高中2024北京一七一中高三2月月考化學(xué)2024.2（考試時間：90min總分：100分）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Ni59Pr141第一部分選擇題（共42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，選出一項。1.《本草經(jīng)集注》中記載：“其黃黑者名雞屎礬[或]，不入藥用，惟堪鍍作，以合熟銅（銅單質(zhì)）。投苦酒（醋酸）中，涂鐵皆作銅色，外雖銅色，內(nèi)質(zhì)不變?！毕铝姓f法不正確的是A.“不入藥用”是因雞屎礬可溶于胃酸，產(chǎn)生的可使蛋白質(zhì)變性B.雞屎礬“投苦酒（醋酸）中”，反應(yīng)前后各元素化合價不變C.“苦酒（醋酸）”中碳原子均為雜化D.“涂鐵皆作銅色，外雖銅色，內(nèi)質(zhì)不變”是指Fe從溶液中置換出Cu，且覆蓋在Fe表面的Cu阻止反應(yīng)繼續(xù)進行2.下列結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的比較中，正確的是A.微粒半徑： B.電負性：C.堿性：NaOH>CsOH D.酸性：HCOOH>CH3COOH3.下列說法不正確的是A.N=N的鍵能大于N—N的鍵能的2倍，推測N=N中鍵的強度比鍵的大B.N的第一電離能比O的高，與N原子2p軌道電子排布為半充滿有關(guān)C.金剛石的熔點高于晶體硅，是因為C—C的鍵能大于Si—Si的鍵能D.能萃取碘水中的，體現(xiàn)了相似相溶原理4.下列方程式與所給事實不相符的是A.人工固氮：B.用于焙制糕點：C.向溶液中加入至溶液顯中性：D.久置氯水變?yōu)闊o色：、5.下列物質(zhì)性質(zhì)的比較，與氫鍵無關(guān)的是A.密度：水>冰B.熔點：.C.沸點：D.與堿基配對的能力：6.用表示阿伏加德羅常數(shù)。下列說法正確的是A.含有鍵的數(shù)目為B.溶液含的數(shù)目為C.14g乙烯和丙烯的混合氣體含有的極性共價鍵數(shù)為D.22.4L（標準狀況）與足量NaOH溶液充分反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為7.已知：利用裝有和混合氣體的平衡球如圖，探究溫度對化學(xué)平衡的影響。實驗如下：實驗實驗操作實驗現(xiàn)象①將兩組平衡球室溫放置平衡球均為紅棕色且顏色相同②將一組平衡球的兩端分別浸入冷水和熱水中——③將另一組平衡球的一端靠近酒精燈火焰加熱一段時間后，該平衡球顏色變淺，直至接近無色；停止加熱后，平衡球顏色恢復(fù)下列說法不正確的是A.斷裂中的共價鍵所需能量小于斷裂中的共價鍵所需能量B.實驗②，浸入冷水中的平衡球顏色變淺，浸入熱水中的平衡球顏色加深C.實驗③，平衡球顏色變淺，可能是溫度過高，導(dǎo)致分解生成NO和D.實驗③，停止加熱，平衡球顏色恢復(fù)，是逆向移動導(dǎo)致的8.嘧菌酯是一種新型的高效、廣譜農(nóng)用殺菌劑，合成其中間體N的路線如下：下列說法不正確的是A.1molK最多可以與2molNaOH發(fā)生反應(yīng) B.L的核磁共振氫譜有兩組峰C.N中含有兩種含氧官能團 D.生成物M與N的化學(xué)計量數(shù)之比是9.液流電池是儲能領(lǐng)域的研究熱點，能將剩余的電能存儲起來，需要時再釋放。一種釩液流電池放電狀態(tài)時的結(jié)構(gòu)和工作原理如下圖所示：下列說法不正確的是A.放電時，電極室a為正極室B.放電時，由電極室b移向電極室aC.充電時，電極室a的電極與電源的負極連接D.充電時，總反應(yīng)為10.下列實驗方案能達到相應(yīng)目的的是A.檢驗溴乙烷消去產(chǎn)物中的乙烯B.制乙炔并檢驗乙炔具有還原性C.比較Al和Cu的金屬活動性D.由制取無水固體A.A B.B C.C D.D11.某同學(xué)進行如下實驗：已知：在實驗溫度下，的電離平衡常數(shù)：，；的電離平衡常數(shù)：，。下列說法不正確的是A.飽和溶液可以除去中的B.依據(jù)可推知，向溶液中加入，不能生成或C.過程Ⅰ所得溶液中存在D.過程Ⅱ所得溶液中存在12.二氧化碳基聚碳酸酯是通過環(huán)氧化物和二氧化碳共聚得到的一種綠色高分子材料，一種聚碳酸酯M的合成方法如下：下列說法不正確的是A.K和M中均含有手性碳原子B.使用該材料時應(yīng)避免接觸強酸或強堿C.生成1molM參加反應(yīng)的的物質(zhì)的量為（m+n）molD.依據(jù)M的合成原理，可推測合成M的過程中會產(chǎn)生含六元環(huán)的副產(chǎn)物13.某興趣小組將4g鐵釘放入溶液中，溶液pH變化如下圖所示。一段時間后，取出鐵釘，過濾，取反應(yīng)后的濾液，加適量KSCN溶液，溶液立即變紅，但紅色很快褪去，產(chǎn)生白色沉淀。下列說法不正確的是已知：①CuSCN：白色固體，不溶于水；②室溫下，，，。A.溶液的原因是B.0~6000s，隨著反應(yīng)進行，溶液pH下降的原因可能是被氧化為C.反應(yīng)后期溶液pH略有上升的可能原因是D.溶液先變紅后又褪色的可能原因是的反應(yīng)速率快，的反應(yīng)限度大14.一定溫度下，和的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示，其中濃度的單位均為0.1。下列說法正確的是A.a點條件下能生成沉淀，也能生成沉淀B.b點時，，C.向NaOH、均為的混合溶液中滴加溶液，優(yōu)先產(chǎn)生沉淀D.的平衡常數(shù)15.鈣鈦礦（通式為）是一類與鈦酸鈣具有相似晶體結(jié)構(gòu)的新型材料。（1）的晶胞形狀為立方體，如右圖所示。①基態(tài)O原子的價層電子軌道表示式為______。②該晶胞中，每個Ca周圍與它最近且相等距離的O有______個。③該晶胞結(jié)構(gòu)的另一種表示中，Ti處于各頂角位置，則O處于______位置。（2）有機-無機雜化鈣鈦礦材料具有良好的光致發(fā)光、半導(dǎo)體性能，其中的合成過程如下：HCl++CdCl2①中存在配位鍵，接受孤電子對的中心離子或原子是______。②比較和中C-N-C鍵角的大小并解釋原因______。③具有較低的熔點。從結(jié)構(gòu)角度解釋原因______。（3）相較于鈣鈦礦，類鈣鈦礦結(jié)構(gòu)材料具有高溫穩(wěn)定性等優(yōu)點。一種類鈣鈦礦結(jié)構(gòu)材料含Pr（鐠）、Ni和O元素，晶胞形狀為長方體，邊長分別為anm、anm、bnm，如圖所示：①該物質(zhì)的化學(xué)式為______。②阿伏加德羅常數(shù)為，該晶體的密度為______。（）16.將作為弱氧化劑用于乙烷脫氫制備乙烯，具有避免乙烷深度氧化、資源化利用等顯著優(yōu)勢。（1）①查閱資料，計算氧化脫氫反應(yīng)的反應(yīng)熱i.查閱______的燃燒熱數(shù)據(jù)（填化學(xué)式）。ii.查閱水的汽化熱：。利用上述數(shù)據(jù)，得如下熱化學(xué)方程式：②檢驗產(chǎn)物有乙烯生成的操作和現(xiàn)象______。（2）結(jié)合鍵能數(shù)據(jù)分析氧化脫氫反應(yīng)的挑戰(zhàn)和難點______。鍵鍵能347.7413.4745（3）推測催化氧化脫氫反應(yīng)過程示意圖如下，補全示意圖中畫框部分（示意圖中未使用鍵線式）。（4）分析投料體積比對反應(yīng)的影響（650℃，0.1MPa，催化劑）①從1提高到5，轉(zhuǎn)化率從33.3%增加到50.5%，簡述轉(zhuǎn)化率增加的原因______。（體積比為3和4時乙烷轉(zhuǎn)化率基本相同）②從4提高到5，副反應(yīng)的化學(xué)方程式可能是______。17.治療非小細胞肺癌的藥物特泊替尼的合成路線如下：已知：（1）已知A中含有—CN，寫出A→B的化學(xué)方程式：______。（2）A的某種同分異構(gòu)體與A含有相同官能團，核磁共振氫譜有3組峰，其結(jié)構(gòu)簡式為______。（3）鏈狀有機物F的分子式為，其結(jié)構(gòu)簡式為______。（4）G→H的反應(yīng)類型是______。（5）I的結(jié)構(gòu)簡式為______。（6）可通過如下路線合成：①K→L的化學(xué)方程式是__________________。②N的結(jié)構(gòu)簡式為______。18.以黃銅礦(主要成分為CuFeS2)為原料，用(NH4)2S2O8溶液作浸取劑提取銅。已知：i．S2O的結(jié)構(gòu)式為。ii．CuFeS2、Ag2S均能導(dǎo)電。（1）(NH4)2S2O8有強氧化性，用(NH4)2S2O8溶液作浸取劑浸出CuFeS2的原理示意圖如下。①正極的電極反應(yīng)式為___________。②浸取初期，隨著浸泡時間延長，Cu2+的浸出速率提高。可能的原因是___________。（2）在足量(NH4)2S2O8溶液中添加少量AgNO3溶液作為浸取劑與CuFeS2作用，一段時間結(jié)果如下：添加Ag+未加Ag+Cu元素的浸出率98.02%30.90%過程中產(chǎn)物形態(tài)①結(jié)合離子方程式解釋添加Ag+可以顯著提高Cu元素的浸出率的原因：___________。②進一步研究發(fā)現(xiàn)添加的少量Ag+可以多次循環(huán)使用，具有類似“催化劑”的作用。其中Ag+“再生”的離子方程式為：___________。（3）進一步從浸出液中提取銅并使(NH4)2S2O8再生的流程示意圖如下。①在空氣中焙燒FeC2O4得到鐵紅，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。②由濾液B電解(Pt作電極)生成(NH4)2S2O8的總反應(yīng)的離子方程式為___________。③從能源及物質(zhì)利用的角度，說明電解濾液B而不直接電解濾液A的優(yōu)點：___________。19.實驗小組探究溶液酸堿性對錳化合物和，氧化還原反應(yīng)的影響。資料：i.呈綠色，為棕黑色沉淀，幾乎無色。ii.在強堿性溶液中能穩(wěn)定存在，在酸性、中性或弱堿性溶液中易轉(zhuǎn)化為和。iii.為微溶物。實驗序號試劑現(xiàn)象Ia：10滴溶液b：20滴溶液溶液紫色變淺至接近無色，靜置一段時間后出現(xiàn)乳白色渾濁IIa：10滴蒸餾水b：20滴溶液紫色溶液逐漸褪色，產(chǎn)生棕黑色沉淀IIIa：10滴溶液b：2滴溶液和18滴蒸餾水溶液變?yōu)榫G色，無沉淀生成；靜置5min，未見明顯變化IVa：10滴溶液b：20滴溶液溶液變?yōu)榫G色，無沉淀生成；靜置5min，綠色變淺，有棕黑色沉淀生成（1）用離子方程式解釋實驗I中出現(xiàn)乳白色渾濁的原因________________________。（2）已知，實驗I、II、III中均被氧化為，針對實驗I、II、III進行分析：①對于氧化性的認識是____________。②實驗Ⅱ所得溶液中的檢驗方法為________________________。（3）針對實驗Ⅲ、Ⅳ進行分析：①實驗Ⅲ中“溶液變?yōu)榫G色”相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式為____________。②實驗IV中“靜置5min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因：____________（寫出2點）。（4）針對實驗Ⅲ、Ⅳ繼續(xù)探究：①實驗V：向?qū)嶒濱II的試管中繼續(xù)滴加足量，振蕩，溶液立即變?yōu)樽霞t色，產(chǎn)生棕黑色沉淀。②實驗VI：向?qū)嶒濱V的試管中繼續(xù)滴加足量，振蕩，綠色溶液迅速變?yōu)闊o色，棕黑色沉淀逐漸減少直至消失，靜置一段時間后，出現(xiàn)乳白色渾濁。對比實驗V、VI，結(jié)合方程式分析實驗VI滴加后溶液未見紫紅色的可能原因____________。（5）綜合上述實驗，在下圖中用連線的方式補充完善實驗I~VI已證實的錳化合物轉(zhuǎn)化關(guān)系_____________。

參考答案第一部分選擇題（共42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，選出一項。1.【答案】C【詳解】A．堿式碳酸銅和或堿式硫酸銅能與胃酸的主要成分鹽酸反應(yīng)生成銅離子，銅離子可使蛋白質(zhì)變性，故A正確；B．堿式碳酸銅與醋酸溶液反應(yīng)生成醋酸銅、二氧化碳和水，堿式硫酸銅與醋酸溶液反應(yīng)生成硫酸銅、醋酸銅、二氧化碳和水，反應(yīng)中均沒有元素發(fā)生化合價變化，故B正確；C．醋酸分子中甲基碳原子的雜化方式為sp3雜化，羧基碳原子為sp2雜化，故C錯誤；D．由題意可知，“涂鐵皆作銅色，外雖銅色，內(nèi)質(zhì)不變”是因為鐵與溶液中的銅離子發(fā)生置換反應(yīng)生成的銅覆蓋在鐵的表面，鐵表面的銅阻礙了鐵與溶液中的銅離子繼續(xù)反應(yīng)，故D錯誤；故選C。2.【答案】D【詳解】A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則氯離子的離子半徑大于鉀離子，故A錯誤；B．同周期元素，從左到右非金屬性依次增強，電負性依次增大，則硫元素的電負性大于磷元素，故B錯誤；C．同主族元素，從上到下金屬性依次增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性依次增強，則氫氧化鈉的堿性弱于氫氧化銫，故C錯誤；D．甲基是推電子基團，會使羧基的極性減弱，電離出氫離子能力減弱，所以甲酸的酸性強于乙酸，故D正確；故選D。3.【答案】A【詳解】A．N=N中含有1個鍵和1個鍵，N-N中含有1個鍵，N=N的鍵能大于N-N的鍵能的2倍，推測N=N中鍵的強度比鍵的小，故A錯誤；B．氮原子2p能級半充滿電子，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，氮原子的第一電離能大于氧原子的第一電離能，故B正確；C．共價晶體的熔沸點和共價鍵的強度有關(guān)，因為C-C鍵能大于Si-Si鍵能，金剛石的熔沸點高于晶體硅，故C正確；D．碘和四氯化碳都是非極性分子，根據(jù)相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，用CCl4

萃取碘水中的碘，能用“相似相溶”解釋，故D正確；故選A。4.【答案】C【詳解】A．催化劑作用下氫氣和氮氣在高溫高壓條件下生成氨氣的反應(yīng)屬于人工固氮，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故A正確；B．碳酸氫鈉用于焙制糕點是因為碳酸氫鈉受熱分解生成的二氧化碳能使糕點疏松多孔，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故B正確；C．向硫酸氫鈉溶液與加入的氫氧化鋇溶液至溶液顯中性發(fā)生的反應(yīng)為硫酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸鋇沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為，故C錯誤；D．久置氯水變?yōu)闊o色是因為氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸不穩(wěn)定，遇光分解生成鹽酸和氧氣，有關(guān)方程式為、，故D正確；故選C。5.【答案】B【詳解】A．冰中一個水分子與周圍四個水分以分子間氫鍵形成四面體結(jié)構(gòu)，氫鍵有方向性，水結(jié)成冰分子間空隙增大，因此密度比水小，故A不符合題意；B．固體是離子晶體，固體HCl為分子晶體，則熔點：，與氫鍵無關(guān)，故B符合題意；C．對羥基苯甲醛存在分子間氫鍵，鄰羥基苯甲醛存在分子內(nèi)氫鍵，分子間氫鍵致使熔沸點升高，分子內(nèi)氫鍵致使熔沸點降低，因此沸點：對羥基苯甲醛＞鄰羥基苯甲醛，故C不符合題意；D．可與堿基形成氫鍵，更易配對，所以與堿基配對的能力：，故D不符合題意；故選B。6.【答案】C【詳解】A．中沒有雙鍵和三鍵，不含有鍵，故A錯誤；B．溶液中發(fā)生水解，則溶液含的數(shù)目小于，故B錯誤；C．14g乙烯和丙烯混合氣體中含CH2物質(zhì)的量==1mol，含有極性共價鍵數(shù)為，故C正確；D．22.4L（標準狀況）的物質(zhì)的量為1mol，1mol與足量NaOH溶液充分反應(yīng)不能完全消耗，電子轉(zhuǎn)移數(shù)小于，故D錯誤；故選C。7.【答案】D【詳解】A．該反應(yīng)為反應(yīng)物總能量大于生成物總能量的放熱反應(yīng)，則斷裂2mol二氧化氮中的共價鍵所需能量小于斷裂1mol四氧化二氮中的共價鍵所需能量，故A正確；B．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，混合氣體顏色加深，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，混合氣體顏色變淺，故B正確；C．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，混合氣體顏色加深，則實驗③中平衡球顏色變淺，可能是溫度過高，導(dǎo)致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧氣，故C正確；D．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，混合氣體顏色加深，則實驗③中平衡球顏色變淺，可能是溫度過高，導(dǎo)致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧氣，所以停止加熱，平衡球顏色恢復(fù)是因為一氧化氮與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮所致，故D錯誤；故選D。8.【答案】D【分析】由圖可知，1molK與1molL先發(fā)生取代反應(yīng)、后發(fā)生消去反應(yīng)生成2mol甲醇和1molN，則M為甲醇?！驹斀狻緼．由結(jié)構(gòu)簡式可知，K分子中含有的酚酯基能與氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應(yīng)，則1molK最多可以與2mol氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，L分子中含有2類氫原子，核磁共振氫譜有兩組峰，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，N分子的含氧官能團為醚鍵、酯基，共有2種，故C正確；D．由分析可知，1molK與1molL先發(fā)生取代反應(yīng)、后發(fā)生消去反應(yīng)生成2mol甲醇和1molN，則生成物M與N的化學(xué)計量數(shù)之比是2：1，故D錯誤；故選D。9.【答案】C【分析】由圖可知，放電時，電極室a的電極為原電池的正極，酸性條件下VO在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成VO2+和水，電極反應(yīng)式為VO+e—+2H+=VO2++H2O，電極室b的電極為負極，V2+離子在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成V3+離子，電極反應(yīng)式為V2+—e—=V3+，電池總反應(yīng)為VO+V2++2H+=VO2++V3++H2O；充電時，與直流電源正極相連的電極室a的電極為電解池的陽極，電極室b的電極為陰極?！驹斀狻緼．由分析可知，電極室a的電極為原電池的正極，則電極室a為正極室，故A正確；B．由分析可知，電極室a的電極為原電池的正極，電極室b的電極為負極，則溶液中氫離子由電極室b移向電極室a，故B正確；C．由分析可知，充電時，與直流電源正極相連的電極室a的電極為電解池的陽極，故C錯誤；D．由分析可知，放電時電池總反應(yīng)為VO+V2++2H+=VO2++V3++H2O，充電時電解總反應(yīng)為放電總反應(yīng)的逆反應(yīng)，則總反應(yīng)方程式為，故D正確；故選C。10.【答案】A【詳解】A．溴乙烷和NaOH的醇溶液共熱生成乙烯，揮發(fā)的乙醇和溴水不反應(yīng)，乙烯和溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成無色物質(zhì)，所以能實現(xiàn)實驗?zāi)康?，故A正確；B．電石中生成的乙炔和H2S都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，H2S干擾乙炔的檢驗，所以該實驗不能檢驗乙炔具有還原性，故B錯誤；C．常溫下，Al和濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成致密的氧化物薄膜而阻止進一步反應(yīng)，不能實現(xiàn)實驗?zāi)康?，故C錯誤；D．加熱時，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3和HCl，加熱促進鹽酸揮發(fā),所以得不到無水氯化鐵固體，故D錯誤；故選A。11.【答案】D【詳解】A．的電離平衡常數(shù)：大于的電離平衡常數(shù)：，H2SO3能NaHCO3與發(fā)生反應(yīng)生成CO2，也不生成其他雜質(zhì)，故可用飽和NaHCO3溶液可以除去CO2中的SO2，故A正確；B．假設(shè)向溶液中加入，能生成或，則反應(yīng)為：，但此時得到的是，與題中所給的信息相悖，說明向溶液中加入，不能生成或，故B正確；C．過程I所得NaHCO3和Na2SO3混合溶液中存在電荷守恒：，故C正確；D．過程II所得溶液中，存在物料守恒：則，故D錯誤；故答案選D。12.【答案】D【詳解】A．由圖可知，K分子中含有如圖*所示的手性碳原子：，M分子中含有如圖*所示的手性碳原子：，故A正確；B．由圖可知，M分子中含有的酯基在強酸或強堿溶液中會發(fā)生水解反應(yīng)，所以使用該材料時應(yīng)避免接觸強酸或強堿，故B正確；C．由圖可知，mmolK分子、nmolL分子與（m+n）mol發(fā)生加聚反應(yīng)生成1molM，故C正確；D．由圖可知，K分子、L分子中的碳氧環(huán)斷裂與二氧化碳發(fā)生加聚反應(yīng)生成M，所以合成M的過程中會產(chǎn)生含五元環(huán)的副產(chǎn)物，故D錯誤；故選D。13.【答案】B【詳解】A．溶液pH<7的原因是Cu2+發(fā)生水解反應(yīng)所致，離子方程式是：，故A正確；B．紅色物質(zhì)為Fe(SCN)3，根據(jù)題中信息②可知，氯化銅與KSCN溶液反應(yīng)生成(SCN)2，根據(jù)信息③可知(SCN)2化學(xué)性質(zhì)與氯氣相似，具有強氧化性，能將Fe2+氧化成Fe3+，故B錯誤；C．反應(yīng)后期溶液pH略有上升的可能原因是，H+濃度減小，故C正確；D．Fe3+和SCN-反應(yīng)生成紅色的，是白色沉淀，溶液先變紅后又褪色的可能原因是的反應(yīng)速率快，的反應(yīng)限度大，導(dǎo)致逆向進行，故D正確；故選B。14.【答案】D【分析】由圖可知，b點時，溶液中鎂離子濃度為0.1mol/L時，溶液中氫氧根離子濃度和碳酸根離子濃度均為10—6mol/L，則氫氧化鎂的溶度積Ksp[Mg(OH)2]=0.1×(10—6)2=10—13，碳酸鎂的溶度積Ksp(MgCO3)=0.1×0—6=10—7。【詳解】A．由圖可知，a點條件下，溶液中氫氧化鎂、碳酸鎂的離子積均小于對應(yīng)溶度積，不能生成碳酸鎂沉淀，也不能生成氫氧化鎂沉淀，故A錯誤；B．由分析可知，氫氧化鎂的溶度積Ksp[Mg(OH)2]小于碳酸鎂的溶度積Ksp(MgCO3)，故B錯誤；C．由分析可知，向濃度均為0.1mol/L的氫氧化鈉、碳酸鈉的混合溶液中滴加氯化鎂溶液時，形成氫氧化鎂沉淀時Mg2+的濃度大于10-11mol/L，形成碳酸鎂沉淀時Mg2+的濃度大于10-6mol/L，則先生成氫氧化鎂沉淀，故C錯誤；D．由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=====106，故D正確；故選D。第二部分非選擇題（共58分）15.【答案】（1）①.②.12③.棱心（2）①.Cd2+和H②.中C-N-C鍵角大于中的C-N-C鍵角；和中的N原子都是sp3雜化，的空間構(gòu)型為四面體結(jié)構(gòu)，而是三角錐形結(jié)構(gòu)，N原子上有孤電子對，孤電子對斥力大，C-N-C鍵角?、?是離子化合物，陰陽離子體積較大，所帶電荷少，晶格能較小，所以熔點低（3）①.Pr2NiO4②.【小問1詳解】①O原子價電子排布式為2s22p4，則價電子表達式為；②Ca周圍最近的O原子位于以Ca原子為中心的12個面的面心上，最近的氧原子為12個；③將體心的Ti原子平移到頂角，則氧原子按同樣的方式平移到棱心上，因此O原子位于棱心位置；【小問2詳解】①中的類似于銨根離子，H+提供空軌道，N提供孤電子對，中的Cd2+提供空軌道，Cl-提供孤電子對，因此接受孤電子對的原子或離子有H和Cd2+；②和中的N原子都是sp3雜化，的空間構(gòu)型為四面體結(jié)構(gòu)，而是三角錐形結(jié)構(gòu)，N原子上有孤電子對，孤電子對斥力大，C-N-C鍵角小，因此中C-N-C鍵角大于中的C-N-C鍵角；③是離子化合物，離子化合物的熔沸點和晶格能有關(guān)，晶格能越大熔沸點越高，該化合物的陰陽離子體積較大，所帶電荷少，晶格能較小，所以熔點低；【小問3詳解】①晶胞中Pr的個數(shù)為8×+2=4，Ni原子的個數(shù)為8×+1=2，O原子的個數(shù)為16×+4×+2=8，Pr、Ni、O原子個數(shù)比為4:2:8=2:1:4，化學(xué)式為Pr2NiO4；②晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為a2b×10-21cm3，因此晶胞的密度為g/cm3。16.【答案】（1）①.C2H6、C2H4、CO②.將反應(yīng)得到的氣體通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色（2）CO2中C=O鍵的鍵能較高，是反應(yīng)的挑戰(zhàn)；乙烷分子中C—H鍵的鍵能大于C—C鍵的鍵能，所以C—H鍵的選擇活化是難點（3）（4）①.從1提高到3，更多的CO2和乙烷反應(yīng)生成乙烯，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大；從4提高到5，更多的CO2和乙烷反應(yīng)生成甲烷，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大②.2CO2+C2H6CH4+3CO+H2O【小問1詳解】①由乙烷與二氧化碳反應(yīng)生成乙烯和氣態(tài)水可知，計算二氧化碳氧化乙烷脫氫反應(yīng)的反應(yīng)熱時，需查閱資料獲取的數(shù)據(jù)為乙烷、乙烯、一氧化碳的燃燒熱和液態(tài)水轉(zhuǎn)化為氣態(tài)水的反應(yīng)熱，故答案為：C2H6、C2H4、CO；②乙烯能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)使溶液褪色，也能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)使溶液褪色，則檢驗產(chǎn)物有乙烯生成的操作和現(xiàn)象檢驗產(chǎn)物有乙烯生成的操作和現(xiàn)象為將反應(yīng)得到的氣體通入溴水或酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色，故答案為：將反應(yīng)得到的氣體通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色；【小問2詳解】由表格數(shù)據(jù)可知，二氧化碳氧化乙烷脫氫反應(yīng)的挑戰(zhàn)是二氧化碳分子中碳氧雙鍵的鍵能較高，破壞共價鍵需要較高的能量；碳氫鍵的鍵能大于碳碳鍵的鍵能，所以反應(yīng)的難點是選擇合適的催化劑使反應(yīng)中碳氫鍵優(yōu)先活化斷裂而碳碳鍵不斷裂的條件下形成碳碳雙鍵，故答案為：CO2中C=O鍵的鍵能較高，是反應(yīng)的挑戰(zhàn)；乙烷分子中C—H鍵的鍵能大于C—C鍵的鍵能，所以C—H鍵的選擇活化是難點；【小問3詳解】由原子個數(shù)守恒可知，與乙烷反應(yīng)生成，故答案為：；【小問4詳解】①由圖可知，從1提高到3時，乙烯的選擇性增大，甲烷的選擇性減小說明反應(yīng)中更多的二氧化碳和乙烷反應(yīng)生成乙烯導(dǎo)致乙烷的轉(zhuǎn)化率增大；從4提高到5時，甲烷的選擇性增大，乙烯的選擇性減小說明更多的二氧化碳和乙烷反應(yīng)生成甲烷導(dǎo)致乙烷的轉(zhuǎn)化率增大，所以從1提高到5，乙烷轉(zhuǎn)化率從33.3%增加到50.5%，故答案為：從1提高到3，更多的CO2和乙烷反應(yīng)生成乙烯，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大；從4提高到5，更多的CO2和乙烷反應(yīng)生成甲烷，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大；②從4提高到5時，甲烷的選擇性增大，乙烯的選擇性減小說明更多的二氧化碳和乙烷反應(yīng)生成甲烷，則副反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2+C2H6CH4+3CO+H2O，故答案為：2CO2+C2H6CH4+3CO+H2O。17.【答案】（1）++（2）（3）OHCCHClCHO（4）取代反應(yīng)（5）（6）①.2+2+2②.【分析】A中含有-CN，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式及A的分子式知，A為，A和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B為,B和發(fā)生反應(yīng)生成D，D發(fā)生反應(yīng)生成E，鏈狀有機物F的分子式為，E和F發(fā)生取代反應(yīng)生成G，F(xiàn)為OHCCHClCHO，G發(fā)生取代反應(yīng)生成H，H發(fā)生還原反應(yīng)失去得到I，I發(fā)生取代反應(yīng)生成J，J發(fā)生取代反應(yīng)生成特泊替尼，結(jié)合J的分子式，I的分子式可知，J為，I為；K發(fā)生催化氧化生成L為，L和HOOCCHO發(fā)生反應(yīng)生成M，M為，M發(fā)生消去反應(yīng)生成N為；【小問1詳解】根據(jù)分析可知，A為，A和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B為，的化學(xué)方程式：++；【小問2詳解】A為，A的某種同分異構(gòu)體與A含有相同官能團，說明含有-COOH、-CN，核磁共振氫譜有3組峰，其結(jié)構(gòu)簡式為；【小問3詳解】鏈狀有機物F的分子式為，其結(jié)構(gòu)簡式為OHCCHClCHO；【小問4詳解】根據(jù)分析可知的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；【小問5詳解】根據(jù)分析可知I的結(jié)構(gòu)簡式為：；【小問6詳解】K發(fā)生催化氧化生成L為，反應(yīng)方程式為2+2+2；根據(jù)分析可知，N的結(jié)構(gòu)簡式為。18.【答案】（1）①.S2O+2e-=2SO②.Fe2+作催化劑對Cu2+浸出速率的影響大于c[(NH4)2S2O8]減小對Cu2+浸出速率的影響。（2）①.反應(yīng)CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+所生成的Ag2S夾雜在硫?qū)又?，提高其?dǎo)電性，使CuFeS2的浸出反應(yīng)得以繼續(xù)進行。②.S2O+Ag2S=2Ag++2SO+S（3）①.4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO2②.2SO+2H+S2O+H2↑③.直接電解濾液B可以避免電解時發(fā)生反應(yīng)Fe2+-e-=Fe3+消耗電能，得到更為純凈的(NH4)2S2O8，同時獲得鐵紅?！拘?詳解】由圖可知正極S2O得電子生成硫酸根離子，電極反應(yīng)式為：S2O+2e-=2SO；隨著浸泡時間延長，生成的Fe2+增多，F(xiàn)e2+作催化劑對Cu2+浸出速率的影響大于c[(NH4)2S2O8]減小對Cu2+浸出速率的影響，從而使Cu2+的浸出速率提高。【小問2詳解】①添加Ag+發(fā)生反應(yīng)CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夾雜在硫?qū)又?，提高其?dǎo)電性，使CuFeS2的浸出反應(yīng)得以繼續(xù)進行。②Ag+“再生”的離子方程式為：S2O+Ag2S=2Ag++2SO+S；【小問3詳解】①在空氣中焙燒FeC2O4得到鐵紅，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO2；②由濾液B電解(Pt作電極)生成(NH4)2S2O8的總反應(yīng)的離子方程式為：2SO+2H+S2O+H2↑；③從能源及物質(zhì)利用的角度，電解濾液B而不直接電解濾液A的優(yōu)點：直接電解濾液B可以避免電解時發(fā)生反應(yīng)Fe2+-e-=Fe3+消耗電能，得到更為純凈的(NH4)2S2O8，同時獲得鐵紅。19.【答案】（1）S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O（2）①.KMnO4溶液在酸性、中性、堿性條件下均具有氧化性，能將硫代S2O氧化為SO，但還原產(chǎn)物不同②.取少量實驗Ⅱ所得溶液少許于試管中，先加入足量的稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明溶液中含有SO（3）①.8MnO+S2O+10OH—=8MnO+2SO+5H2O②.溶液中MnO與S2O堿性條件下反應(yīng)生成MnO2棕黑色沉淀；MnO不穩(wěn)定，在溶液中分解生成