第第頁浙江省諸暨市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期5月適應(yīng)性考試化學(xué)試題一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列物質(zhì)屬于強電解質(zhì)的是A．CH3Cl B．C2H5NH3Cl C．SO3 D．Mg(OH)22．下列表示不正確的是A．As原子的簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p3B．SO32?的空間結(jié)構(gòu)為：C．的系統(tǒng)命名為：2，2，5-三甲基己烷D．苯分子中的π鍵：3．化學(xué)與人類社會可持續(xù)發(fā)展息息相關(guān)。下列說法不正確的是A．在質(zhì)地較軟的鋁中加入合金元素，可以改變鋁原子的排列結(jié)構(gòu)，使其成為硬鋁B．煤的氣化是通過化學(xué)變化將煤轉(zhuǎn)化為可燃性氣體的過程C．納米晶體是顆粒尺寸在納米量級的晶體，其熔點隨晶粒大小的減小而降低D．等離子體是一種特殊的液體，由帶電的陽離子、電子及電中性粒子的組成4．下列實驗裝置使用正確的是A．圖甲裝置用于趁熱過濾出苯甲酸溶液中的難溶性雜質(zhì)B．圖乙裝置用于驗證乙炔的還原性C．圖丙裝置用于排出盛有KMnO4溶液的滴定管尖嘴處的氣泡D．圖丁裝置用于碘晶體(含NH4Cl)的提純5．關(guān)于物質(zhì)性質(zhì)及應(yīng)用，下列說法正確的是A．利用濃硫酸的吸水性，可除去HCl中的水蒸氣B．漂白粉進行漂白時可加入濃鹽酸，增強其漂白效果C．鐵比銅活潑，故電子工業(yè)中常用Fe與含Cu2+的溶液反應(yīng)來蝕刻電路板D．工業(yè)上常將熱空氣吹出的溴蒸汽用Na2CO3溶液吸收，利用了Br2的揮發(fā)性和強氧化性6．三氯硅烷(SiHCl3)是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，是強還原劑且易水解。實驗室通過反應(yīng)Si(s)+3HCl(g)ΔSiHCl3(l)+H2(g)制備SiHCl3，已知電負性：Cl>H>Si．下列說法正確的是A．生成1molH2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2molB．氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1C．SiHCl3在足量NaOH溶液中反應(yīng)生成Na2SiO3、NaCl和H2OD．上述生成SiHCl3的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則該反應(yīng)需在高溫條件下自發(fā)進行7．X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前20號元素，常溫下只有一種元素的單質(zhì)為氣態(tài)，基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)是p軌道上的2倍，Y的簡單氫化物與其最高價含氧酸反應(yīng)會產(chǎn)生白煙，Z與X形成的某種化合物常溫下為液體，基態(tài)W原子有1個未成對電子。下列說法不正確的是A．電負性：Y>Z>WB．原子半徑：W>Z>X>YC．氫化物的沸點：Y>Z>XD．上述4種元素形成的某種化合物的溶液可用于檢測Fe3+8．下列離子方程式不正確的是A．NaClO溶液中通入少量的CO2：ClO-+CO2+H2O=HCO3?B．SO2通入I2水溶液中：SO2+I2+2H2O=2H++SO42?C．一元弱酸H3BO3電離方程：H3BO3+H2O?[B(OH)4]-+H+D．兩性物質(zhì)氫氧化鈹溶于強堿：Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-9．科學(xué)家將阿司匹林分子結(jié)構(gòu)進行修飾連接，得到的緩釋阿司匹林(M)可作為抗血栓長效藥，M結(jié)構(gòu)如下。下列說法不正確的是A．可用氯化鐵來檢驗阿司匹林中是否含有水楊酸B．1molM徹底水解最多消耗4nmol的NaOHC．阿司匹林最多有9個碳原子共平面D．M可由甲基丙烯酸、乙二醇、乙酰水楊酸通過縮聚反應(yīng)生成10．AlCl3是一種用途廣泛的化工原料，某興趣小組欲從飽和AlCl3溶液中獲取AlCl3·6H2O，相關(guān)裝置如圖所示，下列說法不正確的是已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚A．通入HCl可以抑制AlCl3水解并促使AlCl3·6H2O晶體析出B．經(jīng)過濾→冷水洗滌2~3次→低溫干燥可以獲取AlCl3·6H2O晶體C．倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液倒吸D．AlCl3·6H2O在干燥HCl氛圍中加熱脫水可以制備無水AlCl311．下列說法正確的是A．已知NaOH固體溶于水是一個自發(fā)過程，其ΔH<0，可推測該過程ΔS>0B．2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)，壓縮容器體積，平衡正移，則反應(yīng)的平衡常數(shù)減小C．已知HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol，可推測溫度越高，HF(aq)中HF的電離程度越大D．已知HX(g)=H(g)+X(g)ΔH>0，HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，則H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X?(aq)ΔH<012．RbAg4I5是一種只傳導(dǎo)Ag＋的固體電解質(zhì)，利用RbAg4I5可以制成電化學(xué)氣敏傳感器。某種測定O2含量的氣體傳感器如圖所示，被分析的O2可以透過聚四氟乙烯薄膜，發(fā)生反應(yīng)：4AlI3＋3O2=2Al2O3＋6I2，I2進一步在石墨電極上發(fā)生反應(yīng)，引起電池電動勢變化，從而測定O2的含量。下列關(guān)于氣體傳感器工作原理說法不正確的是A．Ag＋通過固體電解質(zhì)遷向正極B．銀電極的電極反應(yīng)式為：Ag-e-=Ag+C．測定一段時間后，固體電解質(zhì)中Ag+減少D．當(dāng)O2濃度大時，電動勢變大13．某化合物M的晶胞如圖，下列說法不正確的是A．該化合物化學(xué)式為Al(NH3)Cl3，屬于分子晶體B．NH3與Al之間的作用力為配位鍵C．該化合物不穩(wěn)定，受熱易分解D．∠Cl-Al-Cl鍵角比較：Al(NH3)Cl3>AlCl314．COX2、POX3的水解(取代)機理不同(X表示鹵原子)，具體過程如圖所示。下列說法不正確的是A．POX3在NaOH溶液中徹底水解后可形成兩種鹽(不考慮陰離子的水解)B．由于鍵能C-Br<C-Cl，故COBr2的水解速率大于COCl2C．COX2與POX3的中心原子分別為sp2和sp3雜化D．COX2水解過程先發(fā)生加成反應(yīng)再發(fā)生消去反應(yīng)15．25℃，向10mL濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，逐滴加入0.1mol/L的MgCl2溶液。H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；Ksp(MgCO3)=4×10-6。下列有關(guān)說法正確的是A．25℃時，MgCO3飽和溶液中，含碳微粒最主要以HCO3?B．25℃時，0.1molMgCO3固體不可全部溶于1L0.2mol/L的鹽酸中C．加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中存在c(Na+)=c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2D．將上述MgCl2溶液加入到0.1mol/LNaHCO3溶液中無明顯現(xiàn)象16．三氯乙醛(CCl3CHO)是無色油狀液體，常用于制取農(nóng)藥。其純度的測定如下(雜質(zhì)不參與反應(yīng))。已知：I2+2S2O32?=2I-+S4OA．步驟Ⅰ，需用100mL容量瓶進行配制B．步驟Ⅲ，發(fā)生的反應(yīng)為：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO32?+H2C．步驟Ⅳ，滴定終點的現(xiàn)象為：加入最后半滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中溶液藍色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)不變色D．三氯乙醛(摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1)的純度為(25×0.1?0.01×V)M×二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)17．鹵族元素在生產(chǎn)生活中扮演中著重要的角色。（1）關(guān)于VIIA族元素的描述，下列說法正確的是___________。A．基態(tài)Br原子的核外電子排布式為[Ar]4s24p3，其價層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)B．鍵能：HF>HCl>HBr>HI，導(dǎo)致酸性：HF<HCl<HBr<HIC．根據(jù)VSEPR模型，可推測OF2和I3+D．已知AlCl3為分子晶體，則可推測沸點：AlI3>AlBr3>AlCl3（2）某配位化合物的晶胞及其在xy平面的投影如圖所示。晶體中存在獨立的陰陽離子，晶胞參數(shù)分別為apm，apm，cpm，a=β=γ=90°。①該化合物中配離子為。②計算該晶體的密度g/cm3(列出計算表達式)。（3）以生產(chǎn)感光材料的過程中生產(chǎn)中產(chǎn)生的含AgBr的廢液為原料，制備單質(zhì)銀的一種工藝流程如下圖所示：已知：Ag+可與S2O32?結(jié)合生成穩(wěn)定的[Ag(S2O3)2]①已知NH2OH與NH3類似，具有堿性，請寫出其水溶液中主要存在的陽離子。②步驟1中，有無毒無害的氣體單質(zhì)，請寫出步驟1中AgBr與NH2OH反應(yīng)的化學(xué)方程式是。③操作1、操作2均為，步驟2中，加入稍過量的Na2S2O3溶液的目的是，若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺點是。（4）(CN)2、(SCN)2等物質(zhì)具有與鹵素單質(zhì)類似的性質(zhì)，稱為擬鹵素，其對應(yīng)的CN-、SCN-稱之為擬鹵離子，已知氧化性：I2>(CN)2.①(SCN)2為鏈狀結(jié)構(gòu)，分子中每個原子均滿足8e-，請寫出(SCN)2的電子式。②CN-能與Ag+形成穩(wěn)定的無色離子[Ag(CN)2]-，但在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，卻生成氣體和白色難溶鹽沉淀，請寫出相應(yīng)的離子方程式。18．甲醇(CH3OH)、甲酸甲酯(HCOOCH3)均是用途廣泛的化工原料。請回答：（1）二氧化碳加氫制甲醇的總反應(yīng)：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，一般認為該反應(yīng)分為兩步，體系能量-反應(yīng)進程如圖所示：①一定條件下，反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進行，則反應(yīng)Ⅰ在該條件下的ΔS0(填“>”、“<”或“=”)。②下列說法不正確的是。A．反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH>0B．上述反應(yīng)建立平衡后，移走CH3OH，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡均右移C．適當(dāng)升溫有利于提高一定時間內(nèi)反應(yīng)的速率和產(chǎn)率D．催化劑能提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率（2）通過電解含有甲醇的NaOH溶液可用于制備甲酸鹽，生成甲酸鹽的電極反應(yīng)式為。（3）已知HCOONa的Kh=5.6×10-9，若電解一段時間后所得HCOONa溶液的濃度為1.8mol/L，則將HCOONa溶液完全轉(zhuǎn)化為HCOOH溶液需調(diào)節(jié)溶液中H+濃度約為，所得甲酸溶液進一步處理后可用于制備甲酸甲酯。（4）甲醇催化氧化也可用于制備甲酸甲酯，其工藝過程包含以下反應(yīng)：Ⅲ：2CH3OH(g)+O2(g)?HCOOCH3(g)+2H2O(g)ΔH=+51.2kJ?mol-1Ⅳ：HCOOCH3(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH=+129.1kJ?mol-1已知：CH3OH和O2在催化劑表面的反應(yīng)過程如下(M*表示催化劑表面的吸附物種，部分產(chǎn)物已省略)a．氧在催化劑表面活化：O2→2O*b．甲醇的化學(xué)吸附：CH3OH+O*→CH3O*c．生成弱吸附的甲醛：CH3O*+O*→HCHO*d．生成甲酸甲酯并脫附：HCHO*+CH3O*→HCOOCH3①步驟b是HCOOCH3合成決速步驟，在相同的溫度和壓強下，以一定的流速通過不同的催化劑表面，反應(yīng)相同時間，測得實驗數(shù)據(jù)如下：T(K)催化劑甲醇氧化為甲醛的轉(zhuǎn)化率甲酸甲酯的選擇性353Au@SiO240%98%353Auδ+@SiO285%100%研究表明在金離子存在的條件下，甲酸甲酯的產(chǎn)率明顯提高，可能原因是。②實際工業(yè)生產(chǎn)中，采用的溫度約為353K，溫度不能太高的理由是(不考慮催化劑活性降低活失活)。19．二氯二茂鈦(M=249g/mol)為紅色片狀晶體，溶于水和極性溶劑，性質(zhì)較穩(wěn)定；其對烯烴聚合具有很高的催化活性，以下是合成二氯二茂鈦的一種方法，具體流程如下：實驗制備裝置(夾持、加熱、水浴裝置已省略)如圖所示：步驟Ⅰ：鈉砂的制備。在裝置(如圖一)中加入二甲苯和小塊金屬鈉，加熱并攪拌至鈉分散成砂粒狀。抽出二甲苯，加入溶劑四氫呋喃(THF)。步驟Ⅱ：將冷凝管換成恒壓滴液漏斗(如圖二)。邊攪拌邊加入含環(huán)戊二烯的混合液。攪拌2小時后，將制得的深紅色的溶液轉(zhuǎn)移到另一滴液漏斗中。步驟Ⅲ：另取一個三頸燒瓶加入一定量的TiCl4和四氫呋喃，將上述深紅色溶液加入三頸燒瓶中，滴畢后室溫攪拌1h，靜置，抽干溶劑得到粗品。步驟Ⅳ：用索氏提取器提取產(chǎn)品(如圖三)已知：①環(huán)戊二烯存在：②環(huán)戊二烯鈉對水和氧氣敏感。請回答：（1）步驟Ⅰ將鈉制成鈉砂的目的是；步驟Ⅱ中環(huán)戊二烯在使用前需加熱蒸餾，收集42-45℃餾分備用，其目的是。（2）合成過程為放熱反應(yīng)，步驟Ⅲ需要控制反應(yīng)速率，可采取的措施有(寫2點)。（3）下列說法不正確的是___________。A．步驟Ⅰ中，溶劑二甲苯、四氫呋喃均需要進行脫水處理B．步驟Ⅱ中，在通風(fēng)櫥中將未反應(yīng)的鈉過濾除去，將濾液轉(zhuǎn)移到分液漏斗中C．步驟Ⅲ中，產(chǎn)品二氯二茂鈦性質(zhì)較穩(wěn)定，故不需要通入N2進行保護D．步驟Ⅳ中，索氏提取器的優(yōu)點是可以連續(xù)萃取，提高產(chǎn)品的浸取率。（4）步驟Ⅳ，請從下列選項中選出合理的操作并排序：將產(chǎn)品裝入濾紙?zhí)淄仓小鋮s，過濾得到產(chǎn)品a．在圓底燒瓶中加入一定量的CCl4b．在圓底燒瓶中加入一定量的氯仿c．加熱回流d．打開冷凝水e．當(dāng)濾紙?zhí)淄仓刑崛∫侯伾儨\時，停止加熱f．當(dāng)濾紙?zhí)淄仓刑崛∫侯伾噬罴t色時，停止加熱（5）產(chǎn)品純度的測定：稱取待測樣品0.2500g置于燒杯內(nèi)，加入NaOH溶液，加熱至全部樣品轉(zhuǎn)化成白色沉淀為止。冷卻后加一滴酚酞，溶液變紅，再加HNO3至紅色恰好褪去，再加入K2CrO4作指示劑，用0.1000mol/LAgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液20.00mL。已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4為磚紅色沉淀。①滴定終點現(xiàn)象為。②計算得到二氯二茂鈦的純度為。20．天然產(chǎn)物Eudesmol具有抗癌、消炎作用，某研究小組按以下路線合成該化合物(部分反應(yīng)條件及試劑已簡化)：已知：①R②請回答：（1）寫出G中含氧官能團的名稱。（2）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式。（3）下列說法正確的是___________。A．C→E反應(yīng)過程是為了防止羰基在后續(xù)過程中被氧化B．化合物M既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)C．A→C反應(yīng)過程中涉及加成反應(yīng)、消去反應(yīng)D．化合物F的沸點高于化合物E（4）寫出L→M的化學(xué)方程式。（5）寫出4個同時符合下列條件的I的同分異構(gòu)體。①核磁共振氫譜表明，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子②含六元碳環(huán)(非苯環(huán))。（6）以丙酮()和CH3OH為有機原料，利用以上合成路線中的相關(guān)信息，設(shè)計化合物的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、CH3Cl是一種有機共價化合物，不溶于水，也不電離，因此不是電解質(zhì)，A錯誤；B、C2H5NH3Cl是一種鹽，由乙胺（弱堿）與鹽酸（強酸）反應(yīng)形成。在水溶液中，它能完全電離為C2H5NH3+和Cl-離子，因此屬于強電解質(zhì)，B正確；

C、SO3本身是共價化合物，不直接電離。在水中，它會與水反應(yīng)生成硫酸（H2SO4），H2SO4是強電解質(zhì)，但SO3本身不是電解質(zhì)，C錯誤；

D、Mg(OH)2是一種中強堿，溶解度低，在水中部分電離，且電離程度小，因此屬于弱電解質(zhì)，不是強電解質(zhì)，D錯誤；故答案為：B

【分析】強電解質(zhì)：在水溶液或熔融狀態(tài)下能完全電離的電解質(zhì)，包括強酸（如鹽酸、硫酸）、強堿（如氫氧化鈉、氫氧化鉀）和某些鹽（如氯化鈉）；弱電解質(zhì)：在水溶液或熔融狀態(tài)下部分電離的電解質(zhì)，包括弱酸（如醋酸）和弱堿（如氨水）。2．【答案】B【解析】【解答】A、已知As是33號元素，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故As原子的簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p3（Ar為18號元素，對應(yīng)前18電子），A正確；B、SO32?中S的價層電子對數(shù)為：3+12C、根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法可知，最長碳鏈含6個C，為“己烷”，接著從左到右編號，使取代基位次和最小，據(jù)此推斷出：

的系統(tǒng)命名為：2，2，5-三甲基己烷，C正確；D、苯分子中6個C為sp2雜化，未雜化的p軌道側(cè)面重疊，形成離域大π鍵，電子云呈上下對稱的“面包圈”形，同時大π鍵與苯環(huán)所在的平面垂直，故苯分子中的π鍵：，D正確；故答案為：B

【分析】利用VSEPR推斷分子或離子的空間構(gòu)型的具體步驟如下：

確定中心原子A價層電子對數(shù)目。中心原子A的價電子數(shù)與配位體X提供共用的電子數(shù)之和的一半，就是中心原子A價層電子對的數(shù)目；確定價層電子對的空間構(gòu)型。由于價層電子對之間的相互排斥作用，它們趨向于盡可能的相互遠離；分子空間構(gòu)型的確定。價層電子對有成鍵電子對和孤電子對之分。中心原子周圍配位原子（或原子團）數(shù)，就是鍵對數(shù)，價層電子對的總數(shù)減去鍵對數(shù)，得孤對數(shù)。根據(jù)鍵對數(shù)和孤對敵，可以確定相應(yīng)的較穩(wěn)定的分子幾何構(gòu)型；3．【答案】D【解析】【解答】A、純鋁質(zhì)地較軟，但通過添加合金元素（如銅、鎂等），可以改變鋁的晶體結(jié)構(gòu)，形成硬鋁，顯著提高其硬度和強度。這是金屬合金化的典型應(yīng)用，A正確；B、煤的氣化是指在高溫和缺氧條件下，煤與氣化劑（如氧氣、水蒸氣）發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，生成以CO和H2為主的可燃性氣體。這一過程涉及化學(xué)鍵的斷裂和重組，屬于化學(xué)變化，是實現(xiàn)煤炭清潔利用的重要技術(shù)，B正確；

C、納米晶體是指晶粒尺寸在1-100nm范圍內(nèi)的晶體材料。由于納米顆粒具有高表面能和小尺寸效應(yīng)，其熔點會隨著晶粒尺寸的減小而降低，這是納米材料科學(xué)中的常見現(xiàn)象，C正確；

D、等離子體不是液體，而是一種高度電離的氣體，具有獨特的電導(dǎo)性和集體行為，類似于氣體，無固定形狀和體積，D錯誤；

故答案為：D

【分析】等離子體，被稱為“物質(zhì)的第四態(tài)”，是指由電子、離子、原子和中性粒子組成的電離氣體。其主要特點是高度的導(dǎo)電性和響應(yīng)電磁場的能力。4．【答案】A【解析】【解答】A、苯甲酸高溫溶解度大、常溫溶解度小，趁熱過濾可讓苯甲酸留在濾液，避免降溫結(jié)晶析出，僅分離難溶雜質(zhì)。圖甲為固液分離的過濾裝置，“趁熱過濾”的操作可通過加熱后快速操作實現(xiàn)，A正確；B、電石制乙炔時，產(chǎn)物含H2S、PH3等還原性氣體，二者均能使酸性KMnO4溶液褪色，裝置未設(shè)除雜裝置，無法排除雜質(zhì)干擾，B錯誤；

C、KMnO4具有強氧化性，能腐蝕橡膠，需用酸式滴定管或伺服滴定管；但圖丙中手捏橡膠管，是堿式滴定管特征，儀器選擇錯誤，C錯誤；

D、碘升華的過程中需冷凝收集，但同時NH4Cl受熱分解為NH3，冷卻后二者重新化合為NH4Cl。圖丁為蒸發(fā)皿加熱，玻璃片覆蓋時，碘升華凝結(jié)、NH3+HCl化合凝結(jié)，導(dǎo)致兩者無法分離，D錯誤；故答案為：A

【分析】蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶過濾是一般（隨溫度升高溶解度升高）晶體的提取過程；蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾是對于某些（隨溫度升高溶解度降低）晶體的提取過程；趁熱過濾，可以去除濃縮液中的固體雜質(zhì)，有助于后續(xù)冷卻結(jié)晶獲得樣品的純度和品質(zhì)。5．【答案】A【解析】【解答】A、濃硫酸具有強吸水性，且不與HCl氣體反應(yīng)，因此常用于干燥酸性氣體，實驗室中，濃硫酸是干燥HCl的標(biāo)準(zhǔn)試劑，A正確；B、漂白粉的有效成分為次氯酸鈣，加入濃鹽酸會發(fā)生劇烈反應(yīng)：Ca(ClO)2+4HCl?CaCl2+2Cl2↑+2H2O，產(chǎn)生有毒氯氣。常規(guī)漂白是通過加水后靜置，等待CO2溶于水后參與反應(yīng)，生成具有漂白性的HClO，B錯誤；

C、鐵比銅活潑，但電子工業(yè)中蝕刻電路板使用的是氯化鐵溶液，其中Fe3+氧化銅：2Fe3++Cu故答案為：A

【分析】濃硫酸的三大性質(zhì)：脫水性是濃硫酸的性質(zhì)，而非稀硫酸的性質(zhì)，即濃硫酸有脫水性且脫水性很強，物質(zhì)被濃硫酸脫水的過程是化學(xué)變化的過程，反應(yīng)時，濃硫酸按水分子中氫氧原子數(shù)的比(2∶1)奪取被脫水物中的氫原子和氧原子；強氧化性，能跟金屬、非金屬、其他還原性物質(zhì)反應(yīng)；難揮發(fā)性，利用難揮發(fā)性酸制易揮發(fā)性酸。6．【答案】B【解析】【解答】A、由題干可知，電負性：Cl>H>Si，Si-H鍵中電子對偏向于H，則Si顯正價，SiHCl3中Si為+4價，根據(jù)方程式：Si(s)+3HCl(g)=ΔSiHCl3(l)+H2，轉(zhuǎn)移了4個電子，故生成1molH2B、在該反應(yīng)中HCl是氧化劑，在參加反應(yīng)的3個H中，1個化合價降低到-1價，2個化合價降低到0價；Si化合價由0升高到+4價，做還原劑，故氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1，B正確；C、SiHCl3易水解，且為強還原劑，在足量NaOH溶液中，實際反應(yīng)涉及水解和氧化還原：SiHCl3+4NaOH?Na2SiO3+3D、反應(yīng)物中是1mol固體Si和3mol氣體HCl，而產(chǎn)物中1mol液體SiHCl3和1mol氣體H2，可以發(fā)現(xiàn)氣體摩爾數(shù)減少，可以推測這個反應(yīng)熵減（ΔS<0），反應(yīng)吸熱（ΔH>0），吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS>0，據(jù)此可知反應(yīng)在低溫的條件下能自發(fā)進行，D錯誤；故答案為：B

【分析】觀察氧化還原反應(yīng)每進行一摩爾會轉(zhuǎn)移多少摩爾的電子，然后用這個值乘上這個化學(xué)反應(yīng)進行了幾摩爾。①單線橋法箭頭由還原劑中被氧化的元素指向氧化劑中被還原的元素，箭頭方向為電子轉(zhuǎn)移方向。在橋上標(biāo)明轉(zhuǎn)移電子總數(shù)。②雙線橋法箭頭分別由氧化劑指向還原產(chǎn)物，由還原劑指向氧化產(chǎn)物；箭頭兩端所指元素相同；箭頭不表示電子轉(zhuǎn)移方向，僅表示電子轉(zhuǎn)移前后的變化。在橋上標(biāo)明得失電子數(shù)量；得失電子總數(shù)相等。7．【答案】C【解析】【解答】A、根據(jù)電負性規(guī)律可知，同周期從左到右增大，同主族從上到下減小，可以推斷金屬元素的電負性小于非金屬元素，則鉀元素的電負性最??；非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，氮元素的非金屬性強于硫元素，則氮元素的電負性強于硫元素，所以電負性的大小順序為：N>S>K，A正確；B、同主族元素，從上到下原子半徑依次增大，同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則原子半徑的大小順序為：K>S>C>N，B正確；C、碳元素形成的氫化物可能為液態(tài)烴、固態(tài)烴，液態(tài)烴，其中固態(tài)烴的沸點高于氨氣，選項并未標(biāo)注為簡單氫化物，C錯誤；D、上述四種元素可以形成化合物硫氰化鉀，其溶液與Fe3+反應(yīng)變成血紅色，D正確；故答案為：C

【分析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前20號元素，基態(tài)X原子s軌道電子數(shù)是p軌道的2倍，可以分析電子排布為1s22s22p2（C），s軌道電子數(shù)4是p軌道2的2倍，故X為C；簡單氫化物與最高價含氧酸反應(yīng)產(chǎn)生白煙，為NH3與HNO3反應(yīng)生成NH4NO3，故Y為N；與X（C）形成常溫液體化合物（如CS2），且單質(zhì)為固態(tài)，排除氣態(tài)單質(zhì)，故Z為S；基態(tài)原子有1個未成對電子，電子排布為：4s1，前20號中為K，單質(zhì)固態(tài)，故W為K。8．【答案】B【解析】【解答】A、酸性強弱H2CO3>HClO>HCO3-，少量的CO2通入NaClO溶液時，ClO-與CO2反應(yīng)生成HCO3-，因為HClO的酸性強于HCO3-，無法進一步反應(yīng)生成CO32-，故正確的離子方程式：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，A正確；B、HI是一種強酸，屬于強電解質(zhì)，在水溶液中可以完全電離，不能保留分子形式，故正確離子方程式：SO2+I2+2H2O=2H++SO42-故答案為：B

【分析】一般來說，離子方程式的正誤判斷我們從以下幾個方面來判斷：是否符合守恒規(guī)律。

離子方程式的書寫應(yīng)當(dāng)滿足電荷守恒、原子守恒、電子守恒關(guān)系，否則離子方程式的書寫錯誤；離子方程式的書寫是否符合客觀事實；是否正確使用符號；拆分是否正確；離子反應(yīng)是否寫全；是否符合量的關(guān)系。9．【答案】D【解析】【解答】A、水楊酸含有酚羥基，能與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，阿司匹林中的酚羥基已經(jīng)被乙?；?，不含游離的酚羥基，所以可用氯化鐵來檢驗阿司匹林中是否含有水楊酸，A正確；B、M中含有酯基，酯基水解后生成的酚羥基也能與NaOH反應(yīng)。1molM中含3nmol酯基，水解生成3nmol羧基和2nmol醇羥基和1nmol酚羥基，所以1molM徹底水解最多消耗4nmol的NaOH，B正確；C、阿司匹林含苯環(huán)，有6個C共面，屬于平面結(jié)構(gòu)；羧基的C通過單鍵與苯環(huán)相連，單鍵可旋轉(zhuǎn)，使羧基C與苯環(huán)共面；乙酰氧基中羰基的C也通過單鍵與苯環(huán)相連，單鍵可旋轉(zhuǎn)，使羰基C與苯環(huán)共面；甲基的C是sp3雜化，屬于典型的正四面體結(jié)構(gòu)，無法共面，由此推出最多有9個碳原子共平面，C正確；D、M的主鏈?zhǔn)翘兼湥?-CH2-C(CH3)-)?，由不飽和單體通過加成聚合反應(yīng)形成，無小分子（如H2O）生成；縮聚反應(yīng)的特征是主鏈含雜原子（O、N等）且生成小分子，與M結(jié)構(gòu)不符，因此M由加聚反應(yīng)生成，而非縮聚反應(yīng)，D錯誤；故答案為：D

【分析】縮聚反應(yīng)和加聚反應(yīng)是有機化學(xué)中的兩種重要反應(yīng)類型：

縮聚反應(yīng)是指通過化學(xué)反應(yīng)將兩個或多個小分子合成為一個較大的分子的過程，同時釋放出小分子（如水、醇等），在縮聚反應(yīng)中，反應(yīng)物的數(shù)量減少，而生成物的數(shù)量增加；

加聚反應(yīng)是指通過化學(xué)反應(yīng)將小分子單體（通常含有不飽和鍵）轉(zhuǎn)化為高分子鏈或網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)的過程，不會釋放小分子，而在加聚反應(yīng)中，反應(yīng)物的數(shù)量保持不變，生成物的分子量增加。10．【答案】B【解析】【解答】A、AlCl3在溶液中易發(fā)生水解反應(yīng)：AlCl3+3H2O?Al(OH)3+3HClB、根據(jù)材料信息可知，AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚，增大氯離子濃度可防止晶體溶解而損失，合適的洗滌劑為飽和氯化鋁溶液，經(jīng)過濾→飽和氯化鋁溶液洗滌2~3次→低溫干燥可以獲取AlCl3·6H2O晶體，B錯誤；C、氯化氫極易溶于水，直接用管道接入水中易發(fā)生倒吸，倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液因溶解HCl過快而導(dǎo)致倒吸，C正確；D、根據(jù)平衡移動原理可知，為防止AlCl3·6H2O水解，在干燥HCl氛圍中加熱脫水可以制備無水AlCl3，故D正確；故答案為：B

【分析】鹽類水解是個可逆反應(yīng)，水解過程是個吸熱反應(yīng)，運用平衡移動原理，改變外界條件，便可以控制鹽類水解的方向。如：溫度：升溫促使鹽類水解，降溫抑制水解；濃度：增大鹽溶液的濃度，水解平衡向右移動：加水稀釋可以促進水解，平衡右移，水解率增大。；酸堿度：向鹽溶液中加入H+，可以促進陰離子的水解，抑制陽離子的水解；向鹽溶液中加入OH-，可以促進陽離子的水解，抑制陰離子的水解。11．【答案】D【解析】【解答】A、NaOH固體溶于水是一個自發(fā)過程，溶解過程是混亂度增大的物理過程，ΔS>0，因無化學(xué)反應(yīng)，故無焓變，且此過程中熵變和焓變不存在因果關(guān)系，A錯誤；B、壓縮容器體積增加體系壓力，而該反應(yīng)氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，增加壓力使平衡向正反應(yīng)正方向移動，但是平衡常數(shù)（K）僅與溫度有關(guān)，因此不改變平衡常數(shù)，B錯誤；C、①HF(aq)+OH-(aq)＝F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1，②H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，結(jié)合蓋斯定律可知，將①-②得HF（aq）?F-（aq）+H+（aq）△H=（-67.7）kJ/mol-（-57.3）kJ/mol=-10.4kJ/mol，則HF電離是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，即向逆反應(yīng)方向越大，所以HF電離程度減小，C錯誤；D、已知①HX(g)=H(g)+X(g)ΔH>0，②HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，根據(jù)蓋斯定律，將②-①-得則H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X?(aq)ΔH<0，D正確；故答案為：D

【分析】蓋斯定律的使用原則：化學(xué)反應(yīng)不管是一步完成還是分幾步完成，其反應(yīng)熱是相同的；化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)的始態(tài)（各反應(yīng)物）和終態(tài)（各生成物）有關(guān)，而與具體反應(yīng)的途徑無關(guān)；任何化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱和其逆反應(yīng)的反應(yīng)熱大小相等，符號相反；任何化學(xué)反應(yīng)，當(dāng)各物質(zhì)系數(shù)發(fā)生變化時，反應(yīng)熱的數(shù)值也隨之發(fā)生變化。12．【答案】C【解析】【解答】A、在傳感器中，銀電極為負極（陽極），發(fā)生氧化反應(yīng)；石墨電極為正極（陰極），發(fā)生還原反應(yīng)。Ag+作為陽離子，在電場作用下通過RbAg4I5固體電解質(zhì)向正極（石墨電極）遷移，A正確；B、銀電極為負極（陽極），發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為：Ag-e-=Ag+，B正確；

C、在傳感器工作過程中，銀電極上的Ag氧化為Ag+，Ag+進入固體電解質(zhì)并遷移至石墨電極。在石墨電極處，Ag+與還原生成的I-結(jié)合形成AgI沉淀。固體電解質(zhì)RbAg4I5作為離子導(dǎo)體，Ag+從陽極（銀電極）進入電解質(zhì)，同時從陰極（石墨電極）離開，電解質(zhì)中Ag+的通量保持平衡，濃度和總量不變，C正確；

D、由方程式可知，氧氣濃度增大時，反應(yīng)生成碘的物質(zhì)的量增大，導(dǎo)致在正極放電的碘的物質(zhì)的量增大，外電路轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量增大，電動勢變大，D正確；故答案為：C【分析】首先是信號觸發(fā)O2透過聚四氟乙烯膜，與AlI3發(fā)生氧化還原反應(yīng)：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，將O2（待測氣體）轉(zhuǎn)化為I2（電化學(xué)活性物質(zhì)），觸發(fā)電極反應(yīng)。然后是電極反應(yīng)的核心，傳感器為原電池，依賴RbAg4I5，僅傳導(dǎo)Ag+的固體電解質(zhì)，實現(xiàn)離子遷移。負極（銀電極）：Ag失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)：Ag-e-=Ag+，Ag+進入RbAg4I5電解質(zhì)，向正極移動。正極（多孔石墨電極）：I2得電子，結(jié)合遷移的Ag+，發(fā)生還原反應(yīng)：I13．【答案】D【解析】【解答】A、由晶胞的結(jié)構(gòu)圖可知，晶胞中Al、NH3、Cl原子個數(shù)比為1：1：3，化學(xué)式為Al(NH3)Cl3；晶胞由獨立分子構(gòu)成，分子間靠分子間作用力結(jié)合，屬于分子晶體，A正確；B、NH3中N含孤電子對，Al有空軌道，二者通過配位鍵結(jié)合，由N的電子對指向Al，B正確；

C、化合物含不穩(wěn)定的配位鍵，Al-N易斷裂，且NH3易揮發(fā)，受熱時配位鍵斷裂、NH3脫離，故受熱易分解，C正確；

D、AlCl3中Al為sp2雜化，呈平面三角形，∠Cl-Al-Cl的鍵角為120°；Al(NH3)Cl3中Al配位數(shù)為4，為sp3雜化，沒有孤對電子，呈正四面體形，∠Cl-Al-Cl鍵角約109°28’，因此，∠Cl-Al-Cl鍵角比較：Al(NH3)Cl3<AlCl3，D錯誤；故答案為：D

【分析】含有共價鍵的物質(zhì)中相鄰兩鍵之間的夾角稱為鍵角。比較鍵角大小通常有以下方法：利用常見物質(zhì)分子的空間構(gòu)型，直接判斷鍵角大??；利用周期表位置類比推測分子的空間構(gòu)型，直接判斷鍵角大??；利用等電子體規(guī)律判斷粒子的空間構(gòu)型，直接判斷鍵角大??；利用中心原子的電負性大小，比較鍵角大小，對于不同中心原子相同配位原子且結(jié)構(gòu)類似的分子，中心原子的電負性越強，鍵角越大，對于相同中心原子不同配位原子且結(jié)構(gòu)類似的分子，配位原子電負性越強，鍵角越小。14．【答案】B【解析】【解答】A、如圖①所示是POX3分步水解的流程圖，最終生成H3PO4，是一種三元中強酸，磷酸與NaOH中和時，因NaOH用量不同，可生成NaH2PO4、Na2HPO4或Na3PO4。題目限定“不考慮陰離子水解”且“形成兩種鹽”，實際可認為徹底水解后可形成Na3PO4、NaX兩種鹽，A正確；B、如圖②所示是COX2水解機理，第一步（加成反應(yīng)）是慢反應(yīng)，決定整體速率。第一步反應(yīng)為羰基的加成反應(yīng)，主要和電負性有關(guān)，所以總反應(yīng)速率與C-X鍵能無關(guān)，B錯誤；

C、COX2的中心C原子形成1個C=O雙鍵和2個C-X單鍵，價層電子對總數(shù)為3，且無孤對電子，故為sp2雜化，屬于平面三角形結(jié)構(gòu)。POX3的中心P原子形成1個P=O雙鍵和3個P-X單鍵，價層電子對總數(shù)為4，且無孤對電子，故為sp3雜化，屬于正四面體結(jié)構(gòu)，C正確；

D第一步是慢反應(yīng)，先發(fā)生加成反應(yīng)，C=O雙鍵打開，引入-OH，生成中間產(chǎn)物，第二步是快反應(yīng)，中間產(chǎn)物消去HX，屬于消去反應(yīng)，D正確；故答案為：B

【分析】COX2水解第一步慢反應(yīng)，是H2O進攻缺電子C、斷裂C=O鍵中的π鍵并重組結(jié)構(gòu)的過程，因高活化能成為決速步，鹵原子的電負性會影響反應(yīng)速率。也體現(xiàn)了“慢反應(yīng)的本質(zhì)是加成反應(yīng)中π鍵斷裂和結(jié)構(gòu)重組的高難度”。15．【答案】A【解析】【解答】A、由題可知，H2CO3的二級電離常數(shù)為：Ka2=4.7×10-11，H2CO3的二級電離：HCO3-?H++CO32-，據(jù)此推出二級電離常數(shù)的表達式：Ka=[CO32-]·[H+][HCO3B、根據(jù)反應(yīng)方程式：MgCO3+2HClC、加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中的溶質(zhì)為0.1mol/LNaCl、0.05mol/LNaHCO3的混合液，根據(jù)物料守恒，c(Na+)=0.15mol/L、c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2CO3)=0.05mol/L，溶液中存在c(Na+)=3c(CO32?)+3c(HCO3D、NaHCO3溶液中，HCO3-可以發(fā)生電離產(chǎn)生CO32-，與Mg2+結(jié)合生成MgCO3沉淀，同時促進HCO3-分解為CO2，因此有沉淀和氣泡等明顯現(xiàn)象，D錯誤；故答案為：A

【分析】三大定量關(guān)系：電荷守恒，在任何電解質(zhì)溶液中，陰離子所帶負電荷總數(shù)總是等于陽離子所帶正電荷總數(shù)，即溶液呈電中性；物料守恒，在電解質(zhì)溶液中，由于有些離子能發(fā)生電離或水解，離子會發(fā)生變化變成其它離子或分子等，但這些離子或分子中所含某種特定元素原子的總數(shù)是始終不變的，是符合原子守恒的；質(zhì)子守恒，由水電離出的c(H+)、c(OH-)始終是相等的，溶液中水電離出的H+、OH-雖跟其它離子結(jié)合，但其總量仍是相等的。16．【答案】B【解析】【解答】A、步驟Ⅰ是將樣品配成100mL溶液，并且該實驗是對純度的測定，因此要確保體積的準(zhǔn)確，故需用100mL容量瓶進行配制，A正確；B、已知CO32?與H+不能大量共存，可以推測選項中的方程式有誤，接著步驟Ⅲ中處于堿性環(huán)境，甲酸根易被碘單質(zhì)氧化，因此發(fā)生的反應(yīng)為：C、由流程圖可知，滴定中使用淀粉指示劑，I2遇淀粉顯藍色，當(dāng)I2被Na2S2O3完全還原時，藍色褪去，故滴定終點的現(xiàn)象為：加入最后半滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中溶液藍色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)不變色，C正確；D、根據(jù)題干流程圖中可找到關(guān)系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，過量的I2的物質(zhì)的量為：0.02mol/L×V×10-3L×12=V×10-5mol，則與HCOO-反應(yīng)的I2的物質(zhì)的量為：(25×10-3L×0.1mol/L-V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1)的純度為(25×0.1?0.01×V)M×故答案為：B【分析】將樣品溶于水配制100mL溶液，從中取出10mL溶液加適量的Na2CO3進行反應(yīng)將CCl3CHO反應(yīng)生成CHCl3和HCOO-，加入溶液調(diào)節(jié)pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反應(yīng)后，加入淀粉作指示劑并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后計算出三氯乙醛的純度；接著是計算部分，在測定三氯乙醛（CCl3CHO）純度的實驗中，采用碘量法，涉及以下關(guān)鍵反應(yīng)和關(guān)系：三氯乙醛在堿性條件下反應(yīng)生成甲酸根離子，接著甲酸根離子被碘氧化：HCOO?+I2+3?OH??CO32?+2?I?+2?H217．【答案】（1）B；C；D（2）[TiF6]2-；2×(7×2+48+19×6)NA（3）NH3OH+；2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；過濾；將AgBr完全/充分轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高產(chǎn)品Ag的純度；步驟1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性條件下不穩(wěn)定易分解，造成損失（4）；2Cu2++4CN-=2CuCN↓+(CN)2↑【解析】【解答】（1）、A、基態(tài)Br原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，其價層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)，A錯誤；B、鹵化氫鍵能越大，則越難電離，其氫化物酸性越弱，則鍵能：HF>HCl>HBr>HI，導(dǎo)致酸性：HF<HCl<HBr<HI，B正確；C、OF2中心原子價層電子對數(shù)為2+6?1×22=4，I3+中心原子價層電子對數(shù)為，2+7?1?2×1D、非金屬性Cl>Br>I，AlCl3為分子晶體，AlI3、AlBr3均為分子分子晶體，量越大，熔沸點越高，則沸點：AlI3>AlBr3>AlCl3，D正確；故答案為：BCD；（2）、①、配離子是由中心離子和配位原子構(gòu)成的，由圖可知，該晶胞中Ti周圍有6個F，其中鈦為+4價，氟為-1價，則配離子是：[TiF6]2-；②、結(jié)合晶胞可知，該晶胞中Ti：8×18+1=2；Li：8×14+2=4；F：4×12+10=12；體積為：a2c×10?30cm（3）、①、根據(jù)題意NH2OH可發(fā)生類似氨氣的電離，電離方程式為NH2OH+H2O?②、無毒無害的氣體單質(zhì)是氮氣，該反應(yīng)中氯化銀是氧化劑，NH2OH是還原劑，則方程式為：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；③、根據(jù)流程可知，操作1、操作2都是分離固體和液體，則操作1、操作2均為過濾；根據(jù)題意Ag+可與S2O32?結(jié)合生成穩(wěn)定的[Ag(S2O3)2]3-，則步驟2中，加入稍過量的Na2S2O3溶液的目的是：將AgBr完全/充分轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]結(jié)合①可知，操作1會生成HBr，且HBr可以和Na2S2O3反應(yīng)，則若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺點是：步驟1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性條件下不穩(wěn)定易分解，造成損失；（4）、①、(SCN)2分子中每個原子均滿足8e-，則(SCN)2的電子式；②、(CN)2具有與鹵素單質(zhì)類似的性質(zhì)，其對應(yīng)的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，卻生成氣體和白色難溶鹽沉淀，說明銅離子和CN-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCN和(CN)2，方程式為：2Cu2++4CN-=2CuCN↓+(CN)2↑。

【分析】根據(jù)工藝流程中的信息，步驟1：AgBr還原為Ag粗品，NH2OH（羥胺）是還原劑，能把AgBr中Ag+從+1價被還原為0價的Ag，然后過濾，分離出Ag粗品與含Br-的濾液。步驟2：Ag粗品提純，Ag粗品可能混有未還原的AgBr、Ag2O等雜質(zhì)，加入硫代硫酸鈉，利用S2O32-的絡(luò)合性，與Ag+形成穩(wěn)定絡(luò)離子[Ag(S2O3)2]3-，而單質(zhì)Ag不與Na2S2O3反應(yīng)，通過過濾，得到提純的Ag單質(zhì)。若需進一步提純，可通過還原劑（如甲醛、葡萄糖）還原絡(luò)離子，或加熱分解絡(luò)合物，最終得到高純度Ag單質(zhì)。（1）A．基態(tài)Br原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，其價層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)，A錯誤；B．鹵化氫鍵能越大，則越難電離，其氫化物酸性越弱，則鍵能：HF>HCl>HBr>HI，導(dǎo)致酸性：HF<HCl<HBr<HI，B正確；C．OF2中心原子價層電子對數(shù)為2+6?1×22=4，I3+中心原子價層電子對數(shù)為，2+7?1?2×1D．非金屬性Cl>Br>I，AlCl3為分子晶體，AlI3、AlBr3均為分子分子晶體，量越大，熔沸點越高，則沸點：AlI3>AlBr3>AlCl3，D正確；故選BCD；（2）①配離子是由中心離子和配位原子構(gòu)成的，由圖可知，該晶胞中Ti周圍有6個F，其中鈦為+4價，氟為-1價，則配離子是：[TiF6]2-；②結(jié)合晶胞可知，該晶胞中Ti：8×18+1=2；Li：8×14+2=4；F：4×12+10=12；體積為：a2c×10?30cm（3）①根據(jù)題意NH2OH可發(fā)生類似氨氣的電離，電離方程式為NH2OH+H2O?②無毒無害的氣體單質(zhì)是氮氣，該反應(yīng)中氯化銀是氧化劑，NH2OH是還原劑，則方程式為：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；③根據(jù)流程可知，操作1、操作2都是分離固體和液體，則操作1、操作2均為過濾；根據(jù)題意Ag+可與S2O32?結(jié)合生成穩(wěn)定的[Ag(S2O3)2]3-，則步驟2中，加入稍過量的Na2S2O3溶液的目的是：將AgBr完全/充分轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]結(jié)合①可知，操作1會生成HBr，且HBr可以和Na2S2O3反應(yīng)，則若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺點是：步驟1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性條件下不穩(wěn)定易分解，造成損失；（4）①(SCN)2分子中每個原子均滿足8e-，則(SCN)2的電子式；②(CN)2具有與鹵素單質(zhì)類似的性質(zhì)，其對應(yīng)的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，卻生成氣體和白色難溶鹽沉淀，說明銅離子和CN-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCN和(CN)2，方程式為：2Cu2++4CN-=2CuCN↓+(CN)2↑。18．【答案】（1）>；AD（2）CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O（3）0.32mol/L（4）在Au離子存在下，有利于促進甲醇的化學(xué)吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；反應(yīng)Ⅳ是吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，產(chǎn)率降低；溫度升高，不利于反應(yīng)物O2、甲醇的吸附【解析】【解答】（1）、①、由圖可知，反應(yīng)I的ΔH>0，自發(fā)進行：ΔG=ΔH-TΔS<0，則ΔS>0；②、A、如圖可知，反應(yīng)Ⅱ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH<0，A錯誤；B、上述反應(yīng)建立平衡后，移走CH3OH，反應(yīng)Ⅱ平衡右移，CO減少，反應(yīng)Ⅰ平衡右移，B正確；C、反應(yīng)Ⅰ吸熱，反應(yīng)Ⅱ放熱，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ的速率均增加，但反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動，因此適當(dāng)升溫有利于提高一定時間內(nèi)反應(yīng)的速率和產(chǎn)率，C正確；D、催化劑不能改變化學(xué)平衡，不能提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率，D錯誤；故答案為：AD；（2）、堿性條件下電解甲醇生成甲酸鹽的電極反應(yīng)式為CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O；（3）、HCOONa水解產(chǎn)生HCOOH：HCOO-+H2O?HCOOH+OH-，初始HCOO-濃度為1.8mol/L，HCOONa溶液完全轉(zhuǎn)化為HCOOH溶液時HCOO-濃度為1×10-5mol/L，HCOOH濃度為(1.8-1×10-5)mol/L，則根據(jù)Kh=c(HCOOH)c(OH-（4）、①、步驟b是HCOOCH3合成決速步驟，在金離子存在的條件下，甲酸甲酯的產(chǎn)率明顯提高，可能原因是：在Au離子存在下，有利于促進甲醇的化學(xué)吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；②、實際工業(yè)生產(chǎn)中，采用的溫度約為353K，溫度不能太高的理由是：反應(yīng)Ⅳ是吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，產(chǎn)率降低；溫度升高，不利于反應(yīng)物O2、甲醇的吸附。

【分析】判斷反應(yīng)能否自發(fā)要根據(jù)此公式：△G=△H－T△S，判斷反應(yīng)能否自發(fā)進行用吉布斯自由能判據(jù)：如果△G<0反應(yīng)可以自發(fā)進行，反之則不可以自發(fā)進行；恒溫恒壓下：當(dāng)△H<0，△S>0時，反應(yīng)自發(fā)進行；當(dāng)△H>0，△S<0時，反應(yīng)不自發(fā)進行；當(dāng)△H>0，△S>0時，需要在較高溫度的條件下，才能自發(fā)進行。

判斷平衡移動的方向：用勒夏特列原理定性分析，改變影響平衡的一個因素，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，一共有兩層意思：平衡移動方向，與改變條件相反的方向；平衡移動程度，不能抵消這種改變?；蛴闷胶獬?shù)定量分析。

化學(xué)平衡中轉(zhuǎn)化率的變化主要受到以下因素的影響：若正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，轉(zhuǎn)化率升高，降低溫度，轉(zhuǎn)化率降低；若正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，轉(zhuǎn)化率降低，降低溫度，轉(zhuǎn)化率升高。

要書寫原電池電極反應(yīng)式，可以遵循以下步驟：確定電極：首先確定原電池的正負極，列出正負極上的反應(yīng)物質(zhì)，并標(biāo)出相同數(shù)目電子的得失；書寫反應(yīng)方程式：在等式的兩邊分別寫出反應(yīng)物和生成物，標(biāo)明電子的得失，并根據(jù)質(zhì)量守恒和電荷守恒進行配平；注意共存離子：注意負極反應(yīng)生成的陽離子與電解質(zhì)溶液中的陰離子是否共存，若不共存，則該電解質(zhì)溶液中的陰離子應(yīng)寫入負極反應(yīng)式；考慮反應(yīng)環(huán)境：根據(jù)電解質(zhì)的酸堿性判斷產(chǎn)物，特別是在燃料電池中，反應(yīng)環(huán)境會影響最終生成物。（1）①由圖可知，反應(yīng)I的ΔH>0，自發(fā)進行：ΔG=ΔH-TΔS<0，則ΔS>0；②A．如圖可知，反應(yīng)Ⅱ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH<0，故A錯誤；B．上述反應(yīng)建立平衡后，移走CH3OH，反應(yīng)Ⅱ平衡右移，CO減少，反應(yīng)Ⅰ平衡右移，故B正確；C．反應(yīng)Ⅰ吸熱，反應(yīng)Ⅱ放熱，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ的速率均增加，但反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動，因此適當(dāng)升溫有利于提高一定時間內(nèi)反應(yīng)的速率和產(chǎn)率，故C正確；D．催化劑不能改變化學(xué)平衡，不能提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率，故D錯誤；故答案為AD。（2）堿性條件下電解甲醇生成甲酸鹽的電極反應(yīng)式為CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O。（3）HCOONa水解產(chǎn)生HCOOH：HCOO-+H2O?HCOOH+OH-，初始HCOO-濃度為1.8mol/L，HCOONa溶液完全轉(zhuǎn)化為HCOOH溶液時HCOO-濃度為1×10-5mol/L，HCOOH濃度為(1.8-1×10-5)mol/L，則根據(jù)Kh=c(HCOOH)c(OH-（4）①步驟b是HCOOCH3合成決速步驟，在金離子存在的條件下，甲酸甲酯的產(chǎn)率明顯提高，可能原因是：在Au離子存在下，有利于促進甲醇的化學(xué)吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；②實際工業(yè)生產(chǎn)中，采用的溫度約為353K，溫度不能太高的理由是：反應(yīng)Ⅳ是吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，產(chǎn)率降低；溫度升高，不利于反應(yīng)物O2、甲醇的吸附。19．【答案】（1）擴大了鈉的與環(huán)戊二烯接觸，加快反應(yīng)速率，增大收率；使環(huán)戊二烯的聚合物解聚，得到純環(huán)戊二烯，提高原料利用率（2）緩慢滴加深紅色溶液、將三頸燒瓶置于冰浴中冷卻（3）B；C（4）bdce（5）最后半滴硝酸銀溶液加入，產(chǎn)生磚紅色沉淀，且半分鐘不變化；99.6%【解析】【解答】（1）、步驟Ⅰ將鈉制成鈉砂的目的是擴大了鈉的與環(huán)戊二烯接觸，加快反應(yīng)速率，增大收率；步驟Ⅱ中環(huán)戊二烯在使用前需加熱蒸餾，收集42-45℃餾分備用，其目的是使環(huán)戊二烯的聚合物解聚，得到純環(huán)戊二烯，提高原料利用率。（2）、從反應(yīng)速率的影響因素考慮，可以從溫度角度分析，結(jié)合題給信息，合成過程為放熱反應(yīng)，則控制反應(yīng)速率的方法：緩慢滴加深紅色溶液、將三頸燒瓶置于冰浴中冷卻。（3）、A、因環(huán)戊二烯鈉對水和氧氣敏感，故步驟Ⅰ中，溶劑二甲苯、四氫呋喃均需要進行脫水處理，A正確；B、結(jié)合題意可知，步驟Ⅰ將鈉分散成砂粒狀，隨后加入溶劑四氫呋喃(THF)，此時砂粒狀已經(jīng)分散到溶劑四氫呋喃(THF)中，步驟Ⅱ過濾后加入含環(huán)戊二烯的混合液，此時溶液沒有分層，則應(yīng)該將過濾后的濾液轉(zhuǎn)移到圖示的三頸燒瓶中，不是轉(zhuǎn)移到分液漏斗中，B錯誤；C、步驟Ⅲ中，產(chǎn)品二氯二茂鈦性質(zhì)較穩(wěn)定，但是環(huán)戊二烯鈉對氧氣敏感，故需要氮氣進行保護，C錯誤；D、步驟Ⅳ中，與常規(guī)萃取相比，索氏提取器溶劑用量少，且可連續(xù)萃取，則優(yōu)點是：使用溶劑量少，可連續(xù)、重復(fù)萃取，萃取效率高，D正確；故答案為：BC；（4）、根據(jù)題意二氯二茂鈦(M=249g/mol)為紅色片狀晶體，溶于水和極性溶劑，應(yīng)該用氯仿提取產(chǎn)品，不能用四氯化碳，則首先在圓底燒瓶中加入一定量的氯仿，燒瓶中氯仿受熱蒸發(fā)上升，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，再經(jīng)導(dǎo)管返回?zé)?，從而實現(xiàn)連續(xù)萃取，當(dāng)濾紙?zhí)淄仓刑崛∫侯伾儨\時，證明萃取結(jié)束，故答案為：bdce；（5）、①、該滴定過程中，K2CrO4作指示劑，Ag2CrO4為磚紅色沉淀，則滴定終點現(xiàn)象為：最后半滴硝酸銀溶液加入，產(chǎn)生磚紅色沉淀，且半分鐘不變化；②、1個二氯二茂鈦中含有2個氯，則二氯二茂鈦的物質(zhì)的量為氯的物質(zhì)的量的一半，即為硝酸銀的物質(zhì)的量的一半，則二氯二茂鈦的純度0.1000mol/L【分析】首先是鈉砂制備，利用二甲苯作溶劑，加熱攪拌金屬鈉，把鈉分散為鈉砂增大比表面積，提升后續(xù)反應(yīng)活性。其中二甲苯沸點高利于加熱分散鈉，后抽除二甲苯，換用THF（四氫呋喃）是后續(xù)反應(yīng)的溶劑，兼作配位劑穩(wěn)定中間產(chǎn)物。同時注意全程通N2，隔絕O2和水汽，避免鈉氧化或溶劑水解；接著是環(huán)戊二烯鈉合成，利用鈉與環(huán)戊二烯反應(yīng)→生成環(huán)戊二烯鈉，在操作中要注意，冷疑管換為恒壓滴液漏斗，便于滴加環(huán)戊二烯混合液，同時維持N2氛圍，防空氣進入。攪拌2小時確保鈉與環(huán)戊二烯充分反應(yīng)，生成深紅色環(huán)戊二烯鈉溶液（特征顏色，指示反應(yīng)進行）；然后是二氯二茂鈦合成，環(huán)戊二烯鈉與TiCl4在THF中反應(yīng)，生成二氯二茂鈦，關(guān)鍵是室溫攪拌1小時，讓配體與Ti4+充分配位，形成穩(wěn)定的二茂鈦結(jié)構(gòu)，接著抽干溶劑以去除T