高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省蘇州市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期高考摸底調(diào)研二試題(總分：100分；考試時(shí)長(zhǎng)：75分鐘)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量H-1N-14C-12O-16S-32Cr-52Fe-56Ca-40Mn-55Zn-65一、單選題1.中國(guó)空間站開(kāi)設(shè)“天宮課堂”，提升了青少年科學(xué)文化素養(yǎng)，展示了我國(guó)科技實(shí)力。下列說(shuō)法不正確的是A.“天宮”空間站使用的石墨烯能發(fā)生加成反應(yīng)B.制造“冰雪”使用的過(guò)飽和醋酸鈉溶液顯堿性C.油水混合物在太空靜置后不分層實(shí)驗(yàn)說(shuō)明溶解性改變D.展示的國(guó)旗是優(yōu)質(zhì)高分子材料嵌入纖維制成的復(fù)合材料【答案】C【解析】A．石墨烯中含有不飽和鍵，能夠和H2發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B．醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，過(guò)飽和醋酸鈉溶液顯堿性，故B正確；C．在太空中油水混合、靜置后不分層，在地面上油水混合、靜置后分層，說(shuō)明在不同環(huán)境中同一實(shí)驗(yàn)可能現(xiàn)象不同，但溶解性是物質(zhì)的屬性，與所處的地方?jīng)]有關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．展示的國(guó)旗由高分子材料、纖維共同組成，屬于復(fù)合材料，故D正確；故選C。2.工業(yè)上利用反應(yīng)制備硫酸銨晶體。下列說(shuō)法正確的是A.的電子式為 B.和可以形成氫鍵C.空間構(gòu)型為三角錐形 D.冰的晶體類(lèi)型為共價(jià)晶體【答案】B【解析】A．是共價(jià)化合物，電子式為，故A錯(cuò)誤；B．硫酸銨的晶體結(jié)構(gòu)由8個(gè)離子和4個(gè)離子組成，這些離子之間以氫鍵相互連接，形成一個(gè)八面體晶體結(jié)構(gòu)，故B正確；C．的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3，且沒(méi)有孤電子對(duì)數(shù)，空間構(gòu)型為平面三角形，故C錯(cuò)誤；D．冰的晶體類(lèi)型為分子晶體，故D錯(cuò)誤；故選B。3.易水解、易升華，是有機(jī)反應(yīng)中常用的催化劑。實(shí)驗(yàn)室用如圖所示裝置制備少量。下列說(shuō)法正確的是A.實(shí)驗(yàn)開(kāi)始，先點(diǎn)燃酒精燈，再滴加濃鹽酸B.實(shí)驗(yàn)時(shí)若Cl2不足量，則可能生成C.裝置丙的作用是收集D.裝置丁中的作用是吸收未反應(yīng)的【答案】C【解析】A．實(shí)驗(yàn)開(kāi)始，先滴加濃鹽酸，利用生成的氯氣排盡裝置內(nèi)的空氣，以免鐵粉與氧氣發(fā)生反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．鐵與氯氣只能生成氯化鐵，即使少量氯氣也不能生成氯化亞鐵，故B錯(cuò)誤；C．裝置丙的作用是收集冷凝后的固體氯化鐵，故C正確；D．與氯氣不能反應(yīng)，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸氣進(jìn)入丙中使水解，故D錯(cuò)誤；故選：C?？捎糜阝涬x子電池的負(fù)極材料。冶煉銅時(shí)可使在高溫下與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為，生成的與進(jìn)一步反應(yīng)得到Cu。在酸性溶液中會(huì)轉(zhuǎn)化為Cu和；能被濃硝酸氧化為。Cu在存在下能與氨水反應(yīng)生成；能與NaOH反應(yīng)生成。、的沸點(diǎn)分別為℃、℃。4.下列說(shuō)法正確的是A.的鍵角比的大 B.H—O的鍵長(zhǎng)比H—S的長(zhǎng)C.吸引電子的能力比的強(qiáng) D.分子間作用力比的大5.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.在高溫下與反應(yīng)：B.與濃硝酸反應(yīng)：C.溶于稀硫酸：D.Cu在存在下與氨水反應(yīng)：6.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.具有導(dǎo)電性，可用于電池的負(fù)極材料B.具有還原性，可用于漂白草編制品C.溶液顯藍(lán)色，可用于游泳池防止藻類(lèi)生長(zhǎng)D.在水中電離出，可用于檢驗(yàn)葡萄糖【答案】4.C5.C6.A【解析】4.A．的構(gòu)型為V型鍵角為107.5，的構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120大，A錯(cuò)誤；B．H—O的鍵長(zhǎng)比H—S的短，B錯(cuò)誤；C．Cu2+的半徑小于Cu+，且Cu2+的價(jià)層電子排布式為3d9，而Cu+的價(jià)層電子排布式為3d10，Cu2+再吸引一個(gè)電子就能達(dá)到3d10的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而Cu+是3d10全充滿(mǎn)的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此吸引電子的能力比的強(qiáng)，C正確；D．分子間作用力受相對(duì)分子質(zhì)量影響，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，，D錯(cuò)誤；故選C。5.A．在高溫下與反應(yīng)生成氧化亞銅和二氧化硫，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO、S和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．溶于稀硫酸生成硫酸銅、銅和水，反應(yīng)的離子方程式為：，選項(xiàng)C正確；D．氨水呈堿性，沒(méi)有大量H+，Cu在存在下與氨水反應(yīng)的離子方程式為：，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。6.A．根據(jù)題中信息可知，可用于鉀離子電池的負(fù)極材料，說(shuō)明具有導(dǎo)電性，選項(xiàng)A正確；B．可用于漂白草編制品是利用其漂白性，與還原性無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．可用于游泳池防止藻類(lèi)生長(zhǎng)是因?yàn)殂~離子還能和細(xì)菌細(xì)胞內(nèi)的蛋白質(zhì)結(jié)合，從而殺死細(xì)菌，與溶液顯藍(lán)色無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．在水中電離出，但用于檢驗(yàn)葡萄糖的是新制的氫氧化銅懸濁液，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。7.有機(jī)物X是一種醫(yī)藥中間體，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.有機(jī)物X的分子式為B.有機(jī)物X存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象C.最多能與發(fā)生加成反應(yīng)D.有機(jī)物X能與溶液反應(yīng)生成【答案】C【解析】A．根據(jù)圖示該有機(jī)物的分子式為C16H15NO3，A錯(cuò)誤；B．有機(jī)物X雙鍵中其中一個(gè)C上連有兩個(gè)相同的基團(tuán)，故不存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象，B錯(cuò)誤；C．1mol苯環(huán)能與3mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol雙鍵能與1mol氫氣發(fā)生反應(yīng)，1mol醛基能與1mol氫氣發(fā)生反應(yīng)，所以1molX最多能與8molH2發(fā)生加成反應(yīng)，C正確；D．該有機(jī)物中的官能團(tuán)為酚羥基、碳碳雙鍵、醛基和氨基，均不能與碳酸氫鈉發(fā)生反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。8.反應(yīng)可實(shí)現(xiàn)的資源化，下列說(shuō)法正確的是A.上述反應(yīng)在任何溫度下均可自發(fā)進(jìn)行B.上述反應(yīng)每消耗1mol同時(shí)形成7molσ鍵C.上述反應(yīng)平衡常數(shù)D.催化劑可以降低上述反應(yīng)的焓變，提高化學(xué)反應(yīng)速率【答案】B【解析】A．△H-T△S<0時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)△H<0，△S<0，反應(yīng)在較低溫度下可自發(fā)進(jìn)行，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)，反應(yīng)每消耗1mol，生成0.5molCH3OCH3、1.5molH2O，形成7molσ鍵，B正確；C．上述反應(yīng)平衡常數(shù)，C錯(cuò)誤；D．催化劑可以加快反應(yīng)速率，但是不改變反應(yīng)的焓變，D錯(cuò)誤；故選B。9.高電壓水系鋅—有機(jī)混合液流電池的裝置如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.充電時(shí)，中性電解質(zhì)NaCl的濃度增大B.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)C.充電時(shí)，1molFQH2轉(zhuǎn)化為FQ轉(zhuǎn)移2mol電子D.放電時(shí)，正極區(qū)溶液的pH增大【答案】A【解析】高電壓水系鋅-有機(jī)混合液流電池工作原理為：放電時(shí)為原電池，金屬Zn發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Zn2+，為負(fù)極，則FQ所在電極為正極，正極反應(yīng)式為2FQ+2e-+2H+═FQH2，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充電時(shí)電解池，原電池的正負(fù)極連接電源的正負(fù)極，陰陽(yáng)極的電極反應(yīng)與原電池的負(fù)正極的反應(yīng)式相反，電解質(zhì)中陽(yáng)離子移向陰極、陰離子移向陽(yáng)極。A．充電時(shí)裝置為電解池，電解質(zhì)中陽(yáng)離子移向陰極、陰離子移向陽(yáng)極，NaCl溶液中的鈉離子和氯離子分別發(fā)生定向移動(dòng)，即電解質(zhì)NaCl的濃度減小，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)為原電池，金屬Zn為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故B正確；C．充電時(shí)電解池，陽(yáng)極反應(yīng)為FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，則1molFQH2轉(zhuǎn)化為FQ時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，故C正確；D．放電時(shí)為原電池，正極反應(yīng)式為2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正極區(qū)溶液的pH增大，故D正確；

故選：A。10.短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序數(shù)依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序數(shù)：3Y=Z+R，常溫下，X與Y可組成兩種液體二元化合物。某種緩沖溶液的主要成分結(jié)構(gòu)如圖。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：Y>ZB.簡(jiǎn)單離子半徑：Y>Z>WC.W分別與X、Y組成的化合物均含離子鍵D.電解WZ溶液可制得WYX、【答案】D【解析】X、Y、W位于不同周期，又因?yàn)閄原子序數(shù)在五種元素中最小，則X為H，常溫下X、Y形成兩種液體二元化合物，說(shuō)明Y為O，中含有離子鍵，結(jié)合題意W應(yīng)位于第三周期，則W為Na。又存在原子序數(shù)：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因?yàn)閅為O，Z與Y位于同一周期，則Z為F，代入24=Z+R，R的原子序數(shù)為15，說(shuō)明R為P。即X、Y、Z、W、R分別為H、O、F、Na、P，據(jù)此解答。A．H2O間氫鍵的個(gè)數(shù)比HF間氫鍵的個(gè)數(shù)多，即簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：H2O>HF，A正確；B．核外電子排布相同時(shí)，離子半徑應(yīng)遵循“序小徑大”，即簡(jiǎn)單離子半徑：O2->F->Na+，B正確；C．Na分別與H、O可形成NaH、Na2O和Na2O2，均存在離子鍵，C正確；D．電解NaF溶液，Na+和F-在水溶液中不放電，不能產(chǎn)生F2，D錯(cuò)誤；故選D。11.室溫下，由下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象能得到相應(yīng)結(jié)論的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論A向溶液中通入足量，然后再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入溶液中，產(chǎn)生黑色沉淀B向滴有的溶液中加入硝酸酸化的溶液，溶液變紅氧化性：C將潔凈的鉑絲在酒精燈外焰灼燒至與原來(lái)火焰顏色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼燒，火焰呈黃色該溶液的溶質(zhì)為鈉鹽D向濃度均為和混合溶液中加入溶液，出現(xiàn)白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．向溶液中通入足量，然后再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入溶液中，產(chǎn)生黑色沉淀，過(guò)量氣體與溶液不反應(yīng)，說(shuō)明，則，碳酸酸性強(qiáng)于氫硫酸，即，A項(xiàng)正確；B．向滴有的溶液中加入硝酸酸化的溶液，溶液變紅，說(shuō)明有與反應(yīng)，則被氧化為，硝酸具有強(qiáng)氧化性，可能是硝酸氧化，不能得出氧化性：，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．焰色試驗(yàn)火焰呈黃色，說(shuō)明該溶液中含有，溶質(zhì)可能為鈉鹽或，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．白色沉淀可能是，也可能是或二者混合物，故不能得出，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。12.一種脫除燃煤煙氣中的方法如圖所示。室溫下用氨水吸收，若轉(zhuǎn)化過(guò)程中氣體揮發(fā)和溶液體積的變化可忽略，溶液中含硫物種的濃度。下列說(shuō)法正確的是A.0.1mol·L氨水中：B.溶液氧化過(guò)程中比值逐漸減小C.0.1mol·L氨水吸收，mol·L溶液中：D.1L0.1mol·L氨水吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況1.68L后的溶液中：【答案】C【解析】A．0.1mol·L氨水中部分電離產(chǎn)生和OH-，溶液呈堿性，溶液中個(gè)各粒子濃度關(guān)系為，故A錯(cuò)誤；B．溶液和氧氣反應(yīng)生成(NH4)2SO4，離子方程式為：2+O2=2+2H+，溶液酸性增強(qiáng)，c(OH-)減小，則增大，故B錯(cuò)誤；C．和得到，0.1mol·L氨水吸收，mol·L溶液時(shí)，此時(shí)溶液為等濃度的和混合溶液，電荷守恒：，物料守恒：，則，則，故C正確；D．1.68L的物質(zhì)的量為=0.075mol，1L0.1mol·L氨水吸收0.075mol得到含有0.075mol和0.025mol的混合溶液，則存在物料守恒，故D錯(cuò)誤；故選C。13.催化加氫合成能實(shí)現(xiàn)碳的循環(huán)利用。一定壓強(qiáng)下，與在密閉容器中發(fā)生的主要反應(yīng)為：Ⅰ：Ⅱ：反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得不同溫度下轉(zhuǎn)化率和選擇性如題圖實(shí)驗(yàn)值所示。圖中平衡值表示在相同條件下達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)轉(zhuǎn)化率和選擇性隨溫度的變化。下列說(shuō)法不正確的是A.B.壓縮容器反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)C.相同溫度下，選擇性的實(shí)驗(yàn)值大于平衡值，說(shuō)明反應(yīng)I的速率大于反應(yīng)ⅡD.，隨溫度升高，反應(yīng)I平衡正向移動(dòng)的程度大于反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)的程度【答案】D【解析】A．由圖知，，轉(zhuǎn)化率平衡值隨溫度升高略微增大，而的選擇性隨溫度的升高而降低，則反應(yīng)I升高溫度平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅰ的?H1＜0，反應(yīng)Ⅱ升高溫度平衡正向移動(dòng)，則，A正確；B．由反應(yīng)Ⅰ可知，該反應(yīng)為分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓縮容器，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，的濃度降低，反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)，B正確；C．相同溫度下，選擇性的實(shí)驗(yàn)值大于平衡值，說(shuō)明相同時(shí)間內(nèi)得到的量更多，反應(yīng)Ⅰ的速率大于反應(yīng)Ⅱ，C正確；D．，轉(zhuǎn)化率平衡值隨溫度升高而略微降低，而此時(shí)甲醇的選擇性平衡值降低幅度較大，說(shuō)明隨溫度升高反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)的程度大于反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)的程度，D錯(cuò)誤；故選D。二、解答題14.化學(xué)還原穩(wěn)定法是當(dāng)前Cr(Ⅵ水體污染修復(fù)領(lǐng)域的主要技術(shù)。廢水中Cr(Ⅵ主要以和形式存在，化學(xué)還原穩(wěn)定法去除水中Cr(Ⅵ主要包括鉻的還原和固定兩個(gè)過(guò)程。常用的化學(xué)還原劑包括硫系還原劑和鐵系還原劑。（1）難溶于水的CaS5是常用的硫系還原劑，在處理Cr(Ⅵ時(shí)自身轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S。在酸性溶液中，CaS5還原Cr(Ⅵ的離子方程式為_(kāi)______。（2）鐵系還原劑FeSO4的還原效率雖不及硫化物，但有利于Cr的固定。Cr的固定途徑有兩個(gè)：其一是難溶性鉻鐵共沉淀氫氧化物[CrxFe1-x(OH)3]或Cr(OH)3沉淀的生成；其二是_______。（3）試劑聯(lián)用[n(CaS5)：n(FeSO4)=1：2]有望實(shí)現(xiàn)高效且穩(wěn)定的修復(fù)效果。①待各體系充分反應(yīng)后，靜置2h。實(shí)驗(yàn)測(cè)得分別使用單一試劑和試劑聯(lián)用時(shí)，溶液中總Cr的去除率隨溶液初始pH的變化關(guān)系如圖-1所示。pH>9，隨pH增大，試劑聯(lián)用時(shí)溶液中總Cr的去除率上升的原因是_______。②在存在下，試劑聯(lián)用處理溶液中Cr(Ⅵ，待體系充分反應(yīng)，靜置2h。測(cè)得濃度對(duì)溶液pH以及總Cr去除效果的影響關(guān)系如圖-2所示。隨濃度進(jìn)一步增加，總Cr的去除率明顯上升的原因是_______。③研究表明，試劑聯(lián)用效果優(yōu)于單一試劑主要是由于反應(yīng)過(guò)程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成過(guò)程可用化學(xué)方程式表示為_(kāi)______。（4）檢測(cè)酸性廢水中含量，取20.00mL廢水，加水稀釋至100.00mL。量取20.00mL該溶液，加入30.00mL0.0100mol/LFeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(過(guò)量)，充分反應(yīng)后，用0.0010mol/LK2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2+，終點(diǎn)時(shí)消耗K2Cr2O7溶液10.00mL(假設(shè)的還原產(chǎn)物全為NO，且NO全部從溶液中逸出)。則廢水中含量為_(kāi)______mol/L。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)【答案】（1）3CaS5++14H+=2Cr3++15S+3Ca2++7H2O（2）Fe3+水解產(chǎn)生的Fe(OH)3膠體吸附或（3）①.pH增大，使用CaS5會(huì)抑制Cr(Ⅵ的還原，降低總Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高總Cr去除率；試劑聯(lián)用時(shí)，F(xiàn)eSO4的用量大于CaS5，增大pH，F(xiàn)eSO4對(duì)總Cr去除率的影響程度大于CaS5②.增大濃度，溶液pH減小，試劑聯(lián)用時(shí)低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除③.CaS5+FeSO4=FeS+4S+CaSO4（4）0.02【解析】（1）根據(jù)題意可知修復(fù)時(shí)發(fā)生反應(yīng)，；（2）溶液中生成三價(jià)鐵后，三價(jià)鐵可以水解生成氫氧化鐵膠體，可以吸附含有鉻元素的微粒，或；（3）①結(jié)合第一問(wèn)可知，pH增大時(shí)會(huì)抑制對(duì)的還原，但是的使用有利于對(duì)吸附，試劑聯(lián)用時(shí)是兩種作用的相互競(jìng)爭(zhēng)的一個(gè)關(guān)系，故pH增大，使用CaS5會(huì)抑制Cr(Ⅵ的還原，降低總Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高總Cr去除率；試劑聯(lián)用時(shí)，F(xiàn)eSO4的用量大于CaS5，增大pH，F(xiàn)eSO4對(duì)總Cr去除率的影響程度大于CaS5；②由圖可知，隨著碳酸氫根離子的濃度的增大，pH會(huì)降低，而pH的降低有利于對(duì)的去除，故增大濃度，溶液pH減小，試劑聯(lián)用時(shí)低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除；③根據(jù)題意可知和反應(yīng)生成FeS，結(jié)合元素守恒和得失電子守恒可知離子方程式為：；（4）根據(jù)反應(yīng)，，與K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)的亞鐵離子物質(zhì)的量，硝酸根氧化硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為，根據(jù)反應(yīng)，，。15.利用鎂泥（主要成分為、和等）為主要原料制取碳酸鎂的工業(yè)流程如下：（1）酸溶。某工廠(chǎng)用1.78噸發(fā)煙硫酸（化學(xué)式：）配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為溶液，配制時(shí)需要水的質(zhì)量為_(kāi)_______噸。（2）除鐵。已知濾渣2的成分與溫度、的關(guān)系如圖所示。①若控制溫度80℃、，可得到黃鐵礬鈉（上圖中陰影部分），寫(xiě)出“除鐵”過(guò)程總反應(yīng)的離子方程式：________。②工業(yè)生產(chǎn)不選擇以形式除鐵的可能原因：________（寫(xiě)出兩點(diǎn)）。（3）沉淀。①寫(xiě)出“沉淀”過(guò)程的離子方程式：________。②“沉淀”過(guò)程中溶液隨時(shí)間的變化如圖所示?！俺恋怼边^(guò)程的操作：向含溶液中________。（4）控制“沉淀”溫度50℃，可制得堿式碳酸鎂，堿式碳酸鎂常用作塑料阻燃劑?，F(xiàn)稱(chēng)取一定質(zhì)量堿式碳酸鎂樣品經(jīng)高溫完全分解后得固體，放出（標(biāo)準(zhǔn)狀況），計(jì)算該堿式碳酸鎂樣品中的=_______。（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）（5）某鈣鎂礦的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若將全部換為，所得晶體中每個(gè)晶胞含有的原子數(shù)為_(kāi)_______?！敬鸢浮浚?）2.14（2）①.②.濃度小，的氧化性弱；溫度低，反應(yīng)速率慢（3）①.②.先通至飽和，然后滴加溶液，同時(shí)繼續(xù)通入（4）（5）4【解析】由制備流程可知，鎂泥的主要成分為MgCO3、和SiO2，加硫酸時(shí)SiO2不溶解，過(guò)濾得到濾渣1為二氧化硅，NaClO具有氧化性，能將Fe2+氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH生成沉淀除去，濾液通入二氧化碳、加入氫氧化鈉溶液反應(yīng)后得到沉淀，經(jīng)過(guò)濾得到碳酸鎂。（1）1.78噸發(fā)煙硫酸（化學(xué)式：）的物質(zhì)的量為，配制過(guò)程中，生成硫酸為，配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為溶液，配制時(shí)需要水的質(zhì)量為。（2）①“除鐵”時(shí)，若控制溫度80℃、，可得到黃鐵礬鈉沉淀，則總反應(yīng)的離子方程式：。②由圖可知，pH在4附近溫度略低于40°C時(shí)產(chǎn)生的氫氧化鐵最多，溫度繼續(xù)升高時(shí)鐵轉(zhuǎn)化為其它含鐵的不溶性物質(zhì)，結(jié)合分析可知，鐵工業(yè)生產(chǎn)不選擇以形式除鐵的可能原因：濃度小，的氧化性弱；溫度低，反應(yīng)速率慢。（3）①結(jié)合分析可知，“沉淀”過(guò)程的離子方程式：。②由圖知，“沉淀”時(shí)溶液的先減小后增大后維持不變，則“沉淀”過(guò)程的操作：向含溶液中先通至飽和，然后滴加溶液，同時(shí)繼續(xù)通入。（4）現(xiàn)稱(chēng)取一定質(zhì)量堿式碳酸鎂樣品經(jīng)高溫完全分解后得固體，根據(jù)鎂元素守恒，鎂離子為，放出（標(biāo)準(zhǔn)狀況），其物質(zhì)的量為，則碳酸根為0.15mol，則根據(jù)電荷守恒可知?dú)溲醺奈镔|(zhì)的量為0.1mol，則堿式碳酸鎂樣品中的=3:2。（5）某鈣鎂礦的晶胞中若將全部換為，若Ca換為Mg，則該圖變?yōu)閮蓚€(gè)立方晶胞，則Mg位于晶胞的8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面心，所得晶體中每個(gè)晶胞含有的原子數(shù)為。16.化合物G是制備一種生物堿的中間體，其合成路線(xiàn)如下：（1）反應(yīng)分為兩步，第二步是消去反應(yīng)．X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____；（2）C的分子式為的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____；（3）須在無(wú)水環(huán)境中使用，不能與水或酸接觸，原因是_____；（4）時(shí)會(huì)生成一種與G互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___；（5）寫(xiě)出一種符合下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_______；I．與溶液顯紫色；Ⅱ．發(fā)生水解反應(yīng)后所得有機(jī)產(chǎn)物有三種，酸化后一種為氨基丙酸，另兩種均含有2種化學(xué)環(huán)境不同的氫．（6）已知：①苯環(huán)上發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)，若原有基團(tuán)為（鹵素原子），則新進(jìn)入基團(tuán)在其鄰、對(duì)位；若原有基團(tuán)為，則新進(jìn)入基團(tuán)則在其間位．②③可將羰基或酯基還原為醇寫(xiě)出以、為原料制備合成路線(xiàn)流程圖_____（無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線(xiàn)流程圖示例見(jiàn)本題題干）。【答案】（1）（2）（3）中H為價(jià)，具有強(qiáng)還原性，會(huì)與水或酸反應(yīng)生成（4）（5）或（6）【解析】分兩步，A的醛基與CH3NO2發(fā)生加成反應(yīng)生成，再發(fā)生消去反應(yīng)得到B,結(jié)合D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，B被還原得到C，碳碳雙鍵轉(zhuǎn)化為單鍵、硝基轉(zhuǎn)化為氨基，則C為；C經(jīng)過(guò)取代反應(yīng)得到D，D→E:先羰基上發(fā)生加成反應(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)榱u基并形成含氮六元環(huán)、后醇羥基消去引入碳碳雙鍵，E→F為取代反應(yīng)，F(xiàn)→G本質(zhì)為Diels-Alder反應(yīng)或雙烯合成，含共軛二烯結(jié)構(gòu)的含硅反應(yīng)物與F五元環(huán)中的碳碳雙鍵進(jìn)行1,4-加成,生成六元環(huán)狀化合物，即G；（1）反應(yīng)分為兩步，第二步是消去反應(yīng)．X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（2）C的分子式為，結(jié)合分析可知C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（3）中H為價(jià)，具有強(qiáng)還原性，能與+1價(jià)H發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，則須在無(wú)水環(huán)境中使用、不能與水或酸接觸的原因是:中H為價(jià)，具有強(qiáng)還原性，會(huì)與水或酸反應(yīng)生成；（4）F和含共軛二烯結(jié)構(gòu)的含硅反應(yīng)物發(fā)生1,4-加成反應(yīng)生成G，由于該含硅反應(yīng)物中碳碳雙鍵不對(duì)稱(chēng)，則時(shí)會(huì)生成一種與G互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（5）B的同分異構(gòu)體符合下列條件；I．與溶液顯紫色；則含有酚羥基；Ⅱ．發(fā)生水解反應(yīng)后所得有機(jī)產(chǎn)物有三種，酸化后一種為氨基丙酸，另兩種均含有2種化學(xué)環(huán)境不同的氫,即分別為和乙酸。綜上，滿(mǎn)足條件的B的同分異構(gòu)體為：或。（6）要以、為原料制備，結(jié)合信息①，應(yīng)首先在甲基對(duì)位引入硝基、再在甲基鄰位硝基間位引入鹵素原子，結(jié)合信息③，為防止LiAlH4還原羰基，接著把硝基還原為氨基，再利用信息②與含鹵素有機(jī)物發(fā)生取代去除鹵原子，最后仿照E→F通過(guò)取代反應(yīng)形成目標(biāo)產(chǎn)物，則合成路線(xiàn)為：。17.研發(fā)二氧化碳利用技術(shù)、降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點(diǎn)。（1）減少碳排放的方法有很多，CO2轉(zhuǎn)化成有機(jī)化合物可有效實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)，如下反應(yīng)：a．b．c．上述反應(yīng)中原子利用率最高的是_____(填編號(hào))。（2）在固體催化表面加氫合成甲烷過(guò)程中發(fā)生以下兩個(gè)反應(yīng)：主反應(yīng)：副反應(yīng)：已知：，則燃燒熱化學(xué)方程式_____。（3）利用電化學(xué)方法通過(guò)微生物電催化將有效地轉(zhuǎn)化為，裝置如圖1所示。陰極區(qū)電極反應(yīng)式為_(kāi)____；當(dāng)體系的溫度升高到一定程度，電極反應(yīng)的速率反而迅速下降，其主要原因是_____。（4）研究脫除煙氣中的是環(huán)境保護(hù)、促進(jìn)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展的重要課題。有氧條件下，在基催化劑表面，還原的反應(yīng)機(jī)理如圖2所示，該過(guò)程可描述為_(kāi)____。（5）近年來(lái)，低溫等離子技術(shù)是在高壓放電下，O2產(chǎn)生自由基，自由基將NO氧化為NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，達(dá)到消除NO的目的。實(shí)驗(yàn)室將模擬氣(N2、O2、NO)以一定流速通入低溫等離子體裝置，實(shí)驗(yàn)裝置如圖3所示。①等離子體技術(shù)在低溫條件下可提高的轉(zhuǎn)化率，原因是_____。②其他條件相同，等離子體的電功率與的轉(zhuǎn)化率關(guān)系如圖4所示，當(dāng)電功率大于時(shí)，轉(zhuǎn)化率下降的原因可能是_____。【答案】（1）b（2）（3）①.②.溫度過(guò)高微生物催化能力降低或催化劑失活（4）在Fe基催化劑表面，吸附在酸性配位點(diǎn)上形成，與吸附在配位點(diǎn)上形成，然后與結(jié)合生成，最后與反應(yīng)生成，并從催化劑表面逸出（5）①.NO與O2反應(yīng)生成NO2是放熱反應(yīng)，低溫時(shí)有利于反應(yīng)的正向進(jìn)行②.功率增大時(shí)，會(huì)產(chǎn)生更多的O*自由基，NO更易被氧化為NO2；功率增大，N2和O2在放電時(shí)會(huì)生成NO；相比而言，后者產(chǎn)生的NO更多【解析】（1）由反應(yīng)可知，abc原子利用率分別為、、，則上述反應(yīng)中原子利用率最高是b；（2）已知：①②根據(jù)蓋斯定律可知，①×2-②得：；（3）由圖可知，陰極區(qū)二氧化碳得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成草酸，反應(yīng)為；溫度過(guò)高微生物催化能力降低或催化劑失活，使得電極反應(yīng)的速率反而迅速下降；（4）由圖可知，在Fe基催化劑表面，吸附在酸性配位點(diǎn)上形成，與吸附在配位點(diǎn)上形成，然后與結(jié)合生成，最后與反應(yīng)生成，并從催化劑表面逸出，使得有氧條件下，在基催化劑表面，還原生成氮?dú)夂退?；?）①NO與O2反應(yīng)生成NO2是放熱反應(yīng)，低溫時(shí)有利于反應(yīng)的正向進(jìn)行，從而使得NO的轉(zhuǎn)化率提高，而等離子體技術(shù)在低溫條件下可以使得反應(yīng)進(jìn)行，故可提高的轉(zhuǎn)化率；②低溫等離子技術(shù)是在高壓放電下，O2產(chǎn)生自由基，自由基將NO氧化為NO2；功率增大時(shí)，會(huì)產(chǎn)生更多的O*自由基，NO更易被氧化為NO2；而功率過(guò)大，N2和O2在放電時(shí)會(huì)生成NO；相比而言，后者產(chǎn)生的NO更多，使得當(dāng)電功率大于時(shí)，轉(zhuǎn)化率下降。江蘇省蘇州市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期高考摸底調(diào)研二試題(總分：100分；考試時(shí)長(zhǎng)：75分鐘)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量H-1N-14C-12O-16S-32Cr-52Fe-56Ca-40Mn-55Zn-65一、單選題1.中國(guó)空間站開(kāi)設(shè)“天宮課堂”，提升了青少年科學(xué)文化素養(yǎng)，展示了我國(guó)科技實(shí)力。下列說(shuō)法不正確的是A.“天宮”空間站使用的石墨烯能發(fā)生加成反應(yīng)B.制造“冰雪”使用的過(guò)飽和醋酸鈉溶液顯堿性C.油水混合物在太空靜置后不分層實(shí)驗(yàn)說(shuō)明溶解性改變D.展示的國(guó)旗是優(yōu)質(zhì)高分子材料嵌入纖維制成的復(fù)合材料【答案】C【解析】A．石墨烯中含有不飽和鍵，能夠和H2發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B．醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，過(guò)飽和醋酸鈉溶液顯堿性，故B正確；C．在太空中油水混合、靜置后不分層，在地面上油水混合、靜置后分層，說(shuō)明在不同環(huán)境中同一實(shí)驗(yàn)可能現(xiàn)象不同，但溶解性是物質(zhì)的屬性，與所處的地方?jīng)]有關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．展示的國(guó)旗由高分子材料、纖維共同組成，屬于復(fù)合材料，故D正確；故選C。2.工業(yè)上利用反應(yīng)制備硫酸銨晶體。下列說(shuō)法正確的是A.的電子式為 B.和可以形成氫鍵C.空間構(gòu)型為三角錐形 D.冰的晶體類(lèi)型為共價(jià)晶體【答案】B【解析】A．是共價(jià)化合物，電子式為，故A錯(cuò)誤；B．硫酸銨的晶體結(jié)構(gòu)由8個(gè)離子和4個(gè)離子組成，這些離子之間以氫鍵相互連接，形成一個(gè)八面體晶體結(jié)構(gòu)，故B正確；C．的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3，且沒(méi)有孤電子對(duì)數(shù)，空間構(gòu)型為平面三角形，故C錯(cuò)誤；D．冰的晶體類(lèi)型為分子晶體，故D錯(cuò)誤；故選B。3.易水解、易升華，是有機(jī)反應(yīng)中常用的催化劑。實(shí)驗(yàn)室用如圖所示裝置制備少量。下列說(shuō)法正確的是A.實(shí)驗(yàn)開(kāi)始，先點(diǎn)燃酒精燈，再滴加濃鹽酸B.實(shí)驗(yàn)時(shí)若Cl2不足量，則可能生成C.裝置丙的作用是收集D.裝置丁中的作用是吸收未反應(yīng)的【答案】C【解析】A．實(shí)驗(yàn)開(kāi)始，先滴加濃鹽酸，利用生成的氯氣排盡裝置內(nèi)的空氣，以免鐵粉與氧氣發(fā)生反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．鐵與氯氣只能生成氯化鐵，即使少量氯氣也不能生成氯化亞鐵，故B錯(cuò)誤；C．裝置丙的作用是收集冷凝后的固體氯化鐵，故C正確；D．與氯氣不能反應(yīng)，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸氣進(jìn)入丙中使水解，故D錯(cuò)誤；故選：C。可用于鉀離子電池的負(fù)極材料。冶煉銅時(shí)可使在高溫下與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為，生成的與進(jìn)一步反應(yīng)得到Cu。在酸性溶液中會(huì)轉(zhuǎn)化為Cu和；能被濃硝酸氧化為。Cu在存在下能與氨水反應(yīng)生成；能與NaOH反應(yīng)生成。、的沸點(diǎn)分別為℃、℃。4.下列說(shuō)法正確的是A.的鍵角比的大 B.H—O的鍵長(zhǎng)比H—S的長(zhǎng)C.吸引電子的能力比的強(qiáng) D.分子間作用力比的大5.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.在高溫下與反應(yīng)：B.與濃硝酸反應(yīng)：C.溶于稀硫酸：D.Cu在存在下與氨水反應(yīng)：6.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.具有導(dǎo)電性，可用于電池的負(fù)極材料B.具有還原性，可用于漂白草編制品C.溶液顯藍(lán)色，可用于游泳池防止藻類(lèi)生長(zhǎng)D.在水中電離出，可用于檢驗(yàn)葡萄糖【答案】4.C5.C6.A【解析】4.A．的構(gòu)型為V型鍵角為107.5，的構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120大，A錯(cuò)誤；B．H—O的鍵長(zhǎng)比H—S的短，B錯(cuò)誤；C．Cu2+的半徑小于Cu+，且Cu2+的價(jià)層電子排布式為3d9，而Cu+的價(jià)層電子排布式為3d10，Cu2+再吸引一個(gè)電子就能達(dá)到3d10的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而Cu+是3d10全充滿(mǎn)的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此吸引電子的能力比的強(qiáng)，C正確；D．分子間作用力受相對(duì)分子質(zhì)量影響，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，，D錯(cuò)誤；故選C。5.A．在高溫下與反應(yīng)生成氧化亞銅和二氧化硫，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO、S和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．溶于稀硫酸生成硫酸銅、銅和水，反應(yīng)的離子方程式為：，選項(xiàng)C正確；D．氨水呈堿性，沒(méi)有大量H+，Cu在存在下與氨水反應(yīng)的離子方程式為：，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。6.A．根據(jù)題中信息可知，可用于鉀離子電池的負(fù)極材料，說(shuō)明具有導(dǎo)電性，選項(xiàng)A正確；B．可用于漂白草編制品是利用其漂白性，與還原性無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．可用于游泳池防止藻類(lèi)生長(zhǎng)是因?yàn)殂~離子還能和細(xì)菌細(xì)胞內(nèi)的蛋白質(zhì)結(jié)合，從而殺死細(xì)菌，與溶液顯藍(lán)色無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．在水中電離出，但用于檢驗(yàn)葡萄糖的是新制的氫氧化銅懸濁液，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。7.有機(jī)物X是一種醫(yī)藥中間體，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.有機(jī)物X的分子式為B.有機(jī)物X存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象C.最多能與發(fā)生加成反應(yīng)D.有機(jī)物X能與溶液反應(yīng)生成【答案】C【解析】A．根據(jù)圖示該有機(jī)物的分子式為C16H15NO3，A錯(cuò)誤；B．有機(jī)物X雙鍵中其中一個(gè)C上連有兩個(gè)相同的基團(tuán)，故不存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象，B錯(cuò)誤；C．1mol苯環(huán)能與3mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol雙鍵能與1mol氫氣發(fā)生反應(yīng)，1mol醛基能與1mol氫氣發(fā)生反應(yīng)，所以1molX最多能與8molH2發(fā)生加成反應(yīng)，C正確；D．該有機(jī)物中的官能團(tuán)為酚羥基、碳碳雙鍵、醛基和氨基，均不能與碳酸氫鈉發(fā)生反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。8.反應(yīng)可實(shí)現(xiàn)的資源化，下列說(shuō)法正確的是A.上述反應(yīng)在任何溫度下均可自發(fā)進(jìn)行B.上述反應(yīng)每消耗1mol同時(shí)形成7molσ鍵C.上述反應(yīng)平衡常數(shù)D.催化劑可以降低上述反應(yīng)的焓變，提高化學(xué)反應(yīng)速率【答案】B【解析】A．△H-T△S<0時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)△H<0，△S<0，反應(yīng)在較低溫度下可自發(fā)進(jìn)行，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)，反應(yīng)每消耗1mol，生成0.5molCH3OCH3、1.5molH2O，形成7molσ鍵，B正確；C．上述反應(yīng)平衡常數(shù)，C錯(cuò)誤；D．催化劑可以加快反應(yīng)速率，但是不改變反應(yīng)的焓變，D錯(cuò)誤；故選B。9.高電壓水系鋅—有機(jī)混合液流電池的裝置如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.充電時(shí)，中性電解質(zhì)NaCl的濃度增大B.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)C.充電時(shí)，1molFQH2轉(zhuǎn)化為FQ轉(zhuǎn)移2mol電子D.放電時(shí)，正極區(qū)溶液的pH增大【答案】A【解析】高電壓水系鋅-有機(jī)混合液流電池工作原理為：放電時(shí)為原電池，金屬Zn發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Zn2+，為負(fù)極，則FQ所在電極為正極，正極反應(yīng)式為2FQ+2e-+2H+═FQH2，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充電時(shí)電解池，原電池的正負(fù)極連接電源的正負(fù)極，陰陽(yáng)極的電極反應(yīng)與原電池的負(fù)正極的反應(yīng)式相反，電解質(zhì)中陽(yáng)離子移向陰極、陰離子移向陽(yáng)極。A．充電時(shí)裝置為電解池，電解質(zhì)中陽(yáng)離子移向陰極、陰離子移向陽(yáng)極，NaCl溶液中的鈉離子和氯離子分別發(fā)生定向移動(dòng)，即電解質(zhì)NaCl的濃度減小，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)為原電池，金屬Zn為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故B正確；C．充電時(shí)電解池，陽(yáng)極反應(yīng)為FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，則1molFQH2轉(zhuǎn)化為FQ時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，故C正確；D．放電時(shí)為原電池，正極反應(yīng)式為2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正極區(qū)溶液的pH增大，故D正確；

故選：A。10.短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序數(shù)依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序數(shù)：3Y=Z+R，常溫下，X與Y可組成兩種液體二元化合物。某種緩沖溶液的主要成分結(jié)構(gòu)如圖。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：Y>ZB.簡(jiǎn)單離子半徑：Y>Z>WC.W分別與X、Y組成的化合物均含離子鍵D.電解WZ溶液可制得WYX、【答案】D【解析】X、Y、W位于不同周期，又因?yàn)閄原子序數(shù)在五種元素中最小，則X為H，常溫下X、Y形成兩種液體二元化合物，說(shuō)明Y為O，中含有離子鍵，結(jié)合題意W應(yīng)位于第三周期，則W為Na。又存在原子序數(shù)：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因?yàn)閅為O，Z與Y位于同一周期，則Z為F，代入24=Z+R，R的原子序數(shù)為15，說(shuō)明R為P。即X、Y、Z、W、R分別為H、O、F、Na、P，據(jù)此解答。A．H2O間氫鍵的個(gè)數(shù)比HF間氫鍵的個(gè)數(shù)多，即簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：H2O>HF，A正確；B．核外電子排布相同時(shí)，離子半徑應(yīng)遵循“序小徑大”，即簡(jiǎn)單離子半徑：O2->F->Na+，B正確；C．Na分別與H、O可形成NaH、Na2O和Na2O2，均存在離子鍵，C正確；D．電解NaF溶液，Na+和F-在水溶液中不放電，不能產(chǎn)生F2，D錯(cuò)誤；故選D。11.室溫下，由下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象能得到相應(yīng)結(jié)論的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論A向溶液中通入足量，然后再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入溶液中，產(chǎn)生黑色沉淀B向滴有的溶液中加入硝酸酸化的溶液，溶液變紅氧化性：C將潔凈的鉑絲在酒精燈外焰灼燒至與原來(lái)火焰顏色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼燒，火焰呈黃色該溶液的溶質(zhì)為鈉鹽D向濃度均為和混合溶液中加入溶液，出現(xiàn)白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．向溶液中通入足量，然后再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入溶液中，產(chǎn)生黑色沉淀，過(guò)量氣體與溶液不反應(yīng)，說(shuō)明，則，碳酸酸性強(qiáng)于氫硫酸，即，A項(xiàng)正確；B．向滴有的溶液中加入硝酸酸化的溶液，溶液變紅，說(shuō)明有與反應(yīng)，則被氧化為，硝酸具有強(qiáng)氧化性，可能是硝酸氧化，不能得出氧化性：，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．焰色試驗(yàn)火焰呈黃色，說(shuō)明該溶液中含有，溶質(zhì)可能為鈉鹽或，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．白色沉淀可能是，也可能是或二者混合物，故不能得出，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。12.一種脫除燃煤煙氣中的方法如圖所示。室溫下用氨水吸收，若轉(zhuǎn)化過(guò)程中氣體揮發(fā)和溶液體積的變化可忽略，溶液中含硫物種的濃度。下列說(shuō)法正確的是A.0.1mol·L氨水中：B.溶液氧化過(guò)程中比值逐漸減小C.0.1mol·L氨水吸收，mol·L溶液中：D.1L0.1mol·L氨水吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況1.68L后的溶液中：【答案】C【解析】A．0.1mol·L氨水中部分電離產(chǎn)生和OH-，溶液呈堿性，溶液中個(gè)各粒子濃度關(guān)系為，故A錯(cuò)誤；B．溶液和氧氣反應(yīng)生成(NH4)2SO4，離子方程式為：2+O2=2+2H+，溶液酸性增強(qiáng)，c(OH-)減小，則增大，故B錯(cuò)誤；C．和得到，0.1mol·L氨水吸收，mol·L溶液時(shí)，此時(shí)溶液為等濃度的和混合溶液，電荷守恒：，物料守恒：，則，則，故C正確；D．1.68L的物質(zhì)的量為=0.075mol，1L0.1mol·L氨水吸收0.075mol得到含有0.075mol和0.025mol的混合溶液，則存在物料守恒，故D錯(cuò)誤；故選C。13.催化加氫合成能實(shí)現(xiàn)碳的循環(huán)利用。一定壓強(qiáng)下，與在密閉容器中發(fā)生的主要反應(yīng)為：Ⅰ：Ⅱ：反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得不同溫度下轉(zhuǎn)化率和選擇性如題圖實(shí)驗(yàn)值所示。圖中平衡值表示在相同條件下達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)轉(zhuǎn)化率和選擇性隨溫度的變化。下列說(shuō)法不正確的是A.B.壓縮容器反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)C.相同溫度下，選擇性的實(shí)驗(yàn)值大于平衡值，說(shuō)明反應(yīng)I的速率大于反應(yīng)ⅡD.，隨溫度升高，反應(yīng)I平衡正向移動(dòng)的程度大于反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)的程度【答案】D【解析】A．由圖知，，轉(zhuǎn)化率平衡值隨溫度升高略微增大，而的選擇性隨溫度的升高而降低，則反應(yīng)I升高溫度平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅰ的?H1＜0，反應(yīng)Ⅱ升高溫度平衡正向移動(dòng)，則，A正確；B．由反應(yīng)Ⅰ可知，該反應(yīng)為分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓縮容器，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，的濃度降低，反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)，B正確；C．相同溫度下，選擇性的實(shí)驗(yàn)值大于平衡值，說(shuō)明相同時(shí)間內(nèi)得到的量更多，反應(yīng)Ⅰ的速率大于反應(yīng)Ⅱ，C正確；D．，轉(zhuǎn)化率平衡值隨溫度升高而略微降低，而此時(shí)甲醇的選擇性平衡值降低幅度較大，說(shuō)明隨溫度升高反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)的程度大于反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)的程度，D錯(cuò)誤；故選D。二、解答題14.化學(xué)還原穩(wěn)定法是當(dāng)前Cr(Ⅵ水體污染修復(fù)領(lǐng)域的主要技術(shù)。廢水中Cr(Ⅵ主要以和形式存在，化學(xué)還原穩(wěn)定法去除水中Cr(Ⅵ主要包括鉻的還原和固定兩個(gè)過(guò)程。常用的化學(xué)還原劑包括硫系還原劑和鐵系還原劑。（1）難溶于水的CaS5是常用的硫系還原劑，在處理Cr(Ⅵ時(shí)自身轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S。在酸性溶液中，CaS5還原Cr(Ⅵ的離子方程式為_(kāi)______。（2）鐵系還原劑FeSO4的還原效率雖不及硫化物，但有利于Cr的固定。Cr的固定途徑有兩個(gè)：其一是難溶性鉻鐵共沉淀氫氧化物[CrxFe1-x(OH)3]或Cr(OH)3沉淀的生成；其二是_______。（3）試劑聯(lián)用[n(CaS5)：n(FeSO4)=1：2]有望實(shí)現(xiàn)高效且穩(wěn)定的修復(fù)效果。①待各體系充分反應(yīng)后，靜置2h。實(shí)驗(yàn)測(cè)得分別使用單一試劑和試劑聯(lián)用時(shí)，溶液中總Cr的去除率隨溶液初始pH的變化關(guān)系如圖-1所示。pH>9，隨pH增大，試劑聯(lián)用時(shí)溶液中總Cr的去除率上升的原因是_______。②在存在下，試劑聯(lián)用處理溶液中Cr(Ⅵ，待體系充分反應(yīng)，靜置2h。測(cè)得濃度對(duì)溶液pH以及總Cr去除效果的影響關(guān)系如圖-2所示。隨濃度進(jìn)一步增加，總Cr的去除率明顯上升的原因是_______。③研究表明，試劑聯(lián)用效果優(yōu)于單一試劑主要是由于反應(yīng)過(guò)程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成過(guò)程可用化學(xué)方程式表示為_(kāi)______。（4）檢測(cè)酸性廢水中含量，取20.00mL廢水，加水稀釋至100.00mL。量取20.00mL該溶液，加入30.00mL0.0100mol/LFeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(過(guò)量)，充分反應(yīng)后，用0.0010mol/LK2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2+，終點(diǎn)時(shí)消耗K2Cr2O7溶液10.00mL(假設(shè)的還原產(chǎn)物全為NO，且NO全部從溶液中逸出)。則廢水中含量為_(kāi)______mol/L。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)【答案】（1）3CaS5++14H+=2Cr3++15S+3Ca2++7H2O（2）Fe3+水解產(chǎn)生的Fe(OH)3膠體吸附或（3）①.pH增大，使用CaS5會(huì)抑制Cr(Ⅵ的還原，降低總Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高總Cr去除率；試劑聯(lián)用時(shí)，F(xiàn)eSO4的用量大于CaS5，增大pH，F(xiàn)eSO4對(duì)總Cr去除率的影響程度大于CaS5②.增大濃度，溶液pH減小，試劑聯(lián)用時(shí)低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除③.CaS5+FeSO4=FeS+4S+CaSO4（4）0.02【解析】（1）根據(jù)題意可知修復(fù)時(shí)發(fā)生反應(yīng)，；（2）溶液中生成三價(jià)鐵后，三價(jià)鐵可以水解生成氫氧化鐵膠體，可以吸附含有鉻元素的微粒，或；（3）①結(jié)合第一問(wèn)可知，pH增大時(shí)會(huì)抑制對(duì)的還原，但是的使用有利于對(duì)吸附，試劑聯(lián)用時(shí)是兩種作用的相互競(jìng)爭(zhēng)的一個(gè)關(guān)系，故pH增大，使用CaS5會(huì)抑制Cr(Ⅵ的還原，降低總Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高總Cr去除率；試劑聯(lián)用時(shí)，F(xiàn)eSO4的用量大于CaS5，增大pH，F(xiàn)eSO4對(duì)總Cr去除率的影響程度大于CaS5；②由圖可知，隨著碳酸氫根離子的濃度的增大，pH會(huì)降低，而pH的降低有利于對(duì)的去除，故增大濃度，溶液pH減小，試劑聯(lián)用時(shí)低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除；③根據(jù)題意可知和反應(yīng)生成FeS，結(jié)合元素守恒和得失電子守恒可知離子方程式為：；（4）根據(jù)反應(yīng)，，與K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)的亞鐵離子物質(zhì)的量，硝酸根氧化硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為，根據(jù)反應(yīng)，，。15.利用鎂泥（主要成分為、和等）為主要原料制取碳酸鎂的工業(yè)流程如下：（1）酸溶。某工廠(chǎng)用1.78噸發(fā)煙硫酸（化學(xué)式：）配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為溶液，配制時(shí)需要水的質(zhì)量為_(kāi)_______噸。（2）除鐵。已知濾渣2的成分與溫度、的關(guān)系如圖所示。①若控制溫度80℃、，可得到黃鐵礬鈉（上圖中陰影部分），寫(xiě)出“除鐵”過(guò)程總反應(yīng)的離子方程式：________。②工業(yè)生產(chǎn)不選擇以形式除鐵的可能原因：________（寫(xiě)出兩點(diǎn)）。（3）沉淀。①寫(xiě)出“沉淀”過(guò)程的離子方程式：________。②“沉淀”過(guò)程中溶液隨時(shí)間的變化如圖所示。“沉淀”過(guò)程的操作：向含溶液中________。（4）控制“沉淀”溫度50℃，可制得堿式碳酸鎂，堿式碳酸鎂常用作塑料阻燃劑?，F(xiàn)稱(chēng)取一定質(zhì)量堿式碳酸鎂樣品經(jīng)高溫完全分解后得固體，放出（標(biāo)準(zhǔn)狀況），計(jì)算該堿式碳酸鎂樣品中的=_______。（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）（5）某鈣鎂礦的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若將全部換為，所得晶體中每個(gè)晶胞含有的原子數(shù)為_(kāi)_______。【答案】（1）2.14（2）①.②.濃度小，的氧化性弱；溫度低，反應(yīng)速率慢（3）①.②.先通至飽和，然后滴加溶液，同時(shí)繼續(xù)通入（4）（5）4【解析】由制備流程可知，鎂泥的主要成分為MgCO3、和SiO2，加硫酸時(shí)SiO2不溶解，過(guò)濾得到濾渣1為二氧化硅，NaClO具有氧化性，能將Fe2+氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH生成沉淀除去，濾液通入二氧化碳、加入氫氧化鈉溶液反應(yīng)后得到沉淀，經(jīng)過(guò)濾得到碳酸鎂。（1）1.78噸發(fā)煙硫酸（化學(xué)式：）的物質(zhì)的量為，配制過(guò)程中，生成硫酸為，配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為溶液，配制時(shí)需要水的質(zhì)量為。（2）①“除鐵”時(shí)，若控制溫度80℃、，可得到黃鐵礬鈉沉淀，則總反應(yīng)的離子方程式：。②由圖可知，pH在4附近溫度略低于40°C時(shí)產(chǎn)生的氫氧化鐵最多，溫度繼續(xù)升高時(shí)鐵轉(zhuǎn)化為其它含鐵的不溶性物質(zhì)，結(jié)合分析可知，鐵工業(yè)生產(chǎn)不選擇以形式除鐵的可能原因：濃度小，的氧化性弱；溫度低，反應(yīng)速率慢。（3）①結(jié)合分析可知，“沉淀”過(guò)程的離子方程式：。②由圖知，“沉淀”時(shí)溶液的先減小后增大后維持不變，則“沉淀”過(guò)程的操作：向含溶液中先通至飽和，然后滴加溶液，同時(shí)繼續(xù)通入。（4）現(xiàn)稱(chēng)取一定質(zhì)量堿式碳酸鎂樣品經(jīng)高溫完全分解后得固體，根據(jù)鎂元素守恒，鎂離子為，放出（標(biāo)準(zhǔn)狀況），其物質(zhì)的量為，則碳酸根為0.15mol，則根據(jù)電荷守恒可知?dú)溲醺奈镔|(zhì)的量為0.1mol，則堿式碳酸鎂樣品中的=3:2。（5）某鈣鎂礦的晶胞中若將全部換為，若Ca換為Mg，則該圖變?yōu)閮蓚€(gè)立方晶胞，則Mg位于晶胞的8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面心，所得晶體中每個(gè)晶胞含有的原子數(shù)為。16.化合物G是制備一種生物堿的中間體，其合成路線(xiàn)如下：（1）反應(yīng)分為兩步，第二步是消去反應(yīng)．X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____；（2）C的分子式為的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____；（3）須在無(wú)水環(huán)境中使用，不能與水或酸接觸，原因是_____；（4）時(shí)會(huì)生成一種與G互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___；（5）寫(xiě)出一種符合下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_______；I．與溶液顯紫色；Ⅱ．發(fā)生水解反應(yīng)后所得有機(jī)產(chǎn)物有三種，酸化后一種為氨基丙酸，另兩種均含有2種化學(xué)環(huán)境不同的氫．（6）已知：①苯環(huán)上發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)，若原有基團(tuán)為（鹵素原子），則新進(jìn)入基團(tuán)在其鄰、對(duì)位；若原有基團(tuán)為，則新進(jìn)入基團(tuán)則在其間位．②③可將羰基或酯基還原為醇寫(xiě)出以、