高中2024北京北師大實驗中學高三9月月考化學教學班：___________姓名：___________學號：___________可能用到的相對原子質(zhì)量：N14Fe56Ba137 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.第十四屆全國冬季運動會所需電能基本由光伏發(fā)電和風力發(fā)電提供。單晶硅電池是常見的太陽能電池，玻璃鋼(又稱纖維增強塑料)是制造風力發(fā)電機葉片的主要材料之一。下列說法正確的是A.太陽能電池屬于化學電源B.太陽能、風能均屬于可再生能源C.單晶硅屬于分子晶體D.玻璃鋼屬于金屬材料2.I常用于放射性治療和放射性示蹤技術(shù)。下列關(guān)于I的說法正確的是A.中子數(shù)為78B.核外電子排布式為[Kr]5s25p7C.常溫下為紫黑色固體D.I和I互為同素異形體3.用充有NH3的燒瓶進行“噴泉實驗”，裝置及現(xiàn)象如下圖。下列關(guān)于該實驗的分析正確的是A.產(chǎn)生“噴泉”證明NH3與H2O發(fā)生了反應(yīng)B.無色溶液變紅證明NH3極易溶于水C.紅色溶液中存在含有離子鍵的含氮微粒D.加熱紅色溶液可觀察到紅色變淺或褪去4.含有冠醚環(huán)的聚合物膜能夠高效吸附分離某些陽離子。一種含冠醚環(huán)的聚酰亞胺薄膜吸附分離Li+的過程如圖。下列說法正確的是A.冠醚環(huán)與Li+之間的作用是離子鍵B.冠醚環(huán)中碳氧鍵為π鍵C.該聚酰亞胺薄膜可在強堿性環(huán)境中穩(wěn)定工作D.若要設(shè)計K+的吸附分離膜，需增大冠醚環(huán)孔徑5.下列解釋實驗事實的化學用語正確的是A.用過量NaOH溶液除去乙烯中的SO2：SO2+2OH-=+H2OB.鐵粉在高溫下與水蒸氣反應(yīng)生成可燃氣體：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+2H2C.Ba(OH)2溶液與稀硫酸混合后溶液幾乎不導(dǎo)電：Ba2+++H++OH-=BaSO4↓+H2OD.向NaHCO3溶液中加入CaCl2產(chǎn)生白色沉淀：Ca2++=CaCO3↓+H+6.下列實驗?zāi)苓_到對應(yīng)目的的是選項ABCD實驗?zāi)康闹苽銯e(OH)3膠體檢驗待測液中是否含有檢驗溴乙烷中的溴元素制備并收集NO2A.A B.B C.C D.D7.分銀渣是從陽極泥中提取貴金屬后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有較高的綜合利用價值。一種從分銀渣中提取有用產(chǎn)品流程的如下：已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次為2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列說法不正確的是A.步驟ⅰ中一定發(fā)生反應(yīng)：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)B.步驟ⅰ、ⅲ后需先過濾再加鹽酸C.步驟ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+時，均有H+和Cl-參加反應(yīng)D.試劑a可為NaCl，促進Au、Ag的浸出8.將鐵粉在NH3和H2的混合氣氛中加熱，可得含F(xiàn)e和N的磁性材料，其晶體的晶胞如下圖，晶胞邊長均為apm。下列說法不正確的是已知：1cm=1010pm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。A.距離N最近的Fe有6個B.Fe之間的最近距離為C.該晶體的密度為g·cm-3D.若將N置于晶胞頂點，則Fe位于體心和棱心9.牙釉質(zhì)的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齒表面液膜的pH一般約為6.5.當液膜pH<5.2時，牙釉質(zhì)會出現(xiàn)溶解損傷。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可預(yù)防齲齒。下列說法不正確的是已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分別為6.8×10?37、1×10?60；含磷粒子在水溶液中的物質(zhì)的量分數(shù)(δ)與pH的關(guān)系如圖；Ca3(PO4)2、CaHPO4均難溶于水。A.牙齒表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)B.牙釉質(zhì)溶解損傷時，牙齒表面液膜中δ(PO)升高C.使用含氟牙膏時，Ca5(PO4)3(OH)可轉(zhuǎn)化為Ca5(PO4)3FD.在漱口水中添加適量的Ca2+有利于牙釉質(zhì)的沉積10.葫蘆脲是一類大環(huán)化合物，在超分子化學和材料科學中發(fā)揮著重要的作用。葫蘆[7]脲的合成路線如下圖。其中，試劑a和試劑b均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。下列說法正確的是A.試劑a的核磁共振氫譜有兩組峰B.E與試劑a的化學計量數(shù)之比是C.試劑b為甲醛D.E→1molG時，有生成11.用熱再生氨電池處理含Cu2+電鍍廢液的裝置如圖。該裝置由電池部分和熱再生部分組成：電池部分中，a極室為(NH4)2SO4-NH3混合液，b極室為(NH4)2SO4溶液；熱再生部分加熱a極室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列說法不正確的是A.裝置中的離子交換膜為陽離子交換膜B.a極的電極反應(yīng)為：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+C.電池部分的總反應(yīng)為：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+D.該方法可以富集Cu2+并產(chǎn)生電能，同時循環(huán)利用NH312.某實驗小組探究KMnO4溶液與NH3以及銨鹽溶液的反應(yīng)。已知：的氧化性隨溶液酸性增強而增強；MnO2為棕黑色，Mn2+接近無色。實驗序號試劑a實驗現(xiàn)象Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)紫色變淺，底部有棕黑色沉淀Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液無明顯變化Ⅲ4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略變淺，底部有少量棕黑色沉淀Ⅳ硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)紫色變淺Ⅴ硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)紫色褪去下列說法不正確的是A.由Ⅱ可知，pH=13時，OH-不能還原B.由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，與相比，NH3更易還原C.由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH對與反應(yīng)的影響D.由Ⅳ、Ⅴ可知，濃度降低，其還原性增強13.向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(濃度均為0.1mol·L?1)中滴加0.1mol·L?1NaOH溶液，并監(jiān)測溶液pH變化，實驗數(shù)據(jù)如圖。由該實驗可得到的結(jié)論是A.HCOOH電離方程式為HCOOH=H++HCOO?B.由a點數(shù)據(jù)可推出電離能力：HCOOH>NH3·H2OC.b點溶液中的OH?主要來自HCOO?水解D.0.05mol·L?1氨水的pH<10.8914.工業(yè)上以1，4-丁二醇(BD)為原料催化脫氫制備γ-丁內(nèi)酯(BL)，其副反應(yīng)產(chǎn)物為四氫呋喃(，THF)、正丁醇(BuOH)以及其他四碳有機物。其他條件相同時，不同溫度下，向1L容器中通入4×10-2molBD反應(yīng)2h，測得BL、THF、BuOH在四碳有機產(chǎn)物中的物質(zhì)的量分數(shù)如下：溫度/℃220240250255BL/%60.284.692.695.2THF/%1.21.81.92.1BuOH/%0.20.30.40.6已知：HO(CH2)4OH(g，BD)(g，BL)+2H2(g)ΔH>0下列說法不正確的是A.220℃，2h時n(BL)=9.03×10-3mol，則BD的總轉(zhuǎn)化率為37.5%B.250℃，2h時n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2molC.255℃，2h時n(BL)=1.5×10-2mol，則0~2h內(nèi)υ(H2)主反應(yīng)=1.5×10-2mol·L?1·h?1D.由表中數(shù)據(jù)可知，220~255℃，催化劑活性、選擇性均隨著溫度的升高而提高第二部分15.鐵元素在人體健康和新材料研發(fā)中有重要的應(yīng)用。I．在血液中，以為中心的配位化合物鐵卟啉是血紅蛋白的重要組成部分，可用于輸送。如圖為載氧后的血紅蛋白分子示意圖。（1）基態(tài)的價電子軌道表示式為___________。（2）載氧時，血紅蛋白分子中脫去配位的并與配位；若人體吸入CO，則CO占據(jù)配位點，血紅蛋白失去攜氧功能。此條件下，與配位能力由強到弱的配體順序是___________。（3）該配位化合物存在平衡，比較半徑：___________。（4）一種最簡單的卟啉環(huán)結(jié)構(gòu)如圖。①比較C和N的電負性大小，并從原子結(jié)構(gòu)角度說明理由：___________。②該卟啉分子中，1號位和2號位N的雜化方式是___________和雜化，其中N的配位能力：1號位___________2號位N(填“>”、“<”或“=”)③該卟啉分子在酸性環(huán)境中配位能力會減弱，原因是___________。II．可用于制備優(yōu)良鐵磁體材料。下圖是一種鐵磁體化合物的立方晶胞，其邊長為anm。（5）該晶體的密度是___________。（6）距離Fe最近的F的個數(shù)為___________。16.黃鐵礦[主要成分為二硫化亞鐵(FeS2)]、焦炭和適量空氣混合加熱發(fā)生如下反應(yīng)：i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO（1）反應(yīng)i生成1molS2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_____mol。（2）反應(yīng)i所得氣體經(jīng)冷凝回收S2后，尾氣中還含有CO和SO2。將尾氣通過催化劑進行處理，發(fā)生反應(yīng)ii，同時發(fā)生副反應(yīng)iii。ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g)ΔH<0iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g)ΔH<0理論分析及實驗結(jié)果表明，600~1000K范圍內(nèi)，SO2平衡轉(zhuǎn)化率接近100%。其他條件相同，不同溫度下，S2、COS平衡產(chǎn)率和10min時S2實際產(chǎn)率如圖。①從資源和能源利用的角度說明用反應(yīng)ii處理尾氣的好處：_____。②隨溫度升高，S2平衡產(chǎn)率上升，推測其原因是_____。③900K，在10min后繼續(xù)反應(yīng)足夠長時間，推測S2實際產(chǎn)率的變化趨勢可能為_____。（3）處理后的尾氣仍含少量SO2，經(jīng)Na2CO3溶液洗脫處理后，所得洗脫液主要成分為Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物電池技術(shù)，可將洗脫液中的Na2SO3轉(zhuǎn)化為單質(zhì)硫(以S表示)回收。①該裝置中，正極的電極反應(yīng)式為_____。②一段時間后，若洗脫液中的物質(zhì)的量減小了1mol，則理論上減小了_____mol。17.多并環(huán)化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路線如下圖已知：i．ii．（1）A→B所需試劑是___________。（2）B→C的反應(yīng)為取代反應(yīng)，該反應(yīng)的化學方程式為___________。（3）E中官能團的名稱為___________。（4）F→G的過程中會得到少量聚合物，該聚合物的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（5）芳香族化合物M是I的同分異構(gòu)體，寫出一種符合下列條件的，M的結(jié)構(gòu)簡式：___________。a．能與反應(yīng)b．核磁共振氫譜有3組峰，峰面積比為（6）J→K的反應(yīng)過程中J與試劑X物質(zhì)的量之比是，其它產(chǎn)物只有水。反應(yīng)過程如下圖，中間產(chǎn)物1、2均含有三個六元環(huán)。①試劑X的結(jié)構(gòu)簡式是___________②中間產(chǎn)物1、3的結(jié)構(gòu)簡式分別為___________、___________。18.鋇鹽沉淀法處理酸性含鉻廢水(含、[Ni(CN)4]2-、等)并回收鉻元素的工藝路線如下：已知：I．六價鉻[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+II．室溫下相關(guān)物質(zhì)的Ksp如下：化合物CaSO4BaSO4BaCrO4Ksp4.9×10-51.1×10-101.2×10-10（1）向廢水中加入破氰劑NaClO，可以提高鎳元素的去除率。①NaClO能氧化CN-，生成無毒無味氣體，補全該反應(yīng)的離子方程式：_____?！魿N-+□_____+□_____=□+□_____+□_____②結(jié)合平衡移動原理解釋加入NaClO可提高鎳元素的去除率的原因：_____。（2）用石灰乳將含鉻廢水預(yù)調(diào)至不同pH，經(jīng)破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，攪拌、反應(yīng)60min，得到Cr(VI)去除率隨預(yù)調(diào)pH變化如圖。與預(yù)調(diào)pH=6相比，pH=7時Cr(VI)的去除率顯著提高，可能的原因有_____(寫出兩條)。（3）沉淀2與足量H2SO4反應(yīng)的離子方程式為_____。（4）溶液2需處理至Ba2+含量達標后方可排放?？捎萌缦路椒y定廢水中Ba2+含量。步驟1：取aL含Ba2+廢水，濃縮至100mL后，加入過量的Na2CrO4標準溶液，充分反應(yīng)后過濾，向濾液中加入指示劑，用0.1mol·L?1HCl標準溶液滴定至CrO全部轉(zhuǎn)化為Cr2O，消耗HCl標準溶液的體積為bmL。步驟2：取100mL蒸餾水，加入與步驟1中等量的Na2CrO4標準溶液，加入指示劑，用0.1mol·L?1HCl標準溶液滴定，消耗HCl標準溶液的體積為cmL。①步驟1中加入的Na2CrO4標準溶液必須過量，目的是_____。②若廢水中其他雜質(zhì)不參與反應(yīng)，則廢水中Ba2+的含量為_____mg·L?1(寫出表達式)。19.某小組通過分析鎂與酸反應(yīng)時pH的變化，探究鎂與醋酸溶液反應(yīng)的實質(zhì)。【實驗】在常溫水浴條件下，進行實驗Ⅰ～Ⅲ，記錄生成氣體體積和溶液pH的變化：Ⅰ．取0.1g光亮的鎂屑(過量)放入10mL0.10mol·L–1HCl溶液中；Ⅱ．取0.1g光亮的鎂屑放入10mL0.10mol·L–1CH3COOH溶液(pH=2.9)中；Ⅲ．取0.1g光亮的鎂屑放入10mLpH=2.9HCl溶液中?！緮?shù)據(jù)】(1)起始階段，Ⅰ中主要反應(yīng)的離子方程式是____。(2)Ⅱ起始溶液中約為____。(選填“1”、“10”或“102”)(3)起始階段，導(dǎo)致Ⅱ、Ⅲ氣體產(chǎn)生速率差異的主要因素不是c(H+)，實驗證據(jù)是____。(4)探究Ⅱ的反應(yīng)速率大于Ⅲ的原因。提出假設(shè)：CH3COOH能直接與Mg反應(yīng)。進行實驗Ⅳ：____。得出結(jié)論：該假設(shè)成立。(5)探究醋酸溶液中與Mg反應(yīng)的主要微粒，進行實驗Ⅴ。與Ⅱ相同的條件和試劑用量，將溶液換成含0.10mol·L–1的CH3COOH與0.10mol·L–1CH3COONa的混合溶液(pH=4.8)，氣體產(chǎn)生速率與Ⅱ?qū)Ρ热缦?。a．實驗Ⅴ起始速率b．實驗Ⅱ起始速率c．實驗ⅡpH=4.8時速率2.1mL·min–12.3mL·min–10.8mL·min–1對比a~c中的微粒濃度，解釋其a與b、a與c氣體產(chǎn)生速率差異的原因：____。(6)綜合以上實驗得出結(jié)論：①鎂與醋酸溶液反應(yīng)時，CH3COOH、H+、H2O均能與鎂反應(yīng)產(chǎn)生氫氣；②____。(7)實驗反思：120min附近，Ⅰ~ⅢpH均基本不變，pH(Ⅰ)≈pH(Ⅱ)<pH(Ⅲ)，解釋其原因：____。

參考答案 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.【答案】B【詳解】A．太陽能電池直接將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，不是將化學能轉(zhuǎn)化為電能，沒有發(fā)生化學反應(yīng)，不屬于化學電源，A錯誤；B．在自然界中可以不斷再生的資源，屬于可再生能源，主要包括陽能、風能、水能、生物質(zhì)能、地熱能和海洋能等，B正確；C．單晶硅是由硅原子通過共價鍵形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，熔點、沸點較高，屬于共價晶體，C錯誤；D．玻璃鋼是塑料中添加玻璃纖維形成的復(fù)合材料，不屬于金屬材料，而是復(fù)合材料，D錯誤；故答案為：B。2.【答案】A【詳解】A．I的質(zhì)量數(shù)為131，質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=131-53=78，A正確；B．核外電子排布式為[Kr]4d105s25p5，B錯誤；C．常溫下碘單質(zhì)為紫黑色固體，C錯誤；D．I和I互為同位素，D錯誤；答案選A。3.【答案】D【分析】氨氣極易溶于水生成堿性溶液從而產(chǎn)生壓強差，產(chǎn)生噴泉現(xiàn)象；【詳解】A．氨氣能形成噴泉，說明氨氣極易溶于水從而產(chǎn)生壓強差，不能說明兩者反應(yīng)了，A錯誤；B．無色酚酞試液遇堿變紅色，氨水溶于水后溶液由無色變?yōu)榧t色，說明氨水呈堿性，B錯誤；C．紅色溶液中存在含氮微粒為銨根離子、一水合氨，兩者均含有共價鍵、不含有離子鍵，C錯誤；D．氨水受熱不穩(wěn)定，受熱分解放出氨氣，從而使堿性減弱，故滴有酚酞呈紅色的氨水受熱后紅色變淺或褪色，D正確；故選D。4.【答案】D【詳解】A．Li+提供空軌道、O原子提供孤電子對，二者形成配位鍵，A錯誤；B．冠醚環(huán)中碳氧鍵為單鍵，因此是鍵，B錯誤；C．聚酰亞胺薄膜中含有酰胺基，在堿性條件下會發(fā)生水解，C錯誤；D．K+的半徑比Li+大，因此K+要與冠醚環(huán)作用需要增大孔徑，D正確；故答案選D。5.【答案】A【詳解】A．用過量NaOH溶液除去乙烯中的SO2，氫氧化鈉過量生成亞硫酸根，離子方程式正確，A正確；B．鐵粉在高溫下與水蒸氣反應(yīng)生成可燃氣體氫氣，同時生成四氧化三鐵，方程式配平有誤，正確方程式為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B錯誤；C．Ba(OH)2溶液與稀硫酸混合后溶液幾乎不導(dǎo)電，說明剛好完全反應(yīng)，正確的離子方程式為Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C錯誤；D．碳酸鈣和氫離子不能大量共存的，故該離子方程式錯誤，若該反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，則沉淀為碳酸鈣、碳酸氫根轉(zhuǎn)化為碳酸根被沉淀時釋放的氫離子能與碳酸氫根反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳，則：若產(chǎn)生沉淀必定同時有二氧化碳，D錯誤；本題選A。6.【答案】C【詳解】A．氯化鐵和氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，氯化鐵滴入沸水中制備Fe(OH)3膠體，故A錯誤；B．待測液中滴入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸鋇或氯化銀，則原溶液中可能含有或Ag+，故B錯誤；C．溴乙烷和氫氧化鈉反應(yīng)后的溶液中，先加足量稀硝酸中和氫氧化鈉，再加硝酸銀，有淺黃色沉淀生成證明溴乙烷中含溴元素，故C正確；D．NO2和水反應(yīng)，不能用排水法收集NO2，故D錯誤；選C。7.【答案】C【分析】分銀渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物質(zhì)，向其中先加入Na2CO3溶液，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，過濾，棄去含有的濾液，然后向濾渣中加入鹽酸，發(fā)生反應(yīng)：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后過濾，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固體A中加入Na2CO3溶液，發(fā)生反應(yīng)：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，過濾，棄去含有的濾液，向濾渣中加入鹽酸，發(fā)生反應(yīng)：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再過濾，向固體B中加入NaClO3、HCl，在酸性條件下NaClO3可以將Au、Ag氧化變?yōu)榻饘訇栯x子，并與溶液中的Cl-結(jié)合形成絡(luò)離子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反應(yīng)，仍以固體形式存在。【詳解】A．步驟i向分離渣中加入Na2CO3溶液，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，反應(yīng)后PbSO4變成PbCO3，A正確；B．根據(jù)上述分析可知：在步驟ⅰ中PbSO4與Na2CO3反應(yīng)先產(chǎn)生PbCO3、，過濾，棄去含有的濾液，向濾渣中加入鹽酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反應(yīng)產(chǎn)生PbCl2固體，然后PbCl2再與Cl-反應(yīng)變?yōu)閇PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步驟ⅲ中過濾后向得到的固體A中加入Na2CO3溶液，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，再過濾，棄去含有的濾液，向濾渣中加入鹽酸，發(fā)生反應(yīng)：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步驟i、iii后需先過濾再加鹽酸，B正確；C．步驟ⅳ是鹽酸與BaCO3反應(yīng)產(chǎn)生Ba2+，H2O、CO2，離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，可見Cl-沒有參加反應(yīng)，C錯誤；D．試劑a可為NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促進與Au、Ag形成配位化合物，使Au、Ag變?yōu)榻j(luò)離子[AuCl4]-和[AgCl3]2-進入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正確；故合理選項是C。8.【答案】C【詳解】A．N位于體心，處于Fe圍成的正八面體的中心，因此有6個，故A正確；B．Fe之間的最近距離為面對角線的一半，因此為，故B正確；C．Fe位于晶胞中的頂點和面心，有個，N位于體心有1個，，故C錯誤；D．若將N置于晶胞頂點，有，F(xiàn)e位于晶胞中的體心和棱心，有個，與原有的比值關(guān)系相同，故D正確；故答案選C。9.【答案】B【詳解】A．牙釉質(zhì)的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根據(jù)元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)正確，A正確；B．牙釉質(zhì)溶解損傷時，液膜pH<5.2，根據(jù)含磷粒子在水溶液中的物質(zhì)的量分數(shù)(δ)與pH的關(guān)系圖可知，牙齒表面液膜中δ(H2PO)最高，牙齒表面液膜中δ(PO)降低，B錯誤；C．Ca5(PO4)3F的Ksp更小，使用含氟牙膏時，Ca5(PO4)3(OH)可轉(zhuǎn)化為Ca5(PO4)3F，C正確；D．牙齒表面液膜中存在在Ca5(PO4)3(OH)(s)?5Ca2+(aq)+3P(aq)+5OH-(aq)，漱口水中添加適量的Ca2+，沉淀溶解平衡逆向移動，有利于牙釉質(zhì)的沉積，D正確；答案選B。10.【答案】BC【分析】E與試劑a反應(yīng)生成F，對比E與F的結(jié)構(gòu)簡式，試劑a能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則試劑a為OHCCHO；F與試劑b反應(yīng)生成G，對比F與G的結(jié)構(gòu)簡式，試劑b能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則試劑b為HCHO?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知，試劑a為OHCCHO，分子中只含1種等效氫原子，核磁共振氫譜只有1組峰，A錯誤；B．E與試劑a反應(yīng)的化學方程式：2+OHCCHO→+2H2O，即E與試劑a的化學計量數(shù)之比是2∶1，B正確；C．根據(jù)分析，試劑b為HCHO，名稱為甲醛，C正確；D．E→F的化學方程式：2+OHCCHO→+2H2O，F(xiàn)→G的化學方程式：7+14HCHO→+14H2O，則E→1molG時有28molH2O生成，D錯誤；答案選BC。11.【答案】A【分析】甲、乙兩室均預(yù)加相同的Cu2+電鍍廢液，a室銅失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]2+為負極：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端為原電池正極，銅離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銅，電極反應(yīng)Cu2++2e-=Cu；中間為陰離子交換膜，硫酸根離子由正極遷移到負極。【詳解】A．在原電池內(nèi)電路中陽離子向正極移動，如隔膜為陽離子交換膜，電極溶解生成的銅離子要向右側(cè)移動，通入NH3要消耗Cu2+，顯然左側(cè)陽離子不斷減小，明顯不利于電池反應(yīng)正常進行，故離子交換膜為陰離子交換膜，A錯誤；B．由分析可知，a極的電極反應(yīng)為：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正確；C．由分析可知，a：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b：Cu2++2e-=Cu；則總反應(yīng)為：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正確；D．該裝置為原電池裝置，可以富集Cu2+并產(chǎn)生電能，同時回收液受熱分解釋放出氨氣，能循環(huán)利用NH3，D正確；故選A。12.【答案】D【詳解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，實驗無現(xiàn)象，說明pH=13時，OH-不能還原，A正確；；B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中現(xiàn)象明顯；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中現(xiàn)象明顯，而含銨根離子的硫酸銨溶液反應(yīng)現(xiàn)象不太明顯；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，與相比，NH3更易還原，B正確；C．Ⅲ、Ⅳ中變量為溶液的pH不同，則由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH對與反應(yīng)的影響，C正確；D．Ⅳ、Ⅴ中存在銨根離子濃度、陰離子種類2個變量，不能說明濃度降低，其還原性增強，D錯誤；故選D。13.【答案】B【詳解】A．10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(濃度均為0.1mol·L?1)pH大于2，說明HCOOH是弱酸，則HCOOH電離方程式為HCOOHH++HCOO?，故A錯誤；B．a(chǎn)點HCOOH全部反應(yīng)完，溶質(zhì)為HCOONa、NH4Cl且兩者濃度相等，溶液顯酸性，則銨根水解占主要，根據(jù)越弱越水解，則氨水的電離程度小，因此由a點數(shù)據(jù)可推出電離能力：HCOOH>NH3·H2O，故B正確；C．b點溶質(zhì)溶質(zhì)為HCOONa、NH4Cl、NH3·H2O、NaCl，且NH3·H2O物質(zhì)的量濃度大于NH4Cl物質(zhì)的量濃度，則b點溶液中的OH?主要來自NH3·H2O電離和HCOO-的水解，故C錯誤；D．c點溶質(zhì)溶質(zhì)為HCOONa、NH3·H2O、NaCl，且NH3·H2O物質(zhì)的量濃度為0.033mol·L?1，此時混合溶液的pH=10.89，由于存在HCOONa和氨水濃度兩個變量，無法確定0.05mol·L?1氨水的pH<10.89，故D錯誤；綜上所述，答案為B。14.【答案】D【詳解】A．由表格數(shù)據(jù)可知，220℃，2h時n(BL)=9.03×10-3mol，含量為60.2%，則BD的總轉(zhuǎn)化率為，A正確；；B．BD)制備BL，其副反應(yīng)產(chǎn)物為THF、BuOH以及其他四碳有機物，則根據(jù)碳守恒，250℃，2h時n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2mol，B正確；C．255℃，2h時n(BL)=1.5×10-2mol，則0~2h內(nèi)，C正確；D．由表中數(shù)據(jù)可知，220~255℃，BL在四碳有機產(chǎn)物中的物質(zhì)的量分數(shù)增大，但是不能體現(xiàn)220~255℃時催化劑活性隨溫度的升高而增大，D錯誤；故選D。第二部分15.【答案】（1）（2）（3）＞（4）①.C和N電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)C＜N，原子半徑C＞N，原子核對最外層電子的吸引作用C＜N，所以C的電負性小于N的電負性②.sp2③.＞④.酸性環(huán)境中，卟啉分子中的N原子與H+形成配位鍵，導(dǎo)致提供孤對電子的能力降低（5）（6）6【小問1詳解】鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)Fe2+的價電子排布式為3d6，軌道表示式：；【小問2詳解】載氧時，血紅蛋白分子中亞鐵離子脫去配位的水并與氧氣配位，說明氧分子與亞鐵離子的配位能力強于水分子；若人體吸入一氧化碳，則一氧化碳占據(jù)配位點，血紅蛋白失去攜氧功能說明一氧化碳與亞鐵離子的配位能力強于氧分子，所以與亞鐵離子的配位能力由強到弱的配體順序是CO＞O2＞H2O；【小問3詳解】和電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)相同，核外電子數(shù)更多，半徑更大；【小問4詳解】①C和N電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)C＜N，原子半徑C＞N，原子核對最外層電子的吸引作用C＜N，所以C的電負性小于N的電負性；②1號N原子形成2個鍵，含1對孤電子對，雜化軌道數(shù)為3，為sp2雜化，2號位N原子形成3個鍵，含1對孤電子對，雜化軌道數(shù)為4，為sp3雜化；分子中存在大鍵，則1號氮原子有1個電子參與形成大鍵，2號氮原子孤電子對參與形成大鍵，故1號氮原子更容易給出孤電子對形成配位鍵；③酸性環(huán)境中，卟啉分子中的氮原子與氫離子形成配位鍵，導(dǎo)致提供孤對電子的能力降低，所以卟啉分子在酸性環(huán)境中配位能力會減弱；【小問5詳解】由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點的鐵原子個數(shù)：，位于體心的銫原子個數(shù)1，位于棱上的氟原子個數(shù)：，則晶胞的化學式為CsFeF3，晶胞密度：；【小問6詳解】距離Fe最近的F位于棱心，每個晶胞中距離Fe最近的F有3個，頂點的Fe被8個晶胞所共用，則距離Fe最近的F的個數(shù)為6。16.【答案】（1）4（2）①.回收單質(zhì)硫，處理尾氣不需要另加氧化劑或還原劑；利用反應(yīng)ii放熱為反應(yīng)i提供能量②.溫度升高，反應(yīng)iii平衡逆向移動，使c(SO2)、c(CO)增大；對于反應(yīng)ii，濃度改變對平衡的影響超過溫度改變的影響，平衡正向移動③.先增大后減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變或：減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變（3）①.②.2【分析】原電池中，葡萄糖轉(zhuǎn)化為二氧化碳和水，碳的化合價在升高，作負極，Na2SO3中硫的化合價在降低，則正極電極反應(yīng)為：，據(jù)此回答?！拘?詳解】根據(jù)題目所給反應(yīng)方程式可知，每當生成3molS2，理論上轉(zhuǎn)移12mol電子，則生成1molS2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol；【小問2詳解】①反應(yīng)ii處理尾氣的好處有：回收單質(zhì)硫，處理尾氣不需要另加氧化劑或還原劑，利用反應(yīng)ii放熱為反應(yīng)i提供能量；②隨溫度升高，S2平衡產(chǎn)率上升，其原因是：溫度升高，反應(yīng)iii平衡逆向移動，使c(SO2)、c(CO)增大，對于反應(yīng)ii，濃度改變對平衡的影響超過溫度改變的影響，平衡正向移動；③通過觀察圖像可知，10min時S2的實際產(chǎn)率大于平衡產(chǎn)率，所以最終要減小到與900K時產(chǎn)率相等，則900K，在10min后繼續(xù)反應(yīng)足夠長時間，S2實際產(chǎn)率的變化趨勢可能為：先增大后減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變，或：減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變；【小問3詳解】①根據(jù)分析可知，該裝置中，正極的電極反應(yīng)式為：；②根據(jù)電極方程式可知，當消耗1mol亞硫酸根離子，轉(zhuǎn)移4mol電子，同時消耗6mol碳酸氫根離子，生成6mol碳酸根離子，根據(jù)電荷守恒，則有4mol的H+通過質(zhì)子交換膜來到正極，4mol氫離子可以結(jié)合4mol的碳酸根離子生成4mol的碳酸氫根離子，則理論上碳酸氫根離子減小了2mol。17.【答案】（1）濃硝酸、濃硫酸（2）（3）硝基、羧基（4）（5）（6）①.②.③.【分析】A的分子式為C7H8，從D的結(jié)構(gòu)簡式可知，B是，則A為甲苯，發(fā)生硝化反應(yīng)生成B；C的結(jié)構(gòu)簡式為，C水解生成D，根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合已知信息ii，可知F的結(jié)構(gòu)簡式為，E的結(jié)構(gòu)簡式為，F(xiàn)到G失水發(fā)生取代反應(yīng)形成環(huán)狀結(jié)構(gòu)，G到I發(fā)生氧化反應(yīng)，I與H2O2反應(yīng)生成J，J轉(zhuǎn)化為K?！拘?詳解】根據(jù)分析可知，A發(fā)生硝化反應(yīng)生成B，反應(yīng)所需試劑為濃硝酸、濃硫酸；【小問2詳解】B是，B→C的反應(yīng)為取代反應(yīng)，反應(yīng)的化學方程式：；【小問3詳解】根據(jù)分析可知，E的結(jié)構(gòu)簡式為，其官能團：硝基、羧基；【小問4詳解】F的結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)構(gòu)中有氨基和羧基，可以脫水形成環(huán)狀結(jié)構(gòu)，也可以發(fā)生縮聚反應(yīng)形成高聚物，F(xiàn)→G的過程中會得到少量聚合物，該聚合物的結(jié)構(gòu)簡式：；【小問5詳解】芳香族化合物M是I的同分異構(gòu)體，符合下列條件：a．能與反應(yīng)，說明含羧基；b．核磁共振氫譜有3組峰，峰面積比為，說明存在結(jié)構(gòu)對稱，則符合要求的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：；【小問6詳解】J到K反應(yīng)過程，結(jié)合題目中已知i可知，和先發(fā)生加成反應(yīng)，生成中間產(chǎn)物1，再發(fā)生消去反應(yīng)生成中間產(chǎn)物2，中間產(chǎn)物2再發(fā)生已知信息ii的反應(yīng)生成中間產(chǎn)物3，最后中間產(chǎn)物3失水生成K。18.【答案】（1）①.2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl-②.ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移動，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀（2）預(yù)調(diào)pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移動，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大@預(yù)調(diào)pH=7要加入更多的石灰乳，會將更多的轉(zhuǎn)化為CaSO4沉淀，從而減少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+與反應(yīng)生成BaCrO4沉淀（3）2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O（4）①.保證廢水中Ba2+沉淀完全②.【分析】流程分析：加石灰乳調(diào)節(jié)PH后，轉(zhuǎn)化為CaSO4沉淀（微溶），主要轉(zhuǎn)化成；破氰后[Ni(CN)4]2-轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2沉淀；繼續(xù)加入BaCl2?2H2O，生成主要沉淀為BaCrO4和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和?！拘?詳解】①NaClO能氧化CN-，生成無毒無味氣體N2和，NaClO被還原為Cl-等無毒無害物質(zhì)，CN-失去5個電子，ClO-獲得2個電子，根據(jù)電子守恒，可知CN-系數(shù)是2，ClO-系數(shù)是5，反應(yīng)的離子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl-；②ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移動，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高鎳元素的去除率；【小問2詳解】①預(yù)調(diào)pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移動，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②預(yù)調(diào)pH=7要加入更多的石灰乳，會將更多的轉(zhuǎn)化為CaSO4沉淀，從而減少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+與反應(yīng)生成BaCrO4沉淀；【小問3詳解】沉淀2中鉻元素以BaCrO4形式存在，六價鉻[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+，則酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移動，離子方程式：2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O【小問4詳解】①保證廢水中Ba2+沉淀完全②根據(jù)離子方程式：+H2O2+2H+，n(H+)n()n(Ba2+)，步驟2消耗的HCl是與全部的Na2CrO4標準溶液反應(yīng)，步驟1消耗的HCl是與全部Ba2+反應(yīng)后剩余的所需量，兩者的差值即與全部Ba2+反應(yīng)需要的Na2CrO4；n(H+)=n()=n(Ba2+)=（c-b）L×0.1mol·L?1，m(Ba2+)=137×（c-b）g；則廢水中Ba2+的含量為mg·L?119.【答案】①.Mg+2H+=Mg2++H2↑②.102③.由圖1可知起始階段Ⅱ的速率遠大于Ⅲ，但圖2表明起始階段Ⅱ的pH大于Ⅲ④.室溫下，將光亮的鎂屑投入冰醋酸中，立即產(chǎn)生氣體⑤.a與b對比，c(CH3COOH)幾乎相同，但b中c(H+)約為a的100倍，使速率b>a；a與c對比，c(H+)幾乎相同，但a中c(CH3COOH)約為c的2倍，使速率a>c⑥.CH3COOH是與Mg反應(yīng)產(chǎn)生氣體的主要微粒⑦.120min附近，Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH–(aq)均達到平衡狀態(tài)，因此pH基本不變；c(Mg2+)Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相對Ⅲ逆移，c(OH–)減