福建省泉州市第五中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试化学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市第五中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试化学试卷（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了考生作答时，将答案答在答题卡上，下列化学用语或图示表达正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷共15题 满分75分 考试时间：100分钟
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题
1．根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
2．下列关于水处理的说法不正确的是
A．蒸馏法可淡化海水
B．明矾在水中可以水解生成Al(OH)3胶体，起到杀菌消毒作用
C．ClO2、O3均可代替Cl2作为自来水消毒剂
D．Na2S做沉淀剂可处理含Cu2+、Hg2+的工业污水
3．将SO2通入BaCl2溶液中，无明显实验现象。若将某气体与SO2同时通入BaCl2溶液中，生成白色沉淀。该气体不可能是
A．CO2B．Cl2C．O2D．NH3
4．短周期元素G、M、W、X、Y、Z、Q的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示：
下列说法正确的是
A．熔点：YM < Y
B．第一电离能：X > W > G
C．热稳定性： HQ > H2Z > HW
D．酸性：HQO4 > H2ZO4 > H2YO3
5．X和Y两种元素的核电荷数之和为22，X元素原子的核外电子数比Y的少6个。下列说法中不正确的是
A．原子半径：X＜YB．X的单质与Y的单质晶体类型不相同
C．同周期中第一电离能小于X的元素有4种D．X与Y形成的化合物固态时为分子晶体
6．化学与科学、技术、环境密切相关，下列说法不正确的是
A．“神舟”系列飞船返回舱使用的耐高温材料属于有机化合物
B．用于“深地一号”工程中的钻头材料金刚石属于共价晶体
C．月壤中的“嫦娥石”其成分属于无机盐
D．“长征号”火箭采用“液氧/液氢”作为推进剂，“液氢”属于绿色环保燃料
7．光电活性共轭高分子在有机发光二极管、聚合物太阳电池领域具备独特优点，是高分子科学的前沿研究方向。一种梯形共轭光电高分子合成如下图：
已知：(部分产物已省略)
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．和均为催化剂，和的聚合度均为n。
下列说法不正确的是
A．J中碳原子有两种杂化方式
B．生成的反应为缩聚反应
C．可以和NaOH或HCl溶液反应
D．过程中和产物小分子的系数比为1∶n
8．下列化学用语或图示表达正确的是
A．HCl的电子式：B．的VSEPR模型：
C．分子的结构模型：D．乙烯中键与键的数量比为4∶1
9．下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．用过量的氨水吸收：
B．用饱和食盐水制烧碱：
C．用制：
D．用焦炭还原石英砂制粗硅：
10．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．基态Cr的价层电子排布式：3d54s1B．乙醛的分子式：CH3CHO
C．乙烷的空间填充模型：D．CO的空间结构模型
二、多选题
11．利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象可以证明a中产物生成的是
A．AB．BC．CD．D
12．氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。
下列说法不正确的是
A．滤渣A的主要成分为和
B．步骤①、②中均有过滤操作
C．该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D．步骤②反应的离子方程式为
13．葫芦脲是一类大环化合物，在超分子化学和材料科学中发挥着重要的作用。葫芦[7]脲的合成路线如下图。其中，试剂a和试剂b均能发生银镜反应。
下列说法正确的是
A．试剂a的核磁共振氢谱有两组峰
B．E与试剂a的化学计量数之比是
C．试剂b为甲醛
D．E→1mlG时，有生成
14．分布系数δ在处理平衡浓度时，应用广泛。图为草酸的分布系数与pH的关系图
其中，草酸Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5。
下列说法不正确的是
A．图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，如果是碳酸的分布系数曲线，则图像总体右移
B．pH=5时，0.1 ml/L的草酸溶液中，是优势存在形体
C．由图像可知，草酸钠溶液的pH介于2.5~3之间
D．忽略第二步水解，0.1 ml/L的Na2C2O4中的水解率约为62%
15．尿素CO(NH2)2是一种高效化肥和化工原料。反应可用于尿素的制备。下列有关说法正确的是
A．CO2分子为极性分子B．NH3分子的空间结构为平面三角形
C．H2O分子的空间填充模型D．尿素分子σ键和π键的数目之比为7：1
三、解答题
16．钛(T)被称为“未来金属”，钛合金广泛应用于多个领域。
(1)工业上由钛铁矿(主要成分为)在高温下经氯化得到，再制取金属钛的流程如图
①元素在元素周期表的位置是 。
②基态原子的简化电子排布式是 。
③补全反应器中发生反应的化学方程式： 。
④由合成器得到的粗产品是、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到。依据下表信息，加热的温度略高于 即可。
(2)超高硬度生物材料合金是理想的人工髋关节和膝关节材料，其晶体有、两种结构，如下图所示。
①晶胞中，原子周围与它最近且距离相等的原子有 个。
②的晶胞边长为，每个晶胞面上有两个原子。晶体的密度是 (列出计算式)。(已知：阿伏加德罗常数为，)
③与晶体相比，晶体有更长的键键长。上述两种晶体中硬度较高的是 (填“”或“”)。
17．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
I.制取氢气
(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H=+91 kJ·ml-1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2 (g) △H=-4lkJ·ml-1
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式 。
(2)理论上，能提高H2平衡产率的措施有 (写出一条即可)。
II.储存氢气
硼氢化钠(NaBH4) 是研究最广泛的储氢材料之一;
已知： i．B的电负性为2.0 H的电负性为2.1
ii．25℃下NaBH4 在水中的溶解度为55g，NaBO2在水中的溶解度为0.28g
(3)向NaBH4 水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2) 和氢气。写出该反应的化学方程式 。
(4)在研究浓度对催化剂Ru/NGR 活性的影响时，发现B 点后(见下图)增加NaBH4的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是 。
(5)用惰性电极电解NaBO2 溶液可制得NaBH4， 实现物质的循环使用，制备装置如图所示。
①钛电极的电极反应式是 ；
②电解过程中，阴极区溶液pH 。(填“增大”“减小”或“不变”)
18．KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂(含单质金)中提取金。
(1)基态N价层电子排布式为 。
(2)的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为 。
(3)中N为-3价，从结构与性质关系的角度解释其原因： 。
(4)下图为KCN的晶胞示意图。已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为 。(已知：)
(5)浸金过程如下：
i．将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，过滤，得含的滤液；
ii．向滤液中加入足量金属锌，得单质金。
①已知Au与Cu同族，则Au属于 区元素。
②i中反应的离子方程式为 。
③i中，会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是 。
19．氯化银的还原精炼技术是银回收精炼过程中的重要环节，有多种方法还原精炼。
(一)、甲小组选择强还原剂：肼(N2H4)。
在还原AgCl制取银的过程中有对环境无污染气体产生。
(1)①写出相关的化学反应方程式： 。
【资料】工业上一般先向氯化银中加入氨水浆化，然后用N2H4还原，可有利于反应的进行。
②写出浆化过程中的离子反应式： 。从N2H4发生的氧化反应(半反应)的角度分析加入氨水的作用 。
(二)、乙小组换用铁粉还原AgCl制取银，探究其过程和影响因素。
【实验A】在试管中加入NaCl溶液，然后滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀。滤出白色沉淀，继续实验如下：
【资料】①AgCl+Cl-AgCl
②Fe3++4Cl-FeCl
(2)检验ⅱ中产物
①取ⅱ中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液， (填现象)，说明溶液中含有Fe2+。
②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入 (填试剂)溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag。向另一份加入KI溶液，无明显现象。
(3)检验ⅲ中产物。
①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如下实验，确认灰白色固体中含AgCl：
滤液加盐酸未产生沉淀，但加入硫酸后产生了白色沉淀，请结合离子方程式解释原因： 。
②取iii中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如下表。
用离子方程式表示溶液变红的原因 ，Fe3++SCN-Fe(SCN)3。
(4)小组同学认为不能排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验： 。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与Fe3+有关。
(5)实验A中的i~iii中，i中AgCl溶解，iii中又生成AgCl的原因是： 。
乙组实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素
20．黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
已知：
(1)X中含有的含氧官能团为醚键、 。
(2)A→B反应的化学方程式是 。
(3)B→D的反应类型是 。
(4)E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是 。
(5)G转化为J需加入。
①J的结构简式是 。
②的主要作用是 。
(6)F和L生成X经历如下多步反应：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
①M的结构简式是 。
②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第 步（填“一”“二”或“三”）。
操作
现象
结论
A
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有，无
B
向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加溶液
溶液变红
原溶液中有
C
将浓硫酸和蔗糖混合搅拌，并用湿润的品红试纸检验产生的气体
蔗糖变黑，品红试纸褪色
浓硫酸有脱水性和氧化性
D
滴加稀溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无
a中反应
b中检测试剂及现象
A
浓分解生成
淀粉-KI溶液变蓝
B
Cu与浓生成
紫色石蕊变红
C
浓与溶液生成
酚酞溶液变红
D
和浓盐酸生成
溶液变浑浊
熔点/
648.8
714
1667
沸点/
136.4
1090
1412
3287
取样时间
10分钟
12小时
24小时
溶液颜色
浅红色
红色
深红色
参考答案：
1．C
【详解】A．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色说明溶液中一定有钠离子，但不能确定是否含有钾离子，故A错误；
B．溶液中含有铁离子时，滴入硫氰化钾溶液，溶液也会变为红色，则向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变红不能确定溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；
C．浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸和蔗糖混合搅拌，蔗糖脱水碳化，且放出大量的热，具有强氧化性的浓硫酸可与碳共热反应生成二氧化硫和二氧化碳，反应生成的二氧化硫能使品红溶液漂白褪色，则蔗糖变黑，品红试纸褪色说明浓硫酸有脱水性和氧化性，故C正确；
D．溶液中的铵根离子能与氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，不能生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的氨气，则试纸不变蓝不能说明溶液中是否含有铵根离子，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故A正确；
B．明矾水解生成Al(OH)3胶体，能聚沉水中的悬浮物，起到净水作用，但不能杀菌消毒，故B错误；
C．ClO2、O3均具有强氧化性，可实现杀菌消毒，且消毒后的残余物对人、对环境相对友好，可代替Cl2作为自来水消毒剂，故C正确；
D．S2-可将Cu2+、Hg2+变为CuS、HgS沉淀而除去，实现工业废水的初步治理，故D正确；
故选B。
3．A
【详解】A．CO2与二氧化硫以及氯化钡等均不反应，通入后无明显变化，A符合；
B．在溶液中Cl2能把SO2氧化为硫酸根，进而生成硫酸钡沉淀，B不符合；
C．O2能把SO2与水生成的亚硫酸根氧化为硫酸根，进而生成硫酸钡沉淀，C不符合；
D．NH3与SO2在溶液中反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡沉淀，D不符合；
故选A。
4．D
【分析】结合原子半径和化合价由图可知，元素G、M、W、X、Y、Z、Q分别为Li、C、F、Na、Si、S、Cl，据此分析。
【详解】A．由分析知，M为C，Y为Si，碳化硅和单质硅形成的晶体类型均是共价晶体，C-C键的键长小于Si-Si键，碳硅键键能大于硅硅键键能，熔点SiC＞Si，故A错误；
B．由分析知，X为Na元素，W为F元素，G为Li元素，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：F＞Li＞Na，故B错误；
C．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞S，则热稳定性：HF＞HCl＞H2S，故C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，故D正确；
故选：D。
5．D
【分析】假设X的质子数为a，Y的质子数为b，X和Y两元素的质子数之和为22，则a+b=22；X的原子核外电子数比Y的原子核外电子数少6个，则a+6=b，联立解得a=8，b=14，因此X为氧元素，Y为硅元素。
【详解】A．X为O元素，Y为Si元素，同一周期从左至右原子序数递增、原子半径递减，原子半径C＞O，同一主族从上至下原子半径递增，原子半径Si＞C，所以原子半径Si＞O，A正确；
B．X为氧元素，O2、O3固态时均为分子晶体，Y为硅元素，单质硅是共价晶体，B正确；
C．X为O元素，同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势，第VA族元素第一电离能大于同周期相邻的两种元素，所以同周期中第一电离能小于O的元素有4种：Li、Be、B、C，C正确；
D．X为氧元素，Y为硅元素，两者形成的二氧化硅为共价晶体，D错误；
故答案为：D。
6．A
【详解】A．耐高温材料不含碳，属于无机物，A错误；
B．金刚石是熔沸点高、硬度大的共价晶体，B正确；
C．由化学式可知，嫦娥石的主要成分是磷酸盐，属于无机盐，C正确；
D．氢气燃烧产物为水，不会污染环境，因此液氢属于绿色环保燃料，D正确；
答案选A。
7．D
【详解】A．J中的饱和碳原子(-C11H23中碳原子)采用sp3杂化，其余碳原子采用sp2杂化，故A正确；
B．结和已知中i和iii，是高分子化合物，根据已知i可知，生成过程中有小分子生成，故为缩聚反应，故B正确；
C．中含有酰胺键，在NaOH或HCl溶液中都能水解反应，故C正确；
D．过程中生成的小分子是H2O，结合J的结构，和产物小分子的系数比为1∶(2n-1)，故D错误。
答案选D。
8．C
【详解】
A．HCl为共价化合物，电子式：，A错误；
B．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，是平面三角形结构，B错误；
C．分子中存在碳氧双键，结构模型：，C正确；
D．乙烯结构式为：，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，乙烯中键与键的数量比为5∶1，D错误；
故选C。
9．A
【详解】A．用过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为，故A错误；
B．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，常用于工业上制烧碱，离子方程式为，故B正确；
C．TiCl4水解程度很大，能反应完全，其水解反应方程式为；故C正确；
D．石英砂的成分是SiO2，用焦炭还原石英砂制粗硅的化学方程式为，故D正确。
答案选A。
10．B
【详解】A．铬的原子序数是24，基态Cr的价层电子排布式：3d54s1，A正确；
B．乙醛的分子式：C2H4O，B错误；
C．乙烷的分子式为C2H6，空间填充模型：，C正确；
D．CO的价层电子对数为，空间结构为平面三角形，空间结构模型为：，D正确；
故选B。
11．BC
【详解】A．浓有挥发性，能氧化碘离子生成碘单质，A不符合题意；
B．Cu与浓在加热条件下生成，遇水生成亚硫酸，可以使紫色石蕊变红，B符合题意；
C．浓与溶液生成，遇水生成碱，酚酞溶液变红，C符合题意；
D．和浓盐酸生成，但HCl有挥发生，也可以使溶液变浑浊，D不符合题意；
故选BC。
12．AC
【分析】由流程可知，氟碳铈矿在空气中焙烧主要将转化为和，被氧化为，然后再用稀硫酸浸取，进入溶液中，不反应，BaO与硫酸反应生成沉淀，过滤分离、即滤渣A为、，滤液中加还原剂将还原，再加入使转化为，最后灼烧生成。
【详解】A．根据分析可知，由流程可知滤渣A的主要成分为和，故A错误；
B．步骤①是分离滤渣A和溶液，需要过滤，步骤②是分离沉淀，需要过滤操作，故B正确；
C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C错误；
D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为，反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案为AC。
13．BC
【分析】E与试剂a反应生成F，对比E与F的结构简式，试剂a能发生银镜反应，则试剂a为OHCCHO；F与试剂b反应生成G，对比F与G的结构简式，试剂b能发生银镜反应，则试剂b为HCHO。
【详解】A．根据分析可知，试剂a为OHCCHO，分子中只含1种等效氢原子，核磁共振氢谱只有1组峰，A错误；
B．E与试剂a反应的化学方程式：2+OHCCHO→+2H2O，即E与试剂a的化学计量数之比是2∶1，B正确；
C．根据分析，试剂b为HCHO，名称为甲醛，C正确；
D．E→F的化学方程式：2+OHCCHO→+2H2O，F→G的化学方程式：7+14HCHO→+14H2O，则E→1mlG时有28mlH2O生成，D错误；
答案选BC。
14．CD
【详解】A．图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，如果是碳酸的分布系数曲线，由于碳酸的酸性比草酸酸性弱，电离产生的c(H+)更小，因此其pKa1和pKa2比草酸的大，故图像总体向右移，A正确；
B．根据图像可知：δ2表示H2C2O4的分布分数，δ1表示的分布分数，δ0表示的分布分数。pH的第二步电离平衡常数的负对数的值介于4＜pK2＜5，故当pH=5时，0.1 ml/L的草酸溶液中，是优势存在形体，溶液中主要以形式存在，B正确；
C．草酸钠是强碱弱酸盐，其水解平衡常数Kh1===1.6×10-10，所以草酸钠溶液的pH介于9~10，C错误；
D．根据选项C计算可知草酸钠的水解平衡常数Kh1=1.6×10-10，Kh1=1.6×10-10，c()=4.0×10-6 ml/L，则0.1 ml/L的Na2C2O4中的水解率约为=4.0×10-3%＜62%，D错误；
故合理选项是CD。
15．CD
【详解】A．CO2分子是直线型分子，分子结构对称，是有极性键构成的非极性分子，A错误；
B．NH3分子的中心N原子价层电子对数是3+=4，有1对孤电子对，因此NH3空间结构为三角锥形，B错误；
C．H2O分子的中心O原子价层电子对数是2+=4，有1对孤电子对，因此H2O空间结构为V形，由于原子半径：O＞H，则H2O分子的空间填充模型，C正确；
D．尿素分子中含有4个N-H键，2个C- N键，1个C=O双键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键都属于σ键，所以CO(NH2)2分子中的σ键和π键的数目之比为7 ：1，D正确；
故合理选项是CD。
16．(1) 第四周期第ⅣB族 [Ar]3d24s2 2FeTiO3+7Cl2+6C 6CO+2FeCl3+2TiCl4 1412
(2) 8 β-Ti 3 Au
【分析】钛铁矿与氯气和碳单质在反应器反应生成一氧化碳，氯化铁和氯化钛，氯化钛在合成器中与镁反应转化为Ti、MgCl2，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，可以达到分离提纯的目的，据此回答。
【详解】（1）①钛为22号元素，在元素周期表的位置是第四周期第ⅣB族；
②钛为22号元素，基态Ti原子的简化电子排布式是[Ar]3d24s2；
③反应器中的反应物有钛铁矿，氯气和碳单质，方程式为：2FeTiO3+7Cl2+6C6CO+2FeCl3+2TiCl4；
④TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti没有熔化，因此可以达到分离提纯的目的；
（2）①α-Ti 3 Au晶胞中，Ti原子位于面心，以右面面心Ti为例，Ti原子周围与它最近且距离相等的Ti原子有8个；
②在β-Ti3Au晶胞中，Au位于顶点和体心，均摊为2个，Ti位于面心，均摊为6个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，所以晶胞的密度为 ；
③与β-Ti3Au晶体相比，α-Ti3Au晶体有更长的Ti-Au键键长，键能更小，硬度更小。
17．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH=+91kJ·ml−1-41 kJ·ml−1=+50 kJ·ml−1
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaBH4+2H2ONaBO2+2H2↑
(4)NaBH4浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(5) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知①CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H=+91kJ·ml-1；②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=−41 kJ·ml−1；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH=+91kJ·ml−1-41 kJ·ml−1=+50 kJ·ml−1。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高H2平衡产率。
（3）向NaBH4水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2)和氢气，该反应的化学方程式为：NaBH4+2H2ONaBO2+2H2↑。
（4）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加NaBH4的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是NaBH4浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（5）①用惰性电极电解NaBO2溶液可制得NaBH4，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。
18．(1)2s22p3
(2)[:CN:]-
(3)N的电负性大，半径小，对共用电子对吸引力强，共用电子对偏向于N；
(4)
(5) ds 时，溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降
【详解】（1）基态N价层电子排布式为2s22p3。
（2）的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为。
（3）中N为-3价，C为+2价，N的电负性大，半径小，对共用电子对吸引力强，共用电子对偏向于N，所以为-3价；
（4）由KCN的晶胞示意图可知，每个晶胞中含有4个KCN，则该晶体的密度为；
（5）①Au与Cu同族，则都属于ds区；②将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液得含的滤液，该过程为氧气的电子，反应的离子方程式为：；③时，溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降。
19．(1) 4AgCl+N2H4=4Ag+N2+4HCl AgCl+2NH3=Ag(NH3)+Cl- N2H4-4e-=N2+4H+加入氨水，NH3与H+结合产生NH，降低了H+的浓度，从而提高了N2H4的还原性，有利于整个氧化还原反应的进行
(2) 产生蓝色沉淀 硝酸
(3) 加盐酸时，溶液中c(Cl-)较大，发生Ag(NH3)+2Cl-+2H+=AgCl+2NH，故未产生沉淀；加硫酸时，溶液中c(Cl-)较小，发生Ag(NH3)+Cl-+2H+=AgCl↓+2NH，故产生沉淀 4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2O
(4)取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象
(5)ii中Fe2+静置过程中生成的c(Fe3+)逐渐增大，Fe3+将Ag氧化为Ag+，同时Fe3++4Cl-FeCl正向移动，c(Cl-)逐渐减小，AgCl+Cl-AgCl逆向移动，AgCl沉淀析出
【详解】（1）①N2H4还原AgCl生成银，有对环境无污染的气体生成，该气体为氮气，AgCl得电子为氧化剂，则N2H4为还原剂失电子生成氮气，反应的化学方程式为4AgCl+N2H4=4Ag+N2+4HCl。
②AgCl中加入氨水浆化，两者反应生成Ag(NH3)，离子方程式为AgCl+2NH3=Ag(NH3)+Cl-。N2H4-4e-=N2+4H+，加入氨水，NH3与H+结合生成铵根离子，降低了氢离子浓度，促使该反应正向进行，提高了N2H4的还原性。
（2）①Fe2+能与K3[Fe(CN)6]反应生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，观察到有蓝色沉淀生成，即可说明溶液中含有亚铁离子。
②银能与硝酸反应生成硝酸银，再检验银离子的存在即可，实验方法为加入硝酸将其溶解，再加入NaCl溶液生成AgCl白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag。
（3）①加盐酸时，溶液中c(Cl-)较大，发生反应Ag(NH3)+2Cl-+2H+=AgCl+2NH，故未产生沉淀；加硫酸时，溶液中c(Cl-)较小，发生反应Ag(NH3)+Cl-+2H+=AgCl↓+2NH，故产生沉淀。
②iii中上层溶液中含有Fe2+，随着时间推移，Fe2+被氧气氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-结合生成Fe(SCN)3使溶液呈深红色，相关的离子方程式为4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2O。
（4）小组同学认为不能排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，则可设计实验为取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象，这样可以排除氧气的干扰，观察到该实验产生AgCl所需时间更长，说明AgCl的产生主要与Fe3+有关。
（5）实验A中的i~iii中，i中AgCl溶解，iii中又生成AgCl，原因为ii中Fe2+静置过程中生成的c(Fe3+)逐渐增大，Fe3+将Ag氧化为Ag+，同时因为铁离子浓度增大，化学平衡Fe3++4Cl-FeCl正向移动，c(Cl-)逐渐减小，AgCl+Cl-AgCl逆向移动，AgCl沉淀析出。
20．(1)羰基、羟基
(2)+Br2+HBr
(3)取代反应
(4)
(5) 消耗反应生成的HBr，提高J的产率
(6) 二
【分析】
A和Br2发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为，D发生水解反应生成E为，E和试剂a发生取代反应生成F，同时生成HCl，可以推知a为，G和发生取代反应生成J为，J发生已知信息的反应得到K为，K和发生取代反应生成L为，以此解答。
【详解】（1）由X的结构简式可知，X中含有的含氧官能团为醚键、羰基、羟基。
（2）
由分析可知，A和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为：+Br2+HBr。
（3）由分析可知，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D。
（4）由分析可知，试剂a的结构简式是。
（5）
①由分析可知，J的结构简式是；
②G和发生取代反应生成J为，同时有HBr生成，的主要作用是消耗反应生成的HBr，提高J的产率。
（6）
F和L发生已知信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为，M发生加成反应生成N为，M发生取代反应生成X，
①M的结构简式是；
②手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，M中没有手性碳原子，N中含有手性碳原子，则三步反应中涉及生成手性碳原子的为第二步。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
D
D
A
D
C
A
B
题号
11
12
13
14
15





答案
BC
AC
BC
CD
CD