可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1 C12 N14 I127 Pb207
1. 中國(guó)科學(xué)家首次成功制得大面積單晶石墨炔，是碳材料科學(xué)的一大進(jìn)步。
下列關(guān)于金剛石、石墨、石墨炔的說法正確的是
A. 三種物質(zhì)中均有碳碳原子間的鍵B. 三種物質(zhì)中的碳原子都是雜化
C. 三種物質(zhì)的晶體類型相同D. 三種物質(zhì)均能導(dǎo)電
【答案】A
【解析】
【詳解】A．原子間優(yōu)先形成鍵，三種物質(zhì)中均存在鍵，A項(xiàng)正確；
B．金剛石中所有碳原子均采用雜化，石墨中所有碳原子均采用雜化，石墨炔中苯環(huán)上的碳原子采用雜化，碳碳三鍵上的碳原子采用雜化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．金剛石為共價(jià)晶體，石墨炔為分子晶體，石墨為混合晶體，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．金剛石中沒有自由移動(dòng)電子，不能導(dǎo)電，D項(xiàng)錯(cuò)誤；
故選A。
2. 下列物質(zhì)的應(yīng)用中，利用了氧化還原反應(yīng)的是
A. 用石灰乳脫除煙氣中的SO2
B. 用明礬[KAl(SO4)2?12H2O］處理污水
C. 用鹽酸去除鐵銹(主要成分Fe2O3?xH2O)
D. 用84消毒液(有效成分NaClO)殺滅細(xì)菌
【答案】D
【解析】
【詳解】A．SO2是酸性氧化物，可與堿反應(yīng)，用石灰乳脫除煙氣中的SO2時(shí)，SO2與氫氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣或亞硫酸氫鈣，反應(yīng)過程中無元素的化合價(jià)變化，沒有利用氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；
B．用明礬[KAl(SO4)2?12H2O］溶于水中，電離出的鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，利用膠體的吸附性可吸附污水中的固體顆粒物，該過程利用膠體的吸附性，發(fā)生的反應(yīng)沒有發(fā)生化合價(jià)變化，沒有利用氧化還原反應(yīng)，故B不符合題意；
C．用鹽酸去除鐵銹(主要成分Fe2O3?xH2O)，發(fā)生的主要反應(yīng)為：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反應(yīng)中沒有元素化合價(jià)的變化，沒有利用氧化還原反應(yīng)，故C不符合題意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性從而殺死細(xì)菌病毒，殺菌消毒的過程利用了氧化還原反應(yīng)，故D符合題意；
答案選D。
3. 下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不正確的是
A. 乙炔的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：
B. 順丁烯的分子結(jié)構(gòu)模型：
C. 基態(tài)原子的價(jià)層電子的軌道表示式：
D. 的電子式：
【答案】C
【解析】
【詳解】A．乙炔中含有碳碳三鍵，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A項(xiàng)正確；
B．順丁烯中兩個(gè)甲基位于雙鍵同側(cè)，其結(jié)構(gòu)模型為，B項(xiàng)正確；
C．基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為3s23p2，其軌道表示式為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．是離子化合物，其電子式為，D項(xiàng)正確；
答案選C。
4. 下列反應(yīng)方程式與所給事實(shí)錯(cuò)誤的是
A. 加熱NaHCO3固體，產(chǎn)生無色氣體：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
B. 過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無色氣體：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O
C. 苯酚鈉溶液中通入CO2，出現(xiàn)白色渾濁：+CO2+H2O→+NaHCO3
D. 乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產(chǎn)生有香味的油狀液體：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
【答案】B
【解析】
【詳解】A．加熱NaHCO3固體，NaHCO3受熱分解生成CO2氣體，方程式為2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故A正確；
B．過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無色氣體NO和Fe2＋，方程式為3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B錯(cuò)誤；
C．苯酚鈉溶液中通入CO2，生成苯酚和碳酸氫鈉，出現(xiàn)白色渾濁，方程式為+CO2+H2O→+NaHCO3，故C正確；
D．乙醇、乙酸在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，產(chǎn)生有香味的油狀液體乙酸乙酯，方程式為CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故D正確；
故選B。
5. 硫酸鹽(含SO、HSO)氣溶膠是PM2.5的成分之一。近期科研人員提出了霧霾微顆粒中硫酸鹽生成的轉(zhuǎn)化機(jī)理，其主要過程示意圖如圖：
下列說法不正確的是
A. 該過程有H2O參與B. NO2是生成硫酸鹽的氧化劑
C. 硫酸鹽氣溶膠呈酸性D. 該過程沒有生成硫氧鍵
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)圖示中各微粒的構(gòu)造可知，該過程有H2O參與，故A正確；
B．根據(jù)圖示的轉(zhuǎn)化過程，NO2轉(zhuǎn)化為HNO2，N元素的化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?3價(jià)，化合價(jià)降低，得電子被還原，做氧化劑，則NO2的是生成硫酸鹽的氧化劑，故B正確；
C．硫酸鹽(含SO、HSO)氣溶膠中含有HSO，轉(zhuǎn)化過程有水參與，則HSO在水中可電離生成H+和SO，則硫酸鹽氣溶膠呈酸性，故C正確；
D．根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化過程中，由SO轉(zhuǎn)化為HSO，根據(jù)圖示對(duì)照，有硫氧鍵生成，故D錯(cuò)誤；
答案選D。
6. 《本草綱目》記載，穿心蓮有清熱解毒、涼血、消腫、燥濕功效.穿心蓮內(nèi)酯是一種天然抗生素，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖所示，下列關(guān)于穿心蓮內(nèi)酯說法不正確的是
A. 分子中含有3種官能團(tuán)
B. 能發(fā)生加成反應(yīng)、消去反應(yīng)和聚合反應(yīng)
C. 1個(gè)分子中含有2個(gè)手性碳原子
D. 1 ml 該物質(zhì)分別與足量的Na、NaOH反應(yīng)，消耗二者的物質(zhì)的量之比為3：1
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，穿心蓮內(nèi)酯分子中含有的官能團(tuán)為羥基、酯基、碳碳雙鍵，共有3種，故A正確；
B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，穿心蓮內(nèi)酯分子中含有的碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)，含有的羥基能在濃硫酸中共熱發(fā)生消去反應(yīng)，故B正確；
C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，穿心蓮內(nèi)酯分子中含有如圖*所示的6個(gè)手性碳原子，故C錯(cuò)誤；
D．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，穿心蓮內(nèi)酯分子中含有的羥基能與金屬鈉反應(yīng)，含有的酯基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，則1ml穿心蓮內(nèi)酯消耗鈉和氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比為3：1，故D正確；
故選C。
7. 下列三個(gè)化學(xué)反應(yīng)焓變、平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系分別如下表所示。下列說法正確的是
A. 1173K時(shí)，反應(yīng)①起始，平衡時(shí)約為0.4
B. 反應(yīng)②是吸熱反應(yīng)，
C. 反應(yīng)③達(dá)平衡后，升高溫度或縮小反應(yīng)容器的容積平衡逆向移動(dòng)
D. 相同溫度下，；
【答案】D
【解析】
【詳解】A．1173K時(shí)，反應(yīng)①起始，，，x≈0.4，平衡時(shí)約為0.2，A錯(cuò)誤；
B．升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以②的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，，B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)蓋斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以，反應(yīng)③達(dá)平衡后，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，但是由于反應(yīng)兩端氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和相等縮小反應(yīng)容器的容積化學(xué)平衡不移動(dòng)，C錯(cuò)誤；
D．相同溫度下，根據(jù)蓋斯定律可知②-①可得③，故；，D正確；
故選D。
8. 下列實(shí)驗(yàn)結(jié)果不能作為相應(yīng)定律或原理的證據(jù)之一的是(阿伏加德羅定律：在同溫同壓下，相同體積的任何氣體含有相同數(shù)目的分子)( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【詳解】A．2NO2?N2O4是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向生成二氧化氮的方向移動(dòng)，顏色變深，可以作為勒夏特列原理的依據(jù)，故A符合；
B．比較元素的非金屬性，應(yīng)用元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比較，濃鹽酸不是氯的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，無法比較氯和碳的非金屬性；且生成的二氧化碳中含有氯化氫氣體，氯化氫與二氧化碳都能與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀，故也無法比較碳和硅的非金屬性，不能證明元素周期律，故B不符合；
C．ΔH＝ΔH1＋ΔH2，化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)只與起始和終了狀態(tài)有關(guān)，與變化途徑無關(guān)，可以證明蓋斯定律，故C符合；
D．在同溫同壓下，氣體的體積比等于方程式的計(jì)量數(shù)之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，電解水生成的氧氣和氫氣體積比等于物質(zhì)的量之比，可以證明阿伏加德羅定律，故D符合。
故選B。
【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及化學(xué)平衡的影響、阿伏伽德羅定律、蓋斯定律、元素周期律等知識(shí)，明確元素周期律內(nèi)容、化學(xué)平衡的影響因素即可解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生的綜合應(yīng)用能力，易錯(cuò)點(diǎn)B，生成的二氧化碳中含有氯化氫氣體，氯化氫與二氧化碳都能與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀。
9. 脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：
下列說法不正確的是
A. P和M通過縮聚反應(yīng)形成聚脲
B. 一定條件下聚脲能發(fā)生水解反應(yīng)
C. M苯環(huán)上的一氯代物有2種
D. M與互為同系物
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．M中兩個(gè)氨基上的N-H斷裂，與P中的C=N加成，所以P和M通過加聚反應(yīng)形成聚脲，A錯(cuò)誤；
B．聚脲中含有酰胺基，可以水解，B正確；
C．M為對(duì)稱結(jié)構(gòu)，苯環(huán)對(duì)位有取代基，所以一氯代物有2種，C正確；
D．M是含氧衍生物，而苯胺不是含氧衍生物，二者不是同一類物質(zhì)，所以不互為同系物，D錯(cuò)誤；
故選AD。
10. 鋰電池具有廣泛應(yīng)用。用廢鋁渣(含金屬鋁、鋰鹽等)獲得電池級(jí)Li2CO3的一種工藝流程如下(部分物質(zhì)已略去)：
下列說法不正確的是
A. ①中加熱后有SO2生成
B. ②生成Al(OH)3的離子方程式：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 由③推測(cè)溶解度：CaCO3＞Li2CO3
D. ④中不宜通入過多CO2，否則會(huì)造成Li2CO3產(chǎn)率降低
【答案】C
【解析】
【分析】廢鋁渣(含金屬鋁、鋰鹽等)加入濃硫酸，在280℃發(fā)生反應(yīng)，經(jīng)過濾后得到的濾渣中含有不與濃硫酸反應(yīng)的沉淀，濾液中含有硫酸鋁、硫酸鋰，硫酸鋁、硫酸鋰與飽和碳酸鈉反應(yīng)后得到氫氧化鋁沉淀和硫酸鈉溶液，碳酸鋰沉淀與氫氧化鈣溶液反應(yīng)生成氫氧化鋰和碳酸鈣，將氫氧化鋰溶液通入二氧化碳得到碳酸鋰固體，由此分析。
【詳解】A．①表示廢鋁渣(含金屬鋁、鋰鹽等)加入濃硫酸，在280℃發(fā)生氧化還原反應(yīng)，濃硫酸作氧化劑，化合價(jià)降低，得到的還原產(chǎn)物有SO2生成，故A不符合題意；
B．濾液中含有硫酸鋁、硫酸鋰，硫酸鋁和碳酸鈉發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀和CO2，離子方程式為：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故B不符合題意；
C．由③可知，碳酸鋰沉淀與氫氧化鈣溶液反應(yīng)生成氫氧化鋰和碳酸鈣，發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，既有溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀，溶解度：Li2CO3＞CaCO3，故C符合題意；
D．④表示氫氧化鋰和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鋰，不宜通入過多CO2，否則會(huì)生成碳酸氫鋰，造成Li2CO3產(chǎn)率降低，故D不符合題意；
答案選C。
11. 實(shí)驗(yàn)I和實(shí)驗(yàn)II中，均有氣體產(chǎn)生。
下列分析不正確的是
A. NaHSO3溶液中：c(SO)>c(H2SO3)B. I中有CO2生成
C. II中產(chǎn)生白色沉淀D. I和II中溶液的pH均增大
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)裝置中亞硫酸氫鈉溶液的pH=4判斷，溶液顯酸性，說明亞硫酸氫根離子的電離大于水解，故c(SO)>c(H2SO3)，故A正確；
B．亞硫酸氫鈉與碳酸氫鈉反應(yīng)，因?yàn)閬喠蛩釟涓x子的酸性大于碳酸，故反應(yīng)生成二氧化碳，故B正確；
C．亞硫酸氫根電離產(chǎn)生亞硫酸跟鋇離子結(jié)合產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀，同時(shí)產(chǎn)生的氫離子與亞硫酸氫根離子結(jié)合生成亞硫酸并分解產(chǎn)生二氧化硫，故C正確；
D．實(shí)驗(yàn)I中亞硫酸氫根離子的量減小，溶液體積增大，導(dǎo)致其濃度減小，故pH增大，實(shí)驗(yàn)II中產(chǎn)生亞硫酸，酸性增強(qiáng)，故pH減小，故D錯(cuò)誤；
故選答案D。
【點(diǎn)睛】此題考查鹽類中酸根離子的電離和水解程度，及酸性之間的強(qiáng)弱應(yīng)用，注意在復(fù)分解反應(yīng)中，一般利用酸堿性強(qiáng)弱判斷是否發(fā)生反應(yīng)。
12. 我國(guó)科研人員將單獨(dú)脫除的反應(yīng)與的制備反應(yīng)相結(jié)合，實(shí)現(xiàn)協(xié)同轉(zhuǎn)化。
①單獨(dú)制備：，不能自發(fā)進(jìn)行
②單獨(dú)脫除：，能自發(fā)進(jìn)行
協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置如圖(在電場(chǎng)作用下，雙極膜中間層的解離為和，并向兩極遷移)。下列分析不正確的是
A. 反應(yīng)②釋放的能量可以用于反應(yīng)①
B. 產(chǎn)生 H2O2的電極反應(yīng)：
C. 反應(yīng)過程中不需補(bǔ)加稀
D. 協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)：
【答案】D
【解析】
【分析】該裝置為原電池，根據(jù)圖中電子移動(dòng)方向可知，左側(cè)電極為負(fù)極，負(fù)極上SO2發(fā)生失電子的反應(yīng)生成，右側(cè)電極為正極，正極上O2發(fā)生得電子的反應(yīng)生成H2O2，負(fù)極反應(yīng)式為，正極反應(yīng)式為，所以協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)為SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，原電池工作時(shí)，陰離子移向負(fù)極，陽離子移向正極；
【詳解】A．反應(yīng)①不能自發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)②能自發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)②是放熱反應(yīng)，反應(yīng)②釋放的能量可以用于反應(yīng)①，A項(xiàng)正確；
B．由圖可知，生成H2O2的電極反應(yīng)為，B項(xiàng)正確；
C．根據(jù)總反應(yīng)可知，右側(cè)消耗H+的量等于遷移過來H+的量，硫酸的總量不變，所以反應(yīng)過程中不需補(bǔ)加稀H2SO4，C項(xiàng)正確；
D．負(fù)極反應(yīng)式為，正極反應(yīng)式為，則協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)為SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，D項(xiàng)錯(cuò)誤；
故選D。
13. 以、為原料合成涉及的主要反應(yīng)如下：
①
②
的平衡轉(zhuǎn)化率()、的選擇性()隨溫度、壓強(qiáng)變化如下：
已知：
下列分析不正確的是
A.
B. 400℃左右，體系發(fā)生的反應(yīng)主要是②
C. 由圖可知，，
D. 初始、，平衡后、，若只發(fā)生①、②，則的平衡轉(zhuǎn)化率為24%
【答案】D
【解析】
【詳解】A．反應(yīng)①的正反應(yīng)為氣體體積減小的方向，反應(yīng)②反應(yīng)前后氣體體積不變，故增大壓強(qiáng)，反應(yīng)①正向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)②不移動(dòng)，因此 P1>P2，A正確；
B．400℃時(shí)，由圖可以看出， CH3OH 的選擇性趨近為0，意味著轉(zhuǎn)化為CH3OH的CO2為0，因此此時(shí)體系發(fā)生的反應(yīng)主要是②，B正確；
C．由圖看出，隨著溫度升高，的選擇性()逐漸降低，反應(yīng)①向逆方向進(jìn)行，因此正反應(yīng)0，C正確；
D ．平衡后，根據(jù)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為30%，得出兩個(gè)反應(yīng)共消耗0.3ml CO2，又因?yàn)榭芍?.3ml CO2中有80%發(fā)生反應(yīng)①轉(zhuǎn)化為CH3OH，而0.3ml CO2中有20%發(fā)生反應(yīng)②轉(zhuǎn)化為CO，根據(jù)三段式可得：
，
兩個(gè)反應(yīng)中氫氣的轉(zhuǎn)化總量為0.78ml，所以氫氣的轉(zhuǎn)化率=，D錯(cuò)誤；
故答案為：D。
14. 的配位化合物較穩(wěn)定且運(yùn)用廣泛?？膳c、、、等配體形成使溶液呈淺紫色的、紅色的、黃色的、無色的配離子。某同學(xué)按如下步驟完成實(shí)驗(yàn)：

已知：與、的反應(yīng)在溶液中存在以下平衡：


下列說法不正確的是
A. I中溶液呈黃色可能是由于水解產(chǎn)物的顏色引起的
B. 向溶液II中加入NaF后，溶液顏色變?yōu)闊o色，說明
C. 為了能觀察到溶液I中的顏色，可向該溶液中加入稀鹽酸
D. 向溶液III中加入足量的KSCN固體，溶液可能再次變?yōu)榧t色
【答案】C
【解析】
【詳解】A．為淺紫色，但溶液I卻呈黃色，原因可能是Fe3+發(fā)生水解生成紅褐色Fe(OH)3，與淺紫色形成混合體系，使溶液呈黃色，A正確；
B．加入NaF后溶液II由紅色變?yōu)闊o色，說明轉(zhuǎn)變?yōu)椋磻?yīng)更易生成，說明，B正確；
C．為了觀察到淺紫色，需要除去紅褐色，即抑制鐵離子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀鹽酸會(huì)生成黃色的，C錯(cuò)誤；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固體，可使平衡的Q>，平衡正向移動(dòng)，溶液可能再次變?yōu)榧t色，D正確；
故選C。
第二部分
本部分共5題，共58分。
15. 碳酸二甲酯()是一種綠色化工原料。用于汽車、醫(yī)療器械等領(lǐng)域。以甲醇為原料生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程如下。
i. 4CuCl + 4CH3OH + O2 = 4Cu(OCH3)Cl + 2H2O
ii. 2Cu(OCH3)Cl + CO = (CH3O)2CO + 2CuCl
（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的雜化類型是_______。
（2）CuCl中，基態(tài)Cu+的價(jià)電子排布式為_______，CuCl在生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程中所起的作用是_______。
（3）上述方法中，甲醇單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率較低。為分析原因，查閱如下資料。
i．甲醇單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率主要受Cu(Ⅰ)(+1價(jià)銅元素)濃度的影響。
ii．CuCl在甲醇中溶解度較小，且其中的Cu+易被氧化為難溶的CuO。
ⅲ．加入4-甲基咪唑()可與Cu+形成配合物，可提高甲醇的轉(zhuǎn)化率。4-甲基咪唑中，1號(hào)N原子的孤電子對(duì)因參與形成大π鍵，電子云密度降低。
請(qǐng)結(jié)合信息回答以下問題。
①4-甲基咪唑中，1~4號(hào)N原子_______(填“在”或“不在”)同一平面上，_______(填“1”或“3”)號(hào)N原子更容易與Cu+形成配位鍵。
②加入4-甲基咪唑后，甲醇轉(zhuǎn)化率提高，可能的原因是_______(填序號(hào))。
a．Cu(Ⅰ)配合物中的-NH結(jié)構(gòu)可增大其在甲醇中的溶解度
b．形成的Cu(Ⅰ)配合物能增大反應(yīng)的限度
（4）配位原子提供孤電子對(duì)的能力是影響配體與Cu+之間配位鍵強(qiáng)度的一個(gè)重要因素。若用某結(jié)構(gòu)相似的含O配體與Cu+配位，所得配合物的穩(wěn)定性比含N配體低，可能的原因是_______。
（5）CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，金屬離子與氧離子間的作用力為_______，Ca2+的配位數(shù)是_______。一種立方鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I-和有機(jī)堿離子，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中_______的空間位置相同，有機(jī)堿CH3NH中，N原子的雜化軌道類型是_______；若晶胞參數(shù)為a nm，則晶體密度為_______g·cm-3(列出計(jì)算式)。
【答案】（1）sp2 （2） ①. 3d10 ②. 催化劑
（3） ①. 在 ②. 3 ③. a
（4）電負(fù)性：O>N，O對(duì)孤電子對(duì)吸引力強(qiáng)，使得O作配體時(shí)配位能力弱
（5） ①. 離子鍵 ②. 12 ③. Ti4+ ④. sp3 ⑤.
【解析】
【小問1詳解】
碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成碳氧雙鍵，雜化類型是sp2。
【小問2詳解】
基態(tài)Cu的價(jià)電子排布式為3d104s1，失去4s能級(jí)上的一個(gè)電子形成Cu+，故Cu+價(jià)電
子排布式為3d10；CuCl在反應(yīng)中先消耗再生成，屬于催化劑。
【小問3詳解】
①4 -甲基咪唑中環(huán)上形成大π鍵，屬于平面結(jié)構(gòu)，1~4號(hào)N原子在同一平面上；1號(hào)N原子的孤電子對(duì)參與形成大π鍵，故3號(hào)N原子更容易與Cu形成配位鍵；
②a．Cu( I )配合物中的 結(jié)構(gòu)可與甲醇形成分子間氫鍵，增大其在甲醇中的溶解度；
b．形成的Cu( I )配合物在反應(yīng)中作催化劑，催化劑不影響平衡移動(dòng)，故b錯(cuò)誤；
選a。
【小問4詳解】
若用某結(jié)構(gòu)相似的含O配體與Cu+配位，所得配合物的穩(wěn)定性比含N配體低，可能的原因是：電負(fù)性：O>N，O對(duì)孤電子對(duì)吸引力強(qiáng)，使得O作配體時(shí)配位能力弱。
【小問5詳解】
金屬陽離子和氧負(fù)離子之間以離子鍵結(jié)合，金屬離子與氧離子間的作用力為離子鍵，晶體晶胞中某微粒的配位數(shù)是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數(shù)必須是與之距離最近且相等的氧離子的數(shù)目，從圖(a)可知，該數(shù)目為三個(gè)相互垂直的三個(gè)面上，每一個(gè)面上有4個(gè)，故Ca2+的配位數(shù)是12；距離Pb2+最近的是處于面心的I-，Pb2+的配位數(shù)為6，圖(a)中Ti4+的配位數(shù)也為6，與圖(b)中Pb2+的空間位置相同；有機(jī)堿CH3H中N原子上無孤電子對(duì)，周圍形成了4個(gè)σ鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖(b)可知，一個(gè)晶胞中含有Pb2+的數(shù)目為1個(gè)，CH3NH的數(shù)目為8=1個(gè)，I-的數(shù)目為6=3個(gè)，故晶胞的密度為ρ= 。
16. 從礦石中提取金(Au)是獲取貴金屬的主要來源。
（1）俗話說“真金不怕火煉”，從化學(xué)性質(zhì)角度解釋其原因是_______。
（2）用硫代硫酸鹽在弱堿性條件下浸金是提取金的一種方法。
①補(bǔ)全反應(yīng)的離子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②簡(jiǎn)述在金被氧化過程中的作用：_______。
（3）工業(yè)上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液為原料配制浸金液，其一種可能的浸金原理示意圖如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金過程中起_______作用。
②為了驗(yàn)證上述原理中O2的作用，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。
實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：反應(yīng)一段時(shí)間后，溫度無明顯變化，U形管內(nèi)液柱左高右低，錐形瓶中溶液藍(lán)色變淺，打開瓶塞后……
a.打開瓶塞后，_______(填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，證實(shí)了上述原理。
b.a中現(xiàn)象對(duì)應(yīng)反應(yīng)的離子方程式是_______。
③下圖表示相同時(shí)間內(nèi)，配制浸金液的原料中c(CuSO4)對(duì)浸金過程中消耗率和浸金量的影響(其他條件不變)。
已知：2Cu2++6?2[Cu(S2O3)2]3-+
結(jié)合圖1，解釋圖2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
【答案】（1）Au在高溫條件下不與O2反應(yīng)
（2） ①. ②. 與Au+形成配合物，提高Au的還原性
（3） ①. 催化 ②. 錐形瓶中溶液藍(lán)色復(fù)原 ③. ④. 當(dāng)c(CuSO4)0.03ml/L時(shí)，游離的Cu2+消耗，使?jié)舛葴p小，浸金速率減小
【解析】
【小問1詳解】
真金不怕火煉從化學(xué)性質(zhì)角度解釋其原因：Au在高溫條件下不與O2反應(yīng)；
【小問2詳解】
該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，根據(jù)得得失電子守恒可配平，離子反應(yīng)方程式為：；從方程式中可以看出，與Au+形成配合物，提高Au的還原性；
【小問3詳解】
該機(jī)理圖機(jī)理為：Au失電子形成Au+，與Au+反應(yīng)得到，與反應(yīng)得到和Au，與氧氣、氨水反應(yīng)又重新生成，故在整個(gè)過程中起到了催化的作用；反應(yīng)一段時(shí)間后，溫度無明顯變化，U形管內(nèi)液柱左高右低，錐形瓶中溶液藍(lán)色變淺，說明生成了，打開瓶塞后錐形瓶中溶液藍(lán)色復(fù)原，說明氧氣將又氧化為；a中為在氧氣和氨水的作用下生成了，方程式為：；當(dāng)c(CuSO4)0.03ml/L時(shí)，根據(jù)題中所給已知方程式，游離的Cu2+消耗，使?jié)舛葴p小，浸金速率減小。故答案為：當(dāng)c(CuSO4)0.03ml/L時(shí)，游離的Cu2+消耗，使?jié)舛葴p小，浸金速率減小。
17. 用零價(jià)鐵()去除含氮廢水中的硝酸鹽()是環(huán)境修復(fù)的重要方法。一種去除的過程如下。
（1）Ⅱ中充分反應(yīng)后，分離混合物的方法是_______。
（2）Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式是_______。
（3）實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，在Ⅱ中補(bǔ)充一定量的可以明顯提高的去除率。向兩份含氮廢水[]中均加入足量粉，做對(duì)比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接還原了。
通過計(jì)算說明電子得、失數(shù)量關(guān)系：_______，證明該原因不合理。
b.研究發(fā)現(xiàn)：(導(dǎo)電)覆蓋在鐵粉表面；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，產(chǎn)生(不導(dǎo)電)，它覆蓋在表面，形成鈍化層，阻礙電子傳輸。
c.能與反應(yīng)生成。
用做同位素示蹤實(shí)驗(yàn)，證明該原因合理。
d.破壞鈍化層。
將ⅱ中的替換為_______，的去除率約為50%，證明該原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能發(fā)生。該反應(yīng)明顯有助于ⅰ中的去除，結(jié)合方程式解釋原因：_______。
（5）測(cè)定含量
步驟1.取v含氮()水樣，加入催化劑、標(biāo)準(zhǔn)溶液(過量)，再加入稀。
步驟2.用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的(被還原為)，終點(diǎn)時(shí)消耗。
已知：
①水樣中的含量為_______。
②溶液中影響測(cè)定。向步驟1中加入適量，產(chǎn)生驅(qū)趕，否則會(huì)使測(cè)定結(jié)果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）過濾； （2）；
（3） ①. 還原所需電子：3.24×10-4ml，F(xiàn)e2+最多提供的電子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的電子數(shù)明顯小于所需電子數(shù)； ②. 7.2×10-5ml NaCl；
（4），F(xiàn)e2+破壞了鈍化層；
（5） ①. ； ②. 偏大。
【解析】
【小問1詳解】
由步驟II得四氧化三鐵和廢水，因?yàn)樗难趸F難溶于水，可得步驟II的分離操作為過濾；
故答案為：過濾；
【小問2詳解】
由步驟II反應(yīng)產(chǎn)物為四氧化三鐵和，且鐵粉和在酸性條件下發(fā)生該反應(yīng)，所以該氧化還原反應(yīng)為；
故答案為：；
【小問3詳解】
根據(jù)物質(zhì)得失電子的計(jì)量關(guān)系，可知，F(xiàn)e2+最多提供的電子：3.6×10-5ml，，所需電子：3.24×10-4ml，F(xiàn)e2+失去的電子數(shù)明顯小于所需電子數(shù)；為說明是否是破壞鈍化層，根據(jù)控制變量法的思想將（即）替換為氯離子物質(zhì)的量相同的氯化鈉，即7.2×10-5ml NaCl看是否能達(dá)到同樣的去除率，若不能達(dá)到同樣的去除率說明不能破壞鈍化層，反知為Fe2+破壞了鈍化層；
故答案為：還原所需電子：3.24×10-4ml，F(xiàn)e2+最多提供的電子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的電子數(shù)明顯小于所需電子數(shù)； 7.2×10-5ml NaCl；
【小問4詳解】
根據(jù)上述分析可知生成的(導(dǎo)電)覆蓋在鐵粉表面；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，產(chǎn)生(不導(dǎo)電)，它覆蓋在表面，形成鈍化層，阻礙電子傳輸。而
，破壞了鈍化層有利于內(nèi)層的鐵能繼續(xù)與硝酸根反應(yīng)；
故答案為：，F(xiàn)e2+破壞了鈍化層；
【小問5詳解】
步驟1.取v含氮()水樣，加入催化劑、標(biāo)準(zhǔn)溶液(過量)，再加入稀。發(fā)生，
步驟2.用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的(被還原為)，終點(diǎn)時(shí)消耗。發(fā)生，根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)溶液的用量求得剩余的的物質(zhì)的量=6c2v2×10-3ml，則參與步驟I反應(yīng)的的物質(zhì)的量=，根據(jù)該反應(yīng)可得反應(yīng)消耗的硝酸根物質(zhì)的量，所以原水樣中的含量；因?yàn)槿芤褐写嬖?，也?huì)消耗，所以用量偏小，由于總量一定，所以參與步驟I反應(yīng)的物質(zhì)的量會(huì)偏大（計(jì)算造成的誤差），自然計(jì)算出來的水樣中的含量也偏大；
故答案為：① ；② 偏大。
18. 香豆素類化合物在藥物中應(yīng)用廣泛。香豆素類化合物W的合成路線如圖。
已知：
ⅰ. +H2O
ⅱ.—CHO+ +H2O
ⅲ.R1—CH=CH-R2+R1COOH+R2COOH
（1）A→B的化學(xué)方程式是_______。
（2）D的分子式是_______。
（3）條件①是_______。
（4）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_______。
（5）1ml J可以生成2ml K，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_____。
（6）下列說法不正確是_______(填序號(hào))。
a.可以用酸性溶液鑒別E和G
b.G可以發(fā)生加聚反應(yīng)、還原反應(yīng)和取代反應(yīng)
c.1ml P最多可以和5ml 反應(yīng)
（7）M為線型不穩(wěn)定分子，M→P經(jīng)過兩步反應(yīng)，R苯環(huán)上的一氯代物有3種。
①R的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_______。
②R→P的化學(xué)反應(yīng)類型是_______。
【答案】（1） +HNO3 +H2O
（2）
（3）NaOH水溶液，?
（4） （5） （6）ac
（7） ①. ②. 加成反應(yīng)
【解析】
【分析】根據(jù)路線圖，結(jié)合已知中的信息，本題采用逆合成分析法，由P逆向分析可依次推出M為、K為HOOCCH2COOH、J為 ，由G+P→W逆向分析可依次推出G為 、E為、F為 、D為 、B為、A為 。
【小問1詳解】
A→B為甲苯的對(duì)位硝化反應(yīng)，方程式為： +HNO3 +H2O。
【小問2詳解】
D為，分子式為。
【小問3詳解】
D→E反應(yīng)經(jīng)歷2個(gè)步驟，先是水解反應(yīng)，溴原子轉(zhuǎn)化為羥基，后是自動(dòng)脫水再轉(zhuǎn)化為羰基，因此反應(yīng)條件為：NaOH水溶液，△。
【小問4詳解】
由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。
【小問5詳解】
由分析可知，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。
【小問6詳解】
a．由分析可知，E有醛基，G有碳碳雙鍵，均能與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鑒別，a錯(cuò)誤；
b．G含有的碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應(yīng)，含有的苯環(huán)、碳碳雙鍵能發(fā)生加氫反應(yīng)，屬于還原反應(yīng)，含有的酰胺基、苯環(huán)能發(fā)生取代反應(yīng)，b正確；
c．1mlP中苯環(huán)可與3mlH2加成，羰基可與1mlH2加成，最多共與4mlH2加成，c錯(cuò)誤；
故選ac。
【小問7詳解】
①M(fèi)→P兩步反應(yīng)均為加成反應(yīng)，R苯環(huán)上的一氯代物有3種，說明分子的對(duì)稱性高，因此第一步反應(yīng)為M與酚羥基加成，R結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：。
②R→P的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)。
19. 某小組探究CuSO4溶液、FeSO4溶液與堿的反應(yīng)，探究物質(zhì)氧化性和還原性的變化規(guī)律。將一定濃度CuSO4溶液，飽和FeSO4混合溶液加入適量氨水，產(chǎn)生紅褐色沉淀，經(jīng)檢驗(yàn)，紅褐色沉淀含F(xiàn)e(OH)3。
（1）分析Fe(OH)3產(chǎn)生的原因：O2氧化所致。
驗(yàn)證：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，一段時(shí)間后有紅褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的離子方程式是___________。
②產(chǎn)生紅褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。電極反應(yīng)式：還原反應(yīng)：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反應(yīng)：___________。
（2）提出問題：產(chǎn)生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
驗(yàn)證如下(溶液A：飽和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空氣的影響)：
①I中可能產(chǎn)生Cu，運(yùn)用氧化還原反應(yīng)規(guī)律分析產(chǎn)生Cu的合理性：___________。
②檢驗(yàn)：濾出I中不溶物，用稀H2SO4溶解，未檢出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu由于___________(用離子方程式表示)，因此未檢出Cu。
（3）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)(III)確認(rèn)CuSO4的作用(已排除空氣的影響)，裝置示意圖如下所示。
①補(bǔ)全電化學(xué)裝置示意圖___________。經(jīng)檢驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中產(chǎn)生了Cu，II中未產(chǎn)生Cu，試解釋原因___________。
（4）CH3CHO分別與AgNO3溶液、銀氨溶液混合并加熱，CH3CHO與AgNO3溶液混合物明顯現(xiàn)象，但與銀氨溶液混合能產(chǎn)生銀鏡。試解釋原因：___________。
【答案】（1） ①. Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2 ②. Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
（2） ①. 溶液中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，升價(jià)產(chǎn)物有Fe(OH)3，降價(jià)產(chǎn)物有Cu是合理的 ②. Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
（3） ①. ②. II中Fe2+ 的還原性較弱，不能將Cu2+ 還原為Cu；III中NH3·H2O? + OH－， 產(chǎn)生氫氧化亞鐵，F(xiàn)e(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，堿性增強(qiáng)及產(chǎn)生Ksp更小的Fe(OH)3使亞鐵鹽的還原性增強(qiáng)，能將Cu2+ 還原為Cu
（4）CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的還原性，能與銀氨溶液產(chǎn)生銀鏡
【解析】
【小問1詳解】
①硫酸亞鐵與氨水反應(yīng)生成白色的氫氧化亞鐵沉淀，其離子方程式為：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用總反應(yīng)減去還原反應(yīng)，得到氧化反應(yīng)為：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
【小問2詳解】
①由現(xiàn)象可知，反應(yīng)生成了氫氧化鐵沉淀，從氧化還原的角度看，氫氧化鐵可為升價(jià)產(chǎn)物，銅可為降價(jià)產(chǎn)物，因此有銅生成從氧化還原的角度看是合理的。
②不溶物中有氫氧化鐵，氫氧化鐵與硫酸反應(yīng)生成三價(jià)鐵離子，三價(jià)鐵離子又可以與銅反應(yīng)生成二價(jià)鐵離子和銅離子，因此未檢出銅，其離子方程式：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
【小問3詳解】
①若要確認(rèn)CuSO4的作用，應(yīng)把硫酸銅溶液和飽和硫酸亞鐵溶液分別放在兩個(gè)燒杯中，因此其裝置示意圖應(yīng)為：。
②II中Fe2+的還原性較弱，不能將Cu2+還原為Cu；III中NH3·H2O?+OH－，氫氧根離子與亞鐵離子反應(yīng)產(chǎn)生氫氧化亞鐵，F(xiàn)e(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，堿性增強(qiáng)及產(chǎn)生Ksp更小的Fe(OH)3使亞鐵鹽的還原性增強(qiáng)，能將Cu2+還原為Cu。
【小問4詳解】
銀氨溶液呈堿性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸銀溶液中加入氨水提高了CH3CHO的還原性，能與銀氨溶液產(chǎn)生銀鏡?；瘜W(xué)反應(yīng)
平衡常數(shù)
溫度
973K
1173K
①
1.47
2.15
②
2.38
1.67
③
a
b
A
B
C
D
定律或原理
勒夏特列原理
元素周期律
蓋斯定律
阿伏加德羅定律
實(shí)驗(yàn)方案
結(jié)果
左球氣體顏色加深，右球氣體顏色變淺
燒瓶中冒氣泡，試管中出現(xiàn)渾濁
測(cè)得ΔH為ΔH1、ΔH2的和
H2與O2的體積比約為2∶1
實(shí)驗(yàn)序號(hào)
ⅰ
ⅱ
所加試劑
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
序號(hào)
實(shí)驗(yàn)
試劑
現(xiàn)象
I
氨水
生成沉淀，一段時(shí)間后，產(chǎn)生紅褐色沉淀和灰黑色固體物質(zhì)
II
水
溶液無明顯變化

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