6【详解】A．BCl为sp3杂化，呈正四面体，A正确；B．该单体中B有空轨道，N有孤对电子，故存在π键，π电子由N提供，B正确；C．氨气中存在分子间氢键，沸点高，故简单氢化物沸点NH3>CH4，C错误；D．五种元素的单质中，氧化性最强的是Cl2的单质，D正确；故选C。10.常用作化工催化剂，作催化剂载体，若催化剂与载体晶体结构(堆积方式、晶胞参数)越相似，往往催化效果越好。的晶体结构如图所示。下列有关说法不正确的是A.晶体结构中，实线部分为晶胞B.晶胞中O都在晶胞的体内C.向载体中掺杂可以提高催化效果D.晶体的密度小于晶体【答案】B【解析】【详解】A．晶胞是最小的重复单元，图中实现部分是最小的重复单元，属于晶胞，故A正确；B．RuO2晶胞Ru的个数为，由化学式子可知O的个数为4,0有两个在体内，另外四个在面上，故B错误；C．Al3+半径小于Mg2+，在MgF2中引入Al3+可降低晶胞参数，Al-MgF2晶体结构和RuO2更接近，相互作用更强，催化效果更好，故C正确；D．Al-MgF2晶体是Al取代了M，铝的相对原子质量为27，镁的相对原子质量为24，则MgF2晶体的密度小于Al-MgF2晶体，故D正确；故选:B。11.一种耐有机溶剂的网状高分子D的合成路线如图所示：
7下列说法正确的是A.有机物A与B互为同系物B.高分子C极易降解为小分子A、B和C.若只用A和也能合成高分子，但是最终不能形成类似于D的网状高分子D.若，则聚合物C的平均分子量为1234【答案】C【解析】【详解】A．A中不含碳碳双键，B中有一个碳碳双键，故有机物A与B不是同系物，故A错误；B．高分子C中m、p所对应的结构单元不易降解，故B错误；C．若只用A和CO2也能合成高分子，但是最终不能形成类似于D的网状高分子，故C正确；D．若m∶n∶o∶p=5∶2∶2∶1，则聚合物C的平均分子量为1234x，故D错误；故选：C。12.我国科学家研究出一种四室电催化还原有机物的装置。该装置以重氢氧化钾(KOD)溶液为电解质，利用电解原理将质子源在钯()膜电极上变成活性氢原子(H)，活性氢通过钯膜电极渗透到加氢的隔室与有机物发生氢化反应，工作原理示意图如图所示，该实验中为验证质子的来源，采用了同位素示踪法。下列说法错误的是
8A.电极接外电源负极B.若共有被加氢还原，则通过阴离子交换膜的的数目为C.电极上所发生的电极反应方程式为D.当外电路流过的电子数为，则II室与III室质量变化的差值【答案】B【解析】【详解】A．由于从左边移动到右边，故左边为阴极，故Pd(a)电极接外电源负极，A项正确；B．由于a、b两极上都有参与反应，当电子转移数为2mol时，a、b两极各有1mol被加氢还原，故若有1mol被加氢还原，电子转移数为1mol，则通过阴离子交换膜的的数目为1，B项错误；C．Pd(b)电极上所发生的电极反应方程式为，C项正确；D．当外电路流过的电子数为1mol，则Ⅱ室中少了1molD和1mol共20g，Ⅲ室增加1mol并减少1molH，共增加17g，，D项正确；答案选B。13.，反应，将足量的置于某干燥密闭容器中达到平衡。已知密度：，；该温度下，纯水存在如下平衡，相对湿度。下列说法正确的是A.该容器的相对湿度为50%
9B.恒温、恒容，向已达到平衡的体系中再加入，平衡不移动C.恒温、压缩体积，重新达到平衡后，正逆反应速率比原平衡快D.恒温、恒压，再向平衡体系中加入，其转化率增大【答案】A【解析】【详解】A．反应CaSO4(s)+2H2O(g)CaSO4(s)•2H2O(s)Kp==2500，故p(H2O)=0.02atm；纯水存在如下平衡H2O(l)H2O(g)Kp=p(H2O)=0.04atm，该容器的相对湿度为=50%，故A正确；B．恒温、恒容，向100mL已达到平衡的体系中再加入29.6gCaSO4(s)，则占据容器的体积为10mL，相当于压缩体积，则平衡向正向移动，故B错误；C．恒温、压缩体积，重新达到平衡后，因为平衡常数不变，故平衡时水的分压不变，故正逆反应速率不变，故C错误；D．恒温、恒压，再向平衡体系中加入CaSO4•2H2O(s)，其转化率不变，故D错误；故选：A。14.室温下，。室温下通过下列实验探究溶液的性质。实验1：测定某浓度的溶液的，测得为5.2。实验2：向溶液中加氨水至。实验3：向溶液中滴加至。实验4：向溶液中加入固体，有气体产生，同时有白色沉淀。下列说法错误的是A.实验1的溶液中：B.实验2得到的溶液中有C.实验3得到的溶液中有D.实验4的上层清液中有，产生的气体为
10【答案】C【解析】【详解】A．实验1的溶液中pH为5.2，则HSO的电离大于水解，则c(SO)>c(H2SO3)，A正确；B．实验2得到的溶液中有，B正确；C．因为pH=7，实验3电荷守恒等式为，质量守恒等式为c(Na+)=2c(HSO)+2c(SO)+2c(H2SO3)，两式相加消掉c(Na+)得c(Cl-)=c(HSO)+2c(H2SO3)，C错误；D．实验4中BaO2能将Na2SO3氧化成Na2SO4，因为有气体产生，该气体为O2，故Na2SO3全部被氧化，所以白色沉淀为BaSO4，则上层清液中有c()•c(Ba2+)Ksp(BaSO4)，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.盐泥是氯碱工业的废渣，主要含镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐，可用于提取，工艺流程如图所示：I.常见氢氧化物的溶度积如下表：II.物质的溶解度S(水)温度/℃0102040608010020.323.325.230.835.335.833.4
110.2230.2240.2550.2650.2440.2340.205回答下列问题：（1）元素在元素周期表中的位置为_______。（2）滤渣I的主要成分为_______(填化学式)。（3）加稀硫酸调节的目的是_______。（4）加入溶液的主要作用是_______(写出两点)。（5）取少量的滤渣II加入过量的稀硫酸溶解，仍有少量黑色固体不能溶解，该黑色固体是_______，写出生成该黑色固体的离子方程式：_______。（6）流程中加溶液煮沸后，立即趁热过滤的原因是_______。（7）滤液II中_______，若发现滤液II发黄，则处理办法为_______。【答案】（1）第四周期第VIIB族（2）H2SiO3、CaSO4（3）使酸解完全，各种金属阳离子均能溶出（4）氧化Fe2+、Mn2+；使Fe3+、Al3+沉淀完全；（5）①.MnO2②.=2H+（6）温度高时，硫酸钙的溶解度更小而硫酸镁的溶解度更大，因此趁热过滤可以使得钙盐和镁盐分离得更加完全（7）①.4×105②.向滤液中继续加入NaClO溶液，煮沸10min后立即趁热过滤得到滤液【解析】【分析】盐泥主要含镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐，加足量稀硫酸溶解后，得到相应硫酸盐和硅酸，继续加硫酸调节pH值在1-2之间确保各种金属阳离子均能溶出，再进行抽滤，得到滤渣I为生成的硅酸和硫酸钙，滤液中加NaClO溶液调节pH到6，使铁转化为氢氧化铁沉淀，铝元素转化为氢氧化铝沉淀，煮沸10min待反应充分后趁热抽滤，滤液II中主要成分为硫酸镁，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，据此分析解答。【小问1详解】Mn为25号元素，位于周期表中第四周期第VIIB族，故答案为：第四周期第VIIB族；【小问2详解】由以上分析可知滤渣I为酸溶过程中生成的硫酸钙和硅酸，故答案为：H2SiO3、CaSO4；
12【小问3详解】酸溶后继续加硫酸调节pH值在1-2之间确保各种金属阳离子均能溶出，再进行抽滤，故答案为：使酸解完全，各种金属阳离子均能溶出；【小问4详解】具有强氧化性,加入溶液可将溶液中Fe2+、Mn2+氧化便于形成沉淀除去，同时NaClO呈碱性可用其调节pH使Fe3+、Al3+沉淀完全；故答案为：氧化Fe2+、Mn2+；使Fe3+、Al3+沉淀完全；【小问5详解】Mn2+被氧化为MnO2，MnO2为黑色不溶于硫酸的固体，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式为：=2H+，故答案为：MnO2；=2H+；【小问6详解】温度较高时，硫酸钙的溶解度更小而此时硫酸镁的溶解度更大，因此趁热过滤可以使得硫酸钙和硫酸镁分离得更加完全，故答案为：温度高时，硫酸钙的溶解度更小而硫酸镁的溶解度更大，因此趁热过滤可以使得钙盐和镁盐分离得更加完全；【小问7详解】滤液II中=4×105，若发现滤液II发黄，说明Fe3+未沉淀完全，应向滤液中继续加入NaClO溶液，煮沸10min后立即趁热过滤得到滤液，故答案为：4×105；向滤液中继续加入NaClO溶液，煮沸10min后立即趁热过滤得到滤液。16.配合物三氯三(四氢呋喃)合铬易溶于四氢呋喃[THF，]，若有水存在，迅速被水取代，的制备如下：I.制备无水：按如图组装仪器，称取粉末放在石英反应管中央摊平，通入并控制气流速率，打开管式炉加热电源，水浴加热，反应。
13（1）仪器A的名称为_______。（2）氮气通入速率过快可能产生的后果为_______。（3）反应管中只有两种生成物，其中一种为三元化合物，请写出发生反应的化学方程式：_______。（4）也可将和一起加热制得无水，的作用是_______。II.的除水处理：在圆底烧瓶中先加入约，先加入物质A，一天后再加入固体B，经过操作X后再蒸馏，收集66℃的馏分。（5）物质A、固体B可能是_______(填序号)。A.硫酸铜、钠B.、钠C.浓硫酸、钠D.碱石灰、钠（6）操作X的名称为_______。III.合成：按如图连接好仪器(夹持及加热装置略)，将步骤I所得的无水和锌粉放入纸质反应管内，圆底烧瓶中加入步骤II所得的，通后关闭，通入冷却水，加热四氢呋喃至沸腾，回流后再通入冷却至室温。处理掉多余的THF，使反应混合物体积约为，抽滤、干燥后称量，得产品。（7）在本实验中作用是_______(任写两点)。（8）处理掉多余的可采用的方法为_______(填序号)。A.蒸发皿中蒸发溶剂B.水浴蒸馏C.降温结晶，过滤除去
14（9）结合平衡移动原理分析将无水和锌粉放在纸质反应管内的好处是_______。【答案】（1）三颈(口)烧瓶（2）可能吹走粉末（3）（4）与H2O反应，生成HCl抑制水解（5）BD（6）过滤（7）反应物、溶剂（8）B（9）产物可及时脱离反应体系，反应物能充分有效地接触，有利于提高产率【解析】【小问1详解】仪器A为三颈烧瓶；【小问2详解】制备无水CrCl3时，通入N2的速率不宜过快，是因为通入N2速率过快会吹走Cr2O3或带出CCl4(g)过多而不能充分反应；【小问3详解】反应管中只有两种生成物，其中一种为三元化合物，另一种为三氯化铬：；【小问4详解】的作用是与H2O反应，生成HCl抑制水解；【小问5详解】为除去四氢呋喃的水，可先后加入干燥剂，在加入金属钠反应掉剩余的少量水，但不可使用浓硫酸作干燥剂，故选BD；【小问6详解】操作X的名称为过滤，分离难溶物；【小问7详解】在本实验中作用是反应物、溶剂；【小问8详解】配合物三氯三(四氢呋喃)合铬易溶于四氢呋喃，想除去多余的
15可利用互溶在一起的液态混合物沸点的差异采用蒸馏法，故选B。【小问9详解】将无水和锌粉放在纸质反应管内的好处是产物可及时脱离反应体系，反应物能充分有效地接触，有利于提高产率。17.己二腈是制造“尼龙-66”(聚己二酰己二胺)的原料，工业需求量大。其制备工艺很多，发展前景较好的是利用丙烯腈电合成己二腈。I.制备丙烯腈以3-羟基丙酸乙酯通过腈化反应合成丙烯腈，产率达90%~92%，远高于目前丙烯法。其反应过程如下：i.ii.（1）以上两个反应在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下可自发进行。（2）能提高丙烯腈的平衡产率的措施有_______。(写两种)（3）向总压为的恒压密闭容器中加入催化剂，按投料比加入反应物，测得平衡时体系中含碳物质(除乙醇)的物质的量分数随温度的变化如图所示[A的物质的量分数]。①随温度升高，图中的物质的量分数先增大后减小的原因是_______。②a点对应反应i的_______(用含的代数式表示)。II.丙烯腈电合成己二腈电解原理如图甲所示(两极均采用惰性电极)，电解过程中主要副产物为丙腈。实验测得，向
16B极区电解液中加入少量季铵盐，并在值为8时，己二腈的产率最高。（4）电极A为_______极(填“阳”或“阴”)，写出B电极上①的电极反应式：_______。（5）B极区溶液呈酸性会导致己二腈的产率降低，原因可能为_______。（6）己二腈、丙腈的生成速率与加入季铵盐的浓度关系如图乙所示。当季铵盐的浓度为时，每小时A极区溶液的质量变化至少为_______g。【答案】（1）高温（2）升高温度、增加氨的浓度、移除水蒸气、减压等（3）①.反应i、ii均为吸热反应，升高温度，两平衡均正向移动，B物质在反应i产生增多，在反应ii消耗减少，最高点前反应i进行程度大，最高点后反应ii进行程度大②.（4）①.阳②.（5）H+直接在阴极放电，使电流效率降低，同时生成H更有利于丙烯腈转化为丙腈（6）【解析】【小问1详解】该反应为吸热反应，熵增反应，即△H>0,△S>0,当温度较高时，△G=△H-T△S<0,反应可自发进行，故答案为:高温；【小问2详解】该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，增加氨的浓度、移除水蒸气、减压等平衡均正向移动，丙烯腈的平衡产率提高；故答案为：升高温度、增加氨的浓度、移除水蒸气、减压等；【小问3详解】①反应ⅰ、ⅱ均为吸热反应，最高点前反应i进行程度大，最高点后反应ⅱ进行程度大，所以随着温度的升高，B（g）平衡的物质的量分数先增大后减小。②a点时主要发生反应i，假设A投料为2mol，平衡时A、B的物质的量相等，根据三段式可知，平衡时A、B与水蒸气的物质的量均为1mol，再加上NH315mol，总压强为p0kPa，则A、B
17、水蒸气的分压均为，反应i的Kp=。【小问4详解】甲是电解装置，在电解池中阳离子移向阴极，故B为阴极，A为阳极。B电极上①电极反应式：；【小问5详解】H+在阴极会得电子生成氢气，H+直接在阴极放电，使电流效率降低，同时生成H更有利于丙烯腈转化为丙腈；【小问6详解】如图横坐标取值，每小时生成己二腈mol，转移电子mol，丙腈0.9×mol，转移电子1.8×mol，转移电子总量8.6×mol，即迁移氢离子总量8.6×mol，阳极水放电产生氧气0.25×8.6×mol，阳极区质量变化为0.25×32×8.6×g+8.6×=7.74×g。18.化合物H是一种广谱杀菌剂，其合成路线如图所示(部分试剂及反应条件略)：已知：i.Cii.iii.（1）有机物A中官能团的名称为_______。（2）A→B、B→C的反应类型分别为_______、_______。
18（3）B与新制的氢氧化铜反应的化学方程式为_______。（4）写出F的结构简式：_______。（5）写出一种同时满足下列要求的C的同分异构体：_______。①遇氯化铁溶液显色②核磁共振氢谱显示2组峰，峰面积之比为3∶1③不含N-O结构（6）可通过如图所示路线合成：①设计步骤I和IV的目的是_______。②反应I的化学方程式为_______。③M的结构简式为_______。【答案】（1）羟基、碳氯键（2）①.氧化反应②.加成反应（3）（4）（5）、、、（6）①.保护羧基②.③.H2NNHCH3【解析】【分析】由A到B反应条件可知为醇的催化氧化，则B结构为，分析结构及分子式变化可知B到C应为加成反应。结合信息ⅰ可推知F结构为，由H逆推G应为
19。【小问1详解】根据A的结构式可知，有机物A中官能团的名称为羟基、碳氯键；【小问2详解】A→B为为醇的催化氧化，反应类型为氧化反应；B为，B→C发生了醛基的加成反应，反应类型为加成反应；【小问3详解】B为，B与新制的氢氧化铜反应，反应化学方程式为：；【小问4详解】结合信息ⅰ可推知E中羰基和H3ONH2中氨基加成消去，可知F结构为；【小问5详解】①遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱显示2组峰，峰面积之比为3∶1③不含N-O结构，可以写出符合要求的同分异构体有、、、；【小问6详解】
