2024年北京五中高三（上）10月月考化學(xué)試題及答案

2024北京五中高三10月月考化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Si-28O-16Cu-64第一部分選擇題共42分)本部分共題，每題3分，共分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.我國(guó)科學(xué)家首次合成大面積全碳納米材料——石墨炔，其結(jié)構(gòu)與石墨類似，可用于制備儲(chǔ)鋰電極材料。下列關(guān)于石墨炔的說法不正確的是．．．A.與石墨互為同分異構(gòu)體B.碳原子有sp、sp2兩種雜化方式D.具有傳導(dǎo)電子的性能C.與石墨類似，層間存在范德華力2.下列說法不正確的是．．．A.的電子式：3B.基態(tài)Cu2+價(jià)層電子的軌道表示式：C.青銅器電化學(xué)腐蝕形成銅銹：銅作負(fù)極()()3D.OH膠體和OH懸濁液的本質(zhì)區(qū)別：分散質(zhì)粒子直徑不同33.下列物質(zhì)混合后，因發(fā)生氧化還原反應(yīng)使溶液pH減小的是A.向濃硝酸中加入銅粉，產(chǎn)生紅棕色氣體Na2OB.向水中加入固體，產(chǎn)生無色氣體2C.向碘水中通入SO2氣體，碘水顏色變淺CuSOHS氣體，生成黑色沉淀2D.向4.用溶液中通入4N代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法中，正確的是AA.碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物含有的氧原子數(shù)為0.3NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙炔中Nπ鍵數(shù)為2NA鍵數(shù)為、AC.100mL1醋酸溶液中含有的氫離子數(shù)為0.1NA二氧化硅晶體中含有Si?O2NA鍵數(shù)為D.5.下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是通電Cl?H2O+Cl2+H2+OH?A.電解飽和食鹽水制：2B.用小蘇打治療胃酸過多：H+HCO?HOCO+=+322Hg2+：S2?Hg2+HgS+=C.用FeS除去廢水中的+2H處理銀鏡反應(yīng)后試管內(nèi)壁的Ag：++NO3?=++HO+D.用稀3226.下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)能達(dá)成對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)AB實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)室制NH3比較Cl、、I得電子能力強(qiáng)弱選項(xiàng)CD實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)?zāi)康某O2中的少量SO2配制100mL1mol·LNaCl溶液A.AB.BC.CD.D7.雙氯芬酸是一種非甾體抗炎藥，具有抗炎、鎮(zhèn)痛及解熱作用，分子結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于雙氯芬酸的說法不正確的是．．．A.能發(fā)生加成、取代反應(yīng)B.1mol雙氯芬酸最多能與2molNaOH反應(yīng)C.既能與強(qiáng)堿反應(yīng)，又能與強(qiáng)酸反應(yīng)NaHCOD.能與溶液反應(yīng)制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉38.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是選實(shí)驗(yàn)操作項(xiàng)現(xiàn)象結(jié)論溶液紅色褪去ABCD將Cl?通入品紅溶液Cl?具有漂白性原溶液中有Fe2＋酸性：HSO>HClO向某溶液中滴加幾滴氯水，再滴加溶液變紅KSCN溶液有沉淀生成向Ca(ClO)溶液中通入SO氣體2223向Al(OH)3沉淀中分別滴加足量鹽酸或NaOH溶液沉淀均溶解Al(OH)3是兩性氫氧化物，Al表現(xiàn)一定的非金屬性A.AB.BC.CD.DCO+HO=H+CO9.基于水煤氣轉(zhuǎn)化反應(yīng)，通過電化學(xué)裝置制備純氫的原理示意如下。下列說法不222．正確的是．．A.電解質(zhì)溶液可以是KOH溶液CO2e4OH?CO3?+2H2O??+=2B.陰極電極反應(yīng)為：C.使用陰離子交換膜能減緩單位時(shí)間內(nèi)乙室中-)的降低D.該裝置中氧化反應(yīng)和還原反應(yīng)分別在兩極進(jìn)行，利于制得高純度氫氣10.CO和H在催化劑作用下制CHOH，主要涉及的反應(yīng)有：223①CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)H=-49.0kJ/mol22321②CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)△H=+41.2kJ/mol2222下列說法正確的是A.①為吸熱反應(yīng)B.若①中水為液態(tài)，則△H1′＞-49.0kJ/molC.②中反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量高D.CO(g)+2H(g)=CHOH(g)△H=-90.2kJ/mol23HNO反應(yīng)一段時(shí)間后的藍(lán)色3有研究表明，銅和稀反應(yīng)后的溶液中有。取銅絲和過量稀現(xiàn)象32溶液分別進(jìn)行實(shí)驗(yàn)①~④，操作和現(xiàn)象如下表。序號(hào)操作①②向2mL該溶液中加入幾滴濃NaOH溶液，振蕩溶液變?yōu)闇\綠色紫紅色褪去KMnO向2mL該溶液中滴加酸性溶液4KMnO溶液……4③④將2mL該溶液充分加熱后冷卻，再滴加酸性用玻璃棒蘸取該溶液滴到淀粉碘化鉀試紙上溶液變藍(lán)2?HNO2HNO2++HOCu()已知：為弱酸，受熱發(fā)生分解反應(yīng)：；在溶液中22224呈綠色。下列推斷或分析不合理的是．．．HNO?A.①說明B.②說明存在電離平衡：HNO2NO22HNO具有還原性2C.③中，紫紅色不褪去HNOD.④說明具有氧化性212.2022年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予了在點(diǎn)擊化學(xué)方面做出貢獻(xiàn)的科學(xué)家。一種點(diǎn)擊化學(xué)反應(yīng)如下：?N某課題組借助該點(diǎn)擊化學(xué)反應(yīng)，用單體X(含有物P(結(jié)構(gòu)如下)?；鶊F(tuán))和Y合成了一種具有較高玻璃化轉(zhuǎn)變溫度的聚合3下列敘述不正確的是．．．A.由X與Y合成P的反應(yīng)屬于加聚反應(yīng)B.X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C.Y的官能團(tuán)為碳碳三鍵和酯基D.P可發(fā)生水解反應(yīng)得到X和YCeO2)是應(yīng)用廣泛的稀土氧化物。一種用氟碳鈰礦(CeFCO3，含BaO、SiO13.氧化鈰(等雜質(zhì))為原料制2備的工藝如下圖。2下列說法不正確的是．．．BaSO4和SiOA.濾渣A的主要成分為2B.步驟①、②中均有過濾操作C.該過程中，鈰元素的化合價(jià)變化了兩次2Ce3+=+3CO2+6HCO?Ce(CO)3233+3H2OD.步驟②反應(yīng)的離子方程式為14.興趣小組為探究FeCl3在溶液中顯黃色的原因，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。序號(hào)操作①試劑a試劑b現(xiàn)象0.2mol/LFeCl3蒸餾水溶液為黃色②③0.2mol/LFeCl32mol/L鹽酸蒸餾水溶液為淺黃色0.2mol/LFe(NO)溶液為淺黃色溶液接近無色33④0.2mol/LFe(NO)2mol/L硝酸33下列說法不正確的是．．．A.②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因?yàn)镕e3+的水解平衡逆向移動(dòng)B.由③④可知，F(xiàn)e(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關(guān)C.由以上實(shí)驗(yàn)可推知，F(xiàn)eCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關(guān)D.由以上實(shí)驗(yàn)可推知，導(dǎo)致②③溶液均為淺黃色的原因相同第二部分非選擇題共58分)SiF+=SiH+15.硅烷廣泛應(yīng)用在現(xiàn)代高科技領(lǐng)域。制備硅烷的反應(yīng)為（1）①基態(tài)硅原子的價(jià)層電子軌道表示式為_______。。4444②中，硅的化合價(jià)為+4價(jià)。硅顯正化合價(jià)的原因是_______。4③下列說法正確的是_______(填序號(hào))。a.CH的熱穩(wěn)定性比的差44b.SiH4中4個(gè)Si?HH?Si?H的鍵角為90的鍵長(zhǎng)相同，c.SiH4中硅原子以4個(gè)3雜化軌道分別與4個(gè)氫原子的軌道重疊，形成4個(gè)Si?Hσ鍵④℃)高于SiH的沸點(diǎn)(的沸點(diǎn)(4?112℃)，原因是_______。4（2）NaAlH4的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞的體積為a2b1021cm3。?4VSEPR_______。①的模型名稱為NNaAlH晶體密度為_______gcm?3(用含a、b、N的代數(shù)式表示)。A②用表示阿伏加德羅常數(shù)的值。A4③NaAlH4是一種具有應(yīng)用潛能的儲(chǔ)氫材料，其釋氫過程可用化學(xué)方程式表示為：NaAlH中4++TiH。摻雜替換晶體中部分，更利于的解離，使體4362系更容易釋放氫。從結(jié)構(gòu)的角度推測(cè)其可能原因：_______。16.以方鉛礦(主要含PbS、FeS、ZnS)和軟錳礦(主要含MnOSiO及鐵的氧化物)為原料聯(lián)合制取PbSO2224和MnO的一種流程示意圖如下：34已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl42-(aq)△H>0（1）“酸浸”過程使礦石中的金屬元素浸出，鉛和錳分別以[PbCl42-和Mn2+的形式浸出。①加快浸出速率可采取的措施有___________(2條)。②補(bǔ)全PbS與MnO2反應(yīng)的離子方程式___________。2?4PbS+MnO+___________+___________=[PbCl2-+SO+___________+___________24③加酸時(shí)，方案1：將鹽酸一次性加入，硫元素主要轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)；方案2：將鹽酸間隔一定時(shí)間分兩次2?4加入，硫元素主要轉(zhuǎn)化為SO，該工藝流程采用方案2，理由是___________。（2）“除鐵”時(shí)，加入NaOH至溶液pH≈3，過量的軟錳礦將Fe2+氧化生成沉淀，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___________。（3）濾渣D的主要成分是PbS和ZnS，濾液C中c(Pb2+)=7.7×10mol·L-1，c(Zn2+)=1.3×10mol·L-1，則可推斷K(PbS)、K(ZnS)、K(MnS)的大小關(guān)系為___________。spspsp（4）“氧化”過程，生成MnO時(shí)參加反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為___________(MnO的結(jié)3434構(gòu)式為)。（5）干燥溫度為90℃，對(duì)產(chǎn)品MnO進(jìn)行鼓風(fēng)烘干，得到的產(chǎn)物中錳含量結(jié)果如圖所示，5h后隨干燥時(shí)34間的延長(zhǎng)，產(chǎn)品中的錳含量下降的原因可能是___________。17.螺環(huán)化合物M具有抗病毒、抗腫瘤功能，其合成路線如下：??條件已知：Ⅰ.-CHO+-CH2-COOR+H2OⅡ.（1）A→B的反應(yīng)類型為___________。（2）C中含有的官能團(tuán)是___________。（3）酸性環(huán)境下電化學(xué)氧化法可實(shí)現(xiàn)B→D的一步合成，陽極區(qū)涉及到的反應(yīng)有：ⅰ.Mn2+-=Mn3+；ⅱ.___________，Mn2+可循環(huán)利用。（4）D→E的化學(xué)方程式為___________。（5）試劑a的分子式為CHOCl，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。453（6）H分子中含有一個(gè)六元環(huán)和一個(gè)五元環(huán)。I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。（7）關(guān)于J的說法正確的是___________。a．含有手性碳原子b．能發(fā)生消去反應(yīng)c．在加熱和Cu催化條件下，不能被O2氧化d．存在含苯環(huán)和碳碳三鍵的同分異構(gòu)體（8）E、K中均含有“—C≡N”，K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。18.工業(yè)用黃銅礦（主要成分CuFeS2，含少量鋅、鉛的硫化物）冶煉銅的一種方法如下：（1）Ⅰ中發(fā)生下列反應(yīng)。ⅰ.CuFeS2+3Cu2++4Cl-=4CuCl+Fe2++2Sⅱ.CuCl+Cl-的作用是________。CuCl2，I中鹽酸（2）Ⅱ中通入空氣，將Fe2+轉(zhuǎn)化沉淀。①Fe2+FeOOH的離子方程式是__________。②溶液A中含金屬元素的離子有：Zn2+、Pb2+________。（3）Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量，其原因是________。（4）Ⅳ中加入NaCO溶液的目的是________。23（5）V中反應(yīng)的離子方程式是________。（6）從物質(zhì)循環(huán)利用的角度分析，如何處理NaCl溶液才能更好地服務(wù)于該冶煉銅的工藝，并說明理由：__。2319.資料表明Co2+還原性很弱，某小組同學(xué)為實(shí)現(xiàn)，進(jìn)行如下探究。Co→Co+?e?=Co3一般很難發(fā)生。從平衡移動(dòng)的角度來看，降低c(Co或+3+（1）理論分析：氧化半反應(yīng)Co2_______均能促進(jìn)Co2+失電子，提高其還原性?！緦?shí)驗(yàn)】①②()103.1K(CHCOOH)=10?4.8，；a3KHNO=已知：ⅰ．a(chǎn)2=2NO+HNO+HOⅱ．HNO2不穩(wěn)定，易分解：232（2）②是①的對(duì)照實(shí)驗(yàn)，目的是_______。3?()23（3）經(jīng)檢驗(yàn)，橙紅色溶液中存在CoNO。經(jīng)分析，①中能實(shí)現(xiàn)的原因是Co3+形成配離Co→Co26?2NO子，且的氧化性被提高。?a．解釋Co3+能與NO形成配位鍵的原因：_______。2?b．結(jié)合還原半反應(yīng)解釋NO的氧化性被提高的原因：_______。2【實(shí)驗(yàn)Ⅱ】③④已知：Co(OH)(粉紅色)和Co(OH)(棕黑色)的Ksp分別是10-14.2和10-43.8。23（4）對(duì)比③④可知，本實(shí)驗(yàn)條件下還原性：Co(OH)2_______Co2+(填“＞”或“＜”)。23（5）分析④中能實(shí)現(xiàn)的原因：CoCo→a．該條件下，Co2+的還原性同時(shí)受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降低”的影響，前者影響更_______(填“大”或“小”)。b．當(dāng)c(Co2+:c(Co3+)1014時(shí)，Co2+Cl氧化。結(jié)合Ksp計(jì)算，④中通入少量Cl22c(Co2+):c(Co3+)=_______，因此能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化。（6）實(shí)驗(yàn)啟示：通常情況下，為促進(jìn)低價(jià)金屬陽離子向高價(jià)轉(zhuǎn)化，可將高價(jià)陽離子轉(zhuǎn)化為_______或_______。參考答案第一部分選擇題共42分)本部分共題，每題3分，共分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.【答案】A【詳解】A．石墨炔也是碳的一種單質(zhì)，與石墨互為同素異形體，A錯(cuò)誤；B．石墨炔結(jié)構(gòu)中既有三鍵的碳原子也有雙鍵的碳原子，所以有sp、sp2兩種雜化方式，B正確；C．結(jié)構(gòu)與石墨類似，所以層間存在范德華力，C正確；D．與石墨結(jié)構(gòu)類似，所以具有傳導(dǎo)電子的性能，D正確；故選D。2.【答案】B【詳解】A．的電子式：，A正確；3B．Cu先失去最外層4s能級(jí)的電子，基態(tài)Cu2+價(jià)層電子的軌道表示式為，B錯(cuò)誤；C．青銅器電化學(xué)腐蝕形成銅銹：銅失電子被氧化，銅作負(fù)極，C正確；()()3D．OH膠體和OH懸濁液的本質(zhì)區(qū)別：分散質(zhì)粒子直徑不同，D正確；3故選B。3.【答案】C【詳解】A．Cu+4HNO3（濃）=Cu（NO）+2NO+2HO，因氧化還原反應(yīng)pH增大，A錯(cuò)誤；3222B．2NaO+2HO=4NaOH+O，因氧化還原反應(yīng)堿性增強(qiáng)，pH增大，B錯(cuò)誤；2222C．向碘水中通入SO氣體，碘水顏色變淺，SO+I+2HO=HSO+2HI，因發(fā)生氧化還原反應(yīng)使溶液減222242小，C正確；CuSOHS2D．向溶液中通入氣體，生成黑色沉淀，CuSOS=CuS+HSO，該反應(yīng)是非氧化還原反42244應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。4.【答案】A2CONaHCO碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物含有的氧原子數(shù)【詳解】A．和均含3個(gè)氧原子，330.3N為，A正確；A個(gè)鍵、個(gè)鍵，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙炔即B．乙炔的結(jié)構(gòu)式為H?CC?H，每個(gè)乙炔分子含有32π1mol乙炔中Nπ鍵數(shù)為2N，B錯(cuò)誤；A鍵數(shù)為3、AC．醋酸是弱電解質(zhì)，部分電離，100mL1醋酸溶液中含有的氫離子數(shù)小于0.1N，C錯(cuò)誤；AD．二氧化硅晶體中每個(gè)Si原子形成4個(gè)SiO鍵，?二氧化硅晶體即1mol二氧化硅中含有Si?O鍵4N數(shù)為，D錯(cuò)誤；A故選A。5.【答案】B通電2Cl-+2H2OCl+H+2OH-【詳解】A．質(zhì)量不守恒，應(yīng)該為：，A錯(cuò)誤；22B．小蘇打碳酸氫鈉和胃酸鹽酸生成氯化鈉、水和二氧化碳，反應(yīng)為H+HCO?HOCO，B正+=+232確；Hg2反應(yīng)為：FeS+Hg=HgS+Fe，C錯(cuò)誤；+2+2+C．FeS為沉淀，不能拆，除去廢水中的D．稀處理銀鏡反應(yīng)后試管內(nèi)壁的Ag生成硝酸銀和NO：3++NO3-++NO+2H2O，D錯(cuò)誤；故選B。6.【答案】A【詳解】A．實(shí)驗(yàn)室采用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制取氨氣，加熱時(shí)試管口向下傾斜，故A正確；B．氯氣與溴化鈉反應(yīng)生成溴單質(zhì)，可證明氧化性氯氣大于溴單質(zhì)，但溴單質(zhì)易揮發(fā)，也能進(jìn)入KI溶液中，氯氣、溴單質(zhì)都能與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì)，因此不能說明溴和碘、氯和碘的得電子能力，故B錯(cuò)誤；C．飽和碳酸鈉能吸收二氧化碳，因此不能用飽和碳酸鈉除二氧化碳中的二氧化硫，故C錯(cuò)誤；D．轉(zhuǎn)移溶液時(shí)需要用玻璃棒引流，不能用燒杯直接傾倒溶液，故D錯(cuò)誤；故選A。7.【答案】B【詳解】A．由題干結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子中含有苯環(huán)故能發(fā)生加成反應(yīng)，含有碳氯鍵和羧基，以及苯環(huán)故能發(fā)生取代反應(yīng)，A正確；B．由題干結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子中含有兩個(gè)碳氯鍵，水解后生成酚羥基，酚羥基和羧基均能與NaOH反應(yīng)，故最多能與5molNaOH反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．由題干結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能與強(qiáng)堿反應(yīng)，又能與強(qiáng)酸反應(yīng)，C正確；NaHCOD．由題干結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子中含有羧基，能與溶液反應(yīng)制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉，D正3確；故答案為：B。8.【答案】D【詳解】A．Cl沒有漂白性，而是Cl與水反應(yīng)生成HClO的漂白性，A錯(cuò)誤；22B．若原溶液中含有Fe3，滴加幾滴氯水，再滴加KSCN溶液，溶液也會(huì)變紅；應(yīng)該先滴加KSCN溶液，溶液不變色，再滴加氯水，溶液變紅，說明原溶液中有Fe2＋；B錯(cuò)誤；C．Ca(ClO)2溶液中的ClO－具有氧化性，能將SO2氧化成SO2，生成微溶物?CaSO4，而不是CaSO34能說明酸性HSO＞HClO，C錯(cuò)誤；23D．Al(OH)可與鹽酸或NaOH溶液反應(yīng)生成鹽和水，說明Al(OH)是兩性氫氧化物，具有一定的酸性，能33說明Al具有一定的非金屬性，D正確；答案選D。9.【答案】B【詳解】A．陽極失去電子變成是KOH溶液，A正確；CO2?，但陽極出來的是所以乙池里電解質(zhì)溶液應(yīng)為堿性，可以2CO2e?4OH?CO3?+2H2O?+=2B．陽極電極反應(yīng)為：，陰極的電極反應(yīng)式為：2H2O+2e?2OH?H2C．陰極的電極反應(yīng)式為：2H2O+2e?2OH?H2因此能減緩單位時(shí)間內(nèi)乙室中c(OH-)的降低，C正確；在陰極生成，=+，錯(cuò)誤；B=+若為陰離子交換膜，OH?從甲池向乙池遷移，HCO2?，因此利于制得高純度氫氣，D正確；3D．在陽極產(chǎn)生且在乙池被吸收變成22故選B。10.【答案】D【詳解】A．反應(yīng)①的△H1＜0，說明該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．物質(zhì)由氣態(tài)轉(zhuǎn)化為液態(tài)時(shí)放出熱量，反應(yīng)放出是熱量越多，反應(yīng)熱就越小。由于反應(yīng)①的△H1＜0，若①中水為液態(tài)，則△H1＜-49.0kJ/mol，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)②中△H2＞0，說明反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量低，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)①-②，整理可得CO(g)+2H(g)=CHOH(g)△H=-90.2kJ/molD正確；23故合理選項(xiàng)是D?！敬鸢浮緿【詳解】Cu與過量的稀硝酸反應(yīng)一段時(shí)間后，反應(yīng)后的溶質(zhì)為Cu(NO)、HNO、HNO，以此分析；3232H+NO+?2【分析】A．加入NaOH，OH-與H+反應(yīng)生成H2O，H+濃度減小，從而使得2平衡正向(?2)()CuNO濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，A正確；22cNO進(jìn)行，增大，則生成的B．酸性高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，HNO2具有還原性，使高錳酸鉀褪色，B正確；C．充分加熱后冷卻，則溶液中無HNO2，故酸性高錳酸鉀不發(fā)生發(fā)生反應(yīng)，溶液紫色不褪色，C正確；D．因?yàn)槿芤褐杏蠬NO，則可能是稀HNO氧化I-生成I，使淀粉變藍(lán)，無法判斷HNO有氧化性，D錯(cuò)3322誤；故答案為：D。12.【答案】D【分析】結(jié)合信息反應(yīng)可知，X為，Y為，X和Y發(fā)生加聚反應(yīng)得到高聚物P，據(jù)此回答。?N?N基團(tuán)、1個(gè)Y分子含有2個(gè)碳碳3【詳解】A．基團(tuán)和碳碳三鍵能發(fā)生信息反應(yīng)，1個(gè)X含有2個(gè)3三鍵，由X與Y合成P的反應(yīng)屬于加聚反應(yīng)，A正確；?NB．X含有基團(tuán)、X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為3，B正確；C．據(jù)分析，Y為，Y的官能團(tuán)為碳碳三鍵和酯基，C正確；D．P含酯基，可發(fā)生水解反應(yīng)、酯基可轉(zhuǎn)換為羧基和羥基，故水解產(chǎn)物不能得到X和Y，D不正確；答案選D。13.【答案】ACCeO2和CeF3+4+【分析】由流程可知，氟碳鈰礦在空氣中焙燒主要將然后再用稀硫酸浸取，Ce4+進(jìn)入溶液中，SiO轉(zhuǎn)化為，Ce被氧化為，34不反應(yīng)，BaO與硫酸反應(yīng)生成沉淀，過濾分離、即42SiO，濾液中加還原劑將Ce4+還原Ce3+，再加入NH4HCO使Ce3+轉(zhuǎn)化為3濾渣A為、24()，最后灼燒生成33CeCOCeO2。2BaSO4和SiO【詳解】A．根據(jù)分析可知，由流程可知濾渣A的主要成分為，故A錯(cuò)誤；2()，需要過濾操作，故B正3CeCOB．步驟①是分離濾渣A和溶液，需要過濾，步驟②是分離沉淀23確；C．焙燒、濾液還原、灼燒時(shí)鈰元素的化合價(jià)均變化，所以共三次，故C錯(cuò)誤；()，反應(yīng)的離子方程式為：3CeCOD．步驟②加入碳酸氫銨使Ce3+232Ce3+=+3CO2+6HCO?Ce(CO)3233+3H2O，故D正確；故答案為AC。14.【答案】D【詳解】A．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L鹽酸后溶液中H+濃度增大，導(dǎo)致水解平衡逆向移動(dòng)，故②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因?yàn)镕e3+的水解平衡逆向移動(dòng)，A正確；B．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+濃度增大，導(dǎo)致水解平衡逆向移動(dòng)，故由③④可知，F(xiàn)e(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關(guān)，B正確；C．對(duì)比實(shí)驗(yàn)①③和實(shí)驗(yàn)②④實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，F(xiàn)eCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關(guān)，C正確；D．由以上實(shí)驗(yàn)可推知，導(dǎo)致②溶液為淺黃色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移動(dòng)，而導(dǎo)致③溶液為淺黃色的原因是Fe3+濃度和水解生成的離子濃度減小，故不相同，D錯(cuò)誤；故答案為：D。第二部分非選擇題共58分)中Si原子和F原子之間共價(jià)鍵連接，電負(fù)性Si＜F415.1）①.②.、SiH結(jié)構(gòu)相似，的相對(duì)分子質(zhì)量大于SiH，的范德華力大于SiH③.ac④.4444442161021Ti（2）①.正四面體②.③.鍵長(zhǎng)：＞Al-H，鍵能：＜Al-H或可以使基團(tuán)中的2bNAaTiH原子處于近自由的狀態(tài)，【小問1替代Al時(shí)占位能最小;中Si原子和F原子之間共價(jià)鍵連接，其中F原子的吸電子能力強(qiáng)，電負(fù)性Si＜4F，共用電子對(duì)偏向F因此硅顯正化合價(jià)；a．熱穩(wěn)定性決定于該分子中的化學(xué)鍵的強(qiáng)度，化學(xué)鍵越強(qiáng)，熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，CH的4的熱穩(wěn)定性比4差，a項(xiàng)正確；b．SiH4中4個(gè)Si-HH-Si-H的鍵長(zhǎng)相同，鍵角是10928′，b項(xiàng)錯(cuò)誤；c．SiH分子中的Si原子以4個(gè)SP3雜化軌道，分別與4個(gè)氫原子的軌道重疊，形成4個(gè)Si-Hσ鍵，且4四個(gè)Si-H完全相同，c項(xiàng)正確；答案選ac。組成和結(jié)構(gòu)相似的分子，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔沸點(diǎn)越大，的相對(duì)分子質(zhì)量大于4SiH4，因此4的沸點(diǎn)高于SiH；4【小問2-4中有4個(gè)σ鍵，0個(gè)孤電子對(duì)，因此其VSEPR模型為正四面體構(gòu)型；根據(jù)均攤法可知，晶胞中-4112111+8+4=4Na6+4=41的數(shù)目為，+數(shù)目為，則二者配位數(shù)為1∶，以體心的-4研824究，與之緊密且等距的Na+位于晶胞棱之間，晶胞中上面立方體左右側(cè)面面心，晶胞中下面立方體的前后面的面心，與4-緊密且等距的Na+有8個(gè)，則與Na+緊密且等距的-4有8個(gè)，晶胞質(zhì)量為544544gmNA21610Ti；摻雜替換晶體中部分，更利于，則晶胞密度為===NAVa2b102abNANaAlH中H的解離，使體系更容易釋放氫，原因是鍵長(zhǎng)：＞Al-H，鍵能：＜Al-H或Ti可以使4Ti基團(tuán)中的H原子處于近自由的狀態(tài)，替代Al時(shí)占位能最小。16.1）①.粉碎礦石、適當(dāng)升高溫度或適當(dāng)增加鹽酸濃度或攪拌②.2PbS+4MnO2+4Cl—2?4+8H+=[PbCl4]2-+SO+4Mn2++4H2O③.防止S單質(zhì)覆蓋在礦物表面，阻礙反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行（2）2Fe2+MnO2HO=Mn2+2FeOOH↓+2H+22（3）K(PbS)＜K(ZnS)＜K(MnS)spspsp（4）14（5）MnO被O氧化342【分析】由題給流程可知，向方鉛礦和軟錳礦中加入鹽酸和氯化鈉混合溶液酸浸，將礦石中的金屬元素浸出后，加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液約為3，將溶液中的鐵元素轉(zhuǎn)化為堿式氧化鐵沉淀，過濾得到含有二氧化硅、堿式氧化鐵的濾渣和含有四氯化鉛離子、錳離子、硫酸根離子的濾液；濾液經(jīng)冰水沉積、過濾得到二氯化鉛固體和濾液；二氯化鉛與硫酸溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為硫酸鉛；向?yàn)V液中加入硫化鈉溶液，將溶液中的鉛離子、鋅離子轉(zhuǎn)化為硫化鉛、硫化鋅沉淀，過濾得到含有硫化鉛、硫化鋅的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入氨水后，通入空氣氧化，將溶液中的錳離子轉(zhuǎn)化為四氧化三錳，過濾得到四氧化三錳?！拘?①酸浸時(shí)，粉碎礦石、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)增加鹽酸濃度、攪拌等措施能加快浸出速率，故答案為：粉碎礦石、適當(dāng)升高溫度或適當(dāng)增加鹽酸濃度或攪拌；②由題意可知，硫化鉛與二氧化錳的反應(yīng)為硫化鉛、二氧化錳與溶液中的氯離子、氫離子反應(yīng)生成四氯化2?4鉛離子、錳離子、硫酸根離子和水，反應(yīng)的離子方程式為2PbS+4MnO2+4Cl—+8H+=[PbCl4]2-+SO2?4+4Mn2++4HO，故答案為：2PbS+4MnO+4Cl—+8H+=[PbCl4]2-+SO+4Mn2+2O；22③由題意可知，將鹽酸間隔一定時(shí)間分兩次加入的目的是將硫元素轉(zhuǎn)化為硫酸根離子，防止硫元素轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)覆蓋在礦物表面，阻礙反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行，導(dǎo)致浸取率降低，故答案為：防止S單質(zhì)覆蓋在礦物表面，阻礙反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行；【小問2由題意可知，除鐵時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為二氧化錳與溶液中的亞鐵離子和水反應(yīng)生成堿式氧化鐵沉淀和氫離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2+＋MnOO=Mn2+2FeOOH↓+2H+，故答案為：2Fe2+MnO2HO=Mn2+2222＋2FeOOH↓+2H+；【小問3由濾渣D中不含有硫化錳可知，三種硫化物中硫化錳的溶度積最大，由濾液C中鉛離子濃度小于鋅離子可知，硫化鉛的溶度積小于硫化鋅，則三種硫化物中硫化錳的溶度積大小順序?yàn)镵(PbS)＜K(ZnS)＜spspK(MnS)，故答案為：K(PbS)＜K(ZnS)＜K(MnS)；spspspsp【小問4由分析可知，加入氨水后，通入空氣氧化的目的是將溶液中的錳離子轉(zhuǎn)化為四氧化三錳，反應(yīng)的離子方程式為6Mn2+6NH·H=2MnO+6NH+6H，由四氧化三錳的結(jié)構(gòu)式可知，氧化物中二價(jià)錳離子和++322344三價(jià)錳離子的個(gè)數(shù)比為：2，則反應(yīng)中氧化劑氧氣和還原劑錳離子的物質(zhì)的量之比為1：4，故答案為：1：4；【小問55h后隨干燥時(shí)間的延長(zhǎng)，產(chǎn)品中的錳含量下降說明四氧化三錳被空氣中的氧氣氧化，導(dǎo)致產(chǎn)品中混用雜質(zhì)，使得氧元素的質(zhì)量增大、錳元素的質(zhì)量減小，故答案為：MnO被O氧化。34217.1）取代反應(yīng)（2）碳氯鍵(或氯原子)、羧基→（3）+4Mn3++H2O+4Mn2++4H+→+NCCHCOOCH5（4）+H2O22（5）ClCOCOOC2H5（6）（8）（）ad【分析】根據(jù)分子式可知，A為甲苯，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)可知，A和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成B為，結(jié)合信息Ⅰ可知，D為，結(jié)合信息可知，E為，結(jié)合M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，同時(shí)H分子中含有一個(gè)六元環(huán)和一個(gè)五元環(huán)，則I中含有一個(gè)六元環(huán)和一個(gè)五元環(huán)，則I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，I→J為I中的羰基和氫氣的加成反應(yīng)，則J為，以此解題?！拘?由分析可知，A→B的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；【小問2結(jié)合C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，C中含有的官能團(tuán)是碳氯鍵(或氯原子)、羧基；【小問3B被氧化為D，第一步反應(yīng)生成Mn3+，隨后Mn3+將B氧化為D，根據(jù)元素守恒可知，第二步反應(yīng)為：+4Mn3++H2+4Mn2++4H+；【小問4D為，結(jié)合信息I可知，D→E的化學(xué)方程式為+NCCHCOOCH→225+H2O；【小問5結(jié)合F和G的分子式，再結(jié)合F→G失去HCl可知試劑a為ClCOCOOCH；25【小問6由分析可知，I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；【小問7由分析可知，J為，a．含有手性碳原子，a正確；b．J中含有羥基，但是羥基鄰位碳上沒有氫原子，則不能發(fā)生消去反應(yīng)，b錯(cuò)誤；c．J中含有羥基，且羥基碳上含有氫原子，則在加熱和Cu催化條件下，能被O2氧化，c錯(cuò)誤；d．J中苯環(huán)外含有2個(gè)不飽和度，則存在含苯環(huán)和碳碳三鍵的同分異構(gòu)體，d正確；故選ad；【小問8由分析可知，E為，J為，E、K中均含有“—C≡N”，再結(jié)合M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，K為。18.【答案】①.Cl，促進(jìn)I中反應(yīng)，提高銅元素浸出率②.4Fe2++O+6HO=4FeOOH↓+8H+22③.Cu2+、CuCl2-.Zn2+、Pb2+沉淀，同時(shí)避免CuCl變成CuO沉淀⑤.除去Zn2+和Pb2+⑥.222CuCl-+2OH-=CuO↓+4Cl-+HO⑦.電解氯化鈉溶液產(chǎn)生H、Cl和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作22222沉淀劑，H可用于Ⅵ作還原劑，Cl可用于Ⅷ作氧化劑22）觀察I中的兩個(gè)反應(yīng)，其中ii是可逆反應(yīng)，故使用稀鹽酸可以促使平衡正向移動(dòng)，增大銅元素的浸出率；（2）①Fe2+被O氧化FeOOH，則反應(yīng)物中還含有HO，依此寫出方程式；22②根據(jù)I中的反應(yīng)及Cu(OH)Cl，可以推出溶液A中還含有Cu2+、CuCl-；32（3）在流程中，從溶液A中得到的Cu(OH)Cl要經(jīng)過鹽酸的處理得到CuCl，因此要求Cu(OH)的純度323要高，所以Ⅲ中控制NaOH的用量是為了防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同時(shí)也可避免CuCl-O沉22淀；（4）通過V、Ⅵ可知，溶液C中沒有雜質(zhì)離子，故Ⅳ中加入NaCO溶液是為了除去Zn2+和Pb2+；23（5）溶液C中的主要離子為CuCl，根據(jù)圖中可知，該離子和NaOH反應(yīng)生成了CuO，據(jù)此寫出離子方22程式；（6）觀察流程圖，可以發(fā)現(xiàn)電解飽和NaCl溶液所得的產(chǎn)物Cl、H、NaOH均有運(yùn)用，故可以電解氯化22鈉溶液。）使用稀鹽酸，可以增加Cl-的濃度，使得反應(yīng)ⅱ的平衡正向移動(dòng)，增大銅元素的浸出率；（2）①Fe2+轉(zhuǎn)化為FeOOH的離子方程式為4Fe+O+6HO=4FeOOH↓+8H+；22②黃銅礦和CuCl、稀鹽酸反應(yīng)后，再向所得溶液通入O得到溶液A，可以推出溶液中有CuCl-，再根據(jù)222溶液A中加入NaOH溶液得到Cu(OH)3Cl，可以推出溶液A中還含有Cu2+；（3）ⅢNaOH的用量是為了防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同時(shí)也可避免CuCl變成CuO沉淀，以防22止Cu(OH)3中含有雜質(zhì)；（4）Ⅳ中加入NaCO溶液是為了除去Zn2+和Pb2+；23（5）溶液C中的主要離子為CuCl，根據(jù)圖中可知，該離子和NaOH反應(yīng)生成了CuO，則反應(yīng)的離子方22程式為：2C