北京市房山区2023年高三一模考试化学试题
一、单选题
1．（2023·房山模拟）聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
2．（2023·房山模拟）下列化学用语或图示表达错误的是
A．的结构式：
B．NaOH的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．的空间结构模型：
3．（2023·房山模拟）在考古研究中，通过分析铜器中(铅)同位素的比值，可以推断铜器是否同源。下列说法错误的是
A．Pb是第五周期元素 B．含有中子数为122
C．可用质谱法区分和 D．Pb的原子半径比Ge大
4．（2023·房山模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．28 g 分子中含有的σ键数目为
B．标准状况下，22.4 L HCl气体中数目为
C．的溶液中OH-数目为
D．2.3 g钠与足量氯气反应，电子转移的数目为
5．（2023·房山模拟）下列关于物质保存的解释，反应方程式错误的是
A．溶液中放入铁粉：
B．浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C．氮肥保存于阴凉处：
D．金属钠保存于煤油中：
6．（2023·房山模拟）如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，打开弹簧夹c，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是
a(干燥气体) b(液体)
A 水
B 水
C 饱和溶液
D 溴的水溶液
A．A B．B C．C D．D
7．（2023·房山模拟）下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 制取无水固体 检验产生的 证明 探究化学反应速率的影响因素
实验方案
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·房山模拟）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法错误的是
A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
9．（2023·房山模拟）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。
下列说法错误的是
A．该晶体为离子晶体
B．钛酸钙的化学式为
C．每个晶胞中含有8个
D．每个Ca 周围距离最近且等距的有12个
10．（2023·房山模拟）BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．存在顺反异构
B．既有酸性又有碱性
C．中间产物的结构简式为
D．①为加成反应，②为消去反应
11．（2023·房山模拟）某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述错误的是
A．稀释前溶液的浓度：
B．溶液中水的电离程度：b点
D．在d点和e点均存在：(酸根阴离子)
12．（2023·房山模拟）某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示，下列有关该电池的说法错误的是
A．电池放电时，向镍电极Ⅰ的方向迁移
B．正极电极反应为：
C．出口Ⅰ处有水生成
D．循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环
13．（2023·房山模拟）锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以和作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
下列说法错误的是
A．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小
B．放电过程中，总反应为
C．充电过程中，阴极的电极反应为
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过1 mol
14．（2023·房山模拟）室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。
已知：Fe(OH)3的；Fe(OH)2的；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法错误的是
A．M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B．导致M点→N点pH升高的反应为：
C．导致P点→Q点pH降低的反应为：
D．O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应
二、非选择题
15．（2023·房山模拟）邻羟基苯甲酸俗称水杨酸，具有抗炎、抗菌、角质调节等作用。其分子结构如图所示。
（1）邻羟基苯甲酸中碳原子的杂化方式为 。
（2）下列关于邻羟基苯甲酸的说法合理的是 。
a．属于分子晶体
b．沸点高于对羟基苯甲酸
c．相同条件下，在水中的溶解度小于对羟基苯甲酸
（3）具有酚羟基的物质通常能与氯化铁溶液发生显色反应。其显色原理是苯酚电离出的和形成配位键，得到的显紫色。
①基态的价电子排布式为 。
②实验发现对羟基苯甲酸不能与氯化铁发生显色反应，试从化学平衡的角度解释其原因是 。
（4）理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林 ，然而实际生产中该反应产率极低。已知：
i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理：
ii．苯酚中O原子2p轨道与C原子2p轨道平行，O原子p轨道电子云与苯环大π键电子云发生重叠，电子向苯环转移，降低了氧原子周围的电子云密度。
①比较O、C电负性大小，并从原子结构角度解释两元素电负性差异的原因是 。
②请结合已知信息，分析以邻羟基苯甲酸和乙酸为原料制备阿司匹林产率偏低的原因是 。
16．（2023·房山模拟）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。
（1）Ⅰ.制取氢气
甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式 。
（2）理论上，能提高平衡产率的措施有 (写出一条即可)。
（3）Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()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℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的 (填写化学式)。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式 。
（5）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)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是 。
（6）用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2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”)
17．（2023·房山模拟）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如下图：
已知：
ⅰ.BnBr为
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
（1）A中含氧官能团为 。
（2）由B到C所发生的化学反应方程式为 。
（3）试剂2的结构简式是 。
（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是 。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c.1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式 ；
（6）反应2的化学反应方程式为 ；
（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是 (填选项)。
a．反应1和反应3 b．反应4和反应5 c．反应2和反应6
18．（2021·房山模拟）高纯氯化锰 在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入 酸性溶液，充分反应后加入 调节 ，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入 气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
（1）氯化锰中锰元素的化合价是 。
（2）步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性 有关。从原子结构角度解释酸性 原因： 。
（3）步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有 、 和 等，且 不被 氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时 6.5 1.5 8.1 6.5
完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入 酸性溶液的目的： 。
②配平加入 后发生反应的离子方程式： ,
（4）步骤Ⅲ的目的是去除 ： 。推测溶解度：PbS MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
（5）已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液 ，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
19．（2023·房山模拟）某小组同学用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中(装置如图所示)发现，二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，对此现象开展探究。
（1）二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是 。
（2）[提出猜想]ⅰ．随着反应进行，c(Cl-)降低，不能被二氧化锰氧化
ⅱ．随着反应进行，……
[进行实验]将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想ⅰ不成立。
序号 实验操作 实验现象
Ⅰ 将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管； ，充分振荡，继续加热 试纸未变蓝
Ⅱ 将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热 滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴入浓硫酸后，试纸变蓝
将Ⅰ中操作补充完整：
（3）II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了 (填化学式)。
（4）[进一步实验]设计如下实验进一步探究。
序号 实验装置 实验操作 现象
Ⅲ 向左侧烧杯中滴加2滴浓硫酸 滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转；滴加浓硫酸后，电流表指针偏转
Ⅳ 向右侧烧杯中滴加2滴浓硫酸 电流表指针始终不偏转
滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是 。
（5）依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是 。
（6）[新的探究]小组同学又进行了实验Ⅴ、Ⅵ。
序号 实验操作 实验现象
Ⅴ 在0.5g二氧化锰中加入2毫升5%双氧水 产生气泡
Ⅵ 在0.5g二氧化锰中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升5%双氧水 产生气泡，黑色固体消失，生成无色溶液
Ⅵ中反应的离子方程式是 。
（7）结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A不符合题意；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B符合题意；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C不符合题意；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.高聚物均为混合物；
B.不同种非金属原子之间形成极性键；
C.O原子价层电子对个数是4，则O原子采用sp3杂化；
D.该分子中不含能水解的官能团。
2．【答案】D
【知识点】结构式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氮气分子中N原子之间以三键相连，结构式为N≡N，故A不符合题意；
B．NaOH属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：，故B不符合题意；
C．H2O的价层电子对数=2+=4，含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，模型：，故C不符合题意；
D．中S原子的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，S原子为sp3杂化，空间结构为正四面体形，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气分子中两个单原子间以三键连接；
B.NaOH由钠离子和氢氧根离子构成；
C.H2O中O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
D.中S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对。
3．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Pb是82号元素，是第六周期元素，故A符合题意；
B．Pb是82号元素，质子数为82，含有中子数204-82=122，故B不符合题意；
C．质谱的作用准确测定物质的分子量，和质量数不同，可以用质谱法区分，故C不符合题意；
D．Pb和Ge是同主族元素，Pb是第六周期元素，Ge是第四周期元素，Pb的原子半径比Ge大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Pb的原子序数为82，位于第六周期；
B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
C. 204Pb和206Pb的相对原子质量不同；
D.同一主族从上到下原子半径逐渐增大。
4．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.28 g的物质的量为=1mol，CH2=CH2中含有碳碳双键，含有5个σ键，则28 g分子中含有的σ键数目为，故A不符合题意；
B．HCl气体在无水时不能电离，没有H+，故B不符合题意；
C．未说明溶液体积，无法计算的溶液中OH-的数目，故C不符合题意；
D.2.3 g钠与足量氯气反应，Na元素由0价上升到+1价，2.3 g钠的物质的量为=0.1mol，共转移电子0.1mol，数目为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.HCl为气体，不含氢离子；
C.溶液体积未知；
D.钠与氯气反应生成氯化钠。
5．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A不符合题意；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B不符合题意；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C不符合题意；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铁离子和铁粉反应生成亚铁离子；
B.浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水；
C.碳酸氢铵分解生成氨气、二氧化碳和水；
D.常温下，钠在空气中反应生成氧化钠。
6．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A．NO2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，液体不可能充满烧瓶，A不符合题意；
B．NH3极易溶于水，造成烧瓶中压强变小，形成喷泉，且水最终几乎充满烧瓶，B符合题意；
C．CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内不可能形成喷泉，C不符合题意；
D．CH4难溶于水，且不与溴单质反应，烧瓶内不可能形成喷泉，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】要形成喷泉，烧瓶内的气体应溶于溶液或与溶液发生反应，烧瓶内的气体体积减小，导致烧瓶内的压强小于大气压。
7．【答案】A
【知识点】探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯化铁固体加热过程中能发生水解，应该在氯化氢的气流中进行，故该实验不能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，能使品红褪色，多余的二氧化硫用氢氧化钠吸收，防止污染，该实验能达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸锌和硫化钠反应生成硫化锌沉淀，再加入硫酸铜溶液，硫化锌能转化为黑色的硫化铜沉淀，说明硫化铜的溶度积小于硫化锌，该实验能达到实验目的，C不符合题意；
D．该实验中只有盐酸的浓度不同，可以根据产生气泡的快慢分析浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.加热可促进铁离子的水解，生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发可制备无水氯化铁；
B.二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色；
C.硫化钠不足，生成的ZnS转化为更难溶的CuS；
D.该实验中只有盐酸的浓度不同。
8．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A不符合题意；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B不符合题意；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C符合题意；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.分子中的N原子含有孤电子对；
B.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动；
C.催化剂不影响平衡状态，不能提高转化率；
D.Fe基催化剂表面的反应为NH3与NO、O2反应生成N2、H2O。
9．【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，故A不符合题意；
B．由均摊法可知，1个晶胞中含有O2-的个数是=3，Ti4+的个数是1，Ca2+的个数为8 =1，则钛酸钙的化学式为，故B不符合题意；
C．每个晶胞中含有8 =1个，故C符合题意；
D．由晶胞结构可知，以顶点为研究对象，在1个晶胞中Ca 周围距离最近且等距的有3个，该顶点被8个晶胞共用，则每个Ca 周围距离最近且等距的有=12个，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该晶体由离子构成，属于离子晶体；
B.根据均摊法计算；
C.每个晶胞的数目为8 =1；
D.每个Ca2 周围距离最近且等距的O2-个数为=12。
10．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构，该物质不含有碳碳双键，不存在顺反异构，A不符合题意；
B．-NH2具有碱性，没有酸性基团，B不符合题意；
C．中间产物结构简式为：，C不符合题意；
D．①反应为加成反应，氨基破坏了碳氧双键；②反应为消去反应，羟基发生消去，脱去了水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
B.含有氨基，具有碱性，不含酸性基团；
C.中间产物脱水生成BAS，则中间产物为。
11．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)
C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C符合题意；
D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 CH3COOH为弱酸，HCl为强酸，稀释过程中CH3COOH的电离程度增大，稀释相同体积时CH3COOH的pH较小，故曲线Ⅱ代表CH3COOH的稀释过程，曲线Ⅰ代表HCl的稀释过程。
12．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池中，阳离子向正极移动，由分析可知镍电极Ⅱ为正极，则向镍电极Ⅱ的方向迁移，故A符合题意；
B．由分析可知，镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，故B不符合题意；
C．镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，出口Ⅰ处有水生成，故C不符合题意；
D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，阳离子向正极移动。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Zn极为负极，电极方程式为：，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故A不符合题意；
B．由分析可知，负极电极方程式为：，正极电极方程式为：+e-=，则总反应为，故B不符合题意；
C．充电过程中，阴极转化为Zn，电极方程式为：，故C不符合题意；
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过2 mol ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，Zn极为负极，电极反应式为，惰性电极为正极，电极反应式为+e-=，充电时，Zn是阴极，电极反应式为。
14．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A不符合题意；
B．从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，pH＜1.5时，无Fe(OH)3沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：，B不符合题意；
C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：，C不符合题意；
D．M点→N点pH升高，发生反应：，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.亚铁离子水解显酸性，c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大；
B.酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH值增大，即H+消耗导致溶液pH值增大；
C.未酸化的溶液随着时间推移，溶液的pH值减小，说明溶液中有H+生成，Fe3+生成Fe(OH)3。
15．【答案】（1）sp2
（2）ac
（3）3d5；对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与的配位能力下降
（4）O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）邻羟基苯甲酸分子中碳原子不是饱和碳原子，均是sp2杂化。
（2）a．分子晶体是分子间通过分子间作用力(范德华力和氢键)构成的晶体，邻羟基苯甲酸属于分子晶体，正确；
b．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低，不正确；
c．邻羟基苯甲酸中存在着分子内氢键从而减小了它的极性，而H2O是极性分子，因此它在H2O中的溶解性小；对羟基苯甲酸中不存在分子内氢键，极性较强，故在H2O中的溶解性较大，正确；
故答案为：ac。
（3）①Fe原子价电子排布式为3d64s2，失去3个电子，失去的是4s上的两个电子和 3d上的一个电子，故答案为： 3d5；
②对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与的配位能力下降。
（4）①电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；
②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行。
【分析】（1）苯环和双键碳原子采用sp2杂化；
（2）a.邻羟基苯甲酸由分子构成，属于分子晶体；
b.邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键使物质的熔沸点升高，所以邻羟基苯甲酸沸点低于对羟基苯甲酸；
c.根据相似相溶原理分析；
（3）①基态Fe的核外排布为[Ar]3d64s2，Fe原子首先失去4s轨道上的2个电子，再失去3d轨道上1个电子后，形成Fe3+；
②对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离；
（4）①O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；
②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行。
16．【答案】（1）CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
（2）将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
（3）NaOH
（4）+2H2O+4H2
（5）浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
（6）6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；增大
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；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) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（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，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）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)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，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。
【分析】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加即可得到目标方程式；
（2） 提高平衡产率应使平衡正向移动，化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）水解显碱性；
（4）水解生成偏硼酸钠和氢气；
（5） 浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低，从而导致制氢速率下降；
（6）石墨电极与电源正极相连，为阳极，钛电极为阴极。
17．【答案】（1）(酚)羟基
（2）
（3）
（4）c
（5）
（6）
（7）ac
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）A是，含氧官能团为羟基；
（2）由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是，B与CH3COCl在氯化铝作用下发生取代反应生成，发生的化学反应方程式为；
（3）根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是 ；
（4）a．E是，分子中无单键碳，不存在手性碳原子，故a不正确；
b．E是，E分子中存在羟基、醚键、羰基等3种含氧官能团，故b不正确；
c．E是，羟基邻位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol ，故c正确；
选c。
（5）G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，该同分异构体的结构简式；
（6）反应2是与BnBr发生取代反应生成，反应方程式为
（7）反应1和反应3是保护中的①号羟基；反应2和反应6是保护中的②③④⑤号羟基，故答案为：ac。
【分析】结合D的结构简式和A的分子式可知，A为，和溴发生取代反应生成B为，B和试剂1发生信息ii的反应生成C，根据D的结构简式及C的分子式可知，C为，试剂1为CH3COCl；C和试剂2发生信息iii的反应然后酸化生成D，则试剂2为，D经多步反应生成E，E发生已知ⅳ中第一步反应生成F，F和J反应再还原得到葛根素，则F为，E为，J为，G和甲醇发生取代反应生成H，H为。
18．【答案】（1）+2
（2）P、Si在同一周期，核电荷数 ，原子半径 ，得电子能力 ，非金属性
（3）使 氧化为 ，并使铁元素以 的形式从溶液中除去；
（4）＜
（5）加热至80℃使 溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入 后发生反应的离子方程式： ；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使 溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
19．【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）加入固体NaCl
（3）Cl2
（4）MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
（5）c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-
（6）MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O
（7）滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)实验室二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；加入固体NaCl充分振荡，增加氯离子浓度，继续加热，试纸未变蓝，说明没产生氯气，说明不是c(Cl-)影响氯气的生成。
(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了：Cl2，氯气将碘离子氧化为碘单质，湿润的淀粉变为蓝色。
(4)滴加浓硫酸后，由于氢离子浓度改变，增加MnO2的氧化性，右边烧杯中反应的电极反应式是：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。
(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是：c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-。
(6)Ⅵ中二氧化锰与双氧水反应生成氧气，Mn2+，且Mn2+无色，反应的离子方程式是：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。
(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因：滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）猜想ⅰ不成立，说明不是 c(Cl-)对实验产生的影响；
（3）氯气将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝；
（4）滴加浓硫酸后，左边烧杯中二氧化锰得到电子生成锰离子和水；
（5）二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，与氢离子浓度减小有关；
（6）Ⅵ中二氧化锰与过氧化氢发生氧化还原反应；
（7）Ⅴ、Ⅵ中c(H+)不同。
北京市房山区2023年高三一模考试化学试题
一、单选题
1．（2023·房山模拟）聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A不符合题意；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B符合题意；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C不符合题意；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.高聚物均为混合物；
B.不同种非金属原子之间形成极性键；
C.O原子价层电子对个数是4，则O原子采用sp3杂化；
D.该分子中不含能水解的官能团。
2．（2023·房山模拟）下列化学用语或图示表达错误的是
A．的结构式：
B．NaOH的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．的空间结构模型：
【答案】D
【知识点】结构式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氮气分子中N原子之间以三键相连，结构式为N≡N，故A不符合题意；
B．NaOH属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：，故B不符合题意；
C．H2O的价层电子对数=2+=4，含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，模型：，故C不符合题意；
D．中S原子的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，S原子为sp3杂化，空间结构为正四面体形，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气分子中两个单原子间以三键连接；
B.NaOH由钠离子和氢氧根离子构成；
C.H2O中O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
D.中S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对。
3．（2023·房山模拟）在考古研究中，通过分析铜器中(铅)同位素的比值，可以推断铜器是否同源。下列说法错误的是
A．Pb是第五周期元素 B．含有中子数为122
C．可用质谱法区分和 D．Pb的原子半径比Ge大
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Pb是82号元素，是第六周期元素，故A符合题意；
B．Pb是82号元素，质子数为82，含有中子数204-82=122，故B不符合题意；
C．质谱的作用准确测定物质的分子量，和质量数不同，可以用质谱法区分，故C不符合题意；
D．Pb和Ge是同主族元素，Pb是第六周期元素，Ge是第四周期元素，Pb的原子半径比Ge大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Pb的原子序数为82，位于第六周期；
B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
C. 204Pb和206Pb的相对原子质量不同；
D.同一主族从上到下原子半径逐渐增大。
4．（2023·房山模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．28 g 分子中含有的σ键数目为
B．标准状况下，22.4 L HCl气体中数目为
C．的溶液中OH-数目为
D．2.3 g钠与足量氯气反应，电子转移的数目为
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.28 g的物质的量为=1mol，CH2=CH2中含有碳碳双键，含有5个σ键，则28 g分子中含有的σ键数目为，故A不符合题意；
B．HCl气体在无水时不能电离，没有H+，故B不符合题意；
C．未说明溶液体积，无法计算的溶液中OH-的数目，故C不符合题意；
D.2.3 g钠与足量氯气反应，Na元素由0价上升到+1价，2.3 g钠的物质的量为=0.1mol，共转移电子0.1mol，数目为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.HCl为气体，不含氢离子；
C.溶液体积未知；
D.钠与氯气反应生成氯化钠。
5．（2023·房山模拟）下列关于物质保存的解释，反应方程式错误的是
A．溶液中放入铁粉：
B．浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C．氮肥保存于阴凉处：
D．金属钠保存于煤油中：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A不符合题意；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B不符合题意；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C不符合题意；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铁离子和铁粉反应生成亚铁离子；
B.浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水；
C.碳酸氢铵分解生成氨气、二氧化碳和水；
D.常温下，钠在空气中反应生成氧化钠。
6．（2023·房山模拟）如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，打开弹簧夹c，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是
a(干燥气体) b(液体)
A 水
B 水
C 饱和溶液
D 溴的水溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A．NO2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，液体不可能充满烧瓶，A不符合题意；
B．NH3极易溶于水，造成烧瓶中压强变小，形成喷泉，且水最终几乎充满烧瓶，B符合题意；
C．CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内不可能形成喷泉，C不符合题意；
D．CH4难溶于水，且不与溴单质反应，烧瓶内不可能形成喷泉，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】要形成喷泉，烧瓶内的气体应溶于溶液或与溶液发生反应，烧瓶内的气体体积减小，导致烧瓶内的压强小于大气压。
7．（2023·房山模拟）下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 制取无水固体 检验产生的 证明 探究化学反应速率的影响因素
实验方案
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯化铁固体加热过程中能发生水解，应该在氯化氢的气流中进行，故该实验不能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，能使品红褪色，多余的二氧化硫用氢氧化钠吸收，防止污染，该实验能达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸锌和硫化钠反应生成硫化锌沉淀，再加入硫酸铜溶液，硫化锌能转化为黑色的硫化铜沉淀，说明硫化铜的溶度积小于硫化锌，该实验能达到实验目的，C不符合题意；
D．该实验中只有盐酸的浓度不同，可以根据产生气泡的快慢分析浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.加热可促进铁离子的水解，生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发可制备无水氯化铁；
B.二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色；
C.硫化钠不足，生成的ZnS转化为更难溶的CuS；
D.该实验中只有盐酸的浓度不同。
8．（2023·房山模拟）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法错误的是
A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A不符合题意；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B不符合题意；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C符合题意；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.分子中的N原子含有孤电子对；
B.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动；
C.催化剂不影响平衡状态，不能提高转化率；
D.Fe基催化剂表面的反应为NH3与NO、O2反应生成N2、H2O。
9．（2023·房山模拟）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。
下列说法错误的是
A．该晶体为离子晶体
B．钛酸钙的化学式为
C．每个晶胞中含有8个
D．每个Ca 周围距离最近且等距的有12个
【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，故A不符合题意；
B．由均摊法可知，1个晶胞中含有O2-的个数是=3，Ti4+的个数是1，Ca2+的个数为8 =1，则钛酸钙的化学式为，故B不符合题意；
C．每个晶胞中含有8 =1个，故C符合题意；
D．由晶胞结构可知，以顶点为研究对象，在1个晶胞中Ca 周围距离最近且等距的有3个，该顶点被8个晶胞共用，则每个Ca 周围距离最近且等距的有=12个，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该晶体由离子构成，属于离子晶体；
B.根据均摊法计算；
C.每个晶胞的数目为8 =1；
D.每个Ca2 周围距离最近且等距的O2-个数为=12。
10．（2023·房山模拟）BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．存在顺反异构
B．既有酸性又有碱性
C．中间产物的结构简式为
D．①为加成反应，②为消去反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构，该物质不含有碳碳双键，不存在顺反异构，A不符合题意；
B．-NH2具有碱性，没有酸性基团，B不符合题意；
C．中间产物结构简式为：，C不符合题意；
D．①反应为加成反应，氨基破坏了碳氧双键；②反应为消去反应，羟基发生消去，脱去了水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
B.含有氨基，具有碱性，不含酸性基团；
C.中间产物脱水生成BAS，则中间产物为。
11．（2023·房山模拟）某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述错误的是
A．稀释前溶液的浓度：
B．溶液中水的电离程度：b点
D．在d点和e点均存在：(酸根阴离子)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)
C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C符合题意；
D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 CH3COOH为弱酸，HCl为强酸，稀释过程中CH3COOH的电离程度增大，稀释相同体积时CH3COOH的pH较小，故曲线Ⅱ代表CH3COOH的稀释过程，曲线Ⅰ代表HCl的稀释过程。
12．（2023·房山模拟）某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示，下列有关该电池的说法错误的是
A．电池放电时，向镍电极Ⅰ的方向迁移
B．正极电极反应为：
C．出口Ⅰ处有水生成
D．循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池中，阳离子向正极移动，由分析可知镍电极Ⅱ为正极，则向镍电极Ⅱ的方向迁移，故A符合题意；
B．由分析可知，镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，故B不符合题意；
C．镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，出口Ⅰ处有水生成，故C不符合题意；
D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，阳离子向正极移动。
13．（2023·房山模拟）锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以和作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
下列说法错误的是
A．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小
B．放电过程中，总反应为
C．充电过程中，阴极的电极反应为
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过1 mol
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Zn极为负极，电极方程式为：，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故A不符合题意；
B．由分析可知，负极电极方程式为：，正极电极方程式为：+e-=，则总反应为，故B不符合题意；
C．充电过程中，阴极转化为Zn，电极方程式为：，故C不符合题意；
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过2 mol ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，Zn极为负极，电极反应式为，惰性电极为正极，电极反应式为+e-=，充电时，Zn是阴极，电极反应式为。
14．（2023·房山模拟）室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。
已知：Fe(OH)3的；Fe(OH)2的；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法错误的是
A．M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B．导致M点→N点pH升高的反应为：
C．导致P点→Q点pH降低的反应为：
D．O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A不符合题意；
B．从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，pH＜1.5时，无Fe(OH)3沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：，B不符合题意；
C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：，C不符合题意；
D．M点→N点pH升高，发生反应：，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.亚铁离子水解显酸性，c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大；
B.酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH值增大，即H+消耗导致溶液pH值增大；
C.未酸化的溶液随着时间推移，溶液的pH值减小，说明溶液中有H+生成，Fe3+生成Fe(OH)3。
二、非选择题
15．（2023·房山模拟）邻羟基苯甲酸俗称水杨酸，具有抗炎、抗菌、角质调节等作用。其分子结构如图所示。
（1）邻羟基苯甲酸中碳原子的杂化方式为 。
（2）下列关于邻羟基苯甲酸的说法合理的是 。
a．属于分子晶体
b．沸点高于对羟基苯甲酸
c．相同条件下，在水中的溶解度小于对羟基苯甲酸
（3）具有酚羟基的物质通常能与氯化铁溶液发生显色反应。其显色原理是苯酚电离出的和形成配位键，得到的显紫色。
①基态的价电子排布式为 。
②实验发现对羟基苯甲酸不能与氯化铁发生显色反应，试从化学平衡的角度解释其原因是 。
（4）理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林 ，然而实际生产中该反应产率极低。已知：
i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理：
ii．苯酚中O原子2p轨道与C原子2p轨道平行，O原子p轨道电子云与苯环大π键电子云发生重叠，电子向苯环转移，降低了氧原子周围的电子云密度。
①比较O、C电负性大小，并从原子结构角度解释两元素电负性差异的原因是 。
②请结合已知信息，分析以邻羟基苯甲酸和乙酸为原料制备阿司匹林产率偏低的原因是 。
【答案】（1）sp2
（2）ac
（3）3d5；对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与的配位能力下降
（4）O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）邻羟基苯甲酸分子中碳原子不是饱和碳原子，均是sp2杂化。
（2）a．分子晶体是分子间通过分子间作用力(范德华力和氢键)构成的晶体，邻羟基苯甲酸属于分子晶体，正确；
b．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低，不正确；
c．邻羟基苯甲酸中存在着分子内氢键从而减小了它的极性，而H2O是极性分子，因此它在H2O中的溶解性小；对羟基苯甲酸中不存在分子内氢键，极性较强，故在H2O中的溶解性较大，正确；
故答案为：ac。
（3）①Fe原子价电子排布式为3d64s2，失去3个电子，失去的是4s上的两个电子和 3d上的一个电子，故答案为： 3d5；
②对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与的配位能力下降。
（4）①电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；
②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行。
【分析】（1）苯环和双键碳原子采用sp2杂化；
（2）a.邻羟基苯甲酸由分子构成，属于分子晶体；
b.邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键使物质的熔沸点升高，所以邻羟基苯甲酸沸点低于对羟基苯甲酸；
c.根据相似相溶原理分析；
（3）①基态Fe的核外排布为[Ar]3d64s2，Fe原子首先失去4s轨道上的2个电子，再失去3d轨道上1个电子后，形成Fe3+；
②对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离；
（4）①O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；
②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行。
16．（2023·房山模拟）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。
（1）Ⅰ.制取氢气
甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式 。
（2）理论上，能提高平衡产率的措施有 (写出一条即可)。
（3）Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()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℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的 (填写化学式)。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式 。
（5）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)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是 。
（6）用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2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”)
【答案】（1）CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
（2）将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
（3）NaOH
（4）+2H2O+4H2
（5）浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
（6）6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；增大
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；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) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（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，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）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)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，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。
【分析】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加即可得到目标方程式；
（2） 提高平衡产率应使平衡正向移动，化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）水解显碱性；
（4）水解生成偏硼酸钠和氢气；
（5） 浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低，从而导致制氢速率下降；
（6）石墨电极与电源正极相连，为阳极，钛电极为阴极。
17．（2023·房山模拟）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如下图：
已知：
ⅰ.BnBr为
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
（1）A中含氧官能团为 。
（2）由B到C所发生的化学反应方程式为 。
（3）试剂2的结构简式是 。
（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是 。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c.1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol
（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式 ；
（6）反应2的化学反应方程式为 ；
（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是 (填选项)。
a．反应1和反应3 b．反应4和反应5 c．反应2和反应6
【答案】（1）(酚)羟基
（2）
（3）
（4）c
（5）
（6）
（7）ac
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）A是，含氧官能团为羟基；
（2）由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是，B与CH3COCl在氯化铝作用下发生取代反应生成，发生的化学反应方程式为；
（3）根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是 ；
（4）a．E是，分子中无单键碳，不存在手性碳原子，故a不正确；
b．E是，E分子中存在羟基、醚键、羰基等3种含氧官能团，故b不正确；
c．E是，羟基邻位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol ，故c正确；
选c。
（5）G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，该同分异构体的结构简式；
（6）反应2是与BnBr发生取代反应生成，反应方程式为
（7）反应1和反应3是保护中的①号羟基；反应2和反应6是保护中的②③④⑤号羟基，故答案为：ac。
【分析】结合D的结构简式和A的分子式可知，A为，和溴发生取代反应生成B为，B和试剂1发生信息ii的反应生成C，根据D的结构简式及C的分子式可知，C为，试剂1为CH3COCl；C和试剂2发生信息iii的反应然后酸化生成D，则试剂2为，D经多步反应生成E，E发生已知ⅳ中第一步反应生成F，F和J反应再还原得到葛根素，则F为，E为，J为，G和甲醇发生取代反应生成H，H为。
18．（2021·房山模拟）高纯氯化锰 在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入 酸性溶液，充分反应后加入 调节 ，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入 气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
（1）氯化锰中锰元素的化合价是 。
（2）步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性 有关。从原子结构角度解释酸性 原因： 。
（3）步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有 、 和 等，且 不被 氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时 6.5 1.5 8.1 6.5
完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入 酸性溶液的目的： 。
②配平加入 后发生反应的离子方程式： ,
（4）步骤Ⅲ的目的是去除 ： 。推测溶解度：PbS MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
（5）已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液 ，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
【答案】（1）+2
（2）P、Si在同一周期，核电荷数 ，原子半径 ，得电子能力 ，非金属性
（3）使 氧化为 ，并使铁元素以 的形式从溶液中除去；
（4）＜
（5）加热至80℃使 溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入 后发生反应的离子方程式： ；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使 溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
19．（2023·房山模拟）某小组同学用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中(装置如图所示)发现，二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，对此现象开展探究。
（1）二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是 。
（2）[提出猜想]ⅰ．随着反应进行，c(Cl-)降低，不能被二氧化锰氧化
ⅱ．随着反应进行，……
[进行实验]将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想ⅰ不成立。
序号 实验操作 实验现象
Ⅰ 将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管； ，充分振荡，继续加热 试纸未变蓝
Ⅱ 将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热 滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴入浓硫酸后，试纸变蓝
将Ⅰ中操作补充完整：
（3）II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了 (填化学式)。
（4）[进一步实验]设计如下实验进一步探究。
序号 实验装置 实验操作 现象
Ⅲ 向左侧烧杯中滴加2滴浓硫酸 滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转；滴加浓硫酸后，电流表指针偏转
Ⅳ 向右侧烧杯中滴加2滴浓硫酸 电流表指针始终不偏转
滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是 。
（5）依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是 。
（6）[新的探究]小组同学又进行了实验Ⅴ、Ⅵ。
序号 实验操作 实验现象
Ⅴ 在0.5g二氧化锰中加入2毫升5%双氧水 产生气泡
Ⅵ 在0.5g二氧化锰中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升5%双氧水 产生气泡，黑色固体消失，生成无色溶液
Ⅵ中反应的离子方程式是 。
（7）结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因 。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）加入固体NaCl
（3）Cl2
（4）MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
（5）c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-
（6）MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O
（7）滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)实验室二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；加入固体NaCl充分振荡，增加氯离子浓度，继续加热，试纸未变蓝，说明没产生氯气，说明不是c(Cl-)影响氯气的生成。
(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了：Cl2，氯气将碘离子氧化为碘单质，湿润的淀粉变为蓝色。
(4)滴加浓硫酸后，由于氢离子浓度改变，增加MnO2的氧化性，右边烧杯中反应的电极反应式是：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。
(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是：c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-。
(6)Ⅵ中二氧化锰与双氧水反应生成氧气，Mn2+，且Mn2+无色，反应的离子方程式是：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。
(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因：滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）猜想ⅰ不成立，说明不是 c(Cl-)对实验产生的影响；
（3）氯气将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝；
（4）滴加浓硫酸后，左边烧杯中二氧化锰得到电子生成锰离子和水；
（5）二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，与氢离子浓度减小有关；
（6）Ⅵ中二氧化锰与过氧化氢发生氧化还原反应；
（7）Ⅴ、Ⅵ中c(H+)不同。
