PAGEPAGE7化學(xué)試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H：1C：12N：14O：16P：31Cl：35.5Ca：40Mn：55Cu：64Bi：209一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.下述工藝不涉及氧化還原反應(yīng)的是A.海水提溴 B.糧食釀酒 C.仿生固氮 D.侯氏制堿〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．海水提溴是由溴元素的化合物變?yōu)殇逶氐膯钨|(zhì)，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；B．酒的釀造是葡萄糖糖與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)的過程，其中有化合價的變化，涉及到氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C．仿生固氮中，N元素從單質(zhì)變?yōu)榛衔?，有元素化合價變化，屬于氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；D．侯式制堿法制純堿中二氧化碳、氨氣、氯化鈉、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，二氧化碳和水，均沒有元素化合價變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，D符合題意；故選D。2.下列應(yīng)用或?qū)嶒灢僮髋c其他三者原理不同的是A.明礬可用于凈化水 B.堿石灰用作食品包裝中的干燥劑C.溶液用塑料瓶盛放 D.固體溶于濃鹽酸配制溶液〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．明礬做凈水劑是因為鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性而凈水，與鹽類水解有關(guān)；B．堿石灰用作食品包裝中的干燥劑，與堿石灰的吸水性有關(guān)；C．水解生成的HF對玻璃有腐蝕作用，故溶液用塑料瓶盛放，與鹽類水解有關(guān)；D．配制FeCl3溶液,需用濃鹽酸溶解FeCl3固體，目的是抑制鐵離子的水解，防止溶液渾濁，與鹽類水解有關(guān)；綜上，與其他三者原理不同的是B，故選B。3.下列化學(xué)事實不符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點的是A.液態(tài)分散系可分為溶液、液溶膠和濁液B.與強堿反應(yīng)時氯氣既是氧化劑又是還原劑C.Li、Na、K的金屬性隨其核外電子層數(shù)增多而增強D.乙醇與濃硫酸在140℃時反應(yīng)生成乙醚，在170℃時反應(yīng)生成乙烯〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．液態(tài)分散系可分為溶液、液溶膠和濁液，粒子直徑的改變引起膠體類型的改變，符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故A正確；B．氯氣與強堿反應(yīng)時既是氧化劑又是還原劑，是氯氣自身的氧化還原反應(yīng)，不符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故B錯誤；C．Li、Na、K的金屬性隨其核外電子層數(shù)增多而增強，符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故C正確；D．乙醇與濃硫酸在140℃時反應(yīng)生成乙醚，在170℃時反應(yīng)生成乙烯，溫度改變引起產(chǎn)物改變，符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故D正確；選B。4.下列分子可能具有旋光性的是A.乳酸 B.異戊烷 C.丙三醇 D.乙酸乙酯〖答案〗A〖解析〗【詳析】具有手性碳原子的有機物會產(chǎn)生手性異構(gòu)，具有手性的分子具有旋光性。手性碳原子是連有4個不同原子或原子團的飽和碳原子，乳酸中連有-H、-OH、-COOH、-CH3的碳原子為手性碳原子，因此乳酸具有旋光性，異戊烷（）、丙三醇（）、乙酸乙酯（CH3COOC2H5）都沒有手性碳原子，沒有旋光性，故選A。5.實驗室中為完成以下實驗，除蒸餾水外，選用的液體試劑和依次加入順序均正確的是A.制備硝基苯：濃硫酸、濃硝酸、苯B.制備溴苯并提純：溴水、苯、NaOH溶液C.粗鹽提純：溶液、溶液、NaOH溶液D.制備硫酸四氨合銅晶體：溶液、氨水、乙醇〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．制備硝基苯實驗中，先加入濃硝酸再加入濃硫酸可以防止混合時產(chǎn)生的大量熱，最后加入苯可以減少苯的蒸發(fā)，因此正確順序是先加入濃硝酸再加入濃硫酸，最后滴入苯，故A錯誤；B．苯和液溴在Fe的催化下才能發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，故B錯誤；C．粗鹽提純的過程中溶液要在溶液之后加，以除去過量的Ba2+，故C錯誤；D．向溶液中加入氨水先生成氫氧化銅藍色沉淀，再加入氨水生成硫酸四氨合銅，硫酸四氨合銅晶體在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇促進硫酸四氨合銅晶體的析出，故D正確；故選D。6.仙鶴草內(nèi)酯具有保肝解毒、降血糖等功效，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于仙鶴草內(nèi)酯的說法錯誤的是A.可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵B.可與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C.苯環(huán)上的氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有4種D.1mol該物質(zhì)最多可與反應(yīng)〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．與N、O、F等電負性很大的原子形成共價鍵的氫原子與另外的N、O、F等電負性很大的原子之間可以形成氫鍵，該有機物分子中含有羥基和羰基，則可以形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵，A正確；B．該有機物分子中含有酚羥基，可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，B正確；C．該有機物中的苯環(huán)共有4種等效氫，則苯環(huán)上的氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有4種，C正確；D．酚羥基和酯基水解生成的醇羥基都不能與NaHCO3反應(yīng)，只有酯基水解生成的羧基可以與NaHCO3反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)最多可與1molNaHCO3反應(yīng)，D錯誤；

故選D。7.利用α粒子(即氦核)轟擊不同原子，獲得人工放射性元素和，合成反應(yīng)如下：；。其中元素Y、Z的基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)之比為1：3.下列說法正確的是A.基態(tài)原子第一電離能：Y<X<Z B.簡單離子半徑：X<Y<ZC.簡單陰離子還原性：X<Z D.X、Y的三氯化物分子構(gòu)型相同〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由質(zhì)子守恒可知，5+2=a+0，解得a=7，X為N元素；由質(zhì)量數(shù)守恒可知，c+4=30+1，解得c=27，結(jié)合元素Y、Z的基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)之比為1：3，則Y為Al元素，Z為P元素，以此解答。【詳析】A．同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢，同一主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，則原子第一電離能：Al<P<N，故A錯誤；B．P3-有3個電子層，Al3+和N3-的電子層數(shù)相等，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡單離子半徑：Al3+<N3-<P3-，故B錯誤；C．同主族元素從上到下元素的非金屬性增強，單質(zhì)的氧化性減小，對應(yīng)離子的還原性增強，則還原性：N3-<P3-，故C正確；D．NCl3的價層電子對數(shù)為4且含有1個孤電子對，構(gòu)型為三角錐形，AlCl3價層電子對數(shù)為3且沒有孤電子對，構(gòu)型為平面三角形，故D錯誤；故選C。8.一定條件下，利用濃溴水與苯酚反應(yīng)，可測定工業(yè)廢水中苯酚的含量(其他雜質(zhì)不與濃溴水反應(yīng))。實驗步驟如下：①用酸式滴定管準確量取20.00mL待測廢水于100mL錐形瓶中；②向錐形瓶中迅速加入過量的濃溴水，塞緊瓶塞，振蕩；③打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入過量的溶液，塞緊瓶塞，振蕩；④滴入2～3滴指示劑，再用標準溶液滴定至終點，消耗溶液，發(fā)生反應(yīng)：；⑤待測廢水換為蒸餾水進行空白實驗，重復(fù)上述步驟，消耗溶液。對于上述實驗，下列做法正確的是A.酸式滴定管查漏時，需轉(zhuǎn)動旋塞進行二次檢查B.酸式滴定管潤洗后，將管內(nèi)廢水從滴定管上部倒入廢液缸中C.步驟④中用酸式滴定管盛裝標準溶液D.滴定實驗進行時，眼睛注視滴定管上的刻度〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．酸式滴定管查漏時，需轉(zhuǎn)動旋塞進行二次檢查，故A正確；B．潤洗后，從滴定管的下口放出，不能從上口倒出，其他操作均合理，故B錯誤；C．標準溶液是堿性的，步驟④中用堿式滴定管盛裝標準溶液，故C錯誤；D．滴定實驗進行時，眼睛注視錐形瓶中的顏色變化，故D錯誤；故選A。9.一定條件下，利用濃溴水與苯酚反應(yīng)，可測定工業(yè)廢水中苯酚的含量(其他雜質(zhì)不與濃溴水反應(yīng))。實驗步驟如下：①用酸式滴定管準確量取20.00mL待測廢水于100mL錐形瓶中；②向錐形瓶中迅速加入過量的濃溴水，塞緊瓶塞，振蕩；③打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入過量的溶液，塞緊瓶塞，振蕩；④滴入2～3滴指示劑，再用標準溶液滴定至終點，消耗溶液，發(fā)生反應(yīng)：；⑤待測廢水換為蒸餾水進行空白實驗，重復(fù)上述步驟，消耗溶液。廢水中苯酚含量()表達式正確的是A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【詳析】由方程式Br2+2I-=I2+2Br-、可知，剩余n(Br2)=n()=×V1×10-3L×=5V1×10-3mmol，將待測廢液換成蒸餾水時，5.00mLamol/L的濃溴水中Br2的物質(zhì)的量為5V2×10-3mmol，則與苯酚反應(yīng)的Br2的物質(zhì)的量為5(V2-V1)×10-3mmol，根據(jù)方程式+3Br2+3HBr，可得苯酚的物質(zhì)的量為mmol，廢水中苯酚含量()表達式為：=10.一定條件下，利用濃溴水與苯酚反應(yīng)，可測定工業(yè)廢水中苯酚的含量(其他雜質(zhì)不與濃溴水反應(yīng))。實驗步驟如下：①用酸式滴定管準確量取20.00mL待測廢水于100mL錐形瓶中；②向錐形瓶中迅速加入過量的濃溴水，塞緊瓶塞，振蕩；③打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入過量的溶液，塞緊瓶塞，振蕩；④滴入2～3滴指示劑，再用標準溶液滴定至終點，消耗溶液，發(fā)生反應(yīng)：；⑤待測廢水換為蒸餾水進行空白實驗，重復(fù)上述步驟，消耗溶液。根據(jù)上述實驗原理，下列說法正確的是A.滴入最后半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變藍，且半分鐘內(nèi)不褪色時停止滴定B.若向待測廢水中加入KI溶液不足，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小C.空白實驗中進行的步驟②未塞瓶塞，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小D.空白實驗中進行的步驟④滴定終點俯視讀數(shù)，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．用0.01mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至終點，由于Na2S2O3標準溶液會反應(yīng)碘單質(zhì)，加入的淀粉遇碘單質(zhì)變成藍色，所以滴定終點的現(xiàn)象為滴入最后半滴標準液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色，故A錯誤；B．向呈有待測廢水加入濃溴水反應(yīng)后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液與剩下的Br2發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到碘單質(zhì)，再用Na2S2O3標準溶液滴定碘單質(zhì)，可根據(jù)消耗的Na2S2O3標準溶液的體積和濃度算出溶液中剩余的Br2的物質(zhì)的量，再設(shè)置一個空白實驗測出濃溴水的物質(zhì)的量，用Br2總的物質(zhì)的量-剩余Br2的物質(zhì)的量即可得出與苯酚反應(yīng)的Br2的物質(zhì)的量，再結(jié)合反應(yīng)方程式得到苯酚的物質(zhì)的量，從而求出廢水中苯酚的含量，若KI溶液不足，則剩余的Br2的物質(zhì)的量偏小，苯酚含量會偏大，故B錯誤；C．空白實驗中進行的步驟②忘記塞進瓶塞，溴單質(zhì)揮發(fā)，導(dǎo)致最終消耗的Na2S2O3的體積偏小，則測得苯酚的含量偏小，故C正確；D．如果空白實驗中步驟4滴定終點時俯視讀數(shù)，讀得的體積偏小，則消耗的Na2S2O3的體積偏小，使測得苯酚的含量偏小，故D錯誤；二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.隨著鋰電池的廣泛應(yīng)用，鋰已成為重要的戰(zhàn)略資源。從海水提取鋰首先需要對低濃度的進行選擇性富集。能夠嵌入某些氧化物并在一定條件下脫出，據(jù)此可以使富集。以和為原料，充分混合并煅燒，冷卻后得到。60℃時，用鹽酸淋洗LMO富集的過程如圖所示，將LMO中所有交換后得到HMO，過程中測得固體中錳元素平均化合價有所升高。下列說法錯誤的是A.在煅燒時體現(xiàn)還原性 B.充分煅燒時有兩種氣體產(chǎn)生C.HMO與LMO相互轉(zhuǎn)化的操作是溶解和過濾 D.富集一段時間后需向體系中補充LMO〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗以和為原料，充分混合并煅燒，冷卻后得到，該步驟化學(xué)方程式為：，后經(jīng)過鹽酸淋洗LMO富集將LMO中所有交換后得到HMO，據(jù)此分析?！驹斘觥緼．由分析可知，在煅燒時，化合價降低，為氧化劑，體現(xiàn)氧化性，A錯誤；B．由分析可知，煅燒的方程式為，產(chǎn)生的氣體為氧氣和二氧化碳，B正確；C．由流程圖可知，HMO轉(zhuǎn)化為LMO操作是洗滌，C錯誤；D．由分析可知，富集一段時間后鋰離子后，量減少，需要補充LMO，D正確；故選AC。12.隨著鋰電池的廣泛應(yīng)用，鋰已成為重要的戰(zhàn)略資源。從海水提取鋰首先需要對低濃度的進行選擇性富集。能夠嵌入某些氧化物并在一定條件下脫出，據(jù)此可以使富集。利用電化學(xué)富集鋰的裝置如圖所示。用離子交換膜將電極與兩個惰性電極隔開。該電化學(xué)系統(tǒng)工作時，先通入海水，啟動電源1，形成；關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，同時向電極2上通。下列說法正確的是A.惰性電極1為陰極B.膜a為陰離子交換膜C.當富集完成時，理論上兩個惰性電極上消耗和生成的氣體物質(zhì)的量相等D.當電極2消耗時，完全轉(zhuǎn)化為，則理論上中x=0.8〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗該電化學(xué)系統(tǒng)工作時，先通入海水，啟動電源1，形成，錳元素化合價降低，電極發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極，惰性電極1為陽極；然后關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，同時向電極2上通，使得中的Li+脫出進入腔室2，錳元素化合價升高，電極為陽極，惰性電極2為陰極，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由題可知，通入海水，啟動電源1，形成，此時電極發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極，惰性電極1為陽極，故A錯誤；B．由分析可知，關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2時，中的Li+脫出進入腔室2，所以膜a為陽離子交換膜，故B錯誤；C．當通入海水，啟動電源1，形成時，惰性電極1為陽極，水失去電子生成氧氣，電極反應(yīng)為：，而當關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，同時向惰性電極2上通時，惰性電極2為陰極，氧氣生成水，電極反應(yīng)為：，整個過程中，的嵌入和的脫嵌過程轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，所以理論上兩個惰性電極上消耗和生成的氣體物質(zhì)的量相等，故C正確；D．電極2電極反應(yīng)為，當電極2消耗時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為400mol，且的物質(zhì)的量為，完全轉(zhuǎn)化為，則的物質(zhì)的量為500mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，則理論上中x=，故D正確；故〖答案〗選CD。13.有機物X→Y的重排反應(yīng)如圖所示，下列說法正確的是A.依據(jù)核磁共振氫譜可以區(qū)分X、YB.除氫原子外，X中可能共平面的原子最多有5個C.若不考慮立體異構(gòu)，含酰胺基且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的Y的同分異構(gòu)體有3種D.若考慮立體異構(gòu)，重排后的產(chǎn)物為〖答案〗AC〖解析〗【詳析】A．和都有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，但是兩個物質(zhì)H的化學(xué)位移的位置不同，例如：由于O的電負性較大，羥基H的化學(xué)位移更靠近低場，化學(xué)位移較大，而N的電負性比氧弱，因此酰胺鍵中的H化學(xué)位移較小，因此可以通過核磁共振氫譜鑒別兩種物質(zhì)，A正確；B．X中除H外最多有6個原子共平面，如圖所示，B錯誤；C．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基，同分異構(gòu)體有，共3種，C正確；D．根據(jù)題意，重排后的產(chǎn)物為，D錯誤；故選AC。14.一定條件下，HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反應(yīng)如下：Ⅰ．Ⅱ．已知僅對反應(yīng)Ⅰ有催化作用。一定溫度下，在密封石英管內(nèi)完全充滿水溶液，使HCOOH分解，分解產(chǎn)物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應(yīng)時間的變化關(guān)系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列說法正確的是A.反應(yīng)的活化能：Ⅰ>ⅡB.反應(yīng)的平衡常數(shù)：C.反應(yīng)達平衡后，D.向體系中加入鹽酸，CO新的濃度峰值點對應(yīng)CO2的濃度可能是點a〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．根據(jù)圖像可知，CO濃度達到最大值時表明反應(yīng)I達平衡，此時二氧化碳濃度未達最大值，即反應(yīng)II尚未達平衡狀態(tài)，說明反應(yīng)I的反應(yīng)速率大于反應(yīng)II，即活化能：反應(yīng)Ⅰ<反應(yīng)Ⅱ，A錯誤；B．反應(yīng)Ⅰ．，，反應(yīng)Ⅱ．，，達到平衡時，二氧化碳濃度遠大于一氧化碳，則，B正確；C．根據(jù)碳元素守恒，在密封石英管內(nèi)完全充滿水溶液，HCOOH發(fā)生分解生成CO與CO2，由于過程I和II均為可逆過程，則有，C錯誤；D．由于僅對反應(yīng)Ⅰ有催化作用，加快反應(yīng)I的反應(yīng)速率，縮短到達平衡所需時間，故CO濃度峰值提前，由于時間縮短，反應(yīng)Ⅱ消耗的HCOOH減小，體系中HCOOH濃度增大，導(dǎo)致CO濃度大于t1時刻的峰值，二氧化碳濃度降低，但不為a點，D錯誤；故選B。15.常溫下，向的二元弱酸中加入一元強堿MOH固體(溶液體積變化忽略不計)，體系中、和的分布系數(shù)δ(x)隨溶液pOH的變化如圖所示。已知：，常溫下，、均易溶于水。下列說法錯誤的是A.常溫下，的溶液pH≈2.5B.當pOH>7時，存在一點滿足C.當時，需加入D.當pOH=6時，體系中〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗pOH越大，則溶液堿性越強，根據(jù)題給信息可知，，其中1表示H2A，2表示HA-，3表示A2-，以此解題?！驹斘觥緼．當pH=9時，可知，則當在的溶液時，，解得此時c(H+)=10-2.5mol/L，pH≈2.5，A正確；B．當pOH=3時，可知，，在的溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可知，，而HA-的水解常數(shù)，即此時溶液水解為主，溶液顯堿性，而當pOH>7時溶液顯酸性，故此時不是的溶液，即不成立，B錯誤；C．的二元弱酸中的物質(zhì)的量為0.01mol，當時，溶液中主要為，當然也存在，即此時加入的物質(zhì)的量應(yīng)該大于的物質(zhì)的量，即加入，C正確；D．根據(jù)可知，當溶液為的飽和溶液時，此時，并且由選項B的分析可知，此時HA-的水解程度大于電離程度，根據(jù)水解方程式：HA-+H2O?H2A+OH-，其水解常數(shù)，解得，c(OH-)=10-5mol/L，而當pOH=6時，此時有一部分HA-轉(zhuǎn)化成了H2A，則其濃度小于M+的濃度，促使MHA的沉淀溶解平衡正向移動，即，D錯誤；故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義?；瘜W(xué)式為的籠形包合物四方晶胞部分結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出)。晶胞參數(shù)為a=b≠c，α=β=γ=90°?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)的價電子排布式為________。（2）晶體中有_____種化學(xué)環(huán)境的鎳離子；x：y=______；當z=0.5時，1mol晶胞可以俘獲_____mol苯分子。（3）、、的鍵角由大到小的順序為______(填化學(xué)式)；常溫常壓下為無色氣體，其固體的晶體類型為_______；沸點_____(填“>”“<”或“=”)；的沸點高于，原因是___________。（4）吡咯()替代苯也可形成類似的籠形包合物。吡咯分子所有原子處于同一平面，則吡咯中N原子的價層孤電子對占據(jù)______(填標號)。A．2s軌道B．2p軌道C．sp雜化軌道D．雜化軌道吡咯與相比，結(jié)合質(zhì)子的能力較______(填“強”或“弱”)?！即鸢浮剑?）（2）①.2②.2：1③.4（3）①.、、②.分子晶體③.>④.的相對分子質(zhì)量大，使范德華力對沸點的影響超過分子間氫鍵（4）①.B②.弱〖解析〗【小問1詳析】Ni是28號元素，基態(tài)的價電子排布式為?！拘?詳析】由晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶體中Ni原子部分連著NH3，有的沒有連接NH3，有2種化學(xué)環(huán)境的鎳離子；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，C原子的個數(shù)為8=2，N原子的個數(shù)為8+4=3，則x：y=2：1，當z=0.5時，1個Ni原子對應(yīng)0.5個苯分子，而晶胞中含有8個Ni原子，則1mol晶胞可以俘獲8×0.5mol=4mol苯分子?！拘?詳析】、中心原子雜化方式都為sp3，且含有1個孤電子對，含有2個孤電子對，則鍵角：>，中C原子雜化方式為sp2，為平面三角形，鍵角為120°，、、鍵角由大到小的順序為、、；常溫常壓下為無色氣體，說明其沸點較低，其固體的晶體類型為分子晶體，分子間能形成氫鍵，則沸點>，的沸點高于，原因是的相對分子質(zhì)量大，使范德華力對沸點的影響超過分子間氫鍵?！拘?詳析】吡咯()替代苯也可形成類似的籠形包合物，吡咯分子所有原子處于同一平面，說明N原子和C原子都是sp2雜化，則N原子的價層孤電子對占據(jù)未雜化的2p軌道，故選B；中N原子有1個孤電子對，可以結(jié)合H+形成配位鍵，吡咯與相比，結(jié)合質(zhì)子的能力較弱。17.利用銅轉(zhuǎn)爐煙灰(主要成分為ZnO，含少量及Pb、Cu、As元素的化合物)制取活性氧化鋅的工藝流程如下：已知：“浸取”后，鋅元素以存在；25℃時，部分金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH見下表(當溶液中某離子濃度時，可認為該離子沉淀完全)。金屬離子開始沉淀pH1.97.04.5完全沉淀pH3.29.06.4回答下列問題：（1）“浸取”時控制溫度為45～55℃之間，理由是________。（2）“除雜2”中，需先將溶液的pH調(diào)至4～4.5，此時應(yīng)選擇的最佳試劑是______(填標號)；A．氨水B．氧化鋅C．硫酸D．鹽酸滴加溶液有生成，該反應(yīng)的離子方程式為______；25℃時，體系中殘留最大濃度為______(忽略反應(yīng)對溶液pH的影響)。（3）“除雜3”是置換除雜過程，則試劑a是________(填化學(xué)式)；“沉鋅”時，鋅元素以形式存在，發(fā)生反應(yīng)離子方程式為________。（4）該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是_______(填化學(xué)式)?！即鸢浮剑?）保證浸取速率較高，同時防止氨水（或硫酸銨）分解或升高溫度，浸取速率會加快，當超過55℃時，再升高溫度氨水（或硫酸銨）分解或溫度過低，浸取速率太慢，溫度過高氨水（或硫酸銨）分解（2）①.C②.③.（3）①.Zn②.（4）〖解析〗〖祥解〗由題給流程可知，向銅轉(zhuǎn)爐煙灰中加入了硫酸銨和氨水浸取，將鉛元素轉(zhuǎn)化為沉淀，轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾，向浸出液中加入硫酸鐵溶液，將鐵元素轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾得到含有的濾渣Ⅰ和浸出液；向濾液中先加稀硫酸調(diào)節(jié)pH，再加入高錳酸鉀，將殘留的鐵元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，同時高錳酸根離子轉(zhuǎn)化為二氧化錳沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、二氧化錳的濾渣Ⅱ和濾液，向濾液中加入過量的鋅，將溶液中銅離子還原為銅，過濾得到含有鋅、銅的濾渣Ⅲ和濾液；向濾液中加入碳酸氫銨溶液，將溶液中的鋅離子轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鋅沉淀，過濾得到堿式碳酸鋅，濾液主要溶質(zhì)為硫酸銨，可循環(huán)利用；堿式碳酸鋅煅燒分解制得活性氧化鋅，據(jù)此分析；【小問1詳析】“浸取”時控制溫度為45～55℃之間，理由是保證浸取速率較高，同時防止氨水（或硫酸銨）分解或升高溫度，浸取速率會加快，當超過55℃時，再升高溫度氨水（或硫酸銨）分解或溫度過低，浸取速率太慢，溫度過高氨水（或硫酸銨）分解；【小問2詳析】“除雜2”中，需先將溶液的pH調(diào)至4～4.5，為避免引入新的雜質(zhì)離子，并且此時應(yīng)選擇的最佳試劑是硫酸，故選C；滴加溶液有生成，該反應(yīng)的離子方程式為：；完全沉淀時pH=3.2，此時，，可計算出，pH=4時c(OH-)=10-10mol/L，25℃時，體系中殘留最大濃度為=mol/L；【小問3詳析】“除雜3”是置換除雜過程，根據(jù)分析，試劑a是Zn；“沉鋅”時，鋅元素以形式存在，“沉鋅”生成堿式碳酸鋅沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；【小問4詳析】根據(jù)分析，該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是。18.過氧化鈣水合物(，x>2)微溶于水，能溶于酸，性質(zhì)與相似，可用作醫(yī)用防腐劑和消毒劑。實驗室制備過氧化鈣的流程如下：回答下列問題：（1）步驟Ⅰ中應(yīng)過量的試劑為______(填“稀鹽酸”或“碳酸鈣”)。（2）步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）步驟Ⅴ烘干的同時計算確定水合物中x的值。從下列儀器中選出步驟Ⅴ中所需儀器為______(填標號)。過程中需至少稱量_____次；當_____時可認為烘干完全。（4）利用如圖裝置(夾持裝置省略)測定產(chǎn)品中的純度。常溫常壓下，稱取mg產(chǎn)品，記錄量氣管起始讀數(shù)為5.00mL，從分液漏斗中迅速加入15.00mL的鹽酸(足量)后，立即關(guān)閉旋塞?；謴?fù)至室溫后，調(diào)整量氣管讀數(shù)為40.00mL。儀器A的名稱是_______；室溫下氣體摩爾體積為，該產(chǎn)品的純度為______％(用含m、的代數(shù)式表示)；若讀數(shù)時，未調(diào)平水準管與量氣管的液面，所測定產(chǎn)品的純度會______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)?！即鸢浮剑?）碳酸鈣（2）或（3）①.BCE②.4③.最后兩次稱量時質(zhì)量差（4）①.蒸餾燒瓶②.③.偏低〖解析〗〖祥解〗根據(jù)工藝流程可知碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)生成，與氨水和反應(yīng)生成，經(jīng)洗滌烘干則得?！拘?詳析】步驟Ⅰ中應(yīng)過量的試劑為碳酸鈣,保證鹽酸反應(yīng)完，避免與步驟二中的氨水反應(yīng)；【小問2詳析】步驟Ⅱ中與氨水和反應(yīng)生成，離子方程式為或；【小問3詳析】步驟Ⅴ烘干所需儀器為B干燥器、C坩堝除去結(jié)晶水、E玻璃棒用于攪拌，過程中需至少稱量4次，第一次稱量坩堝的質(zhì)量，第二次坩堝+水合物的質(zhì)量，第三次加熱并冷卻至室溫后稱量坩堝+剩余固體的質(zhì)量，因為要求最后兩次稱量的質(zhì)量差值小于0.1g，結(jié)果在允許的范圍內(nèi)，才認為結(jié)晶水完全失去，所以第四次稱量：再加熱后坩堝+剩余固體的質(zhì)量，如果不滿足質(zhì)量差值小于0.1g，還要加熱再稱量，所以至少稱量四次；【小問4詳析】儀器A的名稱是蒸餾燒瓶，由于性質(zhì)與相似，故該產(chǎn)品的純度為:，根據(jù)連通器原理，U型管測氣體體積時要使兩管液面相平，確保兩邊大氣壓相等，若讀數(shù)時，未調(diào)平水準管與量氣管的液面，液面則是右高左低，水準管的液面高則氣體體積偏小,因為除了大氣壓氣體還受到高出那一部分液體的壓強,所以體積還是偏小，故質(zhì)量偏小，純度偏低。19.酸性溶液常用于媒染劑和消毒劑等。為探究不同體系中的微觀變化，進行如下實驗?；卮鹣铝袉栴}：（1）將放入密閉容器中，在高壓HCl氣氛下，緩緩抽去其中的水蒸氣，使體系中水蒸氣的分壓逐漸降低，各步脫水過程為一系列的動態(tài)平衡(脫水過程均為吸熱反應(yīng))。50℃下，部分階段脫水時，水合物中水的質(zhì)量分數(shù)ω與的關(guān)系如下。①脫水時，高壓HCl氣氛的作用是_______。②b→c階段對應(yīng)的化學(xué)方程式為________。③若升溫至60℃，d→e階段對應(yīng)的_____4000Pa(填“>”“<”或“=”)。④當由d點失水達到M點時，剩余的物質(zhì)的量分數(shù)為_____。（2）在一定溫度下，在液態(tài)有機相中存在以下氯化絡(luò)合反應(yīng)：反應(yīng)的平衡常數(shù)_______。保持溫度不變，改變有機相稀溶液中的起始濃度，測得銅元素的部分微粒分布系數(shù)δ與平衡濃度關(guān)系如圖所示。圖中未表示出______(填“”“”“”或“”)的分布系數(shù)；A點時，的濃度為______(保留兩位小數(shù))，此時的氯化絡(luò)合轉(zhuǎn)化率約為______；向上述溶液中繼續(xù)加入有機試劑稀釋，體系中的值_______(填“增大”“減小”或“不變”)?！即鸢浮剑?）①.抑制水解(抑制銅離子水解)②.③.>④.50％（2）①.4.5②.③.0.67④.55％⑤.增大〖解析〗【小問1詳析】①溶液中存在，高壓HCl氣氛是為了抑制銅離子水解，故〖答案〗為抑制水解(抑制銅離子水解)；②ab階段，水的百分比為40%，設(shè)ab階段分子式為，所以有，解得x=5，所以ab階段分子式為，又cd階段分子式為，所以b→c階段對應(yīng)的化學(xué)方程式為，故〖答案〗為；③脫水過程均為吸熱反應(yīng)，溫度升高，促進脫水，所以若升溫至60℃，d→e階段對應(yīng)的>4000Pa，故〖答案〗為>；④d點分子式為，當由d點失水達到M點時，水的百分比為25%，設(shè)ab階段分子式為，所以有，解得x=2.5，同理可知，e點分子式為，所以d到e失去1個水，所以到M點時，剩余的物質(zhì)的量分數(shù)為50%，故〖答案〗為50%?！拘?詳析】①已知Ⅰ，Ⅱ，所以為2Ⅰ-Ⅱ，所以，故〖答案〗為4.5；②曲線a一直降低，所以a代表的分布系數(shù)，當Cl-不足時，主要發(fā)生，當Cl-過量時，主要發(fā)生，且向轉(zhuǎn)化，所以的分布系數(shù)隨著的濃度增大表現(xiàn)出先增大后減小，而則一直增大，所以曲線b代表，曲線c代表，所以未標注的為；A點時，且，所以，所以；此時，由圖可知，的分布系數(shù)約為0.45，所以的氯化絡(luò)合轉(zhuǎn)化率約為55%；根據(jù)，，理，，由此可見，稀釋時，溶液中降低幅度更大，所以體系中的值增大，故〖答案〗為；0.67；55%；增大。20.化合物Ⅰ是合成抗HIV病毒活性藥物的一種中間體，其合成路線如下：已知：Ⅰ．Ⅱ．R，R'=H，羥基Ⅲ．，羥基Ⅳ．回答下列問題：（1）A→B加入稍過量，化學(xué)方程式為_________；A與反應(yīng)的目的是_______。（2）B的同分異構(gòu)體中，含苯環(huán)且能發(fā)生水解反應(yīng)，但不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的有______種。（3）C中不對稱碳原子個數(shù)為_____；試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為_______；D中含氧官能團的名稱為_______。（4）G→H的反應(yīng)類型為___________；Ⅰ中含有兩個五元環(huán)，其結(jié)構(gòu)簡式為______?！即鸢浮?0.①.或②.保護醇羥基或防止C→D產(chǎn)生副產(chǎn)物21.1022.①.1②.③.醚鍵、酯基23.①.還原反應(yīng)②.〖解析〗〖祥解〗A為HOCH2CHO，B為(PhCH2OCH2CHO)，C，D為，E為，G為I為【小問1詳析】根據(jù)A與B的結(jié)構(gòu)式可以得出或A與PhCH2Cl反應(yīng)的目的是保護醇羥基或防止C→D產(chǎn)生副產(chǎn)物【小問2詳析】B的同分異構(gòu)體中，含苯環(huán)且能發(fā)生水解反應(yīng)，但不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的有10種，根據(jù)題意含有官能團酯基，沒有醛基或者是甲酸某酯，【小問3詳析】由結(jié)構(gòu)可知，不對稱C為1個，試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為；D中含氧官能團的名稱為醚鍵，酯基?！拘?詳析】LiAlH4是有機反應(yīng)中常見的還原劑，可以還原醛基或者羰基，甚至可以還原羧基，G→H的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)。根據(jù)題目合成最后一個〖提示〗可知，I為【『點石成金』】對于有機綜合大題，一定要看題目所給的〖提示〗信息，根據(jù)所謂信息可以正推或者反推。化學(xué)試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16P：31Cl：35.5Ca：40Mn：55Cu：64Bi：209一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.下述工藝不涉及氧化還原反應(yīng)的是A.海水提溴 B.糧食釀酒 C.仿生固氮 D.侯氏制堿〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．海水提溴是由溴元素的化合物變?yōu)殇逶氐膯钨|(zhì)，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；B．酒的釀造是葡萄糖糖與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)的過程，其中有化合價的變化，涉及到氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C．仿生固氮中，N元素從單質(zhì)變?yōu)榛衔铮性鼗蟽r變化，屬于氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；D．侯式制堿法制純堿中二氧化碳、氨氣、氯化鈉、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，二氧化碳和水，均沒有元素化合價變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，D符合題意；故選D。2.下列應(yīng)用或?qū)嶒灢僮髋c其他三者原理不同的是A.明礬可用于凈化水 B.堿石灰用作食品包裝中的干燥劑C.溶液用塑料瓶盛放 D.固體溶于濃鹽酸配制溶液〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．明礬做凈水劑是因為鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性而凈水，與鹽類水解有關(guān)；B．堿石灰用作食品包裝中的干燥劑，與堿石灰的吸水性有關(guān)；C．水解生成的HF對玻璃有腐蝕作用，故溶液用塑料瓶盛放，與鹽類水解有關(guān)；D．配制FeCl3溶液,需用濃鹽酸溶解FeCl3固體，目的是抑制鐵離子的水解，防止溶液渾濁，與鹽類水解有關(guān)；綜上，與其他三者原理不同的是B，故選B。3.下列化學(xué)事實不符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點的是A.液態(tài)分散系可分為溶液、液溶膠和濁液B.與強堿反應(yīng)時氯氣既是氧化劑又是還原劑C.Li、Na、K的金屬性隨其核外電子層數(shù)增多而增強D.乙醇與濃硫酸在140℃時反應(yīng)生成乙醚，在170℃時反應(yīng)生成乙烯〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．液態(tài)分散系可分為溶液、液溶膠和濁液，粒子直徑的改變引起膠體類型的改變，符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故A正確；B．氯氣與強堿反應(yīng)時既是氧化劑又是還原劑，是氯氣自身的氧化還原反應(yīng)，不符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故B錯誤；C．Li、Na、K的金屬性隨其核外電子層數(shù)增多而增強，符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故C正確；D．乙醇與濃硫酸在140℃時反應(yīng)生成乙醚，在170℃時反應(yīng)生成乙烯，溫度改變引起產(chǎn)物改變，符合“量變引起質(zhì)變”的哲學(xué)觀點，故D正確；選B。4.下列分子可能具有旋光性的是A.乳酸 B.異戊烷 C.丙三醇 D.乙酸乙酯〖答案〗A〖解析〗【詳析】具有手性碳原子的有機物會產(chǎn)生手性異構(gòu)，具有手性的分子具有旋光性。手性碳原子是連有4個不同原子或原子團的飽和碳原子，乳酸中連有-H、-OH、-COOH、-CH3的碳原子為手性碳原子，因此乳酸具有旋光性，異戊烷（）、丙三醇（）、乙酸乙酯（CH3COOC2H5）都沒有手性碳原子，沒有旋光性，故選A。5.實驗室中為完成以下實驗，除蒸餾水外，選用的液體試劑和依次加入順序均正確的是A.制備硝基苯：濃硫酸、濃硝酸、苯B.制備溴苯并提純：溴水、苯、NaOH溶液C.粗鹽提純：溶液、溶液、NaOH溶液D.制備硫酸四氨合銅晶體：溶液、氨水、乙醇〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．制備硝基苯實驗中，先加入濃硝酸再加入濃硫酸可以防止混合時產(chǎn)生的大量熱，最后加入苯可以減少苯的蒸發(fā)，因此正確順序是先加入濃硝酸再加入濃硫酸，最后滴入苯，故A錯誤；B．苯和液溴在Fe的催化下才能發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，故B錯誤；C．粗鹽提純的過程中溶液要在溶液之后加，以除去過量的Ba2+，故C錯誤；D．向溶液中加入氨水先生成氫氧化銅藍色沉淀，再加入氨水生成硫酸四氨合銅，硫酸四氨合銅晶體在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇促進硫酸四氨合銅晶體的析出，故D正確；故選D。6.仙鶴草內(nèi)酯具有保肝解毒、降血糖等功效，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于仙鶴草內(nèi)酯的說法錯誤的是A.可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵B.可與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C.苯環(huán)上的氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有4種D.1mol該物質(zhì)最多可與反應(yīng)〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．與N、O、F等電負性很大的原子形成共價鍵的氫原子與另外的N、O、F等電負性很大的原子之間可以形成氫鍵，該有機物分子中含有羥基和羰基，則可以形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵，A正確；B．該有機物分子中含有酚羥基，可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，B正確；C．該有機物中的苯環(huán)共有4種等效氫，則苯環(huán)上的氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有4種，C正確；D．酚羥基和酯基水解生成的醇羥基都不能與NaHCO3反應(yīng)，只有酯基水解生成的羧基可以與NaHCO3反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)最多可與1molNaHCO3反應(yīng)，D錯誤；

故選D。7.利用α粒子(即氦核)轟擊不同原子，獲得人工放射性元素和，合成反應(yīng)如下：；。其中元素Y、Z的基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)之比為1：3.下列說法正確的是A.基態(tài)原子第一電離能：Y<X<Z B.簡單離子半徑：X<Y<ZC.簡單陰離子還原性：X<Z D.X、Y的三氯化物分子構(gòu)型相同〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由質(zhì)子守恒可知，5+2=a+0，解得a=7，X為N元素；由質(zhì)量數(shù)守恒可知，c+4=30+1，解得c=27，結(jié)合元素Y、Z的基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)之比為1：3，則Y為Al元素，Z為P元素，以此解答?！驹斘觥緼．同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢，同一主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，則原子第一電離能：Al<P<N，故A錯誤；B．P3-有3個電子層，Al3+和N3-的電子層數(shù)相等，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡單離子半徑：Al3+<N3-<P3-，故B錯誤；C．同主族元素從上到下元素的非金屬性增強，單質(zhì)的氧化性減小，對應(yīng)離子的還原性增強，則還原性：N3-<P3-，故C正確；D．NCl3的價層電子對數(shù)為4且含有1個孤電子對，構(gòu)型為三角錐形，AlCl3價層電子對數(shù)為3且沒有孤電子對，構(gòu)型為平面三角形，故D錯誤；故選C。8.一定條件下，利用濃溴水與苯酚反應(yīng)，可測定工業(yè)廢水中苯酚的含量(其他雜質(zhì)不與濃溴水反應(yīng))。實驗步驟如下：①用酸式滴定管準確量取20.00mL待測廢水于100mL錐形瓶中；②向錐形瓶中迅速加入過量的濃溴水，塞緊瓶塞，振蕩；③打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入過量的溶液，塞緊瓶塞，振蕩；④滴入2～3滴指示劑，再用標準溶液滴定至終點，消耗溶液，發(fā)生反應(yīng)：；⑤待測廢水換為蒸餾水進行空白實驗，重復(fù)上述步驟，消耗溶液。對于上述實驗，下列做法正確的是A.酸式滴定管查漏時，需轉(zhuǎn)動旋塞進行二次檢查B.酸式滴定管潤洗后，將管內(nèi)廢水從滴定管上部倒入廢液缸中C.步驟④中用酸式滴定管盛裝標準溶液D.滴定實驗進行時，眼睛注視滴定管上的刻度〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．酸式滴定管查漏時，需轉(zhuǎn)動旋塞進行二次檢查，故A正確；B．潤洗后，從滴定管的下口放出，不能從上口倒出，其他操作均合理，故B錯誤；C．標準溶液是堿性的，步驟④中用堿式滴定管盛裝標準溶液，故C錯誤；D．滴定實驗進行時，眼睛注視錐形瓶中的顏色變化，故D錯誤；故選A。9.一定條件下，利用濃溴水與苯酚反應(yīng)，可測定工業(yè)廢水中苯酚的含量(其他雜質(zhì)不與濃溴水反應(yīng))。實驗步驟如下：①用酸式滴定管準確量取20.00mL待測廢水于100mL錐形瓶中；②向錐形瓶中迅速加入過量的濃溴水，塞緊瓶塞，振蕩；③打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入過量的溶液，塞緊瓶塞，振蕩；④滴入2～3滴指示劑，再用標準溶液滴定至終點，消耗溶液，發(fā)生反應(yīng)：；⑤待測廢水換為蒸餾水進行空白實驗，重復(fù)上述步驟，消耗溶液。廢水中苯酚含量()表達式正確的是A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【詳析】由方程式Br2+2I-=I2+2Br-、可知，剩余n(Br2)=n()=×V1×10-3L×=5V1×10-3mmol，將待測廢液換成蒸餾水時，5.00mLamol/L的濃溴水中Br2的物質(zhì)的量為5V2×10-3mmol，則與苯酚反應(yīng)的Br2的物質(zhì)的量為5(V2-V1)×10-3mmol，根據(jù)方程式+3Br2+3HBr，可得苯酚的物質(zhì)的量為mmol，廢水中苯酚含量()表達式為：=10.一定條件下，利用濃溴水與苯酚反應(yīng)，可測定工業(yè)廢水中苯酚的含量(其他雜質(zhì)不與濃溴水反應(yīng))。實驗步驟如下：①用酸式滴定管準確量取20.00mL待測廢水于100mL錐形瓶中；②向錐形瓶中迅速加入過量的濃溴水，塞緊瓶塞，振蕩；③打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入過量的溶液，塞緊瓶塞，振蕩；④滴入2～3滴指示劑，再用標準溶液滴定至終點，消耗溶液，發(fā)生反應(yīng)：；⑤待測廢水換為蒸餾水進行空白實驗，重復(fù)上述步驟，消耗溶液。根據(jù)上述實驗原理，下列說法正確的是A.滴入最后半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變藍，且半分鐘內(nèi)不褪色時停止滴定B.若向待測廢水中加入KI溶液不足，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小C.空白實驗中進行的步驟②未塞瓶塞，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小D.空白實驗中進行的步驟④滴定終點俯視讀數(shù)，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．用0.01mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至終點，由于Na2S2O3標準溶液會反應(yīng)碘單質(zhì)，加入的淀粉遇碘單質(zhì)變成藍色，所以滴定終點的現(xiàn)象為滴入最后半滴標準液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色，故A錯誤；B．向呈有待測廢水加入濃溴水反應(yīng)后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液與剩下的Br2發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到碘單質(zhì)，再用Na2S2O3標準溶液滴定碘單質(zhì)，可根據(jù)消耗的Na2S2O3標準溶液的體積和濃度算出溶液中剩余的Br2的物質(zhì)的量，再設(shè)置一個空白實驗測出濃溴水的物質(zhì)的量，用Br2總的物質(zhì)的量-剩余Br2的物質(zhì)的量即可得出與苯酚反應(yīng)的Br2的物質(zhì)的量，再結(jié)合反應(yīng)方程式得到苯酚的物質(zhì)的量，從而求出廢水中苯酚的含量，若KI溶液不足，則剩余的Br2的物質(zhì)的量偏小，苯酚含量會偏大，故B錯誤；C．空白實驗中進行的步驟②忘記塞進瓶塞，溴單質(zhì)揮發(fā)，導(dǎo)致最終消耗的Na2S2O3的體積偏小，則測得苯酚的含量偏小，故C正確；D．如果空白實驗中步驟4滴定終點時俯視讀數(shù)，讀得的體積偏小，則消耗的Na2S2O3的體積偏小，使測得苯酚的含量偏小，故D錯誤；二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.隨著鋰電池的廣泛應(yīng)用，鋰已成為重要的戰(zhàn)略資源。從海水提取鋰首先需要對低濃度的進行選擇性富集。能夠嵌入某些氧化物并在一定條件下脫出，據(jù)此可以使富集。以和為原料，充分混合并煅燒，冷卻后得到。60℃時，用鹽酸淋洗LMO富集的過程如圖所示，將LMO中所有交換后得到HMO，過程中測得固體中錳元素平均化合價有所升高。下列說法錯誤的是A.在煅燒時體現(xiàn)還原性 B.充分煅燒時有兩種氣體產(chǎn)生C.HMO與LMO相互轉(zhuǎn)化的操作是溶解和過濾 D.富集一段時間后需向體系中補充LMO〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗以和為原料，充分混合并煅燒，冷卻后得到，該步驟化學(xué)方程式為：，后經(jīng)過鹽酸淋洗LMO富集將LMO中所有交換后得到HMO，據(jù)此分析?！驹斘觥緼．由分析可知，在煅燒時，化合價降低，為氧化劑，體現(xiàn)氧化性，A錯誤；B．由分析可知，煅燒的方程式為，產(chǎn)生的氣體為氧氣和二氧化碳，B正確；C．由流程圖可知，HMO轉(zhuǎn)化為LMO操作是洗滌，C錯誤；D．由分析可知，富集一段時間后鋰離子后，量減少，需要補充LMO，D正確；故選AC。12.隨著鋰電池的廣泛應(yīng)用，鋰已成為重要的戰(zhàn)略資源。從海水提取鋰首先需要對低濃度的進行選擇性富集。能夠嵌入某些氧化物并在一定條件下脫出，據(jù)此可以使富集。利用電化學(xué)富集鋰的裝置如圖所示。用離子交換膜將電極與兩個惰性電極隔開。該電化學(xué)系統(tǒng)工作時，先通入海水，啟動電源1，形成；關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，同時向電極2上通。下列說法正確的是A.惰性電極1為陰極B.膜a為陰離子交換膜C.當富集完成時，理論上兩個惰性電極上消耗和生成的氣體物質(zhì)的量相等D.當電極2消耗時，完全轉(zhuǎn)化為，則理論上中x=0.8〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗該電化學(xué)系統(tǒng)工作時，先通入海水，啟動電源1，形成，錳元素化合價降低，電極發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極，惰性電極1為陽極；然后關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，同時向電極2上通，使得中的Li+脫出進入腔室2，錳元素化合價升高，電極為陽極，惰性電極2為陰極，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由題可知，通入海水，啟動電源1，形成，此時電極發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極，惰性電極1為陽極，故A錯誤；B．由分析可知，關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2時，中的Li+脫出進入腔室2，所以膜a為陽離子交換膜，故B錯誤；C．當通入海水，啟動電源1，形成時，惰性電極1為陽極，水失去電子生成氧氣，電極反應(yīng)為：，而當關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，同時向惰性電極2上通時，惰性電極2為陰極，氧氣生成水，電極反應(yīng)為：，整個過程中，的嵌入和的脫嵌過程轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，所以理論上兩個惰性電極上消耗和生成的氣體物質(zhì)的量相等，故C正確；D．電極2電極反應(yīng)為，當電極2消耗時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為400mol，且的物質(zhì)的量為，完全轉(zhuǎn)化為，則的物質(zhì)的量為500mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，則理論上中x=，故D正確；故〖答案〗選CD。13.有機物X→Y的重排反應(yīng)如圖所示，下列說法正確的是A.依據(jù)核磁共振氫譜可以區(qū)分X、YB.除氫原子外，X中可能共平面的原子最多有5個C.若不考慮立體異構(gòu)，含酰胺基且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的Y的同分異構(gòu)體有3種D.若考慮立體異構(gòu)，重排后的產(chǎn)物為〖答案〗AC〖解析〗【詳析】A．和都有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，但是兩個物質(zhì)H的化學(xué)位移的位置不同，例如：由于O的電負性較大，羥基H的化學(xué)位移更靠近低場，化學(xué)位移較大，而N的電負性比氧弱，因此酰胺鍵中的H化學(xué)位移較小，因此可以通過核磁共振氫譜鑒別兩種物質(zhì)，A正確；B．X中除H外最多有6個原子共平面，如圖所示，B錯誤；C．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基，同分異構(gòu)體有，共3種，C正確；D．根據(jù)題意，重排后的產(chǎn)物為，D錯誤；故選AC。14.一定條件下，HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反應(yīng)如下：Ⅰ．Ⅱ．已知僅對反應(yīng)Ⅰ有催化作用。一定溫度下，在密封石英管內(nèi)完全充滿水溶液，使HCOOH分解，分解產(chǎn)物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應(yīng)時間的變化關(guān)系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列說法正確的是A.反應(yīng)的活化能：Ⅰ>ⅡB.反應(yīng)的平衡常數(shù)：C.反應(yīng)達平衡后，D.向體系中加入鹽酸，CO新的濃度峰值點對應(yīng)CO2的濃度可能是點a〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．根據(jù)圖像可知，CO濃度達到最大值時表明反應(yīng)I達平衡，此時二氧化碳濃度未達最大值，即反應(yīng)II尚未達平衡狀態(tài)，說明反應(yīng)I的反應(yīng)速率大于反應(yīng)II，即活化能：反應(yīng)Ⅰ<反應(yīng)Ⅱ，A錯誤；B．反應(yīng)Ⅰ．，，反應(yīng)Ⅱ．，，達到平衡時，二氧化碳濃度遠大于一氧化碳，則，B正確；C．根據(jù)碳元素守恒，在密封石英管內(nèi)完全充滿水溶液，HCOOH發(fā)生分解生成CO與CO2，由于過程I和II均為可逆過程，則有，C錯誤；D．由于僅對反應(yīng)Ⅰ有催化作用，加快反應(yīng)I的反應(yīng)速率，縮短到達平衡所需時間，故CO濃度峰值提前，由于時間縮短，反應(yīng)Ⅱ消耗的HCOOH減小，體系中HCOOH濃度增大，導(dǎo)致CO濃度大于t1時刻的峰值，二氧化碳濃度降低，但不為a點，D錯誤；故選B。15.常溫下，向的二元弱酸中加入一元強堿MOH固體(溶液體積變化忽略不計)，體系中、和的分布系數(shù)δ(x)隨溶液pOH的變化如圖所示。已知：，常溫下，、均易溶于水。下列說法錯誤的是A.常溫下，的溶液pH≈2.5B.當pOH>7時，存在一點滿足C.當時，需加入D.當pOH=6時，體系中〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗pOH越大，則溶液堿性越強，根據(jù)題給信息可知，，其中1表示H2A，2表示HA-，3表示A2-，以此解題?！驹斘觥緼．當pH=9時，可知，則當在的溶液時，，解得此時c(H+)=10-2.5mol/L，pH≈2.5，A正確；B．當pOH=3時，可知，，在的溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可知，，而HA-的水解常數(shù)，即此時溶液水解為主，溶液顯堿性，而當pOH>7時溶液顯酸性，故此時不是的溶液，即不成立，B錯誤；C．的二元弱酸中的物質(zhì)的量為0.01mol，當時，溶液中主要為，當然也存在，即此時加入的物質(zhì)的量應(yīng)該大于的物質(zhì)的量，即加入，C正確；D．根據(jù)可知，當溶液為的飽和溶液時，此時，并且由選項B的分析可知，此時HA-的水解程度大于電離程度，根據(jù)水解方程式：HA-+H2O?H2A+OH-，其水解常數(shù)，解得，c(OH-)=10-5mol/L，而當pOH=6時，此時有一部分HA-轉(zhuǎn)化成了H2A，則其濃度小于M+的濃度，促使MHA的沉淀溶解平衡正向移動，即，D錯誤；故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義?；瘜W(xué)式為的籠形包合物四方晶胞部分結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出)。晶胞參數(shù)為a=b≠c，α=β=γ=90°?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)的價電子排布式為________。（2）晶體中有_____種化學(xué)環(huán)境的鎳離子；x：y=______；當z=0.5時，1mol晶胞可以俘獲_____mol苯分子。（3）、、的鍵角由大到小的順序為______(填化學(xué)式)；常溫常壓下為無色氣體，其固體的晶體類型為_______；沸點_____(填“>”“<”或“=”)；的沸點高于，原因是___________。（4）吡咯()替代苯也可形成類似的籠形包合物。吡咯分子所有原子處于同一平面，則吡咯中N原子的價層孤電子對占據(jù)______(填標號)。A．2s軌道B．2p軌道C．sp雜化軌道D．雜化軌道吡咯與相比，結(jié)合質(zhì)子的能力較______(填“強”或“弱”)。〖答案〗（1）（2）①.2②.2：1③.4（3）①.、、②.分子晶體③.>④.的相對分子質(zhì)量大，使范德華力對沸點的影響超過分子間氫鍵（4）①.B②.弱〖解析〗【小問1詳析】Ni是28號元素，基態(tài)的價電子排布式為?！拘?詳析】由晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶體中Ni原子部分連著NH3，有的沒有連接NH3，有2種化學(xué)環(huán)境的鎳離子；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，C原子的個數(shù)為8=2，N原子的個數(shù)為8+4=3，則x：y=2：1，當z=0.5時，1個Ni原子對應(yīng)0.5個苯分子，而晶胞中含有8個Ni原子，則1mol晶胞可以俘獲8×0.5mol=4mol苯分子。【小問3詳析】、中心原子雜化方式都為sp3，且含有1個孤電子對，含有2個孤電子對，則鍵角：>，中C原子雜化方式為sp2，為平面三角形，鍵角為120°，、、鍵角由大到小的順序為、、；常溫常壓下為無色氣體，說明其沸點較低，其固體的晶體類型為分子晶體，分子間能形成氫鍵，則沸點>，的沸點高于，原因是的相對分子質(zhì)量大，使范德華力對沸點的影響超過分子間氫鍵?！拘?詳析】吡咯()替代苯也可形成類似的籠形包合物，吡咯分子所有原子處于同一平面，說明N原子和C原子都是sp2雜化，則N原子的價層孤電子對占據(jù)未雜化的2p軌道，故選B；中N原子有1個孤電子對，可以結(jié)合H+形成配位鍵，吡咯與相比，結(jié)合質(zhì)子的能力較弱。17.利用銅轉(zhuǎn)爐煙灰(主要成分為ZnO，含少量及Pb、Cu、As元素的化合物)制取活性氧化鋅的工藝流程如下：已知：“浸取”后，鋅元素以存在；25℃時，部分金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH見下表(當溶液中某離子濃度時，可認為該離子沉淀完全)。金屬離子開始沉淀pH1.97.04.5完全沉淀pH3.29.06.4回答下列問題：（1）“浸取”時控制溫度為45～55℃之間，理由是________。（2）“除雜2”中，需先將溶液的pH調(diào)至4～4.5，此時應(yīng)選擇的最佳試劑是______(填標號)；A．氨水B．氧化鋅C．硫酸D．鹽酸滴加溶液有生成，該反應(yīng)的離子方程式為______；25℃時，體系中殘留最大濃度為______(忽略反應(yīng)對溶液pH的影響)。（3）“除雜3”是置換除雜過程，則試劑a是________(填化學(xué)式)；“沉鋅”時，鋅元素以形式存在，發(fā)生反應(yīng)離子方程式為________。（4）該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是_______(填化學(xué)式)。〖答案〗（1）保證浸取速率較高，同時防止氨水（或硫酸銨）分解或升高溫度，浸取速率會加快，當超過55℃時，再升高溫度氨水（或硫酸銨）分解或溫度過低，浸取速率太慢，溫度過高氨水（或硫酸銨）分解（2）①.C②.③.（3）①.Zn②.（4）〖解析〗〖祥解〗由題給流程可知，向銅轉(zhuǎn)爐煙灰中加入了硫酸銨和氨水浸取，將鉛元素轉(zhuǎn)化為沉淀，轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾，向浸出液中加入硫酸鐵溶液，將鐵元素轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾得到含有的濾渣Ⅰ和浸出液；向濾液中先加稀硫酸調(diào)節(jié)pH，再加入高錳酸鉀，將殘留的鐵元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，同時高錳酸根離子轉(zhuǎn)化為二氧化錳沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、二氧化錳的濾渣Ⅱ和濾液，向濾液中加入過量的鋅，將溶液中銅離子還原為銅，過濾得到含有鋅、銅的濾渣Ⅲ和濾液；向濾液中加入碳酸氫銨溶液，將溶液中的鋅離子轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鋅沉淀，過濾得到堿式碳酸鋅，濾液主要溶質(zhì)為硫酸銨，可循環(huán)利用；堿式碳酸鋅煅燒分解制得活性氧化鋅，據(jù)此分析；【小問1詳析】“浸取”時控制溫度為45～55℃之間，理由是保證浸取速率較高，同時防止氨水（或硫酸銨）分解或升高溫度，浸取速率會加快，當超過55℃時，再升高溫度氨水（或硫酸銨）分解或溫度過低，浸取速率太慢，溫度過高氨水（或硫酸銨）分解；【小問2詳析】“除雜2”中，需先將溶液的pH調(diào)至4～4.5，為避免引入新的雜質(zhì)離子，并且此時應(yīng)選擇的最佳試劑是硫酸，故選C；滴加溶液有生成，該反應(yīng)的離子方程式為：；完全沉淀時pH=3.2，此時，，可計算出，pH=4時c(OH-)=10-10mol/L，25℃時，體系中殘留最大濃度為=mol/L；【小問3詳析】“除雜3”是置換除雜過程，根據(jù)分析，試劑a是Zn；“沉鋅”時，鋅元素以形式存在，“沉鋅”生成堿式碳酸鋅沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；【小問4詳析】根據(jù)分析，該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是。18.過氧化鈣水合物(，x>2)微溶于水，能溶于酸，性質(zhì)與相似，可用作醫(yī)用防腐劑和消毒劑。實驗室制備過氧化鈣的流程如下：回答下列問題：（1）步驟Ⅰ中應(yīng)過量的試劑為______(填“稀鹽酸”或“碳酸鈣”)。（2）步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）步驟Ⅴ烘干的同時計算確定水合物中x的值。從下列儀器中選出步驟Ⅴ中所需儀器為______(填標號)。過程中需至少稱量_____次；當_____時可認為烘干完全。（4）利用如圖裝置(夾持裝置省略)測定產(chǎn)品中的純度。常溫常壓下，稱取mg產(chǎn)品，記錄量氣管起始讀數(shù)為5.00mL，從分液漏斗中迅速加入15.00mL的鹽酸(足量)后，立即關(guān)閉旋塞?；謴?fù)至室溫后，調(diào)整量氣管讀數(shù)為40.00mL。儀器A的名稱是_______；室溫下氣體摩爾體積為，該產(chǎn)品的純度為______％(用含m、的代數(shù)式表示)；若讀數(shù)時，未調(diào)平水準管與量氣管的液面，所測定產(chǎn)品的純度會_____