2022年北京市石景山区高考化学一模试卷(附答案详解)

2022年北京市石景山区高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1.我国提出力争在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和。

碳中和是指CO2的排放
总量和减少总量相当。

不利于实现“碳达峰、碳中和”的是()
A. 植树造林
B. 绿色出行
C. 发展氢能源
D. 大力推广燃煤发电
2.下列物质中，不能由单质直接化合生成的是()
A. FeCl2
B. CuCl2
C. HCl
D. Mg3N2
3.下列化学用语对事实的表述正确的是()
A. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：Ca2++CO32−⇌CaCO3↓
B. 由Na和Cl形成离子键的过程：
C. 三价铁腐蚀铜的电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
D. 电解饱和食盐水阳极的电极反应：2H2O +2e−=2OH−+H2↑ 
4.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是()
气体试剂制备装置收集方法
A NO Cu+稀HNO3b c
B NH3NH4Cl a d
C O2过氧化氢溶液+MnO2b e
D Cl2MnO2+浓盐酸b c
A. A
B. B
C. C
D. D
5.已知： 34Se(硒)、S、O为同族元素。

下列说法正确的是()
A. 原子半径：Se>S>O
B. 沸点：H2O<H2S<H2Se
C. 非金属性：Se>S>O
D. 电负性：Se>S>O
6.光解水制氢被认为是最理想的未来能源生产方式，一种双光电极光解水的示意图如
图。

下列说法不正确的是()
A. 该装置实现了光能向化学能的转化
B. Pt电极：2H++2e−=H2↑
C. H2O被氧化为O2的反应：2H2O−4e−+4OH−=O2↑ +4H2O
D. 总反应：2H
2O−
 光 
O2↑+2H2↑
7.下列说法正确的是()
A. 室温下，pH相同的盐酸和醋酸溶液，溶质的物质的量浓度相同
B. 等物质的量的Na2O和Na2O2含有相同数目的离子
C. 同温同压下，O2和O3的密度相同
D. 0.5mol/LNa2SO4溶液中约含有3.01×1023个Na+
8.氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。

如图为合成氨以及氨催化
制硝酸的流程示意图。

下列说法不正确的是()
A. 可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B. 吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
C. 可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理
D. 合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
9.如图是合成高分子材料Ⅰ和部分物质转化的过程示意。

已知：G、H和I均含有酯基，
下列说法正确的是()
A. H2C=CHCOOH存在顺反异构
B. G合成高分子材料I是缩聚反应
C. F是CH3CH2COOH
D. G发生氧化反应生成H
10.以金属氢化物(MH x)为负极材料的Ni/MH x电池，其充放电原理利用了储氢合金的吸
放氢性能，氢通过碱性电解液在金属氢化物电极和Ni(OH)2电极之间运动，充放电过程中的氢像摇椅一样在电池的正负极之间摇动，因此又称为“摇椅”机理，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是()
A. 过程a表示电池充电过程
B. 电池总反应：MH x+x Ni(OH)2
C. 放电时负极的电极反应：MH x+x OH−−x e −=M+x H2O
D. 放电时正极的电极反应：NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−
11.{Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}
和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(K eq)，反应示意图和所测数据如图。

有关说法不正确的是()
(如图2中[Cs+]/[Rb+]表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似)
A. 离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)
B. 研究发现：Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构
在Cs+交换过程中没有被破坏。

据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的
C. K eq≈0.1
D. {Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力
12.利用下列实验药品进行实验，能顺利达到实验目的的是()
实验目的实验药品
A证明乙炔能和Br2反应电石、饱和食盐水、CuSO4溶液和溴水
B除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42−粗盐、蒸馏水、NaOH溶液和Na2CO3溶液C检验溴乙烷中的溴原子溴乙烷、NaOH溶液和AgNO3溶液
D验证乙醇消去产物有乙烯乙醇、浓硫酸和溴水
A. A
B. B
C. C
D. D
13.嫦娥四号月球探测器上的五星红旗由一类特殊的聚酰亚胺制成。

如图为某种芳香族
聚酰亚胺的合成路线，下列说法不正确的是()
已知：
A. 将链节重复一次，并按虚线处切断，结合B的分子式确定B和C的骨架：
B. 有机化合物C的结构简式：
C. 有机化合物A的结构简式：
D. 有机化合物B的结构简式：
14.钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。

一种钛铁合金的晶胞如
图1所示，晶胞边长约为3×10−10m，该合金吸收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图2所示。

下列说法不正确的是()
A. 钛铁合金的化学式：TiFe
B. 钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个
C. 钛铁合金的密度约为6g/cm3(计算结果保留到整数)
D. 如图2所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢
化物的化学式：TiFeH2
二、简答题（本大题共5小题，共58.0分）
15.工业上用Fe(Ⅲ)作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。

(1)铁元素属于______区(填“s”、“d”、“ds”、“p”)。

(2)Fe3+生化氧化再生法分为吸收和再生两部分。

①吸收：用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是______。

②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。

缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，结合平衡移动原理解释原因______。

(3)络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。

①碱性条件有利于H2S的吸收，但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀，请在图1中
用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图______。

从图中可以看出Fe3+有空轨道，可
以形成溶于水的Fe3+L n(配合物，L表示配体，n表示配位数)。

②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+L n氧化H2S生成S8的离子方程式______。

ⅰ.O2氧化再生Fe3+L n的离子方程式：4Fe2+L n+O2+2H2O=4Fe3+L n+4OH−，写出总反应的化学方程式______。

③图2是EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图，Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，
1mol该配合物中配位键有______mol。

16.CO2分子结构稳定，难以给出电子，较容易接受电子，较难活化。

采用CO2作为碳
源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以减少温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。

(1)若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从______(填分子的空
间结构名称)变为弯曲型，便于下一步反应。

(2)一种CO2直接加氢的反应机理如图a所示。

①写出总反应的化学方程式______。

②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO32−的VSEPR模型名称______。

(3)①已知：主反应CO2催化加氢制甲醇是放热反应
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH1
2CH3OH(g)+3O2(g)=4H2O(g)+2CO2(g)ΔH2
写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式______(ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示)。

②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+
H2O(g)ΔH=+41kJ/mol。

在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按
一定流速通过反应器，CO2转化率和CH3OH选择性[x(CH3OH)%=n(生成CH3OH)×100%
n(消耗CO2)随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的原因______。

③我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生
成甲醇的电极反应式______。

17.依泽替米贝是一种新型高效、副作用低的调脂药，其合成路线如图。

已知：
(1)A属于芳香烃，A→B的反应类型是______。

(2)C含有氨基，写出C的结构简式______。

(3)D的芳香族同分异构体有______种(不含D本身)。

(4)E中含有的官能团：______。

(5)写出E制备F时中间产物L的结构简式______。

(6)环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2：1，G→H的化学方程
式是______。

(7)参考如下示例，画出J和F生成K时新形成的碳碳键______。

示例：
18.从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn
等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如图。

已知：i.含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、SO42−、Cu2+、Fe2+、AsO43−、Ca2+和Zn2+ ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L
ⅰ.部分物质的电离常数和溶度积常数如表：
物质电离常数物质溶度积常数物质溶度积常数
H2S K a1=1.1×10−7
K a2=1.3×10−13
CuS6.3×10−36FeS 6.3×10−18
NiS3.2×10−19Ni(OH)25.5×10−16
CaF24×10−11Fe(OH)32.8×10−39
(1)H2S是弱电解质，K a1×K a2=______[用c(H2S)、c(H+)和c(S2−)表示]=
1.43×10−20。

(2)滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式______。

(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因______。

(4)“氟化除杂”中试剂a为______。

(5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合如图解释原因______。

(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=______mol/L[计算时c(H2S)取
0.1mol/L，结果保留两位有效数字]。

19.某实验小组从电极反应角度探究银镜反应中物质氧化性和还原性的变化。

资料：ⅰ.[Ag(NH3)2]+⇌[Ag(NH3)]++NH3K1=10−3.81
[Ag(NH3)]+⇌Ag++NH3K2=10−3.24
ⅰ.AgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O，Ag2O溶于氨水
(1)实验发现：乙醛和AgNO3溶液水浴加热无明显现象；银氨溶液水浴加热无明显
现象；滴加乙醛的银氨溶液水浴加热，试管壁逐渐出现一层光亮的银镜。

①有研究表明：配制银氨溶液时，AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，写出生成
Ag(NH3)2NO3的化学方程式______。

②从氧化还原角度分析：发生银镜反应时，氧化性微粒可能是Ag+、______。

(2)甲同学查阅资料：银镜反应时，Ag+被还原成Ag。

①电极反应式：
ⅰ.还原反应：Ag++e−=Ag
ⅰ.氧化反应：______。

(碱性条件下)
②从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化：
ⅰ.随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。

ⅰ.随c(OH−)增大，乙醛还原性增强。

③补充实验验证②中的分析。

实验操作及现象：
实验Ⅰ.插入“饱和KNO3溶液”盐桥，电流表指针偏转；
实验Ⅱ.电流稳定后向右侧烧杯滴加NaOH溶液，指针偏转幅度增大；
实验Ⅲ.电流再次稳定后向左侧烧杯滴加氨水，指针偏转幅度减小
乙同学认为实验Ⅲ不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，理由是______。

(3)设计实验进一步验证。

实
验
实验操作实验现象
Ⅳ
往盛有银氨溶液的试管中滴加浓氨水，无明显现象，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热闻到刺激性气味，溶液略显灰色，试管壁未见银镜
Ⅴ往盛有银氨溶液的试管中滴加较浓的NaOH溶液至pH
与实验Ⅳ相同，振荡，溶液变浑浊，加入3滴乙醛，振
荡，水浴加热
试管壁立即出现银镜
①乙同学认为通过实验Ⅳ能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，你认为是否合理并说明原因______。

②分析实验Ⅴ中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是N也参与了还原Ag。

经检验该假设成立，实验方案及现象是______。

(4)总结：ⅰ.银氨溶液和乙醛发生银镜反应时，氧化剂主要是Ag+，还原剂主要是乙醛；ⅰ.银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反应的发生，此法不适用于检验醛基，请解释原因______。

答案和解析
1.【答案】
D
【解析】
解：A.植树造林能吸收二氧化碳，符合碳中和的理念，故A正确；
B.绿色出行可减少化石燃料的燃烧，可减少二氧化碳的排放，符合碳中和的理念，故B 正确；
C.发展氢能源，可减少二氧化碳的排放，符合碳中和的理念，故C正确；
D.大力推广燃煤发电，会产生大量的二氧化碳，故D错误；
故选：D。

实现“碳达峰、碳中和”要求人们减少二氧化碳的排放，增加二氧化碳的消耗与吸收，据此分析解答。

本题考查了化学与生产生活关系，准确理解“碳达峰、碳中和”概念是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】
A
【解析】
解：A.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，FeCl2不能由单质直接化合生成，故A选；
B.铜在氯气中燃烧生成氯化铜，CuCl2能由单质直接化合生成，故B不选；
C.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HCl能由单质直接化合生成，故C不选；
D.镁在氮气中燃烧生成氮化镁，Mg3N2能由单质直接化合生成，故D不选；
故选：A。

A.铁在氯气中燃烧生成氯化铁；
B.铜在氯气中燃烧生成氯化铜；
C.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢；
D.镁在氮气中燃烧生成氮化镁。

本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意氯气氧化性强，与变价金属反应生成最高价氯化物。

3.【答案】
B
【解析】
解：A.硫酸钙存在沉淀溶解平衡：CaSO4(s)⇌Ca2++SO42−(aq)，碳酸钠溶液中有大量碳酸根离子，碳酸钙更难溶，碳酸根离子结合钙离子使平衡正向移动，最终转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，故A错误；B.钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，Na+与Cl−通过离子键结合，用电子式可表示为，故B正确；
C.用FeCl3溶液“腐蚀”覆铜板，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D.碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，氯离子被氧化生成氯气，阳极的电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故D错误；
故选：B。

A.碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化，碳酸根离子结合钙离子使平衡正向移动，最终转化为碳酸钙沉淀；
B.钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，钠离子与氯离子通过离子键结合生成NaCl；
C.氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
D.碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，氯离子被氧化生成氯气。

本题考查沉淀转化、电子式形成过程、离子方程式、电极反应的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式、电极反应的书写原则，题目难度不大。

4.【答案】
C
【解析】
解：A.NO与氧气反应，不能选c中排空气法收集，故A错误；
B.氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，故B错误；
C.二氧化锰可催化过氧化氢分解生成氧气，氧气不溶于水，可选b、e制备并收集，故C 正确；
D.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，选b不能制备氯气，故D错误；
故选：C。

A.NO与氧气反应；
B.氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
C.二氧化锰可催化过氧化氢分解生成氧气，氧气不溶于水；
D.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、气体的收集、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】
A
【解析】
解：A.同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，则原子半径Se>S>O，故A正确；
B.能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量增大而升高，水分子之间能形成氢键，H2S、H2Se不能形成分子间氢键，且相对分子质量H2S<H2Se，所以沸点H2S<H2Se<H2O，故B错误；
C.同一主族元素，非金属性随着原子序数增大而减小，则非金属性O>S>Se，故C错误；
D.同一主族元素，电负性随着原子序数增大而减小，则电负性O>S>Se，故D错误；故选：A。

A.同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；
B.能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量增大而升高；
C.同一主族元素，非金属性随着原子序数增大而减小；
D.同一主族元素，电负性随着原子序数增大而减小。

本题考查同一主族元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确同一主族元素及其化合物性质的相似性及递变性是解本题关键，注意：氢键影响氢化物熔沸点，题目难度不大。

6.【答案】
C
【解析】
解：A.由图可知，该装置实现了光能向化学能的转化，故A正确；
B.根据分析可知，Pt电极表面，光生电子与氢离子结合生成氢气，电极反应为：2H++ 2e−=H2↑，故B正确；
C.该电解质溶液pH=2，溶液显酸性，水被氧化为氧气的反应为：2H2O−4e−=O2↑ + 4H+，故C错误；
D.光解水制取氢气，另一产物是氧气，总反应：2H
2O−
 光 
O2↑+2H2↑，故D正确；
故选：C。

由图可知，Pt电极表面，光生电子与氢离子结合生成氢气，电极反应为：2H++2e−= H2↑，该极为正极，氢氧根离子通过盐桥移向左室，左室H2O失去电子被氧化为O2，电极反应为2H2O−4e−=O2↑ +4H+，该极为负极，氢离子与右室产生的氢氧根离子反应生成水，据此分析作答即可。

本题主要考原电池原理的应用，掌握原电池正负极的判断、电极反应式的书写，离子的移动、电子的移动方向等是解决本题的关键，属于高考高频考点，难度中等。

7.【答案】
B
【解析】
解：A.室温下，pH相同的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，盐酸为强酸，完全电离，HCl浓度等于氢离子浓度，醋酸为弱酸，部分电离，醋酸浓度大于氢离子浓度，故A错误；
B.1mol氧化钠中含有2mol钠离子和1mol氧离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和
1mol过氧根离子，故等物质的量的Na2O和Na2O2含有相同数目的离子，故B正确；
C.同温同压下，O2和O3的密度比为32g/mol：48g/mol=2：3，故C错误；
D.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故D错误；
故选：B。

A.盐酸为强酸，醋酸为弱酸；
B.1mol氧化钠中含有2mol钠离子和1mol氧离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和
1mol过氧根离子；
C.同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比；
D.题目未给溶液体积。

本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。

8.【答案】
D
【解析】
解；A.利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向进行，故A正确；
B.一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，A为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，故B正确；
C.氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，故C正确；
D.合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素是−3价升高到+5价，被氧化，故D错误；
故选：D。

氮气和氢气在合成塔中合成氨气，进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气混合吸收得到硝酸，最后尾气处理，
A.NH3易液化，便于分离；
B.一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，A为O2；
C.氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气；
D.反应过程中元素化合价升高的物质做还原剂，被氧化发生氧化反应。

本题主要考查硝酸的工业制法，属于基本知识，基础题型，掌握NH3、NO、NO2的有关性质以及化学平衡移动的原理是解决本题的关键，题目难度不大，需要细心。

9.【答案】
C
【解析】
解：A.H2C=CHCOOH中左侧碳原子连接2个氢原子，所以不存在顺反异构，故A错误；
B.G发生加聚反应生成高分子化合物，反应类型是加聚反应，故B错误；
C.F为CH3CH2COOH，故C正确；
D.G和氢气发生还原反应生成H，故D错误；
故选：C。

丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成G为CH2=CHCOOCH3，G和氢气发生加成反应生成H为CH3CH2COOCH3，F和甲醇发生酯化反应生成H，则F为CH3CH2COOH，G发生加聚反应
生成高分子化合物。

本题考查有机物推断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，利用某些分子式、结构简式正确推断各物质的结构简式是解本题关键，知道常见反应类型，题目难度不大。

10.【答案】
B
【解析】
解：A.过程a 生成金属氢化物，故过程a 为充电过程，故A 正确； B.由两极反应可知，电池总反应为M +x
NiOOH ，故B 错误；
C.过程b 为放电过程，左侧为负极，电机反应式为MH x +xOH −−x e −=M +x H 2O ，故C 正确；
D.过程b 为放电过程，右侧为正极，电极反应式为NiOOH +H 2O +e −=Ni(OH)2+OH −，故D 正确； 故选：B 。

由图可知，过程b 中金属氢化物(MH x )放电，故过程b 为放电过程，左侧为负极，电机反应式为MH x +xOH −−x e −=M +x H 2O ，右侧为正极，电极反应式为NiOOH +H 2O +e −=Ni(OH)2+OH −，过程a 生成金属氢化物，故过程a 为充电过程，左侧为阴极，右侧为阳极，据此作答。

本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

11.【答案】
C
【解析】
解：A.同主族来说电子层越多，其离子半径越大，故离子半径：r(Cs +)>r(Rb +)，故A 正确；
B.Cs +的直径显著大于{Ti 12O 18}团簇表面的孔径，若{Ti 12O 18}团簇表面的孔是刚性的，{Ti 12O 18}的骨架结构在Cs +交换过程中会被破坏，实际上{Ti 12O 18}的骨架结构在Cs +交换过程中没有被破坏，可知{Ti 12O 18}团簇表面的孔是柔性的，故B 正确；
C.K eq =[Rb +]⋅[Cs@Ti 12O 18][Cs +]⋅[Rb@Ti 12O 18
]，由图可知[Cs +][Rb +]=1时，[Cs@Ti 12O 18]
[Rb@Ti 12O 18
]=10，故K eq =
[Rb +]⋅[Cs@Ti 12O 18][Cs +]⋅[Rb@Ti 12O 18]
=10，故C 错误；
D.Cs +取代Rb +反应的平衡常数K eq =10，{Ti 12O 18}团簇对Cs +的亲和力对Rb +的亲和力大，故D 正确； 故选：C 。

A.同主族离子的电子层越多，其离子半径越大；
B.Cs +的直径显著大于{Ti 12O 18}团簇表面的孔径，若{Ti 12O 18}团簇表面的孔是刚性的，
{Ti 12O 18}的骨架结构在Cs +交换过程中会被破坏； C.K eq =
[Rb +]⋅[Cs@Ti 12O 18][Cs +]⋅[Rb@Ti 12O 18
]
，由图可知[Cs +][Rb +]=1时，[Cs@Ti 12O 18]
[Rb@Ti 12O 18]
=10，而K eq =
[Rb +]⋅[Cs@Ti 12O 18][Cs +]⋅[Rb@Ti 12O 18]
；
D.Cs +取代Rb +反应的平衡常数(K eq )判断。

本题考查微粒半径大小比较、平衡常数计算与应用等，注意对平衡常数的理解，题目侧考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。

12.【答案】
A
【解析】
解：A.生成的乙炔中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙炔与溴水发生加成反应，可证明乙炔能和Br 2反应，故A 正确；
B.缺少氯化钡除去硫酸根离子，缺少试剂不能完成实验，故B 错误；
C.水解后在酸性溶液中检验卤素离子，缺少硝酸不能完成实验，故C 错误；
D.浓硫酸使乙醇脱水后，C 与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水反应，缺少NaOH 溶液除杂不能完成实验，故D 错误； 故选：A 。

A.生成的乙炔中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙炔与溴水发生加成反应；
B.缺少氯化钡除去硫酸根离子；
C.水解后在酸性溶液中检验卤素离子；
D.浓硫酸使乙醇脱水后，C 与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水反应。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

13.【答案】
D
【解析】
解：A.观察高分子结构，该高聚物含有酰胺键结构()，C−N键断裂，在
上加氢，上加羟基，即得高聚物单体，故A正确；
B.观察高分子结构，
，再结合形成高分
子时脱去水分子的个数，可判断C应该为：，故B正确；
C.A的分子式为C10H14，分子中不含C、H以外的原子，不饱和度为3，对比B即容易推出A为，故C正确；
D.B的分子式为C10H2O6，A氧化生成B，则B的结构为：，故D错
误；
故选：D。

D为芳香族聚酰亚胺，由
，则B为
，C为，A显发生氧化反应，再发生酯化反应，则A为，据此解答。

本题考查有机物的推断，充分利用转化关系中有机物的结构简式、分子式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化、对信息的理解与迁移应用，是高考热点题型，难度中等。

14.【答案】
D
【解析】
解：A.由图i晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个
数=8×1
8
=1，含有的Fe原子个数=1，则钛铁合金的化学式为TiFe，故A正确；
B.由图i可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确；
C.根据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=(48+56)
N A g=104
N A
g，晶胞
的体积(3×10−8)3cm3=2.7×10−23cm3，该晶体的密度ρ=m V=104
N A×2.7×10−23
g/cm3≈6g/cm3，故C正确；
D.由图ⅰ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每
个晶胞中含有的Ti原子个数=8×1
8+4×1
4
=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子
个数=10×1
2
+1=6，Ti：Fe：H=2：2：6=1：1：3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3，故D错误；
故选：D。

A.由图i晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=
8×1
8
=1，含有的Fe原子个数=1；
B.由图i可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围；
C.根据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=(48+56)
N A g=104
N A
g，晶胞
的体积(3×10−8)3cm3=2.7×10−23cm3，该晶体的密度ρ=m
V
；
D.由图ⅰ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每
个晶胞中含有的Ti原子个数=8×1
8+4×1
4
=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子
+1=6，Ti：Fe：H=2：2：6=1：1：3。

个数=10×1
2
本题考查晶胞计算，把握原子的位置、均摊法计算、两点之间的距离为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B、C为解答的难点，题目难度中等。

15.【答案】
d2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+H2S⇌H++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收[或2Fe3++H2S⇌2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收]16Fe3+L n+16OH−+
8H2S=16Fe2+L n+16H2O+S8↓4O2+8H2S=8H2O+S8↓6
【解析】
解：(1)根据元素周期表分区可知，铁元素属于d区，
故答案为：d；
(2)①用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是2Fe3++H2S =2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S =2Fe2++S↓+2H+；
②氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，原因是H2S⇌H++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收[或2Fe3++H2S⇌2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收]，
故答案为：H2S⇌H++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收[或
2Fe3++H2S⇌2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收]；
(3)①Fe3+的价电子排布式为3d5，4s轨道无电子，且5个电子分别为5个d轨道中，且自旋分向相同，即为，
故答案为：；
②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+L n氧化H2S生成S8的离子方程式为：16Fe3+L n+16OH−+
8H2S =16Fe2+L n+16H2O+S8↓，ⅰ.O2氧化再生Fe3+L n的离子方程式：4Fe2+L n+。