北京市第四中学2023届高三考前保温练习化学试题（含解析）

这是一份北京市第四中学2023届高三考前保温练习化学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，实验题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

北京市第四中学2023届高三考前保温练习化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如图。下列关于该有机物的说法不正确的是

A．存在含有2个酯基的异构体 B．分子中有5种官能团
C．能与Br2发生取代反应和加成反应 D．1mol该有机物最多消耗2molNaOH
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．MgCl2的形成过程：
B．顺－2－丁烯的球棍模型：
C．CO2的空间填充模型：
D．基态氮原子的轨道表示式：
3．下列方程式能准确解释事实的是
A．呼吸面具中用吸收并供氧：
B．自然界的高能固氮：
C．苯酚钠溶液通入后变浑浊：2+H2O+CO22+Na2CO3
D．白醋可除去水壶中的水垢：
4．下列事实不能直接从原子结构角度解释的是
A．化合物ICl中I为+1价 B．第一电离能：N＞O
C．熔点：纯铁＞生铁 D．热稳定性：NH3＞PH3
5．用下图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是


①中实验
②中现象
A
加热1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物
酸性溶液褪色
B
加热溶液和浓NaOH溶液的混合物
溶液先变浑浊后澄清
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸一段水柱
A．A B．B C．C D．D
6．某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。

下列分析不正确的是
A．若②中只加入NH4Cl不可以实现上述现象
B．③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2O
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
7．能用如图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是


气体
制备试剂
烧杯中试剂
A
NO2
铜与浓硝酸
NaOH溶液
B
CO2
大理石和硫酸
石灰水
C
C2H2
电石与水
水
D
Cl2
MnO2与浓盐酸
饱和NaCl溶液
A．A B．B C．C D．D
8．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的核磁共振氢谱吸收峰的面积比1∶2∶3
B．F的同分异构体有7种(不考虑手性异构体)
C．H中含有配位键
D．G和H反应生成X的反应类型为加聚反应
9．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液作模拟海水，采用惰性电极，用如图装置处理有机废水(含CH3COO-)。下列说法错误的是

A．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．b极每生成1molH2，理论上可以从模拟海水中除盐117g
D．正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
10．根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸溶液，将得到的气体直接通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比S的强
B
向乙醇和煤油中分别加入Na，前者有气泡后者没有
证明乙醇有－OH
C
将2体积SO2和1体积O2混合通入装有灼热V2O5的容器中充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色
说明SO2和O2的反应有一定的限度
D
将用稀硫酸酸化的KMnO4溶液滴入FeCl2溶液中，紫色退去
氧化性：KMnO4＞Fe3+
A．A B．B C．C D．D
11．向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反应：2A(g)+2B(g)3C(s)+4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如表所示。下列判断正确的是
压强Mpa
平衡常数
温度/℃
1.0
1.5
2.0
300
a
b
16
516
c
64
d
800
160
f
g
A．c＞a，g＞f B．正反应是放热反应
C．2.0MPa、800℃时，A的转化率最小 D．1.5MPa、300℃时，B的转化率为50%
12．室温时，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是

A．a点处存在c(NH)+c(NH3•H2O)=0.1mol•L-1
B．b点处存在c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH-)
C．由b到c发生反应的离子方程式为H++NH+2OH-=NH3•H2O+H2O
D．图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点
13．实验室用如图方法制备饮用水消毒剂ClO2：

已知：电负性：N＞Cl
下列说法不正确的是
A．NH4Cl的电子式为
B．电解池中阳极反应为：NH+3Cl--6e-=NCl3+4H+
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，则X为NaCl
D．键角大小：NH＞NH3＞ClO
14．工业上用和合成甲醇涉及以下反应：
I．  
II．  
在催化剂作用下，将和的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时，的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。下列判断合理的是

已知：平衡时甲醇的选择性为生成甲醇消耗的在总消耗量中占比。
A．，
B．250℃前以反应Ⅱ为主
C．，平衡时甲醇的选择性为60%
D．为同时提高的平衡转化率和平衡时甲醇的选择性，应选择的反应条件为高温、高压

二、结构与性质
15．配合物在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题：
(1)Ni与CO形成的配合物Ni(CO)4为无色液体，易溶于CCl4、CS2等有机溶剂。Ni(CO)4为______(填“极性”或“非极性”)分子，______(“能”或“不能”)判断该分子的构型为平面正四边形。
(2)茜草中的茜素与Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料。

基态Ca2+的核外电子的运动状态有______种，配合物X中Al3+的配体除外还有______，茜素水溶性较好的主要原因是______。
(3)向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液后，经提纯、结晶可得到KFe[Fe(CN)6]普鲁士蓝蓝色晶体。实验表明，CN-、Fe2+、Fe3+通过配位键构成了晶体的骨架。其局部结构如图1，记为I型立方结构。将I型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的晶胞(如图2，记为II型立方结构，下层左后的小立方体g未标出)。

①通过______实验，可确定该晶体结构(填标号)。
a.核磁共振     b.红外光谱     c.X射线衍射      d.质谱
②已知铁的电离能数据如表：
电离能/(kJ•mol-1)
I1
I2
I3
I4
……
Fe
759
1561
2597
2597
……
则，铁的I4大于I3的可能原因是：______(写2条)。
③可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是______。
④若Fe2+位于II型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+位于II型立方结构的______上；一个II型立方结构中含______个K+；若KFe[Fe(CN)6]的摩尔质量为Mg/mol，该蓝色晶体密度为ρg/cm3，II型立方结构的边长为anm，则阿伏加德罗常数的值可表示为_______。

三、实验题
16．H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白，是环保型液体漂白剂。有研究表明，H2O2溶液的漂白性是HO所致。
资料：HO和H2O2可以发生反应HO+H2O2=H2O+O2+OH-
(1)H2O2___________(填“是”、“不是”)直线型分子，含有共价化学键类型___________。
(2)H2O2溶液显弱酸性，测得0.15mol•L-1H2O2溶液pH约为6.写出H2O2第一步电离方程式：___________。
(3)其他条件相同时，研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果，结果如图：

由图可得到的结论是___________，结合平衡移动原理简述理由：___________。
(4)实验发现：若pH>11，则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。针对这一现象，继续进行实验，测定不同初始pH条件下，初始浓度均为0.15mol•L-1的H2O2溶液发生分解反应，结果如表：
初始pH
pH=6
pH=10
pH=12
初始H2O2浓度
0.15mol•L-1
0.15mol•L-1
0.15mol•L-1
1小时后H2O2浓度
0.15mol•L-1
0.13mol•L-1
0.07mol•L-1
1小时后pH
pH=6
pH约为10
pH约为12
①结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因：___________。
②分析pH过大，H2O2溶液漂白效果会降低的原因：___________。
(5)为验证Cu2+对H2O2分解的催化作用，该小组向四支盛有10mL5%H2O2的试管中滴加不同溶液，实验记录如表：
试管
I
II
III
IV
滴加试剂
2滴1mol/LNaCl
2滴1mol/LCuSO4
2滴1mol/LCuSO4和2滴1mol/LNaCl
2滴1mol/LCuSO4和4滴1mol/LNaCl
现象
无气泡产生
均产生气泡，且气泡速率从II到IV依次加快
①实验I的目的是___________。
②由上述实验可得出的结论是___________。
③III实验过程中观察到有白色沉淀(CuCl)生成，反应的机理表示为：
i．H2O2+2Cu2++2Cl-=O2+2CuCl+2H+
ii．___________。
反应速率i<反应ii
气泡速率从II到IV依次加快的原因：___________。

四、有机推断题
17．多环化合物Y是一种药物合成的中间体，它的一种合成路线如下图(部分反应条件或试剂略去)。

已知：i．
(1)A的名称是_______。
(2)下列说法中，正确的是_______(填序号)。
a．由A制备B时，需要使用浓硝酸和浓硫酸
b．D中含有的官能团只有硝基
c．D→E可以通过取代反应实现
(3)E→G的化学方程式是_______。
(4)I的结构简式是_______。
(5)J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是_______。
(6)K中除苯环外，还含有一个五元环，K的结构简式是_______。
(7)已知：ii．
iii．亚胺结构()中C=N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i的反应。M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如下图。

写出中间产物1、中间产物2的结构简式_______、_______。

五、工业流程题
18．工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体NiSO4•6H2O。
(1)制备含Ni2+溶液
高磷镍铁铁合金含Ni2+溶液
已知：i．高磷镍铁和镍铁合金中元素的百分含量：
元素/%
Ni/%
Fe/%
P/%
Co/%
Cu/%
高磷镍铁
4.58
70.40
16.12
0.22
0.34
镍铁合金
52.49
38.30
5.58
1.73
1.52
ii．金属活动性：Fe＞Co＞Ni＞H＞Cu
①依据数据，“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分______。
②“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是______。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4•6H2O的产率，可向电解质溶液中加入______(填试剂)。
(2)制备NiSO4•6H2O

已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Co2+
Ni2+
完全沉淀的pH
2.8
8.3
6.7
9.4
8.9
①加入Na2CO3之前，NaClO和Fe2+反应离子方程式是_______，Na2CO3的作用是：______。
②铜元素的质量：含铜滤渣＜镍铁合金，原因是：______，H2S反应的反应的离子方程式______。
③已知Ni(OH)2的Ksp为5.48×10-16，滤液1中c(Ni2+)=1.37 mol/L。结合数据说明不能通过调节溶液的pH除去Cu2+的原因：______。(已知：lg5=0.7)
④从滤液3中获取NiSO4•6H2O的操作是______、洗涤、干燥。

六、实验题
19．实验小组研究Ag2S的生成与转化。
已知：i. AgCl(s) + 3Cl-(aq)⇌AgCl(aq)
ii.常温下一些盐在水中的溶解度及颜色如下表：
盐
AgCl
Ag2S
Ag2SO3
Ag2SO4
CuS
溶解度/g
1.5×10-4
1.3×10-16
4.6×10-4
0.796
1.08×10-17
颜色
白色
黑色
白色
白色
黑色
(1)证明AgCl能够转化为Ag2S，实验如下：

① AgNO3溶液是溶液_______(填“a”或“b”)，另一溶液是NaCl溶液。
② 现象a是_______。
(2)研究CuCl2溶液能否使Ag2S转化为AgCl，实验如下：

① 白色固体含AgCl，结合平衡移动原理解释加水稀释产生白色固体的原因：_______。
② 小组同学对Ag2S转化为AgCl的原因提出假设：
假设一：S2-可与Cu2+形成CuS，从而降低，加入Cu2+是使Ag2S发生转化的主要原因；
假设二：Ag+可与Cl-形成，从而降低，加入Cl-是使Ag2S发生转化的主要原因。
……
小组同学设计对比实验，证明假设二不合理，实验操作和现象是_______。
(3)有文献表明，HNO3能使Ag2S转化为Ag2SO3，实验如下：

① 加入浓氨水，溶解白色固体a的目的是_______。
② 检验白色固体b中含有亚硫酸根的实验操作和现象是_______。
(4)综合上述实验，溶解度较大的银盐转化为Ag2S较容易；而使Ag2S转化为溶解度较大的银盐，可采取的措施有_______。

参考答案：
1．D
【详解】A．该结构存在含有2个酯基的异构体如：，故A正确；
B．该分子中共有羟基、醚键、碳碳双键、碳溴键、酯基5种官能团，故B正确；
C．该分子中含有碳碳双键可以与Br2发生加成反应，苯环上的H原子与Br2发生取代反应，故C正确；
D．该有机物中含有酚羟基、酯基和碳溴键，1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选D。
2．A
【详解】A．用电子式表示MgCl2的形成过程：，故A正确；
B．顺-2-丁烯的结构是两个甲基在平面的同侧，选项中的是反-2-丁烯，故B错误；
C．已知CO2是直线形分子，故CO2的空间填充模型为：，故C错误；
D．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为：，故D错误；
故答案选A。
3．A
【详解】A．根据反应可知呼吸面具中用吸收并供氧，A符合题意；
B．是人工固氮，自然界的高能固氮是N2和O2在高温或放电条件下反应生成NO的过程，B不合题意；
C．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞，故苯酚钠溶液通入后变浑浊的反应原理为：+H2O+CO2+NaHCO3，C不合题意；
D．由于醋酸是弱酸，则白醋可除去水壶中的水垢的离子方程式为：，D不合题意；
故答案为：A。
4．C
【详解】A．Cl和I同主族，最外层电子数相等，但I原子半径大于Cl，故Cl非金属性即得电子能力大于I，则化合物ICl中I为+1价，能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；
B．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，由于第ⅤA族元素最外层p轨道处于半满稳定结构，所以它们的第一电离能大于同周期相邻元素，所以N的第一电离能大于O，故B不符合题意；
C．生铁是合金，熔点低，纯铁的熔点高，与合金内部原子的排布有关，与原子结构无关，故C符合题意；
D．N和P同主族，最外层电子数相等，但P原子半径大于N，故N非金属性大于P，则简单氢化物热稳定性NH3大于PH3，能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；
故选C。
5．A
【详解】A．乙醇易挥发，乙醇及生成的1-丁烯均使高锰酸钾溶液褪色，所以溶液褪色不能证明①中有1-丁烯的生成，故A符合题意；
B．加热溶液和浓NaOH溶液的混合物产生氨气，将氨气通入溶液，最初产生沉淀，后沉淀溶解，得到银氨溶液，则可以证明①中发生反应，故B不符合题意；
C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和溶液的上层得到无色油状液体，则可以证明①中发生反应，故C不符合题意；
D．将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，试管①中压强减小，导管中倒吸一段水柱，则可以证明①中发生反应，故D不符合题意；
答案选A。
6．C
【分析】①中高锰酸钾受热制备氧气，装置②中氯化铵与强氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的NO与过量的O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜溶液，据此回答。
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，两者在试管口又会化合生成氯化铵，A正确；
B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化生成一氧化氮，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，B正确；
C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，C错误；
D．装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜溶液，D正确；
故选C。
7．A
【详解】A．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2、水，NO2采用排空法收集后，多余的尾气可以采用NaOH溶液吸收，故A正确；
B．实验室制取二氧化碳不选用大理石和硫酸，因为会生成硫酸钙覆盖在碳酸钙表面阻止反应，应该选用稀盐酸和碳酸钙反应，故B错误；
C．电石与水反应生成氢氧化钙和乙炔，乙炔与水不反应，尾气乙炔应该用酸性高锰酸钾溶液吸收处理，故C错误；
D．氯气与饱和NaCl溶液不反应，不能用饱和氯化钠吸收尾气，应该选用氢氧化钠溶液进行吸收，故D错误；
故选：A。
8．B
【详解】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的结构简式为,其核磁共振氢谱吸收峰的面积比1∶2∶3，A正确；
B．F的同分异构体中可能是醇或醚，如果同分异构体为一元醇，相当于丁烷中的一个氢原子被羟基取代，丁烷有正丁烷和异丁烷，正丁烷有2种氢原子、异丁烷有2种氢原子，其一元醇的同分异构体有4种，去除其本身还有3种；如果同分异构体为醚，有CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3，所以符合条件的同分异构体有6种，B错误；
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，所以H中含有配位键，C正确；
D．G和H反应过程中发生加聚反应生成加聚物X，D正确；
故选B。
9．B
【分析】CH3COO-转化为CO2化合价升高发生氧化反应为原电池的负极，而b极为正极。
【详解】A．CH3COO-氧化为CO2，反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，A项正确；
B．原电池中离子的移动方向为海水中Cl-移向负极而Na+移向正极，最终实现海水淡化得到淡水，所以膜为隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；
C．电子不能下水，而溶液中的离子代替其移动，即n(Cl-)=n(e-)，又H2~2e-得到n(e-)=2mol= n(Cl-)=n(NaCl)除去，所以除去的盐质量为2mol×58.5g/mol=117g，C项正确；
D．由得失电子守恒得到关系式为CH3COO-~8e-~2CO2~4H2，所以正负极气体物质的量之比为4:2=2:1，D项正确；
故选B。
10．C
【详解】A．亚硫酸不是S的最高价氧化物对应的水化物，所以不能比较S与Cl的非金属性强弱，故A不符合题意；
B．能与金属钠反应产生气泡的官能团不一定是-OH，该反应不能说明乙醇中一定含有-OH，故B不符合题意；
C．在相同条件下，2体积SO2和1体积O2反应，前者产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，说明反应后有SO3生成，后者褪色，说明反应后仍然存在SO2，能够说明SO2和O2的反应有一定的限度，故C符合题意；
D．氯离子也能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾褪色，该实验不能证明氧化性：KMnO4＞Fe3+，故D不符合题意；
故答案选C。
11．D
【详解】A．平衡常数只与温度相关，温度不变，K不变，所以g=f，故A错误；
B．由表格中的数据可知，平衡常数随温度升高而增大，平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故B错误；
C．因为正反应为吸热反应，所以800℃、相同压强时，A的转化率最大，而反应前后气体的分子数相等，所以800℃时，三种压强下的A的转化率都相同，故C错误；
D．1.5MPa、300℃时，平衡常数b=16，设平衡时体积为V，B的物质的量的变化量为x,则达平衡时，A、B、D的物质的量分别为1-x、1-x、2×=16，x=0.5mol，则B的转化率为×100%=50%，故D正确；
故选：D。
12．B
【详解】A．a点处溶液的体积是原来的两倍，c(NH)+c(NH3•H2O)=0.05mol•L-1，A错误；
B．b点处加入的氢氧化钠溶液的体积大于100mL，故c(Na+)＞c(SO)，SO和NH均来自于NH4HSO4，随着氢氧化钠溶液的加入，铵根的浓度的减小有两个原因，一是体积的增大，二是铵根和氢氧根反应，故c(SO)＞c(NH)，此时溶液中的c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L浓度最小,B正确；
C．由起点到a发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，由b到c发生反应的离子方程式为NH+OH-=NH3•H2O，C错误；
D．加酸、碱均抑制水的电离，水解促进电离，a点为(NH4)2SO4、Na2SO4的混合溶液，b点为(NH4)2SO4、Na2SO4、氨水的混合溶液但此时溶液呈中性，c点为(NH4)2SO4、NH3·H2O和Na2SO4的混合溶液，d点为Na2SO4和NH3·H2O的混合溶液，则a点水的电离程度最大，D错误。
故选B。
13．C
【分析】电解池中，阳极发生氧化反应，
【详解】A．NH4Cl为离子型化合物，由铵离子和氯离子构成，电子式正确 ，A正确；
B．电解池中阳极上铵根放电生成NCl3，电极反应为，B正确；
C．NaClO2与NCl3恰好完全反应，生成ClO2、NH3、NaOH和NaCl，，则X为NaOH、NaCl，C错误；
D．中N原子的价层电子对数为，NH3中N原子的价层电子对数为，中Cl的价层电子对数为，由斥力：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，键角大小：，D正确；
故答案为：C。
14．C
【详解】A．由图可知，温度越高，的转化率越小，平衡逆向移动，所以反应I为放热反应，反应II为吸热反应，A错误；
B．由图可知，当温度高于250℃，的转化率随温度的升高而增大，则250℃以后以反应II为主，B错误；
C．，转化率为 ，平均相对分子质量为20，混合气体总物质的量为： 则为，设甲醇为，为，，，,，计算，，甲醇的选择性为，C正确；
D．因为反应I为放热反应，升高温度，的平衡转化率降低，D错误；
故选C。
15．(1) 非极性 不能
(2) 18 H2O、OH- 能和水分子形成氢键
(3) c Fe3+所带电荷数比Fe2+大，再要失去一个电子需要克服的电子引力比Fe2+大，消耗的能量比Fe2+大；Fe3+的3d能级半充满，结构稳定，难失去电子 普鲁士蓝中铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的 顶点和面心 4 ×1021

【详解】（1）CCl4、CS2是非极性溶剂，Ni与CO形成的配合物Ni(CO)4为无色液体，易溶于CCl4、CS2等有机溶剂，根据相似相溶的原理，Ni(CO)4为非极性分子，正四面体形和平面正方形都是非极性的，不能判断该分子的构型为平面正四边形。
（2）钙为20号元素，钙原子失去2个电子形成基态Ca2+，则核外电子数为18，运动状态有18种；配合物X中A13+的配体除外还有H2O、OH-，茜素水溶性较好的主要原因是①分子中含有亲水性的羟基、羰基，②能和水分子形成氢键。
（3）①通过X射线衍射实验，可确定晶体结构，故选c；
②铁的I4大于I3的可能原因是：Fe3+所带电荷数比Fe2+大，再要失去一个电子需要克服的电子引力比Fe2+大，消耗的能量比Fe2+大；Fe3+的3d能级半充满，结构稳定，难失去电子；
③普鲁士蓝中铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子几乎不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
④由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到II型立方结构，若Fe2+位于II型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+位于II型立方结构的顶点和面心上；根据均摊法，1个I型立方结构中CN-数目为12=3，则一个II型立方结构中含CN-数目为24个，由化学式可知，一个II型立方结构中含4个K+；若KFe[Fe(CN)6]的摩尔质量为Mg/mol，该蓝色晶体密度为pg·cm-3，II 型立方结构的边长为anm，则pg·cm-3= ，阿伏加德罗常数的值可表示为NA=×1021。
16．(1) 不是 极性键和非极性键
(2)H2O2HO+H+
(3) 其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好 c(OH-)增大，促使H2O2HO+H+正向移动，c(HO)增大，漂白效果越好
(4) 碱性条件下：H2O2+OH-=HO+H2O，又知HO+H2O2=H2O+O2+OH-，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH没有明显变化 pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO)下降，故漂白效果降低
(5) 对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用 NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强 2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2++2Cl-+2H2O Cl-和Cu+结合提高降低Cu+的浓度提高Cu2+的氧化性，加快了反应i的速率，从而加快了H2O2分解反应速率；c(Cl-)越大和Cu+结合能力越强，Cu2+氧化性越强，反应i的速率越快

【详解】（1）H2O2不是直线型分子，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书面夹角为93°52′，而两个O−H键与O−O键的夹角均为 96°52′，结构式可以表示为H-O-O-H，因此含有共价化学键类型为O-H极性键和O-O非极性键，故答案为：不是；极性键和非极性键；
（2）H2O2第一步电离方程式：H2O2HO+ H+，故答案为：H2O2HO+ H+；
（3）根据图象可知，其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好；因为c(OH-)增大，促使H2O2HO+ H+正向移动，c(HO)增大，漂白效果越好，故答案：为其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好；c(OH-)增大，促使H2O2HO+ H+正向移动，c(HO2-)增大，漂白效果越好；
（4）①碱性条件下：H2O2 + OH-= HO+ H2O，又知HO+ H2O2 = H2O+ O2 + OH-，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变；②pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO2-)下降，故漂白效果降低，故答案为：碱性条件下：H2O2 + OH-= HO+ H2O，又知HO+ H2O2 = H2O+ O2 + OH-，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变； pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO)下降，故漂白效果降低；
（5）①10mL5% H2O2 的试管中滴2滴1mol/L NaCl，无气泡产生，说明NaCl对H2O2分解没有催化作用，实验I的目的是对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用；
②由实验I、II、III、IV对比可知，可得出的结论是NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强；
③实验是为了验证Cu2+对H2O2分解的催化作用，因此总反应为2H2O2=2H2O+ O2，III实验过程中观察到有白色沉淀(CuCl)生成，反应为i为H2O2+2Cu2++2Cl- =O2+2CuCl+2H+，因此可得ii 为2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2+ +2Cl- + 2H2O，题干说明反应速率i<反应ii，因此气泡速率从II到IV依次加快的原因：Cl-和Cu+结合提高降低Cu+的浓度提高Cu2+的氧化性，加快了反应i的速率，从而加快了H2O2分解反应速率；c(Cl-)越大和Cu+结合能力越强，Cu2+氧化性越强，反应i的速率越快；
故答案为：对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用；NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强；2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2++2Cl-+2H2O；Cl-和Cu+结合提高降低Cu+的浓度提高Cu2+的氧化性，加快了反应i的速率，从而加快了H2O2分解反应速率；c(Cl-)越大和Cu+结合能力越强，Cu2+氧化性越强，反应i的速率越快。
【点睛】考查了过氧化氢的性质、弱电解质的电离平衡的相关知识。
17．(1)甲苯
(2)ac
(3)2 +O22 +2H2O
(4)
(5)1：2
(6)
(7)

【分析】根据A的分子式及E的结构简式可知：A为 ，A中氢原子被硝基取代生成B为 ，B发生取代反应生成D，然后D发生水解反应生成E，则D结构为；E为 ，E发生催化氧化生成G为 ，G发生“已知i”反应，I为 ，J在一定条件下反应生成X，碱性条件下X发生水解反应，根据K、L的分子式可知：K为 ，L为 ，K发生水解、酸化得M为 ，M和L通过系列反应得到Y。
【详解】（1）根据上述分析可知A是 ，则A的名称是甲苯；
（2）a．A是 ，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热50-60℃发生苯环上氢原子的取代反应生成B为 ，a正确；
b．根据上述分析可知D是 ，根据其分子结构简式可知D分子中含有的官能团有硝基和碳氯键，b错误；
c．D是 ，E为 ，D与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生E，故D→E可以通过取代反应实现，c正确；
故合理选项是ac；
（3）E是 ，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以与O2在Cu催化下加热，E发生催化氧化生成G： ，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O；
（4）根据上述分析可知：I为 ；
（5）根据流程图可知J结构简式是： ，J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据C原子守恒，可知生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是1：2；
（6）根据上述分析可知K结构简式是；
（7）L是，M是 ，L、M发生信息ii的反应产生中间产物1是 ，然后羰基与H2发生加成反应产生中间产物2是 ，最后发生消去反应产生Y。
18．(1) 铁元素和磷元素 H2 H2SO4溶液
(2) ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O 调节pH使Fe3+生成Fe(OH)3 金属活动性Fe＞Co＞Ni＞H＞Cu，电解的过程中大多数Cu元素都变成阳极泥 Cu2++H2S=CuS+2H+ 根据Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)×c2(OH-)=5.48×10-16可知，Ni2+开始沉淀的c(OH-)为2.0×10-8 mol/L，即Ni2+开始沉淀的pH为6.3。Cu2+完全沉淀的pH为6.7，调节溶液的pH除去Cu2+时会使部分Ni2+沉淀造成损失 加热浓缩、冷却结晶、过滤

【分析】(1)高磷镍铁，“转炉吹炼”，富集镍元素,除去部分铁元素和磷元素，“电解造液”，用镍铁台金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液获得含有镍离子的溶液；
(2)含镍离子的溶液，加入次氯酸钠和碳酸钠氧化分离，亚铁离子被氧化为铁离子，碳酸钠调节pH，除去铁元素，滤液1含有镍离子、铜离子和钴离子，加入硫化氢沉淀除铜，加入NiOOH沉淀钴离子，过滤获得硫酸镍溶液，经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NiSO4·6H2O，据此分析回答问题。
【详解】（1）①依据数据,“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分铁元素和磷元素；
②电解过程中阴极发生还原反应，氢离子得电子，产生的气体是氢气，电解一段时间后， 有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4•6H2O的产率，故可以加入更易得电子的铜离子防止镍离子放电，故电解过程中阴极产生的气体是H2；电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4•6H2O的产率，可向电解质溶液中加入CuSO4溶液；
（2）①在酸性条件下，NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl-，反应的离子方程式是ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；加入Na2CO3溶液的作用是：调节pH使Fe3+生成Fe (OH)3；
②根据电解原理，越活泼金属越易失去电子被氧化，金属活动性：Fe＞Co＞Ni＞H＞Cu，电解的过程中大多数Cu元素都变成阳极泥，所以铜元素的质量：含铜滤渣＜镍铁合金，H2S反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS+2H+；
③已知Ni(OH)2的Ksp为5.48×10-16，滤液Ⅰ中c(Ni2+)=1.37 mol/L，溶液中c(OH-) =mol/L=2×10-8 mol/L，c(H+)=5.0×10-6 mol/L，故此时溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7；
④结合分析可知，过滤获得硫酸镍溶液，经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NiSO4·6H2O。
19． b 白色沉淀变为黑色沉淀 加水稀释使平衡AgCl(s) + 3Cl-(aq)⇌AgCl(aq)逆向移动，生成白色沉淀 用2mL 4mol/L NaCl溶液浸泡Ag2S沉淀，取上层清液，加水稀释，未见白色沉淀产生 使白色沉淀a中的SO进入溶液中，以便后续检验 向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解 加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；加入合适的氧化剂，将S2-氧化
【分析】(1)证明AgCl能够转化为Ag2S，实验如下：

① 由上图可知，应是向氯化钠溶液中滴加AgNO3溶液至白色沉淀不再生成，证明氯离子沉淀完全，然后再向白色沉淀的溶液中滴加硫化钠溶液，则溶液中白色沉淀转化成了黑色沉淀，证明有硫化银生成；
(2)研究CuCl2溶液能否使Ag2S转化为AgCl，实验如下：

① 白色固体含AgCl，已知：i. AgCl(s) + 3Cl-(aq)⇌AgCl(aq)，用2ml2mol/LCuCl2溶液来浸泡硫化银固体，因为氯离子浓度较大，会有一些硫化银转化为氯化银，而氯化银又继续和氯离子反应生成更稳定的AgCl(aq)离子，所以过滤后，上层清液里含有AgCl(aq)离子，加水稀释，使AgCl(s) + 3Cl-(aq)⇌AgCl(aq)逆向移动，有氯化银白色沉淀生成。
② 小组同学对Ag2S转化为AgCl的原因提出假设：认为Ag+可与Cl-形成，从而降低，加入Cl-是使Ag2S发生转化的主要原因是不合理的，因此做了对比实验，增大了氯离子的浓度，结果再取上层清液加水稀释没有看到白色沉淀出现，认为假设二不合理；
(3)有文献表明，HNO3能使Ag2S转化为Ag2SO3，实验如下：

①用硝酸浸泡硫化银固体，因为硝酸具有强氧化性，所以可把硫化银氧化，生成亚硫酸银白色沉淀，加浓氨水后，亚硫酸银和氨水反应转化为银氨溶液，又向溶液中加入过量的硝酸钡溶液，会生成白色的硫酸钡沉淀，所以加入浓氨水，使白色沉淀a中的SO进入溶液中，以便后续检验，②若白色固体b中含有亚硫酸根，则向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，证明含有亚硫酸根离子；
(4)综合上述实验，可以得出以下结论：溶解度较大的银盐转化为Ag2S较容易；而使Ag2S转化为溶解度较大的银盐不容易，如果要使Ag2S转化为溶解度较大的银盐可采取加入加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；或者加入合适的氧化剂，将S2-氧化；
【详解】(1)证明AgCl能够转化为Ag2S，① 由上图可知，应是向氯化钠溶液中滴加AgNO3溶液至白色沉淀不再生成，证明氯离子沉淀完全，然后再向白色沉淀的溶液中滴加硫化钠溶液，则溶液中白色沉淀转化成了黑色沉淀，证明有硫化银生成；b溶液应为AgNO3溶液， 故答案为b   白色沉淀变为黑色沉淀
(2)研究CuCl2溶液能否使Ag2S转化为AgCl， ① 白色固体含AgCl，已知：i. AgCl(s) + 3Cl-(aq)⇌AgCl(aq)，用2ml2mol/LCuCl2溶液来浸泡硫化银固体，因为氯离子浓度较大，会有一些硫化银转化为氯化银，而氯化银又继续和氯离子反应生成更稳定的AgCl(aq)离子，所以过滤后，上层清液里含有AgCl(aq)离子，加水稀释，使AgCl(s) + 3Cl-(aq)⇌AgCl(aq)逆向移动，有氯化银白色沉淀生成。答案为加水稀释使平衡AgCl(s) + 3Cl-(aq)⇌AgCl(aq)逆向移动，生成白色沉淀     
② 小组同学对Ag2S转化为AgCl的原因提出假设：认为Ag+可与Cl-形成，从而降低，加入Cl-是使Ag2S发生转化的主要原因是不合理的，因此做了对比实验，增大氯离子的浓度，再取上层清液加水稀释没有看到白色沉淀出现，认为假设二不合理；
故答案为：用2mL 4mol/L NaCl溶液浸泡Ag2S沉淀，取上层清液，加水稀释，未见白色沉淀产生；
(3)有文献表明，HNO3能使Ag2S转化为Ag2SO3，①用硝酸浸泡硫化银固体，因为硝酸具有强氧化性，所以可把硫化银氧化，生成亚硫酸银白色沉淀，加浓氨水后，亚硫酸银和氨水反应转化为银氨溶液，又向溶液中加入过量的硝酸钡溶液，会生成白色的亚硫酸钡沉淀，所以加入浓氨水，使白色沉淀a中的SO进入溶液中，以便后续检验，②若白色固体b中含有亚硫酸根，则向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，证明含有亚硫酸根离子；故答案为：①使白色沉淀a中的SO进入溶液中，以便后续检验   ②向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，
(4)综合上述实验，可以得出以下结论：溶解度较大的银盐转化为Ag2S较容易；而使Ag2S转化为溶解度较大的银盐不容易，如果要使Ag2S转化为溶解度较大的银盐可采取加入加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；或者加入合适的氧化剂，将S2-氧化；
故答案为加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；或者加入合适的氧化剂，将S2-氧化；