雜化方式是___________，用價層電子對互斥理論解釋SO2的空間結構不同于CO2的原因：___________________________________________。（4）下圖中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“圖1”或“圖2”)。（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結構相似，但Cu2O的熔點比Cu2S的高約100℃，原因是___________________________________________。（6）CuFeS2的晶胞如圖3所示。①圖4所示結構單元不能作為CuFeS2晶胞的原因是___________________________。②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為___________。③已知：CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA。CuFeS2晶胞中底邊邊長a=___________pm(用計算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩爾質量為184g/mol)?！即鸢浮剑?）硫(或S)（2）2CaO+2SO2+O22CaSO4（3）sp2SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=3，有1對孤電子對，而CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+=2，無孤電子對（4）圖1（5）S2-半徑比O2-半徑大，導致Cu2O的晶格能大于Cu2S（6）①圖4所示結構單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復出現(xiàn)②4③×1010〖解析〗（1）由題干流程圖可知，Cu2S與O2共熱制備Cu2O的同時還生成SO2，故該反應中，化合價升高的元素是硫(或S)，故〖答案〗為：硫(或S)；（2）為減少SO2對環(huán)境污染，在高溫時可以用CaO將其轉化為CaSO4，該反應的化學方程式為：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故〖答案〗為：2CaO+2SO2+O22CaSO4；（3）SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=3，根據(jù)雜化軌道理論可知，硫原子的雜化方式是sp2，又知CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+=2，根據(jù)價層電子對互斥理論可知：SO2為V形，而CO2為直線形，故〖答案〗為：sp2；SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=3，有1對孤電子對，而CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+=2，無孤電子對；（4）根據(jù)晶胞中均攤法可知，圖1所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：4個，O原子個數(shù)為：=2，故其化學式為：Cu2O，圖2所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：=4個，O原子個數(shù)為：=4，故其化學式為：CuO，故〖答案〗為：圖1；（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結構相似，但由于S2-半徑比O2-半徑大，導致Cu2O的晶格能大于Cu2S，則Cu2O的熔點比Cu2S的高約100℃，故〖答案〗為：S2-半徑比O2-半徑大，導致Cu2O的晶格能大于Cu2S；（6）①比較題干圖3和圖4可知，圖4所示結構單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復出現(xiàn)，故不能作為CuFeS2晶胞，故〖答案〗為：圖4所示結構單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復出現(xiàn)；②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為=4，故〖答案〗為：4；③由題干圖3所示晶胞可知，一個晶胞中含有：Cu原子個數(shù)為=4，F(xiàn)e個數(shù)為：=4，含有S個數(shù)為8，故一個晶胞的質量為：g，CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，故有2(a×10-10)3×4.30g/cm3=g，故CuFeS2晶胞中底邊邊長a=×1010pm，故〖答案〗為：×1010。17.利用頁巖氣中豐富的丙烷制丙烯已成為化工原料丙烯生產(chǎn)的重要渠道。Ⅰ．丙烷直接脫氫法：總壓分別為100kPa、10kPa時發(fā)生該反應，平衡體系中和的體積分數(shù)隨溫度、壓強的變化如下圖。（1）丙烷直接脫氫反應的化學平衡常數(shù)表達式為___________。（2）總壓由10kPa變?yōu)?00kPa時，化學平衡常數(shù)_________(填“變大”“變小”或“不變”)。（3）圖中，曲線Ⅰ、Ⅲ表示的體積分數(shù)隨溫度的變化，判斷依據(jù)是___________。（4）圖中，表示100kPa時的體積分數(shù)隨溫度變化的曲線是______(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。Ⅱ．丙烷氧化脫氫法：我國科學家制備了一種新型高效催化劑用于丙烷氧化脫氫。在催化劑作用下，相同時間內，不同溫度下的轉化率和C3H6的產(chǎn)率如下：反應溫度/℃465480495510C3H8的轉化率/%5.512.117.328.4C3H6的產(chǎn)率/%4.79.512.818.5（5）表中，C3H8的轉化率隨溫度升高而上升的原因是_______________(答出1點即可)。（6）已知：C3H6選擇性。隨著溫度升高，C3H6的選擇性__________(填“升高”“降低”或“不變”)，可能的原因是_________________________________________?！即鸢浮剑?）（2）不變（3）丙烷直接脫氫反應的正反應是一個吸熱反應，升高溫度化學平衡正向移動，C3H6的體積分數(shù)隨溫度升高而增大（4）Ⅱ（5）溫度越高，反應速率越快，相同時間內反應掉的C3H8越大，故C3H8的轉化率越大（6）降低正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動〖解析〗（1）根據(jù)反應方程式可知，丙烷直接脫氫反應的化學平衡常數(shù)表達式為K=，故〖答案〗為：；（2）已知化學平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，故總壓由10kPa變?yōu)?00kPa時，由于溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故〖答案〗為：不變；（3）由題干可知，正反應是一個吸熱反應，升高溫度化學平衡正向移動，C3H6的體積分數(shù)隨溫度升高而增大，故圖中，曲線Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的體積分數(shù)隨溫度的變化，故〖答案〗為：丙烷直接脫氫反應的正反應是一個吸熱反應，升高溫度化學平衡正向移動，C3H6的體積分數(shù)隨溫度升高而增大；（4）由題干可知，正反應是氣體體積增大的方向，故增大壓強上述平衡逆向移動，則有溫度相同時，壓強越大，C3H8的體積分數(shù)也越大，則圖中表示100kPa時C3H8的體積分數(shù)隨溫度變化的曲線是Ⅱ，故〖答案〗為：Ⅱ；（5）達到化學平衡之前，溫度越高，反應速率越快，相同時間內反應掉的C3H8越大，故C3H8的轉化率越大，故〖答案〗為：溫度越高，反應速率越快，相同時間內反應掉的C3H8越大，故C3H8的轉化率越大；（6）由題干信息可知，該反應正反應是一個放熱反應，則有升高溫度，化學平衡逆向移動，故隨著溫度升高，C3H6的選擇性降低，故〖答案〗為：降低；正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動。18.研究人員合成了一種普魯士藍(PB)改性的生物炭(BC)復合材料(BC-PB)，并將其應用于氨氮廢水(含、)的處理。資料：①普魯士藍(PB)是亞鐵氰化鐵的俗稱，化學式為，難溶于水。②BC-PB中，PB負載在BC表面，沒有產(chǎn)生新化學鍵，各自化學性質保持不變。Ⅰ．復合材料BC-PB的合成（1）下列關于ⅰ中HCN參與反應的說法正確的是___________(填字母)。a．提供，與Fe反應 b．提供，與反應c．提供，與配位 d．提供，與反應（2）ⅱ中分離得到的操作包括加熱濃縮、______________。（3）ⅲ中生成普魯士藍反應的離子方程式為________________________________。（4）添加造孔劑可以增加BC的孔道數(shù)目和容量。造孔劑的造孔原理之一是在一定條件下分解產(chǎn)生氣體。700℃時，造孔原理的化學方程式為_______________________。Ⅱ．氨氮廢水處理用溶液模擬氨氮廢水。實驗發(fā)現(xiàn)時，在BC-PB體系中加入，可將氨氮轉化為無毒氣體，提高氮氮的去除率。其原理為：ⅰ．ⅱ．·OH將氨氮氧化為（5）ⅱ的離子方程式為_________________________________________。（6）用BC-PB和混合處理1000L某氨氦含量(以質量計算)為的廢水。實驗結束后，收集到22.4L(已折算成標準狀況)。①實驗中消耗的的質量至少為___________g。②處理后的廢水中氨氮含量為___________(廢水體積變化忽略不計)，達到了污水排放標準要求()?！即鸢浮剑?）ac（2）冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥（3）3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+=（4）（5）6·OH+=N2↑+6H2O+2H+（6）①204②13〖祥解〗反應ⅰ中鐵粉轉化為亞鐵離子，KOH溶液和HCN氣體、鐵粉反應生成K4[Fe(CN)6]，K4[Fe(CN)6]溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到K4[Fe(CN)6]?3H2O，K4[Fe(CN)6]?3H2O和氯化鐵溶液、生物炭反應生成?！驹斘觥浚?）ⅰ中鐵粉和HCN反應轉化為亞鐵離子，同時HCN提供，形成配位鍵，故HCN作用為提供，與Fe反應；提供，與配位，故選ac。（2）ⅱ中從溶液分離得到的操作包括加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。（3）ⅲ中生成普魯士藍反應的離子方程式為3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+=。。（4）700℃時，造孔原理的化學方程式為。（5）ⅱ的離子方程式為6·OH+=N2↑+6H2O+2H+。（6）由反應ⅰ、ⅱ可得總反應為：。①標準狀況下22.4L物質的量為1mol，則實驗中消耗的的質量至少為6mol×34g/mol=204g。②該廢水氨氮總質量為，反應消耗銨根離子為2mol，處理后的廢水中氨氮含量為，達到了污水排放標準要求()。19.某興趣小組為研究鐵釘與溶液的反應及反應過程中pH的變化，用已去除氧化膜的鐵釘、溶液(pH為4.6)等試劑進行如下實驗?！緦嶒灑瘛俊緦嶒灑颉浚?）實驗Ⅰ中，能證明“Fe與發(fā)生了置換反應”的實驗現(xiàn)象是_______________。（2）小組同學推測可能有膠體生成，依據(jù)的實驗是__________(填實驗序號)。（3）實驗Ⅱ-2中，使溶液變紅的反應的離子方程式為_______________________。（4）實驗Ⅱ-3可證明紅色固體的主要成份是Cu，其實驗操作及現(xiàn)象是______________。為進一步探究實驗Ⅰ產(chǎn)生氣體逐漸變快和pH變化的原因，小組同學補做如下實驗。序號實驗現(xiàn)象Ⅲ用稀硫酸將溶液調至，向其中加入鐵釘鐵釘表面有少量氣泡緩慢產(chǎn)生Ⅳ將新制溶液暴露在空氣中，用pH傳感器監(jiān)測初始pH為4.5，后持續(xù)緩慢下降，逐漸出現(xiàn)棕黃色渾濁；3小時后攪拌，pH基本保持不變（5）對比實驗Ⅰ和Ⅲ，可以推測Ⅰ中產(chǎn)生氣體逐漸變快的原因是____________________。（6）實驗Ⅳ的目的是___________(填字母)。a．探究實驗Ⅰ中2小時內pH下降是否與水解有關b．探究實驗Ⅰ中2小時內pH下降是否與生成有關c．探究攪拌是否會使與溶液中的物質充分接觸、反應而導致pH上升（7）由實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推測：實驗Ⅰ中，攪拌后pH快速上升，主要是因為_____________________________________________________?！即鸢浮剑?）鐵釘表面析出紅色固體、溶液藍色變淺（2）Ⅱ-1（3）（4）向紅色固體中加入足量稀硝酸，紅色固體溶解，溶液變藍色（5）鐵釘表面析出銅后，形成鐵銅原電池加快了反應的進行（6）abc（7）攪拌使得銅和鐵離子生成亞鐵離子和銅離子：，鐵離子濃度減小，使得鐵離子的水解平衡逆向移動，氫離子濃度減小，導致攪拌后pH快速上升〖祥解〗通過對比實驗研究某一因素對實驗的影響，應該要注意控制研究的變量以外，其它量要相同，以此進行對比；【詳析】（1）鐵和硫酸銅發(fā)生置換反應生成銅和硫酸亞鐵；實驗Ⅰ中，能證明“Fe與發(fā)生了置換反應”的實驗現(xiàn)象是鐵釘表面析出紅色固體、溶液藍色變淺；（2）光束通過膠體時，光線能夠發(fā)生散射作用而產(chǎn)生丁達爾效應，而通入其它分散系時不能產(chǎn)生丁達爾效應；推測可能有膠體生成，依據(jù)的實驗是Ⅱ-1中出現(xiàn)丁達爾效應；（3）實驗Ⅱ-2中，使溶液變紅的反應為鐵離子和KSCN反應生成紅色物質，離子方程式為；（4）銅和稀硝酸反應生成硝酸銅溶液，故實驗Ⅱ-3可證明紅色固體的主要成份是Cu，其實驗操作及現(xiàn)象是：向紅色固體中加入足量稀硝酸，紅色固體溶解，溶液變藍色；（5）對比實驗Ⅰ和Ⅲ，可以推測Ⅰ中產(chǎn)生氣體逐漸變快的原因不是主要因為溶液酸性的變化，而是因為鐵釘表面析出銅后，形成鐵銅原電池加快了反應的進行；（6）Ⅰ中為溶液(pH為4.6)和鐵反應；Ⅳ中為新制溶液在空氣轉化pH變化；a．亞鐵離子水解生成氫離子，會導致溶液的pH下降，故可以探究實驗Ⅰ中2小時內pH下降是否與水解有關，正確；b．Ⅳ中亞鐵離子被空氣中氧氣氧化為鐵離子，鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子，也會導致溶液pH變化，故可以對比兩者pH變化探究實驗Ⅰ中2小時內pH下降是否與生成有關，正確；c．Ⅳ在3小時后攪拌，pH基本保持不變，可以探究攪拌是否會使與溶液中的物質充分接觸、反應而導致pH上升，正確；故選abc；（7）由實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推測：實驗Ⅰ中存在反應生成的銅，攪拌使得銅和鐵離子生成亞鐵離子和銅離子：，鐵離子濃度減小，使得鐵離子的水解平衡逆向移動，氫離子濃度減小，導致攪拌后pH快速上升。北京市海淀區(qū)2024屆高三上學期期中考試可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.均熱板廣泛應用于電子器件內部，主要起到散熱作用。下列對某均熱板部分材料或部件的主要成分的分類不正確的是（）選項ABCD材料或部件傳熱材料上下蓋板主要成分40%甲醇溶液銅粉金剛石粉分類烴混合物金屬單質非金屬單質〖答案〗A〖解析〗A．只由碳氫兩種元素組成的有機化合物叫作烴；含有氟、氯元素，不是烴，A錯誤；B．40%甲醇溶液中含有甲醇和水，混合物，B正確；C．銅粉為銅單質，屬于金屬單質，C正確；D．金剛石粉為碳單質，D正確；故選A。2.是鈦鐵礦的主要成分，在工業(yè)上可以用于制備金屬鈦。下列說法不正確的是（）A.基態(tài)價層電子排布式為B.Fe在元素周期表中位于ds區(qū)C.基態(tài)Ti價層電子軌道表示式為D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族〖答案〗B〖解析〗A．基態(tài)Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，鐵原子失去2個電子形成亞鐵離子，價層電子排布式為，A正確；B．鐵為26號元素，F(xiàn)e在元素周期表中位于d區(qū)，B錯誤；C．基態(tài)Ti原子的價電子排布式為3d24s2，則價層電子軌道表示式為，C正確；D．O位8號元素，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，D正確；故選B。3.下列事實可用范德華力大小解釋的是（）A.熱穩(wěn)定性：HCl>HBr B.氧化性：C.熔點： D.沸點：〖答案〗C〖解析〗A．熱穩(wěn)定性HCl>HBr，是由于H—Cl鍵的鍵能大于H—Br，不能用范德華力大小來解釋，故A錯誤；B．氧化性：，是應為Cl的電負性大，原子半徑小，不能用范德華力大小來解釋，故B錯誤；C．熔點，是應為相對分子質量，分子間的范德華力，故C正確；D．沸點：是由于分子間形成氫鍵而增大了分子間作用力，不能用范德華力大小來解釋，故D錯誤；故選C。4.下列物質的性質與其用途的對應關系正確的是（）選項性質用途A具有氧化性可用作漂白劑B溶液呈酸性可用作氮肥CNaClO溶液呈堿性可用作消毒劑D能與反應生成可用作潛水艇中的供氧劑〖答案〗D〖解析〗A．具有漂白性，可用作漂白劑，故A錯誤；B．氮元素是植物生長需要的元素，氯化銨含有氮元素，所以可以用作氮肥，與其受熱分解的性質無關，故B錯誤；C．NaClO有強氧化性，能夠使蛋白質變性，所以可用于殺菌消毒，故C錯誤；D．能與反應生成，因此可用作潛水艇中的供氧劑，故D正確；故選：D。5.雙氯芬酸是一種非甾體抗炎藥，具有抗炎、鎮(zhèn)痛及解熱作用，分子結構如圖所示。下列關于雙氯芬酸的說法不正確的是（）A.能發(fā)生加成、取代反應B.最多能與2molNaOH反應C.既能與強堿反應，又能與強酸反應D.能與溶液反應制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉〖答案〗B〖解析〗A．由題干結構簡式可知，分子中含有苯環(huán)故能發(fā)生加成反應，含有碳氯鍵和羧基，以及苯環(huán)故能發(fā)生取代反應，A正確；B．由題干結構簡式可知，分子中含有兩個碳氯鍵，水解后生成酚羥基，酚羥基和羧基均能與NaOH反應，故最多能與5molNaOH反應，B錯誤；C．由題干結構簡式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能與強堿反應，又能與強酸反應，C正確；D．由題干結構簡式可知，分子中含有羧基，能與溶液反應制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉，D正確；故〖答案〗為：B。6.用代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.1mol羥基含有的電子數(shù)目為B.56gFe與足量稀反應轉移的電子數(shù)目為C.2L的溶液中，的數(shù)目為D.1mol與5mol充分反應可生成數(shù)目為〖答案〗B〖解析〗A．已知1個羥基中含有9個電子，故1mol羥基含有的電子數(shù)目為，A錯誤；B．56gFe與足量稀反應生成Fe(NO3)3，故轉移的電子數(shù)目為=，B正確；C．已知Al3+能夠發(fā)生水解，故2L的溶液中，的數(shù)目小于，C錯誤；D．已知合成氨反應是一個可逆反應，故1mol與5mol充分反應可生成數(shù)目小于，D錯誤；故〖答案〗為：B。7.下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.遇酚酞變紅的溶液中：、、、B.無色透明溶液中：、、、C.能使品紅褪色的溶液中：、、、D.與Al反應能生成氫氣的溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗A．遇酚酞變紅的溶液中含有大量氫氧根離子，氫氧根離子、、、、相互之間不反應，能共存，A符合題意；B．銅離子為藍色，且鋁離子、碳酸氫根離子會雙水解反應而不共存，B不符合題意；C．碘離子和高錳酸根離子會發(fā)生氧化還原反應而不共存，C不符合題意；D．與Al反應能生成氫氣的溶液可能為酸性或堿性；堿性溶液中，氫氧根離子和銨根離子、鐵離子均反應而不共存，D不符合題意；故選A。8.下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A.電解飽和食鹽水制：B.用小蘇打治療胃酸過多：C.用FeS除去廢水中的：D.用稀處理銀鏡反應后試管內壁的Ag：〖答案〗B〖解析〗A．質量不守恒，應該為：，A錯誤；B．小蘇打碳酸氫鈉和胃酸鹽酸生成氯化鈉、水和二氧化碳，反應為，B正確；C．FeS為沉淀，不能拆，除去廢水中的反應為：，C錯誤；D．稀處理銀鏡反應后試管內壁的Ag生成硝酸銀和NO：，D錯誤；故選B。9.下列實驗設計能達成對應的實驗目的的是（）選項ABCD實驗設計實驗目的實驗室制比較Cl、Br、I得電子能力強弱除去中的少量配制100mLNaCl溶液〖答案〗A〖解析〗A．實驗室采用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制取氨氣，加熱時試管口向下傾斜，故A正確；B．氯氣與溴化鈉反應生成溴單質，可證明氧化性氯氣大于溴單質，但溴單質易揮發(fā)，也能進入KI溶液中，氯氣、溴單質都能與KI反應生成碘單質，因此不能說明溴和碘、氯和碘的得電子能力，故B錯誤；C．飽和碳酸鈉能吸收二氧化碳，因此不能用飽和碳酸鈉除二氧化碳中的二氧化硫，故C錯誤；D．轉移溶液時需要用玻璃棒引流，故D錯誤；故選：A。10.幾種含硫物質的轉化如下圖(部分反應條件略去)，下列判斷不正確的是（）A.①中，試劑a可以是CuB.②中，需要確保NaOH溶液足量C③中，生成1mol時，轉移4mol電子D.③中，將S換，氧化產(chǎn)物為〖答案〗C〖解析〗Ａ．Cu與濃H2SO4發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸銅和二氧化硫，A正確；Ｂ．NaOH溶液足量可保證二氧化硫被完全吸收，B正確；Ｃ．由反應可知，1mol時，轉移2mol電子，C錯誤；Ｄ．將S換為,化合價降低，化合價升高生成氧化產(chǎn)物，D正確；故選C11.有研究表明，銅和稀反應后的溶液中有。取銅絲和過量稀反應一段時間后的藍色溶液分別進行實驗①~④，操作和現(xiàn)象如下表。序號操作現(xiàn)象①向2mL該溶液中加入幾滴濃NaOH溶液，振蕩溶液變?yōu)闇\綠色②向2mL該溶液中滴加酸性溶液紫絕色褪去③將2mL該溶液充分加熱后冷卻，再滴加酸性溶液……④用玻璃棒蘸取該溶液滴到淀粉碘化鉀試紙上溶液變藍已知：為弱酸，受熱發(fā)生分解反應：；在溶液中呈綠色。下列推斷或分析不合理的是（）A.①說明存在電離平衡：B.②說明具有還原性C.③中，紫紅色不褪去D.④說明具有氧化性〖答案〗D〖解析〗Cu與過量的稀硝酸反應一段時間后，反應后的溶質為Cu(NO3)2、HNO3、HNO2，以此分析；〖祥解〗A．加入NaOH，OH-與H+反應生成H2O，H+濃度減小，從而使得平衡正向進行，增大，則生成的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，A正確；B．酸性高錳酸鉀具有強氧化性，HNO2具有還原性，使高錳酸鉀褪色，B正確；C．充分加熱后冷卻，則溶液中無HNO2，故酸性高錳酸鉀不發(fā)生發(fā)生反應，溶液紫色不褪色，C正確；D．因為溶液中有HNO3，則可能是稀HNO3氧化I-生成I2，使淀粉變藍，無法判斷HNO2有氧化性，D錯誤；故〖答案〗為：D。12.BeCl2可以以單體、二聚體和多聚體的形式存在。下列關于BeCl2的說法不正確的是（）A.單體是非極性分子 B.二聚體的沸點比單體更高C.多聚體是平面結構 D.二聚體和多聚體中均存在配位鍵〖答案〗C〖解析〗A．單體BeCl2中心原子Be周圍的價層電子對數(shù)為2+=2，為直線形結構，分子中正負電荷中心重合，是非極性分子，A正確；B．BeCl2為共價化合物，形成分子晶體，二聚體的相對分子質量比單體大，則二聚體中分子間作用力比單體大，故二聚體的沸點比單體更高，B正確；C．由題干圖示信息可知，多聚體中Be周圍的價層電子對數(shù)為4，呈正四面體結構，而不是平面結構，C錯誤；D．已知Be的最外層上只有2個電子，結合題干圖示信息可知，二聚體和多聚體中均存在Be←Cl配位鍵，D正確；故〖答案〗為：C。13.鄰二氮菲的結構簡式為，簡寫為phen，遇溶液生成橙紅色配合物，其中的配位數(shù)為6。下列說法不正確的是（）A.phen中，不含手性碳原子B.中，phen的一個N參與配位C.中，提供空軌道，N提供孤對電子D.中，既存在極性鍵也存在非極性鍵〖答案〗B〖解析〗A．手性碳原子是指連接4個不同原子或原子團的碳原子，由其結構式可知無手性碳原子，A正確；B．由于亞鐵離子的配位數(shù)為6，故中phen有2個N原子參與配位，B錯誤；C．在物質中，中心原子提供空軌道，N提供孤對電子，C正確；D．硫和氧、碳和氮之間為極性鍵，但phen中C和C為非極性鍵，D正確；故選B。14.興趣小組為探究FeCl3在溶液中顯黃色的原因，進行如下實驗。序號操作試劑a試劑b現(xiàn)象①0.2mol/LFeCl3蒸餾水溶液為黃色②0.2mol/LFeCl32mol/L鹽酸溶液為淺黃色③0.2mol/LFe(NO3)3蒸餾水溶液為淺黃色④0.2mol/LFe(NO3)32mol/L硝酸溶液接近無色下列說法不正確的是（）A.②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因為Fe3+的水解平衡逆向移動B.由③④可知，F(xiàn)e(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關C.由以上實驗可推知，F(xiàn)eCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關D.由以上實驗可推知，導致②③溶液均為淺黃色的原因相同〖答案〗D〖解析〗A．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L鹽酸后溶液中H+濃度增大，導致水解平衡逆向移動，故②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因為Fe3+的水解平衡逆向移動，A正確；B．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+濃度增大，導致水解平衡逆向移動，故由③④可知，F(xiàn)e(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關，B正確；C．對比實驗①③和實驗②④實驗現(xiàn)象可知，F(xiàn)eCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關，C正確；D．由以上實驗可推知，導致②溶液為淺黃色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移動，而導致③溶液為淺黃色的原因是Fe3+濃度和水解生成的離子濃度減小，故不相同，D錯誤；故〖答案〗為：D。第二部分本部分共5題，共58分。15.太陽能電池是通過光電效應或者光化學效應直接把光能轉化成電能的裝置。Ⅰ．第一代電池的光電轉換材料是單晶硅。某單晶硅制備工藝中涉及的主要物質轉化如下：（1）下列事實能作為“非金屬性C比Si強”的證據(jù)的是___________(填字母)。a．ⅰ中，C做還原劑b．碳酸的酸性強于硅酸c．碳酸的熱穩(wěn)定性弱于硅酸（2）ⅱ中，1molSi與3molHCl反應轉移4mol電子。①該反應的化學方程式為_______________________________________。②中，H的化合價為______，由此推測Si的電負性比H的______(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用沸點差異，可直接實現(xiàn)高純硅與的分離，從晶體類型角度解釋其原因：___________________________________________________。Ⅱ．第二代電池的光電轉換材料是一種無機物薄膜，其光電轉化率高于單晶硅。科學家在元素周期表中Si的附近尋找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶體結構類似單晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置關系如圖所示。SiAD（4）基態(tài)A原子核外電子排布式為___________________。（5）D的第一電離能比Se的大，從原子結構角度說明理由：_______________________?！即鸢浮剑?）b（2）①②-1?。?）硅為共價晶體，其沸點遠高于分子晶體沸點（4）1s22s22p63s23p63d104s24p1（5）As的4p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素〖解析〗（1）a．ⅰ中C在高溫下還原二氧化硅為硅單質，同時生成一氧化碳逸出使得反應能夠進行，不能說明“非金屬性C比Si強”；b．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，碳酸的酸性強于硅酸，能說明“非金屬性C比Si強”；c．非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強；而碳酸的熱穩(wěn)定性弱于硅酸，不能說明“非金屬性C比Si強”；故選b；（2）①該反應為硅和HCl加熱生成SiHCl3，根據(jù)質量守恒可知，反應還會生成氫氣，反應為；②1molSi與3molHCl反應轉移4mol電子，則反應中硅失去4個電子，化合價由0變?yōu)?4；3分子HCl中1分子HCl中氫得到2個電子，化合價由+1變?yōu)?1，故中H的化合價為-1；硅顯正價、氫顯負價，由此推測Si的電負性比H的??；（3）硅為共價晶體，其沸點遠高于分子晶體沸點，故利用沸點差異，可直接實現(xiàn)高純硅與的分離；（4）由Si、A、D在元素周期表中的位置關系如圖所示，可知，A為Ga、D為As；Ga為31號元素，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1；（5）同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，As的4p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故As的第一電離能比Se的大。16.黃銅礦(主要成分為CuFeS2)可用于冶煉Cu2O，主要物質轉化過程如下：（1）Cu2S與O2共熱制備Cu2O的反應中，化合價升高的元素是___________。（2）為減少SO2對環(huán)境的污染，在高溫時可以用CaO將其轉化為CaSO4，反應的化學方程式為___________________________________。（3）SO2中心原子的雜化方式是___________，用價層電子對互斥理論解釋SO2的空間結構不同于CO2的原因：___________________________________________。（4）下圖中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“圖1”或“圖2”)。（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結構相似，但Cu2O的熔點比Cu2S的高約100℃，原因是___________________________________________。（6）CuFeS2的晶胞如圖3所示。①圖4所示結構單元不能作為CuFeS2晶胞的原因是___________________________。②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為___________。③已知：CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA。CuFeS2晶胞中底邊邊長a=___________pm(用計算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩爾質量為184g/mol)。〖答案〗（1）硫(或S)（2）2CaO+2SO2+O22CaSO4（3）sp2SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=3，有1對孤電子對，而CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+=2，無孤電子對（4）圖1（5）S2-半徑比O2-半徑大，導致Cu2O的晶格能大于Cu2S（6）①圖4所示結構單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復出現(xiàn)②4③×1010〖解析〗（1）由題干流程圖可知，Cu2S與O2共熱制備Cu2O的同時還生成SO2，故該反應中，化合價升高的元素是硫(或S)，故〖答案〗為：硫(或S)；（2）為減少SO2對環(huán)境污染，在高溫時可以用CaO將其轉化為CaSO4，該反應的化學方程式為：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故〖答案〗為：2CaO+2SO2+O22CaSO4；（3）SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=3，根據(jù)雜化軌道理論可知，硫原子的雜化方式是sp2，又知CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+=2，根據(jù)價層電子對互斥理論可知：SO2為V形，而CO2為直線形，故〖答案〗為：sp2；SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=3，有1對孤電子對，而CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+=2，無孤電子對；（4）根據(jù)晶胞中均攤法可知，圖1所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：4個，O原子個數(shù)為：=2，故其化學式為：Cu2O，圖2所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：=4個，O原子個數(shù)為：=4，故其化學式為：CuO，故〖答案〗為：圖1；（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結構相似，但由于S2-半徑比O2-半徑大，導致Cu2O的晶格能大于Cu2S，則Cu2O的熔點比Cu2S的高約100℃，故〖答案〗為：S2-半徑比O2-半徑大，導致Cu2O的晶格能大于Cu2S；（6）①比較題干圖3和圖4可知，圖4所示結構單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復出現(xiàn)，故不能作為CuFeS2晶胞，故〖答案〗為：圖4所示結構單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復出現(xiàn)；②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為=4，故〖答案〗為：4；③由題干圖3所示晶胞可知，一個晶胞中含有：Cu原子個數(shù)為=4，F(xiàn)e個數(shù)為：=4，含有S個數(shù)為8，故一個晶胞的質量為：g，CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，故有2(a×10-10)3×4.30g/cm3=g，故CuFeS2晶胞中底邊邊長a=×1010pm，故〖答案〗為：×1010。17.利用頁巖氣中豐富的丙烷制丙烯已成為化工原料丙烯生產(chǎn)的重要渠道。Ⅰ．丙烷直接脫氫法：總壓分別為100kPa、10kPa時發(fā)生該反應，平衡體系中和的體積分數(shù)隨溫度、壓強的變化如下圖。（1）丙烷直接脫氫反應的化學平衡常數(shù)表達式為___________。（2）總壓由10kPa變?yōu)?00kPa時，化學平衡常數(shù)_________(填“變大”“變小”或“不變”)。（3）圖中，曲線Ⅰ、Ⅲ表示的體積分數(shù)隨溫度的變化，判斷依據(jù)是___________。（4）圖中，表示100kPa時的體積分數(shù)隨溫度變化的曲線是______(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。Ⅱ．丙烷氧化脫氫法：我國科學家制備了一種新型高效催化劑用于丙烷氧化脫氫。在催化劑作用下，相同時間內，不同溫度下的轉化率和C3H6的產(chǎn)率如下：反應溫度/℃465480495510C3H8的轉化率/%5.512.117.328.4C3H6的產(chǎn)率/%4.79.512.818.5（5）表中，C3H8的轉化率隨溫度升高而上升的原因是_______________(答出1點即可)。（6）已知：C3H6選擇性。隨著溫度升高，C3H6的選擇性__________(填“升高”“降低”或“不變”)，可能的原因是_________________________________________?！即鸢浮剑?）（2）不變（3）丙烷直接脫氫反應的正反應是一個吸熱反應，升高溫度化學平衡正向移動，C3H6的體積分數(shù)隨溫度升高而增大（4）Ⅱ（5）溫度越高，反應速率越快，相同時間內反應掉的C3H8越大，故C3H8的轉化率越大（6）降低正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動〖解析〗（1）根據(jù)反應方程式可知，丙烷直接脫氫反應的化學平衡常數(shù)表達式為K=，故〖答案〗為：；（2）已知化學平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，故總壓由10kPa變?yōu)?00kPa時，由于溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故〖答案〗為：不變；（3）由題干可知，正反應是一個吸熱反應，升高溫度化學平衡正向移動，C3H6的體積分數(shù)隨溫度升高而增大，故圖中，曲線Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的體積分數(shù)隨溫度的變化，故〖答案〗為：丙烷直接脫氫反應的正反應是一個吸熱反應，升高溫度化學平衡正向移動，C3H6的體積分數(shù)隨溫度升高而增大；（4）由題干可知，正反應是氣體體積增大的方向，故增大壓強上述平衡逆向移動，則有溫度相同時，壓強越大，C3H8的體積分數(shù)也越大，則圖中表示100kPa時C3H8的體積分數(shù)隨溫度變化的曲線是Ⅱ，故〖答案〗為：Ⅱ；（5）達到化學平衡之前，溫度越高，反應速率越快，相同時間內反應掉的C3H8越大，故C3H8的轉化率越大，故〖答案〗為：溫度越高，反應速率越快，相同時間內反應掉的C3H8越大，故C3H8的轉化率越大；（6）由題干信息可知，該反應正反應是一個放熱反應，則有升高溫度，化學平衡逆向移動，故隨著溫度升高，C3H6的選擇性降低，故〖答案〗為：降低；正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動。18.研究人員合成了一種普魯士藍(PB)改性的生物炭(BC)復合材料(BC-PB)，并將其應用于氨氮廢水(含、)的處理。資料：①普魯士藍(PB)是亞鐵氰化鐵的俗稱，化學式為，難溶于水。②BC-PB中，PB負載在BC表面，沒有產(chǎn)生新化學鍵，各自化學性質保持不變。Ⅰ．復合材料BC-PB的合成（1）下列關于ⅰ中HCN參與反應的說法正確的是___________(填字母)。a．提供，與Fe反應 b．提供，與反應c．提供，與配位 d．提供，與反應（2）ⅱ中分離得到的操作包括加熱濃縮、______________。（3）ⅲ中生成普魯士藍反應的離子方程式為________________________________。（4）添加造孔劑可以增加BC的孔道數(shù)目和容量。造孔劑的造孔原理之一是在一定條件下分解產(chǎn)生氣體。700℃時，造孔原理的化學方程式為_______________________。Ⅱ．氨氮廢水處理用溶液模擬氨氮廢水。實驗發(fā)現(xiàn)時，在BC-PB體系中加入，