2023年北京市石景山区高考化学一模试卷(附答案详解)

2023年北京市石景山区高考化学一模试卷一、单项选择题〔1442.0分〕我国提出力争在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和碳中和是指CO2的排放总量和削减总量相当。不利于实现“碳达峰、碳中和”的是( )植树造林C.进展氢能源

B.绿色出行D.大力推广燃煤发电以下物质中，不能由单质直接化合生成的是( )FeCl2 B.CuCl2 C.HCl D.Mg3N2以下化学用语对事实的表述正确的选项是( )3用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：Ca2++CO2−⇌CaCO3↓3由Na和Cl形成离子键的过程：三价铁腐蚀铜的电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+电解饱和食盐水阳极的电极反响：2H2O+2e−=2OH−+H2↑试验室制备以下气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的选项是( )气体试剂制备装置收集方法ANOCu+稀HNO3bcBNH3NH4CladCO2过氧化氢溶液+MnO2beDA.ACl2MnO2+浓盐酸B.B C.CbcD.D：34Se(硒)、S、O为同族元素。以下说法正确的选项是( )原子半径：Se>S>OC.非金属性：Se>S>O

B.沸点：H2O<H2S<H2SeD.电负性：Se>S>O131页光解水制氢被认为是最抱负的将来能源生产方式一种双光电极光解水的示意图如图。以下说法不正确的选项是( )该装置实现了光能向化学能的转化Pt电极：2H++2e−=H2↑H2O被氧化为O2的反响：2H2O−4e−+4OH−=O2↑+4H2O2 2 总反响：2HO−O ↑2 2 以下说法正确的选项是( )室温下，pH一样的盐酸和醋酸溶液，溶质的物质的量浓度一样等物质的量的Na2O和Na2O2含有一样数目的离子同温同压下，O2和O3的密度一样0.5mol/LNa2SO4溶液中约含有3.01×1023个Na+氨既是一种重要的化工产品又是一种重要的化工原料如图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。以下说法不正确的选项是( )可以利用NH3易液化的性质分别出NH3吸取塔中通入A是为了提高原料的利用率可以用NH3进展氮氧化物的尾气处理合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化如图是合成高分子材料Ⅰ和局部物质转化的过程示意H和I均含有酯基，以下说法正确的选项是( )231页H2C=CHCOOH存在顺反异构C.F是CH3CH2COOH

B.G合成高分子材料I是缩聚反响D.G发生氧化反响生成H以金属氢化物(MHx)为负极材料的Ni/MHx放氢性能，氢通过碱性电解液在金属氢化物电极和Ni(OH)2电极之间运动，充放电过程中的氢像摇椅一样在电池的正负极之间摇动因此又称为“摇椅”机理其反响机理如下图。以下说法错误的选项是( )过程a表示电池充电过程电池总反响：MHx+x Ni(OH)2放电时负极的电极反响：MHx+xOH−−xe−=M+xH2O放电时正极的电极反响：NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−{Ti12O18}{Rb@Ti12O18}和Cs+反响，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反响的平衡常数(Keq)，反响示意图和所测数据如图。有关说法不正确的选项是()331页(如图2中[Cs+]/[Rb+]表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似)离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)s+2828的骨架构造在Cs+交换过程中没有被破坏。据此推断：{Ti12O18}团簇外表的孔是柔性的Keq≈0.1{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力利用以下试验药品进展试验，能顺当到达试验目的的是( )试验目的 试验药品证明乙炔能和Br2反响4除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO2−4检验溴乙烷中的溴原子验证乙醇消去产物有乙烯

电石、饱和食盐水、CuSO4溶液和溴水粗盐、蒸馏水、NaOH溶液和Na2CO3溶液溴乙烷、NaOH溶液和AgNO3溶液乙醇、浓硫酸和溴水A B.B C.C D.D嫦娥四号月球探测器上的五星红旗由一类特别的聚酰亚胺制成如图为某种芳香族聚酰亚胺的合成路线，以下说法不正确的选项是( )：将链节重复一次，并按虚线处切断，结合B的分子式确定B和C的骨架：有机化合物C的构造简式：431页有机化合物A的构造简式：有机化合物B的构造简式：图1所示，晶胞边长约为3×10−10m，该合金吸取的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图2所示。以下说法不正确的选项是()钛铁合金的化学式：TiFe钛铁合金中每个Ti四周距离最近且等距的Fe有8个钛铁合金的密度约为6g/cm3(计算结果保存到整数)如图2所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH2二、简答题〔558.0分〕工业上用Fe(Ⅲ)作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。铁元素属于 区(填“s”、“d”、“ds”、“p”)。Fe3+生化氧化再生法分为吸取和再生两局部。①吸取：用Fe3+将H2S氧化为S，该反响的离子方程式是 。②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最正确pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸取，结合平衡移动原理解释缘由 。络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。①碱性条件有利于H2S的吸取但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀请在图1中用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图 。从图中可以看出Fe3+有空轨道，可531页以形成溶于水的Fe3+Ln(协作物，L表示配体，n表示配位数)。②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式 。.O2氧化再e+n的离子方程式e+n+O2+2O=e+n+H−出总反响的化学方程式 。③图2是EDTA与Fe3+形成协作物的构造示意图，Fe3+外层空轨道实行sp3d2杂化，1mol该协作物中配位键有 mol。CO2分子构造稳定，难以给出电子，较简洁承受电子，较难活化。承受CO2作为碳源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以削减温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。假设活化CO2，通常需要实行适当的方式使CO2的分子构造从 (填分子的空间构造名称)变为弯曲型，便于下一步反响。一种CO2直接加氢的反响机理如图a所示。①写出总反响的化学方程式 。3②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO2−的VSEPR模型名称 。3①：主反响CO2催化加氢制甲醇是放热反响2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH1631页2CH3OH(g)+3O2(g)=4H2O(g)+2CO2(g)ΔH2写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式 (ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示)。②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反响为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/molCO2和H2按

转化率和CH3

OH选择性[x(CH3

OH)%=n(CH3OH)×100%n(CO2)随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的缘由 。③我国科学家设计了离子液体电复原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反响式 。依泽替米贝是一种型高效、副作用低的调脂药，其合成路线如图。：A属于芳香烃，A→B的反响类型是 。C含有氨基，写出C的构造简式 。D的芳香族同分异构体有 种(不含D本身)。E中含有的官能团： 。写出E制备F时中间产物L的构造简式 。731页环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2：1，G→H的化学方程式是 。参考如下例如，画出J和F生成K时形成的碳碳键 。例如：从铜电解液中分别得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(CuFeAsCaZn等)，我国科学家对粗硫酸镍进展精制提纯，其工艺流程如图。：i.含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、SO2−、Cu2+、Fe2+、AsO3−、Ca2+和Zn2+4 4ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅰ.局部物质的电离常数和溶度积常数如表：物质 电离常数 物质溶度积常数物质溶度积常数K =1.1×10−7 CuS6.3×10−36 FeS 6.3×10−18H2S

a1Ka2

=1.3×10−13NiS3.2×10−19Ni(OH)2

5.5×10−16CaF2 4×10−11 Fe(OH)32.8×10−39H2S是弱电解质，Ka1×Ka2= [用c(H2S)、c(H+)和c(S2−)表示]=1.43×10−20。滤渣1中含有As2S3和S，写诞生成As2S3和S的离子方程式 。(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的缘由 。(4)“氟化除杂”中试剂a为 。831页(5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合如图解释缘由 。(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)= mol/L[计算时c(H2S)取0.1mol/L，结果保存两位有效数字]。某试验小组从电极反响角度探究银镜反响中物质氧化性和复原性的变化。资料：[Ag(NH3)2]+⇌[Ag(NH3)]++NH3K1=10−3.81[Ag(NH3)]+⇌Ag++NH3K2=10−3.24ⅰ.AgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O，Ag2O溶于氨水(1)试验觉察：乙醛和AgNO3溶液水浴加热无明显现象；银氨溶液水浴加热无明显现象；滴加乙醛的银氨溶液水浴加热，试管壁渐渐消灭一层光亮的银镜。①有争论说明：配制银氨溶液时，AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，写诞生成Ag(NH3)2NO3的化学方程式 。②从氧化复原角度分析：发生银镜反响时，氧化性微粒可能是Ag+、 。(2)甲同学查阅资料：银镜反响时，Ag+被复原成Ag。①电极反响式：ⅰ.复原反响：Ag++e−=Agⅰ.氧化反响： 。(碱性条件下)②从电极反响角度分析物质氧化性和复原性的变化：ⅰ.随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。ⅰ.随c(OH−)增大，乙醛复原性增加。③补充试验验证②中的分析。试验操作及现象：试验Ⅰ.插入“饱和KNO3溶液”盐桥，电流表指针偏转；931页试验Ⅱ.电流稳定后向右侧烧杯滴加NaOH溶液，指针偏转幅度增大；试验Ⅲ.电流再次稳定后向左侧烧杯滴加氨水，指针偏转幅度减小乙同学认为试验Ⅲ不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，理由是 。设计试验进一步验证。实试验操作 试验现象验往盛有银氨溶液的试管中滴加浓氨水，无明显现象，Ⅳ参加3滴乙醛，振荡，水浴加热

闻到刺激性气味，溶液略显灰色，试管壁未见银镜往盛有银氨溶液的试管中滴加较浓的NaOH溶液至pHⅤ与试验Ⅳ3滴乙醛，振试管壁马上消灭银镜荡，水浴加热①乙同学认为通过试验Ⅳ能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，你认为是否合理并说明缘由 。②分析试验Ⅴ中“马上消灭银镜的缘由”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是N也参与了复原Ag。经检验该假设成立，试验方案及现象是 。总结：ⅰ.银氨溶液和乙醛发生银镜反响时，氧化剂主要Ag+，复原剂主要是醛；ⅰ.银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反响的发生，此法不适用于检验醛基，请解释缘由 。31页答案和解析【答案】D【解析】解：A.植树造林能吸取二氧化碳，符合碳中和的理念，故A正确；B.绿色出行可削减化石燃料的燃烧，可削减二氧化碳的排放，符合碳中和的理念，故B正确；C.进展氢能源，可削减二氧化碳的排放，符合碳中和的理念，故C正确；D.大力推广燃煤发电，会产生大量的二氧化碳，故D错误；应选：D。实现“碳达峰、碳中和”要求人们削减二氧化碳的排放，增加二氧化碳的消耗与吸取，据此分析解答。此题考察了化学与生产生活关系，准确理解“碳达峰、碳中和”概念是解题关键，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，FeCl2A选；B.铜在氯气中燃烧生成氯化铜，CuCl2B不选；C.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HClC不选；D.镁在氮气中燃烧生成氮化镁，Mg3N2D不选；应选：A。A.铁在氯气中燃烧生成氯化铁；B.铜在氯气中燃烧生成氯化铜；C.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢；31页D.镁在氮气中燃烧生成氮化镁。此题考察了元素化合物学问，生疏相关物质的性质是解题关键，留意氯气氧化性强，与变价金属反响生成最高价氯化物。【答案】B【解析】4解：A.硫酸钙存在沉淀溶解平衡：CaSO4(s)⇌Ca2++SO2−(aq)，碳酸钠溶液中有大量碳酸根离子，碳酸钙更难溶，碳酸根离子结合钙离子使平衡正向移动，最终转化为碳酸4钙沉淀，离子方程式为：CaSO4(s)+CO2−(aq)⇌CaCO3(s)+SO2−(aq)A错误；3 4B.a+l−通过离子键结合，用电子式可表示为 ，故B正确；C.用FeCl3溶液“腐蚀”覆铜板，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+C错误；D.碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反响，氯离子被氧化生成氯气，阳极的电极反响式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故D错误；应选：B。碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化，碳酸根离子结合钙离子使平衡正向移动，最终转化为碳酸钙沉淀；键结合生成NaCl；氯化铁与铜反响生成氯化亚铁和氯化铜；碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反响，氯离子被氧化生成氯气。明确物质性质、反响实质为解答关键，留意把握离子方程式、电极反响的书写原则，题目难度不大。【答案】C31页【解析】解：ANO与氧气反响，不能选cA错误；B.氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，故B错误；C.b、e制备并收集，故C正确；D.浓盐酸与二氧化锰反响需要加热，选bD错误；应选：C。A.NO与氧气反响；B.氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；C.二氧化锰可催化过氧化氢分解生成氧气，氧气不溶于水；D.浓盐酸与二氧化锰反响需要加热。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、气体的收集、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，则原子半径Se>S>O，故A正确；对分子质量增大而上升，水分子之间能形成氢键，H2S、H2Se不能形成分子间氢键，且相对分子质量H2S<H2Se，所以沸点H2S<H2Se<H2O，故B错误；O>S>SeC错误；同一主族元素，电负性随着原子序数增大而减小，则电负性O>S>SeD错误；应选：A。同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；31页对分子质量增大而上升；同一主族元素，非金属性随着原子序数增大而减小；D.同一主族元素，电负性随着原子序数增大而减小。族元素及其化合物性质的相像性及递变性是解此题关键题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.由图可知，该装置实现了光能向化学能的转化，故A正确；B.依据分析可知，Pt电极外表，光生电子与氢离子结合生成氢气，电极反响为：2H++2e−=H2↑，故B正确；C.H=2O−e−=O2↑+4H+C错误；22 光解水制取氢气，另一产物是氧气，总反响：2HO22 应选：C。

−O ↑+2H ↑，故D正确；由图可知，Pt电极外表，光生电子与氢离子结合生成氢气，电极反响为：2H++2e−=H2↑H2O失去电子被氧化为O2，电极反响为2H2O−4e−=O2↑+4H+，该极为负极，氢离子与右室产生的氢氧根离子反应生成水，据此分析作答即可。此题主要考原电池原理的应用，把握原电池正负极的推断、电极反响式的书写，离子的移动、电子的移动方向等是解决此题的关键，属于高考高频考点，难度中等。【答案】B【解析】31页解：A.室温下，pH一样的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度一样，盐酸为强酸，完全电离，HCl浓度等于氢离子浓度，醋酸为弱酸，局部电离，醋酸浓度大于氢离子浓度，故A错误；B.1mol氧化钠中含有2mol钠离子和1mol氧离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，故等物质的量的Na2O和Na2O2B正确；C.同温同压下，O2和O3的密度比为32g/mol：48g/mol=2：3，故C错误；D.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故D错误；应选：B。盐酸为强酸，醋酸为弱酸；1mol氧化钠中含有2mol钠离子和1mol氧离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子；同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比；D.题目未给溶液体积。题的关键。【答案】D【解析】解；A.利用NH3易液化的性质分别出NH3A正确；一氧化氮与氧气反响生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反响生成硝酸，A为O2，吸取塔中通入A是为了提高原料的利用率，故B正确；NH3进展氮氧化物的尾气处理，故C正确；流程中氮元素是−3价上升到+5D错误；应选：D。成NO，NO和空气中氧气混合吸取得到硝酸，最终尾气处理，A.NH3易液化，便于分别；31页B.一氧化氮与氧气反响生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反响生成硝酸，A为O2；C.氨气具有复原性，氮氧化物具有氧化性，二者反响生成无毒气体氮气；D.反响过程中元素化合价上升的物质做复原剂，被氧化发生氧化反响。NH3、NO、NO2的有关性质以及化学平衡移动的原理是解决此题的关键，题目难度不大，需要细心。【答案】C【解析】解：A.H2C=CHCOOH中左侧碳原子连接2A错误；B.G发生加聚反响生成高分子化合物 ，反响类型是加聚反响，故B错误；C.F为CH3CH2COOHC正确；D.G和氢气发生复原反响生成H，故D错误；应选：C。丙烯酸和甲醇发生酯化反响生成G为CH2=CHCOOCH3，G和氢气发生加成反响生成H为CH3CH2COOCH3，F和甲醇发生酯化反响生成H，则F为CH3CH2COOH，G发生加聚反响生成高分子化合物 。此题考察有机物推断，侧重考察分析、推断及学问综合运用力量，利用某些分子式、构造简式正确推断各物质的构造简式是解此题关键，知道常见反响类型，题目难度不大。【答案】B【解析】31页解：A.过程a生成金属氢化物，故过程aA正确；B.由两极反响可知电池总反响为M+x C.过程bMHx+xOH−−xe−=M+xH2O，故C正确；D.过程bNiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，故D正确；应选：B。由图可知，过程b中金属氢化物(MHx)放电，故过程b为放电过程，左侧为负极，电机反响式为MHx+xOH−−xe−=M+xH2O，右侧为正极，电极反响式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，过程a生成金属氢化物，故过程a为充电过程，左侧为阴极，右侧为阳极，据此作答。是解题的关键，难点是电极反响式的书写。【答案】C【解析】s+)>+，故A正确；B.Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇外表的孔径，假设{Ti12O18}团簇外表的孔是刚性的，{Ti12O18}的骨架构造在Cs+{Ti12O18}的骨架构造在Cs+交换过程中没有被破坏，可知{Ti12O18}B正确；C.K

=[Rb+]⋅[Cs@Ti12O18]，由图可知[Cs+]

=1时，[Cs@Ti12O18]

=10，故K =eq [Cs+]⋅[Rb@Ti12O18]

[Rb+]

[Rb@Ti12O18] eq[Rb+]⋅[Cs@Ti12O18]=10C错误；[Cs+]⋅[Rb@Ti12O18]D.Cs+取代Rb+反响的平衡常数Keq=10，{Ti12O18}团簇对Cs+的亲和力对Rb+的亲和力大，故D正确；应选：C。同主族离子的电子层越多，其离子半径越大；Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇外表的孔径，假设{Ti12O18}团簇外表的孔是刚性的，31页{Ti12O18}的骨架构造在Cs+交换过程中会被破坏；C.K

=[Rb+]⋅[Cs@Ti12O18]，由图可知[Cs+]

=1时，[Cs@Ti12O18]

=10，而K =eq [Cs+]⋅[Rb@Ti12O18]

[Rb+]

[Rb@Ti12O18] eq[Rb+]⋅[Cs@Ti12O18]；[Cs+]⋅[Rb@Ti12O18]D.Cs+取代Rb+反响的平衡常数(Keq)推断。此题考察微粒半径大小比较、平衡常数计算与应用等，留意对平衡常数的理解，题目侧考察学生分析力量、运用学问解决问题的力量。【答案】A【解析】解：A.生成的乙炔中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙炔与溴水发生加成反响，可证明乙炔能和Br2A正确；缺少氯化钡除去硫酸根离子，缺少试剂不能完成试验，故B错误；水解后在酸性溶液中检验卤素离子，缺少硝酸不能完成试验，故C错误；缺少NaOHD错误；应选：A。A.生成的乙炔中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙炔与溴水发生加成反响；B.缺少氯化钡除去硫酸根离子；C.水解后在酸性溶液中检验卤素离子；D.此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分别题目难度不大。【答案】D【解析】31页解：A.观看高分子构造该高聚物含有酰胺键构造( )，C−N键断裂在上加氢， 上加羟基，即得高聚物单体，故A正确；B.观看高分子构造，，再结合形成高分子时脱去水分子的个数，可推断C应当为： ，故B正确；C.A的分子式为C10H14，分子中不含C、H以外的原子，不饱和度为3，比照B即简洁推出A为 ，故C正确；D.B的分子式为C10H2O6，A氧化生成B，则B的构造为： ，故D错误；应选：D。D为芳香族聚酰亚胺，由，则B为，C为 ，A显发生氧化反响再发生酯化反应，则A为 ，据此解答。31页行推断，需要学生娴熟把握官能团的性质与转化、对信息的理解与迁移应用，是高考热点题型，难度中等。【答案】D【解析】解：A.由图i晶胞构造可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8×1=1，含有的Fe原子个数=1，则钛铁合金的化学式为TiFeA正确；8由图iFe被8个TiTi亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti四周距离最近且等距的Fe有8B正确；依据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=(48+56)g=104g，晶胞NA的体积(3×10−8)3cm3=2.7×10−23cm3，该晶体的密度ρ=m=

NAg/cm3≈V NA×2.7×10−236g/cm3C正确；由图ⅰ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H个晶胞中含有的Ti原子个数=8×1+4×1=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子8 4个数=10×1+1=6，Ti：Fe：H=2：2：6=1：1：3，则理论上形成的金属氢化物2的化学式：TiFeH3D错误；应选：D。由图i晶胞构造可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8×1=1，含有的Fe原子个数=1；8由图iFe被8个TiTi亦被8个Fe所形成的立方体包围；依据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=(48+56)g=104g，晶胞NA NA的体积(3×10−8)3cm3=2.7×10−23cm3，该晶体的密度ρ=m；V由图ⅰ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H个晶胞中含有的Ti原子个数=8×1+4×1=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子8 431页个数=10×1+1=6，Ti：Fe：H=2：2：6=1：1：3。2此题考察晶胞计算，把握原子的位置、均摊法计算、两点之间的距离为解答的关键，侧重分析与计算力量的考察，留意选项B、C为解答的难点，题目难度中等。【答案】d 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ H2S⇌H++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸取[或2Fe3++H2S⇌2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)逆移抑制H2S的吸取] 16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓ 4O2+8H2S=8H2O+S8↓ 6【解析】解：(1)依据元素周期表分区可知，铁元素属于d区，故答案为：d；(2)①用Fe3+将H2S氧化为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；②氧化亚铁硫杆菌生长的最正确pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸取，缘由2S⇌H++S−H+2[e++2S⇌2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸取]，故答案为：H2S⇌H++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸取[或2Fe3++H2S⇌2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸取]；(3)①Fe3+的价电子排布式为3d5，4s轨道无电子，且5个电子分别为5个d轨道中，且自旋分向一样，即为 ，故答案为： ；②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式为：16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，ⅰ.O2氧化再生Fe3+Ln的离子方程式：4Fe2+Ln31页O2+2O=e+n+H−总反响的化学方程式为2+2S =H2O+S8故答案为：16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；4O2+8H2S =8H2O+S8↓；③图2是EDTA与Fe3+形成协作物的构造示意图，Fe3+外层空轨道实行sp3d2杂化，即铁有6个空轨道，可以形成6个配位键，1mol该协作物中配位键有6mol，故答案为：6。依据元素周期表分为s区、p区、d区、ds区等；①用Fe3+将H2S氧化为S，依据化合价升降守恒和原子守恒即可写出反响的离子方程式；②氧化亚铁硫杆菌生长的最正确pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸取，由于H2S⇌H++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸取；①Fe3+的价电子排布式为3d5，4s轨道无电子，且5个电子分别为5个d轨道中，且自旋分向一样；②ⅰ.碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8，依据化合价升降守恒和原子守恒即可写出反响O2+n离子方程式；③图2是EDTA与Fe3+形成协作物的构造示意图，Fe3+外层空轨道实行sp3d2杂化，即铁有6个空轨道，可以形成6个配位键。此题主要考察试验方案的设计，侧重考察学生看图理解力量，分析力量，同时考察方程【答案】直线型CO +4H

HO+CH 平面三角形CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+2 2 2H2O(g)ΔH=1(3ΔH3−ΔH2)kJ/mol2 2 2向移动程度大于竞争反响平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降或主反响催化剂随温度上升活性变差CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6OH−【解析】解：(1)CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型CO2，通常需要实行适当的方式使CO231页的分子构造从直线形变为弯曲型，便于下一步反响，故答案为：直线型；2 ①从一种CO2CO2和H2，从体系出来2 的物质有CH4

O，总反响的化学方程式：CO +4H

H2O+CH4，故答案为：CO +4H

H2O+CH4；2 3②CO2−的中心原子C的价层电子对数为3，则C的杂化方式为sp2杂化，则其VSEPR2 3故答案为：平面三角形；①a和b，则通过(a×3−b)×1变化2O2催化加氢制甲醇的热化学方程式O2)+2)=H3)+2H=21(3ΔH3−ΔH2)kJ/mol，22故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=1(3ΔH3−ΔH2)kJ/mol；2②图b中曲线所示，236℃以后，CO2转化率、甲醇选择性随温度上升而下降，可能的缘由是：CO2催化加氢制甲醇过程中的主反响是放热，主要竞争反响为吸热，236℃以后CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反响催化剂随温度上升活性变差，故答案为：主反响放热，竞争反响吸热，升温使主反响平衡逆向移动程度大于竞争反响平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降或主反响催化剂随温度上升活性变差；③离子液体电复原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇的电极反响式：CO2+6e−5H2O=CH3OH6OH−，故答案为：CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6OH−。CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型为直线形，分子构造稳定，难以给出电子；①从一种CO2CO2和H2，从体系出来的物质有CH4和H2O；3②CO2−的中心原子C的价层电子对数为3，则C的杂化方式为sp2杂化；3①a和b，则通过(a×3−b)×1变化2可得CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；②CO2催化加氢制甲醇过程中的主反响是放热，主要竞争反响为吸热；31页③离子液体电复原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇。此题考察化学反响能量变化、化学平衡移动、化学平衡计算等，难度中等，是对学问的综合利用，留意根底学问的理解把握。【答案】取代反响 4 醛基和羟基【解析】解：(1)AA的分子式可知，A为

；B的分子式为C7H7NO2，结合F的构造可知，A与浓硝酸发生取代反响生成B，故答案为：取代反响；B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的构造简式为：，31页故答案为： ；由分析可知D的构造简式为： ，D的芳香族同分异构体有：，共4种，故答案为：4；由分析可知，E的构造简式为： ，含有的官能团为醛基和羟基，故答案为：醛基和羟基；结合E和F的构造简式可知，E先与 发生加成反响生成 ，再发生消去反响生成F，因此中间产物L的构造简式为：，故答案为： ；31页环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2：1，结合G的分子式可知，G的构造简式为： ；G与 在氯化铝的作用下生成H，结合J的构造简式和信息可知，H的构造简式为： ，因此G→H的化学方程式为： ，故答案为： ；J和F发生加成反响生成K，结合依泽替米贝的构造简式和K的分子式以及题给例如可知，J和F生成K时形成的碳碳键如下图： ，故答案为： 。AA的分子式可知，A为

C772的构造可知A与浓硝酸发生取代反响硝基取代甲苯的对位氢的构造简式为： ；31页在的作用下生中含氨基结的分子式可知的构造简式为： ；结合D的分子式可知，D的构造简式为： ；结合E的分子式可知，E的构造简式为： ；E先与 发生加成反响生成 ，再发生消去反响生成F；题干第(5)题告知：环状化合物G的核磁共振氢谱组峰且峰面积比结的分子式可知的构造简式为： ；G与 在氯化铝的作用下生成H，结合J的构造简式和信息可知，H的构造简式为： ；H与 发生信息的反响生成I，I的构造简式为： ；I发生复原反响生成J，J与F发生加成反响生成K，结合依泽替米贝的构造简式和K的分子式可知，K的构造简式为：31页。行推断，需要学生娴熟把握官能团的性质与转化、对信息的理解与迁移应用，是高考热点题型，难度中等。【答案】c2(H+)⋅c(S2−)

+5H

↓+2S↓+8H

OCl

将Fe2+氧化为Fe3+，c(H2S) 4 2

23 2 2Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)3，参加的Ni(OH)2和H+反响，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3 NiF2或HFpH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余4.4×10−16【解析】解：(1)H2S是弱电解质，分两步电离，H2SHS−H+、HS−⇌S2−H+，Ka1=c(H+)⋅c(HS−)、Kc(H2S) a2

=c(H+)⋅c(S2−)，所以Kc(HS−) a1

×Ka2

=c2(H+)⋅c(S2−)，c(H2S)故答案为：c2(H+)⋅c(S2−)；c(H2S)(2)含镍溶液中的主要离子有AsO3−，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO3−和通4 44s23O−+44故答案为：2AsO3−+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；42++++2O⇌++Fe(OH)3，参加的Ni(OH)2和溶液中H+反响导致溶液pH增大碱性增加，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3，则缘由为Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+3H2O⇌3H+Fe(OH)3，参加的Ni(OH)2和H+反响，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3，⇌H+反响，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3；流程对粗硫酸镍进展精制提纯，“氟化除杂”中要参加氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故参加试剂a为NiF2或HF，31页故答案为：NiF2或HF；由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3损失不大，假设pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故pH约为3.3，故答案为：pH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余；2H2)≈2S⇌S−+H+S−⇌S−+H+K=K

×Ka2

=c2(H+)⋅c(S−)=3×00H=H+)=c(H2S)sp05mol/(1052S−)=3×00S−)=3×0mol/K )=sp0.16.3×10−36=c(S2−)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=故答案为：4.4×10−16。

6.3×10−361.43×10−20

mol/L≈4.4×10−16mol/L，粗硫酸镍晶体溶解调整pH=0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；参加氯气将二价铁转化pHNiF2或HFpH萃取分别出镍元素，最终得到精制硫酸镍；依据H2

S⇌HS−+H+HS−⇌S2−+H+，Ka1

=c(H+)⋅c(HS−)Kc(H2S) a2

=c(H+)⋅c(S2)书写；c(HS−)4AsO3−和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化复原反响生成As2S3和S；42++++2O⇌H++Fe(OH)3，参加的Ni(OH)2和溶液中H+反响导致溶液pH增大碱性增加，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；流程对粗硫酸镍进展精制提纯，“氟化除杂”中要参加氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子；由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3损失不大，假设pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，；：饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由(1)可知H2S⇌S2−+2H+，K=Ka1

×Ka2

=c2(H+)⋅c(S2)=1.43×10−20；由流程可知，此时pH=0.5，则c(H+)=c(H2S)sp05mol/(1052S−)=3×00S−)=3×0mol/K )=sp0.16.3×10−36=c(S2−)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=Ksp(CuS)。c(Cu2+)综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取与使用，难度较大。【答案】31页AgNO3+2NH3⋅H2O=Ag(NH3)2NO3+2H