2023年北京各校高三上学期期中期末测试卷

2023北京汇文中学高三（上）期中
化 学
1．本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
2．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ti-48 Co-59
第一部分（选择题 共42分）
本部分有14小题，每题只有1个正确选项，每题3分
1．近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（ ）
A．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢
B．“天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料——钛合金
C．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓
D．“C919”飞机机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂
2．化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D
酸性重铬酸钾用于检测酒精 铝粉与强碱溶液反应放热 以饱和食盐水、、为原料生产纯碱 氯气与烧碱反应制备“84”消毒液
3．下列有关物质的性质与用途的叙述中，对应关系不正确的是（ ）
A．明矾易水解，可用作净水剂
B．易液化，可用作制冷剂
C．具有漂白性，可用来漂白纸浆
D．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂
4，阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下28g乙烯中含有的键数目为
B．电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32g Cu转化为
C．标准状况下，2.24L 和的混合气体中分子数为
D．密闭容器中，2mol 和1mol 催化反应后分子总数为
5．下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A．电负性：N＜O＜F B．酸性：
C．稳定性： D．碱性：
6．物质性质与其结构密切相关，下列比较中不正确的是（ ）
A．在中的溶解性：
B．熔点：
C．硬度：晶体硅＞碳化硅
D．物质的酸性：
7．下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：
D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：、
8．高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．试剂a是甲醇
B．化合物B不存在顺反异构体
C．化合物C的核磁共振氢谱有一组峰
D．合成M的聚合反应是缩聚反应
9．下列制备物质的转化关系不合理的是（ ）
A．制：
B．制：
C．制NaOH：海水溶液
D．制Mg：海水溶液
10．2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：W＜X
B．氢化物的沸点：W＜Z
C．X的最高价氧化物的水化物能与强碱反应
D．Y单质可用做半导体材料
11．利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是（ ）
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 品红溶液褪色
C 浓NaOH与溶液生成 酚酞溶液变红
D 与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色
12．常温下，向新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的浓度与NaOH溶液体积之间的关系如图所示。下列推断不正确的是（ ）
A．E、F点溶液的pH分别为3和7
B．F点对应的溶液中：
C．G点对应的溶液中：
D．F~H点对应的溶液中，为定值
13．二次电池液体锌电池具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A．放电过程中，由正极向负极迁移
B．放电过程中，正极的电极反应：
C．充电时，左侧电极连接外电路直流电源的正极
D．充电时，阴极的电极反应：
14．某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应，。
实验测得：，，、为化学反应速率常数，只受温度影响。
容器编号 起始浓度（） 平衡浓度（）
Ⅰ 0.6 0 0 0.2
Ⅱ 0.6 0.1 0
下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅰ中的平衡转化率约为66.7%
B．升高温度，该反应的化学平衡常数增大
C．Ⅱ中达到平衡状态时，
D．该反应的化学平衡常数可表示为
第二部分（非选择题 共58分）
本部分共5小题，共58分。
15．（11分）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现的净化
①比较N、O元素第一电离能：N______O（填“＞”或“小于”）。
②光催化还原可得到，从结构角度分析性质稳定的原因______。
③光催化氧化最终产物为硝酸盐，的空间结构是______形。
（2）光催化和合成甲醇是转化利用最有前景的途径之一。
比较甲醇分子中H－C－H与C－O－H的键角大小并解释原因______。
（3）光催化可降解苯酚（）。在紫外光的作用下催化剂表面有（羟基自由基）生成，可将苯酚氧化为和，该反应的方程式为______。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如图所示，边长均为。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为______。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的个数是______。
③表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为______。
16．（10分）三氯化六氨合钴（）为橙黄色晶体，实验室制备过程如下：
Ⅰ．将6g 晶体和4g 加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；
Ⅱ．加入13.5mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴加入13.5mL 5% 溶液，水浴加热至50~60℃，保持20min。用冰浴冷却，过滤得粗产品；
Ⅲ．将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤
Ⅳ．先用冷的 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
（1）中的基态价电子排布式为______。
（2）遇浓氨水生成沉淀，加入浓氨水前先加入可避免沉淀生成，结合电离平衡解释原因：______。
（3）溶液中、和浓氨水混合后，与溶液反应生成的化学方程式是______。
（4）补全Ⅲ中的操作：______。
（5）沉淀滴定法测定产品中的质量分数：
ⅰ．准确称取ag Ⅳ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；
ⅱ．滴加少量溶液作为指示剂，用 溶液滴定至终点；
ⅲ．平行测定三次，消耗溶液的体积的平均值为vmL。
已知：；。
①滴定终点的现象是出现橙色的沉淀，若此时溶液中为，则溶液中指示剂的浓度不低于______mol/L。
②制备的晶体中的质量分数是______（列出计算式）。
17．（13分）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下：
已知：
（1）A为芳香烃，其名称是______。
（2）A→B的反应类型是______。
（3）C能发生银镜反应，B→C的化学方程式是______。
（4）F→G中所用的物质a的分子式是______。
（5）F中含有的官能团是______。
（6）Ⅰ能与反应生成，的化学方程式是______。
（7）①K分子中有______个手性碳原子。
②芳香化合物L的结构简式是______。
（8）还可用A为原料，经如下“电化学氧化工艺流程”合成C，反应器中由A生成C的离子方程式是______。
18．（12分）高铁酸钾（）是一种新型的污水处理剂。
（1）的制备
①ⅰ中反应的离子方程式是______。
②将ⅱ中反应的离子方程式补充完整：
□□□□□______□______
③ⅲ中反应能够发生是因为溶解度：______（填“＞”或“＜”）。
（2）的性质
ⅰ．将固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡（），液体有丁达尔效应。
ⅱ．将固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。
ⅲ．将固体溶于稀硫酸中，产生无色气泡的速率明显比ⅰ快。
①溶于蒸馏水的化学反应方程式是______。
②的氧化性与溶液pH的关系是______。
（3）的应用
可用于生活垃圾渗透液的脱氮（将转化为）处理。对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如右图所示：
①脱氮的最佳pH约为8，pH小于8时，脱氮效果随pH减小而减弱，结合转化为的氧化反应分析原因：______。
②pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：______。
19．（12分）研究小组探究高铜酸钠（）的制备和性质。
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。
【实验Ⅰ】向2mL 1mol/L NaClO溶液中滴加1mL 1mol/L 溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。
（1）溶液显酸性，用离子方程式解释原因：______；制备时滴加的溶液不宜过量。
（2）探究棕黑色沉淀的组成。
【实验Ⅱ】将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。
①另取少量固体b进行实验，证实了固体中钠元素的存在，实验操作的名称是______。
②经进一步检验确认棕黑色固体是。
与稀反应的离子方程式是______。
（3）探究实验条件对制备的影响。
【实验Ⅲ】向另一份浊液a中继续滴加1.5mL lmol/L 溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有产生。
①对的来源，甲同学认为是和反应生成了，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成的其他原因：______。
②探究继续滴加溶液，能氧化的原因。
ⅰ．提出假设1：增大，的还原性增强。实验证明假设成立。
操作和现象是：取少量固体于试管中，______。
ⅱ．提出假设2：______，经证实该假设也成立。
【实验Ⅳ】向1mL 1mol/L NaClO溶液中滴加0.5mL 1mol/L溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体能使带火星木条复燃但不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（4）通过以上实验，对于化学性质的认识是______。
（5）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的，应选用的试剂是NaClO溶液、______溶液和______溶液。2023北京十五中高三（上）期中
化 学
本部分共14题，每题3分，共42分，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（　　）
A．元素的金属性：K＞Rb
B．中子数为50的Rb的核素：
C．与同周期元素38Sr的原子半径比较：Rb＞Sr
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
2．下列说法中，不正确的是（　　）
A．苯酚和甲醛通过聚合反应可制得高分子材料
B．顺﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯加氢产物不相同
C．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
D．淀粉和纤维素在酸作用下水解的最终产物都是葡萄糖
3．下列化学用语或图示表达不正确的是（　　）
A．的电子式： B．CO2的结构式：O═C═O
C．甲苯的空间填充模型： D．Ca2+的结构示意图：
4．下列说法正确的是（　　）
A．HCl和Cl2分子中均含有s﹣pσ键
B．NH3和NH4+的VSEPR模型和空间结构均一致
C．熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D．酸性：CH3COOH＞CHCl2COOH＞CCl3COOH
5．下列说法正确的是（　　）
A．同温同压下，O2和CO2的密度相同
B．质量相同的H2O和D2O（重水）所含的原子数相同
C．物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
6．室温下，对于1L 0.1mol L﹣1醋酸溶液。下列判断正确的是（　　）
A．该溶液中CH3COO﹣的粒子数为6.02×1022
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
C．滴加NaOH溶液过程中，n（CH3COO﹣）与n（CH3COOH）之和始终为0.1mol
D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
7．室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是（　　）
A．NO2易溶于水，不能用排水法收集
B．试管中剩余的无色气体是未溶解的NO2
C．取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸
D．向试管中再缓缓通入一定量的O2，试管中的液面上升
8．下列方程式不能准确解释相应实验现象的是（　　）
A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体：2Fe+3SFe2S3
D．CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶沉淀。再继续添加氨水，难溶物溶解：
9．使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（　　）
A B C D
试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH
试剂b Ba（OH）2 Ca（OH）2 Ba（OH）2 NH3 H2O
A．A B．B C．C D．D
10．高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图，下列说法不正确的是（　　）
A．试剂a是甲醇
B．化合物B不存在顺反异构体
C．化合物C的核磁共振氢谱有一组峰
D．合成M的聚合反应是缩聚反应
11．用图示装置（夹持、加热装置已略）进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是（　　）
①中实验 ②中现象
A 将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间 导管中倒吸一段水柱
B 加热NH4Cl溶液和浓NaOH溶液的混合物 AgNO3溶液先变浑浊后澄清
C 加热1﹣溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物 酸性KMnO4溶液褪色
D 加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物 充分振荡后，饱和Na2CO3溶液的上层仍有无色油状液体
A．A B．B C．C D．D
12．液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其放电过程示意图如图。下列说法不正确的是（　　）
已知：①Zn（OH）2+2OH﹣═Zn（OH）42﹣。
②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A．充电过程中，阴极的电极反应：Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣
B．放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
C．放电过程中，H+由正极向负极迁移
D．在充、放电过程中，凝胶中的KOH可再生
13．PET（，M链节＝192g mol﹣1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用cmol L﹣1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液vmL．下列说法不正确的是（　　）
A．PET塑料是一种可降解高分子材料
B．滴定终点时，溶液变为浅红色
C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物
D．PET的平均聚合度 n＝（忽略端基的摩尔质量）
14．某同学进行如下实验：
实验步骤 实验现象
Ⅰ 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2）；试管中部有白色固体附着
Ⅱ 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色（pH≈5）
下列说法不正确的是（　　）
A．根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
第二部分本部分共5题，共58分。
15．（10分）碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
电负性：H 2.20；C 2.55；F 3.98；P 2.19；I 2.66
（1）人工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是 　 　。
（2）碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因 　 　。
（3）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是 　 　，PI3水解生成HI的化学方程式是 　 　。
（4）CH3I是一种甲基化试剂，CF3I可用作制冷剂，CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是：CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，结合电负性解释原因 　 　。
（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，结构如图。
①与K原子紧邻的O原子有 　 　个。
②KIO3的摩尔质量为214g/mol，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度是 　 　g/cm3（1nm＝10﹣9m）。
16．（12分）页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。
（1）二氧化碳氧化乙烷制乙烯。
将C2H6和CO2按物质的量之比为1：1通入反应器中，发生如下反应：
ⅰ．C2H6（g） C2H4（g）+H2（g）ΔH1＝+136.4 kJ mol﹣1
ⅱ．CO2 （g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2 kJ mol﹣1
ⅲ．C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH3
①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝　 　kJ mol﹣1。
②反应ⅳ：C2H6（g） 2C（s）+3H2（g）为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面，降低催化剂的活性，适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：　 　。
③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如表（均未达到平衡状态）：
实验 编号 t/℃ 催化剂 转化率/% 选择性/%
C2H6 CO2 C2H4 CO
Ⅰ 650 钴盐 19.0 37.6 17.6 78.1
Ⅱ 650 铬盐 32.1 23.0 77.3 10.4
Ⅲ 600 21.2 12.4 79.7 9.3
Ⅳ 550 12.0 8.6 85.2 5.4
【注】
C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。
CO 选择性：转化的 CO2中生成 CO 的百分比。
对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为 　 　，理由是 　 　。
实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6的转化率升高，但C2H4的选择性降低，原因是 　 　。
（2）利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：
①电 a与电源的 　 　极相连。
②电极b的电极反应式是 　 　。
17．（12分）米格列奈可用于治疗糖尿病，其合成路线如图。
已知：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
（1）1mol A能与2mol NaHCO3溶液反应生成气体，A中含有的官能团是 　 　。
（2）B→C的化学方程式是 　 　。
（3）E的结构简式是 。
（4）试剂a为CH2＝CH﹣CH＝CH2，其名称是 　 　。
（5）I→J的反应类型是 　 　。
（6）F+J→米格列奈的过程中，会生成M，M与米格列奈互为碳链异构的同分异构体，则M的结构简式是 。
（7）酸性溶液中，可采用电解法由A制B，电解时的阴极反应式是 　 　。
18．（12分）KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：
Ⅰ．将软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。
Ⅱ．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。
Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。
Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。
资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应（Mn的化合价既升高又降低）。
（1）Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是 　 　。
（2）Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是 　 　。
（3）Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是 　 　。
（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是 　 　。
（5）将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4．装置如图：
①b极是 　 　极（填“阳”或“阴”），D是 　 　。
②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：　 　。
③传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是 　 　。
（6）用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下：
已知：Na2C2O4+H2SO4═H2C2O4+Na2SO4
5H2C2O4+2+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
摩尔质量：Na2C2O4 134g mol﹣1 KMnO4 158g mol﹣1
ⅰ．称取ag产品，配成50mL溶液。
ⅱ．称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。
ⅲ．将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL（杂质不参与反应）。
产品中KMnO4的质量分数的表达式为 　 　。
19．（12分）某小组探究Fe2S3的制备。配制0.1mol L﹣1的FeCl3溶液和0.1mol L﹣1的Na2S溶液备用。
【查阅资料】
i．FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。
ii．Fe3++6F﹣ [FeF6]3﹣，[FeF6]3﹣为无色离子。
iii．硫单质微溶于乙醇，难溶于水。
【设计并实施实验】
编号 实验一 实验二
操作 1.0mL0.1mol L﹣1Na2S溶液 0.5mL0.1mol L﹣1FeCl3溶液
现象 迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X 产生棕黑色沉淀
（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a的离子方程式为 　 　。
（2）进一步检验浊液X的组成，过程如图1所示。
①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是 　 　。
②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+与加入的S2﹣反应产生的。乙同学认为该解释不严谨，理由是 　 　。
（3）实验二制得了Fe2S3，但其中含少量Fe（OH）3。
①生成Fe（OH）3的离子方程式为 　 　。
②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因：　 　。
实验三小组同学进行如图2所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的Fe2S3。
（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3的离子方程式为 　 　。
【反思评价】
（5）对比三个实验，实验三能成功制备Fe2S3的原因是 　 　。
参考答案
本部分共14题，每题3分，共42分，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B．中子数为50的Rb质量数为87；
C．电子层相同核电荷数越多半径越小；
D．金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
【解答】解：A．同主族自上而下金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故RbOH的碱性比NaOH强，故A错误；
B．中子数为50的Rb质量数为87，所以中子数为50的Rb的核素： Rb，故B错误；
C．电子层相同核电荷数越多半径越小，Rb和Sr的电子层数相同，所以半径：Rb＞Sr，故C正确；
D．金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Rb的金属性强于K，所以水化物的碱性：RbOH＞KOH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查碱金属元素性质，难度不大，注意理解掌握同主族元素性质相似性与递变性。
2．【分析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，俗名电木；
B．顺﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯加氢的产物都是丁烷；
C．蛋白质的盐析是可逆的；
D．淀粉和纤维素是多糖，在稀硫酸催化作用下发生水解反应生成葡萄糖。
【解答】解：A．苯酚和甲醛通过缩聚反应生成酚醛树脂，酚醛树脂属于高分子化合物，酚醛树脂可作高分子材料，故A正确；
B．顺﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯加氢的产物都是丁烷，即二者的加氢产物相同，故B错误；
C．蛋白质的盐析是可逆的，故蛋白质经多次盐析和溶解可以用于蛋白质的分离提纯，故C正确；
D．淀粉和纤维素在稀硫酸催化作用下发生水解反应最终都生成葡萄糖，即最终产物都是葡萄糖，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构、性质，为高频考点，把握常见有机物的结构和性质是解题的关键，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
3．【分析】A．为复杂阳离子，书写电子式时要标出各原子的最外层电子，并用[]括起来；
B．CO2的中心原子是C，含有C＝O双键；
C．为苯的空间填充模型；
D．Ca2+的质子数为20，核外电子数为18，核外电子分层排布。
【解答】解：A．的中心原子为N，带一个单位的正电荷，N原子与每个H原子共用1对电子，属于原子团，其电子式为，故A正确；
B．CO2是共价化合物，直线形分子，中心原子是C，含有C＝O双键，其结构式为O＝C＝O，故B正确；
C．甲苯的结构简式为，C原子半径大于H，则甲苯的空间填充模型为，故C错误；
D．Ca2+的质子数为20，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、离子结构示意图、结构简式和充填模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4．【分析】A.HCl中H的1s电子与Cl的3p电子形成共价键，氯气分子中只有Cl﹣Cl共价键，Cl的3p电子之间形成共用电子对；
B.NH3分子中N原子价层电子对个数＝3+＝4，含有一个孤电子对，其VSEPR模型为四面体结构，空间构型为三角锥形；
C.共价晶体的原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高；
D.Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，则含有Cl的数目越多酸性越强。
【解答】解：A.HCl中H的1s电子与Cl的3p电子形成共价键，为s﹣pσ键，但Cl2分子中只有Cl﹣Cl共价键，Cl的3p电子之间形成共用电子对，为p﹣pσ键，故A错误；
B.NH4+的中心原子N的价层电子对个数＝4+＝4，没有有孤电子对，其VSEPR模型和空间结构一致，均为正四面体形，但NH3分子的VSEPR模型为四面体结构，空间构型为三角锥形，故B错误；
C.金刚石、碳化硅、晶体硅都为共价晶体，C原子半径小于Si原子半径，键长：C﹣C＜C﹣Si＜Si﹣Si，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，则熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C正确；
D.Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，Cl原子为吸电子基，使得羟基O﹣H键极性增强，易电离出H+，则酸性：CH3COOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及粒子构型判断、化学键、晶体性质等知识，为高频考点，明确判断分子或离子构型的方法为解答关键，注意掌握化学键类型、晶体的结构与性质，题目难度中等。
5．【分析】A．同温同压同体积，其质量之比等于摩尔质量之比；
B．H2O和D2O（重水）的摩尔质量分别为18g/mol和20g/mol，所以质量相同时，两者物质的量不同；
C．CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条；
D．盐酸为一元强酸和硫酸为二元强酸。
【解答】解：A．同温同压下，O2和CO2的体积相同时，其质量之比为32：44，则密度之比为32：44，不相同，故A错误；
B．质量相同的H2O和D2O（重水）的物质的量之比为20：18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20：18，不相同，故B错误；
C．每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，故C正确；
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的相关计算，难度中等，掌握物质的量、摩尔质量之间的关系为解答的关键。
6．【分析】A、醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡；
B、电离方程式为：CH3COOH CH3COO﹣+H+；
C、1L 0.1mol L﹣1醋酸溶液中存在物料守恒，据此分析解答；
D、根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水。
【解答】解：A、1L 0.1mol L﹣1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO﹣的粒子数小于6.02×1022，故A错误；
B、加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO﹣的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；
C、1L 0.1mol L﹣1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）＝0.1mol，故C正确；
D、醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，且醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO32﹣+2CH3COOH＝H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡与酸性强弱关系是解本题关键，注意电离平衡的灵活运用，题目难度中等。
7．【分析】二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，若通入氧气会继续和NO反应生成二氧化氮，据此进行分析。
【解答】解：A.NO2易溶于水，不能用排水法收集，要用排空气法收集，故A正确；
B.二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，剩余的无色气体是NO，故B错误；
C.二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，硝酸遇紫色石蕊变红，故C正确；
D.二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，若通入氧气会继续和NO反应生成二氧化氮，二氧化氮继续会再与水反应，故试管中的液面上升，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确二氧化氮的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
8．【分析】A．二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠电离产生氢氧根离子，溶液显碱性；
C．铁与硫反应生成硫化亚铁；
D．氢氧化铜与氨气发生络合反应生成可溶性络合物。
【解答】解：A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B正确；
C．铁与硫反应生成硫化亚铁，化学方程式为：Fe+SFeS，故C错误；
D．CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶沉淀。再继续添加氨水，难溶物溶解，化学方程式为：，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度中等。
9．【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮﹣暗﹣熄灭﹣亮，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。
【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜滴入氢氧化钡溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故A错误；
B．Ca（OH）2是强电解质，随碳酸氢铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故B错误；
C．向Ba（OH）2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故C错误；
D．一水合氨为弱电解质，醋酸和一水合氨反应生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，随溶液滴入溶液导电性增强，不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应、电离方程式的书写、离子反应等知识点，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，题目难度不大。
10．【分析】CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH＝CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2＝CH﹣O﹣CH3和由此可知B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。
【解答】解：A．根据分析，试剂a 为CH3OH，名称是甲醇，故A正确；
B．化合物B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子团不同时能形成顺反异构，B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故B正确；
C．化合物C为，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；
D．聚合物M是由CH2＝CH﹣O﹣CH3和的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构进行分析，熟练运用官能团的结构与性质，较好的考查学生分析推理能力、自学能力与迁移运用能力，难度中等。
11．【分析】A．铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物，构成原电池，Fe发生吸氧腐蚀；
B．加热时氯化铵与NaOH溶液反应生成氨气，氨气与硝酸银反应先生成沉淀，氨气过量时生成银氨溶液；
C．加热1﹣溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物，发生消去反应生成丁烯，丁烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物，生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度。
【解答】解：A．铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物，构成原电池，Fe发生吸氧腐蚀，则导管中倒吸一段水柱，故A正确；
B．加热时氯化铵与NaOH溶液反应生成氨气，氨气与硝酸银反应先生成沉淀，氨气过量时生成银氨溶液，则AgNO3溶液先变浑浊后澄清，故B正确；
C．加热1﹣溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物，发生消去反应生成丁烯，丁烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则酸性KMnO4溶液褪色，不能证明①中发生了反应，故C错误；
D．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物，生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，则充分振荡后，饱和Na2CO3溶液的上层仍有无色油状液体，故D正确；
故选：C。
【点评】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、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成Zn（OH）42﹣，负极电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。
【解答】解：A.原电池负极反应为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，故A正确；
B.液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故B正确；
C.原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故C错误；
D.电解时阴极电极反应式为Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，由于KOH凝胶的特殊作用可使KOH再生，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。
13．【分析】A、PET塑料由乙二醇和对二苯甲酸发生缩聚反应生成，相对分子质量较大；
B、酚酞遇到碱变成红色；
C、同系物是组成和结构相似，分子中相差1个或多个“CH2”的物质；
D、根据测定原理可知，n（PET）＝n（NaOH），据此计算PET的平均聚合度n。
【解答】解：A、PET塑料由单体乙二醇、对二苯甲酸发生缩聚反应生成的高分子材料，可发生降解，对自然环境无害，故A正确；
B、达到滴定终点，再滴入一滴NaOH溶液时，溶液呈碱性，酚酞溶液变成浅红色，故B正确；
C、PET塑料由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成，乙二醇是二元醇，与一元醇乙醇不是同系物，故C错误；
D、mgPET的物质的量n（PET）＝mol，达到滴定终点时消耗NaOH的物质的量n（NaOH）＝0.001cVmol，则n（PET）＝n（NaOH），即＝0.001cV，所以PET的平均聚合度n＝，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。
14．【分析】A.氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气使湿润的pH试纸变蓝，HCl使湿润的pH试纸变红，且二者化合生成氯化铵；
B.先观察到黄色→蓝色；
C.Ⅰ中试纸变成红色，与氯化铵分解生成HCl有关；
D.氯化铵分解后，在试管中部化合生成氯化铵。
【解答】解：A.氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气使湿润的pH试纸变蓝，则NH4Cl发生了分解反应，故A正确；
B.先观察到黄色→蓝色，可知氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；
C.Ⅰ中试纸变成红色，与氯化铵分解生成HCl有关，与水解无关，溶液中发生水解显酸性，故C错误；
D.氯化铵分解后，在试管中部化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查铵盐的性质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
第二部分本部分共5题，共58分。
15．【分析】（1）碘元素是53号元素；
（2）根据相似相溶原理分析；
（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，含有1对孤对电子，据此解答；
（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价；
（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为3×个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用；
②晶胞中K原子个数为8×＝1，I原子个数为1，O原子个数为6×＝3，则该晶体的密度是ρ＝。
【解答】解：（1）碘是53号元素，在元素周期表的第五周期第ⅦA族，
故答案为：第五周期第ⅦA族；
（2）碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大，
故答案为：碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子；
（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，含有1对孤对电子，空间结构是三角锥形，PI3水解生成HI的化学方程式是PI3+3H2O＝3HI+H3PO3，
故答案为：三角锥形；PI3+3H2O＝3HI+H3PO3；
（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3IH和HIO，
故答案为：因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO；
（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为3×个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用，故与一个K紧邻的O有：3××8＝12个，
故答案为：12；
②晶胞中K原子个数为8×＝1，I原子个数为1，O原子个数为6×＝3，则该晶体的密度是ρ＝＝ g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查较为综合，涉及晶胞计算、杂化方式判断等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
16．【分析】（1）①根据盖斯定律反应i+ii计算反应iii的ΔH3；
②高温下C能与CO2反应生成CO，同时增大CO2的量反应iii正向进行，导致C2H6浓度降低，反应iv进行程度减小；
③对比实验I和Ⅱ可知，铬盐催化有利于C2H6转化率和C2H4的选择性提高；反应i～iv均为吸热反应，温度升高，副反应进行程度可能增大；
（2）①由电解装置图可知，a电极上发生氧化反应、b电极上发生还原反应，则a电极为阳极、b电极为阴极；
②电极b为阴极，CO2得电子生成CO，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式。
【解答】解：（1）①ⅰ．C2H6（g） C2H4（g）+H2（g）ΔH1＝+136.4 kJ mol﹣1
ⅱ．CO2 （g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2 kJ mol﹣1
ⅲ．C2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH3
根据盖斯定律反应i+ii计算反应iiiC2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）的ΔH3＝+136.4 kJ mol﹣1+（+41.2 kJ mol﹣1）＝+177.6kJ/mol，
故答案为：+177.6；
②高温下C能与CO2反应生成CO，使积碳消耗，同时过量的CO2能促进反应iiiC2H6的消耗，C2H6的减少又使反应C2H6（g） 2C（s）+3H2（g）进行程度降低，积碳量减少，
故答案为：增大CO2的量，发生反应CO2+C2CO，消耗积碳；增大CO2的量，反应iii正向进行程度增加，降低了2H6的浓度，反应iv进行的程度减小；
③由表中数据可知，铬盐的催化效果较好，铬盐作催化剂有利于C2H6转化率和C2H4的选择性提高；反应i～iv均为吸热反应，温度升高，副反应进行程度增大，所以转化为C2H4的程度可能降低，尤其积碳量可能增多，
故答案为：铬盐；铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高；温度升高，反应i、ii、iii的化学反应速率均增大，反应iv增大的更多；
（2）①由电解装置图可知，a电极上发生氧化反应、b电极上发生还原反应，则a电极为阳极、b电极为阴极，阳极与电源正极相接，
故答案为：正；
②电极b为阴极，阴极上CO2得电子生成CO，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O，
故答案为：CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O。
【点评】本题综合考查化学平衡和电解原理，为高考常见题型和高频考点，涉及盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素、电解原理的应用等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，注意电极的判断和结合电解质书写电极反应式，题目难度中等。
17．【分析】1mol A能与2mol NaHCO3溶液反应生成气体，则A中含有2个﹣COOH，结合A的分子式知，A的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，A和氢气发生加成反应生成B为HOOCCH2CH2COOH，由C的分子式知，B和甲醇发生酯化反应生成C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3；根据F、J的分子式及米格列奈的结构简式知，F和J发生取代反应生成米格列奈，J的结构简式为、F的结构简式为；I发生还原反应生成J，I的结构简式为，a为CH2＝CH﹣CH＝CH2，G和氨气发生取代反应生成H，则G的结构简式为，生成G的反应为加成反应；根据F的结构简式及D的分子式知，D的结构简式为，C、D发生信息i的反应生成E为。
【解答】解：（1）A的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，A中含有的官能团是碳碳双键、羧基，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（2）B为HOOCCH2CH2COOH，C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，B和甲醇发生酯化反应生成C，B→C的化学方程式是HOOCCH2CH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O，
故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O；
（3）E的结构简式是，
故答案为：；
（4）试剂a为CH2＝CH﹣CH＝CH2，其名称是1，3﹣丁二烯，
故答案为：1，3﹣丁二烯；
（5）J的结构简式为、I的结构简式为，I去掉O原子加上H原子，所以I→J的反应类型是还原反应，
故答案为：还原反应；
（6）F+J→米格列奈的过程中，会生成M，M与米格列奈互为碳链异构的同分异构体，则M的结构简式是，
故答案为：；
（7）酸性溶液中，可采用电解法由A制B，阴极上A失电子和氢离子反应生成B，则电解时的阴极反应式是HOOCCH＝CHCOOH﹣2e﹣+2H+＝HOOCCH2CH2COOH，
故答案为：HOOCCH＝CHCOOH﹣2e﹣+2H+＝HOOCCH2CH2COOH。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是F结构简式的确定，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。
18．【分析】（1）粉碎软锰矿，可增大固体表面积；
（2）由题意可知软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；
（3）用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4变质；
（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2；
（5）电解K2MnO4制取KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子；
（6）称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n（Na2C2O4）＝mol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n（KMnO4），进而计算纯度。
【解答】解：（1）粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，则反应速率增大，
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；
（2）由题意可知软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，
故答案为：2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O；
（3）由题意可知用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质，
故答案为：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应；
（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的方程式为3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，
故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3；
（5）①由图可知b极生成氢气，应发生还原反应，为电解池阴极，阴极可得到较浓的KOH溶液，
故答案为：阴；较浓的KOH溶液；
②a为阳极，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子，发生﹣e﹣═，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4，
故答案为：a极：﹣e﹣═，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4；
③用阳离子交换膜可防止、在阴极被还原，提高锰元素的利用率，
故答案为：用阳离子交换膜可防止、在阴极被还原；
（6）称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n（Na2C2O4）＝mol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n（KMnO4）＝mol×，则50mL溶液中n（KMnO4）＝mol××，质量为mol×××158g mol﹣1＝，
则产品中KMnO4的质量分数为。
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、电解原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等。
19．【分析】（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a为Fe2S3；
（2）①结合流程可知，离心后有黄色固体产生，该固体为S单质；
②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+与加入的S2﹣反应产生的，乙同学认为该解释不严谨，理由是三价铁离子具有氧化性；
（3）①三价铁离子与硫离子相互促进，发生双水解反应；
②实验二的棕黑色沉淀中不含S，原因在于三价铁离子与硫离子迅速产生Fe2S3沉淀，导致铁离子浓度降低；
（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3，配离子脱离；
（5）铁离子浓度较大，易发生水解反应和氧化还原反应，故应始终保持铁离子浓度较低。
【解答】解：（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a为Fe2S3，对应得离子方程式为2Fe3++3S2﹣＝Fe2S3，
故答案为：2Fe3++3S2﹣＝Fe2S3；
（2）①结合流程可知，离心后有黄色固体产生，该固体为S单质，说明存在氧化还原反应，
故答案为：离心后有黄色固体产生，该固体为S单质，说明存在氧化还原反应；
②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+与加入的S2﹣反应产生的，乙同学认为该解释不严谨，理由是三价铁离子具有氧化性，少量的情况下被硫离子还原后，也会产生FeS，
故答案为：三价铁离子具有氧化性，少量的情况下被硫离子还原后，也会产生FeS；
（3）①三价铁离子与硫离子相互促进，发生双水解反应，离子方程式为Fe3++3S2﹣+3H2O＝Fe（OH）3↓+3HS﹣，
故答案为：Fe3++3S2﹣+3H2O＝Fe（OH）3↓+3HS﹣；
②实验二的棕黑色沉淀中不含S，原因在于三价铁离子与硫离子迅速产生Fe2S3沉淀，导致铁离子浓度降低，氧化性降低，
故答案为：三价铁离子与硫离子迅速产生Fe2S3沉淀，导致铁离子浓度降低，氧化性降低；
（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3，配离子脱离，离子反应方程式为2[FeF6]3﹣+3S2﹣＝Fe2S3+12F﹣，
故答案为：2[FeF6]3﹣+3S2﹣＝Fe2S3+12F﹣；
（5）铁离子浓度较大，易发生水解反应和氧化还原反应，故应始终保持铁离子浓度较低，实验三形成[FeF6]3﹣，通过微弱电离提供铁离子，既可以保证用量，也可以降低浓度，
故答案为：实验三形成[FeF6]3﹣，通过微弱电离提供铁离子，既可以保证用量，也可以降低浓度。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。2023北京十四中高三（上）期中
化 学
注意事项：
1．本试卷共12页，共19道小题，满分100分。考试时间90分钟。
2．在答题卡上指定位置贴好条形码，或填涂考号。
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。
5．答题不得使用任何涂改工具。
可能用到的相对原子质量：H 1；C 12；N 14；Na 23；Al 27；S 32；Cl 35.5
一、选择题
1．下列关于有机化合物的说法不正确的是（ ）
A．木糖醇（）是一种天然甜味剂，属于糖类化合物 B．DNA的两条多聚核苷酸链间通过氢键形成双螺旋结构 C．1965年中国科学家人工合成的结晶牛胰岛素是一种蛋白质 D．烷基磺酸钠（表面活性剂）在水中聚集形成的胶束属于超分子
2．下列关于HCHO及构成微粒的化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．O的原子结构示意图： B．基态C原子的轨道表示式：
C．C原子杂化轨道示意图： D．HCHO的分子结构模型：
3．化学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式不正确的是（ ）
A．工人用溶液制作电路板，利用反应：
B．药剂师用作抗胃酸药，利用反应：
C．船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：
D．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，防止反应：
4．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．28 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为
B．1.8 g重水（）中所含质子数为
C．电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32 g Cu转化为
D．溶液中，、数目之和为
5．2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。
已知：
下列说法不正确的是（ ）
A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能
B．的过程中，，
C．断裂和中化学键所需能量大于断裂中化学键所需能量
D．化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
6．工业上通常利用反应来获得单质铝，反应时还需要向（熔点2050℃）中添加以降低熔化温度。下列有关说法不正确的是（ ）
A．和熔化时会破坏离子键
B．制得的Al是金属晶体，由“自由电子”和之间强的相互作用而形成
C．的中心离子是，其配位数为6
D．可将该反应中的换成（熔点194℃）进行电解获得单质铝
7．常用的除甲醛试剂有：①活性炭 ② ③。其中试剂②去除甲醛的第一步反应原理为：。下列说法不正确的是（ ）
A．常温、常压下，甲醛是一种有刺激性气味的无色气体，可以用试剂①吸附
B．依据电负性，试剂②中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合
C．试剂③与试剂②去除甲醛的反应原理类似
D．甲醛使蛋白质失活，可能是醛基与蛋白质分子中的氨基发生了反应
8．石墨炔是一类新型碳材料。一种具有弯曲碳碳三键结构的二维多孔石墨炔合成路线如图。下列说法不正确的是（ ）
A．均三甲苯的核磁共振氢谱有两组峰
B．反应条件1为、；反应条件2为、光照
C．方框中C原子的杂化方式变化趋势为：
D．⑥的反应类型为加聚反应
9．向碘水中加入KI溶液，发生反应：，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如下：
微粒
浓度/（）
下列说法不正确的是（ ）
A．向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低
B．向所得溶液中加入等体积水，
C．该温度下，反应的
D．配制碘水时，加入少量KI，可促进的溶解
10．小组同学用如下方法制作简单的燃料电池。
步骤 装置 操作 现象
① 打开，闭合 两极均产生气体……
② 打开，闭合 电流计指针发生偏转
下列说法不正确的是（ ）
A．①中比容易失去电子，在石墨（Ⅰ）发生氧化反应
B．①中还可观察到石墨（Ⅱ）电极附近的溶液变红
C．②导线中电子流动方向：从石墨（Ⅱ）电极流向石墨（Ⅰ）电极
D．②中石墨（Ⅱ）发生的电极反应式为：
11．小组同学用以下流程去除粗盐水中的、、，获得了精制盐水。
i．
物质
ii．粗盐水中
下列说法不正确的是（ ）
A．①的反应为：
B．②中25℃时，当溶液，已沉淀完全（即浓度小于）
C．③的滤渣中除泥沙外，还有、、、等物质
D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、
12．研究催化剂对反应速率的影响。恒温、恒容时，随时间的变化如下。
时间/min 催化剂 0 20 40 60 80
催化剂Ⅰ 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
催化剂Ⅱ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
下列说法不正确的是（ ）
A．使用催化剂Ⅰ，0~20 min的平均反应速率
B．使用催化剂Ⅱ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍
C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快
D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的化学平衡常数更大
13．实验测得溶液、溶液以及的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高，溶液的减小
C．随温度升高，溶液的pH变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，溶液和溶液的pH均降低，是因为、水解平衡移动方向不同
14．实验室用如下方法制备。
已知：i．
ii．过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液
下列说法不正确的是（ ）
A．过程②中溶液先变浑浊可能的原因：
B．过程②中的作用：
C．过程②中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率
D．过程②中通入过量，可增大的产率
15．（12分）Ⅰ、与溶液条件相比，晶体条件下发生的反应有产物选择性高、易于分离提纯等优点。
（1）氟元素在有机晶体化学领城的研究和应用中有重要价值。
①六氟苯中碳原子的杂化方式为____________。
②苯环上的电子云密度：苯______六氟苯（填“＞”或“＜”）
依据电负性解释其原因：____________。
（2）分子间作用力影响晶体中分子的堆积方式，进而影响物质的性质和反应的选择性。
①已知：苯和六氟苯的熔点分别为5.5℃和5.2℃，将二者混合后得到的“混晶”（二者比例为），其熔点上升至23.7℃。
三种晶体中的分子间作用力最大的是______（填“苯”、“六氟苯”或“混晶”）。
②已知：紫外光下，两个碳碳双键可加成为四元环（环丁烷）的结构。
紫外光下，分子X在溶液条件下反应得到2种互为同分异构体的加成产物，在晶体条件下只能生成1种加成产物Z，推测Z的结构简式为______（不考虑立体异构）。
Ⅱ、晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。
（1）干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。
①1个分子周围等距且最近的分子有______个。
②铜金合金的晶胞结构与干冰相似，若顶点为Au、面心为Cu，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为是______。
（2）NiO晶体与NaCl晶体结构相似。
①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由：____________。
晶体 离子间距/pm 熔点/℃
NaCl 801
NiO 1960
②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为（），NiO的摩尔质量为，则晶体的密度为______（用a表示，列出计算式）。
16．（14分）硝苯地平是抗心绞痛药，也可用于降血压，其合成路线如下。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
请回答下列问题：
（1）A属于羧酸，写出A的电离常数表达式______。
（2）C的结构简式为____________。
（3）D中非含氧官能团的名称为____________。
（4）E→F的反应类型为____________。
（5）F→G的化学方程式为____________。
（6）聚合物L的单体是E的同分异构体，其单体结构同时满足以下条件，写出L的结构简式：______。
a．具有两性 b．苯环上的一氯代物共有两种
（7）写出结构简式：J____________。
17．（8分）小组同学对比和的性质，进行了如下实验。
（1）向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下。
图甲 图乙
①图______（填“甲”或“乙”）是的滴定曲线。
②发生反应的离子方程式为____________。
③下列说法正确的是______（填序号）。
a．和溶液中所含微粒种类相同
b．A、B、C均满足：
c．水的电离程度：A＞B＞C
（2）向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。
资料：
i．的溶液中，，
ii．25℃时，，
①补全与反应的离子方程式：
②通过计算说明与反应产生的沉淀为而不是______。
18．（11分）将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。
（1）一种富集烟气中的方法示意图如下：
写出“解吸”过程产生的化学方程式：____________。
（2）性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受______（填“C”或“O”）原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使______（填“提供”或“接受”）电子转化为。
（3）与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应如下：
i．
ii．
研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：____________。
（4）在催化剂作用下，将、投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如下。
已知：
①随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是____________。
②在240℃达到平衡时，体系______（填“吸收”或“放出”）的热量为______kJ（除了反应i和ii，不考虑其他反应）。
19．（13分）阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。
已知：
i．25℃时，部分物质的溶解度：AgCl ； ； 0.84 g。
ii．25℃时，亚硫酸钠溶液酸化过中含微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。
Ⅰ．浸出氯化银
取AgCl固体，加入溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（），该过程中发生的反应为。
（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是____________。
Ⅱ．酸化沉银
（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含微粒的主要存在形式是____________。
（3）探究沉淀n的成分。
①甲同学认为沉淀n一定不含，其依据是____________。
②乙同学认为沉淀n可能含，进行实验验证。
i．本实验设计的依据是：具有______性。
ii．乙同学观察到______，得出结论“沉淀n不含”。
③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含。
i．本实验设计的依据是：若沉淀n含，则溶液n中含微粒的总物质的量______（填“＞”、“＝”或“＜”）物质的量。
ii．结合实验现象简述丙同学的推理过程：____________。
Ⅲ．浸取剂再生
（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____________。
参考答案
1 2 3 4 5 6 7
A C D A C D C
8 9 10 11 12 13 14
D B D A D C D
15．（12分）
Ⅰ：（1）① ②＞ 电负性F＞C＞H，氟原子对苯环有吸电子作用
（2）①混晶 ②
Ⅱ：（1）①12 ②
（2）①NiO和NaCl晶体类型相同；和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中作用力更强 ②
16．（14分）
（1） （2）
（3）氨基、碳碳双键 （4）取代反应
（5）
（6） （7）
17．（8分）
（1）①乙 ② ③ac
（2）①
②溶液中：
生成沉淀所需；
生成沉淀所需；
（或其他合理答案）
18．（11分）
（1） （2）①O ②接受
（3）
（4）①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度。 ②吸收 3.45
19．（13分）
（1），与结合生成，促进AgCl的溶解平衡正向移动 （2）
（3）①的溶解度远大于AgCl或，溶液中的浓度很小
②i．还原 ii．b中溶液的颜色与c相同，均为浅紫色溶液
③i．＜
ii、e中无沉淀生成，说明溶液中没有，则溶液n中加入稀硝酸使全部转化为，将全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于
（4）加NaOH溶液调节pH至9~102023北京顺义一中高三（上）期中
化 学
一、本部分共14题，每题3分，共42分。每题选出最符合题目要求的一项。
1．下列说法正确的是（　　）
A．利用银镜反应可以区分葡萄糖和麦芽糖
B．油脂在碱性条件下可水解为甘油和高级脂肪酸
C．蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性
D．核苷酸聚合成DNA是缩聚反应
2．34Se和S均属于ⅥA族元素。下列事实不能从元素的电负性角度解释的是（　　）
A．熔点：H2O＞H2S B．还原性：Se2﹣＞S2﹣
C．沸点：H2Se＞H2S D．H2Se中H为+1价
3．名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是（　　）
A．含有3种含氧官能团
B．N的杂化方式为sp3
C．不能发生消去反应
D．具有碱性，能与强酸反应
4．利用如图装置（夹持装置略）进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 试剂X 试剂Y
A 比较非金属性：Cl＞Br＞S NaBr溶液 H2S溶液
B 吸收CO2中混有的SO2并检验其是否已除尽 酸性KMnO4溶液 品红溶液
C 检验C2H5Br与NaOH醇溶液共热的产物乙烯 水 酸性KMnO4溶液
D 证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔 CuSO4溶液 酸性KMnO4溶液
A．A B．B C．C D．D
5．硅烷（SiH4）可用于制造高纯硅，而SiH4可由硅化镁（熔点1102℃）制得，硅化镁晶体的晶胞如图所示，每个Mg原子位于Si原子组成的四面体中心。下列说法不正确的是（　　）
A．硅化镁可能为分子晶体
B．硅化镁的化学式为Mg2Si
C．每个晶胞中含有8个Mg原子
D．每个Si原子周围距离最近且等距的Mg原子有8个
6．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（　　）
操作 现象
A 加入NaOH溶液 有红褐色沉淀
B 加入Ba（NO3）2溶液 有白色沉淀
C 加入酸性KMnO4溶液 紫色褪去
D 加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液 有蓝色沉淀
A．A B．B C．C D．D
7．富马酸亚铁（FeC4H2O4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．铁位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族
B．富马酸分子中σ键与π键的数目比为11：2
C．富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H
D．1mol富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2
8．下列关于同主族元素C、Si及其化合物的性质比较和原因分析不正确的是（　　）
选项 性质比较 原因分析
A 熔点：CO2＜SiO2 摩尔质量：CO2＜SiO2
B 电负性：C＞Si 原子半径：C＜Si
C 酸性：H2CO3＞H2SiO3 非金属性：C＞Si
D 热稳定性：CH4＞SiH4 键能：C﹣H＞Si﹣H
A．A B．B C．C D．D
9．根据图所得判断正确的是（　　）已知：H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44 kJ/mol
A．图1反应为吸热反应
B．图1反应使用催化剂时，会改变其△H
C．图2中若H2O的状态为液态，则能量变化曲线可能为①
D．图2中反应为CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol
10．科研人员研究了通电条件下N2在催化剂Au（金）表面生成NH3的反应，反应机理如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的总电极反应式为：N2+6H++6e﹣═2NH3
C．当1mol N2在电解池的阴极发生反应时，可得到2mol NH3
D．使用Au作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
11．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如图。下列说法不正确的是（　　）
A．P和M通过加成反应形成聚脲
B．一定条件下聚脲能发生水解反应
C．M苯环上的一氯代物有2种
D．M与互为同系物
12．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g） C2H5OH（g）。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图（起始时，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器体积为1L）。下列分析不正确的是（　　）
A．乙烯气相直接水合反应的△H＜0
B．图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C．图中a点对应的平衡常数K＝
D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
13．在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中，反应CO2（g）+C（s） 2CO（g）△H＞0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（　　）
容器 温度/K 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol
n（CO2） n（C） n（CO） n（CO）
Ⅰ 977 0.28 0.56 0 0.4
Ⅱ 977 0.56 0.56 0 x
Ⅲ 1250 0 0 0.56 y
A．977K，该反应的化学平衡常数值为2
B．达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡正向移动
C．达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%
14．某同学检验海带中是否含有碘元素，进行了如下实验。
步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰；
步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，得到海带灰浸取液；
步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入10%H2O2溶液（硫酸酸化），溶液变为蓝色；
步骤Ⅳ：将10%H2O2溶液（硫酸酸化）替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝；
步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入SO2，溶液迅速变为蓝色。
下列说法不正确的是（　　）
A．步骤Ⅰ中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物
B．步骤Ⅲ中，反应的离子方程式：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O
C．若将步骤Ⅴ中的SO2替换为KI溶液，也可能观察到溶液变为蓝色
D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，说明该条件下H2O2氧化性比氯水强
二、本部分共5题，共58分。
15．（12分）钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。
（1）基态Ti4+的核外电子排布式为 　 　。
（2）钛酸钙的晶胞如图所示。
①每个Ca2+周围等距且紧邻的O2﹣有 　 　个。
②比较Ca2+和Ti4+的离子半径大小并说明理由 　 　。
（3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。
①已知钛酸钙晶胞中距离最近的Ca2+和O2﹣之间的距离为anm，则钛酸钙晶体密度ρ＝　 　g cm﹣3（列出计算式）。
②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是 　 　（填字母序号）。
a．BaTiO3
b．CaZrO3
c．MgTiO3
（4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物CH3NH3PbI3。其中有机阳离子CH3可由甲胺（CH3NH2）制得。
①CH3中N的杂化方式为 　 　。
请从化学键的角度解释由甲胺形成CH3的过程：　 　。
16．（10分）某钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如下（部分催化剂已略）。
已知：金属离子沉淀的pH：
Fe3+ Fe2+ Mg2+ Mn2+ Co2+
开始沉淀时 1.5 6.3 8.9 8.2 7.4
完全沉淀时 2.8 8.3 10.9 10.2 9.4
（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，该气体是 　 　。
（2）向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节pH至少大于 　 　。
（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是 　 　。
（4）向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co（NH3）63+。
补充完整下列离子方程式：　 　Co2++　 　H2O2+　 　NH3═　 　Co（NH3）63++　 　
（5）溶液4中，若将1mol Co（NH3）63+全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗（NH4）2C2O4　 　mol。
（6）关于上述流程，下列说法正确的是 　 　。（填序号）
a．若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4
b．向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH
c．流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离
17．（12分）2019年诺贝尔化学奖授予对锂电池及锂离子电池研究做出贡献的三位科学家。
（1）最早的可充电锂电池用金属锂作负板。锂在元素周期表中的位置是 　 　。属于活泼金属，使电池存在较大安全隐患。
（2）现在广泛使用的锂离子电池有多种类型。某可充电钻酸锂电池的工作原理如图所示：
①该电池放电时，其中一极的电极反应式是LixC6﹣xe﹣═6C+xLi+，则该极应为图中的 　 　（填“A”或“B”）。
②碳酸乙烯酯（EC）常用作电解液的溶剂，其结构为，熔点35℃，可燃，可由二氧化碳和有机物X在一定条件下合成。X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰。写出合成EC的化学方程式：　 　。
③从正极材料中回收钴和锂的流程如图：
写出酸浸过程中发生反应的化学方程式 　 　。拆解废旧电池前需进行放电处理，既可保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的原因是 　 　。
18．（12分）花椒毒素对血液中多种病毒有很好的灭活作用，还可用于治疗皮肤顽疾。花椒毒素的一种中间体L的合成路线如图。
已知：
ⅰ．
ⅱ．（R代表烃基）
（1）A属于芳香烃，其名称是 　 　。
（2）D为顺式结构。B→D的化学方程式是 　 　。
（3）下列关于E的说法正确的是 　 　。（填序号）
a．E的酸性弱于G
b．E在水中的溶解度大于A
c．一定条件下，E能形成网状高分子化合物
（4）G→J的反应类型是 　 　。
（5）已知：J→K+2CH3CH2OH，且K分子含两个环状结构。
①J中含有的官能团是醚键、　 　和 　 　。
②K的结构简式是 　 　。
（6）F与K反应生成L的步骤如下：
中间产物1和中间产物2的结构简式分别是 　 　、　 　。
19．（12分）某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。
实验
现象 Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色 Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止 Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡
（1）Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为 　 　。
（2）取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，　 　（填现象），说明产生了Fe3+。
（3）Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有 　 　性。
（4）Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下表。
实验 现象
ⅰ．K闭合时，指针向左偏转（Cu做负极），Fe表面无明显现象 ⅱ．过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次 ⅲ．一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体 ⅳ．Cu表面始终产生红棕色气泡
①用方程式解释现象ⅳ：　 　。
②推测现象ⅰ中被还原的是 　 　。
③解释现象ⅱ中指针左右偏转，往复多次的原因。 　 　
④现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是 　 　。
参考答案
一、本部分共14题，每题3分，共42分。每题选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】A．葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖，均能发生银镜反应；
B．油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐；
C．硫酸钠为轻金属盐，能使蛋白质发生盐析；
D．核苷酸聚合成DNA的过程中，会脱水，因此是缩聚反应。
【解答】解：A．葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖，均能发生银镜反应，即利用银镜反应不可以区分葡萄糖和麦芽糖，故A错误；
B．油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，故B错误；
C．硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，故C错误；
D．核苷酸聚合成DNA的过程中，会脱水，因此是缩聚反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查糖类和蛋白质的性质，为高频考点，题目难度不大。
2．【分析】元素的电负性和元素的非金属性有关，元素的非金属性越大，电负性越大，据此分析判断。
【解答】解：A．熔点：H2O＞H2S，是因为氧元素的电负性较大，和氢原子间易形成氢键，能从元素的电负性角度解释，故A正确；
B．还原性：Se2﹣＞S2﹣，是因为S元素的电负性大，非金属性强，对应阴离子的还原性弱，能从元素的电负性角度解释，故B正确；
C．沸点：H2Se＞H2S，是因为H2Se分子间作用力大，不能从元素的电负性角度解释，故C错误；
D．H2Se中H为+1价，是因为Se的电负性大，得到电子能力强，能从元素的电负性角度解释，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了周期表中递变规律的分析判断，主要是元素的非金属性和电负性的理解应用，题目难度不大。
3．【分析】A．分子中含氧官能团有醚键、羟基、酯基；
B．分子中N原子有1对孤电子对，形成3个N﹣C键；
C．羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；
D．分子中存在次氨基，N原子有1对孤电子对，具有碱性。
【解答】解：A．分子中含氧官能团共有3种，分别是醚键、羟基、酯基，故A正确；
B．分子中N原子有1对孤电子对，形成3个N﹣C键，杂化轨道数目为3，N原子采取sp3杂化，故B正确；
C．分子中羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，在浓硫酸、加热条件下可以发生醇的消去反应，故C错误；
D．分子中存在次氨基，N原子有1对孤电子对，具有碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
4．【分析】A．氯气可分别氧化NaBr、硫化氢；
B．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色；
C．水可除去挥发的醇，酸性高锰酸可氧化乙烯；
D．硫酸铜溶液可除去硫化氢等，酸性高锰酸钾溶液可氧化乙炔。
【解答】解：A．氯气可分别氧化NaBr、硫化氢，该实验中不能比较Br、S的非金属性强弱，故A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，品红溶液不褪色，可知混有的SO2已除尽，故B正确；
C．水可除去挥发的醇，酸性高锰酸可氧化乙烯，紫色褪去，可检验乙烯，故C正确；
D．硫酸铜溶液可除去硫化氢等，酸性高锰酸钾溶液可氧化乙炔，紫色褪去，可检验乙炔，故D正确；
故选：A。
【点评】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、非金属性的比较、物质的检验、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．【分析】A．硅化镁熔点为1102℃；
B．8个Mg位于体内，Si位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，Mg：Si＝8：4＝2：1；
C．8个Mg位于体内，为晶胞独有；
D．由晶胞图可知，面心的Si与4个Mg连接。
【解答】解：A．硅化镁熔点为1102℃，可知硅化镁为离子晶体，故A错误；
B．8个Mg位于体内，Si位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，Mg：Si＝8：4＝2：1，化学式为Mg2Si，故B正确；
C．8个Mg位于体内，为晶胞独有，故C正确；
D．由晶胞图可知，面心的Si与4个Mg连接，面心的原子为两个晶胞所有，故每个Si原子周围距离最近且等距的Mg原子有8个，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶胞计算，掌握均摊法进行晶胞有关计算，侧重考查学生识图、分析和计算能力，题目难度中等。
6．【分析】SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁，过程中有化合价变化，据此判断解答．
【解答】解：A．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；
C．加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；
D．亚铁离子加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液生成Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫的性质是解题关键，注意二价铁离子的检验，题目难度中等．
7．【分析】A．Fe是26号元素；
B．富马酸的结构简式为HOOCH＝HCOOH，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；
C．元素的非金属性越强，其电负性越大；
D．分子中羧基与NaHCO3溶液反应生成CO2。
【解答】解：A．Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B．由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中σ键有11个、π键有3个，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故B错误；
C．元素的非金属性越强电负性越大，即电负性大小顺序为O＞C＞H，故C正确；
D．分子中2个羧基与NaHCO3溶液反应生成CO2，1mol富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以富马酸的结构模型为载体，考查有机物的结构与性质、元素周期律、化学键等，关键是明确富马酸的结构简式，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况。
8．【分析】A．二氧化碳形成的是分子晶体，二氧化硅形成的是共价晶体；
B．原子半径越小，得到电子能力越强，非金属性越强，电负性越大；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
D．非金属性越强，原子半径越小，与氢原子形成共价键的键能越大，形成氢化物的稳定性越强。
【解答】解：A．熔点：CO2＜SiO2，是因为二氧化碳形成的晶体为分子晶体，二氧化硅晶体为共价晶体，故A错误；
B．原子半径：C＜Si，C原子得到电子能力强，非金属性强，则电负性：C＞Si，故B正确；
C．非金属性C＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸H2CO3＞H2SiO3，故C正确；
D．非金属性C＞Si，C原子得到电子能力强，非金属性强，键能：C﹣H＞Si﹣H，氢化物热稳定性：CH4＞SiH4，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了周期表和周期律的分析判断，注意性质递变规律的理解应用，题目难度不大。
9．【分析】A．由图1可知反应后能量降低；
B．催化剂只改变反应速率，不改变△H；
C．由H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44 kJ/mol，则图2中若H2O的状态为液态，则生成物能量降低44 kJ；
D．由图1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41 kJ/mol。
【解答】解：A．由图1可知反应后能量降低，所以该反应是放热反应，故A错误；
B．催化剂只改变反应速率，不改变△H，故B错误；
C．由H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44 kJ/mol，则图2中若H2O的状态为液态，则生成物能量降低44 kJ，又由图1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41 kJ/mol，所以能量变化曲线不可能为①，故C错误；
D．由图1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41 kJ/mol，所以图2中反应为CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41 kJ/mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以图象的形式考查化学反应中的能量变化等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力。
10．【分析】A、通过机理示意图可知，反应过程中N﹣N的非极性键断裂，生成了N﹣H极性键；
B、由一个N2分子转化为两个NH3分子需要得6个电子；
C、N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4；
D、催化剂可以通过降低反应活化能提高反应速率。
【解答】解：A、通过机理示意图可知，反应过程中N2分子内的非极性键断裂，生成了NH3和N2H4分子内的N﹣H极性键，故A正确；
B、通过机理示意图可知，由一个N2分子转化为含2mol﹣3价N元素的NH3分子中需要得6mol电子，根据质量守恒，需要6molH+参与反应，所以电极反应式为：N2+6e﹣+6H+═2NH3，故B正确；
C、通过机理示意图可知，N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4，因此，消耗1molN2并不能得到2molNH3，故C错误；
D、催化剂可以通过降低反应活化能成千上万倍的提高反应速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的实质及催化剂影响化学反应速率的重点知识，侧重考查学生对化学反应及化学反应速率的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
11．【分析】A．P中碳氮双键断裂和M发生加成反应聚脲；
B．肽键能发生水解反应；
C．M苯环上有几种氢原子，则M苯环上就有几种一氯代物；
D．M和苯胺结构不相似。
【解答】解：A．P中碳氮双键断裂和M发生加成反应聚脲，故A正确；
B．肽键能发生水解反应，聚脲中含有肽键，所以一定条件下能发生水解反应，故B正确；
C．M苯环上有2种氢原子，则M苯环上的一氯代物有2种，故C正确；
D．M和苯胺结构不相似，所以二者不是同系物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查对比、分析判断及知识综合应用能力，明确基本概念内涵、反应中断键和成键特点、H原子种类与一氯代物种类的关系是解本题关键，题目难度不大。
12．【分析】A．压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动；
B．相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大；
C．a点乙烯转化率为20%，则消耗的n（C2H4）＝1mol×20%＝0.2mol，
可逆反应C2H4（g）+H2O（g） C2H5OH（g）
开始（mol/L）1 1 0
消耗（mol/L）0.2 0.2 0.2
平衡（mol/L）0.8 0.8 0.2
化学平衡常数K＝；
D．温度越高、压强越大化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短。
【解答】解：A．压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，故A正确；
B．相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，相同温度下转化率：p1＜p2＜p3，则压强p1＜p2＜p3，故B错误；
C．a点乙烯转化率为20%，则消耗的n（C2H4）＝1mol×20%＝0.2mol，
可逆反应C2H4（g）+H2O（g） C2H5OH（g）
开始（mol/L）1 1 0
消耗（mol/L）0.2 0.2 0.2
平衡（mol/L）0.8 0.8 0.2
化学平衡常数K＝＝＝，故C正确；
D．温度越高、压强越大化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，温度、压强但是a＜b，则反应速率a＜b，所以达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡计算及图象分析，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强与化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
13．【分析】A．由I可知，平衡时CO为0.4mol，平衡浓度为0.2mol/L，则
CO2（g）+C（s） 2CO（g）
开始 0.14 0
转化 0.1 0.2
平衡 0.04 0.2
K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
B．C为纯固体；
C．II比I中起始量大，压强大，增大压强平衡逆向移动；
D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，且为吸热反应，升高温度平衡正向移动。
【解答】解：A．由I可知，平衡时CO为0.4mol，平衡浓度为0.2mol/L，则
CO2（g）+C（s） 2CO（g）
开始 0.14 0
转化 0.1 0.2
平衡 0.04 0.2
977K，该反应的化学平衡常数值为＝1，故A错误；
B．C为纯固体，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡不移动，故B错误；
C．II比I中起始量大，压强大，增大压强平衡逆向移动，则达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C正确；
D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，且为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由选项A可知CO2的转化率为×100%＝71.4%，温度相同时Ⅲ中CO的转化率为28.6%，而I中温度低，则达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率小于28.6%，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K及转化率计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
14．【分析】步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰，可除去其中的有机化合物，获得可溶性碘化物；
步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，除去难溶物，得到海带灰浸取液；
步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝，说明溶液中无碘单质；再加入10%H2O2溶液（硫酸酸化），溶液变为蓝色，说明过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O；
步骤Ⅳ：将10%H2O2溶液（硫酸酸化）替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝，说明溶液中无碘单质；
步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入SO2，溶液迅速变为蓝色，说明溶液中有碘单质，即SO2将还原为碘单质，说明步骤Ⅳ中氯水将I﹣氧化成，据此分析，
A．灼烧干海带可除去其中的有机化合物；
B．向含碘离子的溶液中加入10%H2O2溶液（硫酸酸化）发生氧化还原反应，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质；
C．若将步骤Ⅴ中的SO2替换为KI溶液，发生反应+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；
D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象可知，H2O2将I﹣氧化成I2，氯水将I﹣氧化成。
【解答】解：A．灼烧干海带可除去其中的有机化合物，获得可溶性碘化物，故A正确；
B．向含碘离子的溶液中加入10%H2O2溶液（硫酸酸化）发生氧化还原反应，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O，故B正确；
C．若将步骤Ⅴ中的SO2替换为KI溶液，发生反应+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，生成的碘使淀粉变蓝，故C正确；
D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象可知，H2O2将I﹣氧化成I2，氯水将I﹣氧化成，说明该条件下H2O2氧化性比氯水弱，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了海带中提取碘单质的实验过程分析，注意氧化还原反应中氧化性强弱的比较，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
二、本部分共5题，共58分。
15．【分析】（1）Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；
（2）由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；
（3）①由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，含有Ti4+的个数为1，含有Ca2+的个数为8×＝1，钛酸钙晶胞的棱长为apm（1pm＝10﹣10cm），则钛酸钙晶体密度ρ＝；
②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量；
（4）①CH3中以N原子为中心原子，价层电子对数为4；
②从化学键的角度解释由甲胺形成CH3的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似。
【解答】解：（1）Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，
故答案为：1s22s22p63s23p6；
（2）由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，Ca2+和Ti4+的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径Ca2+大于Ti4+，
故答案为：3；Ca2+和Ti4+的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径Ca2+大于Ti4+；
（3）①由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，含有Ti4+的个数为1，含有Ca2+的个数为8×＝1，Ca2+和O2﹣之间的距离为anm，钛酸钙晶胞的棱长为apm，则钛酸钙晶体密度ρ＝＝g cm﹣3，
故答案为：；
②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是BaTiO3和CaZrO3，
故答案为：ab；
（4）①CH3中以N原子为中心原子，价层电子对数为4，孤电子对为0，N的杂化方式为sp3杂化，
故答案为：sp3；
②从化学键的角度解释由甲胺形成CH3的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3，
故答案为：氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断等知识点，明确原子结构、物质结构、均摊法在晶胞计算中的运用等知识点是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。
16．【分析】根据流程图分析，钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、MnSO4、MgSO4、Fe2（SO4）3，沉淀1为难溶的SiO2；溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe（OH）3沉淀，溶液2中含有CoSO4、MnSO4、MgSO4，加入NaF溶液后生成MgF2沉淀，则沉淀3为MgF2；溶液3中加入氨水和H2O2溶液，根据问题（4）提示知，Co2+被氧化为Co（NH3）63+，同时Mn2+转化为MnO2，此时溶液4中含有阳离子为Co（NH3）63+，加入稀硫酸和（NH4）2C2O4后被还原为CoC2O4，据此分析解答。
【解答】解：（1）可使带火星的木条复燃的气体为氧气，
故答案为：O2；
（2）根据题给信息分析，pH＝2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节pH至少大于2.8，
故答案为：2.8；
（3）根据上述对流程图的分析，Fe3+通过Fe（OH）3沉淀除去，Mn2+通过氧化为MnO2除去，则加入NaF溶液，去除的离子是Mg2+，
故答案为：Mg2+；
（4）根据氧化还原中电子转移守恒配平知Co2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：2Co2++H2O2+12NH3＝2Co（NH3）63++2OH﹣，
故答案为：2；1；12；2；2OH﹣；
（5）Co2+被氧化为Co3+，C2被还原为CO，则根据得失电子守恒知：1molCo（NH3）63+全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗（NH4）2C2O4：+1mol＝1.5mol，
故答案为：1.5；
（6）a．若矿石粉中存在少量FeO，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4，故a正确；
b．向溶液3中加入氨水，除了调节溶液的pH，还有与Co3+形成配位离子，故b错误；
c．流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故c正确，
故答案为：ac。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
17．【分析】（1）锂的核外电子数为3，分2层排布，最外层电子数为1；
（2）①根据负极失电子发生氧化反应，所以反应式为LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+是在负极反应；
②根据X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则可推出X为，据此书写方程式；
③由流程图可知，LiCoO2在硫酸的酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，据此书写方程式；根据放电阳离子移向正极分析。
【解答】解：（1）锂的核外电子数为3，分2层排布，最外层电子数为1，则锂在元素周期表中的位置是：第二周期IA族，故答案为：第二周期IA族；
（2）①根据阳离子向正极移动，由装置图锂离子移动方向可知，B为正极，A为负极，又负极失电子发生氧化反应，所以反应式为LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+是在负极反应，则该极应为图中的A，故答案为：A；
②由X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则可推出X为，所以合成EC的化学方程式为CO2+，
故答案为：CO2+；
③由流程图可知，LiCoO2在硫酸的酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，则反应的化学方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是：放电有利于Li+离子移向正极并进入正极材料；
故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；放电有利于Li+离子移向正极并进入正极材料。
【点评】本题考查锂电池原理及其物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，明确充放电各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
18．【分析】由流程知，A为苯，D为顺式结构，D为，F分子式为C3H4O3，不饱和度为2，为OHC﹣CH2﹣COOH，G→J是发生已知反应i的反应，J→K+2CH3CH2OH，且K分子含两个环状结构，则J为，K为，F和K发生已知反应ii的反应、得到中间产物、再经另一个中间产物或，得到目标产物，据此回答。
【解答】解：（1）由流程知，A属于芳香烃，其名称是苯，
故答案为：苯；
（2）D为顺式结构，则D为，B→D的化学方程式是，
故答案为：；
（3）E为；
a．E含羧基、G含酚羟基，则E的酸性强于G，故a错误；
b．E中羧基和羟基均为亲水基团、憎水基团短，则在水中的溶解度大于A，故b正确；
c．E中含羧基和羟基，因此能发生缩聚反应，一定条件下，2个羧基和1个羟基间的缩聚，能形成网状高分子化合物，故c正确，
故答案为：bc；
（4）G→J是发生已知反应i的反应，则羟基氢被烃基所取代，属于取代反应，
故答案为：取代反应；
（5）G→J是发生已知反应i的反应，已知：J→K+2CH3CH2OH，且K分子含两个环状结构。则有一个乙氧基被取代成环状结构，分子内另外消去1个乙醇分子、引入一个碳碳双键，则①J为，J中含有的官能团是醚键、羟基和羰基，
故答案为：羟基；羰基；
②K的结构简式是，
故答案为：；
（6）据分析，F分子式为C3H4O3，不饱和度为2，F为OHC﹣CH2﹣COOH，F和K发生已知反应ii的加成反应得到中间产物1的结构简式为，和目标产物相比，该物质少1个含酯基的环状结构、少一个碳碳双键，所以中间产物可以先发生分子内酯化反应形成环状酯、再发生分子内消去反应引入碳碳双键，也可能交换顺序，先消去反应再酯化反应，中间产物2为或，得到目标产物，
故答案为：；或。
【点评】本题考查有机物推断和有机合成，难度中等，为高频考点，明确有机物官能团及其性质、物质之间的转化、反应条件及基本概念是解本题关键，侧重考查学生知识综合运用、知识迁移能力考查。
19．【分析】（1）由于Fe和HNO3（稀）生成Fe（NO3）3、NO、H2O，生成的NO遇到空气，立即与O2化合生成红棕色的NO2；
（2）Ⅰ中溶液含有Fe（NO3）3，加入KSCN溶液，溶液变成血红色；
（3）常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性；
（4）①由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，从而写出电极反应式；
②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，此时被还原的是铁表面的氧化层；
③铁做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次；
④随着反应进行，硝酸浓度逐渐降低，反应放热，溶液温度升高，使铁表面难以形成氧化层。
【解答】解：（1）由于Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，生成的NO遇到空气，立即与O2化合生成红棕色的NO2，故液面上方变为红棕色，反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，
故答案为：2NO+O2＝2NO2；
（2）由（1）中分析可知，Ⅰ中溶液含有Fe（NO3）3，加入KSCN溶液，溶液变成血红色，
故答案为：溶液变成血红色；
（3）Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性，
故答案为：强氧化；
（4）①由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，方程式为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，电极反应式为：+2H++e﹣═NO2↑+H2O，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，+2H++e﹣═NO2↑+H2O；
②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，
故答案为：铁表面的氧化物；
③铁做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，待氧化层形成后，铁不在失去电子，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次，
故答案为：Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次；
④随着反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故铁一直做负极，
故答案为：反应放热，溶液温度升高，随反应进行，硝酸浓度降低。
【点评】本题主要考查了铁与浓、稀硝酸反应的情况，同时考查了原电池的原理，并把二者结合在一起，考查学生的分析能力，应用能力，对学生的思维能力要求较高，具有较强的综合性，属于难题。2023北京通州高三（上）期末
化 学
本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 F19 Cr52 Mn55 Fe56
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 某同学在家中用天然气灶炒菜，不慎使油在锅中燃烧起来，但火势未溢出锅外。该同学果断地关闭了天然气灶，但家中没有灭火器等消防器材。此时，以下方法可以扑灭锅中火的是
A. 迅速用锅盖把锅盖严实，等锅的温度降下来再揭盖
B. 向锅中倒入少量凉水
C. 向锅中倒入面粉
D. 打开厨房的窗户，加大通风
2. 藜麦含蛋白质、淀粉、油脂、维生素、矿物质等多种成分，具有较高营养价值。下列说法正确的是
A. 藜麦所含的三油酸甘油酯在常温下为固态
B. 藜麦所含的淀粉能被银氨溶液氧化
C. 用藜麦煮粥会使其所含蛋白质变性
D. 组成藜麦DNA的元素中不含磷
3. 下列实验方案中不能达到实验目的的是
A. 用装置①测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度
B. 用装置②除去Cl2中少量的HC1气体
C. 用装置③可以说明氨气极易溶于水
D. 用装置④检验1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物
4. 某同学取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干冰盖上。该同学看到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光。以下说法正确的是
A. 干冰的熔点比冰高
B. 镁属于共价晶体
C. 铁的电导率随温度升高而升高
D. 镁在干冰中燃烧反应的化学方程式是
5. 下列实验对应的化学方程式不正确的是
A. 次氯酸溶液在光照下产生气泡：2HClO2HCl+O2↑
B. 将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合产生浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+2S↓+O2↑+H2O
C. 将铜片投入稀硝酸产生气泡：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
D. 向氯化银沉淀中加入氨水得到澄清的无色溶液：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl
6. 酶在化学反应过程中的主要作用是
A. 酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能
B. 酶消耗反应中的副产物来促使反应进行完全
C. 酶自身分解生成主产物，从而加快反应速率
D. 酶分解会释放能量，以增加主产物分子的有效碰撞次数
7. 苏打型盐碱地因为土壤中碳酸钠和碳酸氢钠含量高，肥力低下，不适宜耕种。为了将荒芜的盐碱地变成良田，科学家将硫酸铝施入盐碱地来改良土壤。下列叙述不合理的是
A. 碳酸氢钠晶体溶于少量水，有吸热现象
B. 工业上制备硫酸铝改良剂可以利用铝和浓硫酸在常温下反应
C. 将硫酸铝溶液施入盐碱地会看到土壤液产生气泡
D. 硫酸铝水解生成的胶体有丁达尔效应
8. 某种盐M2CrO4(s)一定温度下在水中的溶解度为0.032g/L。比较该盐在0.05mol/L的MNO3溶液中的溶解度与相同温度下在水中的溶解度，下列叙述正确的是
A. 在MNO3溶液中溶解度更高，因为MNO3的摩尔质量比M2CrO4的小
B. 在MNO3溶液中溶解度更低，因为溶液中已经含有M
C. 溶解度相同，因为M+的物质的量浓度都是的二倍
D. 溶解度相同，因为Ksp只受温度影响
9. 虎耳草素从药用植物中提取，其结构如图所示。下列关于虎耳草素的叙述不正确的是
A. 该有机化合物分子中所有碳原子不可能处于同一平面上
B. 该有机化合物能够与H2发生加成反应
C. 该有机化合物可与氯化铁溶液发生显色反应
D. 1mol该有机化合物最多可以消耗4 mol NaOH
10. 某温度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的pH如下表所示，下列推测不合理的是
酸浓度(mol/L) 酸HX的pH 酸HYpH 酸HM的pH 酸HN的pH
0.010 3.44 2.00 2.92 2.20
0.10 2.94 1.00 2.42 1.55
A. 该温度下电离出H+的能力：HY>HN>HM>HX
B. 该温度下将HY溶液加入NaX溶液中，发生反应为HY+NaX=HX+NaY
C. 该温度下当HX的浓度为0.10mol/L时，c(HX)>c(X—)>c(H+)>c(OH—)
D. 该温度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol/LHM溶液比0.010mol/LHM溶液导电能力强
11. 聚甲醛是一种重要的工程塑料，其在光热作用下易解聚，原理如下：
而三聚甲醛()与二氧五环()共同聚合的产物()具有良好的热稳定性。下列叙述不正确的是
A. 甲醛和三聚甲醛不是同系物
B. 聚甲醛属于线型高分子化合物
C. 聚甲醛的链节是
D. 与在一定条件下可以共同聚合生成
12. 下图为一种多硫化物一空气二次电池的原理示意图，其中a和b为惰性电极，池内各室溶液可往复利用。下列叙述不正确的是
A. 充电时，a接外电源负极，作阴极
B. 充电时，b电极附近溶液碱性减弱
C. 放电时，a电极反应为
D. 放电时，b电极反应为
13. 某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是
A. 草酸是一元酸
B. 该实验不能使用碱式滴定管
C. 当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度
D. 当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度
14. 已知温度为483K时，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H＜0的K=14.5。在483 K，将1.0 mol的CO(g)和1.0 mol的H2(g)充入容积为2.0 L的恒容密闭容器中。在反应达到平衡时，以下说法正确的是
A. c(H2)=2c(CO) B. c(H2)＜c(CO)
C. c(CO)=c(CH3OH)＜c(H2) D. c(CO)=c(CH3OH)=c(H2)
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 离子筛是一种具有空隙结构的化合物。首先合成一种含目标离子的化合物，称作离子筛前体。然后在不破坏前体晶体结构的前提下，将目标离子从中洗脱出来，即得到相应的离子筛。下图是一种用作离子筛前体的化合物晶胞示意图。晶胞为立方体，图左将晶胞划分为八个小立方体，用灰白两色区分，每种颜色各四个小立方体。白色小立方体对应图A结构，灰色小立方体对应图B结构。
（1）该化合物的化学式为_______。
（2）设晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度是_______g/cm3(写出计算式即可)。
（3）该化合物的制备方法为：将硫酸锰和氨水混合得到Mn(OH)2，沉淀，将其过滤留在烧杯中，加入蒸馏水，加热搅拌，加入乙醇作为分散剂，逐滴加入适量的10%H2O2溶液，控制滴加速度即得Mn3O4沉淀。将Mn3O4过滤、洗涤、干燥后，与一定量Li2CO3混合，高温反应得到最终产品。请写出利用氢氧化锰制备最终产品的各步反应化学方程式：_______。
（4）用盐酸洗脱该化合物中的锂离子后制成粉状离子筛。将100mg粉状离子筛置入200mL含Li+、Na+、K+、Mg2+的溶液中，在30℃恒温下搅拌溶液，达到吸附平衡后取上清液，测定溶液中各离子的浓度。离子筛对溶液中某种离子的吸附容量Qt的计算式为： ，式中V是溶液的体积，co和ct分别表示开始吸附和t时刻离子的浓度，W表示离子筛的质量。
金属离子 co(mmol/L) ct(mmol/L)
Li+ 9.942 8.790
Na+ 9.151 9.138
K+ 9.719 9.694
Mg2+ 5.554 5.225
结合上表中数据，对比吸附容量Qt可知，该离子筛对_______(填离子符号)的吸附能力最弱。
（5）为了方便使用，可用壳聚糖为黏合剂将粉状离子筛制成粒状离子筛。壳聚糖可以看作以氨基葡萄糖为单体的聚合物，其结构如下：
根据壳聚糖结构写出其单体的分子式：_______。
16. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
（1）已知：
反应I的热化学方程式：_______。
（2）反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是_______。
（3）研究发现，通过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：_______。
（4）碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。
①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会_______(填“增大”或“减小”)。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理_______。
（5）某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。
已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。
①X极是_______(填“阳极”或“阴极”)。
②电解后，_______室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。
17. 某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件省略)：
已知：i.
ii.
回答下列问题：
（1）A的官能团是_______和_______。
（2）B→C的反应类型是_______。
（3）D的结构简式为_______。
（4）A→B反应的目的是_______。
（5）F→G反应的化学方程式是_______。
（6）G和H互为同分异构体，H的结构简式为_______。
（7）I的结构简式为_______。
（8）K是_______结构(填“顺式”或“反式”)。
18. 工业上湿法冶炼金属锌，通常先将含锌矿石焙烧。锌焙烧矿再加稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质。铁元素的存在对后续电解锌有害。从锌浸出液中沉铁的方法有多种，其中将铁以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。其工艺流程如下：
已知：i.滤渣1的主要成分是硫单质；
ii.滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH；
iii.溶液中Fe3+浓度小于1g/L，才能顺利析出FeOOH晶体。溶液pH较大时，Fe3+水解主要生成氢氧化铁胶体。
（1）酸浸：
能加快锌焙烧矿浸出速率的措施有_______。
A.加热 B.粉碎锌焙烧矿 C.降低稀硫酸的浓度
（2）还原：
①为了便于沉铁时调控溶液中Fe3+浓度，向锌浸出液中加入过量ZnS精矿先将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式：_______(已知室温时，Ksp(ZnS)=2.5×10-22)
②检验滤液1中是否含Fe3+的方法是_______。
（3）沉铁：
溶液pH对铁去除率的影响实验结果如下图所示：
①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为_______。
②结合图中数据，解释pH偏小或偏大都不利于沉铁的原因是_______。
（4）除氟：
通常锌浸出液中还有一定量的氟离子，氟离子浓度过高也会影响电解锌。FeOOH对F-有吸附作用。若将流程中ZnO更换为CaO，可进一步显著提高F-去除率。若要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，则滤液2中所含Ca2+的浓度至少为_______mol/L。(已知室温时， )
19. 乙酸乙酯是一种重要的有机溶剂，在工业上有广泛用途。某兴趣小组同学欲制备乙酸乙酯并对所得产物进行探究。
I.乙酸乙酯的制备
实验装置如下图所示：
（1）试管①中反应的化学方程式为_______。
II.产物探究
反应结束后在试管②中看到分层现象，上层为无色透明的油状液体。取下试管②进行振荡，下层溶液红色褪去。甲同学认为下层溶液褪色是蒸出的乙酸中和了碳酸钠，乙同学通过查阅资料对甲同学的推测产生质疑。
资料：酚酞是一种白色晶状粉末，不溶于水，可溶于乙醇。酚酞试剂是酚酞的乙醇溶液。
（2）乙同学的推测是：_______。
两位同学针对各自推测又进行了如下实验。
实验1：
甲同学用pH计测得饱和碳酸钠溶液(浓度约为2mol/L)的pH为12.23；
按照上述方法进行乙酸乙酯的制取实验，实验结束后，取振荡后的试管②中下层无色液体，分成三份，分别完成以下实验：
序号 实验操作 实验现象 实验结论
a 滴加几滴酚酞试剂 溶液变红 ______
b 滴入乙酸溶液 _______
c 用pH计测溶液pH pH为12.21
（3）b中现象为_______，实验1的结论_______。
实验2：
序号 操作 现象
d 试管②中分离出的上层液体，加入饱和碳酸钠溶液，振荡 溶液变成浅红色，静置分层后红色消失
e 取5mL饱和碳酸钠溶液，滴入几滴酚酞试剂，再加入与试管②中上层液体体积相等的纯净的乙酸乙酯，振荡 （ ）
（4）e中的实验现象为_______。
甲乙两位同学通过对乙酸乙酯收集装置中产生的现象进一步实验和分析，最终确认了酚酞褪色的原因。
III.拓展延伸
在以上实验过程中，丙同学还有新的发现，他查阅到以下资料：
资料：室温下，当酚酞试剂滴入pH>13的无色溶液时，溶液先变红，静置后褪色。
（5）据此资料，丙同学想到了一种区分1mol/L碳酸钠溶液和1mol/L氢氧化钠溶液的方法，这种方法是_______。
参考答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】A
【解析】
【详解】A．迅速用锅盖把锅盖严实，使油与空气隔绝，没有了氧气，油就不能持续燃烧，从而达到灭火效果，等锅温度降下来以确保油不会再燃烧再揭盖，A正确；
B．向锅中倒入少量凉水，由于水的密度比油大，会沉到油层下，无法使油与空气隔绝，且水的沸点比油低会导致暴沸，油滴飞溅出来与空气充分接触使燃烧更猛烈，B错误；
C．面粉是可燃物，向锅中倒入面粉时，当面粉扬起的粉尘和明火相遇时，由于接触面积极大，会加速燃烧，甚至可能引发爆炸，C错误；
D．打开厨房的窗户，加大通风，相当于增加燃烧空间中氧气的浓度，使油燃烧更剧烈，D错误；
故选A。
2. 【答案】C
【解析】
【详解】A．藜麦所含的三油酸甘油酯在常温下为液态，A错误；
B．淀粉是非还原性糖，不能被银氨溶液氧化，B错误；
C．加热会使蛋白质变性，C正确；
D．组成藜麦DNA的元素中含磷，D错误；
故选C。
3. 【答案】D
【解析】
【详解】A．用简易量热计可以测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度，A正确；
B．可用饱和食盐水除去Cl2中少量的HC1气体，B正确；
C．由于氨气极易溶于水，将胶头滴管中的水挤入烧瓶，使得烧瓶内压强小于外界大气压，从而形成喷泉，C正确；
D．反应生成的乙烯和挥发出来的乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能用装置④检验反应的产物，D错误；
故选D。
4. 【答案】D
【解析】
【详解】A． 二氧化碳是非极性分子分子间作用力小，水为极性分子且分子间形成氢键，干冰的熔点比冰低，故A错误；
B． 镁属于金属晶体，故B错误；
C． 铁属于金属晶体，铁的电导率随温度升高而降低，随温度升高电阻增大，故C错误；
D． 镁在干冰中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式是，故D正确；
故选D。
5. 【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸不稳定，在光照下分解产生HCl、O2，，因此产生气泡，反应方程式为：2HClO2HCl+O2↑，A正确；
B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合，反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，B错误；
C．铜片投入稀硝酸，反应产生NO气体，根据电子守恒、电荷守恒，可知反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；
D．向氯化银沉淀中加入过量氨水，反应得到澄清的无色溶液[Ag(NH3)2]Cl，反应的化学方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl，D正确；
故合理选项是B。
6. 【答案】A
【解析】
【详解】A． 酶是生物催化剂，酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能，A正确；
B．酶是生物催化剂，能大幅增大反应速率、但不影响反应程度，B错误；
C． 结合选项A可知酶通过降低反应活化能从而加快反应速率，C错误；
D．结合选项A可知酶通过降低反应活化能、增大了活化分子百分数、增加了反应的有效碰撞次数，D错误；
答案选A。
7. 【答案】B
【解析】
【详解】A． 碳酸氢钠晶体溶于少量水的过程是吸热过程，A合理；
B．铝和浓硫酸在常温下钝化而难以溶解，工业上不适合用利用铝和浓硫酸在常温下制备硫酸铝，B不合理；
C． 将硫酸铝溶液施入盐碱地，铝离子和碳酸根离子双水解产生二氧化碳气体、会看到土壤液产生气泡，C合理；
D． 硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体，有丁达尔效应，D合理；
答案选B。
8. 【答案】B
【解析】
【详解】A．在MNO3溶液中含M+、M+浓度增大使沉淀溶解平衡M2CrO4(s) 2 M+ (aq) + (aq)左移，因此溶解度比纯水中更低，A错误；
B．结合选项A可知在MNO3溶液中溶解度更低， B正确；
C．M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化，只有在纯水中M+的物质的量浓度是的二倍，C错误；
D．虽然 Ksp(M2CrO4)= c2 (M+) c()只受温度影响，但M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化， D错误；
答案选B。
9. 【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中存在多个类似甲烷结构的碳原子，因此分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，A正确；
B．分子中含有苯环，能和氢气发生加成反应，B正确；
C．分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，C正确；
D．分子中含有2个酚羟基，1个酯基，则1mol该有机化合物最多可以消耗3mol NaOH，D错误·；
故选D。
10. 【答案】C
【解析】
【详解】A．由表格数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH大小顺序为HX>HM>HN>HY，则该温度下四种酸溶液电离出氢离子的能力大小顺序为HY>HN>HM>HX，故A正确；
B．由表格数据可知，等浓度的HY溶液的pH小于HX溶液，说明HY的酸性强于HX，由强酸制弱酸的原理可知，HY溶液加入NaX溶液中发生的反应为HY+NaX=HX+NaY，故B正确；
C．由表格数据可知，HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和X—离子，则溶液中微粒的大小顺序为c(HX>c(H+))>c(X—)>c(OH—)，故C错误；
D．由表格数据可知，HM为一元弱酸，则相同体积的0.10mol/LHM溶液中离子浓度大于0.010mol/LHM溶液，导电能力强于0.010mol/LHM溶液，故D正确；
故选C。
11. 【答案】C
【解析】
【详解】A． 甲醛含羰基、三聚甲醛含醚键，二者结构不相似，不是同系物，A正确；
B．由结构简式可知， 聚甲醛属于线型高分子化合物，B正确；
C． 聚甲醛的链节是-OCH2-，C不正确；
D．由题干信息可知与在一定条件下可以共同聚合生成，D正确；
答案选C。
12. 【答案】D
【解析】
【分析】结合a电极Na2S2转化为Na2S4，S元素失去电子，化合价升高，则放电时a为负极，a电极的电极反应为，则b为正极，根据b电极通入空气和NaOH溶液，放电时的电极反应为。充电时，a接外电源的负极，作阴极，b接外电源的正极，作阳极。放电时左侧钠离子经过阳离子交换膜进入中间隔室，右侧氢氧根离子经过阴离子交换膜进入中间隔室，从而在中间隔室得到浓氢氧化钠溶液，据此解答。
【详解】A．根据分析，充电时，a接外电源的负极，作阴极，A正确；
B．根据放电时b电极反应为，则充电时b电极反应为，b附近溶液碱性减弱，B正确；
C．根据分析，放电时，a电极反应为，C正确；
D．放电时，b电极反应为，D错误；
故选D。
13. 【答案】C
【解析】
【分析】根据pH曲线图知，锥形瓶中盛装的是草酸溶液，实验是用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定0.05000mol/L草酸溶液。滴定终点时，两溶液消耗的体积相同，则氢氧化钠与草酸按物质的量2：1发生了反应，方程式为：。
【详解】A．由分析知草酸是二元酸，A错误；
B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B错误；
C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有，草酸有，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C正确；
D．当滴加了30.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D错误；
故选C。
14. 【答案】B
【解析】
【详解】A．反应在容积为2.0 L的容器中进行，开始时n(CO)=1.0 mol，n(H2)=1.0 mol，则开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，二者反应的物质的量浓度比是1：2，则平衡时c(H2)一定比c(CO)小，A错误；
B．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，由于反应消耗物质的浓度△c(H2)=2△c(CO)，所以反应达到平衡后，c(H2)＜c(CO)，B正确；
C．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，若平衡时，c(CO)=c(CH3OH)，则根据C元素守恒平衡时，c(CO)=c(CH3OH)=0.25 mol/L，c(H2)=0，不符合可逆反应的特点，C错误；
D．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，反应消耗浓度关系为△c(H2)=2△c(CO)，则平衡时c(H2)一定比c(CO)，不可能存在关系c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)，D错误；
故合理选项是B。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1）LiMn2O4
（2）
（3） 、
（4）Na+ （5）C6H13O5N
【解析】
【小问1详解】
如图，A方块中，Li离子个数为，氧离子在体心为4；B方块中Li离子个数为，锰离子和氧离子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为；，其化学式为；
故答案为：；
【小问2详解】
综上所述，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为，据，晶胞的密度为；
故答案为：；
【小问3详解】
根据题意，利用制备分为两步，首先利用与反应制备的反应为；然后利用与一定量在高温下反应制备，其反应为；
故答案为：；；
【小问4详解】
根据表中数据，浓度变化量分别为 ；；
；，综上所述，，由可知，该离子筛对的吸附能力最弱；
故答案为：；
【小问5详解】
根据该聚合物的结构简式为 ，单体为 ，分子式为；
故答案为：。
16. 【答案】（1）
（2）分液 （3）
（4） ①. 增大 ②. 阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大
（5） ①. 阴 ②. c
【解析】
【小问1详解】
反应①
反应②
反应③
按盖斯定律，反应Ⅰ=-×①-②-×③，反应Ⅰ的=---，则反应I的热化学方程式为： 。
【小问2详解】
反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。
【小问3详解】
反应I为，电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：。
【小问4详解】
①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的浓度会增大。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为 ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。
【小问5详解】
①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，是还原反应，则X极是阴极。
②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。
17. 【答案】（1） ①. 羟基 ②. 硝基
（2）还原反应 （3）
（4）保护羟基 （5）+HCl
（6） （7） （8）反式
【解析】
【分析】对比A和B的结构简式，A到B为取代反应；B到C为氨基的还原反应；结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；对比E和F的结构简式，E到F为取代反应；由J的结构简式，可推知H的结构简式为；根据已知，G的结构简式为；H到I为取代反应，I的结构简式为，加热重排，得到J；
【小问1详解】
A的结构简式为，含有的官能团为羟基和硝基；
故答案为：羟基；硝基；
【小问2详解】
对比B到C的结构简式可知，B到C为在Fe和HCl作用下将硝基还原为氨基；
故答案为：还原反应；
【小问3详解】
结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；
故答案为：；
【小问4详解】
根据A到B的反应与E到F的反应可知，A→B反应的目的是保护羟基；
故答案为；保护羟基；
【小问5详解】
根据已知i的信息，F到G为取代反应，其反应为+HCl；
故答案为：+HCl；
【小问6详解】
G的结构简式为，结合J的结构简式，可推知H的结构简式为，G到H为酰基重排；
故答案为：；
【小问7详解】
根据已知ii，在加热条件下，I到J取代基位置发生改变，由J的结构简式，可知I的结构简式为；
故答案为：；
【小问8详解】
相同原子或基团在碳碳双键同一侧且碳碳双键碳原子上连接基团不同，为顺式结构，反之为反式结构，K的结构简式为，基团在碳碳双键异侧，为反式结构；
故答案为：反式。
18. 【答案】（1）AB （2） ①. ②. 取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+
（3） ①. 4.8 ②. ，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀。溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体
（4）675×10-6
【解析】
【分析】锌焙烧矿加入稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质，加入ZnS精矿，发生反应ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，经过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO将Fe3+以针铁矿形式沉淀，过滤后得到滤液2和滤渣2
【小问1详解】
A．加热，温度升高，化学反应速率加快，A选；
B．粉碎锌焙烧矿，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，B选；
C．降低稀硫酸的浓度，减小反应物浓度，化学反应速率减慢，C不选；
答案选AB。
【小问2详解】
①滤渣1的主要成分是硫单质，说明加入过量ZnS精矿将Fe3+还原为Fe2+的同时ZnS被氧化成S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。
②用KSCN溶液检验Fe3+，故检验滤液1中是否含Fe3+的方法是：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+；答案为：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+。
【小问3详解】
①从图中数据可知，pH=4.8时铁去除率最大，故沉铁的最佳pH为4.8；答案为：4.8。
②滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH，说明加入双氧水氧化后的溶液中存在水解平衡：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；根据已知iii，溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体；答案为：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体。
【小问4详解】
要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，即c(F-)在=2×10-3mol/L以下，则Ca2+的浓度至少为=mol/L=6.75×10-6mol/L；答案为：6.75×10-6。
19. 【答案】（1）
（2）酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去
（3） ①. 溶液中有无色气泡产生 ②. 下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化
（4）碳酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色
（5）各取1mL无色溶液于两支试管中，分别滴加酚酞试剂，两溶液均变为红色。静置后溶液褪色的则原溶液为氢氧化钠溶液，始终不褪色的则原溶液为碳酸钠溶液
【解析】
【小问1详解】
乙醇和乙酸在加热、浓硫酸做催化剂的条件下发生酯化反应，，答案：；
【小问2详解】
资料中酚酞可溶于乙醇，可推知酚酞可溶于有机物，乙同学推测：酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去，答案：酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去；
【小问3详解】
碳酸钠溶液显碱性，加入乙酸后反应生成二氧化碳，会看到气泡生成，原溶液碱性会有所降低，因为乙酸量比较少，碱性变化很小，答案：溶液中有无色气泡产生，下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化；
【小问4详解】
由实验2，d操作可知酚酞溶于有机物，可推知e操作的现象：碳酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色；
【小问5详解】
由资料可1mol/L碳酸钠溶液遇酚酞会显红色，而1mol/L氢氧化钠溶液遇酚酞先变红，静置后褪色，答案：各取1mL无色溶液于两支试管中，分别滴加酚酞试剂，两溶液均变为红色。静置后溶液褪色的则原溶液为氢氧化钠溶液，始终不褪色的则原溶液为碳酸钠溶液。2023北京北师大附中高三（上）期中
化 学
可能用到的相对原子质量：
H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Mn 55
第一部分（共42分）
本部分共14道小题，每题3分，共42分；每小题只有1个选项符合题意。
1. 北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法不正确的是
A．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料
B．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料
C．冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料
D．短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯属于有机高分子材料
2. 下列说法不正确的是
A．Br的原子结构示意图：
B．基态Cu2+价层电子的轨道表示式：
C．H2O的VSEPR模型：
D．乙炔的分子结构模型:
3. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向稀硝酸中加入足量铁粉：Fe + 4H+ +NO3 = Fe3+＋ NO ↑ + 2H2O
B．向AlCl3溶液中滴加少量氨水：Al3+＋3OH == Al(OH)3 ↓
C．向FeI2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2+＋2I－＋2Cl2 == 2Fe3+＋I2＋4Cl－
D．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2+＋2OH ＋2H+＋SO42－ == BaSO4↓＋2H2O
4. 下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是
A．还原Fe粉用作食品脱氧剂
B．CaO用作衣物防潮剂
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．用暖宝宝（含铁粉、碳、氯化钠）取暖
5. 海水提溴过程中发生反应：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O == 5NaBr +NaBrO3+6NaHCO3
下列说法正确的是
A．标准状况下2 mol H2O的体积约为44.8 L
B．1 L 0.1 mol·L 1Na2CO3溶液中CO32 的物质的量为0.1 mol
C．反应中消耗3 mol Br2转移的电子数约为5×6.02×1023
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5 : 1
6. 顺-2-丁烯、反-2-丁烯分别与氢气加成制备丁烷的焓变如下图所示。
下列说法正确的是
A．上述反应均为吸热反应
B．顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定
C．1mol顺-2-丁烯转化为1mol反-2-丁烯放热4.2 kJ
D．发生加成反应时，顺-2-丁烯断键吸收的能量
高于反-2-丁烯断键吸收的能量
7．已知某些化学键键能如下，下列说法不正确的是
化学键 H—H Cl—Cl Br—Br H—Cl H—Br
键能/ kJ·mol-1 436 243 194 432 a
A．根据键能可估算反应H2(g) + Cl2(g) == 2HCl(g)的ΔH=－185 kJ·mol-1
B．根据原子半径可知键长：H—Cl＜H—Br，进而推测a＜432
C．H2(g)与Br2(g)反应生成2 mol HBr(g)时，放出热量小于185 kJ
D．常温下Cl2和Br2的状态不同，与Cl—Cl和Br—Br的键能有关
8．下列实验能达到实验目的的是
A B C D
制作简单的 燃料电池 证明苯环 使羟基活化 制备并 收集NO2 检验溴乙烷的 水解产物Br
9．我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，其装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A．电极a是正极 B．电极b的反应式：N2H4 ―4e + 4OH == N2↑+ 4H2O
C．每生成1 mol N2，有2 mol NaCl发生迁移 D．离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜
10．向体积为1 L的密闭容器中充入一定量CH3OH(g)，发生反应：
2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH＜0
编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol)
CH3OH(g) CH3OCH3(g) H2O(g)
I T1 0.40 0.16 0.16
Ⅱ T2 0.20 0.09 0.09
下列说法不正确的是
A．T1＞T2
B．T1℃，该反应的平衡常数K=4
C．Ⅱ中存在：c(CH3OH) + 2c(CH3OCH3) = 0.2 mol·L-1
D．T1℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2 mol的3种气体，反应将逆向进行
11．以0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1 H3PO4溶液的滴定曲线如图。
已知：酚酞的变色范围是pH 8.2～10
下列说法不正确的是
A．M点主要溶质为NaH2PO4 B．N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点
C．N点溶液：c(Na+)＞c(HPO2― 4)＞c(PO3― 4)＞c(H2PO― 4) D．M→N过程中，均满足 c(Na+) + c(H+)＝c(H2PO― 4) + 2c(HPO2― 4) + 3c(PO3― 4) + c(OH )
12．利用可再生能源提供的能量可高温电解H2O和CO2，并实现清洁燃料的制备。其工作流程和反应原理如图所示：
下列说法不正确的是
A．装置I中生成气体a的电极反应为2O2-―4 e == O2↑
B．装置II中过程①~③均有极性键的断裂和生成
C．装置III中消耗1 mol CmHn理论上转移(4m+n) mol e
D．该过程中CO2的循环利用率理论上可达100%
13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置 序号 电解质溶液 实验现象
① 0.1mol·L-1CuSO4 +少量H2SO4溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有Fe2+
② 0.1 mol·L-1CuSO4 +过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无Fe元素
下列分析不正确的是
A. ①中气体减少，推测是由于溶液中c(H+)减小，且Cu覆盖铁电极，阻碍
H+与铁接触
B. ①中检测到Fe2+，推测可能反应：Fe+2H+== Fe2++H2↑、Fe+Cu2+== Fe2++Cu
C. 随阴极析出铜，推测②中溶液c(Cu2+)减小，Cu2+ + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+
平衡逆向移动
D. ②中Cu2+生成[Cu(NH3)4]2+，使得c(Cu2+)比①中溶液的小，Cu缓慢析出， 镀层更致密
14．CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
① CH4(g) + CO2(g)2H2(g) + 2CO(g)
② H2 (g) + CO2 (g)H2O (g) + CO (g)
其他条件相同时，投料比n(CH4) : n(CO2) 为1 : 1.3，不同温度下反应的 结果如图。
下列说法不正确的是
A．550～600℃，升温更有利于反应①，反应①先达到平衡 B．n(H2) : n(CO)始终低于1.0，与反应②有关
C．加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率 D．若不考虑其他副反应，体系中存在： 4[c(CH4) + c(CO) + c(CO2)]＝2.3[4c(CH4) + 2c(H2) + 2c(H2O)]
第二部分（共58分）
15．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根（S2O2- 3）可看作是SO2- 4中的一个O原子被S原子取代的产物。
（1）基态S原子价层电子排布式是 。
（2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： 。
（3）S2O2- 3的空间结构是 。
（4）同位素示踪实验可证实S2O2- 3中两个S原子的化学环境不同，实验过程为 。过程ii中，S2O2- 3断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ii含硫产物是 。
（5） MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为 。
已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是M g·mol-1，
阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为
g·cm-3。（1 nm =cm）
（6）浸金时，S2O2- 3作为配体可提供孤电子对与Au+形成 。分别判断S2O2- 3中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： 。
16. 化合物P是合成抗病毒药物替拉那韦的原料，其合成路线如下。
已知：
（1）A中含有羧基，A → B的化学方程式是 。
（2）D中含有的官能团是 。
（3）关于D → E的反应：
① 的羰基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是 。
② 该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。
（4）下列说法正确的是 （填序号）。
a．F存在顺反异构体
b．J和K互为同系物
c．在加热和Cu催化条件下，J不能被O2氧化
（5）L分子中含有两个六元环。L的结构简式是 。
（6）已知：，依据D → E的原理，L和M反应得到了P。M的结构简式是 。
17. AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。
相关数据如下：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 相应化合物分解温度/℃
Al 660 2467 ＞800 AlN：＞2000（＞1400升华） AlCl3：（＞181升华）
Mg 649 1090 ＞300 Mg3N2：＞800
（1）AlN的制备。
① 化学气相沉积法。
Ⅰ.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是 。
Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是 ℃（填字母）。
a.75~100 b.600~1100 c.2000~2300
② 铝粉直接氮化法。
Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：3Mg + N2 Mg3N2、
和2Al + N2 2AlN。
③ 碳热还原法。
以Al2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。
已知：ⅰ. 2Al2O3(s) 4Al(g) + 3O2(g) H 1 =＋3351 kJ·mol-1
ⅱ. 1g 石墨与氧气生成一氧化碳，放出9.2 kJ热量
ⅲ. 2Al(g) + N2(g) == 2AlN(s) H3 =－318 kJ·mol-1
写出反应 ⅱ 的热化学方程式______。
运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响： 。
（2）AlN的性质。
AlN粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。
① AlN粉末水解的化学方程式是 。
② 解释t1-t2时间内两条曲线差异的
可能原因： 。
（3）AlN含量检测。
向a g AlN样品中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1 mL c1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2 mL c2 mol·L-1 NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是 。
18．白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6
（1）白云石矿样煅烧完全分解化学方程式为 。
（2）NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计)
CaO MgO 计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：i．MO 浸出率 =（浸出的MO 质量/煅烧得到的MO 质量）100 %
（M 代表 Ca 或 Mg）
ii．CaCO3 纯度计算值为滤液A 中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中 CaCO3 纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是 。
②沉钙反应的离子方程式为 。
③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl) : n(CaO)的比例为 。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是 。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。
（4）滤渣C中含有的物质是CaSO4、MgO和 。
（5）该流程中可循环利用的物质是(NH4)2SO4、NH3和 。
19. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：i. Mn2+在一定条件下可被Cl2或ClO－氧化成MnO2（棕黑色）、MnO42-（绿色）、MnO4－（紫色）。
ii. 浓碱性条件下，MnO4－可被OH－还原为MnO42－
iii. Cl2氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图（夹持装置略）。
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是 。
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
（3）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资
料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO42－氧化为MnO－ 4。
①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 。但通过实验测定，溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4 mL40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为 ；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。2023北京丰台高三（上）期中
化 学
2023.11
考 生 须 知 1.答题前,考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、准考证号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的准考证号、姓名,在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。 2.本次练习所有答题均在答题卡上完成。选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑,如需改动,用橡皮擦除干净后再选涂其它选项。非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写,要求字体工整、字迹清楚。 3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答,超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效。 4.本练习卷满分共100分,作答时长90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 V 51
第一部分（选择题 共42分）
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1． 2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级（通常2～20 nm）的半导体晶体，其中铜铟硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。下列说法不正确的是
A．制备过程中得到的CuInS2量子点溶液能够产生丁达尔效应
B．可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构
C．已知In的原子序数为49，可推知In位于元素周期表第四周期
D．基态Cu+的价层电子排布式为3d10
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．HCl的电子式为
B．甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3
C．2pz电子云图为
D．NH3的空间结构模型为
3．下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是
A．熔点：SiO2 ＞ CO2 B．酸性：H2SO3 ＞ H2CO3
C．碱性：NaOH ＞ LiOH D．热稳定性：Na2CO3 ＞ NaHCO3
4．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A．NH3用于制硝酸 B．NaOH溶液用于吸收SO2
C．FeCl3溶液用于刻蚀铜板 D．新制氢氧化铜悬浊液用于检验醛基
5．下列说法不正确的是
A．葡萄糖在一定条件下能水解生成乳酸（C3H6O3）
B．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，含有酯基
C．核酸分子中碱基配对的原则是使形成的氢键数目最多、结构最稳定
D．用NH2CH2COOH和NH2CH(CH3)COOH缩合最多可形成4种二肽
6．下列方程式与所给事实相符的是
A．Na在空气中燃烧：4Na + O2＝＝＝ 2Na2O
B．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀： SO2 + 2H2S ＝＝＝ 3S↓+ 2H2O
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO－3 + 4H+ ＝＝＝ Cu2+ + 2NO2↑+ 2H2O
D．向AlCl3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3+ + 3OH- ＝＝＝ Al(OH)3↓
7．下列装置和药品的选择正确的是
A B C D
实验室制氨气 除去CO2中混有的 少量HCl 验证SO2的漂白性 收集NO2气体
8．用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．同温同压下，相同体积的O2和CO2所含的原子数相同
B．质量相同的H2O和D2O所含的分子数相同
C．标准状况下，22.4 L乙炔中σ键数为3NA，π键数为2NA
D．12 g 金刚石中C—C键数为4NA
9．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH 增大的是
A．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去
B．向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
C．向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀
D．向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀
10．刺槐素是一种黄酮化合物，有抗氧化、抗炎、抗癌的作用，其结构简式如下图所示。下列关于刺槐素的说法正确的是
A．分子式为C15H12O5
B．分子中碳原子的杂化方式均为sp2
C．1mol该化合物最多可以和7 mol H2反应
D．能与甲醛发生聚合反应
11．镍二硫烯配合物基元的COFs材料因具有良好的化学稳定性、热稳定性和导电性而应用于电池领域。一种基于镍二硫烯配合物的单体结构简式如下图所示，下列关于该单体的说法不正确的是
A．Ni属于d区元素
B．S与Ni形成配位键时，S提供孤电子对
C．组成元素中电负性最大的是O
D．醛基中C原子的价层电子对数为4
12．某小组欲测定Na2O2与呼出气体反应后的混合物中剩余Na2O2的质量分数，下列方案中，合理的是
A．取a克混合物与足量水充分反应，加热，收集到标准状况下b L干燥气体
B．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
C．取a克混合物与足量BaCl2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得到b克固体
D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
13．聚合物E的合成方法如下：
下列说法正确的是
A．过程 Ⅰ 发生的是酯化反应
B．合成E时，参加反应的D和C的物质的量之比为2m:1
C．E中的含氧官能团有3种，即酰胺基、醚键、羟基
D．E在酸性条件下充分水解后转化成A、B、D
14. 某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：
已知: I2 + 2Na2S2O3 ＝＝＝ 2NaI + Na2S4O6
下列说法不正确的是：
A. 溶液b为蓝色是因为发生了反应：H2O2 + 2I- + 2H+ ＝＝＝ I2 + 2H2O
B. 该实验可证明蓝色恢复与空气无关
C. 溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率快
D. 上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定
第二部分（非选择题 共58分）
15．（10分）[FeF6]3-与许多金属离子或NH＋4形成的化合物有广泛的用途。
（1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为_______。
（2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、(NH4)2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH ≈ 2）。 S2O2-8的结构如下：
①比较O原子和S原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由:
_______。
②下列说法正确的是_______（填字母）。
a．(NH4)2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“-O-O-”结构
b．依据结构分析，(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为+7价
c．S2O2-8中“S－O－O”在一条直线上
③ 转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是_______。
（3）[FeF6]3-与NH＋4形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。
①化合物(NH4)3[FeF6]中的化学键类型有_______（填字母）。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．金属键 e．配位键
② (NH4)3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示:
图中“ ”代表的是_______（填“NH＋4”或“[FeF6]3-”）。
已知(NH4)3[FeF6]的摩尔质量是M g·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_______ g·cm-3。(1nm =10-7cm)
16.（10分）环丙基甲基酮是合成环丙氟哌酸类广谱抗菌药物和抗艾滋特效药依法韦仑的重要中间体，在医药、化工及农林等领域均有广泛应用。
已知：
（1）实验室制取A的化学方程式为_______。
（2）A→B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为_______。
（3）D→E的化学方程式为_______。
（4）M是F的同分异构体，写出符合下列条件的M的结构简式_______。
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1:2:2
（5）H分子中含有一个五元环，写出G→H的化学方程式_______。
（6）I可以与NaHCO3溶液反应。I的结构简式为_______。
（7）J→K的反应中常伴有其他环状副产物生成，依据J→K的反应原理，该副产物的结构简式为_______。
17.（12分）钒（V）被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程
如下：
已知：
i. 滤液A中的阳离子主要有H+、VO＋2、Fe3+、Al3+等；
ii. “萃取”过程可表示为VO2+ + 2HA（有机相） VOA2（有机相） + 2H+。
（1）“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有_______（写出1条即可）。
（2）“浸钒”过程中，焙砂中的V2O5与硫酸反应的离子方程式为_______。
（3）“还原”过程中，铁粉发生的反应有Fe + 2H+ ==== Fe2+ + H2↑、2Fe3+ + Fe ＝＝＝ 3Fe2+和如下反应，补全该反应的离子方程式。
VO＋2 + Fe + _______ ＝＝＝ VO2+ + Fe2+ + _______
（4）“萃取”前，若不用石灰乳先中和，萃取效果不好，原因是_______。
（5）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式_______。
（6）用以下方法测量“浸钒”过程中钒的浸出率。从滤液A中取出1 mL，用蒸馏水稀释至
10 mL，加入适量过硫酸铵，加热，将滤液A中可能存在的VO2+ 氧化为VO＋2，继续加热煮沸，除去过量的过硫酸铵。冷却后加入3滴指示剂，用c mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液将VO＋2 滴定为VO2+，共消耗v1 mL (NH4)2Fe(SO4)2溶液。
已知：所取钒矿石焙砂中钒元素的质量为a g；所得滤液A的总体积为b mL；
3滴指示剂消耗v2 mL (NH4)2Fe(SO4)2溶液。
①用上述方法测得“浸钒”过程中钒的浸出率为_______。
②若不除去过量的过硫酸铵，钒浸出率的测定结果将_______（填“偏高” “不变”或“偏
低”）。
18.（13分）螺环化合物M具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如下：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
（1）A→B的反应类型为_______。
（2）C中含有的官能团是_______。
（3）酸性环境下电化学氧化法可实现B→D的一步合成，阳极区涉及到的反应有：
ⅰ. Mn2+－e- = Mn3+；
ⅱ. _______，Mn2+可循环利用。
（4）D→E的化学方程式为_______。
（5）试剂a的分子式为C4H5O3Cl，其结构简式为_______。
（6）H分子中含有一个六元环和一个五元环。I的结构简式为_______。
（7）关于J的说法正确的是_______。
a. 含有手性碳原子
b. 能发生消去反应
c. 在加热和Cu催化条件下，不能被O2氧化
d．存在含苯环和碳碳三键的同分异构体
（8）E、K中均含有“—C≡N”，K的结构简式为_______。
19.（13分）某小组同学探究FeSO4溶液与NaClO溶液的反应。
实验Ⅰ：向敞口容器中加入一定体积0.1mol· L-1 FeSO4溶液，不断搅拌，逐滴加入pH≈13的84消毒液，溶液pH变化曲线如下图所示（从 B 点开始滴入 84 消毒液）。
B～C段，开始时产生红褐色沉淀，随后沉淀消失，溶液变为暗红色；
C点之后，逐渐产生大量黄色沉淀，有刺激性气味气体产生，溶液颜色明显变浅。
已知：
25℃，饱和NaClO溶液的pH约为11，Fe3+完全沉淀时的pH≈ 3。
（1） Cl2通入NaOH溶液可得上述84消毒液，该84消毒液中阴离子主要有_______。
（2）A～B 段，FeSO4溶液在搅拌下pH略有下降，用离子方程式解释原因_______。
（3）B～C 段，产生红褐色沉淀的离子方程式为_______。
查阅资料可知，暗红色物质为聚合硫酸铁，是一种无机高分子化合物，其主要阳离
子的结构为 ，该阳离子中Fe的配位数为_______。
（4）取少量C点溶液，加入_______（补充试剂和现象）,证明溶液中无Fe2+。
C点之后产生的黄色沉淀经检验为铁黄（FeOOH），写出暗红色物质转化为黄色沉淀的离子方程式_______。
实验II：向敞口容器中加入一定体积的pH≈13的84消毒液，不断搅拌，逐滴加入0.1mol·L-1 FeSO4溶液，溶液pH变化曲线如下图所示。
E→H段，迅速产生大量红褐色沉淀且逐渐增多，H后开始产生有刺激性气味的气体，最终得到暗红色溶液和大量黄色沉淀。
已知：Cl2、HClO、ClO-在不同pH条件下的百分含量如下图：
（5）G→H段pH骤降的原因是_______ (用离子方程式表示)。
（6）综合以上实验，FeSO4溶液与NaClO溶液的反应产物与_______有关。
参考答案
第一部分（选择题 共42分）
1 2 3 4 5 6 7
C A C B A B B
8 9 10 11 12 13 14
C A D D A B C
第二部分（非选择题 共58分）
15．（10分）
（1） 3d 4s
（2）① 第一电离能O＞S。O和S为同主族元素，电子层数S＞O，原子半径S＞O，原子核对最外层电子的吸引作用O＞S。
② a
③ c(H+)较大，F-与H+结合形成HF，c(F-)降低，不易与Fe3+形成[FeF6]3-
（3）① abe
② [FeF6]3-
16．（10分）
（1）C2H5OH CH2=CH2↑＋H2O
（2）HOCH2CH2Cl
（3）CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O
（4）OHCCH2CH2OCH2CH2CHO
（5）
+ CH3CH2OH
（6） （7）
17. （12分）
（1）搅拌（合理给分）
（2）V2O5 + 2H+ ＝＝＝ 2 VO2+ + H2O
（3）2 VO2+ + Fe + 4H+ ＝＝＝ 2 VO2+ + Fe2+ + 2H2O
（4）若不用石灰乳中和，溶液中c(H+)较大，不利于平衡VO2+ + 2HA(有机相) VOA2 (有机相) + 2H+正向移动，对VO2+萃取效果不好。
（5）(NH4)2V6O16 ＝＝＝ 3 V2O5 + 2NH3↑ + H2O
（6）①
② 偏高
18. （13分）
（1）取代反应
（2）碳氯键（或氯原子）、羧基
（3）
（4）
（5）ClCCOOC2H5
（6）
（7）ad
（8）
19. （13分）
（1）Cl- 、ClO-、 OH-
（2）4Fe2+ + O2 + 10H2O ＝＝＝ 4Fe(OH)3 + 8H+
（3）2Fe2+ + ClO- + 5H2O ＝＝＝ 2Fe(OH)3↓+ Cl- + 4H+; 4
（4）铁氰化钾溶液，不产生蓝色沉淀；
+ m OH- ＝＝＝ 3nFeOOH↓+ H2O 或
+ m OH- ＝＝＝ 3nFeOOH↓+ m H2O
（或用ClO-代替OH-进行配平，合理给分）
（5）2Fe2+ + HClO + 5H2O ＝＝＝ 2Fe(OH)3↓ + Cl- + 5H+
（6）pH、反应物的相对用量、氧化剂还原剂的种类等 （合理给分）2023北京一七一中高三（上）期中
化 学
（满分：100；时间：90分钟）2023.11
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 B-11
第一部分
本部分共14小题，每题3分，共42分.在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项.
1.下列关于有机化合物的说法不正确的是（ ）
A B C D
血红蛋白中与以配位键结合，该配位键易断. 聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度 DNA分子复制过程中存在氢键的断裂和形成 青蒿素不能加热萃取，说明醚键受热容易断裂
2.下列说法不正确的是（ ）
A.的电子式：
B.基态价层电子的轨道表示式：
C.青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜作负极
D.胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同
3.下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A.浓硝酸用棕色瓶保存：
B.过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：
C.硫酸铵溶液显酸性：
D.电解精炼铜的阳极反应：
4.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是（ ）
A.向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体
B.向水中加入固体，产生无色气体
C.向碘水中通入气体，碘水颜色变浅
D.向溶液中通入气体，生成黑色沉淀
5.用代表阿伏加德罗常数的数值.下列说法中，正确的是（ ）
A.碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为
B.标准状况下，乙炔中键数为、键数为
C.醋酸溶液中含有的氢离子数为
D.二氧化硅晶体中含有键数为
6.2022年9月国产药物氯巴占片获批上市，氯巴占的分子结构如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A.分子中不含手性碳原子 B.分子中氧原子有孤电子对
C.氯巴占的分子式为： D.氯巴占可以发生加成反应、取代反应
7.25℃、101kPa，①
②
下列说法不正确的是（ ）
A.液态水变为水蒸气破坏的是分子间作用力
B.水分解为氢气和氧气，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
C.标准状况下，11.2L水中含共用电子对总数约为
D.25℃、101kPa下，
8.常用的除甲醛试剂有：①活性炭②③.其中试剂②去除甲醛的第一步反应原理为：.下列说法不正确的是（ ）
A.常温、常压下，甲醛是一种有刺激性气味的无色气体，可以用试剂①吸附
B.依据电负性，试剂②中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合
C.试剂③与试剂②去除甲醛的反应原理类似
D.甲醛使蛋白质失活，可能是醛基与蛋白质分子中的氨基发生了反应
9.使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（ ）
A B C D
试剂a
试剂b
10.研究碘在不同溶剂中的溶解度.进行实验：
①向试管里放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；
②取5mL溶液a，再加入1mL四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；
③将②所得下层溶液全部取出，加入溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色（颜色比溶液a深）.
已知：i.；
ii..
下列说法不正确的是（ ）
A.是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性更易溶于
B.②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液
C.溶液b中溶液a中
D.向①所得浊液中加入，使增大，反应i平衡逆向移动，析出
11.直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如右图所示.电池放电时，下列说法不正确的是（ ）
A.电极Ⅰ为负极
B.电极Ⅱ的反应式为：
C.电池总反应为：
D.该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异
12.B-N键与C-C键是等电子结构.将环己烷中的C-C键用B-N键进行代替，科研工作者合成了具有储氢能力的X、Y、Z.Y经受热分解，产生5％的质量损失，并得到高纯氢.下列说法不正确的是（ ）
A.B-N是极性共价键 B.1mol分子Y受热分解得到
C.分子Y与Z互为同分异构体 D.环己烷、X、Y、Z所含的电子数目一定相等
13.2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家.一种点击化学反应如下：
某课题组借助该点击化学反应，用单体X（含有基团）和Y合成了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P（结构如下）.
下列叙述不正确的是（ ）
A.由X与Y合成P的反应属于加聚反应
B.X的结构简式为
C.Y的官能团为碳碳三键和酯基
D.P可发生水解反应得到X和Y
14.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义.从阳极泥中回收多种金属的流程如下.
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为.
下列说法不正确的是（ ）
A.“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B.得到分金液的反应为：
C.得到分银液的反应为：
D.“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
第二部分
15.（9分）常用作车载动力电池的正极材料.以碳酸锂、草酸亚铁，磷酸二氢铵为主要原料经高温锻烧可制备.
（1）草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示.
①基态的价层电子排布式为___________.
②草酸亚铁晶体中的配位数为____________.
③草酸亚铁晶体的化学式为_____________.
（2）将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到.
①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是____________.
②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是分解，补全方程式：□□_________+□__________+□
（3）晶体中，八面体和四面体组成空间链状结构，会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，中的会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图：
①i表示__________（填“充电”或“放电”）过程.
②已知：的脱嵌率.某时刻，若正极材料中，则的脱嵌率为__________，平均每个晶胞脱嵌____________个.
16.（12分）以粗液（含少量、）为原料制备溶液.
已知：易溶于水.
（1）一次脱硫
①反应体现出酸性关系：_________（填“＞”或“＜”）.
②产生S的方程式是____________________________.
（2）经一次脱硫后，粗液依然含有少量、等含硫微粒.沉淀A只含一种物质，沉淀A是_________________.
（3）二次脱硫
通入需适量，避免造成资源浪费.因此，需测量粗液中、等的含量，方法如下：
Ⅰ.取粗液，沉淀.过滤，滤液备用；
Ⅱ.取标准溶液，加过量，加酸化，溶液呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液；
Ⅳ.向Ⅲ中澄清溶液加入过量；
Ⅴ.用标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液.
已知：；与均无色
①Ⅱ中加入的质量>________g（的摩尔质量为）.
②Ⅲ中发生的离子反应有、___________________________.
③Ⅴ中滴定至终点的现象是___________________________________.
④粗液二次脱硫，需通入_____________mol.
⑤由于易挥发，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果___________（填“偏高”或“偏低”）.
（4）将中和后的精制溶液蒸发浓缩，可得成品.
17.（13分）抗癌药吉非替尼的前体K的合成路线如下：
已知：
i.
ii.
（1）A分子中含氧官能团名称是__________________.
（2）下列关于B的说法正确的是_____________.
A.在的催化下，可与发生加成反应
B.可以使酸性溶液褪色
C.能与发生反应产生
D.存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体
（3）D的结构简式为______________.
（4）E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E→F的化学方程式为______________，F→G的反应类型为______________.
（5）试剂a的结构简式为______________.
（6）J的结构简式为____________________________.
18.（11分）工业烟气中常含有（、）.用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除.
（1）在大气中会形成酸雨.形成酸雨的过程中，表现__________性.
（2）向溶液中加入硫酸，研究初始对脱除率的影响，结果如下.
已知：脱除率
①不用盐酸调节溶液初始的原因是___________.
②将时溶液脱除的离子方程式补充完整：
□+□__________+□_________+□________
③时，分析脱除率随溶液初始升高而增大的可能原因_____________.
（3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率.库仑仪工作的原理和装置如下：
检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作.进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束.通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量.
①在电解池中被还原为的离子方程式为__________.
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol.脱除率是_________.
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果__________（填“偏高”或“偏低”），需进行校正.
19.（13分）研究小组探究高铜酸钠的制备和性质.
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水.
实验Ⅰ.向溶液中滴加溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份.
（1）蓝绿色沉淀中含有.用离子方程式表示溶液显碱性________.
（2）探究棕黑色沉淀的组成.
实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b.取少量固体b，滴加稀，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液.
①另取少量固体b进行实验，证实了中钠元素的存在，实验操作的名称是_____________.
②进一步检验，棕黑色固体是.与稀反应的离子方程式是_____________.
（3）探究实验条件对制备的影响.
实验Ⅲ.向另一份浊液a中继续滴加溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的约为5，有产生.
①对的来源，甲同学认为是和反应生成了，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成的其他原因：____________.
②探究“继续滴加溶液，能氧化”的原因.
i.提出假设1：增大，的还原性增强.实验证明假设成立.操作和现象是：取少量固体于试管中，___________.
ii.提出假设2：_________________________，经证实该假设也成立.
（4）改进实验方案，进行实验.
实验Ⅳ.向溶液中滴加溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液.浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝.放置过程中产生气体的化学方程式是_____________________.
（5）通过以上实验，对于化学性质的认识是____________.
（6）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的，应选用的试剂溶液、____________和___________________.
参考答案
选择题（每题3分，共42分）
1 2 3 4 5 6 7
D B D C A C C
8 9 10 11 12 13 14
C D D C B D D
15.（9分）.
（1）①（1分）②6（1分）③（1分）
（2）①中存在共价三键，键能大，化学性质稳定（1分）
②（2分）
（3）①充电（1分）②25%，1（2分）
16.（12分）
（1）① ②（2分）
（2）
（3）①（2分）②（2分）
③溶液蓝色恰好消失 ④（2分） ⑤偏高
17.（13分）
（1）羟基、醛基（2分）（2）ab（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）取代反应（1分）
（5）（2分）
（6）（2分）
18.（11分）
（1）还原（1分）
（2）①盐酸具有还原性，能与反应（1分）
②（2分）
③溶液高，小，有利于和正向进行，脱除率大（2分）
（3）①（2分）
②（2分） ③偏低（1分）
19.（13分）（1）（1分）
（2）①焰色试验（1分） ②（2分）
（3）①减小，也可能氧化生成（1分）
②i.滴加浓溶液，产生使湿润的淀粉试纸变蓝的气体（2分）
ii.增大，的氧化性增强（1分）
（4）（2分）
（5）具有强氧化性，能与、反应（1分）
（6）溶液 溶液（2分）2023北京石景山高三（上）期末
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 F 19 Fe 56 Co 59 Cu 64
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 如图是月球基地运行功能愿景图的一部分。下列说法不正确的是
A. 可以通过热还原法得到 B. 分子的共价键是键
C. 可以通过电解法得到 D. 水是非极性分子
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. HCN的结构式：H-C≡N
B. 质量数为3的氢原子：3H
C. NaOH的电子式：
D. 基态Cr原子的价层电子的轨道表示式：
3. 、下，①
②
下列说法不正确的是
A. 液态水变为水蒸气破坏的是分子间作用力
B. 水分解为氢气和氧气，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
C. 标准状况下，水中含共用电子对总数约为
D. 、下，
4. 下列关于SO2的叙述正确的是
A. SO2是无色、无臭、有毒的气体 B. SO2能使紫色的KMnO4溶液褪色
C. SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO4 D. SO2不能用作食品添加剂
5. 已知X、Y、Z为三种原子序数相邻的主族元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：。下列说法不正确的是
A. 电负性： B. 气态氢化物的稳定性：
C. 原子半径： D. 单质的氧化性：
6. 光催化反应机理如图所示，当催化剂受到能量大于禁带宽度的光照时，价带上的电子被激发，跃迁到导带，同时形成空穴。导带上的光生电子()作还原剂，价带上的光生空穴( )作氧化剂，下列说法不正确的是
A. 在价带上被氧化 B. 推测起催化作用
C. 反应过程中光能转化为化学能 D. 生成得到电子
7. 下列方程式与所给事实相符的是
A. 氯化铵的水溶液显酸性：
B. 氯气溶于水，水溶液显酸性：
C. 钠和水反应：
D. 向浊液中滴加溶液，白色浑浊变为黑色：
8. 2022年9月国产药物氯巴占片获批上市，氯巴占的分子结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 分子中不含手性碳原子 B. 分子中氧原子有孤电子对
C. 氯巴占的分子式为：C16H14ClN2O2 D. 氯巴占可以发生加成反应、取代反应
9. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是
气体 试剂 制备装置 收集方法
A CO2 石灰石+稀H2SO4 c d
B NH3 NH4Cl+Ca(OH)2 b f
C SO2 Na2SO3+浓H2SO4 c e
D Cl2 MnO2+浓盐酸 a d
A. A B. B C. C D. D
10. 环氧化物与开环共聚反应是合成高附加值化学品的一种有效途径，两类共聚物的合成路线如下(副产物为环状碳酸酯)。下列说法不合理的是
A. 有机化合物E的分子式为
B. 高分子F和高分子G均能发生水解反应
C. 由结构简式可以确定高分子G的相对分子质量比F的大
D. 有机化合物E和通过加成反应生成副产物
11. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是
实验目的 实验药品
A 证明具有氧化性 溶液、溶液
B 证明比更难溶 溶液、溶液、铜粉
C 证明氧化性 溶液、溶液、新制氯水、溴水、水
D 证明木炭和浓硫酸能生成 浓硫酸、木炭、饱和溶液、澄清石灰水
A. A B. B C. C D. D
12. 某温度下，水溶液中和的物质的量分数随变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 碳酸的电离方程式为：，
B. 该温度下，
C. 该温度下，
D. 溶液中，
13. 下列事实的解释不正确的是
事实 解释
A 气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难 的价层电子排布为，轨道为半充满比较稳定； 的价层电子排布为，再失去一个电子可达到轨道半充满的比较稳定状态
B 中H-O-H键角比中的大 的中心原子的孤电子对数为1，的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力
C 晶体熔点： 分子间能形成氢键
D 酸性： 氟的电负性大于氯的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出
A. A B. B C. C D. D
14. 甲烷催化氧化为合成气的主反应为：。转化率、选择性和选择性随温度变化如图所示。下列说法不正确的是
A 时，副反应①进行程度很小
B. 对比图中和的选择性，推测可能存在副反应②
C. 转化率随温度升高而增大，可以用勒夏特列原理解释
D 增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 我国科学家制备了一种ZnPc/C60太阳能电池，其结构示意图如下。
（1）铝元素属于_____________区(填“s”“d”“”或“p”)。
（2）C60分子中60个碳原子都是等价，均以近似_____________杂化的方式形成3个不共平面的σ键，余下的1个p轨道电子互相重叠形成闭壳层电子结构，π电子云分布在C60分子笼的内外层表面上。循环伏安测试表明：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子。
（3）①ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是_____________。
②ZnPc中存在配位键的原因是_____________。
（4）某溶剂中，ZnPc可以和C60形成分子间电荷转移复合物，反应方程式可表示为：ZnPc+C60ZnPc-C60，不同温度下生成电荷转移复合物的平衡常数如下表。
温度 生成ZnPc-C60的K
24℃ 12329
44℃ 0.9674
64℃ 0.4923
反应：ZnPc+C60ZnPc-C60 △H_____________0(填“＞”或“＜”)，ZnPc-C60中ZnPc是电子_____________(填“给体”或“受体”)。
（5）LiF晶体结构属于氯化钠型，其晶胞结构如图所示。
①LiF的熔点和沸点比NaCl的高，请解释原因_____________。
②LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为_____________cm3(计算结果保留一位有效数字)。
16. 锂及其化合物广泛应用于玻璃、陶瓷和航空航天等领域，全球锂资源一半以上赋存于盐湖卤水中。
I．盐湖联合开发兑卤提锂
我国科学家以高锂卤水()为原料，富碳酸根卤水()为天然沉淀剂，提出盐湖联合开发兑卤提锂()的新方法。两种卤水的部分化学组成如下表。
离子浓度/()
16.20 91.04 45.02 194.5 7.10 26.43
126 146.7 33.80 136.2 39.51 56.06
（1）用化学用语解释卤水()显碱性的原因_____________。
（2）时，卤水混合沉锂的离子方程式是_____________。
（3）不同兑卤比所得混盐中，锂收率和含量(质量百分数)如图1所示，最佳兑卤比为_____________，含量随兑卤比先增大后减小的原因是_____________。
II．电化学提锂
（4）我国专家通过电极体系，实现锂资源的高效选择性提取，其原理如图2所示。当两电极分别完成其对应的氧化(脱锂)反应和还原(嵌锂)反应后，将两电极进行互换，实现锂资源由原料液侧向回收液侧的转移。
①A侧是_____________(填“原料液”或“回收液”)。
②补全电极反应式
阳极：
阴极：_____________。
17. 阿哌沙班(Apixaban)可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线。
已知：ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
（1）的反应类型是_____________。
（2）的化学方程式是_____________。
（3）D的分子式为，D的结构简式是_____________。
（4）的化学方程式是_____________。
（5）与F含有相同官能团的同分异构体有_____________种(不考虑手性异构，不含F)。
（6）K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，在箭头上补全试剂和反应条件
（7）通常用酯基和生成酰胺基，不用羧基和直接反应，结合电负性解释原因_____________。
元素 H C O
电负性 2.1 2.5 3.5
18. 我国科学家用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4 7H2O)，其工艺流程如下。
已知：ⅰ．还原浸出液中的阳离子有：Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等
iⅱ．部分物质的溶度积常数如下(25℃)
物质 Ksp
CaF2
Fe(OH)3
ⅲ．CoSO4 7H2O溶解度随温度升高而明显增大
（1）氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是_____________。
（2）浸出Co2+时，理论上氧化剂和还原剂物质的量之比为_____________。
（3）写出“氧化沉铁”的离子方程式_____________；
25℃时，浊液中铁离子浓度为_____________mol/L(此时pH为4)。
（4）结合平衡移动原理解释“氟化沉钙”步骤加入过量NaF的原因_____________。
（5）P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经_____________操作，得到硫酸钴晶体。
（6）用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。
在溶液中，用铁氰化钾将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，过量的铁氰化钾以Co(Ⅱ)标准液返滴定。反应的方程式为：。
已知：铁氰化钾标准液浓度为c mol/L，Co(Ⅱ)标准液质量浓度为ρg/L。
取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗V1mL铁氰化钾标准液、V2mL Co(Ⅱ)标准液。
计算样品中钴含量ω=_____________(以钴的质量分数ω计)。
19. 某实验小组探究与溶液的反应。取铜粉加入溶液(用调)中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色，未见有气泡产生。
已知：是难溶于水的白色固体
（1）预测铜粉可能发生的反应
反应I
反应II __________________________
（2）探究反应I是否发生
①取铜粉加入_____________溶液中，振荡、静置30分钟，无明显现象。(所用试剂：硝酸钠和硝酸溶液)
②用传感器检测与溶液反应过程中浓度的变化，发现浓度逐渐减少。有同学认为：催化了铜和稀硝酸的反应，可能的催化过程如下，写出ⅰ的离子方程式。
ⅰ．_____________
ⅱ．反应II
总反应：
（3）探究反应II是否发生
取铜粉加入_____________中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，溶液过量后浊液呈深红色。结合离子方程式解释溶液开始呈现白色浑浊最终浊液呈深红色的原因_____________。
（4）分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因
小组讨论认为，棕绿色可能是因为与或形成配合物，设计实验证明棕绿色是的颜色，实验操作是_____________。
（5）从化学反应速率和限度角度简述对与溶液反应的认识_____________。
参考答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】D
【解析】
【详解】A．工业冶炼铁常用方法是高炉炼铁，原理是高温下用CO还原氧化铁，A正确；
B．H原子的核电子排布式是1s1，H原子间以1s轨道的电子共用形成共价键，因此是键，B正确；
C．Al是比较活泼的金属，不能用一般的还原剂通过热还原法制得，通常用熔融下电解法制取，C正确；
D．水分子中O原子有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，分子空间结构为V形，正、负电中心不重合，是极性分子，D错误；
故选D。
2. 【答案】A
【解析】
【详解】A．HCN的电子式为，则结构式为H-C≡N，A正确；
B．氢原子的质子数为1，则质量数为3的氢原子为，B不正确；
C．NaOH为离子化合物，O、H原子间通过一对共用电子构成OH-，电子式为，C不正确；
D．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，则其轨道表示式为，D不正确；
故选A。
3. 【答案】C
【解析】
【详解】A．液态水变为水蒸气是气化，破坏的是分子间作用力，A正确；
B．水分解是吸热反应，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，B正确；
C．标准状况下，水是液态，不适用气体摩尔体积相关计算，C错误；
D．根据盖斯定律，可由①-②合并而成，其，D正确；
故选C。
4. 【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2是无色、有刺激性气味的有毒气体，A项错误；
B．SO2具有还原性，能使紫色的KMnO4溶液褪色，发生的反应为5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，B项正确；
C．SO2属于酸性氧化物，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，C项错误；
D．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，SO2能用作食品添加剂，为保证消费者健康，我国在食品添加剂使用标准中规定了二氧化硫在食品中的使用范围和最大使用量，D项错误；
答案选B。
5. 【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z为三种原子序数相邻的主族元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z同周期，且原子序数X＞Y＞Z，电负性X＞Y＞Z，非金属性X＞Y＞Z，非金属性越强，气态氢化物越稳定、单质氧化性越强，据此解答。
详解】A．根据分析，电负性：X＞Y＞Z，A错误；
B．非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性X＞Y＞Z，B正确；
C．根据分析，X、Y、Z同周期，且原子序数X＞Y＞Z，则原子半径：，C正确；
D．非金属性越强，单质氧化性越强，则单质的氧化性：X＞Y＞Z，D正确；
故选A。
6. 【答案】D
【解析】
【分析】如图，在催化剂作用下，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化；和在导带上生成和；
【详解】A．如图，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B．如图，在反应前后性质不变，可推测整个过程中可推测起催化作用，故B正确；
C．如图，该反应是在和光共同作用下进行，反应过程中光能转化为化学能，故C正确；
D．生成，C元素化合价降低8，即生成得到电子，故D错误；
故选D。
7. 【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵的水溶液显酸性是由于的水解：+H2ONH3H2O+H+，A不符合题意；
B．HClO属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，应保留化学式，B不符合题意；
C．钠和水反应生成NaOH和H2，其离子方程式为，C不符合题意；
D．向浊液中滴加溶液，生成更难溶性的黑色CuS，白色浑浊变为黑色，其离子方程式为，D符合题意；
故答案为：D。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中只有-CH3、-CH2-中碳原子连接4个原子，但至少连有2个相同的原子(氢原子)，所以不含手性碳原子，A正确；
B．1个分子中含有2个氧原子，且都含有2个孤电子对，B正确；
C．氯巴占分子中含有16个C、2个N、2个O、1个Cl，不饱和度为11，则H原子数应为13个，分子式为C16H13ClN2O2，C不正确；
D．氯巴占分子中含有苯环，可以发生加成反应、取代反应，羰基也能发生加成反应，Cl原子、-CH3、-CH2-等可以发生取代反应，D正确；
故选C。
9. 【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰石与稀H2SO4反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻碍反应的继续进行，所以用石灰石与稀硫酸不能制取二氧化碳，A不正确；
B．用NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3时，采用“固+固、加热”型制气装置，但由于NH3极易溶于水，所以不能采用排水法收集NH3，B不正确；
C．用Na2SO3与浓H2SO4反应制SO2气体，可采用简易气体发生装置，但由于SO2的密度比空气大，所以应采用向上排空气法收集，C不正确；
D．MnO2与浓盐酸在加热条件下才能反应制取Cl2，由于Cl2的密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，D正确；
故选D。
10. 【答案】C
【解析】
【详解】A．有机化合物E的分子式为，A合理；
B．高分子F和高分子G均含有酯基，都能发生水解反应，B合理；
C．高分子F中的和高分子G中的的相对大小不确定，因此两者的相对分子质量不能比较大小，C不合理；
D．对比化合物E与环状碳酸酯的结构简式，可以确定化合物E与CO2是通过加成反应生成环状碳酸酯，D合理；
故选C。
11. 【答案】C
【解析】
【详解】A．用KSCN溶液可检验Fe3+，但不能证明Fe3+具有氧化性，A错误；
B．证明CuS比FeS更难溶，需要向FeS沉淀中加入Cu2+使FeS转化成CuS沉淀来证明，不能用Cu粉，B错误；
C．向KBr溶液中滴加新制氯水，溶液变成橙黄色，证明Br-被氧化成Br2，Cl2氧化性比Br2强。向KI溶液中加入溴水，溶液变黄褐色，证明被氧化成，Br2氧化性比强，综合起来可证明氧化性Cl2>Br2>，C正确；
D．木炭与浓硫酸反应生成CO2和SO2，需要先除去SO2再检验CO2，用饱和NaHCO3溶液除去SO2同时会生成CO2，影响证明结论，D错误；
故选C。
12. 【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸为二元弱酸，分两步电离，其电离方程式为：，，A正确；
B．由图可知时，，，B正确；
C．由图可知时，，，C正确；
D．根据电荷守恒有，D错误；
故选D。
13. 【答案】B
【解析】
【详解】A．由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，A正确；
B ．H2O中孤电子对为2，价层电子对数为4，O采用sp3杂化。H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，因为H2O中氧原子有2对孤电子对，H3O+中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小，成键电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<孤电子对之间的斥力，B错误；
C．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，C正确；
D． F和Cl为同主族元素，F的电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D正确；
故选B。
14. 【答案】C
【解析】
【详解】A．结合图示信息，时，转化率、选择性和选择性接近1，主要发生甲烷催化氧化为合成气的主反应，副反应①进行程度很小，A正确；
B．对比图中和的选择性，选择性变化较为平缓，选择性变化较大，推测可能存在副反应②，B正确；
C．主反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应逆向进行，转化率应减小，不可以用勒夏特列原理解释，C错误；
D．增大压强使容器容积减小，反应物浓度增大，可使单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大，D正确；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1）p （2）sp2
（3） ①. 3d10 ②. N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道
（4） ①. ＜ ②. 给体
（5） ①. 阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能 ②. 7×10-23
【解析】
【小问1详解】
铝原子的价电子排布式为3s23p1，则铝元素属于p区。答案为：p；
【小问2详解】
C60分子中60个碳原子都是等价的，且每个C原子形成3个σ键、最外层不存在孤电子对，则均以近似sp2杂化的方式形成3个不共平面的σ键。答案为：sp2；
【小问3详解】
①基态Zn的价电子排布式为3d104s2，则ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是3d10。
②ZnPc中，N原子的最外层具有孤电子对，Zn2+具有空轨道，则存在配位键的原因是：N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道。答案为：3d10；N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道；
【小问4详解】
从表中数据可以看出，升高温度，K值减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以反应：ZnPc+C60ZnPc-C60△H＜0；题中信息显示：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子，则ZnPc-C60中C60是电子受体，ZnPc是电子给体。答案为：＜；给体；
小问5详解】
①LiF和NaCl都形成离子晶体，LiF的熔点和沸点比NaCl的高，则表明LiF的晶格能比NaCl大，原因是：LiF和NaCl的阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能。
②在1个晶胞中，含Li+个数为=4，含F-个数为=4，则1个晶胞中含有4个“LiF”，LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为≈7×10-23cm3。答案为：阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能；7×10-23。
【点睛】计算晶胞中所含微粒的个数时，可采用均摊法。
16. 【答案】（1）
（2）
（3） ①. 1.75 ②. 当兑卤比小于1.75时，溶液中浓度增大，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小
（4） ①. 原料液 ②.
【解析】
【小问1详解】
卤水()中水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为；
【小问2详解】
高锂卤水()中与富碳酸根卤水()中反应生成，离子方程式为；
【小问3详解】
由图1可知，当兑卤比为1.75时，所得混盐中含量最高，则最佳兑卤比为1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中浓度增大，，平衡左移，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小；
【小问4详解】
①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的从阳极移向阴极，即从A侧移向B侧，则A侧为原料液，B侧为回收液；
②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，，Mn失电子化合价升高，则阴极，Mn得电子化合价降低，由此可得阴极电极反应式为。
17. 【答案】（1）取代反应
（2）ClCH2CH=CH2+HBrClCH2CH2CH2Br
（3） （4）ClCH2CH2CH2CH2COCl++2HCl
（5）11 （6）
（7）酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺
【解析】
【分析】根据分子式C3H6计算得该有机物不饱和度=1，只含碳、氢元素且应存在碳碳双键，故该有机物A为丙烯。由转化反应得B为CH2=CHCH2Cl，C为ClCH2CH2CH2Br，C和D发生取代反应生成E，由E的结构简式可知D为，由F到G为羧基变为酰氯，结合F的分子式可确定F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，G在一定条件下和反应得到H，H经后续反应得到阿哌沙班中间体K，据此分析解答。
【小问1详解】
的反应是丙烯与Cl2在高温下发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
【小问2详解】
的反应是ClCH2CH=CH2和HBr在一定条件下发生加成反应，反应的化学方程式为ClCH2CH=CH2+HBrClCH2CH2CH2Br，故答案为：ClCH2CH=CH2+HBrClCH2CH2CH2Br；
【小问3详解】
D的分子式为，C和D发生取代反应生成E，由E的结构简式可知D为，故答案为：；
【小问4详解】
的反应是ClCH2CH2CH2CH2COCl和发生取代反应生成H和HCl，反应的化学方程式为ClCH2CH2CH2CH2COCl++2HCl，故答案为：ClCH2CH2CH2CH2COCl++2HCl；
【小问5详解】
F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，与F含有相同官能团的同分异构体含有羧基和氯原子，可看成是含4个碳原子的碳骨架的二取代物，由于含4个碳原子的碳骨架有2种，所以符合题意的同分异构体有ClCH2CH2CH(COOH)CH3、ClCH2CH (COOH) CH2CH3、ClCH(COOH)CH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH2COOH、CH3CH2CHClCH2COOH、ClCH2CH2CH(COOH)CH3、CH3CH2CCl(COOH)CH3、CH3CHClCH(COOH)CH3、(CH3)2CHCHClCOOH、(CH3)2CClCH2COOH、(CH3)2C(CH2Cl)COOH共11种，故答案为：11；
【小问6详解】
对比K和阿哌沙班的结构可知，K在pd-C/H2，CH3CH2OH条件下发生还原反应，硝基被还原为氨基，产物和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生信息中的G H的反应得到，最后在NH3，CH3OH条件下发生取代反应得到阿哌沙班，补全试剂和反应条件为：
，故答案为：；
【小问7详解】
通常用酯基和生成酰胺基，不用羧基和直接反应，原因是酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺，故答案为：酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。
18. 【答案】（1）2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O
（2）2:1 （3） ①. 6Fe2+++15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl-+12H+ ②. 2.8×10-9
（4）加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F-(aq)CaF2(s)，增大c(F-)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分
（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（6）
【解析】
【分析】粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，然后加入过量Na2SO3进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有：Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等；加入过量NaClO3氧化沉铁，此时Fe2+被氧化为Fe3+并转化为Fe(OH)3沉淀；加入过量NaF氟化沉钙，此时Ca2+转化为CaF2沉淀；加入P204进行萃取，加入P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到硫酸钴晶体。
【小问1详解】
氢氧化高钴溶于硫酸，生成Co2(SO4)3等，化学方程式是2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O。答案为：2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O；
【小问2详解】
用过量Na2SO3还原浸出Co2+时，发生反应+2Co3++H2O=+2Co2++2H+，则理论上氧化剂和还原剂物质的量之比为2:1。答案为：2:1；
【小问3详解】
“氧化沉铁”时，Fe2+被氧化后转化为Fe(OH)3沉淀，被还原为Cl-，离子方程式为6Fe2+++15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl-+12H+；
25℃时，pH=4，c(OH-)=1×10-10mol/L，浊液中c(Fe3+)==2.8×10-9mol/L。答案为：6Fe2+++15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl-+12H+；2.8×10-9；
【小问4详解】
用F-沉淀Ca2+是一个平衡体系，增大一种反应物浓度，有利于提高另一种反应物的转化率，则加入过量NaF的原因：加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F-(aq)CaF2(s)，增大c(F-)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分。答案为：加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F-(aq)CaF2(s)，增大c(F-)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分；
【小问5详解】
从硫酸钴溶液中提取硫酸钴晶体时，由于硫酸钴的溶解度随温度升高而明显增大，所以将硫酸钴溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥操作，得到硫酸钴晶体。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问6详解】
设所配200mL溶液中Co2+浓度为x，则依据得失电子守恒，可建立如下等量关系式：
0.02x=cV1×10-3-，x=0.05(cV1-)mol/L，则样品中钴含量ω==。答案为：。
【点睛】为防止硫酸钴晶体干燥过程中失去结晶水，洗涤晶体时，可用酒精洗涤。
19. 【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2） ①. 1.8mol/L硝酸钠溶液(用调) ②. NO+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
（3） ①. 0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调) ②. Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色
（4）分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO
（5）反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快
【解析】
【小问1详解】
溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+，即反应II的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
【小问2详解】
①探究反应I是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取铜粉加入1.8mol/L硝酸钠溶液(用调)中，振荡、静置30分钟，无明显现象，故答案为：1.8mol/L硝酸钠溶液(用调)；
②由总反应减反应II可得ⅰ的离子方程式为NO+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：NO+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
【小问3详解】
探究反应II是否发生，需要排除NO的影响，而且保证其他条件应相同，取铜粉加入0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调)中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，溶液过量后浊液呈深红色，Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色，故答案为：0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调)；Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色；
【小问4详解】
分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因可能是因为与或形成配合物，证明棕绿色是的颜色，实验操作是分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO，故答案为：分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO；
【小问5详解】
通过比较反应现象及反应I、反应II的平衡常数可知，反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快，故答案为：反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快。2023北京海淀进修学校高三（上）期末
化 学
可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 Mg-24 O-16 Si-28 S-32 Cl-35.5
1.新冠病毒的抗原检测的原理是，利用金原子形成的胶体颗粒吸附新冠病毒抗原的蛋白质而完成检测。胶体金可由氯金酸（HAuCl4）反应制得。下列说法不正确的是
A.胶体金的粒子直径应在1～100 nm范围内
B.由氯金酸（HAuCl4）制备胶体金时，需要添加还原剂
C.氯金酸（HAuCl4）中存在配位键，Au元素为+3价
D.胶体金与抗原蛋白质的反应具有很高的选择性，因此可用于抗原检测
2．用铁粉和K2CO3可以除去废水中HCN，并且制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：
6HCN + Fe + 2K2CO3 == K4[Fe(CN)6] + H2↑+ 2CO2↑+ 2H2O
下列说法正确的是
A．依据反应可知：Ka(HCN)＞Ka1(H2CO3)
B．因为电负性N＞C，因此K4[Fe(CN)6]中与Fe2+配位的是CN中的N
C. 标准状况下，22.4L CO2 中，含有σ键、π键数均为2NA
D. CO32-的键角小于H2O的键角
3．某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g) + I2(g) 2HI(g) ΔH < 0，该温度下，K=43。某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.1 mol、0.1 mol、2.5 mol。一段时间后，下列情况与事实相符的是
A．混合气体颜色变深 B．混合气体密度变大
C．氢气的体积分数变小 D．容器内压强变小
4．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有个阳离子
B．标准状况下，乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C. 60 g SiO2晶体中含有Si-O键数为 2NA
D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
5．下列实验方案能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 制备无水FeCl3固体 将FeCl3溶液加热蒸干
B 检验浓H2SO4催化纤维素水解的产物含有还原糖 向水解后的溶液中加入新制的Cu(OH)2，加热
C 配制1 L 1.0 mol/L NaCl溶液 将58.5 g NaCl固体溶于1 L水中
D 证明醋酸是弱电解质 测0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH
6．室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是
序号 ① ②
pH 11 11
溶液 氨水 氢氧化钠溶液
A．①和②两溶液中c(OH-)相等
B．①溶液的物质的量浓度为0.001 mol·L-1
C．①和②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①>②
D．等体积的①和②两溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全中和，消耗盐酸的体积：①>②
7.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是
A．0.1 mol/L醋酸的pH约为2.9：CH3COOH CH3COO－ + H＋
B．用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++ 3H2O Al(OH)3 (胶体) + 3H+
C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深： Cr2O72－(橙色) + H2O 2CrO42－(黄色) +2H+
D．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++ CO32 == CaCO3↓
8．“酸碱两浸”是粉煤灰（主要成分：SiO2、Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3、FeO等）的常见处理工艺。其中“酸浸”主要使用盐酸，“碱浸”主要使用NaOH，则下列说法正确的是
A．若将“酸浸”与“碱浸”流程互换，理论上最终得到的滤渣成分相同
B．若将“酸浸”与“碱浸”流程互换，理论上NaOH用量不变
C．将碱浸得到的滤液用H2O2处理，可用于提炼铁
D．“铵浸”为新兴矿粉处理工艺，主要用于替代“碱浸”步骤
9.氮化硼（BN）晶体有多种相构成。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但没有导电性；立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示，下列关于这两种晶体的说法正确的是
A．六方相氮化硼不导电，可能的原因是N的电负性大于B，使π键电子被约束在N的周围不能自由移动
B．六方相氮化硼有层状结构，可能的原因是其与石墨一样在层间存在稳定性较弱的π键，因此可以相对滑动
C．立方相氮化硼中氮原子的杂化方式为sp3，硼原子的杂化方式为sp2
D．熔化立方相氮化硼需要破坏σ键，熔化六方相氮化硼晶体仅需要破坏范德华力
10. H2O2燃料电池（DPPFC）是一种新型电池，其原理示意图如下图所示。下列说法不正确的是
A. a电极为负极
B. 电池工作时b电极的反应式是：
H2O2 +2e—+2H+=== 2H2O
C. 电池总反应为2H2O2 === O2↑+ 2H2O
D. 正极区的H2O2发生还原反应
11.常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液,溶液中水电离出来的 的对数与NaOH溶液体积之间的关系如图所示。下列推断不正确的是
A. 点对应的溶液，其
B. F点对应的溶液中
C. 加水稀释 点对应的溶液,溶液的 增大
D. 点对应的溶液中
12．橡胶a与交联剂b反应，得到交联橡胶L。（图中表示链延长）
下列说法不正确的是
A．由1,3-丁二烯、CH2== CHCN、CH2== CHCOOH可制备橡胶a
B．在一定条件下水解交联橡胶L，橡胶a可回收再利用
C．交联剂b、交联橡胶L在一定条件下水解均可得到丙三醇
D．制备交联橡胶L的反应是缩聚反应
13. 借助pH传感器测得0.1mol/LNaHCO3溶液在先升温、后降温过程中pH变化如下图所示：
图1. 升温过程中溶液pH变化 图2. 降温过程中溶液pH变化
下列有关实验数据的分析中，不合理的是
A. 图1中25℃时，溶液中存在关系：c(HCO3-)> c(H2CO3) > c(CO32-)
B. 图1中25～45℃过程，水的电离平衡及HCO3—的水解平衡均正移
C. 图2中降温过程，溶液pH逐渐增大，可能是HCO3—或CO32-水解平衡正移所致
D. 图2中25℃时，若溶液中挥发的H2O忽略不计，c(HCO3-)+ c(H2CO3) + c(CO32-) ＜ 0.1mol/L
14．溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。小组同学探究盐效应对反应Fe 3++ SCN- [Fe(SCN)] 2+（血红色）的影响。将2 mL 0.01 mol·L-1的FeCl3溶液与2 mL 0.02 mol·L-1的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。下列说法正确的是
已知：i.溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略
ii.Fe3++4Cl-[FeCl4]-（黄色）
A. 注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe 3++ SCN- [Fe(SCN)] 2+逆向移动
B. 透光率③比①高，证明KCl的盐效应对Fe 3++ SCN- [Fe(SCN)] 2+有影响
C. 透光率③比②高，证明K+的盐效应比NH4+的盐效应明显
D. 若选用等量的4 mol/L的KNO3溶液进行实验，得到的透光率曲线应在①④之间
15. （10分）二硫化亚铁（FeS2）材料是一种非常具有潜力的新型光伏材料，也是用于工业制硫酸的重要矿物。其晶体结构如图所示。
（1）基态Fe2+的价层电子排布式为______________
（2）基态S原子的电子有___________种空间运动状态。
（3）的空间构型为___________
（4）FeS2能用于锂电池的正极材料，工作时，锂离子可以嵌入阴阳离子形成的八面体结构中。该八面体结构以Fe2+为中心。平均每个晶胞中含有________个八面体结构。
（5）已知FeS2的摩尔质量为M g·mol-1，密度为ρg·cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞边长为___________cm
16．（10分）将天然气（主要成分为CH4）中的CO2、H2S资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。
（1）CO2转化为CO、H2S转化为S的反应如下，请完善反应iii的热化学方程式。
ⅰ．2CO2(g) == 2CO(g) + O2(g) △H1 = + 566 kJ/mol
ⅱ．2H2S(g) + O2(g) == 2H2O(l) + 2S(s) △H2 =﹣530 kJ/mol
ⅲ．CO2(g) +H2S(g) == 。
（2）CO2性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应ⅲ，通过设计合适的催化剂可以
a．降低反应活化能，增大反应限度
b．减小反应的焓变，使反应速率提升
c．在平衡常数保持不变的情况下，提高单位时间的生产效率
（3）我国科学家研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应ⅲ，工作原理如下所示。
M3+ /M2+ = EDTA-Fe3+/ EDTA-Fe2+（配合物）
已知：电解效率η的定义：
①写出生成CO的电极反应方程式：_________________________________________
②测得η(EDTA-Fe3+)≈100%，η(CO)≈80%。阴极放电的物质有 。已知该天然气样品中含有CO2体积分数约为20%，H2S体积分数约为25%，转化过程中无其他电解质放电产生CO，若转化后的气体中几乎不含有CO2和H2S，则转化后的天然气中含有CO的体积分数约为________
17.（12分）他米巴罗汀是治疗急性髓性白血病的药物，其合成路线如下：
（1）A中含有的官能团为__________________
（2）A→B的过程中，PBr3是溴代试剂。若将PBr3用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是
____________________________
（3）B中仅含有一种化学环境的氢，写出B→C的化学方程式：___________________________________
（4）试剂a为___________________
（5）已知N(C2H5)3为一种有机碱，在F→H的可逆反应过程中，通过生成[NH(C2H5)3]Cl促进平衡的正向移动，提高反应的产率。G的化学式为_____________________
（6）下列有关说法，正确的是_____________
a. 他米巴罗汀在水中溶解度较大 b.A能发生氧化反应、取代反应、加成反应
c.D存在所有碳原子均在同一平面上的同分异构体 d.F分子中存在手性碳原子
18.（12分）优化反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3 + H2SO4==== Na2SO4 + SO2+ S↓ + H2O为例，
探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。
实验 序号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水 温度/℃
浓度/(mol/L) 体积/mL 浓度/(mol/L) 体积/mL 体积/mL
I 0.1 2.5 0.1 1.5 9 30
II 0.1 1.5 0.1 1.5 10 a
III 0.1 b 0.1 1.5 10 20
①表中，a为 ，b为 。
②实验表明，实验 的反应速率最快。
（2）硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：
Ag2O + 4S2O32- + H2O 2[Ag(S2O3)2]3- + 2OH-
实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，请解释pH不宜过高或过低的原因：
（3）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4·2H2O），其中的物质转化过程如下图所示。
①过程II中，反应的离子方程式为 。
②根据物质转化过程，若将100 L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320 mg/L），理论上共需要O2的质量为 g
19. （14分）某实验小组探究等浓度、等pH的盐酸、醋酸与镁的反应。实验在常温水浴条件下进行（温度恒为25℃）。选用实验药品的用量如下，用图像记录生成气体和溶液pH的变化。
实验序号 药品
I 0.1 g 镁屑（去氧化膜） 10 mL 0.10 mol/L 盐酸
II 同上 10 mL 0.1 mol/L 醋酸（pH=2.9）
III 同上 10 mL pH=2.9的盐酸
（1）I中盐酸的pH=__________。
（2）观察图像，下列所得结论正确的是________
a. I的反应速率先快后慢，溶液中的c(H+)也随着反应的进行不断下降
b. II产生的气体最终比I更多，主要原因是II中的醋酸不断电离补充H+
c. 起始阶段，导致Ⅱ和Ⅲ中气体生成速率差异的主要因素是c(H+ )
d. I、II反应不只生成了H2，还生成了其他气体
（3）实验小组同学推测，镁在上述实验中可能直接与H2O分子或CH3COOH分子发生了反应，并用冰醋酸直接与镁反应证实了该推测。为进一步解释实验I、II、III所得到的曲线，又进行了如下实验：
实验序号 药品 瞬时速率（mL/min）
IV 0.1 g 镁屑（去氧化膜） 10 mL 0.1 mol/L 醋酸（pH=2.9） ①起始：2.3 ②pH=4.8时：0.8
V 同上 10 mL 溶液含0.1 mol/L 醋酸、0.1mol/L CH3COONa（pH=4.8） ③起始：2.1
则溶液①、②、③中，c(H+ )的排序为：________________（用“＞”、“＜”、“=”连接①②③，下同），c(CH3COOH )的排序为：___________________
（4）结合（3）的实验数据，具体比较c(H+ )、c(CH3COOH )对生成氢气速率的影响：________
_______________________________________________________________________________
（5）对上述实验现象进行综合解释。
通过比较________（填序号，下同），可以说明醋酸中的H2O也参与反应生成氢气。
通过比较________，可以说明c(H+ )不是影响酸溶液与镁反应速率的唯一因素
A.I、II反应初期生成气体和对应的pH曲线
B.I、II反应后期生成气体和对应的pH曲线
C.II、III初期生成气体和对应的pH曲线
D.I、III最终溶液pH的差距
E.实验IV中①、②的速率差距
F.实验IV中的①与实验V中的③的速率差距2023北京海淀高三（上）期末
化 学
可能用到的相对原子质量：
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是（ ）。
A．化学式为 B．氢、氧原子都处于同一平面
C．氢、氧原子间均以氢键结合 D．图中所有键角都相同
2．下列说法不正确的是（ ）。
A．的电子式：
B．基态价层电子的轨道表示式：
C．青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜作负极
D．胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同
3．槟榔中含有多种生物碱，如槟榔碱和槟榔次碱，其结构如下。这些生物碱会对人体机能产生影响。下列说法正确的是（ ）。
A．槟榔碱和槟榔次碱是同系物
B．槟榔碱分子中N原子的杂化方式是
C．槟榔次碱分子中最多有4个碳原子共平面
D．槟榔碱和槟榔次碱均能与强酸、强碱反应
4．下列原因分析能正确解释递变规律的是（ ）。
选项 递变规律 原因分析
A 酸性： 非金属性：
B 离子半径： 电子层结构相同时，核电荷数：
C 与水反应的剧烈程度： 最外层电子数：
D 熔点： 键能：
5．下列方程式与所给事实相符的是（ ）。
A．实验室制氯气时，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气：
B．铜和浓硝酸反应，产生红棕色气体：（浓）
C．苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液后变澄清：
D．用热的溶液去除油污（以硬脂酸甘油酯为例）：
6．用代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是（ ）。
A．碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为
B．标准状况下，乙炔中键数为、键数为
C．醋酸溶液中含有的氢离子数为
D．二氧化硅晶体中含有键数为
7．向溶液中加入几滴酚酞溶液，然后向混合液中匀速、逐滴加入溶液，滴加过程中测得溶液电导率的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A．烧杯中红色逐渐变浅直至完全褪去
B．由于水存在微弱电离、存在微弱溶解，理论上电导率不会为0
C．电导率减小的过程中，发生反应：
D．若用同浓度的溶液代替稀硫酸重复上述实验，电导率变化与原实验相同
8．血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：
①
②
下列说法不正确的是（ ）。
A．形成配位键时提供空轨道
B．电负性：，故中与配位的是0
C．由题意可得结论：相同温度下，
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
9．向少量溶液中依次加入足量下表中的试剂，观察现象并记录如下：
试剂
①溶液 ②氨水 ③溶液 ④溶液 ⑤溶液 ⑥溶液 ⑦浓硝酸
白色沉淀 澄清溶液 浅黄色沉淀 澄清溶液 黄色沉淀 黑色沉淀 澄清溶液
已知：与形成。依据现象推测，下列说法不正确的是（ ）。
A．②中加氨水后发生反应：
B．同温度下，溶度积大小关系：
C．与配位的能力由强到弱依次为：、
D．上述实验转化过程中不涉及氧化还原反应
10．2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。
下列说法正确的是（ ）。
A．第一电离能：
B．反应③过程中，涉及到极性键和非极性键的断裂和形成
C．总反应为：
D．一价铜催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
11．某同学进行如下实验：
①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明碌变化。
②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色同体，溶液逐渐变为棕色。
③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。
资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，（棕色）
下列说法不正确的是（ ）。
A．黑色固体不是
B．将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀
C．由实验①②能说明增强了的还原性
D．上述过程中可能发生的反应：
12．一种可完全降解的环保型塑料（PPC）的合成路线如下：
下列说法不正确的是（ ）。
A．PPC中含有2种官能团
B．聚合过程中没有小分子生成
C．顺丁烯二酸酐可使的溶液褪色
D．由于PPC中存在碳碳双键，可进行交联改性
13．直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是（ ）。
A．电极Ⅰ为负极
B．电极Ⅱ的反应式为：
C．电池总反应为：
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异
14．食醋中含有醋酸等有机酸及少量氨基酸。食醋的酸度是指每食醋中含酸（均折合成醋酸计）的质量。国家标准规定酿造食醋酸度不得低于。可用滴定法测定食醋的酸度。某小组同学量取自制食醋样品稀释至（溶液几乎无色），每次量取于锥形瓶中，加入中性甲醛溶液（掩蔽氨基的碱性），以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定，滴定管读数记录如下表。
溶液的体积 第一次 第二次 第三次
滴定前溶液的体积读数 0.00 1.00 2.00
滴定后溶液的体积读数 9.90 11.00 12.10
下列说法不正确的是（ ）。
A．醋酸易溶于水与“醋酸分子和水分子之间能形成氢键”有关
B．锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时停止滴定
C．该自制食醋样品的酸度不符合国家标准
D．若不加甲醛溶液，测定结果会偏低
第二部分
本部分共5题，共58分。
15．（11分）硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。
（1）基态硼原子的核外电子排布式为__________。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有__________种空间运动状态。
（2）分子的空间构型为__________，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为__________。
（3）六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。
①六方氮化硼的化学式为__________，其晶体中存在的作用力有______（填字母序号）。
a．范德华力 b．键 c．离子键
②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是__________。
（4）立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
①晶胞中平均含有__________个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有__________个。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为__________cm。
16．（12分）异诺卡酮是西柚芳香风味的重要成分，具有驱除白蚁的功能。其合成路线如下：
已知：ⅰ．（G为或）
ⅱ．
ⅲ．
（1）A分子中含有的官能团是__________。
（2）A→B的过程中，是溴代试剂，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是__________。
（3）的化学方程式是__________。
（4）下列有关说法正确的是______（填字母序号）。
a．异诺卡酮易溶于水
b．异诺卡酮中有手性碳原子
c．E的红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰
d．E存在含苯坏且苯环上只有一种化学环境氢的同分异构体
（5）F→G的转化在后续合成中的目的是__________。
（6）I的结构简式是__________。
（7）E转化为F的过程中，依次经历了加成、加成、消去三步反应。写出中间产物和的结构简式。
17．（10分）电化学还原将其转化为其它化学产品，是一种综合利用的好方法。
图1 碱性电化学还原 图2 酸性电化学还原
已知：选择性（S）和法拉第效率（FE）的定义：
×100％ ×100％
（1）碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的几乎保持不变（忽略溶液体积变化）。
①补全阴极产生的电极反应：______＋____________。
②阴极附近凶为发生反应__________（用离子方程式表示），生成的难以放电，降低了。结合上述信息，的理论最大值为__________。
③结合化学用语分析阳极区产生的原因是__________。
（2）控制、电解液中存在时，电化学还原过程中（其他含碳产物未标出）和的法拉第效率变化如图3所示。
①结合图3的变化规律，推测可能的作用是__________。
②时，（已折合为标准状况，下同）的被完全吸收并还原为和，分离后，将和混合气体通入如图4所示装置（反应完全），出口处收集到气体。则为__________。
18．（13分）含钛高炉渣的主要化学成分为、、、、、、和金属等，对其综合利用具有重要的经济价值和社会效益。
Ⅰ．一种含钛高炉渣提钛工艺流程如下图所示。
已知：①不溶于水、稀酸和碱溶液；②能与强酸、强碱反应。
（1）盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为__________。
（2）“磁选”的目的是__________。
（3）下列说法正确的是______（填字母序号）。
a．滤渣1的主要成分为、
b．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣成分相同
c．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变
Ⅱ．含钛高炉渣中金属含量的测定：
ⅰ．配制金属浸取液：取一定量的亚硫酸钠和邻菲岁啉（抑制水解）溶于水，加入乙酸和乙酸铵混合溶液调，此时铁的化合物不溶解。
ⅱ．取粉碎后的含钛高炉渣，加入足量金属浸取液，室温下浸取。
ⅲ．过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量溶液的烧杯中，加入稀硫酸充分反应。
ⅳ．将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸。
ⅴ．冷却，用浓度为的抗坏血酸标准液滴定，消耗抗坏血酸标准液。
已知：①酸性条件下，（未配平）
②（抗坏血酸）（脱氢抗坏血酸）
（4）步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为__________。
（5）步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是__________（用离子方程式表示）。
（6）该含钛高炉渣中金属的质量分数＝__________（用代数式表示）。
（7）下列两种情况均会对“金属的质量分数”测定结果造成偏差，任选其中一种情况分析并说明判断理由。
情况一：配制金属浸取液时，溶液等于2
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定
①情况__________的测定结果__________（填“偏高”或“偏低”）。
②理由是__________。
19.（12分）某小组同学探究盐对平衡体系的影响。
实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响
将等体积、低浓度的溶液（已用稀盐酸酸化）和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a。各取溶液a放入3支比色皿中，分别滴加不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。
已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。
②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在（黄色）。
（1）稀盐酸酸化溶液的目的是__________。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免__________（填离子符号）的颜色对实验干扰。
（2）从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向______（填“正”或“逆”）反应方向移动。
实验Ⅱ：探究盐对和 平衡体系产生影响的原因
同学查阅相关资料，认为可能的原因有：
原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
（3）基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体（忽略溶液体积变化），观察颜色变化，结果如下表。
序号 加入少量盐 溶液颜色
1 无 红色
2 变浅
3 略变浅
4 变浅程度较大
①上述实验可证明盐效应影响了和 平衡体系的是______（填字母序号）。
a．1和2 b．1和3 c．1和4
②选择实验______（填序号）可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：__________。
（4）取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。
序号 加入溶液 溶液颜色
5 浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄
6 去离子水 略变浅
上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和 平衡体系有影响的原因：__________。
（5）拓展应用：盐效应对多种平衡体系有影响。
在不同浓度溶液中的溶解度数据如下表：
0 0.01 0.02 0.04 0.10 0.20
溶解度 4.5 0.48 0.42 0.39 0.48 0.69
分析在范围内，溶解度发生变化的原因：__________。
参考答案
第一部分共14题，每小题3分，共42分。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A B D B D A D
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 B D C C A C C
第二部分共5题，共58分。
15．（11分）
（1）1s22s22p1 3 （各1分，共2分）
（2）平面（正）三角形 sp3 （各1分，共2分）
（3）①BN （1分） ab （2分）
②六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电 （1分）
（4）① 4 4 （各1分，共2分）
② （1分）
16．（12分）
（1）碳碳双键、羧基 （各1分，共2分）
（2）A中碳碳双键会与HBr发生加成反应 （1分）
（3） （2分）
（4）bcd（提示：符合条件的E的同分异构体之一为）（2分）
（5）保护酮羰基，防止其被还原 （注：必须指明保护的官能团种类） （1分）
（6） （2分）
（7）P1： 或 P2：
（各1分，共2分）
17．（10分）
（1）① CO2 + 8e -+ 6H2O === CH4 + 8OH- （2分）
② CO2 + 2OH- === CO2- 3 + H2O （1分）
1/9 （1分）
③ 阳极电极反应为：2H2O – 4e- === O2↑ + 4H+，阴极区产生的CO2- 3透过阴离子交换膜进入阳极，发生反应：CO32- + 2H+ === CO2↑ + H2O （3分）
（2）① c(KCl)大于1 mol·L-1时，KCl抑制了（阴极）析氢，总体而言提高了电化学还原CO2生成CH4的选择性（或：KCl的存在有利于CO2还原生成CH4，不利于生成H2）
（2分）
② 10% （1分）
18．（13分）
（1）6H+ + Al2O3＝2Al3+ + 3H2O （1分）
（2）可除去含钛高炉渣中的单质铁，从而减少“酸浸”时盐酸的用量 （2分）
（3）a b （2分）
（4）2SO2- 3 + 2Fe + 6CH3COOH＝S2O2- 3 + 2Fe2+ + 6CH3COO- + 3H2O
或2HSO- 3 + 2Fe + 4CH3COOH＝S2O2- 3 + 2Fe2+ + 4CH3COO- + 3H2O （2分）
（5）2H+ + 2Fe2+ + H2O2＝2Fe3+ + 2H2O （2分）
（6） （1分）
（7）①偏高（1分）
②情况一：酸性太强时，含钛高炉渣中其它铁的化合物会溶解，滴定时消耗更多的抗坏血酸，所以结果偏高
情况二：若未煮沸，残留H2O2氧化抗坏血酸，滴定时消耗更多的抗坏血酸，所以结果偏高
（注：任选一种情况作答，答案要与所选的情况相对应） （2分）
19．（12分）
（1）降低Fe3+的水解程度，避免Fe3+水解产物颜色的干扰 （1分）
[FeCl4]- （1分）
（2）逆 （1分）
（3）① b （1分）
②实验2和4 （1分）
理由：实验2、4中阴离子种类、浓度均相同 （2分）
依据：4中溶液颜色变浅程度相较于2更大 （1分）
（4）实验5中增大Cl-浓度，Fe3+ + 4Cl-[FeCl4]-平衡正移，溶液偏黄色，Fe3+浓度降低，Fe3+ + 3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色明显变浅 （2分）
（5）在溶液中PbSO4存在溶解平衡：PbSO4(s)Pb2+(aq) + SO2- 4(aq)，随c(SO2- 4)增大，溶解平衡逆向移动， PbSO4溶解度降低；当c(Na2SO4)进一步增大时，Na2SO4的盐效应为主，降低了平衡体系中Pb2+的有效浓度，促进了PbSO4的溶解 （2分）2023北京—六—中高三（上）期中
化 学
考生须知：
1．本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。
2．试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。
3．在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。
4．考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。
1. 中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片（主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示）放入水球中，得到气泡球。下列说法不正确的是
A. 柠檬酸分子中含有两种官能团
B. 常温下，碳酸氢钠溶液的
C. 固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离
D. 得到气泡球的反应：
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 电子云图为 B. 的VSEPR模型为
C. 的电子式为 D. 基态原子的价层电子轨道表示式为
3. 下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是
A. 核苷酸聚合生成核酸 B. 氨基酸缩合生成多肽
C. 油脂在碱性溶液中反应制取肥皂 D. 纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯
4. 下列对于物质结构和性质的分析不正确的是
A. 碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅
B. 卤代烃中C-X键极性较强，使卤素原子易被取代
C. 氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸
D. 邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛
5. 下列反应不属于氧化还原反应的是
A. 铜丝加热后，伸入无水乙醇中，先变黑，后重新变为红色
B. 向硝酸银溶液中加入氨水至过量，产生沉淀又消失
C. 将通入到溶液中，生成白色沉淀
D. 向溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀
6. 我国科学家合成了检测的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正确的是
A. 不存在手性碳原子 B. 能形成分子内氢键
C. 能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D. 探针A最多能与反应
7. 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 氨基（）中含有个质子
B. 溶液中，Cl-的数目为
C. 乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
D. 电解熔融，阳极产生气体质量为时，外电路中通过电子的数目为
8. 实验室制备下列气体所选装置，除杂试剂不正确的是(干燥、收集装置略)
气体 制备试剂 除杂试剂 所选装置
A SO2 Cu+浓H2SO4 饱和NaHSO3溶液 b、c
B Cl2 MnO2+浓HCl 饱和NaCl溶液 b、c
C C2H4 C2H5OH+浓H2SO4 KMnO4溶液 b、c
D C2H2 电石+饱和NaCl溶液 CuSO4溶液 a、c
A. A B. B C. C D. D
9. 下列方程式能准确解释相应事实的是
A. 硫酸型酸雨的形成：
B. 84消毒液不能与洁厕灵混用：
C. 和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果：
D. 向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：
10. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法不正确的是
A. 过程①生成了HCl，说明酸性：H2S>HCl
B. 过程②，每溶解1molCuS，转移2mole-
C. 过程③，溶液的pH增大
D. 回收S的总反应为
11. 新型双离子可充电电池是一种高效，低成本的储能电池，其装置示意图如下。当闭合K2时，该电池的工作原理为。下列关于该电池的说法正确的是
A. 放电时，电子从N电极经导线流向M电极
B. 放电时，正极的电极反应式：
C. 充电时，外加直流电源的正极与M电极相连
D. 充电时，电路中每通过，左室溶液增加
12. 中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体、、缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如下图，下列说法不正确的是
A. 与互为同分异构
B. 的名称为，推测的名称为
C. 参加反应的三种单体的物质的量之比为
D. 及时移除，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物
13. 某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。下列实验事实与所得结论相符的是
实验事实 所得结论
A 湿润的蓝色石蕊试纸变红 证明硫的燃烧产物中有酸
B 湿润的试纸上出现淡黄色固体 证明硫的燃烧产物能被还原成硫
C 加入溶液产生白色沉淀 证明硫燃烧的产物中有
D 湿润的品红试纸褪色 证明硫燃烧的产物中有
A. A B. B C. C D. D
14. 某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛(反应如下，部分产物略去)。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如下表。
催化剂 金属元素的电负性 肉桂醛转化率/% 苯甲醛选择性/%
0.9 80.79 71.93
1.0 78.27 60.51
1.5 74.21 54.83
1.6 76.46 48.57
1.9 75.34 41.71
已知：i．选择性
ii．与同主族。
下列说法不正确的是
A. 肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应
B. 用作催化剂可以获得比用更大的主反应速率
C. 使用作催化剂时，反应后副产物最多
D. 金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好
二、非选择题：本大题共5道小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。
15. 我国科学家发现催化剂可高效活化，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的催化反应过程示意思如下。
（1）Fe元素在元素周期表中的位置是___________。
（2）污染物X在电极a上的反应式是___________。
（3）科研团队研究了X分别为、和[也可以写作]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。
①基态As原子的价层电子排布式是___________。
②中的键角___________(填“>”“<”或“=”)中的键角。
③的结构是 ，P原子的杂化轨道类型是___________。
（4）比较反应能力：___________(填“>”“<”或“=”)，原因是___________。
（5）晶胞的体积为，晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，一个晶胞中Fe原子的个数为___________(的摩尔质量：160g/mol)。
16. 汽车尾气中的氮氧化物(NOx)对环境有危害，可利用化学方法实现氮的转化，从而降低氮氧化物排放。
(1)CO、HC(碳氢化合物)和NH3等均可在催化剂作用下，将NOx转化为N2。
①CO在氮的转化过程中体现了___性。
②NH3和NO反应的化学方程式为__。
(2)利用电解装置可以将尾气中的NO转化为尿素[CO(NH2)2，其中碳的化合价为+4价，属于非电解质]，工作原理如图。
①阴极的电极反应式为___。
②反应一段时间后，阳极区的pH基本不变，结合化学用语解释原因为___。
③用NO代替NO进行电化学反应，研究表明阴极反应的历程如下：
I.CO2(g)+2H++2e－=CO(pre)+H2O
II.……
III.CO(pre)+2NH2(pre)=CO(NH2)2
其中，CO(pre)表示CO前体，NH2(pre)表示NH2前体。用化学用语表示步骤II的反应：__。
17. 维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。
已知：+H2N－R2→R1－CH=N－R2+H2O
（1）A是芳香族化合物，其名称是_____。
（2）A→B所需试剂和反应条件是_____。
（3）D的官能团是_____。
（4）下列有关戊糖T的说法正确的是_____(填序号)。
a.属于单糖
b.可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基
c.存在含碳碳双键的酯类同分异构体
（5）E的结构简式是_____。
（6）I→J的方程式是_____。
（7）由K经过以下转化可合成维生素B2。
M的结构简式是_____。
18. 是重要化工原料。由软锰矿制备的一种工艺流程如下：
资料：①软锰矿的主要成分为，主要杂质有和。
②金属离子沉淀的
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
③该工艺条件下，与不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是__________。
②溶出时，的氧化过程及得到的主要途径如图所示。
ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出的主要反应，反应的离子方程式是__________。
ⅱ．若全部来自于反应，完全溶出所需与的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是__________。
（2）纯化
已知：的氧化性与溶液有关。纯化时先加入，后加入，调溶液。说明试剂加入顺序及调节的原因：__________。
（3）电解
纯化液经电解得，生成的电极反应式是__________。
（4）产品纯度测定
向产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为。(已知：及均被还原为。相对分子质量： 86.94； 134.0)
产品纯度为__________(用质量分数表示)。
19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。
实验 序号 物质a 实验现象
I 0.002mol/L溶液 无明显变化
II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色
（1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。
（2）实验II中反应的离子方程式是_______。
（3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。
（4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1：的浓度较低，不足以将氧化为
假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。
②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。
请写出实验操作和现象：_______。
③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。
（5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
（6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。
参考答案
一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。
1. 【答案】D
【详解】A．柠檬酸分子中含有羧基和羟基两种官能团，选项A正确；
B．碳酸氢钠为强碱弱酸盐，常温下，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度，溶液呈碱性，选项B正确；
C．固体碳酸氢钠为可溶性盐、柠檬酸为弱酸，都属于电解质，放入水中会发生电离，选项C正确；
D．柠檬酸为弱酸不能拆，不能用H+表示，碳酸氢钠电离出的阴离子为，不能用碳酸根离子表示，选项D不正确；
答案选D。
2. 【答案】A
【详解】A．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，A项正确；
B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：
C．氯化钠是离子化合物，其电子式是，C项错误；
D．基态铬原子的价电子排布式为：3d5 4s1，价层电子轨道表达式为：，D项错误；
故选A。
3. 【答案】B
【详解】A．核酸是通过三磷酸核苷聚合而成，相互之间以磷酸二酯键连接，发生了酯化反应，故不选A；
B．氨基酸缩合生成多肽，通过羧基与氨基脱水形成肽键连接，没有发生酯化反应也没有发生酯的水解，故选B；
C．油脂属于酯类，油脂在碱性溶液中发生酯的水解反应制取肥皂，故不选C；
D．纤维素中含有羟基，纤维素与乙酸发生酯化反应制取纤维素乙酸酯，故不选D；
选B。
4. 【答案】D
【详解】A．原子半径越小，共价键键长越短，键能越大，熔点越高，A说法正确；
B．卤代烃中 C-X 键极性较强，容易断裂，使卤素原子易被取代，B说法正确；
C．氟的电负性大于氯，故其诱导效应氟强于氯，所以三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，C说法正确；
D．分子内氢键会导致沸点降低，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛，D说法错误；
答案选D。
5. 【答案】B
【详解】A．铜丝加热后，Cu被氧化为黑色的CuO，伸入无水乙醇中后又重新变为红色，则黑色的CuO被还原为Cu，则与氧化还原反应有关，故A错误；
B．向硝酸银溶液中加入氨水至过量，首先生成氢氧化银，随后氢氧化银再和氨气生成氢氧化二氨合银，不是氧化还原反应，故B正确；
C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与H2O反应产生的H2SO3被(H+)氧化为H2SO4，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，包含氧化还原反应，故C错误；
D．红褐色沉淀是氢氧化铁，硫酸亚铁中的二价铁可以被次氯酸根离子氧化为三价铁，属于氧化还原反应，故D错误；
故选B。
6. 【答案】D
【详解】A．手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，该有机物中不含手性碳原子，A说法正确；
B．该分子中存在-OH和多个O、N，可形成分子内氢键，B说法正确；
C．该分子具有碳碳双键，能与饱和溴水发生加成反应，Br2可以取代酚羟基邻位或对位的H，发生取代反应，C说法正确；
D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH反应，探针A最多能与反应，D说法错误；
答案选D。
7. 【答案】C
【详解】A．1个氨基(-NH2)中含有9个质子，则0.1 mol氨基(-NH2)中含有0.9NA个质子，A错误；
B．未说明溶液的体积，无法计算溶液中Cl-的数目，故B错误；
C．乙烯和丙烯属于烯烃，分子式最简式是CH2，式量是14，则14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有1 mol CH2，其中所含有碳氢键数为2NA，故C正确；
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)= =0.1mol，则外电路中通过电子的物质的量是0.2 mol，故转移的电子数目为0.2NA，故D错误；
故选C。
8. 【答案】C
【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应得到二氧化硫，生成的二氧化硫中可能会带出硫酸，可用饱和亚硫酸钠溶液除去硫酸得到二氧化硫气体，装置可选b、c，故A正确；
B．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出的HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置可选b、c，故B正确；
C．乙烯能被高锰酸钾氧化，不能用高锰酸钾溶液除去乙烯中的杂质气体，故C错误；
D．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，装置应选a、c，故D正确；
故选：C。
9. 【答案】B
【详解】A．硫酸型酸雨的形成除了与二氧化硫溶于水生成亚硫酸有关，SO2+H2O=H2SO3，还包括亚硫酸被氧气氧化成硫酸，2H2SO3+O2=2H2SO4，A错误；
B．84消毒液(主要成分为次氯酸钠)不能与洁厕灵(主要成分为HCl)混用：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，B正确；
C．和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果，醋酸为弱酸不能拆：CH3COOH+=CO2+CH3COO-+H2O，C错误；
D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，硫酸氢钠完全反应，生成硫酸钡、水、氢氧化钠，离子方程式为：，D错误；
故选B。
10. 【答案】A
【详解】A．过程①中，H2S和Cu2+反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，反应发生是因为生成了沉淀，不能证明酸性强弱，故A错误；
B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS =Cu2++2Fe2++S，每溶解1molCuS，转移2mole-，故B正确；
C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应消耗H+，溶液酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确；
D．由反应(①+②)×2+③可得回收S的总反应为，故D正确；
故答案为A。
11. 【答案】B
【分析】打开K1、关闭K2，形成原电池，左侧M电极做负极，右侧N电极为正极，关闭K1、打开K2进行充电，M电极接外加电源的负极做阴极，N电极接外加电源的正极做阳极。
【详解】A．放电时，电子从负极M电极经导线流向正极N电极，A错误；
B．放电时，N电极做正极，电极反应式：，B正确；
C．充电时，N电极接外加电源的正极，C错误；
D．充电时，电路中每通过，有1molLi+通过Li+透过膜进入左室，D错误；
故答案选B。
12. 【答案】C
【详解】A．与分子式相同，结构不同，互为同分异构，故A正确；
B．根据的名称为4，4′-DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′-DDS，故B正确；
C．芳砜纶纤维的结构简式为，则为0.75n， 为0.25n，为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；
D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl，及时移除HCl，平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；
故选：C。
13. 【答案】D
【详解】A．产物中的二氧化硫与水反应生成的亚硫酸使湿润蓝色石蕊试纸变红，不是硫的燃烧产物中有酸，故A错误；
B．硫化钠也能被氧化生成硫单质，不能说明硫的燃烧产物能被还原成硫，故B错误；
C．硫燃烧不能生成三氧化硫，只能生成二氧化硫，故C错误；
D．硫燃烧生成的二氧化硫能使品红褪色，故D正确；
故选D。
14. 【答案】B
【详解】A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛，该变化属于氧化反应，故A正确；
B．由表中数据可知ZnO作催化剂时，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应，所以ZnO作催化剂时主反应速率小，故B错误；
C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小，生成的副产物最多，故C正确；
D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大，苯甲醛的选择性逐渐减小，因此可以得出结论：金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好，故D正确；
答案选B。
二、非选择题：本大题共5道小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。
15. 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）X+H2O-2e-XO+2H+
（3） ①. 4s24p3 ②. < ③. sp3
（4） ①. < ②. 中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对
（5）
【小问1详解】
铁元素在第四周期第Ⅷ族。
【小问2详解】
污染物X在电极a上的反应式是X+H2O-2e-XO+2H+。
【小问3详解】
基态砷为33号元素，其价层电子排布式为4s24p3。
②亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，硝酸根离子的价层电子对数为，为平面三角形，亚硝酸根离子中孤电子对，有较大的排斥力，故亚硝酸根的键角小于硝酸根中的键角。
磷原子无孤电子对，也形成4个键，故杂化类型为sp3。
【小问4详解】
中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对，故反应能力<。
【小问5详解】
晶胞的质量为g，故一个晶胞中氧化铁的物质的量为mol，铁原子的物质的量为mol， 一个晶胞中Fe原子的个数为。
16. 【答案】 ①. 还原 ②. 4NH3+6NO5N2+6H2O ③. CO2+2NO+10H++10e－=CO(NH2)2+3H2O ④. 阳极发生反应：H2－2e－=2H+，根据闭合回路中电量守恒，同时会有等量的H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变 ⑤. 2NO+12H++10e－=2NH2(pre)+4H2O
【详解】(1)①根据题意，NOx化合价降低变为N2，则CO化合价升高，因此CO在氮的转化过程中体现了还原性；故答案为：还原。
②NH3和NO反应生成氮气和水，其化学方程式为4NH3+6NO 5N2+6H2O；故答案为：4NH3+6NO 5N2+6H2O。
(2)①根据图中信息，阴极是CO2和NO反应生成CO(NH2)2，NO中N化合价降低，得到电子，CO2中C化合价不变，其电极反应式为CO2+2NO+10H++10e－=CO(NH2)2+3H2O；故答案为：CO2+2NO+10H++10e－=CO(NH2)2+3H2O。
②根据题中信息，阳极通入氢气，氢气失去电子变为氢离子，等量的氢离子穿过质子交换膜进入到左侧，因此反应一段时间后，阳极区的pH基本不变；故答案为：阳极发生反应：H2－2e－=2H+，根据闭合回路中电量守恒，同时会有等量的H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变。
③根据题中信息，说明步骤II是生成NH2(pre)的反应，根据元素守恒说明氢来自于氢离子，NO中氧和氢离子反应生成水，因此表示步骤II的反应：2NO+12H++10e－=2NH2(pre)+4H2O；故答案为：2NO+12H++10e－=2NH2(pre)+4H2O。
17. 【答案】（1）邻二甲苯
（2）浓HNO3、浓H2SO4，加热
（3）氨基 （4）a
（5） （6）+→+2C2H5OH
（7）
【分析】参照K的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E为；G为，I为。
【小问1详解】
由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；
【小问2详解】
A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热。答案为：浓HNO3、浓H2SO4，加热；
【小问3详解】
D为，官能团是氨基。答案为：氨基；
【小问4详解】
a. 戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；
b. 戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不正确；
c. 戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；
故选a。答案为：a；
【小问5详解】
由分析可知，E的结构简式是。答案为：；
【小问6详解】
I()与反应→J()等，化学方程式是+→+2C2H5OH。答案为：+→+2C2H5OH；
【小问7详解】
由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，发生分子内加成后生成M的结构简式是。答案为：。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。
18. 【答案】（1） ①. 增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率 ②. MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O ③. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
（2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，先加入 MnO2 ，将Fe2+氧化为Fe3+，再通过NH3 H2O 调pH除去溶液中的A13+、Fe3+
（3）Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+
（4）
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，溶液中还存在铝离子，纯化除去铁离子和铝离子，再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
【小问1详解】
①溶出前，软锰矿需研磨，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率。
②根据反应途径可知，Fe与H2SO4反应产生Fe2+，MnO2与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
根据方程式可知：Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少，故实际比值( 0.9)小于2。
【小问2详解】
MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的A13+、Fe3+。
【小问3详解】
电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为：Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+。
【小问4详解】
根据题意可知：部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+ MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=，则产品的纯度为：。
19. 【答案】（1）> （2）5+2+8H2O=2+10+16H+
（3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢
（4） ①. 实验II和实验III中的浓度相同 ②. 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，有棕黑色沉淀生成 ③. 3+2+2H2O=5↓+4H+ ④. 溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液
（5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中
（6）过量、加入催化剂
【小问1详解】
酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。
【小问2详解】
实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。
【小问3详解】
实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。
【小问4详解】
①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立；
②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确；
③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。
【小问5详解】
向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。
【小问6详解】
实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。2023北京顺义一中高三（上）期中
化 学
一、第一部分（选择题）本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的选项中选出最符合题目要求的一项。
1．化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．加“洁厕灵”增强“84消毒液”消毒效果
B．补铁口服液不能与维生素C一起服用
C．马口铁（镀锡铁皮）比白铁皮（镀锌铁皮）破损铁更容易腐蚀
D．“汽车限行”措施不会减轻碳排放
2．防晒霜之所以能有效减轻紫外光对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中含有π键，π键的电子可在吸收紫外光后被激发，从而阻挡部分紫外光对皮肤的伤害。下列物质中没有防晒效果的是（　　）
A．氨基苯甲酸（H2N﹣C6H4﹣COOH）
B．羟基丙酮（HO﹣CH2﹣CO﹣CH3）
C．肉桂酸（C6H5CH＝CH﹣COOH）
D．乙醇（CH3CH2OH）
3．下列说法不正确的是（　　）
A．乙醇的沸点高于丙烷
B．蛋白质遇到醋酸铅生成沉淀，加入大量的水，沉淀还可溶解
C．用激光笔照射区分葡萄糖溶液和淀粉胶体
D．酪氨酸既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应
4．已知34Se、35Br位于同一周期，下列关系正确的是（　　）
A．热稳定性：HCl＞H2Se＞HBr
B．原子半径：Se＞Cl＞S
C．还原性：Se2﹣＞S2﹣＞Cl﹣
D．酸性：HClO4＞H2SeO4＞H2SO4
5．新装修房屋会释放有毒的甲醛（HCHO）气体，银﹣Ferrozine法检测甲醛的原理如图：
下列说法正确的是（　　）
A．22.4LCO2中含共价键数目为4NA
B．30gHCHO被氧化时转移电子数目为2NA
C．该电池总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO═4Ag+CO2+H2O
D．理论上，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比4：1
6．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I﹣的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是（　　）
A．用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉﹣KI试纸会变蓝
B．足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HCl
C．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞
D．途径Ⅱ中若生成1molI2，则反应中转移的电子数为10NA
7．已知溶液中化合物A（aq）与H2O在一定条件下反应生成化合物B（aq）与HCOO﹣（aq），其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法错误的是（　　）
A．中间体I1比中间体I2更稳定
B．总反应的热化学方程式为A（aq）+H2O（1）═B（aq）+HCOO﹣（aq）ΔH＝﹣2.38kJ mol﹣1
C．该反应是放热反应
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
8．最近我国科学家预测并据此合成了新型碳材料：T﹣碳。可以看做金刚石结构中的一个碳原子被四个碳原子构成的一个正四面体结构单元替代（如图所示，所有小球都代表碳原子）。下列说法正确的是（　　）
A．T﹣碳晶体与金刚石晶体类型不同，属于分子晶体
B．T﹣碳与石墨、金刚石互为同素异形体
C．T﹣碳晶体和金刚石晶体中含有的化学键类型不同
D．T﹣碳与金刚石中的碳原子采取的杂化方式不同
9．下列说法正确的是（　　）
A．系统命名为：2﹣甲基丁烯
B．醋酸和软脂酸互为同系物，C5H12和C9H20也一定互内同系物
C．阿斯巴甜（）分子中手性碳原子一共有3个
D．滴加少量K3[Fe（CN）6]溶液，没有蓝色沉淀出现
10．氟离子电池是一种安全高效的新型可充电电池，工作示意图如图所示。充电时，甲电极连接外加电源的正极。下列说法正确的是（　　）
A．放电时，电子从甲电极流向乙电极
B．放电时，乙电极的电极反应式为MgF2+2e﹣═Mg+2F﹣
C．充电时，装置将化学能转化为电能
D．充电时，导线上每通过0.1mol电子，乙电极质量减少1.9g
11．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（　　）
A．在NaCl晶体中，距Cl﹣最近的Na+有6个，距Na+最近且相等的Na+共12个
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+，Ca2+的配位数是8
C．在金刚石晶体中，每个碳原子以共价键与4个碳原子相连，金刚石内部碳原子和共价键的比例为1：2
D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE，其晶体不导电
12．具有独特空间结构的有机化合物丙的制备过程如图，下列说法不正确的是（　　）
A．苯和甲的核磁共振氢谱都只有1组峰
B．可以用酸性KMnO4溶液鉴别乙和丙
C．苯和甲反应生成乙为加成反应
D．1mol苯最多可以和3mol甲反应
13．我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解尿素废水低能耗制H2（装置如图）。总反应为CO（NH2）2+H2O═3H2↑+N2↑+CO2↑。下列说法中正确的是（　　）
A．a电极的电极反应式为CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═N2↑+CO2↑+6H+
B．b电极为阳极，发生氧化反应
C．电解一段时间，b电极区溶液pH降低
D．废水溶液中每通过6mol电子，a电极产生1molN2
14．研究甲醛与新制Cu（OH）2反应的固体产物（固体A），实验如图。已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，分别产生Cu（NH3）2+（无色）、Cu（NH3）42+（蓝色）。下列说法不正确的是（　　）
A．甲醛与新制Cu（OH）2反应时，Cu（OH）2被还原
B．②→④无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2O
C．③→⑤出现蓝色溶液的原因是2Cu+O2+8NH3 H2O═2Cu（NH3）42++4OH﹣+6H2O
D．将试管①替换为，放置一段时间后发现溶液变蓝，也能确认固体A的成分
二、第二部分（非选择题）
15．回答下列问题：
（1）①现代化学中，常利用 　 　上的特征谱线来鉴定元素。
②基态磷原子中，电子占据的最高能级符号为 　 　；该能级有 　 　个伸展方向，原子轨道呈 　 　形。
③第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素原子核外有 　 　种不同运动状态的电子。
（2）如图2所示，每条折线表示周期表第ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是 　 　；判断依据是 　 　。
（3）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如图3：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]　 　；
②该新药分子中有 　 　种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子 　 　离子（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 　 　。
（4）富马酸亚铁（FeC4H2O4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图4所示：
富马酸分子中σ键与π键的数目比为 　 　。
（5）金属铝的晶胞结构如图5甲所示，原子之间相互位置关系的平面图如图5乙所示。若已知Al的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数的值，Al的摩尔质量为Mg mol﹣1，请计算该晶体的密度为 　 　g cm﹣3（用字母表示）。
16．（1）①下列说法不正确的是 　 　（填序号）。
A.因为二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2＞CO2
B.稳定性：H2O＞H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键
C.N2与CO为等电于体，结构相似
②复兴号高铁车体材质用到Mn、Co等元素。Mn的一种配合物化学式为[Mn（CO）5（CH3CN）]，下列说法正确的是 　 　（填字母标号）。
A.CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子
B.Mn原子的配位数为6
C.CH3CN中C原子的杂化类型为sp2、sp3
（2）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是 　 　（填标号）。
A.[Co（NH3）2]Cl
B.[Zn（NH3）4]SO4
C.[Cu（NH3）4]SO4
D.Na2[Zn（OH）4]
（3）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能l变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是 　 　（填标号）；第三电离能的变化图是 　 　（填标号）。
（4）锰与镓同周期，Mn2+催化H2O2分解：2H2O2（l）＝2H2O（l）+O2（g）△H1，其反应机理如图，已知反应Ⅱ为：MnO2（s）+H2O2（l）+2H+（aq）＝Mn2+（aq）+O2（g）+2H2O（l）△H2，写出反应Ⅰ的热化学方程式（焓变用△H1和△H2表示）：　 　。
（5）单层石墨被称为石墨烯。最近有研究发现Li原子可以以可逆的方式渗入两层石墨烯的层间并规则分布，这是一种潜在的蓄电池材料。如图中所示为一种可能的结构，锂原子以黑球表示，请在图中画出这种材料的一个晶胞（以Li原子为顶点），并指出该材料中锂原子与碳原子的数量之比NLi：NC＝　 　。
17．一种以钛铁矿（FeTiO3，含Fe2O3、，CaO，SiO2等杂质）为主要原料制备钛白粉（TiO2）的工艺流程如图所示。
已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③Fe3+在pH＝1.8时生成沉淀，pH＝4.1时沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是 　 　。
（2）“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为 　 　。
（3）滤渣①的主要成分是 　 　、　 　（填化学式）和CaSO4。
（4）流程中加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+，反应的离子方程式为 　 　。
为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时间相同的情况下进行探究得到结果如图所示。
保持其它反应条件不变，还原体系中Fe（Ⅲ）含量随温度变化如图所示。由图可知，还原体系中Fe（Ⅲ）的最佳反应温度为 　 　℃。
（5）经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有 　 　（填化学式）。
（6）如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2（阴极）中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为 　 　，产生的气体中X的化学式为 　 　。
18．有机合成在制药工业上有若极其重要的地位。某新型药物G是一种可用于治疗肿瘤的药，其合成路线如图所示。
已知：
i.E能使溴的四氯化碳溶液褪色
ii.G的结构简式为
iii.
iv.
回答下列问题：
（1）A的苯环上有 　 　种不同化学环境的氢原子。
（2）②的反应类型是 　 　。④的反应条件是 　 　。
（3）X的结构简式为 　 　；1molG最多可以和 　 　molNaOH反应。
（4）反应①的化学方程式为 　 　。
（5）D在一定条件下可以聚合形成高分子，则该反应的化学方程式为 　 　。
（6）E有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有 　 　种。
a.能发生银镜反应
b.能与FeCl3溶液发生显色反应
c.苯环有两个取代基
19．Ⅰ．某课外小组模拟工业流程设计了如下实验装置制备硝酸（所有橡胶制品均已被保护）。
（1）写出实验室用Cu与浓硝酸制取NO2的化学方程式 　 　。
（4）盛有Na2CO3溶液的烧杯为尾气处理装置，该装置中反应的化学方程式是：　 　NO2+　 　Na2CO3+　 　H2O═　 　NaNO2+　 　+　 　。
（3）用N2O4代替NO2与水和a气体反应可生成硝酸，该反应原子利用率为100%。此反应的化学方程式是 　 　。
Ⅱ.资料显示：
i．“O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱”。
ii．pH＞9.28时，I2发生歧化反应生成IO3。
某兴趣小组探究不同条件下KI与O2反应，实验如下。
装置 烧杯中的液体 现象（5分钟后）
①2mL1mol/LKI溶液+5滴淀粉 无明显变化
②2mL1mol/LKI溶液+5滴淀粉+1mL0.1mol/LHCl 溶液变蓝
③2mL1mol/LKI溶液+5滴淀粉+1mL0.1mol/LKCl 无明显变化
④2mL1mol/LKI溶液+5滴淀粉+1mL0.1mol/LCH3COOH 溶液变蓝，颜色较②浅
（1）实验②中生成I2的离子方程式是 　 　。
（2）实验④比②溶液颜色浅的原因是 　 　。
（3）为进一步探究KI与O2的反应，用上表中的装置继续进行实验：
烧杯中的液体 现象（5小时后）
⑤2mLpH＝8.5混有KOH的1mol/L KI溶液+5滴淀粉 溶液才略变蓝
⑥2mLpH＝10混有KOH的1mol/L KI溶液+5滴淀粉 无明显变化
对于实验⑥的现象．甲同学提出猜想“pH＝10时O2不能氧化I﹣”，设计了下列装置进行实验，验证猜想。
i.烧杯a中的溶液为 　 　。
ii.实验结果表明，此猜想不成立。支持该结论的实验现象是：通入O2后，　 　。故实验⑥中溶液不变蓝的原因可能是（用离子方程式表示） 　 　。2023北京铁二中高三（上）期中
化 学
2023.11
本试卷共19道题，满分100分。考试时长90分钟。考试结束后，将机读卡和答题纸交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 Cl 35.5 Na 23 Zn 65 Pb 207 Fe 56
第一部分 （选择题42分）
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确的是（ ）
A．核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族
B．被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
C．太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料
D．“问天”实验舱使用砷化镓（GaAs）太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期
2．下列说法不正确的是（ ）
A．纤维素能够发生酯化反应，不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化
B．核苷与磷酸通过磷酯键结合形成核苷酸，如
C．攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤
D．丙醛糖（）分子中没有手性碳原子，所以不存在对映异构体
3．下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．浓硝酸保存于棕色试剂瓶中是为了防止：
B．向NaCl饱和溶液中依次通入过量、，析出沉淀：
C．将通入冷的石灰乳中，制得漂白粉：
D．电解饱和食盐水，两极（碳棒）均产生气体：
4．我国科研团队在人工合成淀粉方面取得突破性进展，通过、制得，进而合成了淀粉。用代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．和混合气体的分子数为0.4
B．通过与制得，转移电子数为4
C．标准状况下，中含有3的C—H键
D．16.2 g淀粉中含C原子数为0.6
5．下列制备物质的转化关系不合理的是（ ）
A．制：
B．制：
C．制NaOH：
D．制Mg：
6.《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效。穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如下图所示。下列关于穿心莲内酯说法不正确的是（ ）
A．分子中含有2种含氧官能团
B．能发生加成反应、消去反应和聚合反应
C．1个分子中含有2个手性碳原子
D．1 mol该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3：1
7．对下列事实的解释不正确的是（ ）
选项 事实 解释
A 稳定性：HF＞HI HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键
B 键角： 中心原子均采取杂化，孤电子对有较大的斥力
C 熔点：石英＞干冰 石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用力强
D 酸性： HF的电负性大于Cl，F－C的极性大于Cl－C，使－的极性大于－的极性
8．科学家通过、酚/酮和三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80℃条件下直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．水解生成甲醇
B．反应Ⅰ中将甲烷氧化成
C．反应Ⅱ中1 mol对苯醌被还原为1 mol对苯酚得到
D．反应Ⅲ的化学方程式：
9．根据如图所示装置进行实验，能得到相应结论的是（ ）
试剂a、b 现象 结论 装置
A Cu、稀 产生的无色气体在导管口变红棕色 Cu和稀反应生成
B 漂白粉、浓HCl 导管口放置的湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色 漂白粉和浓HCl反应生成
C Na、75%酒精溶液 收集产生的气体，移近火焰，发出爆鸣声 Na和反应生成
D 电石、饱和食盐水 产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色 与反应生成
10.海水中含有HCO；等离子，pH约为8。有研究提出，用下图所示方法能够从海水中提取。下列说法正确的是（ ）
A．c室出口溶液显酸性
B．相同时间内，两个阳离子膜中通过的数目相等
C．a室中发生的电极反应：
D．b室中发生的化学反应：
11．室温下，将溶液与过量固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。已知：
下列说法不正确的是（ ）
A．两者混合发生反应：
B．随着反应的进行，逆向移动，溶液pH下降
C．充分反应后上层清液中约为
D．0～600 s内上层清液中存在：
12．我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．E的结构简式： B．F的同分异构体有6种（不考虑手性异构体）
C．H中含有配位键 D．高分子X水解可得到G和H
13．异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如下图。
①
②
下列说法不正确的是（ ）
A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备
B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是、
C．190℃时，增大（异丁醇），不利于反应②的进行
D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间存在：
14．利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。
已知：①图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由图1得到]。
图1 图2
下列说法不正确的是（ ）
A．由图1，，
B．由图2，初始状态、，无沉淀生成
C．由图2，初始状态、，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：
第二部分 （非选择题58分）
15．（10分）是一种锂离子电池的正极材料，放电时生成。
（1）下列电子排布图表示的Li原子的状态中，能量最高的为______（填序号）。
a． b． c．
（2）从价电子排布的角度解释Fe位于元素周期表d区的原因：______。
（3）的制备：
的结构如图1所示。
图1
①和之间的作用力类型为______。
②的大于的，从结构角度解释原因：______。
（4）锂离子电池充、放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如图2所示。
图2
①由于的空间构型为______，且磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷酸铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。
②正极材料在和之间转化时，经过中间产物。转化为的过程中，每摩晶胞转移电子的物质的量为______摩。
16．（11分）
我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。
（1）制备甲醇的主反应：。该过程中还存在一个生成CO的副反应，结合反应：
写出该副反应的热化学方程式：______。
（2）将和按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如右图所示。
已知：
①催化剂活性最好的温度为______（填字母序号）。
a．483 K b．503 K c．523 K d．543 K
②温度由523 K升到543 K，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因：______。
（3）使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。
①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为______。
②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备ZnO薄膜的电极反应式为______。
③电催化法制备甲醇如右图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因：______。
17．（12分）维生素可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如下（部分试剂和反应条件略去）。
已知：
（1）A是芳香族化合物，其名称是______。
（2）A→B所需试剂和反应条件是______。
（3）D的官能团是______。
（4）下列有关戊糖T的说法正确的是______（填序号）。
a．属于单糖
b．可用酸性溶液检验其中是否含有醛基
c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体
（5）E的结构简式是______。
（6）I→J的方程式是______。
（7）由K经过以下转化可合成维生素。
M的结构简式是______。
18．（11分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、、等）为原料制备PbO，实现铅的再生利用。流程示意图如下：
资料：i．25℃时，
ii．
（1）溶浸
Pb、PbO、PbO2、均转化为。
①上述流程中能提高含铅废料中铅的浸出率的措施有______。
②Pb转化为的反应有：、______。
（2）结晶
①所得中含有少量，原因是______（用方程式表示）。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。重复操作的结果如下：
循环次数 0 1 2 3 4
铅回收率/% 85.4 93.5 95.8 97.1 98.2
纯度/% 99.4 99.3 99.2 99.1 96.1
循环3次后，纯度急剧降低，此时向母液中加入______（填试剂），过滤，滤液可再次参与循环。
（3）脱氯
PbO在某浓度NaOH溶液中的溶解度曲线如图所示。结合溶解度曲线，简述脱氯的操作：______。
（4）测定废料中铅的含量
将a g含铅废料与足量盐酸、NaCl溶液充分反应，得到100 mL溶液。取10 mL溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐（用表示）进行滴定，滴定终点时消耗溶液v mL。计算废料中铅的质量分数______。
资料：滴定原理为：
19．（14分）某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．（黄色）
ii．呈绿色（酸性条件下不稳定）、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
（1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：______。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是______。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：______（填实验方案）。实验证实固体a中含有。
（3）固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：______。
（4）经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是______。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
（5）分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是______。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀，并检测到。
（6）检验的实验方案：______（填操作和现象）。
注：该实验条件下，与不反应。
（7）综合上述实验，与溶液反应的产物与______等因素有关（答出两点即可）。
参考答案
1-5：CDADD 6-10：CACBD 11-14：DDDC
15．（10分）
（1）a（1分）
（2）基态Fe原子的价电子排布为，最后填入电子的能级为3d（2分）
（3）①配位键（1分）
②中的甲基为推电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；中的羧基为吸电子基团，使另一羧基中的氧氢键极性增强。（2分）
（4）①正四面体（2分）
②4x（2分）
16．（11分）
（1）（2分）
（2）①c（1分）
②温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故平衡转化率降低；温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故实验产率均降低（2分）
（3）①（2分）
②（2分）
③阴极：，每转移6 mol电子，必有通过质子交换膜进入阴极室，发生反应：，所以阴极室溶液的基本不变（2分）
17．（12分）
（1）邻二甲苯（1分）
（2）浓、浓，加热（2分）
（3）氨基（1分）
（4）a（2分）
（5）（2分）
（6）（2分）
（7）（2分）
18．（11分）
（1）①粉碎、加热、加入NaCl增大（2分）
②（2分）
（2）①（2分）
②（或）（1分）
（3）向中加入一定量NaOH溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到PbO固体（2分）
（4）（2分）
19．（14分，除注明外每空2分）
（1）
（2）①固体a放置在空气中变为棕黑色（1分）
②将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色（1分）
（3）、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
（4）①
（5）
（6）取少量反应后的上层溶液，加入（或）溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
（7）反应物用量、添加顺序、溶液pH2023北京海淀高三(上)期中
化 学
2023.11
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.均热板广泛应用于电子器件内部，主要起到散热作用。下列对某均热板部分材料或部件的主要成分的分类不正确的是
选项 A B C D
材料或部件 传热材料 上下盖板
主要成分 CH3CFCl2 40%甲醇溶液 铜粉 金刚石粉
分类 桂 混合物 金属单质 非金属单质
2.FeTiO3是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是
A.基态Fe2+价层电子排布式为3d6
B.Fe在元素周期表中位于ds区
C.基态Ti价层电子轨道表示式为
D.O在元素周期表中位于第二周期VIA族
3.下列事实可用范德华力大小解释的是
A.热稳定性：HCl>HBr B.氧化性：Cl2>Br2
C.熔点：I2>Br2 D.沸点：H2O>H2S
4.下列物质的性质与其用途的对应关系正确的是
选项 性质 用途
A SO2具有氧化性 可用作漂白剂
B NH4Cl溶液呈酸性 可用作氮肥
C NaClO溶液呈碱性 可用作消毒剂
D Na2O2能与CO2反应生成O2 可用作潜水艇中的供氧剂
5.双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用,分子结构如右图。下列关于双氯芬酸的说法不正确的是
A.能发生加成、取代反应
B.最多能与2molNaOH反应
C.既能与强碱反应，又能与强酸反应
D.能与NaHCO3溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠
6.用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.1mol轻基含有的电子数目为10NA
B.56gFe与足量稀HNO3反应转移的电子数目为3NA
C.2L0.1mol L-1的AlCl3溶液中，Al3+的数目为0.2NA
D.1molN2与5molH2充分反应可生成NH3数目为级2NA
7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.遇酚酞变红的溶液中：Na+、K+、SO42-、F-
B.无色透明溶液中：Cu2+、Al3+、HCO3-、SO42-
C.能使品红褪色的溶液中：MnO4-；、Mg2+、I-、Ca2+
D.与Al反应能生成氢气的溶液中：NH4+、Fe3+、NO3-、SO42-
8.下列反应的离子方程式书写正确的是
A.电解饱和食盐水制Cl2:Cl-+H2OCl2↑+H2↑+OH-
B.用小苏打治疗胃酸过多：H++HCO3-===H2O+CO2↑
C.用FeS除去废水中的Hg2+:S2-+Hg2+===HgS↓
D.用稀HNO3处理银镜反应后试管内壁的Ag:Ag+2H++NO3-===Ag++NO2↑+H2O
9.下列实验设计能达成对应的实验目的的是
选项 A B C D
实验设计
实验目的 实验室制NH3 比较Cl、Br、I得电子能力强弱 除去CO2中的少量SO2 配制100mL1mol·L-1NaCl溶液
10.几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断否疋硕的是
A.①中，试剂a可以是Cu
B.②中，需要确保NaOH溶液足量
C.③中，生成1molNa2S2O3时，转移4mol电子
D.③中，将S换为Cl2，氧化产物为Na2SO4
11.有研究表明，铜和稀HNO3反应后的溶液中有HNO2。取铜丝和过量稀HNO3反应一段时间后的蓝色溶液分别进行实验① ④，操作和现象如下表。
序号 操作 现象
① 向2mL该溶液中加入几滴浓NaOH溶液，振荡 溶液变为浅绿色
② 向2 mL该溶液中滴加酸性KMnO4溶液 紫红色褪去
③ 将2mL该溶液充分加热后冷却，再滴加酸性KMnO4溶液 ······
④ 用玻璃棒蘸取该溶液滴到淀粉碘化钾试纸上 溶液变蓝
已知：HNO2为弱酸，受热发生分解反应：2HNO2NO2↑+NO↑+H2O；[Cu(NO2)4]2-在溶液中呈绿色。下列推断或分析不合理的是
A.①说明HNO2存在电离平衡：HNO2H++NO2-
B.②说明HNO2具有还原性
C.③中，紫红色不褪去
D.④说明HNO2具有氧化性
12.BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是
A.单体是非极性分子 B.二聚体的沸点比单体更高
C.多聚体是平面结构 D.二聚体和多聚体中均存在配位键
13.邻二氮菲的结构简式为，简写为Phen,遇FeSO4溶液生成橙红色配合物[Fe(phen)3]SO4,其中Fe2+的配位数为6。下列说法不正确的是
A.phen中，不含手性碳原子
B.[Fe(phen)3]2+中，phen的一个N参与配位
C.[Fe(phen)3]2+中，Fe2+提供空轨道，N提供孤对电子
D.[Fe(phen)3]SO4中，既存在极性键也存在非极性键
14.兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。
序号 操作 试剂a 试剂b 现象
① 0.2 mol L-1FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色
② 0.2 mol L-1FeCl3 2 mol L-1盐酸 溶液为浅黄色
③ 0.2 mol L-1Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色
④ 0.2 mol L-1Fe(NO3)3 2 mol L-1硝酸 溶液接近无色
下列说法不正确的是
A.②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动
B.由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关
C.由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关
D.由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同
第二部分
本部分共5题，共58分。
15.(10分)太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。
I.第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下:
(1)下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是____(填字母)。
a.i中，C做还原剂
b.碳酸的酸性强于硅酸
c.碳酸的热稳定性弱于硅酸
(2)ii中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。
①该反应的化学方程式为____________。
②SiHCl3中，H的化合价为__________,由此推测Si的电负性比H的____(填“大”或“小”)。
(3)iii中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：_____。
II.第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D,并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如右图。
(4)基态A原子核外电子排布式为_____。
(5)D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由:_____。
16.(12分)黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O,主要物质转化过程如下:
(1)Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是_______。
(2)为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4,反应的化学方程式为_______。
(3)SO2中心原子的杂化方式是__________,用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：____。
(4)下图中，表示Cu2O晶胞的是____________(填“图1”或“图2”)。
(5)Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃,原因是_____。
(6)CuFeS2的晶胞如图3所示。
图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是__________。
从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为____。
③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g cm-3，阿伏伽德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a=_____pm(用计算式表示；1cm=1010pm;CuFeS2的摩尔质量为184g mol-1)。
17.(10分)利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。
I. 丙烷直接脱氢法:
C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) △H1=+124kJ mol-1
总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的体积分数随温度、压强的变化如下图。
(1)丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为K=____。
(2)总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)图中，曲线I、III表示C3H6的体积分数随温度的变化，判断依据是____。
(4)图中，表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是_______(填“II”或“IV”)。
II.丙烷氧化脱氢法：
C3H8(g)+O2(g) C3H6(g)+H2O(g) △H2=-101kJ mol-1
我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下C3H8的转化率和C3H6的产率如下：
反应温度/℃ 465 480 495 510
C3H8的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4
C3H6的产率/% 4.7 9.5 12.8 1&5
(5)表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是__________(答岀1点即可)o
(6)已知：C3H6选择性=×l00%o随着温度升高，C3H6的选择性____(填“升高”“降低”或“不变')，可能的原因是_____。
18.(14分)研究人员合成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料(BC-PB),并将其应用于氨氮废水(含NH3、NH4+)的处理。
资料：
①普鲁士蓝(PB)是亚铁氟化铁的俗称，化学式为Fe4[Fe(CN)6]3,难溶于水。
②BC-PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。
I.复合材料BC-PB的合成
(1)下列关于i中HCN参与反应的说法正确的是_____(填字母)。
a.提供H+，与Fe反应
b.提供H+,与OH-反应
c.提供CN-,与Fe2+配位
d.提供CN-,与K+反应
(2)ii中分离得到K4[Fe(CN)6]·3H2O的操作包括加热浓缩、_________。
(3)iii中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为_________。
(4)添加造孔剂可以增加BC的孔道数目和容量。造孔剂的造孔原理之一是在一定条件下分解产生气体。700℃时，KHCO3造孔原理的化学方程式为_________。
II.氨氮废水处理
用NH4Cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH=2时，在BC-PB体系中加入出H2O2,可将氨氮转化为无毒气体N2，提高氨氮的去除率。其原理为：
i.Fe4[Fe(CN)6]3+3H2O2+3H+===3Fe[Fe(CN)6]+Fe3++3·OH+3H2O
ii.·OH将氨氮氧化为N2
(5)ii的离子方程式为________。
(6)用BC-PB和H2O2混合处理1000L某氨氮含量(以NH4Cl质量计算)为120mg L-1的废水。实验结束后，收集到22.4LN2(已折算成标准状况)。
①实验中消耗的H2O2的质量至少为____g。
②处理后的废水中氨氮含量为______mg·L-1(废水体积变化忽略不计)，达到了污水排放标准要求(≤15mg L-1)。
19.(12分)某兴趣小组为研究铁钉与CuSO4溶液的反应及反应过程中pH的变化，用已去除氧化膜的铁钉、0.25mol L-1CuSO4溶液(pH为4.6)等试剂进行如下实验。
【实验I】
【实验II】
(1)实验I中，能证明“Fe与CuSO4发生了置换反应”的实验现象是__________。
(2)小组同学推测可能有Fe(OH)3胶体生成，依据的实验是__________ (填实验序号)。
(3)实验II-2中，使溶液变红的反应的离子方程式为__________。
(4)实验II-3可证明红色固体的主要成份是Cu,其实验操作及现象是__________。
为进一步探究实验I产生气体逐渐变快和pH变化的原因，小组同学补做如下实验。
序号 实验 现象
III 用稀硫酸将0.25 mol L-1 Na2SO4溶液调至pH = 3.8,向其中加入铁钉 铁钉表面有少量气泡缓慢产生
IV 将0.25 mol L-1新制FeSO4溶液暴露在空气中，用pH传感器监测 初始pH为4.5,后持续缓慢下降，逐渐出现棕黄色浑浊；3小时后搅拌，pH基本保持不变
(5)对比实验I和III,可以推测I中产生气体逐渐变快的原因是__________。
(6)实验IV的目的是___(填字母)。
a.探究实验I中2小时内pH下降是否与Fe2+水解有关
b.探究实验I中2小时内pH下降是否与生成Fe(OH)3有关
c.探究搅拌是否会使O2与溶液中的物质充分接触、反应而导致pH上升
(7)由实验I、II、III可推测：实验I中，搅拌后pH快速上升，主要是因为_____。
参考答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。
1 2 3 4 5 6 7
A B C D B B A
8 9 10 11 12 13 14
B A C D C B D
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。本部分若没有特别指明，则每空2分。
15．（10分）
（1）b（1分）
（2）① Si + 3HCl ===== SiHCl3 + H2【物质正确，得1分；未配平或未写条件/既没配平也没写条件，均扣1分】
② －1（1分） 小（1分）
（3）SiHCl为分子晶体，Si为共价晶体，SiHCl3的沸点远低于Si的，因此可以通过控
制温度使Si和SiHCl3处于不同的物态，从而实现分离
（4）[Ar]3d104s24p1【或1s22s22p63s23p63d104s24p1】（1分，有错0分）
（5）D与Se电子层数相同，核电荷数D＜Se，但当二者均失去一个4p能级的电子时，由于D（As）4p是半充满的，比较稳定，更难失去1个电子，因此第一电离能较高
16．（12分）
（1）S（1分）
（2）2SO2 + O2 + 2CaO ===== 2CaSO4
（3）sp2（1分）
SO2价层电子对数为3，其中孤电子对数为1，因此是V形分子；CO2价层电子对
数是2，但没有孤电子对，因此是直线形分子
（4）图1（1分）
（5）二者同属离子晶体，且结构相似，但是O2-的半径比S2-小，Cu2O晶体中的离子间
距小于Cu2S晶体中的，Cu2O晶体离子键作用（或晶格能）较Cu2S晶体更强（或
大），因此熔点更高（1分）
（6）① 图4中上底面中心的黑色原子（Fe）无法与下底面中心的白色原子（Cu）在平移之后实现无隙并置 （1分）
② 4（1分）
③ ×1010
17．（10分）
（1）
（2）不变（1分）
（3）丙烷直接脱氢反应为吸热反应，压强相同时，温度升高平衡正向移动，C3H6体积
分数变大
（4）II（1分）
（5）温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快
（6）降低（1分）
温度升高，更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生（1分）
18．（14分）
（1）abc
（2）冷却结晶、过滤洗涤
（3）3[Fe(CN)6]4- + 4Fe3+ ===== Fe4[Fe(CN)6]3↓
（4）2KHCO3 ===== K2CO3 + CO2↑+ H2O
（5）6 ·OH + 2NH+ 4 ===== N2↑+ 6H2O + 2H+
（6）① 204 ② 13
19．（12分）
（1）析出红色固体，溶液蓝色变浅
（2）II-1（1分）
（3）Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3（1分）
（4）向红色固体中加入稀HNO3，红色固体溶解，溶液变蓝
（5）铁钉表面析出Cu后，形成Fe-Cu原电池
（6）abc
（7）搅拌后，Cu与Fe3+发生反应：Cu + 2Fe3+ ===== 2Fe2+ + Cu2+，使Fe3+水解平衡逆向移动2023北京房山高三（上）期末
化 学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64
第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。
1. 载人飞船返回舱所需要的下列组件中，由金属材料制成的是
A. 降落伞：高强度芳纶纤维 B. 烧蚀层：多孔结构酚醛树脂
C. 隔热层：玻璃钢 D. 舱侧壁：铝合金
2. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应规律的是
A. 双氧水作消毒剂 B. 碳酸氢钠作膨松剂
C. 用纯碱溶液清洗油污 D. 氧化铁作红色颜料
3. 下列关于的叙述不正确的是
A. 基态铝原子的电子排布式为 B. 位于元素周期表中p区
C. 离子半径：小于 D. 第一电离能：大于
4. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. NaCl的电子式 B. p－pσ键电子云轮廓图
C. CO的空间结构模型 D. SO2的VSEPR模型
5. 实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列说法不正确的是
A. 实验室常使用排饱和食盐水法收集Cl2 B. 浓盐酸在反应中只体现还原性
C. 反应中KMnO4的氧化性强于Cl2 D. 每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)
B. 钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe-3e-=Fe3+
C. 向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
D. 用作潜水艇供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
7. 某研究团队对连花清瘟胶囊原料进行了分离纯化、结构鉴定的研究，得到了包括刺芒柄花素(结构如图)在内的十余种化合物。下列关于刺芒柄花素的说法不正确的是
A. 分子式为C16H12O4 B. 分子中无手性碳原子
C. 在空气中可发生氧化反应 D. 1mol该有机化合物最多可与2molBr2发生反应
8. 水溶性荧光超支化聚合物P在生物、医药及组织工程和生物成像等领域都有较好的应用，合成P的单体由M()和W()在一定条件下反应得到，P的结构片段如下：
下列说法不正确的是
A. W不存在顺反异构
B. 聚合物P的单体由M与W通过取代反应得到
C. M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，同时有生成
D. 聚合物P具有较好水溶性可能与存在多个亲水基团-OH有关
9. Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生2Li2CO3+C-4e-=4Li++3CO2电极反应，反应历程中的能量变化如图。
下列说法正确的是
A. 碳原子在电极反应中均发生氧化反应
B. 反应历程中存在碳氧键的断裂和形成
C. 反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量
D. MoS2催化剂通过降低电极反应的焓变使反应速率加快
10. 一定条件下，在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ mol-1，达平衡后获得数据如表。下列说法不正确的是
容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时体系能量的变化
CO H2O CO2 H2
① 1 4 0 0 t1 放出32.8kJ热量
② 2 8 0 0 t2 放出QkJ热量
A. ①中反应达平衡时，CO的转化率为80% B. 该温度下，②中反应的平衡常数K=1
C. Q大于65.6 D. 反应开始进行时，反应速率②＞①
11. 时，草酸溶液中各微粒的物质的量浓度如下：
微粒
下列关系不能说明草酸的第二步电离比第一步电离更难的是
A. 大于
B. 大于
C. 远远大于
D. 约等于
12. 中国科学院上海硅酸盐研究所的研究团队研制出目前循环寿命最长的金属硫化物电池，首次采用具有良好导电性的半导体Ag2S做电极，其工作原理示意图如图：
下列叙述不正确的是
A. 充电时，A极连接电源的负极
B. 充电时，向A极区迁移
C. 放电时，电池的正极反应式为：Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag
D. 电解液中的Cu2+也会参与电化学反应，为电池提供额外容量
13. 利用如图所示装置进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是
a中反应 b中检测试剂及现象 装置
A CH3COOH与CH3CH2OH生成乙酸乙酯 饱和碳酸钠溶液上方出现油状液体
B Cu与浓H2SO4生成SO2 品红溶液褪色
C 铁单质与水蒸气生成氢气 肥皂水-导管口冒气泡
D 石蜡分解生成不饱和烃 溴的四氯化碳溶液褪色
A. A B. B C. C D. D
14. 10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：
试管编号 1 2 3 4
滴加NaOH溶液的量 2滴 6滴 12滴 16滴
立即观察沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 蓝色 蓝色
酒精灯加热浊液后沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 黑色 黑色
取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。
下列说法不正确的是
A. 由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜
B. CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物
C. 试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH)2CuO+H2O
D. 取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑
第二部分(非选择题，共58分)
15. 硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是重要的无机盐，广泛应用在化学工业、农药、医药等领域。其应用特性主要取决于结构特征，尤其是结晶水的结合状态。CuSO4·5H2O脱水过程中部分中间体的结构示意图如图1。
（1）Cu2+的价电子排布式为_____。
（2）CuSO4·3H2O转化为CuSO4·H2O过程中，破坏的分子间作用力是_____。
（3）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。请从化学键角度解释该难溶物溶解的原因_____。
（4）硫酸铜固体在高温下受热分解，获得某金属氧化物，其晶胞结构如图2。
①该晶胞中含有_____个氧原子。
②该晶胞为立方体，边长apm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____g cm-3。(1pm=10-10cm)
③获得非金属氧化物为SO3，其中心原子的杂化类型为_____。
16. 某煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氰化物、悬浮颗粒等有害物质，处理流程如图所示。
已知：
离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2+ 6.3 8.3
Fe3+ 1.1 3.2
（1）萃取塔中经过______(填写操作名称)可得含酚有机层。
（2）蒸氨塔中需要连续加入碱液并保持较高温度，请从化学平衡角度解释原因：______。
（3）缺氧池中含有NH及CN-，其中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的NO氧化为无毒气体。请补全该反应的离子方程式：______。
CN-+NO+______=______+CO2+______
（4）向好氧池中投入Na2CO3的目的是______。
（5）下列关于混凝沉淀池中的说法合理的是______(填写序号)。
a.混凝沉淀池溶液的pH控制在6.5左右
b.FeSO4水解产生Fe(OH)2胶体，吸附水中的悬浮颗粒
c.相同条件下，使用Fe2(SO4)3可获得相同的混凝效果
（6）出水检测
甲醛法可以测定水样中NH的含量，其反应原理为4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]。
实验步骤：
i.移取VmL出水样品，以酚酞为指示剂，用cmol/LNaOH标准液滴定至终点，中和样品中的酸，消耗NaOH的体积为V1mL；
ii.另取同样体积的样品，加入足量的中性甲醛溶液，摇匀，静置5min后，加入1~2滴酚酞溶液，用NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH的体积为V2mL。
①步骤ii中滴定至终点的现象为______。
②该水样中残留NH浓度为______mol/L。
17. 褪黑激素的前体K的合成路线如图。
已知： +R3OH(R表示烃基或氢)
（1）A能发生银镜反应。A的名称是______。
（2）D分子中含有的官能团是_____。
（3）试剂W的分子式是C8H5O2N，其结构简式是______。
（4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式是______。
（5）M的结构简式是______。
（6）由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。
①Q→X的反应类型是_____。
②试剂b的结构简式是_____。
18. 以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，实现碳的循环利用。一种铜基催化剂对该反应有良好的催化效果。
I.催化反应机理
（1）乙醇胺(HOCH2CH2NH2)可用做CO2捕获剂，乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是_____。
（2）有学者提出CO2转化成甲醇的催化机理如图所示。反应的副产物有_____。
II.催化剂的性能测试
一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。
已知：i.反应器内发生的反应有：
a.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.5kJ mol-1
b.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ mol-1
iiCH3OH选择性=×100%
（3）220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=1：7.20：0.11，则该温度下CO2转化率=_____×100%(列出计算式)。
（4）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图所示：
①由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是______。
②温度高于260℃时，CO2平衡转化率变化的原因是_____。
③由图2可知，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因_____。
19. 某小组验证“2Fe3++2I-2Fe2++I2”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
（1）从正反应方向探究
实验：取5mL0.01mol L-1KI溶液，加入2mL0.01mol L-1FeCl3溶液(pH=1)，溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出_____，证实反应A存在限度。
②加入CCl4，振荡，平衡向_____移动。
③除反应A外，还发生_____反应(写离子方程式)，促进Fe3+与I-的反应。
（2）从逆反应方向探究
实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性FeSO4溶液，无明显变化。未检出Fe3+。
①甲同学认为加入Ag2SO4溶液可增大Fe2+与I2的反应程度。甲同学依据的原理是______。
②验证：加入Ag2SO4溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出Fe3+。
（3）乙同学认为甲的方案不合理。
查阅资料：3I2+3H2O5HI+HIO3
Ksp(AgI)=8.5×10-17、Ksp(AgIO3)=3.2×10-8(微溶)
实验验证：
①Ⅱ中KI溶液的作用是______(用离子方程式表示)。
②检验、比较沉淀a、b的成分，可明确Ag2SO4的作用。
（4）问题思考：丙同学猜测在适宜条件下Ag+与Fe2+也可能发生反应：Ag++Fe2+Fe3++Ag↓，并设计电化学装置进行验证。请补全电化学装置示意图，写出操作、现象及结论______。
参考答案
第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。
1. 【答案】D
【解析】
【详解】A．芳纶纤维属于有机高分子材料，故A错误；
B．酚醛树脂属于有机高分子材料，故B错误；
C．玻璃钢是一种纤维强化塑料，属于有机材料，故C错误；
D．铝合金属于金属材料，故D正确；
故选：D。
2. 【答案】A
【解析】
【详解】A．双氧水具有强氧化性，常用作杀菌消毒试剂，故A选；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳，利用此性质作膨松剂，该反应没有价态变化，不属于氧化还原反应，故B不选；
C．纯碱水解显碱性，能使油脂水解为可溶水物质，该反应没有价态变化，不属于氧化还原反应，故C不选；
D．氧化铁为红棕色粉末，可做红色颜料，与氧化还原反应无关，故D不选；
故选：A。
3. 【答案】D
【解析】
【详解】A．Al元素是13号元素，基态铝原子的电子排布式为 ，A正确；
B．基态铝原子的价电子排布式为 ，则位于元素周期表中p区，B正确；
C．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：小于，C正确；
D．基态铝原子的价电子排布式为 ，基态Mg原子价电子排布式为3S2、3S2是全满结构、原子的能量较低，则Mg元素具有较大的第一电离能，原子的能量第一电离能：小于，D错误；
答案选D。
4. 【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl是离子化合物，其电子式为，A项错误；
B．图示为p－p“肩并肩”，形成的是键，B项错误；
C．CO价层电子对数为3，无孤对电子，故其空间结构模型为平面三角形，C项正确；
D．SO2配位原子数为2，孤对电子数为，其空间构型为V形，该选项VSEPR模型孤对电子数为2，故该模型不是SO2，D项错误；
答案选C。
5. 【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2可与水反应，故实验室常使用排饱和食盐水法收集Cl2，A项正确；
B．该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化锰和水，体现了酸性，B项错误；
C．该反应中KMnO4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，C项正确；
D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，所以转移0.2mol电子，D项正确；
答案选B。
6. 【答案】B
【解析】
【详解】A．由于Ksp(CuS)< Ksp(ZnS)，所以CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)，离子方程式为：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)，故A正确；
B．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；
C．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜，反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故C正确；
D．能吸收二氧化碳和水，并反应生成呼吸所需的氧气，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故D正确；
故答案选B。
7. 【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知分子式为C16H12O4，故A正确；
B．手性碳原子必须是sp3杂化，且连有四个不同的基团，分子中无手性碳原子，故B正确；
C．酚羟基易被氧化，则在空气中可发生氧化反应，故C正确；
D．酚羟基的邻对位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成反应，则1mol该有机化合物最多可与3molBr2发生反应，故D错误；
故答案选D。
8. 【答案】B
【解析】
【详解】A．W中碳碳双键上的原子有三个氢原子，不存在顺反异构，A正确；
B．有结构简式可知，聚合物P单体由M加成到W的碳碳双键后形成的单体缩聚得到，B错误；
C．M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，羟基中的H和酯基断裂C-O单键产生的-OCH3结合生成，C正确；
D．聚合物P存在多个亲水基团-OH，具有较好水溶性，D正确；
故选B
9. 【答案】B
【解析】
【详解】A．碳原子在电极反应中即发生氧化反应也发生还原反应，故A错误；
B．图中可以看到碳酸根离子到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故B正确；
C．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加，均吸收能量，故C错误；
D．MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能，焓变不变，反应更容易进行，使反应速率加快，故D错误；
故答案选B。
10. 【答案】C
【解析】
【详解】A．，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，32.8则消耗CO物质的量为，CO的转化率为，A正确；
B．化学平衡常数只与温度有关，容器①、②温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器①数据，列化学平衡三段式：
，B正确；
C．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol，放热的热量Q = 1.6mol x 41kJ/mol = 65.6kJ，C错误；
D．起始时，容器②的浓度大于容器①，浓度越大，反应速率越快，则反应开始进行时，反应速率②>①，D正确；
故选C。
11.【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．小只能说明第二步电离难，无法比较第二步电离与第一步电离的大小，A错误；
B．为第一步电离，为第二步电离，大于说明草酸第二步电离比第一步电离更难，B正确；
C．第二步电离中生成的，而远远大于说明第一步电离比第二步电离容易，C正确；
D．约等于，说明第二步电离中的产物可忽略不计，则说明第二步电离比第一步电离更难，D正确；
答案选A。
12. 【答案】B
【解析】
【分析】充电时，A极上Zn2+得电子转化为Zn，故A极为阴极，B极为阳极，充电时阴离子向阳极移动；放电时为原电池，A为负极，B为正极。
【详解】A．充电时，A极上Zn2+得电子转化为Zn，故A极为阴极，连接电源的负极，选项A正确；
B．充电时，阴离子向阳极B极区迁移，选项B不正确；
C．放电时，电池的正极上Ag2S及溶液中的Cu2+得电子产生Cu2S、2Ag，电极反应式为：Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag，选项C正确；
D．根据电极反应Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag可知，电解液中的Cu2+也会参与电化学反应，为电池提供额外容量，选项D正确；
答案选B。
13. 【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应b中导管在液面以上起到防倒吸作用，挥发出的乙醇、乙酸会被碳酸钠溶液吸收，酯类物质难溶于水，故饱和碳酸钠溶液上方出现油状液体可以说明CH3COOH与CH3CH2OH反应生成乙酸乙酯，不符合题意，A项错误；
B．Cu与浓H2SO4反应，有漂白性的物质是SO2，故品红溶液褪色可以说明Cu与浓H2SO4生成SO2，不符合题意，B项错误；
C．铁单质与水蒸气反应需要高温条件，加热装置应选择酒精喷灯，且导管口冒气泡不能说明生成氢气，空气受热膨胀导管口也会冒气泡，符合题意，C项正确；
D．石蜡分油解实验中，将分解生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色说明分解产物中有不饱和烃生成，不符合题意，D项错误；
答案选C。
14. 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A正确；
B．由实验数据及现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故B正确；
C．由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)2CuO+H2O，故C正确；
D．由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D错误；
故选D。
第二部分(非选择题，共58分)
15. 【答案】（1）3d9 （2）氢键
（3）氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，反应为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH
（4） ①. 2 ②. ③. sp2杂化
【解析】
【小问1详解】
Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能级的1个电子形成Cu2+，Cu2+的价电子排布式为：3d9，故答案为：3d9；
【小问2详解】
CuSO4·5H2O首先的两个仅以配位键与铜离子结合的水分子最先失去，得到CuSO4·3H2O，然后两个与铜离子以配位键结合，并且与外部的一个水分子以氢键结合的水分子随温度升高而失去，得到CuSO4·H2O，故CuSO4·3H2O转化为CuSO4·H2O过程中，破坏的分子间作用力是氢键；
【小问3详解】
氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，反应为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH ；
【小问4详解】
①
根据均摊法可知，该晶胞中含有个氧原子；含有4个Cu原子；
②该晶胞为立方体，边长apm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的体积为，密度为=g cm-3；
③SO3中中心原子S原子的杂化轨道数为,采用sp2杂化。
16. 【答案】（1）萃取、分液
（2）蒸氨塔中存在该平衡，连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气，保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出。
（3）CN-+NO+2H+=N2↑+CO2↑+H2O
（4）调节溶液的pH （5）c
（6） ①. 溶液由无色变为浅红色 ②.
【解析】
【小问1详解】
萃取塔中经过萃取、分液可得含酚有机层。
【小问2详解】
蒸氨塔中存在该平衡，连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气，保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出。
【小问3详解】
CN-中C为+2价，N为-3价，被NO氧化为无毒气体，则生成氮气和二氧化碳，该反应的离子方程式：CN-+NO+2H+=N2↑+CO2↑+H2O。
【小问4详解】
向好氧池中投入Na2CO3的目的是调节溶液的pH。
【小问5详解】
a．结合B的分析，混凝沉淀池溶液的pH控制在6.5左右，铁离子会沉淀完全，生成氢氧化铁沉淀，得不到Fe(OH)3胶体，故a错误；
b．加入的FeSO4被氧化为硫酸铁，硫酸铁水解产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体粒子具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，故b不合理。
c．相同条件下，使用Fe2(SO4)3可获得相同的混凝效果，故c合理；
【小问6详解】
①步骤ii中，用NaOH标准溶液滴定样品中原来残留的以及生成的酸，则滴定至终点的现象为溶液由无色变为浅红色。
②由反应的原理可得关系式，NH~H+~OH-，新生成的酸得物质的量为，则该水样中残留NH浓度为mol/L。
17. 【答案】（1）丙烯醛
（2）羟基
（3） （4）CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O
（5） （6） ①. 取代反应 ②. CH3COOH
【解析】
【分析】由逆推法，G发生信息中取代反应生成乙醇和M，G属于酯基，结合G的分子式推知G为CH3COOC2H5，则试剂a为CH3CH2OH、M为；A的分子式为C3H4O，由(1)中A能发生银镜反应，则A为CH2=CHCHO，A中碳碳双键与水加成生成B为HOCH2CH2CHO，B中醛基与氢气加成生成D为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，W的分子式是C8H5O2N，推知W为 ，E与W反应生成F，F为，M与F发生取代反应生成K。
【小问1详解】
根据分析，A的结构简式为CH2=CHCHO，名称为丙烯醛；
【小问2详解】
D为HOCH2CH2CH2OH，官能团是羟基；
【小问3详解】
试剂W的分子式是C8H5O2N，由分析可知W的结构简式是 ；
【小问4详解】
G为CH3COOC2H5，乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3COOC2H5，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；
【小问5详解】
由分析可知，M的结构简式为；
【小问6详解】
由褪黑激素结构简式可知，Q发生酯基、酰胺基水解生成X为，反应类型是取代反应；X酸化后脱水生成Z，Z中氨基与乙酸形成酰胺基生成褪黑激素，故Z为，b为CH3COOH。
18. 【答案】（1）乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下仅可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳，乙醇胺含有氨基和羟基,具有很好的水溶性
（2）CO、H2O （3）
（4） ①. CO2的实验转化率未达到平衡转化率 ②. 温度升高，反应a逆向移动。反应b正向移动；温度高于260℃时，反应b
正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度 ③. 在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【解析】
【小问1详解】
乙醇胺(HOCH2CH2NH2)可用作CO捕集剂。乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是：乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下仅可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳，乙醇胺含有氨基和羟基，具有很好的水溶性。
【小问2详解】
甲醇为该反应的主产物，根据图示可知CO2与H2反应还产生CO、H2O，反应的副产物有CO、H2O；
【小问3详解】
测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=1：7.20：0.11，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.1 1mol ，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下CO2转化率的计算式为×100%。
【小问4详解】
①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均末达到化学平衡状态；
②反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于260℃时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高还在增大；
③由图2可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
19. 【答案】（1） ①. Fe3+ ②. 正反应方向 ③. I-+I2I
（2）加入Ag2SO4溶液，碘离子和银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动
（3）AgIO3(s)+I-(aq) AgI(s)+ IO(aq)
（4） 组装好装置后，闭合开关K，当灵敏电流计指针不动时，即电流计偏转后归零，向左池加入较浓Fe2(SO4)3溶液，指针偏转，向右池加入较浓AgNO3溶液，指针反向偏转，表明存在平衡移动，则Ag++Fe2+Fe3++Ag↓是可逆反应。
【解析】
【小问1详解】
①KI溶液过量，若溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度；
②加入CCl4振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动；
③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应I-+I2I，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动。
小问2详解】
加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动，可增大Fe2+与I2的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的反应程度增大。
【小问3详解】
已知3I2+3H2O5HI+HIO3，则沉淀b为AgIO3和AgI，Ksp(AgI)=8.5×10-17【小问4详解】
双液电池，氧化剂与还原剂应分别放在两个烧杯中，依据总反应式Ag++Fe2+Fe3++Ag↓，a为惰性电极，可以是石墨电极或Pt电极；b为电解质溶液，可以是酸性FeSO4溶液或酸性Fe2(SO4)3溶液或酸性FeSO4与Fe2(SO4)3溶液；c为电解质溶液，只能是AgNO3溶液。组装好装置后，闭合开关K，当灵敏电流计指针不动时，即电流计偏转后归零，向左池加入较浓Fe2(SO4)3溶液，指针偏转，向右池加入较浓AgNO3溶液，指针反向偏转，表明存在平衡移动，则Ag++Fe2+Fe3++Ag↓是可逆反应。2023北京四中高三（上）期中
化 学
（试卷满分为100分，考试时间为90分钟）
（可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16）
一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．文物是人类宝贵的历史文化遗产。按制作文物的主要材料分类，下列文物属于金属文物的是（ ）
文物
选项 A．青铜亚长牛尊 B．虎形玉佩 C．甲骨片 D．竖线划纹黑陶尊
2．中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片（主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示）放入水球中，得到气泡球。下列说法不正确的是（ ）
柠檬酸
A．柠檬酸分子中含有两种官能团
B．常温下，碳酸氢钠溶液的pH>7
C．固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离
D．得到气泡的反应：
3．下列过程与水解反应无关的是（ ）
A．油脂的皂化反应
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备胶体
4．海水提溴过程中发生反应：，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下2 mol H2O的体积约为44.8 L
B．代表NaBrO
C．反应中消耗3 mol Br2转移的电子数约为
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1
5．用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能达成实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验设计
A 减缓铁的腐蚀 X为石墨棒，溶液含、，开关K置于A处
B 模拟铁的吸氧腐蚀 X为石墨棒，溶液含、，开关K置于B处
C 比较铁和铜的金属活动性强弱 X为铜棒，溶液含、，开关K置于A处
D 在铁棒上镀铜 X为铜棒，溶液含、，开关K置于A处
6．离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为
①；②。
下列说法正确的是（ ）
A．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
B．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2，CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
7．我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯。装置示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是（ ）
A．电极a连接电源的负极
B．电极b上有O2产生
C．纳米Cu催化剂上发生反应：
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1 mol电子时，产生0.075 mol乙烯
8．“星型”聚合物具有独特的结构，在新兴技术领域有广泛的应用。下图是某“星型”聚合物的制备过程。
已知：
下列说法不正确的是（ ）
A．单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为1∶2
B．单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物X，
C．单体Ⅰ和单体Ⅱ合成聚合物X的反应类型是加成反应
D．聚合物Y可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构
9．近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。
下列说法不正确的是（ ）
A．电极a是负极
B．电极b的反应式：
C．该装置可将酸和碱的化学能转化为电能
D．酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性
10．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比分别为1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．1 mol H—Cl键断裂的同时有1 mol H—O键断裂，则反应达到了平衡状态
B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C．a、b、c三点中a点对应的O2平衡转化率最高
D．若HCl的初始浓度为，时，
11．间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．电极a与电源正极相连
B．“氧化池”中发生反应：
C．电解一段时间后，电解池阴极区溶液pH升高（忽略溶液体积变化）
D．用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应
12．一定温度下，在容积恒为1 L的容器中通入一定量N2O4，发生反应 ，各组分浓度随时间（t）的变化如下表。
t/s 0 20 40 60 80
c（N2O4）/（mol/L） 0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
c（NO2）/（mol/L） 0 0.076 0.104 0.120 0.120
下列说法正确的是（ ）
A．0~60 s，N2O4的平均反应速率为
B．升高温度，反应的化学平衡常数值减小
C．80 s时，再充入NO2、N2O4各0.12 mol，平衡不移动
D．若压缩容器使压强增大，达新平衡后混合气颜色比原平衡时浅
13．根据下图所得判断正确的是（ ）
已知：
A．图1反应为吸热反应
B．图1反应使用催化剂时，会改变其
C．图2中若H2O的状态为液态，则能量变化曲线可能为①
D．图2中反应为
14．丙烷经催化脱氢可制丙烯：。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。
已知：①
②
③
下列说法不正确的是（ ）
A．
B．图中和变化差异的原因：
C．其他条件不变，投料比越大，C3H8转化率越大
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间一定存在：
二、非选择题（本大题共5小题，共58分）
15．（13分）按下列路线合成新抗凝（一种抗血栓药物）：
已知：①
②
③
（1）A为烃，A的名称______，A→B的化学方程式____________________。
（2）条件ⅰ为______。
（3）D→E的反应类型______。
（4）F的结构简式______。
（5）生成M的化学方程式____________________。
（6）L的官能团名称______。
（7）J→I的化学方程式____________________。
（8）写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式______。
①既能与强酸又能与强碱反应
②谱显示苯环上有2种不同环境的H原子
（9）J生成I的过程中会生成一种高分子化合物，写出生成该高分子化合物的化学方程式_____________。
16．（12分）制备纳米Fe并对其还原去除水中的硝酸盐污染物进行研究。
已知：ⅰ．纳米Fe具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层。
ⅱ．纳米Fe将还原为的转化关系如图：
（1）纳米Fe的制备原理：，其中电负性H>B。反应中，氧化剂是______。
（2）酸性条件下，纳米Fe和反应生成和的离子方程式是____________________。
（3）检验溶液中的操作和现象是____________________。
（4）水体中含有的与反应，会降低的去除率。与反应生成FeCO3的离子方程式是____________________。
（5）溶液初始pH较低有利于的去除，可能的原因是____________________（答1条）。
（6）反应结束时，溶液的pH升高至10左右。一段时间内，纳米Fe还原的产物分析如图。
注：ⅰ．氨氮包括NH3、和。
ⅱ．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮。
ⅲ．为溶液中粒子的物质的量浓度与初始的比值。
①从化学反应速率的角度解释图中很小的原因：____________________。
②反应结束时，溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，可能的原因是____________________。
17．（10分）处理再利用H2S有多种方法。
（1）碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
H2S
H2CO3
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：____________________。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是____________________。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。
①，反应中S2______（填“是”或“不是”）气态，理由是____________________。
②实际反应在高温下进行的原因是____________________。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如下。
①溶液X的主要溶质是______。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：____________________。
③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成______g H2。
18．（10分）某小组实验验证“”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ．将 Ag2SO4溶液和 FeSO4溶液（pH=1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ．向少量Ag粉中加入 溶液（pH=1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是____________________。
②Ⅱ中溶液选用，不选用的原因是____________________。
综合上述实验，证实“”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，所需试剂可自选，写出操作及现象____________________。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ．一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用 KSCN标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液。
资料：（白色）
（红色）
和比和更难配位
①滴定过程中的作用是____________________。
②测得平衡常数______。
（3）思考问题
①取实验Ⅰ的浊液测定，会使所测K值______（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是____________________。
19．（13分）某小组根据SO2既有还原性又有氧化性，探究其能否实现或的转化。
已知：ⅰ．水合既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合；
ⅱ．CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，也可溶于氨水生成（无色）。
Ⅰ．SO2与的反应：向试管中通入足量SO2（尾气处理装置已略），记录如下。
装置 编号 试剂 实验现象
a CuSO4溶液 始终无明显变化
b CuCl2溶液 溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀
（1）基态的价层电子排布式为______。
（2）将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为CuCl。
①证明白色沉淀中有，推理过程是____________________。
②ⅲ排除了干扰检验的因素。写出ⅲ中反应的离子方程式____________________；。
（3）进一步证实b中SO2作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中，____________________。
（4）由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中SO2不能将还原为或Cu；②SO2、CuCl、Cu的还原性由强到弱的顺序为____________________。
综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。
Ⅱ．SO2与Cu的反应：向试管中通入足量SO2（尾气处理装置已略），记录如下。
装置 编号 试剂 实验现象
c 稀硫酸 始终无明显变化
d 稀盐酸 铜片表面变黑，溶液变为棕色
（5）证明d所得棕色溶液中含有：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因：____________________。
（6）经进一步检验，铜表面黑色沉淀为Cu2S。补全d中反应的离子方程式：。
（7）与c对比，d能够发生反应的原因是____________________。
参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
A D B C C C D C B D C C D C
15．（13分）
（1）甲苯（1分） （2分）
（2）NaOH/H2O 加热（1分） （3）氧化（1分） （4）（1分）
（5）（2分）
（6）羟基（1分）
（7）（2分） （8）（1分）
（9）（1分）
16．（12分）
（1）FeSO4、H2O（2分） （2）（2分）
（3）取少量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝（2分）
（4）（2分）
（5）酸性越强，的氧化性越强；增大，反应速率增大；能溶解覆盖在纳米Fe表面的氧化物、铁的氢氧化物、FeCO3等，使纳米Fe与充分接触，增大反应速率（2分）
（6）①反应速率：反应②>反应①（1分）
②有NH3或其他含氮元素的气体逸出（1分）
17．（10分）
（1）①（1分）
②（2分）
（2）①是（1分）
其他条件不变时，增大压强，H2S的平衡转化率降低，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态（1分）
②升高温度有利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率（1分）
（3）①FeCl2和HCl（1分）
②含FeCl2和HCl的溶液进入阳极区，发生生成，且阳极区中的进入阴极区，FeCl3溶液得以再生（2分）
③10（1分）
18．（10分）
（1）①固体溶解，产生红棕色气体（1分）
②酸性条件下，有氧化性（1分）
③a：石墨电极/Pt电极（1分） b：AgNO3溶液（1分）
组装好装置后，闭合K，当灵敏电流计指针不动时，向左池加入较浓溶液，指针偏转。（2分）（2）①指示剂（1分） ②（1分）
（3）①偏低（1分）
②Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态（1分）
19．（13分）
（1）（1分）
（2）①深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的（2分）
②或（1分）
（3）滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀（2分）
（4）Cu>SO2>CuCl（1分）
（5）棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使 ，反应逆向移动，析出CuCl沉淀（2分）
（6）（2分）
（7）与结合成，提高Cu还原性（或氧化性弱于SO2，）使Cu能够被SO2氧化（2分）2023北京育才学校高三（上）期中
化 学
(满分100分 考试时间90分钟)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Al-27 As-75 In-114.8
第一部分选择题(共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是
A．冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰 B．火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧 C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉 D．电动汽车的全气候电池充电
A. A B. B C. C D. D
2. 我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的电子式： B. 基态的价电子排布式：
C. 的模型： D. 基态S原子的价层电子的轨道表示式：
3. 解释下列事实所用的化学用语不正确的是
A. 用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 通入溴水中，溶液褪色：
C. 向溶液中滴入氨水产生白色沉淀：
D. 过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：
4. 下列比较不能用元素周期律解释的是
A. 热稳定性： B. 还原性：
C. 酸性： D. 熔点：
5. 下列物质混合后，变化过程中不涉及氧化还原反应的是
A. 溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝
B. 向溶液中通入气体，生成黑色沉淀
C. 将通入到溶液中，生成白色沉淀
D. 石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色
6. 能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是
气体 制备试剂 烧杯中试剂
A NO2 铜与浓硝酸 NaOH溶液
B NH3 浓氨水与碱石灰 水
C C2H2 电石与水 水
D Cl2 MnO2与浓盐酸 饱和NaCl溶液
A. A B. B C. C D. D
7. 血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①　；②　，下列说法不正确的是
A. 形成配位键时提供空轨道
B. 电负性：，故中与配位的是O
C. 由题意可得结论：相同温度下，
D. 中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
8. 名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 含有3种含氧官能团 B. N的杂化方式为
C. 不能发生消去反应 D. 具有碱性，能与强酸反应
9. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 制备并收集乙酸乙酯 制备氢氧化铁胶体 证明AgI的溶解度小于AgCl 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
10. 直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是
A. 电极Ⅰ为负极
B. 电极Ⅱ的反应式为：
C. 电池总反应为：
D. 该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异
11. 小组同学用以下流程去除粗盐水中的、、，获得了精制盐水。
已知：ⅰ.
物质
(25℃)
ⅱ.粗盐水中
下列说法不正确的是
A. ①的反应为：
B. ②中当溶液时，已沉淀完全(即浓度小于)
C. ③的滤渣中除泥沙外，还有、、、等物质
D. ④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、
12. (s)与CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 反应的焓变为
B. 根据图象推测，应当小于0
C. 反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低
D. 温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
13. 聚合物P是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。
已知：
下列说法不正确的是
A. 聚合物P可以在碱性溶液中发生水解反应
B. 由X、Y、Z对应的原料单体合成聚合物P的反应是缩聚反应
C. Z对应的原料单体是
D. 仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物是线型高分子
14. 某小组同学探究Al与的反应，实验如下。
装置 序号 试剂a 现象
① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点
② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl
下列说法不正确的是
A. ②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关
B. ②中产生白色沉淀的可能原因：
C. 向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象
D. ②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜
第二部分 非选择题(共58分)
15. 硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。
（1）基态硼原子的核外电子排布式为___________。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有___________种空间运动状态。
（2）分子的空间构型为___________，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为___________。
（3）六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。
①六方氮化硼的化学式为___________，其晶体中存在的作用力有___________(填字母序号)。
a、范德华力 b、键 c、离子键
②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是___________。
（4）立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
①晶胞中平均含有___________个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有___________个。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。
16. 处理再利用H2S有多种方法。
（1）碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。
Ka1 Ka2
H2S 1.1×10-7 1.3×10-13
H2CO3 4.5×10-7 4.7×10-11
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：____。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是____。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应2H2S(g)S2( )+2H2(g)。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如图。
①P3>P2>P1，反应中S2____(填‘“是”或“不是”)气态，理由是____。
②实际反应在高温下进行的原因是____。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如图。
①溶液X的主要溶质是____。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：____。
③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成____gH2。
17. 我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向。M的合成路线如下：
资料i.+—NH2+H2O
（1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是___________。
（2）B的官能团的名称是___________。
（3）B→D的反应类型是___________。
（4）J的结构简式是___________。
（5）下列有关K的说法正确的是___________(填序号)。
a．与FeCl3溶液作用显紫色。
b．含有醛基、羟基和醚键
c．存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体
（6）E与K生成L的化学方程式是___________。
（7）依据资料i和资料ii，某小组完成了尼龙6的合成设计。
资料ii.
P、Q的分子式都是C6H11ON，Q含有1个七元环。P的结构简式是___________，生成尼龙6的化学方程式是___________。
18. 黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
org表示有机溶液
ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱
iii.HR能萃取而不能萃取
（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。
（2）滤渣的主要成分是_______。
（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。
（4）从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。
（5）和反应生成和的离子方程式是_______。
（6）测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。
（7）从无机层获得的离子方程式是_______。
（8）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。
实验 序号 物质a 实验现象
I 0.002mol/L溶液 无明显变化
II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色
（1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。
（2）实验II中反应的离子方程式是_______。
（3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。
（4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1：的浓度较低，不足以将氧化为
假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。
②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。
请写出实验操作和现象：_______。
③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。
（5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
（6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。
参考答案
第一部分选择题(共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】A
【详解】A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；
B．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故选A。
2. 【答案】B
【分析】A．简单阳离子的电子式就是离子符号，复杂离子的电子式要有中括号，NaOH的电子式没有错，A正确；
B．基态Fe2+的价电子排布式为3d6， B错误；
C．H2O的中心原子的价层电子对数为4，2个孤电子对，C正确；
D．基态S原子的价电子排布式为3S23P4，价层电子的轨道表示式正确 ，D正确；
故选B。
3. 【答案】A
【详解】A．硫酸钙微溶不能拆，，故A错误；
B．通入溴水中，二氧化硫被溴单质氧化而生成两中强酸，溶液褪色：，故B正确；
C．向溶液中滴入氨水，一水合氨（弱碱）的碱性强于氢氧化铝产生白色沉淀：，故C正确；
D．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应，以不足为基准，因此碳酸氢钠和氢氧化钡化学计量数之比为2：1，，故D正确；
故答案为：A。
4. 【答案】D
【详解】A．根据氧的非金属性比硫强，故水的稳定性比硫化氢强，A不符合题意；
B．氯和碘为同主族元素，从上到下元素非金属性减弱，阴离子的还原性增强，B不符合题意；
C．氟的电负性比氯强，则碳氟键的极性比碳氯键的极性大，使三氟乙酸中的羧基的羟基极性变大，更容易电离出氢离子，C不符合题意；
D．二氧化硅为共价晶体，二氧化碳形成分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，与碳和硅的非金属性无关，D符合题意；
故选D。
5. 【答案】B
【详解】A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝，铁离子将碘离子氧化为碘单质，遇淀粉变蓝，故A不符合题意；
B．向溶液中通入气体，生成黑色沉淀，发生复分解反应，不是氧化还原反应，故B符合题意；
C．将通入到溶液中，生成白色沉淀，二氧化硫溶于水显酸性，硝酸根离子在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根离子继而生成硫酸钡沉淀，故C不符合题意；
D．石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，溶液显酸性故变红，溶液中的HClO将石蕊氧化而褪色，故D不符合题意；
故答案为：B。
6. 【答案】A
【分析】由图可知，气体制备装置为固液不加热的装置，烧杯中的尾气处理试剂能与制备的气体反应。
【详解】A．铜与浓硝酸在不加热的条件下能反应制得二氧化氮气体，烧杯中的氢氧化钠溶液能吸收二氧化氮气体，防止污染空气，故A正确；
B．浓氨水与碱石灰在不加热的条件下能反应制得氨气，但氨气极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，故B错误；
C．电石与水在不加热的条件下能反应制得乙炔气体，乙炔微溶于水，不能与水反应，不能用水吸收乙炔气体，故C错误；
D．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，常温下不反应，且氯气不溶于饱和氯化钠溶液，不能用饱和氯化钠溶液吸收氯气，故D错误；
故选A。
7. 【答案】B
【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；
B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；
C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；
故选B。
8. 【答案】C
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
9. 【答案】B
【详解】A．制备乙酸乙酯的过程中需要用浓硫酸做催化剂和吸水剂，A错误；
B．制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中，至溶液变为红褐色说明得到氢氧化铁胶体，B正确；
C．试管中过量，加入碘离子直接沉淀，不涉及沉淀转化问题，C错误；
D．实验中有酸的浓度、金属种类2个变量，不能探究化学反应速率的影响因素，D错误；
故选B。
10. 【答案】C
【分析】由K+向电极Ⅱ所在区域迁移可知，电极Ⅱ为正极发生还原反应，电极Ⅰ为负极发生氧化反应；正极电极反应式：，负极电极反应式：。
【详解】A．电极Ⅰ为负极，A正确；
B．电极Ⅱ为正极发生还原反应：，B正确；
C．两极酸碱度不一样，氢离子和氢氧根离子不能电池总反应为：，C错误；
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异，D正确；
故选C。
11. 【答案】A
【详解】A．加入碳酸钡的目的是沉淀法除掉硫酸根和钙离子，故①的反应为：、，A错误；
B．②中当溶液时，，已沉淀完全(即浓度小于)，B正确；
C．由上述分析③的滤渣中除泥沙外，还有①生成的、，②生成的和过量的等物质，C正确；
D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、，D正确；
故选A。
12. 【答案】C
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；
B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；
C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；
选C。
13. 【答案】B
【详解】A．组成聚合物P的X物质内含有酯基，可以在碱性溶液中发生水解反应，A正确；
B．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子和小分子的反应，X、Y、Z对应的原料单体即分别断裂C=C、C=C、C-O和C=S键合成聚合物P，没有生成小分子物质，该反应是加聚反应，B错误；
C．物质Z去掉高聚物符号以及断裂C=O其中一条键得到单体是 ，C正确；
D．线型高分子是指官能团种数为2的单体经过缩合聚合得到的高分子，仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物含有支链但不是网状体型高分子，是线型高分子，D正确；
故选：B。
14. 【答案】D
【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性， Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。
【详解】A．据分析， ②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确；
B． 据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确；
C． 向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确；
D． ②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确；
答案选D。
第二部分 非选择题(共58分)
15. 【答案】（1） ①. 1s22s22p1 ②. 3
（2） ①. 平面三角形 ②. sp3
（3） ①. BN ②. ab ③. 六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子 周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。
（4） ①. 4 ②. 4 ③.
【小问1详解】
基态硼原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1；基态B原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，基态B原子核外电子空间运动状态个数=1+1+1=3；
【小问2详解】
BF3中B原子的价层电子对数为3+(3 3×1)=3，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形；HBF4中B原子与F原子形成4个σ键，为sp3杂化；
【小问3详解】
①根据六方氮化硼类似于石墨的结构，图示为正六边形，可推知每个正六边形所占有的原子数为6个，而每一个点都是3个六边形共用的，晶胞每个6边形中N原子数目3×=1、B原子数目3×=1，故氮化硼的化学式为BN；不同非金属原子之间易形成极性键，所以B-N原子之间存在极性共价键（σ键）；分子之间存在范德华力，所以层之间存在范德华力；
②六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子 周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。
【小问4详解】
①根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子位于晶胞中体对角线上，距离硼原子最近的氮原子有4个；
②根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子为4个，设晶胞边长为xcm，根据，解得x=。
16. 【答案】（1） ①. CO+H2OHCO+OH— ②. H2S+ CO=HCO+HS—
（2） ①. 是 ②. 其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态 ③. 升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率
（3） ①. FeCl2和HCl ②. 含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生 ③. 10
【小问1详解】
①碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CO+H2OHCO+OH—，故答案为：CO+H2OHCO+OH—；
②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为H2CO3＞H2S＞HCO＞HS—，由强酸制弱酸的原理可知，过量的碳酸钾溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应的离子方程式为H2S+ CO=HCO+HS—，故答案为：H2S+ CO=HCO+HS—；
【小问2详解】
①由图和P3>P2>P1可知，其他条件不变时，增大压强，硫化氢的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态，故答案为：其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；
②由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应为吸热反应，实际反应在高温下进行可以加快反应速率，使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率，故答案为：升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率；
【小问3详解】
①由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，由方程式可知，溶液X为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，故答案为：FeCl2和HCl；
②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，氯化亚铁和氯化氢混合溶液中亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生；
③由图可知，不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢气，所以理论上5mol硫化氢反应能生成氢气的质量为5mol×2g/mol=10g，故答案为：10。
17. 【答案】（1） （2）羧基
（3）取代反应 （4）
（5）ab （6）++HBr
（7） ①. ②. n
【分析】A为苯的同系物，且苯环上只有一种H，即A的结构为完全对称结构，满足条件的结构简式为：；由B的分子式可知，A到B氧化时，只有一个甲基被氧化，B的结构简式为：；B到D为烷基上的取代反应，D的结构简式为：；D到E为酯化反应，为饱和醇，E的结构为；由可知，F的结构简式为；F到G为取代反应，G的结构简式为；J与G反应生成，该反应为加成反应，即J的结构简式为；到K的反应为脱羧及氧化反应，结合K的分子式，可得K的结构简式为；由M的结构简式可知E与K的反应为取代反应，L的结构简式为：。
【小问1详解】
(1) A为苯的同系物，且苯环上只有一种H，即A的结构为完全对称结构，满足条件的结构简式为：，故填；
【小问2详解】
(2)B的结构简式为，其官能团的名称为羧基，故填羧基；
【小问3详解】
(3)B到D的条件为卤素单质，光照，该条件为烷基上的取代反应，故填取代反应；
【小问4详解】
(4) J与G反应生成，该反应为加成反应，G的结构简式为，即J的结构简式为，故填；
【小问5详解】
(5)经推断，K的结构简式为，以此分析：
a.K的结构中含有酚羟基，遇氯化铁溶液显紫色，故a正确；
b.该结构中含有羟基、醛基和醚键，故b正确；
c.从分子式来看，该结构中，苯环含有6个碳，如果同时存在碳碳双键和酯基，则至少还需要3个碳原子，所以不可能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，故c错误；
故填ab；
【小问6详解】
(6)E与K生成L的反应为取代反应，其反应的化学方程式为：++HBr，故填++HBr；
【小问7详解】
(7)由资料i，环己酮与生成P，P的结构简式为，再由资料ii可知，P在酸性条件下反应生成Q，则结合已知条件，Q的结构简式为，最后在一定条件下反应生成尼龙6，其反应为：n，故填、n。
18. 【答案】（1）使用浓硫酸、升高温度到250℃
（2）
（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离
（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
（5）
（6）
（7）
（8）降温结晶、过滤
【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【小问1详解】
加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分是；
【小问3详解】
酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃取；浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素；
【小问4详解】
有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
【小问5详解】
和反应生成和，离子方程式是；
【小问6详解】
用溶液滴定将转化为，铁元素化合价由+2变为+3，钒元素化合价由+5变为+4，根据电子守恒可知，，则产品中的质量分数是
【小问7详解】
无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应为；
【小问8详解】
由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
19. 【答案】（1）> （2）5+2+8H2O=2+10+16H+
（3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢
（4） ①. 实验II和实验III中的浓度相同 ②. 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，有棕黑色沉淀生成 ③. 3+2+2H2O=5↓+4H+ ④. 溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液
（5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中
（6）过量、加入催化剂
【小问1详解】
酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。
【小问2详解】
实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。
【小问3详解】
实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。
【小问4详解】
①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立；
②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确；
③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。
【小问5详解】
向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。
【小问6详解】
实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。2023北京朝阳高三（上）期中
化 学
2023.11
（考试时间90分钟 满分100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ba 137
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．我国科学家首次合成大面积全碳纳米材料——石墨炔，其结构与石墨类似。可用于制备储锂电极材料。下列关于石墨炔的说法不正确的是
A．与石墨互为同分异构体
B．碳原子有sp、sp2两种杂化方式
C．与石墨类似，层间存在范德华力
D．具有传导电子的性能
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．基态S原子的最外层电子轨道表示式：
B．基态29Cu原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d94s2
C．H2O的VSEPR模型：
D．Cl2分子中σ键的形成：
3．核污染水中含有、等多种放射性同位素粒子，会对人体和环境产生危害。下列说法不正确的是
A． 含有的中子比质子多27个
B． Sr位于元素周期表第五周期、第ⅡA族
C． 可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的2+
D． 借助元素周期表比较可知Sr的金属性比Cs强
4．下列应用中未涉及氧化还原反应的是
A．将过氧化钠置于呼吸面具中供氧 B．将明矾置于浑浊的水中净水
C．将漂白粉置于水中漂白衣物 D．将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板
5．金属钾可以与水（滴加酚酞溶液）剧烈反应，下列说法不正确的是
A. 溶液变红，证明生成了碱性物质
B. 钾浮在液面上并燃烧，与其密度及反应的热效应有关
C. 钾与水反应比钠与水反应更剧烈，说明钾的金属性比钠强
D. 金属钾与水发生反应前后化学键类型不变
6．下列反应的方程式不正确的是
A．C和浓H2SO4反应：C + 2H2SO4(浓) === CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O B．NH3的催化氧化反应：4NH3 + 5O2 ==== 4NO + 6H2O C．向氢硫酸中通入SO2：SO2 + 2H2S == 3S↓+ 2H2O D．向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-
7．下列事实与水解反应无关的是
A．常温下相同浓度溶液的pH大小： Na2S(aq)＞(NH4)2S(aq) B．纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液＞冷纯碱液
C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体 D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
8．下列实验能达到实验目的的是
A B C D
验证浓硫酸具有 脱水性 配制100 mL一定 物质的量浓度的溶液 制备并收集NO2 铁件镀铜
选项 实验操作 现象 结论
A 将Cl2通入品红溶液 溶液红色褪去 Cl2具有漂白性
B 向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红 原溶液中有Fe2+
C 向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体 有沉淀生成 酸性：H2SO3＞HClO
D 向Al(OH)3沉淀中分别滴加足量盐酸或NaOH溶液 沉淀均溶解 Al(OH)3是两性氢氧化物，Al表现一定的非金属性
9．根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
10．一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应(CH4 + H2O CO + 3H2)原理如下。
温度/℃ 850 1000 1200 1400
K 0.5 2 275 1772
已知“甲烷重整”反应在不同温度下的化学平衡常数：
下列说法不正确的是
A．物质a可能是Fe3O4
B．若增大n(CH4):n(H2O)的值，则CH4的平衡转化率降低
C．CH4 (g)+ H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ΔH＞0
D．1000 ℃，若容器中n(CH4) = n(H2O) = n(H2) = 1mol 、n(CO) = 2 mol，则反应处于平衡状态
11．基于水煤气转化反应CO + H2O H2 + CO2，通过电化学装置制备纯氢原理示意图如下。下列说法不正确的是
A．电解质溶液可以是KOH溶液
B．阴极电极反应为：CO - 2e- + 4OH == CO32- + 2H2O
C．使用阴离子交换膜能减缓单位时间内乙室中c(OH-)的降低
D．该装置中氧化反应和还原反应分别在两极进行，利于制得高纯度氢气
12．某小组同学进行如下实验探究沉淀转化：
①向20mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加20mL 0.1 mol·L-1BaCl2溶液，得浊液I；
②向浊液I中继续滴加20mL 0.1 mol·L-1Na2SO4溶液，充分振荡，得浊液II；
③将浊液II过滤，向滤渣中加入过量盐酸产生气体，过滤、洗涤、干燥，测得剩余固体a的质量大于0.233g。
下列说法不正确的是
A．Na2CO3溶液显碱性的原因：CO32- + H2O HCO3- + OH-
B．固体a的成分为BaSO4
C．c(Ba2+)大小关系：浊液I<浊液II
D．由该实验可以推断Ksp(BaSO4)13．分别向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，滴定过程中溶液的pH变化如下图。下列说法不正确的是
A．曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的过程
B．a、b、c点水的电离程度：a＞b＞c
C．a、b、d点均满足：c(Na+) + c(H+) = 2c(CO32 ) + c(HCO3 ) + c(OH )
D．ab段和de段发生的主要反应均为：HCO3- + H+ === CO2↑+ H2O
14．一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+（M2+代表Fe2+、Zn2+和Mn2+）的溶液中通H2S气体至饱和[c(H2S)为0.1 mol·L-1]时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的lg[c(M2+)]与pH关系如下图。
下列说法不正确的是
A．a点所示溶液中，c(H+)＞c(Zn2+)
B．该温度下，Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)＜Ksp(MnS)
C．b点所示溶液中，可发生反应Fe2+ + H2S === FeS↓ + 2H+
D．Zn2+、Mn2+浓度均为0.1 mol·L-1的混合溶液，通入H2S并调控pH可实现分离
第二部分
本部分共5题，共58分。
15．（10分）2023年杭州亚运会开幕式首次使用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料，实现废碳再生、循环内零碳排放。
已知某些共价键的键能：
化学键 H─H C─H O─H C─O C=O
键能/(kJ·mol-1) 436 413 463 351 745
（1）CO2的电子式为 。
（2）CH3OH分子结构如图1。
① CH3OH分子中O的杂化轨道类型 。
② 键长a、b、c从长到短的顺序为： 。
③ 乙醇的沸点（78℃）高于甲醇（65℃）。解释原因： 。
（3）在350℃、In2O3催化下用CO2制备CH3OH的反应原理如图2。
① 该条件下制备甲醇的化学方程式为： 。
② 下列说法正确的是 （填序号）。
A．电负性由大到小的顺序：O＞C＞H
B．步骤a涉及s-s σ键的断裂和s-sp3 σ键的生成
C．步骤d、e的反应热（ΔH）相等
D．升高温度可以提高反应速率和CH3OH的平衡产率
（4）干冰（CO2）的晶胞结构如图3所示，若该晶胞
边长为a pm，则干冰晶体的密度为 g·cm 3
（已知：1 pm = 10-10 cm；NA表示阿伏加德罗常数）。
16．（12分）合成氨的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）1898年，化学家用氮气、碳化钙(CaC2) 与水蒸气反应制备氨：
ⅰ.碳化钙和氮气在1000℃的高温下产生氰氨化钙(CaCN2)；
ⅱ.氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气。
写出反应 ⅱ 的化学方程式： 。
（2）20世纪初，以N2和H2为原料的工业合成氨方法研制成功。其反应为：
① N2的化学性质稳定，即使在高温、高压下，N2和H2的化合反应仍然进行得十分缓慢。从分子结构角度解释原因： 。
② 压强对合成氨有较大影响。图1为不同压强下，以物质的量分数x(H2) = 0.75、x(N2) = 0.25进料（组成1），反应达平衡时x(NH3)与温度的计算结果。
i. 判断压强：p1 p2（填“＞”或“＜”），简述理由： 。
ii.在p1、x(NH3)=0.20时，氮气的转化率为 。
iii. 合成氨原料气中存在不参与反应的Ar时会影响NH3的平衡含量。在p1时，以物质的量分数x(H2) = 0.675、x(N2) = 0.225、x(Ar)=0.10进料（组成2）。反应达平衡时x(NH3)与温度的计算结果与组成1相比有一定变化，在图1中用虚线画出相应曲线。
（3）我国科学家研制出Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差（如体系温度为495℃时，纳米Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃），解决了温度对合成氨工业反应速率和平衡转化率影响矛盾的问题，其催化合成氨机理如图2所示。
图2 热Fe冷Ti双温催化合成氨机理示意图
分析解释：与传统的催化合成氨（铁触媒、400~500℃）相比，Fe-TiO2-xHy双催化剂双温催化合成氨具备优势的原因是 。
17．（12分）研究人员对Na2SO3和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。
已知：i. 某工厂排放的含氮废水中总氮=10 mg·L-1，含有硝态氮（NO3--N）=9.8 mg·L-1、氨氮（NH4+-N）= 0.2 mg·L-1。
ii. 本实验中Na2SO3在pH=1~3时，脱除硝态氮（转化为N2）效果较强。
iii. Na2SO3和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。
（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现 性（填“氧化”或“还原”）。
（2）研究Na2SO3在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。
① 根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式 。
② 进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于NO－ 3的去除，可能的原因是______。
（3）脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入Na2SO3或同时加入Na2SO3与Fe粉的实验结果如图2和图3。
① 根据图2，前15min内Na2SO3脱除NO－ 3主要反应的离子方程式为______。
② 根据图2和图3，20~60min内体系中生成NH4+主要反应的离子方程式为______。
③ 检验处理后的废水中存在NH+ 4：取一定量废水蒸发浓缩， （补充操作和现象）。
18．（12分）铅、铜是芯片焊接和封装工艺过程中常用的金属材料，采用“火法工艺”和“湿法工艺”均可将铅冰铜冶炼成铅和铜。
已知：ⅰ.铅冰铜成分：Cu2S、PbS及少量FeS、ZnS；富冰铜主要成分：Cu2S、FeS。
ⅱ. Cu2S、PbS难溶于酸，FeS、ZnS可溶于酸。
iii. 0.1 mol·L-1 Fe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
0.1 mol·L-1 Fe3+沉淀为FeOOH，起始的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8。
I．火法工艺：
（1）“第一次熔炼”过程中，控制空气用量可使铁以FeS的形式留在富冰铜中。
① “熔炼”时铁可以将PbS中的铅置换出来，化学方程式是 。
② 富冰铜中的Cu2S转化生成1 mol铜时，理论上至少需要反应 mol O2。
③ 控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是 。
II．湿法工艺：
（2）“酸浸”过程是用过量稀硫酸浸取铅冰铜。
① 氧气可将Cu2S氧化成硫和Cu2+，酸浸液中的阳离子有 。
② 废电解液不能循环使用次数过多，原因是 。
（3）用废电解液制备ZnSO4和铁黄。
①经氧气处理后的废电解液中c(Fe3+)实际浓度大于0.1 mol·L-1，则用ZnO调节溶液pH 1.5（填“＞” 、“＜”或“＝”）时开始有FeOOH沉淀析出。
②废电解液中Fe2+转化为铁黄的离子方程式是 。
（4）“湿法工艺”与“火法工艺”处理铅冰铜相比，湿法工艺的优点是 。
19．（12分）实验小组探究金属银与碘水的反应。
已知25℃时：
i.碘水中c(I2)=1.3×10-3 mol·L-1、c(H+)=6.4×10-6 mol·L-1。
ⅰi.次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。
ⅲ. Ksp(AgI) = 8.5×10-17；AgI在浓KI溶液中可以[AgI4]3-（无色）形式存在；
将碘水（I2溶于蒸馏水）加入盛有银粉的试管中，实验记录如下：
（1）碘水中I2与H2O反应的化学方程式为 。
（2）针对实验 Ⅰ 现象a“棕黄色溶液迅速变为无色”的原因，实验小组提出如下假设：
假设1：银粉与氢碘酸发生反应 （填化学方程式）生成碘化银，使碘单质减少；
假设2：银粉与碘单质直接化合生成碘化银，使碘单质减少；
假设3：银粉与氢碘酸及O2共同作用生成碘化银，使碘单质减少。
实验小组结合资料分析并设计实验验证假设：
① 结合数据和实验现象判断假设1 （填“是”或“不是”）主要原因。
② 通过实验证实银粉表面生成了AgI：取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液，
振荡，静置，取上层清液，加蒸馏水稀释，出现黄色浑浊。用化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因： 。
③ 资料表明假设2成立。
④ 实验小组针对假设3，在实验 Ⅰ 的基础上设计了实验II和实验III：
实验II: 取一定量碘水，加入CCl4，充分振荡后分液，取上层清液，加入淀粉溶液，未见明显变化；加入稀硫酸后溶液变蓝。
实验III: 向实验I最后所得溶液中加入 （填试剂），溶液立即变蓝。
（3）反思：实验小组认为，本实验Ag与碘水反应的过程中，AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行。进行电化学实验证实。补全下图所示电化学装置中的试剂。
参考答案
第一部分
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 A B D B D D C A D D B C C C
第二部分
15．（10分）
（1）
（2）① sp3杂化
② b ＞ a ＞ c
③ 乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大
（3）① CO2 + 3H2 CH3OH + H2O
② A、B
（4）
16．（12分）
（1） CaCN2 + 3H2O(g) === CaCO3 + 2NH3
（2） ① N2中含氮氮三键（N ≡ N），键能大，难断裂
② i. ＜
合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大
ii.
iii.
（3） N ≡ N在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
17．（12分）
（1）还原
（2）① SO32- + H+ === HSO3-
② c(H+)较大时，NO3-的氧化性较强；或增大c(H+)有利于提高SO32-和NO3-反应速率
（3） ① 5SO32- + 2NO3- + 2H+ === 5SO42- + N2↑+ H2O
② 4Fe + NO3- + 10H+ === NH4+ + 4Fe2+ + 3H2O
③ 加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
18．（12分）
（1）① PbS + Fe === Pb + FeS
② 0.5
③ Pb不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响
（2）① H+、Fe3+、Zn2+
② 电解液循环多次后，溶液中积累的Fe2+、Zn2+浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu纯度
（3）① ＜
② 4Fe2+ + O2 + 4ZnO + 2H2O === 4FeOOH + 4Zn2+（其他答案合理给分）
（4）反应条件温和、不产生SO2污染物、废电解液等物质循环利用
19．（12分）
（1） I2 + H2O HI + HIO 或3I2 + 3H2O 5HI + HIO3 （其他答案合理给分）
（2） 假设1：2Ag + 2HI === 2AgI + H2↑
① 不是
② AgI与浓KI溶液中的I-可发生反应AgI + 3I- [AgI4]3-；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀
④ 试剂：稀KI溶液
实验II的作用：证明碘水中存在的I-、IO-（HIO）、IO3-(HIO3)等微粒在H+作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的I2，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是I-被消耗过多所致
（3） 先加：KNO3溶液（其他答案合理给分）
再加：KI2023北京顺义高三（上）期末化学
（第一次统练）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Mg-24 Fe-56
第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一、下列关于水的说法中不正确的是
A. 水是含极性键的极性分子
B. 水电离方程式为：
C. 纯水中加入少量酸，水的电离受到抑制
D. 升高温度，水的电离程度增大
2. 下列表示不正确的是
A. 的分子结构模型： B. 乙烯的结构简式：
C. 氯原子的结构示意图： D. 的电子式：
3. 我国科学家通过测量中和两种核素的比例来确定“北京人”年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。关于和的说法不正确的是
A. 和化学性质完全不同 B. 的原子核内中子数比质子数多
C. 可用质谱法区分和 D. 和的质子数和中子数都不相同
4. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
B. 通入水中制氯水：
C. 氢氧化亚铁暴露于空气中变色：
D. 常温下氨水的pH约为11：
5. 下列实验能达到实验目的的是
A B C D
配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 分离乙酸和乙醇 铁制镀件镀铜 证明乙炔可使溴水褪色
A. A B. B C. C D. D
6. 下列实验现象的描述，与氧化还原反应有关的是
A. 向品红溶液通入后溶液褪色 B. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇变蓝
C. 向溶液中滴入酚酞溶液变红 D. 向苯酚溶液中滴入氯化铁溶液显紫色
7. 痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为：HUr(aq)+Na+(aq)NaUr(s)+H+(aq) H＜0。下列说法不正确的是（ ）
A. 寒冷季节更易诱发关节疼痛
B. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C. 饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情
D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
8. 氯气是一种重要的工业原料，工业上利用下列反应来检查氯气管道是否漏气：。下列说法不正确的是
A. 生成物是离子晶体
B. 的结构式为，分子中含有键和键
C. 可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
D. 该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：8
9. 如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、W、Z为短周期元素，W的单质常温下为黄绿色气体。下列说法不正确的是
Y Z
X W
R T
A. X、Y的单质均存在同素异形体
B. Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增
C. R的单质可用于制造半导体材料
D. 工业上电解NaW溶液得W2可使用阴离子交换膜
10. 锦纶100具有许多优异的性能，如机械强度高、很好的弹性，高韧性以及耐磨性等，下图是锦纶100结构的一部分，下列说法不正确的是
A. 合成锦纶100的反应为缩聚反应
B. 氢键对锦纶100的性能有影响
C. 锦纶100很稳定，不能发生水解反应
D. 合成锦纶100的原料主要是癸二酸和癸二胺
11. 一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一个转化关系为：
下列说法正确的是
A. 该反应的原子利用率为100%
B. 化合物M含有一个手性碳原子
C. 化合物N的分子式为：
D. 化合物P能使酸性溶液褪色，但不能使溴水褪色
12. 碘循环工艺不仅能吸收降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：
下列说法不正确的是
A 反应器中表现还原性
B. 膜反应器中，增大压强有利于提高HI的平衡转化率
C. 该工艺中和HI的相互转化体现了“碘循环”
D. 碘循环工艺的总反应为：
13. 锂钒氧化物二次电池工作原理为：，下图是用该电池电解含镍酸性废水制备单质镍的装置示意图，下列说法不正确的是
A. 电解过程中Y电极上的电极反应为：
B. 电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度会增大
C. 锂钒氧化物二次电池可以用LiCl水溶液作为电解液
D. 锂钒氧化物二次电池充电时A电极的电极反应为：
14. 的配位化合物较稳定且运用广泛。可与、、、等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、黄色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：与、的反应在溶液中存在以下平衡：
下列说法不正确的是
A. I中溶液呈黄色可能是由于水解产物的颜色引起的
B. 向溶液II中加入NaF后，溶液颜色变为无色，说明
C. 为了能观察到溶液I中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D. 向溶液III中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
第II部分
本部分共5题，共58分。
15. 是重要的化学试剂，在实验室和实际生产中应用广泛。
I.蒽醌法是工业上合成的主要方法，蒽醌法的反应过程如下。
（1）已知：
蒽醌法生产总反应的热化学方程式 _______
（2）反应a的反应类型为_______。
（3）向反应b后溶液可以加入蒸馏水为萃取剂，分析蒸馏水能做萃取剂的原因_______。
II.我国科学家设计如下图所示的光电催化体系，该体系利用双极膜既能将转化为所释放的化学能用于驱动阴极的高效生成，同时还可以实现烟气脱。
（4）阳极的电极反应为_______。
（5）理论上每生成，可以实现烟气脱的物质的量为_______mol。
III.测定含量：
（6）取所得水溶液amL，用酸性溶液滴定，消耗酸性溶液vmL。已知：的还原产物是。
①酸性溶液与反应的离子方程式为_______。
②所得水溶液中的物质的量浓度为_______。
16. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。按要求回答下列问题：
（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原剂为_______。
（2）钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为_______。
（3）(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。
①上述涉及的元素H、B、C、N、O电负性最大的是_______。
②键角：_______(填“>”或“<”)，原因是_______。
（4）咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要原因是_______。
（5）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
①距离Mg原子最近的Fe原子个数是_______。
②铁镁合金的化学式为_______。
③若该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为_______()。
④若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为_______L。
17. A为重要的有机化工原料，B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，下列是合成防火材料聚碳酸酯(PC)和有广泛用途的内酯E的路线：
已知：i.(、为氢原子或烃基)
ii.R′COOR+R″OHRCOOR″+R′OH(R、R′、R″代表烃基)
请回答下列问题：
（1）A的名称为_______。
（2）反应①的反应类型为_______。
（3）C分子含有的官能团是_______。
（4）①化合物甲的分子式为_______。
②仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成化合物甲，写出有关化学方程式_______、_______、_______。
（5）反应④的方程式为_______。
（6）E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是_______。
（7）以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成，。
写出中间产物1和中间产物2的结构简式：中间产物1_______；中间产物2_______。
18. 以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示：
资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.；。
回答下列问题：
（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_______。
（2）“还原”过程中的离子方程式为_______。
（3）“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______。
（4）①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。
②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是_______。
③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中_______
（5）写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为_______。
（6）工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图：
请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_______。
19. 某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：
资料1 铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。
（1）实验预测
①铜与稀反应的离子方程式为_______。
②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是_______。
（2）实验实施
实验I：铜丝与反应。
实验装置 实验操作 实验现象
在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。 反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。
实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：
操作及现象 实验序号 取不同阶段的溶液进行实验操作 实验现象
阶段A溶液 阶段B溶液 阶段C溶液
1 滴加酸性溶液 褪色，滴6滴后溶液不褪色 褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色 褪色，滴10滴后溶液不再褪色
2 滴加3%溶液 无明显现象 少量淡黄色沉淀 较多黄色沉淀
3 滴加稀溶液 无明显现象 变蓝色 无明显现象
资料2：
i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。
ii.是一种弱酸，；
①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是_______。
②分析阶段B溶液呈绿色的原因_______。
③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因_______。
④写出铜和稀反应的生成的化学方程式_______。
（3）继续探究：
探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：
甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为_______。
（4）反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为_______
参考答案
第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O的结构式为H-O-H，含有H-O极性键，H2O分子中心O原子有2对孤电子对，采取sp3杂化，空间构型为V形，属于极性分子，A正确；
B．水的电离方程式为，B错误；
C．纯水中加入少量酸，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，电离受到抑制，C正确；
D．水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，电离程度增大，D正确；
故选B。
2. 【答案】C
【解析】
【详解】A．的分子结构为正四面体结构，模型为，A正确；
B．乙烯中含有碳碳双键，建构简式为：，B正确；
C．表示氯离子的结构示意图，C错误；
D．为离子化合物，电子式为：，D正确；
故选C。
3. 【答案】A
【解析】
【详解】A．和互为同位素，化学性质相同，A错误；
B．质子数为4，中子数为6，中子数比质子数多，B正确；
C．和相对原子质量不同，可以用质谱法区分，C正确；
D．质子数为13，中子数为13，质子数为12，中子数为14，二者的质子数和中子数都不相同，D正确；
故选A。
4. 【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钙比硫酸钙更难溶，可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，反应的离子方程式为，A正确；
B．HClO为弱酸，书写离子方程式保留化学式，反应的离子方程式为，B错误；
C．氢氧化亚铁暴露于空气中，反应的化学方程式为，C正确；
D．氨水电离使溶液显碱性，电离方程式为，D正确；
故选B。
5. 【答案】C
【解析】
【详解】A．容量瓶不能用于浓硫酸的稀释，应在烧杯中稀释冷却到室温后再转移到容量瓶中，A错误；
B．乙酸和乙醇均为有机物，二者互溶，不能通过分液分离，B错误；
C．在铁制品上镀铜时，铜片为阳极，镀件为阴极，硫酸铜溶液为电镀液，C正确；
D．电石制得乙炔中常含有H2S、PH3杂质，直接通入溴水中会干扰乙炔性质的检验，应先通入硫酸铜溶液中除去H2S、PH3，D错误；
故选C。
6. 【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2使品红溶液褪色属于化合漂白，反应中无元素化合价升降，不是氧化还原反应，A错误；
B．试纸变蓝是因为和KI反应生成I2，反应的化学方程式为，该反应属于置换反应，所有的置换反应均是氧化还原反应，B正确；
C．属于强碱弱酸盐，水解显碱性，因而酚酞溶液变红，与氧化还原反应无关，C错误；
D．向苯酚溶液中滴入氯化铁溶液发生显色反应，生成配合物，该反应不是氧化还原反应，D错误；
故选B。
7. 【答案】B
【解析】
【详解】A．寒冷季节温度降低，平衡正向移动，从而增大c(NaUr)，更易诱发关节疼痛，A正确；
B．大量饮水，会降低c(NaUr)，从而降低痛风病发作的风险，B不正确；
C．饮食中摄入过多食盐，会使平衡正向移动，c(NaUr)增大，加重痛风病病情，C正确；
D．患痛风病的人吃能代谢产生更多尿酸的食物，会增大c(NaUr)，所以应少吃，以减轻痛风病病情，D正确；
故选B。
8. 【答案】D
【解析】
【详解】A．是由NH和Cl-构成的离子化合物，是离子晶体，A正确；
B．的结构式为，分子中含有1个键和2个键，B正确；
C．与反应生成是氧化还原反应，可设计成原电池，将化学能转化为电能，C正确；
D．该反应氧化剂是，3mol做氧化剂，有2molNH3做还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，D错误；
故答案选D。
9. 【答案】D
【解析】
【分析】W的单质常温下为黄绿色气体，则W为Cl元素，由元素在周期表中的位置可知，X为P元素，Y为O元素，Z为F元素，R为Ge元素，T为Br元素，据此分析解答。
【详解】A．P对应的同素异形体有红磷、白磷等，O对应的同素异形体有氧气、臭氧等，故A正确；
B．同周期主族元素从左到右元素的非金属性增强，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增，故B正确；
C．Ge和Si位于同一主族，为重要的半导体材料，故C正确；
D．工业上电解饱和食盐水可制得Cl2，因需要将产生的NaOH和Cl2分开，只允许阳离子通过，故需使用阳离子交换膜，故D错误；
故选D。
10. 【答案】C
【解析】
【分析】由锦纶100结构可知，反应的单体为H2N(CH2)10NH2（癸二酸）和HOOC(CH2)10COOH（癸二胺），二者发生缩聚反应最终得到缩聚物锦纶100。
【详解】A．根据分析，合成锦纶100的反应为缩聚反应，A正确；
B．由锦纶100结构可知，通过缩聚反应形成的大分子链之间通过氢键缔合，氢键影响物质熔沸点，所以氢键对锦纶100的性能有影响，B正确；
C．由锦纶100结构中含有酰胺键，在酸性或碱性条件下均能发生水解，C错误；
D．根据分析，合成锦纶100的原料主要是癸二酸和癸二胺，D正确；
故选C。
11. 【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物中含有原子，生成物中没有原子，所以原子利用率不是100%，A错误；
B．化合物M没有手性碳原子，B错误；
C．根据化合物N的结构简式，其分子式为：，C正确；
D．化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性溶液褪色，也能使溴水褪色，D错误；
故选C。
12. 【答案】B
【解析】
【分析】反应器发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，反应生成的H2SO4和HI进入分离器，分离后的HI进入膜反应器，在500℃条件下发生分解生成H2和I2，生成的I2进入反应器，实现碘循环。
【详解】A．反应器发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，SO2作还原剂，表现还原性，A正确；
B．膜反应器中反应为2HI(g) H2(g)+I2(g)，增大压强能提高反应速率，但该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B错误；
C．根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C正确；
D．将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为，D正确；
故选B。
13. 【答案】C
【解析】
【分析】电解含镍酸性废水制备单质镍，镀镍铁棒为阴极，发生反应Ni2++2e-=Ni，B是锂钒氧化物二次电池的负极，A是正极，碳棒是电解池的阳极。
【详解】A．电解含镍酸性废水制备单质镍，镀镍铁棒为阴极，电解过程中Y电极上的电极反应为：，故A正确；
B．电解过程中，c中氯离子通过阴离子交换膜进入b、a中钠离子通过阳离子交换膜进入b，b中NaCl溶液的物质的量浓度会增大，故B正确；
C．锂能与水反应，锂钒氧化物二次电池不能用LiCl水溶液作为电解液，故C错误；
D．A是锂钒氧化物二次电池的正极，充电时，正极发生氧化反应，锂钒氧化物二次电池充电时A电极的电极反应为， 故D正确；
选C。
14. 【答案】C
【解析】
【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明，B正确；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；
故选C。
第II部分
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1）-188
（2）还原反应 （3）为有机物和水不互溶，且易溶于水
（4）4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O
（5）1.5 （6） ①. 2MnO＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O ②.
【解析】
【分析】II该装置为电解池，左侧电极为转化为的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，与直流电源正极相连，阳极的电极反应式为4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O；右侧是阴极，与直流电源负极相连，该极为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，阴极的电极反应式为2H++O2+2e-=H2O2。
【小问1详解】
给热化学方程式编号：① ，
②
③
根据盖斯定律可知，③=(①-②)，则；
【小问2详解】
由反应a可知，中酮羰基被氢气还原为羟基，该反应为还原反应；
【小问3详解】
萃取剂选择的原则是：萃取剂与原溶剂互不相溶；萃取剂与原溶液中任一组分都不发生反应；被提取物质在萃取剂中的溶解度要大于它在原溶剂中的溶解度。为有机物和水不互溶，且易溶于水，而在中溶解度较小，因此可用蒸馏水做萃取剂；
【小问4详解】
左侧电极为转化为的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，电极反应式为4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O；
【小问5详解】
根据分析，该反应总反应为2OH-+SO2+O2 =+ H2O2，则每生成，消耗1.5molSO2，即实现烟气脱的物质的量为1.5mol；
【小问6详解】
① KMnO4酸性溶液与H2O2反应即KMnO4将H2O2氧化为O2，自身被还原为Mn2+，故该反应的离子方程式是2MnO＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；
②根据上述反应式可知，n(H2O2)=n(MnO)=mol, 所得H2O2水溶液中H2O2的物质的量浓度是=mol·L-1，
16. 【答案】（1）
（2）
（3） ①. O ②. > ③. 分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
（4）高于 （5） ①. 4 ②. ③. ④. 22.4
【解析】
【小问1详解】
遇水反应的方程式为：，，化合价升高，被氧化，作还原剂；
【小问2详解】
锰原子序数为25，基态锰的电子排布式为，价层电子排布式为：；
【小问3详解】
根据元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，电负性最大的是O；和都有4个价层电子对，但分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
【小问4详解】
分子中含有氢键，其沸点高于；
【小问5详解】
由晶胞可知，原子在晶胞内，距离最近的为4个；在晶胞中，原子位于顶点和面心，个数为：，原子在晶胞内，个数为8，铁镁合金的化学式为；该合金的密度；晶胞中原子为8，为，48g物质的量为2mol，储存的物质的量为1mol，在标准状况下，体积为22.4L。
17.【答案】（1）2-丙醇
（2）氧化反应 （3）羰基和羟基
（4） ①. ②. ③. ④.
（5）n+n+n
（6） （7） ①. ②. 或
【解析】
【分析】由A生成B，B的核磁共振氢谱只有1组峰，所以B的结构简式为：，所以A的结构简式为：，A()发生反应①催化氧化生成B()，根据已知反应i，与反应生成C（），C与甲发生加成反应生成D()，所以甲的结构简式为：，根据已知反应ii，在催化剂、加热条件下生成内脂E ，E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是（），与发生反应生成G（），G发生反应④生成产品。
【小问1详解】
A的结构简式为：，名称为：2-丙醇；
【小问2详解】
A()发生反应①催化氧化生成B()，反应①为催化氧化反应；
【小问3详解】
C的结构简式为：，含有的官能团为：羰基和羟基；
【小问4详解】
根据以上分析，甲的结构简式为：，分子式为：；以乙醇为原料，发生以下反应：，，
【小问5详解】
根据以上分析，反应④的方程式为：n+n+n
【小问6详解】
根据已知反应ii，在催化剂、加热条件下生成内脂E ，E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是：；
【小问7详解】
B的结构简式为：，根据已知反应i，+，所以中间产物1为：，中间产物2为：或者。
18. 【答案】（1）粉粹##搅拌##适当升高温度##适当增大酸的浓度
（2）
（3）、和铁粉
（4） ①. ②. 加入，促进水解，产生 ③. 140
（5）
（6）还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低
【解析】
【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。
【小问1详解】
为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉粹、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等；
【小问2详解】
和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：；
【小问3详解】
已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉；
【小问4详解】
加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=；
【小问5详解】
氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
【小问6详解】
如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。
19. 【答案】（1） ①. ②. 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
（2） ①. 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 ②. B阶段产生，电离产生，发生反应；，溶液绿色； ③. B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色 ④.
（3）在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象；
（4）铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快生成越多。
【解析】
【小问1详解】
铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢；
【小问2详解】
在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀，说明在反应的过程有生成；B阶段产生，电离产生，发生反应；（绿色），所以溶液为绿色；B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色；铜和稀反应的生成的化学方程式为：；
【小问3详解】
要证明在该反应中作催化剂，直接加入溶液，其他的试剂和操作和上述一样，形成更好的对比，所以方案设计为：在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象。
【小问4详解】
根据实验现象和实验探究，铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快，生成越多。2023北京东城高三（上）期末
化 学
可能用到的相对原子质量：
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 文物是人类宝贵的历史文化遗产。按制作文物的主要材料分类，下列文物属于金属文物的是
文物
选项 A.青铜亚长牛尊 B.虎形玉佩 C.甲骨片 D.竖线划纹黑陶尊
A. A B. B C. C D. D
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. Br的原子结构示意图：
B. 乙炔的分子结构模型：
C. 氮分子的电子式：
D. 基态的简化电子排布式：
3. 表示下列反应的方程式正确的是
A. 铁粉与水蒸气共热，生成可燃性气体：
B. 向溶液中加入铜片，溶液由黄色变成蓝色：
C 向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀：
D. 向溶液中滴加溶液，溶液由浅绿色变成黄色：
4. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中含有的原子数为
B. 溶液含有的个数为
C. 标准状况下，和的混合气体中分子数为
D. 与盐酸充分反应，转移电子数为
5. 用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是
A. 该装置将化学能转化为电能
B. 从a极经阳离子交换膜移向b极
C. 工作一段时间，a极附近溶液会减小
D. 该装置的总反应为
6. 我国科学家分别攻克了两大催化技术，使合成“液态阳光”的两个生产环节效率大幅提高。“液态阳光”的合成示意图如下。下列说法不正确的是
A. 甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键
B. 催化剂通过降低相应反应的活化能使化学反应速率增大
C. 理论上生成时，光催化过程至少转移电子
D. 作燃料时，充分燃烧消耗
7. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A 蒸馏水、碱石灰
B 盐酸、溶液、二氧化碳
C 溶液、溶液、盐酸
D 酸性溶液
A. A B. B C. C D. D
8. 酒石酸是一种有机弱酸，其分子结构模型如图。下列说法不正确的是
A. 酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
B. 酒石酸中碳原子有、两种杂化方式
C. 酒石酸最多能与金属钠发生反应
D. 常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度
9. 因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 用X射线衍射可测定铁晶体的结构
B. 图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子
C. 图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合
D. 图1与图2代表的铁单质的密度不同
10. 向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 溶液的起始浓度为
B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C. 对应的溶液中均存在：
D. 由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
11. 交联聚合物P的结构片段如图所示。[图中表示链延长，R为]
下列说法不正确的是
A. 聚合物P难溶于水，但有高吸水性
B. 合成聚合物P的反应为加聚反应
C. 聚合物P的单体之一存在顺反异构现象
D. 1，4-戊二烯与丙烯共聚也可形成类似聚合物P骨架的交联结构
12. 侯氏制碱法工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的
B. 煅烧时发生反应
C. “盐析”后溶液比“盐析”前溶液大
D. 母液Ⅱ与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大
13. 环已烯是有机合成的重要中间体，可由环已烷氧化脱氢制备。已知几种物质的燃烧热(25℃，)：
名称 氢气 环已烯 环已烷
化学式(状态)
下列说法正确的是
A. 氢气燃烧的热化学方程式为
B. 由燃烧热可知，环已烯的能量小于环已烷的能量
C. (l)= (l)+H2(g)
D. 环已烷氧化脱氢制备环已烯时，氧气和高锰酸钾均可作氧化剂
14. 研究碘在不同溶剂中的溶解性。进行实验：
①向试管中放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；
②取5mL溶液a，加入四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；
③将②所得下层溶液全部取出，加入溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色(颜色比溶液a深)。
已知：ⅰ.；
ⅱ.。
下列说法不正确的是
A. 是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于
B. ②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液
C. 溶液b中溶液a中
D 向①所得浊液中加入，使增大，反应ⅰ平衡逆向移动，析出
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 硅烷广泛应用在现代高科技领域。制备硅烷的反应为。
（1）①基态硅原子的价层电子轨道表示式为_______。
②中，硅的化合价为+4价。硅显正化合价的原因是_______。
③下列说法正确的是_______(填序号)。
a.的热稳定性比的差
b.中4个的键长相同，的键角为
c.中硅原子以4个杂化轨道分别与4个氢原子的轨道重叠，形成4个键
④的沸点(℃)高于的沸点(℃)，原因是_______。
（2）的晶胞结构如图所示，晶胞的体积为。
①的VSEPR模型名称为_______。
②用表示阿伏加德罗常数的值。晶体密度为_______(用含a、b、的代数式表示)。
③是一种具有应用潜能的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为：。掺杂替换晶体中部分，更利于中H的解离，使体系更容易释放氢。从结构的角度推测其可能原因：_______。
16. 乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。
Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。
（1）乙二醛的结构简式是_______。
（2）图1中，曲线a对应的温度是_______，判断的依据是_______。
（3）图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是_______。
Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。
（4）与电源负极相连的是_______(填“X”或“Y”)。
（5）结合电极反应分析硝酸回收原理：_______。
（6）测定纯化后溶液中乙二醛的含量。
ⅰ.移取VmL纯化后溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。
ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量溶液，充分反应。
ⅲ.试用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。
已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。
该纯化后的溶液中乙二醛的含量为_______(乙二醛摩尔质量：)。
17. 盐酸阿扎司琼(S)是一种高效受体拮抗剂，其合成路线如下。
已知：
（1）A中官能团的名称是_______。
（2）A→B的反应类型是_______。
（3）B→C的化学方程式是_______。
（4）E的结构简式是_______。
（5）K的合成路线如下。
已知：
①K分子中有_______个手性碳原子，在结构简式上用“*”标记出来(如没有，填“0”，不用标记)。_______
②H的结构简式为_______或_______。
③参考上述流程中的信息，以乙醇、乙酸为起始原料，两步合成乙酰乙酸乙酯()，写出相应的化学方程式：_______、_______。
18. 碳酸锂是制备其他锂化合物的关键原料。一种以磷酸锂渣(主要成分)为原料制备碳酸锂的工艺流程示意图如下。
已知：部分物质溶解性表(20℃)
阳离子 阴离子
难溶 可溶 易溶
难溶 难溶 可溶
（1）写出浸取时与盐酸反应的化学方程式：_______。
（2）加入盐酸的量不宜过多的原因是_______。
（3）钙渣的主要成分是_______。
（4）磷锂分离时，需要不断加入适量溶液以维持溶液的基本不变。结合离子方程式解释其原因是_______。
（5）沉锂时，反应的离子方程式是_______。
（6）若粗制溶液中，。则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是_______。(已知：25℃时，的，的)
19. 某小组根据既有还原性又有氧化性，探究其能否实现或的转化。
已知：ⅰ.水合既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合。
ⅱ.为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，也可溶于氨水生成(无色)。
Ⅰ.与的反应
向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下。
装置 编号 试剂 实验现象
a 溶液 始终无明显变化
b 溶液 溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀
（1）基态的价层电子排布式为_______。
（2）将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为。
①证明白色沉淀中有，推理过程是_______。
②ⅲ排除了干扰检验的因素。写出ⅲ中反应的离子方程式：_______；。
（3）进一步证实b中作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中，_______。
（4）由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中不能将还原为或；
②、、的还原性由强到弱的顺序为_______。
综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。
Ⅱ.与的反应
向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下
装置 编号 试剂 实验现象
c 稀硫酸 始终无明显变化
d 稀盐酸 铜片表面变黑，溶液变为棕色
（5）证明d所得棕色溶液含有：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因：_______。
（6）经进一步检验，铜表面黑色物质为。补全d中反应的离子方程式：________
______________。
（7）与c对比，d能发生反应原因是_______。
参考答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】A
【解析】
【详解】A．青铜主要由铜、锡含有少量铅的合金，属于金属文物，故A选；
B．玉佩主要成分为玉石，属于矿物质，为含硅化合物，不属于金属文物，故B不选；
C．胛骨片主要成分为动物骨骼，属于无机非金属文物，故C不选；
D．竖线划纹黑陶尊主要成分为硅酸盐等含硅化合物，不属于金属制品，故D不选；
故选A。
2. 【答案】D
【解析】
【详解】A．Br元素原子序数35，根据核外电子排布规律，Br原子结构示意图为，故A正确；
B．乙炔的结构简式为，C原子采用SP杂化，为直线形分子，其分子结构模型为，故B正确；
C．氮气分子属于共价型分子，最外层满足8电子稳定结构，电子式为，故C正确；
D．Cr元素原子序数24，原子核外24个电子，基态的简化电子排布式：，故D错误；
故选D。
3. 【答案】B
【解析】
【详解】A．铁粉与水蒸气共热生成Fe3O4和H2，A错误；
B．向溶液中加入铜片，Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，溶液由黄色变成蓝色，离子方程式为，B正确；
C．离子方程式中不能拆开，应该保留化学式，C错误；
D．向溶液中滴加溶液的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，D错误 ；
故答案为：B。
【点睛】判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。
4. 【答案】D
【解析】
【详解】A．的物质的量为，含有的原子数为2，A错误；
B．由于Al3+的水解，溶液含有的个数小于，B错误；
C．标准状况下，和的混合气体的物质的量为，分子数为0.5，C错误；
D．Na在反应过程中转移1个电子，因此与盐酸充分反应，转移电子数为，D正确；
故答案为：D。
5. 【答案】D
【解析】
【分析】没有外加电源，故此装置为原电池，电流计指针偏转说明原电池中发生了化学反应。a极H2发生氧化反应，为负极；b极Cl2发生还原反应，为正极。
【详解】A．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，A项正确；
B．原电池中阳离子从负极移向正极，因此从a极经阳离子交换膜移向b极，B项正确；
C．a极电极反应为：，因为OH-被消耗，因此a极附近溶液会减小，C项正确；
D．因为H2在a极放电后消耗了OH-，从a极经阳离子交换膜移向b极，与生成的Cl-形成KCl，因此总反应不是，D错误。
本题选D。
6. 【答案】C
【解析】
【分析】由合成示意图可知H2O在催化剂①和光照条件下生成H2，然后H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇。
【详解】A．甲醇中存在醇羟基，能够形成氢键，所以甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键，A正确；
B．催化剂可以降低相应反应的活化能，使化学反应速率加快，B正确；
C．由示意图可知H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇，CO2的化合价由+4价降低到甲醇的-2价，理论上生成时，光催化过程至少转移电子，C错误；
D． 根据CH3OH燃烧方程式2CH3OH+3O22CO2+4H2O，充分燃烧消耗的物质的量为1.5，D正确；
故答案为：C。
7. 【答案】A
【解析】
【分析】除杂时，加入的试剂或使用的方法不能影响主体物质，且不能引入新杂质；氧化反应中存在元素的化合价升高或者降低；
【详解】A．除去中的，先通入蒸馏水中，发生反应，再通过碱石灰干燥得到纯净的NO，其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；
B．除去中含有的，先加入盐酸，涉及反应、，再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，得到沉淀，加热分解得到纯净的，涉及反应、、、，其中不涉及氧化还原反应，故B不选；
C．除去中含有，先加过量溶液发生反应，再加过量溶液发生反应，过滤，最后向滤液中加入盐酸调pH至中性，发生反应，然后蒸发结晶得到NaCl，其中不涉及氧化还原反应，故C不选；
D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故D不选；
故选A。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H，故A正确；
B．酒石酸中饱和碳原子为杂化，羧基中碳原子为为杂化，故B正确；
C．羧基和羟基均可以和钠单质反应，故酒石酸最多能与金属钠发生反应，故C错误；
D．常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故D正确；
故选C。
9. 【答案】B
【解析】
【详解】A．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A正确；
B．图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；
C．铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；
D．图1中，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为；同理图2中，晶体密度为；故铁单质的密度不同，故D正确；
故选B。
10. 【答案】C
【解析】
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
11. 【答案】C
【解析】
【详解】A．聚合物P中虽然含有-COONa结构，但由于碳原子数较多，所以难溶于水，但由于-COONa有强极性，所以聚合物P有高吸水性，故A正确；
B．聚合物P高分子链全部为碳原子，所以合成聚合物P的反应为加聚反应，故B正确；
C．根据聚合物P的结构可知，合成聚合物P的单体为CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，不存在顺反异构，故C错误；
D．1，4-戊二烯与丙烯与聚合物P的单体结构相似，能形成类似交联结构，故D正确；
故选C。
12. 【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A正确；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故B正确；
C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液大，故C正确；
D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液Ⅱ中碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误；
故选D。
13. 【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；氢气燃烧的热化学方程式为 ，A错误；
B．等量的环已烯、环已烷燃烧耗氧量、生成水的量不同，由燃烧热不能判断环已烯的能量小于环已烷的能量，B错误；
C．由燃烧热可知，①
②
③
由盖斯定律可知，③-①-②得：(l)= (l)+H2(g) ，C正确；
D．环已烯中含有碳碳双键，会被高锰酸钾氧化，D错误；
故选C。
14. 【答案】D
【解析】
【详解】A．根据相似相溶原理，是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于，A正确；
B．四氯化碳密度大于水且与水互不相溶，②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，B正确；
C．加入碘化钾，，使得碘单质转化为，故溶液b中溶液a中，C正确；
D．向①所得浊液中加入，使增大，，反应生成溶解性更大的，故不会析出，D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1） ①. ②. 中Si原子和F原子之间共价键连接，其中F原子的吸电子能力强，共用电子对偏向F因此硅显正化合价； ③. ac; ④. 的相对分子质量大于，的范德华力大于；
（2） ①. 正四面体； ②. ； ③. 可以使基团中的H原子处于近自由的状态，替代Al时占位能最小；
【解析】
【小问1详解】
;中Si原子和F原子之间共价键连接，其中F原子的吸电子能力强，共用电子对偏向F因此硅显正化合价；
a．热稳定性决定于该分子中的化学键的强度，化学键越强，热稳定性越强，的热稳定性比的差，a项正确；
b．中4个的键长相同，键角是109°28′，b项错误；
c．分子中的Si原子以4个杂化轨道，分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个Si-Hσ键，且四个Si-H完全相同，c项正确；
答案选ac
组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越大，的相对分子质量大于，因此的沸点高于；
【小问2详解】
中有4个σ键，0个孤电子对，因此其VSEPR模型为正四面体构型；根据均摊法可知，晶胞中的数目为，数目为，则二者配位数为1：1，以体心的研究，与之紧密且等距的位于晶胞棱之间，晶胞中上面立方体左右侧面面心，晶胞中下面立方体的前后面的面心，与紧密且等距的有8个，则与紧密且等距的有8个，晶胞质量为，则晶胞密度为；可以使基团中的H原子处于近自由的状态， 替代Al时占位能最小；
16. 【答案】（1）HCOCHO
（2） ①. 137℃ ②. 起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大
（3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸
（4）X （5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸
（6）
【解析】
【小问1详解】
乙二醛的结构简式是HCOCHO；
【小问2详解】
温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数值大，可知曲线a对应的温度是137℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；
【小问3详解】
硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；
【小问4详解】
运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连；
【小问5详解】
Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；
【小问6详解】
，则根据题意与乙二醛反应的氢氧化钠的物质的量为=，已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成，根据钠元素、碳元素守恒可知，纯化后的溶液中乙二醛的含量为。
17. 【答案】（1）酯基、酚羟基
（2）取代反应 （3）
（4） （5） ①. 1 ②. ③. ④. ⑤. CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O ⑥. 2CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOC2H5+ CH3CH2OH
【解析】
【分析】A和氯单质在酚羟基对位发生取代反应引入氯原子得到B；B发生硝化反应在酚羟基邻位引入-NO2得到C；C和铁反应硝基被还原为氨基得到D，D和ClCH2COCl反应得到E，结合E化学式可知，E为；E通过反应转化为F，F和K生成S；
【小问1详解】
A中官能团的名称是酯基、酚羟基；
【小问2详解】
由分析可知，A→B的反应类型是取代反应；
【小问3详解】
B发生硝化反应在酚羟基邻位引入-NO2得到C，反应为；
【小问4详解】
E的结构简式是；
【小问5详解】
①手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；，如图K分子中有1个手性碳原子；
②G跟着存在2个酯基，根据已知反应原理，则H的结构简式为或。
③乙醇和乙酸反应发生酯化反应生成乙酸乙酯，CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
乙酸乙酯反应已知反应原理生成CH3COCH2COOC2H5，反应为2CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOC2H5+ CH3CH2OH。
18. 【答案】（1）+2HCl=+2LiCl
（2）尽量减少后序磷锂分离时NaOH的用量
（3）
（4）溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀
（5）2Li++=Li2CO3↓
（6）
【解析】
【分析】磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成和LiCl，加入CaCl2溶液生成，期间不断加入NaOH溶液保持pH基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀，磷锂分离后钙渣中主要是，调节溶液中pH至弱碱性，向粗制LiCl溶液中加入Na2CO3溶液除去Ca2+杂质，然后再加入Na2CO3溶液进行沉锂，最后得到Li2CO3沉淀。
【小问1详解】
磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成Li+、、Cl-，因此与盐酸反应的化学方程式为+2HCl=+2LiCl；
【小问2详解】
在磷锂分离时还需要加入NaOH调节pH，因此浸取时加入盐酸的量不宜过多，减少后序磷锂分离时NaOH的用量；
【小问3详解】
根据溶解性表可知，磷锂分离时加入CaCl2溶液和NaOH溶液，生成可溶性的LiCl和难溶性的，钙渣的主要成分是；
【小问4详解】
在溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀；
【小问5详解】
沉锂时，Li+与结合生成Li2CO3沉淀，反应的离子方程式是2Li++=Li2CO3↓；
【小问6详解】
要求Li+不能沉淀，Ca2+形成沉淀CaCO3而除去，则，则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是。
19. 【答案】（1）
（2） ①. 深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的 ②.
（3）滴加溶液，出现白色沉淀
（4）
（5）棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
（6）
（7）与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化
【解析】
【小问1详解】
根据题意，Cu元素原子序数29，核外28个电子，基态的价层电子排布式为；
故答案为：；
【小问2详解】
①根据如图所示的实验，将实验b中所得固体加入氨水后，白色沉淀溶解，变为无色溶液，最终生成深蓝色溶液，根据已知信息，其中深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的；
故答案为：深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的；
②步骤i中氨水过量，所以步骤iii中加入稀硝酸后，发生的反应有；；
故答案为：；
【小问3详解】
进一步证实b中作还原剂的操作为：取b中反应后的上层清液于试管中，滴加溶液，出现白色沉淀，说明被氧化为；
故答案为：滴加溶液，出现白色沉淀；
【小问4详解】
根据氧化还原反应规律，还原性：还原剂>还原产物，向硫酸铜溶液中通入，无明显现象，说明a中不能将还原为或，即还原性：；根据实验证实，b中能将还原为，发生反应，即还原性：，综上所述，、、的还原性由强到弱的顺序为：；
故答案为：；
【小问5详解】
由题，为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀；
故答案为：棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀；
【小问6详解】
根据氧化还原反应的电子守恒规律，该反应中，S元素化合价降低6，得到6个电子，即Cu元素化合价也升高6，失去6个电子，结合元素守恒，等式坐标补上氢离子，右边补上水，再由原子守恒，配平该反应为；
故答案为：；
【小问7详解】
根据以上实验可知，再硫酸作用下，不能单独存在，在盐酸中，与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化；
故答案为：与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化。2023北京朝阳高三（上）期末
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Pt 195 Pb 207
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片(主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示)放入水球中，得到气泡球。下列说法不正确的是
A. 柠檬酸分子中含有两种官能团
B. 常温下，碳酸氢钠溶液的
C. 固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离
D. 得到气泡球的反应：
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 共价键电子云轮廓图：
B. 基态原子的价层电子排布式：
C. 的模型：
D. 反-2-丁烯的结构简式：
3. 下列性质的比较中，不正确的是
A. 电负性： B. 微粒半径：
C. 第一电离能： D. 酸性：
4. 用放射性同位素标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下：
下列说法不正确的是
A. I位于元素周期表中第四周期、第ⅦA族
B. 中子数与核外电子数之差为25
C. 、标记酪氨酸均具有放射性
D. 标记过程发生了取代反应
5. 的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 属于离子晶体
B. 每个晶胞中平均含有4个和4个
C. 每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的
D. 和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 灼热的铁丝伸入氯气，剧烈燃烧：
B. 铝片溶于NaOH溶液，有无色气体产生：
C. 苯酚钠溶液中通入CO2，产生浑浊：+H2O+CO2→ +NaHCO3
D. 溴乙烷与NaOH溶液共热，油层体积减少：
7. 形成白酒辛辣口感的物质是醛类物质，主要由葡萄糖经如下转化生成：
下列说法不正确的是
A. 一定条件下，最多可与发生加成反应
B. Y中含有羟基和醛基，属于糖类物质
C. 可用新制的悬浊液鉴别X和Z
D. 沸点：
8. 下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是
A. 向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀
B. 向饱和溶液中依次通入过量，析出沉淀
C. 冷却熔融态的硫黄，析出晶体
D. 冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体
9. 3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中0原子和N原子均为杂化
B. 分子中的键角大于的键角
C. 分子中的极性大于的极性
D. 分子中含有手性碳原子
10. 已知某些化学键键能如下，下列说法不正确是
化学键
键能/ 436 243 194 432 a
A. 根据键能可估算反应的
B. 根据原子半径可知键长：，进而推测
C. 与反应生成时，放出热量小于
D. 常温下和的状态不同，与和的键能有关
11. 下列实验能达到实验目的的是
A．在铁制品上镀铜 B．探究浓度对反应速率的影响 C．检验乙炔具有还原性 D．制备NH4Cl固体
A. A B. B C. C D. D
12. 2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家。一种点击化学反应如下：
某课题组借助该点击化学反应，用单体X(含有基团)和Y合成了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P(结构如下)。
下列叙述不正确的是
A. 由X与Y合成P的反应属于加聚反应
B. X的结构简式为
C. Y的官能团为碳碳三键和酯基
D. P可发生水解反应得到X和Y
13. 精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A. “分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B. 得到分金液的反应为：
C. 得到分银液的反应为：
D. “滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
14. 将等量的乙酸乙酯分别与等体积的溶液、溶液、蒸馏水混合，加热，甲、乙同学分别测得酯层体积、乙醇浓度随时间变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为：
B. ，乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性
C. ，乙酸乙酯的水解量：碱性=酸性
D. ，酯层体积：酸性<碱性，推测与溶剂极性的变化有关
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
（1）的配体为和，写出的电子式：_______。
（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子轨道表示式为_______，属于_______区元素。
②生成物中a、b示的作用力类型分别是_______。
③在中，配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
顺铂 反铂
结构
25℃时溶解度/g 0.2577 0.0366
①推测中的杂化轨道类型不是，依据是_______。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。
（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积_______(阿伏加德罗常数为)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因：_______。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。
16. 沼气中除外，还含有等气体，脱除沼气中的并使之转化为可再利用的资源有重要意义。
资料：i.(黄色溶液)，与酸反应生成S、(或)
ii.均易溶于水
（1）乙醇胺可脱除沼气中的，这与其结构中的_______(填官能团名称)有关。加热所得产物，得到，同时乙醇胺得以再生。
（2）采用加热法可将转化为和。反应为：。一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，平衡时混合气中与的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数_______(用含a、v的代数式表示)。
（3）采用电解法也可将转化为S和。先用溶液吸收气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。
①写出足量溶液吸收气体的离子方程式：_______。
②用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因_______。
③实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验的实验操作及现象：_______。
资料：的转化率；S的收率
④停止通电，向黄色溶液中通入_______(填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
17. 以废旧铅酸电池中的含铅废料(等)为原料制备，实现铅的再生利用。流程示意图如下：
资料：i.25℃时，
ii.
（1）溶浸
均转化为。
①上述流程中能提高含铅废料中铅的浸出率的措施有_______。
②转化为的反应有：、_______。
（2）结晶
①所得中含有少量，原因_______(用方程式表示)。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。重复操作的结果如下：
循环次数 0 1 2 3 4
铅回收率/% 85.4 93.5 95.8 97.1 982
纯度/% 99.4 99.3 99.2 99.1 96.1
循环3次后，纯度急剧降低，此时向母液中加入_____(填试剂)，过滤，滤液可再次参与循环。
（3）脱氯
在某浓度溶液中的溶解度曲线如下图所示。
结合溶解度曲线，简述脱氯的操作：_______。
（4）测定废料中铅的含量
将含铅废料与足量盐酸、溶液充分反应，得到溶液。取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。计算废料中铅的质量分数_______。
资料：滴定原理为：
18. 导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如下：
资料：
i．
ii．R5-OH+R6-ClR5-O-R6+HCl
（1）A分子中含有的官能团有_______。
（2）A→B的化学方程式是_______。
（3）B→D的反应类型是_______。
（4）D→E的反应方程式是_______。
（5）F的结构简式是_______。
（6）下列有关J的说法正确的是_______(填字母)。
a．核磁共振氢谱有2组峰
b．能与H2发生加成反应
c．不存在含苯环的同分异构体
d．合成PEDOT的反应属于加聚反应
（7）推测J→PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是_______。
（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：
①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；
②_______。
19. 某小组同学在实验室制备高铁酸钾，并探究制备的适宜条件。制备的实验装置如下(夹持装置略)。
资料：为紫色固体，微溶于溶液。
（1）装置A中产生的化学方程式是_______(锰元素被还原为)。
（2）研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。
实验编号 试剂a 实验现象
I 和少量 无明显现象
II 和过量 得到紫色溶液，无紫色固体
III 和过量 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体
注：上述实验中，溶液总体积、和的物质的量、的通入量均相同。
①实验II、III产生，将方程式补充完整______。
还原反应：；
氧化反应：。
②对实验I未产生而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。
步骤1：通入，电压表示数为；
步骤2：向右侧烧杯中加入_______(填试剂)，电压表示数。
③反思装置B的作用：用饱和溶液除去，目的是_______。
④实验II中的产率比实验III低，试解释原因：_______。
（3）向实验II所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入后发生_______(填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致分解。
（4）综上，制备的适宜条件是_______。
参考答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】D
【解析】
【详解】A．柠檬酸分子中含有羧基和羟基两种官能团，选项A正确；
B．碳酸氢钠为强碱弱酸盐，常温下，碳酸氢钠水解，溶液呈碱性，，选项B正确；
C．固体碳酸氢钠为可溶性盐、柠檬酸为弱酸，放入水中会发生电离，选项C正确；
D．柠檬酸为弱酸不能拆，不能用H+表示，碳酸氢钠电离出的阴离子为，选项D不正确；
答案选D。
2. 【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢中氢原子和氯原子形成的是σ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云轮廓图为： ，A错误；
B．基态原子是14号元素，原子的价层电子排布式：，B正确；
C．的孤电子对数目为：（6-22）=1，只有一对孤电子对，C错误；
D．反-2-丁烯的结构简式：，D错误；
故本题选B。
3. 【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，电负性：，A正确；
B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径：，B正确；
C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级轨道全满，更稳定，第一电离能高于Al， C不正确；
D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，D正确；
答案选C。
4. 【答案】A
【解析】
【详解】A．I位于元素周期表中第五周期、第ⅦA族，故A正确；
B．中子数为131-53=78，核外电子数为53，中子数与核外电子数之差为78-53=25，故B正确；
C．、标记酪氨酸中都含有131I，均具有放射性，故C正确；
D．由方程式可知，标记过程发生了取代反应，故D正确；
故选A。
5. 【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确；
B．每个晶胞中平均含有个 Na+ 和个 Cl ，B正确；
C．每个 Na+ 周围有6个紧邻的 Cl 和12个紧邻的 Na+，C错误；
D．Na+ 和 Cl 以离子键结合，因此 NaCl 具有较高的熔点，D正确；
故选C。
6. 【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe与Cl2加热反应产生FeCl3，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，A错误；
B．铝片溶于NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：，B正确；
C．由于碳酸的酸性比苯酚强，所以苯酚钠与CO2反应产生苯酚及NaHCO3，反应的化学方程式为：+H2O+CO2→ +NaHCO3，C正确；
D．溴乙烷难溶于水，密度比水大，将溴乙烷与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH、NaBr，导致溴乙烷减小，因而油层体积减少，反应的化学方程式为：，D正确；
故合理选项A。
7. 【答案】B
【解析】
【详解】A．1molZ中含1mol碳碳双键和1mol醛基，可与2mol氢气发生加成反应，故A正确；
B．糖类是多羟基醛类或多羟基酮类，Y只含一个羟基和1个醛基，不属于糖类，故B错误；
C．X中不含醛基，Z中有醛基，可用性质氢氧化铜悬浊液鉴别，故C正确；
D．有机物中所含羟基数越多，形成分子间氢键越多，物质的沸点越高，由结构可知羟基数：，沸点：，故D正确；
故选：B。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，A不符合；
B． 向饱和溶液中依次通入过量，生成铵离子、碳酸氢根离子，由于碳酸氢钠在该条件下溶解度最小，故形成过饱和溶液而结晶析出，与物质溶解度有关，B不符合；
C． 冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，C符合；
D． 苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，D不符合；
答案选C。
9. 【答案】B
【解析】
【详解】A． 分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，A正确；
B．电负性O＞N＞H，中成键电子云比中偏离程度大，同时N-C键长比O-C键长大、N-H键长比O-H键长大，这样导致中的成键电子对之间的斥力减小，分子中的键角小于的键角，B不正确；
C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性，C正确；
D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子、例如与氨基相连的饱和碳原子为手性碳原子，D正确；
答案选B。
10. 【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)中有：△H=+436 kJ/mol+243 kJ/mol-2×432kJ/mol =-185kJ/mol，选项A正确；
B．Cl原子半径小于Br原子，H—Cl键的键长比H—Br键长短， H—Cl键的键能比H—Br键大，进而推测，选项B正确；
C．键能>，反应生成HBr比生成HCl更难，放出的热量更低，故生成时，放出热量小于，选项C正确；
D．Cl-Cl键能大于Br-Br键能，说明Cl2分子比Br2分子稳定，破坏的是共价键，而状态由分子间作用力决定，选项D不正确；
答案选D。
11. 【答案】A
【解析】
【详解】A．在铁制品上镀铜时，Cu电极与电源正极连接，作阳极，铁制品与电源负极连接作阴极，含有Cu2+的CuSO4溶液作电镀液，能够达到电镀的目的，A正确；
B．浓硫酸中硫酸主要以分子存在，而在稀硫酸中硫酸电离产生H+、，二者的存在微粒不相同，因此不能探究浓度对反应速率的影响，B错误；
C．电石中主要成分CaC2与水反应产生C2H2，及其中含有的杂质CaS与H2O反应产生H2S，二者都具有还原性，都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能检验乙炔具有还原性，C错误；
D．NH4Cl溶液蒸发水分，随着加热使溶液温度升高，盐水解产生NH3·H2O、HCl，HCl挥发逸出，NH3·H2O分解产生NH3、H2O，因此不能采用该方法制备NH4Cl固体，D错误；
故合理选项是A。
12. 【答案】D
【解析】
【分析】结合信息反应可知，X为，Y为，X和Y发生加聚反应得到高聚物P，据此回答。
【详解】A．基团和碳碳三键能发生信息反应，1个X含有2个基团、1个Y分子含有2个碳碳三键，由X与Y合成P的反应属于加聚反应，A正确；
B．X含有基团、X的结构简式为，B正确；
C． 据分析，Y为，Y的官能团为碳碳三键和酯基，C正确；
D． P含酯基，可发生水解反应、酯基可转换为羧基和羟基，故水解产物不能得到X和Y，D不正确；
答案选D。
13. 【答案】D
【解析】
【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；
B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误；
故本题选D。
14. 【答案】C
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯在稀硫酸作催化剂条件发生水解生成乙酸和乙醇，故A正确；
B．由图可知，在时间内，酯层减少的体积：碱性>酸性>中性，可知乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性，故B正确；
C．硫酸条件下一段时间后酯层减少速度加快，并不是水解速率提高导致，而是因为随溶剂中乙醇的增大，导致乙酸乙酯溶解量增加，因此乙酸乙酯的水解量在酸性、碱性条件下并不相等，故C错误；
D．，酯层体积：酸性<碱性，主要原因是溶液中乙醇含量增大，溶剂极性变化，导致乙酸乙酯的溶解量增加，故D正确；
故选：C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1） （2） ①. ②. ds ③. 配位键、氢键 ④. <
（3） ①. 若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象 ②. 顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
（4） ①. ②. 在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强
【解析】
【小问1详解】
是共价化合物，电子式为：。
【小问2详解】
①Cu是29号元素，基态原子价层电子的轨道表示式为，属于ds区元素；
②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；
③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：<。
【小问3详解】
①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象，所以中的杂化轨道类型不是；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
【小问4详解】
①铂晶胞中Pt的个数为8+6=4，n(Pt)= mol，晶胞的体积为a3×10-27m3，=；
②作用下，在阳极失电子生成，还原性增强，所以在溶液中使用会产生而略有损耗。
16. 【答案】（1）氨基 （2）
（3） ①. ②. ， (黄色溶液) ③. 取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，产生白色沉淀 ④.
【解析】
【小问1详解】
H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺可脱除沼气中的与其结构中的氨基有关。
【小问2详解】
一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，，平衡时混合气中与的物质的量相等，则amol-2x=2x，x=0.25amol，该温度下反应的平衡常数为。
【小问3详解】
①足量溶液吸收气体得到硫化钠和水，离子方程式：。
②硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能与硫离子反应生成可溶性(黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，电极方程式为，。
③的转化率大于S的收率，结合定义可推测电解时阳极可能生成、等物质。由于酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子会反应生成不溶性硫单质，或者氢离子与反应生成硫单质，会干扰硫酸根离子的检验，为防止干扰，检验时需过滤加盐酸后产生的硫或往上层清液中滴加滴入氯化钡，则检验阳极可能存在的实验操作及现象为：取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，若产生白色沉淀，则存在硫酸根离子。
④已知与酸反应生成S、，则停止通电时，防止引入其它酸根离子，可向黄色溶液中通入气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
17. 【答案】（1） ①. 粉碎、加热、加入增大 ②.
（2） ①. ②. (或)
（3）向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体
（4）
【解析】
【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4等）为原料，制备，含铅废料加入盐酸、氯化钠、加热反应过滤得到PbCl2粗品，加入过量氢氧钠溶液脱氯得到。据此分析解题。
【小问1详解】
①溶浸均转化为，粉碎、加热、加入增大均能增大铅的浸出率，故答案为粉碎、加热、加入增大。
②和盐酸直接反应可转化，也可以和一起反应生成；反应有：，；故答案为。
【小问2详解】
①溶浸均转化为，由于的水解，，所得中含有少量；故答案为。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。循环3次后，纯度急剧降低，可向母液中加入(或)，过滤，滤液可再次参与循环；故答案为(或)。
【小问3详解】
在某浓度溶液中的溶解度随温度升高而增大，脱氯的操作为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体；故答案为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体。
【小问4详解】
取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。滴定原理为：；所以，所以；所以铅的质量分数为；故答案为。
18. 【答案】（1）羧基、碳氯键
（2）ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O
（3）取代 （4）++2C2H5OH
（5） （6）ab
（7）作氧化剂(或脱氢)
（8）Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解
【解析】
【分析】A是ClCH2COOH，分子中含有-COOH，能够与C2H5OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：ClCH2COOC2H5和H2O，B与Na2S的环己烷溶液中发生取代反应产生D：和C2H5OH；D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：，E与K2CO3、ClCH2-CH2Cl反应产生F：；F与NaOH水溶液共热发生酯的水解反应然后酸化，反应产生G：，经脱羧反应产生J，J与(NH4)2S2O8及催化剂作用反应产生高聚物PEDOT。
【小问1详解】
有机物A分子结构简式是ClCH2COOH，其中含有的官能团是羧基、碳氯键；
【小问2详解】
A是ClCH2COOH，A与C2H5OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生ClCH2COOC2H5和H2O，反应为可逆反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O；
【小问3详解】
B是ClCH2COOC2H5，B与Na2S在环己烷溶液中发生取代反应产生D和NaCl，故B→D的反应类型是取代反应；
【小问4详解】
D是，D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：和C2H5OH，则D→E的反应方程式是：++2C2H5OH；
【小问5详解】
根据上述分析可知化合物F结构简式是；
【小问6详解】
a．根据有机物J结构简式可知：该物质分子结构对称，分子中含有2种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有2组峰，a正确；
b．J分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与H2在一定条件下发生加成反应，b正确；
c．该物质分子式是C6H6SO2，可能存在含有苯环的同分异构体，如，c错误；
d．根据有机物J及PEDOT结构的不同，可知J变为PEDOT发生缩聚反应；
【小问7详解】
在有机物J变为PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是作氧化剂(或脱氢)；
【小问8详解】
溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，会导致D的产率下降，原因可能是①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②是Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解。
19. 【答案】（1）
（2） ①. ②. 固体 ③. 防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低 ④. II中大，不利于正向进行。(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)
（3）
（4）选用和过量溶液、通入适量
【解析】
【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，得到的氯气中混有氯化氢气体，通过饱和NaCl溶液除去氯化氢气体，C中氯气和和过量反应得到，D为尾气处理装置。
【小问1详解】
装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：。
【小问2详解】
①氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，故步骤2：向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，若电压表示数为，说明该假设成立；
③用饱和溶液除去，目的是：防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低；
④II中大，不利于正向进行(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)，所以实验II中的产率比实验III低。
【小问3详解】
通入后，和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。
【小问4详解】
综上，增强碱性可以增强+3价铁的还原性，过量的氯气使溶液碱性减弱，进而导致分解，则制备的适宜条件是选用和过量溶液、通入适量。2023北京昌平高三（上）期末
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cl 35.5 Mn 55 Cu 64
第一部分 选择题(共42分)
本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1. 下列有关“双奥之城——北京”在奥运会系列设计中的说法不正确的是
A.“水立方”采用的四氟乙烯与乙烯的共聚物属于有机材料 B.“鸟巢”的主体框架为钢结构，钢属于金属材料 C.“飞扬”火炬所用的燃料氢气为还原性气体 D.冰壶场馆采用分布式光纤温度检测仪监测温度，光纤主要成分是硅
A. A B. B C. C D. D
2. 据报道，火星和金星大气层中可能存在一种非常特殊的气态化合物，这种化合物会导致温室效应，它的结构式为。下列说法中不正确的是
A. 的电子式是：
B. 和互同位素
C. 分子中存在极性键
D. 分子呈直线形
3. 利用原子结构及元素周期律表相关知识得到的以下结论中不正确的是
A. 第IA族元素的原子半径：
B. 基态N原子的轨道表示式：
C. 酸性：
D. 电负性：
4. 以下关于的制备、干燥、收集、吸收(如图所示)的说法正确的是
A. 生成氯气的同时，可能转化为
B. a中加入饱和食盐水，b中加入浓硫酸
C. 用溶液吸收时，体现氧化性，体现还原性
D. 每消耗8.7克，生成氯气
5. 下列反应中出现的颜色变化不是由于氧化还原反应引起的是
A. 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，白色沉淀溶解
B. 向溶液中加入足量粉，溶液蓝色消失
C. 乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 在空气中加热，白色变为淡黄色
6. 吲吲哚生物碱具有抗菌、抗炎、抗肿瘤等多种活性，其一种中间体结构简式如图所示，下列关于吲哚生物碱中间体的说法不正确的是
A. 该物质属于芳香族化合物 B. 该物质能发生加成、取代反应
C. 分子中不含有手性碳原子 D. 分子中含有酰胺基
7. 下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
B. 溶液中滴加过量稀氨水：
C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
8. 某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是
A. 通入前，①中溶液显红色的原因：
B. 通入后，①中溶液颜色褪去的原因：具有漂白性
C. 通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝
D. 通入后，②中溶液颜色褪去的原因：
9. 下列对物质性质解释合理的是
选项 性质 解释
A 热稳定性： 中存在氢键
B 熔点：晶体硅<碳化硅 碳化硅中分子间作用力较大
C 酸性： 电负性：
D 熔点： 键较强
A. A B. B C. C D. D
10. 是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是
A. 可发生反应：
B. 具有吸水性，需要密封保存
C. 能与，反应生成新盐
D. 与足量盐酸作用，所得固体产物主要为
11. 可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。通过控制开关，可得到或。下列说法正确的是
A. 连接时，阳极反应物为
B. 连接时，可制备
C. 连接时，阳极发生反应：
D. 连接时，当电路中通过电子时，电极3的质量增加
12. 已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是
物质
相关数据
A. 不与盐酸溶液反应
B. 溶液中存在的所有微粒有：
C. 与碳酸钠溶液反应，可能产生气体
D. 向石灰水悬浊液中加入溶液，溶液可能变澄清
13. 共价有机框架()是一类具有平面、多孔网状结构材料，其在催化、能量储存等领域有潜在的应用。一种材料的合成如图所示。(图中表示链延长)。
已知：R′-CH2CN +H2O
下列说法正确的是
A. 分子中碳原子有两种杂化方式
B. 的核磁共振氢谱有4组峰
C. 合成的过程中发生了取代反应
D. 乙二醛也可与合成材料
14. 某小组同学进行了以下3个实验：
实验1 实验2 实验3
操作
现象 无沉淀及气体产生 有沉淀及气体产生 现象a
下列说法正确的是
A. 实验1中发生了反应
B. 实验2中促进了的电离平衡
C. 实验3中现象a可能是：有沉淀及气体产生
D. 推测：可用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液
第二部分 非选择题(共58分)
15. (II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
（1）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出晶体。
①产生蓝色沉淀的离子方程式是_______。
②在水中电离的方程式是_______。
（2）如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。
①的价层电子排布式为_______。
②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_______，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_______。
③已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。
想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_______。
（3）已知：①
物质 颜色
黄色
蓝色
②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因_______。
（4）和是铜常见的两种氯化物，如图表示的是_______的晶胞。已知晶胞的边长为，阿伏伽德罗常数为，则该晶体的密度为_______。(已知：)
16. 利用氢氧化钡沉淀-碘量法对锰酸钾和高锰酸钾共存时的离子浓度进行分别测定，方法如下。
已知：①，易溶于水
②
③溶液中较高时，易被空气氧化
④该条件下，和的还原产物都是
I.取和共存液于烧杯中，加入过量溶液，产生灰绿色沉淀，过滤。
II.取I中的滤液于碘量瓶中，加入溶液和浓硫酸，此时溶液颜色发生变化，盖上盖子后至黑暗处放置5分钟。
III.用溶液滴定，待溶液颜色变为淡黄色时，加入淀粉指示剂，达到滴定终点时，消耗溶液。
IV.另取一份相同共存液于碘量瓶中，重复II、III操作，记录消耗溶液。
（1）I中灰绿色沉淀是_______，同时生成的另一种产物的化学式是_______。
（2）II中反应的离子方程式是_______。
（3）III中滴定终点时的现象是_______。
（4）II中加入浓硫酸要适量，防止溶液中较高发生副反应：_______(写出反应的离子方程式)。
（5）该溶液中锰酸钾的物质的量浓度为_______。
17. 他非诺喹是一种抗疟疾新药。其中间体K的合成路线如下(部分条件已省略)
已知：
①
②
（1）A可以与溶液反应放出，A中官能团为_______。
（2）的反应类型为_______。
（3）的化学方程式为_______。
（4）X是D的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是_______。
①能与足量银氨溶液生成
②X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1∶1∶3
（5）由J生成K可以看作三步反应，如图所示。
P中有两个六元环结构。Q的结构简式为_______。
（6）一种由G制备H的电化学方法：在和混合水溶液中加入G，通电。电极反应为_______。
（7）具有水果香味，在化妆品行业有一定用途。以环己醇为原料合成路线如下，补全剩余片段。(其余所需材料任选)：
已知：
合成路线：_____
18. 我国出口球状氯化镁融雪剂时，对产品色度(白度)要求很高，因此研究脱色及显色离子的去除有现实意义。以水氯镁石为原料生产符合白度要求的融雪剂的流程如下。
已知：①水氯镁石的主要成分是，还含有少量有色有机物、可溶性等杂质离子及少量不溶物。
物质
I.去除泥沙及脱除有机物颜色
水氯镁石饱和溶液脱色后的饱和溶液
（1）操作1的名称是_______。
（2）活性炭的作用是_______。
（3）部分有机物可与反应脱氢，在该反应中，体现的性质是_______。
（4）其它条件都不变的情况下，得到温度对脱色率的影响如图所示。后，随温度升高，脱色率下降的原因是_______。
II.去除显色离子
向脱色处理后的氯化镁溶液中加入氨水反应30分钟，再将溶液升温至保持30分钟，恢复至室温，最后加入适量的溶液反应一段时间，过滤得到氯化镁精制溶液。
（5）过滤得到的滤渣中含有、_______。
①将横线补充完整_______。
②将生成的离子方程式补充完整：_______、
（6）将溶液升温至的目的是_______。
III.制备产品
氯化镁精制溶液球状氯化镁融雪剂
（7）操作2是_______。
19. 铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。
（1）铜片溶解的化学方程式为_______。
【初步实验】
甲同学提出猜想：仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。
实验1-1：取反应后混合液于一支试管内，按一定的气体流速将和混合气体通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
实验1-2：取反应后混合液于另一支试管内，按与实验1-1中相同的气体流速将空气通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
（2）乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是_______。
深入研究】
分别向四支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。
编号 浓硝酸/ 蒸馏水/滴 /滴 尿素溶液/滴 现象
2-1 1 0 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-2 1 3 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-3 1 0 3 0 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
2-4 1 0 0 3 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为价
②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应
③金属和浓硝酸反应过程中有生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。其原理为：
第一步：
第二步：
第三步：
（3）补全上述原理的第二步反应：_______。
（4）因为发生化学反应：_______，因此实验2-4中反应速率较慢。上述实验可以说明反应过程中对反应速率有一定影响。丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与也有关。
（5）实验3：向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后再滴加溶液，现象是_______。
（6）实验2-3和实验2-4分别证明了具有_______性、_______性，这与其核心元素化合价密切相关。
（7）解释实验1-1和1-2现象差异_______。
参考答案
第一部分 选择题(共42分)
本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1. 【答案】D
【解析】
【详解】A．四氟乙烯与乙烯的共聚物为有机高分子材料，A正确；
B．钢是最常用的金属材料，B正确；
C．氢气燃烧产生水，氢元素的化合价由0价变为+1价，化合价升高，为还原剂，故氢气为还原性气体，C正确；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，D错误；
故本题选D。
2. 【答案】A
【解析】
【详解】A．的电子式是，A错误；
B．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同原子，则和互为同位素，B正确；
C．不同非金属元素之间形成的共价键为极性键，则分子中存在极性键，C正确；
D．为CO2，其分子呈直线形，D正确；
故选A。
3. 【答案】B
【解析】
【详解】A．同一主族元素，从上到下原子半径增大，则第IA族元素的原子半径：，A正确；
B．N的原子序数为7，则基态N原子的轨道表示式： ，B错误；
C．P、S、Cl均为第三周期元素，且原子序数依次增大，同一周期元素从左到右元素非金属性增强，则非金属性：Cl>S>P，元素非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性：，C正确；
D．元素非金属性越强，其电负性越大，C、N、O均为第二周期元素，且原子序数依次增大，同一周期元素从左到右元素非金属性增强，则电负性：，D正确；
故选B。
4. 【答案】B
【解析】
【详解】A．生成氯气的同时，是将盐酸中的氯元素由-1价氧化为0价，为氧化剂，本身被还原，化合价降低，不可能转化为，选项A错误；
B．浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，通过a中加入饱和食盐水除去氯化氢，再通过b中加入浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项B正确；
C．用溶液吸收时，发生反应2+=NaCl+NaClO+H2O，反应中只有氯元素化合价由0价变为-1价和+1价，既体现氧化性也体现还原性，而既没有体现氧化性也没有体现还原性，选项C错误；
D．根据反应+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知，每消耗8.7克，生成氯气0.1mol,且没有说明标准状况，不能确定气体的体积，选项D错误；
答案选B。
5. 【答案】A
【解析】
【详解】A．，加入氯化铵，铵根与OH-结合，，与氧化还原无关，A符合题意；
B．，发生氧化还原，B不符合题意；
C．乙醇具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，发生氧化还原，C不符合题意；
D．，发生氧化还原，D不符合题意；
故答案为：A。
6. 【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物含苯环，属于芳香族化合物，故A正确；
B．该有机物含有双键，可发生加成反应，苯环上可发生取代反应；故B正确；
C．分子中含有手性碳原子为：，故C错误；
D．分子中含有酰胺结构，含有酰胺基，故D正确；
故答案选C。
7. 【答案】A
【解析】
【详解】A．铁具有还原性，与铜离子反应生成亚铁离子和单质铜，A正确；
B．AgNO3溶液中滴加氨水，开始生成沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，，B错误；
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，，氢氧化钾的物质的量少，不能溶解氢氧化铝沉淀，C错误；
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，，D错误；
故答案为：A。
8. 【答案】B
【解析】
【详解】A．酚酞遇碱变红，NaOH在水中能电离：NaOH=Na++OH ，溶液显碱性，所以①中溶液显红色，故A正确；
B．通入SO2后，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，消耗了NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，体现了SO2的酸性氧化物的性质，不是漂白性，故B错误；
C．淀粉遇碘变蓝，所以②中溶液显蓝色，故C正确；
D．通入 SO2 后，②中溶液颜色褪去是SO2和碘发生了氧化还原反应，I2被还原为I-，溶液蓝色褪去，故D正确；
故选B。
9. 【答案】C
【解析】
【详解】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；
B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；
C．酸性是因为电负性：，C正确；
D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。
本题选C。
10. 【答案】D
【解析】
【分析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较，据此解答。
【详解】A.Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；
B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；
C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确；
D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；
故选D。
11. 【答案】D
【解析】
【分析】电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现的转化，且可循环使用，以此解答该题。
【详解】A．连接时，电极3为阳极，发生，为产物，故A错误；
B．电解时，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，连接时，可制备，故B错误；
C．溶液为碱性电解液，所以连接时，阳极发生反应：，故C错误；
D．连接时，电极3发生，当电路中通过电子时，电极3的质量增加，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查非常温下水的电离问题及电解知识等，侧重考查学生的分析能力和理解能力，注意把握图像分析以及电解池的判断，掌握电极方程式的书写，题目难度中等。
12. 【答案】C
【解析】
【详解】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成，符合强酸制弱酸，A错误；
B．，则溶液中的微粒有，，B错误；
C．根据电离平衡常数，，。符合强酸制弱酸，C正确；
D．根据Ksp可知，，Ca(OH)2转化为CaF2沉淀，D错误；
故答案为：C。
13. 【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中存在碳原子形成的全部是单键、碳碳双键和碳氮三键，因此碳原子有sp3、sp2、sp三种杂化方式，A错误；
B．分子中存在4种不同环境的H，其核磁共振氢谱有4组峰，B正确；
C．合成的过程中发生了缩聚反应，C错误；
D．乙二醛含有两个醛基(-CHO)，可用已知信息中的反应与分子合成链状结构，不能形成平面、多孔网状结构，D错误；
故答案为：B。
【点睛】如果碳原子形成的全部是单键，则是sp3杂化，如果是含有碳碳双键，则就是sp2杂化，如果含有碳碳三键，则就是sp杂化。
14. 【答案】B
【解析】
【详解】A．根据实验1中的现象可知，没有沉淀生成，故没有发生反应，A错误；
B．实验2中有沉淀及气体产生说明，钙离子结合了碳酸氢根电离产生的碳酸根离子，同时，碳酸氢根离子电离产生的氢离子和另一个碳酸氢根离子结合生成水和二氧化碳，B正确；
C．由实验1和2可知，当钙离子浓度较小时，不容易和碳酸根离子结合生成沉淀，故现象a不会出现沉淀，C错误；
D．由实验1和2可知，饱和氯化钙可以和碳酸氢钠反应生成沉淀和气体，不饱和的氯化钙溶液，无法反应，故不能用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液，D错误；
故选B。
第二部分 非选择题(共58分)
15. 【答案】（1） ①. Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH ②.
（2） ①. 3d9 ②. 共价键、配位键 ③. 共价键、氢键 ④. 降温
（3）在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色
（4） ①. CuCl ②.
【解析】
【小问1详解】
①向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，所以产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②为离子化合物，在水中电离生成和，其电离方程式是；
【小问2详解】
①Cu为29号元素，其基态原子价层电子排布式：3d104s1,则的价层电子排布式为3d9；
②根据图示可知，N的最外层电子数为5，则应形成3对共用电子对达到满8电子稳定结构，所以A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有共价键和配位键；氢原子与其它原子之间除了存在共价键以外，还和电负性较强的O原子形成了氢键，所以存在的作用力类型有共价键和氢键；
【小问3详解】
当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简单的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现配合物颜色由紫色变为橙色，故答案为：降低温度；
【小问4详解】
图中白球所在位置是顶点和面心，晶胞内原子个数为=4，黑球在晶胞内部，原子个数为4，所以化学式为AB型，即上述晶胞表示的是CuCl；则晶胞的质量为，则晶胞的密度=。
16. 【答案】（1） ① BaMnO4 ②. KOH
（2）
（3）溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色
（4）
（5）
【解析】
【分析】将KMnO4 和K2MnO4共存液20mL于烧杯中，加入过量Ba(OH)2溶液，KMnO4不反应，，所以第Ⅰ步的滤液为KMnO4、KOH、Ba(OH)2，加入KI和浓硫酸，中和反应，，及，用Na2S2O3滴定时，，用淀粉作指示剂，观察到现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色则说明到达滴定终点，以此分析；
【小问1详解】
根据分析，灰绿色沉淀时BaMnO4，生成的另一种产物是KOH；
故答案为：BaMnO4；KOH；
【小问2详解】
根据分析，Ⅱ中发生的反应，，；
故答案为：；；
【小问3详解】
根据分析，滴定终点现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
【小问4详解】
在酸性条件下，碘离子易易发生氧化反应，；
故答案为：；
【小问5详解】
高锰酸钾与锰酸钾均与硫代硫酸钠反应，，，高锰酸钾和锰酸钾共消耗，在第一份溶液中，高锰酸钾消耗的，则锰酸钾消耗的，根据反应式的关系，可知，；
故答案为：。
17. 【答案】（1）羧基 （2）取代反应
（3） （4） （5）
（6） +6H++6e- +2H2O
（7）
【解析】
【分析】A与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成B，结合A的分子式可知，A为乙酸，B为乙酸乙酯，根据信息①可知，2分子乙酸乙酯发生信息①中的反应生成D为，E发生氯苯的硝化反应生成F为，F与CH3OH在氢氧化钠加热条件下反应生成G为，G发生还原反应生成H为，H和D发生信息②中的反应生成J为，J反应生成K。
【小问1详解】
根据分析可知，A为乙酸，A中的官能团为羧基。
【小问2详解】
根据分析可知，E→F为氯苯的硝化反应，反应类型为取代反应。
【小问3详解】
B→D发生的是信息①中的反应，2分子乙酸乙酯反应生成和乙醇，化学方程式为。
【小问4详解】
X是D的同分异构体，1molX能与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明X中含有2个醛基，X中有3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：1：3，则X一定是对称结构，两个醛基中有两个氢原子，则X中一定有两个甲基，故X的结构简式为。
【小问5详解】
J为，P中有两个六元环，结合K的结构和P的分子式可知，P为，P发生消去反应生成Q为。
【小问6详解】
G→H为还原反应，则其电极反应为+6H++6e- +2H2O 。
【小问7详解】
根据题干信息，环己烯与酸性高锰酸钾反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOH，羧基与乙醇发生酯化反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3中醛基氧化生成HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3发生信息①的反应得到目标产物，合成路线为
18. 【答案】（1）过滤 （2）吸附少量有色有机物
（3）氧化性 （4）当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降
（5） ①. CuS ②. CuS ③. Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O
（6）除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵
（7）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，同时加入HCl防止镁离子水解
【解析】
【分析】水氯镁石加水溶解，操作1为过滤除去其中少量不溶物得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中加入活性炭吸附少量有色有机物，加入过量过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子得到脱色后的氯化镁饱和溶液。脱色后的氯化镁溶液中加入氨水将铁离子、铜离子、锰离子转化为氢氧化物沉淀，其中氢氧化锰先被氧化生成MnO(OH)2，MnO(OH)2进一步分解生成二氧化锰，最后加入硫化铵生成硫化铅沉淀同时氢氧化铜沉淀会转化成更难溶的硫化铜沉淀，得到氯化镁精制溶液，氯化镁精制溶液经蒸发浓缩冷却结晶得到球状氯化镁融雪剂。
【小问1详解】
根据分析可知，操作1名称为过滤。
【小问2详解】
活性炭具有吸附能力，其作用为吸附少量有色有机物。
【小问3详解】
部分有机物与H2O2反应脱氢，发生了氧化反应，在该反应中，过氧化氢表现出氧化性。
【小问4详解】
从第三小问可知，部分有机物被过氧化氢氧化从而脱色，当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降。
【小问5详解】
①根据分析可知，过滤得到的滤渣中除了氢氧化铁、二氧化锰还含有硫化铜。
②锰离子先与过氧化氢、一水合氨反应生成MnO(OH)2，MnO(OH)2分解生成二氧化锰，离子方程式为Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O。
【小问6详解】
将温度升高到90℃目的是除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵。
【小问7详解】
氯化镁精制溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，造粒得到球状氯化镁融雪剂，同时加入HCl防止镁离子水解。
19. 【答案】（1）
（2）相同气体流速下，溶液变蓝色所用时间不同
（3）
（4）
（5）溶液为为鲜草绿色
（6） ①. 还原 ②. 氧化
（7）1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失
【解析】
【分析】利用铜与浓硝酸反应生成的产物进行探究，通过对比实验，利用硝酸、蒸馏水、双氧水、尿素等设计不同介质条件下铜与之反应的现象进行分析，探究具有还原性、氧化性，与其核心元素化合价密切相关的原理。
【小问1详解】
铜片与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同，所以不仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立；
【小问3详解】
已知：总反应为；
第一步：；
第三步：；
将总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应：；
【小问4详解】
根据描述可知，HNO2参与反应，反应生成氮气，HNO2中氮元素化合价降低3，CO(NH2)2中氮元素化合价升高3，最小公倍数为3，结合氧化还原反应及质量守恒配平得反应；
【小问5详解】
向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后产生HNO2，再滴加溶液，现象是溶液为为鲜草绿色；
【小问6详解】
实验2-3和实验2-4分别是过氧化氢将氧化和尿素将还原，证明了具有还原性、氧化性，这与其核心元素化合价密切相关；
【小问7详解】
实验1-1和1-2的现象差异是因为1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失。2023北京通州高三（上）期中
化 学
2023年11月
本试卷共8页，100分．考试时长90分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回．
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23
第一部分
本部分共14小题，每题3分，共42分．在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．杭州亚运会火炬“薪火”以加入钠盐的零碳甲醇为燃料备受世界瞩目．下列说法不正确的是（ ）
A．火炬“薪火”点燃产生的黄色火焰，与碳的电子跃迁有关
B．火炬“薪火”燃料甲醇中的碳原子和氧原子都是杂化
C．火炬“薪火”金属材料部分采用的铝合金具有耐腐蚀、强度高等优点
D．火炬“薪火”所用的燃料零碳甲醇实现了资源化循环利用
2．下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．HClO的电子式： B．中子数为2的氢原子：
C．NaCl的晶胞： D．3p电子的电子云轮廓图：
3．某小组同学用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气后，按照净化、收集、性质检验和尾气处理的顺序进行实验，下列装置不能达到实验目的的是（ ）
A B
C D
4．下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．通过灼热铁粉：
B．用作抗胃酸药：
C．与反应：
D．通入酸性溶液中：
5．已知：．下列说法正确的是（ ）
A．分子为三角锥形，N发生杂化
B．和分子的共价键均是键
C．与HCl反应过程中有配位键的生成
D．可通过原电池将与HCl反应的化学能转化为电能
6．下列说法中，正确的是（ ）
A．化学键的键长和键能是相关的 B．共价键的成键原子只能是非金属原子
C．最外层电子数为2的元素都分布在s区 D．任何晶体中若含有阳离子就一定有阴离子
7．下列实验现象不能用平衡移动原理解释的是（ ）
将球浸泡在冷水和热水中 将20mL吸入注射器，活塞拉到不同位置
A B
C D
8．在其他条件不变的情况下，研究催化剂对化学反应速率的影响．在容积不变的密闭容器中，反应各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如右图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．与无催化剂相比，催化剂使反应活化能升高
B．增大催化剂的比表面积，化学反应速率不变
C．a曲线表示未使用催化剂时A的浓度随时间的变化
D．使用催化剂时，0~2min内
9．实验室里盛放和固体的试剂瓶丢失了标签，分别取1g固体置于两试管中，下列实验设计不一定能鉴别和的是（ ）
A．分别向两试管中滴入几滴水
B．将两试管分别加热，产生的气体通入澄清石灰水
C．向两试管分别加入5mL水，振荡后，滴入澄清石灰水
D．向两试管分别加入5mL水，振荡后，滴入溶液
10．2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念．
已知：
下列说法不正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热
B．的过程中，，
C．化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
D．断裂2mol和1mol中化学键所需能量大于断裂2mol中化学键所需能量
11．已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素．其中W是宇宙中含量最多的元素；X元素原子的价层电子排布式是；Y原子的价电子数与X相同；Z元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对．下列说法中正确的是（ ）
A．与分子的键角相等 B．元素Z与元素X形成不只一种化合物
C．元素Z形成的单质属于分子晶体 D．元素X形成的单质属于非极性分子
12．工业中可用碘硫循环法处理气体（如下图所示），同时实现零碳排放制氢和硫．下列说法正确的是（ ）
已知：
A．反应物B是
B．反应①方程式为
C．等压条件下，反应①②③反应热之和小于直接分解的反应热
D．碘硫循环法总反应热化学方程式为
13．的一种制备方法如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．加入的目的是富集
B．生成的沉淀通过转化可循环使用
C．当后，发生反应
D．加入铁粉发生的离子反应是
14．溶于一定量水中，溶液a呈浅棕黄色．加入少量浓HCl，溶液b较溶液a黄色加深．
已知：（黄色）；
浓度较小时（用表示）几乎无色
取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是（ ）
A．测溶液a的，证明发生了水解
B．向b中加入后，不会产生白色沉淀
C．向b中滴入KSCN溶液变血红色，说明的配位键稳定性大于
D．将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
第二部分
本部分共5题，共58分．
15．重金属汞的泄露易造成污染．
（1）如遇液态汞泄露，应采用硫粉处理，发生反应的化学方程式是______．汞泄露后主要以蒸气形态经呼吸道进入人体引起中毒现象，含巯基（―SH）的有机化合物二巯丙醇（结构如图I所示）是一种汞的解毒剂．
药理作用：金属汞进入体内后与细胞酶系统的巯基（―SH）结合，抑制酶的活性，出现中毒现象，药物的两个巯基可与金属汞结合，形成不易离解的无毒性化合物（结构如图Ⅱ所示）由尿排出．
（2）基态硫原子价层电子排布式是______．
（3）比较、的沸点，并说明理由______．
（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂，下列说法正确的是______．
a．在Ⅰ中S原子采取杂化
b．在Ⅱ中S元素的电负性最大
c．在Ⅲ中存在离子键与共价键
d．化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比，化合物Ⅰ水溶性较好
（5）经理论计算，汞可与锗（Ge）和锑（Sb）可形成一种潜在的拓扑绝缘材料，晶胞结构如下图所示．
①已知Ge分别位于晶胞的顶点、面上和体心处，该晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为______，该晶胞中的粒子个数比为Hg∶Ge∶Sb＝______．
②若该物质最简式的相对分子质量为M，则该晶体的晶胞密度为______．
16．氯化钠是化工产品的原料，工业中可借助电解法实现多种化工产品的制备．
资料：NaCl的熔点是801℃
Na的沸点是883℃
（1）工业中通过粗盐提纯获得氯化钠晶体，其硬度较大，难于压缩，其原因是______．
（2）工业中在580℃下电解熔融NaCl和的混合物冶炼金属钠，金属钠从______极析出，加入的目的是______．
采用如下装置电解饱和NaCl溶液．
（3）①要实现烧碱的制备，该装置还需添加______．
②改进后电解槽阳极和阴极气体产品通入反应塔中，可制备______．
③利用烧碱制备装置，调节pH＜3还可实现的制备，产生的电极反应方程式为______．
（4）利用该电解槽可实现NaClO的制备，生成NaClO的反应包括、、______（请写离子方程式）．
（5）工业上，利用该电解槽通过如下转化可制备晶体
反应Ⅰ中发生的化学反应方程式是______．
（6）结论：NaCl作为基础原料借助电解法可通过控制______获得不同产品．
17．氨是一种重要的化工原料，合成氨工艺在不断的探索和优化，已知：
化学键 N≡N H―H N―H
键能/ 946 436 391
（1）工业合成氨的热化学方程式是______．
（2）在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为______．
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．改变反应的活化能
德国化学家埃特尔对工业合成氨的机理进行了实证研究获得2007年诺贝尔化学奖．在某一温度时，各步反应能量变化如下图所示（*代表吸附中心）：
（3）反应历程中决速步骤反应的化学方程式是______．
（4）合成氨工艺全球年均消耗能源3.5亿吨，占能源供应总量的1%以上；排放超过4亿吨，占排放总量的约1.6%．请从分子结构角度解释工业合成氨的条件苛刻、耗能巨大的原因______．
（5）针对合成氨工业中高耗能问题，中国科学家研制了一种新型催化剂，将合成氨温度、压强降低到350℃、1MPa，从反应机理角度分析新型催化剂降低能耗的原因是______．
（6）针对合成氨中大量排放问题，某研究团队提出利用金属锂元素合成氨，流程如下图所示．
①冶炼金属锂的化学方程式是______．
②合成氨过程中发生非氧化还原反应，此步反应的化学方程式是______．此方案中可循环利用的物质是______．
18．以钛铁矿（主要含钛元素化合价为+4）为原料制备铵铁蓝的一种流程示意图如下．
已知：铁铁矿遇酸以形式存在于溶液中，且易水解为
（1）钛铁矿粉碎的目的是______．
（2）请结合化学用语解释向酸浸液中加入“生铁”的目的是______．
（3）滤渣中的主要成分是______．
（4）在“沉铁”步骤产生的白色沉淀．中Fe的化合价是______．
（5）流程中的作用是______，该步发生反应的离子方程式是______．
（6）铵铁蓝溶液的颜色受铵铁蓝溶液中游离时的质量分数影响，的质量分数越高，铵铁蓝的颜色越鲜艳，铵铁蓝制备中的质量分数受条件影响如下图所示：
浓度对质量分数的影响
“沉铁”步骤中混合溶液pH对质量分数的影响
要得到颜色鲜艳的铵铁蓝还需控制的条件是______．
19．某小组实验探究铜与浓硫酸的反应．
资料：i．（极浅蓝色）
ii．硫化铜和硫化亚铜常温下都不溶于稀盐酸，易溶于浓盐酸
iii．单质硫不溶于水，微溶于酒精
iv．在干燥环境（浓）中较为稳定
（1）浓与Cu制备的化学方程式是______．
（2）上述实验中能证明浓硫酸中硫酸分子的氧化性强于氢离子的实验证据是______．
实验过程中，小组同学按加热时间分为三个阶段，记录实验现象如下：
反应阶段 阶段一（加热初期） 阶段二（继续加热） 阶段三（加热后期）
实验现象 铜丝表面逐渐变黑，溶液接近无色，无气体生成． 大量刺激性气体产生，溶液变为墨绿色，试管底部产生灰白色沉淀． 试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液变为浅蓝，灰白色沉淀增多．
（3）经检验阶段一中铜丝表面逐渐变黑的产物为，请从物质性质和结构角度解释产生原因是______，发生的主要反应化学方程式是______．
小组同学为探究实验中产生的沉淀，设计如下实验方案．
（4）实验①中可观察到的实验现象是______．
（5）请用化学用语描述实验④中溶液由浅蓝色变为深蓝色的原因______．
（6）通过上述实验验证可知，铜与浓硫酸反应后生成的沉淀主要成分有______．
参考答案
第一部分 选择题（共42分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 A B D A C A C D C D B D C B
第二部分 非选择题（共58分）
15．（9分）
（1） （2）
（3），和均为分子晶体，分子间有氢键．
（4）ac
（5）①4 1∶1∶2 ②（或）
16．（13分）
（1）氯化钠是离子晶体，离子晶体存在着较强的离子键
（2）阴 助溶剂，降低氯化钠的熔点，节能减耗，防止钠的挥发
（3）①阳离子交换膜 ②盐酸
（3）
（4）
（5）
（6）离子交换膜、pH、温度、溶剂
17．（12分）
（1）
（2）a
（3）
（4）N≡N的键能为946kJ/mol，断裂化学键所需能量极高，活化分子十分困难，在高温高压条件下提高了活化分子百分数．
（5）更大程度降低了反应活化能，降低催化剂活性适宜温度
（6）①
② LiOH
18．（10分）
（1）增大固液接触面积，加快反应速率，提高钛铁矿的利用率
（2）还原酸浸液中的
（3）
（4）+2
（5）氧化剂，将氧化为
（6）浓度控制，“沉铁”步骤中混合溶液pH＝3
19．（14分）
（1）
（2）品红溶液褪色
（3）加热初期温度较低导致浓硫酸氧化性不够强，将Cu氧化为，且价层电子排布为，在干燥环境（浓）中较为稳定
（4）沉淀逐渐溶解，产生大量红棕色气体
（5）（深蓝色）
（6）、、和S2023北京大兴高三（上）期中
化 学
2023.11
考生须知 1．本试卷共8页，共19道小题，满分100分．考试时间90分钟． 2．在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答．
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Se 79
第一部分 选择题（共42分）
本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．化学材料在人类社会发展中起着重要作用．下列关于几种含碳材料的说法不正确的是（ ）
①金刚石 ②石墨 ③碳纳米管 ④
A．①属于共价晶体 B．②中碳原子是杂化
C．③碳纳米管属于胶体 D．④间的作用力是范德华力
2．下列物质中，由极性键构成的非极性分子是（ ）
A． B． C． D．
3．下列关于物质分类不正确的是（ ）
A．二氧化硫——酸性氧化物 B．氨水——弱电解质
C．碳酸氢钠——酸式盐 D．氯化铁——强酸弱碱盐
4．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．―OH的电子式： B．分子的空间结构模型：
C．基态S原子的电子排布式： D．顺-2-丁烯的分子结构模型：
5．用表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．Fe的摩尔质量是56g B．0.2mol分子中含有的电子数目为
C．溶液中数目为 D．标准状况下，11.2L的物质的量为0.5mol
6．下列说法不正确的是（ ）
A．油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
B．油脂氢化后产生的人造脂肪中碳原子为、杂化
C．核苷酸是组成核酸的基本单元，核苷酸水解可得到磷酸、戊糖和碱基
D．乙醇、苯酚等作为消毒防腐剂可以使微生物的蛋白质变性，达到消毒目的
7．胆矾（）可以写成，其结构片断如下．下列说法中不正确的是（ ）
A．基态的价层电子排布式是 B．的VSEPR模型名称是正四面体
C．胆矾中与的作用力是氢键 D．胆矾中是中心离子，配位数是5
8．下列事实不能用氢键解释的是（ ）
A．氨气极易溶于水
B．氯气比氯化氢更易液化
C．邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛的沸点低
D．在冰的晶体中，每个水分子周围紧邻的水分子数目小于12
9．下列化学方程式书写不正确的是（ ）
A．用溶液制备胶体：
B．向溶液中滴加溶液至中性：
C．过量铁粉与稀反应：
D．苯酚与甲醛在浓盐酸催化下反应：
10．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＜Y B．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
11．用下图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A B C D
检验乙炔具有还原性 检验溴乙烷水解产物中含有 制备并接收乙酸乙酯 证明酸性： 盐酸＞碳酸＞苯酚
12．阿司匹林是一种常用的解热镇痛药，由阿司匹林改造而成的长效缓释阿司匹林疗效更佳．由水杨酸到长效缓释阿司匹林的转化过程如下（转化条件已省略），下列说法不正确的是（ ）
A．水杨酸能与Na、NaOH、、、乙醇等发生反应
B．阿司匹林可以由水杨酸与乙酸酐（）反应制得
C．水杨酸转化为阿司匹林可以使其酸性降低，减小对胃的刺激
D．长效缓释阿司匹林由三种单体通过缩聚反应而合成
13．对下列事实的解释不正确的是（ ）
选项 事实 解释
A 苯不能与溴水反应，苯酚能与溴水反应 受羟基影响苯环变得活泼
B O―H中H原子的活泼性： 受苯环影响，苯酚分子中的O―H比乙醇分子中的O―H更易断裂
C HF、HCl、HBr、HI稳定性依次减弱 分子间作用力依次减弱
D 熔点：金刚石＞碳化硅＞硅 键能：C―C＞C―Si＞Si―Si
14．由乙炔和甲醛合成生物可降解塑料PBS（）的路线如下（部分条件已省略）．
下列说法中，不正确的是（ ）
A．乙炔和甲醛通过加成反应合成A
B．A→B转化中含氧官能团发生了改变
C．A中存在π键且A、C互为同分异构体
D．B+D→PBS的反应为：
第二部分 非选择题（共58分）
15．（12分）Q、W、X、Y、Z是前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下：
元素 原子结构（或元素性质）
Q 基态原子有5个原子轨道填充电子，并且有3个未成对电子
W 基态原子的2p轨道有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反
X 最高价氧化物对应的水化物呈两性
Y 基态原子的价层电子排布式为
Z 与W同一主族
按要求回答下列问题．
（1）基态Q原子的轨道表示式为______．
（2）的空间结构为______形．
（3）下列关于元素W、Z单质及其化合物的性质比较中，正确的是______．
a．沸点：HZ＞HCl＞HW
b．熔点：NaW＞NaCl＞NaZ
c．向NaZ溶液中滴加氯水，溶液变黄，氧化性：
（4）将通入溶液中，溶液变黄，该反应的离子方程式为______．
（5）的酸性大于的，从化学键极性的角度解释原因：______．
（6）Q元素的简单氢化物极易溶于水，其水溶液A呈碱性．
①用化学用语表示溶液A呈碱性的原因：______．
②写出X元素的氯化物与溶液A反应的离子方程式______．
16．（10分）卡托普利是常用的降压药物，其合成路线如下：
已知：①（、为烃基）
②
（1）A的核磁共振氢谱只有一组峰，A中的官能团是______．
（2）B→C转化的化学方程式是______．
（3）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式______．
①存在顺反异构 ②能发生银镜反应且能水解
（4）物质H的结构简式是______．
（5）M→N转化中的作用是______．
（6）E和N在一定条件下生成P的化学方程式为______．
（7）已知巯基（―SH）具有弱酸性，易被氧化，则关于卡托普利的说法正确的是______．
a．分子式为 b．分子中含有手性碳原子
c．分子中C原子和N原子均为杂化 d．1mol卡托普利能与3mol NaOH溶液反应
17．（12分）硒（Se）是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题．
（1）Se在元素周期表中的位置是______，位于______区．
（2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为______（填化学式）．
（3）已知与的部分性质如下表：
物质 状态（常温） 熔点
固体 340―350℃
气体 ―75.5℃
根据X射线衍射分析，晶体为下图1所示的长链状结构，请解释与熔点差异较大的可能原因______．
图1 图2
（4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图2所示．“依布硒”中Se原子的杂化类型为______，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为______．
（5）亚硒酸氢钠（）可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等．
预测，可能的化学性质并说明预测依据______（写一条即可）．
（6）Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图3所示．（相对原子质量：Li 7 Fe 56 Se 79）
①该超导材料的化学式为______；距离Se原子最近的Fe原子的个数为______．
②晶胞的部分参数如图3所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为______（；阿伏加德罗常数的值为，用含a、b和的式子表示）．
18．（11分）绿矾（）可用作除草剂、净水剂或抗贫血药等．某研究小组利用工业制硫酸的硫铁矿烧渣（主要成分为、和，不考虑其他杂质）制备绿矾，其简易流程如下（反应条件略）．
请回答下列问题．
（1）步骤Ⅰ中，酸浸前将硫铁矿烧渣粉碎，其目的是______；写出与反应的离子方程式______．
（2）步骤Ⅱ中，用活化硫铁矿（）还原（不考虑其他反应）．
①补齐该反应的离子方程式：
②为了检验是否被完全还原，小组同学的操作和现象是______．
（3）步骤Ⅲ中，加调溶液pH到5.8左右，随后在步骤Ⅳ中通入空气，使溶液的pH降到5.2，用离子方程式表示步骤Ⅳ中通入空气使溶液pH降低的原因______．
表1 溶液中金属离子（c＝0.01mol/L）开始沉淀和沉淀完全的pH（20℃）
金属离子
开始沉淀时的pH 2.2 3.7 7.5
沉淀完全时的pH 3.2 4.7 9.0
（4）步骤Ⅴ是将滤液加热浓缩至一定浓度，保持温度在20℃，用硫酸调pH约为2，加入一定量的乙醇，有晶体析出．结合图1中数据和分子极性相关知识，分析加入乙醇促进晶体析出的原因______．
图1 不同温度下的溶解度
19．（13分）埃替拉韦（J）是一种常用的消炎药，它的一种合成路线如下图：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．（为或OH）
（1）B的结构简式是______．
（2）写出C→D的化学反应方程式______．
（3）E中官能团：______、______．（填名称）．
（4）D+G→H的反应类型是______．
（5）下列说法正确的是______（填序号）．
a．D存在顺反异构
b．H中碳原子以、杂化成键
c．与E含有相同官能团且含有苯环的同分异构体有三种（除E外）
（6）由H合成J的路线如下：
已知：
（ⅰ）②中物质K的结构简式为______．
（ⅱ）对比Q和J的结构，判断Q中C―F键的活性：键1______．键2（填“＞”“＝”“＜”）．
（ⅲ）L→M的转化在后续合成中的目的是______．
参考答案
第一部分 选择题（共42分）
本部分共14小题，每小题3分，共42分．
题号 l 2 3 4 5 6 7
答案 C D B C B A D
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 B C D A D C B
第二部分 非选择题（58分）
15．（12分）（1）（1分） （2）三角锥形（1分） （3）b c（2分）
（4）（2分）
（5）三氟乙酸中氟的电负性比较大，吸电子能力强，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性增大，更易电离出．（2分）
（6）①（2分）
②（2分）
16．（10分）（1）羰基或（1分）
（2）（2分）
（3）（写成顺式或反式均可得分）（1分）
（4）（1分） （5）还原剂（1分）
（6）（2分）
（7）a b d（2分）
17．（12分）（1）第 四 周期 ⅥA 族，p区（各1分，共2分）
（2）（1分）
（3）与均为分子晶体，相对分子质量链状比大的多，故分子间作用力更大
（4），N＞O＞Se；（各1分，共2分）
（5）因为Se元素是+4价，既可以升高又可以降低，所以具有氧化性和还原性；
或是酸式盐，可以与碱反应．其他合理答案酌情给分．
（6）①，4；（各1分，共2分）
②
18．（11分）（1）增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高原料的利用率．（1分）
（2分）
（2）①（2分）
②过滤前取少量清液于试管中，向其中滴加几滴KCN溶液，观察溶液颜色是否呈红色．（2分）
（3）［或者分步写：，］（2分）
（4）20℃晶体在水中的溶解度仍然较大，难以结晶，加入乙醇，降低溶剂的极性，减小晶体的溶解度，利于结晶．（得分点）（2分）
19．（13分）（1）（2分）
（2）（2分）
（3）碳氟键 羧基（2分） （4）取代反应（1分） （5）a b（2分）
（6）（ⅰ）（2分） （ⅱ）＜（1分） （ⅲ）保护―OH（1分）2023北京汇文中学高三（上）期中
化 学
一、本部分有14小题，每题只有1个正确选项，每题3分
1．近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（　　）
A．“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料——钛合金
B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓
C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢
D．“C919”飞机机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂
2．化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（　　）
A B C D
酸性重铬酸钾用于检测酒精 铝粉与强碱溶液反应放热 以饱和食盐水、NH3、CO2为原料生产纯碱 氯气与烧碱反应制备“84”消毒液
A．A B．B C．C D．D
3．下列有关物质的性质与用途的叙述中，对应关系不正确的是（　　）
A．明矾易水解，可用作净水剂
B．NH3易液化，可用作制冷剂
C．SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆
D．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂
4．阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下28g乙烯中含有的σ键数目为5NA
B．电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
5．下列事实不能用元素周期律解释的是（　　）
A．电负性：N＜O＜F
B．碱性：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜NaOH
C．稳定性：HI＜HBr＜HCl
D．酸性：H2SiO3＜H2SO3＜HClO4
6．物质性质与其结构密切相关，下列比较中不正确的是（　　）
A．在CS2中的溶解性：H2O＜CCl4
B．熔点：MgO＞MgCl2＞NaCl
C．硬度：晶体硅＞碳化硅
D．物质的酸性：CH3COOH＜CF3COOH
7．下列方程式与所给事实不相符的是（　　）
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4（s）+ CaCO3（s）+
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH﹣+2═CaCO3↓++2H2O
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
8．高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图，下列说法不正确的是（　　）
A．试剂a是甲醇
B．化合物B不存在顺反异构体
C．化合物C的核磁共振氢谱有一组峰
D．合成M的聚合反应是缩聚反应
9．下列制备物质的转化关系不合理的是（　　）
A．制HNO3：N2→NH3→NO→NO2→HNO3
B．制H2SO4：S→SO2→SO3→H2SO4
C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOH
D．制Mg：海水→Mg（OH）2→MgCl2溶液Mg
10．2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径：W＜X
B．氢化物的沸点：W＜Z
C．X的最高价氧化物的水化物能与强碱反应
D．Y单质可用做半导体材料
11．利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是（　　）
a中反应 b中检测试剂及现象
A 浓HNO3分解生成NO2 淀粉﹣KI溶液变蓝
B Cu与浓H2SO4生成SO2 品红溶液褪色
C 浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3 酚酞溶液变红
D CH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色
A．A B．B C．C D．D
12．常温下，向新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的OH﹣浓度与NaOH溶液体积之间的关系如图所示。下列推断不正确的是（　　）
A．E、F点溶液的pH分别为3和7
B．F点对应的溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）
C．G点对应的溶液中：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．F～H点对应的溶液中，c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（HClO）+2c（Cl2）为定值
13．二次电池液体锌电池具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是（　　）
A．放电过程中，H+由正极向负极迁移
B．放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
C．充电时，左侧电极连接外电路直流电源的正极
D．充电时，阴极的电极反应：Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣
14．某温度时两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g） 2NO（g）+O2（g）ΔH＞0。实验测得：v正（NO2）＝k正c2（NO2），v逆（NO）＝k逆c2（NO） c（O2），k正、k逆为速率常数，只受温度影响。
容器 编号 起始浓度（mol L﹣1） 平衡浓度（mol L﹣1）
c（NO2） c（NO） c（O2） c（O2）
Ⅰ 0.6 0 0 0.2
Ⅱ 0.6 0.1 0
下列说法不正确的是（　　）
A．升高温度，该反应的化学平衡常数增大
B．Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%
C．Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＞0.2mol L﹣1
D．该反应的化学平衡常数可表示为K＝
二、非选择题共58分
15．（11分）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现NOx的净化
①比较N、O元素第一电离能：N 　 　O（填“＞”或“小于”）。
②光催化还原NOx可得到N2，从结构角度分析N2性质稳定的原因 　 　。
③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是 　 　形。
（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一。
比较甲醇分子中H﹣C﹣H与C﹣O﹣H的键角大小并解释原因 　 　。
（3）光催化可降解苯酚（C6H5OH）。在紫外光的作用下催化剂表面有 OH（羟基自由基）生成， OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的方程式为 　 　。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如图所示，边长均为anm（1nm＝10﹣7cm）。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为 　 　。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的个数是 　 　。
③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 　 　g cm﹣3。
16．（10分）三氯化六氨合钴（[Co（NH3）6]Cl3）为橙黄色晶体，实验室制备过程如下：
Ⅰ．将6gCoCl2 6H2O晶体和4gNH4Cl加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；
Ⅱ．加入13.5mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴加入13.5mL5%H2O2溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min。用冰浴冷却，过滤得粗产品；
Ⅲ．将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，_____，向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；
Ⅳ．先用冷的2mol L﹣1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
（1）[Co（NH3）6]Cl3中Co3+的基态价电子排布式为 　 　。
（2）CoCl2遇浓氨水生成Co（OH）2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，结合电离平衡解释原因：　 　。
（3）溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是 　 　。
（4）补全Ⅲ中的操作：　 　。
（5）沉淀滴定法测定产品中Cl﹣的质量分数：
ⅰ．准确称取agⅣ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；
ⅱ．滴加少量K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol L﹣1AgNO3溶液滴定至终点；
ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为vmL。
已知：Ksp（AgCl）＝10﹣9.75；Ksp（Ag2CrO4）＝10﹣11.7。
①滴定终点的现象是出现橙色的Ag2CrO4沉淀，若此时溶液中Cl﹣为10﹣6mol/L，则溶液中指示剂K2CrO4的浓度不低于 　 　mol/L。
②制备的晶体中Cl﹣的质量分数是 　 　（列出计算式）。
17．（13分）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如图：
已知：
（1）A为芳香烃，其名称是 　 　。
（2）A→B的反应类型是 　 　。
（3）C能发生银镜反应，B→C的化学方程式是 　 　。
（4）F→G中所用的物质a的分子式是 　 　。
（5）F中含有的官能团是 　 　。
（6）Ⅰ能与NaHCO3反应生成CO2，D+I→J的化学方程式是 　 　。
（7）①K分子中有 　 　个手性碳原子。
②芳香化合物L的结构简式是 　 　。
（8）还可用A为原料，经如下“电化学氧化工艺流程”合成C，反应器中由A生成C的离子方程式是 　 　。
18．（12分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的污水处理剂。
（1）K2FeO4的制备
①ⅰ中反应的离子方程式是 　 　。
②将ⅱ中反应的离子方程式补充完整：　 　
□Fe3++□OH﹣+□ClO﹣═□□____+□____
③ⅲ中反应能够发生是因为溶解度：Na2FeO4　 　K2FeO4（填“＞”或“＜”）。
（2）K2FeO4的性质
ⅰ．将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡（O2），液体有丁达尔效应。
ⅱ．将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。
ⅲ．将K2FeO4固体溶于稀硫酸中，产生无色气泡的速率明显比ⅰ快。
①K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是 　 　。
②K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是 　 　。
（3）K2FeO4的应用
K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮（将转化为N2）处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如图所示：
①脱氮的最佳pH约为8，pH小于8时，脱氮效果随pH减小而减弱，结合转化为N2的氧化反应分析原因：　 　。
②pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：　 　。
19．（12分）研究小组探究高铜酸钠（NaCuO2）的制备和性质。
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。
【实验Ⅰ】向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。
（1）CuCl2溶液显酸性，用离子方程式解释原因：　 　；制备时滴加的CuCl2溶液不宜过量。
（2）探究棕黑色沉淀的组成。
【实验Ⅱ】将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。
①另取少量固体b进行实验，证实了固体中钠元素的存在，实验操作的名称是 　 　。
②经进一步检验确认棕黑色固体是NaCuO2。
NaCuO2与稀H2SO4反应的离子方程式是 　 　。
（3）探究实验条件对NaCuO2制备的影响。
【实验Ⅲ】向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。
①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl﹣反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：　 　。
②探究继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl﹣的原因。
ⅰ．提出假设1：c（Cl﹣）增大，Cl﹣的还原性增强。实验证明假设成立。
操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，　 　。
ⅱ．提出假设2：　 　，经证实该假设也成立。
【实验Ⅳ】向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体能使带火星木条复燃但不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（4）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是 　 　。
（5）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、　 　溶液和 　 　溶液。
参考答案
一、本部分有14小题，每题只有1个正确选项，每题3分
1．【分析】金属材料的是指金属单质及其合金，据此进行分析。
【解答】解：A．合金都是金属材料，所以钛合金属于金属材料，故A正确；
B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓是化合物，不是金属材料，故B错误；
C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢是非金属单质，故C错误；
D．“C919”飞机机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂，属于复合材料，不属于金属材料，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质组成、性质和应用是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，题目难度不大。
2．【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．酸性重铬酸钾用于检测酒精，利用酒精的还原性将+6价铬还原成+3价，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故A错误；
B．铝粉与强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气放热，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故B错误；
C．以饱和食盐水、NH3、CO2为原料生产纯碱是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应过程中无元素化合价变化，与氧化还原反应无关，故C正确；
D．氯气与烧碱反应制备“84”消毒液，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，是氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的判断，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念及特征即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
3．【分析】A．明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附性强；
B．液氨汽化吸收大量的热，能使环境温度降低，具有制冷作用；
C．SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆；
D．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂。
【解答】解：A．明矾电离产生的铝离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中固体杂质颗粒而净水，故A正确；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用于制冷剂，与NH3易液化有关，故B正确；
C．SO2能与某些有色物质反应生成无色物质，表现出漂白性，可用来漂白纸浆，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，浓硫酸作干燥剂与其脱水性无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
4．【分析】A．求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含5条σ键来分析；
B．阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液；
C．依据n＝＝计算；
D．SO2和O2的催化反应为可逆反应。
【解答】解：A．28g乙烯的物质的量为1mol，而乙烯中含5条σ键，故1mol乙烯中含5NA条σ键，故A正确；
B．阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液，则阳极Cu转化为Cu2+的质量小于32g，故B错误；
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为：×NAmol﹣1＝0.1NA，故C错误；
D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，所以密闭容器中，2 molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2mol，数目大于2NA，故D错误，
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的运用和物质结构特点的掌握。
5．【分析】A．非金属性越强，电负性越大；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
C．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强；
D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
【解答】解：A．非金属性：F＞O＞N，电负性：F＞O＞N，故A正确；
B．金属性：Na＞Mg＞Al，则碱性：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜NaOH，故B正确；
C．非金属性：I＜Br＜Cl，则稳定性：HI＜HBr＜HCl，故C正确；
D．非金属性：Si＜S＜Cl，则酸性：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查元素周期律的应用，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，题目难度不大。
6．【分析】A．相似相溶原理分析判断；
B．离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，离子晶体熔点越高；
C．原子半径越小，键长越短，键能越大，共价晶体硬度越大；
D．分子中含强吸引电子的基团，能使﹣OH中氢原子活泼性增强。
【解答】解：A．CS2和CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，相似相溶可知，在CS2中的溶解性：H2O＜CCl4，故A正确；
B．MgO、MgCl2、NaCl都为离子晶体，阳离子半径：Mg2+＞Na+，阴离子半径：Cl﹣＞O2﹣，Mg2+、O2﹣为二价离子，Na+、Cl﹣为一价离子，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，离子晶体熔点越高，故熔点：MgO＞MgCl2＞NaCl，故B正确；
C．晶体硅、碳化硅都为共价晶体，C原子半径比Si原子小，C﹣Si键键长比Si﹣Si键键长短，C﹣Si键键能更大，碳化硅晶体的硬度更大，故C错误；
D．CF3COOH分子中含F原子电负性最大，吸引电子能力强，使得羟基活泼，更易电离，溶液酸性强，室温下，酸性：CH3COOH＜CF3COOH，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶体性质，分子晶体的溶解性、共价晶体的硬度、离子晶体的熔点比较、物质的酸性等知识，注意把握规律，题目难度中等。
7．【分析】A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，实现硫酸钙转化为易溶于酸的碳酸钙；
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，二者反应生成CaCO3、NaOH和H2O；
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂，高温反应生成液态铁和氧化铝，用于焊接钢轨；
D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气。
【解答】解：A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，实现硫酸钙转化为易溶于酸的碳酸钙，离子方程式为：CaSO4（s）+（aq） CaCO3（s）+（aq），故A正确；
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，二者反应生成CaCO3、NaOH和H2O，离子方程式为Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故B错误；
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂，高温反应生成液态铁和氧化铝，2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，用于焊接钢轨，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式依次为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，过氧化钠为淡黄色固体，氢氧化钠、碳酸钠为白色固体，故D正确；
故选：B。
【点评】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、离子检验、物质的制备、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。
8．【分析】CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH＝CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2＝CH﹣O﹣CH3和由此可知B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。
【解答】解：A．根据分析，试剂a 为CH3OH，名称是甲醇，故A正确；
B．化合物B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子团不同时能形成顺反异构，B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故B正确；
C．化合物C为，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；
D．聚合物M是由CH2＝CH﹣O﹣CH3和的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构进行分析，熟练运用官能团的结构与性质，较好的考查学生分析推理能力、自学能力与迁移运用能力，难度中等。
9．【分析】A．氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；
B．硫燃烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸；
C．海水淡化后能得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；
D．该反应为从海水中提取金属镁的流程，电解的应该是熔融氯化镁。
【解答】解：A．氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，通过该生产流程可制备硝酸，故A正确；
B．硫燃烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故B正确；
C．水淡化后能得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，所以在给定条件下，能够完成几种物质之间的转化，故C正确；
D．要电解能到金属镁，需要电解熔融氯化镁，用氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，故D错误；
故选：D。
【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于化学与工业生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
10．【分析】W、X、Y、Z 为短周期主族元素，由它们在周期表中的位置可知，W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，而W 与 X 的最高化合价之和为 8，则X处于ⅢA族、W处于ⅤA族，故X为Al、W为N、Y为Si、Z为P。
【解答】解：由分析可知，X为Al、Y为Si、W为N、Z为P。
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径W＜X，故A正确；
B．氨气分子间由氢键相互作用，而磷化氢则是分子间仅有范德华力相互作用，使得磷化氢的分子间作用力较弱，易于被克服，所以磷化氢的沸点比氨气低，故B错误；
C．氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应，故C正确；
D．非金属硅常用作半导体材料，故D正确，
故选：B。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，熟练掌握元素周期表与元素周期律，熟记常见元素在周期表中位置，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
11．【分析】A．硝酸、NO2都能氧化KI生成I2；
B．SO2能使品红溶液褪色；
C．酚酞遇碱变红色；
D．丙烯和溴水发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色。
【解答】解：A．硝酸具有挥发性，生成的NO2中含有HNO3，硝酸、NO2都能氧化KI生成I2，所以根据实验现象不能判断A中有NO2生成，故A错误；
B．SO2能使品红溶液褪色，浓硫酸、CuSO4都没有挥发性，所以可以根据品红溶液褪色判断有SO2生成，故B正确；
C．酚酞遇碱变红色，浓NaOH溶液、NH4Cl都没有挥发性，二者反应生成的NH3溶于水得到一水合氨，一水合氨电离出OH﹣而使酚酞溶液变红色，所以可以根据b中现象判断a中有氨气生成，故C正确；
D．丙烯和溴水发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色，挥发出的乙醇和溴水不反应，所以可以根据b中现象判断a中有丙烯生成，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意排除干扰因素，题目难度不大。
12．【分析】A．F点溶液中溶质为过量氯水、NaCl、NaClO，F点对应的溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+）；
B．F点对应的溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒关系分析判断；
C．G点完全反应生成等浓度的NaCl、NaClO，溶液呈碱性，ClO﹣水解，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+）、c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），结合物料守恒分析；
D．根据Cl原子守恒分析判断。
【解答】解：A．E点溶液呈酸性，水电离c（H+）＝10﹣11mol/L，即溶液中c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣3mol/L，pH＝3，F点溶液中溶质为过量氯水、NaCl、NaClO，F点对应的溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），pH＝7，故A正确；
B．F点对应的溶液中溶质为NaCl、NaClO和Cl2、HCl、HClO等，电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（ClO﹣），溶液溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），则c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故B正确；
C．G点完全反应生成等浓度的NaCl、NaClO，溶液呈碱性，ClO﹣水解，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），物料守恒c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（HClO），则c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D．E～H点对应的溶液中存在Cl原子守恒，即c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（HClO）+2c（Cl2）＝2c（Cl2）起始，为定值，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，明确曲线上各点溶质的成分及性质为解答关键，注意掌握溶液中守恒关系式及盐水解原理的应用，侧重考查学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
13．【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成Zn（OH）42﹣，负极电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。
【解答】解：A．原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故A错误；
B．液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故B正确；
C．充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，即左侧电极连接外电路直流电源的正极，故C正确；
D．原电池负极反应为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。
14．【分析】A．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行；
B．根据O2的改变量计算NO2的消耗量，转化率＝×100%；
C．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了0.1mol/LNO，生成物浓度增大，平衡逆向移动；
D．反应达到平衡时v正＝v逆，结合速率方程计算。
【解答】解：A．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，该反应的平衡常数增大，故A正确；
B．平衡时△c（O2）＝0.2mol/L，根据方程式，△c（NO2）＝2△c（O2）＝0.4mol/L，所以Ⅰ中NO2的平衡转化率为×100%≈66.7%，故B正确；
C．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了0.1mol/LNO，生成物浓度增大，平衡逆向移动，则c（O2）＜0.2 mol/L，故C错误；
D．反应达到平衡时v正＝v逆，则k正c2（NO2 ）＝k逆c2（NO） c（O2 ），大于平衡常数K＝＝，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格数据的应用、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
二、非选择题共58分
15．【分析】（1）①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大；原子轨道中电子处于全空、全满、半满时较稳定，失去1个电子所需能量较高；
②氮气分子中存在N≡N；
③中N原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，没有孤电子对；
（2）孤电子对与成键电子对间存在斥力；
（3） OH可将苯酚氧化为H2O和CO2；
（4）①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2；
②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右；
③Ti原子位于顶点，个数为8×＝1，O原子位于棱心，个数为12×＝3，1个Co原子位于体心，晶胞质量为g＝g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。
【解答】解：（1）①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大，N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N＞O，
故答案为：N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N＞O；
②氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定，化学性质稳定，
故答案为：氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定；
③中N原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
（2）甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H﹣C﹣H的键角大于C﹣O﹣H的键角，
故答案为：甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H﹣C﹣H的键角大于C﹣O﹣H的键角；
（3） OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，反应的化学方程式为：C6H6O+28 OH→6CO2+17H2O，
故答案为：C6H6O+28 OH→6CO2+17H2O；
（4）①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2，价层电子轨道表示式为，
故答案为：；
②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右，共6个，
故答案为：6；
③Ti原子位于顶点，个数为8×＝1，O原子位于棱心，个数为12×＝3，1个Co原子位于体心，晶胞质量为g＝g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，晶体密度ρ＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构与晶体结构，涉及价电子排布式、电离能比较、键角比较、化学键的分析和晶胞结构与计算等，其中用均摊法计算晶胞是解题难点，题目难度中等。
16．【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co（NH3）6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3 H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol L﹣1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
【解答】解：（1）[Co（NH3）6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为﹣1价，则Co的化合价是+3价，
故答案为：+3；
（2）加入NH4Cl使溶液中的浓度增大，抑制NH3 H2O的电离，使溶液中的c（OH﹣）降低，避免生成Co（OH）2沉淀，
故答案为：抑制NH3 H2O的电离，使溶液中的c（OH﹣）降低，避免生成Co（OH）2沉淀；
（3）由分析可知：溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是2CoCl2+10NH3 H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O，
故答案为：2CoCl2+10NH3 H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O；
（4）由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，
故答案为：趁热过滤、冷却；
（5）①滴定终点的现象是出现橙色的Ag2CrO4沉淀，若此时溶液中Cl﹣为10﹣6mol/L，则溶液中指示剂K2CrO4的浓度＝×c2（Cl﹣）＝×（10﹣6）2mol/L＝10﹣4.2mol/L，
故答案为：10﹣4.2；
②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl﹣物质的量之比为1：1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×vmL×10﹣3＝cv×10﹣3mol，则25mL溶液中Cl﹣物质的量为cv×10﹣3mol，25mL溶液中Cl﹣的质量为：m＝n×M＝cv×10﹣3mol×35.5g/mol＝35.5cv×10﹣3g，则100g溶液中Cl﹣的质量为：4×35.5cv×10﹣3g，故质量分数为：×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息及操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。
17．【分析】A的分子式为C7H8，（1）中A为芳香烃，则A为，结合B的分子式可知A与氯气在光照条件下发生甲基上二元取代生成B，故B为，B在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应，结合已知中2个羟基之间脱去1分子水形成醛基，可知C为，对比H、K的结构简式，结合D、I、J的分子式及反应条件，（6）中Ⅰ能与NaHCO3反应生成CO2，可知H→I的过程中苯环被氧化断裂产生2个羧基，C→D的过程中﹣CHO转化为﹣CH2NH2，D+I→J的过程是羧基与氨基之间脱水形成K中五元环，而J→K的过程中是J中含氮六元环与氢气加成生成K，故I为 、D为、J为，由E、F的分子式，结合G的结构简式，可知E为CH2＝CHCH3、F为CH2＝CHCHO，在催化剂作用下CH2＝CHCH3与氧气发生催化氧化反应生成CH2＝CHCHO，CH2＝CHCHO与 试剂a发生加成反应生成，则a为 ，在一定条件下转化为 ；结合M的结构简式、L的分子式可知，与LiAlH4发生还原反应生成，则L为，一定条件下转化为， 经过一系列反应生成莫西沙星。
【解答】解：（1）A的分子式为C7H8，则A的结构简式是，
故答案为：；
（2）A→B 是在光照条件下与氯气反应生成 ，该反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）B→C的化学方程式是+2NaOH+2NaCl+H2O，
故答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；
（4）物质a的结构简式为，其分子式为C6H7N，
故答案为：C6H7N；
（5）由分析可知，F的结构简式为F为CH2＝CHCHO，含有的官能团有碳碳双键、醛基，
故答案为：碳碳双键、醛基；
（6）D+I→J 是 与 发生取代反应生成 和水，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（7）①连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标“*”为手性碳原子：，K分子含有2个手性碳原子，
故答案为：2；
②由分析可知，芳香化合物L的结构简式是，
故答案为：；
（8）酸性条件下，反应器中与Ce4+离子发生氧化反应生成和Ce3+离子，反应的离子方程式为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、官能团识别等，充分利用有机物分子式与结构简式进行分析推断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
18．【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，所以FeSO4溶液中加入H2SO4、H2O2生成Fe2（SO4）3，将Fe2（SO4）3溶液和NaClO溶液混合并加入NaOH，得到Na2FeO4，过滤后滤液中含有Na2FeO4，向Na2FeO4溶液中加入饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，然后通过洗涤、干燥得到K2FeO4纯品；
（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体；
②碱性条件下K2FeO4稳定、中性水中生成少量氧气、酸性条件下生成大量氧气，溶液的酸碱性不同，生成氧气的剧烈程度不同；
（3）①根据（2）题知，酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，影响K2FeO4氧化；
②酸性条件下K2FeO4氧化性强，碱性条件下K2FeO4氧化性弱。
【解答】解：（1）①H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，所以FeSO4溶液中加入H2SO4、H2O2生成Fe2（SO4）3，同时生成H2O，则ⅰ中反应的离子方程式是H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O；
②该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe3+作还原剂，ClO﹣作氧化剂，ClO﹣中Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，所以生成物中含有Cl﹣，根据元素守恒知，还生成H2O，则ⅱ中反应的离子方程式为：2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣＝23Cl﹣+5H2O，
故答案为：2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣＝23Cl﹣+5H2O；
③ⅲ中反应能够发生是因为溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，
故答案为：＞；
（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体，根据原子守恒可知，还有KOH生成，反应的化学方程式4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH，
故答案为：4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH；
②由实验i、ii、iii可知，K2FeO4稳定存在于碱性环境中，酸性条件下有氧化性，即酸性越强、pH越小，K2FeO4氧化性越强，
故答案为：pH越小，K2FeO4氧化性越强；
（3）①根据（2）题知，酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，导致K2FeO4氧化的能力减弱，所以N元素的去除率降低，
故答案为：酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，导致K2FeO4氧化的能力减弱，所以N元素的去除率降低；
②pH越小，K2FeO4氧化性越强，所以pH大于8时，K2FeO4氧化性减弱，脱氮效果减弱，
故答案为：pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应规律、实验技能为解答的关键，侧重分析能力与实验评价能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19．【分析】（1）CuCl2为强酸弱碱盐，水解显酸性；
（2）①钠元素的焰色试验为黄色；
②取少量固体b（NaCuO2），滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液，则反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气和水；
（3）①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气；
②i.提出假设1：Cl﹣表现还原性，生成氯气，c（Cl﹣）增大，生成氯气，检验氯气；
ⅱ．提出假设2：根据NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑，c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增强；
（4）NaCuO2具有强氧化性，能与H+、H2O反应；
（5）NaCuO2在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2。
【解答】解：（1）CuCl2为强酸弱碱盐，水解显酸性，溶液显酸性的原因：Cu2++H2O Cu（OH）2+2H+，
故答案为：Cu2++H2O Cu（OH）2+2H+；
（2）①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在，
故答案为：焰色试验；
②取少量固体b（NaCuO2），滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液，则反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气和水，离子方程式为：NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑，
故答案为：NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑；
（3）①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成Cl2的其他原因：pH减小，ClO﹣也可能氧化Cl﹣生成Cl2，
故答案为：pH减小，ClO﹣也可能氧化Cl﹣生成Cl2；
②i.提出假设1：Cl﹣表现还原性，生成氯气，c（Cl﹣）增大，生成氯气，检验氯气。证明假设成立操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体，
故答案为：取少量NaCuO2固体于试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体；
ⅱ．提出假设2：根据NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑，c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立，
故答案为：c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增强；
（4）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是具有强氧化性，能与H+、H2O反应，
故答案为：具有强氧化性，能与H+、H2O反应；
（5）根据上述实验，NaCuO2在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液，
故答案为：CuSO4溶液；NaOH溶液。
【点评】本题考查实验制备方案、实验现象的分析、设计实验步骤验证假设等知识点，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。2023北京一六六中高三（上）期中
化 学
一、选择题
1．下列有关试剂保存和使用的措施不正确的是（　　）
A．苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗
B．浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存
C．保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4
D．配制1mol/L NaOH溶液时，将称好的NaOH固体加入容量瓶中溶解
2．下列与事实对应的化学用语正确的是（　　）
A．Cl的非金属性强于I：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2
B．C和O形成CO2的过程：
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3：CH3COOH═CH3COO﹣+H+
D．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
3．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．用Na2S除去废水中的Hg2+：S2﹣+Hg2+═HgS↓
B．用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜：Fe3++Cu═Cu2++Fe2+
C．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH﹣+SO2═HSO3﹣
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O 2H++Mg（OH）2═Mg2++2H2O
4．下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下，28g乙烯中氢原子的数目约为4×6.02×1023
B．含1mol Na2CO3的溶液中，CO32﹣的数目约为1×6.02×1023
C．25℃时，pH＝11的氨水中，OH﹣的数目约为0.001×6.02×1023
D．在反应3NO2+H2O═2HNO3+NO中，每生成1mol HNO3转移的电子数约为2×6.02×1023
5．“神舟十三号”飞船所使用的砷化镓太阳能电池是我国自主研发、自主生产的产品，拥有全部知识产权。砷（As）和镓（Ga）都位于第四周期，分别位于第VA族和第ⅢA族。下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径：Ga＞As＞P
B．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3
C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
D．Ga（OH）3的化学性质可能与Al（OH）3相似
6．在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条（过量）分别与2mL 2mol L﹣1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是（　　）
A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．1mol L﹣1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
7．高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如图。下列说法不正确的是（　　）
A．苯乙烯不存在顺反异构体
B．试剂a为
C．试剂b为HO（CH2CH2O）mCH3
D．反应1为加聚反应，反应2为缩聚反应
8．用如图装置（夹持装置已略去）进行NH3制备及性质实验。下列说法不正确的是（　　）
A．甲中制备NH3利用了NH3 H2O的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管短、b导管长
C．若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的NH3中通入少量Cl2，可能观察到白烟
9．某小组用如图装置探究SO2的性质。下列离子方程式书写不正确的是（　　）
A．甲中紫色褪去：5SO2+2+2H2O═2Mn2++5+4H+
B．乙中蓝色逐渐变浅：I2+SO2+2H2O═2I﹣++4H+
C．丙中产生少量白色沉淀：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+
D．丁中可能的反应：SO2+2OH﹣═+H2O
10．一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4（g） 2NO2（g）ΔH＞0，体系中各组分浓度随时间（t）的变化如表，
t/s 0 20 40 60 80
c（N2O4）/（mol/L） 0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
c（NO2）/（mol/L） 0 0.076 0.104 0.120 0.120
下列说法正确的是（　　）
A．0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝0.04mol/（L min）
B．升高温度，反应的化学平衡常数值减小
C．80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，平衡不移动
D．若压缩容器使压强增大，达新平衡后混合气颜色比原平衡时浅
11．利用废铝箔（主要成分为Al，含少量Mg、Fe等）制明矾[KAl（SO4）2 12H2O]的一种工艺流程如图，下列说法不正确的是（　　）
A．①中生成了H2：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
B．操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质
C．②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质
D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于Al2（SO4）3和K2SO4的溶解度
12．我国科学家利用Na2CO3和碳纳米管组装“无Na预填装”的Na﹣CO2二次电池（如图所示）。b电极中的碳纳米管可作导体、反应物和CO2通道等。电池的总反应2Na2CO3+C 3CO2↑+4Na。下列关于该电池的说法不正确的是（　　）
A．不能用水配制电解液
B．电池组装后，在使用前必须先充电
C．放电时，电解液中的Na+向a电极移动
D．充电时，b极反应为2Na2CO3+C﹣4e﹣═4Na++3CO2↑
13．用如图装置探究铜与硝酸的反应，实验记录如下表，下列说法不正确的是（　　）
装置 步骤 操作 现象
① 打开止水夹，挤压胶头，使浓硝酸滴入试管 产生红棕色气体，溶液变为绿色
② 一段时间后，关闭止水夹，推动注射器活塞使部分水进入试管 注射器内剩余的水被“吸入”试管；铜表面产生无色气泡，溶液变蓝，试管内气体逐渐变为无色
③ 一段时间后，打开止水夹，拉动注射器活塞吸取少量无色气体；拔下注射器，再拉动活塞吸入少量空气 注射器中无色气体变红棕色
A．①中反应的化学方程式是 Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
B．②中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是NO2与H2O反应导致压强减小
C．③中的实验现象能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO
D．待②中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生
14．下列图示实验能达成相应目的的是（　　）
A.除去苯中少量苯酚 B.验证铁钉能发生析氢腐蚀 C.检验乙醇消去反应产物中的乙烯 D.研究温度对化学平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
二、
15．硅烷SiH4可用于制造高纯硅。采用硅化镁法制备SiH4的化学方程式如下：Mg2Si+4NH4Cl+8NH3＝SiH4+2MgCl2 6NH3
（1）硅在元素周期表中的位置是 　 　，基态硅原子占据的最高能级的符号是 　 　。
（2）①SiH4的电子式是 　 　。
②SiH4的沸点比CH4的 　 　。（填“高”或“低”），原因是 　 　。
（3）Mg2Si可由Mg和SiO2反应制得。晶体SiO2属于 　 　晶体（填晶体类型），一种SiO2晶体的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链（如图1）。其中Si原子的杂化轨道类型是 　 　。
（4）Mg2Si晶体的晶胞示意图如图2。每个Mg原子位于Si原子组成的四面体的中心。则1个Si原子周围有 　 　个紧邻的Mg原子。已知Mg2Si的晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Mg2Si晶体的密度为 　 　g cm﹣3。
16．丁烯（C4H8）是重要的化工原料，可由丁烷（C4H10）催化脱氢制备，反应如下：CH3CH2CH2CH3（g） CH2＝CHCH2CH3（g）+H2（g）ΔH
已知：
ⅰ．该工艺过程的副产物有炭（C），生成的积炭会附着在催化剂表面，影响催化效果。
ⅱ．温度过高会引发正丁烷裂解生成低碳烃类的副反应。
ⅲ．H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH1
CH3CH2CH2CH3（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）ΔH2
CH2＝CHCH2CH3 （g）+6O2（g）═4CO2（g）+4H2O（l）ΔH3
（1）用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示丁烷催化脱氢反应的反应热ΔH＝　 　。
（2）寻找高效的催化剂是脱氢反应重要的研究课题之一。
①催化剂使用一段时间后活性会下降，通入适量氢气可使其改善，氢气的作用是 　 　。
②其他条件相同时，以SiO2为载体与不同质量百分比的CrOx组合，催化效果相关数据如表。
实验组 催化剂组成 正丁烷转化率/% 正丁烯收率/%
1 无催化剂 5 0.35
2 SiO2 5 0.35
3 SiO2+9% CrOx 25.5 18.3
4 SiO2+15% CrOx 27.5 20.65
5 SiO2+21% CrOx 24 17.87
下列说法正确的是 　 　（填序号）。
a．脱氢反应中SiO2不起催化作用
b．CrOx的含量越高，反应的催化效果越好
c．CrOx的含量对丁烷脱氢反应的焓变无影响
（3）其他条件相同，30min时测得正丁烷转化率、正丁烯收率随温度的变化如图1。
[收率＝（）×100%]
①实际生产温度选择590℃，由图1说明其理由是 　 　。
②590℃时，向体积为1L的密闭容器中充入3mol正丁烷气体，据图1计算0～30min内生成正丁烯的平均反应速率为 　 　 mol/（L min）。
（4）其他条件相同，30min时正丁烷转化率、正丁烯收率随进料气中的变化如图2。图2中，＞2.5后，正丁烷转化率和正丁烯收率呈减小趋势，原因是 　 　。
17．苯巴比妥H是一种巴比妥类的镇静剂及安眠药。其合成路线如图（部分试剂和产物略）。
已知：
（1）A→B的反应类型为 　 　反应，试剂X为 　 　（写结构简式），E中所含官能团的名称为 　 　。
（2）C→D的化学方程式为 　 　。
（3）已知苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，其结构简式为 　 　。
（4）符合下列条件的D的同分异构体共有 　 　种（不考虑立体异构）。
①属于芳香族化合物；
②能发生水解反应；
③能发生银镜反应；
④苯环上只有一个取代基
（5）乙基巴比妥也是一种常用镇静剂，可用CH3CH2OH和CH2（COOH）2等为原料合成，将合成路线补充完整：　 　
18．阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：
（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 　 　。
（2）电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是 　 　（填字母序号）。
a．Na2SO4 b．Na2SO3c．热空气吹出 d．降低阳极区液面上方的气压
（3）食盐水中的I﹣若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为．可继续被氧化为高碘酸根（），与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。
①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：　 　。
②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为 　 　。
（4）在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I﹣转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c（I2）越大。
①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：　 　。
②pH＝4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：　 　。
③研究表明食盐水中I﹣含量≤0.2 mg L﹣1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I﹣浓度为1.47 mg L﹣1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05mol L﹣1 NaClO溶液 　 　L．（已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计）
19．MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等）为原料制备MnSO4的工艺流程如图1。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Mn2+
开始沉淀 1.5 6.3 7.4 7.6
完全沉淀 2.8 8.3 9.4 10.2
（1）酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、　 　。
（2）沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：　 　。
（3）沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 　 　。
（4）如图2为MnSO4和（NH4）2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为 　 　，洗涤干燥。
（5）受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
ⅰ.称取ag废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；
ⅱ.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量（NH4）2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的（NH4）2S2O8分解。
ⅲ.加入指示剂，用bmol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定。滴定至终点时消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积为cmL ，重新变成Mn2+。
①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：2Mn2++　 　S2+　 　　 　 　 　+　 　　 　+　 　　 　。
②废渣中锰元素的质量分数为 　 　。
（6）废渣长期露置于空气；其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用图3装置提取MnO2中的锰元素。图3中“H ”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c（Mn2+）先增大后减小，减小的原因可能是 　 　、　 　。（写出两条）
参考答案
一、选择题
1．【分析】A.苯酚易溶于酒精；
B.浓HNO3光照易分解；
C.Fe具有还原性，硫酸可抑制亚铁离子水解；
D.容量瓶不能溶解固体。
【解答】解：A.苯酚易溶于酒精，则苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗，故A正确；
B.浓HNO3光照易分解，则浓HNO3盛放在棕色试剂瓶中，避光保存，故B正确；
C.Fe具有还原性，硫酸可抑制亚铁离子水解，则保存FeSO4溶液时可加入少量铁粉和稀H2SO4，故C正确；
D.容量瓶不能溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：D。
【点评】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、试剂的保存、溶液配制为解答的关键，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。
2．【分析】A．元素非金属性越强，单质氧化性越强；
B．二氧化碳中碳与氧原子共用4对电子；
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3，可知醋酸为弱酸，部分电离，应用可逆号；
D．电解氯化铜溶液，铜离子和氯离子分别放电生成金属铜和氯气。
【解答】解：A．依据离子方程式：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2可知，氯气氧化性强于碘，所以Cl的非金属性强于I，故A正确；
B．O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，故B错误；
C．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH为3，可知醋酸为弱酸，部分电离，应用可逆号，电离方程式：CH3COOH CH3COO﹣+H+，故C错误；
D．用石墨电极电解氯化铜溶液，反应生成铜和氯气，正确的方程式为：Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2↑，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式和电离方程式及用电子式表示化合物形成过程，题目难度不大，明确物质的性质及反应实质，熟悉电子式书写注意事项是解题关键，题目难度不大。
3．【分析】A．硫离子与汞离子生成硫化汞沉淀；
B．该反应违反了电荷守恒；
C．氢氧化钠过量，反应生成亚硫酸根离子；
D．醋酸为弱酸，不能拆开。
【解答】解：A．用Na2S除去废水中的Hg2+，离子方程式为：S2﹣+Hg2+═HgS↓，故A正确；
B．用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜，离子方程式为：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故B错误；
C．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2，离子方程为：2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O，故C错误；
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣、2CH3COOH+Mg（OH）2═Mg2++2H2O+2CH3COO﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
4．【分析】A．求出28g乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含4个H原子来分析；
B．CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解；
C．溶液体积不明确；
D．反应3NO2+H2O═2HNO3+NO转移2mol电子，生成2mol硝酸。
【解答】解：A．28g乙烯的物质的量为n＝＝1mol，而乙烯中含4个H原子，故1mol乙烯中含4NA个H原子即4×6.02×1023个，故A正确；
B．CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中碳酸根的个数小于1×6.02×1023，故B错误；
C．溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；
D．反应3NO2+H2O═2HNO3+NO转移2mol电子，生成2mol硝酸，故每生成1mol HNO3转移的电子数约为6.02×1023，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。
5．【分析】A．同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断；
B．非金属性越强，氢化物越稳定．同主族自上而下非金属性减弱；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱；
D．镓（Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【解答】解：A．同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径Ga＞As＞P，故A正确；
B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，故B正确；
C．同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故C错误；
D．镓（Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，同一主族具有相似性，Ga（OH）3的化学性质可能与Al（OH）3相似，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了元素周期律的应用，明确同周期、同主族元素性质的相似性和递变性是解本题关键，熟练掌握非金属性强弱判断方法，题目难度不大。
6．【分析】n（Mg）＝mol＝mol，n（酸）＝2mol/L×0.002L＝0.004mol＝，Mg和盐酸或醋酸以1：2发生反应，n（Mg）：n（酸）＝：＞1：2，则Mg剩余，
A．开始一段时间内c（H+）：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大；
B．当醋酸浓度达到一定程度后，c（H+）：盐酸＜醋酸，反应速率与c（H+）成正比；
C．反应中消耗H+而促进醋酸电离，两种溶液最终生成氢气的量与n（酸）成正比；
D．1mol L﹣1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，消耗V（NaOH）与n（酸）成正比。
【解答】解：n（Mg）＝mol＝mol，n（酸）＝2mol/L×0.002L＝0.004mol＝，Mg和盐酸或醋酸以1：2发生反应，n（Mg）：n（酸）＝：＞1：2，则Mg剩余，
A．密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大，开始一段时间内c（H+）：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，则曲线②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；
B．当醋酸浓度达到一定程度后，c（H+）：盐酸＜醋酸，反应速率与c（H+）成正比，所以一段时间后盐酸与Mg反应的化学反应速率均慢于醋酸与Mg反应的化学反应速率，故B错误；
C．反应中消耗H+而促进醋酸电离，则反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终生成氢气的量与n（酸）成正比，两种酸的物质的量相等，所以两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，故C正确；
D．根据以上分析知，两种酸的物质的量相等，1mol L﹣1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，消耗V（NaOH）与n（酸）成正比，所以两种酸消耗V（NaOH）相等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素及图象分析判断，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确化学反应速率影响原理是解本题关键，注意要先进行过量计算，题目难度不大。
7．【分析】A．连接碳碳双键的亚甲基上含有2个H原子；
B．苯乙烯和a发生加聚反应生成高分子M，根据M结构简式确定a结构简式；
C．M和b发生加成反应生成N，根据M和N结构简式确定b结构简式；
D．苯乙烯和a发生加聚反应生成M，M和b发生加成反应生成N。
【解答】解：A．连接碳碳双键的亚甲基上含有2个H原子，所以苯乙烯具有顺反异构，故A正确；
B．苯乙烯和a发生加聚反应生成高分子M，根据M结构简式确定a结构简式为，故B正确；
C．M和b发生加成反应生成N，根据M和N结构简式确定b结构简式为HO（CH2CH2O）mCH3，故C正确；
D．苯乙烯和a发生加聚反应生成M，M和b发生加成反应生成N，所以前者为加聚反应、后者为加成反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确反应前后断键和成键方式是解本题关键，知道常见反应类型，题目难度不大。
8．【分析】A.碱石灰可使氨水中的氨气逸出；
B.氨气的密度比空气密度小；
C.丙中的CCl4换成苯，不能隔绝氨气与水；
D.氯气与氨气反应生成氯化铵。
【解答】解：A.碱石灰可使氨水中的氨气逸出，则甲中制备NH3利用了NH3 H2O的分解反应，故A正确；
B.氨气的密度比空气密度小，则乙中的集气瓶内a导管短、b导管长，故B正确；
C.丙中的CCl4换成苯，不能隔绝氨气与水，不能防止倒吸，故C错误；
D.氯气与氨气反应生成氯化铵，能观察到白烟，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氨气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．【分析】A．高锰酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
B．碘单质与二氧化硫和水反应生成硫酸和氢碘酸；
C．二氧化硫与氯化钡溶液不反应；
D．氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水。
【解答】解：A．甲中紫色褪去，离子方程式：5SO2+2+2H2O═2Mn2++5+4H+，故A正确；
B．乙中蓝色逐渐变浅，离子方程式：I2+SO2+2H2O═2I﹣++4H+，故B正确；
C．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不会产生白色沉淀，故C错误；
D．丁中可能的反应，离子方程式：SO2+2OH﹣═+H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大。
10．【分析】A．0～60s，△c（N2O4）＝（0.100﹣0.040）mol/L＝0.060mol/L，结合v＝计算；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
C．80s时，反应已达到平衡状态，根据表中数据计算平衡常数K，80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，计算此时浓度商，再与K值比较得出结论；
D．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但容器体积减小，各组分浓度与原来相比增大。
【解答】解：A．0～60s，△c（N2O4）＝（0.100﹣0.040）mol/L＝0.060mol/L，0～60s，N2O4的平均反应速率为v＝＝＝0.06mol/（L min），故A错误；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应的化学平衡常数值增大，故B错误；
C．80s时，反应已达到平衡状态，此时平衡常数K＝＝＝0.36，80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，Q＝＝0.36＝K，说明平衡不移动，故C正确；
D．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但容器体积减小，NO2（g）浓度与原来相比增大，则达新平衡后混合气颜色比原平衡时深，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理、化学平衡常数的表达式，题目难度中等。
11．【分析】由流程可知，废铝箔（主要成分为A1，含少量Mg、Fe等）加入氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，过滤除去Mg、Fe，滤液加入适量稀硫酸酸化，可生成氢氧化铝，过滤后再加入稀硫酸酸溶，可生成硫酸铝，加入饱和硫酸钾溶液结晶，可得到明矾，以此解答该题。
【解答】解：A.铝可与氢氧化钠溶液反应生成氢气，反应的方程式为2A1+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故A正确；
B.镁、铁与氢氧化钠溶液不反应，操作a用于分离金属杂质和偏铝酸钠溶液，为过滤操作，故B正确；
C.③中加入稀硫酸制得硫酸铝，目的不是除杂，故C错误；
D.硫酸铝溶液中加入饱和碳酸钾可得到硫酸铝钾晶体，可说明室温下明矾的溶解度小于Al2（SO4）3和K2SO4的溶解度，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．【分析】根据电池总反应可知，放电时为原电池，Na被氧化，CO2被还原，则Al复合电极a为负极，负极反应为Na﹣e﹣＝Na+，b为正极，正极上CO2得电子生成Na2CO3和C，正极反应式为3CO2+4e﹣+4Na+═2Na2CO3+C，放电时，阳离子移向正极Ni、阴离子移向负极Na；充电时原电池的正负极与外加电源的正负极相接，即Na为阴极，Al复合电极为阳极，电极反应与原电池反应相反，据此分析解答。
【解答】解：A．Na是活泼金属，能与水反应，则该充放电电池不能用水配制电解液，故A正确；
B．由题意可知，该电池为“无Na预填装”的Na﹣CO2二次电池，电池组装后，在使用前必须先充电生成Na单质，故B正确；
C．电极a为负极，b为正极，则电解液中的Na+向b电极移动，故C错误；
D．充电时，b电极为阳极，阳极反应与正极反应相反，即阳极反应为2Na2CO3+C﹣4e﹣═4Na++3CO2↑，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系、电极发生的反应是解题关键，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，注意电极反应式的书写是难点，题目难度不大。
13．【分析】A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；
B.二氧化氮与水反应；
C.NO与氧气反应生成二氧化氮；
D.酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应。
【解答】解：A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，①中化学方程式为Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故A正确；
B.二氧化氮与水反应，则②中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是NO2与H2O反应导致压强减小，故B正确；
C.NO与氧气反应生成二氧化氮，结合选项A、B可知，③中的实验现象不能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO，故C错误；
D.酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，则②中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生，故D正确；
故选：C。
【点评】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、反应与现象、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。
14．【分析】A．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯；
B．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀；
C．挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．只有温度不同。
【解答】解：A．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；
B．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，不发生析氢腐蚀，故B错误；
C．挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能检验乙烯，故C错误；
D．只有温度不同，可研究温度对化学平衡的影响，故D正确；
故选：D。
【点评】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、混合物的分离提纯、电化学腐蚀、物质的检验、化学平衡、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。
二、
15．【分析】（1）Si原子是14号元素，核外电子排布是2、8、4；基态Si原子的电子排布式为：1S22S22P63S23P2；
（2）①根据电子式的书写方法来回答；
②相对分子质量大，分子间作用力强，所以SiH4的熔、沸点比CH4高，
（3）SiO2属于共价晶体，分析Si的成键方式进而确定其杂化方式；
（4）每个Mg原子位于Si原子组成的四面体的中心，一个Si原子在八个方向上吸引Mg原子；均摊法计算晶胞中原子数目，再计算晶胞质量及体积，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。
【解答】（1）Si原子是14号元素，核外电子排布是2、8、4，Si原子位于周期表中第三周期第ⅣA主族；基态Si原子的电子排布式为：1S22S22P63S23P2，最高能级为3p；
故答案为：第三周期ⅣA族；3p；
（2）①1个Si原子与4个H原子形成四条共价键，电子式为：，
故答案为：；
②SiH4与CH4都为分子晶体，且结构相似，SiH4比CH4的相对分子质量大，分子间作用力强，所以SiH4的熔、沸点比CH4高，
故答案为：高；SiH4和CH4是结构相似的分子晶体，SiH4的相对分子质量大于CH4，分子间作用力高于CH4；
（3）SiO2属于共价晶体，SiO2晶体中Si有4对σ键电子对，所以硅原子的杂化类型为sp3杂化，
故答案为：原子；sp3；
（4）每个Mg原子位于Si原子组成的四面体的中心，一个Si原子在八个方向上吸引Mg原子，故1个Si原子周围有8个紧邻的Mg原子；一个晶胞中含有Si原子：＝4个，Mg原子8个，即1mol晶胞中含有4molMg2Si，故Mg2Si晶体的密度＝g cm﹣3，
故答案为：8；。
【点评】本题考查晶胞计算，熟记中学常见晶胞结构特征，关键是正确建立体积、密度、质量、摩尔质量、阿伏加德罗常数之间的关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算。难度一般。
16．【分析】（1）Ⅰ：H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH1
Ⅱ：CH3CH2CH2CH3（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）ΔH2
Ⅲ：CH2＝CHCH2CH3 （g）+6O2（g）═4CO2（g）+4H2O（l）ΔH3
根据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅰ﹣Ⅲ得CH3CH2CH2CH3（g） CH2＝CHCH2CH3（g）+H2（g）；
（2）①该工艺过程的副产物有炭（C），生成的积炭会附着在催化剂表面，影响催化效果，通入适量氢气可使其改善，说明H2可以除去积炭；
②a．比较实验组1和实验组2的正丁烷转化率和正丁烯的收率得出结论；
b．由实验组3、4、5可知，随着CrOx的含量增大，正丁烷转化率和正丁烯的收率先增大后减小；
c．催化剂不改变反应的焓变；
（3）①根据图中信息，分析在590℃时，正丁烯收率和副产物收率；
②590℃时，向体积为1L的密闭容器中充入3mol正丁烷气体，此时正丁烯的收率为20%，则△n（正丁烯）＝3mol×20%＝0.6mol，结合v＝计算；
（4）氢气的量增大，使平衡逆向移动。
【解答】解：（1）Ⅰ：H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH1
Ⅱ：CH3CH2CH2CH3（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）ΔH2
Ⅲ：CH2＝CHCH2CH3 （g）+6O2（g）═4CO2（g）+4H2O（l）ΔH3
根据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅰ﹣Ⅲ得CH3CH2CH2CH3（g） CH2＝CHCH2CH3（g）+H2（g）ΔH＝ΔH2﹣ΔH1﹣ΔH3，
故答案为：ΔH2﹣ΔH1﹣ΔH3；
（2）①由题意可知，该工艺过程的副产物有炭，生成的积炭会附着在催化剂表面，通入适量氢气可使其改善，说明H2可以除去积炭，提高催化剂活性，
故答案为：H2可以除去积炭，提高催化剂活性；
②a．通过比较实验组1和实验组2可知，有SiO2和无SiO2，正丁烷转化率和正丁烯的收率相同，说明脱氢反应中SiO2不起催化作用，故a正确；
b．由实验组3、4、5可知，随着CrOx的含量增大，正丁烷转化率和正丁烯的收率先增大后减小，则CrOx的含量越高，反应的催化效果不是越好，故b错误；
c．催化剂不改变反应的焓变，CrOx的含量对丁烷脱氢反应的焓变无影响，故c正确；
故答案为：ac；
（3）①由图1可知，在590℃时正丁烯收率最高，副产物收率较低，
故答案为：图1中590℃时，正丁烯收率最高，副产物收率较低；
②590℃时，向体积为1L的密闭容器中充入3mol正丁烷气体，此时正丁烯的收率为20%，则△n（正丁烯）＝3mol×20%＝0.6mol，0～30min内生成正丁烯的平均反应速率为＝0.02mol/（L min），
故答案为：0.02；
（4）H2含量过高，导致主反应CH3CH2CH2CH3（g） CH2＝CHCH2CH3（g）+H2（g）的化学平衡逆向移动，所以正丁烷转化率和正丁烯收率呈减小趋势，
故答案为：H2含量过高，导致主反应CH3CH2CH2CH3（g） CH2＝CHCH2CH3（g）+H2（g）的化学平衡逆向移动。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理解答，此题难度大。
17．【分析】根据C结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，由C知B为，C和乙醇发生酯化反应生成D为；E发生信息i的反应生成F，根据F结构简式知E为，D发生取代反应生成E，X为CH3CH2Br，F发生信息ii的反应生成苯巴比妥，苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，其结构简式为；
（5）HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，乙醇发生取代反应生成CH3CH2Br，根据信息i知，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和CH3CH2Br发生信息i的反应生成，发生信息ii的反应生成乙基巴比妥。
【解答】解：（1）A为，B为，A发生取代反应生成B，则A→B的反应类型为取代反应，X为CH3CH2Br，E为，E中所含官能团的名称为酯基，
故答案为：取代；CH3CH2Br；酯基；
（2）C和乙醇发生酯化反应生成D为，则C→D的化学方程式为，
故答案为：；
（3）通过以上分析知，苯巴比妥的结构简式为，
故答案为：；
（4）D为，D的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③能发生银镜反应，根据O原子个数知，含有HCOO﹣；
④苯环上只有一个取代基，取代基为HCOOCH2CH2、HCOOCH（CH3）、HCOOCH2CH（CH3）﹣、HCOOC（CH3）2﹣、HCOOC（CH2CH3）﹣，所以符合条件的有5种，
故答案为：5；
（5）HOOCCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，乙醇发生取代反应生成CH3CH2Br，根据信息i知，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和CH3CH2Br发生信息i的反应生成，发生信息ii的反应生成乙基巴比妥，所以其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确反应前后断键和成键方式、发生的反应类型并正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度较大。
18．【分析】（1）电极饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；
（2）阳极液中游离氯具有氧化性，可以和还原性物质反应，降低阳极区液面上方的气压，有利于减小气体溶解度；
（3）①ICl中碘元素的化合价为+1价是因为碘原子半径大于氯原子半径，得到电子能力氯原子强；
②食盐水中的I﹣若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为．可继续被氧化为高碘酸根（）；
（4）①吸光度越高表明该体系中c（I2）越大，ClO﹣+2H++2I﹣═I2+Cl﹣+H2O，氢离子浓度越大反应速率越大；
②吸光度越高表明该体系中c（I2）越大，据此解释；
③结合反应的定量关系计算得到。
【解答】解：（1）电解饱和食盐水的化学方程式为：2 NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，
故答案为：2 NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；
（2）电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是：
a．Na2SO4 和氯气不反应 ，不能脱去阳极液中游离氯，故a错误；
b．Na2SO3和氯气反应发生氧化还原反应 ，能脱去阳极液中游离氯，故b正确；
c．用热空气吹出氯气，能脱去阳极液中游离氯，故c正确；
d．降低阳极区液面上方的气压，有利于氯气逸出，能脱去阳极液中游离氯，故d正确；
故答案为：bcd；
（3）①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：碘元素和氯元素处于同一主族（VIIA），二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价，
故答案为：碘元素和氯元素处于同一主族（VIIA），二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价；
②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为：NaIO3+Cl2+H2O═NaIO4↓+2HCl，
故答案为：NaIO3+Cl2+H2O═NaIO4↓+2HCl；
（4）①吸光度越高表明该体系中c（I2）越大，ClO﹣+2H++2I﹣═I2+Cl﹣+H2O，10 min时pH越低c（H+）越大，反应速率加快，c（I2）越高，吸光度越大，
故答案为：10 min时pH越低c（H+）越大，反应速率加快，c（I2）越高，吸光度越大；
②pH＝4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降是因为：c（H+）较高，ClO﹣继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c（I2）降低，吸光度下降，
故答案为：c（H+）较高，ClO﹣继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c（I2）降低，吸光度下降；
③现将1m3含I﹣浓度为1.47 mg L﹣1 的食盐水进行处理，含I﹣的物质的量为≈0.01mol，为达到使用标准，计算理论上至少需要0.05mol L﹣1 NaClO溶液的体积，
ClO﹣+2H++2I﹣═I2+Cl﹣+H2O，
1 2
n 0.01mol
n＝0.005mol，
理论上至少需要0.05mol L﹣1 NaClO溶液体积＝＝0.1L
故答案为：0.1；
【点评】本题考查了电解原理、氧化还原反应、图象变化的分析判断、化学方程式计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
19．【分析】菱锰矿酸浸后得到硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸钴等；加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水除去铁离子；加入含硫沉降剂是除去钴离子，最后经处理得到含硫酸锰的溶液，结晶得到硫酸锰晶体，其中沉淀1为氢氧化铁，沉淀2为硫化钴，最终可以通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤干燥来获取目标产物。
【解答】解：（1）酸浸后的溶液中含有的金属离子除了锰离子、钴离子外还含有Fe3+、Fe2+，
故答案为：Fe3+、Fe2+；
（2）加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化，其反应为：4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：4H++MnO2+2Fe2+＝2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）锰离子能与氢氧化钠反应，所以不能用NaOH代替含硫沉淀剂，因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失，
故答案为：因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失；
（4）从溶解度曲线中可以看出，硫酸锰的溶解度随温度升高而降低，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤的方法分离，
故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；
（5）①由已知可得，S2被还原为硫酸根离子，Mn2+被氧化为，结合得失电子守恒，电荷守恒与原子守恒可得方程式：2Mn2++5S2+8H2O2+10+16H+，
故答案为：5；8；H2O；2；10；；16；H+；
②滴定时发生反应+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，设25.00mL溶液中所含锰离子物质的量为n，有方程式可知，锰离子与亚铁离子的物质的量之比为1：5，则100mL溶液中n（Mn2+）＝×bc×4×10﹣3mol＝bc×10﹣3mol，m（锰）＝n（Mn2+）×M＝55g/mol×bc×10﹣3mol，故锰元素的质量分数＝×100%＝%，
故答案为：%；
（6）分析图中装置可知，随着外加电流的增大，溶液中锰离子浓度增加，开始在阴极放电，浓度降低，氢离子浓度降低锰离子水解，
故答案为：锰离子浓度增加，在阴极放电；锰离子水解生成氢氧化锰沉淀。
【点评】本题以硫酸锰的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，反应计算等知识，考查范围较广，学生应注意审题，难度适中。2023北京牛栏山一中高三（上）期中
化 学
2023.11.23
说明： 选择题、填空题写到答题纸上。可能用到的数据：
H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 S 32 Na 23 Mg 24 Ni 59
选择题 ( 每题只有一个正确选项，每小题2分，共42分 )
1. 下列家庭常用消毒剂的有效成分属于无机物的是
A B C D
家庭 常用 消毒剂
有效 成分 对氯间二甲苯酚 乙醇 次氯酸钠 过氧乙酸
2. 下列说法不正确的是
A. 油脂有固定的熔点和沸点 B. 甲苯的密度小于水的密度
C. 酰胺可以发生水解反应 D. 甲醛水溶液可用于消毒
3. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A．氮分子的电子式： B．Br的原子结构示意图：
C．SO3的VSEPR模型： D．基态24Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1
4. 下列说法中，正确的是
A．s区元素全部是金属元素
B．p能级电子能量不一定高于s能级电子能量
C．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D．第VIIA族元素从上到下，非金属性依次增强
5. Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为同一类物质, 下列分类标准正确的是
①钠的化合物 ②能与硝酸反应的物质 ③可溶于水的物质 ④电解质 ⑤钠盐 ⑥钠的含氧化合物
A．①③④⑤ B．①②⑤⑥ C．②⑤⑥ D．①③④
6. 下列说法正确的是
A．乙烯和聚氯乙烯分子中均含有碳碳双键
B．可用核磁共振氢谱鉴别1－溴丙烷和2－溴丙烷
C．的名称是2 -丁酸
D．可用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH＝CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO
7. 为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。发生的化学反应为：
4 CuI ＋ Hg = Cu2HgI4 ＋ 2 Cu , 下列说法不正确的是
A. 上述反应属于置换反应
B.该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
C. Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物
D.当有1 mol CuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5 mol
8. 下列事实不能从原子结构角度解释的是
A．金属性：K＞Na B．沸点：CS2＞CO2
C．晶体硬度：金刚石＞晶体硅 D．热稳定性：PH3＞AsH3
9. 硅烷（SiH4）可用于制造高纯硅，而SiH4可由硅化镁（熔点1102℃）制得，硅化镁晶体的晶胞如图所示，每个Mg原子位于Si原子组成的四面体中心。下列说法不正确的是
A. 硅化镁可能为分子晶体
B. 硅化镁的化学式为Mg2Si
C. 每个晶胞中含有8个Mg原子
D. 每个Si原子周围距离最近且等距的Mg原子有8个
10. 我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如下：下列说法不正确的是
A. 在反应历程中，H—H与C==O断裂吸收能量
B. 催化剂可有效提高反应物的平衡转化率从而
提高经济效益
C. 反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
D. 总反应方程式为：
11. 羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。
下列有关说法正确的是
A．该反应是加成反应 B . 乙醛酸与H2在热的镍催化下反应生成乙二醇
C．苯酚和羟基扁桃酸是同系物 D．1 mol羟基扁桃酸能与3 mol NaOH反应
12. AlCl3为共价化合物，熔、沸点较低，且会升华，气态时以共价的二聚分子（Al2Cl6）形式存在。下列有关Al2Cl6的说法不正确的是
A．Al2Cl6分子中存在配位键 B．Al2Cl6分子中Al原子的轨道杂化类型为sp3
C．Al2Cl6分子中的所有原子可能在同一平面内 D．冶炼金属铝时不能用AlCl3代替Al2O3
13. 某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列
后续实验方案中，不合理的是
A．与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量 m2 g
B．与足量水反应并加热，收集到标准状况下V1 L干燥气体
C． 与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2 L干燥气体
D．隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量 m1g
14. 下列实验现象预测正确的是
A B C D
烧杯中产生白色沉淀，一段时间后沉淀无明显变化 加盐酸出现白色浑浊，加热变澄清 KMnO4酸性溶液在苯和甲苯中均褪色 液体分层，下层呈无色
15. 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．1 mol 最多可与3 mol H2发生加成反应
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
16. 印刷电路板（PCB）是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种用FeCl3溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如下：
下列说法不正确的是
A．腐蚀池中发生反应的化学
方程式是：Cu+2FeCl3 = CuCl2 + 2FeCl2
B．腐蚀后的废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+
C．置换池中发生的主要反应为：Fe+Cu2+ = Cu+Fe2+ 和Fe+2Fe3+ = 3Fe2+
D．再生池中加入酸化的H2O2，反应过程中pH降低
17．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：
下列说法不正确的是
A．M与 互为同系物 B．一定条件下聚脲能发生水解反应
C．M苯环上的一氯代物有2种 D．P和M通过加聚反应形成聚脲
18. 完成下列实验，所用仪器或操作合理的是
A B C D
除去粗盐水中 的不溶物 除去工业乙醇中的杂质 配制250 mL 0.10 mol·L 1NaOH溶液 用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
19. 工业上应用两矿法浸出软锰矿（主要成分MnO2）和方铅矿（主要成分PbS、FeS2），制备PbSO4和Mn3O4，转化流程如下。
已知：PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCl2+2Cl－PbCl42－。
下列说法正确的是
A.Ⅰ中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液 B．Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)2
C．Ⅳ中试剂X可能作氧化剂 D．Ⅴ中发生反应：Pb2++SO42－== PbSO4
20. 已知A、B、C为中学化学中常见的单质。室温下，A为固体，B和C均为气体。在适宜的条件下，它们可以按如图进行反应。下列说法中正确的是
A . 如果E溶液是一种强酸，则E溶液为硫酸
B. A、B、C中有一种金属 且为B
C. A、B、C中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能
是氧化物
D. A、B、C中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱
21. 钠的燃烧产物中混有黑色物质，研究小组进行如下图所示的实验探究。下列推测不正确的是
A．过氧化钠与硫酸的反应可能有：Na2O2+2H+==2Na++H2O2
B．a试管中的现象说明燃烧前钠块中含有铁元素
C．c试管的溶液为无色，推测发生的反应为：5H2O2+6H++2MnO4－==2Mn2++5O2↑+8H2O
D．根据以上实验可判定：该实验中钠的燃烧产物里含Fe2O3，不含Fe3O4
二、填空题 ( 5道大题共58分 )
22. (共14分) 铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素,其化合物在生产生活中应用广泛。
(1) 富马酸亚铁(FeC4H2O4 ) 是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示。
① 富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为__________
② 富马酸分子中键与键的数目比为_______③ 基态Fe的价层电子中，两种自旋状态的电子数之比为 ___________
(2) 以甲醇为溶剂，Co2+ 可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如下所示)。
色胺酮分子中N原子的杂化类型为__________
② X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过________作用与色胺酮钴配合物相结合。
(3) 超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：
① 距离Mg原子最近的Ni原子有________个。
② 已知该晶体的边长为 a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 g·cm-3 。
23. (共12分) 中药黄芩的有效成分之一——汉黄芩素具有抗病毒、抗肿瘤作用。合成汉黄芩素的中间体M的路线如下：
(1) A属于芳香烃，A的名称是________________
(2) 由A生成B的化学方程式是_____________________________________
(3) D中含有的官能团是_____________________
(4) E的结构简式是____________________________
(5) K与X在一定条件下转化为L， X的分子式是C4H8O2。
① 有机物X的结构简式是____________________________
② 符合下列条件的K的同分异构体有_____种
a．含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2 b．苯环上的一氯代物有两种
(6) F与L合成M的步骤如下：
中间产物1和中间产物2的结构简式分别是__________________、_________________________
24. (共12分) 多奈哌齐可用于治疗阿尔茨海默病，中间体L的合成路线如下：
已知：ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
(1) A中所含官能团的名称是___________。
(2) A→B的化学方程式是_______________。
(3) 芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是___________。
① 核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为1∶2∶2
② 1 mol X与足量的金属钠反应，可生成1 mol H2
(4) 实验室检验E中含氧官能团的试剂及现象为_________________。
(5) 1 mol F生成1 mol G需要消耗______mol H2。
(6) G→H的反应类型是__________。
(7) K的结构简式是__________________________。
(8) 由L可通过如下过程合成多奈哌齐：
试剂a的结构简式是___________
25. (共10分) 新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂（LiFePO4）做电极材料。对LiFePO4废旧电极（含杂质Al、石墨粉）回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如下：
资料：碳酸锂在水中溶解度：
温度/℃ 0 20 40 60 80 100
溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
(1) 过程i研磨粉碎的目的是________________________________________
(2) 过程ii加入足量NaOH溶液的作用是_______________________________
(3) 过程iii采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示：
序号 酸 氧化剂 浸出液Li+ 浓度(g/L) 滤渣中Li 含量/%
实验1 HCl H2O2 9.02 0.10
实验2 HCl NaClO3 9.05 0.08
实验3 HCl O2 7.05 0.93
① 实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为______________________________________________________
② 结合实验结果和①中的现象，最终选择H2O2作为氧化剂，原因是____________________
③ 过程iii得到的浸出液循环两次的目的是____________________________________________
(4) 浸出液中存在大量H2PO4 和HPO42 ，已知：H2PO4 HPO42 +H+，HPO42 PO43 +H+，
结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因______________________________
(5) 对比过程iv和v，说明过程iv不用饱和Na2CO3溶液的原因_________________________
(6) 简述过程vi的操作_____________________________________________________________
26. (共10分) 某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
【猜想预测】猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
【实验探究】
实验ⅰ：向装有0.5 g Cu的烧杯中加入20 mL 30% H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10 小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式：________________________________
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2+ + 4NH3 [ Cu(NH3)4] 2+ ，[ Cu(NH3)4] 2+为深蓝色；
Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置 序号 试剂a 现象
ⅱ 20 mL 30% H2O2与4 mL 5 mol/L H2SO4 混合液 Cu表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
ⅲ 20 mL 30% H2O2与4 mL 5 mol/L氨水混合液 溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
(2) 实验ⅱ中：溶液变蓝的原因是_______________________________________（用化学用语解释）；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是____________________________________________
(3) 对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用下图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；
物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大
a．K闭合时，电压为x。
b．向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c．继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论：____________________________________________________________
利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4) 对比实验ⅱ和ⅲ，实验ⅲ中产生氧气速率明显更快，可能的原因是_________________________
(5) 实验ⅲ有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因：_____________________________________________________________________
(6) 基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有______________________________________
参考答案
第Ⅰ卷（每题2分，共42分）
1. C 2. A 3. C 4. B 5. D 6. B 7. C 8. B 9. A 10. B 11. A 12. C 13. D 14. B
15. D 16. D 17. A 18. A 19. C 20. D 21. D
第Ⅱ卷 ( 共58分 )
22. ( 除标注外每空2分，共14分 )
(1) ① O > C > H > Fe ② 11:3 ③ 1：3 或3：1
(2) ① sp2、sp3 (各1分) ② 氢键
(3) ① 12 ②
23. ( 除标注外每空1分，共12分 )
(1) 甲苯
(2) (2分)
(3) —COOH、—NO2 （或羧基、硝基）(各1分)
(4)
(5) ① CH3COOCH2CH3 ② 4
(6) (2分) ; (2分)
24. ( 除标注外每空1分，共12分 )
(1) 羟基
(2) ( 2分)
(3)
(4) 银氨溶液或新制氢氧化铜碱性悬浊液 ； 出现银镜或砖红色沉淀
(5) 4 mol
(6) 取代反应
(7) (2分) (8) (2分)
25. ( 除标注外每空1分，共 10分 )
(1) 增大接触面积，加快反应速率
(2) 溶解Al，使其分离出去
(3) ① ClO3 +5Cl +6H+ = 3Cl2↑+3H2O (2分)
② Li+的浸出率较高，且较环保（节约酸和氧化剂的用量）(答出2点给1分 )
③ 提高浸出液中Li+ 浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量）
(4) CO32 结合H+，c(H+)减小，H2PO4 HPO42 +H+，HPO42 PO43 +H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO43 )增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体。 (2分)
(5) 过程iv若使用饱和Na2CO3溶液，其中c(CO32 )较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量。
(6) 用热水洗涤，干燥
26. ( 除标注外每空1分，共10分 )
(1) Cu＋H2O2 == Cu (OH)2↓ (2分)
(2) Cu＋H2O2 ＋2H+ == Cu2＋＋2H2O (2分)
产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢
(3) 加入氨水，提高了Cu的还原性
(4) Cu[ (NH3)4]2+对H2O2分解有很好的催化作用
(5) Cu (OH)2(s)Cu2+(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O NH3·H2O NH4+＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2＋＋4NH3 Cu[(NH3)4]2+，使c(Cu2+)减小，Cu (OH)2（aq）Cu2＋（aq）＋2OH－（aq）平衡正移，沉淀溶解，无沉淀。(2分)
(6) 酸碱性、产物微粒的种类 ( 催化剂种类 )2023北京二中高三（上）期中
化 学
一、选择题（每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。）
1. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 乙烷的实验式为C2H6 B. NH3的VSEPR模型为
C. 2pz电子云图为 D. 乙烯的结构简式为CH2CH2
2. 下列事实与电化学无关的是
A.暖宝宝(含铁粉、碳、氯化钠等)发热 B.海沙比河沙混凝土更易使钢筋生锈 C.家用铁锅生锈 D.铁罐运输浓硫酸
A. A B. B C. C D. D
3. 某化工厂生产硝酸的流程如图l所示；其他条件相同时，装置③中催化剂铂网的成分、温度与氧化率的关系如图2所示。下列说法不正确的是
A. 该流程中，装置①③④中发生了氧化还原反应
B. 装置②中利用氨易液化的性质实现反应物和生成物的分离
C. 装置③中最佳反应条件是铂网成分为纯铂、温度为900℃
D. 装置④中通入过量空气可以提高硝酸的产率
4. 阿伏加德罗常数用表示，下列说法正确的是
A. 同温同压下，和两气体的密度相同
B. 金刚石和晶体含有化学键数量均为
C. 质量相同的和（重水）所含的原子数不同
D. 的溶液中离子数为
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. 用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢：
B. 溶液与足量氯水反应：
C. 使酸性高锰酸钾溶液褪色：
D. 稀与溶液反应：
6. 溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是
A. 加入苯，振荡，平衡正向移动
B. 经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C. 加入固体，平衡逆向移动
D. 该反应的平衡常数
7. 五种短周期主族元素，原子序数依次增大。的核外电子数等于其周期数，基态原子有3个单电子，的核外电子数等于核外电子数之和。与同主族，是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 与形成的10电子微粒有2种
B. 的第一电离能由大到小的顺序为
C. 基态原子共有5种空间运动状态的电子
D. 由三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
8. 用如图所示的装置进行实验（夹持及尾气处理仪器略去），能达到实验目的的是
选项 a中试剂 b中试剂 c中试剂 实验目的 装置
A 氨水 CaO 无 制备并收集氨气
B 浓盐酸 MnO2 饱和NaCl溶液 制备纯净的Cl2
C 醋酸 Na2CO3 苯酚钠溶液 比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱
D 浓硫酸 Na2SO3 KMnO4酸性溶液 验证SO2具有还原性
A. A B. B C. C D. D
9. 下图所示的实验，能达到实验目的的是
A．比较Mg、Al金属性的强弱 B．验证AgCl溶解度大于AgI C．比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应的快慢 D．由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体
A. A B. B C. C D. D
10. 科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下：
下列说法正确的是
A. ①、②、③中均有O—H的断裂
B. 生成DMC总反应的原子利用率为100%
C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D. DMC与过量NaOH溶液反应生成和甲醇
11. 我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。
下列说法不正确的是
A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔
B. 碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3
C. 经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)
D. 该工艺的碳原子利用率理论上为 100%
12. 可生物降解的高分子材料聚苯丙生（L）的结构片段如下：
下列有关的说法不正确的是
A. 制备L的单体分子中都有两个羧基 B. 制备的反应是缩聚反应
C. L中的官能团是酯基和醚键 D. 和的大小对的降解速率有影响
13. 某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
反应ii：C6H8O6(维生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+
下列说法不正确的是
A. 反应ii中维生素C发生氧化反应
B. 反应速率：反应i<反应ii
C. 溶液pH最终会变大
D. 若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)=amol
14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。
已知：
ⅰ．下图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ．下图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由上图得到]。
下列说法正确的是
A. 由第1个图，pH=9时，
B. 由第2个图，初始状态pH=9、，平衡后溶液中存在：
C. 由第2个图，初始状态pH=11、，有沉淀生成
D. 由两个图分析，初始状态pH=8、，发生反应：
二、填空题（共58分，将答案填写在答题纸的指定位置）
15. 氟化镁钾()是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如下。以该晶胞结构为基础，将相似离子取代或部分取代，可合成多种新型材料。
（1）晶体中，每个周围有___________个距离最近的。
（2）进行离子取代的重要参数为离子半径。下表是、、的数据，请从原子结构角度解释的原因：___________。
离子
离子半径 136 65 133
（3）半径与接近，将部分由取代，可以带来电荷不平衡性和反应活性。从而合成新型催化剂材料。
①基态价电子的轨道表示式为___________。
②某实验室合成新型催化剂材料(是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构)。已知晶胞棱长为。若要合成厚度为。面积为的催化剂材料，理论上需要掺杂的约为___________(，，阿伏加德罗常数约为)。
（4）我国科研工作者以晶体结构为框架，依据“体积匹配原则”合成了具有独特电学性能的晶体。其框架中的由取代，位置嵌入有机阳离子，位置沿棱方向嵌入直线型。已知与的结构简式如下：
： ：
①中N原子的杂化方式为___________，中心N原子的杂化方式为___________。
②的转动不会影响晶体骨架，这是因为除离子键外，该晶体中微粒间还存在着其他相互作用。如邻近的与还存在着___________，上述相互作用不会随的转动改变。
16. 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：
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）。
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．的电负性为2.0 的电负性为2.1
ii．下在水中的溶解度为在水中的溶解度为
（3）向水溶液中加入催化剂后，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______。
（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）用惰性电极电解溶液可制得，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______（填“增大”“减小”或“不变”）
17. 羟吲哚()及其衍生物在植物体发育过程中扮演着重要的角色，一种合成路线如下。
已知：+
（1）A所含官能团的名称为_______。
（2）B的结构简式为_______。
（3）D→E的化学方程式为_______。
（4）试剂b在一定条件下可向试剂a转化，该反应的化学方程式为_______。
（5）试剂c的分子式为，其结构简式为_______。
（6）G不能与反应，其结构简式为_______。
（7）羟吲哚经水解可得到2-氨基苯乙酸。2-氨基苯乙酸熔点明显低于3-氨基苯乙酸。
物质
熔点(℃) 123 147
解释2-氨基苯乙酸熔点低于3-氨基苯乙酸的原因_______。
（8）有机物K与E经上述合成路线相同的步骤可制得羟吲哚的衍生物。以4-氯甲苯为原料，经三步反应可制得K。写出中间产物1、中间产物2的结构简式。_______、_______
4-氯甲苯→中间产物1→中间产物2→K
已知：苯环上的、—Cl会使新的取代基进入它的邻位或对位；—COOH、会使新的取代基进入它的间位。
18. 为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4
溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶
ii.VO+ 2 OH- VO+H2O
回答下列问题：
（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为_______ ； _______(写两条)。
（2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_______。
（3）生成VO的反应中消耗1mol KClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为_______。
（4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为_______。
（5）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______；_______(写两条)。
（6）测定产品中V2O5的纯度，称取a g产品，先用硫酸溶解，得到 (VO2)2SO4溶液，再加入b1 mL c1 mol·L 1 H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋= 2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182 g·mol 1)的质量分数是_______(列出计算式)。
19. 某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与溶液的反应。
【查阅资料】
i.(绿色)(无色)；
ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；
iii.易被氧化为或。
【猜想假设】
同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与可能会发生两种反应。
假设1：与在溶液中发生络合反应生成；
假设2：Cu(Ⅱ)有___________性，与在溶液中发生氧化还原反应。
【实验操作及现象分析】
实验一：探究与溶液的反应。
实验操作 实验序号h (mL) (mL) 逐滴加入溶液时的实验现象
a 1.5 0.5 溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b 1.0 1.0 溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c 0 2.0 溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
(1)根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是___________(填化学符号)。
(2)甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是___________。
实验二：探究与溶液的反应。
(3)乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu(Ⅰ)。他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。
(4)经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：___________。
(5)经检验氧化产物以形式存在。写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。
【获得结论】
综合以上实验，同学们认为Cu(Ⅱ)盐与在液中的反应与多种因素有关，得到实验结论：
①随的增大，___________；
②___________。
参考答案
一、选择题（每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。）
1. 【答案】C
【详解】A．实验式是最简式的形式，乙烷的分子式为C2H6，实验式为CH3，故A错误；
B．NH3的价层电子对数为，故为sp3杂化，VSEPR模型： ，故B错误；
C．pz电子云是z轴方向形成哑铃形，所以2pz电子云图为 ，故C正确；
D．乙烯的官能团是碳碳双键，不能简化，结构简式为CH2=CH2，故D错误；
故选C。
2. 【答案】D
【分析】
【详解】A．暖宝宝中铁粉、碳在氯化钠溶液中构成原电池，铁发生吸氧腐蚀放出热量，与电化学有关，故A不符合题意；
B．海沙中电解质的量大于河沙，钢筋在海沙中构成原电池时，由于电解质溶液浓度大，腐蚀速率快，则海沙比河沙混凝土更易使钢筋生锈与电化学有关，故B不符合题意；
C．家用铁锅生锈是因为铁锅与锅中残留溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，则家用铁锅生锈与电化学有关，故C不符合题意；
D．铁在冷的浓硫酸中发生钝化，则铁罐运输浓硫酸与铁的钝化有关，与电化学有无关，故D符合题意；
故选D。
3. 【答案】C
【详解】A.该流程中，装置①③④中发生了氧化还原反应，A项正确；
B.装置②中利用氨易液化的性质实现反应物和生成物的分离，B项正确；
C.装置③中最佳反应条件是铂网成分为含10%铑的铂、温度为900℃，C项错误；
D.装置④中通入过量空气可以提高硝酸的产率，D项正确；
答案选C。
4. 【答案】C
【详解】A．同温同压下气体的密度之比等于对应摩尔质量之比两者摩尔质量不同，故A错误；
B．晶体含有化学键数量为，故B错误；
C．H和D的摩尔质量不同，导致和摩尔质量不同，同质量的两者物质的两不同，因此其所含原子数也不同，故C正确；
D．溶液中存在平衡，1L该溶液中离子数小于，故D错误；
故选C。
5. 【答案】A
【详解】A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢发生沉淀转化，故A正确；
B．溶液与足量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为，故B错误；
C．使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为，故C错误；
D．稀与溶液反应生成硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为，故D错误；
选A。
6. 【答案】D
【详解】A.加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；
B.将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；
C.加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；
D.该反应的平衡常数K=，D错误；
答案选D。
7. 【答案】C
【分析】五种短周期主族元素，X的核外电子数等于其周期数X为H，Y基态原子有3个单电子Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和Z为O，M与X同主族因此Y是钠，Q是同周期中非金属性最强的元素Q为Cl。
【详解】A．H、O形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+三种，故A错误；
B．N的核外价电子排布半充满，第一电离能大于O，故B错误；
C．N核外有1s、2s、2p轨道上有电子，因此有5种空间运动状态的电子，故C正确；
D．溶液显碱性，故D错误；
故选C。
8. 【答案】D
【详解】A．氨水中的水与氧化钙反应放热，用来制取氨气，氨气密度小于空气，收集氨气时需要短进长出，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，无加热装置，B错误；
C．醋酸易挥发，故也可与苯酚钠反应生成苯酚，无法确定是生成苯酚的反应物是碳酸还是醋酸，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；
故答案为：D。
9. 【答案】A
【详解】A．氢氧化镁不与氢氧化钠反应故不溶解，氢氧化铝与氢氧化钠反应而溶解，则氢氧化铝具有弱酸性，氢氧化镁碱性大于氢氧化铝，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则金属性越强，故说明金属性Mg＞Al ，A正确；
B．硝酸银与氯化钠反应时硝酸银过量，则滴入的KI会与过量的硝酸银反应出现碘化银沉淀，难以证明是氯化银转化为碘化银，故难以验证AgCl溶解度大于AgI，B错误；
C．应选择等体积、等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应，而碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度不同、饱和碳酸钠和饱和碳酸氢钠溶液的物质的量浓度不同， C错误；
D．氯化铁易水解，加盐酸可抑制氯化铁水解，要由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体，应在坩埚中、HCl的氛围中加热FeCl3·6H2O脱水得到无水FeCl3固体，D错误；
故选A。
10. 【答案】D
【详解】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有O—H的断裂，A错误；
B.①中有水分子生成，生成DMC总反应的原子利用率小于100%，B错误；
C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C错误；
D. DMC的结构中有酯基，能与过量NaOH溶液发生水解反应生成和甲醇，D正确；
答案选D。
11. 【答案】B
【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确；
B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误；
C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故C正确；
D. 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为 100%，故D正确；
故选B。
【点睛】
12. 【答案】C
【详解】A．合成聚苯丙生的单体为、，每个单体都含有2个羧基，故A正确；
B．根据题示信息，合成聚苯丙生的反应过程中发生了羧基间的脱水反应，除了生成聚苯丙生，还生成了水，属于缩聚反应，故B正确；
C．聚苯丙生中含有的官能团为：-O-、，不含酯基，故C错误；
D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响，因此m、n、p、q的值影响聚苯丙生的降解速率，故D正确；
故选C。
13. 【答案】D
【详解】A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C6H6O6中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B正确；
C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C正确；
D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)＞amol D错误；
答案选D。
14. 【答案】D
【分析】图i中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图ii中已知曲线I代表的是氢氧化镁，曲线II代表的是碳酸镁。
【详解】A．由图可知，pH=9时，碳酸氢根离子的物质的量分数大于碳酸的物质的量分数，A错误；
B．从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，B错误；
C．从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，C错误；
D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；
故选D。
二、填空题（共58分，将答案填写在答题纸的指定位置）
15.【答案】（1）6 （2）和的最外层电子数相同，电子层数：<，但核电荷数：<，综合结果：；、电子层数和最外层电子数均相同，核电荷数：<，所以，综上所述：；
（3） ①. ②.
（4） ①. sp3 ②. sp ③. 配位键
【小问1详解】
由晶胞结构可知位于顶点，位于棱心，每个顶点周围有6个棱心，则每个周围有6个距离最近的；
【小问2详解】
和的最外层电子数相同，电子层数：<，但核电荷数：<，综合结果：；、电子层数和最外层电子数均相同，核电荷数：<，所以，综上所述：；
【小问3详解】
①基态价电子的轨道表示式为 ；
②晶胞的体积为：a3nm3= a3×10-27m3；催化剂材料的体积为：×1m3=；
所需晶胞的数量为：；所以需要晶胞的物质的量为mol；理论上需要掺杂约为mol×0.2=mol；
【小问4详解】
①由结构可知，N原子形成4条共价键，采用sp3的杂化方式，中心N原子形成两条双键，为直线结构采用sp杂化；
②存在空轨道、存在孤对电子，两者之间可形成配位键。
16. 【答案】（1）
（2）分离出或者减小压强
（3）
（4）浓度过高会导致催化剂活性降低
（5） ①. ②. 增大
【小问1详解】
已知① ；
② ；
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：。
【小问2详解】
理论上，适当升高温度、及时将分离出或者减小压强等都可以使平衡正向移动，提高的平衡产率。
【小问3详解】
向水溶液中加入催化剂后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠和氢气的化学方程式：。
【小问4详解】
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活性降低。
【小问5详解】
①钛电极和电源的负极相连做阴极，在阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②根据上述电极反应式和阳离子交换膜可判断电解过程中，阴极区溶液增大。
17. 【答案】（1）醛基 （2）
（3） + 2CH3OH +2H２O
（4）2CH3OH + O22HCHO + 2H２O
（5） （6） （7）2-氨基苯乙酸能够形成分子内氢键，使得其熔点降低，而3-氨基苯乙酸可以形成分子间氢键，其熔点升高，所以2-氨基苯乙酸熔点低于3-氨基苯乙酸
（8） ①. ②.
【分析】由已知框图可分析出，乙炔与水加成生成乙醛，由已知信息和B的分子式可推得试剂a为HCHO，则B为，B→D为加氧氧化，则D为，试剂b在浓硫酸加热条件下反应，结合分子式可推得该反应应该为酯化反应，试剂b为CH3OH，则E为，试剂c分子式为，结合F的结构可知试剂c应该为，F→G少两个碳，且G不能与碳酸钠反应，所以G应该为，G去氧加氢得到J，则J为，最后得到生成物H。
【小问1详解】
乙炔与水加成生成烯醇式结构，不稳定，异构化成乙醛，所以A结构为CH3CHO，官能团为醛基；
【小问2详解】
由已知信息和B的分子式可知，试剂a为甲醛，所以B的结构简式应该为；
【小问3详解】
见分析，可知D→E为： + 2CH3OH +2H２O，发生酯化反应；
【小问4详解】
通过推测可知，a为甲醛，试剂b为CH3OH，由b转化为a，过程为醇的去氢氧化，所以方程式为：2CH3OH + O22HCHO + 2H２O；
【小问5详解】
E为，F中有苯环，结合试剂c的分子式为，可知c的结构为；
【小问6详解】
F在一定条件下转变成G，减少了2个C，2个O和2个H，再分析H的结构，且已知G不能有碳酸钠反应，可推测出G为；
【小问7详解】
由题中所给结构可知，2-氨基苯乙酸，氨基和羧基在相邻位置上，所以可以形成分子内的氢键，当物质形成分子内氢键 ，使得其熔点降低，而3-氨基苯乙酸由于氨基和羧基距离较远，而且苯环位阻较大，所以主要形成分子间氢键，其熔点升高，所以2-氨基苯乙酸熔点低于3-氨基苯乙酸，所以答案为：2-氨基苯乙酸能够形成分子内氢键，使得其熔点降低，而3-氨基苯乙酸可以形成分子间氢键，其熔点升高，所以2-氨基苯乙酸熔点低于3-氨基苯乙酸；
【小问8详解】
制得的羟吲哚的衍生物结构为 ，与已知路径中的H只差一个-COOCH3结构单元，且K与E反应生成，所以可逆推出K应该为，再由已知信息：苯环上的、-Cl会使新的取代基进入它的邻位或对位；—COOH、会使新的取代基进入它的间位。可分析出4-氯甲苯应先用高锰酸钾氧化成4-氯苯甲酸，然后再加入浓硫酸浓硝酸加热将硝基引入在羧基的间位上，具体流程如下：。
【点睛】有机推断要注意灵活运用已知信息，学会分子式和结构简式相结合的手段解决问题，流程推断要结合已知有机合成路线。
18. 【答案】（1） ①. 粉碎废钒 ②. 搅拌；适当升温
（2）V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O
（3）6VO2＋＋ClO＋ 3H2O= 6VO＋ Cl-＋ 6H＋
（4）作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出
（5） ①. 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 ②. 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
（6）
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【小问1详解】
水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
【小问2详解】
滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
【小问3详解】
生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O= 6 VO＋Cl－＋6H＋；
【小问4详解】
含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
【小问5详解】
随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降；
【小问6详解】
根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4 5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=b2C2×10 3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为(b1c1 b2C2)×10 3mol，根据方程式可得2 H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)= n(H2C2O4)= (b1c1 b2C2)×10 3mol，则产品中V2O5的质量分数是。
19. 【答案】 ①. 氧化 ②. ③. 实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应) ④. 向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ) ⑤. CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解 ⑥. 2Cu2++6=2+ ⑦. 二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强 ⑧. Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势
【分析】根据资料i.(绿色)，和Cu(Ⅱ)有氧化性，具有还原性，提出假设；通过与溶液的反应的现象，实验a到实验c，溶液浓度变大，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应；随的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；探究与溶液的反应，起初现象溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置很快出现白色沉淀，再加溶液，白色沉淀很快溶解形成无色溶液；结合资料ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)，要确定无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈现无色，后变为蓝色；Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。
【详解】假设2：具有还原性，Cu(Ⅱ)有氧化性，与在溶液中发生氧化还原反应。故答案为：氧化；
实验一：探究与溶液的反应。
(1)结合资料i.(绿色)，根据实验a的现象溶液逐渐变为绿色，静置无变化，可推测溶液中生成的含Cu微粒是(填化学符号)。故答案为：；
(2)甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应)。故答案为：实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应)；
实验二：探究与溶液的反应。
(3)结合资料ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)，无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈现无色，后变为蓝色。他的实验方案是：取少量无色溶液，向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ)。故答案为：向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ)；
(4)经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解。故答案为：CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解；
(5)与发生氧化还原反应得到无色溶液，生成和，离子方程式：2Cu2++6=2+。故答案为：2Cu2++6=2+；
由分析，获得结论：①随的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；②氯离子易与亚铜离子生成氯化亚铜，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。2023北京五中高三（上）期中
化 学
（第三次段考）
一、选择题，共42分
1．我国科研人员首次以CO2为原料合成了葡萄糖和长链脂肪酸，这项突破为人工和半人工合成“粮食”提供了新技术。合成路线如下：
CO2COCH3COOH葡萄糖、脂肪酸
下列说法不正确的是（　　）
A．过程①、②中电能转化为化学能
B．葡萄糖分子中含有醛基、羟基
C．CH3COOH和C7H13COOH互为同系物
D．葡萄糖不能发生水解反应
2．碳化硅晶体具有多种结构，其中一种晶体的晶胞（如图所示）与金刚石的类似。下列判断不正确的是（　　）
A．该晶体属于分子晶体
B．该晶体中只存在极性键
C．该晶体中Si的化合价为+4
D．该晶体中C的杂化类型为sp3
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．2L 0.5mol/L CH3COOH溶液中含有H+的数目为NA
B．23g Na与足量H2O反应完全后生成H2的体积为11.2L
C．密闭容器中2mol SO2与1mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
D．物质的量相同的和CH3CHO所含共价键数目相同
4．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（　　）
A．用小刀切开金属钠，表面逐渐变暗
B．推进装有NO2的密闭针筒的活塞，气体颜色变深
C．将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去
D．维生素C常与补铁剂（有效成分中铁元素为+2价）同服
5．Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe+6HCN+2K2CO3═K4Fe（CN）6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为O＜N＜C
B．配合物K4Fe（CN）6的中心离子的价电子排布图为，该中心离子的配位数是10
C．1molHCN分子中含有σ键的数目为1.204×1024
D．K2CO3中阴离子的空间构型为三角锥形，其中碳原子的价层电子对数为4
6．下列关于铜腐蚀的说法及方程式书写正确的是（　　）
A．铜在潮湿空气中被腐蚀：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3
B．铜在NH3环境中被腐蚀：2Cu+O2+2NH3 H2O═2Cu2++2NH3+4OH﹣
C．HNO3浓度越大，腐蚀反应3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O速率越大
D．利用FeCl3对铜的腐蚀制作印刷线路板：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+
7．我国拥有独立知识产权的抗高血压药物左旋氨氯地平的分子具有手性，其结构简式如图。下列关于左旋氨氯地平的说法不正确的是（　　）
A．分子中含有酯基
B．酸性条件下的所有水解产物均能与NaHCO3溶液反应
C．能与H2发生加成反应
D．有手性异构体
8．聚乳酸（PLA）是一种生物可降解材料。低相对分子质量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相对分子质量PLA的制备过程如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．PLA易溶于水
B．乳酸生产中间体时，原子利用率能达到100%
C．由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应
D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH
9．已知磷酸的电离常数K1＝7.6×10﹣3；K2＝6.3×10﹣8；K3＝4.4×10﹣13，关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（　　）
A．与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O
B．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
C．加水稀释使电离程度增大，溶液pH减小
D．c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）
10．将铜棒插入浓、稀Cu（NO3）2溶液中（装置如图），观察到电流计指针发生偏转，一段时间后，浸入浓Cu（NO3）2溶液的铜棒变粗。下列说法不正确的是（　　）
A．铜棒变粗的反应：Cu2++2e﹣═Cu
B．导线中电子移动的方向：b→a
C．随着反应的进行，浓、稀Cu（NO3）2溶液的浓度逐渐接近
D．Cu2+的氧化性随c（Cu2+）增大而增强，Cu的还原性随c（Cu2+）增大而减弱
11．一种可充电的锂离子电池充放电的工作示意图如图，电池的总反应为：
Li1﹣xMnO2+LixC6LiMnO2+C6
下列说法正确的是（　　）
A．放电时负极的反应：C6+xLi++xe﹣═LixC6
B．K与M相连时，A是阳极，发生氧化反应
C．K与N相连时，Li+由A极区迁移到B极区
D．整个充、放电过程只存在3种形式的能量转化
12．反应M（g）+N（g） P（g）+Q（g）在不同温度（T时的平衡常数（K）如下：
T/oC 700 800 830 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
密闭容器中，某温度（T）、某时刻（t）时，反应混合物中M、N、P，Q的浓度分别为1mol L﹣1、1mol L﹣1、1.5mol L﹣1、1.5mol L﹣1。
下列说法正确的是（　　）
A．该反应△H＜0
B．若T＝700℃，则t时刻反应向正反应方向进行
C．若t时刻反应达到化学平衡，则1000℃＜T＜1200℃
D．当T＝830℃达到化学平衡时，c（M）＝0.75mol L﹣1
13．化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：
将1molCO2和3molCH4充入干重整反应器，发生：
重整反应：CH4+CO22CO+2H2
积炭反应：CH4C+2H2
研究发现，增大n（FeO）能减少积炭，并增大的值。下列说法不正确的是（　　）
A．X的化学式为Fe3O4，被还原后可循环利用
B．增大n（FeO）能增大，推测发生FeO+CH4═Fe+CO+2H2
C．减少n（FeO），Fe上的积炭会导致蒸气反应器中产生的H2纯度降低
D．干重整反应器中存在：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）＝4mol
14．某实验小组为研究黄铜（Cu﹣Zn合金）的抗腐蚀性能，进行了系列实验，结果如下表。依据上述实验，所得结论不正确的是（　　）
实验 0～1h 1h 2h
1 6mol/L盐酸 无气泡产生
2 3mol/L硫酸 无气泡产生 黄铜表面出现少量小气泡，反应缓慢 黄铜表面小气泡数量增加不明显，反应缓慢
3 6mol/L硝酸 2min时出现较多气泡，反应迅速进行；10min时出现明显的红棕色气体 溶液变为蓝色，反应持续进行，但不剧烈 溶液变为蓝色，反应持续进行，较为缓慢
4 2mol/L硝酸 黄铜表面出现少量小气泡，反应缓慢 溶液出现淡蓝色，反应缓慢 溶液出现淡蓝色，反应缓慢
4 浓硝酸 反应物接触后迅速反应，反应剧烈，产生大量红棕色气体，溶液变为深蓝色
A．实验1、2、3中反应速率不同，与溶液中阴离子种类有关
B．可用稀硫酸溶解黄铜以测定铜的质量分数
C．硝酸与黄铜反应的速率随硝酸浓度增大而加快
D．黄铜在稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能，说明其结构与简单Cu﹣Zn混合物不同
二、非选择题、共58分
15．（10分）向硫酸铜水溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水得到深蓝色溶液，再向溶液中加入乙醇，有深蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4 H2O析出。
（1）铜元素位于元素周期表中 　 　区，高温超导体钇钡铜氧材料中铜元素有+2和+3两种价态，基态Cu3+的电子排布式为 　 　。
（2）非金属元素N、O、S的第一电离能由大到小的顺序是 　 　（用元素符号表示）。
（3）上述深蓝色晶体中含有的元素电负性最小的是 　 　（用元素符号表示）。
（4）H2O的中心原子轨道杂化类型为 　 　杂化；的立体构型是 　 　，根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子的最外层电子数之和也相同，可互称为等电子体。等电子体之间结构相似。写出与互为等电子体的一种离子：　 　。
（5）NH3分子独立存在时H﹣N﹣H键角为：107°。如图为[Zn（NH3）6]2+的部分结构以及H﹣N﹣H键角的测量值。解释配合物中H﹣N﹣H键角变为109°28′的原因：　 　。
（6）最新研究发现，水能凝结成13种类型的结晶体。除普通冰外，还有﹣30℃才凝固的低温冰，180℃依然不变的热冰，比水密度大的重冰等。重冰的结构单元可用下图的立方体表示，立方体的棱长a＝333.7pm，阿伏加德罗常数的值取6.02×1023，则重冰的密度为 　 　g cm﹣3（1pm＝10﹣10cm，只列式，不计算）。
16．（13分）导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如图。
资料：
（1）A分子中含有的官能团有 　 　。
（2）A→B的化学方程式是 　 　。
（3）B→D的反应类型是 　 　。
（4）D→E的反应方程式是 　 　。
（5）F的结构简式是 　 　。
（6）下列有关J的说法正确的是 　 　（填字母）。
a．核磁共振氢谱有2组峰
b．能与H2发生加成反应
c．不存在含苯环的同分异构体
d．合成PEDOT的反应属于加聚反应
（7）推测J→PEDOT的过程中，反应物（NH4）2S2O8的作用是 　 　。
（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：
①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；
②　 　。
17．（11分）将CO2转化成C2H4可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+C2H6（g） C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ mol﹣1（主反应）
Ⅱ．C2H6（g） CH4（g）+H2（g）+C（s）△H＝+9kJ mol﹣1（副反应）
（1）反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步：
ⅰ．C2H6（g） C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ mol﹣1（反应速率较快）
ⅱ．H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）△H2（反应速率较慢）
①△H2＝　 　kJ mol﹣1
②相比于提高c（C2H6），提高c（CO2）对反应Ⅰ速率影响更大，原因是 　 　。
（2）0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si﹣2性能的影响如图所示。
①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是 　 　。
②800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表：
v（CO2）/v（C2H6） 平衡时有机产物的质量分数
CH4 C2H4
15.0/15.0 7.7 92.3
20.0/10.0 6.4 93.6
24.0/6.0 4.5 95.5
a．随增大，CO2转化率将 　 　（填“增大”或“减小”）。
b．解释对产物中C2H4的质量分数影响的原因：　 　。
（3）我国科学家使用电化学的方法（装置如图）用C2H6和CO2合成了C2H4。
①N是电源的 　 　极。
②阳极电极反应式是 　 　。
18．（12分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的污水处理剂。
（1）K2FeO4的制备
①i中反应的离子方程式是 　 　。
②将ii中反应的离子方程式补充完整：
　 　Fe3+ +　 　OH﹣+　 　ClO﹣═　 　+　 　　 　+　 　　 　
③iii中反应说明溶解度：Na2FeO4　 　K2FeO4（填“＞”或“＜”）。
（2）K2FeO4的性质
i．将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应。
ii．将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。
iii．将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快。
①K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是 　 　。
②K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是 　 　。
（3）K2FeO4的应用
K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮（将含氮物质转化为N2）处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：
①K2FeO4脱氮的最佳pH是 　 　。
②根据图推测，pH＝4时生活垃圾渗透液中含氮物质主要以 　 　形式存在。
③pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：　 　。
19．（12分）某小组探究Fe2S3的制备。配制0.1mol L﹣1的FeCl3溶液和0.1mol L﹣1的Na2S溶液备用。
【查阅资料】
ⅰ．FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。
ⅱ．Fe3++6F﹣ [FeF6]3﹣，[FeF6]3﹣为无色离子。
ⅲ．硫单质微溶于乙醇，难溶于水。
【设计并实施实验】
编号 实验一 实验二
操作
现象 迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生有臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X 产生棕黑色沉淀
（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生成黑色沉淀a的离子方程式为 　 　。
（2）进一步检验浊液X的组成，过程如图。
①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是 　 　。
②经检测，黑色固体b中含有FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+，与加入的S2﹣反应产生的。乙同学认为该推测不严谨，理由是 　 　。
（3）实验二制得了Fe2S3，但其中含少量Fe（OH）3。
①生成Fe（OH）3的离子方程式为 　 　。
②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因：　 　。
实验三 小组同学进行如图所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的Fe2S3。
（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3的离子方程式为 　 　。
【反思与评价】
（5）对比三个实验，实验三能成功制备Fe2S3的原因是 　 　。
参考答案
一、选择题，共42分
1．【分析】A.电解是将电能转化为化学能的过程；
B.葡萄糖是一种多羟基的醛；
C.结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
D.葡萄糖是单糖。
【解答】解：A.过程①、②均为电解，而电解是将电能转化为化学能的过程，故A正确；
B.葡萄糖是一种多羟基的醛，即葡萄糖中含羟基和醛基，故B正确；
C.C7H13COOH中的烃基﹣C7H13中含一个碳碳双键或环，CH3COOH和C7H13COOH的结构不相似，分子组成上相差的也不是一个或若干个CH2原子团，故不互为同系物，故C错误；
D.葡萄糖是单糖，不能水解，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了葡萄糖的结构和性质以及电解过程中能量的转化，难度不大，应注意基础知识的积累和应用。
2．【分析】从晶体类型来说，碳化硅晶体具有多种结构，其中一种晶体的晶胞（如图所示）与金刚石的类似，两者都属于原子晶体，原子晶体的原子间形成共价键，C的杂化类型为sp3。
【解答】解：A．碳化硅晶体属于原子晶体，故A错误；
B．该晶体中只存在C﹣Si极性键，故B正确；
C．C的非金属性强于Si，显正价，Si的化合价为+4，故C正确；
D．碳化硅形成4个共价键，C原子采用的是sp3杂化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了晶体的结构和性质，涉及化合键、杂化的判断、晶体类型的判断等知识点，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
3．【分析】A.CH3COOH为弱酸；
B.注意22.4L/mol的使用前提为标准状况；
C.SO2与O2反应生成SO3为可逆反应；
D.一个所含共价键数为7，CH3CHO所含共价键数目为7。
【解答】解：A.2L 0.5mol/L CH3COOH溶液中含有CH3COOH为2L×0.5mol/L＝1mol，CH3COOH为弱酸部分电离，溶液中含有H+的数目小于NA，故A错误；
B.题目未给标准状况，无法计算气体体积，故B错误；
C.SO2与O2反应生成SO3为可逆反应，2mol SO2与1mol O2充分反应生成SO3小于2mol，分子数小于2NA，故C正确；
D.和CH3CHO分子中所含共价键数目均为7，物质的量相同的和CH3CHO所含共价键数目相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系。
4．【分析】化合价升降为氧化还原反应特征，存在化合价变化的反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应无关，说明反应中不存在化合价变化，以此进行判断。
【解答】解：A．用小刀切开金属钠，表面的银白色的金属钠与空气中的氧气反应产生氧化钠，导致金属钠表面逐渐变暗，该反应过程中元素化合价发生了变化，因此发生的反应为氧化还原反应，故A错误；
B．推进装有NO2的密闭针筒的活塞，气体的体积减小，NO2气体浓度增大，因而气体颜色变深，与氧化还原反应无关，故B正确；
C．将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，二者会发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，因而溶液紫色褪去，故C错误；
D．维生素C具有还原性，可以与补铁剂氧化变质产生的Fe3+发生氧化还原反应产生Fe2+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。
5．【分析】A．同周期主族元素自左而右电负性增大；
B．中心离子具有空轨道，中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；
C．HCN分子结构式为H﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键；
D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数＝（4+2﹣2×3）＝0，价层电子对数＝3+0＝3。
【解答】解：A．同周期主族元素自左而右电负性增大，则涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为C＜N＜O，故A错误；
B．配合物K4Fe（CN）6的中心离子为Fe2+，中心离子的价电子排布式为3d5，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，该中心离子的配体为CN﹣，配位数是6，故B错误；
C．HCN分子结构式为H﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键，1molHCN分子中含有σ键的数目为1.202×1024，故C正确；
D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数＝（4+2﹣2×3）＝0，碳原子的价层电子对数＝3+0＝3，空间结构为平面三角形，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查配合物的成键情况，明确配合物中内界、外界及其外界性质是解本题关键，注意配合物中内界和外界在水溶液中存在方式，题目难度中等。
6．【分析】A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成Cu2（OH）2CO3；
B．铜在NH3环境中被腐蚀生成[Cu（NH3）4]（OH）2；
C．Cu与浓硝酸反应生成NO2；
D．Fe比Cu活泼，Cu不能置换出Fe。
【解答】解：A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成Cu2（OH）2CO3，方程式为2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3，故A正确；
B．铜在NH3环境中被腐蚀生成[Cu（NH3）4]（OH）2，方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O═2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣，故B错误；
C．Cu与稀硝酸反应为3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，HNO3浓度增大，Cu与浓硝酸反应为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故C错误；
D．Fe比Cu活泼，Cu不能置换出Fe，制作印刷线路板反应为Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查金属的腐蚀，题目难度中等，掌握常见金属腐蚀的原理和反应是解题的关键。
7．【分析】A．由结构可知，该有机物含有酯基；
B．水解产物有甲醇、乙醇等；
C．苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；
D．含有手性碳原子的有机物存在手性异构，连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子。
【解答】解：A．由结构可知，该有机物含有酯基，故A正确；
B．酯基发生水解，产物有甲醇、乙醇等，甲醇、乙醇不能与NaHCO3溶液反应，故B错误；
C．分子中含有的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，故C正确；
D．分子中连接苯环的碳原子是手性碳原子，存在手性异构，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意对手性碳原子、手性异构的理解，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
8．【分析】A．PLA中不含亲水基，只含憎水基；
B．乳酸生产中间体时，除了生成中间体外还生成水；
C．乳酸中含有羧基和醇羟基，能发生缩聚反应生成高分子化合物；
D．1molPLA完全水解时生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反应。
【解答】解：A．PLA中不含亲水基，只含憎水基，所以PLA不易溶于水，故A错误；
B．乳酸生产中间体时，除了生成中间体外还生成水，所以乳酸生产中间体时，原子利用率不能达到100%，故B错误；
C．乳酸中含有羧基和醇羟基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，所以由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应，故C正确；
D．1molPLA完全水解时生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反应，所以消耗（n﹣1）molNaOH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、缩聚反应特点、物质的溶解性等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9．【分析】A．根据电离平衡常数知，H3PO4为三元弱酸，与足量NaOH溶液反应的离子方程式中应该写化学式；
B．加入NaH2PO4固体，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4电离，导致溶液中c（H+）减小；
C．加水稀释促进H3PO4电离，但H3PO4电离的增大程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中（H+）减小；
D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
【解答】解：A．根据电离平衡常数知，H3PO4为三元弱酸，与足量NaOH溶液反应的离子方程式中应该写化学式，离子方程式为H3PO4+3OH﹣＝3H2O+，故A错误；
B．加入NaH2PO4固体，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4电离，导致溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大，酸性减弱，故B错误；
C．加水稀释促进H3PO4电离，但H3PO4电离的增大程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中（H+）减小，pH值增大，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离影响因素、溶液中存在的守恒、离子方程式书写规则是解本题关键，C选项易忽略溶液体积变化导致错误判断。
10．【分析】该装置中一段时间后，浸入浓Cu（NO3）2溶液的铜棒变粗，故右侧铜棒为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，左侧铜棒为负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，据此作答。
【解答】解：A．右侧铜棒为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，铜棒变粗，故A正确；
B．导线中电子移动的方向：a（负极）→b（正极），故B错误；
C．随着反应的进行，左侧铜离子浓度增大，右侧铜离子浓度减小，溶液中硝酸根离子由右侧向左侧迁移，浓、稀Cu（NO3）2溶液的浓度逐渐接近，故C正确；
D．由反应可知，右侧铜离子浓度大，右侧铜棒为正极，Cu2+的氧化性随c（Cu2+）增大而增强，左侧铜离子浓度减小，左侧铜棒为负极，Cu的还原性随c（Cu2+）增大而减弱，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
11．【分析】当K与M相接时，该装置是电解池，A为阳极，阳极上失电子发生氧化反应，B为阴极，发生还原反应，当K与N相接时，该装置是原电池，B为负极，A为正极，负极上发生氧化反应，该电极反应式为：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，正极上发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【解答】解：A．K与N相接时，B极为负极，该电极反应式为：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，故A错误；
B．当K与M相接时，该装置是电解池，A为阳极，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：LiMnO2﹣xe﹣＝Li1﹣xMnO2+xLi+，故B正确；
C．K与N相接时，A为正极，B为负极，Li+由B极区迁移到A极区，故C错误；
D．原电池和电解质中，是电能和化学能之间的相互转化，化学能与热能、光能转化等，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查学生二次电池的工作原理知识，可以根据教材铅蓄电池的工作原理来回答，难度不大。
12．【分析】A.由表中数据可，温度越高、K越大，可知升高温度平衡正向移动；
B.T＝700℃，K＝0.6，t时刻Q＝＝＝2.25＞K；
C.2.25介于1.7与2.6之间；
D.T＝830℃K＝1，t时刻平衡逆向移动，设生成的M为xmol/L，则K＝＝＝1，以此来解答。
【解答】解：A.由表中数据可，温度越高、K越大，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，反应△H＞0，故A错误；
B.T＝700℃，K＝0.6，t时刻Q＝＝＝2.25＞K，平衡逆向移动，故B错误；
C.2.25介于1.7与2.6之间，则t时刻反应达到化学平衡，1000℃＜T＜1200℃，故C正确；
D.T＝830℃K＝1，t时刻平衡逆向移动，设生成的M为xmol/L，则K＝＝＝1，解得x＝0.25，则平衡时，c（M）＝1mol/L+0.25mol/L＝1.25mol L﹣1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握温度与K的关系、K的计算、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
13．【分析】A．铁和高温水蒸气反应，生成Fe3O4和氢气；
B．增大n（FeO）能减少积炭，并增大，可以推测发生反应FeO+C＝Fe+CO、FeO+CH4═Fe+CO+2H2；
C．Fe上的积炭会在蒸气反应器中与水蒸气反应：C+H2OCO+H2；
D．干重整反应器中还存在积碳，根据原子守恒进行分析。
【解答】解：A．铁和高温水蒸气反应，生成Fe3O4和氢气，所以X的化学式为Fe3O4，Fe3O4被还原后可以得到FeO，进一步循环利用，故A正确；
B．增大n（FeO）能减少积炭，并增大，可以推测发生反应FeO+C＝Fe+CO、FeO+CH4═Fe+CO+2H2，且H2的生成量大于CO的生成的量，故B正确；
C．减少n（FeO），Fe上的积炭会在蒸气反应器中与水蒸气反应，C+H2OCO+H2，导致产生的H2中含有CO，纯度降低，故C正确；
D．根据题意可知，干重整反应器中还存在积碳，根据原子守恒有：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）+n（C）＝4mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查对反应机理的理解，侧重考查学生的分析能力、推理能力，对能力要求较高，难度中等。
14．【分析】A．实验1、2、3中阳离子都是氢离子，且浓度都为6mol/L，但阴离子不同，反应速率不同；
B．实验2分析，1h以上稀硫酸才与黄铜缓慢反应，经过2h气泡数量增加不明显；
C．实验3、4、5可知，硝酸和黄铜反应速率随硝酸浓度增大而增大；
D．实验2可知，1h内，稀硫酸和黄铜不反应，经过2h，反应缓慢，气泡数增加不明显，说明黄铜早稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能。
【解答】解：A．实验1、2、3中阳离子都是氢离子，且浓度都为6mol/L，但阴离子不同，反应速率不同，说明反应速率不同，与溶液中阴离子种类有关，故A正确；
B．实验2分析，1h以上稀硫酸才与黄铜缓慢反应，经过2h气泡数量增加不明显，不能保证其中锌溶解完全，不能用来测定铜的质量分数，故B错误；
C．实验3、4、5可知，硝酸和黄铜反应速率随硝酸浓度增大，反应速率加快，故C正确；
D．实验2可知，1h内，稀硫酸和黄铜不反应，经过2h，反应缓慢，气泡数增加不明显，说明黄铜早稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能，证明黄铜合金的结构与简单铜锌混合物不同，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了实验探究物质性质分析判断、合金性质的理解应用、影响反应速率的因素判断等，物质反应现象的分析是解题关键，题目难度不大。
二、非选择题、共58分
15．【分析】（1）Cu为29号元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，根据Cu失去3个电子变成Cu3+书写核外电子排布；
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
（3）上述深蓝色晶体为：[Cu（NH3）4]SO4 H2O，其中含有的元素为Cu、N、H、S、O；
（4）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断H2O的杂化类型、的空间构型；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
（5）成键电子对间的排斥作用小于孤对电子与成键电子对间的排斥作用；
（6））晶胞中水分子数目为1+8×＝2，晶胞质量为g，晶胞体积为（333.7×10﹣10）3 cm3，根据ρ＝计算晶体密度。
【解答】解：（1）Cu为29号元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，为ds区元素，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去3个电子变成Cu3+，依次失去4s1和3d的两个电子，则Cu3+的核外电子排布式为：[Ar]3d8，
故答案为：ds；[Ar]3d8；
（2）同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小即第一电离能O＞S，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
（3）上述深蓝色晶体为：[Cu（NH3）4]SO4 H2O，其中含有的元素为Cu、N、H、S、O，则其中电负性最小的为Cu，
故答案为：Cu；
（4）H2O中中心O原子的价层电子对数为2+＝4，则中心O的杂化类型为sp3，中中心S原子的价层电子对数为4+＝4，没有孤电子对，其空间构型为正四面体；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与互为等电子体的一种离子为：，
故答案为：sp3；正四面体；；
（5）氨分子与Cu2+形成配合物后，孤对电子与Cu2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故H﹣N﹣H键角变大，
故答案为：氨分子与Cu2+形成配合物后，孤对电子与Cu2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，键角变大；
（6）晶胞中水分子数目为1+8×＝2，晶胞质量为g，晶胞体积为（333.7×10﹣10）3 cm3，晶体密度ρ＝＝g cm﹣3＝g cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及电离能、电负性、核外电子排布、空间构型、杂化方式、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。
16．【分析】ClCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成B为ClCH2COOCH2CH3，对比B、D的分子式，可知B与Na2S发生取代反应生成D为，结合J的结构简式，可知D与发生信息i中反应生成E为，同时有CH3CH2OH生成，对比E、F的分子式，可知E中羟基与信息ii中取代反应生成F和HCl，碳酸钾消耗生成的HCl，有利于反应正向进行，故F为，F发生酯基水解反应、酸化引入羧基生成G，G再脱羧得到J，故G为，J与（NH4）2S2O8/催化剂作用生成高聚物PEDOT，该聚合反应中J分子内脱氢，属于缩聚反应。
【解答】解：（1）A分子中含有的官能团有碳氯键、羧基，
故答案为：碳氯键、羧基；
（2）ClCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成ClCH2COOCH2CH3，A→B的化学方程式是ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O，
故答案为：ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O；
（3）B→D是ClCH2COOCH2CH3与Na2S反应生成和NaCl，该反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）D→E是与发生信息i中反应生成和CH3CH2OH，反应方程式是，
故答案为：；
（5）由分析可知，F的结构简式是，
故答案为：；
（6）a．J分子存在对称结构，分子中有2种化学环境不同的氢原子，其核磁共振氢谱有2组峰，故a正确；
b．J分子中含有碳碳双键，能与H2发生加成反应，故b正确；
c．J分子式为C6H6SO2，不饱和度为4，存在含苯环的同分异构体，如，故c错误；
d．合成PEDOT聚合反应中J分子内脱氢，一定有其它分子生成，该反应属于缩聚反应，故d错误，
故答案为：ab；
（7）J→PEDOT的过程中，J分子脱氢形成PEDOT，发生氧化反应，推测反应物（NH4）2S2O8的作用是作氧化剂或脱氢，
故答案为：作氧化剂（或脱氢）；
（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②B、D含有酯基，而Na2S水溶液碱性比较强，导致B（或D）发生水解反应，
故答案为：Na2S水溶液碱性比较强，导致B（或D）发生水解。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、有机反应类型、有机物结构与性质、对试剂的分析与评价等等，充分利用转化中有机物分子式、结构简式进行分析推断，注意对给予反应的理解，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
17．【分析】（1）①ⅠC2H6（g） C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ mol﹣1，
ⅡH2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）△H2，
ⅢCO2（g）+C2H6（g） C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ mol﹣1，
由盖斯定律可知，②＝③﹣①，据此求△H2；
②反应ⅱ．H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）△H2 反应速率较慢，对整个反应速率影响最大；
（2）①由图可以看出，800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高；
a．随增大，相当于在反应体系中增大二氧化碳的量；
b．随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小，据此分析；
（3）①N极CO2→CO，化合价降低，得电子；
②阳极C2H6→C2H4，失去2个电子且消耗氧离子，据此书写电极反应式。
【解答】解：（1）①ⅠC2H6（g） C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ mol﹣1，
ⅡH2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）△H2，
ⅢCO2（g）+C2H6（g） C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ mol﹣1，
由盖斯定律可知，②＝③﹣①，△H2＝△H﹣△H1＝+177kJ mol﹣1﹣（+136kJ mol﹣1）＝+41kJ/mol，
②反应ⅱ．H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）△H2 反应速率较慢，对整个反应速率影响最大，反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，
故答案为：反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率；
（2）①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高，
故答案为：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高；
a．随增大，相当于在反应体系中增大二氧化碳的量，则平衡正向移动，但CO2转化率将减小，
故答案为：减小；
b．随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大，
故答案为：随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大；
（3）①N极CO2→CO，化合价降低，得电子，被还原，为负极，
故答案为：负；
②阳极C2H6→C2H4，失去2个电子且消耗氧离子，电极反应式为：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O，
故答案为：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O。
【点评】本题考查了化学平衡移动的分析判断，热化学方程式和盖斯定律的计算应用，主要是图象曲线变化特征分析理解，掌握基础是关键，题目难度较大。
18．【分析】（1）K2FeO4的制备流程：酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反应的方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，碱性条件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+ +10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根据K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入饱和KOH溶液使Na2FeO4转化为K2FeO4，方程式为Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，过滤、洗涤、低温干燥，得到K2FeO4纯品；
（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体，据此写出反应的化学方程式；
②碱性条件下K2FeO4稳定、中性水中生成少量氧气、酸性条件下生成大量氧气，生成氧气显示出K2FeO4的氧化性，据此得出K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系；
（3）①由图可知pH＝8左右N元素的去除率最高；
②K2FeO4有强氧化性，能氧化生活垃圾渗透液的氮生成N2，则生活垃圾渗透液含有的氮元素化合价为负，结合酸性条件下N的存在分析；
③由（2）的实验可知，酸性条件下K2FeO4氧化性强，碱性条件下K2FeO4氧化性弱，据此分析解答。
【解答】解：（1）K2FeO4的制备流程：酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反应的方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，碱性条件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反应的方程式为2Fe3+ +10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根据K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入饱和KOH溶液使Na2FeO4转化为K2FeO4，方程式为Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，过滤、洗涤、低温干燥，得到K2FeO4纯品，
①i中反应为酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3的反应，结合电子守恒、电荷守恒配平、得到离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
②碱性条件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4和NaCl，结合电子守恒、电荷守恒、碱性条件配平的离子方程式为2Fe3+ +10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2；10；3；2；3；Cl﹣；5；H2O；
③加入饱和KOH溶液，可将Na2FeO4转化为K2FeO4，根据复分解反应发生的条件可知，Na2FeO4的溶解性大，即溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，
故答案为：＞；
（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体，根据原子守恒可知，还有KOH生成，反应的化学方程式4K2FeO4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH，
故答案为：4K2FeO4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH；
②由实验i、ii、iii可知，K2FeO4稳定存在于碱性环境中、酸性条件下有氧化性，即酸性越强、pH越小，K2FeO4氧化性越强，
故答案为：pH越小，K2FeO4氧化性越强；
（3）①由图可知pH＝8左右N元素的去除率最高，所以K2FeO4脱氮的最佳pH是8左右，
故答案为：pH≈8；
②K2FeO4有强氧化性，能氧化生活垃圾渗透液中含氮物质生成N2，则生活垃圾渗透液中含氮物质中的N为负价，同时溶液显酸性，所以含氮物质可能主要以形式存在，
故答案为：；
③由（2）②实验可知，pH越小，K2FeO4氧化性越强，所以pH大于8时，K2FeO4氧化性减弱，脱氮效果减弱，
故答案为：pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应规律、实验技能为解答的关键，侧重分析能力与实验评价能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19．【分析】（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a为Fe2S3；
（2）①结合流程可知，离心后有黄色固体产生，该固体为S单质；
②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+与加入的S2﹣反应产生的，乙同学认为该解释不严谨，理由是三价铁离子具有氧化性；
（3）①三价铁离子与硫离子相互促进，发生双水解反应；
②实验二的棕黑色沉淀中不含S，原因在于三价铁离子与硫离子迅速产生Fe2S3沉淀，导致铁离子浓度降低；
（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3，配离子脱离；
（5）铁离子浓度较大，易发生水解反应和氧化还原反应，故应始终保持铁离子浓度较低。
【解答】解：（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a为Fe2S3，对应得离子方程式为2Fe3++3S2﹣＝Fe2S3，
故答案为：2Fe3++3S2﹣＝Fe2S3；
（2）①结合流程可知，离心后有黄色固体产生，该固体为S单质，说明存在氧化还原反应，
故答案为：离心后有黄色固体产生，该固体为S单质，说明存在氧化还原反应；
②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+与加入的S2﹣反应产生的，乙同学认为该解释不严谨，理由是三价铁离子具有氧化性，少量的情况下被硫离子还原后，也会产生FeS，
故答案为：三价铁离子具有氧化性，少量的情况下被硫离子还原后，也会产生FeS；
（3）①三价铁离子与硫离子相互促进，发生双水解反应，离子方程式为Fe3++3S2﹣+3H2O＝Fe（OH）3↓+3HS﹣，
故答案为：Fe3++3S2﹣+3H2O＝Fe（OH）3↓+3HS﹣；
②实验二的棕黑色沉淀中不含S，原因在于三价铁离子与硫离子迅速产生Fe2S3沉淀，导致铁离子浓度降低，氧化性降低，
故答案为：三价铁离子与硫离子迅速产生Fe2S3沉淀，导致铁离子浓度降低，氧化性降低；
（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3，配离子脱离，离子反应方程式为2[FeF6]3﹣+3S2﹣＝Fe2S3+12F﹣，
故答案为：2[FeF6]3﹣+3S2﹣＝Fe2S3+12F﹣；
（5）铁离子浓度较大，易发生水解反应和氧化还原反应，故应始终保持铁离子浓度较低，实验三形成[FeF6]3﹣，通过微弱电离提供铁离子，既可以保证用量，也可以降低浓度，
故答案为：实验三形成[FeF6]3﹣，通过微弱电离提供铁离子，既可以保证用量，也可以降低浓度。
【点评】本题考查了探究制备实验，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，题目难度中等。2023北京丰台高三（上）期末
化 学
考生须知：
1.答题前，考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、准考证号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的准考证号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。
2.本次练习所有答题均在答题卡上完成。选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项。非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚。
3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效。
4.本练习卷满分共100分，作答时长90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
第一部分 (选择题 共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A. 冰的密度比水小，是因为水分子内存在氢键
B. 洁厕灵(主要成分为HCl)与84消毒液可以混用
C. 镀锌铁制品的镀层破损后失去对铁制品的保护作用
D. 利用紫外杀菌技术进行消毒，是为了使蛋白质变性
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. HClO的电子式：
B. 乙酸甲酯的结构简式：
C. 乙烯的分子结构模型：
D. 基态S原子的价层电子的轨道表示式：
3. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 熔点： B. 酸性：
C. 金属性： D. 稳定性：
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 通入水中制硝酸：
C. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
D. 室温下用稀溶解铜：
5. NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 0.1 mol氨基(-NH2)中含有NA个质子
B. 14 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2NA
C. 1.0 mol/LAlCl3溶液中，Cl-数目为3NA
D. 电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，外电路中通过电子的数目为0.1NA
6. 常温下，1体积水能溶解约700体积NH3。用圆底烧瓶收集NH3后进行如图所示实验，下列分析正确的是
A. 圆底烧瓶内形成喷泉现象，证明与水发生了反应
B. 喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为的溶解已达到饱和
C. 圆底烧瓶中的液体呈红色的原因是
D 取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，溶液中
7. 下列物质混合后，变化过程中不涉及氧化还原反应的是
A. 溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝
B. 将通入到溶液中，生成白色沉淀
C. 向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出
D. 石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色
8. 我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中键和键个数比为1∶1
B. 甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键
C. 甲醇分子和二羟基丙酮分子中碳原子的杂化类型均为
D. 二羟基丙酮与乳酸()互为同分异构体
9. 我国第一部中药学典籍《神农本草经》中记载的一种中药“昆布”，具有利水消肿的功效，其主要成分是3，5-二碘络氨酸，结构简式如下图。下列关于该有机化合物说法不正确的是
A. 分子中含有手性碳原子
B. 能与发生取代反应
C. 既能与酸反应，也能与碱反应
D. 理论上1mol该物质与足量反应可生成
10. 通过下列实验操作和现象能得出相应结论的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向浊液中分别滴入溶液和氨水，前者无明显现象，后者沉淀溶解，溶液变为深蓝色 与铜离子络合能力：
B 将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性溶液中，溶液褪色 乙醇消去反应的产物为乙烯
C 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解
D 分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者 水解能力：
A. A B. B C. C D. D
11. 我国科学家制备了一种新型可生物降解的脂肪族聚酯P，并利用P合成了具有细胞低毒性和亲水性较好的聚合物Q，Q在生物医学领域有一定的应用前景。下列说法不正确的是
注：R表示葡萄糖或乳糖
A. 聚合物P可生物降解与酯的水解反应有关
B. 由M、L合成P过程，参与聚合反应的单体的数目为个
C. 由P合成Q的过程中发生了加成反应
D. 通过调控x与y的比例，可调节Q的亲水性能
12. 已知： 。钒触媒(V2O5)是该反应的催化剂，其催化过程如图所示。下列说法正确的是
A. 促进了平衡正向移动
B. 过程c的反应为
C. a、b、c中反应均为氧化还原反应
D. 升高温度可提高的平衡转化率
13. 某小组研究实验室制备Fe(OH)3胶体的方法。下列说法不正确的是
序号 1 2
实验
现象 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后仍为红褐色 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后溶液变黄
A. 对比实验可知，制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好
B. 实验1中液体变红褐色后，持续加热可观察到红褐色沉淀
C. 选用饱和溶液以及加热，均为了促进Fe3+的水解
D. 对比实验可知，酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因
14. 在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。
一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。
②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。
下列说法不正确的是
A. 与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率
B. 由①可推测，制取过程中无副反应发生
C. 由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因
D. 由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动
第二部分 (非选择题 共58分)
本部分共5题，共58分。
15. ZnS、CdSe均为重要的半导体材料，可应用于生物标记和荧光显示领域，并在光电器件、生物传感和激光材料等方面也得到了广泛的应用。
（1）基态Zn原子的价层电子排布式为_______。
（2）在周期表中的位置为_______。
（3）S与P在周期表中是相邻元素，两者的第一电离能：S_______P(填“>”、“<”或“=”)，解释其原因_______。
（4）CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。
①晶胞中，与Cd原子距离最近且相等的Se原子有_______个。
②已知，晶胞边长a nm，阿伏伽德罗常数为，CdSe的摩尔质量为。则CdSe晶体的密度是_______。(1nm=10-7cm)
（5）电化学沉积法可用于制备CdSe，其装置示意图如下。
电解过程中阳极有无色气泡产生，CdSe在阴极生成，纯度及颗粒大小会影响CdSe性能，沉积速率过快容易团聚。
①已知，是弱酸。控制合适的电压，可以使转化为纯净的CdSe，写出阴极的电极反应式：_______。
②研究表明，为得到更致密均匀的CdSe薄膜，可用二甲基甲酰胺()做溶剂降低浓度，从结构的角度分析原因：_______。
16. 煤焦油、煤和海砂中氯离子含量高会破坏金属的钝化膜，导致铁制设备和钢管等被腐蚀。
（1）铁接触氧气和水后会发生电化学腐蚀，其负极的电极反应式为_______。
（2）测定煤中氯离子含量的两种方法。
方法一：在高温下，通入水蒸气将煤样中无机盐转化HCl，再滴定氯离子。
方法二：取a g煤样，处理后得到含氯离子样品溶液，加入溶液，以作指示剂，用溶液滴定过量的溶液，共消耗KSCN溶液。
已知：能与KSCN反应生成AgSCN沉淀。
①结合化学用语，从化学平衡的角度解释方法一中无机盐中生成HCl的原因_______。
②方法二中，滴定终点的现象为_______。
③利用方法二，测得煤样中氯元素的质量分数为_______。
（3）快速检测法测定海砂中氯离子含量的过程如下。
i.配制固定组分的铬酸银()浑浊液；
ii.将待测海砂样品与i中浑浊液混合，溶液的颜色会随着氯离子含量的变化而变化。
氯离子含量x
ii中现象 沉淀仍然为砖红色 砖红色沉淀部分变为白色，溶液逐渐转变为黄色 砖红色沉淀完全变为白色，溶液完全转变为黄色
已知：；；溶液黄色，固体为砖红色。
①时，沉淀仍然为砖红色的原因是_______。
②写出砖红色沉淀变为白色的离子方程式_______。
17. 抗肿瘤药物培美曲塞的前体N合成路线如下：
已知：i.试剂b的结构简式为
ii.
iii.
（1）B→C反应所需的试剂和条件是_______。
（2）E的结构简式是_______。
（3）G的结构简式是_______。H→I的化学方程式是_______。
（4）下列关于J的说法正确的是_______。
a．J分子中有三种官能团 b．可以与Na、NaOH、发生反应
c．核磁共振氢谱有5组峰 d．由E和I生成J的反应类型是取代反应
（5）L中含氧官能团名称是_______。
（6）M→N的反应过程有HBr和生成，则M的结构简式是_______。
（7）试剂b的一种合成路线如下。已知P中含--结构，写出中间产物P、Q的结构简式_______、_______。
18. 富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。
已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、
ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。
金属硫化物 NiS CoS CuS MnS
（1）过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为_______。
（2）过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是_______。
（3）固体Y中主要物质的化学式为_______。
（4）已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是_______。
（5）已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是_______。
（6）过程⑤中发生下列反应。
利用和计算时，还需要利用_______反应的。
（7）流程中可循环使用的物质是_______。
19. 某小组同学探究实验室配制银氨溶液并检验醛基的方法。
资料：i.AgOH是白色难溶于水的物质，常温下极不稳定，分解生成棕色微溶于水的。
ii.向硝酸银溶液中加入氨水，转化为的占参加反应的总量的百分比最大不超过10%。
Ⅰ.在实验室配制银氨溶液的过程中，小组同学发现，所用试剂的配制方式和存放时间不同，实验现象不同。(注：以下试剂若无特殊说明，均为新制)
序号 实验操作 实验现象
1 向溶液中逐滴加入2%氨水 先产生棕色沉淀，后溶液变澄清
2 向溶液中逐滴加入在空气中存放一段时间的2%氨水 先产生白色沉淀，后溶液变澄清
3 向(酸化)溶液中逐滴加入2%氨水至过量 溶液始终澄清
（1）NH3分子空间构型为_______。
（2）结合资料ii，写出实验1中加入少量氨水时发生的主要反应的离子方程式_______。
（3）已知，实验2中白色沉淀加硝酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，实验2中白色沉淀的主要成分是_______。
（4）对比实验1和3，分析实验3中“溶液始终澄清”的原因是_______。
Ⅱ.用实验1配制出的银氨溶液检验醛基。
资料：可从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化。
（5）银氨溶液与CH3CHO的反应中，电极反应式：
还原反应：Ag++e-=Ag；氧化反应：_______(碱性条件下)。
在此基础上设计并实施了以下实验。
序号 实验操作 实验现象
4 向银氨溶液中加入3滴，水浴加热 产生银镜
5 向银氨溶液中加入1滴10% NaOH溶液后，滴入3滴 产生银镜比实验4快
（6）实验5产生银镜比实验4快的可能原因是_______。按照实验5的方法，将乙醛换成丙酮，水浴加热后也能产生银镜。
综合上述实验，实验4是检验醛基的最合理方法。
参考答案
第一部分 (选择题 共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】D
【解析】
【详解】A．由于氢键具有方向性和饱和性，水结冰后由于形成分子间氢键，导致H2O之间的距离拉大，空间利用率减小，从而导致冰的密度比水小，是因为水分子间存在氢键，A错误；
B．根据反应方程式：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O可知，若洁厕灵(主要成分为HCl)与84消毒液混用将产生有毒气体Cl2，故二者不能混用，B错误；
C．由于锌比铁活泼，故镀锌铁制品的镀层破损后将形成电化学腐蚀，锌作负极，失去电子，而铁作正极，从而被保护，故加强了对铁制品的保护作用，C错误；
D．紫外线、红外线等高能量射线均能使蛋白质发生变性，故可利用紫外杀菌技术进行消毒，D正确；
故答案为：D。
2. 【答案】A
【解析】
【详解】A．已知O原子周围要形成2对共用电子对，而H与Cl均只能形成一对共用电子对，故HClO的电子式为：，A错误；
B．根据酯的命名原则可知，乙酸甲酯的结构简式为：，B正确；
C．已知乙烯为平面型分子，且碳原子半径比氢原子大，故乙烯的分子结构模型为：，C正确；
D．已知S为16号元素，其基态原子价层电子排布为：3s23p4，故基态S原子的价层电子的轨道表示式为：，D正确；
故答案为：A。
3. 【答案】A
【解析】
【详解】A．由于CO2形成分子晶体，而SiO2形成共价晶体，故熔点：，与元素周期律无关，A符合题意；
B．P和S为同一周期元素，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故酸性与元素周期律有关，B不合题意；
C．Na和Mg为同一周期元素，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，金属性：与元素周期律有关，C不合题意；
D．O和S为同一主族元素，同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，则其简单气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性：与元素周期律有关，D不合题意；
故答案为：A。
4. 【答案】D
【解析】
【详解】A．水垢中的硫酸钙是沉淀，故用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙的离子方程式为：，A错误；
B．原离子方程式H原子不守恒，则通入水中制硝酸的离子方程式为：，B错误；
C．铁与盐溶液发生置换反应生成Fe2+，故硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为：，C错误；
D．室温下用稀溶解铜化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故其离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
5. 【答案】B
【解析】
【详解】A．1个氨基(-NH2)中含有9个质子，则0.1 mol氨基(-NH2)中含有9NA个质子，A错误；
B．乙烯和丙烯属于烯烃，分子式最简式是CH2，式量是14，则14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有1 mol CH2，其中所含有碳氢键数为2NA，B正确；
C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=，则外电路中通过电子的物质的量是0.2 mol，故转移的电子数目为0.2NA，D错误；
故合理选项是B。
6. 【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3极易溶于水，小滴管中的水挤入圆底烧瓶中就能导致瓶内压强快速减小，形成喷泉，故圆底烧瓶内形成喷泉现象，不证明NH3与水发生了反应，A错误；
B．NH3极易溶于水，1体积的水能够溶解700体积的NH3，故喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为收集的NH3不纯，含有少量不溶于水的气体，而不是NH3的溶解已达到饱和，B错误；
C．圆底烧瓶中的液体呈红色，说明NH3溶于水呈碱性，其原因是，C正确；
D．取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，反应方程式为：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，根据电荷守恒可知溶液中有：，pH=7即c(H+)=c(OH-)，则，D错误；
故答案为：C。
7. 【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝原理为：2FeCl3+2KI=2KCl+I2+2FeCl2，涉及氧化还原反应，A不合题意；
B．将通入到溶液中，由于H2O+SO2H2SO3 H++，H+和Ba(NO3)2电离出的硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，故生成白色沉淀BaSO4，涉及氧化还原反应，B不合题意；
C．向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出，反应原理为：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，未涉及氧化还原反应，C符合题意；
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，溶液变红，同时氯水中含有的HClO具有强氧化性，则随后迅速褪色，涉及氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：C。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．已知CO2的结构简式为：O=C=O，且知单键均为键，双键是一个键和一个键，三键为一个键和二个键，故分子中键和键个数比为2：2=1∶1，A正确；
B．甲醇中含有羟基，故甲醇能够形成分子间氢键，甲醛中不含氢键，故导致甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键，B正确；
C．甲醇分子CH3OH中C原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，而二羟基丙酮分子中中间含碳氧双键的碳原子周围形成了3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，采用sp2杂化，另外两个碳原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，C错误；
D．二羟基丙酮与乳酸()分子式相同，结构不同，故互为同分异构体，D正确；
故答案为：C。
9. 【答案】D
【解析】
【详解】A．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，该有机物有1个手性碳原子，A正确；
B．该有机物含有C-H键，光照下能与Br2发生取代反应，B正确；
C．该有机物含有酚羟基、羧基和氨基，具有弱酸性和弱碱性，既能与酸反应，也能与碱反应，C正确；
D．该有机物有1个羧基，因此理论上1mol该物质与足量反应可生成，即44g CO2，D错误；
故答案为：D。
【点睛】判断一个碳原子是否是手性碳原子，首先要观察该碳原子是否有双键或三键连接，如果有则必然不属于手性碳原子，即不饱和碳一定不是手性碳。
10. 【答案】A
【解析】
【详解】A．向浊液中分别滴入溶液和氨水，前者无明显现象，后者沉淀溶解，溶液变为深蓝色，说明Cu(OH)2与NaOH不反应，而与NH3·H2O反应，反应原理为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故能说明与铜离子络合能力：，A符合题意；
B．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性溶液中，溶液褪色，不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，B不合题意；
C．已知新制Cu(OH)2悬浊液与醛的反应需要在碱性环境进行，且反应条件为直接加热，故向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，不能说明蔗糖未发生水解，C不合题意；
D．由于CH3COONH4溶液中CH3COO-和均能发生水解，且水解分别使溶液呈碱性和酸性，而NaHCO3溶液中只有水解，故分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者，不能说明水解能力：，D不合题意；
故答案为：A。
11. 【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息中P的结构简式可知，聚合物P中含有酯基，可以发生水解反应转化为小分子物质，故其可生物降解与酯的水解反应有关，A正确；
B．由题干转化信息可知，由M、L合成P的过程，参与聚合反应的单体的数目为x个M和y个L，单体个数一共个，B正确；
C．由题干转化信息可知，由P合成Q的过程中发生了P中的碳碳双键和ROCH2CH2N3中的氮氮三键发生了加成反应，C正确；
D．由题干信息可知，Q中不含亲水基团，只含有酯基、醚键和烃基等疏水基团，故通过调控x与y的比例，不能调节Q的亲水性能，D错误；
故答案为：D。
12. 【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂只能影响反应达到平衡的时间，而不能使平衡发生移动，故V2O5不能使平衡发生移动，A错误；
B．依据题干信息的转化关系图可知，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4；根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5SO3+V2O4；c是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂时氧气，根据化合价的变化写出c步化学方程式 4VOSO4+O22V2O5+4SO3，B正确；
C．由B项分析可知，a、b、c中分别发生的反应为：SO2+V2O5SO3+V2O4、4SO3+2V2O44VOSO4、4VOSO4+O22V2O5+4SO3，故可知a、c反应均为氧化还原反应，b中反应未有元素化合价改变，不是氧化还原反应，C错误；
D．由题干可知，反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，不能提高SO2的平衡转化率，D错误；
故答案为：B。
13. 【答案】C
【解析】
【详解】A．对比实验可知，用FeCl3饱和溶液制备的Fe(OH)3胶体冷却后能够稳定存在，而用饱和Fe2(SO4)3制备的Fe(OH)3胶体冷却后不能够稳定存在，又转化为Fe3+，故制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好，A正确；
B．实验1中液体变红褐色后即生成了Fe(OH)3胶体，持续加热胶体将发生聚沉，故可观察到红褐色沉淀即Fe(OH)3沉淀，B正确；
C．电解质溶液的浓度越大，其水解程度越小，则选用饱和溶液不能促进Fe3+的水解，水解是一个吸热反应，故加热是为了促进Fe3+的水解，C错误；
D．对比实验可知，两实验中Fe3+的浓度不同，电离出的酸根离子不同，由FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，HCl易挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很小，仍然保持红褐色溶液，Fe2(SO4)3+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO4，H2SO4难挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很大，溶液变为黄色，则酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因，D正确；
故答案为：C。
14. 【答案】B
【解析】
【详解】A．与①相同条件下，提高与的比例，即增大H2的用量，化学平衡正向移动， 的转化率增大，H2的转化率减小，A正确；
B．由①可推测，一定条件下，转化率为13.68%，产率(甲醇的物质的量/起始物质的量)为4.12%，根据碳原子守恒可知，制取过程中有副反应发生，B错误；
C．由图示信息可知， 480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C正确；
D．由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D正确；
故答案为：B。
第二部分 (非选择题 共58分)
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1）3d104s2
（2）第4周期第ⅥA族
（3） ①. ＜ ②. P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，而S的3p能级上不上全充满、半充满或者全空的稳定结构
（4） ①. 4 ②.
（5） ①. 4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O ②. 二甲基甲酰胺()中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，降低Cd2+的浓度
【解析】
【小问1详解】
已知Zn是30号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，故其基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2；
【小问2详解】
是34号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24
p4，根据最高能层序数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，故在周期表中的位置为第4周期第ⅥA族，故答案为：第4周期第ⅥA族；
【小问3详解】
S与P在周期表中是相邻元素，S的价层电子排布式为：3s23p4，而P的价层电子排布式为：3s23p3，则P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，故其第一电离能大于S，故答案为：＜；P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，而S的3p能级上不上全充满、半充满或者全空的稳定结构；
【小问4详解】
①由题干晶胞图示可知，与Cd原子距离最近且相等的Se原子有4个，如图带星号的Cd周围同一层有两个Se离它等距离且最近，则上面一层也有2个，一共4个，故答案为：4；
②由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Cd的个数为：=4，Se个数为4，晶胞边长a nm，则一个晶胞的体积为：(a×10-7)3cm3，阿伏伽德罗常数为，CdSe的摩尔质量为，一个晶胞的质量为：g，则CdSe晶体的密度是=，故答案为：；
【小问5详解】
①电解过程中阳极有无色气泡产生，阳极发生氧化反应，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，已知H2SeO3是弱酸，控制合适的电压，可以使Cd2+转化为纯净的CdSe，CdSe在阴极生成，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O，故答案为：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O；
②二甲基甲酰胺()中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，故用二甲基甲酰胺()做溶剂降低浓度，故答案为：二甲基甲酰胺()中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，降低Cd2+的浓度。
16. 【答案】（1）
（2） ①. 由于HCl是气体使平衡正向移动，从而得到HCl ②. 溶液变成红色，且半分钟内不褪色 ③.
（3） ①. 氯离子含量x<0.001%时，没有达到氯化银的，因此看到的砖红色是的颜色 ②.
【解析】
【小问1详解】
铁接触氧气和水发生电化学腐蚀，Fe易失电子作负极，负极反应式为；
【小问2详解】
无机盐中生成HCl，由于HCl是气体使平衡正向移动，从而得到HCl；当与反应生成时，溶液变成红色，且半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；加入的物质的量为，剩余的的物质的量为，则实际参加反应的的物质的量为，氯元素的物质的量为，则，氯元素的质量分数为；
【小问3详解】
氯离子含量x<0.001%时，没有达到氯化银的，达到，因此看到的砖红色是的颜色；砖红色沉淀变为白色的离子方程式为。
17. 【答案】（1）NaOH醇溶液，加热
（2）CH≡CCH2CH2OH
（3） ①. ②. +CH3OH+H2O
（4）abd （5）酯基和醛基
（6） （7） ①. CH3CH2OOCCH2CONH2 ②.
【解析】
【分析】由题干流程图中信息，由A的分子式可知，A的结构简式为：CH2=CH2，由A到B的转化条件可知，B的结构简式为：CH2BrCH2Br，由C的分子式可知，C的结构简式为：CH≡CH，由D的分子式并结合C到D的转化条件和题干已知信息ii可知，D的结构简式为：CH≡CMgBr，由E的分子式和D到E的转化条件并结合已知信息ii可知，E的结构简式为：CH≡CCH2CH2OH，K的结构简式结合F的分子式可知，F、G、H、I分子中含有苯环，则F的结构简式为：，由F到G的转化条件和K的结构简式并结合G的分子式可知，G的结构简式为：，由G到H的转化条件并结合H的分子式可知，H的结构简式为：，由I的分子式和H到I的转化条件可知，I的结构简式为：，由E和I的结构简式并结合J的分子式和J到K的分子结构简式以及J到K的转化条件可知，J的结构简式为：，由N和试剂b的结构简式以及已知信息iii的转化信息可知，M的结构简式为：，根据L的分子式和K的结构简式可知，L的结构简式为：，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，B→C即B为CH2BrCH2Br转化为C为CH≡CH，该反应即为氯代烃的消去反应，则所需的试剂和条件是NaOH醇溶液，加热，故答案为：NaOH醇溶液，加热；
【小问2详解】
由分析可知，E的结构简式是CH≡CCH2CH2OH，故答案为：CH≡CCH2CH2OH；
【小问3详解】
由分析可知，G的结构简式是，H→I即和CH3OH发生酯化反应生成和水，该反应的化学方程式是+CH3OH+H2O，故答案为：；+CH3OH+H2O；
【小问4详解】
由分析可知，J的结构简式为，据此结构简式分析：
a．由J的结构简式可知，J分子中有羟基、碳碳三键和酯基等三种官能团，a正确；
b．由J的结构简式可知，J分子中有羟基、碳碳三键和酯基等三种官能团，故可以与Na、NaOH、发生反应，b正确；
c．由J的结构简式可知，分子中含有6种不同环境的H原子，即核磁共振氢谱有6组峰，c错误；
d．由分析可知，由E和I生成J即 CH≡CCH2CH2OH和反应生成和HBr，该反应的反应类型是取代反应，d正确；
故答案：abd；
【小问5详解】
由分析可知，L的结构简式为：，故L中含氧官能团名称是酯基和醛基，故答案为：酯基和醛基；
【小问6详解】
由分析可知，M→N的反应过程有HBr和生成，则M的结构简式是，故答案为：；
【小问7详解】
由题干已知信息iii可知，由Q到的转化条件可知，Q的结构简式为：，由和P转化为Q为加成反应可知，P的结构简式为CH3CH2OOCCH2CONH2，故答案为：CH3CH2OOCCH2CONH2；。
18. 【答案】（1）
（2）使Fe2+转化为Fe3+、使Fe3+转化为沉淀
（3）CuS、CoS、NiS
（4）S2-使Mn2+生成MnS沉淀 （5）蒸发结晶
（6）
（7）SO2
【解析】
【分析】酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为，因为浸出液中含有Ni2+ 、 Co2+ 、 Cu2+ 、 Mn2+ 、 Fe2+，与氧气和石灰乳反应后，生成Fe(OH)3，根据金属硫化物的Ksp可知，向溶液1中加入NaHS，生成沉淀的先后顺序为，CuS、CoS、NiS、MnS，根据溶液2的成分分析，生成的沉淀中没有MnS，故溶液2中的MnSO4经过蒸发结晶得到固体MnSO4，最后经过焙烧得到Mn3O4，以此分析解答；
【小问1详解】
根据分析，含硫的阴离子主要为；
故答案为：；
【小问2详解】
根据分析，氧气的作用使得亚铁离子转化为铁离子，加入石灰乳使得铁离子转化为沉淀；
故答案为：Fe2+转化为Fe3+；将Fe3+转化为沉淀；
【小问3详解】
根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS;
故答案为：CuS、CoS、NiS；
【小问4详解】
，生成的硫离子，使得Mn2+生成MnS沉淀；
故答案为：使Mn2+生成MnS沉淀；
【小问5详解】
对硫酸锰溶液进行蒸发结晶，得到晶体MnSO4；
故答案为：蒸发结晶；
【小问6详解】
根据盖斯定律，2①-2②，可得，与式③相比，差；
故答案为：
【小问7详解】
根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用；
故答案为：SO2。
19. 【答案】（1）三角锥形
（2）2Ag++2NH3·H2O=Ag2O+2+H2O
（3）Ag2CO3 （4）向硝酸酸化的硝酸银溶液中加入氨水可能生成了Ag(NH3)2NO3溶液
（5）CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O
（6）碱性条件下有利于银镜的产生
【解析】
【小问1详解】
NH3分子中中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+=4，有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，其分子空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；
【小问2详解】
结合资料ii可知，实验1中加入少量氨水时生成棕色沉淀Ag2O，该过程发生的主要反应的离子方程式为：2Ag++2NH3·H2O=Ag2O+2+H2O，故答案为：2Ag++2NH3·H2O=Ag2O+2+H2O；
【小问3详解】
已知，实验2即向溶液中逐滴加入在空气中存放一段时间的2%氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀加硝酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则是由于氨水呈碱性，能与空气中的CO2反应生成(NH4)2CO3，(NH4)2CO3与硝酸银反应生成白色沉淀碳酸银，碳酸银与硝酸反应生成CO2，故实验2中白色沉淀的主要成分是Ag2CO3，故答案为：Ag2CO3；
小问4详解】
对比实验1和3不难发现，实验3是加入了硝酸酸化的硝酸银溶液，此时加入氨水可能生成了Ag(NH3)2NO3溶液，故实验3中“溶液始终澄清”，故答案为：向硝酸酸化的硝酸银溶液中加入氨水可能生成了Ag(NH3)2NO3溶液；
【小问5详解】
由银氨溶液与的反应的总反应式：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O可知，电极反应式：
还原反应：；则氧化反应：CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，故答案为：CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O；
【小问6详解】
比较实验4和实验5的条件仅仅是两者的溶液酸碱性不同，故实验5产生银镜比实验4快的可能原因是碱性条件下有利于银镜的产生，故答案为：碱性条件下有利于银镜的产生。2023北京八中高三（上）期中
化 学
考试时间90分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量：B-11 N-14
第一部分 (选择题 共42分)
本部分共14题，每小题3分，共42分。选出最符合题目要求的一项。
1. 中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确的是
A. 核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族
B. 被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
C. “问天”实验舱使用砷化镓()太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期
D. 太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料
2. 下列图示正确的是
A. 3p电子的电子云轮廓图：
B. SO3的VSEPR模型：
C. As的原子结构示意图：
D. HCl的形成过程：
3. 下列事实不能直接从原子结构角度解释的是
A. 化合物ICl中I为+1价 B. 第一电离能：B>Al
C. 沸点：CS2>CO2 D. 热稳定性：NH3>PH3.
4. 室温下，t1时刻向两个盛有50mL蒸馏水的烧杯中分别加入①1gCaCO3、②1g蔗糖，搅拌，最终分别得到悬浊液和澄清溶液，溶解过程中分散系的导电能力变化如图。
下列分析不正确的是
A. 该实验可证明蔗糖不是电解质
B. 该实验可证明碳酸钙是强电解质
C. 当①中导电能力不变时，CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)达到平衡
D. t2时刻，①中再加1gCaCO3，导电能力不变
5. 下列与事实对应的化学用语不正确的是
A. C和O形成的过程：
B. 溶液处理水垢中的：
C. 0.1mol/L溶液的pH为3：
D. 用石墨电极电解溶液：
6. 下列有关实验现象的解释或所得结论正确的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 向某补血口服液中滴加几滴酸性溶液 酸性溶液紫色褪去 该补血口服液中一定含有
B 用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释 溶液由绿色逐渐变为蓝色 正向移动
C 将25℃溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动
D 将铜与浓硫酸反应产生的气体通入溶液中 产生白色沉淀 该气体中一定含有
A. A B. B C. C D. D
7. 某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是
A. CB中核磁共振氢谱有两组峰 B. 单体的化学式为
C. CB与PDMA均为高分子 D. CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性
8. 电离平衡常数有重要的功能，下列推测不合理的是
化学式 H2CO3 HCN HF
电离平衡常数(K) Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 6.2×10-10 6.8×10-4
A. 电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>
B. 相同物质的量浓度溶液的pH：NaFC. HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应
D. CO2通入NaCN溶液中：CO2+2CN-+H2O=2HCN+
9. 向体积为1L的密闭容器中充入一定量，发生反应：　
编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol)
I 0.40 0.16 0.16
II 0.20 0.09 0.09
下列说法不正确的是
A.
B. ℃，该反应的平衡常数K=4
C. II中存在：
D. ℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，反应将逆向进行
10. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
11. 冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+ (直径：204pm) K+ (直径：276pm)
冠醚A(空腔直径：260～320pm) 199 1183
冠醚B(空腔直径：170～220pm) 371 312
下列说法不正确的是
A. 推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B. 实验 中c(Na+)：①＞②＞③
C. 冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D. 为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
12. 钛酸钡是电子陶瓷基础母体原料，超细微粉体的制备方法如下。
已知：
下列说法不正确的是
A. 向中先加入，可防止其水解生成
B. 得到溶液1的反应：
C. 加入过量氨水，有利于提高的产率
D. “煅烧”得到的气体A是和的混合物
13. 工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下：
Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)
现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示：
已知：有效转化率=×100%
下列说法不正确的是
A. 400℃时，主要发生反应Ⅱ
B. 由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃
C. 520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%
D. 840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致
14. 甲、乙同学分别用下图所示装置验证铁的电化学防腐原理。
相同时间后进行如下实验
实验①：甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加溶液，Ⅰ中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。
实验②：乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液，滴加溶液，Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。
下列说法正确的是
A. Ⅰ是牺牲阳极保护法，负极反应式为
B. Ⅱ为外加电流阴极保护法，Fe电极与外接电源的正极相连
C. 由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异，推测在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ
D. 由实验可知，两种保护法均能保护Fe，且Ⅱ保护得更好
第二部分 (非选择题，共58分)
15. 我国科学家发现催化剂可高效活化，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的催化反应过程示意图如下。
（1）基态Fe原子的价层电子排布式是___________。
（2）污染物X在电极a上的反应式是___________。
（3）科研团队研究了X分别为、和［也可以写作］的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。
①O、P、As的电负性由小到大的顺序是___________(用元素符号表示)。
②中的键角___________(填“>”“<”或“=”)中的键角。
③的结构是，P原子的杂化轨道类型是___________。
④比较反应能力：___________(填“>”“<”或“=”)，原因是___________。
（4）晶胞的体积为，晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，一个晶胞中Fe原子的个数为___________(的摩尔质量：160g/mol)。
16. 聚合硫酸铁(PFS)是一种性能优异的无机高分子絮凝剂，其化学式通常表示为[Fe2(OH)2a(SO4)3－a]b。某化工厂制备PFS并用其处理废水。
I.用硫酸铜废液制备PFS
(1)试剂A为___。
(2)“控温氧化”发生反应的离子方程式为__。
(3)测定PFS样品中的n(OH－)：取ag样品，溶解于V1mLc1 mol L 1HCl溶液中，用KF溶液掩蔽Fe3+(使Fe3+不能与OH－反应)，滴入酚酞溶液，再用c2 mol L 1NaOH溶液滴定，到达滴定终点时消耗NaOH溶液体积为V2mL。agPFS样品中的n(OH－)=__mol。
II.用石灰乳－PFS法处理含砷废水
已知：
i.常温下，Ca3(AsO4)2、CaHAsO4的Ksp均大于FeAsO4的Ksp，Fe2(HAsO4)3可溶；
ii.常温下，溶液中含砷微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
(4)下列说法不正确的是___(填序号)。
a.NaH2AsO4溶液的pH＜7
b.pH=11.5时，c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)=c(H+)
c.Na3AsO4溶液中，3c(Na+)=c(AsO)+c(HAsO)+c(H2AsO)+c(H3AsO4)
(5)“一级沉降”中，石灰乳的作用是___。
(6)“二级沉降”中，溶液的pH在8~10之间，PFS形成的Fe(OH)3胶体粒子可以通过沉淀反应进一步减少溶液中的As含量，反应的离子方程式为___。
(7)溶液的pH和m(Fe)/m(As)对As去除率的影响如图。某酸性含砷废水中As含量为20mg/L，为达到排放标准(As含量≤1mg/L)，从节约成本的角度考虑，工业上选择的最佳条件是__(填序号)。
a.pH=8.2m(Fe)/m(As)=5 b.pH=8.2m(Fe)/m(As)=8
c.pH=9.0m(Fe)/m(As)=5 d.pH=9.0m(Fe)/m(As)=8
[m(Fe)/m(As)指PFS中Fe元素质量与对应废水中As元素质量之比]
17. 氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如下：
已知：i．
（1）A能与溶液反应产生。A的官能团有___________。
（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式为___________。
（3）B→D的化学方程式是___________。
（4）G的结构简式为___________。
（5）推测J→K的过程中，反应物的作用是___________。
（6）可通过如下路线合成：
已知：ii．R-O-R'+H2OROH+R'OH
iii．
①反应I的化学方程式为___________。
②M的结构简式为___________。
③设计步骤I和IV的目的是___________。
18. 电化学还原将其转化为其它化学产品，是一种综合利用的好方法。
已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义：
×100％；×100％
（1）碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。
①补全阴极产生的电极反应___________
___________＋______________________。
②阴极附近发生反应___________(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了。结合上述信息，的理论最大值为___________。
③结合化学用语分析阳极区产生的原因是___________。
（2）控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图3所示。
①结合图3的变化规律，推测可能的作用是___________。
②时，(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，出口处收集到气体。则为___________。
19. 某小组欲探究反应2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I ，完成如下实验：
资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。
(1)Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，检验Ⅱ中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，______。
(2)Ⅲ中的黄色浑浊是______。
(3)经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。
①对Fe3+产生的原因做出如下假设：
假设a：空气中存在O2，由于______(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；
假设b：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+；
假设c： ______；
假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。
②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是______。
(4)经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。
①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，______。
② 为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。
实验1：向1 mL 0.1 mol·L 1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol·L 1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如下图。
实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。
ⅰ．实验1中发生反应的离子方程式是______。
ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是______。
参考答案
第一部分 (选择题 共42分)
本部分共14题，每小题3分，共42分。选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】D
【详解】A．氙位于元素周期表0族，故A正确；
B．铝合金强度大于纯铝，故B正确；
C．砷和镓位于元素周期表第四周期，故C正确；
D．碳纤维框架和玻璃纤维网均属于无机高分子材料，故D错误；
故选D。
2. 【答案】C
【详解】A．3p电子的电子云轮廓图为哑铃形，不是球形，故A错误；
B．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，不是三角锥形，故B错误；
C．砷元素的核电荷数为33，核外有4个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为 ，故C正确；
D．氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为 ，故D错误；
故选C。
3. 【答案】C
【详解】A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；
B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；
C．二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符合题意；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；
故选C。
4. 【答案】B
【详解】A．由图可知，蔗糖溶解过程中分散系的导电能力基本不变，说明蔗糖为非电解质，故A正确；
B．碳酸钙难溶于水，但溶于水的碳酸钙完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．由图可知，碳酸钙溶解过程中分散系的导电能力增强，当导电能力不变时，说明CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)达到平衡，故C正确；
D．由图可知，难溶于水的碳酸钙在水中已达到溶解平衡，所以t2时刻，①中再加1g碳酸钙，溶液中的离子浓度不变，导电能力不变，故D正确；
故选B。
5. 【答案】A
【详解】A．C和O形成的过程应该是：，A错误；
B．溶液处理水垢中的发生沉淀的转化，微溶的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙：，B正确；
C．是弱酸，部分电离，0.1mol/L电离方程式为：，C正确；
D．用石墨电极电解溶液得到Cu和Cl2，方程式为：，D正确；
答案选A。
6. 【答案】B
【详解】A．酸性溶液紫色褪去，也可能口服液中含有其它还原性物质，不确定一定会含有亚铁离子，A错误；
B．用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释，，溶液浓度减小，导致平衡向离子数目增大的方向移动，溶液由绿色逐渐变为蓝色，B正确；
C．将25℃溶液加热到40℃，溶液酸性变强，也可能是亚硫酸根离子被空气中氧气氧化导致，C错误；
D．二氧化硫不能和氯化钡反应生成白色沉淀，D错误；
故选B。
7. 【答案】A
【详解】A．根据等效氢原理可知，中核磁共振氢谱有二组峰如图所示 ，A正确；
B．由题干图示信息可知，单体为： ，则其化学式为C5H9NO，B错误；
C．高分子是指相对分子质量成千上万的物质，由题干可知，的相对分子质量为1328，不是高分子化合物，为高分子 ，C错误；
D．由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能发生水解，故CB与PDMA都不耐酸碱性，D错误；
故答案为：A。
8. 【答案】D
【详解】A．由电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越大，由表数据可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，则电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正确；
B．弱酸的酸性越弱，其盐溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物质的量浓度溶液的pH：NaFC由于酸性：HF >HCN>，则HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应，C正确；
D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根据弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D错误；
故选：D。
9. 【答案】D
【详解】A．结合已知数据列温度时三段式：
该温度下平衡常数K1=
温度时三段式：
该温度下平衡常数K2=
该反应，温度升高平衡逆向移动减小， 由K2> K1可知，，故A正确；
B．由A中分析可知，℃，该反应的平衡常数K=4，故B正确；
C．II中存在的起始物质的量为0.2mol。则其起始浓度=0.2mol/L，结合物料守恒可知：存在反应，故C正确；
D．℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，则此时Qc=故选：D。
10. 【答案】B
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
11. 【答案】B
【详解】A．从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na+或K+直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；
B．冠醚A结合Na+的能力弱于结合K+的能力，所以K+可将冠醚A中的部分Na+替代出来，由实验 中，可得出c(Na+)：①＞③＞②，B不正确；
C．冠醚与K+结合，从而将携带进入有机相，催化KMnO4与环己烯的反应，从而加快反应速率，C正确；
D．由表中数据可推出，冠醚A结合K+的能力比冠醚B强，为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确；
故选B
12. 【答案】C
【分析】与草酸先生成TiO(C2O4)，再向体系中加入钡离子，发生反应的离子方程式为：TiO(C2O4)＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓，生成的BaTiO(C2O4)2·4H2O再经过隔绝空气煅烧，得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，涉及的方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，据此分析解答。
【详解】A．根据已知信息可知，四氯化钛水解显酸性，所以向中先加入，可抑制其水解，从而防止生成，A正确；
B．根据分析可知，得到溶液1的反应：，B正确；
C．加入过量氨水，则溶液碱性过强，可能会生成TiO(OH)+，从而降低TiO(C2O4)的浓度，不利于提高的产率，C错误；
D．根据分析，结合原子守恒可知“煅烧”得到的气体A是和的混合物，D正确；
故选C。
13. 【答案】C
【详解】A．400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A正确；
B．840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3,选择的最佳温度是840℃，B正确；
C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为，C错误；
D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D正确；
故选C。
14. 【答案】D
【详解】A．由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，由于电解质溶液呈酸性，故正极上氢离子得电子，负极是Zn失去电子，反应为：Zn+2e-═Zn2+，A错误；
B．外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连，即Fe电极与外接电源的负极相连，B错误；
C．由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触，会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+，与K3[Fe(CN)6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性无关，C错误；
D．对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且电解法保护的更好，即Ⅱ保护得更好，D正确；
故答案为：D。
第二部分 (非选择题，共58分)
15. 【答案】（1）3d64s2
（2）X-2e-+H2OXO+2H+
（3） ①. As（4）
【分析】从图中可知，污染物X在a电解上失电子转化为XO，a电极为负极，氢离子在b电极上得电子转化为氢气，b电极为正极。
【小问1详解】
基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2。
【小问2详解】
污染物X在电极a上失电子结合水转化为XO和氢离子，电极反应式为X-2e-+H2OXO+2H+。
【小问3详解】
①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下元素电负性逐渐减弱，则电负性由小到大的顺序为As②中N原子的价层电子对数为2+=3，含一对孤电子对，空间构型为平面三角形，中N原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小，则键角<。
③由的结构式可知，P原子形成4条σ键，其杂化轨道类型为sp3杂化。
④H3AsO3中As原子的价层电子对数为4，含有1对孤电子对，中P原子的价层电子对数为4，无孤电子对，中心原子含有孤电子对的物质容易被氧化，则反应能力【小问4详解】
设一个晶胞中Fe原子的个数为2x，则α-Fe2O3晶胞的质量m=g=ρVg，解得x=，即2x=。
16. 【答案】 ①. Fe ②. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ③. (c1V1－c2V2)×10－3 ④. bc ⑤. 中和酸性溶液，调节溶液pH；形成CaSO4、Ca3(AsO4)2沉淀，去除部分SO和H3AsO4 ⑥. Fe(OH)3+HAsO=FeAsO+2OH－+H2O ⑦. c
【分析】硫酸铜废液中加入试剂铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，硫酸亚铁中加入双氧水、稀硫酸反应生成硫酸铁和水，在发生水解聚合、减压蒸发得到PFS固体。
【详解】(1)试剂A主要是将铜离子置换，因此试剂A为Fe；故答案为：Fe。
(2)“控温氧化”主要是双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
(3)测定PFS样品中的n(OH－)：取ag样品，溶解于V1mLc1 mol L 1HCl溶液中，用KF溶液掩蔽Fe3+(使Fe3+不能与OH－反应)，滴入酚酞溶液，再用c2 mol L 1NaOH溶液滴定，根据题意，KF溶液掩蔽Fe3+，剩余的HCl消耗的NaOH物质的量为c2 mol L 1×V2×10 3L= c2V2×10 3mol，因此agPFS样品中的n(OH－)= c1 mol L 1×V1×10 3L－c2V2×10 3mol=(c1V1－c2V2)×10 3mol。
(4)a．根据题中信息H3AsO4的电离平衡常数Ka1=1.0×10 2.2，Ka2=1.0×10 7，Ka3=1.0×10 11.5，NaH2AsO4溶液电离常数为1.0×10 7，水解常数，电离大于水解，溶液显酸性，因此pH＜7，故a正确；b．要使pH=11.5时，原溶液中加入碱性物质，根据电荷守恒得到c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)＞c(H+)，故b错误；c．Na3AsO4溶液中，c(Na+)=3c(AsO)+3c(HAsO)+3c(H2AsO)+3c(H3AsO4)，故c错误；综上所述，答案为：bc。
(5)“一级沉降”中，根据题中信息得出石灰乳的作用是中和酸性溶液，调节溶液pH；形成CaSO4、Ca3(AsO4)2沉淀，去除部分SO和H3AsO4；故答案为：中和酸性溶液，调节溶液pH；形成CaSO4、Ca3(AsO4)2沉淀，去除部分SO和H3AsO4。
(6)“二级沉降”中，溶液的pH在8~10之间，溶液中主要含有HAsO，加入Fe(OH)3胶体粒子与HAsO反应，反应的离子方程式为Fe(OH)3+HAsO=FeAsO+2OH－+H2O；故答案为：Fe(OH)3+HAsO=FeAsO+2OH－+H2O。
(7)某酸性含砷废水中As含量为20mg/L，为达到排放标准(As含量≤1mg/L)，则去除率要达到，从节约成本的角度考虑，根据图中信息得到工业上选择的最佳条件是pH=9.0m(Fe)/m(As)=5；故答案为：c。
17. 【答案】（1）羧基、碳氯键
（2） （3）2+O22+2H2O
（4） （5）还原(加成)
（6） ①. +C2H5OH+ H2O ②. ③. 保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应
【分析】由B生成D的条件可知该反应为醇的催化氧化，则在D中含有醛基或羰基，根据分子组成及E的结构分析可知D中因是苯环上连接醛基，其结构简式为：，B的结构简式为：，对比A、B的分子式及B的结构简式可知A为；D与发生分子间脱水生成E，E在Fe/HCl作用下发生还原反应，硝基被还原成氨基，然后与水作用得到G，结合G的分子式及G到J发生信息中的转化可知，G中含有羰基，由此可得G的结构简式为：，G与CH3ONH2发生信息中反应生成J，J的结构简式为：，J与NaBH3CN发生还原反应得到K，K为：，K与发生取代反应生成氟唑菌酰羟胺，据此分析解答。
【小问1详解】
由上述分析及A能与碳酸钠反应生成二氧化碳可知A中含有羧基，结合A的组成可知A中含有碳氯键，故答案为：羧基、碳氯键；
【小问2详解】
A的某种同分异构体与A含有相同官能团，即含有羧基和碳氯键，其核磁共振氢谱也有两组峰，除羧基外只有一种氢，则苯环结构应对称，符合的结构为：，故答案为：，
【小问3详解】
B到D发生醇的催化氧化生成醛基，反应方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
【小问4详解】
由上述分析可得G的结构简式为：，故答案为：；
【小问5详解】
J与NaBH3CN发生反应生成K，实现J中碳碳双键加氢，该反应为还原反应，故答案为：还原(加成)；
【小问6详解】
①反应I为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水，反应方程式为：+C2H5OH+ H2O，故答案为：+C2H5OH+ H2O；
②发生信息中反应生成：，发生异构化反应生成，与M发生已知中信息反应，生成物发生水解得到，可知该生成物应为，则M应为，故答案为：；
③步骤I实现羧基转化为酯基，IV又将酯基水解成羧基，可以起到保护羧基作用，避免其与氨基或亚氨基发生反应，故答案为：保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应。
18. 【答案】（1） ①. ②. ③. ④. 阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生
（2） ①. 提高电化学还原CO2生成CH4的选择性 ②. 10%
【分析】碱性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
酸性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
【小问1详解】
①根据分析，阴极产生的电极反应为；
②阴极生成的，发生反应为；在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，若生成1mol，消耗1mol得8mol电子，生成8molOH-，也会得到8mol电子，生成8mol OH-，共16mol OH-，发生反应，消耗8mol，阴极共消耗9mol，根据=×100％==；
③阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生；
【小问2详解】
①结合图3的变化规律，随着浓度增大，的法拉第效率降低，可能的作用是KCl 抑制了（阴极）析氢，总体而言提高了电化学还原CO2 生成CH4的选择性；
②，法拉第效率为20%；将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，被吸收，出口处收集到气体为，的物质的量为0.3mol，生成的电极反应式为，可知生成0.3mol得到0.3mol×8=2.4mol电子，法拉第效率为20%，则通过阴极的电子为=12mol，共有0.5mol被完全吸收并还原为和，根据碳原子守恒，的物质的量为=0.1mol，生成的电极反应式为，可知生成0.1mol得到1.2mol电子，则为=10%。
19. 【答案】 ①. 滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红 ②. AgI ③. 4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O ④. 酸性溶液中NO3 具有氧化性，可产生Fe3+ ⑤. Ag+与I 生成了AgI沉淀，降低了I 的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I 正向移动，使I2氧化了Fe2+ ⑥. 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 ⑦. Fe2+ + Ag+== Fe3+ + Ag ⑧. AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应
【分析】(1)根据检验Fe3+的实验方法分析解答；
(2)根据资料黄色固体AgI不溶于稀硝酸，结合图示分析判断；
(3)①Fe2+被O2氧化生成Fe3+，据此书写反应的离子方程式；酸性溶液中NO3 具有氧化性；②根据试管III中的现象，Ag+与I 生成了AgI沉淀，结合2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I 分析解答；
(4)①检验灰黑色浑浊物AgI中含有Ag，可以利用AgI不溶于稀硝酸，而Ag能够溶于稀硝酸设计实验检验；
②ⅰ．实验1中Fe2+ 和Ag+发生氧化还原反应，据此书写反应的离子方程式；ⅱ．由实验1的图示可知，5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验2知，Fe3+ 没有起催化剂作用，结合试管III、Ⅳ中的现象分析解答。
【详解】(1)根据检验Fe3+的实验方法可知，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中不存在Fe3+，故答案为滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；
(2)由资料可知，黄色固体AgI不溶于稀硝酸，结合图示可知，黄色沉淀为AgI，故答案为AgI；
(3)①Fe2+被O2氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，酸性溶液中NO3 具有氧化性，也可将Fe2+氧化生成Fe3+，故答案为4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O；酸性溶液中NO3 具有氧化性，可产生Fe3+；
②结合已知信息：2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I ，和试管III中的现象，Ag+与I 生成了AgI沉淀，降低了I 的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I 正向移动，使I2氧化了Fe2+，故答案为Ag+与I 生成了AgI沉淀，降低了I 的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I 正向移动，使I2氧化了Fe2+；
(4)①检验灰黑色浑浊物AgI中含有Ag，可以利用AgI不溶于稀硝酸，而Ag能够溶于稀硝酸，使银转化为银离子，再检验银离子即可，具体操作为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成，说明AgI中含有Ag，故答案为加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；
②ⅰ．实验1中Fe2+ 和Ag+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；ⅱ．由实验1的图示可知，5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验2知，Fe3+ 没有起催化剂作用，结合试管III、Ⅳ中的现象可推知，AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应，从而加快了Fe2+与Ag+的反应速率，使得Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊，故答案为Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
【点睛】理解题目中的实验原理和目的是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)②，要注意图象的识别和实验现象的分析。2023北京西城高三（上）期末
化 学
本试卷共10页，100分 考试时长90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 Cl 35.5
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 2022年10月“和合共生——故宫·国博藏文物联展”中的展品《御制月令七十二候诗》彩色墨展现了中国古代文化的魅力。下列关于制墨材料主要成分性质的说法不正确的是
选项 制墨材料(主要成分) 性质
A 动物胶(蛋白质) 可水解
B 炭黑(C) 具有可燃性
C 石绿 可溶于强酸
D 冰片［2-茨醇()］ 遇溶液显紫色
A. A B. B C. C D. D
2. 我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示表达不正确的是
A. —OH的电子式： B. 的结构示意图：
C. 的空间结构模型： D. 的VSEPR模型：
3. 解释下列事实所用的化学用语不正确的是
A. 酚酞滴入溶液中，溶液变红：
B. 铜片放入浓硝酸中，产生红棕色气体：
C. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：
D. 通入溴水中，溶液褪色：
4. 下列实验不能达到实验目的的是
A B C D
实验室制氨气 配制一定物质的量浓度的溶液 检验和水反应的气体产物 实验室制乙酸乙酯
A. A B. B C. C D. D
5. 下列制备物质的转化关系不合理的是
A. 制：
B. 制：
C. 制NaOH：海水NaCl溶液NaOH
D. 制Mg：海水溶液
6. 下列反应不属于氧化还原反应的是
A. 向溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀
B. 向溶液中通入，一段时间后，产生白色沉淀
C. 向新制的中加入乙醛溶液，加热，产生砖红色沉淀
D. 向溶液中加入氨水至过量，再加入乙醇，析出深蓝色晶体
7. 和的混合气体在光照下发生反应，实验装置如图。下列说法不正确的是
A. 分子中的共价键是s-p键
B. 产物分子是极性分子
C. 有HCl生成说明该反应是取代反应
D. 试管壁出现油状液滴，有机产物的沸点：
8. 名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 含有3种含氧官能团 B. N的杂化方式为
C. 不能发生消去反应 D. 具有碱性，能与强酸反应
9. 利用如图装置(夹持装置略)进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是
选项 实验目的 试剂X 试剂Y
A 比较非金属性：Cl>Br>S NaBr溶液 溶液
B 吸收中混有的并检验其是否已除尽 酸性溶液 品红溶液
C 检验与NaOH醇溶液共热的产物乙烯 水 酸性溶液
D 证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔 溶液 酸性溶液
A. A B. B C. C D. D
10. 盐酸酸洗钢材的废液中含有大量的盐酸、。研究人员利用如图装置可将部分铁元素在极区转化为沉淀，实现资源和能源的再利用。下列说法不正确的是
A. 电子由b极流向a极
B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. 该装置实现了化学能向电能转化
D. a极可发生电极反应：
11. 以0.1mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L溶液的滴定曲线如图。已知：酚酞的变色范围是pH8.2~10
下列说法不正确的是
A. M点主要溶质为
B. N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点
C. N点溶液：
D. M→N过程中，均满足
12. 聚合物P是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。
已知：
下列说法不正确的是
A. 聚合物P可以在碱性溶液中发生水解反应
B. 由X、Y、Z对应的原料单体合成聚合物P的反应是缩聚反应
C. Z对应的原料单体是
D. 仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物是线型高分子
13. 某小组同学探究Al与的反应，实验如下。
装置 序号 试剂a 现象
① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点
② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl
下列说法不正确的是
A. ②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关
B. ②中产生白色沉淀的可能原因：
C. 向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象
D. ②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜
14. 转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：
①：
②：
反应能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。
已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是
A.
B. 反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步
C. 在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低
D. 其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 向溶液中滴加过量的氨水得到含有的溶液。
（1）基态的价层电子排布式为_______。
（2）基态占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。
（3）O、N、H的电负性由大到小的顺序是_______。
（4）下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。
a. b. c.
（5）的晶胞结构示意图如下。
①在下图虚线框内画出中一个的结构式_______。
②比较H—N—H键角：_______(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
③该立方晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为M g/mol，则该晶体的密度为_______。
16. 黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
org表示有机溶液
ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱
iii.HR能萃取而不能萃取
（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。
（2）滤渣的主要成分是_______。
（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。
（4）从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。
（5）和反应生成和的离子方程式是_______。
（6）测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。
（7）从无机层获得的离子方程式是_______。
（8）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
17. 可降解的聚酯类高分子P的合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。
（1）A中含氧官能团的名称是_______。
（2）A→B的反应类型是_______。
（3）B→D的化学方程式是_______。
（4）下列关于有机物F的说法正确的是_______(填序号)。
a含有3个手性碳原子
b.1mol有机物F最多消耗3mol NaOH
cD与E反应生成F和
（5）F水解生成G和。反应①、②的目的是_______。
（6）J→P的化学方程式是_______。
（7）若反应开始时K的浓度为0.01mo/L，J的浓度为2mol/L，反应完全后，K的浓度几乎为0，J的浓度为0.24mol/L，高分子P的平均聚合度约为_______。
18. 石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。
已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。
（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。
I.石油中有机氯含量的测定
（2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。
（3）经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。
（4）石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
II.石油中无机氯含量的测定
在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。
已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果
ii.
（5）用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。
（6）石油样品中存在的会影响测定结果。
①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。
a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水
19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。
实验 序号 物质a 实验现象
I 0.002mol/L溶液 无明显变化
II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
III 005mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色
（1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。
（2）实验II中反应离子方程式是_______。
（3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。
（4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1：的浓度较低，不足以将氧化为
假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。
②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。
请写出实验操作和现象：_______。
③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。
（5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
（6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。
参考答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质在一定条件下水解为各种氨基酸，故A正确；
B．炭燃烧生成二氧化碳气体，故B正确；
C．石绿溶于强酸生成铜盐、二氧化碳、水，故C正确；
D．2-茨醇属于醇类，不含酚羟基，遇不能发生显色反应，故D错误；
选D。
2. 【答案】C
【解析】
【详解】A．-OH的电子式：，A正确；
B．的结构示意图：，B正确；
C．的中心原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，C错误；
D．的中心原子的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，VSEPR模型：，D正确；
故选C。
3. 【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为 ，故A正确；
B．铜片放入浓硝酸中生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，负极反应式为，故C正确；
D．通入溴水中生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式是，故D正确；
选B。
4. 【答案】A
【解析】
【详解】A．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，二者在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，使用玻璃棒引流，B正确；
C．用带火星的木条检验和水反应的气体产物，若木条复燃则证明产生了氧气，C正确；
D．加热加有乙酸、乙醇和浓硫酸的混合溶液能制得乙酸乙酯，盛有饱和碳酸钠溶液的试管可以除去乙酸、吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯，D正确；
故选A。
5. 【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气和氢气生成NH3，氨和空气的混合气通入灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，转化关系合理，故A不符合题意；
B．S通过和氧气生成SO2，SO2在催化剂条件下生成SO3，SO3通入水中得到，转化关系合理，故B不符合题意；
C．海水提纯可获得NaCl溶液，电解NaCl溶液可制备NaOH，转化关系合理，故C不符合题意；
D．电解饱和氯化镁溶液，在阳极处产生氯气，阴极处产生氢气和氢氧化镁，因此不能用这种方法获得镁，转化关系不合理，故D符合题意；
故答案选D。
6. 【答案】D
【解析】
【详解】A．向溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀，铁的化合价升高被氧化，属于氧化还原反应，A不符合；
B．与溶液不反应，一段时间后，产生白色沉淀，是因为被氧化生成硫酸根，产生硫酸钡沉淀，发生氧化还原反应，B不符合；
C．向新制的中加入乙醛溶液，加热，产生砖红色沉淀氧化亚铜，属于氧化还原反应，C不符合；
D．向溶液中加入氨水至过量，再加入乙醇，析出深蓝色晶体，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D符合；
故选D。
7. 【答案】A
【解析】
【详解】A．Cl2 分子是两个Cl原子利用各自的p轨道中的单电子共用形成的p-p σ 键，故A错误；
B．产物 CH3Cl 分子可看做是甲烷中的一个氢原子被氯原子取代生成的，CH4是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，CH3Cl分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故B正确；
C．甲烷和氯气在光照下发生反应，除了生成有机物外，还有HCl生成，说明氯气中的一个氯原子取代了甲烷分子中的一个氢原子，被取代下来的氢原子和另一个氯原子结合成HCl，该反应是取代反应，故C正确；
D．甲烷和氯气发生取代反应生成CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl多种取代产物，其中只有CH3Cl在常温下是气态的，CCl4、CHCl3、CH2Cl2均为不溶于水的液体，所以能看到试管壁出现油状液滴。CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl均属于卤代烃，在卤代烃中，碳原子数和卤素原子相同时，卤素原子数越多，相对分子质量越大，则分子间作用力越大，沸点越高，则有机产物的沸点： CCl4＞CHCl3＞CH2Cl2＞CH3Cl，故D正确；
故选A。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
9. 【答案】A
【解析】
【详解】A．非金属性：Cl>Br>S，Cl2通入NaBr溶液中，Cl2可以把溴离子氧化为溴单质，所以溶液变成棕色，但是后面和溶液反应的气体是Cl2和Br2的混合气体，不能说明金属性：Br>S，故A错误；
B．具有还原性，酸性溶液可以吸收，具有漂白性，可以用品红溶液检验其否已除尽，故B正确；
C．与NaOH醇溶液共热生成的乙烯中混有乙醇，先通过水将乙醇除去，然后用酸性溶液检验乙烯，现象是高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．电石与饱和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，先通过溶液除去H2S气体，再用酸性溶液检验乙炔，现象是高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选A。
10. 【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，该装置为原电池，通入空气的电极a为正极，电极反应为：，电极b是负极，负极区盐酸酸洗的废液含有大量的盐酸、，负极的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，负极区的H+通过阳离子交换膜进入正极区，使该区溶液pH增大，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，据此分析解答。
【详解】A．电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子由b极流向a极，故A正确；
B．a极的电极反应为：，为维持电荷守恒，H+由右池通过离子交换膜向左池迁移，则离子交换膜为质子交换膜，故B错误；
C．该装置为原电池，实现了化学能向电能转化，故C正确；
D．a极为原电池正极，该极通入空气，氧气得电子，电极反应为：，故D正确；
答案选B
11. 【答案】C
【解析】
【详解】A．加入20.00mL等浓度的NaOH溶液时生成，因此M点主要溶质为，A正确；
B．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，酚酞的变色范围是pH8.2~10，因此N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点，B正确；
C．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，因此，C错误；
D．M→N过程中和的混合溶液，则混合溶液中电荷守恒式为：，D正确；
故选C。
12. 【答案】D
【解析】
【详解】A．组成聚合物P的X物质内含有酯基，可以在碱性溶液中发生水解反应，A正确；
B．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，X、Y、Z对应的原料单体即分别断裂C=C、C=C、C-O和C=S键合成聚合物P，该反应是缩聚反应，B正确；
C．物质Z去掉高聚物符号以及断裂C=O其中一条键得到单体是 ，C正确；
D．线型高分子是指官能团种数为2的单体经过缩合聚合得到的无支链的高分子，仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物含有支链，不是线型高分子，D错误；
故选：D。
13. 【答案】D
【解析】
【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性， Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。
【详解】A．据分析， ②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确；
B． 据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确；
C． 向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确；
D． ②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确；
答案选D。
14. 【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知， =生成物的能量减去反应物的能量=-300kJ/mol-(-477 kJ/mol)=+177kJ/mol，故A正确；
B．由图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，则反应②比反应①的速率小，速率小的是总反应的决速步，故B正确；
C．由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故C错误；
D．其他条件不变，适当增大投料比，反应①正向移动，能提高的转化率，故D正确；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1）3d7 （2）哑铃形
（3）O>N>H （4）c
（5） ①. ②. > ③. 中心N原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角约为107°，中心Co2+采取sp3d2杂化，空间构型为正八面体形，键角为90° ④.
【解析】
【小问1详解】
Co 是27号元素，其基态原子的价电子排布式为3d74s2，则价层电子排布式为3d7；
【小问2详解】
基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，其最高能级为3p，电子云轮廓图的形状是哑铃形；
【小问3详解】
同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性：O>N，三种元素中H的电负性最小，于是有电负性：O>N>H；
【小问4详解】
2s22p2属于基态的N-，由于基态N的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；2s22p3属于基态N原子，其失去一个电子变为基态N-，其失去一个电子所需能量低于基态N-；2s22p23s1属于激发态N原子，其失去一个电子所需能量低于基态N原子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最小的是2s22p23s1，故选c。
【小问5详解】
①中心N原子孤电子对数=，有3个键，则中心N原子价层电子对数=3+1=4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，其结构式可表示为；
②由①分析知，由于中心N原子有一对孤电子对，排斥力较大，则H-N-H键角小于，约为107°，中心Co2+形成6个配位键，采取sp3d2杂化，空间构型为正八面体形，键角为90°，因此键角：>；
③该晶胞中，位于顶点和面心的个数为，位于晶胞内部Cl-个数为8，故晶胞的密度为。
16. 【答案】（1）粉碎增大接触面积、适当升高温度等
（2）
（3）将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素
（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层
（5）
（6）
（7）
（8）降温结晶、过滤
【解析】
【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【小问1详解】
加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分是；
【小问3详解】
酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃取；浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素；
【小问4详解】
有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
【小问5详解】
和反应生成和，离子方程式是；
【小问6详解】
用溶液滴定将转化为，铁元素化合价由+2变为+3，钒元素化合价由+5变为+4，根据电子守恒可知，，则产品中的质量分数是
【小问7详解】
无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应为；
【小问8详解】
由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
17. 【答案】（1）羟基 （2）氧化反应
（3）+CH3OH+H2O
（4）c （5）保护羧基
（6）n++nH2O
（7）176
【解析】
【分析】由B的分子式可以推知，A发生氧化反应生成B，B的结构简式为，B和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成D，则D 的结构简式为，D和E在一定条件下反应生成F，F在碱性条件下发生水解反应生成G，G的结构简式为， G酸化后得到J，则J为，J和K发生聚合反应生成P，以此解答。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是羟基。
【小问2详解】
由B的分子式可以推知，A发生氧化反应生成B。
【小问3详解】
B和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成D，化学方程式为：+CH3OH+H2O。
【小问4详解】
a．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，由F的结构简式可知，F中含有2个手性碳原子，故a错误；
b．F中含有两个酯基，最多消耗2mol NaOH发生水解反应，故b错误；
c．由D、E、F的结构简式结合原子守恒可知，D与E反应生成F和，故c正确；
故选c。
【小问5详解】
B中存在羧基，反应①将羧基转化为酯基，反应②又把酯基水解为羧基，目的是保护羧基。
【小问6详解】
J和K发生聚合反应生成P，方程式为：n++nH2O。
【小问7详解】
若反应开始时K的浓度为0.01mo/L，J的浓度为2mol/L，反应完全后，K的浓度几乎为0，J的浓度为0.24mol/L，则反应过程中消耗K和消耗J的比例为0.01：(2-0.24)=1:176，由方程式n++nH2O可知，n=176。
18. 【答案】（1）
（2） ①. 分液 ②.
（3）
（4）
（5）
（6） ①. 偏大 ②. a
【解析】
【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量；
【小问1详解】
库仑测氯仪电解池中阳极反应是；
【小问2详解】
用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是；
【小问3详解】
HCl与反应的离子方程式是；
【小问4详解】
电解消耗的电量为x库仑，即mol电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=mol，样品中有机氯的含量为= mg/g；
【小问5详解】
碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为;
【小问6详解】
①硫化银的Ksp很小，电离出的S2-会与Ag+反应生成硫化银沉淀，使溶液中Ag+浓度减小，电解消耗电量增多，使测定结果偏大；
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂；
a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合；
b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合；
c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合；
故选a。
19. 【答案】（1）> （2）8H2O+5+2=2+10+16H+
（3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢
（4） ①. 实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为 ②. 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确 ③. 3+2+2H2O=5↓+4H+ ④. 与实验II相比，实验III中浓度增大，反应加热，加快反应速率，生成的浓度相对较大，体系中过量还原生成大量黑色沉淀
（5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中
（6）催化剂、浓度
【解析】
【小问1详解】
酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。
【小问2详解】
实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：8H2O+5+2=2+10+16H+。
【小问3详解】
实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。
【小问4详解】
①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立；
②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确；
③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；与实验II相比，实验III中浓度增大，反应加热，加快反应速率，生成的浓度相对较大，体系中过量还原生成大量黑色沉淀。
【小问5详解】
向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。
【小问6详解】
实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、催化剂、浓度。2023北京北师大实验中学高三（上）期末
化 学
考生须知 1．本试卷共 10 页，共 19 题；答题纸共 3 页。满分 100 分。考试时间 90 分钟。 2．在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。 3．选择题答案在答题系统内勾选提交，非选择题答案一律用黑色签字笔填写在答题卡上，并按要求拍照上传。 命题人：高三化学备课组
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Ca 40 Mn 55
第一部分
本部分共14 题，每题 3 分，共42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目 要求的一项。
1．我国是材料制造强国，材料对促进生产发展和改善人类生活发挥巨大作用，下列有关材料的说法正确的是
A．冬奥火炬“飞扬”采用碳纤维复合材料打造，碳纤维是一种有机高分子材料
B．中国天眼FAST 用到的高性能碳化硅是一种无机非金属材料
C．“奋斗者”号载人潜水器的钛合金属于金属材料且比纯金属钛具有更高的熔点
D．N95 口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维，是纯净物
2．下列图示或化学用语表示不正确的是
A．CO32 的空间 结构模型 B．SO2 的VSEPR 模型 C．基态Cr 的价层电子 轨道表示式 D．px 轨道的电 子云轮廓图
3．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①Al2O3 NaAlO2 (aq) Al(OH)3
②S SO2 H2SO4
③饱和NaCl(aq) NaHCO3 Na2CO3
④NaNa2O2 NaOH
⑤MgCl2 (aq)Mg(OH)2 →MgO
A．②③④ B．①③④⑤ C．①②④⑤ D．①③⑤
4．下列操作能够达到实验目的是
A．使品红褪色的 气体是SO2 B．用排空气法收 集NO C．制取并检验氨气 D．用水吸收氨气
5．下列事实与对应的方程式相符的是
A．自然界正常雨水 pH = 5.6 是因为：H2O + CO2 H2CO3，H2CO3 2H+ + CO32
B．用Na2CO3 溶液处理水垢中的 CaSO4：CO32 + Ca2+ = CaCO3↓
C．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32 + 2H+ = S↓ + SO2↑ + H2O
D．甲烷的燃烧热为 890.3 kJ·mol 1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) ΔH = 890.3 kJ/mol
6．下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．将Na2O2 粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
B．向Mg(OH)2 悬浊液中滴加 FeCl3 溶液，固体由白色变为红褐色
C．向K2Cr2O7 酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
D．向KI 溶液中通入少量氯气，溶液由无色变为棕黄色
7．室温下，将充满NO2 的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是
A．NO2 易溶于水，不能用排水法收集
B．试管中剩余的无色气体是 NO
C．取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2 与H2O 反应生成了酸
D．向试管中再缓缓通入一定量的O2，最终试管中的气体变为红棕色
8．我国学者发现“地尔硫卓”这种治疗缺血性心脏病及高血压的药物可有效抑制新冠病毒感染。地尔硫卓的结构简式如下。下列有关地尔硫卓的说法错误的是
A．分子式为C22H26N2O4S B．分子中只含共价键
C．所有N 原子均为 sp2 杂化 D．在一定条件下可与氯气、氢气反应
9．以下实验方案设计，能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验 目的 比较Cl、C、Si 的非金 属性大小 证明乙炔能够使酸性 高锰酸钾溶液褪色 验证溴乙烷发生 消去反应 探究铁的吸 氧腐蚀
实验 方案
10．我国科学家最近发明了一种 Zn-PbO2 电池，电解质为 K2SO4、H2SO4 和KOH，由a 和 b 两种离子交换膜隔开，形成A、B、C 三个电解质溶液区域，结构示意图如下：
下列有关说法错误的是
A．该装置是原电池装置，Zn 电极为负极
B．a 膜为阴离子交换膜
C．负极电极反应式为Zn 2e + 4OH = Zn(OH)42
D．B 区域的电解质溶液为 K2SO4 溶液
11．PET（，M 链节 = 192 g·mol 1）可用来生产合成纤维或 塑料。测某 PET 样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示 剂，用c mol·L 1 NaOH 醇溶液滴定m g PET 端基中的羧基至终点（现象与水溶液相 同），消耗NaOH 醇溶液 v mL。下列说法不正确的是
A．PET 塑料是一种可降解高分子材料
B．滴定终点时，溶液变为浅红色
C．合成PET 的一种单体是乙醇的同系物
D．PET 的平均聚合度 （忽略端基的摩尔质量）
12．用0.1000 mol/L 盐酸滴定 20.00 mL Na2A 溶液，溶液中H2A、HA 、A2 的分布分数 δ 随 pH 变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是
[如 A2 分布分数：]
A．H2A 的Ka1 为10 10.25
B．c 点：c(HA- ) c(H2A) c(A2- )
C．第一次滴定突跃，可选甲基橙作指示剂
D．c(Na2A) = 0.2000molL-1
13．某小组探究金属Na 与不同浓度HCl 的反应，进行下列实验。下列说法不正确的是
实验装置 序号 实验操作 实验现象
实验 1 0.36%HCl 放入一小片 金属钠 钠浮在液面上并来回移动，与水的反应剧 烈程度相当
实验 2 36%HCl 放入与实验 1 表面积基 本相同的钠 钠浮在液面上并来回移动，不如实验 1 剧烈；表面出现有白色固体，白色固体逐渐 沉到烧杯底部；液体不沸腾，液面出现少 量白雾
A．实验2 白色固体是NaCl
B．实验2 液面上方的白雾是因为反应放热加速浓盐酸的挥发，形成白雾
C．实验2 不如实验 1 剧烈说明盐酸浓度越大反应越不剧烈
D．实验2 不如实验 1 剧烈的原因是表面包裹白色固体，使得反应变慢
14．二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应I：CO(g) + CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)
反应II：CH3COOCH3(g) + 2H2(g) CH3CH2OH(g) + CH3OH(g)
固定CO、CH3OCH3、H2 的起始原料比为 1∶1∶2、体系压强不变的条件下发生反 应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．反应II 为放热反应
B．由图可知，600 K 以后随温度的升高，氢气物质的量减少
C．曲线C 也可以表示 CH3OH 的物质的量分数
D．由500 K 上升至600 K，温度对反应I 的影响大于对反应 II 的影响
第二部分
本部分共5 题，共 58 分。
15．（11 分）卤素单质及其化合物在科研和工业生产中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Br 原子的价电子排布图(轨道表示式)为________。图 A、B、C 分别表示 C、 N、O 和F 的逐级电离能 I 变化趋势(纵坐标的标度不同)，第一电离能 I1 的变化图是 ________，第三电离能 I3 的变化图是________。
（2）NF3 是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，NF3 分子空间构型为________， NH3 的键角约为107o，推测NF3 的键角________107o (填“>，<或=”)。
（3）X 射线衍射测定等发现，I3AsF6 中存在I3+ 离子。I3+ 中心原子的杂化方式为________，中存在________ (填“编号”)。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．配位键
（4）卤化物CsICl2 受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体 X 和红棕色液体 Y。X 为________。解释X 的熔点比Y 高的原因________。
（5）萤石(CaF2 ) 是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示。若该立方晶胞参数为a pm (1 pm = 10 12 m)，NA 为阿伏加德罗常数，计算晶体的密度为________ g cm-3（列出表达式）。
16．（10 分）聚合物G 具有良好的耐高温性能。其合成路线如下：
已知：
（1）A 的名称是________。
（2）A→B 的反应类型是________。
（3）C→D 的化学方程式是________。
（4）D+E→F 的过程中没有小分子生成。E 的结构简式为________。
（5）M 是ClCH2COOC2H5 的同分异构体，符合下列条件的M 的结构简式是________。
a. 与ClCH2COOC2H5 具有相同的官能团
b. 能发生银镜反应
c. 核磁共振氢谱有 2 组峰
（6）G 中每个链节含有两个五元环，补全F→G 的化学方程式：
________。
17．（9 分）砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)是砷的两种含氧酸，分析并测定它们的浓度 对其合理使用具有重要的意义。
Ⅰ．常温下，H3AsO4 和 H3AsO3 溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液 pH 的关系分别 如图1 和图2 所示：
（1）H3AsO4 的第一步电离方程式是________，该步电离常数表达式是 Ka1(H3AsO4) = ________。
（2）由图1 中a 点可知，当 c(H3AsO4) = c(H2AsO4 )时，Ka1(H3AsO4) = c(H+) = 10 2.2；据 此类推，由图2 知，Ka1(H3AsO3)约等于________，可判断H3AsO4 的酸性强于H3AsO3。
Ⅱ．测定某H3AsO3 溶液(含少量H2SO4)中H3AsO3 浓度的一种方法如下。
已知：用已知浓度 NaOH 溶液与弱酸溶液反应，一般要求弱酸的 Ka＞10 8。
i．调pH：取V mL 待测液，向其中滴入适量NaOH 溶液调节pH，以中和H2SO4。
ii．氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将 H3AsO3 氧化为H3AsO4。
iii．滴定：用x mol/L NaOH 溶液与ii 中得到的H3AsO4 溶液反应至终点，消耗V1 mLNaOH 溶液。
（3）若无i，会导致测定的 H3AsO3 浓度________ (填“偏高”或“偏低”)。
（4）iii 中滴定至终点时，溶液 pH 为4~5，结合图1 可知，此时溶液中的溶质主要是 NaI 和________(填化学式)。
（5）数据处理后得c(H3AsO3) = xV1/3V mol/L，结合ii 和 iii 中物质间转化的定量关系， 解释公式中数字“3”表示的化学含义：________。
（6）另一待测液除了含有 H3AsO3、少量H2SO4，还有H3AsO4，依据上述方法，测定其 中总砷含量（已知：酸性越强，H3AsO4 的氧化性越强）。测定步骤包括4 步：
a. 氧化 b. 还原 c. 调pH d. 滴定。
正确的测定步骤顺序是________→d。
18．（13 分）碱式碳酸锰［Mn2(OH)2CO3］是一种不溶于水的固体，是制造其他含锰化合 物的原料。工业上以方锰矿(主要成分为 MnO，还含有少量的 Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2)为原料制备碱式碳酸锰。
25℃时，相关物质的Ksp 如下表：
物质 Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ca(OH)2
Ksp 2×10 13 5×10 17 3×10 39 1×10 32 6×10 6
（1）“酸浸”时，滤渣I 的成分是________(填化学式)。
（2）“氧化”时，该反应的离子方程式为________。
（3）“除杂”时，使用氨水的目的是将 Fe3+和Al3+转化为沉淀而除去，则应调节溶液的pH≥________；若A13+沉淀完全时，则溶液中Fe3+物质的量浓度为________mol·L 1。 (通常认为溶液中的离子浓度≤1×10 5 mol·L 1 沉淀完全)
（4）“离子交换”和“洗脱”时，发生反应：Mn2+ + 2HR MnR2 + 2H+ (HR 是氢型交换树 脂)。为了提高“洗脱”效率，淋洗液应为________(填“硫酸”、“氢氧化钠溶液”或“蒸馏 水”)。
（5）“沉锰”时，反应的离子方程式为________，过滤、洗涤、干燥，得到 Mn2(OH)2CO3， 检验沉淀是否洗涤干净的操作是________。
（6）为测定产品中锰的含量，取 a g 样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的稀硫酸溶解， 滴加过量0.1000 mol·L 1 (NH4)2S2O8 溶液将锰元素转化为 MnO4 ，充分反应后加热一 段时间，冷却将烧杯中的溶液全部转移至250 mL 容量瓶中。取25.00 mL 于锥形瓶， 用0.1000 mol·L 1 FeSO4 标准溶液滴定，达滴定终点时消耗FeSO4 溶液体积为V mL。 ① 滴定终点的现象是________。
② 产品中锰的质量分数为________。(用含a、V 的式子表示)。
19．（15 分）某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。 【初步探究】
示意图 序号 温度 试剂 A 现象
① 0°C 0.5 mol·L-1 稀硫酸 4 min 左右出现蓝色
② 20°C 1 min 左右出现蓝色
③ 20°C 0.1mol·L-1 稀硫酸 15 min 左右出现蓝色
④ 20°C 蒸馏水 30 min 左右出现蓝色
（1）为探究温度对反应速率的影响，实验②中试剂A 应为________。
（2）写出实验③中I 反应的离子方程式：________。
（3）对比实验②③④，可以得出的结论：________。
【继续探究】溶液pH 对反应速率的影响
i．pH < 11.7 时，I 能被 O2 氧化为 I2。
ii．pH > 9.28 时，I2 发生歧化反应：3I2 + 6OH == IO3 + 5I + 3H2O，pH 越大，速率越快。
序号 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
试管中溶液的 pH 8 9 10 11
放置 10 小时后的现象 出现蓝色 颜色无明显变化
（4）小组同学用 4 支试管在装有 O2 的储气瓶中进行实验，装置如图所示。分析⑦和⑧ 中颜色无明显变化的原因________。
（5）甲同学利用原电池原理设计实验证实pH = 10 的 条件下确实可以发生 I 被O2 氧化为I2 的反应，如 右图所示，请你填写试剂和实验现象________。
【深入探究】较高温度对反应速率的影响
小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验⑨和⑩。
序号 温度 试剂 现象
⑨敞口试管 水浴 70°C 5 mL 1 mol·L 1 KI 溶液 5 mL 0.5 mol·L 1 稀硫酸 20 min 内仍保持无色，冷却至室温后滴 加淀粉溶液出现蓝色
⑩ 密闭试管 溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深， 冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色
（6）对比实验⑨和⑩的现象差异，该小组同学经过讨论对实验⑨中的现象提出两种假设。
假设1：________。
假设2：45°C 以上 I2 易升华，70°C 水浴时，c(I2)太小难以显现黄色。
（7）针对假设2 有两种不同观点。你若认为假设 2 成立，请推测试管⑨中“冷却至室温 后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因（写出一条）。你若认为假设2 不成立，请设计实 验方案证明________。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 B C B D C B D C D B C B C B
15．（11分）
（1）（1分）A（1分）B（1分）
（2）三角锥形（1分）<（1分）
（3）sp3（1分）BD（2分）
（4）CsCl（1分）
CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体，离子键一般强于分子间作用力（1分）
（5）（1分）
16.（10分）
（1）甲苯（1分）（2）取代反应（1分）
（3） （2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6）（2分）
17．（9分）
（1）H3AsO4 H++H2AsO-4（1分）（1分）
（2）10 9（1分）
（3）偏高（1分）
（4）NaH2AsO4和Na2SO4（2分）
（5）ii、iii中物质转化的定量关系：1molH3AsO3~（1molH3AsO4+2molHI）~3mol
NaOH，H3AsO3的物质的量为滴定消耗氢氧化钠物质的量的1/3。（2分）
（6）b→c→a（1分）
18．（13分）
（1）CaSO4、SiO2（2分）
（2）2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（2分）
（3）5（1分）3×10 12（1分）
（4）硫酸（1分）
（5）2Mn2++3CO32 +2H2O=Mn2(OH)2CO3↓+2HCO3 （2分）
取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生。（2分）
（6）①当滴入最后半滴FeSO4溶液后，溶液褪色并且半分钟内不变浅紫红色（1分）
②（1分）
19.（15分）
（1）0.5mol·L 1稀硫酸（2分）
（2）4I +O2+4H+====2I2+2H2O（2分）
（3）KI溶液被O2氧化成I2，c(H+)越大，氧化反应速率越快（2分）
（4）试管⑦、⑧中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率
大于氧化速率和淀粉变色速率（或歧化速率最快）。（2分）
（5）试剂1：1mol·L 1KI溶液，滴加1%淀粉溶液（1分）
试剂2：pH=10的KOH溶液（1分）
现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝（t<30min）（2分）
（6）加热使O2逸出，c(O2)降低，导致I 氧化为I2的速率变慢（1分）
（7）【假设2成立】
理由：KI溶液过量（即使加热时有I2升华也未用光KI），实验⑨冷却室温后过量的KI仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色
【假设2不成立】
实验方案：水浴加热70℃时，用湿润的淀粉试纸放在试管⑨的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立。（2分）2023北京北师大二附中高三（上）期中
化 学
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
金刚石 石墨 石墨炔
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是（　　）
A．三种物质中均有碳碳原子间的σ键
B．三种物质中的碳原子都是sp3杂化
C．三种物质的晶体类型相同
D．三种物质均能导电
2．下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．NaCl的电子式
B．NH3的VSEPR模型为
C．2pz电子云图为
D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
3．下列过程与水解反应无关的是（　　）
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体
4．下列事实能用平衡移动原理解释的是（　　）
A．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
5．回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D．装置b中的总反应为+CO2+H2OHCOOH+
6．下列离子方程式与所给事实不相符的是（　　）
A．Cl2制备84消毒液（主要成分是NaClO）：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+
D．Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣═HgS↓
7．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是（　　）
A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
8．完成下述实验，装置或试剂不正确的是（　　）
实验室制Cl2 实验室收集C2H4 验证NH3易溶于水且溶液呈碱性 除去CO2中混有的少量HCl
A B C D
A．A B．B C．C D．D
9．一种聚合物PHA的结构简式如图，下列说法不正确的是（　　）
A．PHA的重复单元中有两种官能团
B．PHA可通过单体缩聚合成
C．PHA在碱性条件下可发生降解
D．PHA中存在手性碳原子
10．下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是（　　）
A．F﹣F键的键能小于Cl﹣Cl键的键能
B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在（HF）2，而气态氯化氢中是HCl分子
11．高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图，下列说法不正确的是（　　）
A．试剂a是甲醇
B．化合物B不存在顺反异构体
C．化合物C的核磁共振氢谱有一组峰
D．合成M的聚合反应是缩聚反应
12．离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑。下列说法正确的是（　　）
A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
13．NO2和N2O4存在平衡：2NO2（g） N2O4（g）ΔH＜0。下列分析正确的是（　　）
A．1mol平衡混合气体中含1mol N原子
B．断裂2mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1mol N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
14．验证牺牲阳极保护法，实验如图（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
① ② ③
在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是（　　）
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
二、本部分共5题，共58分。
15．（10分）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根（S2）可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。
（1）基态S原子价层电子排布式是 　 　。
（2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　 　。
（3）S2的空间结构是 　 　。
（4）同位素示踪实验可证实S2中两个S原子的化学环境不同，实验过程为S2Ag2S+。过程ii中，S2断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是SO3和35S，过程ii含硫产物是 　 　。
（5）MgS2O3 6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。
晶胞中的[Mg（H2O）6]2+个数为 　 　。已知MgS2O3 6H2O的摩尔质量是Mg mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　 　g cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）
（6）浸金时，S2作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分别判断S2中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：　 　。
16．（12分）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
（1）早期制备方法
Ba（NO3）2BaOBaO2滤液H2O2
①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是 　 　。
②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是 　 　。
③Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是 　 　。
④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：　 　。
（2）电化学制备方法
已知反应2H2O2═2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。
①a极的电极反应式是 　 　。
②下列说法正确的是 　 　。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极b连接电源负极
C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点
17．（12分）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X射线检查。其合成路线如图：
已如：R1COOH+R2COOH+H2O
（1）A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是 　 　。
（2）B无支链，B的名称是 　 　。
（3）E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是 　 　。
（4）G中含有乙基，G的结构简式是 　 　。
（5）G→J过程中，Al的作用是 　 　。
（6）碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193。碘番酸的结构简式是 　 　。（I的相对原子质量为127）
（7）口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。
步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I﹣，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。
步骤二：调节滤液pH，用bmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影液中不含其他含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 　 　。
18．（12分）甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。
（1）利用甲醇可制成微生物燃料电池（利用微生物将化学能直接转化成电能的装置）。
某微生物燃料电池装置如图1所示：
A极是 　 　极（填“正”或“负”），其电极反应式是 　 　。
（2）研究表明CO2加氢可以合成甲醇。CO2和H2可发生如下两个反应：
I．CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1
II．CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2
①反应I的化学平衡常数表达式K＝　 　。
②有利于提高反应I中 CO2的平衡转化率的措施有 　 　（填序号）。
a．使用催化剂 b．加压 c．增大CO2和H2的初始投料比
③研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应I，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图2所示。
ΔH1　 　0（填“＞”、“＝”或“＜”），
其依据是 　 　。
④某实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据（反应未达到平衡状态）：
T（K） CO2实际转化率（%） 甲醇选择性（%）【注】
543 12.3 42.3
553 15.3 39.1
【注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是 　 　。
19．（12分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：ⅰ．Mn2+在一定条件下可被Cl2或ClO﹣氧化成MnO2（棕黑色）、MnO（绿色）、MnO（紫色）。
ⅱ．浓碱性条件下，可被OH﹣还原为MnO。
ⅲ．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关；NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图（夹持装置略）。
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是 　 　。
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 　 　。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 　 　。
（4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。
①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 　 　，但通过实验测定，溶液的碱性变化很小。
②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为 　 　；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 　 　（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 　 　。
④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因 　 　。
参考答案
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】A．原子间优先形成σ键；
B．石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化；
C．金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体；
D．金刚石没有自由移动的电子，不能导电。
【解答】解：A．原子间优先形成σ键，三种物质中均有碳碳原子间的σ键，故A正确；
B．金刚石中碳原子均采取sp3杂化，而石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化，故B错误；
C．金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体，三种物质晶体类型不相同，故C错误；
D．石墨、石墨炔中存在大π键，可以导电，而金刚石没有自由移动的电子，不能导电，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查比较综合，涉及化学键、晶体类型、杂化方式等，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
2．【分析】A．NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性；
B．NH3的VSEPR模型为四面体结构；
C．p能级电子云是哑铃形；
D．不符合洪特规则。
【解答】解：A．NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性，NaCl的电子式为，故A错误；
B．NH3的VSEPR模型为四面体结构，图为三角锥形结构且没有写出孤电子对，故B错误；
C．p能级电子云是哑铃形，则2pz电子云图为，故C正确；
D．不符合洪特规则，基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确轨道表示式的方法、电子排布规律、电子云形状、电子式的书写等知识点是解本题关键，题目难度不大。
3．【分析】A．油脂能在碱溶液中发生水解反应，生成溶于水的物质；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂解、裂化生成小分子烃；
C．蛋白质在酶的作用下发生水解反应生成氨基酸；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体。
【解答】解：A．纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，可用于除油污，与盐类水解有关，故A正确；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃，发生的是裂解、裂化反应，与水解反应无关，故B错误；
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸，发生的反应是水解反应，与水解反应有关，故C正确；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，加热能促进铁离子的水解，FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体与盐类水解有关，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查水解反应的应用，明确盐类水解原理、有机反应、物质的性质为解答关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目难度不大。
4．【分析】平衡移动原理为：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
【解答】解：A．MnO2作H2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A错误；
B．2NO2（g） N2O4（g）△H＜0，密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导致c（NO2）增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确；
C．常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2，NO2呈红棕色，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C错误；
D．Zn能置换出Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡移动原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡移动原理内涵及其适用范围是解本题关键，题目难度不大。
5．【分析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2＝Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上失电子生成，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH；
A．SO2是形成酸雨的主要成分；
B．水解导致溶液呈碱性、电离导致溶液呈酸性；
C．NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应；
D．装置b中阳极﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，阴极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式。
【解答】解：A．SO2是形成酸雨的主要成分，所以废气中SO2排放到大气中会形成酸雨，故A正确；
B．水解导致溶液呈碱性、电离导致溶液呈酸性，装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度，故B正确；
C．NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C错误；
D．装置b中阳极﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，阴极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为+CO2+H2OHCOOH+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理及三废处理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、电解原理是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。
6．【分析】A．氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O；
B．醋酸为弱酸，应该写化学式；
C．Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+；
D．Hg2+、S2﹣反应生成HgS沉淀。
【解答】解：A．氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A正确；
B．醋酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故B错误；
C．Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+，离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故C正确；
D．Hg2+、S2﹣反应生成HgS沉淀，离子方程式为Hg2++S2﹣＝HgS↓，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、离子方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。
7．【分析】A．浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除；
B．浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳使固体体积膨胀；
C．生成的二氧化硫使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫；
D．蔗糖发生化学反应，一定有化学键的断裂。
【解答】解：A．浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；
B．浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的大量气体，使固体体积膨胀，故B正确；
C．浓硫酸脱水过程中生成的SO2使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，故C错误；
D．蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查浓硫酸性质实验，掌握浓硫酸的特性，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
8．【分析】A．在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2；
B．难溶于水的气体可以采用排水法收集；
C．酚酞遇碱溶液变红色，极易溶于水的气体能形成喷泉实验；
D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应。
【解答】解：A．在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2，图中装置能制取氯气，故A正确；
B．乙烯难溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正确；
C．打开活塞，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，氨气溶于导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，大气压将水通过导管进入烧瓶中而形成喷泉，氨气和水反应生成的一水合氨电离出OH﹣而使其水溶液呈碱性，酚酞遇碱溶液变红色，所以该装置能 验证NH3易溶于水且溶液呈碱性，故C正确；
D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应，应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意：除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，操作要简便。
9．【分析】A．PHA的重复单元中官能团为酯基；
B．是PHA的单体；
C．酯基在碱性条件下能发生水解反应；
D．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
【解答】解：A．根据图知，PHA的重复单元中官能团只有酯基一种，故A错误；
B．是PHA的单体，中含有羧基和醇羟基，所以PHA可通过单体缩聚合成，故B正确；
C．PHA中含有酯基，所以PHA在碱性条件下能发生水解反应而降解，故C正确；
D．根据图知，PHA的重复单元中连接一个甲基的碳原子为手性碳原子，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10．【分析】A．F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F﹣F键不稳定；
B．电负性：F＞Cl，F﹣C键的极性大于Cl﹣C键的极性，使得F3C﹣的极性大于Cl3C﹣的极性，导致F3CCOOH的羧基中﹣OH极性更大；
C．元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强；
D．F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键。
【解答】解：A．F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F﹣F键不稳定，则F﹣F键的键能小于Cl﹣Cl键的键能，与电负性无关，故A正确；
B．电负性：F＞Cl，F﹣C键的极性大于Cl﹣C键的极性，使得F3C﹣的极性大于Cl3C﹣的极性，导致F3CCOOH的羧基中﹣OH极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故B错误；
C．元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强，电负性F＞Cl，F﹣H键的极性大于Cl﹣H键的极性，导致HF分子极性比HCl强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故C错误；
D．F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在（HF）2，气态HCl中不存在（HCl）2，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期律，侧重考查对电负性的理解和运用能力，明确分子极性、酸的酸性强弱的影响因素是解本题关键，题目难度不大。
11．【分析】CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH＝CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2＝CH﹣O﹣CH3和由此可知B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。
【解答】解：A．根据分析，试剂a 为CH3OH，名称是甲醇，故A正确；
B．化合物B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子团不同时能形成顺反异构，B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故B正确；
C．化合物C为，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；
D．聚合物M是由CH2＝CH﹣O﹣CH3和的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构进行分析，熟练运用官能团的结构与性质，较好的考查学生分析推理能力、自学能力与迁移运用能力，难度中等。
12．【分析】A．CaH2中只含有离子键；
B．反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变；
C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成；
D．反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子。
【解答】解：A．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子之间存在非极性键，而CaH2中H﹣和钙离子之间存在离子键，该化合物中不含非极性键，故A错误；
B．反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变，只有过氧化钠中O元素化合价变化，所以①中水不参与氧化还原反应，故B错误；
C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成，所以Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1，故C正确；
D．反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子，所以反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氧化还原反应中电子转移数目是解本题关键，题目难度不大。
13．【分析】A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子；
B.焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；
C.恒温时，缩小容积，浓度增大；
D.恒容时，升高温度平衡逆向移动。
【解答】解：A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子，平衡时混合气体的组成未知，不能确定1mol平衡混合气体中N原子的物质的量，故A错误；
B.焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则断裂2mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1mol N2O4中的共价键所需能量，故B正确；
C.恒温时，缩小容积，浓度增大，则气体颜色变深，浓度增大的程度大于平衡正向移动的程度，故C错误；
D.恒容时，水浴加热时，升高温度平衡逆向移动，气体颜色变深，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
14．【分析】A．②③相比较，可说明铁连接锌后，铁没有被腐蚀；
B．①②相比较，铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子；
C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，不能通过铁棒的表面反应判断；
D．用实验①的方法不能比较金属的活泼性。
【解答】解：A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A正确；
B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，故B正确；
C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3[Fe（CN）6]可在铁的表面生成蓝色沉淀，则验证Zn保护Fe时不能用①的方法，应用②的方法，故C正确；
D．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，如果换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题探究铁的腐蚀与防护，侧重考查学生的分析能力和实验能力，主要把握实验的原理以及金属的腐蚀，主要把握实验的合理性与可行性的评价，把握物质的性质，难度中等。
二、本部分共5题，共58分。
15．【分析】（1）基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子；
（2）O、S原子最外层电子数都是6，但r（O）＜r（S），O原子的原子核对最外层电子的吸引力比S原子的原子核最外层电子的吸引力大，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子；
（3）S2和互为等电子体，结构相似，根据的空间结构判断S2的空间结构；
（4）根据图知，过程ii中含硫产物为32、S；
（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+个数为1+2×+4×+8×；S2的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3 6H2O”，晶胞体积为（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，该晶体的密度＝＝；
（6）含有孤电子对的原子能和中心离子形成配位键。
【解答】解：（1）基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子，则价态S原子价层电子排布式为3s23p4，
故答案为：3s23p4；
（2）同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r（O）＜r（S），O原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S，
故答案为：S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r（O）＜r（S），O原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S；
（3）S2和互为等电子体，结构相似，中心S原子价层电子对个数为4+＝4且不含孤电子对，则的空间结构为正四面体形，则S2的空间结构为四面体形，
故答案为：四面体形；
（4）根据图知，过程ii中含硫产物为32、S，
故答案为：32、S；
（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+个数为1+2×+4×+8×＝4；S2的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3 6H2O”，晶胞体积为（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，该晶体的密度＝＝＝g/cm3，
故答案为：4；；
（6）S2的中心S原子价层电子对个数为3+1+＝4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，所以能做配位原子，
故答案为：S2的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律内涵、微粒空间构型判断方法及晶胞计算方法是解本题关键，注意配位原子的特点，题目难度不大。
16．【分析】（1）由制备流程可知，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水；
（2）通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，则阳极上水失去电子生成过氧化氢，阴极上氧气得到电子生成过氧化氢，即a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e﹣＝H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，以此来解答。
【解答】解：（1）①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2．根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑，
故答案为：2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑；
②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO（s）+O2（g） 2BaO2（s），正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度，
故答案为：增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；
③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2，
故答案为：BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2；
④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低，
故答案为：H2O2受热易分解；
（2）①a为阴极，a极的电极反应式是O2+2H++2e﹣＝H2O2，
故答案为：O2+2H++2e﹣＝H2O2；
②A．2H2O2＝2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；
B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；
C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；
故答案为：AC。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及电化学知识的应用，题目难度不大。
17．【分析】本流程的目的，以A为原料制取碘番酸。由A可发生银镜反应，可确定A为醛，由B无支链，可确定B为CH3CH2CH2COOH，则A为CH3CH2CHO；依据题干信息，可确定D为；E为芳香族化合物，则E为；由J的结构简式，可确定F为；由题给信息，要确定G为。
【解答】解：（1）由A的分子式C4H8O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基，
故答案为：醛基；
（2）B的分子式为C4H8O2、无支链，由醛氧化生成，则B为CH3CH2CH2COOH，名称是正丁酸。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成﹣CH2﹣，B的不饱和度为1，则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是，
故答案为：正丁酸；；
（3）E为，F为，则E→F的化学方程式是，
故答案为：；
（4）G的结构简式是，
故答案为：；
（5）G→J过程中，Al的作用是还原剂，将硝基转化为氨基，
故答案为：还原剂，将硝基转化为氨基；
（6）碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是，
故答案为：；
（7）～3AgNO3，n（AgNO3）＝bmol L﹣1×c×10﹣3L＝bc×10﹣3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为＝，
故答案为：。
【点评】本题考查有机合成，侧重考查学生有机物命名、反应和官能团的掌握情况，试题难度中等。
18．【分析】（1）CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，形成的是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应；
（2）①平衡常数K＝；
②有利于提高反应I中 CO2的平衡转化率的措施是除去增加二氧化碳的量以外的促进平衡正向进行的措施
③在210～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应③3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g）K3，结合图象变化，产率变化和平衡原理分析判断；
④实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，反应未达到平衡状态，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，说明升温对反应II影响大。
【解答】解：（1）溶液中氢离子移向可知，原电池中阳离子移向正极，B为正极，A为负极，CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以CH3OH从A通，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝6H++CO2，B通入氧气，b电极发生的电极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，
故答案为：负；CH3OH﹣6e﹣+H2O═CO2+6H+；
（2）①I．CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），平衡常数K＝，
故答案为：；
②a．使用催化剂不改变化学平衡，反应物转化率不变，故a错误；
b．加压平衡正向进行，二氧化碳转化率增大，故b正确；
c．增大CO2和H2的初始投料比，氢气转化率增大，二氧化碳转化率减小，故c错误；
故答案为：b；
③图象分析可知升温甲醇的平衡产率降低，升高温度平衡向吸热反应方向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，
故答案为：＜；温度升高甲醇的平衡产率减小；
④实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，反应未达到平衡状态，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，说明升温对反应I、II反应速率均增大，但反应II的反应速率影响更大，
故答案为：温度升高，I、II的反应速率均加快，但对II的反应速率的影响更大。
【点评】本题为综合题，考查了化学平衡常数、影响平衡的因素、化学平衡的计算、原电池的电极反应等内容，考查的点较多，题目难度中等。
19．【分析】在装置A中浓盐酸与KMnO4发生反应制取Cl2，盐酸具有挥发性，所以得到的Cl2中含有HCl，饱和食盐水抑制氯气溶解，HCl极易溶于水，在装置B中盛有饱和NaCl溶液除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染；
Ⅰ的a溶液中通入Cl2后生成棕黑色沉淀，为MnO2；
Ⅱ的a溶液中通入氯气前生成白色沉淀，Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH﹣反应产生Mn（OH）2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2；通入氯气后棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀，说明部分MnO2被氧化为；
Ⅲ的a溶液中通入氯气前生成白色沉淀，Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH﹣反应产生Mn（OH）2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2；通入氯气后棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀，说明部分MnO2被氧化为。
【解答】解：（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体，
故答案为：饱和NaCl溶液；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH﹣反应产生Mn（OH）2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn（OH）2+O2＝2MnO2+2H2O，
故答案为：2Mn（OH）2+O2＝2MnO2+2H2O；
（3）对比实验Ⅰ、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态，Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强，
故答案为：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态，Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深；溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH﹣还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知该反应的离子方程式为：4+4OH﹣＝4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量，
故答案为：4+4OH﹣＝4+O2↑+2H2O；NaClO；
③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO﹣将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO﹣+2MnO2+2OH﹣＝2+3Cl﹣+H2O，
故答案为：3ClO﹣+2MnO2+2OH﹣＝2+3Cl﹣+H2O；
④溶液中存在反应i 4+4OH﹣＝4+O2↑+2H2O、反应ii 3ClO﹣+2MnO2+2OH﹣＝2+3Cl﹣+H2O，浓碱性条件下，可被OH还原为，c（OH﹣）、c（ClO﹣）均很大时，反应ii的速率大于反应i，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液，
故答案为：溶液中存在反应i 4+4OH﹣＝4+O2↑+2H2O、反应ii 3ClO﹣+2MnO2+2OH﹣＝2+3Cl﹣+H2O，c（OH﹣）、c（ClO﹣）均很大时，反应ii的速率大于反应i。
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、正确理解题给信息并灵活运用信息解答问题是解本题关键，（4）题为解答难点。2023北京八十中高三（上）期末
化 学
(考试时间90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 K39 Fe56 Co59
第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分
1. 宇航员在天宫实验室进行水球实验。下列有关水的说法不正确的是
A. 分子的共价键是键
B. 分子之间可以形成氢键
C. 分子的空间构型是V字型
D. 分子内有极性共价键，分子是极性分子
2. 下列说法正确的是
A. 硫酸铵和醋酸铅溶液均可使鸡蛋清溶液中的蛋白质变性
B. 麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖
C. 天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点
D. 蛋白质的盐析可用于分离和提纯蛋白质
3. 下列化学用语对事实的表述不正确的是
A. 工业上用乙醛催化氧化法制乙酸：
B. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：
C. 用除去工业废水中的：
D. 用明矾净水：
4. 电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100 mol·L-1 NH3·H2O滴定10 mL浓度均为0.100 mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. ①溶液中c(H+)为0.200 mol·L-1
B. 溶液温度高低为①>③>②
C. ③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)
D. ③点后因离子数目减少使电导率略降低
5. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是
元素 X Y Z W
最高价氧化物的水化物 H3ZO4
溶液对应的pH(25℃) 1.00 13.00 1.57 0.70
A. 元素电负性：ZC. 元素第一电离能：Z6. 下图是某种偶氮苯X和Y的结构简式，有关说法正确的是
A. X与Y互为同分异构体 B. Y的化学式为
C. X分子中C均为杂化 D. X与Y互为同系物
7. 不同温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)ΔH。平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A. 该反应的ΔH＜0
B. 240℃时，该反应的化学平衡常数K=
C. 240℃时，若充入2 mol CO2和6 mol H2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%
D. 240℃时，若起始时充入0.5 mol CO2、2 mol H2、1 mol CH3OH、1 mol H2O，反应向正反应方向进行
8. B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是
A. 其熔点主要取决于所含化学键的键能
B. 形成大π键的电子全部由N提供
C. 分子中B和N的杂化方式相同
D. 分子中所有原子共平面
9. 2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮-炔基Husigen成环反应，其反应原理如下图所示。下列说法正确的是
A. [Cu]能降低反应的活化能 B. 基态的价电子排布式为
C. 转化过程中N的杂化方式未改变 D. 该总反应的反应类型属于取代反应
10. 某分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确的是
A. 图示片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤
B. 该片段中所有氮原子都采取杂化
C. 该片段在一定条件下可发生水解反应
D. 若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸
11. 某同学使用如图装置进行甲苯与液溴的反应，操作、现象及部分结论如下（部分现象、操作略去）：
①将甲苯与液溴混合均匀，静置足够长时间，无明显现象；
②投入还原铁粉，几秒后，瓶内溶液剧烈反应；
③一段时间后，试管内出现淡黄色沉淀；
④反应结束后，烧瓶中溶液呈红棕色。向其中加入浓溶液，振荡，静置，液体分为两层，均呈无色；
⑤取下层（有机物层）液体与试管中，加入酸化的溶液，振荡，静置，未观察到沉淀生成；
⑥取有机层液体，干燥，蒸馏，检验。产物为2，4-二溴甲苯及2，6-二溴甲苯。
根据上述现象、结论，下列结论中不正确的是
A. ①与②对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂。
B. ③说明：甲苯与液溴反应是取代反应，不是加成反应。
C. ④、⑤说明：相比于有机溶剂，更易溶解于水中。
D. ⑥说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代。
12. 为探究电解过程中的放电规律，某研究小组进行下列实验：
序号 阳极材料 阴极材料 电解质 阳极产物 阴极产物
① 石墨 石墨 熔融
② 石墨 石墨 溶液
③ 石墨 石墨 溶液
④ 铜 石墨 溶液
⑤ 石墨 石墨 溶液
下列说法不正确的是
A. 对比②⑤可知，阴极放电顺序是：
B. 对比③⑤可知，阳极放电顺序是：
C. 对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电
D. 对比①⑤可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液
13. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验1：实验测得溶液pH为8.6
实验2：向溶液中滴加等体积溶液，pH由8.6降为4.8
实验3：向溶液中加入等体积溶液，出现白色沉淀
实验4：向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色。
已知：室温时，下列说法正确的是
A. 溶液中满足：
B. 实验2滴加盐酸过程中一定满足：
C. 实验3所得上层清液中
D. 实验4发生反应的离子方程式为
14. 某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：
实验 试剂a 现象与结果
I 10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II 8mL5mol/L氨水 立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III 8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体 立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
下列说法不正确的是
A. I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B. 由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C. 增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D. [Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
第二部分(非选择题，共58分)
15. 晶体X是一种在生产生活中得到广泛应用的化工产品。
（1）向溶液中，滴加溶液，可观察到___________。
（2）将（1）中所得产物提纯、结晶可得到纯净的晶体X。通过___________实验，可确定X的晶体结构。
a．核磁共振 b．红外光谱 c．X射线衍射 d．质谱
（3）实验表明，通过配位键构成了X晶体的骨架。其局部结构如图1，记为Ⅰ型立方结构。
注：复晶胞是晶体结构的基本单元，但不是晶体结构的最小重复单元。
①的电子式为___________，能与形成配位键的原因是___________。
②Ⅰ型立方结构___________（填“是”或“不是”）晶体X的晶胞。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体X的复晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。图2中，Ⅰ型立方结构分别是a、___________。
③结晶时，小立方体a内部会填入1个（未画出）。小立方体b内部___________。
a．不会填入 b．会填入1个 c．会填入2个 d．会填入4个
（4）已知Ⅱ型立方结构的边长为，以表示阿伏加德罗常数的值。晶体X密度的计算式为___________。
16. 研究的综合利用、实现资源化，是能源领域的重要发展方向。
（1）催化重整反应为。
已知，时，和的燃烧热如下表：
可燃物
①该催化重整反应的___________。
②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：___________。
③相同时间内测得选用不同催化剂时的转化率随反应温度的变化如图1所示：
ⅰ、a点所处的状态___________化学平衡状态(填“是”或“不是”)。
ⅱ、的转化率：，原因是___________。
（2）以二氧化钛表面覆盖的为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。
①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图2所示。时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是___________。
②为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是___________(写出两种)。
（3）在电解质水溶液中，可被电化学还原为。在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为的反应进程中(被还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为___________(用a、b、c字母排序)。
17. 利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如下：
已知：i.
ⅱ.
（1）A属于芳香烃，则A的名称为_________。
（2）C的官能团的名称是_________。
（3）D→E的反应类型是_________。
（4）H与作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种。由H生成I反应的化学方程式为_________。
（5）L的结构简式为_________。
（6）J俗称香兰素，在食品行业中主要作为一种增香剂。香兰素的一种合成路线如下。
中间产物1和中间产物2的结构简式分别为_________、_________。
18. 一种以废旧镍氢电池[含、NiOOH、Co、等]为原料，制取Ni/C纳米复合材料同时获得钴氧化物的工艺流程图如下：
已知：ⅰ.Ni在水溶液中通常只以的形式存在。
ⅱ.常温下有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物
开始沉淀的pH \ 7.1 7.7
沉淀完全的pH 1.1 9.1 9.2
ⅲ.在溶液中存在氨的条件下，可转化为，是一种优良的配体。
（1）浸出过程中能加快反应速率的措施有_________(至少写出两种)。
（2）浸出过程中与NiOOH反应的离子方程式是_________。研究表明用量为5mL/g时，浓度与镍、钴浸出率关系如图所示：
镍、钴浸出过程中最佳浓度为_________mol L 1。
（3）滤液1中加入的目的是_________；用氨水调节pH至5~7的目的是_________。
（4）滤液2中加入的作用有：沉淀、_________、_________。
（5）取滤渣1的煅烧产物2.41g溶于100mL盐酸(此时溶液中Co以形式存在)，用火焰原子吸收光谱法测得该溶液中浓度为0.3 mol L 1，则化学式是_________。
19. 实验小组同学为探究Fe2+性质，进行如下实验。
【实验Ⅰ】向2mL溶液滴中几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%溶液(用酸化至)，溶液颜色变红。
（1）甲同学通过上述实验分析具有_______(填“氧化”或“还原”)性。
乙同学查阅资料发现与可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用进行如下实验。
（2）的制备：用过量溶液与溶液反应得到，离子方程式为_______。
【实验Ⅱ】验证与发生反应
（3）实验b的目的是_______。
（4）从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不同的原因是_______。
丙同学设计实验进一步证明可与反应。
【实验Ⅲ】
（5）上述实验中，d为c的对照实验。
①X为_______。
②实验能够证实可与反应，则应观察到的现象是_______。
（6）实验Ⅲ中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低，_______。
参考答案
第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分
1. 【答案】A
【解析】
【详解】A．H原子中未成对电子为s电子、O原子中未成对电子为p电子，所以H2O分子的共价键是s-pσ键，故A错误；
B．非金属性较强的元素的氢化物易形成氢键，则H2O分子间可以形成氢键，故B正确；
C．H2O分子中O原子价层电子对数=2+=4且含有2个孤电子对，则水分子V形结构，故C正确；
D．H2O分子内含有H-O极性共价键，H2O分子空间构型为V形，分子结构不对称，正负电荷中心不重叠，则为极性分子，故D正确；
故选：A。
2. 【答案】D
【解析】
【详解】A． 轻金属盐或铵盐使蛋白质盐析，重金属盐使蛋白质变性，故硫酸铵使鸡蛋清溶液中的蛋白质发生盐析，不是变性，故A错误；
B． 麦芽糖为还原性糖，蔗糖是非还原性糖，故B错误；
C． 植物油是混合物，没有固定的熔沸点，故C错误；
D． 饱和硫酸钠溶液或氯化铵盐溶液等使蛋白质的溶解度变小，从溶液中沉淀析出，此过程为盐析，为物理变化，是可逆过程，再用足量的蒸馏水溶解析出的蛋白质，采用多次盐析的方法分离和提纯蛋白质，故D正确；
故选D。
3. 【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3CHO具有强还原性，催化剂作用下，易被氧气氧化生成CH3COOH，反应为，故A正确；
B．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，离子方程式：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+，故B错误；
C．硫化钠和Hg2+的盐能发生复分解反应生成难溶性的HgS，反应为Hg2++S2-═HgS↓，以达到除去汞离子的目的，故C正确；
D．明矾净水的原理是铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体具有吸附性，离子方程式为：，故D正确；
故选：B。
4. 【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸是弱酸，不能根据醋酸的浓度来确定氢离子的浓度，错误；
B、酸碱中和反应是放热反应，所以反应未开始时的温度一定不是最高的，该反应过程可以认为开始的10mL氨水与盐酸反应，反应放热，后10mL氨水与醋酸反应，而醋酸电离是吸热的，所以氨水与醋酸反应放出的热量低于与盐酸反应放出的热量，所以②最高，错误；
C、③点时氨水与混酸完全反应生成氯化铵和醋酸铵，因为醋酸根离子水解，而氯离子不水解，所以c(Cl—)>c(CH3COO-)，正确；
D、③点离子数目增大，但离子浓度减小，所以电导率降低，错误，答案选C。
5. 【答案】A
【解析】
【分析】四种短周期元素，均可以形成最高价氧化物对应的水化物。有H3ZO4可知，该酸为弱酸，则Z为P元素；0.1 mol L 1 W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70，说明该物质为多元强酸，为硫酸，则W为S元素；0.1 mol L 1 Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00，说明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y为Na元素；0.1 mol L 1 X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00，说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y为N元素，据此回答。
【详解】A．同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，因S的原子序数大于P，则S的电负性大于P，胡A正确；
B．电子层数越多离子半径越大，Na+有两个电子层而S2 有三个电子层，因此S2 的离子半径较大，故B错误；
C．同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第ⅡA、ⅤA族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故P的第一电离能大于S，故C错误；
D．相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】分子的相对分子质量越大，熔沸点越高，但需要注意分子间是否能够形成氢键；分子间氢键可以增大物质的熔沸点，但分子内氢键可以降低物质的熔沸点。
6. 【答案】B
【解析】
【详解】A．X的分子式为，Y的分子式为，分子式不相同，故不是同分异构体，故A错误；
B．Y的分子式为，故B正确；
C．X中的苯环上的碳原子为杂化，而单键碳原子为杂化，故C错误；
D．由图可知，两者结构相似，但是两者分子式上相差不是若干个CH2，不满足同系物的定义，故D错误；
故选B。
7. 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．据图知温度升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0，故A正确；
B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设甲醇的转化物质的量为xmol，列三段式：
平衡时甲醇的物质的量分数，解得x=，化学平衡常数，故B错误；
C．240℃时，若充入2 mol CO2和6 mol H2，即建立新的等效平衡，相当于在原平衡上增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向进行，CH3OH的物质的量分数大于25%，故C正确；
D．240℃时，若起始时充入0.5 mol CO2、2 mol H2、1 mol CH3OH、1 mol H2O，，反应向正反应方向进行，故D正确；
故选：B。
8. 【答案】A
【解析】
【详解】A．无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；
B．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；
C．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；
D．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；
答案选A。
9. 【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，故A正确；
B．基态的价电子排布式为，故B错误；
C．根据流程可知，N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，为sp杂化， 后续产物中变为双键，为sp2杂化，故C错误；
D．据图可知，该流程中初始反应物为N3-R2和HCCR1，最终产物为，化学方程式为N3-R2+HCCR1 ，属于加成反应，故D错误；
故选A。
10. 【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤，A正确；
B．图中只连单键的氮原子形成3个σ键，此外还有1对孤电子对，价层电子对数是4，为sp3杂化，B错误；
C．分子中存在肽键，可以发生水解，C正确；
D．若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，则此处无法再形成氢键，导致其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸，D正确；
故选B。
11. 【答案】B
【解析】
【分析】甲苯与液溴在铁催化作用下生成甲苯的溴代物和溴化氢，溴化氢能使硝酸银溶液生成黄色沉淀；反应后混合物加入浓氢氧化钠除去过量的溴，振荡，静置，分液，有机层蒸馏得到产物；
【详解】A．①与②变量为催化剂铁的加入，对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂，A正确；
B．挥发出的溴溶于水生成HBr，也会和硝酸银生成溴化银沉淀，B错误；
C．⑤中没有生成溴化银沉淀，说明相比于有机溶剂，更易溶解于水中，C正确；
D．2、4、6号位是甲基的邻对位，⑥说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代，D正确；
故选B。
12. 【答案】D
【解析】
【分析】在电解池的电解质溶液中，得电子能力强的离子优先放电，电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，此时不会发生电解质溶液中的离子放电情况，根据对照试验结合电解池的工作原理以及放电顺序知识来回答即可。
【详解】A．根据②知道氢离子的氧化性强于钠离子，根据⑤知道铜离子的氧化性强于氢离子，得电子能力强(氧化性强)的离子优先放电，所以对比②⑤可知，阴极放电顺序是：Cu2＋＞H＋＞Na＋，故A正确；
B．根据③知道阳极上离子放电顺序是：OH-＞，根据⑤知道，离子放电顺序是：Cl-＞OH-，所以阳极离子放电顺序是Cl-＞OH-＞，故B正确；
C．电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电，故C正确；
D．①⑤用到的电解质成分不一样，铜离子优先于钠离子放电，但是电解得到金属不一定只能用熔融态，电解氯化铜溶液也是得到金属铜，故D错误；
故选：D。
13. 【答案】D
【解析】
【详解】A．存在物料守恒，所以，故A错误；
B．实验2的反应过程中pH由8.6降为4.8，溶液呈中性时，有，溶液中存在电荷守恒，即只有中性点时，故B错误；
C．向溶液中加入等体积溶液时，溶液的浓度大于溶液，反应完全，溶液中c(Ca+)≈=0.0050mol/L，则实验3所得上层清液中，故C错误；
D．向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，被还原为Mn2+，被氧化为CO2，反应的离子方程式为，故D正确；
故答案选D。
14. 【答案】B
【解析】
【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。
第二部分(非选择题，共58分)
15.【答案】（1）生成蓝色沉淀
（2）c （3） ①. ②. CN-中存在孤电子对、亚铁离子或铁离子能提供空轨道 ③. 不是 ④. d、f、g ⑤. a
（4）
【解析】
【小问1详解】
检验亚铁离子，加入溶液，可生成蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；
【小问2详解】
一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，核磁共振氢谱可以测定不同环境的氢，X射线衍射可确定晶体的结构，故选c；
【小问3详解】
①CN-中存在叁键，电子式为：；CN-能与形成配位键的原因是CN-中存在孤电子对、亚铁离子或铁离子能提供空轨道，从而形成配位键；
②亚铁离子，加入溶液，生成蓝色沉淀；Ⅰ型立方结构中亚铁离子、铁离子、氰根离子的数目分别为0.5、0.5、3，所以不是晶体X的晶胞。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体X的复晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。分析图示亚铁离子、铁离子位置如图：
则图中，Ⅰ型立方结构分别是a、d、f、g。
③由②分析可知，每个Ⅰ型立方结构中缺少正电荷为：3×1-0.5×2-0.5×3=0.5，则缺少0.5个钾离子，结晶时，小立方体a内部会填入1个（未画出），则相邻小立方体b内部不会填入，故选a；
【小问4详解】
由②③分析可知，Ⅱ型立方结构中亚铁离子、铁离子、氰根离子、钾离子的数目分别为0.5×8=4、0.5×8=4、3×8=24、0.5×8=4，则故晶胞质量为；晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
16. 【答案】（1） ①. ②. 增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小 ③. 不是 ④. 其他条件相同时，温度升高，平衡正向移动，反应转化率增大
（2） ①. 时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用 ②. 增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等
（3）c、b、a
【解析】
【小问1详解】
①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol；
②增大二氧化碳量，可以有效缓解积碳的原因是增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；
③ⅰ、a点时CH4的转化率在增大，反应正向进行，所处的状态不是化学平衡状态；
ⅱ、的转化率：，原因是其他条件相同时，温度升高，平衡正向移动，反应转化率增大；
【小问2详解】
①时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；
②增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等，平衡正向移动，反应物转化率增大；
【小问3详解】
c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a。
17. 【答案】（1）甲苯 （2）羧基、硝基
（3）还原反应 （4） +Br2+HBr
（5） （6） ①. ②.
【解析】
【分析】根据G的结构分析出A为甲苯，A发生硝化反应取代甲基邻位的氢得到B为 ，B发生氧化反应生成C( )，C和甲醇发生酯化反应生成D( )，D在Fe/HCl作用下反应生成E( )，H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，说明含有酚羟基和醛基，苯环上的一氯代物有两种，再根据J的结构得到H( )，H发生反应生成J，根据信息i知J和CH3I再NaOH作用下反应生成K( )，根据信息ii知K和CH2(COOH)2发生反应生成L( )，E和L发生取代反应生成G( )，G发生水解反应生成利喘贝。
【小问1详解】
根据G的结构，又知A属于芳香烃，则A的名称为甲苯；故答案为：甲苯。
【小问2详解】
C的结构简式为 ，则C的官能团的名称是羧基、硝基；
【小问3详解】
D( )在Fe/HCl作用下反应生成E( )即硝基变为氨基，根据加氢去氧是还原，因此D→E的反应类型是还原反应；故答案为：还原反应。
【小问4详解】
H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种，则得到H结构简式为 ，由H生成I反应的化学方程式为+Br2+HBr；故答案为：+Br2+HBr。
【小问5详解】
根据信息ii知K和CH2(COOH)2发生反应生成L( )；故答案为： 。
【小问6详解】
J俗称香兰素，J的结构简式为 ， 和OHCCOOH发生加成反应即得到 ， 再氧化得到 ，最后 脱酸得到 ；故答案为： ； 。
18. 【答案】（1）适当提高硫酸的浓度或将预处理的电极材料进行粉碎
（2） ①. ＋2NiOOH＋4H＋＝2＋4 ②. 4
（3） ①. 将滤液1中的氧化为 ②. 可以使完全沉淀，将和分离开
（4） ①. 将生成配合物 ②. 在隔绝空气中加热反应生成Ni/C纳米材料
（5）
【解析】
【分析】将废旧镍氢电池[含、NiOOH、Co、等]预处理后加入硫酸、双氧水进行浸出，过滤，将滤液加入，将氧化为，再通过调节溶液的pH值来进行分离钴元素，过滤，滤液中加入进行沉淀，得到的在隔绝空气加热条件下生成Ni/C纳米材料。
【小问1详解】
浸出过程中能加快反应速率的措施一般从浓度、温度、接触面积来考虑，因此有适当提高硫酸的浓度或将预处理的电极材料进行粉碎；故答案为：适当提高硫酸的浓度或将预处理的电极材料进行粉碎。
【小问2详解】
根据Ni在水溶液中通常只以的形式存在，说明浸出过程中与NiOOH发生氧化还原反应，其反应的离子方程式是＋2NiOOH＋4H＋＝2＋4。根据图中信息得到当硫酸浓度等于4mol L 1时镍、钴浸出率比较高，再增大硫酸浓度，其镍、钴浸出率增加不打，因此镍、钴浸出过程中最佳浓度为4mol L 1；故答案为：＋2NiOOH＋4H＋＝2＋4；4。
【小问3详解】
根据和开始沉淀的pH值和沉淀完全的pH值相差不大，不易镍、钴元素分离开，因此要将氧化为，再通过调节溶液的pH值来进行分离，因此将滤液1中加入的目的是将滤液1中的氧化为；根据沉淀完全的pH值为1.1，开始沉淀的pH值分析将pH值为7.7，用氨水调节pH至5~7的目的是可以使完全沉淀，将和分离开；故答案为：将滤液1中的氧化为；可以使完全沉淀，将和分离开。
【小问4详解】
根据在溶液中存在氨的条件下，可转化为和在隔绝空气中加热反应生成Ni/C纳米材料，滤液2中加入的作用有：沉淀、将生成配合物、在隔绝空气中加热反应生成Ni/C纳米材料；故答案为：将生成配合物；在隔绝空气中加热反应生成Ni/C纳米材料。
【小问5详解】
取滤渣1的煅烧产物2.41g溶于100mL盐酸(此时溶液中Co以形式存在)，用火焰原子吸收光谱法测得该溶液中浓度为0.3 mol L 1，则n(Co)＝0.3 mol L 1×0.1L＝0.03mol，则2.41g中氧的物质的量为n(O) ＝ ，则化学式是；故答案为：。
19. 【答案】（1）还原 （2）Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑
（3）通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
（4）SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深
（5） ①. H2SO4 ②. 溶液红色更浅
（6）使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动
【解析】
【小问1详解】
向2 mL0.1 mol L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性，故答案为：还原；
【小问2详解】
用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2 =FeCO3↓+H2O+CO2↑；
【小问3详解】
通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响，故答案为：通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响；
【小问4详解】
FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s) Fe2+(aq)+CO32-(aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，而向FeCO3沉淀中加入等体积4 mol/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液中Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b加深，故答案为：SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深；
【小问5详解】
①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子()的溶液，因此X为H2SO4，故答案为：H2SO4；
②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而应该观察到的实验现象是溶液红色变浅，故答案为：溶液红色更浅；
【小问6详解】
加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而溶液红色变浅，故答案为：使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动。