北京市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）9

北京市2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．生活中的一些現(xiàn)象常常涉及化學(xué)知識。下列分析中錯誤的是A．咀嚼米飯時，越嚼越甜，因為淀粉水解生成了麥芽糖B．向食鹽濃溶液中加入雞蛋清溶液，有白色沉淀析出，因為食鹽能使蛋白質(zhì)變性C．鐵鍋用水清洗后，出現(xiàn)鐵銹，因為潮濕環(huán)境中鐵鍋會發(fā)生電化學(xué)腐蝕D．打開汽水瓶蓋，有大量氣泡冒出，因為減小壓強后二氧化碳的溶解度減小2．硒代半胱氨酸(含C、H、N、O、34Se5種元素)是一種氨基酸，其分子空間結(jié)構(gòu)如圖，下列說法錯誤的是A．Se位于元素周期表中第四周期VIA族B．圖中最大的球代表SeC．硒代半胱氨酸分子中含一個手性碳原子D．硒代半胱氨酸難溶于水，易溶于苯3．下列實驗中，所選裝置(可添加試劑，可重復(fù)使用)不合理的是A．盛放NaOH溶液，選用③B．用NH4Cl和Ca(OH)2固體制備氨，選用②C．配制100mL1.00mol?L-1NaCl溶液，選用⑤D．用大理石和鹽酸制取CO2并比較碳酸和苯酚的酸性強弱，選用①④4．下列指定微粒或化學(xué)鍵的個數(shù)比為1：2的是A．612C原子中的質(zhì)子和中子 B．Na2O2C．SiO2晶體中的硅原子和共價鍵 D．FeCl2溶液中的Fe2+和Cl-5．解釋下列事實的方程式錯誤的是A．將二氧化硫通入硝酸鋇溶液中，產(chǎn)生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+B．將碳酸氫鈉溶液與氯化鈣溶液混合，產(chǎn)生白色沉淀：2HCO3?+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2C．將氯化銅溶液加熱，溶液由藍(lán)色變?yōu)榫G色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl-(aq)?[CuCl4]2-(aq)+4H2O(l)△H＞0D．用氫氧化鈉溶液吸收氯氣：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O6．關(guān)于下列4種物質(zhì)的說法正確的是A．①的晶體為共價晶體B．①與②完全反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移2mol電子C．室溫時，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度D．③和④體積不同的主要原因是分子數(shù)不同7．3－O－咖啡?？崴崾墙疸y花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子結(jié)構(gòu)如圖。下列關(guān)于3－O－咖啡?？崴岬恼f法錯誤的是A．存在順反異構(gòu)現(xiàn)象B．至少有7個碳原子在同一個平面內(nèi)C．能發(fā)生取代反應(yīng)和消去反應(yīng)D．1mol3－O－咖啡?？崴崮芘c7molNaOH恰好完全反應(yīng)8．依據(jù)下列實驗現(xiàn)象推測，其反應(yīng)原理不涉及氧化還原反應(yīng)的是A．K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合，產(chǎn)生刺激性氣味B．把鈉放入CuSO4溶液中，有藍(lán)色沉淀生成C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去D．氯水在光照條件下放置一段時間后，溶液的pH降低9．某溫度下，H2(g)+I2(g)?2HI(g)的平衡常數(shù)K=4。該溫度下，在甲、乙、丙、丁4個相同的恒容密閉容器中進(jìn)行該反應(yīng)，起始濃度如表所示。

甲乙丙丁c(H2)/(mol?L-1)0.010.020.010.02c(I2)/(mol?L-1)0.010.010.010.01c(HI)/(mol?L-1)000.020.02下列判斷錯誤的是A．化學(xué)反應(yīng)速率：乙＞甲B．平衡時，甲中I2的轉(zhuǎn)化率為50%C．平衡時，丙中c(I2)=0.01mol?L-1D．平衡時，乙和丁中c(H10．室溫下，t1時刻向兩個盛有50mL蒸餾水的燒杯中分別加入①1gCaCO3、②1g蔗糖，攪拌，最終分別得到懸濁液和澄清溶液，溶解過程中分散系的導(dǎo)電能力變化如圖。下列分析錯誤的是A．該實驗可證明蔗糖不是電解質(zhì)B．該實驗可證明碳酸鈣是強電解質(zhì)C．當(dāng)①中導(dǎo)電能力不變時，CaCO3(s)?Ca2+(aq)+CO32?D．t2時刻，①中再加1gCaCO3，導(dǎo)電能力不變11．對下列事實的解釋錯誤的是選項事實解釋A穩(wěn)定性：HF＞HIHF分子間存在氫鍵，HI分子間不存在氫鍵B鍵角：NH4+＞H2中心原子均采取sp3雜化，孤電子對有較大的斥力C熔點：石英＞干冰石英是共價晶體，干冰是分子晶體；共價鍵比分子間作用力強D酸性：CF3COOH＞CCl3COOHF的電負(fù)性大于Cl，F(xiàn)－C的極性大于Cl－C，使F3C－的極性大于Cl3C－的極性A．A B．B C．C D．D12．室溫下，向10.0mL純堿(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol?L-1鹽酸，滴定曲線如圖，其中p、q為滴定終點。下列分析正確的是A．m處溶液pH＞7，原因是CO32?+2H2O?H2COB．由滴定數(shù)據(jù)可推知，原純堿中不含NaHCO3C．p和q處的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+c(HCD．原純堿稀溶液中c(Na+)=0.215mol?L-113．用石墨作電極電解a濁液，記錄如表。實驗裝置實驗現(xiàn)象I.a為AgClII.a為AgI兩電極均產(chǎn)生氣泡，有黑色固體在陰極附近生成，并沉降在燒杯底部，燒杯中的液體逐漸變澄清透明兩電極均產(chǎn)生氣泡，陰極表面附著少量銀白色固體，燒杯中的液體逐漸變?yōu)樽攸S色下列說法錯誤的是A．I中陽極氣體可能為Cl2和O2，II中陽極氣體為O2B．I和II中陰極生成氣體的方程式均為2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．II中液體變?yōu)樽攸S色，說明陽極上發(fā)生了反應(yīng)2AgI-2e-=I2+2Ag+D．兩實驗陰極現(xiàn)象有差異的原因可能是II中c(Ag+)比I中的小14．CH4/CO2催化重整的反應(yīng)為①CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H1其中，積炭是導(dǎo)致催化劑失活的主要原因。產(chǎn)生積炭的反應(yīng)有：②CH4(g)?C(s)+2H2(g)△H2=+74.6kJ?mol-1③2CO(g)?C(s)+CO2(g)△H3=-172.5kJ?mol-1科研人員研究壓強對催化劑活性的影響：在1073K時，將恒定組成的CO2、CH4混合氣體，以恒定流速通過反應(yīng)器，測得數(shù)據(jù)如圖。注：Ra是以CH4的轉(zhuǎn)化率表示的催化劑活性保留分率，即反應(yīng)進(jìn)行到某一時刻的催化劑活性與反應(yīng)初始催化劑活性之比。下列分析錯誤的是A．△H1=+247.1kJ?mol-1B．壓強越大，Ra降低越快，其主要原因是反應(yīng)①平衡逆向移動C．保持其他條件不變，適當(dāng)增大投料時n(COD．研究表明“通入適量O2有利于重整反應(yīng)”，因為O2能與C反應(yīng)并放出熱量二、非選擇題15．LiFePO4常用作車載動力電池的正極材料。以碳酸鋰、草酸亞鐵，磷酸二氫銨為主要原料經(jīng)高溫鍛燒可制備LiFePO4。（1）草酸亞鐵晶體由C、H、O、Fe4種元素組成，其結(jié)構(gòu)片段如圖所示。①基態(tài)26Fe2+的價層電子排布式為。②草酸亞鐵晶體中Fe2+的配位數(shù)為。③草酸亞鐵晶體的化學(xué)式為。（2）將原料與適量乙醇充分混合后，在氮氣保護氣氛中高溫煅燒，得到LiFePO4。①從結(jié)構(gòu)的角度分析，氮氣能用作保護氣的原因是。②反應(yīng)體系在100～400℃之間具有較大的失重，導(dǎo)致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，補全方程式。。????NH4H2PO4100～400℃__????+????+????P（3）晶體中，F(xiàn)eO6八面體和PO4四面體組成空間鏈狀結(jié)構(gòu)，Li+會填充在鏈之間的孔道內(nèi)，晶胞如圖a所示，充放電時，LiFePO4中的Li+會不斷脫嵌或嵌入，晶體結(jié)構(gòu)變化示意圖如圖：①i表示(填“充電”或“放電”)過程。②已知：Li+的脫嵌率=脫嵌出的Li+數(shù)LiFePO4中Li+的總數(shù)×100%。某時刻，若正極材料中n(Fe2+)：n(Fe16．已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龍－66的中間體，其制備方法如下。（1）I.己二酸氨化法下列說法正確的是(填字母)。a.己二腈的分子中含有碳氮三鍵b.反應(yīng)②和④中均有H2O生成c.該方法原子利用率低（2）若反應(yīng)③中硝酸的還原產(chǎn)物為NO2，理論上生產(chǎn)1mol已二酸產(chǎn)生NO2的物質(zhì)的量是mol。（3）II.丙烯晴CH2=CHCN電解二聚法(兩極均為惰性電極)電解原理如圖，總反應(yīng)為4CH2=CHCN+2H2O→通電2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副產(chǎn)物為丙腈(C2H5電極X為(填“陰”或“陽”)極。（4）Y極區(qū)溶液呈酸性會加快丙腈的生成，導(dǎo)致己二腈的產(chǎn)率降低，結(jié)合圖分析原因是。（5）寫出i的電極反應(yīng)式：。（6）已二腈、丙腈的生成速率與季銨鹽濃度的關(guān)系如圖，當(dāng)季銨鹽的濃度為1.5×10-2mol?L-1時，每小時通過質(zhì)子交換膜的H+的物質(zhì)的量最少為mol。17．有機物A(C6H8N2)用于合成藥物、塑料等物質(zhì)。（1）I.由A合成佐匹克隆(J)的路線如圖。已知：i：RNH2→R'CHOii：→RNHA屬于芳香族化合物，核磁共振氫譜有3組峰，峰面積比為2：1：1，A→B的化學(xué)方程式為。（2）OHC－CHO中官能團的檢驗方法：向(填試劑)中加入待測液，加熱至沸騰，產(chǎn)生磚紅色沉淀。（3）C中含氧官能團名稱為。（4）物質(zhì)a的結(jié)構(gòu)簡式為。（5）G→J的反應(yīng)類型為。（6）II.以A為原料合成PAI塑料的路線如圖。參照I中流程的信息分析，K、M的結(jié)構(gòu)簡式分別為、。18．電解錳渣的主要成分是MnS。一種由電解錳渣制取高純MnSO4，的流程如圖：（1）MnS與H2SO4發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子方程式為。（2）浸出過程中，加入MnO2可減少有毒氣體的生成，同時產(chǎn)生更多MnSO4，利用的MnO2的化學(xué)性質(zhì)是。（3）結(jié)合離子方程式解釋從浸出液中除去Fe3+的操作的原理：。（4）過程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如圖。已知：a.萃取劑E是溶解了P204(記為HA)的磺化煤油(一種有機溶劑)；b.HA為一元弱酸，難溶于水，結(jié)構(gòu)為[OR=]；c.莘取時發(fā)生反應(yīng)M2++2HA?MA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。①從結(jié)構(gòu)角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：。②反應(yīng)M2++2A-?MA2的平衡常數(shù)用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判斷調(diào)pH時ab(填“＜”或“＞”)，結(jié)合平衡常數(shù)解釋原因：。③試劑Y是。（5）不同溫度下MnSO4的溶解度如表。溫度/℃010203040608090100溶解度/g52.959.762.962.960.053.645.640.935.3過程II的操作為，洗滌，干燥。19．實驗室常用NaOH溶液吸收NO2尾氣，探究其適宜條件原理。20℃時，將4mL不同濃度NaOH溶液一次性推入中4mLNO2，觀察現(xiàn)象。編號c(NaOH)現(xiàn)象甲2mol?L-1活塞自動內(nèi)移，最終剩余約7mL無色氣體乙6mol?L-1活塞自動內(nèi)移，最終氣體全部被吸收（1）NaOH溶液吸收NO2時生成兩種鈉鹽，分別為NaNO2和。（2）檢驗甲中剩余氣體的方法：排出大注射器中的溶液，拔下導(dǎo)管，吸入少量空氣，氣體變?yōu)榧t棕色。用化學(xué)方程式表示檢驗的反應(yīng)原理是。（3）某同學(xué)推測甲中產(chǎn)生無色氣體的原因：局部OH-濃度過低，導(dǎo)致部分NO2與水反應(yīng)。通過實驗證明其成立：用與甲相同的裝置、試劑和條件，將NO2緩慢推入NaOH溶液中，(補全實驗現(xiàn)象)。（4）進(jìn)一步探究NO2與水或堿反應(yīng)時還原產(chǎn)物價態(tài)不同的原理。【查閱資料】i.NO2遇水時發(fā)生反應(yīng)：a.2Nb.2HNOii.酸性條件下，HNO2或NO2?【實驗】將2mLNO2推入5mL下列試劑中，隨即取出0.1mL溶液，滴加到等量對氨基苯磺酸溶液(鹽酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同體積，對比溶液顏色。編號試劑溶液顏色丙水溶液均呈紅色，丁與戊顏色幾乎相同，丙的顏色更淺丁6mol?L-1NaOH溶液戊酸性對氨基苯磺酸溶液①通過實驗(填編號)對比，說明NO2遇水時發(fā)生了反應(yīng)a和b。②從化學(xué)反應(yīng)速率的角度分析，NO2與水或堿反應(yīng)時還原產(chǎn)物價態(tài)不同的原因是。（5）若用0℃的NaOH溶液重復(fù)實驗甲，最終剩余約3mL(20℃)無色氣體。綜上，用NaOH溶液吸收NO2尾氣，適宜的條件是(寫出兩點即可)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．咀嚼米飯時，越嚼越甜是因為淀粉在酶的作用下發(fā)生水解反應(yīng)生成了麥芽糖，故A不符合題意；B．向食鹽濃溶液中加入雞蛋清溶液，有白色沉淀析出是因為食鹽降低了蛋白質(zhì)的溶解度，發(fā)生了鹽析，故B符合題意；C．鐵鍋用水清洗后，出現(xiàn)鐵銹是因為潮濕環(huán)境中鐵鍋中的鐵發(fā)生了吸氧腐蝕，故C不符合題意；D．打開汽水瓶蓋，有大量氣泡冒出是因為在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l)?H2CO3(aq)，減小壓強后，平衡逆向移動，二氧化碳的溶解度減小，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.淀粉在酶的作用下水解生成麥芽糖；

B.食鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；

C.鐵鍋中的鐵和碳在潮濕環(huán)境下能形成原電池，鐵做負(fù)極，碳做正極；

D.氣體的溶解度隨壓強減小而減小。2．【答案】D【解析】【解答】A．硒元素的原子序數(shù)為34，位于元素周期表中第四周期VIA族，故A不符合題意；B．硒代半胱氨酸中硒原子的電子層數(shù)最多，原子半徑最大，則圖中最大的球代表硒原子，故B不符合題意；C．由分子空間結(jié)構(gòu)可知，硒代半胱氨酸分子中與氨基和羧基相連的碳原子是連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，故C不符合題意；D．由分子空間結(jié)構(gòu)可知，硒代半胱氨酸分子中含有親水基氨基和羧基，所以硒代半胱氨酸易溶于水，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.Se為34號元素，位于第四周期VIA族；

B.原子半徑：Se>C>N>O>H；

C.手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；

D.硒代半胱氨酸中含-OH，與水分子間能形成氫鍵。3．【答案】A【解析】【解答】A．氫氧化鈉溶液能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，所以不能用③盛放氫氧化鈉溶液，故A符合題意；B．氯化銨固體和氫氧化鈣固體共熱制備氨氣的反應(yīng)為固固加熱的反應(yīng)，應(yīng)選用②制備氨氣，故B不符合題意；C．配制100mL1.00mol?L-1氯化鈉溶液時，應(yīng)選用⑤轉(zhuǎn)移溶液，故C不符合題意；D．用大理石和鹽酸制取二氧化碳并比較碳酸和苯酚的酸性強弱，應(yīng)選用①制備二氧化碳、盛有飽和碳酸氫鈉溶液的④除去氯化氫，盛有苯酚鈉的溶液驗證碳酸和苯酚的酸性強弱，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.氫氧化鈉與二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉；

B.加熱氯化銨和氫氧化鈣固體混合物生成氨氣；

C.配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等；

D.大理石和鹽酸制取CO2，選固液不加熱裝置，比較碳酸和苯酚的酸性強弱，可選洗氣瓶發(fā)生強酸制取弱酸的反應(yīng)。4．【答案】B【解析】【解答】A．612B．過氧化鈉中過氧根離子和鈉離子的個數(shù)比為1：2，故B符合題意；C．二氧化硅中每個硅原子與4個氧原子形成4個硅氧共價鍵，則晶體中的硅原子和共價鍵的個數(shù)比為1：4，故C不符合題意；D．氯化亞鐵是強酸弱堿鹽，亞鐵離子在溶液中水解，所以溶液中亞鐵離子和氯離子的個數(shù)比小于1：2，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.原子符號左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，核外電子數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)=核電荷數(shù)；

B.過氧化鈉由鈉離子和過氧根離子構(gòu)成；

C.SiO2晶體中每個Si原子形成4個共價鍵；

D.Fe2+在溶液中會發(fā)生水解。5．【答案】A【解析】【解答】A．將二氧化硫通入硝酸鋇溶液中，產(chǎn)生白色沉淀發(fā)生的反應(yīng)為二氧化硫與硝酸鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀、一氧化氮和硝酸，反應(yīng)的離子方程式為3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+B．將碳酸氫鈉溶液與氯化鈣溶液混合，產(chǎn)生白色沉淀發(fā)生的反應(yīng)為碳酸氫鈉溶液與氯化鈣溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為2HCO3?+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2C．將氯化銅溶液加熱，溶液由藍(lán)色變?yōu)榫G色說明溶液中的四水合銅離子與氯離子反應(yīng)生成四氯合銅離子和水的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl-(aq)?[CuCl4]2-(aq)+4H2O(l)△H＞0，故C不符合題意；D．用氫氧化鈉溶液吸收氯氣發(fā)生的反應(yīng)為氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.二氧化硫通入硝酸鋇溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成BaSO4沉淀、NO和H2O；

B.碳酸氫鈉溶液與氯化鈣溶液混合，生成碳酸鈣沉淀、二氧化碳和水；

C.加熱氯化銅溶液，溶液由藍(lán)色[Cu(H2O)4]2+轉(zhuǎn)化為[CuCl4]2-，說明該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

D.氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水。6．【答案】C【解析】【解答】A．銅為金屬晶體，不是共價晶體，故A不符合題意；B．銅與硫共熱反應(yīng)生成氯化亞銅，則64g銅與32g完全反應(yīng)時，銅不足量，反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，故B不符合題意；C．硫單質(zhì)不溶于水，微溶于酒精，所以室溫時，硫在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度，故C符合題意；D.18g水和46g乙醇體積不同的主要原因是密度不同，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.銅為金屬晶體；

B.硫與銅反應(yīng)生成Cu2S；

C.硫難溶于水，微溶于乙醇；

D.液體和固體的體積主要由粒子數(shù)目和粒子直徑共同決定。7．【答案】D【解析】【解答】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子中碳碳雙鍵的2個碳原子均連有不同的原子或原子團，存在順反異構(gòu)現(xiàn)象，故A不符合題意；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，3－O－咖啡?？崴岱肿又械谋江h(huán)、碳碳雙鍵和酯基都為平面結(jié)構(gòu)，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以分子中至少有7個碳原子在同一個平面內(nèi)，故B不符合題意；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，3－O－咖啡?？崴岱肿雍写剂u基、酯基和酚羥基，能表現(xiàn)醇、酯和酚的性質(zhì)，所以一定條件下能發(fā)生取代反應(yīng)和消去反應(yīng)，故C不符合題意；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，3－O－咖啡?？崴岱肿雍械孽セ头恿u基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，所以1mol3－O－咖啡酰奎尼酸能與3mol氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個不同的原子或原子團時存在順反異構(gòu)；

B.苯環(huán)、碳碳雙鍵和酯基都為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可旋轉(zhuǎn)；

C.分子中含有醇羥基、羰基、酯基、碳碳雙鍵、酚羥基和苯環(huán)，具有醇、酮、酯、烯烴、酚和苯的性質(zhì)；

D.酯基水解生成的羧基、酚羥基都能和NaOH以1：1反應(yīng)。8．【答案】A【解析】【解答】A．K2CO3水解生成的OH-和NH4Cl電離產(chǎn)生的NH4+B．把鈉放入CuSO4溶液中，鈉與溶液中的水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，鈉化合價變化，是氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，生成水和氧氣，有化合價變化，是氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；D．氯水在光照條件下放置一段時間后，次氯酸分解生成氯化氫和氧氣，有化合價變化，是氧化還原反應(yīng)，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】氧化還原反應(yīng)過程中一定有元素的化合價發(fā)生變化。9．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，其他條件相同，乙中c(H2)為甲中的2倍，乙中反應(yīng)速率較大，選項A不符合題意；B．設(shè)甲中I2的轉(zhuǎn)化率為x，根據(jù)三段式有：H2(g)+I2C．根據(jù)丙中各數(shù)據(jù)，Q=c2(HI)c(HD．乙中c(H2)c(I2)始終保持2：1，而丁中由于，Q=c2(故答案為：D。

【分析】A.反應(yīng)物的濃度越大，反應(yīng)速率越快；

B.列出反應(yīng)的三段式計算；

C.Q=c2(HI)c(H10．【答案】B【解析】【解答】A．由圖可知，蔗糖溶解過程中分散系的導(dǎo)電能力基本不變，說明蔗糖為非電解質(zhì)，故A不符合題意；B．碳酸鈣難溶于水，但溶于水的碳酸鈣完全電離，屬于強電解質(zhì)，故B符合題意；C．由圖可知，碳酸鈣溶解過程中分散系的導(dǎo)電能力增強，當(dāng)導(dǎo)電能力不變時，說明CaCO3(s)?Ca2+(aq)+CO32?D．由圖可知，難溶于水的碳酸鈣在水中已達(dá)到溶解平衡，所以t2時刻，①中再加1g碳酸鈣，溶液中的離子濃度不變，導(dǎo)電能力不變，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.蔗糖溶解時溶液的導(dǎo)電能力不變，說明其溶于水不導(dǎo)電，為非電解質(zhì)；

B.碳酸鈣雖然難溶，但溶解的部分完全電離，為強電解質(zhì)；

C.碳酸鈣溶解過程中分散系的導(dǎo)電能力增強，當(dāng)導(dǎo)電能力不變時，說明其沉淀溶解平衡達(dá)到平衡狀態(tài)；

D.碳酸鈣在水中已達(dá)到溶解平衡。11．【答案】A【解析】【解答】A．氫化物的穩(wěn)定性與鍵能大小有關(guān)，與氫鍵無關(guān)，則氟化氫的穩(wěn)定性強于碘化氫是因為H-F鍵鍵能比H-I大，故A符合題意；B．銨根離子中的氮原子和水分子中的氧原子均采取sp3雜化，銨根離子中氮原子和水分子中氧原子的孤對電子對數(shù)分別為0和2，孤對電子對數(shù)越多，對成鍵電子對的斥力越大，鍵角越小，所以銨根離子的鍵角大于水分子，故B不符合題意；C．石英即二氧化硅，是共價晶體，干冰是分子晶體，共價鍵比分子間作用力強，所以石英的熔點高于干冰，故C不符合題意；D．氟元素的電負(fù)性大于氯元素，F(xiàn)－C的極性大于Cl－C，使F3C－的極性大于Cl3C－的極性，對羧基的吸電子能力大于Cl3C－，所以CF3COOH更易電離出氫離子，酸性強于CCl3COOH，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.穩(wěn)定性與鍵能大小有關(guān)，與氫鍵無關(guān)；

B.孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越??；

C.熔點：共價晶體>離子晶體>分子晶體；

D.F-、Cl-均為吸電子基團，但F原子的電負(fù)性強于Cl。12．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，m處溶液中的溶質(zhì)為Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈堿性，則溶液的pH＞7，主要原因是CO32?+H2O?B．由滴定數(shù)據(jù)可推知，原純堿為Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不符合題意；C．p和q處的溶液中，均存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+c(HCO3D．由分析可知，原純堿稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，則c(Na+)=9.8×10故答案為：D。

【分析】A.m點溶液的溶質(zhì)為Na2CO3和NaHCO3，溶液呈堿性，主要原因為CO32?+H2O?HCO3?13．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，I中氯離子和水分子均可能在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣和氧氣，II中水分子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，則I中陽極氣體可能為氯氣和氧氣，II中陽極氣體為氧氣，故A不符合題意；B．由分析可知，I和II中陰極生成氣體都為水分子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B不符合題意；C．由分析可知，II中水分子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，反應(yīng)生成的氧氣將碘離子氧化為碘使II中液體變?yōu)樽攸S色，故C符合題意；D．由分析可知，氯化銀的溶解度大于碘化銀，氯化銀懸濁液中銀離子濃度大于碘化銀懸濁液中銀離子濃度，所以I中銀離子在陰極放電生成銀，II中少量銀離子在陰極放電生成銀，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】氯化銀的溶解度大于碘化銀，氯化銀懸濁液中銀離子濃度大于碘化銀懸濁液中銀離子濃度，I中氯離子和水分子均可能在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣和氧氣，銀離子在陰極放電生成銀，II中水分子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，水分子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，少量銀離子在陰極放電生成銀。14．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)蓋斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ?mol-1，A不符合題意；B．壓強越大，Ra降低越快，說明催化劑活性降低越快，積碳越多，其主要原因是反應(yīng)③為氣體體積減小的反應(yīng)，加壓平衡正向移動，使得積碳增多，B符合題意；C．由選項B分析知，保持其他條件不變，適當(dāng)增大投料時n(CO2)n(CHD．通入適量O2，O2能與C反應(yīng)并放出大量的熱，可減少積碳減緩Ra的衰減，同時反應(yīng)放熱使得反應(yīng)①正向移動，有利于重整反應(yīng)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)蓋斯定律可知，①=②-③；

B.壓強越大，反應(yīng)③平衡正向移動，積炭增多，Ra降低越快；

C.適當(dāng)增大投料時n(CO2)n(CH4)15．【答案】（1）3d5；6；FeC2O4?2H2O（2）N2中存在共價三鍵(N≡N)，鍵能大，N2化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定；2NH4H2PO4100～400℃__2NH3↑+P2O5+3H（3）充電；25%；1【解析】【解答】（1）①基態(tài)26Fe的質(zhì)子數(shù)為26，26Fe2+的價層電子排布式為3d5，故答案為：3d5；②由圖可知，草酸亞鐵晶體中亞鐵離子與草酸根離子中的4個氧原子和水分子中的2個氧原子相連，則亞鐵離子的配位數(shù)為6，故答案為：6；③由圖可知，亞鐵離子與2個草酸根離子和2個水分子相連，其中草酸根離子為兩個亞鐵離子所共有，則每個亞鐵離子結(jié)合的草酸根離子為2×12=1，則草酸亞鐵晶體中亞鐵離子、草酸根離子和水分子的個數(shù)比為1：1：2，化學(xué)式為FeC2O4?2H2O，故答案為：FeC2O4?2H2（2）①氮氣分子中含有氮氮三鍵，氮氮三鍵的鍵能大，破壞化學(xué)鍵消耗的能量大，所以氮氣的化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，能用作保護氣，故答案為：N2中存在共價三鍵(N≡N)，鍵能大，N2化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定；②由未配平的化學(xué)方程式可知，磷酸二氫銨在100～400℃受熱分解生成五氧化二磷、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4H2PO4100～400℃__2NH3↑+P2O5+3H2O，故答案為：2NH4H2PO4100～400℃__2NH3↑+P2O（3）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，LiFePO4在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成FePO4，則i表示充電過程，故答案為：充電；②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，LiFePO4晶胞中位于頂點和面心的鋰離子個數(shù)為8×18+6×12=4，位于體內(nèi)的FeO6八面體和PO4四面體形成的磷酸根離子的個數(shù)為4，若某時刻，若正極材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，由化合價代數(shù)和為0可知，晶胞中鋰離子的個數(shù)為3，則平均每個晶胞脫嵌鋰離子個數(shù)為1，脫嵌率為

【分析】（1）①基態(tài)26Fe2+的核外電子排布式為[Ar]3d6，其3d能級上的電子為其價層電子；

②草酸亞鐵晶體中Fe2+與2個H2O中O原子、2個草酸根離子中4個O原子相連；

③草酸亞鐵晶體中，每個基本單元中含有1個Fe2+、2個H2O分子、1個C2O42-；

（2）①氮氮三鍵鍵能大，氮氣化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定；

②磷酸二氫銨在100～400℃受熱分解生成五氧化二磷、氨氣和水；

（3）①LiFePO4在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成FePO4；

②Fe2+失電子生成Fe3+，同時脫嵌1個Li+，某時刻，若正極材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，脫嵌的Li16．【答案】（1）abc（2）8（3）陽（4）H+和丙烯腈在陰極競爭得電子，減慢反應(yīng)i，同時生成的H加快了反應(yīng)iii（5）2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN（6）8.6×10-3【解析】【解答】（1）a．己二腈的官能團為—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三鍵，故正確；b．由分析可知，反應(yīng)②為與過氧化氫發(fā)生氧化反應(yīng)生成和水，反應(yīng)④為HOOC(CH2)4COOH與氨氣發(fā)生取代反應(yīng)生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，則反應(yīng)②和④中均有水生成，故正確；c．由題給流程可知，該方法的步驟多，易發(fā)生副反應(yīng)導(dǎo)致原子利用率低，故正確；故答案為：abc；（2）由結(jié)構(gòu)簡式可知，1mol環(huán)己醇氧化為己二酸時，反應(yīng)轉(zhuǎn)移8mol電子，若反應(yīng)③中硝酸的還原產(chǎn)物為二氧化氮，由得失電子數(shù)目守恒可知，理論上生產(chǎn)1mol已二酸產(chǎn)生二氧化氮的物質(zhì)的量為1mol×8=8mol，故答案為：8；（3）由氫離子的移動方向可知，與直流電源正極相連的X電極為電解池的陽極，故答案為：陽；（4）由圖可知，Y極區(qū)溶液呈酸性時，氫離子和丙烯腈在陰極競爭得電子生成氫原子，導(dǎo)致反應(yīng)i的反應(yīng)速率減慢，同時生成的氫原子使反應(yīng)iii的反應(yīng)速率加快，所以溶液呈酸性會加快丙腈的生成，導(dǎo)致己二腈的產(chǎn)率降低，故答案為：H+和丙烯腈在陰極競爭得電子，減慢反應(yīng)i，同時生成的H加快了反應(yīng)iii；（5）由氫離子的移動方向可知，與直流電源負(fù)極相連的Y電極為電解池的陰極，反應(yīng)i為水分子作用下丙烯晴在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成己二腈和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，氫離子通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入陰極室中和放電生成的氫氧根離子，故答案為：2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN；（6）丙烯晴在陰極得到電子生成己二腈和丙腈的電極反應(yīng)式分別為2CH2=CHCN+2H2O+2e-=NC(CH2)4CN+2OH-、CH2=CHCN+2H2O+2e-=CH3CH2CN+2OH-，氫離子通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入陰極室中和放電生成的氫氧根離子，由圖可知，季銨鹽的濃度為1.5×10-2mol?L-1時，己二腈和丙腈的生成速率分別為3.4×10-3mol/h和0.9×10-3mol/h，則每小時通過質(zhì)子交換膜的氫離子的物質(zhì)的量最少為3.4×10-3mol/h×1h×2+0.9×10-3mol/h×1h×2=8.6×10-3mol，故答案為：8.6×10-3。

【分析】Ⅰ.苯與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，與過氧化氫發(fā)生氧化反應(yīng)生成，與硝酸發(fā)生氧化反應(yīng)生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH與氨氣發(fā)生取代反應(yīng)生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2發(fā)生脫水反應(yīng)生成NC(CH2)4CN；

Ⅱ..電解池中，陽離子移向陰極，由氫離子的移動方向可知，X為陽極，Y為陰極，丙烯晴在陰極得到電子生成己二腈和丙腈。17．【答案】（1）+OHC－CHO→+2H2O（2）新制Cu(OH)2（3）羧基（4）（5）取代反應(yīng)（6）；或【解析】【解答】（1）由分析可知，A→B的反應(yīng)為與乙二醛發(fā)生信息反應(yīng)生成和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為+OHC－CHO→+2H2O，故答案為：+OHC－CHO→+2H2O；（2）檢驗乙二醛中含有醛基的方法為向新制的氫氧化銅中加入待測液，加熱至沸騰，產(chǎn)生磚紅色沉淀說明乙二醛中含有醛基，故答案為：；（3）由分析可知，C的結(jié)構(gòu)簡式為，含氧官能團為羧基，故答案為：羧基；（4）由分析可知，a的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）由分析可知，G→J的反應(yīng)為與發(fā)生取代反應(yīng)生成和氯化氫，故答案為：取代反應(yīng)；（6）由分析可知，K、M的結(jié)構(gòu)簡式分別為、或故答案為：；或。

【分析】Ⅰ.A和乙二醛發(fā)生已知i生成B，B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C，C脫水生成D，結(jié)合D的結(jié)構(gòu)簡式可知，則C為，B為，結(jié)合A的分子式可知，A為，根據(jù)J的結(jié)構(gòu)簡式及G的分子式知，G中羥基上的氫原子被取代生成J，則G為，F(xiàn)比G少2個氫原子，則F中羰基發(fā)生還原反應(yīng)生成G中醇羥基，則F為，E比F多2個氫原子、1個氧原子，則E取代反應(yīng)生成F，D和a發(fā)生信息ii的反應(yīng)生成E，則a為，E為；

Ⅱ.A為，K與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成L，根據(jù)PAI的結(jié)構(gòu)簡式、K和L的分子式知，K為，L為，A和L發(fā)生縮聚反應(yīng)生成M為或。18．【答案】（1）MnS+2H+=Mn2++H2S↑（2）氧化性（3）Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，增大pH和加熱均促使水解趨于完全（4）MA2中4個－R的極性小且體積大，將金屬離子包裹于其中；＜；由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)時結(jié)合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的電離平衡可知，增大c(H+)能減小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分離；稀硫酸（5）加