北京市2024年高考化學模擬試題（含答案）5

北京市2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．“齊天圣鼓”又稱“猴鼓”，起源于唐朝，堪稱中原一絕，是中國非物質文化遺產之一。猴鼓的結構如圖所示。下列說法錯誤的是A．牛皮面的主要成分是蛋白質，耐高溫B．竹釘?shù)闹饕煞质抢w維素，屬于天然高分子C．桐油是從桐籽中提煉出來的油脂，屬于酯類D．銅質鼓環(huán)不宜采用鐵質鉚釘固定2．下列化學用語使用正確的是A．H2O的VSEPR模型： B．次氯酸的電子式：C．中子數(shù)為20的硫原子：1620S D．乙醛的結構簡式：CH33．氨硼烷(BH3NH3)分子結構和乙烷相似，是一種固體儲氫材料。下列關于氨硼烷的說法錯誤的是A．N和B元素均位于元素周期表的p區(qū)B．第一電離能：N＜BC．分子中N原子與B原子間形成了配位鍵D．氨硼烷固態(tài)時為分子晶體4．下列方程式與所描事實不相符的是A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍：4I-+O2+4H+=2I2+2H2OB．SO2通入溴水中，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4C．CuSO4溶液與閃鋅礦(ZnS)反應生成銅藍(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)?Zn2+(aq)+CuS(s)D．工人將模具干燥后再注入熔融鋼水，防止反應：2Fe+H2O高溫__Fe2O35．黑木耳中富含鐵元素，欲測定黑木耳中鐵元素含量，按如下流程進行實驗，對應操作正確的是ABCD稱量灼燒酸溶過濾A．A B．B C．C D．D6．氮氧化物是大氣污染物之一，如圖為科研人員探究消除氮氧化物的反應機理，下列說法錯誤的是A．過程I中NO既作氧化劑又作還原劑B．過程II中每生成1molO2時，轉移電子的數(shù)目約為4×6.02×1023C．過程中涉及的反應均為氧化還原反應D．整個過程中Ni2+作催化劑7．S2Cl2是橙黃色液體，少量泄漏會產生窒息性氣體，噴水霧可減慢其揮發(fā)，并產生酸性懸濁液。其分子結構如圖所示。下列關于S2Cl2的說法錯誤的是A．結構式為Cl－S－S－ClB．是含有極性鍵的非極性分子C．與S2Br2結構相似，熔、沸點：S2Br2＞S2Cl2D．與水反應的化學方程式可能為2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl8．短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z是地殼中含量最多的元素，W的單質常溫下是黃綠色氣體。由這四種元素組成的化合物A是一種重要的脫氫劑，化合物A與氫氣反應可以生成化合物B，其過程如圖所示。下列說法錯誤的是A．工業(yè)上可采用電解飽和食鹽水的方法制備W的單質B．Y的最高價氧化物的水化物是強電解質C．Y、Z與氫三種元素形成化合物的晶體類型一定是分子晶體D．用FeCl3溶液可鑒別A和B9．氯化亞銅(CuCl)是白色粉末，微溶于水，廣泛應用于化工和印染等行業(yè)。某研究性學習小組模擬熱分解CuCl2?2H2O制備CuCl的過程，并進行相關物質轉化的探究。已知：酸性條件下Cu+不穩(wěn)定下列說法錯誤的是A．X氣體是HCl，可抑制CuCl2?2H2O加熱時水解B．途徑1中產生的Cl2可以回收利用，也可以通入飽和NaOH溶液中除去C．途徑2中200℃時反應的化學方程式為Cu2(OH)2Cl2200℃_D．CuCl與稀硫酸反應的離子方程式為2Cu++4H++SO42?=2Cu2++SO2↑+2H210．某同學設計下述實驗檢驗[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag+，實驗如表：實驗試劑現(xiàn)象試管滴管2mL[Ag(NH3)2]Cl溶液6滴0.1mol?L?1KCl溶液I中無明顯現(xiàn)象6滴0.1mol?L?1KI溶液II中產生黃色沉淀6滴0.1mol?L?1HCl溶液III中產生白色沉淀6滴飽和KCl溶液IV中產生白色沉淀下列說法錯誤的是A．I中的c(Ag+)較小，不足以與Cl－沉淀B．II中存在平衡：AgI(s)?Ag+(aq)+I－(aq)C．III說明NH3與H+的結合能力小于與Ag+的結合能力D．配離子與其它離子能否反應，其本質是平衡移動的問題11．羥甲香豆素(丙)是一種治療膽結石的藥物，部分合成路線如圖所示，下列說法錯誤的是A．甲中的官能團為羥基、酯基B．1mol乙最多消耗4molNaOHC．丙能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．上述轉化涉及的反應類型有取代反應、消去反應12．下列實驗過程能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗過程A檢驗某鐵的氧化物含二價鐵將該氧化物溶于濃鹽酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去B檢驗乙醇中含有水向乙醇中加入一小粒金屬鈉，產生無色氣體C證明酸性：H2SO3＞HClO在Ca(ClO)2溶液中通入SO2，產生白色沉淀D證明：CO2有氧化性將點燃的鎂條，迅速伸入盛滿CO2的集氣瓶中，產生大量白煙且瓶內有黑色顆粒產生A．A B．B C．C D．D13．高電壓水系鋅-有機混合液流電池的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．放電時，負極反應式為：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)4B．放電時，正極反應式為：FQ+2H++2e-=FQH2C．充電時，1molFQH2轉化為FQ轉移2mol電子D．充電時，中性電解質NaCl溶液的濃度增大14．工業(yè)上可用“氨催化氧化法”生產NO，以氨氣、氧氣為原料，在Pt－Rh合金催化劑存在下生成NO和副產物N2，兩個競爭反應化學方程式如下：Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)?4NO(g)+6H2O(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)?2N2(g)+6H2O(g)現(xiàn)將1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密閉容器中，在上述催化劑作用下反應，相同時間內有關生成物物質的量隨溫度變化曲線如圖所示：已知：有效轉化率=制備目標物質消耗原料的量原料總的轉化量下列說法錯誤的是A．400℃時，主要發(fā)生反應ⅡB．由圖分析工業(yè)上用氨催化氧化制備HNO3，最佳溫度約為840℃C．520℃時，NH3的有效轉化率約為66.7%D．840℃后，NO的物質的量下降，可能是反應I平衡逆向移動所致二、非選擇題15．鐵(Fe)、鈷(Co)、鎳(Ni)是第四周期第Ⅶ族的元素，其化合物在生產生活中應用廣泛。（1）基態(tài)Fe的價層電子排布式為。（2）以甲醇為溶劑，Co2+可與色胺酮分子配位結合，形成對DNA具有切割作用的色胺酮鈷配合物(合成過程如圖所示)。①色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)電負性由大到小的順序為。②色胺酮分子中N原子的雜化類型為。③X射線衍射分析顯示色胺酮鈷配合物晶胞中還含有一個CH3OH分子，CH3OH是通過作用與色胺酮鈷配合物相結合。（3）超導材料在電力、交通、醫(yī)學等方面有著廣泛的應用，某含Ni、Mg和C三種元素的晶體具有超導性，該晶體的晶胞結構如圖所示：①距離Mg原子最近的Ni原子有個。②已知該晶胞的邊長為anm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為g?cm-3。(1nm=10-9m)16．次磷酸鈉(NaH2PO2)在食品工業(yè)中用作防腐劑、抗氧化劑，也是一種很好的化學鍍劑。（1）NaH2PO2中P的化合價為。（2）將待鍍零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可達到化學鍍鎳的目的，該過程中H2PO2?被氧化為二元弱酸H3PO3，寫出該反應的離子方程式（3）次磷酸鈉的制備將黃磷(P4)和過量燒堿溶液混合加熱，生成NaH2PO2和PH3(氣體)，PH3與NaClO溶液反應可生成次磷酸(H3PO2)，實驗裝置如圖：①裝置A中盛放燒堿溶液的儀器名稱為。②裝置B的作用為。③裝置C中發(fā)生反應的化學方程式為。④已知相關物質的溶解度如表：溶解度/g物質25℃100℃NaCl3739NaH2PO2100667充分反應后，將A、C中溶液混合，再將混合液(含極少量NaOH)加熱濃縮，有大量雜質晶體析出，然后(填操作名稱)，得到含NaH2PO2的溶液，進一步處理得到粗產品。（4）產品純度的計算取1.00g粗產品配成100mL溶液，取25.00mL于錐形瓶中，酸化后加入30.00mL0.100mol?L-1碘水，充分反應。然后以淀粉溶液作指示劑，用0.100mol?L-1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液24.00mL，有關反應的方程式為：H2PO2?+H2O+I2=H2PO3?+2H++2I—，2S2O32?+I2=S4O62?+2I-，則產品純度為(NaH17．藥物M可用于治療動脈硬化，其合成路線如圖。已知：i.B的核磁共振氫譜只有1個峰；ii.（1）M的官能團為。（2）A的名稱為。（3）C與B含氧官能團相同，C可能的結構簡式為(任寫一種)。（4）反應④的反應類型是。（5）反應⑤的化學方程式為。（6）G的同分異構體有多種，寫出同時滿足下列條件的同分異構體的結構簡式。①不存在順反異構②結構中含有酚羥基③苯環(huán)上有兩個取代基且位于間位（7）已知：→+H2O，以G為起始原料，選擇必要的無機試劑合成I，寫出合成路線(用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)。18．以廢舊銅電路板為原料制備硫酸銅晶體可變廢為寶，如圖是某工廠的實際制備工藝流程。資料1：流程中RH為有機化合物（1）浸取前將廢舊銅電路板粉碎的目的是。（2）上述流程中需要用到分液操作步驟是(填序號)。（3）浸取后得到的溶液銅元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取時發(fā)生反應的離子方程式為。（4）研究發(fā)現(xiàn)，加入H2O2后隨溫度升高，銅元素浸出率隨溫度變化的曲線如圖。分析溫度高于85℃，銅元素浸出率下降可能的原因。（5）工藝流程中循環(huán)使用的物質有：NH3、、有機溶劑、。（6）該工廠排放的水質情況及國家允許的污水排放標準如表所示。為研究廢水中Cu2+處理的最佳pH，取5份等量的廢水，分別用30%的NaOH溶液調節(jié)pH至8.5、9、9.5、10、11，靜置后，分析上層清液中銅元素的含量，實驗結果如圖所示。項目廢水水質排放標準pH1.06～9Cu2+含量/(mg?L-1)72≤0.5NH4+含量/(mg?L-12632≤15資料2：Cu(OH)2+4NH3?[Cu(NH3)4]2++2OH－①根據(jù)實驗結果分析，處理廢水中Cu2+的最佳pH約為。②結合資料解釋實驗結果圖中b到d段曲線所示的過程。19．某化學小組探究乙醛銀鏡反應后試管上銀的去除方案。已知：實驗條件空氣的影響忽略不計。（1）寫出乙醛發(fā)生銀鏡反應的化學方程式。（2）向附有銀鏡的試管中加入稀HNO3，試管壁上的銀逐漸消失，管口有淺紅棕色氣體生成，產生淺紅棕色氣體的化學方程式是。（3）小組同學認為使用稀硝酸易產生污染性氣體，考慮到鐵鹽也有較強的氧化性，用鐵鹽去除銀鏡對環(huán)境有利，于是進行如表實驗：序號實驗操作現(xiàn)象I向附有少量銀鏡的試管中，加入5mL0.1mol?L-1Fe(NO3)3溶液(過量，pH=2)，振蕩試管銀鏡慢慢消失，溶液澄清對銀鏡的消失原因小組同學作出如下假設：假設1：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag；假設2：……?；卮鹣铝袉栴}：①補全假設2：。②甲同學通過設計實驗，證明了假設2成立，他設計的方案為：向附有少量銀鏡的試管中，加入，充分振蕩，銀鏡消失。③為證明假設1，乙同學用同濃度FeCl3溶液替換Fe(NO3)3溶液，進行下列實驗：序號實驗操作現(xiàn)象II向附有少量銀鏡的試管中，加入5mL0.1mol?L-1FeCl3溶液(過量，pH=2)，振蕩試管銀鏡快速溶解，反應后溶液中有明顯灰色沉淀丙同學查閱文獻得知：Fe3+氧化性與Ag+接近，實驗II中銀鏡能快速溶解，可能與生成氯化銀沉淀有關，用平衡移動原理解釋原因。④為證明自己的觀點，丙同學的通過積極思考，設計了實驗III。實驗III：如圖連接裝置進行實驗，電壓表的指針向左偏轉，記錄電壓示數(shù)為a。已知：電壓大小反映了物質氧化性與還原性強弱的差異；物質氧化性與還原性強弱的差異越大，電壓越大。將U形管右側溶液替換成0.1mol?L-1NaNO3溶液，重做上述實驗，電流表指針向左偏轉，記錄電壓示數(shù)為b，能證明丙同學觀點的實驗證據(jù)是。（4）總結上述實驗，小組同學認為HBr溶液和HI溶液也能去除試管上的銀鏡，并進行如表實驗。序號實驗操作現(xiàn)象IV向附有少量銀鏡的試管中，加入5mL1mol?L-1的HBr溶液，不斷振蕩。銀鏡不溶解V向附有少量銀鏡的試管中，加入5mL1mol?L-1的HI溶液，不斷振蕩。銀鏡溶解，有黃色沉淀產生，且有氣泡產生已知：常溫下Ksp(AgBr)=5.4×10-13；Ksp(AgI)=8.5×10-17，分析相同條件下銀鏡能溶于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質，屬于有機物，不耐高溫，A符合題意；B．竹釘?shù)闹饕煞质抢w維素，纖維素屬于天然高分子化合物，B不符合題意；C．桐油是天然植物油，其主要成分是不飽和高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類，C不符合題意；D．鼓環(huán)常與手接觸，易沾上汗液，使鐵與銅形成原電池，鐵釘作負極，被腐蝕，故銅質鼓環(huán)不宜采用鐵質鉚釘固定，D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼.蛋白質在高溫下變性；

B.纖維素屬于天然高分子化合物；

C.油脂主要成分是不飽和高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類；

D.鐵與銅形成原電池，鐵作負極被腐蝕。2．【答案】A【解析】【解答】A．水分子中氧原子以sp3雜化，故其VSEPR模型為四面體形，A符合題意；B．次氯酸分子中氧原子分別和氫原子氯原子形成共價鍵，故電子式為，B不符合題意；C．中子數(shù)為20的硫原子：1636D．乙醛的結構簡式：CH3CHO，D不符合題意；故答案為：A。【分析】A.水分子中O原子采用sp3雜化，含有2個孤電子對；

B.次氯酸的中心原子為O原子；

C.原子符號左上角為質量數(shù)，左下角為質子數(shù)，質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)，核外電子數(shù)=核內質子數(shù)=核電荷數(shù)；

D.醛基的結構簡式為-CHO。3．【答案】B【解析】【解答】A．由原子序數(shù)可知，氮原子和硼原子的價電子排布式分別為2s22p，3和2s22p2，則氮元素和硼元素均位于元素周期表的p區(qū)，故A不符合題意；B．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，則氮元素的第一電離能大于硼元素，故B符合題意；C．氨分子中具有孤對電子的氮原子能與硼化氫分子中具有空軌道的硼原子通過形成配位鍵而反應生成氨硼烷，故C不符合題意；D．氨硼烷為氨分子與硼化氫分子通過配位鍵形成的熔沸點低的分子晶體，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.N原子的價電子排布式為2s22p3，B原子的價電子排布式為2s22p2，則N和B均為p區(qū)元素；

B.同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；

C.N原子含有孤電子對，B原子具有空軌道，能形成配位鍵；

D.氨硼烷結構和乙烷相似，分子間以分子間作用力結合，在固態(tài)時為分子晶體。4．【答案】D【解析】【解答】A．碘離子能被氧氣氧化，該反應的離子方程式為4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，A不符合題意；B．二氧化硫和溴水反應生成溴化氫和硫酸，溴水褪色，反應方程式為SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，B不符合題意；C．硫化銅的溶度積小于硫化鋅，故CuSO4溶液與閃鋅礦(ZnS)反應生成銅藍(CuS)，反應的離子方程式為Cu2+(aq)+ZnS(s)?Zn2+(aq)+CuS(s)，C不符合題意；D．鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，3Fe+4H2O高溫__Fe3O4+4H故答案為：D。

【分析】A.氧氣能將碘離子氧化為單質碘；

B.二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應生成溴化氫和硫酸；

C.硫化銅的溶度積小于硫化鋅，發(fā)生沉淀的轉化；

D.鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣。5．【答案】C【解析】【解答】A．托盤天平稱量時遵循‘左物右碼’，操作不符合題意，A不符合題意；B．灼燒固體時應用坩堝，B不符合題意；C．用燒杯溶解固體，并用玻璃棒不斷攪拌，C符合題意；D．過濾時要用玻璃棒引流，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.托盤天平使用時遵循“左物右碼”；

B.灼燒應在坩堝中進行；

C.酸溶時在燒杯中進行，并用玻璃棒攪拌；

D.過濾時需要用玻璃棒引流。6．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，過程I發(fā)生的反應為2Ni2++2NO=2Ni3++2O-+N2，反應中氮元素的化合價降低被還原，氧元素的化合價升高被氧化，則一氧化氮既作反應的氧化劑又作反應的還原劑，故A不符合題意；B．由分析可知，過程II發(fā)生的反應為2Ni3++2O-=2Ni2++O2↑，則過程II中每生成1molO2時，轉移電子的數(shù)目約為2×6.02×1023，故B符合題意；C．由分析可知，過程I和過程II涉及的反應均有元素發(fā)生化合價變化，均為氧化還原反應，故C不符合題意；D．由分析可知，消除氮氧化物的總反應為2NONi2+__O故答案為：B?！痉治觥坑蓤D可知，過程I發(fā)生反應2Ni2++2NO=2Ni3++2O-+N2，過程II發(fā)生反應2Ni3++2O-=2Ni2++O2↑。7．【答案】B【解析】【解答】A．由S2Cl2的分子結構圖可知，其結構式為Cl-S-S-Cl，A不符合題意；B．S2Cl2分子中兩S-Cl鍵分處在不同平面上，結構不對稱，分子的正電中心和負電中心不重合，屬于極性分子，B符合題意；C．S2Cl2與S2Br2結構相似，且均為分子，相對分子質量越大熔沸點越高，則熔沸點：S2Br2＞S2Cl2，C不符合題意；D．S2Cl2中S為+1價，化合價既可升高，表現(xiàn)還原性，又可降低，表現(xiàn)氧化性，根據(jù)題給信息，噴水霧可產生酸性懸濁液，因此S2Cl2與水反應的化學方程式可能為2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.S2Cl2的結構式為Cl-S-S-Cl；

B.S2Cl2分子的正負電荷中心不重合，為極性分子；

C.結構相似的分子晶體，相對分子質量越大熔沸點越高；

D.S2Cl2與水發(fā)生歧化反應：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。8．【答案】C【解析】【解答】由上述分析可知，X為C、Y為N、Z為O、W為Cl。A．工業(yè)上可采用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣，同時生成氫氣和氫氧化鈉，故A不符合題意；B．N的最高價氧化物的水化物硝酸是強電解質，故B不符合題意；C．N、O與氫組成的化合物若為硝酸銨，屬于離子化合物，是離子晶體，故C符合題意；D．B中含有酚羥基，A不含有，則可用FeCl3溶液可鑒別A和B，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】Z是地殼中含量最多的元素，則Z為O元素，W的單質常溫下是黃綠色氣體，則W為Cl元素，根據(jù)化合物A和化合物B的結構可知，X為C元素，Y為N元素。9．【答案】D【解析】【解答】A．氯化銅水解生成氫氧化銅和氯化氫，X氣體是HCl，可抑制CuCl2?2H2O加熱時水解，A不符合題意；B．氯氣能被飽和氫氧化鈉溶液吸收，防止污染，也可以將其轉化為氯化氫，回收循環(huán)利用，B不符合題意；C．途徑2中200℃時反應生成氧化銅，由原子守恒可知，還生成氯化氫，該反應的化學方程式為Cu2(OH)2Cl2200℃_D．氯化亞銅不溶于水，書寫離子方程式時不能拆開，D符合題意；故答案為：D。【分析】途徑1：CuCl2是強酸弱堿鹽，易水解生成Cu(OH)2，為了抑制CuCl2水解，要在HCl氣流下加熱，則X為HCl氣體，加熱溫度大于300℃時CuCl2發(fā)生分解反應生成CuCl；

途徑2：直接加熱CuCl2·2H2O會生成發(fā)生水解反應生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2在200℃時發(fā)生分解反應生成CuO，酸性條件下Cu+不穩(wěn)定，發(fā)生歧化反應生成Cu和Cu2+。10．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)I和IV得到I中沒有沉淀產生，說明I中的c(Ag+)較小，不足以與Cl－沉淀，故A不符合題意；B．II中產生黃色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡即：AgI(s)?Ag+(aq)+I－(aq)，故B不符合題意；C．根據(jù)I和III的現(xiàn)象，產生的沉淀說明[Ag(NH3)2]Cl和氫離子反應，有大量銀離子生成，銀離子和氯離子反應生成AgCl沉淀，說明III中NH3與H+的結合能力大于與Ag+的結合能力，故C符合題意；D．根據(jù)I和II的現(xiàn)象，可以得出配離子與其它離子能否反應，其本質是平衡移動的問題，故D不符合題意。故答案為：C。

【分析】A.25℃時，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；

B.AgI沉淀存在溶解平衡AgI(s)?Ag+(aq)+I－(aq)；

C.根據(jù)實驗I和III的現(xiàn)象分析；

D.NH3與H+的結合使[Ag(NH3)2]+?Ag++2NH3正向移動。11．【答案】B【解析】【解答】A．由結構簡式可知，甲分子的官能團為羥基、酯基，故A不符合題意；B．由結構簡式可知，乙分子含有的酚羥基和酚酯基能與氫氧化鈉溶液反應，則1mol乙最多消耗3mol氫氧化鈉，故B符合題意；C．由結構簡式可知，丙分子中含有的碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C不符合題意；D．由有機物的轉化關系可知，甲轉化為乙的反應為取代反應，乙轉化為丙的反應為取代反應，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.甲中含有的官能團為羥基和酯基；

B.乙中酚羥基和酚酯基能與氫氧化鈉溶液反應；

C.丙中含有的碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀氧化；

D.甲發(fā)生取代反應生成乙，乙發(fā)生取代反應生成丙。12．【答案】D【解析】【解答】A．高錳酸鉀會和濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應導致紫色褪去，A項不能達到實驗目的；B．乙醇和水都會和鈉反應生成氫氣，B項不能達到實驗目的；C．Ca(ClO)2會氧化SO2從而生成CaSO4，不能由此比較出亞硫酸和HClO的酸性大小，C項不能達到實驗目的；D．CO2和Mg反應生成MgO和C，C元素的化合價降低，則CO2具有氧化性，D項能達到實驗目的。故答案為：D。

【分析】A.濃鹽酸電離的氯離子也能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應；

B.乙醇和水均能與金屬鈉反應生成氫氣；

C.次氯酸鈣會將二氧化硫氧化為硫酸根；

D.二氧化碳和鎂反應生成氧化鎂和C，C元素的化合價降低，作氧化劑。13．【答案】D【解析】【解答】A．左側鋅變成Zn(OH)42?為原電池的負極反應，故放電時，負極反應式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)4B．右側電極為正極，正極反應式為：FQ+2H++2e-=FQH2，B不符合題意；C．充電時，陽極反應為FQH2-2e-=FQ+2H+，故1molFQH2轉化為FQ轉移2mol電子，C不符合題意；D．充電時，氯離子通過陰離子交換膜進入右側故中性電解質NaCl溶液的濃度減小，D符合題意；故答案為：D。

【分析】與圖可知，左側電極，Zn(OH)42?轉化為Zn，充電時，左側為陰極，電極反應式為Zn(OH)42?+2e-=Zn+4OH-，右側為陽極，電極反應式為FQH2-2e-=FQ+2H+，放電時，左側為負極，電極反應式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42?，右側電極為正極，電極反應式為FQ+2H++2e-14．【答案】C【解析】【解答】A.400℃時，氮氣的物質的量最大，說明主要發(fā)生反應Ⅱ，A不符合題意；B.840℃時一氧化氮的產率最高副產物氮氣產率最低，則工業(yè)用氨催化氧化制備HNO3，選擇的最佳溫度是840℃，B不符合題意；C．由圖知520C時，生成氮氣和一氧化氮的物質的量均為0.2mol，則反應Ⅱ消耗的氨氣的物質的量為0.4mol，反應Ⅰ消耗的氨氣的物質的量為0.2mol，NH3的有效轉化率為0.2mol0.2mol+0.4molD.840℃后，NO的物質的量下降，可能是反應Ⅰ為放熱反應，升溫，反應Ⅰ平衡逆向移動所致，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.400℃時，氮氣的物質的量最大，主要發(fā)生反應Ⅱ；

B.840℃時一氧化氮的產率最高副產物氮氣產率最低；

C.根據(jù)轉化率=反應量起始量15．【答案】（1）3d64s2（2）O>N>C>H；；sp3雜化；氫鍵（3）12；Ar【解析】【解答】（1）鐵為26號元素，價層電子排布式為：3d64s2。故答案為：3d64s2；（2）①同周期元素的電負性從左到右依次增大，有O>N>C，而H的最小，故有：O>N>C>H。故答案為：O>N>C>H；②N的價層電子對數(shù)為VP=BP+LP=3+12×(3+2-3×1)=4，根據(jù)雜化軌道理論，中心N原子采取sp3雜化。故答案為：sp3③據(jù)圖色胺酮鈷配合物中O及N原子均有孤對電子，而CH3OH中羥基上的氫原子上的電子偏向O導致幾乎氫核裸露，故兩者易形成氫鍵。故答案為：氫鍵；（3）①每個立方體晶胞中，Mg原子最近的Ni原子個數(shù)為3，而每個Mg原子被8個立方體占據(jù)，故Mg原子最近的Ni原子個數(shù)為：12②每個立方體晶胞中，各原子的數(shù)目為：N(Mg)=18×8=1，N(Ni)=6×12=3，N(C)=1×1=1，故化學式應為：MgNi3C。ρ=mV=MNA.V晶胞=

【分析】（1）Fe為26號元素，根據(jù)構造原理可知，其價電子排布式為3d64s2；

（2）①元素的非金屬性越強，電負性越大；

②N的價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化；

③CH3OH與色胺酮鈷配合物之間形成氫鍵；

（3）①根據(jù)晶胞可知，Mg原子位于頂點，Ni原子位于面心，而C位于體心；

②根據(jù)均攤法和ρ=mV16．【答案】（1）+1價（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）由化合價代數(shù)和為0可知，次磷酸鈉中磷元素的化合價為+1價，故答案為：+1價；（2）由題意可知，溶液中鎳離子與次磷酸根離子反應生成亞磷酸、氫離子和鎳，反應的離子方程式為Ni2++H2PO2?+H2O=H3PO3+Ni+H+，故答案為：Ni2++H2PO2?+H2O=H3PO3+Ni+H（3）①由實驗裝置圖可知，裝置A中盛放燒堿溶液的儀器為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；②由分析可知，裝置BB為空載儀器，做安全瓶，起防倒吸的作用，故答案為：安全瓶，防倒吸；③由實驗裝置圖可知，裝置C中發(fā)生的反應為磷化氫與次氯酸鈉溶液共熱反應制備次磷酸鈉，反應的化學方程式為PH3+2NaClO+NaOHΔ__NaH2PO2+2NaCl+H2O，故答案為：PH3+2NaClO+NaOHΔ__NaH2PO④由表格中的數(shù)據(jù)可知，次磷酸鈉的溶解度隨溫度變化較大，則充分反應后，將A、B中溶液混合，將混合液采用蒸發(fā)濃縮，有大量晶體析出時，趁熱過濾，濾液再冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥得到次磷酸鈉，故答案為：趁熱過濾；（4）由題給方程式可得：次磷酸鈉的物質的量為0.100mol/L×0.03L—0.100mol/L×0.024L×12=0.0018mol，則1.00g粗產品的純度為0.0018mol×4×88g/mol

【分析】（1）根據(jù)化合物中各元素的化合價代數(shù)和為計算；

（2）NiSO4和NaH2PO2發(fā)生反應Ni2++H2PO2?+H2O=H3PO3+Ni+H+；

（3）由實驗裝置圖可知，實驗前，應用氮氣排除裝置中的空氣，防止黃磷被氧化，裝置A中黃磷與氫氧化鈉溶液反應生成次磷酸鈉和磷化氫，裝置B為空載儀器，做安全瓶，起防倒吸的作用，裝置C中磷化氫與次氯酸鈉溶液共熱反應制備次磷酸鈉，裝置D中盛有的酸性高錳酸鉀溶液用于吸收磷化氫，防止污染空氣；

（4）根據(jù)關系式：I2~H2PO2?~2S2O17．【答案】（1）酯基、羥基（2）2-丙醇或異丙醇（3）（4）取代反應（5）（6）（7）→ΔNaOH/H2O→催化劑，Δ【解析】【解答】（1）根據(jù)M的結構簡式，推出M中含有官能團為羥基和酯基；故答案為：羥基和酯基；（2）根據(jù)分析可知A的結構簡式為，其名稱為2-丙醇或異丙醇；（3）根據(jù)分析可知，B的結構簡式為，分子中含有酮羰基，C與B含氧官能團相同，則C的可能的結構簡式為；故答案為：；（4）反應④為F（）生成G的過程，發(fā)生甲基的取代反應，故答案為：取代反應；（5）D與I通過酯化反應生成M，則化學反應方程式為；故答案為：；（6）結構中含有酚羥基，說明含有苯環(huán)和酚羥基，根據(jù)不飽和度，同分異構體中含有碳碳雙鍵，不存在順反異構，說明不飽和碳原子上連有相同的原子，因此符合條件的同分異構體為；故答案為：；（7）根據(jù)題中所給已知，G在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應，得到，然后發(fā)生氧化反應，得到，最后與H2發(fā)生加成反應，得到目標產物，路線為→ΔNaOH/H2O→催化劑，ΔO2→催化劑，ΔH2；故答案為：→ΔNaOH/

【分析】B的核磁共振氫譜只有1個峰，結合B的分子式可知，B為，A為，A發(fā)生氧化反應生成B；C和氫氣發(fā)生加成反應生成D，C、D分子中碳原子個數(shù)相等且D中含有1個醇羥基，反應⑤為酯化反應，根據(jù)該反應產物的結構簡式知，D為，I為，E發(fā)生信息中反應生成F，根據(jù)E分子式及信息知E為，F(xiàn)為，F(xiàn)中甲基上的兩個H原子被Cl原子取代生成G為。18．【答案】（1）提高浸取速率和銅的浸取率（2）③⑤（3）Cu+2N（4）溫度過高會導致H2O2分解（5）NH4Cl；RH（6）9；b~c段，隨著c(OH－)的增大，銨根離子和OH－結合生成NH3?H2O，c(NH3)增大，反應Cu(OH)2+4NH3?[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移動，溶液中[Cu(NH3)4]2+濃度變大，銅元素含量上升；c~d段隨著c(OH－)的進一步增大，Cu(OH)2+4NH3?[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向進行，溶液中[Cu(NH3)4]2+濃度變小，銅元素含量下降?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）粉碎操作可增大浸取液和廢舊電路板的接觸面積，從而提高浸取速率和銅的浸取率。（2）分液是把兩種互不混溶的液體分離開的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步驟是③⑤。（3）該過程發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為Cu+2NH（4）溫度過高會導致H2O2分解，從而可能使得銅元素的浸出率下降。（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步驟，操作⑤分液得到的有機層中包含有機溶劑和RH，可重復用于③步驟。（6）①由圖像可知當pH=9時，銅元素含量最低，故根據(jù)實驗結果分析，處理廢水中Cu2+的最佳pH約為9；②b~c段，隨著c(OH－)的增大，銨根離子和OH－結合生成NH3?H2O，c(NH3)增大，發(fā)生Cu(OH)2+4NH3?[Cu(NH3)4]2++2OH－，該反應的平衡正向移動，溶液中[Cu(NH3)4]2+濃度變大，銅元素含量上升。c~d段隨著c(OH－)的進一步增大，Cu(OH)2+4NH3?[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向進行，溶液中[Cu(NH3)4]2+濃度變小，銅元素含量下降。

【分析】銅電路板粉碎后和NH3、NH4Cl、H2O2等發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為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