浙江省杭州市學(xué)軍中學(xué)2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期5月階段性考試

杭州學(xué)軍中學(xué)紫金港校區(qū)高三化學(xué)試卷可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16F19Na23Si28P31S32Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cr52Cu64Ga70As75Ag108Ba137選擇題部分一、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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．是在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物，屬于非電解質(zhì)，故A符合題意；B．Cl2是非金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故B不符合題意；C．是化合物，熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，故C不符合題意；D．屬于弱酸，是在水溶液能導(dǎo)電的化合物，是電解質(zhì)，故D不符合題意；答案選A。2.是一種常見的漂白劑，下列說(shuō)法不正確的是A.可以用于漂白紙漿，但不可用于毛、絲等物質(zhì)的漂白B.可用于殺菌消毒，是一種食品添加劑C.實(shí)驗(yàn)室可用70%的濃硫酸與固體反應(yīng)制備少量D.是接觸法制硫酸的重要中間產(chǎn)品【答案】A【解析】【詳解】A．具有漂白性，工業(yè)上用于漂白紙漿、毛、絲等物質(zhì)的漂白，A錯(cuò)誤；B．可用于殺菌消毒，食品中添加適量的SO2可以起到漂白、防腐、抗氧化等作用，因此還是一種食品添加劑，B正確；C．實(shí)驗(yàn)室制備二氧化硫，利用強(qiáng)酸制弱酸，可用70%的濃硫酸與固體反應(yīng)制備少量，C正確；D．含硫物質(zhì)先轉(zhuǎn)化為再轉(zhuǎn)化為，最后轉(zhuǎn)化為硫酸，是接觸法制硫酸的重要中間產(chǎn)品，D正確；故選A。3.下列說(shuō)法正確的是A.含12個(gè)中子的鎂核素：B.用電子式表示的形成過(guò)程：C.的價(jià)層電子對(duì)互斥模型：D.的名稱為2甲基4乙基庚烷【答案】C【解析】【詳解】A．含12個(gè)中子的鎂核素質(zhì)量數(shù)為24，可表示為：，A錯(cuò)誤；B．氟化鈣為離子化合物，陰陽(yáng)離子需要標(biāo)出所帶電荷，用電子式表示其形成過(guò)程為，B錯(cuò)誤；C．的價(jià)層電子對(duì)互斥模型為四面體結(jié)構(gòu)：，C正確；D．最長(zhǎng)碳鏈有7個(gè)碳，第2個(gè)碳上有一個(gè)甲基，第5個(gè)碳上有一個(gè)乙基，名稱為2甲基5乙基庚烷,D錯(cuò)誤；答案選C。4.按以下實(shí)驗(yàn)方案可從海洋動(dòng)物柄海鞘中提取具有抗腫瘤活性的天然產(chǎn)物：下列各步實(shí)驗(yàn)操作原理與方法錯(cuò)誤的是AB步驟①步驟②CD步驟③步驟④A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．由題干流程圖可知，步驟①分離出濾液和不溶性固體，故需采用過(guò)濾操作，A不合題意；B．由題干流程圖可知，步驟②分離出水層和有機(jī)層，故需采用分液操作，B不合題意；C．由題干流程圖可知，步驟③從溶液中析出固體溶質(zhì)，需采用蒸發(fā)結(jié)晶，故需使用蒸發(fā)皿而不是坩堝，C符合題意；D．由題干流程圖可知，步驟④為對(duì)互溶的有機(jī)物甲苯和甲醇的混合物進(jìn)行分析，故需采用蒸餾操作，D不合題意；故答案為：C。5.關(guān)于反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是A.H2SO4生還原反應(yīng)B.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:1C.Na2S2O3既是氧化劑又是還原劑D.1molNa2S2O3發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移4mol電子【答案】C【解析】【詳解】A．反應(yīng)中H2SO4中H、O、S的化合價(jià)均為改變，故H2SO4生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)中Na2S2O3中S的化合價(jià)為+2價(jià)，轉(zhuǎn)化為S則化合價(jià)降低，轉(zhuǎn)化為SO2化合價(jià)升高，即S為還原產(chǎn)物，SO2為氧化產(chǎn)物，即氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1，B錯(cuò)誤；C．由B項(xiàng)分析可知，Na2S2O3既是氧化劑又是還原劑，C正確；D．由B項(xiàng)分析可知，1mol發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2mol電子，D錯(cuò)誤；故答案為：C。6.根據(jù)材料的組成和結(jié)構(gòu)變化可推測(cè)其性能變化，下列推測(cè)不合理的是材料組成和結(jié)構(gòu)變化性能變化A長(zhǎng)鏈烷烴引入磺酸根離子水洗去污能力增強(qiáng)B晶體熔融后迅速降溫凝固光學(xué)性質(zhì)表現(xiàn)各向異性C鋼鐵添加鉻和鎳合金元素耐高溫能力增強(qiáng)D晶體用Al取代部分Si，用O取代部分N導(dǎo)電能力增強(qiáng)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．長(zhǎng)鏈烷烴引入磺酸根離子，更好的溶于水，用作洗滌劑，所以去污能力增強(qiáng)，故A正確；B．晶體熔融后迅速降溫凝固，內(nèi)部排列無(wú)序，光學(xué)性質(zhì)表現(xiàn)各向同性，故B錯(cuò)誤；C．鉻和鎳熔點(diǎn)比較高，鋼鐵添加鉻和鎳合金元素，耐高溫能力增強(qiáng)，故C正確；D．晶體用Al取代部分Si，用O取代部分N，Al有自由移動(dòng)電子，所以導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故D正確；答案選B。7.茴香油是淡黃色液體或晶體，難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，在水蒸氣作用下易揮發(fā)，某茴香油主要成分是含有酯基的芳香族化合物。實(shí)驗(yàn)室提取該茴香油的流程如下：下列說(shuō)法正確的是A.操作A是利用沸點(diǎn)差異進(jìn)行分離B.水蒸氣蒸餾和減壓蒸餾的原理相同C.有機(jī)層加入的無(wú)水可用堿石灰代替D.餾出液加NaCl至飽和可以提高茴香油的提取率【答案】D【解析】【分析】茴香籽粉與水經(jīng)水蒸氣蒸餾，使揮發(fā)性成分隨水蒸氣餾出，餾出液加入氯化鈉至飽和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分層，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有機(jī)層，干燥過(guò)濾得到粗品，蒸餾得到茴香油；【詳解】A．加入乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有機(jī)層，利用的是茴香油在水和乙醚中的溶解度不同，以及乙醚和水的密度不同進(jìn)行分離，A錯(cuò)誤；B．水蒸氣蒸餾是將含有揮發(fā)性成分的植物原料與水共蒸餾，使揮發(fā)性成分隨水蒸氣餾出，減壓蒸餾是通過(guò)減小體系內(nèi)壓強(qiáng)而降低液體沸點(diǎn)達(dá)到分離提純的目的，兩者的蒸餾條件不同，原理不同，B錯(cuò)誤；C．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若將無(wú)水硫酸鈉用堿石灰代替，茴香油會(huì)在堿石灰的作用下發(fā)生水解而無(wú)法制得茴香油，C錯(cuò)誤；D．向餾出液中加入氯化鈉至飽和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分層，有利于提高茴香油的提取率，D正確；故選D。8.關(guān)于有機(jī)物檢測(cè)，下列說(shuō)法正確的是A.用溴的溶液可以鑒別乙醇、乙醛、苯酚B.溴乙烷在氫氧化鈉的乙醇溶液中加熱，將產(chǎn)生的氣體通入到酸性高錳酸鉀溶液中，紫紅色褪去，證明生成了乙烯C.皂化反應(yīng)后加入熱的飽和食鹽水有利于硬脂酸鈉的析出D.乙醇、丙醛、丙酸的核磁譜圖中的峰高度之比都是【答案】C【解析】【詳解】A．乙醇、乙醛與溴的溶液互溶，無(wú)法鑒別，故A錯(cuò)誤；B．揮發(fā)出的乙醇也可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以無(wú)法判斷生成的氣體是否為乙烯，故B錯(cuò)誤；C．皂化反應(yīng)后加入熱的飽和食鹽水降低硬脂酸鈉在水中的溶解度，使其析出，故C正確；D．乙醇、丙醛、丙酸核磁譜圖中的峰面積之比都是，并不是峰高度，故D錯(cuò)誤；答案選C。9.下列方程式不正確的是A.溶液在空氣中氧化變質(zhì)：B.尿素溶于熱水：C.的電離平衡：D.與一定量的可能存在反應(yīng)：【答案】C【解析】【詳解】A．Na2S溶液中的S2被空氣中氧氣氧化而變質(zhì)，生成硫單質(zhì)，離子方程式為2S2?+O2+2H2O=2S↓+4OH?，正確；B．尿素溶于熱水，相當(dāng)于酰胺基水解，得到碳酸銨，化學(xué)方程式為CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2CO3，B正確；C．碳酸鈣難溶于水，但是由于是強(qiáng)電解質(zhì)，溶于水的部分完全電離，選項(xiàng)中CaCO3(s)?Ca2+(aq)+(aq)表示碳酸鈣的沉淀溶解平衡，C錯(cuò)誤；D．NH4Al(SO4)2與Ba(OH)2可能按照物質(zhì)的量為2:3反應(yīng)的離子方程式為2Al3++6OH?+3Ba2++3=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D正確；本題選C。10.設(shè)為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.10g的中含有的質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)均為B.32g硫在足量的氧氣中充分燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為C.，1mol被還原，放出92.4kJ能量D.pH＝4的鹽酸和pH＝4的醋酸溶液等體積混合后，溶液中的數(shù)目仍為【答案】C【解析】【詳解】A．2H218O中有10個(gè)質(zhì)子，12個(gè)中子，相對(duì)分子量為22，10g2H218O物質(zhì)的量為mol，質(zhì)子數(shù)為NA，中子數(shù)為NA，A錯(cuò)誤；B．32g硫物質(zhì)的量為1mol，在足量氧氣中充分燃燒，生成1molSO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA，B錯(cuò)誤；C．N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)

ΔH=?92.4kJ/mol，根據(jù)熱化學(xué)方程式的含義，1mol

N2參與反應(yīng)被還原，放出92.4kJ能量，C正確；D．沒(méi)有說(shuō)明體積具體是多少，無(wú)法計(jì)算氫離子數(shù)目，D錯(cuò)誤；本題選C。11.某聚合物Z合成路線如下：下列說(shuō)法正確的是A.X分子中所有原子共平面，有兩種化學(xué)環(huán)境的氫原子B.生成1molZ，理論上同時(shí)生成C.1molZ與NaOH溶液充分反應(yīng)，最多消耗D.Y為【答案】D【解析】【詳解】A．X分子中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，X結(jié)構(gòu)高度對(duì)稱，有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，A錯(cuò)誤；B．生成1molZ，理論上同時(shí)生成，B錯(cuò)誤；C．1molZ與NaOH溶液充分反應(yīng)，最多消耗，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)X和Z的結(jié)構(gòu)，Y的結(jié)構(gòu)為：，D正確；故選D。12.是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，四種元素未成對(duì)電子數(shù)各不相同，原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，是制造太陽(yáng)電池板的主要原料。下列說(shuō)法正確的是A.含氧酸的酸性： B.氣態(tài)氫化物還原性：C.的氧化物可溶于酸不溶于堿 D.中各原子均滿足稀有氣體原子的電子構(gòu)型【答案】B【解析】【分析】X為短周期主族元素，原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，電子排布只有2、2這種情況，X為Be，未成對(duì)電子數(shù)為0，是制造太陽(yáng)電池板的主要原料即硅，Y為Si元素，未成對(duì)電子數(shù)為2，四種元素未成對(duì)電子數(shù)各不相同，說(shuō)明Z和W未成對(duì)電子數(shù)分別為3和1，Z為P、W為Cl元素；【詳解】由上述分析可知，X為Be、Y為Si、Z為P、W為Cl；

A．非金屬性Cl＞P>Si，最高價(jià)含氧酸的酸性為W＞Z>Y，但不是最高價(jià)含氧酸無(wú)此規(guī)律，故A錯(cuò)誤；

B．Y為Si、Z為P，同周期主族元素從左到右非金屬性逐漸增強(qiáng)，氣態(tài)氫化物的還原性逐漸減弱，故氣態(tài)氫化物的還原性：Y>Z，故B正確；

C．元素周期表中Be和Al處于對(duì)角線位置上，處于對(duì)角線的元素具有相似性，BeO具有兩性，可溶于酸也能溶于堿，故C錯(cuò)誤；

D．BeCl2中Be原子的族序數(shù)+成鍵原子個(gè)數(shù)=2+2=4，所以不滿足所有原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；

故選：B。13.科學(xué)家在電極表面沉積非晶態(tài)以高選擇性合成，裝置及陰極轉(zhuǎn)化過(guò)程如題圖所示。陰極區(qū)溶液酸化后可得。下列說(shuō)法正確的是[已知：選擇性，*表示吸附在表面的原子]A.陰極生成的反應(yīng)式為：B.參與陰極反應(yīng)，共轉(zhuǎn)移電子C.電解后，陽(yáng)極室溶液中的增大D.形成吸附態(tài)有利于鍵斷裂【答案】D【解析】【分析】如圖所示，左邊為陰極區(qū)，發(fā)生還原反應(yīng)陰極反應(yīng)，右邊為陽(yáng)極區(qū)，電解氫氧化鉀，如此作答即可?！驹斀狻緼．堿性環(huán)境，氫離子不存在，陰極反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．陰極反應(yīng)，參與陰極反應(yīng)，可知共轉(zhuǎn)移電子，故B錯(cuò)誤；C．電解后，陰極氫氧根增多，根據(jù)電荷守恒，所以鉀離子要向左移動(dòng)，陽(yáng)極區(qū)電解氫氧化鉀生成水，陽(yáng)極室溶液中的減小，故C錯(cuò)誤；D．由陰極反應(yīng)可知，形成吸附態(tài)生成，有利于鍵斷裂，故D正確；答案選D。14.丙酮與反應(yīng)并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為2氰基丙烯，過(guò)程如下：已知：氰基（）是一個(gè)強(qiáng)吸電子基團(tuán)。下列說(shuō)法正確的是A.步驟③，“條件1”可以是醇溶液，加熱B.步驟①，丙酮中羰基的鍵共用電子對(duì)轉(zhuǎn)化為碳原子與氰基間的鍵共用電子對(duì)C.反應(yīng)物中加不等質(zhì)量固體，隨著增加，反應(yīng)速率先增大后減小D.酸性：【答案】B【解析】【詳解】A．步驟③是醇類發(fā)生消去反應(yīng)，反應(yīng)條件是濃硫酸、加熱，故A錯(cuò)誤；B．由步驟①的示意圖可知，丙酮中羰基的鍵共用電子對(duì)轉(zhuǎn)化為碳原子與氰基間的鍵共用電子對(duì)，故B正確；C．加不等質(zhì)量固體，隨著增加，CN濃度增大，H+濃度減小，反應(yīng)①速率變快，反應(yīng)②速率變慢，總反應(yīng)速率要綜合多個(gè)影響因素，來(lái)判斷反應(yīng)速率是增大還是減小，但不會(huì)先增大，后減小，故C錯(cuò)誤；D．是強(qiáng)吸電子基團(tuán)，故中羥基上的氫更活潑，酸性更強(qiáng)，故D錯(cuò)誤。答案選B。15.在水中存在平衡：；，在25℃時(shí)，關(guān)系如圖所示，表示或度的負(fù)對(duì)數(shù)。下列說(shuō)法不正確的是A.曲線甲代表與pH的關(guān)系B.曲線乙經(jīng)過(guò)點(diǎn)C.的D.向溶液中加入NaOH至pH＝6時(shí)，Al元素主要以存在【答案】B【解析】【詳解】A．當(dāng)溶液酸性較強(qiáng)時(shí)，溶液中Al3+濃度較大，故曲線甲代表與pH的關(guān)系，A項(xiàng)正確；B．曲線乙代表與pH的關(guān)系，當(dāng)pH=10時(shí)，，則的平衡常數(shù)為，若曲線乙經(jīng)過(guò)點(diǎn)，則用該點(diǎn)計(jì)算的平衡常數(shù)為，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．通過(guò)曲線甲上點(diǎn)(5，6)可計(jì)算的，則的，C項(xiàng)正確；D．由圖像可知，當(dāng)pH＝6時(shí)，Al3+和的濃度都很小，此時(shí)Al元素主要以存在，D項(xiàng)正確；故選B。16.碳酸鈉、碳酸氫鈉是重要的工業(yè)原料，下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)方案所得結(jié)論正確的是序號(hào)方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象結(jié)論A將、固體分別加入到蒸餾水中，用手觸摸容器外壁加入的容器變熱，加入的容器變涼碳酸鈉的水解過(guò)程放熱，碳酸氫鈉的水解過(guò)程吸熱B向飽和溶液中加入過(guò)量粉末，攪拌至充分反應(yīng)取出固體洗凈后，投入鹽酸中，固體部分溶解并產(chǎn)生氣泡相同溫度下，C室溫下，配制0.1mol/L的溶液，加入到溶液中產(chǎn)生大量氣泡并有白色沉淀生成發(fā)生了雙水解反應(yīng)，生成了和D向飽和溶液中加入過(guò)量酸HX溶液中無(wú)氣泡產(chǎn)生碳酸酸性大于HXA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．加入的容器變熱，加入的容器變涼，說(shuō)明碳酸鈉的溶解過(guò)程放熱，碳酸氫鈉的溶解過(guò)程吸熱，A錯(cuò)誤；B．在一定條件下，硫酸鋇是可以轉(zhuǎn)化為碳酸鋇的，這并不能說(shuō)明碳酸鋇更難溶，轉(zhuǎn)化為碳酸鋇的原因是飽和碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大，與鋇離子濃度的乘積大于碳酸鋇的溶度積，B錯(cuò)誤；C．溶液加入到溶液中不會(huì)發(fā)生雙水解，C錯(cuò)誤；D．飽和溶液中加入過(guò)量酸HX，溶液中無(wú)氣泡產(chǎn)生，說(shuō)明沒(méi)有生成二氧化碳，則碳酸酸性大于HX，D正確；故選D。非選擇題部分17.含氮化合物在生活中占有重要地位。請(qǐng)回答：（1）可通過(guò)配位鍵與形成。形成該配合物時(shí)，基態(tài)的價(jià)層電子發(fā)生重排提供兩個(gè)空軌道，則重排后的價(jià)電子排布圖為______；的金屬配合物也已經(jīng)制備成功，但為數(shù)不多，如，已知該配合物的配位數(shù)與的配位數(shù)相同，測(cè)得其中存在兩種碳氧鍵的鍵長(zhǎng)，一個(gè)為0.117mm，另一個(gè)為0.122nm。請(qǐng)畫出的結(jié)構(gòu)示意圖：______。（2）激光照射下NOCl分子會(huì)發(fā)生解離，將產(chǎn)物通過(guò)質(zhì)譜，發(fā)現(xiàn)存在m/z＝30的離子峰，該峰對(duì)應(yīng)的微粒是_____（已知各產(chǎn)物微粒均帶1個(gè)單位正電荷）。A. B. C. D.（3）NPAs同屬于ⅤA族，下列說(shuō)法正確的是______。A.原子半徑：且電負(fù)性：N＞P＞AsB.N、P、As的最高價(jià)氧化物水化物的酸性依次減弱C.簡(jiǎn)單氫化物的還原性：D.黑砷和黑磷的結(jié)構(gòu)相似（如圖），每個(gè)砷原子最外層均形成8電子結(jié)構(gòu)。其晶體單層中，As原子與鍵的個(gè)數(shù)比為（4）已知晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，M處的（其位于四個(gè)所構(gòu)成的正四面體中心）有一定的朝向，不能隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，請(qǐng)解釋其原因______，該晶胞的晶胞參數(shù)如圖所示，設(shè)為阿伏伽德羅常數(shù)的值，該晶體的密度______（列出計(jì)算式即可）【答案】（1）①.②.（2）B（3）BD（4）①.與形成N—H…F氫鍵，氫鍵具有方向性②.【解析】【小問(wèn)1詳解】基態(tài)Co3+的價(jià)層電子排布式為3d6，CN可通過(guò)配位鍵與Co3+形成[Co(CN)6]3，形成配合物時(shí)，基態(tài)Co3+的價(jià)層電子發(fā)生重排提供兩個(gè)空軌道，則重排后的Co3+價(jià)電子排布圖為

；的配位數(shù)為4，的配位數(shù)與的配位數(shù)相同，則的配位數(shù)也為4，測(cè)得其中存在兩種碳氧鍵的鍵長(zhǎng)，一個(gè)為0.117mm，另一個(gè)為0.122nm，說(shuō)明Ni與2個(gè)PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1個(gè)O原子形成配位鍵，其結(jié)構(gòu)示意圖為：；【小問(wèn)2詳解】各產(chǎn)物微粒均帶1個(gè)單位正電荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，則該峰對(duì)應(yīng)的微粒是，故答案為B；【小問(wèn)3詳解】A．同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大、電負(fù)性逐漸減小，則原子半徑：r(N)＜r(P)＜r(As)，電負(fù)性：N＞P＞As，A錯(cuò)誤；B．同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，最高價(jià)氧化物水化物的酸性逐漸減弱，則N、P、As的最高價(jià)氧化物水化物的酸性逐漸減弱，B正確；C．同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，簡(jiǎn)單氫化物的還原性逐漸增強(qiáng)，即簡(jiǎn)單氫化物的還原性：NH3＜PH3＜AsH3，C錯(cuò)誤；D．黑砷和黑磷的結(jié)構(gòu)相似，每個(gè)砷原子最外層均形成8電子結(jié)構(gòu)，由圖可知，晶體單層中，每個(gè)As原子形成3個(gè)As?As鍵，以As?As鍵形成六元環(huán)，每個(gè)As原子被3個(gè)六元環(huán)共用，每個(gè)As?As鍵被2個(gè)六元環(huán)共用，則晶體單層中As原子與As?As鍵的個(gè)數(shù)比為，D正確；故選BD?！拘?wèn)4詳解】M處的(其位于四個(gè)F所構(gòu)成的正四面體中心)有一定的朝向，不能隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，其原因是：與F形成氫鍵，氫鍵具有方向性；由圖可知晶胞中含F(xiàn)、的個(gè)數(shù)都為2，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為(a×107cm)×(a×107cm)×(c×107cm)=a2c×1021cm3，則該晶體的密度ρ=g?cm?3。18.如圖所示可以分離并回收廢舊芯片中的幾種貴金屬。已知，①是一種強(qiáng)酸：②難溶。請(qǐng)回答：（1）含金固體可溶于和NaCl的混合溶液，寫出反應(yīng)的離子方程式：______。常溫時(shí)在堿性條件下能還原Z，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。（2）金的分離還可以加王水，銀鈀的分離可重復(fù)利用某些溶液。①下列說(shuō)法正確的是______。A.芯片中的金是芯片連接的絕佳材料，只是利用其物理性質(zhì)B.溶液X可以是NaCl溶液C.配位能力：D.不直接還原固體Y可能的原因是得到的Ag純度更高②加入鹽酸，調(diào)pH≈1能將轉(zhuǎn)化為，解釋其原因______。（3）溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？______（填“有”或“沒(méi)有”）。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證溶液Z中銀元素的存在______?！敬鸢浮浚?）①.②.（2）①.BD②.調(diào)pH≈1，使部分NH3轉(zhuǎn)化為，能使可溶性配離子轉(zhuǎn)化為難溶性的；但若pH過(guò)小，c(H+)過(guò)大，全部轉(zhuǎn)化為，則可能會(huì)完全轉(zhuǎn)化成（3）①.沒(méi)有②.取少量Z溶液于試管，加入過(guò)量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素【解析】【分析】廢舊芯片中含有貴金屬單質(zhì)Au、Ag和Pd，在硝酸中酸浸，Au不發(fā)生反應(yīng)，Ag、Pd發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Ag+和Pd2+；含Au固體用王水溶解轉(zhuǎn)化為溶液；向含有Ag+和Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固體和溶液；AgCl固體用氨水溶解得到銀氨溶液，再向銀氨溶液中加入肼得到Ag；向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入鹽酸調(diào)pH得到，據(jù)此作答?！拘?wèn)1詳解】根據(jù)流程圖可知，金可以和和NaCl的混合溶液反應(yīng)，而且生成，再依據(jù)氧化還原反應(yīng)得，常溫時(shí)在堿性條件下能還原銀氨溶液，銀要被還原，自身被氧化，可得化學(xué)方程式，答案：、；【小問(wèn)2詳解】芯片中金是芯片連接的絕佳材料，不只是利用其物理性質(zhì)，還因?yàn)榻鸬幕瘜W(xué)性質(zhì)不活潑，A項(xiàng)錯(cuò)誤；生成的固體Y為氯化銀，所以溶液X可以是NaCl溶液，B項(xiàng)正確；溶液Z是氯化銀溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，說(shuō)明配位能力：，C項(xiàng)錯(cuò)誤；N2H4不直接還原固體AgCl可能的原因是堿性條件下水合肼的還原性增強(qiáng)，將固體AgCl溶解為銀氨離子，能提高反應(yīng)速率，同時(shí)避免生成的銀單質(zhì)中混有AgCl雜質(zhì)，得到的Ag純度更高，D項(xiàng)正確；Ag(NH3)2Cl為難溶物，調(diào)pH≈1，使部分NH3轉(zhuǎn)化為，能使可溶性配離子轉(zhuǎn)化為難溶性的Ag(NH3)2Cl；但若pH過(guò)小，c(H+)過(guò)大，NH3全部轉(zhuǎn)化為，則可能會(huì)完全轉(zhuǎn)化成可溶性的[PdCl4]2；，答案：BD、調(diào)pH≈1，使部分轉(zhuǎn)化為，能使可溶性配離子轉(zhuǎn)化為難溶性的；但若pH過(guò)小，c(H+)過(guò)大，全部轉(zhuǎn)化為，則可能會(huì)完全轉(zhuǎn)化成；【小問(wèn)3詳解】Z溶液是銀氨溶液，溶液中是銀氨離子，不會(huì)和氯離子產(chǎn)生沉淀；若想驗(yàn)證銀元素，應(yīng)先將銀氨離子轉(zhuǎn)化為銀離子，再檢驗(yàn)銀離子的存在，方法為：取少量Z溶液于試管，加入過(guò)量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素，答案：沒(méi)有、取少量Z溶液于試管，加入過(guò)量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素。19.回答下列問(wèn)題：（1）在微生物作用下電解含乙酸的有機(jī)廢水可獲得清潔能源，其原理如圖所示。寫出與電源A極相連的惰性電極上發(fā)生的電極反應(yīng)：______。利用可見光催化還原，將轉(zhuǎn)化為增值化學(xué)原料（HCHO、HCOOH、等），這被認(rèn)為是一種可持續(xù)的資源化有效途徑。（2）已知幾種物質(zhì)的燃燒熱如表所示：物質(zhì)燃燒熱已知：，則______。（3）我國(guó)學(xué)者探究了BiIn合金催化劑電化學(xué)還原生產(chǎn)HCOOH的催化性能及機(jī)理，并通過(guò)DFT計(jì)算催化劑表面該還原過(guò)程的物質(zhì)的相對(duì)能量，如圖所示（帶“*”表示物質(zhì)處于吸附態(tài)），試從圖分析，采用BiIn合金催化劑優(yōu)于中金屬Bi和單金屬In催化劑的原因分別是______。（4）催化加氫制的反應(yīng)體系中，發(fā)生的主要反應(yīng)有：i、ii、iii、一定壓強(qiáng)下，往某密閉容器中按投料比充入和，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化的曲線如圖所示。①下列說(shuō)法正確的是______。A.恒溫恒壓時(shí)充入氦氣，反應(yīng)ii、iii的平衡均逆向移動(dòng)，反應(yīng)i不移動(dòng)B.增大的比值，的平衡轉(zhuǎn)化率增大C.圖中X、Y分別代表CO、D.體系中的的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化不大，原因是溫度變化，反應(yīng)i、iii的平衡移動(dòng)方向相反②在上圖中畫出反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，隨溫度變化趨勢(shì)圖（只用畫220℃以后）______。③在一定溫度下，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1mol和nmol。僅發(fā)生反應(yīng)iii。實(shí)驗(yàn)測(cè)得的平衡分壓與起始投料比的關(guān)系如圖。起始時(shí)容器內(nèi)氣體的總壓強(qiáng)為8pkPa，則b點(diǎn)時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)______（用含p的表達(dá)式表示）。（已知：用氣體分壓計(jì)算的平衡常數(shù)為，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）【答案】（1）（2）（3）相對(duì)于單金屬Bi催化劑，BiIn合金催化劑能夠促進(jìn)的吸附，增強(qiáng)對(duì)*OCHO中間體的吸附；相對(duì)于單金屬In催化劑，BiIn合金催化劑能夠降低*OCHO脫附形成*HCOOH的活化能（4）①.AD②.③.【解析】【小問(wèn)1詳解】電解含乙酸的有機(jī)廢水，與電源A極相連的惰性電極是陽(yáng)極，陽(yáng)極上乙酸失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子，電極反應(yīng)式為：；【小問(wèn)2詳解】根據(jù)燃燒熱寫出熱化學(xué)方程式：i.HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=570.8kJ/mol，ii.H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=285.8kJ/mol，iii.H2O(g)=H2O(l)△H=44kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，ii×2iiii得反應(yīng)CO2(g)+2H2(g)?HCHO(g)+H2O(g)的△H=(285.8×2+570.8+44)kJ/mol=；【小問(wèn)3詳解】根據(jù)圖象，采用BiIn合金催化劑優(yōu)于單金屬Bi催化劑的原因：相對(duì)于單金屬Bi催化劑，BiIn合金催化劑能夠促進(jìn)CO2的吸附，增強(qiáng)對(duì)*OCHO中間體的吸附；BiIn合金催化劑優(yōu)于單金屬In催化劑的原因：相對(duì)于單金屬In催化劑，BiIn合金催化劑能夠降低*OCHO脫附形成*HCOOH的活化能；【小問(wèn)4詳解】①A．恒溫恒壓時(shí)充入氦氣，相當(dāng)于反應(yīng)物生成物的分壓減小，反應(yīng)ii、iii的平衡均逆向移動(dòng)，反應(yīng)i不移動(dòng)，A為正確；B．增大的比值，的平衡轉(zhuǎn)化率減小，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)ⅰ、ⅱ、ⅲ分別為吸熱、放熱、放熱反應(yīng)，升高溫度分別向正向、逆向、逆向移動(dòng)，故CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)在增加為X曲線，CH3OH和H2O在減少，且CH3OH減少更多為Y曲線，H2O為Z曲線，圖中X、Y分別代表CO、CH3OH，C錯(cuò)誤；D．體系中的的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化不大，原因是溫度變化，反應(yīng)ⅰ、ⅲ的平衡移動(dòng)方向相反，D正確；故選AD。②根據(jù)圖示，升高溫度，氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)受溫度的影響不大，所以隨溫度升高而增大，如圖：③溫度相同時(shí)，a、b、c三點(diǎn)平衡常數(shù)相等，選c點(diǎn)數(shù)據(jù)算平衡常數(shù)，設(shè)反應(yīng)由起始到達(dá)到平衡時(shí)CO2轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)c點(diǎn)列三段式：，恒溫恒容下，壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比，，解得y=0.5，溫度相同時(shí)，a、b、c三點(diǎn)平衡常數(shù)相等，選c點(diǎn)數(shù)據(jù)算平衡常數(shù)，c電平衡時(shí)CO2、H2、CH3OH、H2O物質(zhì)的量依次為0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH分壓為pKPa，則p（CO2）=p（CH3OH）=p（H2O）=pKPa，p（H2）=pKPa×3=3pKPa，則平衡常數(shù)Kp=。20.三氯化鉻是常用的媒染劑和催化劑，易潮解，易升華，高溫下易被氧氣氧化。實(shí)驗(yàn)室用Cr2O3和CCl4(沸點(diǎn)76.8℃)在高溫下制備無(wú)水CrCl3，同時(shí)生成COCl2氣體?？衫孟旅嫜b置模擬制取三氯化鉻(K1、K2為氣流控制開關(guān))原理：已知：①氣體有毒，遇水發(fā)生水解產(chǎn)生兩種酸性氣體。②堿性條件下，可將氧化(黃色)：酸性條件下，將(橙色)還原為(綠色)。（1）實(shí)驗(yàn)裝置合理的連接順序?yàn)閍hi______(填儀器接口字母標(biāo)號(hào))。（2）步驟如下：i．連接裝置，檢查裝置氣密性，裝入藥品并通；ii．加熱反應(yīng)管至400℃；iii．控制開關(guān)，加熱，溫度保持在50℃~60℃之間；iv．加熱石英管繼續(xù)升溫至650℃，直到E中反應(yīng)基本完成，切斷管式爐的電源；v．停止A裝置水浴加熱，……；vi．裝置冷卻后，結(jié)束制備實(shí)驗(yàn)。①步驟i中，開關(guān)、的狀態(tài)分別為______。②補(bǔ)全步驟v操作：______，其目的是______。（3）從安全的角度考慮，整套裝置的不足是______。（4）裝置D中反應(yīng)的離子方程式為______。（5）測(cè)定產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的實(shí)驗(yàn)步驟如下：Ⅰ．取5gCrCl3產(chǎn)品，在強(qiáng)堿性條件下，加入過(guò)量的30%H2O2溶液，小火加熱使CrCl3完全轉(zhuǎn)化為，繼續(xù)加熱一段時(shí)間；Ⅱ．冷卻后，滴入適量的稀硫酸和濃磷酸(濃磷酸的作用是防止指示劑提前變色)，使轉(zhuǎn)化為，再加適量的蒸餾水將溶液稀釋至100mL；Ⅲ．取25.00mL溶液，加入適量濃硫酸混合均勻，滴入3滴試亞鐵靈作指示劑，用新配制的1.000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由黃色經(jīng)藍(lán)綠色變?yōu)榧t褐色即為終點(diǎn)，重復(fù)2～3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液21.00mL。①該樣品中CrCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______%(保留小數(shù)點(diǎn)后兩位，Mr(CrCl3)=158.5)②下列操作將導(dǎo)致產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分?jǐn)?shù)測(cè)定值偏低的是______(填標(biāo)號(hào))。A．步驟Ⅰ中未繼續(xù)加熱一段時(shí)間B．步驟Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已變質(zhì)C．步驟Ⅱ中未加濃磷酸D．步驟Ⅲ中讀數(shù)時(shí)，滴定前俯視，滴定后平視【答案】（1）（2）①.K1開，K2關(guān)②.繼續(xù)通入N2一段時(shí)間③.將COCl2完全排入裝置D被充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收（3）升華的三氯化鉻易凝華，堵塞導(dǎo)管（4）（5）①.88.76②.AC【解析】【分析】三氯化鉻易潮解，易升華，高溫下易被氧氣氧化，所以實(shí)驗(yàn)過(guò)程中要確保裝置內(nèi)不能存在氧氣和水蒸氣，A裝置的作用是用N2將CCl4導(dǎo)入裝置參與反應(yīng)，B裝置作用是防止水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置，C裝置作用是收集氣體，D裝置是處理COCl2尾氣，E裝置是發(fā)生裝置。整個(gè)反應(yīng)流程先用干燥的N2排除裝置內(nèi)空氣，然后再通入N2將CCl4氣體帶入裝置，與E中的CrO2反應(yīng)，生成的COCl2有毒氣體用C裝置收集，與D裝置中NaOH溶液反應(yīng)從而進(jìn)行吸收處理，為防止D裝置中水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置，還有在C和D裝置中間加一個(gè)干燥裝置C，據(jù)此分析解題?！拘?wèn)1詳解】根據(jù)分析，裝置的排序是AECBD，首先用干燥的N2排除裝置空氣，則反應(yīng)前C裝置內(nèi)應(yīng)該充滿N2，要收集的氣體為COCl2，其密度大于N2，所以COCl2從d進(jìn)入，因此，實(shí)驗(yàn)裝置合理的連接順序?yàn)閍hi(或ih)debcf(g)，故答案為：debcfg；【小問(wèn)2詳解】①K1開，K2關(guān)，使得N2能進(jìn)入裝置排盡空氣而不會(huì)帶入CCl4，故答案為：K1開，K2關(guān)；②反應(yīng)結(jié)束后還需要持續(xù)通入N2一段時(shí)間，從而將COCl2完全排入裝置D被充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收，故答案為：繼續(xù)通入N2一段時(shí)間；將COCl2完全排入裝置D被充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收；【小問(wèn)3詳解】三氯化鉻容易受熱升華，溫度降低后容易在導(dǎo)管內(nèi)凝華，從而堵塞導(dǎo)管，故答案為：升華的三氯化鉻易凝華，堵塞導(dǎo)管；【小問(wèn)4詳解】根據(jù)元素分析，COCl2水解生成的兩種酸性氣體是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式應(yīng)該為COCl2+4OH=+2H2O+2Cl，故答案為：COCl2+4OH=+2H2O+2Cl；【小問(wèn)5詳解】①和Fe2+的反應(yīng)為6Fe2+++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，根據(jù)原子守恒可得關(guān)系式為2CrCl3～2～～6Fe2+～6(NH4)2Fe(SO4)2，則樣品中n(CrCl3)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]×=×1.00mol/L×21.00×103L×4=2.8×102mol，m(CrCl3)=nM=2.8×102mol×158.5g/mol=4.438g，則樣品中CrCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=88.76%，故答案為：88.76；②A．步驟Ⅰ未繼續(xù)加熱一段時(shí)間，由于過(guò)量的H2O2的存在，在步驟Ⅱ中會(huì)還原為Cr3+，則滴定時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液硫酸亞鐵銨體積減小，測(cè)定的CrCl3質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，A符合題意；