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北京市石景山区2023-2024学年高三上学期一模化学试卷（含答案）
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这是一份北京市石景山区2023-2024学年高三上学期一模化学试卷（含答案），共40页。试卷主要包含了第二部分本部分共5题，共58分等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市石景山区高考化学一模试卷
一、第一部分本部分共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）为探测暗物质，我国科学家在2400米的山体深处搭建了墙体厚度达1米的聚乙烯隔离检测室，里面用铅和铜等材料层层包裹，用超纯锗进行探测。所用材料不属于金属材料的是（ ）
A．聚乙烯 B．铅 C．铜 D．锗
2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态N原子的价层电子排布式：2s32p2
B．S2﹣的结构示意图：
C．HClO的电子式：
D．顺﹣2﹣丁烯的结构简式：
3．（3分）能实现下列物质间直接转化的元素是（ ）
单质氧化物酸（或碱）盐
A．Si B．S C．Cu D．Fe
4．（3分）下列性质的比较中，不正确的是（ ）
A．非金属性：N＜O B．沸点：NH3＞PH3
C．原子半径：N＜O D．酸性：HNO3＞H2CO3
5．（3分）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．加热氯化铵制NH3
B．硫化钠和浓硫酸混合制H2S
C．二氧化锰和稀盐酸制Cl2
D．铜和浓硝酸制NO2
6．（3分）甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法不正确的是（ ）
A．能与NaOH溶液反应
B．分子中有2种官能团
C．分子中存在大π键
D．能发生取代反应和加成反应
7．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．用FeS固体除去污水中的Hg2+：FeS+Hg2+═HgS+Fe2+
B．AgCl沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl
C．NO2与水反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊：CH3CHO+Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+CuO↓+2H2O
8．（3分）以氨为燃料的固体氧化物燃料电池（SOFC）具有广阔的应用前景，一种氧离子导电SOFC的工作原理如图所示（NH3在催化剂作用下先分解为N2和H2）。下列说法不正确的是（ ）
A．H2在负极放电
B．正极的电极反应：O2+4e﹣═2O2﹣
C．外电路转移6mole﹣，理论上生成4molH2O
D．O2﹣向负极移动
9．（3分）下列事实的解释不正确的是（ ）
事实
解释
A
第一电离能：I1（Mg）＞I1（Al）
Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B
NH4Cl溶液显酸性
NH4Cl电离产生的可以与水中的OH﹣结合成弱电解质NH3•H2O，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中c平（H+）大于c平（OH﹣）
C
Cl2分子中的共价键是σ键
Cl原子价电子排布为3s23p5，当两个Cl原子结合为Cl2时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠
D
Cl2、Br2、I2的熔点依次增大
Cl2、Br2、I2的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验药品
A
比较水和四氯化碳分子的极性
H2O、CCl4、橡胶棒、毛皮
B
验证乙醇的消去产物乙烯
乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
C
探究温度对化学平衡的影响
CuCl2溶液、冷水、热水
D
证明牺牲阳极法保护铁
Fe、Zn、酸化的食盐水、K3[Fe（CN）6]溶液
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）科学家通过Pd2+/Pd、酚/酮和NO2/NO三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80℃条件下O2直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．CF3COOCH3水解生成甲醇
B．反应Ⅰ中Pd2+将甲烷氧化成CF3COOCH3
C．反应Ⅱ中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到4mole﹣
D．反应Ⅲ的化学方程式：
12．（3分）我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．E的结构简式：
B．F的同分异构体有6种（不考虑手性异构体）
C．H中含有配位键
D．高分子X水解可得到G和H
13．（3分）实验室模拟吸收Cl2，将Cl2按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停止通Cl2，记录吸收Cl2的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留，实现数据如表。下列说法不正确的是（ ）
编号
吸收液类型（体积相同）
c/（mol/L）
吸收氯气时间
饱和吸收后溶液微粒浓度
液面上有害气体
c（）
c（）
c（Cl﹣）
pH
Ⅰ
Na2SO3
1.2
18′34''
0.56
未检出
1.81
1.4
SO2
Ⅱ
NaOH
2.4
23′17''
未检出
0.10
3.23
5.2
Cl2
Ⅲ
Na2SO3+NaOH
1.2+2.4
23′47''
未检出
未检出
3.47
3.4
无
说明：c（）表示溶液中+4价含硫微粒的总浓度，其他类似。
A．Na2SO3溶液显碱性
B．实验Ⅰ吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应
C．实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价Cl会转变为Cl﹣
D．实验Ⅲ吸收过程中NaOH与Na2SO3分别与Cl2独立反应、互不影响
14．（3分）CO2催化加氢制CH4的反应为：4H2（g）+CO2（g）CH4（g）+2H2O（g）。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性（）随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是（ ）
A．催化剂改变了CO2中O﹣C﹣O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热CH4（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO（g）ΔH＝+205.9kJ/molCO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
二、第二部分本部分共5题，共58分。
15．（12分）碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
电负性：H 2.20；C 2.55；F 3.98；I 2.66
（1）人工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是 。
（2）碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因 。
（3）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是 ，PI3水解生成HI的化学方程式是 。
（4）CH3I是一种甲基化试剂，CF3I可用作制冷剂，CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是：CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，结合电负性解释原因 。
（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm，结构如图。
①与K原子紧邻的O原子有 个。
②KIO3的摩尔质量为214g/mol，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度是 g/cm3（1nm＝10﹣9m）。
16．（10分）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁（Fe）及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
Ⅰ.还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的H+得电子生成H•（氢自由基），H•通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
（1）氧化反应： 。
还原反应：2H++2e﹣═2H•（电中性）。
（2）H•与阿莫西林（抗生素的一种）发生多步反应，第一步如图所示，
请在图中标出阿莫西林断裂的化学键（参考示例“”），用“〇”在中间产物圈出一个手性碳原子 。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因 。
Ⅱ.氧化法
（4）酸性条件Fe可与溶解氧生成H2O2，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，•OH氧化抗生素。H2O2和Fe2+生成•OH的离子方程式是 。
（5）如图为酸性条件零价铁﹣电芬顿耦合法（电化学氧化法）原理示意图的一部分，左侧连接电源 ，结合阴极电极反应说明该法生成•OH的原理 。
17．（12分）Dalenin1（）对酪氨酸酶有很强的抑制活性，在制药工程和化妆品行业有巨大的潜在应用价值。
已知：
（1）Dalenin1含氧官能团的名称 。
（2）A含有支链且能使溴水褪色，A生成B的化学方程式是 。
（3）B催化裂化先生成二元醇X，X转化为C，X的结构简式是 。
（4）D+G→H的化学方程式是 。
（5）E→F的反应类型是 。
（6）I含有2个六元环，J的结构简式是 。
（7）K先生成中间体Y（），Y催化环化生成Dalenin1时存在多种副产物。一种副产物Z是Dalenin1的同分异构体，也含有4个六元环 。
18．（12分）一种利用低品位铜矿（Cu2S、CuS、FeO和Fe2O3等）为原料制取CuCl的工艺流程如图：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，Fe（OH）3的溶度积常数Ksp＝2.8×10﹣39。
（1）铜矿中被MnO2氧化的物质有 。
（2）滤液D中铁离子的浓度约为 ，向滤液D中先通氨气的目的 。
（3）固体E主要是MnCO3，生成MnCO3的离子方程式是 。
（4）滤液F加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是 。
（5）查阅资料：+1价Cu和Cl﹣可以形成2种配离子[CuCl3]2﹣和[CuCl2]﹣。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成 。
（6）CuCl质量分数的测定：称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液（Fe3+将+1价Cu氧化），滴加2滴试亚铁灵指示剂（与Fe2+发生特征反应，溶液呈红棕色），用含Ce4+cmol/L的硫酸铁铈标准液滴定（Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+），共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式 。
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
Ⅰ
10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
Ⅲ
0.1mol/LAgNO3溶液
0.1mol/LNa2S2O3溶液
白色沉淀，振荡后消失
Ⅳ
0.1mol/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 。
2023年北京市石景山区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、第一部分本部分共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）为探测暗物质，我国科学家在2400米的山体深处搭建了墙体厚度达1米的聚乙烯隔离检测室，里面用铅和铜等材料层层包裹，用超纯锗进行探测。所用材料不属于金属材料的是（ ）
A．聚乙烯 B．铅 C．铜 D．锗
【分析】合金与金属单质统称为金属材料，据此判断。
【解答】解：A．聚乙烯属于合成高分子材料，故A正确；
B．铅是金属，故B错误；
C．铜是金属，故C错误；
D．锗是金属，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉金属材料的类型是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态N原子的价层电子排布式：2s32p2
B．S2﹣的结构示意图：
C．HClO的电子式：
D．顺﹣2﹣丁烯的结构简式：
【分析】A.s能级含1个轨道，一个轨道最多容纳2个电子；
B.硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子；
C.HClO中O原子分别与H、Cl原子形成共价键；
D.顺﹣2﹣丁烯中碳碳双键在2号和3号碳原子之间，碳碳双键两端的甲基在同一侧。
【解答】解：A.s能级含1个轨道，一个轨道最多容纳2个电子，基态N原子的价层电子排布式：3s22p7，故A错误；
B.硫离子质子数为16，硫离子的核外电子总数为18，硫离子的结构示意图为：，故B错误；
C.HClO是共价化合物，O分别与H，O、Cl原子的最外层电子数均为8，故C错误；
D.顺﹣2﹣丁烯中碳碳双键在5号和3号碳原子之间，碳碳双键两端的甲基在同一侧，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的正误判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，题目难度不大。
3．（3分）能实现下列物质间直接转化的元素是（ ）
单质氧化物酸（或碱）盐
A．Si B．S C．Cu D．Fe
【分析】A、硅与氧气生成二氧化硅，不溶于水；
B、硫燃烧生成二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，可以和碱反应；
C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不溶于水；
D、金属铁和氧气反应生成四氧化三铁，不溶于水。
【解答】解：A、硅与氧气生成二氧化硅，所以不能实现物质间直接转化；
B、SSO2H2SO4Na2SO3，能实现物质间直接转化，故B正确；
C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，所以不能实现物质间直接转化；
D、金属铁和氧气反应生成四氧化三铁，所以不能实现物质间直接转化；
故选：B。
【点评】本题考查物质间的转化，熟练掌握常见物质的性质与变化规律，是解答此类问题的基本的知识基础，属于教材知识的考查，题目难度不大。
4．（3分）下列性质的比较中，不正确的是（ ）
A．非金属性：N＜O B．沸点：NH3＞PH3
C．原子半径：N＜O D．酸性：HNO3＞H2CO3
【分析】A.同周期从左到右，主族元素的非金属性逐渐增强；
B.氨气分子间存在氢键；
C.当电子层数相同时，核电荷数越多，微粒半径越小；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
【解答】解：A.N、O处于同周期，主族元素的非金属性逐渐增强，故A正确；
B.氨气分子间存在氢键，导致沸点反常升高3＞PH3，故B正确；
C.N、O的电子层数相同，微粒半径更小，故C错误；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性HNO2＞H2CO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素周期律及其应用，难度不大，应注意的是元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等有关。
5．（3分）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．加热氯化铵制NH3
B．硫化钠和浓硫酸混合制H2S
C．二氧化锰和稀盐酸制Cl2
D．铜和浓硝酸制NO2
【分析】A．加热使氯化铵固体分解，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
B．硫化钠与浓硫酸发生归中反应，无法产生硫化氢；
C．MnO2与稀HCl不反应，实验室用MnO2与浓HCl溶液混合加热制备氯气；
D．铜与浓硝酸反应生成NO2。
【解答】解：A．加热使氯化铵固体分解，不能制备氨气，故A错误；
B．硫化钠会与浓硫酸发生归中反应，不能使用此方法制取硫化氢；
C．MnO2与稀HCl不反应，实验室用MnO2与浓HCl溶液混合加热制备氯气，故C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成NO6，方法可行，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了实验室常见气体的制备，掌握制取反应的原理和反应物的性质是解答的关键，题目较简单。
6．（3分）甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法不正确的是（ ）
A．能与NaOH溶液反应
B．分子中有2种官能团
C．分子中存在大π键
D．能发生取代反应和加成反应
【分析】A．酯基能和NaOH溶液反应；
B．官能团有醚键、酯基、碳碳双键；
C．苯环中存在大π键；
D．具有醚、烯烃、苯和酯的性质。
【解答】解：A．分子中酯基能和NaOH溶液反应；
B．官能团有醚键、碳碳双键，故B错误；
C．苯环6个碳原子提供6个电子形成大π键；
D．具有醚、苯和酯的性质，酯基能发生取代反应；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
7．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．用FeS固体除去污水中的Hg2+：FeS+Hg2+═HgS+Fe2+
B．AgCl沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl
C．NO2与水反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊：CH3CHO+Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+CuO↓+2H2O
【分析】A．沉淀的转化原理分析；
B．氯化银与氨水反应生成[Ag（NH3）2]+；
C．NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊为Cu2O。
【解答】解：A．HgS比FeS更难溶于水2+的溶液中加入FeS，能够将Hg2+除掉，故A正确；
B．AgCl沉淀溶于氨水生成[Ag（NH7）2]+，反应的化学方程式为：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl，故B正确；
C．NO5与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：3NO2+H8O═2HNO3+NO，故C正确；
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）5+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质、离子方程式书写的方法，注意离子方程式的正误判断，题目难度不大。
8．（3分）以氨为燃料的固体氧化物燃料电池（SOFC）具有广阔的应用前景，一种氧离子导电SOFC的工作原理如图所示（NH3在催化剂作用下先分解为N2和H2）。下列说法不正确的是（ ）
A．H2在负极放电
B．正极的电极反应：O2+4e﹣═2O2﹣
C．外电路转移6mole﹣，理论上生成4molH2O
D．O2﹣向负极移动
【分析】由图可知，负极氨气分解生成氢气和氮气，氢气失电子，电极反应式为H2﹣2e﹣+O2﹣＝H2O，氧气在正极得电子，电极反应式为O2+4e﹣═2O2﹣，据此作答。
【解答】解：A．氨气分解生成氢气和氮气，故A正确；
B．氧气在正极得电子2+4e﹣═4O2﹣，故B正确；
C．负极电极反应式为H2﹣3e﹣+O2﹣＝H2O，外电路转移5mole﹣，理论上生成3molH2O，故C错误；
D．O8﹣（阴离子）向负极移动，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断两极反应是解题的关键。
9．（3分）下列事实的解释不正确的是（ ）
事实
解释
A
第一电离能：I1（Mg）＞I1（Al）
Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B
NH4Cl溶液显酸性
NH4Cl电离产生的可以与水中的OH﹣结合成弱电解质NH3•H2O，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中c平（H+）大于c平（OH﹣）
C
Cl2分子中的共价键是σ键
Cl原子价电子排布为3s23p5，当两个Cl原子结合为Cl2时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠
D
Cl2、Br2、I2的熔点依次增大
Cl2、Br2、I2的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.Mg的3s电子全满、3p全空，为稳定结构；
B.水电离出的c（H+）＝c（OH﹣），但铵根离子结合了水电离出的氢氧根离子，据此分析；
C.σ键是由轨道“头碰头”结合而成；
D.当分子晶体的结构相似时，相对分子质量越大，范德华力越大。
【解答】解：A.Mg的3s电子全满、3p全空，失去一个电子较Al更难8（Mg）＞I1（Al），故A正确；
B.水电离出的c（H+）＝c（OH﹣），但铵根离子结合了水电离出的氢氧根离子，最终导致溶液中c平（H+）大于c平（OH﹣），溶液显酸性；
C.σ键是由轨道“头碰头”结合而成，而不是“肩并肩”；
D.Cl2、Br6、I2均为分子晶体，且组成和结构相似，则分子间的范德华力逐渐增强，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验与解释的关系、物质结构与性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验药品
A
比较水和四氯化碳分子的极性
H2O、CCl4、橡胶棒、毛皮
B
验证乙醇的消去产物乙烯
乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
C
探究温度对化学平衡的影响
CuCl2溶液、冷水、热水
D
证明牺牲阳极法保护铁
Fe、Zn、酸化的食盐水、K3[Fe（CN）6]溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．水为极性分子，四氯化碳为非极性分子；
B．乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃时生成乙烯，挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．只有温度不同；
D．Fe、Zn、酸化的食盐水构成原电池时，Zn为负极，Fe为正极。
【解答】解：A．水为极性分子，摩擦起电可吸引极性分子、毛皮鉴别；
B．乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃时生成乙烯，紫色褪去，故B错误；
C．只有温度不同，故C正确；
D．Fe、酸化的食盐水构成原电池时，Fe为正极3[Fe（CN）6]溶液无现象，可证明牺牲阳极法保护铁；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、电化学、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（3分）科学家通过Pd2+/Pd、酚/酮和NO2/NO三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80℃条件下O2直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．CF3COOCH3水解生成甲醇
B．反应Ⅰ中Pd2+将甲烷氧化成CF3COOCH3
C．反应Ⅱ中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到4mole﹣
D．反应Ⅲ的化学方程式：
【分析】A．CF3COOCH3水解反应方程式为：CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH；
B．反应Ⅰ中Pd2+的化合价+2价降低到0价，作氧化剂；
C．对苯酚被氧化生成对苯醌，结合元素化合价变化计算电子转移；
D．结合流程分析书写反应的化学方程式。
【解答】解：A．CF3COOCH3水解反应方程式为：CF3COOCH3+H2O→CF2COOH+CH3OH，水解生成甲醇；
B．反应Ⅰ中Pd2+的化合价+8价降低到0价，作氧化剂3COOCH3，故B正确；
C．反应中对苯酚的分子式C6H6O2，被氧化生成对苯醌的分子式C6H4O2，过程中碳元素的化合价﹣价升高到3价﹣，反应Ⅱ中1mol对苯醒被还原为1mol对苯酚得到8mole﹣，故C错误；
D．流程分析可知，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质、化学反应原理，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，侧重考查学生获取信息能力和分析问题能力、综合运用知识的能力。
12．（3分）我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．E的结构简式：
B．F的同分异构体有6种（不考虑手性异构体）
C．H中含有配位键
D．高分子X水解可得到G和H
【分析】A．根据图知，E和F发生酯化反应生成G，根据F、G的结构简式知，E为羧酸；
B．F的同分异构体中可能含有醇羟基或醚键；
C．H中B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键；
D．X水解生成的单体不是G和H。
【解答】解：A．根据图知，根据F，E为羧酸，故A正确；
B．F的同分异构体中可能含有醇羟基或醚键，相当于丁烷中的一个氢原子被羟基取代，正丁烷有2种氢原子，其一元醇的同分异构体有4种；如果同分异构体为醚6OCH2CH2CH8、CH3CH2OCH6CH3、（CH3）4CH﹣OCH3，所以符合条件的同分异构体有6种，故B正确；
C．H中B原子提供空轨道，所以H中含有配位键；
D．X中酯基水解生成羧酸和醇，水解生成的单体不是G和H；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
13．（3分）实验室模拟吸收Cl2，将Cl2按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停止通Cl2，记录吸收Cl2的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留，实现数据如表。下列说法不正确的是（ ）
编号
吸收液类型（体积相同）
c/（mol/L）
吸收氯气时间
饱和吸收后溶液微粒浓度
液面上有害气体
c（）
c（）
c（Cl﹣）
pH
Ⅰ
Na2SO3
1.2
18′34''
0.56
未检出
1.81
1.4
SO2
Ⅱ
NaOH
2.4
23′17''
未检出
0.10
3.23
5.2
Cl2
Ⅲ
Na2SO3+NaOH
1.2+2.4
23′47''
未检出
未检出
3.47
3.4
无
说明：c（）表示溶液中+4价含硫微粒的总浓度，其他类似。
A．Na2SO3溶液显碱性
B．实验Ⅰ吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应
C．实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价Cl会转变为Cl﹣
D．实验Ⅲ吸收过程中NaOH与Na2SO3分别与Cl2独立反应、互不影响
【分析】A．Na2SO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性；
B．根据表中信息可知，实验Ⅰ饱和吸收后，含有正四价的含硫微粒，负一价的氯离子，产生SO2气体，溶液呈酸性，由Cl2生成Cl﹣，氯的化合价发生变化，说明发生了氧化还原反应；而溶液中含有正四价的含硫微粒，产生SO2气体，硫元素化合价未发生改变，溶液呈酸性，说明还有一部分未参加氧化还原反应，而是发生了复分解反应；
C．在实验Ⅱ中，将Cl2通入吸收液，Cl2中0价的Cl发生氧化还原反应得到+1价的Cl和﹣1价的Cl，根据吸收液为NaOH，溶液中没有其他氧化剂和还原剂，因此是Cl2发生歧化反应，
根据电子得失守恒，生成的+1价的Cl和﹣1价的Cl应该相等，但Ⅱ中Cl﹣的浓度大于Ⅱ中+1价的Cl，所以实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价C1可能会转变为Cl﹣；
D．根据实验Ⅰ和实验Ⅱ所得饱和溶液的微粒类型，假设实验Ⅲ吸收过程中NaOH与Na2SO3分别与Cl2独立反应，互不影响，那么饱和吸收后溶液微粒应该同时含有正四价的含硫微粒，正一价的含氯微粒，据此进行分析。
【解答】解：A．Na2SO3溶液中水解显碱性+H2O⇌+OH﹣，故A正确；
B．根据表中信息可知，含有正四价的含硫微粒，产生SO7气体，溶液呈酸性2生成Cl﹣，氯的化合价发生变化，说明发生了氧化还原反应，产生SO2气体，硫元素化合价未发生改变，说明还有一部分，而是发生了复分解反应++＝SO2↑+H2O，故B正确；
C．在实验Ⅱ中4通入吸收液，Cl2中0价的Cl发生氧化还原反应得到+4价的Cl和﹣1价的Cl，根据吸收液为NaOH，因此是Cl2发生歧化反应，
根据电子得失守恒，生成的+8价的Cl和﹣1价的Cl应该相等﹣的浓度大于Ⅱ中+1价的Cl，所以实验Ⅱ吸收过程中生成的+4价C1可能会转变为Cl﹣，导致+1价的Cl较少，故C正确；
D．根据实验Ⅰ和实验Ⅱ所得饱和溶液的微粒类型8SO3分别与Cl2独立反应，互不影响，正一价的含氯微粒；液面上也应该同时有SO5、Cl2，但实验Ⅲ液面没有这些气体，此说法不成立；
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及氯气的性质、盐类的水解、氧化还原反应等知识，侧重考查学生分析能力和读取信息的能力，难度中等。
14．（3分）CO2催化加氢制CH4的反应为：4H2（g）+CO2（g）CH4（g）+2H2O（g）。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性（）随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是（ ）
A．催化剂改变了CO2中O﹣C﹣O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热CH4（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO（g）ΔH＝+205.9kJ/molCO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
【分析】A．CO2的键角为180°，而Ni﹣CO2的键角不是180°；
B．150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%；
C．升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率；
D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g） ΔH，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式①CH4（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO（g）ΔH1＝+205.9kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH2＝﹣41kJ/mol，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为﹣（ΔH1+ΔH2）。
【解答】解：A．由题干图1反应历程图信息可知2的键角为180°，而Ni﹣CO4的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O﹣C﹣O键的键角，故A正确；
B．由题干图2信息可知，CH2的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应；
C．由题干图2信息可知，CO2的转化率增大，而CH7的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，故C错误；
D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO5（g）+4H2（g）＝CH5（g）+2H2O（g） ΔH，根据盖斯定律可知6（g）+H2O（g）═3H5（g）+CO（g）ΔH1＝+205.9kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH8＝﹣41kJ/mol，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为﹣（ΔH7+ΔH2）＝﹣（205.9﹣41）kJ/mol＝﹣164.4kJ/mol，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生焓变和盖斯定律的掌握情况，试题难度中等。
二、第二部分本部分共5题，共58分。
15．（12分）碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
电负性：H 2.20；C 2.55；F 3.98；I 2.66
（1）人工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是 第五周期第ⅦA族 。
（2）碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因 碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子 。
（3）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是 三角锥形 ，PI3水解生成HI的化学方程式是 PI3+3H2O＝3HI+H3PO3 。
（4）CH3I是一种甲基化试剂，CF3I可用作制冷剂，CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是：CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，结合电负性解释原因 因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO 。
（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm，结构如图。
①与K原子紧邻的O原子有 12 个。
②KIO3的摩尔质量为214g/mol，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度是 g/cm3（1nm＝10﹣9m）。
【分析】（1）碘元素是53号元素；
（2）根据相似相溶原理分析；
（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，含有1对孤对电子，据此解答；
（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价；
（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为3×个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用；
②晶胞中K原子个数为8×＝1，I原子个数为1，O原子个数为6×＝3，则该晶体的密度是ρ＝。
【解答】解：（1）碘是53号元素，在元素周期表的第五周期第ⅦA族，
故答案为：第五周期第ⅦA族；
（2）碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大，
故答案为：碘单质、CS4均为非极性分子，水为极性分子；
（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，空间结构是三角锥形3水解生成HI的化学方程式是PI3+4H2O＝3HI+H6PO3，
故答案为：三角锥形；PI3+7H2O＝3HI+H5PO3；
（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF5I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I显+1价3I发生水解时，生成CF3IH和HIO，
故答案为：因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受2个F原子吸引电子能力强的影响，I显+1价3I发生水解时，生成CF7H和HIO；
（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、面心位置个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用×8＝12个，
故答案为：12；
②晶胞中K原子个数为4×＝6，O原子个数为6×，则该晶体的密度是ρ＝＝3，
故答案为：。
【点评】本题考查较为综合，涉及晶胞计算、杂化方式判断等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
16．（10分）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁（Fe）及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
Ⅰ.还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的H+得电子生成H•（氢自由基），H•通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
（1）氧化反应： Fe﹣2e﹣＝Fe2+ 。
还原反应：2H++2e﹣═2H•（电中性）。
（2）H•与阿莫西林（抗生素的一种）发生多步反应，第一步如图所示，
请在图中标出阿莫西林断裂的化学键（参考示例“”），用“〇”在中间产物圈出一个手性碳原子 。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因 纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快 。
Ⅱ.氧化法
（4）酸性条件Fe可与溶解氧生成H2O2，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，•OH氧化抗生素。H2O2和Fe2+生成•OH的离子方程式是 H++H2O2+Fe2+＝•OH+Fe3++H2O 。
（5）如图为酸性条件零价铁﹣电芬顿耦合法（电化学氧化法）原理示意图的一部分，左侧连接电源 正极 ，结合阴极电极反应说明该法生成•OH的原理 阴极反应式为O2+2e﹣+2H+＝H2O2，阳极上Fe失电子生成Fe2+，Fe2+向阴极移动，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH） 。
【分析】（1）零价铁作为一种还原剂可以提供电子，即Fe失电子生成Fe2+而发生氧化反应；
（2）对比两种物质结构知，反应时断裂C﹣C、C﹣N键；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
（3）反应物的接触面积越大，反应速率越快；
（4）酸性条件，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，同时生成H2O；
（5）电解池阳极连接电源正极；阴极上O2得电子和H+反应生成H2O2，阳极上Fe失电子生成Fe2+，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）。
【解答】解：（1）零价铁作为一种还原剂可以提供电子，即Fe失电子生成Fe2+而发生氧化反应，氧化反应为Fe﹣2e﹣＝Fe8+，
故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；
（2）对比两种物质结构知，反应时断裂C﹣C；连接7个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，
故答案为：；
（3）反应物的接触面积越大，反应速率越快，化学反应速率更快，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，
故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快；
（4）酸性条件，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，同时生成H3O，离子方程式为H++H2O2+Fe3+＝•OH+Fe3++H2O，
故答案为：H++H8O2+Fe2+＝•OH+Fe4++H2O；
（5）电解池阳极连接电源正极，左侧Fe电极为正极；根据图知2得电子和H+反应生成H7O2，电极反应式为O2+8e﹣+2H+＝H2O7，阳极上Fe失电子生成Fe2+，Fe2+向阴极移动，H5O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH），
故答案为：正极；阴极反应式为O8+2e﹣+2H+＝H3O2，阳极上Fe失电子生成Fe2+，Fe8+向阴极移动，H2O2和Fe7+作用生成羟基自由基（•OH）。
【点评】本题考查较综合，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确电解原理、氧化还原反应、手性碳原子判断方法、化学反应速率影响因素等知识点是解本题关键，易错点是离子方程式或电极反应式的书写，题目难度不大。
17．（12分）Dalenin1（）对酪氨酸酶有很强的抑制活性，在制药工程和化妆品行业有巨大的潜在应用价值。
已知：
（1）Dalenin1含氧官能团的名称 羟基、酮羰基、醚键 。
（2）A含有支链且能使溴水褪色，A生成B的化学方程式是 CH2＝C（CH3）2+2HCHO 。
（3）B催化裂化先生成二元醇X，X转化为C，X的结构简式是 。
（4）D+G→H的化学方程式是 ++HBr 。
（5）E→F的反应类型是 加成反应 。
（6）I含有2个六元环，J的结构简式是 。
（7）K先生成中间体Y（），Y催化环化生成Dalenin1时存在多种副产物。一种副产物Z是Dalenin1的同分异构体，也含有4个六元环 。
【分析】根据（2），A含有支链且能使溴水褪色，说明A中含有碳碳双键，结合B的结构，可得A为CH2＝C（CH3）2，A和HCHO发生加成反应生成 B为，B 经过裂解得到C为，C 和HBr发生加成反应得到D，结合H的结构简式可以推知D为，D和G发生反应生成H，结合D和H的结构简式可以推知G为，由E和F的分子式可知，E和CH3CN发生加成反应生成F，F水解得到G，则E为，F为，I含有2个六元环，I和J发生已知原理的反应生成K，推知I为，J为，以此解答。
【解答】解：（1）Dalenin 1（）含氧官能团的名称为羟基、酮羰基，
故答案为：羟基、酮羰基；
（2）根据分析，A和HCHO发生加成反应生成B2＝C（CH3）2+2HCHO，
故答案为：CH6＝C（CH3）2+7HCHO；
（3） 催化裂化先生成二元醇X，X发生消去反应得到，则X的结构简式为，
故答案为：；
（4）D和G发生取代反应生成H，D+G→H的化学方程式为：++HBr，
故答案为：++HBr；
（5）根据分析，E和CH3CN发生加成反应生成F，
故答案为：加成反应；
（6）根据分析，J为，
故答案为：；
（7）Y催化环化生成Dalenin1的原理是羟基和碳碳双键发生加成反应，中有两个羟基可以和碳碳双键发生加成反应成环，一种副产物Z是Dalenin8的同分异构体，其结构简式是，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式、已知物质的结构、反应条件及给予的信息进行推断，关键是综合分析确定未知物质的结构，较好的考查学生分析推理能力，难度较大。
18．（12分）一种利用低品位铜矿（Cu2S、CuS、FeO和Fe2O3等）为原料制取CuCl的工艺流程如图：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，Fe（OH）3的溶度积常数Ksp＝2.8×10﹣39。
（1）铜矿中被MnO2氧化的物质有 Cu2S、CuS、FeO 。
（2）滤液D中铁离子的浓度约为 2.8×10﹣6 ，向滤液D中先通氨气的目的 生成[Cu（NH3）4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+ 。
（3）固体E主要是MnCO3，生成MnCO3的离子方程式是 Mn2++2＝MnCO3+CO2↑+H2O 。
（4）滤液F加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是 [Cu（NH3）4]CO3CuO+4NH3↑+CO2↑ 。
（5）查阅资料：+1价Cu和Cl﹣可以形成2种配离子[CuCl3]2﹣和[CuCl2]﹣。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成 [CuCl3]2﹣ 。
（6）CuCl质量分数的测定：称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液（Fe3+将+1价Cu氧化），滴加2滴试亚铁灵指示剂（与Fe2+发生特征反应，溶液呈红棕色），用含Ce4+cmol/L的硫酸铁铈标准液滴定（Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+），共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式 。
【分析】低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu（NH3）4]CO3留在溶液中，[Cu（NH3）4]CO3溶液加热：[Cu（NH3）4]CO3CuO+4NH3↑+CO2↑，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。
【解答】解：（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与MnO2发生氧化还原反应生，
故答案为：Cu3S、CuS；
（2）室温时，Fe（OH）3的溶度积常数Ksp＝2.2×10﹣39；pH＝3时，c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，则c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣6mol/L，然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，先通氨气生成[Cu（NH5）4]2+，防止加入NH6HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+，
故答案为：5.8×10﹣6；生成[Cu（NH3）4]2+，防止加入NH6HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀3的离子方程式为Mn2++2＝MnCO3+CO2↑+H5O，
故答案为：Mn2++2＝MnCO3+CO2↑+H6O；
（4）滤液F为[Cu（NH3）4]CO5；加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是：[Cu（NH3）4]CO3CuO+7NH3↑+CO2↑，
故答案为：[Cu（NH5）4]CO3CuO+3NH3↑+CO2↑；
（5）[CuCl2]2﹣⇌CuCl+2Cl﹣，[CuCl6]﹣⇌CuCl+Cl﹣，从平衡移动角度分析，加大量水，后者平衡不移动3]2﹣更合理，
故答案为：[CuCl3]2﹣；
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液（Fe3+将+3价Cu氧化），Cu++Fe3+＝Fe2++Cu2+，滴加2滴试亚铁灵指示剂（与Fe2+发生特征反应，溶液呈红棕色）5+cmol/L的硫酸铁铈标准液滴定（Fe2++Ce4+═Fe7++Ce3+），共消耗硫酸铁铈标准液VmL+～Fe3+～Ce2+，则CuCl质量分数＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备和分离提纯，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。
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
Ⅰ
10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 [Ag（S2O3）2]3﹣ （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
Ⅲ
0.1mol/LAgNO3溶液
0.1mol/LNa2S2O3溶液
白色沉淀，振荡后消失
Ⅳ
0.1mol/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 Ag2S2O3+3S2＝2[Ag（S2O3）2]3﹣ 。
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 Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，Ag+与﹣2价S结合倾向更强 。
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 Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤 （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 加浓NaOH溶液，还原性增强 。
（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 4个O原子与Ag+结合，S2是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜S2 。
【分析】（1）①往等浓度的NaI和Na2S2O3溶液中加入10滴0.1mol/LAgNO3溶液，产生黄色沉淀为AgI；
②已知ii.Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O3）2]3﹣，则澄清溶液中+1价银的存在形式为[Ag（S2O3）2]3﹣；
（2）①Ag2S2O3，继续反应生成[Ag（S2O3）2]3﹣，白色沉淀消失；
②Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，Ag+与﹣2价S结合倾向更强；
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Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和S2都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，S2是1个S原子、3个O原子与Ag+结合。
【解答】解：（1）①往等浓度的NaI和Na2S2O2溶液中加入10滴0.1mol/LAgNO3溶液，产生黄色沉淀为AgI+结合倾向I﹣＞S2，
故答案为：＞；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度2SO3和Na3S2O3溶液，前者无明显现象，根据已知ii.Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O6）2]3﹣，则澄清溶液中+2价银的存在形式为[Ag（S2O3）2]3﹣，
故答案为：[Ag（S2O7）2]3﹣；
（2）①实验III中往3.1mol/LNa2S7O3溶液中滴加0.3mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀，则生成的Ag2S4O3，继续反应生成[Ag（S2O3）2]3﹣，白色沉淀消失的离子方程式为Ag6S2O3+5S2＝2[Ag（S2O4）2]3﹣，
故答案为：Ag8S2O3+8S2＝2[Ag（S2O8）2]3﹣；
②Ag7S2O3+H3O＝Ag2S+H2SO3，Ag+与﹣2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色，
故答案为：Ag2S2O3+H2O＝Ag7S+H2SO4，Ag+与﹣4价S结合倾向更强；
③Na2S2O8溶液可用作定影液；向Na2S2O4溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生，
故答案为：Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤；
（3）试管7中加浓NaOH溶液，还原性增强，
故答案为：加浓NaOH溶液，还原性增强；
（4）和S2都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是8个O原子与Ag+结合，S2是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜S2，
故答案为：4个O原子与Ag+结合，S2是4个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜S2。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的反应和含硫物质性质的掌握情况，试题难度较大。
2023年北京市石景山区高考化学一模试卷
一、第一部分本部分共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）为探测暗物质，我国科学家在2400米的山体深处搭建了墙体厚度达1米的聚乙烯隔离检测室，里面用铅和铜等材料层层包裹，用超纯锗进行探测。所用材料不属于金属材料的是（ ）
A．聚乙烯 B．铅 C．铜 D．锗
2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态N原子的价层电子排布式：2s32p2
B．S2﹣的结构示意图：
C．HClO的电子式：
D．顺﹣2﹣丁烯的结构简式：
3．（3分）能实现下列物质间直接转化的元素是（ ）
单质氧化物酸（或碱）盐
A．Si B．S C．Cu D．Fe
4．（3分）下列性质的比较中，不正确的是（ ）
A．非金属性：N＜O B．沸点：NH3＞PH3
C．原子半径：N＜O D．酸性：HNO3＞H2CO3
5．（3分）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．加热氯化铵制NH3
B．硫化钠和浓硫酸混合制H2S
C．二氧化锰和稀盐酸制Cl2
D．铜和浓硝酸制NO2
6．（3分）甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法不正确的是（ ）
A．能与NaOH溶液反应
B．分子中有2种官能团
C．分子中存在大π键
D．能发生取代反应和加成反应
7．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．用FeS固体除去污水中的Hg2+：FeS+Hg2+═HgS+Fe2+
B．AgCl沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl
C．NO2与水反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊：CH3CHO+Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+CuO↓+2H2O
8．（3分）以氨为燃料的固体氧化物燃料电池（SOFC）具有广阔的应用前景，一种氧离子导电SOFC的工作原理如图所示（NH3在催化剂作用下先分解为N2和H2）。下列说法不正确的是（ ）
A．H2在负极放电
B．正极的电极反应：O2+4e﹣═2O2﹣
C．外电路转移6mole﹣，理论上生成4molH2O
D．O2﹣向负极移动
9．（3分）下列事实的解释不正确的是（ ）
事实
解释
A
第一电离能：I1（Mg）＞I1（Al）
Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B
NH4Cl溶液显酸性
NH4Cl电离产生的可以与水中的OH﹣结合成弱电解质NH3•H2O，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中c平（H+）大于c平（OH﹣）
C
Cl2分子中的共价键是σ键
Cl原子价电子排布为3s23p5，当两个Cl原子结合为Cl2时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠
D
Cl2、Br2、I2的熔点依次增大
Cl2、Br2、I2的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验药品
A
比较水和四氯化碳分子的极性
H2O、CCl4、橡胶棒、毛皮
B
验证乙醇的消去产物乙烯
乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
C
探究温度对化学平衡的影响
CuCl2溶液、冷水、热水
D
证明牺牲阳极法保护铁
Fe、Zn、酸化的食盐水、K3[Fe（CN）6]溶液
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）科学家通过Pd2+/Pd、酚/酮和NO2/NO三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80℃条件下O2直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．CF3COOCH3水解生成甲醇
B．反应Ⅰ中Pd2+将甲烷氧化成CF3COOCH3
C．反应Ⅱ中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到4mole﹣
D．反应Ⅲ的化学方程式：
12．（3分）我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．E的结构简式：
B．F的同分异构体有6种（不考虑手性异构体）
C．H中含有配位键
D．高分子X水解可得到G和H
13．（3分）实验室模拟吸收Cl2，将Cl2按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停止通Cl2，记录吸收Cl2的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留，实现数据如表。下列说法不正确的是（ ）
编号
吸收液类型（体积相同）
c/（mol/L）
吸收氯气时间
饱和吸收后溶液微粒浓度
液面上有害气体
c（）
c（）
c（Cl﹣）
pH
Ⅰ
Na2SO3
1.2
18′34''
0.56
未检出
1.81
1.4
SO2
Ⅱ
NaOH
2.4
23′17''
未检出
0.10
3.23
5.2
Cl2
Ⅲ
Na2SO3+NaOH
1.2+2.4
23′47''
未检出
未检出
3.47
3.4
无
说明：c（）表示溶液中+4价含硫微粒的总浓度，其他类似。
A．Na2SO3溶液显碱性
B．实验Ⅰ吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应
C．实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价Cl会转变为Cl﹣
D．实验Ⅲ吸收过程中NaOH与Na2SO3分别与Cl2独立反应、互不影响
14．（3分）CO2催化加氢制CH4的反应为：4H2（g）+CO2（g）CH4（g）+2H2O（g）。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性（）随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是（ ）
A．催化剂改变了CO2中O﹣C﹣O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热CH4（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO（g）ΔH＝+205.9kJ/molCO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
二、第二部分本部分共5题，共58分。
15．（12分）碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
电负性：H 2.20；C 2.55；F 3.98；I 2.66
（1）人工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是 。
（2）碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因 。
（3）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是 ，PI3水解生成HI的化学方程式是 。
（4）CH3I是一种甲基化试剂，CF3I可用作制冷剂，CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是：CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，结合电负性解释原因 。
（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm，结构如图。
①与K原子紧邻的O原子有 个。
②KIO3的摩尔质量为214g/mol，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度是 g/cm3（1nm＝10﹣9m）。
16．（10分）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁（Fe）及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
Ⅰ.还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的H+得电子生成H•（氢自由基），H•通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
（1）氧化反应： 。
还原反应：2H++2e﹣═2H•（电中性）。
（2）H•与阿莫西林（抗生素的一种）发生多步反应，第一步如图所示，
请在图中标出阿莫西林断裂的化学键（参考示例“”），用“〇”在中间产物圈出一个手性碳原子 。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因 。
Ⅱ.氧化法
（4）酸性条件Fe可与溶解氧生成H2O2，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，•OH氧化抗生素。H2O2和Fe2+生成•OH的离子方程式是 。
（5）如图为酸性条件零价铁﹣电芬顿耦合法（电化学氧化法）原理示意图的一部分，左侧连接电源 ，结合阴极电极反应说明该法生成•OH的原理 。
17．（12分）Dalenin1（）对酪氨酸酶有很强的抑制活性，在制药工程和化妆品行业有巨大的潜在应用价值。
已知：
（1）Dalenin1含氧官能团的名称 。
（2）A含有支链且能使溴水褪色，A生成B的化学方程式是 。
（3）B催化裂化先生成二元醇X，X转化为C，X的结构简式是 。
（4）D+G→H的化学方程式是 。
（5）E→F的反应类型是 。
（6）I含有2个六元环，J的结构简式是 。
（7）K先生成中间体Y（），Y催化环化生成Dalenin1时存在多种副产物。一种副产物Z是Dalenin1的同分异构体，也含有4个六元环 。
18．（12分）一种利用低品位铜矿（Cu2S、CuS、FeO和Fe2O3等）为原料制取CuCl的工艺流程如图：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，Fe（OH）3的溶度积常数Ksp＝2.8×10﹣39。
（1）铜矿中被MnO2氧化的物质有 。
（2）滤液D中铁离子的浓度约为 ，向滤液D中先通氨气的目的 。
（3）固体E主要是MnCO3，生成MnCO3的离子方程式是 。
（4）滤液F加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是 。
（5）查阅资料：+1价Cu和Cl﹣可以形成2种配离子[CuCl3]2﹣和[CuCl2]﹣。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成 。
（6）CuCl质量分数的测定：称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液（Fe3+将+1价Cu氧化），滴加2滴试亚铁灵指示剂（与Fe2+发生特征反应，溶液呈红棕色），用含Ce4+cmol/L的硫酸铁铈标准液滴定（Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+），共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式 。
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
Ⅰ
10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
Ⅲ
0.1mol/LAgNO3溶液
0.1mol/LNa2S2O3溶液
白色沉淀，振荡后消失
Ⅳ
0.1mol/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 。
2023年北京市石景山区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、第一部分本部分共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）为探测暗物质，我国科学家在2400米的山体深处搭建了墙体厚度达1米的聚乙烯隔离检测室，里面用铅和铜等材料层层包裹，用超纯锗进行探测。所用材料不属于金属材料的是（ ）
A．聚乙烯 B．铅 C．铜 D．锗
【分析】合金与金属单质统称为金属材料，据此判断。
【解答】解：A．聚乙烯属于合成高分子材料，故A正确；
B．铅是金属，故B错误；
C．铜是金属，故C错误；
D．锗是金属，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉金属材料的类型是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态N原子的价层电子排布式：2s32p2
B．S2﹣的结构示意图：
C．HClO的电子式：
D．顺﹣2﹣丁烯的结构简式：
【分析】A.s能级含1个轨道，一个轨道最多容纳2个电子；
B.硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子；
C.HClO中O原子分别与H、Cl原子形成共价键；
D.顺﹣2﹣丁烯中碳碳双键在2号和3号碳原子之间，碳碳双键两端的甲基在同一侧。
【解答】解：A.s能级含1个轨道，一个轨道最多容纳2个电子，基态N原子的价层电子排布式：3s22p7，故A错误；
B.硫离子质子数为16，硫离子的核外电子总数为18，硫离子的结构示意图为：，故B错误；
C.HClO是共价化合物，O分别与H，O、Cl原子的最外层电子数均为8，故C错误；
D.顺﹣2﹣丁烯中碳碳双键在5号和3号碳原子之间，碳碳双键两端的甲基在同一侧，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的正误判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，题目难度不大。
3．（3分）能实现下列物质间直接转化的元素是（ ）
单质氧化物酸（或碱）盐
A．Si B．S C．Cu D．Fe
【分析】A、硅与氧气生成二氧化硅，不溶于水；
B、硫燃烧生成二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，可以和碱反应；
C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不溶于水；
D、金属铁和氧气反应生成四氧化三铁，不溶于水。
【解答】解：A、硅与氧气生成二氧化硅，所以不能实现物质间直接转化；
B、SSO2H2SO4Na2SO3，能实现物质间直接转化，故B正确；
C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，所以不能实现物质间直接转化；
D、金属铁和氧气反应生成四氧化三铁，所以不能实现物质间直接转化；
故选：B。
【点评】本题考查物质间的转化，熟练掌握常见物质的性质与变化规律，是解答此类问题的基本的知识基础，属于教材知识的考查，题目难度不大。
4．（3分）下列性质的比较中，不正确的是（ ）
A．非金属性：N＜O B．沸点：NH3＞PH3
C．原子半径：N＜O D．酸性：HNO3＞H2CO3
【分析】A.同周期从左到右，主族元素的非金属性逐渐增强；
B.氨气分子间存在氢键；
C.当电子层数相同时，核电荷数越多，微粒半径越小；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
【解答】解：A.N、O处于同周期，主族元素的非金属性逐渐增强，故A正确；
B.氨气分子间存在氢键，导致沸点反常升高3＞PH3，故B正确；
C.N、O的电子层数相同，微粒半径更小，故C错误；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性HNO2＞H2CO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素周期律及其应用，难度不大，应注意的是元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等有关。
5．（3分）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．加热氯化铵制NH3
B．硫化钠和浓硫酸混合制H2S
C．二氧化锰和稀盐酸制Cl2
D．铜和浓硝酸制NO2
【分析】A．加热使氯化铵固体分解，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
B．硫化钠与浓硫酸发生归中反应，无法产生硫化氢；
C．MnO2与稀HCl不反应，实验室用MnO2与浓HCl溶液混合加热制备氯气；
D．铜与浓硝酸反应生成NO2。
【解答】解：A．加热使氯化铵固体分解，不能制备氨气，故A错误；
B．硫化钠会与浓硫酸发生归中反应，不能使用此方法制取硫化氢；
C．MnO2与稀HCl不反应，实验室用MnO2与浓HCl溶液混合加热制备氯气，故C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成NO6，方法可行，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了实验室常见气体的制备，掌握制取反应的原理和反应物的性质是解答的关键，题目较简单。
6．（3分）甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法不正确的是（ ）
A．能与NaOH溶液反应
B．分子中有2种官能团
C．分子中存在大π键
D．能发生取代反应和加成反应
【分析】A．酯基能和NaOH溶液反应；
B．官能团有醚键、酯基、碳碳双键；
C．苯环中存在大π键；
D．具有醚、烯烃、苯和酯的性质。
【解答】解：A．分子中酯基能和NaOH溶液反应；
B．官能团有醚键、碳碳双键，故B错误；
C．苯环6个碳原子提供6个电子形成大π键；
D．具有醚、苯和酯的性质，酯基能发生取代反应；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
7．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．用FeS固体除去污水中的Hg2+：FeS+Hg2+═HgS+Fe2+
B．AgCl沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl
C．NO2与水反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊：CH3CHO+Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+CuO↓+2H2O
【分析】A．沉淀的转化原理分析；
B．氯化银与氨水反应生成[Ag（NH3）2]+；
C．NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊为Cu2O。
【解答】解：A．HgS比FeS更难溶于水2+的溶液中加入FeS，能够将Hg2+除掉，故A正确；
B．AgCl沉淀溶于氨水生成[Ag（NH7）2]+，反应的化学方程式为：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl，故B正确；
C．NO5与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：3NO2+H8O═2HNO3+NO，故C正确；
D．乙醛和新制Cu（OH）2共热出现砖红色浑浊，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）5+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质、离子方程式书写的方法，注意离子方程式的正误判断，题目难度不大。
8．（3分）以氨为燃料的固体氧化物燃料电池（SOFC）具有广阔的应用前景，一种氧离子导电SOFC的工作原理如图所示（NH3在催化剂作用下先分解为N2和H2）。下列说法不正确的是（ ）
A．H2在负极放电
B．正极的电极反应：O2+4e﹣═2O2﹣
C．外电路转移6mole﹣，理论上生成4molH2O
D．O2﹣向负极移动
【分析】由图可知，负极氨气分解生成氢气和氮气，氢气失电子，电极反应式为H2﹣2e﹣+O2﹣＝H2O，氧气在正极得电子，电极反应式为O2+4e﹣═2O2﹣，据此作答。
【解答】解：A．氨气分解生成氢气和氮气，故A正确；
B．氧气在正极得电子2+4e﹣═4O2﹣，故B正确；
C．负极电极反应式为H2﹣3e﹣+O2﹣＝H2O，外电路转移5mole﹣，理论上生成3molH2O，故C错误；
D．O8﹣（阴离子）向负极移动，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断两极反应是解题的关键。
9．（3分）下列事实的解释不正确的是（ ）
事实
解释
A
第一电离能：I1（Mg）＞I1（Al）
Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B
NH4Cl溶液显酸性
NH4Cl电离产生的可以与水中的OH﹣结合成弱电解质NH3•H2O，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中c平（H+）大于c平（OH﹣）
C
Cl2分子中的共价键是σ键
Cl原子价电子排布为3s23p5，当两个Cl原子结合为Cl2时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠
D
Cl2、Br2、I2的熔点依次增大
Cl2、Br2、I2的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.Mg的3s电子全满、3p全空，为稳定结构；
B.水电离出的c（H+）＝c（OH﹣），但铵根离子结合了水电离出的氢氧根离子，据此分析；
C.σ键是由轨道“头碰头”结合而成；
D.当分子晶体的结构相似时，相对分子质量越大，范德华力越大。
【解答】解：A.Mg的3s电子全满、3p全空，失去一个电子较Al更难8（Mg）＞I1（Al），故A正确；
B.水电离出的c（H+）＝c（OH﹣），但铵根离子结合了水电离出的氢氧根离子，最终导致溶液中c平（H+）大于c平（OH﹣），溶液显酸性；
C.σ键是由轨道“头碰头”结合而成，而不是“肩并肩”；
D.Cl2、Br6、I2均为分子晶体，且组成和结构相似，则分子间的范德华力逐渐增强，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验与解释的关系、物质结构与性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验药品
A
比较水和四氯化碳分子的极性
H2O、CCl4、橡胶棒、毛皮
B
验证乙醇的消去产物乙烯
乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
C
探究温度对化学平衡的影响
CuCl2溶液、冷水、热水
D
证明牺牲阳极法保护铁
Fe、Zn、酸化的食盐水、K3[Fe（CN）6]溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．水为极性分子，四氯化碳为非极性分子；
B．乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃时生成乙烯，挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．只有温度不同；
D．Fe、Zn、酸化的食盐水构成原电池时，Zn为负极，Fe为正极。
【解答】解：A．水为极性分子，摩擦起电可吸引极性分子、毛皮鉴别；
B．乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃时生成乙烯，紫色褪去，故B错误；
C．只有温度不同，故C正确；
D．Fe、酸化的食盐水构成原电池时，Fe为正极3[Fe（CN）6]溶液无现象，可证明牺牲阳极法保护铁；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、电化学、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（3分）科学家通过Pd2+/Pd、酚/酮和NO2/NO三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80℃条件下O2直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．CF3COOCH3水解生成甲醇
B．反应Ⅰ中Pd2+将甲烷氧化成CF3COOCH3
C．反应Ⅱ中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到4mole﹣
D．反应Ⅲ的化学方程式：
【分析】A．CF3COOCH3水解反应方程式为：CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH；
B．反应Ⅰ中Pd2+的化合价+2价降低到0价，作氧化剂；
C．对苯酚被氧化生成对苯醌，结合元素化合价变化计算电子转移；
D．结合流程分析书写反应的化学方程式。
【解答】解：A．CF3COOCH3水解反应方程式为：CF3COOCH3+H2O→CF2COOH+CH3OH，水解生成甲醇；
B．反应Ⅰ中Pd2+的化合价+8价降低到0价，作氧化剂3COOCH3，故B正确；
C．反应中对苯酚的分子式C6H6O2，被氧化生成对苯醌的分子式C6H4O2，过程中碳元素的化合价﹣价升高到3价﹣，反应Ⅱ中1mol对苯醒被还原为1mol对苯酚得到8mole﹣，故C错误；
D．流程分析可知，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质、化学反应原理，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，侧重考查学生获取信息能力和分析问题能力、综合运用知识的能力。
12．（3分）我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．E的结构简式：
B．F的同分异构体有6种（不考虑手性异构体）
C．H中含有配位键
D．高分子X水解可得到G和H
【分析】A．根据图知，E和F发生酯化反应生成G，根据F、G的结构简式知，E为羧酸；
B．F的同分异构体中可能含有醇羟基或醚键；
C．H中B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键；
D．X水解生成的单体不是G和H。
【解答】解：A．根据图知，根据F，E为羧酸，故A正确；
B．F的同分异构体中可能含有醇羟基或醚键，相当于丁烷中的一个氢原子被羟基取代，正丁烷有2种氢原子，其一元醇的同分异构体有4种；如果同分异构体为醚6OCH2CH2CH8、CH3CH2OCH6CH3、（CH3）4CH﹣OCH3，所以符合条件的同分异构体有6种，故B正确；
C．H中B原子提供空轨道，所以H中含有配位键；
D．X中酯基水解生成羧酸和醇，水解生成的单体不是G和H；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
13．（3分）实验室模拟吸收Cl2，将Cl2按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停止通Cl2，记录吸收Cl2的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留，实现数据如表。下列说法不正确的是（ ）
编号
吸收液类型（体积相同）
c/（mol/L）
吸收氯气时间
饱和吸收后溶液微粒浓度
液面上有害气体
c（）
c（）
c（Cl﹣）
pH
Ⅰ
Na2SO3
1.2
18′34''
0.56
未检出
1.81
1.4
SO2
Ⅱ
NaOH
2.4
23′17''
未检出
0.10
3.23
5.2
Cl2
Ⅲ
Na2SO3+NaOH
1.2+2.4
23′47''
未检出
未检出
3.47
3.4
无
说明：c（）表示溶液中+4价含硫微粒的总浓度，其他类似。
A．Na2SO3溶液显碱性
B．实验Ⅰ吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应
C．实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价Cl会转变为Cl﹣
D．实验Ⅲ吸收过程中NaOH与Na2SO3分别与Cl2独立反应、互不影响
【分析】A．Na2SO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性；
B．根据表中信息可知，实验Ⅰ饱和吸收后，含有正四价的含硫微粒，负一价的氯离子，产生SO2气体，溶液呈酸性，由Cl2生成Cl﹣，氯的化合价发生变化，说明发生了氧化还原反应；而溶液中含有正四价的含硫微粒，产生SO2气体，硫元素化合价未发生改变，溶液呈酸性，说明还有一部分未参加氧化还原反应，而是发生了复分解反应；
C．在实验Ⅱ中，将Cl2通入吸收液，Cl2中0价的Cl发生氧化还原反应得到+1价的Cl和﹣1价的Cl，根据吸收液为NaOH，溶液中没有其他氧化剂和还原剂，因此是Cl2发生歧化反应，
根据电子得失守恒，生成的+1价的Cl和﹣1价的Cl应该相等，但Ⅱ中Cl﹣的浓度大于Ⅱ中+1价的Cl，所以实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价C1可能会转变为Cl﹣；
D．根据实验Ⅰ和实验Ⅱ所得饱和溶液的微粒类型，假设实验Ⅲ吸收过程中NaOH与Na2SO3分别与Cl2独立反应，互不影响，那么饱和吸收后溶液微粒应该同时含有正四价的含硫微粒，正一价的含氯微粒，据此进行分析。
【解答】解：A．Na2SO3溶液中水解显碱性+H2O⇌+OH﹣，故A正确；
B．根据表中信息可知，含有正四价的含硫微粒，产生SO7气体，溶液呈酸性2生成Cl﹣，氯的化合价发生变化，说明发生了氧化还原反应，产生SO2气体，硫元素化合价未发生改变，说明还有一部分，而是发生了复分解反应++＝SO2↑+H2O，故B正确；
C．在实验Ⅱ中4通入吸收液，Cl2中0价的Cl发生氧化还原反应得到+4价的Cl和﹣1价的Cl，根据吸收液为NaOH，因此是Cl2发生歧化反应，
根据电子得失守恒，生成的+8价的Cl和﹣1价的Cl应该相等﹣的浓度大于Ⅱ中+1价的Cl，所以实验Ⅱ吸收过程中生成的+4价C1可能会转变为Cl﹣，导致+1价的Cl较少，故C正确；
D．根据实验Ⅰ和实验Ⅱ所得饱和溶液的微粒类型8SO3分别与Cl2独立反应，互不影响，正一价的含氯微粒；液面上也应该同时有SO5、Cl2，但实验Ⅲ液面没有这些气体，此说法不成立；
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及氯气的性质、盐类的水解、氧化还原反应等知识，侧重考查学生分析能力和读取信息的能力，难度中等。
14．（3分）CO2催化加氢制CH4的反应为：4H2（g）+CO2（g）CH4（g）+2H2O（g）。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性（）随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是（ ）
A．催化剂改变了CO2中O﹣C﹣O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热CH4（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO（g）ΔH＝+205.9kJ/molCO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
【分析】A．CO2的键角为180°，而Ni﹣CO2的键角不是180°；
B．150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%；
C．升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率；
D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g） ΔH，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式①CH4（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO（g）ΔH1＝+205.9kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH2＝﹣41kJ/mol，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为﹣（ΔH1+ΔH2）。
【解答】解：A．由题干图1反应历程图信息可知2的键角为180°，而Ni﹣CO4的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O﹣C﹣O键的键角，故A正确；
B．由题干图2信息可知，CH2的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应；
C．由题干图2信息可知，CO2的转化率增大，而CH7的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，故C错误；
D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO5（g）+4H2（g）＝CH5（g）+2H2O（g） ΔH，根据盖斯定律可知6（g）+H2O（g）═3H5（g）+CO（g）ΔH1＝+205.9kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）ΔH8＝﹣41kJ/mol，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为﹣（ΔH7+ΔH2）＝﹣（205.9﹣41）kJ/mol＝﹣164.4kJ/mol，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生焓变和盖斯定律的掌握情况，试题难度中等。
二、第二部分本部分共5题，共58分。
15．（12分）碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
电负性：H 2.20；C 2.55；F 3.98；I 2.66
（1）人工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是 第五周期第ⅦA族 。
（2）碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因 碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子 。
（3）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是 三角锥形 ，PI3水解生成HI的化学方程式是 PI3+3H2O＝3HI+H3PO3 。
（4）CH3I是一种甲基化试剂，CF3I可用作制冷剂，CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是：CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，结合电负性解释原因 因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO 。
（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm，结构如图。
①与K原子紧邻的O原子有 12 个。
②KIO3的摩尔质量为214g/mol，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度是 g/cm3（1nm＝10﹣9m）。
【分析】（1）碘元素是53号元素；
（2）根据相似相溶原理分析；
（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，含有1对孤对电子，据此解答；
（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价；
（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为3×个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用；
②晶胞中K原子个数为8×＝1，I原子个数为1，O原子个数为6×＝3，则该晶体的密度是ρ＝。
【解答】解：（1）碘是53号元素，在元素周期表的第五周期第ⅦA族，
故答案为：第五周期第ⅦA族；
（2）碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大，
故答案为：碘单质、CS4均为非极性分子，水为极性分子；
（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，空间结构是三角锥形3水解生成HI的化学方程式是PI3+4H2O＝3HI+H6PO3，
故答案为：三角锥形；PI3+7H2O＝3HI+H5PO3；
（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF5I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I显+1价3I发生水解时，生成CF3IH和HIO，
故答案为：因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受2个F原子吸引电子能力强的影响，I显+1价3I发生水解时，生成CF7H和HIO；
（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、面心位置个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用×8＝12个，
故答案为：12；
②晶胞中K原子个数为4×＝6，O原子个数为6×，则该晶体的密度是ρ＝＝3，
故答案为：。
【点评】本题考查较为综合，涉及晶胞计算、杂化方式判断等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
16．（10分）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁（Fe）及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
Ⅰ.还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的H+得电子生成H•（氢自由基），H•通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
（1）氧化反应： Fe﹣2e﹣＝Fe2+ 。
还原反应：2H++2e﹣═2H•（电中性）。
（2）H•与阿莫西林（抗生素的一种）发生多步反应，第一步如图所示，
请在图中标出阿莫西林断裂的化学键（参考示例“”），用“〇”在中间产物圈出一个手性碳原子 。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因 纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快 。
Ⅱ.氧化法
（4）酸性条件Fe可与溶解氧生成H2O2，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，•OH氧化抗生素。H2O2和Fe2+生成•OH的离子方程式是 H++H2O2+Fe2+＝•OH+Fe3++H2O 。
（5）如图为酸性条件零价铁﹣电芬顿耦合法（电化学氧化法）原理示意图的一部分，左侧连接电源 正极 ，结合阴极电极反应说明该法生成•OH的原理 阴极反应式为O2+2e﹣+2H+＝H2O2，阳极上Fe失电子生成Fe2+，Fe2+向阴极移动，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH） 。
【分析】（1）零价铁作为一种还原剂可以提供电子，即Fe失电子生成Fe2+而发生氧化反应；
（2）对比两种物质结构知，反应时断裂C﹣C、C﹣N键；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
（3）反应物的接触面积越大，反应速率越快；
（4）酸性条件，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，同时生成H2O；
（5）电解池阳极连接电源正极；阴极上O2得电子和H+反应生成H2O2，阳极上Fe失电子生成Fe2+，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）。
【解答】解：（1）零价铁作为一种还原剂可以提供电子，即Fe失电子生成Fe2+而发生氧化反应，氧化反应为Fe﹣2e﹣＝Fe8+，
故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；
（2）对比两种物质结构知，反应时断裂C﹣C；连接7个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，
故答案为：；
（3）反应物的接触面积越大，反应速率越快，化学反应速率更快，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，
故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快；
（4）酸性条件，H2O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH）和Fe3+，同时生成H3O，离子方程式为H++H2O2+Fe3+＝•OH+Fe3++H2O，
故答案为：H++H8O2+Fe2+＝•OH+Fe4++H2O；
（5）电解池阳极连接电源正极，左侧Fe电极为正极；根据图知2得电子和H+反应生成H7O2，电极反应式为O2+8e﹣+2H+＝H2O7，阳极上Fe失电子生成Fe2+，Fe2+向阴极移动，H5O2和Fe2+作用生成羟基自由基（•OH），
故答案为：正极；阴极反应式为O8+2e﹣+2H+＝H3O2，阳极上Fe失电子生成Fe2+，Fe8+向阴极移动，H2O2和Fe7+作用生成羟基自由基（•OH）。
【点评】本题考查较综合，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确电解原理、氧化还原反应、手性碳原子判断方法、化学反应速率影响因素等知识点是解本题关键，易错点是离子方程式或电极反应式的书写，题目难度不大。
17．（12分）Dalenin1（）对酪氨酸酶有很强的抑制活性，在制药工程和化妆品行业有巨大的潜在应用价值。
已知：
（1）Dalenin1含氧官能团的名称 羟基、酮羰基、醚键 。
（2）A含有支链且能使溴水褪色，A生成B的化学方程式是 CH2＝C（CH3）2+2HCHO 。
（3）B催化裂化先生成二元醇X，X转化为C，X的结构简式是 。
（4）D+G→H的化学方程式是 ++HBr 。
（5）E→F的反应类型是 加成反应 。
（6）I含有2个六元环，J的结构简式是 。
（7）K先生成中间体Y（），Y催化环化生成Dalenin1时存在多种副产物。一种副产物Z是Dalenin1的同分异构体，也含有4个六元环 。
【分析】根据（2），A含有支链且能使溴水褪色，说明A中含有碳碳双键，结合B的结构，可得A为CH2＝C（CH3）2，A和HCHO发生加成反应生成 B为，B 经过裂解得到C为，C 和HBr发生加成反应得到D，结合H的结构简式可以推知D为，D和G发生反应生成H，结合D和H的结构简式可以推知G为，由E和F的分子式可知，E和CH3CN发生加成反应生成F，F水解得到G，则E为，F为，I含有2个六元环，I和J发生已知原理的反应生成K，推知I为，J为，以此解答。
【解答】解：（1）Dalenin 1（）含氧官能团的名称为羟基、酮羰基，
故答案为：羟基、酮羰基；
（2）根据分析，A和HCHO发生加成反应生成B2＝C（CH3）2+2HCHO，
故答案为：CH6＝C（CH3）2+7HCHO；
（3） 催化裂化先生成二元醇X，X发生消去反应得到，则X的结构简式为，
故答案为：；
（4）D和G发生取代反应生成H，D+G→H的化学方程式为：++HBr，
故答案为：++HBr；
（5）根据分析，E和CH3CN发生加成反应生成F，
故答案为：加成反应；
（6）根据分析，J为，
故答案为：；
（7）Y催化环化生成Dalenin1的原理是羟基和碳碳双键发生加成反应，中有两个羟基可以和碳碳双键发生加成反应成环，一种副产物Z是Dalenin8的同分异构体，其结构简式是，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式、已知物质的结构、反应条件及给予的信息进行推断，关键是综合分析确定未知物质的结构，较好的考查学生分析推理能力，难度较大。
18．（12分）一种利用低品位铜矿（Cu2S、CuS、FeO和Fe2O3等）为原料制取CuCl的工艺流程如图：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，Fe（OH）3的溶度积常数Ksp＝2.8×10﹣39。
（1）铜矿中被MnO2氧化的物质有 Cu2S、CuS、FeO 。
（2）滤液D中铁离子的浓度约为 2.8×10﹣6 ，向滤液D中先通氨气的目的 生成[Cu（NH3）4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+ 。
（3）固体E主要是MnCO3，生成MnCO3的离子方程式是 Mn2++2＝MnCO3+CO2↑+H2O 。
（4）滤液F加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是 [Cu（NH3）4]CO3CuO+4NH3↑+CO2↑ 。
（5）查阅资料：+1价Cu和Cl﹣可以形成2种配离子[CuCl3]2﹣和[CuCl2]﹣。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成 [CuCl3]2﹣ 。
（6）CuCl质量分数的测定：称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液（Fe3+将+1价Cu氧化），滴加2滴试亚铁灵指示剂（与Fe2+发生特征反应，溶液呈红棕色），用含Ce4+cmol/L的硫酸铁铈标准液滴定（Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+），共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式 。
【分析】低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu（NH3）4]CO3留在溶液中，[Cu（NH3）4]CO3溶液加热：[Cu（NH3）4]CO3CuO+4NH3↑+CO2↑，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。
【解答】解：（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与MnO2发生氧化还原反应生，
故答案为：Cu3S、CuS；
（2）室温时，Fe（OH）3的溶度积常数Ksp＝2.2×10﹣39；pH＝3时，c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，则c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣6mol/L，然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，先通氨气生成[Cu（NH5）4]2+，防止加入NH6HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+，
故答案为：5.8×10﹣6；生成[Cu（NH3）4]2+，防止加入NH6HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀3的离子方程式为Mn2++2＝MnCO3+CO2↑+H5O，
故答案为：Mn2++2＝MnCO3+CO2↑+H6O；
（4）滤液F为[Cu（NH3）4]CO5；加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是：[Cu（NH3）4]CO3CuO+7NH3↑+CO2↑，
故答案为：[Cu（NH5）4]CO3CuO+3NH3↑+CO2↑；
（5）[CuCl2]2﹣⇌CuCl+2Cl﹣，[CuCl6]﹣⇌CuCl+Cl﹣，从平衡移动角度分析，加大量水，后者平衡不移动3]2﹣更合理，
故答案为：[CuCl3]2﹣；
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液（Fe3+将+3价Cu氧化），Cu++Fe3+＝Fe2++Cu2+，滴加2滴试亚铁灵指示剂（与Fe2+发生特征反应，溶液呈红棕色）5+cmol/L的硫酸铁铈标准液滴定（Fe2++Ce4+═Fe7++Ce3+），共消耗硫酸铁铈标准液VmL+～Fe3+～Ce2+，则CuCl质量分数＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备和分离提纯，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。
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
Ⅰ
10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 [Ag（S2O3）2]3﹣ （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
Ⅲ
0.1mol/LAgNO3溶液
0.1mol/LNa2S2O3溶液
白色沉淀，振荡后消失
Ⅳ
0.1mol/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 Ag2S2O3+3S2＝2[Ag（S2O3）2]3﹣ 。
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 Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，Ag+与﹣2价S结合倾向更强 。
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 Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤 （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 加浓NaOH溶液，还原性增强 。
（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 4个O原子与Ag+结合，S2是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜S2 。
【分析】（1）①往等浓度的NaI和Na2S2O3溶液中加入10滴0.1mol/LAgNO3溶液，产生黄色沉淀为AgI；
②已知ii.Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O3）2]3﹣，则澄清溶液中+1价银的存在形式为[Ag（S2O3）2]3﹣；
（2）①Ag2S2O3，继续反应生成[Ag（S2O3）2]3﹣，白色沉淀消失；
②Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，Ag+与﹣2价S结合倾向更强；
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Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和S2都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，S2是1个S原子、3个O原子与Ag+结合。
【解答】解：（1）①往等浓度的NaI和Na2S2O2溶液中加入10滴0.1mol/LAgNO3溶液，产生黄色沉淀为AgI+结合倾向I﹣＞S2，
故答案为：＞；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度2SO3和Na3S2O3溶液，前者无明显现象，根据已知ii.Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O6）2]3﹣，则澄清溶液中+2价银的存在形式为[Ag（S2O3）2]3﹣，
故答案为：[Ag（S2O7）2]3﹣；
（2）①实验III中往3.1mol/LNa2S7O3溶液中滴加0.3mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀，则生成的Ag2S4O3，继续反应生成[Ag（S2O3）2]3﹣，白色沉淀消失的离子方程式为Ag6S2O3+5S2＝2[Ag（S2O4）2]3﹣，
故答案为：Ag8S2O3+8S2＝2[Ag（S2O8）2]3﹣；
②Ag7S2O3+H3O＝Ag2S+H2SO3，Ag+与﹣2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色，
故答案为：Ag2S2O3+H2O＝Ag7S+H2SO4，Ag+与﹣4价S结合倾向更强；
③Na2S2O8溶液可用作定影液；向Na2S2O4溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生，
故答案为：Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤；
（3）试管7中加浓NaOH溶液，还原性增强，
故答案为：加浓NaOH溶液，还原性增强；
（4）和S2都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是8个O原子与Ag+结合，S2是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜S2，
故答案为：4个O原子与Ag+结合，S2是4个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜S2。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的反应和含硫物质性质的掌握情况，试题难度较大。
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