2023-2024學年北京市高三（上）月考化學試卷（10月份）

2023-2024學年北京市高三（上）月考化學試卷（10月份）第一部分(42分)本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．（3分）冠醚因分子結構形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識別K+，其合成方法如圖。下列說法錯誤的是（）A．該反應為取代反應 B．a、b均可與NaOH溶液反應 C．c核磁共振氫譜有3組峰 D．c可增加KI在苯中的溶解度2．（3分）下列有關物質性質與用途具有對應關系的是（）A．Al2O3熔點高，可用于做耐高溫材料 B．NH3顯堿性，可用作制冷劑 C．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥 D．SO2具有氧化性，可用于自來水的殺菌消毒3．（3分）鉛丹（Pb3O4）可用作防銹涂料，它與濃鹽酸反應的化學方程式為：Pb3O4+8HCl（濃）═3PbCl2+Cl2↑+4H2O。設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列說法不正確的是（）A．標準狀況下，22.4LCl2溶于水所得溶液中含HClO分子數(shù)為NA B．1L12mol?L﹣1的濃鹽酸與足量Pb3O4反應生成的Cl2分子數(shù)少于1.5NA C．標準狀況下，22.4LH2O中，含有H原子數(shù)目大于2NA D．反應中消耗137gPb3O4，轉移的電子數(shù)目為0.4NA4．（3分）下列離子方程式正確的是（）A．用足量的NaOH溶液吸收煙氣中的SO2：SO2+OH﹣＝ B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2NH3?H2O＝Cu（OH）2↓+2 C．用氯化鐵溶液蝕刻覆銅板：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+ D．將等物質的量濃度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以體積比1：1混合：Ba2++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+2H2O5．（3分）下列實驗操作及現(xiàn)象表述錯誤的是（）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液，產生白色沉淀并有無色氣泡生成 B．向Ba（NO3）2溶液中通入足量的SO2氣體，溶液先變渾濁，然后重新變清澈 C．向NH4Cl溶液中滴加NaOH稀溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍 D．化合物FeO（OCH3）溶于溶于氫碘酸（HI），再加CCl4萃取，有機層呈紫紅色6．（3分）日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為3W3（ZX4）2?WY2。已知：X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，W為金屬元素。基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)和p軌道上的電子數(shù)相等，基態(tài)X、Y、Z原子的未成對電子數(shù)之比為2：1：3。下列說法正確的是（）A．電負性：X＞Y＞Z＞W B．原子半徑：X＜Y＜Z＜W C．Y和W的單質都能與水反應生成氣體 D．Z元素最高價氧化物對應的水化物具有強氧化性7．（3分）某實驗小組利用如圖裝置探究濃硫酸與葡萄糖反應生成的氣體成分。下列說法正確的是（）A．使反應發(fā)生的操作是將a中的Y形管向右傾斜 B．裝置b中出現(xiàn)白色沉淀，可能是BaCO3或BaSO3 C．裝置d中出現(xiàn)渾濁，證明產生的氣體中含有CO2 D．裝置e中可以盛放NaOH溶液，f的作用為防倒吸8．（3分）實驗室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法均正確的是（）氣體試劑制備裝置收集方法ACl2MnO2和濃鹽酸beBSO2Cu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcDNH3NH4Cl和Ca（OH）2adA．A B．B C．C D．D9．（3分）向一恒容密閉容器中加入1molCH4和一定量的H2O，發(fā)生反應：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）。CH4的平衡轉化率按不同投料比x（x＝）隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．x1＜x2 B．反應速率：vb正＜vc正 C．點a、b、c對應的平衡常數(shù)：Ka＜Kb＝Kc D．反應溫度為T1，當容器內壓強不變時，反應達到平衡狀態(tài)10．（3分）價層電子對互斥理論可以預測某些微粒的空間結構。下列說法正確的是（）A．CH4和H2O的VSEPR模型均為四面體 B．和的空間構型均為平面三角形 C．CF4和SF4均為非極性分子 D．XeF2與XeO2的鍵角相等11．（3分）石墨與F2在450℃反應，石墨層間插入F得到層狀結構化合物（CF）x，該物質仍具潤滑性，其單層局部結構如圖所示。下列關于該化合物的說法正確的是（）A．與石墨相比，（CF）x導電性增強 B．與石墨相比，（CF）x抗氧化性增強 C．（CF）x中C﹣C的鍵長比C﹣F短 D．1mol（CF）x中含有2xmol共價單鍵12．（3分）鎳電池芯廢料中主要含有金屬鎳，還含有金屬鈷、鐵、鋁。一種從鎳電池芯廢料中回收金屬的工藝流程如圖：下列說法正確的是（）A．“酸溶”時，若改用濃硫酸，反應速率更快，效果更好 B．H2O2在“氧化除雜”和“酸溶”中的作用不同 C．“鈷鎳分離”時發(fā)生反應的離子方程式為ClO﹣+2Co2++4OH﹣+H2O＝2Co（OH）3↓+Cl﹣ D．“結晶”時，快速蒸發(fā)溶液，得到的晶體顆粒較大13．（3分）對下列事實的解釋不正確的是（）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：＞H2O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．D14．（3分）小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應，實驗記錄如下：序號實驗方案實驗現(xiàn)象實驗裝置試劑a①水產生黑色沉淀，放置后不發(fā)生變化②5%NaOH溶液產生黑色沉淀，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋恝?0%NaOH溶液產生黑色沉淀，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀④取③中放置后的懸濁?mL，加入4mL40%NaOH溶液溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深資料：水溶液中，Mn（OH）2為白色沉淀，MnO42﹣呈綠色；濃堿性條件下，MnO42﹣可被OH﹣還原為MnO42﹣；NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。下列說法不正確的是（）A．對比實驗①和②可知，堿性環(huán)境中，二價錳化合物可被氧化到更高價態(tài) B．④中溶液紫色迅速變?yōu)榫G色的可能原因是4MnO4﹣+4OH﹣═4MnO42﹣+O2↑+2H2O C．④中綠色緩慢加深的可能原因是MnO2被Cl2氧化為MnO42﹣ D．③中未得到綠色溶液，可能是因為MnO42﹣被氧化為MnO4﹣的反應速率快于MnO4﹣被還原為MnO42﹣的反應速率第二部分（58分）本部分共5題，請在答題紙指定位置答題。15．（11分）Cu（Ⅱ）可形成多種配合物，呈現(xiàn)出多樣化的性質和用途。（1）向盛有硫酸銅水溶液的試管中加入少量氨水生成藍色沉淀，繼續(xù)加入過量氨水，得到深藍色透明溶液，析出[Cu（NH3）4]SO4?H2O晶體。①產生藍色沉淀的離子方程式是。②[Cu（NH3）4]SO4在水中電離的方程式是。（2）如圖所示，Cu（Ⅱ）配合物A和B可發(fā)生配位構型的轉變，因此可用作熱致變色材料，在溫度傳感器、變色涂料等領域應用廣泛。①Cu2+的價層電子排布式為。②A中氮原子與其它原子（或離子）之間存在的作用力類型有，氫原子與其它原子之間存在的作用力類型有。③已知：當Cu（Ⅱ）配合物A和B配位構型由八面體轉變?yōu)樗姆狡矫鏁r，吸收光譜藍移?想將配合物的顏色由紫色調整為橙色，需要進行的簡單操作為。（3）CuCl2和CuCl是銅常見的兩種氯化物，如圖示意圖表示的是的晶胞。已知晶胞的邊長為apm，阿伏加德羅常數(shù)為NAmol﹣1，則該晶體的密度為g?cm﹣3。16．（13分）Ⅰ．某?；瘜W實驗小組探究濃度對化學反應速率的影響，并測定（NH4）2S2O8和KI反應的化學反應速率。進行如下實驗探究：【實驗原理】（NH4）2S2O8和KI反應的離子方程式為：S2+2I﹣＝2+I2（1）實驗時，向KI、Na2S2O3和淀粉指示劑混合溶液中加入（NH4）2S2O8溶液，不斷攪拌。在反應（1）進行的同時，發(fā)生反應：2S2+I2＝S4+2I﹣（2）反應（1）生成的I2立即與S2反應，生成無色的S4和I﹣。S2耗盡時，反應（1）繼續(xù)生成的I2才與淀粉作用呈現(xiàn)藍色。從加入（NH4）2S2O8溶液到出現(xiàn)藍色的時間為Δt。【實驗內容】（1）實驗小組設計的實驗記錄表和數(shù)據記錄如下，則表中字母a＝b＝c＝實驗編號①②③④⑤試劑用量（mL）0.20mol?L﹣1（NH4）2S2O8溶液20.010.0b20.020.00.20mol?L﹣1KI溶液20.020.020.010.05.00.010mol?L﹣1Na2S2O3溶液a8.08.08.08.00.2%淀粉溶液2.02.02.02.02.00.20mol?L﹣1KNO3溶液00010.0c0.20mol?L﹣1（NH4）2SO4溶液010.015.00020℃時，反應時間Δt（s）326713066135為了使溶液的離子強度和總體積保持不變，減少的（NH4）2S2O8溶液或KI溶液的用量，分別用（NH4）2SO4溶液或KNO3溶液補足；溶液混合后體積不變（2）為了使反應充分進行，減少數(shù)據誤差，實驗過程中應該不斷進行的操作是。（3）第①組實驗的v（S2）＝mol?（L?s）﹣1。（4）根據上表數(shù)據分析，可以得到的結論有（寫出一條即可）。Ⅱ．實驗小組查資料得知，向含有Na2CO3的Na2S溶液中通入SO2，可以制備上述實驗所需的Na2S2O3。反應如下：Na2CO3+SO2＝Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓；Na2SO3+S＝Na2S2O3。該小組根據上述原理設計如圖所示裝置制備Na2S2O3。（1）實驗應避免有害氣體排放到空氣中。裝置①、②中盛放的試劑依次是①；②。（2）實驗過程中，隨著氣體的通入，裝置①中有氣泡產生，繼續(xù)通入氣體，可以觀察到的現(xiàn)象是。（3）反應結束后，從制得的Na2S2O3稀溶液中得到Na2S2O3?5H2O晶體的主要操作包括：。17．（12分）氮氧化物會造成環(huán)境污染，我國科學家正著力研究SCR技術（NH3選擇性催化還原氮氧化物）對燃煤電廠煙氣進行脫硝處理。（1）氮氧化物（以NO為主）直接排放到空氣中會形成硝酸型酸雨，反應的化學方程式為。（2）NH3催化還原NO的化學方程式為。（3）鐵基催化劑在260～300℃范圍內實現(xiàn)SCR技術的過程如圖。①反應ⅳ中消耗的NO2（）2與NO的物質的量之比為。②適當增大催化劑用量可以明顯加快脫硝速率，結合上述過程解釋原因：。③向反應體系中添加NH4NO3可顯著提高NO脫除率。原因如下：與NO發(fā)生反應+NO═NO2+；NO2與發(fā)生反應ⅲ和反應ⅳ轉化為N2；與發(fā)生反應（填離子方程式）轉化為N2。（4）相比于鐵基催化劑，使用錳基催化劑（活性物質為MnO2）時，煙氣中含有的SO2會明顯降低NO脫除率。①推測SO2與MnO2會發(fā)生反應使催化劑失效，其化學方程式是。②持續(xù)通入含SO2的煙氣。不同溫度下，每隔1h測定NO脫除率，結果如圖。相同時間，原因是。18．（10分）ZnO在化學工業(yè)中主要用作橡膠和顏料的添加劑，醫(yī)藥上用于制軟膏、橡皮膏等。工業(yè)上可由菱鋅礦[主要成分為ZnCO3，還含有Cd（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Mn（Ⅱ）金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+Mn2+開始沉淀的pH1.56.36.27.48.1沉淀完全的pH2.88.38.29.410.1已知：①相關金屬離子[c（Mn+）＝0.1mol?L﹣1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如上表②“溶浸”后的溶液中金屬離子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+。③弱酸性溶液中KMnO4能將Mn2+氧化生成MnO2?；卮鹣铝袉栴}：（1）“溶浸”過程中，提高浸出率的措施有。（寫一條即可）（2）“調pH”是將“溶浸”后的溶液調節(jié)至弱酸性（pH約為5），若pH過低，對除雜的影響是。（3）加KMnO4“氧化除雜”發(fā)生反應的離子方程式分別是+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+和（4）“還原除雜”中鎘置換率與的關系如圖所示，其中Zn的理論用量以溶液中Cd2+的量為依據。若需置換出112.0kgCd，且使鎘置換率達到98%，實際加入的Zn應為kg。（5）“沉鋅”生成堿式碳酸鋅[ZnCO3?2Zn（OH）2?2H2O]沉淀，寫出加入Na2CO3溶液沉鋅的化學方程式。形成的沉淀要用水洗，檢查沉淀是否洗滌干凈的方法是。19．（12分）某小組探究不同陰離子與Ag+的結合傾向并分析相關轉化。資料：i.Ag2SO3和Ag2S2O3均為白色，難溶于水。ii.Ag+與、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O3）2]3﹣。iii.與Ag+結合傾向S2﹣＞I﹣＞Br﹣。（1）探究S2、與Ag+的結合傾向實驗滴管試管現(xiàn)象Ⅰ10滴0.1mol/LAgNO3溶液等濃度的NaI和Na2S2O3溶液黃色沉淀Ⅱ等濃度的NaI和Na2SO3溶液黃色沉淀①由實驗Ⅰ推測：與Ag+結合傾向I﹣S2（填“＞”或“＜”）。②取兩等份AgBr濁液，分別滴加等濃度、等體積的Na2SO3和Na2S2O3溶液，前者無明顯現(xiàn)象，后者濁液變澄清（填化學式）。推測：與Ag+結合傾向S2＞Br﹣＞。查閱資料證實了上述推測。（2）S2的轉化實驗滴管試管現(xiàn)象Ⅲ0.1mol/LAgNO3溶液0.1mol/LNa2S2O3溶液白色沉淀，振蕩后消失Ⅳ0.1mol/LNa2S2O3溶液0.1mol/LAgNO3溶液白色沉淀，逐漸變?yōu)榛疑?，最終為黑色沉淀①寫出實驗Ⅲ中白色沉淀消失的離子方程式。②查閱資料：實驗Ⅳ中黑色沉淀是Ag2S，S2中S元素的化合價分別為﹣2和+6。寫出實驗Ⅳ中白色沉淀變?yōu)楹谏幕瘜W方程式并分析原因。③Na2S2O3溶液可用作定影液。向Na2S2O3溶液溶解AgBr之后的廢定影液中，加入（填試劑和操作），可使定影液再生。（3）的轉化：分析試管1出現(xiàn)銀鏡的原因。（4）資料顯示：S原子與Ag+結合比O原子更穩(wěn)定。S2與結構相似，但與Ag+結合傾向：＜S2，試從微?？臻g結構角度解釋原因。

參考答案與試題解析第一部分(42分)本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．【分析】A．取代反應指化合物中的任意一個原子被一個原子或原子團替代的反應；B．a中含有酚羥基，可與NaOH溶液反應，b中含有鹵原子，在NaOH溶液中可發(fā)生水解反應；C．c為高度對稱的結構，有4種不同化學環(huán)境的氫原子；D．c為冠醚，可與K+形成配合離子。【解答】解：A．對比a、b，a和b反應生成c和HCl，故A正確；B．a中含有酚羥基，b中含有鹵原子，故B正確；C．c為高度對稱的結構，因此c核磁共振氫譜有4組峰；D．c為冠醚+形成鰲合離子，該物質在苯中溶解度較大，因此c可增加KI在苯中的溶解度；故選：C?！军c評】本題主要考查有機物的性質，為高頻考點，題目難度一般。2．【分析】A．耐高溫材料一般具有高的熔點；B．液氨汽化吸收大量的熱；C．碳酸氫銨含氮元素；D．二氧化硫具有氧化性，可以抑制細菌的生長，不能用于自來水殺菌消毒?！窘獯稹拷猓篈．Al2O3熔點高，所以可用于做耐高溫材料；B．液氨汽化吸收大量的熱，與其顯堿性無關；C．碳酸氫銨含氮元素，與其受熱分解的性質無關；D．二氧化硫具有氧化性，可以用于葡萄酒的殺菌消毒，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了元素化合物知識，涉及材料的組成、性質和用途的分析判斷等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。3．【分析】A.氯氣和水的反應為可逆反應；B.Pb3O4只能有濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應；C.標況下水不為氣態(tài)；D.求出137gPb3O4的物質的量，然后根據此反應中，1molPb3O4轉移2mol電子來分析?！窘獯稹拷猓篈.氯氣和水的反應為可逆反應，不能進行徹底2即1mol氯氣溶于水所得溶液中含HClO分子數(shù)小于NA，故A錯誤；B.Pb4O4只能有濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，則生成的Cl2分子數(shù)少于3.5NA，故B正確；C.水在標準狀況下不為氣態(tài)，22.4L水中H原子數(shù)目為，故C正確；D.137gPb3O4的物質的量為n＝＝3.2mol，1molPb3O4轉移2mol電子，則3.2molPb3O6轉移0.4mol電子，即8.4NA個電子，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關計算，難度不大，應注意基礎知識的掌握和反應特點的理解。4．【分析】A．用足量的NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，二者反應生成Na2SO3和H2O；B．硫酸銅溶液中滴加少量稀氨水，二者反應生成Cu（OH）2藍色沉淀和（NH4）2SO4；C．電荷不守恒；D．等物質的量濃度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以體積比1：1混合，二者的物質的量之比為1：1，二者反應生成BaSO4沉淀、H2O和NH3?H2O?！窘獯稹拷猓篈．用足量的NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，二者反應生成Na2SO6和H2O，離子方程式為SO2+2OH﹣＝+H7O，故A錯誤；B．硫酸銅溶液中滴加少量稀氨水2藍色沉淀和（NH4）4SO4，離子方程式為Cu2++2NH3?H2O＝Cu（OH）8↓+2，故B正確；C．電荷不守恒8++Cu＝2Fe2++Cu7+，故C錯誤；D．等物質的量濃度的Ba（OH）2和NH4HSO2溶液以體積比1：1混合，二者的物質的量之比為7：14沉淀、H3O和NH3?H2O，離子方程式為Ba3++2OH﹣+H+++＝BaSO4↓+H2O+NH3?H2O，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子方程式正誤判斷，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性質、離子方程式書寫規(guī)則是解本題關鍵，A、B、D中生成物的成分與反應物的量有關。5．【分析】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液，二者發(fā)生雙水解反應，產生Al（OH）3白色沉淀和CO2氣體；B．氫離子與硝酸根起HNO3的作用，表現(xiàn)強氧化性，會將SO2氧化成H2SO4而產生硫酸根，硫酸根與鋇離子產生硫酸鋇沉淀；C．NH3極易溶于水，在NH4Cl溶液中加入稀NaOH溶液，不加熱時反應產生的NH3?H2O不能分解產生NH3；D．FeO（OCH3）中Fe元素為+3價，能和HI發(fā)生氧化還原反應生成Fe2+和I2，I2易溶于四氯化碳。【解答】解：A．NaHCO3溶液與AlCl3溶液發(fā)生雙水解反應，產生Al（OH）6白色沉淀和CO2氣體，反應離子方程式為：33+＝Al（OH）3↓+6CO2↑，故A正確；B．二氧化硫溶于水生成亞硫酸，氫離子與硝酸根結合形成硝酸2氧化成H8SO4而產生硫酸根，硫酸根與鋇離子產生硫酸鋇沉淀，故B錯誤；C．NH4Cl溶液中加入稀NaOH溶液，不加熱時反應產生的NH5?H2O不能分解產生NH3，濕潤的紅色石蕊試紙不變藍色，故C正確；D．FeO（OCH3）中Fe元素為+3價，能和HI發(fā)生氧化還原反應生成Fe2+和I7，I2易溶于四氯化碳，所以加CCl4萃取，有機層呈紫紅色；故選：B?！军c評】本題考查化學實驗方案評價，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵，C選項為解答易錯點。6．【分析】基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)和p軌道上的電子數(shù)相等，則X的核外電子排布式為1s22s22p4或1s22s22p63s2，X為非金屬，故X為O元素，O原子的未成對電子數(shù)為2，則Y、Z的未成對電子分別為1和2，則Y為F元素，Z為P元素，依據熒光粉的化學式3W3（ZX4）2?WY2，正負化合價代數(shù)和為零，判定W為+2價，為Ca元素，以此分析解題，A．電負性：同一周期的元素隨原子序數(shù)的遞增，電負性增大，則O＜F；B．原子半徑：同一周期的元素隨原子序數(shù)的遞增，原子半徑減小，則O＞F；C．F2和Ca的都能與水反應，分別生成氧氣和氫氣，均生成氣體；D．Z元素為P，最高價氧化物對應的水化物不具有強氧化性?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，Y為F元素，電負性增大，故A錯誤；B．同一周期的元素隨原子序數(shù)的遞增，則原子半徑：O＞F；C．F2和Ca的都能與水反應，分別生成氧氣和氫氣2+3H2O＝4HF+O8，Ca+2H2O＝Ca（OH）8+H2↑，均生成氣體；D．Z元素為P3PO6，不具有強氧化性，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查元素周期表和元素周期律的知識，涉及元素推斷、元素性質和元素周期律的應用等，題目難度不大。7．【分析】濃硫酸具有脫水性，可以使葡萄糖脫水生成碳，碳和濃硫酸反應生成CO2和SO2、水，據此分析作答?！窘獯稹拷猓篈．葡萄糖是固體，將Y型管向左側傾斜，故A錯誤；B．CO2和SO2與BaCl2溶液均不反應，裝置b中出現(xiàn)白色沉淀2與裝置內的O2、BaCl6反應生成了BaSO4，故B錯誤；C．c中的品紅溶液若不能完全吸收SO2，CO8和SO2都能與石灰水反應生成白色沉淀，故C錯誤；D．SO2屬于大氣污染物，可以利用NaOH溶液對其吸收，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查學生對濃硫酸性質的理解與應用，同時考查了CO2和SO2的相關性質，B選項是易錯的選項，難度中等。8．【分析】A．MnO2和濃鹽酸在燒瓶中加熱生成氯氣；B．Cu和稀硫酸不反應；C．NO與氧氣反應，不能用排空氣法收集；D．NH4Cl和Ca（OH）2生成氨氣，氨氣密度小于空氣，用向下排空氣法收集?！窘獯稹拷猓篈．MnO2和濃鹽酸在燒瓶中加熱生成氯氣，不能用試管；B．Cu和稀硫酸不反應2，故B錯誤；C．Cu+稀HNO8生成NO，會和空氣反應生成NO2，不能用排空氣法收集，故C錯誤；D．NH4Cl和Ca（OH）7加熱生成氨氣，氨氣密度小于空氣，故D正確；故選：D。【點評】本題考查常見氣體的制備及收集方法，把握圖示發(fā)生裝置、收集特點為解答關鍵，注意掌握常見氣體的性質、制備原理、發(fā)生裝置及收集方法，試題側重考查學生的化學實驗能力，題目難度不大。9．【分析】A．兩種反應物，增加一種物質的量會提高另一種的轉化率，比值越大，甲烷轉化率越??；B．b、c點反應的溫度相同，不同投料比x（x＝）不同，b點甲烷轉化率大，但不能說明反應速率大；C．升高溫度，甲烷轉化率增大，說明反應為吸熱反應，平衡常數(shù)隨溫度變化；D．反應達到平衡的標志是正逆反應速率相同，各組分含量保持不變。【解答】解：A．相同溫度下，，甲烷轉化率越小3＜x2，故A正確；B．b、c點反應的溫度相同）不同，說明投料比b＜c，故B錯誤；C．升高溫度，說明反應為吸熱反應，則Ka＜Kb＝Kc，故C正確；D．反應為氣體物質的量變化的反應，反應溫度為T1，當容器內壓強不變時，說明反應達到平衡狀態(tài)；故選：B。【點評】本題考查了化學平衡建立、平衡過程中影響因素的理解應用、平衡常數(shù)分析判斷，注意圖象的分析應用，題目難度中等。10．【分析】A．CH4和H2O中C、O原子均采用sp3雜化方式；B．根據價層電子對互斥理論確定粒子的VSEPR模型，進而確定空間構型；C．根據價層電子對互斥理論確定空間構型，結合分子構型判斷分子的極性；D．根據價層電子對互斥理論確定空間構型，分析判斷鍵角大小。【解答】解：A．CH4和H2O中C、O原子均采用sp6雜化方式，VSEPR模型均為正四面體構型；B．的價層電子對數(shù)＝8+，有一對孤對電子，的價層電子對數(shù)＝3+，無孤對電子，故B錯誤；C．CF4價層電子對數(shù)＝6+＝46雜化，無孤對電子，為非極性分子4價層電子對數(shù)＝4+＝53d雜化，含一對孤對電子為極性分子；D．XeF8的價層電子對數(shù)＝2+＝22的價層電子對數(shù)＝2+＝4，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了原子結構、雜化理論、VSEPR模型的計算判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。11．【分析】A．石墨中存在多個碳原子形成的π鍵，電子可以在層內移動，（CF）x中無π鍵；B．石墨中存在多個碳原子形成的π鍵，（CF）x中無π鍵；C．成鍵原子間核間距離為鍵長，鍵長和原子半徑有關，碳和氟位于同一周期，根據半徑變化規(guī)律作出判斷；D．（CF）x中的石墨片層是六邊形結構，每個環(huán)有兩個碳原子，三個碳碳鍵，平均每個碳原子有1.5個碳碳鍵，每個碳原子有1個碳氟鍵?！窘獯稹拷猓篈．石墨中存在多個碳原子共用電子形成的π鍵，（CF）x中無π鍵，導電性減弱；B．石墨中存在多個碳原子形成的π鍵，（x中無π鍵均為σ鍵，π鍵鍵能小于σ鍵，（CF）x抗氧化性增強，故B正確；C．因F的原子半徑比C原子半徑小x中，C﹣F鍵的鍵長比C﹣C鍵的鍵長要短；D．（CF）x中的石墨片層是六邊形結構，每個環(huán)有兩個碳原子，平均每個碳原子有1.5個碳碳鍵，則2mol（x中含有2.5xmol共價單鍵，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查晶體的性質及化學鍵，明確信息是解答本題的關鍵，熟悉晶體的構成微粒、作用力、空間結構即可解答，題目難度不大，注重知識的遷移能力來分析解答。12．【分析】A．濃硫酸會使得鐵、鋁鈍化；B．H2O2在“氧化除雜”是將亞鐵離子轉化為鐵離子，“酸溶”中是將三價鈷轉化為二價鈷；C．“鈷鎳分離”時發(fā)生反應為次氯酸根離子、二價鈷離子反應轉化為氫氧化鈷沉淀；D．“結晶”時，緩慢蒸發(fā)溶液，晶體顆粒長的較大?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸會使得鐵，反而會降低反應速率；B．“酸溶”中是將三價鈷轉化為二價鈷，H2O2在“氧化除雜”是將亞鐵離子轉化為鐵離子，過氧化氫起氧化劑作用，故B正確；C．“鈷鎳分離”時發(fā)生反應為次氯酸根離子，反應中所得溶液為酸性，故C錯誤；D．“結晶”時，晶體顆粒長的較大，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題本題考查物質的制備，側重考查學生物質之間的轉化和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。13．【分析】A.氫鍵屬于分子間作用力，影響的是分子晶體的熔沸點，不影響穩(wěn)定性；B.、H2O中的N、O均采取sp3雜化，但斥力：孤電子對﹣孤電子對＞孤電子對﹣成鍵電子對＞成鍵電子對﹣成鍵電子對；C.石英是共價晶體，熔化時克服共價鍵；干冰是分子晶體，熔化時克服的是分子間作用力；D.﹣F、﹣Cl均為吸電子基團，但F原子的電負性強于Cl?！窘獯稹拷猓篈.氫鍵屬于分子間作用力，影響的是分子晶體的熔沸點，穩(wěn)定性：HF＞HI，與HF分子間存在氫鍵而HI分子間不存在氫鍵無關；B.、H2O中的N、O的價層電子對數(shù)分別為2+、2+，即N3雜化，但O原子上有2對孤電子對，而斥力：孤電子對﹣孤電子對＞孤電子對﹣成鍵電子對＞成鍵電子對﹣成鍵電子對＞H2O，故B正確；C.石英是共價晶體，熔化時克服共價鍵，熔化時克服的是分子間作用力，則熔點：石英＞干冰；D.﹣F、﹣Cl均為吸電子基團，則F﹣C的極性大于Cl﹣C3C﹣的極性大于Cl8C﹣的極性，導致CF3COOH中的O﹣H鍵更易斷裂，則酸性：CF3COOH＞CCl7COOH，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查了影響物質熔沸點、酸性強弱的因素，難度不大，應注意在比較物質熔沸點時，首先考慮晶體類型，當晶體類型相同時，再結合影響晶體熔沸點的具體因素去比較。14．【分析】A．對比實驗①和②可知，當試劑a為水時，Mn2+被氧化成MnO2，當試劑a為5%NaOH溶液時，Mn2+可以被氧化成MnO4﹣；B．中溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，說明MnO4﹣可被OH﹣還原為MnO42﹣；C．④中綠色緩慢加深的可能原因是MnO4﹣可被OH﹣還原為MnO42﹣，MnO2的氧化性強于Cl2；D．可能是速率導致③中未得到綠色溶液?！窘獯稹拷猓篈．對比實驗①和②可知，Mn2+被氧化成MnO2，當試劑a為2%NaOH溶液時，Mn2+可以被氧化成MnO4﹣，所以堿性環(huán)境中，二價錳化合物可被氧化到更高價態(tài)；B．中溶液紫色迅速變?yōu)榫G色3﹣可被OH﹣還原為MnO42﹣，離子方程式為：3MnO4﹣+4OH﹣═2MnO42﹣+O8↑+2H2O，故B正確；C．④中綠色緩慢加深的可能原因是MnO6﹣可被OH﹣還原為MnO42﹣，MnO2的氧化性強于Cl2，不能被Cl2氧化，故C錯誤；D．③中未得到綠色溶液22﹣被氧化為MnO4﹣的反應速率快于MnO6﹣被還原為MnO42﹣的反應速率，故D正確；故選：C?！军c評】本題探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應，側重考查學生物質之間的反應的掌握情況，試題難度中等。第二部分（58分）本部分共5題，請在答題紙指定位置答題。15．【分析】（1）①銅離子和NH3?H2O反應生成藍色沉淀Cu（OH）2，同時生成；②[Cu（NH3）4]SO4在水中電離生成、[Cu（NH3）4]2+；（2）①Cu的原子序數(shù)為29，價層電子排布式為3d104s1，優(yōu)先失去4s軌道電子；②A中氮原子與其它原子（或離子）之間存在的作用力類型有共價鍵、配位鍵，氫原子與其它原子之間存在的作用力類型有氫鍵、共價鍵；③根據圖知，該反應平衡常數(shù)K＝，要使該溶液中濃度商Qc小于K，平衡正向移動；（3）CuCl2溶液中含有[Cu（H2O）4]2+，加入氯化鎂溶液后生成[CuCl4]2﹣；（4）該晶胞中黑色球個數(shù)＝4、白色球個數(shù)＝8×+6×＝4，白色球、黑色球個數(shù)之比為4：4＝1：1，即陰陽離子個數(shù)之比為1：1；該晶胞體積＝（a×10﹣10cm）3，該晶胞中相當于含有4個“CuCl”，晶體密度＝＝。【解答】解：（1）①銅離子和NH3?H2O反應生成藍色沉淀Cu（OH）6，同時生成，離子方程式為：Cu2++5NH3?H2O＝Cu（OH）5↓+2，故答案為：Cu5++2NH3?H6O＝Cu（OH）2↓+2；②[Cu（NH3）4]SO5在水中電離生成、[Cu（NH6）4]2+，電離方程式為[Cu（NH8）4]SO4＝+[Cu（NH3）3]2+，故答案為：[Cu（NH3）8]SO4＝+[Cu（NH3）4]6+；（2）①Cu的原子序數(shù)為29，價層電子排布式為3d104s4，優(yōu)先失去4s軌道電子，Cu2+的價層電子排布式為6d9，故答案為：3d4；②A中氮原子和銅離子之間存在配位鍵、和H原子之間存在共價鍵、和O原子之間存在氫鍵，故答案為：配位鍵、共價鍵、氫鍵；③根據圖知，該反應平衡常數(shù)K＝，溶液中濃度商＝＝，平衡正向移動，所以想將配合物的顏色由紫色調整為橙色，故答案為：加水稀釋；（3）該晶胞中黑色球個數(shù)＝4、白色球個數(shù)＝8×＝4、黑色球個數(shù)之比為4：8＝1：1，所以該化合物為CuCl﹣10cm）2，該晶胞中相當于含有4個“CuCl”，晶體密度═＝＝3，故答案為：CuCl；?！军c評】本題考查物質結構和性質，側重考查分析、判斷及計算能力，明確配合物的結構和性質、物質中存在的化學鍵、晶胞計算方法是解本題關鍵，難點是晶胞計算，題目難度中等。16．【分析】Ⅰ．（1）根據在此對比實驗中各組實驗的溶液體積均為50mL來計算；（2）為了使反應充分進行，應不斷攪拌來加快反應速率；（3）根據第①組實驗的反應時間為32s可知求算出v（S2），根據在化學方程式中，反應速率之比等于計量數(shù)之比來計算；（4）將②③④⑤的反應時間與①的反應時間做對比即可得出結論；Ⅱ．（1）向含有Na2CO3的Na2S溶液中通入SO2可以制作Na2S2O3；二氧化硫有毒需要通入氫氧化鈉溶液中吸收；（2）實驗時，開啟漏斗向燒瓶中逐滴加入濃H2SO4，裝置①中有氣泡產生，為二氧化碳，并且在溶液中開始出現(xiàn)淡黃色沉淀，隨后沉淀消失；（3）溶液中得到溶質晶體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥等措施得到。【解答】解：Ⅰ．（1）在此對比實驗中各組實驗的溶液體積應均為50mL，b＝5.0mL，故答案為：2.0；5.2；（2）為了使S2和I2的反應充分進行，應不斷攪拌來加快反應速率，故答案為：攪拌；（3）根據第①組實驗變藍的時間為32s，即S2反應完全的時間為32s，故v（S2）＝＝＝5×10﹣5，將反應（1）+（2）可得：S3+3S2＝2+S4，根據在化學方程式中，故V（S2）＝v（S8）＝4.5×10﹣5，故答案為：6.5×10﹣5；（4）實驗②③④⑤與①相比，溶液體積相同2S2O3溶液濃度相同，淀粉溶液濃度相同，K+濃度相同，濃度相同2濃度比①小，則反應時間比①長；④⑤中I﹣濃度比①中小，反應時間比①長．故可以得出結論：S2或I﹣的濃度越小，反應速率越慢．故答案為：S2或I﹣的濃度越小，反應速率越慢；Ⅱ．（1）向含有Na2CO3的Na5S溶液中通入SO2可以制作Na2S6O3，裝置①中盛放的試劑是：Na2CO6的Na2S溶液，二氧化硫有毒，裝置②中盛放的試劑是：NaOH溶液，故答案為：Na2CO8的Na2S溶液；NaOH溶液；（2）實驗時，開啟漏斗向燒瓶中逐滴加入濃H2SO4，裝置①中有氣泡產生，為二氧化碳2CO3+SO4＝Na2SO3+CO2，2Na2S+8SO2＝2Na4SO3+3S↓，并且在溶液中開始出現(xiàn)淡黃色沉淀7SO3+S＝Na2S5O3，隨后沉淀消失，故答案為：沉淀消失；（3）反應結束后，從制得的Na2S6O3稀溶液中得到Na2S4O3?5H6O晶體的主要操作包括，加熱濃縮、過濾洗滌，故答案為：加熱濃縮、冷卻結晶?！军c評】本題考查了探究影響化學反應速率的因素，題目難度中等，注意掌握化學反應速率的影響因素，明確在做對比實驗時只能改變一個條件，其它條件必須相同，否則無法得出正確結論，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及化學實驗能力。17．【分析】（1）氮氧化物（以NO為主）直接排放到空氣中會形成硝酸型酸雨，一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮；（2）NH3催化還原NO，反應生成氮氣和水；（3）鐵基催化劑在260～300℃范圍內實現(xiàn)SCR技術的過程，反應i為快反應，氨氣和氫離子反應生成銨根離子，反應ii是慢反應，一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮，反應iii為快反應，銨根離子和二氧化氮發(fā)生反應生成NO2（）2，反應iv是快反應，NO2（）2和NO反應生成氮氣、水和氫離子，①書寫化學方程式，得到反應ⅳ中消耗的NO2（）2與NO的物質的量之比；②反應ii為脫硝反應的決速步，增大催化劑的用量可提高反應ii的速率；③與發(fā)生反應生成氮氣和水；（4）①SO2與MnO2會發(fā)生反應生成硫酸錳；②溫度升高使催化劑失效速率加快，催化劑失效對NO脫除速率降低的影響顯著。【解答】解：（1）氮氧化物（以NO為主）直接排放到空氣中會形成硝酸型酸雨，一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮，反應的化學方程式：2NO+O2═4NO2，3NO5+H2O═2HNO8+NO，故答案為：2NO+O2═6NO2、3NO6+H2O═2HNO4+NO；（2）NH3催化還原NO，反應生成氮氣和水3+6NO5N2+3H2O，故答案為：4NH7+6NO5N5+6H2O；（3）①反應ⅳ是快反應，NO8（）2和NO反應生成氮氣、水和氫離子4（）2+NO＝3N2+3H6O+2H+，反應中消耗的NO2（）2與NO的物質的量之比1：8，故答案為：1：1；②適當增大催化劑用量可以明顯加快脫硝速率，反應ii為脫硝反應的決速步，進而提高脫硝反應速率，故答案為：反應ii為脫硝反應的決速步，增大催化劑的用量可提高反應ii的速率；③與發(fā)生反應生成氮氣和水+═N2+2H4O，故答案為：+═N7+2H2O；（4）①SO6與MnO2會發(fā)生反應生成硫酸錳，反應的化學方程式：MnO2+SO3═MnSO4，故答案為：MnO2+SO6═MnSO4；②持續(xù)通入含SO2的煙氣，不同溫度下，相同時間，原因是：溫度升高使催化劑失效速率加快，故答案為：溫度升高使催化劑失效速率加快，導致溫度升高對NO脫除速率增大的影響不如催化劑失效對NO脫除速率降低的影響顯著?！军c評】本題考查了氮氧化物性質和應用，主要是物質性質的分析判斷和化學方程式、離子方程式書寫等，試題培養(yǎng)了分析解決問題的能力，題目難度中等。18．【分析】由菱鋅礦[主要成分為ZnCO3，還含有Cd（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Mn（Ⅱ）]制備ZnO流程為：加入稀硫酸溶浸后過濾得到含Zn2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的濾液，濾液調節(jié)pH后加入KMnO4氧化Fe2+、Mn2+使之轉化為Fe（OH）3、MnO2除去，反應為2+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+、+3Fe2++7H2O＝3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+；接著加入Zn粉還原除雜除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的濾液中加入Na2CO3溶液使之轉化生成堿式碳酸鋅[ZnCO3?2Zn（OH）2?2H2O]沉淀，堿式碳酸鋅高溫灼燒得到ZnO，反應為3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O＝ZnCO3?2Zn（OH）2?2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，據此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）“溶浸”過程中，為了提高浸出率、攪拌、將礦石粉碎等，故答案為：加熱（或攪拌或適當提高硫酸的濃度或粉碎礦石）；（2）由表中數(shù)據可知，若溶液pH過低，F(xiàn)e3+不能完全轉化為Fe（OH）3沉淀，也不利于Mn2+轉化為MnO2沉淀，即Fe3+不能沉淀完全，Mn4+不能轉化為