2023北京豐臺高三（上）期末化學考生須知：1.答題前，考生務必先將答題卡上的學校、班級、姓名、準考證號用黑色字跡簽字筆填寫清楚，并認真核對條形碼上的準考證號、姓名，在答題卡的“條形碼粘貼區”貼好條形碼。2.本次練習所有答題均在答題卡上完成。選擇題必須使用2B鉛筆以正確填涂方式將各小題對應選項涂黑，如需改動，用橡皮擦除干凈后再選涂其它選項。非選擇題必須使用標準黑色字跡簽字筆書寫，要求字體工整、字跡清楚。3.請嚴格按照答題卡上題號在相應答題區內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在練習卷、草稿紙上答題無效。4.本練習卷滿分共100分，作答時長90分鐘。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5第一部分(選擇題共42分)本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.化學與生活密切相關。下列敘述正確的是A.冰的密度比水小，是因為水分子內存在氫鍵B.潔廁靈(主要成分為HCl)與84消毒液可以混用C.鍍鋅鐵制品的鍍層破損后失去對鐵制品的保護作用D.利用紫外殺菌技術進行消毒，是為了使蛋白質變性2.下列化學用語或圖示表達不正確的是A.HClO的電子式：B.乙酸甲酯的結構簡式：C.乙烯的分子結構模型：D.基態S原子的價層電子的軌道表示式：3.下列有關性質的比較，不能用元素周期律解釋的是A.熔點： B.酸性：C.金屬性： D.穩定性：4.下列反應的離子方程式正確的是A.用飽和碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：B.通入水中制硝酸：C.硫酸銅溶液中加少量的鐵粉：D.室溫下用稀溶解銅：5.NA為阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A.0.1mol氨基(-NH2)中含有NA個質子B.14g乙烯和丙烯的混合氣體中所含碳氫鍵數為2NAC.1.0mol/LAlCl3溶液中，Cl-數目為3NAD.電解熔融NaCl，陽極產生氣體質量為7.1g時，外電路中通過電子的數目為0.1NA6.常溫下，1體積水能溶解約700體積NH3。用圓底燒瓶收集NH3后進行如圖所示實驗，下列分析正確的是A.圓底燒瓶內形成噴泉現象，證明與水發生了反應B.噴泉停止后，圓底燒瓶內剩余少量氣體，是因為的溶解已達到飽和C.圓底燒瓶中的液體呈紅色的原因是D取圓底燒瓶內部分液體，滴加鹽酸至時，溶液中7.下列物質混合后，變化過程中不涉及氧化還原反應的是A.溶液使淀粉碘化鉀試紙變藍B.將通入到溶液中，生成白色沉淀C.向飽和食鹽水中依次通入、，有晶體析出D.石蕊溶液滴入氯水中，溶液變紅，隨后迅速褪色8.我國科學家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生產方式從農業種植轉為工業制造成為可能，其原理如下圖所示。下列說法不正確的是A.分子中鍵和鍵個數比為1∶1B.甲醇沸點高于甲醛，是因為甲醇分子間能形成氫鍵C.甲醇分子和二羥基丙酮分子中碳原子的雜化類型均為D.二羥基丙酮與乳酸()互為同分異構體9.我國第一部中藥學典籍《神農本草經》中記載的一種中藥“昆布”，具有利水消腫的功效，其主要成分是3，5-二碘絡氨酸，結構簡式如下圖。下列關于該有機化合物說法不正確的是A.分子中含有手性碳原子B.能與發生取代反應C.既能與酸反應，也能與堿反應D.理論上1mol該物質與足量反應可生成10.通過下列實驗操作和現象能得出相應結論的是選項實驗操作和現象結論A向濁液中分別滴入溶液和氨水，前者無明顯現象，后者沉淀溶解，溶液變為深藍色與銅離子絡合能力：B將乙醇與濃硫酸的混合溶液加熱，產生的氣體直接通入酸性溶液中，溶液褪色乙醇消去反應的產物為乙烯C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，加入新制的懸濁液，無磚紅色沉淀蔗糖未發生水解D分別測濃度均為的和溶液的pH，后者大于前者水解能力：A.A B.B C.C D.D11.我國科學家制備了一種新型可生物降解的脂肪族聚酯P，并利用P合成了具有細胞低毒性和親水性較好的聚合物Q，Q在生物醫學領域有一定的應用前景。下列說法不正確的是注：R表示葡萄糖或乳糖A.聚合物P可生物降解與酯的水解反應有關B.由M、L合成P過程，參與聚合反應的單體的數目為個C.由P合成Q的過程中發生了加成反應D.通過調控x與y的比例，可調節Q的親水性能12.已知：。釩觸媒(V2O5)是該反應的催化劑，其催化過程如圖所示。下列說法正確的是A.促進了平衡正向移動B.過程c的反應為C.a、b、c中反應均為氧化還原反應D.升高溫度可提高的平衡轉化率13.某小組研究實驗室制備Fe(OH)3膠體的方法。下列說法不正確的是序號12實驗現象液體變為紅褐色后，停止加熱，有明顯的丁達爾效應，冷卻后仍為紅褐色液體變為紅褐色后，停止加熱，有明顯的丁達爾效應，冷卻后溶液變黃A.對比實驗可知，制備Fe(OH)3膠體選用飽和FeCl3溶液效果更好B.實驗1中液體變紅褐色后，持續加熱可觀察到紅褐色沉淀C.選用飽和溶液以及加熱，均為了促進Fe3+的水解D.對比實驗可知，酸根離子不同是造成實驗現象差異的重要原因14.在不同條件下，按投料比進行反應：，并測定實驗數據。一定條件下，CO2轉化率為13.68%，CH3OH產率(甲醇的物質的量/起始CO2物質的量)為4.12%。②一定壓強下，相同時間，CH3OH產率隨溫度變化的數據圖如下。下列說法不正確的是A.與①相同條件下，提高與的比例，可以提高的轉化率B.由①可推測，制取過程中無副反應發生C.由②可推測，480～520K，溫度升高，速率加快是產率升高的原因D.由②可推測，溫度升高產率降低的可能原因是平衡逆向移動第二部分(非選擇題共58分)本部分共5題，共58分。15.ZnS、CdSe均為重要的半導體材料，可應用于生物標記和熒光顯示領域，并在光電器件、生物傳感和激光材料等方面也得到了廣泛的應用。（1）基態Zn原子的價層電子排布式為_______。（2）在周期表中的位置為_______。（3）S與P在周期表中是相鄰元素，兩者的第一電離能：S_______P(填“>”、“<”或“=”)，解釋其原因_______。（4）CdSe的一種晶體為閃鋅礦型結構，晶胞結構如圖所示。①晶胞中，與Cd原子距離最近且相等的Se原子有_______個。②已知，晶胞邊長anm，阿伏伽德羅常數為，CdSe的摩爾質量為。則CdSe晶體的密度是_______。(1nm=10-7cm)（5）電化學沉積法可用于制備CdSe，其裝置示意圖如下。電解過程中陽極有無色氣泡產生，CdSe在陰極生成，純度及顆粒大小會影響CdSe性能，沉積速率過快容易團聚。①已知，是弱酸。控制合適的電壓，可以使轉化為純凈的CdSe，寫出陰極的電極反應式：_______。②研究表明，為得到更致密均勻的CdSe薄膜，可用二甲基甲酰胺()做溶劑降低濃度，從結構的角度分析原因：_______。16.煤焦油、煤和海砂中氯離子含量高會破壞金屬的鈍化膜，導致鐵制設備和鋼管等被腐蝕。（1）鐵接觸氧氣和水后會發生電化學腐蝕，其負極的電極反應式為_______。（2）測定煤中氯離子含量的兩種方法。方法一：在高溫下，通入水蒸氣將煤樣中無機鹽轉化HCl，再滴定氯離子。方法二：取ag煤樣，處理后得到含氯離子樣品溶液，加入溶液，以作指示劑，用溶液滴定過量的溶液，共消耗KSCN溶液。已知：能與KSCN反應生成AgSCN沉淀。①結合化學用語，從化學平衡的角度解釋方法一中無機鹽中生成HCl的原因_______。②方法二中，滴定終點的現象為_______。③利用方法二，測得煤樣中氯元素的質量分數為_______。（3）快速檢測法測定海砂中氯離子含量的過程如下。i.配制固定組分的鉻酸銀()渾濁液；ii.將待測海砂樣品與i中渾濁液混合，溶液的顏色會隨著氯離子含量的變化而變化。氯離子含量xii中現象沉淀仍然為磚紅色磚紅色沉淀部分變為白色，溶液逐漸轉變為黃色磚紅色沉淀完全變為白色，溶液完全轉變為黃色已知：；；溶液黃色，固體為磚紅色。①時，沉淀仍然為磚紅色的原因是_______。②寫出磚紅色沉淀變為白色的離子方程式_______。17.抗腫瘤藥物培美曲塞的前體N合成路線如下：已知：i.試劑b的結構簡式為ii.iii.（1）B→C反應所需的試劑和條件是_______。（2）E的結構簡式是_______。（3）G的結構簡式是_______。H→I的化學方程式是_______。（4）下列關于J的說法正確的是_______。a．J分子中有三種官能團b．可以與Na、NaOH、發生反應c．核磁共振氫譜有5組峰d．由E和I生成J的反應類型是取代反應（5）L中含氧官能團名稱是_______。（6）M→N的反應過程有HBr和生成，則M的結構簡式是_______。（7）試劑b的一種合成路線如下。已知P中含--結構，寫出中間產物P、Q的結構簡式_______、_______。18.富鈷結殼浸出液分離制備的工業流程如下。已知：i.浸出液中主要含有的金屬離子為：、、、、ii.25℃時，金屬硫化物的溶度積常數。金屬硫化物NiSCoSCuSMnS（1）過程①中，還原得到的浸出液中含硫元素的陰離子主要為_______。（2）過程②中，轉化為時，氧氣和石灰乳的作用分別是_______。（3）固體Y中主要物質的化學式為_______。（4）已知，在時完全沉淀轉化為。過程③中沉淀劑不選擇的原因可能是_______。（5）已知，溫度高于20℃時，在水中的溶解度隨溫度升高迅速降低。過程④中，采用的操作是_______。（6）過程⑤中發生下列反應。利用和計算時，還需要利用_______反應的。（7）流程中可循環使用的物質是_______。19.某小組同學探究實驗室配制銀氨溶液并檢驗醛基的方法。資料：i.AgOH是白色難溶于水的物質，常溫下極不穩定，分解生成棕色微溶于水的。ii.向硝酸銀溶液中加入氨水，轉化為的占參加反應的總量的百分比最大不超過10%。Ⅰ.在實驗室配制銀氨溶液的過程中，小組同學發現，所用試劑的配制方式和存放時間不同，實驗現象不同。(注：以下試劑若無特殊說明，均為新制)序號實驗操作實驗現象1向溶液中逐滴加入2%氨水先產生棕色沉淀，后溶液變澄清2向溶液中逐滴加入在空氣中存放一段時間的2%氨水先產生白色沉淀，后溶液變澄清3向(酸化)溶液中逐滴加入2%氨水至過量溶液始終澄清（1）NH3分子空間構型為_______。（2）結合資料ii，寫出實驗1中加入少量氨水時發生的主要反應的離子方程式_______。（3）已知，實驗2中白色沉淀加硝酸產生能使澄清石灰水變渾濁的無色氣體，實驗2中白色沉淀的主要成分是_______。（4）對比實驗1和3，分析實驗3中“溶液始終澄清”的原因是_______。Ⅱ.用實驗1配制出的銀氨溶液檢驗醛基。資料：可從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化。（5）銀氨溶液與CH3CHO的反應中，電極反應式：還原反應：Ag++e-=Ag；氧化反應：_______(堿性條件下)。在此基礎上設計并實施了以下實驗。序號實驗操作實驗現象4向銀氨溶液中加入3滴，水浴加熱產生銀鏡5向銀氨溶液中加入1滴10%NaOH溶液后，滴入3滴產生銀鏡比實驗4快（6）實驗5產生銀鏡比實驗4快的可能原因是_______。按照實驗5的方法，將乙醛換成丙酮，水浴加熱后也能產生銀鏡。綜合上述實驗，實驗4是檢驗醛基的最合理方法。

參考答案第一部分(選擇題共42分)本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.【答案】D【解析】【詳解】A．由于氫鍵具有方向性和飽和性，水結冰后由于形成分子間氫鍵，導致H2O之間的距離拉大，空間利用率減小，從而導致冰的密度比水小，是因為水分子間存在氫鍵，A錯誤；B．根據反應方程式：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O可知，若潔廁靈(主要成分為HCl)與84消毒液混用將產生有毒氣體Cl2，故二者不能混用，B錯誤；C．由于鋅比鐵活潑，故鍍鋅鐵制品的鍍層破損后將形成電化學腐蝕，鋅作負極，失去電子，而鐵作正極，從而被保護，故加強了對鐵制品的保護作用，C錯誤；D．紫外線、紅外線等高能量射線均能使蛋白質發生變性，故可利用紫外殺菌技術進行消毒，D正確；故答案為：D。2.【答案】A【解析】【詳解】A．已知O原子周圍要形成2對共用電子對，而H與Cl均只能形成一對共用電子對，故HClO的電子式為：，A錯誤；B．根據酯的命名原則可知，乙酸甲酯的結構簡式為：，B正確；C．已知乙烯為平面型分子，且碳原子半徑比氫原子大，故乙烯的分子結構模型為：，C正確；D．已知S為16號元素，其基態原子價層電子排布為：3s23p4，故基態S原子的價層電子的軌道表示式為：，D正確；故答案為：A。3.【答案】A【解析】【詳解】A．由于CO2形成分子晶體，而SiO2形成共價晶體，故熔點：，與元素周期律無關，A符合題意；B．P和S為同一周期元素，同一周期從左往右元素非金屬性依次增強，則最高價氧化物對應水化物的酸性依次增強，故酸性與元素周期律有關，B不合題意；C．Na和Mg為同一周期元素，同一周期從左往右元素金屬性依次減弱，金屬性：與元素周期律有關，C不合題意；D．O和S為同一主族元素，同一主族從上往下元素的非金屬性依次減弱，則其簡單氣態氫化物的穩定性依次減弱，則穩定性：與元素周期律有關，D不合題意；故答案為：A。4.【答案】D【解析】【詳解】A．水垢中的硫酸鈣是沉淀，故用飽和碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣的離子方程式為：，A錯誤；B．原離子方程式H原子不守恒，則通入水中制硝酸的離子方程式為：，B錯誤；C．鐵與鹽溶液發生置換反應生成Fe2+，故硫酸銅溶液中加少量的鐵粉的離子方程式為：，C錯誤；D．室溫下用稀溶解銅化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故其離子方程式為：，D正確；故答案為：D。5.【答案】B【解析】【詳解】A．1個氨基(-NH2)中含有9個質子，則0.1mol氨基(-NH2)中含有9NA個質子，A錯誤；B．乙烯和丙烯屬于烯烴，分子式最簡式是CH2，式量是14，則14g乙烯和丙烯的混合氣體中含有1molCH2，其中所含有碳氫鍵數為2NA，B正確；C．只有溶液濃度，缺少溶液體積，不能計算微粒的數目，C錯誤；D．電解熔融NaCl，陽極產生氣體質量為7.1g時，反應產生Cl2的物質的量n(Cl2)=，則外電路中通過電子的物質的量是0.2mol，故轉移的電子數目為0.2NA，D錯誤；故合理選項是B。6.【答案】C【解析】【詳解】A．NH3極易溶于水，小滴管中的水擠入圓底燒瓶中就能導致瓶內壓強快速減小，形成噴泉，故圓底燒瓶內形成噴泉現象，不證明NH3與水發生了反應，A錯誤；B．NH3極易溶于水，1體積的水能夠溶解700體積的NH3，故噴泉停止后，圓底燒瓶內剩余少量氣體，是因為收集的NH3不純，含有少量不溶于水的氣體，而不是NH3的溶解已達到飽和，B錯誤；C．圓底燒瓶中的液體呈紅色，說明NH3溶于水呈堿性，其原因是，C正確；D．取圓底燒瓶內部分液體，滴加鹽酸至時，反應方程式為：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，根據電荷守恒可知溶液中有：，pH=7即c(H+)=c(OH-)，則，D錯誤；故答案為：C。7.【答案】C【解析】【詳解】A．溶液使淀粉碘化鉀試紙變藍原理為：2FeCl3+2KI=2KCl+I2+2FeCl2，涉及氧化還原反應，A不合題意；B．將通入到溶液中，由于H2O+SO2H2SO3H++，H+和Ba(NO3)2電離出的硝酸能將亞硫酸氧化為硫酸，故生成白色沉淀BaSO4，涉及氧化還原反應，B不合題意；C．向飽和食鹽水中依次通入、，有晶體析出，反應原理為：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，未涉及氧化還原反應，C符合題意；D．已知Cl2+H2O=HCl+HClO，由于氯水中含有H+故石蕊溶液滴入氯水中，溶液變紅，同時氯水中含有的HClO具有強氧化性，則隨后迅速褪色，涉及氧化還原反應，D不合題意；故答案為：C。8.【答案】C【解析】【詳解】A．已知CO2的結構簡式為：O=C=O，且知單鍵均為鍵，雙鍵是一個鍵和一個鍵，三鍵為一個鍵和二個鍵，故分子中鍵和鍵個數比為2：2=1∶1，A正確；B．甲醇中含有羥基，故甲醇能夠形成分子間氫鍵，甲醛中不含氫鍵，故導致甲醇沸點高于甲醛，是因為甲醇分子間能形成氫鍵，B正確；C．甲醇分子CH3OH中C原子周圍形成4個鍵，則其價層電子對數為4，采用sp3雜化，而二羥基丙酮分子中中間含碳氧雙鍵的碳原子周圍形成了3個鍵，無孤電子對，價層電子對數為3，采用sp2雜化，另外兩個碳原子周圍形成4個鍵，則其價層電子對數為4，采用sp3雜化，C錯誤；D．二羥基丙酮與乳酸()分子式相同，結構不同，故互為同分異構體，D正確；故答案為：C。9.【答案】D【解析】【詳解】A．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，該有機物有1個手性碳原子，A正確；B．該有機物含有C-H鍵，光照下能與Br2發生取代反應，B正確；C．該有機物含有酚羥基、羧基和氨基，具有弱酸性和弱堿性，既能與酸反應，也能與堿反應，C正確；D．該有機物有1個羧基，因此理論上1mol該物質與足量反應可生成，即44gCO2，D錯誤；故答案為：D。【點睛】判斷一個碳原子是否是手性碳原子，首先要觀察該碳原子是否有雙鍵或三鍵連接，如果有則必然不屬于手性碳原子，即不飽和碳一定不是手性碳。10.【答案】A【解析】【詳解】A．向濁液中分別滴入溶液和氨水，前者無明顯現象，后者沉淀溶解，溶液變為深藍色，說明Cu(OH)2與NaOH不反應，而與NH3·H2O反應，反應原理為：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故能說明與銅離子絡合能力：，A符合題意；B．由于乙醇易揮發，且乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故將乙醇與濃硫酸的混合溶液加熱，產生的氣體直接通入酸性溶液中，溶液褪色，不能說明乙醇消去反應的產物為乙烯，B不合題意；C．已知新制Cu(OH)2懸濁液與醛的反應需要在堿性環境進行，且反應條件為直接加熱，故向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，加入新制的懸濁液，無磚紅色沉淀，不能說明蔗糖未發生水解，C不合題意；D．由于CH3COONH4溶液中CH3COO-和均能發生水解，且水解分別使溶液呈堿性和酸性，而NaHCO3溶液中只有水解，故分別測濃度均為的和溶液的pH，后者大于前者，不能說明水解能力：，D不合題意；故答案為：A。11.【答案】D【解析】【詳解】A．由題干信息中P的結構簡式可知，聚合物P中含有酯基，可以發生水解反應轉化為小分子物質，故其可生物降解與酯的水解反應有關，A正確；B．由題干轉化信息可知，由M、L合成P的過程，參與聚合反應的單體的數目為x個M和y個L，單體個數一共個，B正確；C．由題干轉化信息可知，由P合成Q的過程中發生了P中的碳碳雙鍵和ROCH2CH2N3中的氮氮三鍵發生了加成反應，C正確；D．由題干信息可知，Q中不含親水基團，只含有酯基、醚鍵和烴基等疏水基團，故通過調控x與y的比例，不能調節Q的親水性能，D錯誤；故答案為：D。12.【答案】B【解析】【詳解】A．催化劑只能影響反應達到平衡的時間，而不能使平衡發生移動，故V2O5不能使平衡發生移動，A錯誤；B．依據題干信息的轉化關系圖可知，V2O5參與反應先做氧化劑把二氧化硫氧化為三氧化硫，本身被還原為圖中產物V2O4；根據氧化還原反應的實質寫出并配平a步化學方程式SO2+V2O5SO3+V2O4；c是VOSO4轉化為SO3，此過程需要重新生成催化劑V2O5，需要氧化劑完成，此過程中的氧化劑時氧氣，根據化合價的變化寫出c步化學方程式

4VOSO4+O22V2O5+4SO3，B正確；C．由B項分析可知，a、b、c中分別發生的反應為：SO2+V2O5SO3+V2O4、4SO3+2V2O44VOSO4、4VOSO4+O22V2O5+4SO3，故可知a、c反應均為氧化還原反應，b中反應未有元素化合價改變，不是氧化還原反應，C錯誤；D．由題干可知，反應正反應是一個放熱反應，故升高溫度，平衡逆向移動，不能提高SO2的平衡轉化率，D錯誤；故答案為：B。13.【答案】C【解析】【詳解】A．對比實驗可知，用FeCl3飽和溶液制備的Fe(OH)3膠體冷卻后能夠穩定存在，而用飽和Fe2(SO4)3制備的Fe(OH)3膠體冷卻后不能夠穩定存在，又轉化為Fe3+，故制備Fe(OH)3膠體選用飽和FeCl3溶液效果更好，A正確；B．實驗1中液體變紅褐色后即生成了Fe(OH)3膠體，持續加熱膠體將發生聚沉，故可觀察到紅褐色沉淀即Fe(OH)3沉淀，B正確；C．電解質溶液的濃度越大，其水解程度越小，則選用飽和溶液不能促進Fe3+的水解，水解是一個吸熱反應，故加熱是為了促進Fe3+的水解，C錯誤；D．對比實驗可知，兩實驗中Fe3+的濃度不同，電離出的酸根離子不同，由FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，HCl易揮發，使得冷卻時上述平衡逆向移動程度很小，仍然保持紅褐色溶液，Fe2(SO4)3+6H2O2Fe(OH)3(膠體)+3H2SO4，H2SO4難揮發，使得冷卻時上述平衡逆向移動程度很大，溶液變為黃色，則酸根離子不同是造成實驗現象差異的重要原因，D正確；故答案為：C。14.【答案】B【解析】【詳解】A．與①相同條件下，提高與的比例，即增大H2的用量，化學平衡正向移動，的轉化率增大，H2的轉化率減小，A正確；B．由①可推測，一定條件下，轉化率為13.68%，產率(甲醇的物質的量/起始物質的量)為4.12%，根據碳原子守恒可知，制取過程中有副反應發生，B錯誤；C．由圖示信息可知，480～520K，溫度升高，相同時間內的CH3OH產率升高，主要是由于速率的加快，C正確；D．由題干信息可知，正反應是一個放熱反應，則由②可推測，溫度升高產率降低的可能原因是平衡逆向移動，D正確；故答案為：B。第二部分(非選擇題共58分)本部分共5題，共58分。15.【答案】（1）3d104s2（2）第4周期第ⅥA族（3）①.＜②.P原子的3p能級上處于半充滿的穩定結構，而S的3p能級上不上全充滿、半充滿或者全空的穩定結構（4）①.4②.（5）①.4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O②.二甲基甲酰胺()中的O原子和N原子均有孤電子對，能與Cd2+形成配位鍵，從而形成絡合物，降低Cd2+的濃度【解析】【小問1詳解】已知Zn是30號元素，其基態原子的核外電子排布式為：[Ar]3d104s2，故其基態Zn原子的價層電子排布式為3d104s2，故答案為：3d104s2；【小問2詳解】是34號元素，其基態原子的核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p4，根據最高能層序數等于周期序數，最外層電子數等于主族序數，故在周期表中的位置為第4周期第ⅥA族，故答案為：第4周期第ⅥA族；【小問3詳解】S與P在周期表中是相鄰元素，S的價層電子排布式為：3s23p4，而P的價層電子排布式為：3s23p3，則P原子的3p能級上處于半充滿的穩定結構，故其第一電離能大于S，故答案為：＜；P原子的3p能級上處于半充滿的穩定結構，而S的3p能級上不上全充滿、半充滿或者全空的穩定結構；【小問4詳解】①由題干晶胞圖示可知，與Cd原子距離最近且相等的Se原子有4個，如圖帶星號的Cd周圍同一層有兩個Se離它等距離且最近，則上面一層也有2個，一共4個，故答案為：4；②由晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Cd的個數為：=4，Se個數為4，晶胞邊長anm，則一個晶胞的體積為：(a×10-7)3cm3，阿伏伽德羅常數為，CdSe的摩爾質量為，一個晶胞的質量為：g，則CdSe晶體的密度是=，故答案為：；【小問5詳解】①電解過程中陽極有無色氣泡產生，陽極發生氧化反應，電極反應為：2H2O-4e-=4H++O2↑，已知H2SeO3是弱酸，控制合適的電壓，可以使Cd2+轉化為純凈的CdSe，CdSe在陰極生成，陰極發生還原反應，則陰極的電極反應式為：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O，故答案為：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O；②二甲基甲酰胺()中的O原子和N原子均有孤電子對，能與Cd2+形成配位鍵，從而形成絡合物，故用二甲基甲酰胺()做溶劑降低濃度，故答案為：二甲基甲酰胺()中的O原子和N原子均有孤電子對，能與Cd2+形成配位鍵，從而形成絡合物，降低Cd2+的濃度。16.【答案】（1）（2）①.由于HCl是氣體使平衡正向移動，從而得到HCl②.溶液變成紅色，且半分鐘內不褪色③.（3）①.氯離子含量x<0.001%時，沒有達到氯化銀的，因此看到的磚紅色是的顏色②.【解析】【小問1詳解】鐵接觸氧氣和水發生電化學腐蝕，Fe易失電子作負極，負極反應式為；【小問2詳解】無機鹽中生成HCl，由于HCl是氣體使平衡正向移動，從而得到HCl；當與反應生成時，溶液變成紅色，且半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；加入的物質的量為，剩余的的物質的量為，則實際參加反應的的物質的量為，氯元素的物質的量為，則，氯元素的質量分數為；【小問3詳解】氯離子含量x<0.001%時，沒有達到氯化銀的，達到，因此看到的磚紅色是的顏色；磚紅色沉淀變為白色的離子方程式為。17.【答案】（1）NaOH醇溶液，加熱（2）CH≡CCH2CH2OH（3）①.②.+CH3OH+H2O（4）abd（5）酯基和醛基（6）（7）①.CH3CH2OOCCH2CONH2②.【解析】【分析】由題干流程圖中信息，由A的分子式可知，A的結構簡式為：CH2=CH2，由A到B的轉化條件可知，B的結構簡式為：CH2BrCH2Br，由C的分子式可知，C的結構簡式為：CH≡CH，由D的分子式并結合C到D的轉化條件和題干已知信息ii可知，D的結構簡式為：CH≡CMgBr，由E的分子式和D到E的轉化條件并結合已知信息ii可知，E的結構簡式為：CH≡CCH2CH2OH，K的結構簡式結合F的分子式可知，F、G、H、I分子中含有苯環，則F的結構簡式為：，由F到G的轉化條件和K的結構簡式并結合G的分子式可知，G的結構簡式為：，由G到H的轉化條件并結合H的分子式可知，H的結構簡式為：，由I的分子式和H到I的轉化條件可知，I的結構簡式為：，由E和I的結構簡式并結合J的分子式和J到K的分子結構簡式以及J到K的轉化條件可知，J的結構簡式為：，由N和試劑b的結構簡式以及已知信息iii的轉化信息可知，M的結構簡式為：，根據L的分子式和K的結構簡式可知，L的結構簡式為：，據此分析解題。【小問1詳解】由分析可知，B→C即B為CH2BrCH2Br轉化為C為CH≡CH，該反應即為氯代烴的消去反應，則所需的試劑和條件是NaOH醇溶液，加熱，故答案為：NaOH醇溶液，加熱；【小問2詳解】由分析可知，E的結構簡式是CH≡CCH2CH2OH，故答案為：CH≡CCH2CH2OH；【小問3詳解】由分析可知，G的結構簡式是，H→I即和CH3OH發生酯化反應生成和水，該反應的化學方程式是+CH3OH+H2O，故答案為：；+CH3OH+H2O；【小問4詳解】由分析可知，J的結構簡式為，據此結構簡式分析：a．由J的結構簡式可知，J分子中有羥基、碳碳三鍵和酯基等三種官能團，a正確；b．由J的結構簡式可知，J分子中有羥基、碳碳三鍵和酯基等三種官能團，故可以與Na、NaOH、發生反應，b正確；c．由J的結構簡式可知，分子中含有6種不同環境的H原子，即核磁共振氫譜有6組峰，c錯誤；d．由分析可知，由E和I生成J即CH≡CCH2CH2OH和反應生成和HBr，該反應的反應類型是取代反應，d正確；故答案：abd；【小問5詳解】由分析可知，L的結構簡式為：，故L中含氧官能團名稱是酯基和醛基，故答案為：酯基和醛基；【小問6詳解】由分析可知，M→N的反應過程有HBr和生成，則M的結構簡式是，故答案為：；【小問7詳解】由題干已知信息iii可知，由Q到的轉化條件可知，Q的結構簡式為：，由和P轉化為Q為加成反應可知，P的結構簡式為CH3CH2OOCCH2CONH2，故答案為：CH3CH2OOCCH2CONH2；。18.【答案】（1）（2）使Fe2+轉化為Fe3+、使Fe3+轉化為沉淀（3）CuS、CoS、NiS（4）S2-使Mn2+生成MnS沉淀（5）蒸發結晶（6）（7）SO2【解析】【分析】酸浸過程中SO2具有還原性，MnO2具有氧化性，所以兩者反應生成硫酸錳，反應的離子方程式為，因為浸出液中含有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、