第第頁河北省滄州市泊頭市八縣聯(lián)考2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期化學(xué)5月月考試題一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．開元寺鐵佛像是世界上現(xiàn)存的最大古代鐵佛像，開元大佛為中空鑄鐵件，外有泥塑涂層和貼金飾層。下列說法正確的是（）A．佛像腰部以上部位表面多呈紅棕色，其主要成分為Fe3O4B．泥塑涂層由黏土燒制而成，泥塑涂層屬于硅酸鹽材料C．佛像貼金飾層所用材料為黃金金箔，金箔的制作過程屬于化學(xué)變化D．佛像中空鑄鐵件所用材料為生鐵，生鐵的含碳量比鋼的含碳量低2．下列實(shí)驗(yàn)室藥品的保存或?qū)嶒?yàn)安全應(yīng)急措施錯(cuò)誤的是（）A．漂白粉要避光、密封保存在陰涼處B．濃溴水沾在皮膚上，先用大量水沖洗，再用酒精擦拭C．AgNO3溶液應(yīng)當(dāng)保存在棕色細(xì)口瓶中D．濃硫酸沾到皮膚上，先用大量水沖洗，然后涂抹稀NaOH溶液3．下列關(guān)于分子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的說法正確的是（）A．H2O2和S2Cl2均為極性分子B．Cl2O分子的鍵角比SCl2分子的鍵角小C．BF3和NF3的VSEPR模型和分子空間構(gòu)型均相同D．C2H6和C2H4分子中形成C-Hσ鍵原子軌道的重疊方式相同4．有機(jī)物M在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為N，下列說法正確的是（）A．M能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)B．可利用溴水鑒別M和NC．N分子中含有1個(gè)手性碳原子D．含2個(gè)甲基和2個(gè)醛基的N的同分異構(gòu)體有4種5．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCH3CHO中含有π鍵的數(shù)目為0.5NAB．1mol基態(tài)Ni原子中含有未成對電子數(shù)為3NAC．100mL8mol/L濃硝酸與6.4g的Cu完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NAD．工業(yè)合成氨的反應(yīng)通入14gN2和14gH2充分反應(yīng)后生成NH分子的數(shù)目為NA6．短周期主族元素X、Y、Z、W、M和Q的原子序數(shù)依次增大，其構(gòu)成一種化合物的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法正確的是（）A．上述元素均位于元素周期表的p區(qū)B．簡單氫化物的沸點(diǎn)：Q>W>YC．Z的最高價(jià)氧化物的水化物可與Q的氫化物反應(yīng)生成固體單質(zhì)D．簡單離子半徑：M>W>Z7．下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ┻x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作A比較Cu和Ag的金屬性將銀棒和銅棒分別插入AgNO3溶液與CuSO4溶液中，并用鹽橋和導(dǎo)線(含電流表)將二者連接組成原電池B驗(yàn)證KI溶液與FeCl3溶液之間的反應(yīng)為可逆反應(yīng)取2mL0.1mol/LKI溶液，加入5~6滴FeCl3溶液充分反應(yīng)，再滴入2滴淀粉溶液C證明苯能與液溴發(fā)生取代反應(yīng)將苯與液溴反應(yīng)生成的氣體直接通入AgNO3溶液中D證明Kh(CuSO4)隨溫度升高而增大用pH計(jì)分別測量40℃和70℃時(shí)0.1mol/LCuSO溶液的pHA．A B．B C．C D．D8．通過有機(jī)分子a可組裝高度有序的聚電解質(zhì)薄膜b，該薄膜具有精確可調(diào)諧的層間距和高效的離子傳輸。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．有機(jī)分子a中參與sp3雜化和sp2雜化的C原子數(shù)目之比為4：1B．有機(jī)分子a中存在離子鍵和共價(jià)鍵C．聚電解質(zhì)薄膜b中相鄰的有機(jī)分子a之間存在氫鍵D．離子在聚電解質(zhì)薄膜b中依靠正、負(fù)電荷間的靜電作用傳輸9．電解錳工業(yè)會產(chǎn)生鎂、錳復(fù)鹽(NH4)，MnMg2(SO4)6.5·21H2O，一種利用該復(fù)鹽回收金屬M(fèi)g和Mn的工藝流程如下：下列說法正確的是（）A．“熱水浸”的目的是加快溶解速率，其所得溶液呈堿性B．“沉錳”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2C．濾液中所含溶質(zhì)的主要成分為(NH4)2SO4和NH3·H2OD．將生成的Mg(OH)2進(jìn)行焙燒，所得固體可用于工業(yè)電解制備金屬鎂10．科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)負(fù)載在Cu-SSZ-13分子篩表面的Cu2+有兩種存在形式，其結(jié)構(gòu)如圖1所示，其催化NH3還原NO的機(jī)理如圖2所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．圖1中，1號Cu2+與O原子形成的配位鍵中，O提供孤電子對B．圖2中，在Cu2+表面進(jìn)行NH3還原NO的反應(yīng)路徑有2種，但可以相互轉(zhuǎn)化C．NH3還原NO的總化學(xué)方程式為4NH3+4N0+O2催化劑__4N2+6HD．該反應(yīng)機(jī)理中涉及氧化還原反應(yīng)，且Cu+形成配合物的配位數(shù)均相同11．科學(xué)家最近研發(fā)出通過光電化學(xué)制氫的同時(shí)獲得高附加值化學(xué)產(chǎn)品的控制系統(tǒng)，反應(yīng)原理如下圖所示(其中h+表示電子空穴)。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．a(chǎn)-Fe2O3電極電勢低于Pt電極B．電解質(zhì)溶液中H+向a-Fe2O電極遷移C．a(chǎn)-Fe2O3電極反應(yīng)式為：+2h+=+2H+D．理論上，當(dāng)a-Fe2O3電極上產(chǎn)生2.408×1023個(gè)h+時(shí)，Pt電極生成0.4gH212．科學(xué)家研發(fā)出一種新型儲氫材料，晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，晶胞參數(shù)為apm，下列說法正確的是（）A．所含非金屬元素的電負(fù)性N>B>HB．該晶體的化學(xué)式為【Mg(NH3)6】【BH4】C．陰、陽離子的最小距離為34D．若晶胞以【BH4】-為頂點(diǎn)，所得晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶胞相同13．反應(yīng)R(g)?P(g)有三種路徑，具體能量變化如圖所示，其中X、Y為中間產(chǎn)物，其他條件均相同。下列說法中錯(cuò)誤的是（）A．反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，升高溫度，P的體積分?jǐn)?shù)增大B．路徑I達(dá)到平衡所用時(shí)間最短C．路徑Ⅱ比路徑Ⅲ中X的最高濃度小D．平衡時(shí)增大R的濃度，再次達(dá)到平衡時(shí)P的體積分?jǐn)?shù)增大14．常溫下，向含有一定濃度HX的酸性溶液和足量難溶AgX固體混合體系中加入NaOH固體調(diào)節(jié)溶液pH(忽略溶液體積與溫度的變化)，假設(shè)該過程不產(chǎn)生沉淀，則溶液中HX、X-和Ag+濃度的負(fù)對數(shù)(-lgc)隨溶液pH的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是（）A．曲線②代表-lgc(Ag+)隨pH的變化曲線B．HX(aq)+Ag+(aq)?AgX(s)+H+(aq)的平衡常數(shù)K=106C．若將M點(diǎn)對應(yīng)的混合體系加水至原體積的2倍，溶液中c(Ag+)不變D．加入NaOH固體的過程中均存在c(Ag+)+c(Na+)=c(X-)二、非選擇題：本題包含4小題，共58分。15．鐵氧體法可以從廢水中回收有價(jià)金屬。在實(shí)驗(yàn)室中模擬鐵氧體處理含鉻廢水并制備鉻鐵礦晶體(其化學(xué)式為Fe3-xCr2O4)的實(shí)驗(yàn)步驟及示意圖如下：①將FeSO4晶體與含Cr②將反應(yīng)后的溶液轉(zhuǎn)移至儀器a中，加入NaOH調(diào)節(jié)pH，再通入壓縮空氣并不斷攪拌，定時(shí)檢測Fe元素和Cr元素的含量；③抽濾，獲得可排放廢水，將固體烘干得到鉻鐵礦晶體。已知：i.我國廢水排放標(biāo)準(zhǔn)Cr元素含量不超過10-5mol/L，pH范圍為6~9。i.Ksp【Fe(OH)2】=1×10-15，Ksp【Fe(OH)3】=1×10-38，Ksp【Cr(OH)3】=1×10-23。回答下列問題：（1）步驟①中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（2）步驟②中所使用儀器a的名稱為，通入空氣的目的為，通入壓縮空氣的速率和攪拌速率都不宜太快的原因?yàn)椤＃?）步驟③中抽濾結(jié)束后，應(yīng)進(jìn)行的第一步操作為(填選項(xiàng)字母)。A.取下布氏漏斗B.打開止水夾KC.拔下接水泵的橡膠管D.關(guān)閉水泵開關(guān)室溫下為使抽濾出的廢水可直接排放，應(yīng)控制pH的范圍為。（4）經(jīng)實(shí)驗(yàn)測得鉻鐵礦晶體的化學(xué)式符合Fe3-xCrxO4，若x=0.3，則初始加入FeSO4晶體和溶液中所含Cr2O72-16．蒽醌二磺酸鈉法(ADA法)對合成氨原料氣進(jìn)行脫硫(H2S)的工藝流程如圖所示，該工藝的優(yōu)勢之一在于只要向“再生吸收液”不斷通如空氣即可實(shí)現(xiàn)連續(xù)吸收H2S氣體。已知：i.室溫下，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13。ii.酒石酸鉀鈉、EDTA可分別與V4+、Fe3+形成可溶性配合物。（1）“吸收”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（2）“脫硫”時(shí)，NaVO3先轉(zhuǎn)化為Na2V4O9同時(shí)可得到S，則該轉(zhuǎn)化過程反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）“還原”時(shí)，氧化態(tài)ADA()轉(zhuǎn)化為還原態(tài)ADA()，同時(shí)NaVO3得以再生。該轉(zhuǎn)化過程需要消耗NaOH，但該工藝中并沒有再加入該試劑的原因?yàn)椋琋a2V4O9參與反應(yīng)過程中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。（4）“氧化”時(shí)，ADA(還原態(tài))→空氣ADA(氧化態(tài))，同時(shí)有H2O2生成。從氧化還原反應(yīng)角度分析，F(xiàn)eCl3的作用可能是；加入EDTA的目的是（5）“再生吸收液”中可循環(huán)使用的物質(zhì)有____(填選項(xiàng)字母)。A．NaOH B．酒石酸鉀鈉 C．NaVO3 D．EDTAE．ADA17．乙烯和丙烯都是重要的化工原料，甲醇和丙烷共反應(yīng)制備乙烯和丙烯可大幅度降低能耗，該反應(yīng)體系中存在如下反應(yīng)：I.C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)△H1=+124.20kJ/molⅡ.C3H8(g)?CH4(g)+C2H4(g)△H2=+81.25kJ/molⅢ.CH4(g)+C2H4(g)?C3H6(g)+H2(g)△H3Ⅳ.CH3OH(g)+H2(g)?CH4(g)+H2O(g)△H4=-115.93kJ/mol（1）△H3=。（2）630℃時(shí)，向盛有催化劑的真空容器中充入1molC3H8(g)，保持容器壓強(qiáng)為0.1MPa，進(jìn)行反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，C3H8(g)的轉(zhuǎn)化率為60%，C2H4(g)的平衡分壓為0.0125MPa。①此時(shí)p(C3H6)=，反應(yīng)Ⅱ的分壓平衡常數(shù)為Kp=MPa。②若向上述平衡體系中充入N2(g)，再次達(dá)到平衡時(shí)C3H8(g)的轉(zhuǎn)化率(填“>”“<”或“=”)60%，其原因?yàn)?。此時(shí)p(C3H（3）若向盛有催化劑的真空容器中按物質(zhì)的量之比4：1：1充入C3H8(g)、CH3OH(g)和H2O(g)，仍在容器壓強(qiáng)為0.1MPa下進(jìn)行反應(yīng)，平衡體系中C2H4(g)和C3H6(g)的體積分?jǐn)?shù)隨溫度(T)的變化如圖所示。解釋300℃后，C3H6(g)的體積分?jǐn)?shù)隨溫度(T)的變化的原因?yàn)?；甲醇的作用為?/p>

??18．沙丁胺醇(G)是預(yù)防和治療支氣管哮喘的藥物，其一種合成路線如下圖所示：已知：Ph表示苯基?；卮鹣铝袉栴}：（1）有機(jī)物A的化學(xué)名稱為，B→C的過程為異構(gòu)化反應(yīng)，則有機(jī)物C的結(jié)構(gòu)簡式為。（2）有機(jī)物D中含氧官能團(tuán)的名稱為。（3）A→B的化學(xué)方程式為。（4）E→F的化學(xué)反應(yīng)類型為。（5）芳香族化合物M為B的同分異構(gòu)體，且1molM最多可與2molNaHCO3反應(yīng)的結(jié)構(gòu)有種(不考慮立體異構(gòu))，其中核磁共振氫譜有4組峰的結(jié)構(gòu)為(任寫一種)。（6）寫出以為原料制備的合成路線(無機(jī)試劑及兩個(gè)碳以下的有機(jī)試劑任選)：。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、Fe3O4為黑色固體，因此紅棕色成分不是Fe3O4，A不符合題意。

B、泥是由黏土燒制而成的，屬于硅酸鹽材料，B符合題意。

C、金箔的制作過程中利用了金屬的延展性，過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，C不符合題意。

D、生鐵的含碳量高于鋼的含碳量，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】A、Fe3O4為黑色固體。

B、泥屬于硅酸鹽材料。

C、金箔的制作過程沒有新物質(zhì)生成。

D、生鐵的含碳量高于鋼的含碳量。2．【答案】D【解析】【解答】A、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能與空氣中的CO2反應(yīng)，生成HClO，HClO光照條件下易分解。因此漂白粉要避光、密封保存，A不符合題意。

B、濃溴水站在皮膚上，先用大量水沖洗；再利用Br2易溶于酒精的性質(zhì)，用酒精擦拭，B不符合題意。

C、AgNO3在光照條件下易分解，因此需保存在棕色瓶內(nèi)。液體試劑應(yīng)保存在細(xì)口瓶中，C不符合題意。

D、NaOH溶液具有腐蝕性，應(yīng)用過3%～5%的NaHCO3溶液涂抹，D符合題意。

故答案為：D

【分析】A、漂白粉中的Ca(ClO)2易與空氣中的CO2反應(yīng)，生成的HClO見光易分解。

B、Br2易溶于酒精。

C、AgNO3見光易分解，需保存在棕色瓶中。

D、NaOH溶液具有腐蝕性，應(yīng)使用3%～5%的NaHCO3溶液。3．【答案】A【解析】【解答】A、H2O2中O原子采用sp3雜化，為四面體結(jié)構(gòu)，O原子含有孤電子對，因此H2O2為極性分子。S2Cl2結(jié)構(gòu)與H2O2類似，因此S2Cl2也為極性分子，A符合題意。

B、電負(fù)性O(shè)＞S，鍵長Cl－O＜Cl－S，分子內(nèi)原子斥力較大。因此Cl2O的鍵角更大，B不符合題意。

C、BF3中心原子的價(jià)層電子對數(shù)為3，不含孤電子對，因此其VSEPR模型和空間構(gòu)型都是平面三角形。

NF3的中心原子的價(jià)層電子對數(shù)為4，含有1對孤電子對。因此其VSEPR模型為四面體型，空間構(gòu)型為三角錐形，C不符合題意。

D、C2H6中碳原子采用sp3雜化，C－Hσ鍵為sp3－sσ鍵。C2H4中碳原子采用sp2雜化，C－Hσ鍵為sp2－sσ鍵。二者的軌道重疊方式不同，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】A、O、S原子都含有孤電子對，屬于極性分子。

B、根據(jù)結(jié)構(gòu)中原子斥力大小分析。

C、NF3中N原子含有一對孤電子對，VSEPR模型與空間構(gòu)型不通過。

D、根據(jù)碳原子的雜化方式分析。4．【答案】B【解析】【解答】A、M中的醇羥基不與NaOH溶液反應(yīng)，A不符合題意。

B、M中碳碳雙鍵能與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色；而N與溴水不反應(yīng)，不能使溴水褪色。因此可用溴水鑒別M和N，B符合題意。

C、連接有4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子。N中共含有3個(gè)手性碳原子，C不符合題意。

D、若碳鏈結(jié)構(gòu)為，兩個(gè)－CHO可同時(shí)位于①號或2號碳原子上；若兩個(gè)－CHO分別位于①號、②號碳原子上或①號、③好號碳原子上，共有4種結(jié)構(gòu)。

若碳鏈結(jié)構(gòu)為，則另一個(gè)－CHO可位于①號、或②號、或③號碳原子上，共有3種結(jié)構(gòu)。

若碳鏈結(jié)構(gòu)為，則兩個(gè)-CHO分別位于①號碳原子和②好碳原子上，共1種結(jié)構(gòu)。

綜上，滿足條件的同分異構(gòu)體共有4+3+1=8種，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】A、醇羥基不能與NaOH溶液反應(yīng)。

B、M中碳碳雙鍵能使溴水褪色。

C、連接有4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子。

D、根據(jù)限定條件書寫同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。5．【答案】C【解析】【解答】A、標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下CH3CHO不是氣體，不可應(yīng)用氣體摩爾體積進(jìn)行計(jì)算，A不符合題意。

B、基態(tài)Ni原子的核外電子排布式為[Ar]3d84s2，含有未成對電子數(shù)為2，B不符合題意。

C、100mL8mol·L－1的濃硝酸中所含n(HNO3)=0.1L×8mol·L－1=0.8mol，因此0.1molCu完全反應(yīng)，則反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1mol×2×NA=0.2NA，C符合題意。

D、合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物無法完全轉(zhuǎn)化。因此14gN2和14gH2無法完全轉(zhuǎn)化，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】A、標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下CH3CHO不是氣體。

B、根據(jù)Ni的核外電子排布式分析。

C、6.4gCu的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1molCu與濃硝酸反應(yīng)，消耗n(HNO3)=0.4mol；與稀硝酸反應(yīng)，消耗n(HNO3)=0.27mol。

D、合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物無法完全轉(zhuǎn)化。6．【答案】C【解析】【解答】由分析可知，X為H、Y為C、Z為N、W為O、M為F、Q為S。

A、上述H元素位于s區(qū)，A不符合題意。

B、Y、W、Q的簡單氫化物分別為CH4、H2O、H2S。都屬于分子晶體，其中H2O可形成分子間氫鍵，使得沸點(diǎn)增大。而H2S的分子間作用力強(qiáng)于CH4，因此H2S的沸點(diǎn)高于CH4。所以三種簡單氫化物的沸點(diǎn)為：W＞Q＞Y，B不符合題意。

C、Z的最高價(jià)氧化物為HNO3，Q的氫化物為H2S。HNO3具有氧化性，能將H2S氧化成S單質(zhì)，C符合題意。

D、Z、W、M的簡單離子分別為N3－、O2－、F－。三者的核外電子結(jié)構(gòu)相同，則其核電荷數(shù)越大，離子半徑越小。因此離子半徑Z＞W(wǎng)＞M，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】Q可形成6個(gè)共價(jià)鍵，因此Q為S。X形成一個(gè)共價(jià)鍵，因此X為H。Y可形成四個(gè)共價(jià)鍵，因此Y為C。Z形成三個(gè)共價(jià)鍵，因此Z為N。W形成兩個(gè)共價(jià)鍵，因此W為O。M形成一個(gè)共價(jià)鍵，因此M為F。據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)分析。7．【答案】A【解析】【解答】A、在原電池裝置中，較活潑的金屬做負(fù)極。該原電池裝置中，Cu做負(fù)極，Ag做正極，因此可得金屬活動(dòng)性Cu＞Ag，A符合題意。

B、滴入2滴淀粉溶液，可檢驗(yàn)是否含有I2，I2為生成物，無法判斷該反應(yīng)是否為可逆反應(yīng)，B不符合題意。

C、由于Br2具有揮發(fā)性，會使得產(chǎn)生的氣體中混有Br2，能與AgNO3溶液反應(yīng)生成AgBr沉淀，C不符合題意。

D、升高溫度，促進(jìn)了水的電離，CuSO4溶液pH的變化可能是水電離引起的，無法判斷CuSO4水解平衡，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】A、在原電池裝置中，較活潑金屬做負(fù)極。

B、淀粉溶液用于檢驗(yàn)I2的生成，無法判斷反應(yīng)是否為可逆反應(yīng)。

C、應(yīng)先除去Br2，防止Br2與AgNO3溶液反應(yīng)。

D、溫度升高，水的電離程度增大，pH的變化可能是由于水電離引起。8．【答案】A【解析】【解答】A、n的值未知，因此無法確定分子結(jié)構(gòu)中采用sp2雜化的碳原子個(gè)數(shù)，故無法確定采用sp3、sp2雜化的碳原子個(gè)數(shù)比，A符合題意。

B、有機(jī)物a中存在共價(jià)鍵和離子鍵，B不符合題意。

C、分子結(jié)構(gòu)中的N-H可形成氫鍵，C不符合題意。

D、離子在聚電解質(zhì)薄膜中依靠正負(fù)電荷間的靜電作用傳輸，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】A、n的值未知，因此無法確定sp2雜化的碳原子個(gè)數(shù)。

B、非金屬元素之間形成共價(jià)鍵，陰陽離子間形成離子鍵。

C、分子結(jié)構(gòu)中的N-H可形成氫鍵。

D、離子在聚電解質(zhì)薄膜中依靠正負(fù)電荷的靜電作用傳輸。9．【答案】C【解析】【解答】A、升高溫度，可加快固體的溶解速率。溶液中NH4＋、Mg2＋、Mn2＋的水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液顯酸性，A不符合題意。

B、“沉錳”時(shí)Mn2＋與HCO3－、NH3·H2O反應(yīng)生成MnCO3沉淀和NH4＋，該反應(yīng)的離子方程式為Mn2＋＋HCO3－＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NH4＋＋H2O，B不符合題意。

C、加入氨水進(jìn)行“沉鎂”后，溶液中剩余NH4＋、SO42－和過量的NH3·H2O，因此濾液的主要成分為(NH4)2SO4、NH3·H2O，C符合題意。

D、將生成的Mg(OH)2進(jìn)行焙燒，得到MgO。而工業(yè)上用電解熔融MgCl2制備金屬M(fèi)g，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】A、所得溶液中NH4+、Mg2＋、Mn2＋的水解使溶液顯酸性。

B、CO2能與NH3·H2O進(jìn)一步反應(yīng)生成NH4+。

C、濾液中所含離子為NH4+、SO42-和過量的NH3·H2O。

D、工業(yè)上用電解熔融MgCl2的方法制備金屬M(fèi)g。10．【答案】D【解析】【解答】A、O原子核外有2對孤電子對，因此在形成配位鍵時(shí)，O原子提供孤電子對，A不符合題意。

B、由圖2反應(yīng)原理可知，在Cu2＋表面進(jìn)行NH3還原NO的反應(yīng)路徑有2種，且可以相互轉(zhuǎn)化，B不符合題意。

C、由圖可知，NH3還原NO的反應(yīng)過程中，生成N2和H2O，因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3＋4NO＋O2催化劑__4N2＋6H2O，C不符合題意。

D、該過程中存在元素化合價(jià)變化，涉及氧化還原反應(yīng)。Cu＋形成配合物的配位數(shù)為2或3，D符合題意。

故答案為：D

【分析】A、O原子核外有兩對孤電子對。

B、根據(jù)圖2物質(zhì)轉(zhuǎn)化分析。

C、根據(jù)圖示過程確定反應(yīng)物和生成物，從而確定總反應(yīng)。

D、根據(jù)Cu11．【答案】B【解析】【解答】A、α－Fe2O3電極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，因此α－Fe2O3電極的電勢較低，A不符合題意。

B、H＋在Pt電極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，生成H2，因此電解質(zhì)溶液中的H＋向Pt電極移動(dòng)，B符合題意。

C、由分析可知，α－Fe2O3電極的電極反應(yīng)式為，C不符合題意。

D、當(dāng)α－Fe2O3電極上產(chǎn)生2.408×1023個(gè)h＋，即產(chǎn)生0.4molh＋時(shí)，Pt電極上得到0.4mole－。因此Pt電極上產(chǎn)生0.2molH2，其質(zhì)量為0.2mol×2g·mol－1=0.4g，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】Pt電極上H＋發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，生成H2，其電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑。α－Fe2O3電極的電極反應(yīng)式為+2h+=+2H+。據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)分析。12．【答案】C【解析】【解答】A、N、B處于同一周期，核電荷數(shù)越大，電負(fù)性越強(qiáng)。因此電負(fù)性N＞B。[BH4]-中H為-1價(jià)，B為+3價(jià)，因此電負(fù)性H＞B。故三種元素的電負(fù)性N＞H＞B，A不符合題意。

B、[Mg(NH3)6]2＋位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，因此晶胞中所含[Mg(NH3)6]2＋的個(gè)數(shù)為8×18+6×12=4。BH4－位于晶胞內(nèi)部，因此晶胞中所含BH4－的個(gè)數(shù)為8。所以該晶體的化學(xué)式為[Mg(NH3)6][BH4]2，B不符合題意。

C、該晶胞的體對角線長為3apm，陰陽離子的最小距離為體對角線的14。所以陰陽離子的最小距離為34apm，C符合題意。

D、NaCl晶體中陰陽離子的個(gè)數(shù)比1：1。因此該晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶胞結(jié)構(gòu)不同，D不符合題意。

故答案為：C

13．【答案】D【解析】【解答】A、由圖可知，反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。升高溫度，平衡正向移動(dòng)，P的體積分?jǐn)?shù)增大，A不符合題意。

B、路徑Ⅰ的最大能壘數(shù)值最小，反應(yīng)速率最快，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)所需的時(shí)間最短，B不符合題意。

C、路徑Ⅱ的最大能壘數(shù)值比路徑Ⅲ大，因此中間產(chǎn)物X的生成速率慢；而后續(xù)反應(yīng)過程中路徑相同，X的消耗速率相同。因此路徑Ⅱ比路徑Ⅲ中X的最高濃度小，C不符合題意。

D、該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=cPcR，平衡是增大c(R)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，因此再次達(dá)到平衡時(shí)，P的體積分?jǐn)?shù)不變，D符合題意。

故答案為：D

【分析】A、結(jié)合溫度對平衡移動(dòng)的影響分析。

B、路徑Ⅰ反應(yīng)所需的活化能最小，反應(yīng)速率最塊。14．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，曲線②代表－lgc(HX)隨pH的變化曲線，A不符合題意。

B、N點(diǎn)時(shí)，－lgc(X－)=－lgc(Ag＋)=8，即c(X－)=c(Ag＋)=10－8mol·L－1，所以AgX的溶度積Ksp(AgX)=c(Ag＋)×c(X－)=10－16。M點(diǎn)時(shí)－lgc(X－)=－lgc(HX)=2，即c(X－)=c(HX)=10－2mol·L－1，此時(shí)pH=10，即溶液中c(H＋)=10－10mol·L－1，所以HX的電離平衡常數(shù)KaHX=cH+×cX-cHX=10-10×10-210-2=10-10。所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=cH+cAg+=KaHXcX-KspAgXcX-=KaHXKspAgX=10-1010-16=106，B符合題意。

C、若將M點(diǎn)溶液加水稀釋，則溶液中c(X－)減小，AgX的溶度積Ksp保持不變，則溶液中c(Ag＋)增大，C不符合題意。15．【答案】（1）6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3+（2）三頸燒瓶；調(diào)整Fe2+和Fe3+的比例，以獲得鉻鐵礦晶體；若通氣或攪拌太快，不利于鉻鐵礦晶體生長，無法獲得晶體（3）B；8~9（4）18：1；將所得溶液分為兩份，一份溶液中加入KSCN溶液，另一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液【解析】【解答】（1）Cr2O72－具有氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，自身還原生成Cr3＋。反應(yīng)過程中Fe元素由＋2價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，失去1個(gè)電子；Cr元素由＋6價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，得到3×2=6個(gè)電子；根據(jù)得失電子守恒可得，F(xiàn)e2＋、Fe3＋的系數(shù)為6，；Cr2O72－的系數(shù)為1，Cr3＋的系數(shù)為2。根據(jù)電荷守恒可得，反應(yīng)物中含有H＋，且其系數(shù)為14。根據(jù)H原子守恒可得，生成物中含有H2O，且其系數(shù)為7。因此可得該反應(yīng)的離子方程式為：6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。

故答案為：6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O

（2）圖示儀器a為三頸燒瓶。通入空氣的過程中，利用了空氣中的O2，將部分Fe2＋氧化成Fe3＋。因此通入空氣的目的是調(diào)整Fe2＋和Fe3＋的比例，以獲得鉻鐵礦晶體。若通入壓縮空氣的速率和攪拌速率太快，則不利于鉻鐵礦晶體的生長，無法獲得晶體。

故答案為：三頸燒瓶；調(diào)整Fe2＋和Fe3＋的比例，以獲得鉻鐵礦晶體；若通氣或攪拌太快，不利于鉻鐵礦晶體生長，無法獲得晶體

（3）步驟③抽濾結(jié)束后，第一步操作應(yīng)打開止水夾K，使得裝置內(nèi)的壓強(qiáng)與外界壓強(qiáng)相同。室溫下為使抽濾出的廢水可直接排放，則廢水中c(Cr3＋)≤10－5mol·L－1，pH范圍為6~9。此時(shí)溶液中cOH-=3KspCrOH3cCr3+=31×10-2310-5=10-6mol·L-1。溶液中cH+=KwcOH-=10-1410-6=10-8mol·L-1。因此需控制pH的范圍為8~9。

故答案為：B；8~9

（4）若x=0.3，則鉻鐵礦晶體的化學(xué)式為Fe2.7Cr0.3O4，則Fe、Cr的原子個(gè)數(shù)比為9：1。因此初始加入FeSO4晶體和溶液中Cr2O72－的物質(zhì)的量之比為18：1。鉻鐵礦晶體中鐵元素的價(jià)態(tài)為+2價(jià)和+3價(jià)。檢驗(yàn)Fe2＋可用K3[Fe(CN)6]溶液，檢驗(yàn)Fe3＋可用KSCN溶液。因此其實(shí)驗(yàn)操作過程為取少量鉻鐵礦晶體溶于稀硫酸，將所得溶液分為兩份，一份溶液中加入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明含有Fe3＋；另一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說明含有Fe2＋。

故答案為：18：1；將所得溶液分為兩份，一份溶液中加入KSCN溶液，另一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液

【分析】（1）Cr2O72－具有氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，自身還原生成Cr316．【答案】（1）H2S+CO32-?HS（2）2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S↓（3）脫硫過程中生成了NaOH；2：1（4）加快還原態(tài)ADA的氧化速率(或催化H2O2分解)；EDTA和Fe3+形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3+濃度的穩(wěn)定性（5）B；C；E【解析】【解答】（1）電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)。因此酸性：H2CO3＞H2S＞HCO3－＞HS－。根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”原理可得，H2S與Na2CO3反應(yīng)時(shí)，生成NaHS和NaHCO3，該反應(yīng)的離子方程式為H2S＋CO32－=HS－＋HCO3－。

故答案為：H2S＋CO32－=HS－＋HCO3－

（2）“脫硫”過程中NaHS與NaVO3反應(yīng)生成Na2V4O9和S。過程中S元素由－2價(jià)變?yōu)?價(jià)，失去2個(gè)電子；V元素由＋5價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，得到1×4=4個(gè)電子。根據(jù)得失電子守恒可得，NaHS、S的系數(shù)為2；NaVO3的系數(shù)為4，Na2V4O9的系數(shù)為1。由Na元素守恒可得，生成物中含有NaOH，且其系數(shù)為4；根據(jù)H元素守恒可得，反應(yīng)物中含有H2O，且其系數(shù)為1。因此可得該反應(yīng)得到化學(xué)方程式為2NaHS＋4NaVO3＋H2O=Na2V4O9＋4NaOH＋2S↓。

故答案為：2NaHS＋4NaVO3＋H2O=Na2V4O9＋4NaOH＋2S↓

（3）由“脫硫”過程發(fā)生的反應(yīng)可知，“脫硫”過程中反應(yīng)生成NaOH，因此在“還原”過程中雖然需要消耗NaOH，但不需補(bǔ)充NaOH。氧化態(tài)ADA轉(zhuǎn)化為還原態(tài)ADA時(shí)得到2個(gè)電子，Na2V4O9轉(zhuǎn)化為NaVO3時(shí)得到1×4=4個(gè)電子，由得失電子守恒可得，氧化劑ADA與還原劑Na2V4O9的物質(zhì)的量之比為2：1。

故答案為：脫硫過程中生成了NaOH；2：1

（4）“氧化”過程中，空氣中的O2將還原態(tài)ADA氧化成氧化態(tài)ADA，同時(shí)生成H2O2，H2O2在FeCl3催化作用下分解，有利于ADA由還原態(tài)轉(zhuǎn)化為氧化態(tài)。因此FeCl3的作用是加快還原態(tài)ADA的氧化速率。EDTA能與Fe3＋形成可溶于性配合物，使得溶液中Fe3＋濃度穩(wěn)定，有利于“氧化”反應(yīng)的進(jìn)行。因此加入EDTA的作用是與Fe3＋形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3＋濃度的穩(wěn)定性。

故答案為：加快還原態(tài)EDTA的氧化速率（或催化H2O2分解）；EDTA與Fe3＋形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3＋濃度的穩(wěn)定性

（5）“再生吸收液”中含有酒石酸鉀鈉、NaVO3、EDTA，均可循環(huán)利用。

故答案為：BCE

【分析】（1）由電離常數(shù)大小確定酸性強(qiáng)弱，根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”原理書寫反應(yīng)的離子方程式。

（2）“脫硫”時(shí)NaHS與NaVO3反應(yīng)生成Na2V4O9和S，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式。

（3）由“脫硫”過程中發(fā)生的反應(yīng)可知，過程中生成NaOH，因此不需再補(bǔ)充NaOH。根據(jù)反應(yīng)過程中得失電子守恒確定氧化劑和還原劑得到物質(zhì)的量之比。

（4）Fe3＋可催化H2O2的分解，加快“氧化”反應(yīng)的進(jìn)行。加入EDTA，可將溶液中的Fe3＋形成配合物，保持溶液中Fe3＋濃度的穩(wěn)定性。

（5）根據(jù)“再生吸收液”的成分分析。17．【答案】（1）+42.95kJ/mol（2）0.025MPa；0.00625；>；Ⅰ和Ⅱ均為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，充入的N2降低了各組分的分壓，平衡正向移動(dòng)；不變（3）反應(yīng)Ⅱ正向進(jìn)行的程度大于反應(yīng)Ⅰ(溫度升高，反應(yīng)Ⅳ平衡逆向移動(dòng)，H2濃度增大使平衡逆向移動(dòng))；在低溫區(qū)通過反應(yīng)Ⅳ拉動(dòng)反應(yīng)Ⅰ的發(fā)生(或生成CH4，不利于反應(yīng)Ⅱ的發(fā)生)【解析】【解答】（1）由蓋斯定律可得，反應(yīng)Ⅲ的反應(yīng)熱ΔH=ΔH1-ΔH2=(＋124.2kJ·mol－1)－(＋81.25kJ·mol－1)=＋42.95kJ·mol－1。

故答案為：＋42.95kJ·mol－1

（2）①平衡時(shí)C3H8(g)的轉(zhuǎn)化率為60%，則參與反應(yīng)的n(C3H8)=1mol×60%=0.6mol。由反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，反應(yīng)后混合氣體的物質(zhì)的量增加0.6mol，所以混合氣體的總物質(zhì)的量為1mol＋00.6mol=1.6mol。根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比可得1.6mol0.1MPa=nC2H40.0125MPa，所以平衡時(shí)n(C2H4)=0.2mol。令平衡時(shí)n(C3H6)=amol、n(CH4)=bmol、n(H2)=cmol。由C原子守恒可得3a＋b=1.4；由H原子守恒可得3aa＋2b＋c=2.混合氣體的總物質(zhì)的量為1.6mol，則a＋b＋c=1，聯(lián)立可得3a+b=1.43a+2b+c=2a+b+c=1，解得a=0.4b=0.2c=0.4，即n(C3H6)=0.4mol、n(CH4)=0.2mol、n(H2)=0.4mol。

此時(shí)p(C3H6)=2p(