第第頁(yè)江蘇省泰州市2024-2025學(xué)年高中化學(xué)高三考前指導(dǎo)卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．2025年春晚中展示了很多非物質(zhì)文化遺產(chǎn)內(nèi)容，下列所涉及的物質(zhì)主要成分不含有機(jī)高分子材料的是A．惠山泥人 B．慶陽(yáng)剪紙 C．華縣皮影 D．東明糧畫(huà)2．一定條件下，磷化氫(PH3)與CuSO4溶液的反應(yīng)：24CuSOA．PH3B．CuSO4C．H2OD．PO43．下列與鐵有關(guān)的實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)裝置或操作設(shè)計(jì)不正確的是A．用甲裝置制取FeB．用乙裝置在鐵件外表鍍一層光亮的銅C．用丙裝置蒸干Fe2D．用丁裝置將鐵與水蒸氣反應(yīng)，并驗(yàn)證氣體產(chǎn)物4．高嶺石的化學(xué)組成可表示為Al4A．半徑：r(Al3+C．酸性：H2SiO35．閱讀下列材料，完成下面小題。鐵、鈷、鎳是第四周期第Ⅷ族元素，物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)比較相似。FeCl3溶液可用于蝕刻銅制品、制備FeOH3膠體，F(xiàn)eS可用于除去廢水中的Cu2+。草酸鈷(CoC2O4)可在空氣中焙燒制備催化劑Co3O4。廢鎳渣(NiO)與硫酸銨一起煅燒可得NiSO4，在堿性溶液中用NaClO氧化NiSO4可制得電極材料（1）下列說(shuō)法正確的是A．鐵、鈷、鎳的基態(tài)原子最外層電子數(shù)不同B．NiCOC．NH4+的鍵角比D．1mol?[CoNH3（2）下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A．向FeCl3溶液中加入Na2B．用FeCl3溶液制備FeOH3膠體：C．CoC2OD．NaClO氧化NiSO4制得電極材料：（3）下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)或性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A．FeCl3B．FeS有還原性，可用于除去廢水中的CuC．Co3D．Co3+有空軌道，可與NH36．在給定條件下，下列物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化均可實(shí)現(xiàn)的是A．FeSB．漂白粉→C．CuOD．SiO7．化合物Z具有廣譜抗菌活性，可利用X和Y反應(yīng)獲得。下列說(shuō)法正確的是A．X與足量氫氣加成的產(chǎn)物中含有6個(gè)手性碳原子B．X能與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)C．Y不存在順?lè)串悩?gòu)體D．1molZ最多能與5molNaOH發(fā)生反應(yīng)8．以甲烷燃料電池為電源電解NaB(OH)4溶液制備H3BO3的工作原理如圖所示，下列敘述錯(cuò)誤的是A．燃料電池通入氧氣的電極接電解池的X電極B．N室中：a%>b%C．膜I、III為陽(yáng)離子交換膜，膜II為陰離子交換膜D．理論上每生成1mol產(chǎn)品，需消耗甲烷的體積為2.8L(標(biāo)況)9．室溫下，下列實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)方案探究目的A將紅熱的木炭投入濃HNO3證明木炭具有還原性B將1mL?0.1mol/L?ZnSO4溶液滴入到溶度積常數(shù)：KC向NaAlOH4結(jié)合H+的能力：AlD將溴乙烷與NaOH醇溶液混合加熱，將產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4生成了CHA．A B．B C．C D．D10．室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究NaHS溶液的性質(zhì)。已知：Ka1(H2S)=1.0×實(shí)驗(yàn)1：向0.10mol?L實(shí)驗(yàn)2：向0.10mol實(shí)驗(yàn)3：向0.10mol?L下列說(shuō)法正確的是A．實(shí)驗(yàn)1所得溶液中：cB．實(shí)驗(yàn)1所得溶液中：cC．實(shí)驗(yàn)2中主要反應(yīng)的離子方程式：ClD．實(shí)驗(yàn)3中反應(yīng)Cu2++11．苯乙烯是重要的有機(jī)化工原料，工業(yè)上用乙苯催化脫氫時(shí)發(fā)生如下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：C6H5C2H5(g)?C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0反應(yīng)Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)?C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0反應(yīng)Ⅲ：C6H5C2H5(g)?C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0將1mol乙苯和6mol水蒸氣置于密閉容器中，保持p=100kPa，平衡時(shí)乙苯的轉(zhuǎn)化率、苯和甲苯的選擇性隨溫度的關(guān)系如圖所示。苯乙烯、甲苯或苯的選擇性=n（苯乙烯）或下列說(shuō)法正確的是A．曲線a代表的是苯的選擇性B．620℃達(dá)平衡時(shí)，容器中H2的物質(zhì)的量為0.664molC．600～640℃時(shí)，容器中苯乙烯平衡時(shí)的物質(zhì)的量隨溫度升高變化不大D．其他條件不變，620℃時(shí)起始向容器中只充入1mol乙苯，平衡時(shí)乙苯的轉(zhuǎn)化率大于80%二、非選擇題：本題共4小題，共61分。12．利用鎂泥（主要成分為MgCO3、FeCO3和SiO2（1）酸溶。某工廠用1.78噸發(fā)煙硫酸（化學(xué)式：H2SO4?SO（2）除鐵。已知濾渣2的成分與溫度、pH的關(guān)系如圖所示。①若控制溫度80℃、pH=2，可得到黃鐵礬鈉Na2Fe②工業(yè)生產(chǎn)不選擇以FeOH3形式除鐵的可能原因：（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pH隨時(shí)間的變化如圖所示?！俺恋怼边^(guò)程的操作：向含Mg2+溶液中（4）控制“沉淀”溫度50℃，可制得堿式碳酸鎂MgaCO3bOHc?xH2（5）某鈣鎂礦CaMgS2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若將Ca全部換為Mg，所得晶體中每個(gè)晶胞含有的Mg原子數(shù)為13．有機(jī)物G可以通過(guò)如下路線進(jìn)行合成：（1）有機(jī)物B只有一種含氧官能團(tuán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（2）有機(jī)物C中含有咪唑()的結(jié)構(gòu)，咪唑與苯性質(zhì)相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中軌道雜化方式為sp2雜化的原子共有個(gè)。（3）C→D反應(yīng)分為多步，其中有→D的轉(zhuǎn)化過(guò)程，該轉(zhuǎn)化的最后一步反應(yīng)類(lèi)型為反應(yīng)。（4）F→G的反應(yīng)條件除用K2CO3A．濃硫酸B．H2，催化劑C．（5）F的一種同分異構(gòu)體滿(mǎn)足下列條件，寫(xiě)出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。能與NaHCO3（6）已知：RCOOH→②R'NH2①SOCl2RCONHR'(R、R'表示H或烴基)。寫(xiě)出以、C2H5OOCCH14．BiOCl是一種新型的不溶于硫酸的高檔環(huán)保珠光材料。某工廠以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2，已知：①Bi3+易與Cl?形成BiCl63?，在一定條件下②2BiOCl(白色)+2OH（1）“聯(lián)合焙燒”時(shí)，Bi2S3和MnO2在空氣中反應(yīng)生成Bi2（2）“酸浸”時(shí)，需及時(shí)補(bǔ)充濃鹽酸調(diào)節(jié)酸浸液的pH小于1.4，其目的是。（3）“轉(zhuǎn)化”時(shí)，加入金屬Bi的作用是。（4）“萃取”時(shí)，鉍離子能被有機(jī)萃取劑TBP萃取，其萃取原理可表示為：BiCl63?+（5）請(qǐng)補(bǔ)充完整利用含少量FeOH3雜質(zhì)的BiOCl粗品制備Bi2O3的實(shí)驗(yàn)方案：，過(guò)濾、洗滌、干燥，得Bi2O15．鐵元素的納米材料因具備良好的電學(xué)特性和磁學(xué)特性，而引起了廣泛的研究。納米零價(jià)鐵可用于去除水體中的六價(jià)鉻[Cr(VI)]與硝酸鹽等污染物。（1）①用FeCl2溶液與NaBH4溶液反應(yīng)制備納米零價(jià)鐵的化學(xué)方程式：FeCl2②納米Fe和Fe3O4均可用于降解含Cr2O72?（2）電解法除CrVI的一種裝置如圖1所示。利用陽(yáng)極生成的Fe2+，還原CrVI生成Cr3+，最終轉(zhuǎn)化為CrOH3和（3）生物質(zhì)鐵炭納米材料活化過(guò)一硫酸鉀(KHSO5)降解有機(jī)污染物的反應(yīng)歷程如圖2所示。圖中SO4①生物質(zhì)鐵炭納米材料降解有機(jī)污染物的機(jī)理可描述為。②與直接使用納米鐵顆粒相比，使用生物質(zhì)鐵炭納米材料降解的優(yōu)點(diǎn)是：。（4）利用高爐煉鐵尾氣中的制取有機(jī)物的過(guò)程如下圖。相同條件下，恒定通過(guò)電解池的電量，電解得到的部分還原產(chǎn)物的法拉第效率(FE%)隨電解電壓的變化如圖所示：FE%=Qx“電解”在質(zhì)子交換膜電解池中進(jìn)行，生成HCOOH的電極反應(yīng)式為，當(dāng)電解電壓為U1時(shí)，生成C2H

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、惠山泥人主要成分是無(wú)機(jī)的泥土，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，不含有機(jī)高分子材料，故A符合題意；

B、慶陽(yáng)剪紙的紙張主要成分是纖維素，纖維素是有機(jī)高分子化合物，屬于有機(jī)高分子材料，故B不符合題意；

C、華縣皮影的皮主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)是有機(jī)高分子化合物，屬于有機(jī)高分子材料，故C不符合題意；

D、東明糧畫(huà)的糧食中含有淀粉，淀粉是有機(jī)高分子化合物，屬于有機(jī)高分子材料，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】本題的易錯(cuò)點(diǎn)主要有以下兩點(diǎn)：

對(duì)“有機(jī)高分子材料”的范圍理解不清晰，容易混淆有機(jī)高分子材料（如纖維素、蛋白質(zhì)、淀粉等）和無(wú)機(jī)材料，不清楚泥土屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，而誤將惠山泥人歸為有機(jī)高分子材料相關(guān)類(lèi)別。

對(duì)各非遺物品的主要成分不熟悉，比如不了解紙張主要成分是纖維素、皮的主要成分是蛋白質(zhì)、糧食中含有淀粉，從而在判斷其是否屬于有機(jī)高分子材料時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤。2．【答案】D【解析】【解答】分別對(duì)每個(gè)選項(xiàng)涉及的物質(zhì)，從分子極性判斷、化學(xué)鍵組成、電子式書(shū)寫(xiě)規(guī)范、空間構(gòu)型的價(jià)層電子對(duì)互斥理論應(yīng)用等角度進(jìn)行分析，排除錯(cuò)誤選項(xiàng)。A、磷化氫（PH3）的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4（3個(gè)成鍵電子對(duì)+1對(duì)孤電子對(duì)），空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，分子正負(fù)電荷中心不重合，屬于極性分子，A錯(cuò)誤；B、CuSO4中，Cu2+與SO42-之間是離子鍵，而SO42-內(nèi)部S與O之間是共價(jià)鍵，因此CuSO4既有離子鍵又有共價(jià)鍵，B錯(cuò)誤；C、H2O是共價(jià)化合物，電子式應(yīng)為H:D、PO43-的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4（4個(gè)成鍵電子對(duì)，無(wú)孤電子對(duì)），根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，其空間構(gòu)型為正四面體形，D正確；故答案為：D。

【分析】本題的易錯(cuò)點(diǎn)主要有以下幾點(diǎn)：

對(duì)分子極性的判斷易出錯(cuò)，忽略PH3因存在孤電子對(duì)導(dǎo)致空間結(jié)構(gòu)不對(duì)稱(chēng)，從而誤判為非極性分子。

對(duì)化學(xué)鍵類(lèi)型的認(rèn)識(shí)不全面，容易忽略CuSO4中SO42-內(nèi)部存在共價(jià)鍵，誤以為僅含離子鍵。

電子式書(shū)寫(xiě)時(shí)，混淆共價(jià)化合物和離子化合物的電子式形式，錯(cuò)誤書(shū)寫(xiě)H2O的電子式。

利用價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷粒子空間構(gòu)型時(shí)，計(jì)算價(jià)層電子對(duì)數(shù)或判斷孤電子對(duì)存在失誤。3．【答案】B【解析】【解答】A、甲裝置中，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)生成FeSO4，利用H2排盡空氣，再通過(guò)壓強(qiáng)差將FeSO4溶液壓入NaOH溶液，可防止Fe(OH)2被氧化生成FeOH2沉淀，A正確；

B、電鍍時(shí)，鍍件（鐵制鍍件）應(yīng)作陰極（接電源負(fù)極），鍍層金屬（Cu）作陽(yáng)極（接電源正極）；但乙裝置中，鐵制鍍件接電源正極（作陽(yáng)極），會(huì)被氧化，無(wú)法鍍銅，B錯(cuò)誤；

C、Fe2(SO4)3溶液蒸干時(shí)，F(xiàn)e3+水解生成H2SO4（難揮發(fā)），水解平衡逆向移動(dòng)，最終仍得到Fe2(SO4)3晶體，C正確；

D、丁裝置中，鐵粉與水蒸氣加熱反應(yīng)生成H2，H2可使肥皂液產(chǎn)生氣泡（點(diǎn)燃?xì)馀菘沈?yàn)證），D正確；

故答案為：B。

【分析】A．Fe(OH)2易氧化，甲用H2隔空氣、壓液法制備。

B．電鍍需鍍件（鐵）作陰極（接負(fù)極），乙中鐵接正極（陽(yáng)極）會(huì)被腐蝕。

C．Fe2(SO4)3水解生成難揮發(fā)的H2SO4，蒸干得原鹽晶體。

D．鐵與水蒸氣反應(yīng)生成H2，丁用肥皂液驗(yàn)H4．【答案】C【解析】【解答】A、Al3+和O2-電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小。Al的核電荷數(shù)大于O，因此r(Al3+)<r(O2-)，A錯(cuò)誤；

B、同周期元素第一電離能總體隨核電荷數(shù)增大而增大，Al的價(jià)電子排布為3p1，Si的價(jià)電子排布為3p2，Si的第一電離能更大，即I1(Al)<I1(Si)，B錯(cuò)誤；

C、同主族元素從上到下非金屬性減弱，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性減弱，C的非金屬性強(qiáng)于Si，所以酸性H2CO3>H2SiO3，C正確；

D、元素非金屬性越強(qiáng)，氫化物熱穩(wěn)定性越強(qiáng)。O的非金屬性強(qiáng)于Si，因此熱穩(wěn)定性H2O>SiH4，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大半徑越小。

B．同周期第一電離能，注意Al和Si的價(jià)電子排布差異。

C．同主族非金屬性越弱，最高價(jià)含氧酸酸性越弱。

D．非金屬性越強(qiáng)，氫化物熱穩(wěn)定性越強(qiáng)。5．【答案】（1）C（2）B（3）D【解析】【解答】（1）A、鐵、鈷、鎳均為第四周期第Ⅷ族元素，基態(tài)原子最外層電子數(shù)均為2（價(jià)電子排布中4s2），A錯(cuò)誤；

B、Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，熔點(diǎn)低且易溶于CCl4、苯等有機(jī)溶劑，符合分子晶體的性質(zhì)，屬于分子晶體，B錯(cuò)誤；

C、NH4+中N原子無(wú)孤電子對(duì)，NH3中N原子有1對(duì)孤電子對(duì)；孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的斥力更大，導(dǎo)致NH3鍵角更小，故NH4+鍵角比NH3大，C正確；

D、[Co(NH3)6]3+中，6個(gè)NH3含18個(gè)N-Hσ鍵，加上6個(gè)Co-N配位σ鍵，總σ鍵為24，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

（2）A、Fe3+與CO32-發(fā)生雙水解，生成Fe(OH)3和CO2，而非Fe2(CO3)3，A錯(cuò)誤；

B、FeCl3溶液加熱水解生成Fe(OH)3膠體，方程式標(biāo)注了膠體和加熱條件，正確，B正確；

C、CoC2O4在空氣中焙燒需O2參與，方程式未體現(xiàn)O2，氧原子不守恒，C錯(cuò)誤；

D、堿性條件下ClO-還原產(chǎn)物應(yīng)為Cl-，且電荷未配平，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

（3）A、FeCl3蝕刻銅是因Fe3+的氧化性，與酸性無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；

B、FeS除Cu2+是因生成更難溶的CuS沉淀，與還原性無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；

C、Co3O4作催化劑與表面活性有關(guān)，與其是否溶于水無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；

D、Co3+有空軌道，可接受NH3的孤電子對(duì)形成[Co(NH3)6]3+，結(jié)構(gòu)與性質(zhì)對(duì)應(yīng)正確，D正確；

故答案為：D。

【分析】（1）從原子結(jié)構(gòu)、晶體類(lèi)型判斷、分子鍵角影響因素、配合物σ鍵計(jì)算等角度分析選項(xiàng)。（2）依據(jù)反應(yīng)原理（如雙水解、膠體制備、氧化還原守恒）判斷方程式正誤。（3）分析物質(zhì)性質(zhì)與用途、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的對(duì)應(yīng)關(guān)系是否合理。（1）A、鐵、鈷、鎳均為第四周期第Ⅷ族元素，基態(tài)原子最外層電子數(shù)均為2（價(jià)電子排布中4s2），A錯(cuò)誤；

B、Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，熔點(diǎn)低且易溶于CCl4、苯等有機(jī)溶劑，符合分子晶體的性質(zhì)，屬于分子晶體，B錯(cuò)誤；

C、NH4+中N原子無(wú)孤電子對(duì)，NH3中N原子有1對(duì)孤電子對(duì)；孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的斥力更大，導(dǎo)致NH3鍵角更小，故NH4+鍵角比NH3大，C正確；

D、[Co(NH3)6]3+中，6個(gè)NH3含18個(gè)N-Hσ鍵，加上6個(gè)Co-N配位σ鍵，總σ鍵為24，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。（2）A、Fe3+與CO32-發(fā)生雙水解，生成Fe(OH)3和CO2，而非Fe2(CO3)3，A錯(cuò)誤；

B、FeCl3溶液加熱水解生成Fe(OH)3膠體，方程式標(biāo)注了膠體和加熱條件，正確，B正確；

C、CoC2O4在空氣中焙燒需O2參與，方程式未體現(xiàn)O2，氧原子不守恒，C錯(cuò)誤；

D、堿性條件下ClO-還原產(chǎn)物應(yīng)為Cl-，且電荷未配平，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。（3）A、FeCl3蝕刻銅是因Fe3+的氧化性，與酸性無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；

B、FeS除Cu2+是因生成更難溶的CuS沉淀，與還原性無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；

C、Co3O4作催化劑與表面活性有關(guān)，與其是否溶于水無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；

D、Co3+有空軌道，可接受NH3的孤電子對(duì)形成[Co(NH3)6]3+，結(jié)構(gòu)與性質(zhì)對(duì)應(yīng)正確，D正確；

故答案為：D。6．【答案】A【解析】【解答】A、FeS2在高溫下與O2反應(yīng)生成SO2：4FeS2+11O2高溫2Fe2O3+8SO2；SO2與Na2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4：SO2+Na2O2=Na2SO4，兩步轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)，A正確；

B、漂白粉與CO2反應(yīng)生成HClO：CaClO2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，但HClO光照分解生成HCl和O2：2HClO光照2HCl+O2↑，無(wú)法生成Cl2，轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，B正確；

C、CuO不溶于水，不能與H2O反應(yīng)生成Cu(OH)2，后續(xù)轉(zhuǎn)化也無(wú)法進(jìn)行，C錯(cuò)誤；

D、SiO2與C高溫反應(yīng)生成Si和CO（非CO2）：SiO2+2C高溫Si+2CO↑；且Na2SiO3與CO7．【答案】A【解析】【解答】分別從手性碳的定義、縮聚反應(yīng)的結(jié)構(gòu)要求、順?lè)串悩?gòu)的條件、官能團(tuán)與NaOH的反應(yīng)比例這幾個(gè)角度，對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷。

A、X與足量氫氣加成后，飽和碳原子中連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的手性碳原子有6個(gè)，A正確；

B、X中酚羥基的鄰位碳原子上只有1個(gè)H，不滿(mǎn)足與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)的結(jié)構(gòu)要求，B錯(cuò)誤；

C、Y分子中含有碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子均連接不同基團(tuán)，存在順?lè)串悩?gòu)，C錯(cuò)誤；

D、1molZ中，2mol酚羥基消耗2molNaOH；1mol酯基水解后生成的酚羥基再消耗1molNaOH，酯基共消耗2molNaOH；1mol酰胺基消耗1molNaOH；1mol羧基消耗1molNaOH，總共消耗2+2+1+1=6molNaOH，D錯(cuò)誤；

故答案為：A。

【分析】本題的易錯(cuò)點(diǎn)主要有以下幾點(diǎn)：

對(duì)手性碳原子的判斷不準(zhǔn)確，容易漏數(shù)或錯(cuò)數(shù)X與氫氣加成產(chǎn)物中的手性碳原子。

對(duì)酚醛縮聚反應(yīng)的條件理解不清晰，不清楚酚羥基鄰位需有多個(gè)H才能與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)。

對(duì)順?lè)串悩?gòu)的條件掌握不牢，忽略Y中碳碳雙鍵兩端碳原子連接的基團(tuán)不同，錯(cuò)誤認(rèn)為Y不存在順?lè)串悩?gòu)。

對(duì)能與NaOH反應(yīng)的官能團(tuán)及反應(yīng)比例分析不到位，尤其是酯基水解后生成的酚羥基也能與NaOH反應(yīng)，容易少算Z與NaOH的反應(yīng)量。8．【答案】B【解析】【解答】A、燃料電池中，通入O2的電極為正極；電解池中，M室石墨電極（X連接）處H2O放電生成O2（陽(yáng)極），陽(yáng)極接電源正極，故O2電極接X(jué)，A正確；

B、N室為陰極，H2O放電生成H2和OH-，Na+通過(guò)膜III進(jìn)入N室，NaOH濃度增大，故a%<b%，B錯(cuò)誤；

C、M室H+通過(guò)膜I（陽(yáng)離子膜）進(jìn)入產(chǎn)品室，原料室Na+通過(guò)膜III（陽(yáng)離子膜）進(jìn)入N室，原料室B(OH)4-通過(guò)膜II（陰離子膜）進(jìn)入產(chǎn)品室，C正確；

D、生成1molH3BO3需轉(zhuǎn)移1mol電子，CH4燃燒每mol轉(zhuǎn)移8mol電子，故需CH418mol，標(biāo)況體積2.8L，D正確；

故答案為：B。

【分析】電解池工作時(shí)，M室的石墨電極為陽(yáng)極：H2O在此放電，生成O2和H+；H+通過(guò)膜I（陽(yáng)離子膜）向產(chǎn)品室移動(dòng)。原料室中的B(OH)4-通過(guò)膜II（陰離子膜）進(jìn)入產(chǎn)品室，與H+結(jié)合生成H3BO3（產(chǎn)品）；同時(shí)原料室的Na+通過(guò)膜III（陽(yáng)離子膜）向N室移動(dòng)。N室的石墨電極為陰極：H2O在此放電，生成H2和OH-；Na+與OH-9．【答案】C【解析】【解答】A、紅熱木炭投入濃HNO3產(chǎn)生紅棕色氣體，可能是濃HNO3自身高溫分解生成NO2，無(wú)法排除此干擾，不能證明木炭的還原性，A錯(cuò)誤；

B、ZnSO4與Na2S反應(yīng)時(shí)S2-過(guò)量，再加入CuSO4產(chǎn)生黑色沉淀，可能是過(guò)量S2-與Cu2+直接反應(yīng)，無(wú)法說(shuō)明ZnS轉(zhuǎn)化為CuS，不能比較Ksp(ZnS)和Ksp(CuS)，B錯(cuò)誤；

C、Na[Al(OH)4]與NaHSO3反應(yīng)生成Al(OH)3白色沉淀，說(shuō)明[Al(OH)4]-結(jié)合了HSO3-釋放的H+，即[Al(OH)4]-結(jié)合H+的能力強(qiáng)于SO32-，C正確；

D、溴乙烷與NaOH醇溶液反應(yīng)產(chǎn)生的氣體含乙醇蒸氣，乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，干擾乙烯的檢驗(yàn)，無(wú)法證明生成了CH2=CH2，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A．需考慮濃HNO3自身高溫分解產(chǎn)生NO2的干擾，排除干擾才能證明木炭的還原性。

B．比較溶度積需滿(mǎn)足“沉淀轉(zhuǎn)化”的條件，即反應(yīng)后無(wú)過(guò)量的S2-，此實(shí)驗(yàn)S2-過(guò)量，無(wú)法說(shuō)明沉淀轉(zhuǎn)化。

C．通過(guò)反應(yīng)現(xiàn)象判斷結(jié)合H+的能力，生成Al(OH)3沉淀說(shuō)明[Al(OH)4]-更易結(jié)合H+。

D．要排除乙醇蒸氣對(duì)酸性KMnO4溶液褪色的干擾，需純化氣體后再檢驗(yàn)。10．【答案】D【解析】【解答】A、根據(jù)H2S的兩步電離平衡：第一步電離：H2S第二步電離：HS??將兩式相乘，可得：K實(shí)驗(yàn)1中溶液pH=11，則c(H+)=10?11mol/L，代入上式：B、實(shí)驗(yàn)1溶液中存在電荷守恒：

c(Na+)+c(H+)=c(HS?)+2c(S2?)+c(OH?)C、NaHS溶液中主要含有的粒子是HS?（而非S2?）。新制氯水具有強(qiáng)氧化性，Cl2與HS?發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成S沉淀、Cl?和H+，離子方程式應(yīng)為：Cl2D、實(shí)驗(yàn)3的反應(yīng)為：Cu2++2HS?=CuS↓+H2S，平衡常數(shù)K的推導(dǎo)：由H2S的電離平衡，H2S?H++HS?，Ka1=c(H+)?c(HS?)c(H總反應(yīng)的平衡常數(shù)K=代入數(shù)據(jù)：Ka1=1.0×10?7，Ka2=1.0×故答案為：D?！痉治觥緼．利用H2S兩步電離常數(shù)乘積推導(dǎo)c(S2-)與c(H2S)的比值，代入溶液pH計(jì)算的H+濃度，即可判斷二者大小。

B．依據(jù)溶液電荷守恒式，結(jié)合pH得出的OH-與H+濃度差異，變形守恒式判斷離子濃度關(guān)系。

C．明確NaHS溶液中主要反應(yīng)粒子是HS-，而非S2-，據(jù)此判斷氧化還原反應(yīng)的實(shí)際反應(yīng)物。

D．將目標(biāo)反應(yīng)拆解為電離逆過(guò)程與溶度積相關(guān)反應(yīng)，通過(guò)平衡常數(shù)乘積關(guān)系推導(dǎo)總反應(yīng)K，代入數(shù)據(jù)計(jì)算驗(yàn)證。11．【答案】B【解析】【解答】A、反應(yīng)II（生成甲苯）是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動(dòng)，甲苯選擇性減小，故曲線a代表甲苯選擇性（非苯），A錯(cuò)誤；

B、620℃時(shí)，乙苯轉(zhuǎn)化率80%（消耗0.8mol），苯選擇性3%（生成0.024mol）、甲苯選擇性7%（生成0.056mol）；則轉(zhuǎn)化為苯乙烯的乙苯為0.8-0.024-0.056=0.72mol。反應(yīng)I生成H20.72mol，反應(yīng)II消耗H20.056mol，最終H2物質(zhì)的量為0.72-0.056=0.664mol，B正確；

C、600~640℃時(shí)，乙苯轉(zhuǎn)化率增大，且甲苯+苯的選擇性總和變化小，故苯乙烯的物質(zhì)的量隨溫度升高而增大，C錯(cuò)誤；

D、只充入1mol乙苯，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，反應(yīng)I、III（氣體分子數(shù)增多）逆向移動(dòng)，乙苯轉(zhuǎn)化率小于80%，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】先根據(jù)反應(yīng)的熱效應(yīng)判斷溫度對(duì)選擇性的影響：

反應(yīng)II（生成甲苯）是放熱反應(yīng)，溫度升高時(shí)，平衡逆向移動(dòng)，生成甲苯的量減少，因此甲苯的選擇性隨溫度升高而降低，對(duì)應(yīng)曲線a。

反應(yīng)III（生成苯）是吸熱反應(yīng)，溫度升高時(shí)，平衡正向移動(dòng)，生成苯的量增加，因此苯的選擇性隨溫度升高而增大，對(duì)應(yīng)曲線b。據(jù)此解題。12．【答案】（1）2.14（2）2Na++3ClO?（3）Mg2++CO2+2OH（4）3:2（5）4【解析】【解答】（1）1.78噸發(fā)煙硫酸（化學(xué)式：H2SO4?SO3）的物質(zhì)的量為1.78×故答案為：2.14；（2）①“除鐵”時(shí)，若控制溫度80℃、pH=2，可得到黃鐵礬鈉Na2②由圖可知，pH在4附近溫度略低于40℃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FeOH3形式除鐵的可能原因：H+故答案為：2Na++3ClO?（3）①結(jié)合分析可知，“沉淀”過(guò)程的離子方程式：Mg2+②由圖知，“沉淀”時(shí)溶液的pH先減小后增大后維持不變，則“沉淀”過(guò)程的操作：向含Mg2+溶液中先通CO2至飽和，然后滴加NaOH溶液，同時(shí)繼續(xù)通入故答案為：Mg2++CO2+2OH?（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8.0gMgO固體，根據(jù)鎂元素守恒，鎂離子為8.0g40g/mol=0.2故答案為：3:2；（5）某鈣鎂礦CaMgS2的晶胞中若將Ca全部換為Mg，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Mg原子數(shù)為18×8+【分析】結(jié)合鎂泥的成分，分析加酸、氧化、調(diào)節(jié)pH、通入氣體等操作中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化與分離邏輯，明確各步驟的作用：鎂泥主要成分為MgCO3、FeCO3和SiO2。加入硫酸時(shí)，SiO2不溶于硫酸，過(guò)濾后濾渣1為SiO2；NaClO具有氧化性，可將Fe2+氧化為Fe3+；調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去；向?yàn)V液中通入CO2并加入NaOH溶液，反應(yīng)后得到沉淀，過(guò)濾可獲得MgCO3?3H2O。整個(gè)流程通過(guò)酸溶、氧化除雜、沉淀轉(zhuǎn)化等步驟，實(shí)現(xiàn)了碳酸鎂晶體的制備。（1）1.78噸發(fā)煙硫酸（化學(xué)式：H2SO4?SO3）的物質(zhì)的量為1.78×（2）①“除鐵”時(shí)，若控制溫度80℃、pH=2，可得到黃鐵礬鈉Na2Fe②由圖可知，pH在4附近溫度略低于40℃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FeOH3形式除鐵的可能原因：H+（3）①結(jié)合分析可知，“沉淀”過(guò)程的離子方程式：Mg2+②由圖知，“沉淀”時(shí)溶液的pH先減小后增大后維持不變，則“沉淀”過(guò)程的操作：向含Mg2+溶液中先通CO2至飽和，然后滴加NaOH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8.0gMgO固體，根據(jù)鎂元素守恒，鎂離子為8.0g40g/mol=0.2（5）某鈣鎂礦CaMgS2的晶胞中若將Ca全部換為Mg，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Mg原子數(shù)為113．【答案】（1）OHC（2）5（3）消去反應(yīng)（4）C（5）（6）【解析】【解答】（1）根據(jù)分析可知，可以推知B為OHC-故答案為：OHC-CHBr-CHO；

故答案為：5；

（3）C和先發(fā)生成環(huán)反應(yīng)，生成，然后環(huán)上的酯基水解，生成，再發(fā)生羥基的消去反應(yīng)，生成D物質(zhì)。所以轉(zhuǎn)化的最后一步反應(yīng)類(lèi)型為消去反應(yīng)。故答案為：消去反應(yīng)；

（4）F和CH3CH2Br發(fā)生取代反應(yīng)生成G，同時(shí)生成HBr，加入K2CO3的作用是除去HBr故答案為：C；

（5）F的一種同分異構(gòu)體滿(mǎn)足條件：能與NaHCO3溶液反應(yīng)，能發(fā)生水解反應(yīng)，說(shuō)明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得兩種有機(jī)產(chǎn)物的碳原子數(shù)相同，且均含有2種化學(xué)環(huán)境不同的氫，其中一種水解產(chǎn)物具有順?lè)串悩?gòu)體，說(shuō)明其中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，且為對(duì)稱(chēng)的結(jié)構(gòu)，則滿(mǎn)足條件的同分異構(gòu)體為：。故答案為：；

（6）利用和C2H5OOCCH2CH2COOC2H5發(fā)生C生成D的反應(yīng)原理得到，和CH3CO2O發(fā)生D生成E的反應(yīng)原理得到，發(fā)生水解反應(yīng)生成，和CH3NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成，和BrCH2CH2NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成，所以其合成線路為：。

故答案為：

【分析】有機(jī)物B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且只有一種含氧官能團(tuán)，說(shuō)明含醛基（—CHO），結(jié)合其分子式可推知B為OHC-CH(Br)-CHO，C與先發(fā)生成環(huán)反應(yīng)，生成含酯基的環(huán)狀結(jié)構(gòu)（）；之后環(huán)上的酯基水解，得到含羥基和羧基的化合物（）；再經(jīng)羥基的消去反應(yīng)生成D。

D與(CH3CO)2O反應(yīng)生成E，E經(jīng)一系列反應(yīng)得到F，F(xiàn)與溴乙烷發(fā)生取代反應(yīng)生成G。

(1)依據(jù)銀鏡反應(yīng)含—CHO及分子式，推B結(jié)構(gòu)。

(2)結(jié)合咪唑平面結(jié)構(gòu)，判斷sp2雜化原子數(shù)。

(3)分析C→D的反應(yīng)步驟，確定最后一步為消去反應(yīng)。

(4)明確F→G除K2CO3外，選能消耗HBr的堿性物質(zhì)(C)。

(5)根據(jù)與NaHCO3反應(yīng)、水解產(chǎn)物特征（碳原子數(shù)相同、氫環(huán)境及順?lè)串悩?gòu)），推導(dǎo)同分異構(gòu)體。

（1）根據(jù)分析可知，可以推知B為OHC-（2）有機(jī)物C中含有咪唑()的結(jié)構(gòu)，咪唑與苯性原相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中軌道雜化方式為sp2雜化的原子為氮原子和碳原子，共有5個(gè)。（3）C和先發(fā)生成環(huán)反應(yīng)，生成，然后環(huán)上的酯基水解，生成，再發(fā)生羥基的消去反應(yīng)，生成D物質(zhì)。所以轉(zhuǎn)化的最后一步反應(yīng)類(lèi)型為消去反應(yīng)。（4）F和CH3CH2Br發(fā)生取代反應(yīng)生成G，同時(shí)生成HBr，加入K2CO3的作用是除去HBr（5）F的一種同分異構(gòu)體滿(mǎn)足條件：能與NaHCO3溶液反應(yīng)，能發(fā)生水解反應(yīng)，說(shuō)明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得兩種有機(jī)產(chǎn)物的碳原子數(shù)相同，且均含有2種化學(xué)環(huán)境不同的氫，其中一種水解產(chǎn)物具有順?lè)串悩?gòu)體，說(shuō)明其中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，且為對(duì)稱(chēng)的結(jié)構(gòu)，則滿(mǎn)足條件的同分異構(gòu)體為：。（6）利用和C2H5OOCCH2CH2COOC2H5發(fā)生C生成D的反應(yīng)原理得到，和CH3CO2O發(fā)生D生成E的反應(yīng)原理得到，發(fā)生水解反應(yīng)生成，和CH3NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成，和14．【答案】（1）2Bi（2）增大Cl-、H+濃度，Bi3＋與Cl－形成BiCl63?，使Bi3＋充分浸出；同時(shí)抑制金屬離子Bi3＋(或BiCl63?（3）將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保證BiOCl的純度（4）升高溫度，促進(jìn)BiCl63?水解，導(dǎo)致溶液中Cl?（5）邊攪拌邊向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反應(yīng)后靜置，過(guò)濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌，直至向最后一次洗滌后的濾液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出現(xiàn)白色沉淀。將洗滌后的濾渣浸入過(guò)量4mol·L-11NaOH溶液中，加熱并充分?jǐn)嚢柚凉腆w顏色不再變化【解析】【解答】（1）聯(lián)合焙燒時(shí)，Bi2S3和MnO2在空氣中反應(yīng)生成Bi2故答案為：2Bi2S3+6MnO2+9O2焙燒2Bi2O3+6MnSO4；

（2）根據(jù)題目已知信息，Bi3+易與Cl?形成BiCl63?，及時(shí)補(bǔ)充濃鹽酸調(diào)節(jié)酸浸液的pH小于1.4，增大Cl?、H故答案為：增大Cl-、H+濃度，Bi3＋與Cl－形成BiCl63?，使Bi3＋充分浸出；同時(shí)抑制金屬離子Bi3＋(或BiCl63?)、Fe3＋水解；

（3）由分析可知，轉(zhuǎn)化加入金屬Bi的作用是將Fe3故答案為：將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保證BiOCl的純度；

（4）升高溫度，促進(jìn)水解反應(yīng)BiCl63?+H2故答案為：升高溫度，促進(jìn)BiCl63?水解，導(dǎo)致溶液中Cl?濃度增大，BiCl63?+H2O?BiOCl↓+5Cl?+2H+平衡逆向移動(dòng)；

（5）利用含少量Fe(OH)3雜質(zhì)的BiOCl粗品制備Bi2O3，首先要除去Fe(OH)3雜質(zhì)，再將BiOCl與OH?發(fā)生反應(yīng)：2BiOCl白色+2OH-=Δ2Cl-+H2O+Bi2O3黃色制備Bi2O3，根據(jù)提供的試劑，實(shí)驗(yàn)方案為：邊攪拌邊向BiOCl粗品中分批加入足量1mol/LH2SO4溶液，充分反應(yīng)后靜置，過(guò)濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌，直至向最后一次洗滌后的濾液中滴加1mol/LBaCl2溶液不再出現(xiàn)白色沉淀。將洗滌后的濾渣浸入過(guò)量4mol/LNaOH溶液中，加熱并充分?jǐn)嚢柚凉腆w顏色不再變化。

故答案為：邊攪拌邊向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反應(yīng)后靜置，過(guò)濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌，直至向最后一次洗滌后的濾液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出現(xiàn)白色沉淀。將洗滌后的濾渣浸入過(guò)量4mol·L-11NaOH溶液中，加熱并充分?jǐn)嚢柚凉腆w顏色不再變化。

【分析】輝鉍礦與軟錳礦聯(lián)合焙燒時(shí)，在空氣中發(fā)生反應(yīng)：MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4（錳元素價(jià)態(tài)降低，實(shí)現(xiàn)硫酸化）；FeS2被氧化為Fe2O3（鐵元素從+2價(jià)升至+3價(jià)）；Bi2O3在該條件下穩(wěn)定存在，為后續(xù)提取鉍保留原料。水浸：焙燒產(chǎn)物中，可溶于水的MnSO4進(jìn)入溶液，不溶的Fe2O3、Bi2O3、SiO2形成濾渣。Bi2O3與濃鹽酸反應(yīng)生成BiCl63-（1）聯(lián)合焙燒時(shí)，Bi2S3和MnO2在空氣中反應(yīng)生成Bi2（2）根據(jù)題目已知信息，Bi3+易與Cl?形成BiCl63?，及時(shí)補(bǔ)充濃鹽酸調(diào)節(jié)酸浸液的pH小于1.4，增大Cl?、H+濃度，Bi3+與Cl?形成BiCl63?，使Bi3+（3）由分析可知，轉(zhuǎn)化加入金屬Bi的作用是將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2（4）升高溫度，促進(jìn)水解反應(yīng)BiCl63?+H2（5）利用含少量Fe(OH)3雜質(zhì)的BiOCl粗品制備Bi2O3，首先要除去Fe(OH)3雜質(zhì)，再將BiOCl與OH?發(fā)生反應(yīng)：2BiOCl白色+2OH-15．【答案】（1）8mol；Fe3O4有磁性，吸引納米鐵，使其分散附著在Fe3O4表面，增大表面積；納米鐵能將含F(xiàn)e（2）電極交換后，陰極產(chǎn)生氫氣，使鈍化膜還原（3）納米鐵顆粒失去電子，經(jīng)過(guò)石墨碳層傳導(dǎo)至表面，HSO5?得到電子生成SO4.?和OH?或·OH和SO42-?，活性SO4.?（4）CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3【解析】【解答】（1）①用FeCl2溶液與NaBH4溶液反應(yīng)制備納米零價(jià)鐵的化學(xué)方程式：根據(jù)反應(yīng)：FeCl2+2NaBH4+6H2O=②Fe3O4輔助納米鐵去除C