2024届5月模拟考试
化学试题
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Se-79 Bi-209
一、单选题
1. 科技改变生活。有关下列材料描述错误的是
A. 降噪减震材料环氧树脂属于有机高分子材料
B. 四氧化三铁用作油墨红色填料
C. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
D. 微纳米光刻机的原料四甲基氢氧化铵[CH3]4]NOH有较好水溶性
2. 甲硝唑主要用作治疗或预防厌氧菌引起的系统或局部感染，结构简式如图所示，杂环中存在大键。下列说法错误的是
A. 该分子中①号更易和盐酸形成盐，增大药物水溶性
B. 该分子可发生加成反应、消去反应
C. 该分子中含有两种含氧官能团
D. 该分子是极性分子
3. 向溶液中通入气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色[经检验无胶体]，较长时间后变为浅绿色。
已知：①反应I：
反应II：
②溶液酸性越强，溶解度越低
下列说法正确的是
A. 反应II中体现漂白性 B. 反应II的活化能比反应I的活化能高
C. 在反应I、II中均作氧化剂 D. 向红棕色溶液中滴加浓盐酸，颜色加深
4. 碳循环(如图所示)的研究有利于实现我国的碳达峰及碳中和目标。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 可通过加聚反应使葡萄糖转化为淀粉
B. 电催化转化为乙酸时，转移个电子
C. 、分子中碳原子均不存在孤对电子
D. 葡萄糖与乙酸的混合物中含有的氢原子数目为个
5. Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，五种元素可构成某种离子液体的阴离子如图所示。下列说法正确的是
A. Q分别与W、X形成的分子中键角，前者大于后者
B. Y形成的含氧酸均不能使高锰酸钾褪色
C 图示阴离子中X原子有2对孤对电子
D. 氢化物沸点：
6. 一种利用废铜渣(主要成分，及少量等杂质)制备超细铜粉流程如下：
下列说法正确的是
A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为
B. “沉铁”发生反应的离子方程式为
C. “沉铜”发生的反应为复分解反应
D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：
7. 物质Y是一种重要的药物中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A. 中含碳氧键
B. X与互为顺反异构体
C. Y分子中含1个不对称碳原子
D. 可用溶液检验中是否有
8. 常用作强还原剂、供氢剂和真空管除气剂，遇水蒸气剧烈反应。某小组利用如图装置(部分夹持装置末画出)制备和。下列叙述正确的是
A. 可以较长时间观察到装置I中产生白色沉淀
B. 装置Ⅳ的作用是干燥并吸收尾气
C. 用水可以检验装置Ⅲ中钡是否过量
D. 装置Ⅱ中的试剂为溶液，作用是吸收气体中的
9. 一定电压条件下，电极材料上5-羟甲基-2-呋喃甲醛(HMF)可能的物质转化过程如图1所示，各物质含量的动态变化如图2所示。下列说法正确的是
A. 电极材料与电源负极相连
B. 转化过程中电极附近溶液酸性减弱
C. HMFCA转化为FFCA是整个转化过程的决速步
D. 时间内电路中共通过，理论上产生
10. 常温下，分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX[pX=-lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH-、]与pH关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是
A. 图中L2代表，L3代表Zn2＋
B. 同时产生两种沉淀时，
C. 的平衡常数
D. 室温下，的数量级为
二、非选择题
11. 某实验小组探究的制取、性质及其应用。按要求回答下列问题。已知：①是难溶于水的白色固体 ②(无色)。
【实验i】探究的制取(如下图所示装置，夹持装置略)
向装置的溶液中通入一段时间，至中溶液的为7时向其中滴加一定量溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
（1）试剂a是_______。
（2）向溶液中通入目的可能是_______。
（3）为7时滴加一定量溶液产生白色沉淀的离子方程式为_______。
（4）同学甲在中出现白色沉淀之后继续通，你认为同学甲的操作合理与否，并说明理由_______。
【实验ⅱ和实验ⅲ】探究的性质
（5）结合实验ⅱ现象，写出步骤②反应的离子方程式：_______。
（6）对比实验ⅱ和实验ⅲ，可以得出的实验结论为_______。
【实验ⅳ】探究的应用
（7）将溶于乳酸中制得可溶性的乳酸亚铁补血剂。同学乙用酸性溶液测定该补血剂中亚铁含量，再计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于(操作误差略)，其原因是_______。
12. 铋酸钠是一种可测定锰的强氧化剂。由辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)制备的工艺流程如下：
已知：①易水解，难溶于冷水
②“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。
③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如表：
金属离子
开始沉淀的 7.6 2.7 4.8 4.5
沉淀完全的 9.6 3.7 6.4 5.5
回答下列问题：
（1）基态的价电子轨道表示式为_______。
（2）“滤渣1”的主要成分为_______。(填化学式)。
（3）“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过的原因是_______，发生反应的化学方程式为_______。
（4）滤液3中铜元素的主要存在形式为_______(填离子符号)，该离子含有键的数目为_______。
（5）“氧化”过程发生反应的离子方程式为_______。
（6）取制得的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液，得到紫红色溶液，同时产生。完全反应后再用的标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗标准溶液，则产品的纯度为_______。
（7）我国科学家对新型二维半导体芯片材料—的研究取得了突破性进展。的晶胞结构中的位置如图所示(略去、)，已知晶胞为竖直的长方体，高为，晶体密度为。设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞底边边长_______(填含、、的计算式，不必化简)。
13. 甲烷蒸汽重整是制氢的主要途径，涉及反应如下：
反应Ⅰ：
反应II：
回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓是指标准状态下，由稳定的单质生成该物质的焓变，稳定单质的。根据下表数据计算___。
物质
-74.8 -110.5 -241.8
（2）向恒容密闭容器中按投料，初始总压强为，测得平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示，其中a代表的物质的量分数。
①体系达到平衡后，以下有关判断正确的是_______。
A．缩小容器体积，反应Ⅱ不移动
B．充入氮气，甲烷转化率增大
C．体系中，大于3
D．
②图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是_______。
③温度低于时，的物质的量分数随温度升高而增大，原因是_______。
④时，的平衡转化率为_______(保留两位有效数字)，反应Ⅱ的_______。
（3）镍基复合催化剂可作为重整的催化剂和吸收剂。在催化剂表面和发生反应，生成、和的反应机理如下。
a．
b．……
c．
d．
e．
补充b反应的方程式：_______。
14. 化合物是合成某一天然产物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）A的结构简式为_______。
（2）DMP试剂在B→C转化中的作用为_______(填标号)。
a．还原剂 b．催化剂 c．氧化剂
（3）C→D中发生反应的官能团名称_______，F→G反应方程式为_______。
（4）E中相同官能团的反应活性：①_____②(填“>”“<”或“=”)，解释的作用_____。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中的2种结构简式_______。(不考虑立体异构)。
①含有苯环 ②可以发生银镜反应 ③分子内含有4种化学环境的氢原子。
（6）综合上述信息，以苯乙烯和光气及其他无机试剂为的合成路线如下：
请写出X、Y的结构简式。X：_______ Y：_______。2024届5月模拟考试
化学试题
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Se-79 Bi-209
一、单选题
1. 科技改变生活。有关下列材料描述错误的是
A. 降噪减震材料环氧树脂属于有机高分子材料
B. 四氧化三铁用作油墨的红色填料
C. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
D. 微纳米光刻机的原料四甲基氢氧化铵[CH3]4]NOH有较好水溶性
【答案】B
【解析】
【详解】A．环氧树脂材料具有降噪减震作用，其属于有机高分子材料，A正确；
B．四氧化三铁是黑色晶体，不可能用作油墨的红色填料，油墨的红色填料是Fe2O3，B错误；
C．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯都是C元素的单质，二者结构不同，因此它们互为同素异形体，C正确；
D．微纳米光刻机的原料四甲基氢氧化铵[CH3]4]NOH结构中含有亲水基-OH，因此该物质有较好水溶性，D正确；
故合理选项是B。
2. 甲硝唑主要用作治疗或预防厌氧菌引起的系统或局部感染，结构简式如图所示，杂环中存在大键。下列说法错误的是
A. 该分子中①号更易和盐酸形成盐，增大药物水溶性
B. 该分子可发生加成反应、消去反应
C. 该分子中含有两种含氧官能团
D. 该分子是极性分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知杂环中存在大键，①号N提供2个电子形成大键，不再有孤电子对，②号N提供1个电子形成大键，还有1个孤电子对，故②号更易和盐酸形成盐，增大药物水溶性，故A错误；
B．分子中连羟基碳原子相邻的碳原子上有H，能发生消去反应，环为不饱和环，能发生加成反应，故B正确；
C．含有硝基和羟基两种含氧官能团，故C正确；
D．该分子结构不对称，正负电荷中心不重合，是极性分子，故D正确。
答案选A。
3. 向溶液中通入气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色[经检验无胶体]，较长时间后变为浅绿色。
已知：①反应I：
反应II：
②溶液酸性越强，溶解度越低
下列说法正确的是
A. 反应II中体现漂白性 B. 反应II的活化能比反应I的活化能高
C. 在反应I、II中均作氧化剂 D. 向红棕色溶液中滴加浓盐酸，颜色加深
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应II中SO2体现还原性，故A错误；
B．向溶液中通入气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色，说明反应II的化学反应速率小于反应I的化学反应速率，则反应II的活化能比反应I的活化能高，故B正确；
C．Fe3+在反应II中作氧化剂，在反应I中化合价不变，不作氧化剂，故C错误；
D．向红棕色溶液中滴加浓盐酸，溶液酸性增强，SO2溶解度降低，反应I减弱，反应II增强，颜色变浅，故D错误；
故选B。
4. 碳循环(如图所示)的研究有利于实现我国的碳达峰及碳中和目标。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 可通过加聚反应使葡萄糖转化为淀粉
B. 电催化转化为乙酸时，转移个电子
C. 、分子中碳原子均不存在孤对电子
D. 葡萄糖与乙酸的混合物中含有的氢原子数目为个
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖转化为淀粉是缩聚反应，故A错误；
B．变为CH3COOH，C的化合价从+2价平均变为0价，故电催化转化为乙酸时，转移个电子，故B错误；
C．与N2为等电子体，两者结构相似，C原子上还有一个孤电子对，故C错误；
D．葡萄糖与乙酸的最简式为CH2O，葡萄糖与乙酸的混合物中含有1molCH2O，故含有氢原子数目为个，故D正确。
答案选D。
5. Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，五种元素可构成某种离子液体的阴离子如图所示。下列说法正确的是
A. Q分别与W、X形成的分子中键角，前者大于后者
B. Y形成的含氧酸均不能使高锰酸钾褪色
C. 图示阴离子中X原子有2对孤对电子
D. 氢化物沸点：
【答案】C
【解析】
【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，因此Q是F，Z与其他元素不在同一周期，原子半径最大，能形成6条共价键，因此Z是S，Y能形成4条共价键，Y是C，W能形成2条共价键，W是O，则X是N。
【详解】由分析可知，QF、W是O、X是N、Y是C、Z是S；
A．Q分别与W、X形成的分子是OF2、NF3，其中心原子O和N上都是4个价层电子对，O上有2个孤电子对，N上有1个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，故键角OF2
C．X是N，在该阴离子中得到1个电子，故有2个孤电子对，故C正确；
D．没有强调最简单氢化物，如C的氢化物种类很多，故无法比较沸点，故D错误。
答案选C。
6. 一种利用废铜渣(主要成分，及少量等杂质)制备超细铜粉流程如下：
下列说法正确的是
A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为
B. “沉铁”发生反应的离子方程式为
C. “沉铜”发生的反应为复分解反应
D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：
【答案】D
【解析】
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质) “酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为Cu(NH3)，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。
【详解】A．由分析可知，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，故A错误；
B．NH3·H2O弱碱，在离子方程式中不能拆，故B错误；
C．“沉铜”时含有Cu(NH3)和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，故C错误；
D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：，故D正确；
故选D。
7. 物质Y是一种重要的药物中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A. 中含碳氧键
B. X与互为顺反异构体
C. Y分子中含1个不对称碳原子
D. 可用溶液检验中是否有
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据X的结构简式，X中含有2个C=O，中含碳氧键，故A错误；
B．X为，其中碳碳双键两边的H连在不同侧，为反式结构，中碳碳双键两边的H连在同侧，为顺式结构，两者互为顺反异构体，故B正确；
C．根据Y的结构，上面的苯环为不对称结构，碳原子均为不对称碳原子，故C错误；
D．Y和X中都含有碳碳双键，都能使溶液褪色，故不能用溶液验中是否有，故D错误。
答案选B。
8. 常用作强还原剂、供氢剂和真空管除气剂，遇水蒸气剧烈反应。某小组利用如图装置(部分夹持装置末画出)制备和。下列叙述正确的是
A. 可以较长时间观察到装置I中产生白色沉淀
B. 装置Ⅳ的作用是干燥并吸收尾气
C. 用水可以检验装置Ⅲ中钡是否过量
D. 装置Ⅱ中的试剂为溶液，作用是吸收气体中的
【答案】A
【解析】
【分析】Ｉ为电解饱和食盐水的装置，Ｃ为阴极，Ｈ+得到电子生成Ｈ2，装置II中的试剂为浓硫酸，用于干燥H2，III中H2与Ba反应生成BaH2，装置IV的作用是防止空气中的水蒸气进入装置III，以此解答。
【详解】A．Fe为阳极，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，阴极产生OH-，该装置用苯隔绝空气，可以较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀，故A正确；
B．BaH2与水蒸气剧烈反应，装置IV的作用是防止空气中的水蒸气进入装置III，故B错误；
C．Ba和BaH2都可以与水发生反应，不能用水检验装置III中Ba是否过量，故C错误；
D．由分析可知，装置II中的试剂为浓硫酸，用于干燥H2，故D错误；
答案选A。
9. 一定电压条件下，电极材料上5-羟甲基-2-呋喃甲醛(HMF)可能的物质转化过程如图1所示，各物质含量的动态变化如图2所示。下列说法正确的是
A. 电极材料与电源负极相连
B. 转化过程中电极附近溶液酸性减弱
C. HMFCA转化为FFCA是整个转化过程的决速步
D. 时间内电路中共通过，理论上产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图1可知NiCo-LDHs电极材料上HMF最终转化为FDCA，HMF中醛基和羟基最终被氧化为羧基，则该电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B．转化过程中NiCo-LDHs上HMF最终转化为FDCA，该过程中生成羧酸，溶液酸性增强，故B错误；
C．由图2可知FFCA的物质的量始终接近0，可知该过程中FFCA能迅速转化为FDCA，则FFCA转化为FDCA的活化能最小，反应一段时间后HMFCA高于HMF和FFCA，可知HMFCA转化为FFCA的反应速率较其他反应慢，而慢反应决定总反应速率，即HMFCA转化为FFCA是整个转化过程的决速步，故C正确；
D．若HMF完全转化为FDCA，则发生电极反应：+2H2O-6e-=+6H+；此时电路中通过，产生1mmolFDCA，但由图2可知时间内，HMF并未完全转化为FDCA，因此电路中通过，产生FDCA的物质的量小于1mmol，故D错误；
故选：C。
10. 常温下，分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX[pX=-lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH-、]与pH关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是
A. 图中L2代表，L3代表Zn2＋
B. 同时产生两种沉淀时，
C. 的平衡常数
D. 室温下，的数量级为
【答案】C
【解析】
【分析】分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(Mn2+)、c(Zn2+)、c(HNO2)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，HNO2溶液中c()逐渐增大、且起始时pH＜pOH，即随着NaOH溶液的滴加，pMn和pZn逐渐增大，pOH和p逐渐减小，Ksp[Mn(OH)2]＞Ksp[Zn(OH)2]，则图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、、Zn2+、Mn2+，结合图中a点数值计算K(HNO2)=×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，结合c点数值计算Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=(10-7)2×101.30=10-12.7，同理Ksp[Zn(OH)2]=(10-5)2×10-6.15=10-16.15，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、、Zn2+、Mn2+，A正确；
B．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=10-12.7，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.15，则同时产生两种沉淀时，===103.45，B正确；
C．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=10-12.7，K(HNO2)=×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，反应Mn(OH)2+2HNO2 Mn(NO2)2+2H2O的平衡常数K===Ksp[Mn(OH)2]×= Ksp[Mn(OH)2]×==108.7，C错误；
D．由分析可知，室温下Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7，数量级为10-13，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题
11. 某实验小组探究的制取、性质及其应用。按要求回答下列问题。已知：①是难溶于水的白色固体 ②(无色)。
【实验i】探究的制取(如下图所示装置，夹持装置略)
向装置的溶液中通入一段时间，至中溶液的为7时向其中滴加一定量溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
（1）试剂a是_______。
（2）向溶液中通入的目的可能是_______。
（3）为7时滴加一定量溶液产生白色沉淀的离子方程式为_______。
（4）同学甲在中出现白色沉淀之后继续通，你认为同学甲的操作合理与否，并说明理由_______。
【实验ⅱ和实验ⅲ】探究的性质
（5）结合实验ⅱ现象，写出步骤②反应的离子方程式：_______。
（6）对比实验ⅱ和实验ⅲ，可以得出的实验结论为_______。
【实验ⅳ】探究的应用
（7）将溶于乳酸中制得可溶性的乳酸亚铁补血剂。同学乙用酸性溶液测定该补血剂中亚铁含量，再计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于(操作误差略)，其原因是_______。
【答案】（1）饱和碳酸氢钠溶液
（2）降低溶液中c(OH-)，防止生成Fe(OH)2
（3）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
（4）不合理，CO2会与溶液中的FeCO3沉淀反应生成Fe(HCO3)2
（5）6[Fe(SCN)6]4-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-
（6）Fe2+与SCN-形成易溶于水的配合物的能力强，会促进FeCO3的溶解(或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解度比在KCl溶液中的大)
（7）乳酸根中的羟基也被酸性KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，装置B中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中挥发出的氯化氢，装置C中通入的二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液与滴入的硫酸亚铁溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水。
【小问1详解】
由分析可知，装置B中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中挥发出的氯化氢，则试剂a是饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；
【小问2详解】
碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，为防止滴入的硫酸亚铁溶液与碳酸钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，实验时应通入二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，降低溶液的碱性，故答案为：降低溶液中c(OH—)，防止生成Fe(OH)2；
【小问3详解】
由分析可知，pH为7时滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀的反应为碳酸氢钠溶液与滴入的硫酸亚铁溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
【小问4详解】
碳酸是二元弱酸，碳酸溶液能与碳酸的正盐反应生成碳酸氢盐，在装置C中出现白色沉淀之后继续通二氧化碳，可能会使溶液中的碳酸亚铁沉淀转化为可溶的碳酸氢亚铁，所以同学甲的操作不合理，故答案为：不合理，CO2会与溶液中的FeCO3沉淀反应生成Fe(HCO3)2；
【小问5详解】
由实验ⅱ的实验现象可知，步骤②发生的反应为碳酸亚铁与硫氰化钾溶液反应生成的[Fe(SCN)6]4-离子与过氧化氢溶液反应生成[Fe(SCN)6]3-离子、氢氧化铁沉淀和硫氰酸根离子，反应的离子方程式为6[Fe(SCN)6]4-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-，故答案为：6[Fe(SCN)6]4-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-；
【小问6详解】
对比实验ii和实验iii可知，碳酸亚铁沉淀能溶于硫氰化钾溶液，不能溶于氯化钾溶液，说明碳酸亚铁在硫氰化钾溶液中的溶解度大于在氯化钾溶液中的溶解度，原因是亚铁离子易与硫氰酸根离子形成易溶于水的配合物，促进碳酸亚铁的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-形成易溶于水的配合物的能力强，会促进FeCO3的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解度比在KCl溶液中的大；
【小问7详解】
由结构简式可知，乳酸根分子中含有的羟基也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使得消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，导致乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，故答案为：乳酸根中的羟基也被酸性KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。
12. 铋酸钠是一种可测定锰的强氧化剂。由辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)制备的工艺流程如下：
已知：①易水解，难溶于冷水。
②“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。
③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如表：
金属离子
开始沉淀的 7.6 2.7 4.8 4.5
沉淀完全的 9.6 3.7 6.4 5.5
回答下列问题：
（1）基态的价电子轨道表示式为_______。
（2）“滤渣1”的主要成分为_______。(填化学式)。
（3）“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过的原因是_______，发生反应的化学方程式为_______。
（4）滤液3中铜元素的主要存在形式为_______(填离子符号)，该离子含有键的数目为_______。
（5）“氧化”过程发生反应的离子方程式为_______。
（6）取制得的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液，得到紫红色溶液，同时产生。完全反应后再用的标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗标准溶液，则产品的纯度为_______。
（7）我国科学家对新型二维半导体芯片材料—的研究取得了突破性进展。的晶胞结构中的位置如图所示(略去、)，已知晶胞为竖直的长方体，高为，晶体密度为。设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞底边边长_______(填含、、的计算式，不必化简)。
【答案】（1） （2）S和SiO2
（3） ①. 防止盐酸挥发和双氧水分解 ②. 2FeS2+3H2O2+6HCl=2FeCl3+4S+6H2O
（4） ①. [Cu(NH3)4]2+ ②. 16NA
（5）Na++3OH +Bi(OH)3+Cl2=NaBiO3↓+2Cl +3H2O
（6）65.8 （7）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入盐酸和过氧化氢混合溶液氧化浸取，将金属元素转化为可溶的氯化物，硫元素转化为硫单质，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过量氨水，将铜离子转化为四氨合铜离子，铋离子转化为氢氧化铋沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；向氢氧化铋中加入氢氧化钠溶液后，通入氯气将氢氧化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到铋酸钠。
【小问1详解】
铁元素的原子序数为26，基态铁离子的价电子排布式为3d6，轨道表示式为，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣1的主要成分为硫和二氧化硅，故答案为：S和SiO2；
小问3详解】
盐酸具有挥发性、过氧化氢受热易分解，所以为防止盐酸挥发和双氧水分解，“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过40℃；二硫化铁发生的反应为二硫化铁与盐酸和和过氧化氢混合溶液反应生成氯化铁、硫和水，反应的化学方程式为2FeS2+3H2O2+6HCl=2FeCl3+4S+6H2O，故答案为：防止盐酸挥发和双氧水分解；2FeS2+3H2O2+6HCl=2FeCl3+4S+6H2O；
【小问4详解】
由分析可知，滤液3中铜元素的主要存在形式为四氨合铜离子，四氨合铜离子中配位键和氮氢键均为σ键，则1mol四氨合铜离子中含有的σ键数目为1mol×16×NAmol—1=16NA，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；16NA；
【小问5详解】
由分析可知，“氧化”过程发生的反应为氢氧化铋与氢氧化钠溶液、氯气将反应生成铋酸钠沉淀、氯化钠和水，反应的离子方程式为Na++3OH +Bi(OH)3+Cl2=NaBiO3↓+2Cl +3H2O，故答案为：Na++3OH +Bi(OH)3+Cl2=NaBiO3↓+2Cl +3H2O；
【小问6详解】
由得失电子数目守恒可得如下转化关系：5NaBiO3—2MnO—5H2C2O4，滴定消耗23.50mL 0.1000mol/L草酸标准溶液，则产品的纯度为×100%=65.8%，故答案为：65.8；
【小问7详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的硒离子个数为8×+1=2，则晶胞中含有2个Bi2O2Se，由晶胞的质量公式可得：=10—30a2bρ，解得a=，故答案为：。
13. 甲烷蒸汽重整是制氢的主要途径，涉及反应如下：
反应Ⅰ：
反应II：
回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓是指标准状态下，由稳定的单质生成该物质的焓变，稳定单质的。根据下表数据计算___。
物质
-74.8 -110.5 -241.8
（2）向恒容密闭容器中按投料，初始总压强为，测得平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示，其中a代表的物质的量分数。
①体系达到平衡后，以下有关判断正确的是_______。
A．缩小容器体积，反应Ⅱ不移动
B．充入氮气，甲烷转化率增大
C．体系中，大于3
D．
②图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是_______。
③温度低于时，的物质的量分数随温度升高而增大，原因是_______。
④时，的平衡转化率为_______(保留两位有效数字)，反应Ⅱ的_______。
（3）镍基复合催化剂可作为重整的催化剂和吸收剂。在催化剂表面和发生反应，生成、和的反应机理如下。
a．
b．……
c．
d．
e．
补充b反应的方程式：_______。
【答案】（1）+206.1
（2） ①. ACD ②. e ③. 温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO的物质的量浓度增大，反应Ⅱ也正向移动 ④. 78% ⑤.
（3）
【解析】
【小问1详解】
由反应热与生成物标准摩尔生成焓和反应物标准摩尔生成焓的差值相等可得：反应Ⅰ△H= (—110.5kJ/mol) —(—74.8kJ/mol—241.8 kJ/mol)=+ 206.1kJ/mol，则a=+206.1，故答案为：+206.1；
【小问2详解】
A．反应Ⅱ是气体体积不变的反应，缩小容器体积，气体压强增大，反应Ⅱ平衡不移动，故正确；
B．恒容条件下充入不参与反应的氮气，平衡体系中各物质浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，甲烷转化率不变，故错误；
C．由方程式可知，反应Ⅰ生成氢气和一氧化碳的物质的量比为3，反应Ⅱ中一氧化碳为反应物、氢气为生成物，则平衡形成过程中一氧化碳的物质的量减小、氢气的物质的量增大，则平衡体系中氢气和一氧化碳的物质的量比大于3，故正确；
D．由方程式可知，反应Ⅰ形成平衡时，水蒸气的反应速率与甲烷的反应速率相等，反应Ⅱ形成平衡时，水蒸气的反应速率与二氧化碳的反应速率相等，所以体系达到平衡后，水蒸气的反应速率与甲烷反应速率和二氧化碳反应速率之和相等，故正确；
故选ACD；
②反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷和水蒸气的物质的量都减小，一氧化碳和氢气的物质的量都增大，且氢气的物质的量大于一氧化碳，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的物质的量减小，一氧化碳的物质的量增大，温度低于600℃时，反应以反应Ⅰ为主，高于600℃时，反应以反应Ⅱ为主，由方程式和投料比可知，曲线b、c分别是是水蒸气、甲烷的物质的量分数随温度变化的曲线，曲线a、d、e分别是氢气、二氧化碳、一氧化碳的物质的量分数随温度变化的曲线，故答案为：e；
③温度低于600℃时，反应以反应Ⅰ为主，升高温度，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的浓度增大，导致反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，导致二氧化碳的物质的量分数增大，故答案为：温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO的物质的量浓度增大，反应Ⅱ也正向移动；
④由图可知，600℃反应达到平衡时，氢气的物质的量分数为0.5、甲烷的物质的量分数为0.04，设起始甲烷、水蒸气的物质的量分别为1mol、3mol，反应Ⅰ消耗甲烷amol、反应Ⅱ消耗一氧化碳bmol，由题意可建立如下三段式：
由氢气和甲烷的物质的量分数可得：=0.5、=0.04，解联立方程可得a=、b=，设平衡时压强为p，则甲烷的转化率为×100%≈78%，反应Ⅱ的Kp==，故答案为：78%；；
【小问3详解】
由a、c的方程式可知，b反应的方程式为，故答案为：。
14. 化合物是合成某一天然产物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）A的结构简式为_______。
（2）DMP试剂在B→C转化中的作用为_______(填标号)。
a．还原剂 b．催化剂 c．氧化剂
（3）C→D中发生反应的官能团名称_______，F→G反应方程式为_______。
（4）E中相同官能团的反应活性：①_____②(填“>”“<”或“=”)，解释的作用_____。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中的2种结构简式_______。(不考虑立体异构)。
①含有苯环 ②可以发生银镜反应 ③分子内含有4种化学环境的氢原子。
（6）综合上述信息，以苯乙烯和光气及其他无机试剂为的合成路线如下：
请写出X、Y的结构简式。X：_______ Y：_______。
【答案】（1） （2）c
（3） ①. 硝基、(酮)羰基 ②. +ClCOCH2Cl +HCl
（4） ①. ＜ ②. 保护②氨基或降低②氨基活性或占②氨基位置，防止下一步与②氨基反应
（5）、 （6） ①. ②.
【解析】
【分析】A与反应生成B，根据B的结构简式及A的分子式可推出A为，B与DMP试剂作用生成C，C还原得到D，D与N2H4反应生成E，E与Cbz-Cl作用生成F为，F与ClCOCH2Cl反应生成G，G经多步反应生成H；
【小问1详解】
由分析知，A结构简式为。
【小问2详解】
B→C转化中B中的一个羟基转化为酮羰基被氧化，故DMP试剂在B→C转化中作用为氧化剂，答案选c；
【小问3详解】
对比C、D的结构简式，C→D中C的硝基与酮羰基发生改变，形成胺，故发生反应的官能团名称为硝基、(酮)羰基；F与ClCOCH2Cl反应生成G，F为，化学方程式为+ClCOCH2Cl +HCl。
【小问4详解】
E中相同官能团氨基的反应活性：①＜②，Cbz-Cl的作用保护②氨基或降低②氨基活性或占②氨基位置，防止下一步与②氨基反应；
【小问5详解】
E为，符合条件的E的同分异构体：①含有苯环；②可以发生银镜反应，则含有醛基，根据不饱和度可知除苯环外不再含有环，③分子内含有4种化学环境的氢原子，则高度对称，符合下列条件的E的同分异构体有：、。
【小问6详解】
综合上述信息，以苯乙烯和光气为原料制备，苯乙烯反应生成，与氨气反应生成，与光气反应生成，故X为，Y为。
