北京市海淀区2023-2024学年高三化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

海淀区2023-2024学年第一学期期中练习高三化学本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64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.均热板广泛应用于电子器件内部，主要起到散热作用。下列对某均热板部分材料或部件的主要成分的分类不正确的是选项ABCD材料或部件传热材料上下盖板主要成分40%甲醇溶液铜粉金刚石粉分类烃混合物金属单质非金属单质A.AB.BC.CD.D2.是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是A.基态价层电子排布式为B.Fe在元素周期表中位于ds区C.基态Ti价层电子轨道表示式为D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族3.下列事实可用范德华力大小解释的是A.热稳定性：HCl>HBrB.氧化性：C.熔点：D.沸点：4.下列物质的性质与其用途的对应关系正确的是 选项性质用途A具有氧化性可用作漂白剂B溶液呈酸性可用作氮肥CNaClO溶液呈碱性可用作消毒剂D能与反应生成可用作潜水艇中的供氧剂A.AB.BC.CD.D5.双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，分子结构如图所示。下列关于双氯芬酸的说法不正确的是A.能发生加成、取代反应B.最多能与2molNaOH反应C.既能与强碱反应，又能与强酸反应D.能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠6.用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol羟基含有的电子数目为B.56gFe与足量稀反应转移的电子数目为C.2L的溶液中，的数目为D.1mol与5mol充分反应可生成数目7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.遇酚酞变红的溶液中：、、、 B.无色透明溶液中：、、、C.能使品红褪色的溶液中：、、、D.与Al反应能生成氢气的溶液中：、、、8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.电解饱和食盐水制：B.用小苏打治疗胃酸过多：C.用FeS除去废水中的：D.用稀处理银镜反应后试管内壁的Ag：9.下列实验设计能达成对应的实验目的的是选项ABCD实验设计实验目的实验室制比较Cl、Br、I得电子能力强弱除去中的少量配制100mLNaCl溶液A.AB.BC.CD.D10.几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A.①中，试剂a可以是CuB.②中，需要确保NaOH溶液足量C.③中，生成1mol时，转移4mol电子D.③中，将S换为，氧化产物为11.有研究表明，铜和稀反应后的溶液中有。取铜丝和过量稀反应一段时间后的蓝色溶液分别进行实验①~④，操作和现象如下表。序号操作现象①向2mL该溶液中加入几滴浓NaOH溶液，振荡溶液变浅绿色②向2mL该溶液中滴加酸性溶液紫绝色褪去③将2mL该溶液充分加热后冷却，再滴加酸性溶液……④用玻璃棒蘸取该溶液滴到淀粉碘化钾试纸上溶液变蓝已知：为弱酸，受热发生分解反应：；在溶液中呈绿色。下列推断或分析不合理的是A.①说明存在电离平衡：B.②说明具有还原性C.③中，紫红色不褪去D.④说明具有氧化性12.BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是A.单体是非极性分子B.二聚体的沸点比单体更高C.多聚体是平面结构D.二聚体和多聚体中均存在配位键 13.邻二氮菲的结构简式为，简写为phen，遇溶液生成橙红色配合物，其中的配位数为6。下列说法不正确的是A.phen中，不含手性碳原子B.中，phen的一个N参与配位C.中，提供空轨道，N提供孤对电子D.中，既存在极性键也存在非极性键14.兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。序号操作试剂a试剂b现象①0.2mol/LFeCl3蒸馏水溶液为黄色②0.2mol/LFeCl32mol/L盐酸溶液为浅黄色③0.2mol/LFe(NO3)3蒸馏水溶液为浅黄色④0.2mol/LFe(NO3)32mol/L硝酸溶液接近无色下列说法不正确的是A.②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动B.由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关C.由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关D.由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同第二部分本部分共5题，共58分。15.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。a．ⅰ中，C做还原剂 b．碳酸的酸性强于硅酸c．碳酸热稳定性弱于硅酸（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。①该反应的化学方程式为___________。②中，H的化合价为___________，由此推测Si的电负性比H的___________(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与的分离，从晶体类型角度解释其原因：___________。Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示。SiAD（4）基态A原子核外电子排布式为___________。（5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：___________。16.黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：（1）Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是___________。（2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为___________。（3）SO2中心原子的杂化方式是___________，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：___________。（4）下图中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“图1”或“图2”)。 （5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是___________。（6）CuFeS2的晶胞如图3所示。①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a=___________pm(用计算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/mol)。17.利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。Ⅰ．丙烷直接脱氢法：总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。（1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。 （2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。（3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。（4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。Ⅱ．丙烷氧化脱氢法：我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下：反应温度/℃465480495510C3H8的转化率/%5.512.117.328.4C3H6的产率/%4.79.512.818.5（5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。（6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。18.研究人员合成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料(BC-PB)，并将其应用于氨氮废水(含、)的处理。资料：①普鲁士蓝(PB)是亚铁氰化铁的俗称，化学式为，难溶于水。②BC-PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。Ⅰ．复合材料BC-PB合成（1）下列关于ⅰ中HCN参与反应的说法正确的是___________(填字母)。a．提供，与Fe反应b．提供，与反应c．提供，与配位d．提供，与反应 （2）ⅱ中分离得到的操作包括加热浓缩、___________。（3）ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为___________。（4）添加造孔剂可以增加BC的孔道数目和容量。造孔剂的造孔原理之一是在一定条件下分解产生气体。700℃时，造孔原理的化学方程式为___________。Ⅱ．氨氮废水处理用溶液模拟氨氮废水。实验发现时，在BC-PB体系中加入，可将氨氮转化为无毒气体，提高氮氮的去除率。其原理为：ⅰ．ⅱ．·OH将氨氮氧化为（5）ⅱ离子方程式为___________。（6）用BC-PB和混合处理1000L某氨氦含量(以质量计算)为的废水。实验结束后，收集到22.4L(已折算成标准状况)。①实验中消耗的的质量至少为___________g。②处理后的废水中氨氮含量为___________(废水体积变化忽略不计)，达到了污水排放标准要求()。19.某兴趣小组为研究铁钉与溶液的反应及反应过程中pH的变化，用已去除氧化膜的铁钉、溶液(pH为4.6)等试剂进行如下实验。【实验Ⅰ】实验Ⅱ （1）实验Ⅰ中，能证明“Fe与发生了置换反应”的实验现象是______。（2）小组同学推测可能有胶体生成，依据的实验是___________(填实验序号)。（3）实验Ⅱ-2中，使溶液变红的反应的离子方程式为___________。（4）实验Ⅱ-3可证明红色固体的主要成份是Cu，其实验操作及现象是___________。为进一步探究实验Ⅰ产生气体逐渐变快和pH变化的原因，小组同学补做如下实验。序号实验现象Ⅲ用稀硫酸将溶液调至，向其中加入铁钉铁钉表面有少量气泡缓慢产生Ⅳ将新制溶液暴露在空气中，用pH传感器监测初始pH为4.5，后持续缓慢下降，逐渐出现棕黄色浑浊；3小时后搅拌，pH基本保持不变（5）对比实验Ⅰ和Ⅲ，可以推测Ⅰ中产生气体逐渐变快的原因是___________。（6）实验Ⅳ的目的是___________(填字母)。a．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与水解有关b．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与生成有关c．探究搅拌是否会使与溶液中的物质充分接触、反应而导致pH上升（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推测：实验Ⅰ中，搅拌后pH快速上升，主要是因为___________。 海淀区2023-2024学年第一学期期中练习高三化学本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64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.均热板广泛应用于电子器件内部，主要起到散热作用。下列对某均热板部分材料或部件的主要成分的分类不正确的是选项ABCD材料或部件传热材料上下盖板主要成分40%甲醇溶液铜粉金刚石粉分类烃混合物金属单质非金属单质A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；含有氟、氯元素，不是烃，A错误；B．40%甲醇溶液中含有甲醇和水，混合物，B正确；C．铜粉为铜单质，属于金属单质，C正确；D．金刚石粉为碳单质，D正确；故选A。2.是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是A.基态价层电子排布式为B.Fe在元素周期表中位于ds区 C.基态Ti价层电子轨道表示式为D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族【答案】B【解析】【详解】A．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子形成亚铁离子，价层电子排布式为，A正确；B．铁为26号元素，Fe在元素周期表中位于d区，B错误；C．基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则价层电子轨道表示式为，C正确；D．O位8号元素，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，D正确；故选B。3.下列事实可用范德华力大小解释的是A.热稳定性：HCl>HBrB.氧化性：C.熔点：D.沸点：【答案】C【解析】【详解】A．热稳定性HCl>HBr，是由于H—Cl键的键能大于H—Br，不能用范德华力大小来解释，故A错误；B．氧化性：，是应为Cl的电负性大，原子半径小，不能用范德华力大小来解释，故B错误；C．熔点，是应为相对分子质量，分子间的范德华力，故C正确；D．沸点：是由于分子间形成氢键而增大了分子间作用力，不能用范德华力大小来解释，故D错误；故选C。4.下列物质的性质与其用途的对应关系正确的是选项性质用途 A具有氧化性可用作漂白剂B溶液呈酸性可用作氮肥CNaClO溶液呈碱性可用作消毒剂D能与反应生成可用作潜水艇中的供氧剂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．具有漂白性，可用作漂白剂，故A错误；B．氮元素是植物生长需要的元素，氯化铵含有氮元素，所以可以用作氮肥，与其受热分解的性质无关，故B错误；C．NaClO有强氧化性，能够使蛋白质变性，所以可用于杀菌消毒，故C错误；D．能与反应生成，因此可用作潜水艇中的供氧剂，故D正确；故选：D。5.双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，分子结构如图所示。下列关于双氯芬酸的说法不正确的是A.能发生加成、取代反应B.最多能与2molNaOH反应C.既能与强碱反应，又能与强酸反应D.能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠【答案】B【解析】 【详解】A．由题干结构简式可知，分子中含有苯环故能发生加成反应，含有碳氯键和羧基，以及苯环故能发生取代反应，A正确；B．由题干结构简式可知，分子中含有两个碳氯键，水解后生成酚羟基，酚羟基和羧基均能与NaOH反应，故最多能与5molNaOH反应，B错误；C．由题干结构简式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能与强碱反应，又能与强酸反应，C正确；D．由题干结构简式可知，分子中含有羧基，能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠，D正确；故答案为：B。6.用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol羟基含有的电子数目为B.56gFe与足量稀反应转移的电子数目为C.2L的溶液中，的数目为D.1mol与5mol充分反应可生成数目为【答案】B【解析】【详解】A．已知1个羟基中含有9个电子，故1mol羟基含有的电子数目为，A错误；B．56gFe与足量稀反应生成Fe(NO3)3，故转移的电子数目为=，B正确；C．已知Al3+能够发生水解，故2L的溶液中，的数目小于，C错误；D．已知合成氨反应是一个可逆反应，故1mol与5mol充分反应可生成数目小于，D错误；故答案为：B。7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.遇酚酞变红的溶液中：、、、B.无色透明溶液中：、、、C.能使品红褪色的溶液中：、、、 D.与Al反应能生成氢气的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．遇酚酞变红的溶液中含有大量氢氧根离子，氢氧根离子、、、、相互之间不反应，能共存，A符合题意；B．铜离子为蓝色，且铝离子、碳酸氢根离子会双水解反应而不共存，B不符合题意；C．碘离子和高锰酸根离子会发生氧化还原反应而不共存，C不符合题意；D．与Al反应能生成氢气的溶液可能为酸性或碱性；碱性溶液中，氢氧根离子和铵根离子、铁离子均反应而不共存，D不符合题意；故选A。8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.电解饱和食盐水制：B.用小苏打治疗胃酸过多：C.用FeS除去废水中的：D.用稀处理银镜反应后试管内壁的Ag：【答案】B【解析】【详解】A．质量不守恒，应该为：，A错误；B．小苏打碳酸氢钠和胃酸盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳，反应为，B正确；C．FeS为沉淀，不能拆，除去废水中的反应为：，C错误；D．稀处理银镜反应后试管内壁的Ag生成硝酸银和NO：，D错误；故选B。9.下列实验设计能达成对应的实验目的的是 选项ABCD实验设计实验目的实验室制比较Cl、Br、I得电子能力强弱除去中的少量配制100mLNaCl溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】详解】A．实验室采用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，加热时试管口向下倾斜，故A正确；B．氯气与溴化钠反应生成溴单质，可证明氧化性氯气大于溴单质，但溴单质易挥发，也能进入KI溶液中，氯气、溴单质都能与KI反应生成碘单质，因此不能说明溴和碘、氯和碘的得电子能力，故B错误；C．饱和碳酸钠能吸收二氧化碳，因此不能用饱和碳酸钠除二氧化碳中的二氧化硫，故C错误；D．转移溶液时需要用玻璃棒引流，故D错误；故选：A。10.几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是A.①中，试剂a可以是CuB.②中，需要确保NaOH溶液足量C③中，生成1mol时，转移4mol电子 D.③中，将S换，氧化产物为【答案】C【解析】【详解】Ａ．Cu与浓H2SO4发生氧化还原反应，生成硫酸铜和二氧化硫，A正确；Ｂ．NaOH溶液足量可保证二氧化硫被完全吸收，B正确；Ｃ．由反应可知，1mol时，转移2mol电子，C错误；Ｄ．将S换为,化合价降低，化合价升高生成氧化产物，D正确；故选C11.有研究表明，铜和稀反应后的溶液中有。取铜丝和过量稀反应一段时间后的蓝色溶液分别进行实验①~④，操作和现象如下表。序号操作现象①向2mL该溶液中加入几滴浓NaOH溶液，振荡溶液变为浅绿色②向2mL该溶液中滴加酸性溶液紫绝色褪去③将2mL该溶液充分加热后冷却，再滴加酸性溶液……④用玻璃棒蘸取该溶液滴到淀粉碘化钾试纸上溶液变蓝已知：为弱酸，受热发生分解反应：；在溶液中呈绿色。下列推断或分析不合理的是A.①说明存在电离平衡：B.②说明具有还原性C.③中，紫红色不褪去D.④说明具有氧化性【答案】D【解析】【详解】Cu与过量的稀硝酸反应一段时间后，反应后的溶质为Cu(NO3)2、HNO3、HNO2，以此分析； 【分析】A．加入NaOH，OH-与H+反应生成H2O，H+浓度减小，从而使得平衡正向进行，增大，则生成的浓度增大，溶液变为绿色，A正确；B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，HNO2具有还原性，使高锰酸钾褪色，B正确；C．充分加热后冷却，则溶液中无HNO2，故酸性高锰酸钾不发生发生反应，溶液紫色不褪色，C正确；D．因为溶液中有HNO3，则可能是稀HNO3氧化I-生成I2，使淀粉变蓝，无法判断HNO2有氧化性，D错误；故答案为：D。12.BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是A.单体是非极性分子B.二聚体的沸点比单体更高C.多聚体是平面结构D.二聚体和多聚体中均存在配位键【答案】C【解析】【详解】A．单体BeCl2中心原子Be周围的价层电子对数为2+=2，为直线形结构，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，A正确；B．BeCl2为共价化合物，形成分子晶体，二聚体的相对分子质量比单体大，则二聚体中分子间作用力比单体大，故二聚体的沸点比单体更高，B正确；C．由题干图示信息可知，多聚体中Be周围的价层电子对数为4，呈正四面体结构，而不是平面结构，C错误；D．已知Be的最外层上只有2个电子，结合题干图示信息可知，二聚体和多聚体中均存在Be←Cl配位键，D正确；故答案为：C。13.邻二氮菲的结构简式为，简写为phen，遇溶液生成橙红色配合物，其中的配位数为6。下列说法不正确的是A.phen中，不含手性碳原子 B.中，phen的一个N参与配位C.中，提供空轨道，N提供孤对电子D.中，既存在极性键也存在非极性键【答案】B【解析】【详解】A．手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由其结构式可知无手性碳原子，A正确；B．由于亚铁离子的配位数为6，故中phen有2个N原子参与配位，B错误；C．在物质中，中心原子提供空轨道，N提供孤对电子，C正确；D．硫和氧、碳和氮之间为极性键，但phen中C和C为非极性键，D正确；故选B。14.兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。序号操作试剂a试剂b现象①0.2mol/LFeCl3蒸馏水溶液为黄色②0.2mol/LFeCl32mol/L盐酸溶液为浅黄色③0.2mol/LFe(NO3)3蒸馏水溶液为浅黄色④0.2mol/LFe(NO3)32mol/L硝酸溶液接近无色下列说法不正确的是A.②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动B.由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关C.由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关D.由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同【答案】D【解析】【详解】A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确；B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确； C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确；D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误；故答案为：D。第二部分本部分共5题，共58分。15.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。a．ⅰ中，C做还原剂b．碳酸的酸性强于硅酸c．碳酸的热稳定性弱于硅酸（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。①该反应的化学方程式为___________。②中，H的化合价为___________，由此推测Si的电负性比H的___________(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与的分离，从晶体类型角度解释其原因：___________。Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示。SiAD（4）基态A原子核外电子排布式为___________。 （5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：___________。【答案】（1）b（2）①.②.-1③.小（3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体沸点（4）1s22s22p63s23p63d104s24p1（5）As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素【解析】【小问1详解】a．ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”；b．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”；c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸，不能说明“非金属性C比Si强”；故选b；【小问2详解】①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气，反应为；②1molSi与3molHCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为-1，故中H的化合价为-1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小；【小问3详解】硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体沸点，故利用沸点差异，可直接实现高纯硅与的分离；【小问4详解】由Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示，可知，A为Ga、D为As；Ga为31号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；【小问5详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期 相邻元素，故As的第一电离能比Se的大。16.黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：（1）Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是___________。（2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为___________。（3）SO2中心原子的杂化方式是___________，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：___________。（4）下图中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“图1”或“图2”)。（5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是___________。（6）CuFeS2的晶胞如图3所示。①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a=___________pm(用计算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/mol)。【答案】（1）硫(或S) （2）2CaO+2SO2+O22CaSO4（3）①.sp2②.SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，有1对孤电子对，而CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，无孤电子对（4）图1（5）S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S（6）①.图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现②.4③.×1010【解析】【小问1详解】由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2，故该反应中，化合价升高的元素是硫(或S)，故答案为：硫(或S)；小问2详解】为减少SO2对环境污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，该反应的化学方程式为：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故答案为：2CaO+2SO2+O22CaSO4；【小问3详解】SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，又知CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知：SO2为V形，而CO2为直线形，故答案为：sp2；SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，有1对孤电子对，而CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，无孤电子对；【小问4详解】根据晶胞中均摊法可知，图1所示晶胞中含有Cu个数为：4个，O原子个数为：=2，故其化学式为：Cu2O，图2所示晶胞中含有Cu个数为：=4个，O原子个数为：=4 ，故其化学式为：CuO，故答案为：图1；【小问5详解】Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但由于S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S，则Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，故答案为：S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S；【小问6详解】①比较题干图3和图4可知，图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现，故不能作为CuFeS2晶胞，故答案为：图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现；②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为=4，故答案为：4；③由题干图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为=4，Fe个数为：=4，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：g，CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA，故有2(a×10-10)3×4.30g/cm3=g，故CuFeS2晶胞中底边边长a=×1010pm，故答案为：×1010。17.利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。Ⅰ．丙烷直接脱氢法：总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。（1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。（2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。（4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。Ⅱ．丙烷氧化脱氢法：我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下：反应温度/℃465480495510C3H8的转化率/%5.512.117.328.4C3H6的产率/%4.79.512.818.5（5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。（6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。【答案】（1）（2）不变（3）丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大（4）Ⅱ（5）温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大（6）①.降低②.正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动【解析】【小问1详解】根据反应方程式可知，丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：；【小问2详解】已知化学平衡常数仅仅是温度的函数，故总压由10kPa变为100kPa时，由于温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变； 【小问3详解】由题干可知，正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大，故图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的体积分数随温度的变化，故答案为：丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大；【小问4详解】由题干可知，正反应是气体体积增大的方向，故增大压强上述平衡逆向移动，则有温度相同时，压强越大，C3H8的体积分数也越大，则图中表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；【小问5详解】达到化学平衡之前，温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大，故答案为：温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大；【小问6详解】由题干信息可知，该反应正反应是一个放热反应，则有升高温度，化学平衡逆向移动，故随着温度升高，C3H6的选择性降低，故答案为：降低；正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动。18.研究人员合成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料(BC-PB)，并将其应用于氨氮废水(含、)的处理。资料：①普鲁士蓝(PB)是亚铁氰化铁的俗称，化学式为，难溶于水。②BC-PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。Ⅰ．复合材料BC-PB的合成（1）下列关于ⅰ中HCN参与反应的说法正确的是___________(填字母)。a．提供，与Fe反应b．提供，与反应c．提供，与配位d．提供，与反应 （2）ⅱ中分离得到的操作包括加热浓缩、___________。（3）ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为___________。（4）添加造孔剂可以增加BC的孔道数目和容量。造孔剂的造孔原理之一是在一定条件下分解产生气体。700℃时，造孔原理的化学方程式为___________。Ⅱ．氨氮废水处理用溶液模拟氨氮废水。实验发现时，在BC-PB体系中加入，可将氨氮转化为无毒气体，提高氮氮的去除率。其原理为：ⅰ．ⅱ．·OH将氨氮氧化为（5）ⅱ的离子方程式为___________。（6）用BC-PB和混合处理1000L某氨氦含量(以质量计算)为的废水。实验结束后，收集到22.4L(已折算成标准状况)。①实验中消耗的的质量至少为___________g。②处理后的废水中氨氮含量为___________(废水体积变化忽略不计)，达到了污水排放标准要求()。【答案】18.ac19.冷却结晶、过滤、洗涤、干燥20.3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+=21.22.6·OH+=N2↑+6H2O+2H+23.①.204②.13【解析】【分析】反应ⅰ中铁粉转化为亚铁离子，KOH溶液和HCN气体、铁粉反应生成K4[Fe(CN)6]，K4[Fe(CN)6]溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到K4[Fe(CN)6]•3H2O，K4[Fe(CN)6]•3H2O和氯化铁溶液、生物炭反应生成。【小问1详解】ⅰ中铁粉和HCN反应转化为亚铁离子，同时HCN提供，形成配位键，故HCN作用为提供，与 Fe反应；提供，与配位，故选ac。【小问2详解】ⅱ中从溶液分离得到的操作包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问3详解】ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+=。。【小问4详解】700℃时，造孔原理的化学方程式为。【小问5详解】ⅱ的离子方程式为6·OH+=N2↑+6H2O+2H+。【小问6详解】由反应ⅰ、ⅱ可得总反应为：。①标准状况下22.4L物质的量为1mol，则实验中消耗的的质量至少为6mol×34g/mol=204g。②该废水氨氮总质量为，反应消耗铵根离子为2mol，处理后的废水中氨氮含量为，达到了污水排放标准要求()。19.某兴趣小组为研究铁钉与溶液的反应及反应过程中pH的变化，用已去除氧化膜的铁钉、溶液(pH为4.6)等试剂进行如下实验。【实验Ⅰ】实验Ⅱ （1）实验Ⅰ中，能证明“Fe与发生了置换反应”的实验现象是______。（2）小组同学推测可能有胶体生成，依据的实验是___________(填实验序号)。（3）实验Ⅱ-2中，使溶液变红的反应的离子方程式为___________。（4）实验Ⅱ-3可证明红色固体的主要成份是Cu，其实验操作及现象是___________。为进一步探究实验Ⅰ产生气体逐渐变快和pH变化的原因，小组同学补做如下实验。序号实验现象Ⅲ用稀硫酸将溶液调至，向其中加入铁钉铁钉表面有少量气泡缓慢产生Ⅳ将新制溶液暴露在空气中，用pH传感器监测初始pH为4.5，后持续缓慢下降，逐渐出现棕黄色浑浊；3小时后搅拌，pH基本保持不变（5）对比实验Ⅰ和Ⅲ，可以推测Ⅰ中产生气体逐渐变快的原因是___________。（6）实验Ⅳ的目的是___________(填字母)。a．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与水解有关b．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与生成有关c．探究搅拌是否会使与溶液中的物质充分接触、反应而导致pH上升（7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推测：实验Ⅰ中，搅拌后pH快速上升，主要是因为___________。【答案】（1）铁钉表面析出红色固体、溶液蓝色变浅（2）Ⅱ-1（3）（4）向红色固体中加入足量稀硝酸，红色固体溶解，溶液变蓝色（5）铁钉表面析出铜后，形成铁铜原电池加快了反应的进行 （6）abc（7）搅拌使得铜和铁离子生成亚铁离子和铜离子：，铁离子浓度减小，使得铁离子的水解平衡逆向移动，氢离子浓度减小，导致搅拌后pH快速上升【解析】【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【小问1详解】铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁；实验Ⅰ中，能证明“Fe与发生了置换反应”的实验现象是铁钉表面析出红色固体、溶液蓝色变浅；【小问2详解】光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；推测可能有胶体生成，依据的实验是Ⅱ-1中出现丁达尔效应；【小问3详解】实验Ⅱ-2中，使溶液变红的反应为铁离子和KSCN反应生成红色物质，离子方程式为；【小问4详解】铜和稀硝酸反应生成硝酸铜溶液，故实验Ⅱ-3可证明红色固体的主要成份是Cu，其实验操作及现象是：向红色固体中加入足量稀硝酸，红色固体溶解，溶液变蓝色；【小问5详解】对比实验Ⅰ和Ⅲ，可以推测Ⅰ中产生气体逐渐变快的原因不是主要因为溶液酸性的变化，而是因为铁钉表面析出铜后，形成铁铜原电池加快了反应的进行；【小问6详解】Ⅰ中为溶液(pH为4.6)和铁反应；Ⅳ中为新制溶液在空气转化pH变化；a．亚铁离子水解生成氢离子，会导致溶液的pH下降，故可以探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与水解有关，正确；b．Ⅳ中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，也会导致溶液pH变化，故可以对比两者pH变化探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与生成有关，正确；c．Ⅳ在3小时后搅拌，pH基本保持不变，可以探究搅拌是否会使与溶液中的物质充分接触、反应而 导致pH上升，正确；故选abc；【小问7详解】由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推测：实验Ⅰ中存在反应生成的铜，搅拌使得铜和铁离子生成亚铁离子和铜离子：，铁离子浓度减小，使得铁离子的水解平衡逆向移动，氢离子浓度减小，导致搅拌后pH快速上升。