2023-2024学年北京市高三（上）月考化学试卷（10月份）VIP

2023-2024学年北京市高三（上）月考化学试卷（10月份）第一部分(42分)本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图。下列说法错误的是（）A．该反应为取代反应 B．a、b均可与NaOH溶液反应 C．c核磁共振氢谱有3组峰 D．c可增加KI在苯中的溶解度2．（3分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3熔点高，可用于做耐高温材料 B．NH3显碱性，可用作制冷剂 C．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥 D．SO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒3．（3分）铅丹（Pb3O4）可用作防锈涂料，它与浓盐酸反应的化学方程式为：Pb3O4+8HCl（浓）═3PbCl2+Cl2↑+4H2O。设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法不正确的是（）A．标准状况下，22.4LCl2溶于水所得溶液中含HClO分子数为NA B．1L12mol⋅L﹣1的浓盐酸与足量Pb3O4反应生成的Cl2分子数少于1.5NA C．标准状况下，22.4LH2O中，含有H原子数目大于2NA D．反应中消耗137gPb3O4，转移的电子数目为0.4NA4．（3分）下列离子方程式正确的是（）A．用足量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2：SO2+OH﹣＝ B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2 C．用氯化铁溶液蚀刻覆铜板：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+ D．将等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1：1混合：Ba2++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+2H2O5．（3分）下列实验操作及现象表述错误的是（）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液，产生白色沉淀并有无色气泡生成 B．向Ba（NO3）2溶液中通入足量的SO2气体，溶液先变浑浊，然后重新变清澈 C．向NH4Cl溶液中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 D．化合物FeO（OCH3）溶于溶于氢碘酸（HI），再加CCl4萃取，有机层呈紫红色6．（3分）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3（ZX4）2•WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是（）A．电负性：X＞Y＞Z＞W B．原子半径：X＜Y＜Z＜W C．Y和W的单质都能与水反应生成气体 D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性7．（3分）某实验小组利用如图装置探究浓硫酸与葡萄糖反应生成的气体成分。下列说法正确的是（）A．使反应发生的操作是将a中的Y形管向右倾斜 B．装置b中出现白色沉淀，可能是BaCO3或BaSO3 C．装置d中出现浑浊，证明产生的气体中含有CO2 D．装置e中可以盛放NaOH溶液，f的作用为防倒吸8．（3分）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（）气体试剂制备装置收集方法ACl2MnO2和浓盐酸beBSO2Cu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcDNH3NH4Cl和Ca（OH）2adA．A B．B C．C D．D9．（3分）向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）。CH4的平衡转化率按不同投料比x（x＝）随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．x1＜x2 B．反应速率：vb正＜vc正 C．点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb＝Kc D．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态10．（3分）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是（）A．CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体 B．和的空间构型均为平面三角形 C．CF4和SF4均为非极性分子 D．XeF2与XeO2的键角相等11．（3分）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物（CF）x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是（）A．与石墨相比，（CF）x导电性增强 B．与石墨相比，（CF）x抗氧化性增强 C．（CF）x中C﹣C的键长比C﹣F短 D．1mol（CF）x中含有2xmol共价单键12．（3分）镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如图：下列说法正确的是（）A．“酸溶”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好 B．H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用不同 C．“钴镍分离”时发生反应的离子方程式为ClO﹣+2Co2++4OH﹣+H2O＝2Co（OH）3↓+Cl﹣ D．“结晶”时，快速蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大13．（3分）对下列事实的解释不正确的是（）选项事实解释A稳定性：HF＞HIHF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键B键角：＞H2O中心原子均采取sp3杂化，孤电子对有较大的斥力C熔点：石英＞干冰石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用力强D酸性：CF3COOH＞CCl3COOHF的电负性大于Cl，F﹣C的极性大于Cl﹣C，使F3C﹣的极性大于Cl3C﹣的极性A．A B．B C．C D．D14．（3分）小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应，实验记录如下：序号实验方案实验现象实验装置试剂a①水产生黑色沉淀，放置后不发生变化②5%NaOH溶液产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀③40%NaOH溶液产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀④取③中放置后的悬浊液1mL，加入4mL40%NaOH溶液溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深资料：水溶液中，Mn（OH）2为白色沉淀，MnO42﹣呈绿色；浓碱性条件下，MnO42﹣可被OH﹣还原为MnO42﹣；NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。下列说法不正确的是（）A．对比实验①和②可知，碱性环境中，二价锰化合物可被氧化到更高价态 B．④中溶液紫色迅速变为绿色的可能原因是4MnO4﹣+4OH﹣═4MnO42﹣+O2↑+2H2O C．④中绿色缓慢加深的可能原因是MnO2被Cl2氧化为MnO42﹣ D．③中未得到绿色溶液，可能是因为MnO42﹣被氧化为MnO4﹣的反应速率快于MnO4﹣被还原为MnO42﹣的反应速率第二部分（58分）本部分共5题，请在答题纸指定位置答题。15．（11分）Cu（Ⅱ）可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。（1）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体。①产生蓝色沉淀的离子方程式是。②[Cu（NH3）4]SO4在水中电离的方程式是。（2）如图所示，Cu（Ⅱ）配合物A和B可发生配位构型的转变，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。①Cu2+的价层电子排布式为。②A中氮原子与其它原子（或离子）之间存在的作用力类型有，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有。③已知：当Cu（Ⅱ）配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移​想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为。（3）CuCl2和CuCl是铜常见的两种氯化物，如图示意图表示的是的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数为NAmol﹣1，则该晶体的密度为g•cm﹣3。16．（13分）Ⅰ．某校化学实验小组探究浓度对化学反应速率的影响，并测定（NH4）2S2O8和KI反应的化学反应速率。进行如下实验探究：【实验原理】（NH4）2S2O8和KI反应的离子方程式为：S2+2I﹣＝2+I2（1）实验时，向KI、Na2S2O3和淀粉指示剂混合溶液中加入（NH4）2S2O8溶液，不断搅拌。在反应（1）进行的同时，发生反应：2S2+I2＝S4+2I﹣（2）反应（1）生成的I2立即与S2反应，生成无色的S4和I﹣。S2耗尽时，反应（1）继续生成的I2才与淀粉作用呈现蓝色。从加入（NH4）2S2O8溶液到出现蓝色的时间为Δt。【实验内容】（1）实验小组设计的实验记录表和数据记录如下，则表中字母a＝b＝c＝实验编号①②③④⑤试剂用量（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℃时，反应时间Δt（s）326713066135为了使溶液的离子强度和总体积保持不变，减少的（NH4）2S2O8溶液或KI溶液的用量，分别用（NH4）2SO4溶液或KNO3溶液补足；溶液混合后体积不变（2）为了使反应充分进行，减少数据误差，实验过程中应该不断进行的操作是。（3）第①组实验的v（S2）＝mol•（L•s）﹣1。（4）根据上表数据分析，可以得到的结论有（写出一条即可）。Ⅱ．实验小组查资料得知，向含有Na2CO3的Na2S溶液中通入SO2，可以制备上述实验所需的Na2S2O3。反应如下：Na2CO3+SO2＝Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓；Na2SO3+S＝Na2S2O3。该小组根据上述原理设计如图所示装置制备Na2S2O3。（1）实验应避免有害气体排放到空气中。装置①、②中盛放的试剂依次是①；②。（2）实验过程中，随着气体的通入，装置①中有气泡产生，继续通入气体，可以观察到的现象是。（3）反应结束后，从制得的Na2S2O3稀溶液中得到Na2S2O3•5H2O晶体的主要操作包括：。17．（12分）氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究SCR技术（NH3选择性催化还原氮氧化物）对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。（1）氮氧化物（以NO为主）直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，反应的化学方程式为。（2）NH3催化还原NO的化学方程式为。（3）铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程如图。①反应ⅳ中消耗的NO2（）2与NO的物质的量之比为。②适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因：。③向反应体系中添加NH4NO3可显著提高NO脱除率。原因如下：与NO发生反应+NO═NO2+；NO2与发生反应ⅲ和反应ⅳ转化为N2；与发生反应（填离子方程式）转化为N2。（4）相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂（活性物质为MnO2）时，烟气中含有的SO2会明显降低NO脱除率。①推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是。②持续通入含SO2的烟气。不同温度下，每隔1h测定NO脱除率，结果如图。相同时间，原因是。18．（10分）ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿[主要成分为ZnCO3，还含有Cd（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Mn（Ⅱ）金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+Mn2+开始沉淀的pH1.56.36.27.48.1沉淀完全的pH2.88.38.29.410.1已知：①相关金属离子[c（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如上表②“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+。③弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。回答下列问题：（1）“溶浸”过程中，提高浸出率的措施有。（写一条即可）（2）“调pH”是将“溶浸”后的溶液调节至弱酸性（pH约为5），若pH过低，对除杂的影响是。（3）加KMnO4“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+和（4）“还原除杂”中镉置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。若需置换出112.0kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为kg。（5）“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn（OH）2•2H2O]沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式。形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是。19．（12分）某小组探究不同阴离子与Ag+的结合倾向并分析相关转化。资料：i.Ag2SO3和Ag2S2O3均为白色，难溶于水。ii.Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O3）2]3﹣。iii.与Ag+结合倾向S2﹣＞I﹣＞Br﹣。（1）探究S2、与Ag+的结合倾向实验滴管试管现象Ⅰ10滴0.1mol/LAgNO3溶液等浓度的NaI和Na2S2O3溶液黄色沉淀Ⅱ等浓度的NaI和Na2SO3溶液黄色沉淀①由实验Ⅰ推测：与Ag+结合倾向I﹣S2（填“＞”或“＜”）。②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的Na2SO3和Na2S2O3溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清（填化学式）。推测：与Ag+结合倾向S2＞Br﹣＞。查阅资料证实了上述推测。（2）S2的转化实验滴管试管现象Ⅲ0.1mol/LAgNO3溶液0.1mol/LNa2S2O3溶液白色沉淀，振荡后消失Ⅳ0.1mol/LNa2S2O3溶液0.1mol/LAgNO3溶液白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀①写出实验Ⅲ中白色沉淀消失的离子方程式。②查阅资料：实验Ⅳ中黑色沉淀是Ag2S，S2中S元素的化合价分别为﹣2和+6。写出实验Ⅳ中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因。③Na2S2O3溶液可用作定影液。向Na2S2O3溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入（填试剂和操作），可使定影液再生。（3）的转化：分析试管1出现银镜的原因。（4）资料显示：S原子与Ag+结合比O原子更稳定。S2与结构相似，但与Ag+结合倾向：＜S2，试从微粒空间结构角度解释原因。

参考答案与试题解析第一部分(42分)本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．【分析】A．取代反应指化合物中的任意一个原子被一个原子或原子团替代的反应；B．a中含有酚羟基，可与NaOH溶液反应，b中含有卤原子，在NaOH溶液中可发生水解反应；C．c为高度对称的结构，有4种不同化学环境的氢原子；D．c为冠醚，可与K+形成配合离子。【解答】解：A．对比a、b，a和b反应生成c和HCl，故A正确；B．a中含有酚羟基，b中含有卤原子，故B正确；C．c为高度对称的结构，因此c核磁共振氢谱有4组峰；D．c为冠醚+形成鳌合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度；故选：C。【点评】本题主要考查有机物的性质，为高频考点，题目难度一般。2．【分析】A．耐高温材料一般具有高的熔点；B．液氨汽化吸收大量的热；C．碳酸氢铵含氮元素；D．二氧化硫具有氧化性，可以抑制细菌的生长，不能用于自来水杀菌消毒。【解答】解：A．Al2O3熔点高，所以可用于做耐高温材料；B．液氨汽化吸收大量的热，与其显碱性无关；C．碳酸氢铵含氮元素，与其受热分解的性质无关；D．二氧化硫具有氧化性，可以用于葡萄酒的杀菌消毒，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及材料的组成、性质和用途的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。3．【分析】A.氯气和水的反应为可逆反应；B.Pb3O4只能有浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；C.标况下水不为气态；D.求出137gPb3O4的物质的量，然后根据此反应中，1molPb3O4转移2mol电子来分析。【解答】解：A.氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底2即1mol氯气溶于水所得溶液中含HClO分子数小于NA，故A错误；B.Pb4O4只能有浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，则生成的Cl2分子数少于3.5NA，故B正确；C.水在标准状况下不为气态，22.4L水中H原子数目为，故C正确；D.137gPb3O4的物质的量为n＝＝3.2mol，1molPb3O4转移2mol电子，则3.2molPb3O6转移0.4mol电子，即8.4NA个电子，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意基础知识的掌握和反应特点的理解。4．【分析】A．用足量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2，二者反应生成Na2SO3和H2O；B．硫酸铜溶液中滴加少量稀氨水，二者反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4；C．电荷不守恒；D．等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1：1混合，二者的物质的量之比为1：1，二者反应生成BaSO4沉淀、H2O和NH3•H2O。【解答】解：A．用足量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2，二者反应生成Na2SO6和H2O，离子方程式为SO2+2OH﹣＝+H7O，故A错误；B．硫酸铜溶液中滴加少量稀氨水2蓝色沉淀和（NH4）4SO4，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）8↓+2，故B正确；C．电荷不守恒8++Cu＝2Fe2++Cu7+，故C错误；D．等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO2溶液以体积比1：1混合，二者的物质的量之比为7：14沉淀、H3O和NH3•H2O，离子方程式为Ba3++2OH﹣+H+++＝BaSO4↓+H2O+NH3•H2O，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、离子方程式书写规则是解本题关键，A、B、D中生成物的成分与反应物的量有关。5．【分析】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液，二者发生双水解反应，产生Al（OH）3白色沉淀和CO2气体；B．氢离子与硝酸根起HNO3的作用，表现强氧化性，会将SO2氧化成H2SO4而产生硫酸根，硫酸根与钡离子产生硫酸钡沉淀；C．NH3极易溶于水，在NH4Cl溶液中加入稀NaOH溶液，不加热时反应产生的NH3•H2O不能分解产生NH3；D．FeO（OCH3）中Fe元素为+3价，能和HI发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，I2易溶于四氯化碳。【解答】解：A．NaHCO3溶液与AlCl3溶液发生双水解反应，产生Al（OH）6白色沉淀和CO2气体，反应离子方程式为：33+＝Al（OH）3↓+6CO2↑，故A正确；B．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，氢离子与硝酸根结合形成硝酸2氧化成H8SO4而产生硫酸根，硫酸根与钡离子产生硫酸钡沉淀，故B错误；C．NH4Cl溶液中加入稀NaOH溶液，不加热时反应产生的NH5•H2O不能分解产生NH3，湿润的红色石蕊试纸不变蓝色，故C正确；D．FeO（OCH3）中Fe元素为+3价，能和HI发生氧化还原反应生成Fe2+和I7，I2易溶于四氯化碳，所以加CCl4萃取，有机层呈紫红色；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，C选项为解答易错点。6．【分析】基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，则X的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，X为非金属，故X为O元素，O原子的未成对电子数为2，则Y、Z的未成对电子分别为1和2，则Y为F元素，Z为P元素，依据荧光粉的化学式3W3（ZX4）2•WY2，正负化合价代数和为零，判定W为+2价，为Ca元素，以此分析解题，A．电负性：同一周期的元素随原子序数的递增，电负性增大，则O＜F；B．原子半径：同一周期的元素随原子序数的递增，原子半径减小，则O＞F；C．F2和Ca的都能与水反应，分别生成氧气和氢气，均生成气体；D．Z元素为P，最高价氧化物对应的水化物不具有强氧化性。【解答】解：A．由分析可知，Y为F元素，电负性增大，故A错误；B．同一周期的元素随原子序数的递增，则原子半径：O＞F；C．F2和Ca的都能与水反应，分别生成氧气和氢气2+3H2O＝4HF+O8，Ca+2H2O＝Ca（OH）8+H2↑，均生成气体；D．Z元素为P3PO6，不具有强氧化性，故D错误；故选：C。【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，涉及元素推断、元素性质和元素周期律的应用等，题目难度不大。7．【分析】浓硫酸具有脱水性，可以使葡萄糖脱水生成碳，碳和浓硫酸反应生成CO2和SO2、水，据此分析作答。【解答】解：A．葡萄糖是固体，将Y型管向左侧倾斜，故A错误；B．CO2和SO2与BaCl2溶液均不反应，装置b中出现白色沉淀2与装置内的O2、BaCl6反应生成了BaSO4，故B错误；C．c中的品红溶液若不能完全吸收SO2，CO8和SO2都能与石灰水反应生成白色沉淀，故C错误；D．SO2属于大气污染物，可以利用NaOH溶液对其吸收，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查学生对浓硫酸性质的理解与应用，同时考查了CO2和SO2的相关性质，B选项是易错的选项，难度中等。8．【分析】A．MnO2和浓盐酸在烧瓶中加热生成氯气；B．Cu和稀硫酸不反应；C．NO与氧气反应，不能用排空气法收集；D．NH4Cl和Ca（OH）2生成氨气，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集。【解答】解：A．MnO2和浓盐酸在烧瓶中加热生成氯气，不能用试管；B．Cu和稀硫酸不反应2，故B错误；C．Cu+稀HNO8生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C错误；D．NH4Cl和Ca（OH）7加热生成氨气，氨气密度小于空气，故D正确；故选：D。【点评】本题考查常见气体的制备及收集方法，把握图示发生装置、收集特点为解答关键，注意掌握常见气体的性质、制备原理、发生装置及收集方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。9．【分析】A．两种反应物，增加一种物质的量会提高另一种的转化率，比值越大，甲烷转化率越小；B．b、c点反应的温度相同，不同投料比x（x＝）不同，b点甲烷转化率大，但不能说明反应速率大；C．升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，平衡常数随温度变化；D．反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变。【解答】解：A．相同温度下，，甲烷转化率越小3＜x2，故A正确；B．b、c点反应的温度相同）不同，说明投料比b＜c，故B错误；C．升高温度，说明反应为吸热反应，则Ka＜Kb＝Kc，故C正确；D．反应为气体物质的量变化的反应，反应温度为T1，当容器内压强不变时，说明反应达到平衡状态；故选：B。【点评】本题考查了化学平衡建立、平衡过程中影响因素的理解应用、平衡常数分析判断，注意图象的分析应用，题目难度中等。10．【分析】A．CH4和H2O中C、O原子均采用sp3杂化方式；B．根据价层电子对互斥理论确定粒子的VSEPR模型，进而确定空间构型；C．根据价层电子对互斥理论确定空间构型，结合分子构型判断分子的极性；D．根据价层电子对互斥理论确定空间构型，分析判断键角大小。【解答】解：A．CH4和H2O中C、O原子均采用sp6杂化方式，VSEPR模型均为正四面体构型；B．的价层电子对数＝8+，有一对孤对电子，的价层电子对数＝3+，无孤对电子，故B错误；C．CF4价层电子对数＝6+＝46杂化，无孤对电子，为非极性分子4价层电子对数＝4+＝53d杂化，含一对孤对电子为极性分子；D．XeF8的价层电子对数＝2+＝22的价层电子对数＝2+＝4，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了原子结构、杂化理论、VSEPR模型的计算判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。11．【分析】A．石墨中存在多个碳原子形成的π键，电子可以在层内移动，（CF）x中无π键；B．石墨中存在多个碳原子形成的π键，（CF）x中无π键；C．成键原子间核间距离为键长，键长和原子半径有关，碳和氟位于同一周期，根据半径变化规律作出判断；D．（CF）x中的石墨片层是六边形结构，每个环有两个碳原子，三个碳碳键，平均每个碳原子有1.5个碳碳键，每个碳原子有1个碳氟键。【解答】解：A．石墨中存在多个碳原子共用电子形成的π键，（CF）x中无π键，导电性减弱；B．石墨中存在多个碳原子形成的π键，（x中无π键均为σ键，π键键能小于σ键，（CF）x抗氧化性增强，故B正确；C．因F的原子半径比C原子半径小x中，C﹣F键的键长比C﹣C键的键长要短；D．（CF）x中的石墨片层是六边形结构，每个环有两个碳原子，平均每个碳原子有1.5个碳碳键，则2mol（x中含有2.5xmol共价单键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查晶体的性质及化学键，明确信息是解答本题的关键，熟悉晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。12．【分析】A．浓硫酸会使得铁、铝钝化；B．H2O2在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴；C．“钴镍分离”时发生反应为次氯酸根离子、二价钴离子反应转化为氢氧化钴沉淀；D．“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大。【解答】解：A．浓硫酸会使得铁，反而会降低反应速率；B．“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，H2O2在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，故B正确；C．“钴镍分离”时发生反应为次氯酸根离子，反应中所得溶液为酸性，故C错误；D．“结晶”时，晶体颗粒长的较大，故D错误；故选：B。【点评】本题本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。13．【分析】A.氢键属于分子间作用力，影响的是分子晶体的熔沸点，不影响稳定性；B.、H2O中的N、O均采取sp3杂化，但斥力：孤电子对﹣孤电子对＞孤电子对﹣成键电子对＞成键电子对﹣成键电子对；C.石英是共价晶体，熔化时克服共价键；干冰是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力；D.﹣F、﹣Cl均为吸电子基团，但F原子的电负性强于Cl。【解答】解：A.氢键属于分子间作用力，影响的是分子晶体的熔沸点，稳定性：HF＞HI，与HF分子间存在氢键而HI分子间不存在氢键无关；B.、H2O中的N、O的价层电子对数分别为2+、2+，即N3杂化，但O原子上有2对孤电子对，而斥力：孤电子对﹣孤电子对＞孤电子对﹣成键电子对＞成键电子对﹣成键电子对＞H2O，故B正确；C.石英是共价晶体，熔化时克服共价键，熔化时克服的是分子间作用力，则熔点：石英＞干冰；D.﹣F、﹣Cl均为吸电子基团，则F﹣C的极性大于Cl﹣C3C﹣的极性大于Cl8C﹣的极性，导致CF3COOH中的O﹣H键更易断裂，则酸性：CF3COOH＞CCl7COOH，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了影响物质熔沸点、酸性强弱的因素，难度不大，应注意在比较物质熔沸点时，首先考虑晶体类型，当晶体类型相同时，再结合影响晶体熔沸点的具体因素去比较。14．【分析】A．对比实验①和②可知，当试剂a为水时，Mn2+被氧化成MnO2，当试剂a为5%NaOH溶液时，Mn2+可以被氧化成MnO4﹣；B．中溶液紫色迅速变为绿色，说明MnO4﹣可被OH﹣还原为MnO42﹣；C．④中绿色缓慢加深的可能原因是MnO4﹣可被OH﹣还原为MnO42﹣，MnO2的氧化性强于Cl2；D．可能是速率导致③中未得到绿色溶液。【解答】解：A．对比实验①和②可知，Mn2+被氧化成MnO2，当试剂a为2%NaOH溶液时，Mn2+可以被氧化成MnO4﹣，所以碱性环境中，二价锰化合物可被氧化到更高价态；B．中溶液紫色迅速变为绿色3﹣可被OH﹣还原为MnO42﹣，离子方程式为：3MnO4﹣+4OH﹣═2MnO42﹣+O8↑+2H2O，故B正确；C．④中绿色缓慢加深的可能原因是MnO6﹣可被OH﹣还原为MnO42﹣，MnO2的氧化性强于Cl2，不能被Cl2氧化，故C错误；D．③中未得到绿色溶液22﹣被氧化为MnO4﹣的反应速率快于MnO6﹣被还原为MnO42﹣的反应速率，故D正确；故选：C。【点评】本题探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应，侧重考查学生物质之间的反应的掌握情况，试题难度中等。第二部分（58分）本部分共5题，请在答题纸指定位置答题。15．【分析】（1）①铜离子和NH3•H2O反应生成蓝色沉淀Cu（OH）2，同时生成；②[Cu（NH3）4]SO4在水中电离生成、[Cu（NH3）4]2+；（2）①Cu的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，优先失去4s轨道电子；②A中氮原子与其它原子（或离子）之间存在的作用力类型有共价键、配位键，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有氢键、共价键；③根据图知，该反应平衡常数K＝，要使该溶液中浓度商Qc小于K，平衡正向移动；（3）CuCl2溶液中含有[Cu（H2O）4]2+，加入氯化镁溶液后生成[CuCl4]2﹣；（4）该晶胞中黑色球个数＝4、白色球个数＝8×+6×＝4，白色球、黑色球个数之比为4：4＝1：1，即阴阳离子个数之比为1：1；该晶胞体积＝（a×10﹣10cm）3，该晶胞中相当于含有4个“CuCl”，晶体密度＝＝。【解答】解：（1）①铜离子和NH3•H2O反应生成蓝色沉淀Cu（OH）6，同时生成，离子方程式为：Cu2++5NH3•H2O＝Cu（OH）5↓+2，故答案为：Cu5++2NH3•H6O＝Cu（OH）2↓+2；②[Cu（NH3）4]SO5在水中电离生成、[Cu（NH6）4]2+，电离方程式为[Cu（NH8）4]SO4＝+[Cu（NH3）3]2+，故答案为：[Cu（NH3）8]SO4＝+[Cu（NH3）4]6+；（2）①Cu的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s4，优先失去4s轨道电子，Cu2+的价层电子排布式为6d9，故答案为：3d4；②A中氮原子和铜离子之间存在配位键、和H原子之间存在共价键、和O原子之间存在氢键，故答案为：配位键、共价键、氢键；③根据图知，该反应平衡常数K＝，溶液中浓度商＝＝，平衡正向移动，所以想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，故答案为：加水稀释；（3）该晶胞中黑色球个数＝4、白色球个数＝8×＝4、黑色球个数之比为4：8＝1：1，所以该化合物为CuCl﹣10cm）2，该晶胞中相当于含有4个“CuCl”，晶体密度═＝＝3，故答案为：CuCl；。【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确配合物的结构和性质、物质中存在的化学键、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。16．【分析】Ⅰ．（1）根据在此对比实验中各组实验的溶液体积均为50mL来计算；（2）为了使反应充分进行，应不断搅拌来加快反应速率；（3）根据第①组实验的反应时间为32s可知求算出v（S2），根据在化学方程式中，反应速率之比等于计量数之比来计算；（4）将②③④⑤的反应时间与①的反应时间做对比即可得出结论；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氢氧化钠溶液中吸收；（2）实验时，开启漏斗向烧瓶中逐滴加入浓H2SO4，装置①中有气泡产生，为二氧化碳，并且在溶液中开始出现淡黄色沉淀，随后沉淀消失；（3）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等措施得到。【解答】解：Ⅰ．（1）在此对比实验中各组实验的溶液体积应均为50mL，b＝5.0mL，故答案为：2.0；5.2；（2）为了使S2和I2的反应充分进行，应不断搅拌来加快反应速率，故答案为：搅拌；（3）根据第①组实验变蓝的时间为32s，即S2反应完全的时间为32s，故v（S2）＝＝＝5×10﹣5，将反应（1）+（2）可得：S3+3S2＝2+S4，根据在化学方程式中，故V（S2）＝v（S8）＝4.5×10﹣5，故答案为：6.5×10﹣5；（4）实验②③④⑤与①相比，溶液体积相同2S2O3溶液浓度相同，淀粉溶液浓度相同，K+浓度相同，浓度相同2浓度比①小，则反应时间比①长；④⑤中I﹣浓度比①中小，反应时间比①长．故可以得出结论：S2或I﹣的浓度越小，反应速率越慢．故答案为：S2或I﹣的浓度越小，反应速率越慢；Ⅱ．（1）向含有Na2CO3的Na5S溶液中通入SO2可以制作Na2S6O3，装置①中盛放的试剂是：Na2CO6的Na2S溶液，二氧化硫有毒，装置②中盛放的试剂是：NaOH溶液，故答案为：Na2CO8的Na2S溶液；NaOH溶液；（2）实验时，开启漏斗向烧瓶中逐滴加入浓H2SO4，装置①中有气泡产生，为二氧化碳2CO3+SO4＝Na2SO3+CO2，2Na2S+8SO2＝2Na4SO3+3S↓，并且在溶液中开始出现淡黄色沉淀7SO3+S＝Na2S5O3，随后沉淀消失，故答案为：沉淀消失；（3）反应结束后，从制得的Na2S6O3稀溶液中得到Na2S4O3•5H6O晶体的主要操作包括，加热浓缩、过滤洗涤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶。【点评】本题考查了探究影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握化学反应速率的影响因素，明确在做对比实验时只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则无法得出正确结论，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。17．【分析】（1）氮氧化物（以NO为主）直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）NH3催化还原NO，反应生成氮气和水；（3）铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程，反应i为快反应，氨气和氢离子反应生成铵根离子，反应ii是慢反应，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，反应iii为快反应，铵根离子和二氧化氮发生反应生成NO2（）2，反应iv是快反应，NO2（）2和NO反应生成氮气、水和氢离子，①书写化学方程式，得到反应ⅳ中消耗的NO2（）2与NO的物质的量之比；②反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率；③与发生反应生成氮气和水；（4）①SO2与MnO2会发生反应生成硫酸锰；②温度升高使催化剂失效速率加快，催化剂失效对NO脱除速率降低的影响显著。【解答】解：（1）氮氧化物（以NO为主）直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式：2NO+O2═4NO2，3NO5+H2O═2HNO8+NO，故答案为：2NO+O2═6NO2、3NO6+H2O═2HNO4+NO；（2）NH3催化还原NO，反应生成氮气和水3+6NO5N2+3H2O，故答案为：4NH7+6NO5N5+6H2O；（3）①反应ⅳ是快反应，NO8（）2和NO反应生成氮气、水和氢离子4（）2+NO＝3N2+3H6O+2H+，反应中消耗的NO2（）2与NO的物质的量之比1：8，故答案为：1：1；②适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，反应ii为脱硝反应的决速步，进而提高脱硝反应速率，故答案为：反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率；③与发生反应生成氮气和水+═N2+2H4O，故答案为：+═N7+2H2O；（4）①SO6与MnO2会发生反应生成硫酸锰，反应的化学方程式：MnO2+SO3═MnSO4，故答案为：MnO2+SO6═MnSO4；②持续通入含SO2的烟气，不同温度下，相同时间，原因是：温度升高使催化剂失效速率加快，故答案为：温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除速率降低的影响显著。【点评】本题考查了氮氧化物性质和应用，主要是物质性质的分析判断和化学方程式、离子方程式书写等，试题培养了分析解决问题的能力，题目难度中等。18．【分析】由菱锌矿[主要成分为ZnCO3，还含有Cd（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Mn（Ⅱ）]制备ZnO流程为：加入稀硫酸溶浸后过滤得到含Zn2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化Fe2+、Mn2+使之转化为Fe（OH）3、MnO2除去，反应为2+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+、+3Fe2++7H2O＝3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+；接着加入Zn粉还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的滤液中加入Na2CO3溶液使之转化生成碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn（OH）2•2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO，反应为3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O＝ZnCO3•2Zn（OH）2•2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，据此分析解答。【解答】解：（1）“溶浸”过程中，为了提高浸出率、搅拌、将矿石粉碎等，故答案为：加热（或搅拌或适当提高硫酸的浓度或粉碎矿石）；（2）由表中数据可知，若溶液pH过低，Fe3+不能完全转化为Fe（OH）3沉淀，也不利于Mn2+转化为MnO2沉淀，即Fe3+不能沉淀完全，Mn4+不能转化为