一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分）題號123456789答案ABBBDCADCBABDD【詳解】A．碳納米管和石墨烯都是由碳元素組成的單質(zhì)，互為同素異形體，A正確；B．苯甲酸及其鈉鹽在食品工業(yè)是用作食品防腐劑，故B錯誤；C．酚醛樹脂（如電木）是人工合成的高分子材料，非天然高分子化合物，C錯誤；D．75%乙醇使蛋白質(zhì)變性的原理進行消毒，而雙氧水利用強氧化性破壞微生物結(jié)構(gòu)消毒，原理不同，D錯誤；【詳解】A．B原子的價層電子數(shù)為3，與3個Cl原子共用后無孤對電子，A錯誤；B．為順式聚異戊二烯的結(jié)構(gòu)簡式，B正確；C．SO2分子中，S原子的價層電子對數(shù)為發(fā)生sp2雜化，VSEPR模型是平面三角形，為SO2的球棍模型，C錯誤；D．氧原子電負性更強，與氧原子連接的氫幾乎成為質(zhì)子，更容易形成氫鍵，故在氨水中，NH3O分子間氫鍵主要形式可表示為：，故D錯誤；【詳解】A．Cl2與H2O反應生成HClO，HClO與NaOH反應生成NaClO，NaClO與鹽酸反應生成Cl2，A項正確；B．Si與氧氣反應生成SiO2，SiO2與NaOH反應生成Na2SiO3。Na2SiO3不能直接轉(zhuǎn)化為Si，故B錯誤；C．S與氫氣反應生成H2S，H2S燃燒生成SO2，SO2與H2S反應可生成S，故C正確；D．Al2O3溶于鹽酸生成AlCl3，AlCl3與氨水反應生成Al(OH)3，Al(OH)3受熱分解生成Al2O3，故D正確；【詳解】A．用鹽酸滴定NaOH和Na2CO3的混堿溶液，鹽酸先和NaOH和Na2CO3反應生成氯化鈉和NaHCO3，滴定終點溶液顯堿性，應先用酚酞作指示劑滴定至終點，再加甲基橙繼續(xù)滴定中和反應生成的NaHCO3，順序顛倒，A錯誤；B．黃綠色氣體是Cl2，Co(OH)3能氧化同濃度鹽酸生成Cl2而Cr(OH)3不能，說明Co(OH)3氧化性大于Cr(OH)3，B項正確；C．蒸干溶液會失去結(jié)晶水，應蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，C錯誤；D．海帶中的碘元素不是以碘單質(zhì)的形式存在，不能直接用淀粉溶液檢驗其中的碘元素，故D錯【詳解】A．ClO3的鍵角小于ClO4的鍵角，因為ClO3中心原子有1對孤電子對，ClO4中心原子沒有孤電子對，孤電子對越多鍵角越小，故A錯誤；B．由于IF3分子的中心原子有對孤電子對，價層電子對數(shù)為2+3=5，故B錯誤；C．溴位于第四周期，第35號元素，基態(tài)溴原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p5，C錯誤；D．SOCl2的中心原子S原子的σ鍵電子數(shù)為3，孤電子對數(shù)為價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化，故D正確；【詳解】A．若通過原電池反應來實現(xiàn)NaClO3制備ClO2，正極得到電子，則正極的電極反應為ClO3+2H++e=ClO2↑+H2O，A錯誤；B．SOCl2水解生成亞硫酸和氯化氫，亞硫酸分解為二氧化硫和水，因此離子方程式為C．ICl中碘為+1價氯為-1價，溶于NaOH溶HO，故C正確；D．Na2CO3溶液作為吸收劑吸收溴時，Br2生成BrO3—和Br—，根據(jù)質(zhì)量守恒可知同時生成二氧化碳氣體，其離子反應方程式為3Br2+【詳解】速率之比不是2:1；A項錯誤；B．若平衡時ClNO的物質(zhì)的量分數(shù)位于圖中a點，說明平衡時ClNO的物質(zhì)的量減少，平衡逆向移動，而該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動且反應速率增大，更早達到平衡，B項正確；C．T1℃、0.1MPa下，若按n(NO):n(Cl?):n(Ne)=2:1:2通入氣體，反應物氣體分壓減小，平衡逆向移動，NO平衡轉(zhuǎn)化率降低，C項正確；D.該反應為體積縮小的反應，恒容時，壓強降低，平衡逆向移動，NO的含量增加，故平衡時NO的物質(zhì)的量分數(shù)可能位于圖中b點，D項正確；【詳解】青蒿素的分子式為C15H22O5，A正確。青蒿素結(jié)構(gòu)中sp3雜化的碳原子有14個，雙氫青蒿素結(jié)構(gòu)中sp3雜化的碳原子有15個，所以青蒿素和雙氫青蒿素中采用sp3雜化的碳原子數(shù)之比為14:15。故B正確。NaBH4在有機反應中常做還原劑，雙氫青蒿素比青蒿素多了兩個氫原子，在有機反應中得氫的反應為還原反應。故C正確。青蒿素比雙氫青蒿素少一個手性碳，故D錯誤?！驹斀狻緼．離子液體由于陰陽離子體積較大，離子鍵較弱，所以呈液態(tài)，離子液體具有難揮發(fā)性和良好的導電性等優(yōu)點，故A正確；B．N的第一電離能大于C，B正確；C．NH3存在分子間氫鍵，而HBr和CH4不存在分子間氫鍵，所以沸點最高的是NH3，不是HBr，故C錯誤；D．從結(jié)構(gòu)中可知，C原子周圍均形成四個鍵，滿足八電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。有三個N原子成三根鍵，滿足八電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。一個氮原子成四根鍵，但外面有一個正電荷，正電荷為氮原子所帶，故四根鍵的氮原子也滿足八電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確；【詳解】A．由分析可知，放電時，a電極為正極，b電極為負極，a電極電勢高于b電極，A正確；B．由分析可知，放電時，a電極為正極，b電極為負極，則放電時，a電極a電極的電極反應式為:C．由分析可知，充電時，b電極為陰極，電極反應式為：C+xNa++xe-=NaxC，C正確；D．根據(jù)兩極電極反應，當a、b電極質(zhì)量差增加46g時，電路中轉(zhuǎn)移1mole-，D正確?！驹斀狻緼．反應過程中有H-H鍵斷開和C-O鍵斷開，有N-H鍵和H-O鍵生成，有極性鍵、非極性鍵斷開和極性鍵生成，沒有非極性鍵的形成，A錯誤；B．第①步L參與反應，第④步又生成L，第②步R—NH2參加反應，第③步又則物質(zhì)L和R—NH2均為反應的催化劑，B正確；C．由反應物和生成物可知，總反應的離子方程式為HCO3-+H2=HCOO-+H2O，C正確；D．由第③步反應可知，用D2代替H2，反應可得DCOO-，D正確?！驹斀狻緼．FeTiO3、MgO、SiO2加入鹽酸，F(xiàn)eTiO3與鹽酸反應生成FeTiOCl4、MgCl2，SiO2和鹽酸不反應，濾渣是SiO2，A正確；B．在制備Li4Ti5O12的過程中會生成Li2Ti5O15(Ti為+4價)，根據(jù)化學式中各元素化合價之和為0可知15個氧原子化合價總和為2×1+5×4=22，設-1價氧原子數(shù)為x，-2價氧原子數(shù)為y，x+y=15且x+2y=22，故x=8，y=7,則Li2Ti5O15中過氧鍵的數(shù)目為4，B錯誤；C．反應Fe3++H3PO4)≈FeTiO3+3H+的平衡常數(shù)正確D．FePO4、Li2CO3、H2C2O4灼燒生成LiFePO4、二氧化碳、水，由FePO4制備LiFePO4的化學方程式2FePO4+Li2CO3+H2C2O4高溫2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑,D正確；【詳解】A．由圖可知Ce4+的配位數(shù)為8B．Ce4+與最近O2-的核間距為體對角線的1/4,則為C．Cu+占據(jù)Ce4+的位置，形成的物質(zhì)是Cu1/8Ce31/8O7,鈰元素化合價小于+4價D．若晶胞頂點全被Cu+占據(jù)，晶胞內(nèi)有兩個氧空位，形成的物質(zhì)是CuCe3O6，Ce平均化合價為+11/3價，則Ce3+和Ce4+個數(shù)比為1：2【詳解】A．根據(jù)圖像，pH＝10時，M2A飽和溶液中，p（M+2，則c（M+10-2mol/L，Ksp（M2A）=c（A2-）c2（M+）≈≈5×10-7,故A錯誤；B．含A微粒的分布系數(shù)曲線只有一個交點，說明H2A完全電離，含A微粒只有HA-和A2-,故B錯誤；C．M2A飽和溶液中電荷守恒：c（H+）+c（M+2c（A2-）+c（OH-）+c（HA-pH＝3時，c（A2-c（HA-如果不含其他酸溶液，則c（H+）+c（M+3c（A2-）+c（OH-但是pH＝3時，M2A飽和溶液中還含有酸溶液，即還含有其他酸根離子，故C錯誤；D．當pH＝6時，c（M+）＝10-2mol/L，則c（A2-）為5×10-3mol/L，pH＝3，求出HA-電離二、非選擇題（本題共4小題，共58分）15除標注外，每空2分，共14分）(1)離子鍵（1分）共價鍵（1分）(2)分批(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(5)pH過大，溶液中Fe3+濃度減小，導致產(chǎn)品的產(chǎn)率減小或【詳解】（1）乙二胺四乙酸鐵鈉是鈉鹽，含有共價鍵、離子鍵，同時從圖中可看出氮原子能與鐵配位形成配位鍵，故含有的化學鍵類型有共價鍵、離子鍵和配位鍵；（2）步驟Ⅰ中氨水應當分批加入，避免反應過于劇烈，或氨水過量導致銨根離子裹入Fe(OH)3沉淀，產(chǎn)生過多雜質(zhì)；（3）根據(jù)題目所給圖分析，盛裝碳酸鈉溶液的儀器為恒壓滴液漏斗；生成NaFeY.3H2O，發(fā)生的化學反應式為2Fe(OH)3+Na2CO3+2H4Y=2[NaFeY.3H2O]+CO2↑+H2O；（4）要從乙二胺四乙酸鐵鈉溶液中得到其晶體，需要進行重結(jié)晶操作，正確操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶；（5）pH過大，溶液中Fe3+濃度減小，導致產(chǎn)品的產(chǎn)率減?。?）淀粉遇碘變藍，碘單質(zhì)與硫代硫酸根反應完后，顯現(xiàn)出亞鐵離子的顏色，淺綠色；設100mL樣品中碘酸鉀的物質(zhì)的量為xmol，則NaFeY的物質(zhì)的量為50xmol，根據(jù)方程式IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、FeY-+4H+=H4Y+Fe3+、2Fe3++2I-=I2+2Fe2+，可得與碘酸根反應生成碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為3xmol，與鐵離子反應生成碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為25xmol，根據(jù)方程式2S2O-+I2=2I-+S4O-，碘單質(zhì)與硫代硫酸根反應消耗的硫代硫酸根物質(zhì)的量為則解得則NaFeY的物質(zhì)的量n則鐵的質(zhì)量分數(shù)為16每空2分，共14分）(1)NaAlO2或Na[Al(OH)4]高溫(3)Fe(OH)3(4)80%在萃取液中加入稀硫酸，振蕩、靜置、分液(5)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiO(OH)↓+Cl-+H2O(6)1.344×106【詳解】（1）“堿浸”時Al2O3與NaOH溶液發(fā)生反應產(chǎn)生NaAlO2、H2O，該反應的離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，“濾液A”中主要溶質(zhì)為NaAlO2(或Na[Al(OH)4])；（2）“焙燒”后金屬元素以硫酸鹽的形式存在，則NiO與(NH4)2SO4反應產(chǎn)生NiSO4、NH3、H2O，高溫該反應的化學方程式為↑+H2O；（3）燒渣中含有NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4，95℃熱水“溶解”，F(xiàn)e3+水解為Fe(OH)3，則過濾所得“濾渣”的化學式為Fe(OH)3；（4）①一定條件下，萃取平衡時Ni2++2RH≈NiR2+2H+(RH為萃取劑)被苯取的Ni2+即形成NiR2的Ni2+的物質(zhì)的量是殘留在溶液中Ni2+的4倍，則Ni2+的萃取率為②根據(jù)平衡移動原理，要進行反萃取得到Ni2+，應該向萃取后的溶液中加入含有H+的物質(zhì)。具體實驗操作是：在萃取液中加入稀硫酸，振蕩、靜置、分液，得到NiSO4溶液；（5）“反萃取”得到的NiSO4溶液在堿性條件下可被NaClO氧化生成NiO(OH)，ClO-被還原為Cl-，同時反應產(chǎn)生H2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，結(jié)合物質(zhì)的拆分原則，可知該反應的離子方程式為：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiO(OH)↓+Cl-+H2O；（6）晶體密度為8.8g·cm-3，則1m3晶體質(zhì)量為8.8×106g，根據(jù)其化學式LaNi5H6可知H元素的質(zhì)量分數(shù)為則H元素的質(zhì)量為相當于標準狀況下氫氣的體積為1.2×105÷2×22.4=1.344×106L。17除標注外，每空2分，共15分）（1）-1367.6任何溫度（1分）（2）BC（3）①均未1分）②乙催化劑在較低溫度下就可以達到較好的催化效果；③在較高溫度下，催化劑的催化活性降低，相同時間內(nèi)反應的NO減少，轉(zhuǎn)化率降低；（4）①<（1分）②0.01p,5/8p【詳解】（1）由蓋斯定律可知，反應①=②-③,則ΔH=ΔH2-ΔH3=-1550kJ?mol-1+182.4kJ?mol-1=-1367.6kJ?mol-1；反應能自發(fā)進行，則ΔG=ΔH—TΔS＜0，反應①ΔH＜0，ΔS＞0，所以反應①在任何溫度下能自發(fā)進行，故答案為：-1367.6任何溫度（2）A.該反應NO是反應物，N2是生成物，濃度相等不能說明反應達到平衡，故A錯誤；B.在絕熱容器中發(fā)生該反應，該反應是放熱反應，反應過程中溫度上升，氣體物質(zhì)的量增大，壓強增大，壓強不變說明反應達到平衡，故B正確；C.反應過程中溫度上升，當容器中氣體溫度不變說明反應達到平衡，故C正確；D.反應開始前n（NO）和n（O2）投入量4：1，反應中消耗量4：1，剩余量一直4：1，不能說明反應達到平衡，故D錯誤。（3）①催化劑不改變NO的平衡轉(zhuǎn)換率，使用催化劑乙時NO的轉(zhuǎn)化率高于使用催化劑甲，說明甲曲線上各點均未達到平衡，故答案為：均未；②從圖中看出，乙催化劑在較低溫度下就可以達到較好的催化效果，所以工業(yè)上會使用乙催化劑，故答案為：乙催化劑在較低溫度下就可以達到較好的催化效果；③當溫度高于210℃的時候，在催化劑甲的作用下，NO的轉(zhuǎn)化率降低，其原因可能是：在較高溫度下，催化劑的催化活性降低，相同時間內(nèi)反應的NO減少，轉(zhuǎn)化率降低，故答案為：在較高溫度下，催化劑的催化活性降低，相同時間內(nèi)反應的NO減少，轉(zhuǎn)化