北京市2024年高考化学模拟试题（含答案）5

北京市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．“齐天圣鼓”又称“猴鼓”，起源于唐朝，堪称中原一绝，是中国非物质文化遗产之一。猴鼓的结构如图所示。下列说法错误的是A．牛皮面的主要成分是蛋白质，耐高温B．竹钉的主要成分是纤维素，属于天然高分子C．桐油是从桐籽中提炼出来的油脂，属于酯类D．铜质鼓环不宜采用铁质铆钉固定2．下列化学用语使用正确的是A．H2O的VSEPR模型： B．次氯酸的电子式：C．中子数为20的硫原子：1620S D．乙醛的结构简式：CH33．氨硼烷(BH3NH3)分子结构和乙烷相似，是一种固体储氢材料。下列关于氨硼烷的说法错误的是A．N和B元素均位于元素周期表的p区B．第一电离能：N＜BC．分子中N原子与B原子间形成了配位键D．氨硼烷固态时为分子晶体4．下列方程式与所描事实不相符的是A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I-+O2+4H+=2I2+2H2OB．SO2通入溴水中，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4C．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+CuS(s)D．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，防止反应：2Fe+H2O高温__Fe2O35．黑木耳中富含铁元素，欲测定黑木耳中铁元素含量，按如下流程进行实验，对应操作正确的是ABCD称量灼烧酸溶过滤A．A B．B C．C D．D6．氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是A．过程I中NO既作氧化剂又作还原剂B．过程II中每生成1molO2时，转移电子的数目约为4×6.02×1023C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应D．整个过程中Ni2+作催化剂7．S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法错误的是A．结构式为Cl－S－S－ClB．是含有极性键的非极性分子C．与S2Br2结构相似，熔、沸点：S2Br2＞S2Cl2D．与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl8．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体。由这四种元素组成的化合物A是一种重要的脱氢剂，化合物A与氢气反应可以生成化合物B，其过程如图所示。下列说法错误的是A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备W的单质B．Y的最高价氧化物的水化物是强电解质C．Y、Z与氢三种元素形成化合物的晶体类型一定是分子晶体D．用FeCl3溶液可鉴别A和B9．氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组模拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl的过程，并进行相关物质转化的探究。已知：酸性条件下Cu+不稳定下列说法错误的是A．X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解B．途径1中产生的Cl2可以回收利用，也可以通入饱和NaOH溶液中除去C．途径2中200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl2200℃_D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2Cu++4H++SO42−=2Cu2++SO2↑+2H210．某同学设计下述实验检验[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag+，实验如表：实验试剂现象试管滴管2mL[Ag(NH3)2]Cl溶液6滴0.1mol∙L−1KCl溶液I中无明显现象6滴0.1mol∙L−1KI溶液II中产生黄色沉淀6滴0.1mol∙L−1HCl溶液III中产生白色沉淀6滴饱和KCl溶液IV中产生白色沉淀下列说法错误的是A．I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀B．II中存在平衡：AgI(s)⇌Ag+(aq)+I－(aq)C．III说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力D．配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题11．羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示，下列说法错误的是A．甲中的官能团为羟基、酯基B．1mol乙最多消耗4molNaOHC．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．上述转化涉及的反应类型有取代反应、消去反应12．下列实验过程能达到实验目的的是选项实验目的实验过程A检验某铁的氧化物含二价铁将该氧化物溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去B检验乙醇中含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体C证明酸性：H2SO3＞HClO在Ca(ClO)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀D证明：CO2有氧化性将点燃的镁条，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生A．A B．B C．C D．D13．高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A．放电时，负极反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)4B．放电时，正极反应式为：FQ+2H++2e-=FQH2C．充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子D．充电时，中性电解质NaCl溶液的浓度增大14．工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下：Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示：已知：有效转化率=制备目标物质消耗原料的量原料总的转化量下列说法错误的是A．400℃时，主要发生反应ⅡB．由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃C．520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致二、非选择题15．铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅶ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。（1）基态Fe的价层电子排布式为。（2）以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。①色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)电负性由大到小的顺序为。②色胺酮分子中N原子的杂化类型为。③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过作用与色胺酮钴配合物相结合。（3）超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：①距离Mg原子最近的Ni原子有个。②已知该晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm-3。(1nm=10-9m)16．次磷酸钠(NaH2PO2)在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。（1）NaH2PO2中P的化合价为。（2）将待镀零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可达到化学镀镍的目的，该过程中H2PO2−被氧化为二元弱酸H3PO3，写出该反应的离子方程式（3）次磷酸钠的制备将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合加热，生成NaH2PO2和PH3(气体)，PH3与NaClO溶液反应可生成次磷酸(H3PO2)，实验装置如图：①装置A中盛放烧碱溶液的仪器名称为。②装置B的作用为。③装置C中发生反应的化学方程式为。④已知相关物质的溶解度如表：溶解度/g物质25℃100℃NaCl3739NaH2PO2100667充分反应后，将A、C中溶液混合，再将混合液(含极少量NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然后(填操作名称)，得到含NaH2PO2的溶液，进一步处理得到粗产品。（4）产品纯度的计算取1.00g粗产品配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，酸化后加入30.00mL0.100mol•L-1碘水，充分反应。然后以淀粉溶液作指示剂，用0.100mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL，有关反应的方程式为：H2PO2−+H2O+I2=H2PO3−+2H++2I—，2S2O32−+I2=S4O62−+2I-，则产品纯度为(NaH17．药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如图。已知：i.B的核磁共振氢谱只有1个峰；ii.（1）M的官能团为。（2）A的名称为。（3）C与B含氧官能团相同，C可能的结构简式为(任写一种)。（4）反应④的反应类型是。（5）反应⑤的化学方程式为。（6）G的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式。①不存在顺反异构②结构中含有酚羟基③苯环上有两个取代基且位于间位（7）已知：→+H2O，以G为起始原料，选择必要的无机试剂合成I，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。18．以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。资料1：流程中RH为有机化合物（1）浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是。（2）上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号)。（3）浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为。（4）研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因。（5）工艺流程中循环使用的物质有：NH3、、有机溶剂、。（6）该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。项目废水水质排放标准pH1.06～9Cu2+含量/(mg•L-1)72≤0.5NH4+含量/(mg•L-12632≤15资料2：Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为。②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程。19．某化学小组探究乙醛银镜反应后试管上银的去除方案。已知：实验条件空气的影响忽略不计。（1）写出乙醛发生银镜反应的化学方程式。（2）向附有银镜的试管中加入稀HNO3，试管壁上的银逐渐消失，管口有浅红棕色气体生成，产生浅红棕色气体的化学方程式是。（3）小组同学认为使用稀硝酸易产生污染性气体，考虑到铁盐也有较强的氧化性，用铁盐去除银镜对环境有利，于是进行如表实验：序号实验操作现象I向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1Fe(NO3)3溶液(过量，pH=2)，振荡试管银镜慢慢消失，溶液澄清对银镜的消失原因小组同学作出如下假设：假设1：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag；假设2：……。回答下列问题：①补全假设2：。②甲同学通过设计实验，证明了假设2成立，他设计的方案为：向附有少量银镜的试管中，加入，充分振荡，银镜消失。③为证明假设1，乙同学用同浓度FeCl3溶液替换Fe(NO3)3溶液，进行下列实验：序号实验操作现象II向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液(过量，pH=2)，振荡试管银镜快速溶解，反应后溶液中有明显灰色沉淀丙同学查阅文献得知：Fe3+氧化性与Ag+接近，实验II中银镜能快速溶解，可能与生成氯化银沉淀有关，用平衡移动原理解释原因。④为证明自己的观点，丙同学的通过积极思考，设计了实验III。实验III：如图连接装置进行实验，电压表的指针向左偏转，记录电压示数为a。已知：电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电压越大。将U形管右侧溶液替换成0.1mol•L-1NaNO3溶液，重做上述实验，电流表指针向左偏转，记录电压示数为b，能证明丙同学观点的实验证据是。（4）总结上述实验，小组同学认为HBr溶液和HI溶液也能去除试管上的银镜，并进行如表实验。序号实验操作现象IV向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HBr溶液，不断振荡。银镜不溶解V向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HI溶液，不断振荡。银镜溶解，有黄色沉淀产生，且有气泡产生已知：常温下Ksp(AgBr)=5.4×10-13；Ksp(AgI)=8.5×10-17，分析相同条件下银镜能溶于5mL1mol•L-1的HI溶液，而不溶于HBr溶液的原因。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．牛皮面的主要成分是蛋白质，属于有机物，不耐高温，A符合题意；B．竹钉的主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，B不符合题意；C．桐油是天然植物油，其主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，C不符合题意；D．鼓环常与手接触，易沾上汗液，使铁与铜形成原电池，铁钉作负极，被腐蚀，故铜质鼓环不宜采用铁质铆钉固定，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.蛋白质在高温下变性；

B.纤维素属于天然高分子化合物；

C.油脂主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类；

D.铁与铜形成原电池，铁作负极被腐蚀。2．【答案】A【解析】【解答】A．水分子中氧原子以sp3杂化，故其VSEPR模型为四面体形，A符合题意；B．次氯酸分子中氧原子分别和氢原子氯原子形成共价键，故电子式为，B不符合题意；C．中子数为20的硫原子：1636D．乙醛的结构简式：CH3CHO，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.水分子中O原子采用sp3杂化，含有2个孤电子对；

B.次氯酸的中心原子为O原子；

C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

D.醛基的结构简式为-CHO。3．【答案】B【解析】【解答】A．由原子序数可知，氮原子和硼原子的价电子排布式分别为2s22p，3和2s22p2，则氮元素和硼元素均位于元素周期表的p区，故A不符合题意；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于硼元素，故B符合题意；C．氨分子中具有孤对电子的氮原子能与硼化氢分子中具有空轨道的硼原子通过形成配位键而反应生成氨硼烷，故C不符合题意；D．氨硼烷为氨分子与硼化氢分子通过配位键形成的熔沸点低的分子晶体，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.N原子的价电子排布式为2s22p3，B原子的价电子排布式为2s22p2，则N和B均为p区元素；

B.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

C.N原子含有孤电子对，B原子具有空轨道，能形成配位键；

D.氨硼烷结构和乙烷相似，分子间以分子间作用力结合，在固态时为分子晶体。4．【答案】D【解析】【解答】A．碘离子能被氧气氧化，该反应的离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，A不符合题意；B．二氧化硫和溴水反应生成溴化氢和硫酸，溴水褪色，反应方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，B不符合题意；C．硫化铜的溶度积小于硫化锌，故CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)，反应的离子方程式为Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+CuS(s)，C不符合题意；D．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，3Fe+4H2O高温__Fe3O4+4H故答案为：D。

【分析】A.氧气能将碘离子氧化为单质碘；

B.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸；

C.硫化铜的溶度积小于硫化锌，发生沉淀的转化；

D.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。5．【答案】C【解析】【解答】A．托盘天平称量时遵循‘左物右码’，操作不符合题意，A不符合题意；B．灼烧固体时应用坩埚，B不符合题意；C．用烧杯溶解固体，并用玻璃棒不断搅拌，C符合题意；D．过滤时要用玻璃棒引流，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.托盘天平使用时遵循“左物右码”；

B.灼烧应在坩埚中进行；

C.酸溶时在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌；

D.过滤时需要用玻璃棒引流。6．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O-+N2，反应中氮元素的化合价降低被还原，氧元素的化合价升高被氧化，则一氧化氮既作反应的氧化剂又作反应的还原剂，故A不符合题意；B．由分析可知，过程II发生的反应为2Ni3++2O-=2Ni2++O2↑，则过程II中每生成1molO2时，转移电子的数目约为2×6.02×1023，故B符合题意；C．由分析可知，过程I和过程II涉及的反应均有元素发生化合价变化，均为氧化还原反应，故C不符合题意；D．由分析可知，消除氮氧化物的总反应为2NONi2+__O故答案为：B。【分析】由图可知，过程I发生反应2Ni2++2NO=2Ni3++2O-+N2，过程II发生反应2Ni3++2O-=2Ni2++O2↑。7．【答案】B【解析】【解答】A．由S2Cl2的分子结构图可知，其结构式为Cl-S-S-Cl，A不符合题意；B．S2Cl2分子中两S-Cl键分处在不同平面上，结构不对称，分子的正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，B符合题意；C．S2Cl2与S2Br2结构相似，且均为分子，相对分子质量越大熔沸点越高，则熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，C不符合题意；D．S2Cl2中S为+1价，化合价既可升高，表现还原性，又可降低，表现氧化性，根据题给信息，喷水雾可产生酸性悬浊液，因此S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl；

B.S2Cl2分子的正负电荷中心不重合，为极性分子；

C.结构相似的分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高；

D.S2Cl2与水发生歧化反应：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。8．【答案】C【解析】【解答】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl。A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，故A不符合题意；B．N的最高价氧化物的水化物硝酸是强电解质，故B不符合题意；C．N、O与氢组成的化合物若为硝酸铵，属于离子化合物，是离子晶体，故C符合题意；D．B中含有酚羟基，A不含有，则可用FeCl3溶液可鉴别A和B，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素，W的单质常温下是黄绿色气体，则W为Cl元素，根据化合物A和化合物B的结构可知，X为C元素，Y为N元素。9．【答案】D【解析】【解答】A．氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解，A不符合题意；B．氯气能被饱和氢氧化钠溶液吸收，防止污染，也可以将其转化为氯化氢，回收循环利用，B不符合题意；C．途径2中200℃时反应生成氧化铜，由原子守恒可知，还生成氯化氢，该反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl2200℃_D．氯化亚铜不溶于水，书写离子方程式时不能拆开，D符合题意；故答案为：D。【分析】途径1：CuCl2是强酸弱碱盐，易水解生成Cu(OH)2，为了抑制CuCl2水解，要在HCl气流下加热，则X为HCl气体，加热温度大于300℃时CuCl2发生分解反应生成CuCl；

途径2：直接加热CuCl2·2H2O会生成发生水解反应生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2在200℃时发生分解反应生成CuO，酸性条件下Cu+不稳定，发生歧化反应生成Cu和Cu2+。10．【答案】C【解析】【解答】A．根据I和IV得到I中没有沉淀产生，说明I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀，故A不符合题意；B．II中产生黄色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡即：AgI(s)⇌Ag+(aq)+I－(aq)，故B不符合题意；C．根据I和III的现象，产生的沉淀说明[Ag(NH3)2]Cl和氢离子反应，有大量银离子生成，银离子和氯离子反应生成AgCl沉淀，说明III中NH3与H+的结合能力大于与Ag+的结合能力，故C符合题意；D．根据I和II的现象，可以得出配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.25℃时，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；

B.AgI沉淀存在溶解平衡AgI(s)⇌Ag+(aq)+I－(aq)；

C.根据实验I和III的现象分析；

D.NH3与H+的结合使[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动。11．【答案】B【解析】【解答】A．由结构简式可知，甲分子的官能团为羟基、酯基，故A不符合题意；B．由结构简式可知，乙分子含有的酚羟基和酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol乙最多消耗3mol氢氧化钠，故B符合题意；C．由结构简式可知，丙分子中含有的碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．由有机物的转化关系可知，甲转化为乙的反应为取代反应，乙转化为丙的反应为取代反应，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.甲中含有的官能团为羟基和酯基；

B.乙中酚羟基和酚酯基能与氢氧化钠溶液反应；

C.丙中含有的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化；

D.甲发生取代反应生成乙，乙发生取代反应生成丙。12．【答案】D【解析】【解答】A．高锰酸钾会和浓盐酸发生氧化还原反应导致紫色褪去，A项不能达到实验目的；B．乙醇和水都会和钠反应生成氢气，B项不能达到实验目的；C．Ca(ClO)2会氧化SO2从而生成CaSO4，不能由此比较出亚硫酸和HClO的酸性大小，C项不能达到实验目的；D．CO2和Mg反应生成MgO和C，C元素的化合价降低，则CO2具有氧化性，D项能达到实验目的。故答案为：D。

【分析】A.浓盐酸电离的氯离子也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；

B.乙醇和水均能与金属钠反应生成氢气；

C.次氯酸钙会将二氧化硫氧化为硫酸根；

D.二氧化碳和镁反应生成氧化镁和C，C元素的化合价降低，作氧化剂。13．【答案】D【解析】【解答】A．左侧锌变成Zn(OH)42−为原电池的负极反应，故放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)4B．右侧电极为正极，正极反应式为：FQ+2H++2e-=FQH2，B不符合题意；C．充电时，阳极反应为FQH2-2e-=FQ+2H+，故1molFQH2转化为FQ转移2mol电子，C不符合题意；D．充电时，氯离子通过阴离子交换膜进入右侧故中性电解质NaCl溶液的浓度减小，D符合题意；故答案为：D。

【分析】与图可知，左侧电极，Zn(OH)42−转化为Zn，充电时，左侧为阴极，电极反应式为Zn(OH)42−+2e-=Zn+4OH-，右侧为阳极，电极反应式为FQH2-2e-=FQ+2H+，放电时，左侧为负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42−，右侧电极为正极，电极反应式为FQ+2H++2e-14．【答案】C【解析】【解答】A.400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A不符合题意；B.840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3，选择的最佳温度是840℃，B不符合题意；C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为0.2mol0.2mol+0.4molD.840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.400℃时，氮气的物质的量最大，主要发生反应Ⅱ；

B.840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低；

C.根据转化率=反应量起始量15．【答案】（1）3d64s2（2）O>N>C>H；；sp3杂化；氢键（3）12；Ar【解析】【解答】（1）铁为26号元素，价层电子排布式为：3d64s2。故答案为：3d64s2；（2）①同周期元素的电负性从左到右依次增大，有O>N>C，而H的最小，故有：O>N>C>H。故答案为：O>N>C>H；②N的价层电子对数为VP=BP+LP=3+12×(3+2-3×1)=4，根据杂化轨道理论，中心N原子采取sp3杂化。故答案为：sp3③据图色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，而CH3OH中羟基上的氢原子上的电子偏向O导致几乎氢核裸露，故两者易形成氢键。故答案为：氢键；（3）①每个立方体晶胞中，Mg原子最近的Ni原子个数为3，而每个Mg原子被8个立方体占据，故Mg原子最近的Ni原子个数为：12②每个立方体晶胞中，各原子的数目为：N(Mg)=18×8=1，N(Ni)=6×12=3，N(C)=1×1=1，故化学式应为：MgNi3C。ρ=mV=MNA.V晶胞=

【分析】（1）Fe为26号元素，根据构造原理可知，其价电子排布式为3d64s2；

（2）①元素的非金属性越强，电负性越大；

②N的价层电子对数为4，采用sp3杂化；

③CH3OH与色胺酮钴配合物之间形成氢键；

（3）①根据晶胞可知，Mg原子位于顶点，Ni原子位于面心，而C位于体心；

②根据均摊法和ρ=mV16．【答案】（1）+1价（2）Ni2++H2PO2−+H2O=H3PO3+Ni+H（3）分液漏斗；安全瓶，防倒吸；PH3+2NaClO+NaOHΔ__NaH2PO2+2NaCl+H（4）63.4%【解析】【解答】（1）由化合价代数和为0可知，次磷酸钠中磷元素的化合价为+1价，故答案为：+1价；（2）由题意可知，溶液中镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，反应的离子方程式为Ni2++H2PO2−+H2O=H3PO3+Ni+H+，故答案为：Ni2++H2PO2−+H2O=H3PO3+Ni+H（3）①由实验装置图可知，装置A中盛放烧碱溶液的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②由分析可知，装置BB为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，故答案为：安全瓶，防倒吸；③由实验装置图可知，装置C中发生的反应为磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸钠，反应的化学方程式为PH3+2NaClO+NaOHΔ__NaH2PO2+2NaCl+H2O，故答案为：PH3+2NaClO+NaOHΔ__NaH2PO④由表格中的数据可知，次磷酸钠的溶解度随温度变化较大，则充分反应后，将A、B中溶液混合，将混合液采用蒸发浓缩，有大量晶体析出时，趁热过滤，滤液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到次磷酸钠，故答案为：趁热过滤；（4）由题给方程式可得：次磷酸钠的物质的量为0.100mol/L×0.03L—0.100mol/L×0.024L×12=0.0018mol，则1.00g粗产品的纯度为0.0018mol×4×88g/mol

【分析】（1）根据化合物中各元素的化合价代数和为计算；

（2）NiSO4和NaH2PO2发生反应Ni2++H2PO2−+H2O=H3PO3+Ni+H+；

（3）由实验装置图可知，实验前，应用氮气排除装置中的空气，防止黄磷被氧化，装置A中黄磷与氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和磷化氢，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸钠，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收磷化氢，防止污染空气；

（4）根据关系式：I2~H2PO2−~2S2O17．【答案】（1）酯基、羟基（2）2-丙醇或异丙醇（3）（4）取代反应（5）（6）（7）→ΔNaOH/H2O→催化剂，Δ【解析】【解答】（1）根据M的结构简式，推出M中含有官能团为羟基和酯基；故答案为：羟基和酯基；（2）根据分析可知A的结构简式为，其名称为2-丙醇或异丙醇；（3）根据分析可知，B的结构简式为，分子中含有酮羰基，C与B含氧官能团相同，则C的可能的结构简式为；故答案为：；（4）反应④为F（）生成G的过程，发生甲基的取代反应，故答案为：取代反应；（5）D与I通过酯化反应生成M，则化学反应方程式为；故答案为：；（6）结构中含有酚羟基，说明含有苯环和酚羟基，根据不饱和度，同分异构体中含有碳碳双键，不存在顺反异构，说明不饱和碳原子上连有相同的原子，因此符合条件的同分异构体为；故答案为：；（7）根据题中所给已知，G在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，得到，然后发生氧化反应，得到，最后与H2发生加成反应，得到目标产物，路线为→ΔNaOH/H2O→催化剂，ΔO2→催化剂，ΔH2；故答案为：→ΔNaOH/

【分析】B的核磁共振氢谱只有1个峰，结合B的分子式可知，B为，A为，A发生氧化反应生成B；C和氢气发生加成反应生成D，C、D分子中碳原子个数相等且D中含有1个醇羟基，反应⑤为酯化反应，根据该反应产物的结构简式知，D为，I为，E发生信息中反应生成F，根据E分子式及信息知E为，F为，F中甲基上的两个H原子被Cl原子取代生成G为。18．【答案】（1）提高浸取速率和铜的浸取率（2）③⑤（3）Cu+2N（4）温度过高会导致H2O2分解（5）NH4Cl；RH（6）9；b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。【解析】【解答】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。（3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为Cu+2NH（4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。（6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。

【分析】铜电路板粉碎后和NH3、NH4Cl、H2O2等发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cu+2NH3+H2O2+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++2H2O，浸出液中主要存在[Cu(NH3)4]19．【答案】（1）CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH→Δ2Ag↓＋CH3COO