2023北京高三一模化学汇编
合成高分子化合物
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。
下列说法不正确的是
A．反应①中有氮元素的单质生成
B．反应②是取代反应
C．聚合物P能发生水解反应
D．反应②的副产物不能是网状结构的高分子
2．（2023·北京朝阳·统考一模）化学在国防领域发挥着重要作用。关于下列装备涉及材料的说法不正确的是
A 防弹衣的主要材料： 两种单体的核磁共振氢谱峰数、峰面积均相同
B 隐形飞机的微波吸收材料： 单体能使溴水褪色
C 潜艇的消声瓦： 可由和合成
D 潜艇的耐压球壳：钛合金 钛合金中存在金属键
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·北京朝阳·统考一模）瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。
下列说法不正确的是
A．合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基
B．分子间可能存在不同类型的氢键
C．生成瓜环[n]的反应中，有键断裂
D．合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成
4．（2023·北京丰台·统考一模）聚合物A是 种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在 定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A．M为1，4-丁 酸
B．交联剂Q的结构简式为
C．合成高分 化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
5．（2023·北京顺义·一模）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
参考答案
1．D
【分析】根据反应①前后两个物质的结构简式，结合质量守恒，可以推出反应①的反应方程式为：
n+nN2↑，根据反应②前后两个物质的结构简式，可以推出反应②的反应方程式为：n+n/2→+n；据此作答。
【详解】A．根据分析，反应①的反应方程式为：
n+nN2↑，反应①中有氮气生成，A正确；
B．根据分析，反应②的反应方程式为：n+n/2→+n，是取代反应， B正确；
C．聚合物P与水在一定条件下反应时，这个键容易断开生成氨基和羧基，是水解反应，C正确；
D．反应②的副产物也是聚合物，肯定是网状结构的高分子，D错误；
故选D。
2．A
【详解】A．的单体为：和，具有两种氢，其中中氢原子个数必为2：1，中氢原子个数必为1：1，故A错误；
B．单体为乙炔，含碳碳三键，能与溴单质发生加成反应，从而使溴水褪色，故B正确；
C．由结构可知的单体为：和，两者通过加聚反应生成消声瓦，故C正确；
D．合金中存在金属键，故D正确；
故选：A。
3．D
【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确；
B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；
C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；
D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误；
故选：D。
4．C
【详解】A．和1，4-丁 酸发生缩聚反应生成p，故A正确；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；
C．和1，4-丁 酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D正确；
选C。
5．C
【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。2023北京高三一模化学汇编
化学反应的调控
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）某温度下，H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下，在甲、乙、丙、丁4个相同的恒容密闭容器中进行该反应，起始浓度如表所示。
甲 乙 丙 丁
c(H2)/(mol L-1) 0.01 0.02 0.01 0.02
c(I2)/(mol L-1) 0.01 0.01 0.01 0.01
c(HI)/(mol L-1) 0 0 0.02 0.02
下列判断不正确的是
A．化学反应速率：乙＞甲 B．平衡时，甲中I2的转化率为50%
C．平衡时，丙中c(I2)=0.01mol L-1 D．平衡时，乙和丁中相等
2．（2023·北京朝阳·统考一模）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
3．（2023·北京丰台·统考一模）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
4．（2023·北京顺义·一模）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：
5．（2023·北京顺义·一模）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
参考答案
1．D
【详解】A．根据表中数据可知，其他条件相同，乙中c(H2)为甲中的2倍，乙中反应速率较大，选项A正确；
B．设甲中I2的转化率为x，根据三段式有：
，K===4，解得x=50%，选项B正确；
C．根据丙中各数据，Q= ==4=K，平衡不移动，c(I2)=0.01mol L-1，选项C正确；
D．乙中始终保持2:1，而丁中由于，Q= ==2
2．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=
3．D
【详解】A．1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A错误；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B错误；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D正确；
故选D。
4．B
【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．膜反应器中的反应为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。
5．B
【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。2023北京高三一模化学汇编
分子的空间结构
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）下列化学用语或图示不正确的是
A．1－丁烯的实验式：CH2
B． 的VSEPR模型：
C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D．HCl分子中σ键的形成：
2．（2023·北京房山·统考一模）聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
3．（2023·北京房山·统考一模）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的结构式： B．NaOH的电子式：
C．的VSEPR模型： D．的空间结构模型：
4．（2023·北京丰台·统考一模）硒()在医药、催化、材料等领域有 泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是 种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是
A．Se原子在周期表中位于p区
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子
D．键角大小：气态
参考答案
1．B
【详解】A．1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数为，故其VSEPR模型为四面体形，选项B不正确；
C．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C正确；
D．HCl分子中σ键的形成：，选项D正确；
答案选B。
2．B
【详解】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A错误；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B正确；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C错误；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D错误；
故选：B。
3．D
【详解】A．氮气分子中N原子之间以三键相连，结构式为N≡N，故A正确；
B．NaOH属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：，故B正确；
C．H2O的价层电子对数=2+=4，含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，模型：，故C正确；
D．中S原子的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，S原子为sp3杂化，空间结构为正四面体形，故D错误；
故选：D。
4．D
【详解】A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、，苯环上的C为杂化，此处的C为杂化，B正确；
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子，C正确；
D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为 0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D错误；
故选D。2023北京高三一模化学汇编
几种简单的晶体结构模型
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）我国科学家预言的T-碳已被合成。T-碳的晶体结构可看做将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，T-碳和金刚石的晶胞如图所示。下列说法不正确的是
A．T-碳与金刚石互为同素异形体
B．T-碳与金刚石均属于共价晶体
C．T-碳与金刚石中键角均为
D．T-碳晶胞中平均含有32个碳原子
2．（2023·北京东城·统考一模）下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是
A．C原子中的质子和中子 B．Na2O2固体中的阴离子和阳离子
C．SiO2晶体中的硅原子和共价键 D．FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—
3．（2023·北京东城·统考一模）关于下列4种物质的说法正确的是
A．①的晶体为共价晶体
B．①与②完全反应时，转移2mol电子
C．室温时，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度
D．③和④体积不同的主要原因是分子数不同
4．（2023·北京东城·统考一模）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：NH＞H2O 中心原子均采取sp3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：CF3COOH＞CCl3COOH F的电负性大于Cl，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·北京房山·统考一模）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。
下列说法不正确的是
A．该晶体为离子晶体
B．钛酸钙的化学式为
C．每个晶胞中含有8个
D．每个Ca 周围距离最近且等距的有12个
二、结构与性质
6．（2023·北京东城·统考一模）LiFePO4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LiFePO4。
(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26Fe2+的价层电子排布式为_____。
②草酸亚铁晶体中Fe2+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LiFePO4。
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NH4H2PO4分解，补全方程式。____。
NH4H2PO4_____+_____+P2O5
(3)晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，LiFePO4中的Li+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：Li+的脱嵌率=×100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，则Li+的脱嵌率为_____，平均每个晶胞脱嵌____个Li+。
参考答案
1．C
【详解】A．T-碳与金刚石均为碳的单质，结构不同，互为同素异形体，故A正确；
B．由晶胞结构可知T-碳也是以四面体为结构单元的空间网状结构，两者均为共价晶体，故B正确；
C．T-碳中4个碳原子围成正四面体结构，该结构中键角为60°，故C错误；
D．由晶胞结构可知，在T-碳晶胞中四个碳原子组成的正四面体结构单元有8个位于顶点，6个位于面心，4个位于体内，个数为：，则碳原子个数为32，故D正确；
故选：C。
2．B
【详解】A．C原子中的质子数和中子数都为6，则质子和中子的个数比为1：1，故A不符合题意；
B．过氧化钠中过氧根离子和钠离子的个数比为1：2，故B符合题意；
C．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧共价键，则晶体中的硅原子和共价键的个数比为1：4，故C不符合题意；
D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解，所以溶液中亚铁离子和氯离子的个数比小于1：2，故D不符合题意；
故选B。
3．C
【详解】A．铜为金属晶体，不是共价晶体，故A错误；
B．铜与硫共热反应生成氯化亚铜，则64g铜与32g完全反应时，铜不足量，反应转移1mol电子，故B错误；
C．硫单质不溶于水，微溶于酒精，所以室温时，硫在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度，故C正确；
D．18g水和46g乙醇体积不同的主要原因是密度不同，故D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关，则氟化氢的稳定性强于碘化氢是因为H-F键键能比H-I大，故A错误；
B．铵根离子中的氮原子和水分子中的氧原子均采取sp3杂化，铵根离子中氮原子和水分子中氧原子的孤对电子对数分别为0和2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以铵根离子的键角大于水分子，故B正确；
C．石英即二氧化硅，是共价晶体，干冰是分子晶体，共价键比分子间作用力强，所以石英的熔点高于干冰，故C正确；
D．氟元素的电负性大于氯元素，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性，对羧基的吸电子能力大于Cl3C－，所以CF3COOH更易电离出氢离子，酸性强于CCl3COOH，故D正确；
故选A。
5．C
【详解】A．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，故A正确；
B．由均摊法可知，1个晶胞中含有O2-的个数是=3，Ti4+的个数是1，Ca2+的个数为8 =1，则钛酸钙的化学式为，故B正确；
C．每个晶胞中含有8 =1个，故C错误；
D．由晶胞结构可知，以顶点为研究对象，在1个晶胞中Ca 周围距离最近且等距的有3个，该顶点被8个晶胞共用，则每个Ca 周围距离最近且等距的有=12个，故D正确；
故选C。
6．(1) 3d6 6 FeC2O4 2H2O
(2) N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O
(3) 充电 25% 1
【详解】（1）①基态26Fe的质子数为26，26Fe2+的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
②由图可知，草酸亚铁晶体中亚铁离子与草酸根离子中的4个氧原子和水分子中的2个氧原子相连，则亚铁离子的配位数为6，故答案为：6；
③由图可知，亚铁离子与2个草酸根离子和2个水分子相连，其中草酸根离子为两个亚铁离子所共有，则每个亚铁离子结合的草酸根离子为2×=1，则草酸亚铁晶体中亚铁离子、草酸根离子和水分子的个数比为1：1：2，化学式为FeC2O4 2H2O，故答案为：FeC2O4 2H2O；
（2）①氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，破坏化学键消耗的能量大，所以氮气的化学性质稳定，能用作保护气，故答案为：N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定；
②由未配平的化学方程式可知，磷酸二氢铵在100～400℃受热分解生成五氧化二磷、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O，故答案为：2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O；
（3）①由晶胞结构可知，LiFePO4在阳极失去电子发生氧化反应生成FePO4，则i表示充电过程，故答案为：充电；
②由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于体内的FeO6八面体和PO4四面体形成的磷酸根离子的个数为4，若某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为3，则平均每个晶胞脱嵌锂离子个数为1，脱嵌率为×100%=25%，故答案为：25%；1。2023北京高三一模化学汇编
共价键与分子的空间结构
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是
A．和都是极性分子
B．和分子中的共价键都是键
C．分子的键角小于分子的键角
D．烧瓶中溶液颜色变红的原因：
2．（2023·北京西城·统考一模）下列化学用语或图示不正确的是
A．1－丁烯的实验式：CH2
B． 的VSEPR模型：
C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D．HCl分子中σ键的形成：
3．（2023·北京房山·统考一模）聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
4．（2023·北京房山·统考一模）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的结构式： B．NaOH的电子式：
C．的VSEPR模型： D．的空间结构模型：
5．（2023·北京丰台·统考一模）硒()在医药、催化、材料等领域有 泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是 种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是
A．Se原子在周期表中位于p区
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子
D．键角大小：气态
6．（2023·北京顺义·一模）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．水的电离方程式为：
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
7．（2023·北京顺义·一模）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
参考答案
1．C
【详解】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；
B．和分子中中心原子都是杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是键，故B正确；
C．两者中心原子都是杂化，有两对孤电子对，有一对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以分子的键角大于分子的键角，故C错误；
D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数为，故其VSEPR模型为四面体形，选项B不正确；
C．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C正确；
D．HCl分子中σ键的形成：，选项D正确；
答案选B。
3．B
【详解】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A错误；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B正确；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C错误；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D错误；
故选：B。
4．D
【详解】A．氮气分子中N原子之间以三键相连，结构式为N≡N，故A正确；
B．NaOH属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：，故B正确；
C．H2O的价层电子对数=2+=4，含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，模型：，故C正确；
D．中S原子的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，S原子为sp3杂化，空间结构为正四面体形，故D错误；
故选：D。
5．D
【详解】A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、，苯环上的C为杂化，此处的C为杂化，B正确；
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子，C正确；
D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为 0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D错误；
故选D。
6．B
【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。
7．C
【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。2023北京高三一模化学汇编
有机合成
一、单选题
1．（2023·北京丰台·统考一模）《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 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3种官能团
B．能发生加成反应、消去反应和聚合反应
C．1mol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
D．1个分子中含有2个手性碳原子
2．（2023·北京西城·统考一模）益母草中的提取物益母草碱具有活血化淤、利水消肿的作用，其分子结构如图。下列说法不正确的是
A．存在3种含氧官能团 B．能发生取代、加成和氧化反应
C．既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应 D．分子中N原子的杂化方式都是sp3
二、有机推断题
3．（2023·北京西城·统考一模）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_____。
4．（2023·北京朝阳·统考一模）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___________。
5．（2023·北京顺义·一模）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. (R、R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_______。
6．（2023·北京东城·统考一模）已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。
I.己二酸氨化法
(1)下列说法正确的是_____(填字母)。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
(2)若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol已二酸产生NO2的物质的量是_____mol。
II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)
电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5CN)。
(3)电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。
(4)Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。
(5)写出i的电极反应式：_____。
(6)已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2mol L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____mol。
7．（2023·北京房山·统考一模）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如下图：
已知：
ⅰ.BnBr为
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
(1)A中含氧官能团为___________。
(2)由B到C所发生的化学反应方程式为___________。
(3)试剂2的结构简式是___________。
(4)E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是___________。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c．1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol
(5)已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式___________；
(6)反应2的化学反应方程式为___________；
(7)在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是___________(填选项)。
a．反应1和反应3 b．反应4和反应5 c．反应2和反应6
参考答案
1．D
【详解】A．根据穿心莲内酯的结构简式，分子中含有羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能团，故A正确；
B．穿心莲内酯分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、聚合反应，含有羟基，能发生消去反应，故B正确；
C．羟基能与钠反应，酯基水解消耗氢氧化钠，1mol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，故C正确；
D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，1个分子中含有6个手性碳原子(*标出)，故D错误；
选D。
2．D
【详解】A．益母草碱中存在醚键、酚羟基和酯基3种含氧官能团，选项A正确；
B．益母草碱中存在酯基、氨基可发生取代反应，碳氮双键及苯环可发生加成反应，酚羟基易发生氧化反应，选项B正确；
C．益母草碱中存在酚羟基及酯基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，选项C正确；
D．分子中N原子有两个只含有单键，杂化方式为sp3，但有一个氮原子存在碳氮双键，杂化方式为sp2，选项D不正确；
答案选D。
3．(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。
【详解】（1）由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；
（2）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；
（3）D为，官能团是氨基。答案为：氨基；
（4）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；
（5）由分析可知，E的结构简式是。答案为：；
（6）I()与反应→J()等，化学方程式是+→+2C2H5OH。答案为：+→+2C2H5OH；
（7）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。
4．(1)羧基、碳氯键
(2)
(3)2+O22+2H2O
(4)
(5)还原(加成)
(6) +C2H5OH+ H2O 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。
【详解】（1）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；
（2）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：，
（3）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；
（4）由上述分析可得G的结构简式为：，故答案为：；
（5）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)；
（6）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。
5．(1)2-丙醇
(2)氧化反应
(3)羰基和羟基
(4)
(5)n +n+n
(6)
(7) 或
【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。
【详解】（1）A的结构简式为：，名称为：2-丙醇；
（2）A()发生反应①催化氧化生成B()，反应①为催化氧化反应；
（3）C的结构简式为： ，含有的官能团为：羰基和羟基；
（4）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：，，
（5）根据以上分析，反应④的方程式为：n +n+n
（6）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： ；
（7）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 。
6．(1)abc
(2)8
(3)阳
(4)H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii
(5)2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN
(6)8.6×10-3
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成， 与过氧化氢发生氧化反应生成， 与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。
【详解】（1）a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；
故选abc；
（2）由结构简式可知，1mol环己醇氧化为己二酸时，反应转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8=8mol，故答案为：8；
（3）由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；
（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；
（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2mol L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3 mol/h和0.9×10-3 mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3 mol/h×1h×2+0.9×10-3 mol/h×1h×2=8.6×10-3mol，故答案为：8.6×10-3。
7．(1)(酚)羟基
(2)
(3)
(4)c
(5)
(6)
(7)ac
【分析】根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是；根据信息ⅱ，由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是、A是；根据信息ⅳ，由葛根素的结构简式逆推，可知F是、E是、J是、H是。
【详解】（1）A是，含氧官能团为羟基；
（2）由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是 ，B与CH3COCl在氯化铝作用下发生取代反应生成，发生的化学反应方程式为；
（3）根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是 ；
（4）a．E是，分子中无单键碳，不存在手性碳原子，故a错误；
b．E是，E分子中存在羟基、醚键、羰基等3种含氧官能团，故b错误；
c．E是，羟基邻位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol ，故c正确；
选c。
（5）G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，该同分异构体的结构简式；
（6）反应2是与BnBr发生取代反应生成，反应方程式为
（7）反应1和反应3是保护中的①号羟基；反应2和反应6是保护中的②③④⑤号羟基，故选ac。2023北京高三一模化学汇编
原电池
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）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，装置示意图如图。
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1molN2，有2molNaCl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
2．（2023·北京房山·统考一模）某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示，下列有关该电池的说法不正确的是
A．电池放电时，向镍电极Ⅰ的方向迁移
B．正极电极反应为：
C．出口Ⅰ处有水生成
D．循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环
3．（2023·北京丰台·统考一模）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加 K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。 段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
参考答案
1．C
【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。
【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；
B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；
C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C错误；
D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；
故选C。
2．A
【分析】氢氧燃料电池中通入O2的是正极，则镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，以此解答。
【详解】A．原电池中，阳离子向正极移动，由分析可知镍电极Ⅱ为正极，则向镍电极Ⅱ的方向迁移，故A错误；
B．由分析可知，镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，故B正确；
C．镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，出口Ⅰ处有水生成，故C正确；
D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；
D．0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；
故合理选项是C。2023北京高三一模化学汇编
有机化合物的合成
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）益母草中的提取物益母草碱具有活血化淤、利水消肿的作用，其分子结构如图。下列说法不正确的是
A．存在3种含氧官能团 B．能发生取代、加成和氧化反应
C．既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应 D．分子中N原子的杂化方式都是sp3
2．（2023·北京丰台·统考一模）《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 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3种官能团
B．能发生加成反应、消去反应和聚合反应
C．1mol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
D．1个分子中含有2个手性碳原子
二、有机推断题
3．（2023·北京房山·统考一模）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如下图：
已知：
ⅰ.BnBr为
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
(1)A中含氧官能团为___________。
(2)由B到C所发生的化学反应方程式为___________。
(3)试剂2的结构简式是___________。
(4)E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是___________。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c．1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol
(5)已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式___________；
(6)反应2的化学反应方程式为___________；
(7)在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是___________(填选项)。
a．反应1和反应3 b．反应4和反应5 c．反应2和反应6
4．（2023·北京朝阳·统考一模）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___________。
5．（2023·北京东城·统考一模）已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。
I.己二酸氨化法
(1)下列说法正确的是_____(填字母)。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
(2)若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol已二酸产生NO2的物质的量是_____mol。
II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)
电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5CN)。
(3)电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。
(4)Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。
(5)写出i的电极反应式：_____。
(6)已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2mol L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____mol。
6．（2023·北京西城·统考一模）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_____。
参考答案
1．D
【详解】A．益母草碱中存在醚键、酚羟基和酯基3种含氧官能团，选项A正确；
B．益母草碱中存在酯基、氨基可发生取代反应，碳氮双键及苯环可发生加成反应，酚羟基易发生氧化反应，选项B正确；
C．益母草碱中存在酚羟基及酯基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，选项C正确；
D．分子中N原子有两个只含有单键，杂化方式为sp3，但有一个氮原子存在碳氮双键，杂化方式为sp2，选项D不正确；
答案选D。
2．D
【详解】A．根据穿心莲内酯的结构简式，分子中含有羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能团，故A正确；
B．穿心莲内酯分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、聚合反应，含有羟基，能发生消去反应，故B正确；
C．羟基能与钠反应，酯基水解消耗氢氧化钠，1mol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，故C正确；
D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，1个分子中含有6个手性碳原子(*标出)，故D错误；
选D。
3．(1)(酚)羟基
(2)
(3)
(4)c
(5)
(6)
(7)ac
【分析】根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是；根据信息ⅱ，由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是、A是；根据信息ⅳ，由葛根素的结构简式逆推，可知F是、E是、J是、H是。
【详解】（1）A是，含氧官能团为羟基；
（2）由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是 ，B与CH3COCl在氯化铝作用下发生取代反应生成，发生的化学反应方程式为；
（3）根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是 ；
（4）a．E是，分子中无单键碳，不存在手性碳原子，故a错误；
b．E是，E分子中存在羟基、醚键、羰基等3种含氧官能团，故b错误；
c．E是，羟基邻位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol ，故c正确；
选c。
（5）G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，该同分异构体的结构简式；
（6）反应2是与BnBr发生取代反应生成，反应方程式为
（7）反应1和反应3是保护中的①号羟基；反应2和反应6是保护中的②③④⑤号羟基，故选ac。
4．(1)羧基、碳氯键
(2)
(3)2+O22+2H2O
(4)
(5)还原(加成)
(6) +C2H5OH+ H2O 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。
【详解】（1）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；
（2）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：，
（3）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；
（4）由上述分析可得G的结构简式为：，故答案为：；
（5）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)；
（6）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。
5．(1)abc
(2)8
(3)阳
(4)H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii
(5)2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN
(6)8.6×10-3
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成， 与过氧化氢发生氧化反应生成， 与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。
【详解】（1）a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；
故选abc；
（2）由结构简式可知，1mol环己醇氧化为己二酸时，反应转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8=8mol，故答案为：8；
（3）由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；
（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；
（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2mol L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3 mol/h和0.9×10-3 mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3 mol/h×1h×2+0.9×10-3 mol/h×1h×2=8.6×10-3mol，故答案为：8.6×10-3。
6．(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。
【详解】（1）由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；
（2）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；
（3）D为，官能团是氨基。答案为：氨基；
（4）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；
（5）由分析可知，E的结构简式是。答案为：；
（6）I()与反应→J()等，化学方程式是+→+2C2H5OH。答案为：+→+2C2H5OH；
（7）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。2023北京高三一模化学汇编
氮及其化合物
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合，产生刺激性气味
B．把钠放入CuSO4溶液中，有蓝色沉淀生成
C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去
D．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低
2．（2023·北京西城·统考一模）下列解释事实的化学用语不正确的是
A．C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
B．NH3的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O
C．工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
3．（2023·北京丰台·统考一模）实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是
选项 A B C D
体
试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、
装置 c、f c、e b、e a、d
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·北京房山·统考一模）下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是
A．溶液中放入铁粉：
B．浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C．氮肥保存于阴凉处：
D．金属钠保存于煤油中：
二、实验题
5．（2023·北京东城·统考一模）实验室常用NaOH溶液吸收NO2尾气，探究其适宜条件原理。20℃时，将4mL不同浓度NaOH溶液一次性推入中4mLNO2，观察现象。
编号 c(NaOH) 现象
甲 2mol L-1 活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气体
乙 6mol L-1 活塞自动内移，最终气体全部被吸收
(1)NaOH溶液吸收NO2时生成两种钠盐，分别为NaNO2和_____。
(2)检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理是_____。
(3)某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部OH-浓度过低，导致部分NO2与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将NO2缓慢推入NaOH溶液中，_____(补全实验现象)。
(4)进一步探究NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。
【查阅资料】
i.NO2遇水时发生反应：a.
b. ；
ii.酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。
【实验】将2mLNO2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。
编号 试剂 溶液颜色
丙 水 溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅
丁 6mol L-1NaOH溶液
戊 酸性对氨基苯磺酸溶液
①通过实验_____(填编号)对比，说明NO2遇水时发生了反应a和b。
②从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是_____。
(5)若用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL(20℃)无色气体。
综上，用NaOH溶液吸收NO2尾气，适宜的条件是______(写出两点即可)。
参考答案
1．A
【详解】A．K2CO3水解生成的OH-和NH4Cl电离产生的反应产生刺激性气味气体NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，A正确；
B．把钠放入CuSO4溶液中，钠与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，钠化合价变化，是氧化还原反应，B错误；
C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，生成水和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，C错误；
D．氯水在光照条件下放置一段时间后，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
2．C
【详解】A．C和浓H2SO4在加热条件下反应生成CO2、SO2和水：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，A正确；
B．在催化剂、加热条件下，NH3发生催化氧化反应生成NO和水：4NH3+5O24NO+6H2O，B正确；
C．AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，所以工业上冶炼Al的反应，是电解熔融的Al2O3：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，C不正确；
D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应，由于Ca(OH)2过量，所以溶液中不可能有剩余：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D正确；
故选C。
3．A
【详解】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A正确；
B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误；
C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C错误；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D错误；
故选A。
4．D
【详解】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A正确；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B正确；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C正确；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D错误；
故选D。
5．(1)NaNO3
(2)
(3)最终剩余气体小于7mL
(4) 丙和戊 HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率
(5)低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【详解】（1）NaOH溶液吸收NO2时，所发生的化学反应为：，生成两种钠盐分为别NaNO3和NaNO2，故答案为NaNO3；
（2）吸入少量空气，气体变为红棕色，根据守恒规律不难得出生成了NO2，化学方程式表示检验的反应原理为，故答案为：；
（3）NO2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部浓度过低，导致部分NO2与水反应而产生了NO，当缓慢推入NO2后，最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致，故答案为：最终剩余气体小于7mL；
（4）丙中是将2mLNO2推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条件下，或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致相对减小，也说明了的确是产生了和；根据题干信息可知，NO2遇水时发生反应：a.
b.，由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此时是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较慢，那就从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是，HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率，故答案为：丙和戊；HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率；
（5）用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故答案为：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【点睛】本题是实验探究类题目，主要涉及到氢氧化钠与二氧化氮的反应，考查综合实验设计与评价的能力。2023北京高三一模化学汇编
化学反应条件的优化——工业合成氨
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）某温度下，H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下，在甲、乙、丙、丁4个相同的恒容密闭容器中进行该反应，起始浓度如表所示。
甲 乙 丙 丁
c(H2)/(mol L-1) 0.01 0.02 0.01 0.02
c(I2)/(mol L-1) 0.01 0.01 0.01 0.01
c(HI)/(mol L-1) 0 0 0.02 0.02
下列判断不正确的是
A．化学反应速率：乙＞甲 B．平衡时，甲中I2的转化率为50%
C．平衡时，丙中c(I2)=0.01mol L-1 D．平衡时，乙和丁中相等
2．（2023·北京西城·统考一模）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(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)]
3．（2023·北京东城·统考一模）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析不正确的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
4．（2023·北京西城·统考一模）探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。
下列说法不正确的是
A．对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响
B．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响
C．H2O2是直线形的非极性分子
D．H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键
5．（2023·北京朝阳·统考一模）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
6．（2023·北京房山·统考一模）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是
A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
7．（2023·北京丰台·统考一模）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
8．（2023·北京丰台·统考一模）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加 K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。 段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
9．（2023·北京丰台·统考一模）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO； 定条件下， 段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸 等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电 数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
10．（2023·北京顺义·一模）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：
11．（2023·北京顺义·一模）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
二、原理综合题
12．（2023·北京房山·统考一模）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：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
参考答案
1．D
【详解】A．根据表中数据可知，其他条件相同，乙中c(H2)为甲中的2倍，乙中反应速率较大，选项A正确；
B．设甲中I2的转化率为x，根据三段式有：
，K===4，解得x=50%，选项B正确；
C．根据丙中各数据，Q= ==4=K，平衡不移动，c(I2)=0.01mol L-1，选项C正确；
D．乙中始终保持2:1，而丁中由于，Q= ==2
2．A
【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；
B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；
D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，D项正确。
答案选A。
3．B
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
故选B。
4．C
【详解】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①做对比实验，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，A正确；
B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，B正确；
C．H2O2的分子结构为，分子结构不对称，为极性分子，C不正确；
D．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足相似相溶原理，更主要是H2O2与H2O分子之间能形成氢键，D正确；
故选C。
5．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=
6．C
【详解】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A错误；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B错误；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D正确；
故选D。
8．C
【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；
D．0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；
故合理选项是C。
9．C
【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；
故选C。
10．B
【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．膜反应器中的反应为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。
11．B
【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。
12．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。2023北京高三一模化学汇编
官能团与有机化学反应——烃的衍生物章节综合
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是
A．盛放NaOH溶液，选用③
B．用NH4Cl和Ca(OH)2固体制备氨，选用②
C．配制100mL1.00mol L-1NaCl溶液，选用⑤
D．用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，选用①④
2．（2023·北京西城·统考一模）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-
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·北京东城·统考一模）3－O－咖啡酰奎尼酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子结构如图。
下列关于3－O－咖啡酰奎尼酸的说法不正确的是
A．存在顺反异构现象
B．至少有7个碳原子在同一个平面内
C．能发生取代反应和消去反应
D．1mol3－O－咖啡酰奎尼酸能与7molNaOH恰好完全反应
4．（2023·北京东城·统考一模）硒代半胱氨酸(含C、H、N、O、34Se5种元素)是一种氨基酸，其分子空间结构如图，下列说法不正确的是
A．Se位于元素周期表中第四周期VIA族 B．图中最大的球代表Se
C．硒代半胱氨酸分子中含一个手性碳原子 D．硒代半胱氨酸难溶于水，易溶于苯
5．（2023·北京西城·统考一模）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
6．（2023·北京西城·统考一模）下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是
A．+HCN→
B．+NH3+HCl
C．CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O
D．CH3CH=CH2+H2CH3CH2CH3
7．（2023·北京朝阳·统考一模）我国科研人员首次以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：
CO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．和互为同系物
D．葡萄糖不能发生水解反应
8．（2023·北京丰台·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴加稀氨水：
B．电解饱和食盐水：
C．溶液中通入少量：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合：
9．（2023·北京丰台·统考一模）下列实验不能达到实验目的的是
A．除去中少量的HCl B．比较Al和Cu的金属活动性 C．检验溴乙烷消去反应的产物 D．分离饱和溶液和
A．A B．B C．C D．D
10．（2023·北京顺义·一模）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
参考答案：
1．A
【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用玻璃塞试剂瓶盛放氢氧化钠溶液，故A错误；
B．氯化铵固体和氢氧化钙固体共热制备氨气的反应为固固加热的反应，应选用②制备氨气，故B正确；
C．配制100mL1.00mol L-1氯化钠溶液时，应选用⑤转移溶液，故C正确；
D．用大理石和盐酸制取二氧化碳并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，应选用①制备二氧化碳、盛有饱和碳酸氢钠溶液的④除去氯化氢，盛有苯酚钠的溶液验证碳酸和苯酚的酸性强弱，故D正确；
故选A。
2．A
【详解】A．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A符合题意；
B．溴水和苯酚反应三溴苯酚，说明羟基使苯环活化，B不符合题意；
C．生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，C不符合题意；
D．证明存在溴离子，应该首先将反应后的溶液酸化后再加入硝酸银溶液，D不符合题意；
故选A。
3．D
【详解】A．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子中碳碳双键的2个碳原子均连有不同的原子或原子团，存在顺反异构现象，故A正确；
B．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子中的苯环、碳碳双键和酯基都为平面结构，由于单键可以旋转，所以分子中至少有7个碳原子在同一个平面内，故B正确；
C．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子含有醇羟基、酯基和酚羟基，能表现醇、酯和酚的性质，所以一定条件下能发生取代反应和消去反应，故C正确；
D．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子含有的酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，所以1mol3－O－咖啡酰奎尼酸能与3mol氢氧化钠恰好完全反应，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】A．硒元素的原子序数为34，位于元素周期表中第四周期VIA族，故A正确；
B．硒代半胱氨酸中硒原子的电子层数最多，原子半径最大，则图中最大的球代表硒原子，故B正确；
C．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中与氨基和羧基相连的碳原子是连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故C正确；
D．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中含有亲水基氨基和羧基，所以硒代半胱氨酸易溶于水，故D错误；
故选D。
5．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。
6．D
【详解】A．乙醛和HCN发生加成反应，乙醛中碳氧双键断开成单键，HCN中极性键H-C键断裂，显正电性的H加到显负电性的O上成为羟基，该反应可以用反应物中键的极性解释，故A不选；
B．乙酰氯中的C-Cl键断裂，NH3中的一个N-H键断裂，断裂的都是极性键，C和N形成极性键，H和Cl形成极性键，生成乙酰胺和HCl，可以用反应物中键的极性解释，故B不选；
C．乙醇和HBr发生取代反应，乙醇中的C-O极性键断裂，HBr中的极性键H-Br键断裂，形成新的C-Br极性键和H-O极性键，该反应可以用反应物中键的极性解释，故C不选；
D．丙烯和氢气加成，断裂的是碳碳间的π键和氢气分子中的H-H非极性键，故该反应不能用反应物中的键的极性解释，故D选；
故选D。
7．C
【详解】A．过程①、②均为电解过程，电解实现电能转化为化学能，故A正确；
B．葡萄糖分子中含醛基和多个羟基，故B正确；
C．中烃基比相同碳原子数的烷基少2个H，可知其烃基不饱和，而乙酸为饱和一元羧酸，两者不是同系物，故C错误；
D．葡萄糖为单糖不能发生水解，故D正确；
故选：C。
8．B
【详解】A．氨水为弱电解质，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式是，故A错误；
B．电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠，反应的离子方程式是，故B正确；
C．溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，故C错误；
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式是，故D错误；
选B。
9．B
【详解】A．氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可除去中少量的HCl，A正确；
B．铝遇到浓硝酸钝化，铜和浓硝酸发生氧化还原反应，无法比较Al和Cu的金属活动性，B错误；
C．溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，水可除去挥发的醇，乙烯使高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，可检验消去产物，C正确；
D．不溶于水，可以通过分液分离饱和溶液和，D正确；
故选B。
10．B
【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。2023北京高三一模化学汇编
化学反应的方向、限度与速率章节综合
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）中医药根植于中华传统文化。下列说法不正确的是
A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，采用了萃取的方法
B．中药甘草、金银花、石膏、明矾等的主要化学成分都是有机物
C．汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率
D．煎制草药不宜使用铁质容器，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效
2．（2023·北京东城·统考一模）某温度下，H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下，在甲、乙、丙、丁4个相同的恒容密闭容器中进行该反应，起始浓度如表所示。
甲 乙 丙 丁
c(H2)/(mol L-1) 0.01 0.02 0.01 0.02
c(I2)/(mol L-1) 0.01 0.01 0.01 0.01
c(HI)/(mol L-1) 0 0 0.02 0.02
下列判断不正确的是
A．化学反应速率：乙＞甲 B．平衡时，甲中I2的转化率为50%
C．平衡时，丙中c(I2)=0.01mol L-1 D．平衡时，乙和丁中相等
3．（2023·北京西城·统考一模）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(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)]
4．（2023·北京东城·统考一模）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析不正确的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
5．（2023·北京东城·统考一模）生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是
A．咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小
6．（2023·北京西城·统考一模）探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。
下列说法不正确的是
A．对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响
B．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响
C．H2O2是直线形的非极性分子
D．H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键
7．（2023·北京朝阳·统考一模）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
8．（2023·北京朝阳·统考一模）化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：
将1mol和充入干重整反应器，发生：
重整反应：
积炭反应：
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，被还原后可循环利用
B．增大n(FeO)能增大，推测发生
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低
D．干重整反应器中存在：
9．（2023·北京房山·统考一模）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是
A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
10．（2023·北京丰台·统考一模）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
11．（2023·北京丰台·统考一模）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加 K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。 段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
12．（2023·北京丰台·统考一模）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO； 定条件下， 段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸 等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电 数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
13．（2023·北京顺义·一模）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：
14．（2023·北京顺义·一模）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
二、原理综合题
15．（2023·北京房山·统考一模）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：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
参考答案
1．B
【详解】A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，利用青蒿素在乙醚中较大的溶解度，采用了萃取的方法，A正确；
B．中药甘草、金银花的主要化学成分是有机物，石膏、明矾属于无机物，B错误；
C．温度降低，反应速率降低，故汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率，C正确；
D．煎制草药不宜使用铁质容器，应该使用耐腐蚀的陶制器皿，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效，D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．根据表中数据可知，其他条件相同，乙中c(H2)为甲中的2倍，乙中反应速率较大，选项A正确；
B．设甲中I2的转化率为x，根据三段式有：
，K===4，解得x=50%，选项B正确；
C．根据丙中各数据，Q= ==4=K，平衡不移动，c(I2)=0.01mol L-1，选项C正确；
D．乙中始终保持2:1，而丁中由于，Q= ==2
3．A
【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；
B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；
D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，D项正确。
答案选A。
4．B
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．咀嚼米饭时，越嚼越甜是因为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成了麦芽糖，故A正确；
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出是因为食盐降低了蛋白质的溶解度，发生了盐析，故B错误；
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅中的铁发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出是因为在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l) H2CO3(aq)，减小压强后，平衡逆向移动，二氧化碳的溶解度减小，故D正确；
故选B。
6．C
【详解】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①做对比实验，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，A正确；
B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，B正确；
C．H2O2的分子结构为，分子结构不对称，为极性分子，C不正确；
D．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足相似相溶原理，更主要是H2O2与H2O分子之间能形成氢键，D正确；
故选C。
7．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=
8．D
【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；
B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有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炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A错误；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B错误；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；
D．0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；
故合理选项是C。
12．C
【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；
故选C。
13．B
【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．膜反应器中的反应为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。
14．B
【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。
15．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。2023北京高三一模化学汇编
电能转化为化学能——电解
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考一模）锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以和作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
下列说法不正确的是
A．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小
B．放电过程中，总反应为
C．充电过程中，阴极的电极反应为
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过1 mol
2．（2023·北京顺义·一模）锂钒氧化物二次电池的工作原理为：，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：
3．（2023·北京顺义·一模）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
二、实验题
4．（2023·北京丰台·统考一模）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验 序号 物质a 实验现象
4滴物质a6滴(约0.3mL)0.1溶液 2mL0.01溶液 I 3溶液 紫色溶液变浅至几乎无色
II 紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III 6NaOH溶液 溶液变绿， 段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀
(1)实验I～III的操作过程中，加 溶液和物质a时，应先加___________。
(2)实验I中，的还原产物为___________。
(3)实验II中发生反应的离子方程式为___________。
(4)已知：可从电极反应 度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发 的氧化反应___________。
(5)解释实验III中“ 段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因___________。
(6)若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案___________。
(7)改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式___________。
三、原理综合题
5．（2023·北京朝阳·统考一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO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，NO表现___________性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。
□NO+□___________+□___________□□□___________
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH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NO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。
6．（2023·北京顺义·一模）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后的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_______。
参考答案
1．D
【分析】由图可知，Zn失去电子生成，则Zn极为负极，电极方程式为：，惰性电极为正极， 得到电子生成，电极方程式为：+e-=，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Zn极为负极，电极方程式为：，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故A正确；
B．由分析可知，负极电极方程式为：，正极电极方程式为：+e-=，则总反应为，故B正确；
C．充电过程中，阴极转化为Zn，电极方程式为：，故C正确；
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过2 mol ，故D错误；
故选D。
2．C
【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。
3．D
【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。
4．(1)物质a
(2)
(3)
(4)
(5) 成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
(6)向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
(7)
【分析】本实验探究不同条件下KMnO4与Na2SO3溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将SO氧化成SO，根据Mn元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此分析；
【详解】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
5．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
(3) 偏低
【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
6．(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) 2MnO＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【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。
【详解】（1）给热化学方程式编号：① ，
②
③
根据盖斯定律可知，③=(①-②)，则；
（2）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；
（3）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；
（4）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；
（5）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；
（6）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-1，2023北京高三一模化学汇编
化学反应原理（选择）
一、单选题
1．（2023·北京门头沟·统考一模）在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法不正确的是
A．反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H＜0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol/L，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＞2000
2．（2023·北京石景山·统考一模）实验室模拟吸收，将按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停止通，记录吸收的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留，实现数据如下表。下列说法不正确的是
编号 吸收液类型(体积相同) c/(mol/L) 吸收氯气时间 饱和吸收后溶液微粒浓度 液面上有害气体
pH
Ⅰ 1.2 18′34″ 0.56 未检出 1.81 1.4
Ⅱ NaOH 2.4 23′17″ 未检出 0.10 3.23 5.2
Ⅲ 1.2+2.4 23′47″ 未检出 未检出 3.47 3.4 无
说明：表示溶液中+4价含硫微粒的总浓度，其他类似。
A．溶液显碱性
B．实验Ⅰ吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应
C．实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价Cl会转变为
D．实验Ⅲ吸收过程中NaOH与分别与独立反应、互不影响
3．（2023·北京石景山·统考一模）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是
实验目的 实验药品
A 比较水和四氯化碳分子的极性 、、橡胶棒、毛皮
B 验证乙醇的消去产物乙烯 乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
C 探究温度对化学平衡的影响 溶液、冷水、热水
D 证明牺牲阳极法保护铁 Fe、Zn、酸化的食盐水、溶液
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·北京房山·统考一模）下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 制取无水固体 检验产生的 证明 探究化学反应速率的影响因素
实验方案
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·北京丰台·统考一模）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。一段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
6．（2023·北京丰台·统考一模）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
7．（2023·北京丰台·统考一模）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO； 定条件下， 段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸 等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电 数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
8．（2023·北京丰台·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴加稀氨水：
B．电解饱和食盐水：
C．溶液中通入少量：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合：
9．（2023·北京丰台·统考一模）下列用途与所述的化学知识没有关联的是
选项 用途 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀 牺牲阳极(原电池的负极反应物)保护法
C 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
D 用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂 Na2O2能与H2O和CO2反应
A．A B．B C．C D．D
10．（2023·北京石景山·统考一模）CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/ CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是
A．催化剂改变了中O—C—O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．催化加氢制是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算加氢制的反应热 、
11．（2023·北京朝阳·统考一模）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
12．（2023·北京朝阳·统考一模）冠醚能与碱金属离子结合(如下图所示)，是有机反应很好的催化剂，如能加快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。
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．如图所示的实验中：①>②>③
C．冠醚通过与结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D．为加快与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
13．（2023·北京朝阳·统考一模）分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B．产生白色沉淀时，存在
C．当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
14．（2023·北京朝阳·统考一模）将铜棒插入浓、稀溶液中(装置如图)、观察到电流计指针发生偏转，一段时间后，浸入浓溶液的铜棒变粗。下列说法不正确的是
A．铜棒变粗的反应：
B．导线中电子移动的方向：b→a
C．随着反应的进行，浓、稀溶液的浓度逐渐接近
D．的氧化性随增大而增强，Cu的还原性随增大而减弱
15．（2023·北京房山·统考一模）室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。
已知：Fe(OH)3的；Fe(OH)2的；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法不正确的是
A．M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B．导致M点→N点pH升高的反应为：
C．导致P点→Q点pH降低的反应为：
D．O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应
16．（2023·北京房山·统考一模）锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以和作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
下列说法不正确的是
A．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小
B．放电过程中，总反应为
C．充电过程中，阴极的电极反应为
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过1 mol
17．（2023·北京房山·统考一模）某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示，下列有关该电池的说法不正确的是
A．电池放电时，向镍电极Ⅰ的方向迁移
B．正极电极反应为：
C．出口Ⅰ处有水生成
D．循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环
18．（2023·北京房山·统考一模）某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A．稀释前溶液的浓度：
B．溶液中水的电离程度：b点
D．在d点和e点均存在：(酸根阴离子)
19．（2023·北京房山·统考一模）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是
A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
20．（2023·北京东城·统考一模）某温度下，H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下，在甲、乙、丙、丁4个相同的恒容密闭容器中进行该反应，起始浓度如表所示。
甲 乙 丙 丁
c(H2)/(mol L-1) 0.01 0.02 0.01 0.02
c(I2)/(mol L-1) 0.01 0.01 0.01 0.01
c(HI)/(mol L-1) 0 0 0.02 0.02
下列判断不正确的是
A．化学反应速率：乙＞甲 B．平衡时，甲中I2的转化率为50%
C．平衡时，丙中c(I2)=0.01mol L-1 D．平衡时，乙和丁中相等
21．（2023·北京东城·统考一模）下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是
A．C原子中的质子和中子 B．Na2O2固体中的阴离子和阳离子
C．SiO2晶体中的硅原子和共价键 D．FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—
22．（2023·北京东城·统考一模）生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是
A．咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小
23．（2023·北京西城·统考一模）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(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)]
24．（2023·北京西城·统考一模）实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。
已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
下列说法不正确的是
A．调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L
B．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓
C．加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
D．若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成
25．（2023·北京西城·统考一模）下列反应与电离平衡无关的是
A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
26．（2023·北京西城·统考一模）探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。
下列说法不正确的是
A．对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响
B．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响
C．H2O2是直线形的非极性分子
D．H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键
27．（2023·北京西城·统考一模）中医药根植于中华传统文化。下列说法不正确的是
A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，采用了萃取的方法
B．中药甘草、金银花、石膏、明矾等的主要化学成分都是有机物
C．汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率
D．煎制草药不宜使用铁质容器，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效
28．（2023·北京朝阳·统考一模）化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：
将1mol和充入干重整反应器，发生：
重整反应：
积炭反应：
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，被还原后可循环利用
B．增大n(FeO)能增大，推测发生
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低
D．干重整反应器中存在：
29．（2023·北京朝阳·统考一模）常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气含量和溶液pH变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A．溶液pH<7的原因：
B．铁钉表面产生气泡的原因：
C．加入铁钉消耗，水解平衡正向移动，产生沉淀
D．推测溶液pH减小的原因：
30．（2023·北京东城·统考一模）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析不正确的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
31．（2023·北京东城·统考一模）用石墨作电极电解a浊液，记录如表。
实验装置 实验现象
I.a为AgCl II.a为AgI
两电极均产生气泡，有黑色固体在阴极附近生成，并沉降在烧杯底部，烧杯中的液体逐渐变澄清透明 两电极均产生气泡，阴极表面附着少量银白色固体，烧杯中的液体逐渐变为棕黄色
下列说法不正确的是
A．I中阳极气体可能为Cl2和O2，II中阳极气体为O2
B．I和II中阴极生成气体的方程式均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—
C．II中液体变为棕黄色，说明阳极上发生了反应2AgI—2e—=I2+2Ag+
D．两实验阴极现象有差异的原因可能是II中c(Ag+)比I中的小
32．（2023·北京东城·统考一模）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A．m处溶液pH＞7，原因是+2H2OH2CO3+2OH-
B．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3
C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol L-1
33．（2023·北京东城·统考一模）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
34．（2023·北京西城·统考一模）下列实验能达到实验目的的是
A．制作简单的燃料电池 B．证明苯环使羟基活化
C．制备并收集NO2 D．检验溴乙烷的水解产物Br-
35．（2023·北京门头沟·统考一模）北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”授课、神舟十五号载人飞船发射成功、及“C919”飞机等，均展示了国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为氧化性气体
B．乙酸钠过饱和溶液析出结晶水合物属于化学变化
C．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将化学能转化为电能供飞船使用
D．“C919”飞机机身使用的材料碳纤维属于新型无机非金属材料
36．（2023·北京门头沟·统考一模）实验测得0.10 mol·L 1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。
下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62
D．Q点、M点溶液中均有：c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)
37．（2023·北京门头沟·统考一模）二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如下图。
下列说法正确的是
A．a极与电源的负极连接
B．X溶液显碱性，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
C．电解池a极上发生的电极反应为 NH-6e- + 3C1- + 4OH- =NCl3+ 4H2O
D．ClO2发生器内发生的氧化还原反应中，生成的ClO2与NH3的物质的量之比为6:1
38．（2023·北京门头沟·统考一模）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，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、杂化
参考答案
1．C
【详解】A．有图可知，升高温度一氧化氮的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，平衡向吸热方向移动，则正反应是放热反应，△H＜0 ，故A不选；
B．图中X点在该温度下没有达到平衡状态，此点反应正向移动，所以延长时间 能提高NO转化率，故B不选；
C．图中Y点为该温度下的平衡点，增加O2的浓度平衡正向移动，提高NO转化率，故C选；
D．设氧气浓度变化是xmol/L，根据化学方程式可知，一氧化氮浓度的变化量是2xmol/L，一氧化氮的转化率是50%，则一氧化氮的起始浓度是4xmol/L，平衡时一氧化氮的浓度是2xmol/L，二氧化氮的平衡浓度是2xmol/L，氧气的平衡浓度是（5.0×10-4-x）mol/L ，化学平衡常数是 ＞2000，故D不选；
故选：C。
2．D
【详解】A．亚硫酸是二元弱酸，亚硫酸根能够水解，使亚硫酸钠溶液呈碱性，A正确；
B．有氯离子生成，说明发生了氧化还原反应，有二氧化硫生成，说明发生了复分解反应，B正确；
C．根据氧化还原反应规律可知，如果+1价Cl没有转变为，则两者的浓度应该相等，现在二者不相等，且-1价的氯多于+1的氯，说明有+1价Cl转变为，C正确；
D．结合实验Ⅰ、Ⅱ可知，实验Ⅲ中二者能相互促进对氯气的吸收，D错误；
故选D。
3．B
【详解】A．用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，四氯化碳分子是非极性分子，靠近水流，水流方向无明显变化，故A不符合题意；
B．浓硫酸使乙醇脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯以及挥发出的乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能达到实验目的，故B符合题意；
C．，该反应为吸热反应，温度改变可以使平衡发生移动而改变溶液的颜色，故C不符题意；
D．因Zn的金属活泼性大于Fe，将Zn与Fe用导线相连后插入酸化的食盐水中，一段时间后，取出电极，向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显现象，说明并未生成Fe2+，由此可证明这是牺牲阳极的阴极保护法，故D不符合题意；
故答案选B。
4．A
【详解】A．氯化铁固体加热过程中能发生水解，应该在氯化氢的气流中进行，故该实验不能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，能使品红褪色，多余的二氧化硫用氢氧化钠吸收，防止污染，该实验能达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸锌和硫化钠反应生成硫化锌沉淀，再加入硫酸铜溶液，硫化锌能转化为黑色的硫化铜沉淀，说明硫化铜的溶度积小于硫化锌，该实验能达到实验目的，C不符合题意；
D．该实验中只有盐酸的浓度不同，可以根据产生气泡的快慢分析浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。
5．C
【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；
D．0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；
故合理选项是C。
6．D
【详解】A．1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A错误；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B错误；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；
故选C。
8．B
【详解】A．氨水为弱电解质，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式是，故A错误；
B．电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠，反应的离子方程式是，故B正确；
C．溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，故C错误；
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式是，故D错误；
选B。
9．A
【详解】A．NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，但其成分不是Na2CO3，A错误；
B．由于金属活动性Mg＞Fe，所以电热水器当用镁棒作电极时，首先发生氧化反应的是Mg，而不是Fe，因此就可以防止内胆被腐蚀，B正确；
C．84消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其破坏作用，故用84消毒液对图书馆桌椅消毒，C正确；
D．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，D正确；
故合理选项是A。
10．C
【详解】A．由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180°，而Ni-CO2的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O—C—O键的键角，A正确；
B．由题干图2信息可知，150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B正确；
C．由题干图2信息可知，升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C错误；
D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式① 、② ，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为-()=-()=-164.9kJ/mol，D正确；
故答案为：C
11．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=
12．B
【详解】A．由表格数据可知，同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同，同一冠醚与不同碱金属离子结合时其结合常数不同，因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．由表格数据可知，冠醚A与K+结合常数大，结合能力强，因此加入KCl固体后，与冠醚A结合的Na+被K+替代，Na+被释放，溶液中：③>②，B错误；
C．冠醚通过与结合将携带进入有机相，增大与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，C正确；
D．由表格数据可知，适配冠醚A，结合常数大，结合能力强，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确；
故选B。
13．D
【详解】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B正确；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C正确；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误；
故选D。
14．B
【分析】浸入浓溶液的铜棒变粗，说明该电极有铜析出，则b侧电极做正极，电极反应为：，a侧电极做负极，电极反应：。
【详解】A．据分析铜棒变粗的反应：，故A正确；
B．导线中电子移动的方向由负极移向正极，即：a→b，故B错误；
C．随着反应的进行，右侧不断消耗，左侧不断生成，浓、稀溶液的浓度逐渐接近，故C正确；
D．据分析对比可知，的氧化性随增大而增强，Cu的还原性随增大而减弱，故D正确；
故选B。
15．D
【详解】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A正确；
B．从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，pH＜1.5时，无Fe(OH)3沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：，B正确；
C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：，C正确；
D．M点→N点pH升高，发生反应：，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D不正确；
故选D。
16．D
【分析】由图可知，Zn失去电子生成，则Zn极为负极，电极方程式为：，惰性电极为正极， 得到电子生成，电极方程式为：+e-=，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Zn极为负极，电极方程式为：，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故A正确；
B．由分析可知，负极电极方程式为：，正极电极方程式为：+e-=，则总反应为，故B正确；
C．充电过程中，阴极转化为Zn，电极方程式为：，故C正确；
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过2 mol ，故D错误；
故选D。
17．A
【分析】氢氧燃料电池中通入O2的是正极，则镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，以此解答。
【详解】A．原电池中，阳离子向正极移动，由分析可知镍电极Ⅱ为正极，则向镍电极Ⅱ的方向迁移，故A错误；
B．由分析可知，镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，故B正确；
C．镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，出口Ⅰ处有水生成，故C正确；
D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故D正确；
故选A。
18．C
【详解】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)
C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C错误；
D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D正确；
故选：C。
19．C
【详解】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；
故选C。
20．D
【详解】A．根据表中数据可知，其他条件相同，乙中c(H2)为甲中的2倍，乙中反应速率较大，选项A正确；
B．设甲中I2的转化率为x，根据三段式有：
，K===4，解得x=50%，选项B正确；
C．根据丙中各数据，Q= ==4=K，平衡不移动，c(I2)=0.01mol L-1，选项C正确；
D．乙中始终保持2:1，而丁中由于，Q= ==2
21．B
【详解】A．C原子中的质子数和中子数都为6，则质子和中子的个数比为1：1，故A不符合题意；
B．过氧化钠中过氧根离子和钠离子的个数比为1：2，故B符合题意；
C．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧共价键，则晶体中的硅原子和共价键的个数比为1：4，故C不符合题意；
D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解，所以溶液中亚铁离子和氯离子的个数比小于1：2，故D不符合题意；
故选B。
22．B
【详解】A．咀嚼米饭时，越嚼越甜是因为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成了麦芽糖，故A正确；
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出是因为食盐降低了蛋白质的溶解度，发生了盐析，故B错误；
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅中的铁发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出是因为在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l) H2CO3(aq)，减小压强后，平衡逆向移动，二氧化碳的溶解度减小，故D正确；
故选B。
23．A
【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；
B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；
D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，D项正确。
答案选A。
24．B
【详解】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜<1×10-5mol/L，A正确；
B．由题意可知，加入过量饱和BaCl2溶液后存在平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)，故加入过量饱和Na2CO3溶液还会存在部分钡离子转化为碳酸钡，该平衡正向移动，溶液中SO浓度增大，故还有反应：BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，B错误；
C．加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，gu 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，C正确；
D．流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D正确；
故选B。
25．D
【详解】A． FeSO4溶液与NH4HCO3反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用了碳酸氢根离子的电离平衡，A不选；
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，利用了水可以电离出氢离子的电离平衡，B不选；
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3，利用了一水合氨的电离平衡，C不选；
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，利用了难溶物的转化，不属于电离平衡，D选；
故选D。
26．C
【详解】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①做对比实验，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，A正确；
B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，B正确；
C．H2O2的分子结构为，分子结构不对称，为极性分子，C不正确；
D．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足相似相溶原理，更主要是H2O2与H2O分子之间能形成氢键，D正确；
故选C。
27．B
【详解】A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，利用青蒿素在乙醚中较大的溶解度，采用了萃取的方法，A正确；
B．中药甘草、金银花的主要化学成分是有机物，石膏、明矾属于无机物，B错误；
C．温度降低，反应速率降低，故汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率，C正确；
D．煎制草药不宜使用铁质容器，应该使用耐腐蚀的陶制器皿，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效，D正确；
故选B。
28．D
【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；
B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有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炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；
故选D。
29．C
【详解】A．溶液pH<7的原因是发生水解反应所致，离子方程式是：，故A正确；
B．铁钉表面产生气泡的原因是铁溶解于酸中，即：，故B正确；
C．加入铁钉发生反应：，铜离子水解平衡逆向移动，不会产生沉淀，故C错误；
D．结合图像可知氧气不断被消耗，pH不断较小，推测溶液pH减小的原因：，故D正确；
故选C。
30．B
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
故选B。
31．C
【分析】氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，由实验现象可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，银离子在阴极放电生成银，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，少量银离子在阴极放电生成银。
【详解】A．由分析可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，则I中阳极气体可能为氯气和氧气，II中阳极气体为氧气，故A正确；
B．由分析可知，I和II中阴极生成气体都为水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故B正确；
C．由分析可知，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，反应生成的氧气将碘离子氧化为碘使II中液体变为棕黄色，故C错误；
D．由分析可知，氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，所以I中银离子在阴极放电生成银，II中少量银离子在阴极放电生成银，故D正确；
故选C。
32．D
【分析】p、q为滴定终点，则p点时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，q点时发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。设原纯碱溶液中，Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则x=9.8×10-3L×0.100mol L-1=9.8×10-4mol，2x+y=21.5×10-3L×0.100mol L-1=2.15×10-3mol，y=1.9×10-4mol。
【详解】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不正确；
B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不正确；
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不正确；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol L-1，D正确；
故选D。
33．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。
34．A
【详解】A．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A符合题意；
B．溴水和苯酚反应三溴苯酚，说明羟基使苯环活化，B不符合题意；
C．生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，C不符合题意；
D．证明存在溴离子，应该首先将反应后的溶液酸化后再加入硝酸银溶液，D不符合题意；
故选A。
35．D
【详解】A．H2中H原子化合价为0价，是还原性气体，故A错误；
B．乙酸钠过饱和溶液析出结晶水合物属于物理变化，故B错误；
C．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，该电池是将太阳能转化为电能供飞船使用，故C错误；
D．碳纤维属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选D。
36．C
【详解】A． 升高温度，HCO水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO水解，故A错误；
B． O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误；
C． 温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于8.62，故C正确；
D． Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)，故D错误；
故选C。
37．D
【分析】该装置为电解池，a极铵根离子失去电子生成NCl3，则a为阳极，b为阴极，阴极区氢离子得到电子生成氢气，氯离子从右侧经过阴离子交换膜到左侧，在ClO2发生器中NCl3和NaClO2反应生成NH3和ClO2。
【详解】A．据分析可知，a极为阳极，与电源的正极连接，A错误；
B．在ClO2发生器中，发生反应，则X溶液显碱性，b为阴极，阴极区氢离子得到电子生成氢气，氯离子从右侧经过阴离子交换膜到左侧，则在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，B错误；
C．a极铵根离子失去电子生成NCl3，电极反应为 NH-6e- + 3C1-=NCl3+ 4H+，C错误；
D．在ClO2发生器中，发生反应，生成的ClO2与NH3的物质的量之比为6:1，D正确；
故选D。
38．B
【详解】A．根据图中右上角得到上述循环中H+ 是中间产物之一，故A正确；
B．上述循环过程中有极性键的断裂和形成，在右下角也有非极性键的断裂，故B错误；
C．Cu能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变总反应的焓变，故C正确；
D．中间产物中左上角两个N采取sp2杂化、右上角的N采取杂化，故D正确。
综上所述，答案为B。2023北京高三一模化学汇编
电解池
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）用石墨作电极电解a浊液，记录如表。
实验装置 实验现象
I.a为AgCl II.a为AgI
两电极均产生气泡，有黑色固体在阴极附近生成，并沉降在烧杯底部，烧杯中的液体逐渐变澄清透明 两电极均产生气泡，阴极表面附着少量银白色固体，烧杯中的液体逐渐变为棕黄色
下列说法不正确的是
A．I中阳极气体可能为Cl2和O2，II中阳极气体为O2
B．I和II中阴极生成气体的方程式均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—
C．II中液体变为棕黄色，说明阳极上发生了反应2AgI—2e—=I2+2Ag+
D．两实验阴极现象有差异的原因可能是II中c(Ag+)比I中的小
2．（2023·北京房山·统考一模）锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以和作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
下列说法不正确的是
A．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小
B．放电过程中，总反应为
C．充电过程中，阴极的电极反应为
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过1 mol
3．（2023·北京顺义·一模）锂钒氧化物二次电池的工作原理为：，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：
4．（2023·北京顺义·一模）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
二、实验题
5．（2023·北京丰台·统考一模）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验 序号 物质a 实验现象
4滴物质a6滴(约0.3mL)0.1溶液 2mL0.01溶液 I 3溶液 紫色溶液变浅至几乎无色
II 紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III 6NaOH溶液 溶液变绿， 段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀
(1)实验I～III的操作过程中，加 溶液和物质a时，应先加___________。
(2)实验I中，的还原产物为___________。
(3)实验II中发生反应的离子方程式为___________。
(4)已知：可从电极反应 度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发 的氧化反应___________。
(5)解释实验III中“ 段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因___________。
(6)若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案___________。
(7)改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式___________。
三、原理综合题
6．（2023·北京房山·统考一模）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：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
7．（2023·北京朝阳·统考一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO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，NO表现___________性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。
□NO+□___________+□___________□□□___________
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH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NO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。
8．（2023·北京丰台·统考一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i． 定条件下，Ti4+水解 程式：
ii． 定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
(1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因___________。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
(2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量 度解释加入还原铁粉的目的___________。
(3) 定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因___________。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
(4) 定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因___________。
III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到 氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
(5)电极X连接电源___________(填“正”或“负”)极。
(6)写出电极Y上发生的电极反应式___________。
9．（2023·北京顺义·一模）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后的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_______。
参考答案
1．C
【分析】氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，由实验现象可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，银离子在阴极放电生成银，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，少量银离子在阴极放电生成银。
【详解】A．由分析可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，则I中阳极气体可能为氯气和氧气，II中阳极气体为氧气，故A正确；
B．由分析可知，I和II中阴极生成气体都为水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故B正确；
C．由分析可知，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，反应生成的氧气将碘离子氧化为碘使II中液体变为棕黄色，故C错误；
D．由分析可知，氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，所以I中银离子在阴极放电生成银，II中少量银离子在阴极放电生成银，故D正确；
故选C。
2．D
【分析】由图可知，Zn失去电子生成，则Zn极为负极，电极方程式为：，惰性电极为正极， 得到电子生成，电极方程式为：+e-=，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Zn极为负极，电极方程式为：，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故A正确；
B．由分析可知，负极电极方程式为：，正极电极方程式为：+e-=，则总反应为，故B正确；
C．充电过程中，阴极转化为Zn，电极方程式为：，故C正确；
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过2 mol ，故D错误；
故选D。
3．C
【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。
4．D
【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。
5．(1)物质a
(2)
(3)
(4)
(5) 成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
(6)向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
(7)
【分析】本实验探究不同条件下KMnO4与Na2SO3溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将SO氧化成SO，根据Mn元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此分析；
【详解】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
6．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。
7．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
(3) 偏低
【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
8．(1)
(2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
(3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
(4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。
(5)正
(6)TiO2+4e-=Ti+2O2-
【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
9．(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) 2MnO＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【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。
【详解】（1）给热化学方程式编号：① ，
②
③
根据盖斯定律可知，③=(①-②)，则；
（2）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；
（3）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；
（4）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；
（5）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；
（6）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-1，2023北京高三一模化学汇编
金属的腐蚀与防护
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是
A．咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小
2．（2023·北京丰台·统考一模）下列用途与所述的化学知识没有关联的是
选项 用途 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀 牺牲阳极(原电池的负极反应物)保护法
C 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
D 用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂 Na2O2能与H2O和CO2反应
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
3．（2023·北京西城·统考一模）(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。
(1)(NH4)2S2O8的电解法制备
已知：电解效率η的定义为η(B)=×100%
①电极b是_____极。
②生成的电极反应式是_____。
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4mol气体，气体是_____。经测定η()为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)2S2O8的物质的量浓度为_____mol/L。
(2)苯酚的降解
已知：·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致·猝灭。可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为：
ⅰ. +Fe2+=+·+Fe3+
ⅱ. ·将苯酚氧化
① ·氧化苯酚的离子方程式是_____。
②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。
用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_____。
(3)苯酚残留量的测定
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为_____g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/mol)
参考答案
1．B
【详解】A．咀嚼米饭时，越嚼越甜是因为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成了麦芽糖，故A正确；
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出是因为食盐降低了蛋白质的溶解度，发生了盐析，故B错误；
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅中的铁发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出是因为在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l) H2CO3(aq)，减小压强后，平衡逆向移动，二氧化碳的溶解度减小，故D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，但其成分不是Na2CO3，A错误；
B．由于金属活动性Mg＞Fe，所以电热水器当用镁棒作电极时，首先发生氧化反应的是Mg，而不是Fe，因此就可以防止内胆被腐蚀，B正确；
C．84消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其破坏作用，故用84消毒液对图书馆桌椅消毒，C正确；
D．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，D正确；
故合理选项是A。
3．(1) 阳 2SO-2e-=S2O O2 0.02
(2) + Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+
(3)
【详解】（1）①由图可知在b极区转化为，化合价升高，所以是电解池的阳极区，答案为：阳；
②电极反应式是2SO-2e-=S2O，答案为：2SO-2e-=S2O；
③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体可能是氧气，物质的量为2.5×10-4mol，所以转移电子的物质的量为 ，转移电子总物质的量为，参与2SO-2e-=S2O 反应的电子的物质的量是，所以(NH4)2S2O8的物质的量是，由，答案为：O2，0.02；
（2）① ·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是+，答案为：+；
②Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+；
（3）反应为 ，苯酚，所以苯酚的物质的量为，则样品中苯酚的含量为 g/L= g/L ，答案为：。2023北京高三一模化学汇编
有机推断题
一、有机推断题
1．（2023·北京东城·统考一模）已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。
I.己二酸氨化法
(1)下列说法正确的是_____(填字母)。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
(2)若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol已二酸产生NO2的物质的量是_____mol。
II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)
电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5CN)。
(3)电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。
(4)Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。
(5)写出i的电极反应式：_____。
(6)已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2mol L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____mol。
2．（2023·北京东城·统考一模）有机物A(C6H8N2)用于合成药物、塑料等物质。
I.由A合成佐匹克隆(J)的路线如图。
已知：i：RNH2RN=CHR′
ii：
(1)A属于芳香族化合物，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1，A→B的化学方程式为_____。
(2)OHC－CHO中官能团的检验方法：向_____(填试剂)中加入待测液，加热至沸腾，产生砖红色沉淀。
(3)C中含氧官能团名称为_____。
(4)物质a的结构简式为_____。
(5)G→J的反应类型为_____。
II.以A为原料合成PAI塑料的路线如图。
(6)参照I中流程的信息分析，K、M的结构简式分别为_____、_____。
3．（2023·北京西城·统考一模）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。
4．（2023·北京海淀·统考一模）罗沙司他可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，一种合成路线如下。
（1）A含有的官能团为 。
（2）B→D的化学方程式为 。
（3）D→E的反应类型为 。
（4）G的结构简式为 。
（5）K经多步可得到N，写出L与M的结构简式。
L： ；M： 。
（6）试剂b的分子式为C2H5NO2。N→P的转化过程中，还会发生多个副反应。写出其中一个副反应产物的结构简式： （核磁共振氢谱有2组峰，且面积比为2：1）。
M的结构简式是_____。
5．（2023·北京朝阳·统考一模）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___________。
6．（2023·北京丰台·统考一模）依匹哌唑M()是 种多巴胺活性调节剂，其合成路线如下：
已知：
i．
ii．(R表示H或烃基)
iii．试剂b的结构简式为
(1)A分子中含有的官能团名称是___________。
(2)C为反式结构，其结构简式是___________。
(3)D→E的化学方程式是___________。
(4)G的结构简式是___________；G→H的反应类型为___________。
(5)K转化为L的过程中，可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是___________。
(6)X是E的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________。
a．1mol X与足量的Na反应可产生2mol b．核磁共振氢谱显示有3组峰
(7)由化合物N()经过多步反应可制备试剂b，其中Q→W过程中有生成，写出P、W的结构简式___________、___________。
7．（2023·北京顺义·一模）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. (R、R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_______。
8．（2023·北京房山·统考一模）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如下图：
已知：
ⅰ.BnBr为
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
(1)A中含氧官能团为___________。
(2)由B到C所发生的化学反应方程式为___________。
(3)试剂2的结构简式是___________。
(4)E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是___________。
a．E分子中存在手性碳原子
b．E分子中存在2种含氧官能团
c．1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol
(5)已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式___________；
(6)反应2的化学反应方程式为___________；
(7)在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是___________(填选项)。
a．反应1和反应3 b．反应4和反应5 c．反应2和反应6
参考答案
1．(1)abc
(2)8
(3)阳
(4)H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii
(5)2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN
(6)8.6×10-3
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成， 与过氧化氢发生氧化反应生成， 与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。
【详解】（1）a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；
故选abc；
（2）由结构简式可知，1mol环己醇氧化为己二酸时，反应转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8=8mol，故答案为：8；
（3）由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；
（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；
（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2mol L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3 mol/h和0.9×10-3 mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3 mol/h×1h×2+0.9×10-3 mol/h×1h×2=8.6×10-3mol，故答案为：8.6×10-3。
2．(1)+OHC－CHO→+2H2O
(2)新制Cu(OH)2
(3)羧基
(4)
(5)取代反应
(6) 或
【分析】由有机物的转化关系可知，与乙二醛发生信息反应生成，则A为、B为；发生氧化反应生成，则C为；发生脱水反应生成，与发生信息反应生成，则E为、a为；发生脱水反应生成，则F为；与硼氢化钾发生还原反应生成，则G为；与发生取代反应生成；与SOCl2发生反应生成或，则K为、L为或；一定条件或与发生縮聚反应生成或，则M为或；或发生分子内脱水反应生成。
【详解】（1）由分析可知，A→B的反应为与乙二醛发生信息反应生成和水，反应的化学方程式为+OHC－CHO→+2H2O，故答案为：+OHC－CHO→+2H2O；
（2）检验乙二醛中含有醛基的方法为向新制的氢氧化铜中加入待测液，加热至沸腾，产生砖红色沉淀说明乙二醛中含有醛基，故答案为：；
（3）由分析可知，C的结构简式为，含氧官能团为羧基，故答案为：羧基；
（4）由分析可知，a的结构简式为，故答案为：；
（5）由分析可知，G→J的反应为与发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：取代反应；
（6）由分析可知，K、M的结构简式分别为、或故答案为：；或。
3．(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。
【详解】（1）由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；
（2）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；
（3）D为，官能团是氨基。答案为：氨基；
（4）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；
（5）由分析可知，E的结构简式是。答案为：；
（6）I()与反应→J()等，化学方程式是+→+2C2H5OH。答案为：+→+2C2H5OH；
（7）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。
4．（1）羧基、氟原子（或碳氟键）（或—COOH、—F）
（3）加成反应
（4）
（5）L： M：
（6）（或其它合理结构）
5．(1)羧基、碳氯键
(2)
(3)2+O22+2H2O
(4)
(5)还原(加成)
(6) +C2H5OH+ H2O 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。
【详解】（1）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；
（2）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：，
（3）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；
（4）由上述分析可得G的结构简式为：，故答案为：；
（5）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)；
（6）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。
6．(1)碳碳双键、醚键
(2)
(3)+CH3OH
(4) 取代反应
(5)
(6)
(7)
【分析】A与发生加成反应生成B，结合B的结构简式可知A应为；B发生消去反应生成C，C在甲醇，Et3N作用下生成D，结合已知反应可知D为，D与甲醇发生加成反应生成E，E为：，E和H发生反应生成I，对比E和I的结构以及H的分子式可知H为：，H由G和反应得到，结合G的分子式及H结构可知G为 ， G由F和氨气反应得到，结合F的分子式及G的结构可知F为，I在一定条件下生成J，J分子脱水生成K，K为，K与发生取代反应生成L，L为，L与试剂b发生已知中反应生成M，据此分析解答。
【详解】（1）A应为，含有碳碳双键和醚键两种官能团，故答案为：碳碳双键、醚键；
（2）由以上分析可知C为，故答案为：；
（3）D为，D与甲醇发生加成反应生成E，E为：，反应方程式为：+CH3OH ，故答案为：+CH3OH ；
（4）由以上分析可知G为，H由G和反应得到，结合G的分子式及H结构可知该反应为取代反应，故答案为：；取代反应；
（5）由以上分析可知试剂a为，故答案为：；
（6）a．1mol X与足量的Na反应可产生2mol ，可知X中含有4个羟基，根据E的不饱和度可知X中含有一个碳碳双键或一个环结构；b．核磁共振氢谱显示有3组峰，若为链式结构氢原子种类多于3种不符合，则X应为环状对称结构，符合的结构为：，故答案为：；
（7）化合物N()经过多步反应可制备试剂b，W与 反应生成试剂b，结合试剂b的结构可知W为，Q→W过程中有生成，结合流程中信息可知Q在HCl、DMSO作用下发生水解产生醛基，醛基与-SH发生脱水生成W，则Q到W的中间产物为，Q为，与发生已知中反应生成，故答案为：；。
7．(1)2-丙醇
(2)氧化反应
(3)羰基和羟基
(4)
(5)n +n+n
(6)
(7) 或
【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。
【详解】（1）A的结构简式为：，名称为：2-丙醇；
（2）A()发生反应①催化氧化生成B()，反应①为催化氧化反应；
（3）C的结构简式为： ，含有的官能团为：羰基和羟基；
（4）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：，，
（5）根据以上分析，反应④的方程式为：n +n+n
（6）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： ；
（7）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 。
8．(1)(酚)羟基
(2)
(3)
(4)c
(5)
(6)
(7)ac
【分析】根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是；根据信息ⅱ，由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是、A是；根据信息ⅳ，由葛根素的结构简式逆推，可知F是、E是、J是、H是。
【详解】（1）A是，含氧官能团为羟基；
（2）由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是 ，B与CH3COCl在氯化铝作用下发生取代反应生成，发生的化学反应方程式为；
（3）根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是 ；
（4）a．E是，分子中无单键碳，不存在手性碳原子，故a错误；
b．E是，E分子中存在羟基、醚键、羰基等3种含氧官能团，故b错误；
c．E是，羟基邻位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，1 mol E与溴水反应最多可消耗4 mol ，故c正确；
选c。
（5）G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，该同分异构体的结构简式；
（6）反应2是与BnBr发生取代反应生成，反应方程式为
（7）反应1和反应3是保护中的①号羟基；反应2和反应6是保护中的②③④⑤号羟基，故选ac。2023北京高三一模化学汇编
合成高分子的基本方法
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。
下列说法不正确的是
A．反应①中有氮元素的单质生成
B．反应②是取代反应
C．聚合物P能发生水解反应
D．反应②的副产物不能是网状结构的高分子
2．（2023·北京朝阳·统考一模）化学在国防领域发挥着重要作用。关于下列装备涉及材料的说法不正确的是
A 防弹衣的主要材料： 两种单体的核磁共振氢谱峰数、峰面积均相同
B 隐形飞机的微波吸收材料： 单体能使溴水褪色
C 潜艇的消声瓦： 可由和合成
D 潜艇的耐压球壳：钛合金 钛合金中存在金属键
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·北京朝阳·统考一模）瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。
下列说法不正确的是
A．合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基
B．分子间可能存在不同类型的氢键
C．生成瓜环[n]的反应中，有键断裂
D．合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成
4．（2023·北京丰台·统考一模）聚合物A是 种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在 定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A．M为1，4-丁 酸
B．交联剂Q的结构简式为
C．合成高分 化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
5．（2023·北京顺义·一模）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
参考答案
1．D
【分析】根据反应①前后两个物质的结构简式，结合质量守恒，可以推出反应①的反应方程式为：
n+nN2↑，根据反应②前后两个物质的结构简式，可以推出反应②的反应方程式为：n+n/2→+n；据此作答。
【详解】A．根据分析，反应①的反应方程式为：
n+nN2↑，反应①中有氮气生成，A正确；
B．根据分析，反应②的反应方程式为：n+n/2→+n，是取代反应， B正确；
C．聚合物P与水在一定条件下反应时，这个键容易断开生成氨基和羧基，是水解反应，C正确；
D．反应②的副产物也是聚合物，肯定是网状结构的高分子，D错误；
故选D。
2．A
【详解】A．的单体为：和，具有两种氢，其中中氢原子个数必为2：1，中氢原子个数必为1：1，故A错误；
B．单体为乙炔，含碳碳三键，能与溴单质发生加成反应，从而使溴水褪色，故B正确；
C．由结构可知的单体为：和，两者通过加聚反应生成消声瓦，故C正确；
D．合金中存在金属键，故D正确；
故选：A。
3．D
【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确；
B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；
C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；
D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误；
故选：D。
4．C
【详解】A．和1，4-丁 酸发生缩聚反应生成p，故A正确；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；
C．和1，4-丁 酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D正确；
选C。
5．C
【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。2023北京高三一模化学汇编
化学反应与能量转化章节综合
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）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，装置示意图如图。
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1molN2，有2molNaCl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
2．（2023·北京房山·统考一模）某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示，下列有关该电池的说法不正确的是
A．电池放电时，向镍电极Ⅰ的方向迁移
B．正极电极反应为：
C．出口Ⅰ处有水生成
D．循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环
3．（2023·北京房山·统考一模）锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以和作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
下列说法不正确的是
A．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小
B．放电过程中，总反应为
C．充电过程中，阴极的电极反应为
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过1 mol
4．（2023·北京丰台·统考一模）下列用途与所述的化学知识没有关联的是
选项 用途 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀 牺牲阳极(原电池的负极反应物)保护法
C 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
D 用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂 Na2O2能与H2O和CO2反应
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·北京顺义·一模）锂钒氧化物二次电池的工作原理为：，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：
6．（2023·北京顺义·一模）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
二、实验题
7．（2023·北京丰台·统考一模）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验 序号 物质a 实验现象
4滴物质a6滴(约0.3mL)0.1溶液 2mL0.01溶液 I 3溶液 紫色溶液变浅至几乎无色
II 紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III 6NaOH溶液 溶液变绿， 段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀
(1)实验I～III的操作过程中，加 溶液和物质a时，应先加___________。
(2)实验I中，的还原产物为___________。
(3)实验II中发生反应的离子方程式为___________。
(4)已知：可从电极反应 度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发 的氧化反应___________。
(5)解释实验III中“ 段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因___________。
(6)若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案___________。
(7)改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式___________。
三、原理综合题
8．（2023·北京西城·统考一模）(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。
(1)(NH4)2S2O8的电解法制备
已知：电解效率η的定义为η(B)=×100%
①电极b是_____极。
②生成的电极反应式是_____。
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4mol气体，气体是_____。经测定η()为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)2S2O8的物质的量浓度为_____mol/L。
(2)苯酚的降解
已知：·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致·猝灭。可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为：
ⅰ. +Fe2+=+·+Fe3+
ⅱ. ·将苯酚氧化
① ·氧化苯酚的离子方程式是_____。
②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。
用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_____。
(3)苯酚残留量的测定
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为_____g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/mol)
9．（2023·北京朝阳·统考一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO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，NO表现___________性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。
□NO+□___________+□___________□□□___________
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH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NO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。
10．（2023·北京顺义·一模）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后的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_______。
参考答案
1．C
【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。
【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；
B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；
C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C错误；
D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；
故选C。
2．A
【分析】氢氧燃料电池中通入O2的是正极，则镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，以此解答。
【详解】A．原电池中，阳离子向正极移动，由分析可知镍电极Ⅱ为正极，则向镍电极Ⅱ的方向迁移，故A错误；
B．由分析可知，镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：，故B正确；
C．镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，出口Ⅰ处有水生成，故C正确；
D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故D正确；
故选A。
3．D
【分析】由图可知，Zn失去电子生成，则Zn极为负极，电极方程式为：，惰性电极为正极， 得到电子生成，电极方程式为：+e-=，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Zn极为负极，电极方程式为：，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故A正确；
B．由分析可知，负极电极方程式为：，正极电极方程式为：+e-=，则总反应为，故B正确；
C．充电过程中，阴极转化为Zn，电极方程式为：，故C正确；
D．充电过程中，当2 mol 通过PBI膜时，导线中通过2 mol ，故D错误；
故选D。
4．A
【详解】A．NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，但其成分不是Na2CO3，A错误；
B．由于金属活动性Mg＞Fe，所以电热水器当用镁棒作电极时，首先发生氧化反应的是Mg，而不是Fe，因此就可以防止内胆被腐蚀，B正确；
C．84消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其破坏作用，故用84消毒液对图书馆桌椅消毒，C正确；
D．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，D正确；
故合理选项是A。
5．C
【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。
6．D
【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。
7．(1)物质a
(2)
(3)
(4)
(5) 成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
(6)向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
(7)
【分析】本实验探究不同条件下KMnO4与Na2SO3溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将SO氧化成SO，根据Mn元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此分析；
【详解】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
8．(1) 阳 2SO-2e-=S2O O2 0.02
(2) + Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+
(3)
【详解】（1）①由图可知在b极区转化为，化合价升高，所以是电解池的阳极区，答案为：阳；
②电极反应式是2SO-2e-=S2O，答案为：2SO-2e-=S2O；
③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体可能是氧气，物质的量为2.5×10-4mol，所以转移电子的物质的量为 ，转移电子总物质的量为，参与2SO-2e-=S2O 反应的电子的物质的量是，所以(NH4)2S2O8的物质的量是，由，答案为：O2，0.02；
（2）① ·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是+，答案为：+；
②Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+；
（3）反应为 ，苯酚，所以苯酚的物质的量为，则样品中苯酚的含量为 g/L= g/L ，答案为：。
9．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
(3) 偏低
【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
10．(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) 2MnO＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【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。
【详解】（1）给热化学方程式编号：① ，
②
③
根据盖斯定律可知，③=(①-②)，则；
（2）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；
（3）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；
（4）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；
（5）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；
（6）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-1，2023北京高三一模化学汇编
化学反应条件的优化——工业合成氮
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）某温度下，H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下，在甲、乙、丙、丁4个相同的恒容密闭容器中进行该反应，起始浓度如表所示。
甲 乙 丙 丁
c(H2)/(mol L-1) 0.01 0.02 0.01 0.02
c(I2)/(mol L-1) 0.01 0.01 0.01 0.01
c(HI)/(mol L-1) 0 0 0.02 0.02
下列判断不正确的是
A．化学反应速率：乙＞甲 B．平衡时，甲中I2的转化率为50%
C．平衡时，丙中c(I2)=0.01mol L-1 D．平衡时，乙和丁中相等
2．（2023·北京西城·统考一模）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(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)]
3．（2023·北京东城·统考一模）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析不正确的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
4．（2023·北京西城·统考一模）探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。
下列说法不正确的是
A．对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响
B．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响
C．H2O2是直线形的非极性分子
D．H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键
5．（2023·北京朝阳·统考一模）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
6．（2023·北京房山·统考一模）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是
A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
7．（2023·北京丰台·统考一模）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
8．（2023·北京丰台·统考一模）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加 K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。 段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
9．（2023·北京丰台·统考一模）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO； 定条件下， 段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸 等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电 数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
10．（2023·北京顺义·一模）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：
11．（2023·北京顺义·一模）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
二、原理综合题
12．（2023·北京房山·统考一模）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：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
参考答案
1．D
【详解】A．根据表中数据可知，其他条件相同，乙中c(H2)为甲中的2倍，乙中反应速率较大，选项A正确；
B．设甲中I2的转化率为x，根据三段式有：
，K===4，解得x=50%，选项B正确；
C．根据丙中各数据，Q= ==4=K，平衡不移动，c(I2)=0.01mol L-1，选项C正确；
D．乙中始终保持2:1，而丁中由于，Q= ==2
2．A
【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；
B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；
D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，D项正确。
答案选A。
3．B
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
故选B。
4．C
【详解】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①做对比实验，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，A正确；
B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，B正确；
C．H2O2的分子结构为，分子结构不对称，为极性分子，C不正确；
D．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足相似相溶原理，更主要是H2O2与H2O分子之间能形成氢键，D正确；
故选C。
5．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=
6．C
【详解】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A错误；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B错误；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D正确；
故选D。
8．C
【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；
D．0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；
故合理选项是C。
9．C
【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；
故选C。
10．B
【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．膜反应器中的反应为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。
11．B
【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。
12．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。2023北京高三一模化学汇编
离子反应
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B．产生白色沉淀时，存在
C．当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
2．（2023·北京东城·统考一模）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A．m处溶液pH＞7，原因是+2H2OH2CO3+2OH-
B．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3
C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol L-1
3．（2023·北京丰台·统考一模）实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是
选项 A B C D
体
试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、
装置 c、f c、e b、e a、d
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
4．（2023·北京西城·统考一模）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)蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：_____。
(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NaCuO2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。
(4)改进实验方案，进行实验。
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，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2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NaCuO2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NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、_____和_____。
5．（2023·北京顺义·一模）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_______。
三、工业流程题
6．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3
过程II的操作为______，洗涤，干燥。
7．（2023·北京丰台·统考一模）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢 艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是___________。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是___________。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因___________。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为___________。
(5) 艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式___________。
② 艺中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
8．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时 6.5 1.5 8.1 6.5
完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
四、元素或物质推断题
9．（2023·北京顺义·一模）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_______。
参考答案
1．D
【详解】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B正确；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C正确；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误；
故选D。
2．D
【分析】p、q为滴定终点，则p点时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，q点时发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。设原纯碱溶液中，Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则x=9.8×10-3L×0.100mol L-1=9.8×10-4mol，2x+y=21.5×10-3L×0.100mol L-1=2.15×10-3mol，y=1.9×10-4mol。
【详解】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不正确；
B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不正确；
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不正确；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol L-1，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A正确；
B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误；
C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C错误；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D错误；
故选A。
4．(1)ClO-+H2OHClO+OH-
(2) 焰色试验 4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O
(3) pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2 滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体 c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强
(4)4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH
(5)具有强氧化性，能与H+、H2O反应
(6) CuSO4溶液 NaOH溶液
【详解】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-；
（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；
②NaCuO2与稀H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O；
（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；
②i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。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。
ii.提出假设2：c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。
（4）浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生气体的化学方程式是4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH。
（5）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。
（6）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。
5．(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，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
(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。
【详解】（1）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；
（2）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：；
（3）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。
（4）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。
6．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4) MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中 ＜ 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
7．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知， 艺中可循环使用的物质是()。
8． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
9．(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) 加入，促进水解，产生 140
(5)
(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低
【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。
【详解】（1）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；
（2）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：；
（3）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；
（4）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=；
（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
（6）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。2023北京高三一模化学汇编
原理综合题
一、原理综合题
1．（2023·北京西城·统考一模）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1=_____。
(2)提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。
2．（2023·北京西城·统考一模）(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。
(1)(NH4)2S2O8的电解法制备
已知：电解效率η的定义为η(B)=×100%
①电极b是_____极。
②生成的电极反应式是_____。
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4mol气体，气体是_____。经测定η()为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)2S2O8的物质的量浓度为_____mol/L。
(2)苯酚的降解
已知：·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致·猝灭。可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为：
ⅰ. +Fe2+=+·+Fe3+
ⅱ. ·将苯酚氧化
① ·氧化苯酚的离子方程式是_____。
②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。
用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_____。
(3)苯酚残留量的测定
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为_____g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/mol)
3．（2023·北京朝阳·统考一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO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，NO表现___________性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。
□NO+□___________+□___________□□□___________
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH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NO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。
4．（2023·北京房山·统考一模）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：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
5．（2023·北京丰台·统考一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i． 定条件下，Ti4+水解 程式：
ii． 定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
(1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因___________。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
(2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量 度解释加入还原铁粉的目的___________。
(3) 定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因___________。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
(4) 定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因___________。
III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到 氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
(5)电极X连接电源___________(填“正”或“负”)极。
(6)写出电极Y上发生的电极反应式___________。
6．（2023·北京顺义·一模）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后的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_______。
参考答案
1．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
2．(1) 阳 2SO-2e-=S2O O2 0.02
(2) + Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+
(3)
【详解】（1）①由图可知在b极区转化为，化合价升高，所以是电解池的阳极区，答案为：阳；
②电极反应式是2SO-2e-=S2O，答案为：2SO-2e-=S2O；
③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体可能是氧气，物质的量为2.5×10-4mol，所以转移电子的物质的量为 ，转移电子总物质的量为，参与2SO-2e-=S2O 反应的电子的物质的量是，所以(NH4)2S2O8的物质的量是，由，答案为：O2，0.02；
（2）① ·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是+，答案为：+；
②Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+；
（3）反应为 ，苯酚，所以苯酚的物质的量为，则样品中苯酚的含量为 g/L= g/L ，答案为：。
3．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
(3) 偏低
【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
4．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。
5．(1)
(2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
(3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
(4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。
(5)正
(6)TiO2+4e-=Ti+2O2-
【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
6．(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) 2MnO＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【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。
【详解】（1）给热化学方程式编号：① ，
②
③
根据盖斯定律可知，③=(①-②)，则；
（2）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；
（3）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；
（4）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；
（5）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；
（6）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-1，2023北京高三一模化学汇编
分子晶体与共价晶体
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）我国科学家预言的T-碳已被合成。T-碳的晶体结构可看做将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，T-碳和金刚石的晶胞如图所示。下列说法不正确的是
A．T-碳与金刚石互为同素异形体
B．T-碳与金刚石均属于共价晶体
C．T-碳与金刚石中键角均为
D．T-碳晶胞中平均含有32个碳原子
2．（2023·北京东城·统考一模）下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是
A．C原子中的质子和中子 B．Na2O2固体中的阴离子和阳离子
C．SiO2晶体中的硅原子和共价键 D．FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—
3．（2023·北京东城·统考一模）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：NH＞H2O 中心原子均采取sp3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：CF3COOH＞CCl3COOH F的电负性大于Cl，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性
A．A B．B C．C D．D
参考答案
1．C
【详解】A．T-碳与金刚石均为碳的单质，结构不同，互为同素异形体，故A正确；
B．由晶胞结构可知T-碳也是以四面体为结构单元的空间网状结构，两者均为共价晶体，故B正确；
C．T-碳中4个碳原子围成正四面体结构，该结构中键角为60°，故C错误；
D．由晶胞结构可知，在T-碳晶胞中四个碳原子组成的正四面体结构单元有8个位于顶点，6个位于面心，4个位于体内，个数为：，则碳原子个数为32，故D正确；
故选：C。
2．B
【详解】A．C原子中的质子数和中子数都为6，则质子和中子的个数比为1：1，故A不符合题意；
B．过氧化钠中过氧根离子和钠离子的个数比为1：2，故B符合题意；
C．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧共价键，则晶体中的硅原子和共价键的个数比为1：4，故C不符合题意；
D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解，所以溶液中亚铁离子和氯离子的个数比小于1：2，故D不符合题意；
故选B。
3．A
【详解】A．氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关，则氟化氢的稳定性强于碘化氢是因为H-F键键能比H-I大，故A错误；
B．铵根离子中的氮原子和水分子中的氧原子均采取sp3杂化，铵根离子中氮原子和水分子中氧原子的孤对电子对数分别为0和2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以铵根离子的键角大于水分子，故B正确；
C．石英即二氧化硅，是共价晶体，干冰是分子晶体，共价键比分子间作用力强，所以石英的熔点高于干冰，故C正确；
D．氟元素的电负性大于氯元素，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性，对羧基的吸电子能力大于Cl3C－，所以CF3COOH更易电离出氢离子，酸性强于CCl3COOH，故D正确；
故选A。2023北京高三一模化学汇编
常见无机物及其应用（选择）
一、单选题
1．（2023·北京石景山·统考一模）能实现下列物质间直接转化的元素是
A．Si B．S C．Cu D．Fe
2．（2023·北京门头沟·统考一模）下列方程式与所提供的事实不相符的是
A．向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4
B．向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCO CO+ H+
C．实验室制取氨气：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O
D．少量铁粉与稀硝酸反应：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O
3．（2023·北京东城·统考一模）关于下列4种物质的说法正确的是
A．①的晶体为共价晶体
B．①与②完全反应时，转移2mol电子
C．室温时，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度
D．③和④体积不同的主要原因是分子数不同
4．（2023·北京东城·统考一模）依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合，产生刺激性气味
B．把钠放入CuSO4溶液中，有蓝色沉淀生成
C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去
D．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低
5．（2023·北京东城·统考一模）解释下列事实的方程式不正确的是
A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑
C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0
D．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
6．（2023·北京东城·统考一模）下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是
A．盛放NaOH溶液，选用③
B．用NH4Cl和Ca(OH)2固体制备氨，选用②
C．配制100mL1.00mol L-1NaCl溶液，选用⑤
D．用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，选用①④
7．（2023·北京西城·统考一模）实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。
下列说法不正确的是
A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
B．bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4有关
C．可用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4
D．产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的
8．（2023·北京西城·统考一模）下列解释事实的化学用语不正确的是
A．C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
B．NH3的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O
C．工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
9．（2023·北京西城·统考一模）中医药根植于中华传统文化。下列说法不正确的是
A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，采用了萃取的方法
B．中药甘草、金银花、石膏、明矾等的主要化学成分都是有机物
C．汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率
D．煎制草药不宜使用铁质容器，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效
10．（2023·北京朝阳·统考一模）化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：
将1mol和充入干重整反应器，发生：
重整反应：
积炭反应：
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，被还原后可循环利用
B．增大n(FeO)能增大，推测发生
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低
D．干重整反应器中存在：
11．（2023·北京朝阳·统考一模）常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气含量和溶液pH变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A．溶液pH<7的原因：
B．铁钉表面产生气泡的原因：
C．加入铁钉消耗，水解平衡正向移动，产生沉淀
D．推测溶液pH减小的原因：
12．（2023·北京朝阳·统考一模）用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是
A．和都是极性分子
B．和分子中的共价键都是键
C．分子的键角小于分子的键角
D．烧瓶中溶液颜色变红的原因：
13．（2023·北京朝阳·统考一模）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：
B．铜在环境中被腐蚀：
C．浓度越大，腐蚀反应速率越大
D．利用对铜的腐蚀制作印刷线路板：
14．（2023·北京房山·统考一模）室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。
已知：Fe(OH)3的；Fe(OH)2的；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法不正确的是
A．M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B．导致M点→N点pH升高的反应为：
C．导致P点→Q点pH降低的反应为：
D．O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应
15．（2023·北京房山·统考一模）如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，打开弹簧夹c，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是
a(干燥气体) b(液体)
A 水
B 水
C 饱和溶液
D 溴的水溶液
A．A B．B C．C D．D
16．（2023·北京丰台·统考一模）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。一段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
17．（2023·北京丰台·统考一模）下列实验不能达到实验目的的是
A．除去中少量的HCl B．比较Al和Cu的金属活动性 C．检验溴乙烷消去反应的产物 D．分离饱和溶液和
A．A B．B C．C D．D
18．（2023·北京丰台·统考一模）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO； 定条件下， 段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸 等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电 数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
19．（2023·北京丰台·统考一模）实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是
选项 A B C D
体
试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、
装置 c、f c、e b、e a、d
A．A B．B C．C D．D
20．（2023·北京丰台·统考一模）下列用途与所述的化学知识没有关联的是
选项 用途 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀 牺牲阳极(原电池的负极反应物)保护法
C 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
D 用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂 Na2O2能与H2O和CO2反应
A．A B．B C．C D．D
21．（2023·北京石景山·统考一模）实验室模拟吸收，将按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停止通，记录吸收的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留，实现数据如下表。下列说法不正确的是
编号 吸收液类型(体积相同) c/(mol/L) 吸收氯气时间 饱和吸收后溶液微粒浓度 液面上有害气体
pH
Ⅰ 1.2 18′34″ 0.56 未检出 1.81 1.4
Ⅱ NaOH 2.4 23′17″ 未检出 0.10 3.23 5.2
Ⅲ 1.2+2.4 23′47″ 未检出 未检出 3.47 3.4 无
说明：表示溶液中+4价含硫微粒的总浓度，其他类似。
A．溶液显碱性
B．实验Ⅰ吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应
C．实验Ⅱ吸收过程中生成的+1价Cl会转变为
D．实验Ⅲ吸收过程中NaOH与分别与独立反应、互不影响
22．（2023·北京石景山·统考一模）实验室制备下列气体的方法可行的是
A．加热氯化铵制 B．硫化钠和浓硫酸混合制
C．二氧化锰和稀盐酸制 D．铜和浓硝酸制
23．（2023·北京房山·统考一模）下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是
A．溶液中放入铁粉：
B．浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C．氮肥保存于阴凉处：
D．金属钠保存于煤油中：
参考答案
1．B
【详解】A．Si和氧气在高温条件下生成二氧化硅，二氧化硅和水不反应，故不选；
B．S和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，故选B；
C．铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和水不反应，故不选C；
D．铁和氧气点燃生成四氧化三铁，四氧化三铁和水不反应，故不选D；
选B。
2．B
【详解】A．氯气有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫，则相应的方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4，A正确；
B．溶液变为浅红色，说明该溶液显碱性，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，水解方程式为：，B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O，C正确；
D．少量铁粉与稀硝酸反应可以生成+3价铁和一氧化氮，方程式为：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O，D正确；
故选B。
3．C
【详解】A．铜为金属晶体，不是共价晶体，故A错误；
B．铜与硫共热反应生成氯化亚铜，则64g铜与32g完全反应时，铜不足量，反应转移1mol电子，故B错误；
C．硫单质不溶于水，微溶于酒精，所以室温时，硫在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度，故C正确；
D．18g水和46g乙醇体积不同的主要原因是密度不同，故D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．K2CO3水解生成的OH-和NH4Cl电离产生的反应产生刺激性气味气体NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，A正确；
B．把钠放入CuSO4溶液中，钠与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，钠化合价变化，是氧化还原反应，B错误；
C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，生成水和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，C错误；
D．氯水在光照条件下放置一段时间后，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
5．A
【详解】A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀发生的反应为二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故A错误；
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀发生的反应为碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑，故B正确；
C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色说明溶液中的四水合铜离子与氯离子反应生成四氯合铜离子和水的反应为吸热反应，反应的离子方程式为[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0，故C正确；
D．用氢氧化钠溶液吸收氯气发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故D正确；
故选A。
6．A
【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用玻璃塞试剂瓶盛放氢氧化钠溶液，故A错误；
B．氯化铵固体和氢氧化钙固体共热制备氨气的反应为固固加热的反应，应选用②制备氨气，故B正确；
C．配制100mL1.00mol L-1氯化钠溶液时，应选用⑤转移溶液，故C正确；
D．用大理石和盐酸制取二氧化碳并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，应选用①制备二氧化碳、盛有饱和碳酸氢钠溶液的④除去氯化氢，再用④盛有苯酚钠的溶液验证碳酸和苯酚的酸性强弱，故D正确；
故选A。
7．C
【分析】向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，由图像可知发生的反应可能有:①2Na2O2+2SO2 =2Na2SO3+O2；②2Na2SO3+O2 =2Na2SO4，无法判断③Na2O2+ SO2=2Na2SO4是否发生；
【详解】A．根据分析可知，有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，选项A正确；
B．bc段O2含量下降，可能是发生反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4，选项B正确；
C．HNO3具有强氧化性，能将氧化为，不能用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4，选项C不正确；
D．虽然无法判断Na2O2+ SO2=2Na2SO4是否发生，但产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的，同时发生①2Na2O2+2SO2 =2Na2SO3+O2、Na2O2+ SO2=2Na2SO4等反应，选项D正确；
答案选C。
8．C
【详解】A．C和浓H2SO4在加热条件下反应生成CO2、SO2和水：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，A正确；
B．在催化剂、加热条件下，NH3发生催化氧化反应生成NO和水：4NH3+5O24NO+6H2O，B正确；
C．AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，所以工业上冶炼Al的反应，是电解熔融的Al2O3：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，C不正确；
D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应，由于Ca(OH)2过量，所以溶液中不可能有剩余：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D正确；
故选C。
9．B
【详解】A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，利用青蒿素在乙醚中较大的溶解度，采用了萃取的方法，A正确；
B．中药甘草、金银花的主要化学成分是有机物，石膏、明矾属于无机物，B错误；
C．温度降低，反应速率降低，故汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率，C正确；
D．煎制草药不宜使用铁质容器，应该使用耐腐蚀的陶制器皿，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效，D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；
B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有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炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；
故选D。
11．C
【详解】A．溶液pH<7的原因是发生水解反应所致，离子方程式是：，故A正确；
B．铁钉表面产生气泡的原因是铁溶解于酸中，即：，故B正确；
C．加入铁钉发生反应：，铜离子水解平衡逆向移动，不会产生沉淀，故C错误；
D．结合图像可知氧气不断被消耗，pH不断较小，推测溶液pH减小的原因：，故D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；
B．和分子中中心原子都是杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是键，故B正确；
C．两者中心原子都是杂化，有两对孤电子对，有一对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以分子的键角大于分子的键角，故C错误；
D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确；
故选C。
13．A
【详解】A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成碱式碳酸铜，化学方程式为，A正确；
B．Cu在NH3环境中被腐蚀，铜充足的情况下发生反应的离子方程式为4Cu+8NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)2]++4OH-，铜不足的情况下离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-，B错误；
C．HNO3浓度较大形成浓硝酸时，Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C错误；
D．FeCl3与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，D错误；
故答案选A。
14．D
【详解】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A正确；
B．从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，pH＜1.5时，无Fe(OH)3沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：，B正确；
C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：，C正确；
D．M点→N点pH升高，发生反应：，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D不正确；
故选D。
15．B
【详解】A．NO2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，液体不可能充满烧瓶，A不正确；
B．NH3极易溶于水，造成烧瓶中压强变小，形成喷泉，且水最终几乎充满烧瓶，B正确；
C．CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内不可能形成喷泉，C不正确；
D．CH4难溶于水，且不与溴单质反应，烧瓶内不可能形成喷泉，D不正确；
故选B。
16．C
【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；
D．0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；
故合理选项是C。
17．B
【详解】A．氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可除去中少量的HCl，A正确；
B．铝遇到浓硝酸钝化，铜和浓硝酸发生氧化还原反应，无法比较Al和Cu的金属活动性，B错误；
C．溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，水可除去挥发的醇，乙烯使高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，可检验消去产物，C正确；
D．不溶于水，可以通过分液分离饱和溶液和，D正确；
故选B。
18．C
【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；
故选C。
19．A
【详解】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A正确；
B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误；
C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C错误；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D错误；
故选A。
20．A
【详解】A．NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，但其成分不是Na2CO3，A错误；
B．由于金属活动性Mg＞Fe，所以电热水器当用镁棒作电极时，首先发生氧化反应的是Mg，而不是Fe，因此就可以防止内胆被腐蚀，B正确；
C．84消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其破坏作用，故用84消毒液对图书馆桌椅消毒，C正确；
D．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，D正确；
故合理选项是A。
21．D
【详解】A．亚硫酸是二元弱酸，亚硫酸根能够水解，使亚硫酸钠溶液呈碱性，A正确；
B．有氯离子生成，说明发生了氧化还原反应，有二氧化硫生成，说明发生了复分解反应，B正确；
C．根据氧化还原反应规律可知，如果+1价Cl没有转变为，则两者的浓度应该相等，现在二者不相等，且-1价的氯多于+1的氯，说明有+1价Cl转变为，C正确；
D．结合实验Ⅰ、Ⅱ可知，实验Ⅲ中二者能相互促进对氯气的吸收，D错误；
故选D。
22．D
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氯化氢与氨气，二者在低温的试管口处会重新反应生成氯化铵并堵塞导管，A错误；
B．Na2S+2H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+S↓+2H2O，B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，C错误；
D．，D正确；
故答案为：D。
23．D
【详解】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A正确；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B正确；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C正确；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D错误；
故选D。2023北京高三一模化学汇编
不同聚集状态的物质与性质章节综合
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）我国科学家预言的T-碳已被合成。T-碳的晶体结构可看做将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，T-碳和金刚石的晶胞如图所示。下列说法不正确的是
A．T-碳与金刚石互为同素异形体
B．T-碳与金刚石均属于共价晶体
C．T-碳与金刚石中键角均为
D．T-碳晶胞中平均含有32个碳原子
2．（2023·北京东城·统考一模）下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是
A．C原子中的质子和中子 B．Na2O2固体中的阴离子和阳离子
C．SiO2晶体中的硅原子和共价键 D．FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—
3．（2023·北京东城·统考一模）关于下列4种物质的说法正确的是
A．①的晶体为共价晶体
B．①与②完全反应时，转移2mol电子
C．室温时，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度
D．③和④体积不同的主要原因是分子数不同
4．（2023·北京东城·统考一模）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：NH＞H2O 中心原子均采取sp3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：CF3COOH＞CCl3COOH F的电负性大于Cl，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·北京房山·统考一模）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。
下列说法不正确的是
A．该晶体为离子晶体
B．钛酸钙的化学式为
C．每个晶胞中含有8个
D．每个Ca 周围距离最近且等距的有12个
二、结构与性质
6．（2023·北京东城·统考一模）LiFePO4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LiFePO4。
(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26Fe2+的价层电子排布式为_____。
②草酸亚铁晶体中Fe2+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LiFePO4。
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NH4H2PO4分解，补全方程式。____。
NH4H2PO4_____+_____+P2O5
(3)晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，LiFePO4中的Li+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：Li+的脱嵌率=×100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，则Li+的脱嵌率为_____，平均每个晶胞脱嵌____个Li+。
7．（2023·北京西城·统考一模）锂离子电池广泛应用于电源领域。
(1)锂离子电池目前广泛采用溶有六氟磷酸锂(LiPF6)的碳酸酯作电解液。
①Li、P、F的电负性由大到小的排序是_____。
②PF中存在_____(填序号)。
a.共价键 b.离子键 c.金属键
③碳酸二乙酯()的沸点高于碳酸二甲酯()，原因是_____。
④采用高温处理废旧电解液，会诱发碳酸酯发生变化，增大回收难度。碳酸二甲酯在高温发生如图转化。
EC()发生类似转化的产物是Li2CO3和_____(答一种)。
(2)废旧锂离子电池含LiNiO2的正极材料经预处理后，可采用如图原理富集Ni元素。
①基态Ni2+的价层电子的轨道表示式是_____。
②DMG中N原子均与Ni2+配位，且Ni2+的配位数是4；DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键。写出DMG－Ni的结构简式(用“…”标出氢键)。_____
(3)石墨可作锂离子电池的负极材料。充电时，Li+嵌入石墨层间。当嵌入最大量Li+时，晶体部分结构的俯视示意图如图，此时C与Li+的个数比是_____。
8．（2023·北京丰台·统考一模）含氮化合物具有非常广泛的应用。
(1)基态氮原子的电子有______种空间运动状态。
(2)很多有机化合物中含有氮元素。
物质 A(对氨基苯甲酸) B(邻氨基苯甲酸)
结构简式
熔点 188℃ 145℃
作用 防晒剂 制造药物及香料
①组成物质A的4种元素的电负性由大到小的顺序是___________。
②A的熔点高于B的原因是___________。
③A可以与多种过渡金属元素形成不同结构的配合物。其中A和可形成链状结构，在下图虚线内画出A的结构简式 ___________。
(3)氮元素可以与短周期金属元素形成化合物。是离子化合物，比较两种微粒的半径：___________(填“>”、“<”或“=”)。
(4)氮元素可以与过渡金属元素形成化合物，其具备高硬度、高化学稳定性和优越的催化活性等性质。某三元氮化物是良好的超导材料，其晶胞结构如图所示。
①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为___________。
②与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有___________个。
③表示阿伏伽德罗常数的值。若此晶体的密度为，则晶胞的边长为___________nm。()
9．（2023·北京顺义·一模）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。
参考答案
1．C
【详解】A．T-碳与金刚石均为碳的单质，结构不同，互为同素异形体，故A正确；
B．由晶胞结构可知T-碳也是以四面体为结构单元的空间网状结构，两者均为共价晶体，故B正确；
C．T-碳中4个碳原子围成正四面体结构，该结构中键角为60°，故C错误；
D．由晶胞结构可知，在T-碳晶胞中四个碳原子组成的正四面体结构单元有8个位于顶点，6个位于面心，4个位于体内，个数为：，则碳原子个数为32，故D正确；
故选：C。
2．B
【详解】A．C原子中的质子数和中子数都为6，则质子和中子的个数比为1：1，故A不符合题意；
B．过氧化钠中过氧根离子和钠离子的个数比为1：2，故B符合题意；
C．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧共价键，则晶体中的硅原子和共价键的个数比为1：4，故C不符合题意；
D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解，所以溶液中亚铁离子和氯离子的个数比小于1：2，故D不符合题意；
故选B。
3．C
【详解】A．铜为金属晶体，不是共价晶体，故A错误；
B．铜与硫共热反应生成氯化亚铜，则64g铜与32g完全反应时，铜不足量，反应转移1mol电子，故B错误；
C．硫单质不溶于水，微溶于酒精，所以室温时，硫在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度，故C正确；
D．18g水和46g乙醇体积不同的主要原因是密度不同，故D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关，则氟化氢的稳定性强于碘化氢是因为H-F键键能比H-I大，故A错误；
B．铵根离子中的氮原子和水分子中的氧原子均采取sp3杂化，铵根离子中氮原子和水分子中氧原子的孤对电子对数分别为0和2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以铵根离子的键角大于水分子，故B正确；
C．石英即二氧化硅，是共价晶体，干冰是分子晶体，共价键比分子间作用力强，所以石英的熔点高于干冰，故C正确；
D．氟元素的电负性大于氯元素，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性，对羧基的吸电子能力大于Cl3C－，所以CF3COOH更易电离出氢离子，酸性强于CCl3COOH，故D正确；
故选A。
5．C
【详解】A．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，故A正确；
B．由均摊法可知，1个晶胞中含有O2-的个数是=3，Ti4+的个数是1，Ca2+的个数为8 =1，则钛酸钙的化学式为，故B正确；
C．每个晶胞中含有8 =1个，故C错误；
D．由晶胞结构可知，以顶点为研究对象，在1个晶胞中Ca 周围距离最近且等距的有3个，该顶点被8个晶胞共用，则每个Ca 周围距离最近且等距的有=12个，故D正确；
故选C。
6．(1) 3d6 6 FeC2O4 2H2O
(2) N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O
(3) 充电 25% 1
【详解】（1）①基态26Fe的质子数为26，26Fe2+的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
②由图可知，草酸亚铁晶体中亚铁离子与草酸根离子中的4个氧原子和水分子中的2个氧原子相连，则亚铁离子的配位数为6，故答案为：6；
③由图可知，亚铁离子与2个草酸根离子和2个水分子相连，其中草酸根离子为两个亚铁离子所共有，则每个亚铁离子结合的草酸根离子为2×=1，则草酸亚铁晶体中亚铁离子、草酸根离子和水分子的个数比为1：1：2，化学式为FeC2O4 2H2O，故答案为：FeC2O4 2H2O；
（2）①氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，破坏化学键消耗的能量大，所以氮气的化学性质稳定，能用作保护气，故答案为：N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定；
②由未配平的化学方程式可知，磷酸二氢铵在100～400℃受热分解生成五氧化二磷、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O，故答案为：2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O；
（3）①由晶胞结构可知，LiFePO4在阳极失去电子发生氧化反应生成FePO4，则i表示充电过程，故答案为：充电；
②由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于体内的FeO6八面体和PO4四面体形成的磷酸根离子的个数为4，若某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为3，则平均每个晶胞脱嵌锂离子个数为1，脱嵌率为×100%=25%，故答案为：25%；1。
7．(1) F＞P＞Li a 二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高 CH2=CH2
(2) 或
(3)6∶1
【详解】（1）①电负性由大到小的排序：F >P >Li；
②PF中P原子和F原子形成共价键，答案选a；
③二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高；
④由信息可知反应物中2个C-O断裂，形成碳碳键，则发生类似转化的产物是Li2CO3和CH2=CH2。答案：CH2=CH2。
（2）①基态Ni2+的价层电子排布式3d8，轨道表示式是；
②DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键，一个配体中和O形成共价键的H与另一个配体中的氧形成氢键，答案：或。
（3）由晶体部分结构的俯视示意图，可选取晶胞，俯视图如图，晶胞中16个C原子在棱上，4个C在面心，4个Li+在棱心，根据均摊法，C与Li+的个数比1=6∶1。
8．(1)5
(2) O>N>C>H B易形成分子内氢键，A只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B
(3)<
(4) 12 c
【详解】（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，电子的空间运动状态数=轨道数，有5种；
（2）①组成物质A的4种元素为C、H、N、O，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，故有：O>N>C>H；
②B(邻氨基苯甲酸)易形成分子内氢键，A(对氨基苯甲酸)只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B；
③N、O原子提供孤电子对，提供空轨道，其中A和可形成链状结构，A的结构简式为；
（3）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，故半径<；
（4）①基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，故其价电子轨道表示式为；
②根据晶胞结构可知，Zn在顶点，Ni在面心，以Zn为中心在四个晶胞的面心有4个Ni，考虑三维空间，则与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有43=12个；
③根据均摊法，则一个晶胞含有1个N，6=3个Ni，8=1个Zn，分子式为ZnNi3N；晶胞的质量为，体积为V=cm3，边长为cm=c nm。
9．(1)
(2)
(3) O > 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) 4 22.4
【详解】（1）遇水反应的方程式为：，，化合价升高，被氧化，作还原剂；
（2）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：；
（3）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；
（4）分子中含有氢键，其沸点高于；
（5）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。2023北京高三一模化学汇编
盐类的水解
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A．m处溶液pH＞7，原因是+2H2OH2CO3+2OH-
B．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3
C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol L-1
2．（2023·北京朝阳·统考一模）常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气含量和溶液pH变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A．溶液pH<7的原因：
B．铁钉表面产生气泡的原因：
C．加入铁钉消耗，水解平衡正向移动，产生沉淀
D．推测溶液pH减小的原因：
二、实验题
3．（2023·北京西城·统考一模）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)蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：_____。
(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NaCuO2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。
(4)改进实验方案，进行实验。
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，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2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NaCuO2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NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、_____和_____。
4．（2023·北京朝阳·统考一模）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)。
三、工业流程题
5．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3
过程II的操作为______，洗涤，干燥。
参考答案
1．D
【分析】p、q为滴定终点，则p点时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，q点时发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。设原纯碱溶液中，Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则x=9.8×10-3L×0.100mol L-1=9.8×10-4mol，2x+y=21.5×10-3L×0.100mol L-1=2.15×10-3mol，y=1.9×10-4mol。
【详解】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不正确；
B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不正确；
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不正确；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol L-1，D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．溶液pH<7的原因是发生水解反应所致，离子方程式是：，故A正确；
B．铁钉表面产生气泡的原因是铁溶解于酸中，即：，故B正确；
C．加入铁钉发生反应：，铜离子水解平衡逆向移动，不会产生沉淀，故C错误；
D．结合图像可只氧气不断被消耗，pH不断较小，推测溶液pH减小的原因：，故D正确；
故选C。
3．(1)ClO-+H2OHClO+OH-
(2) 焰色试验 4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O
(3) pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2 滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体 c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强
(4)4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH
(5)具有强氧化性，能与H+、H2O反应
(6) CuSO4溶液 NaOH溶液
【详解】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-；
（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；
②NaCuO2与稀H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O；
（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；
②i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。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。
ii.提出假设2：c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。
（4）浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生气体的化学方程式是4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH。
（5）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。
（6）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。
4．(1)
(2) 固体a放置在空气中变为棕黑色 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(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pH
【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
（5）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。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（6）硫酸根离子的检验方法为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）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
5．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4) MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中 ＜ 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。2023北京高三一模化学汇编
化学平衡
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(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)]
2．（2023·北京东城·统考一模）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析不正确的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
3．（2023·北京朝阳·统考一模）化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：
将1mol和充入干重整反应器，发生：
重整反应：
积炭反应：
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，被还原后可循环利用
B．增大n(FeO)能增大，推测发生
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低
D．干重整反应器中存在：
4．（2023·北京房山·统考一模）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是
A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
5．（2023·北京丰台·统考一模）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO； 定条件下， 段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸 等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电 数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
二、实验题
6．（2023·北京顺义·一模）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
1．A
【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；
B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；
D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，D项正确。
答案选A。
2．B
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；
B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有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炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；
故选D。
4．C
【详解】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；
故选C。
6．(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，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
(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。
【详解】（1）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；
（2）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：；
（3）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。
（4）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北京高三一模化学汇编
工业流程题
一、工业流程题
1．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3
过程II的操作为______，洗涤，干燥。
2．（2023·北京海淀·统考一模）工业上利用锌焙砂（主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等）生产高纯ZnO的流程示意图如下。
（1）用足量(NH4)2SO4溶液和氨水“浸出”锌焙砂。
①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为 。
（2）“浸出”时As2O3转化为AsO33-。“除砷”步骤①中用(NH4)2S2O8作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为 。
（3）“除重金属”时加入BaS溶液。滤渣II中含有的主要物质是 和BaSO4。
（4）“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4·Zn(OH)2，运用平衡移动原理解释原因： 。
（5）“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为 。
（6）“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。
已知：ⅰ.固体失重质量分数 = 。
ⅱ.比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。
图1 图2
280℃时煅烧ZnCO3，300 min 后固体失重质量分数为33.3%，则ZnCO3的分解率为 %（保留到小数点后一位）。
② 根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率＞95%)、高活性(ZnO比表面积＞
40 m2·g-1)产品ZnO的最佳条件是 （填字母序号）。
a. 恒温280℃，60～120 min b. 恒温300℃，240～300 min
c. 恒温350℃，240～300 min d. 恒温550℃，60～120 min
（7）该流程中可循环利用的物质有 。
3．（2023·北京朝阳·统考一模）从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的(25℃)如下。
物质
(1)上述流程中，加快反应速率的措施是___________。
(2)浸出过程中通入的目的是___________。
(3)萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。
①某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有___________。
②解释反萃取时的作用：___________。
(4)黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
反应终点pH 沉淀率/%
1.5 94.04 0.19
2.5 99.21 0.56
3.8 99.91 3.31
①生成黄钠铁矾的离子方程式是___________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是___________。
(5)第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至___________(填序号)。
a．6~7 b．9~10 c．11~12
4．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时 6.5 1.5 8.1 6.5
完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
5．（2023·北京丰台·统考一模）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢 艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是___________。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是___________。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因___________。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为___________。
(5) 艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式___________。
② 艺中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
参考答案
1．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4) MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中 ＜ 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
2.（1）① 增大接触面积，提高反应速率，提高浸出率
② 2NH4+ + ZnO + 2NH3·H2O＝[Zn(NH3)4]2+ + 3H2O
（2）AsO33- + S2O82- + 2NH3·H2O＝2SO42- + AsO43- + 2NH4+ + H2O
（3）CuS
（4）[Zn(NH3)4]2+ Zn2+ + 4NH3，加热将NH3蒸出后，c(NH3)降低，平衡正向移动，c(Zn2+)增大，使2Zn2+ + 2OH- + SO42-＝ZnSO4·Zn(OH)2，生成白色固体
（5）2HCO3- + ZnSO4·Zn(OH)2＝2ZnCO3 + SO42- + 2H2O
（6）① 94.6
② b
（7）(NH4)2SO4、NH3·H2O（或NH3）、CO2
3．(1)研磨
(2)将氧化为，便于转化为沉淀除去
(3) O、N 加入，使逆向进行，进入水层
(4) 或 2.5
(5)b
【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。
【详解】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。
（3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。
（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b。
【点睛】工业流程中选择合适条件时，需要保证操作目的尽可能充分，同时对产物的影响尽可能小。
4． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
5．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知， 艺中可循环使用的物质是()。2023北京高三一模化学汇编
沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B．产生白色沉淀时，存在
C．当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
2．（2023·北京西城·统考一模）下列反应与电离平衡无关的是
A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
3．（2023·北京东城·统考一模）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
4．（2023·北京西城·统考一模）实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。
已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
下列说法不正确的是
A．调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L
B．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓
C．加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
D．若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成
5．（2023·北京房山·统考一模）室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。
已知：Fe(OH)3的；Fe(OH)2的；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法不正确的是
A．M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B．导致M点→N点pH升高的反应为：
C．导致P点→Q点pH降低的反应为：
D．O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应
6．（2023·北京房山·统考一模）下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 制取无水固体 检验产生的 证明 探究化学反应速率的影响因素
实验方案
A．A B．B C．C D．D
7．（2023·北京顺义·一模）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：
二、原理综合题
8．（2023·北京西城·统考一模）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1=_____。
(2)提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。
三、元素或物质推断题
9．（2023·北京顺义·一模）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_______。
四、工业流程题
10．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时 6.5 1.5 8.1 6.5
完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
参考答案
1．D
【详解】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B正确；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C正确；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误；
故选D。
2．D
【详解】A． FeSO4溶液与NH4HCO3反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用了碳酸氢根离子的电离平衡，A不选；
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，利用了水可以电离出氢离子的电离平衡，B不选；
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3，利用了一水合氨的电离平衡，C不选；
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，利用了难溶物的转化，不属于电离平衡，D选；
故选D。
3．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。
4．B
【详解】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜<1×10-5mol/L，A正确；
B．由题意可知，碳酸钡更难溶，故加入Na2CO3溶液还会存在部分硫酸钡转化为碳酸钡，故还有反应：BaSO4+CO=BaCO3+SO，B错误；
C．加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，gu 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，C正确；
D．流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D正确；
故选B。
5．D
【详解】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A正确；
B．从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，pH＜1.5时，无Fe(OH)3沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：，B正确；
C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：，C正确；
D．M点→N点pH升高，发生反应：，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D不正确；
故选D。
6．A
【详解】A．氯化铁固体加热过程中能发生水解，应该在氯化氢的气流中进行，故该实验不能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，能使品红褪色，多余的二氧化硫用氢氧化钠吸收，防止污染，该实验能达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸锌和硫化钠反应生成硫化锌沉淀，再加入硫酸铜溶液，硫化锌能转化为黑色的硫化铜沉淀，说明硫化铜的溶度积小于硫化锌，该实验能达到实验目的，C不符合题意；
D．该实验中只有盐酸的浓度不同，可以根据产生气泡的快慢分析浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。
7．B
【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。
8．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
9．(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) 加入，促进水解，产生 140
(5)
(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低
【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。
【详解】（1）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；
（2）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：；
（3）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；
（4）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=；
（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
（6）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。
10． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。2023北京高三一模化学汇编
物质在水溶液中的行为章节综合
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B．产生白色沉淀时，存在
C．当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
2．（2023·北京东城·统考一模）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A．m处溶液pH＞7，原因是+2H2OH2CO3+2OH-
B．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3
C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol L-1
3．（2023·北京房山·统考一模）某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A．稀释前溶液的浓度：
B．溶液中水的电离程度：b点
D．在d点和e点均存在：(酸根阴离子)
4．（2023·北京西城·统考一模）下列反应与电离平衡无关的是
A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
5．（2023·北京东城·统考一模）用石墨作电极电解a浊液，记录如表。
实验装置 实验现象
I.a为AgCl II.a为AgI
两电极均产生气泡，有黑色固体在阴极附近生成，并沉降在烧杯底部，烧杯中的液体逐渐变澄清透明 两电极均产生气泡，阴极表面附着少量银白色固体，烧杯中的液体逐渐变为棕黄色
下列说法不正确的是
A．I中阳极气体可能为Cl2和O2，II中阳极气体为O2
B．I和II中阴极生成气体的方程式均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—
C．II中液体变为棕黄色，说明阳极上发生了反应2AgI—2e—=I2+2Ag+
D．两实验阴极现象有差异的原因可能是II中c(Ag+)比I中的小
6．（2023·北京东城·统考一模）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
7．（2023·北京西城·统考一模）实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。
已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
下列说法不正确的是
A．调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L
B．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓
C．加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
D．若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成
8．（2023·北京朝阳·统考一模）常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气含量和溶液pH变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A．溶液pH<7的原因：
B．铁钉表面产生气泡的原因：
C．加入铁钉消耗，水解平衡正向移动，产生沉淀
D．推测溶液pH减小的原因：
9．（2023·北京房山·统考一模）室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。
已知：Fe(OH)3的；Fe(OH)2的；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法不正确的是
A．M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B．导致M点→N点pH升高的反应为：
C．导致P点→Q点pH降低的反应为：
D．O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应
10．（2023·北京房山·统考一模）下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 制取无水固体 检验产生的 证明 探究化学反应速率的影响因素
实验方案
A．A B．B C．C D．D
11．（2023·北京丰台·统考一模）实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是
选项 A B C D
体
试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、
装置 c、f c、e b、e a、d
A．A B．B C．C D．D
12．（2023·北京顺义·一模）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：
13．（2023·北京顺义·一模）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．水的电离方程式为：
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
二、实验题
14．（2023·北京西城·统考一模）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)蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：_____。
(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NaCuO2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。
(4)改进实验方案，进行实验。
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，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2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NaCuO2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NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、_____和_____。
15．（2023·北京朝阳·统考一模）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)。
16．（2023·北京顺义·一模）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_______。
三、工业流程题
17．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3
过程II的操作为______，洗涤，干燥。
18．（2023·北京丰台·统考一模）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢 艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是___________。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是___________。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因___________。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为___________。
(5) 艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式___________。
② 艺中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
19．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时 6.5 1.5 8.1 6.5
完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
四、原理综合题
20．（2023·北京西城·统考一模）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1=_____。
(2)提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。
21．（2023·北京丰台·统考一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i． 定条件下，Ti4+水解 程式：
ii． 定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
(1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因___________。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
(2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量 度解释加入还原铁粉的目的___________。
(3) 定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因___________。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
(4) 定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因___________。
III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到 氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
(5)电极X连接电源___________(填“正”或“负”)极。
(6)写出电极Y上发生的电极反应式___________。
五、元素或物质推断题
22．（2023·北京顺义·一模）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_______。
参考答案
1．D
【详解】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B正确；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C正确；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误；
故选D。
2．D
【分析】p、q为滴定终点，则p点时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，q点时发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。设原纯碱溶液中，Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则x=9.8×10-3L×0.100mol L-1=9.8×10-4mol，2x+y=21.5×10-3L×0.100mol L-1=2.15×10-3mol，y=1.9×10-4mol。
【详解】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不正确；
B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不正确；
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不正确；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol L-1，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)
C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C错误；
D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D正确；
故选：C。
4．D
【详解】A． FeSO4溶液与NH4HCO3反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用了碳酸氢根离子的电离平衡，A不选；
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，利用了水可以电离出氢离子的电离平衡，B不选；
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3，利用了一水合氨的电离平衡，C不选；
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，利用了难溶物的转化，不属于电离平衡，D选；
故选D。
5．C
【分析】氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，由实验现象可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，银离子在阴极放电生成银，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，少量银离子在阴极放电生成银。
【详解】A．由分析可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，则I中阳极气体可能为氯气和氧气，II中阳极气体为氧气，故A正确；
B．由分析可知，I和II中阴极生成气体都为水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故B正确；
C．由分析可知，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，反应生成的氧气将碘离子氧化为碘使II中液体变为棕黄色，故C错误；
D．由分析可知，氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，所以I中银离子在阴极放电生成银，II中少量银离子在阴极放电生成银，故D正确；
故选C。
6．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。
7．B
【详解】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜<1×10-5mol/L，A正确；
B．由题意可知，碳酸钡更难溶，故加入Na2CO3溶液还会存在部分硫酸钡转化为碳酸钡，故还有反应：BaSO4+CO=BaCO3+SO，B错误；
C．加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，gu 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，C正确；
D．流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D正确；
故选B。
8．C
【详解】A．溶液pH<7的原因是发生水解反应所致，离子方程式是：，故A正确；
B．铁钉表面产生气泡的原因是铁溶解于酸中，即：，故B正确；
C．加入铁钉发生反应：，铜离子水解平衡逆向移动，不会产生沉淀，故C错误；
D．结合图像可只氧气不断被消耗，pH不断较小，推测溶液pH减小的原因：，故D正确；
故选C。
9．D
【详解】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A正确；
B．从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，pH＜1.5时，无Fe(OH)3沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：，B正确；
C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：，C正确；
D．M点→N点pH升高，发生反应：，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D不正确；
故选D。
10．A
【详解】A．氯化铁固体加热过程中能发生水解，应该在氯化氢的气流中进行，故该实验不能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，能使品红褪色，多余的二氧化硫用氢氧化钠吸收，防止污染，该实验能达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸锌和硫化钠反应生成硫化锌沉淀，再加入硫酸铜溶液，硫化锌能转化为黑色的硫化铜沉淀，说明硫化铜的溶度积小于硫化锌，该实验能达到实验目的，C不符合题意；
D．该实验中只有盐酸的浓度不同，可以根据产生气泡的快慢分析浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。
11．A
【详解】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A正确；
B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误；
C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C错误；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D错误；
故选A。
12．B
【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。
13．B
【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。
14．(1)ClO-+H2OHClO+OH-
(2) 焰色试验 4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O
(3) pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2 滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体 c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强
(4)4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH
(5)具有强氧化性，能与H+、H2O反应
(6) CuSO4溶液 NaOH溶液
【详解】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-；
（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；
②NaCuO2与稀H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O；
（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；
②i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。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。
ii.提出假设2：c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。
（4）浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生气体的化学方程式是4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH。
（5）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。
（6）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。
15．(1)
(2) 固体a放置在空气中变为棕黑色 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(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pH
【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
（5）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。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（6）硫酸根离子的检验方法为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）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
16．(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，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
(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。
【详解】（1）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；
（2）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：；
（3）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。
（4）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。
17．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4) MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中 ＜ 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
18．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知， 艺中可循环使用的物质是()。
19． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
20．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
21．(1)
(2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
(3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
(4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。
(5)正
(6)TiO2+4e-=Ti+2O2-
【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
22．(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) 加入，促进水解，产生 140
(5)
(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低
【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。
【详解】（1）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；
（2）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：；
（3）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；
（4）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=；
（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
（6）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。2023北京高三一模化学汇编
化学实验基础（选择）
一、单选题
1．（2023·北京丰台·统考一模）下列实验不能达到实验目的的是
A．除去中少量的HCl B．比较Al和Cu的金属活动性 C．检验溴乙烷消去反应的产物 D．分离饱和溶液和
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·北京丰台·统考一模）实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是
选项 A B C D
体
试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、
装置 c、f c、e b、e a、d
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·北京西城·统考一模）下列实验能达到实验目的的是
A．制作简单的燃料电池 B．证明苯环使羟基活化
C．制备并收集NO2 D．检验溴乙烷的水解产物Br-
4．（2023·北京门头沟·统考一模）为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L 1)。
实验 操作与现象
①
②
③
分析上述实验现象，所得结论不合理的是
A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B．实验②说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．实验①-③说明SO对Fe3+ 的水解反应无影响，但对还原反应有影响
5．（2023·北京门头沟·统考一模）下图所示的实验，不能达到实验目的的是
A B
比较Fe3+的催化效果好于Cu2+ 用溴水检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯 验证铁发生吸氧腐蚀 实验室制Cl2时，除去Cl2中的HCl并干燥
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·北京门头沟·统考一模）北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”授课、神舟十五号载人飞船发射成功、及“C919”飞机等，均展示了国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为氧化性气体
B．乙酸钠过饱和溶液析出结晶水合物属于化学变化
C．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将化学能转化为电能供飞船使用
D．“C919”飞机机身使用的材料碳纤维属于新型无机非金属材料
7．（2023·北京东城·统考一模）下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是
A．盛放NaOH溶液，选用③
B．用NH4Cl和Ca(OH)2固体制备氨，选用②
C．配制100mL1.00mol L-1NaCl溶液，选用⑤
D．用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，选用①④
8．（2023·北京西城·统考一模）中医药根植于中华传统文化。下列说法不正确的是
A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，采用了萃取的方法
B．中药甘草、金银花、石膏、明矾等的主要化学成分都是有机物
C．汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率
D．煎制草药不宜使用铁质容器，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效
9．（2023·北京朝阳·统考一模）化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：
将1mol和充入干重整反应器，发生：
重整反应：
积炭反应：
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，被还原后可循环利用
B．增大n(FeO)能增大，推测发生
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低
D．干重整反应器中存在：
10．（2023·北京房山·统考一模）下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 制取无水固体 检验产生的 证明 探究化学反应速率的影响因素
实验方案
A．A B．B C．C D．D
参考答案
1．B
【详解】A．氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可除去中少量的HCl，A正确；
B．铝遇到浓硝酸钝化，铜和浓硝酸发生氧化还原反应，无法比较Al和Cu的金属活动性，B错误；
C．溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，水可除去挥发的醇，乙烯使高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，可检验消去产物，C正确；
D．不溶于水，可以通过分液分离饱和溶液和，D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A正确；
B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误；
C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C错误；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D错误；
故选A。
3．A
【详解】A．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A符合题意；
B．溴水和苯酚反应三溴苯酚，说明羟基使苯环活化，B不符合题意；
C．生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，C不符合题意；
D．证明存在溴离子，应该首先将反应后的溶液酸化后再加入硝酸银溶液，D不符合题意；
故选A。
4．D
【详解】A．根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，说明加热促进Fe3+水解反应，A正确；
B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；再滴加溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，整个过程说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应，B正确；
C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+与没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应，C正确；
D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，少量对Fe3+的还原反应有影响，过量对Fe3+的还原反应无影响，D错误；
故选D。
5．A
【详解】A．H2O2的浓度不一样，没有控制变量，无法比较Fe3+的催化效果好于Cu2+，A符合题意；
B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯能使溴水褪色，能达到实验目的，B不符合题意；
C．铁发生吸氧腐蚀，装置内压强减小，试管中液面会上升，能达到实验目的，C不符合题意；
D．实验室制Cl2时，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，用浓硫酸干燥气体，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。
6．D
【详解】A．H2中H原子化合价为0价，是还原性气体，故A错误；
B．乙酸钠过饱和溶液析出结晶水合物属于物理变化，故B错误；
C．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，该电池是将太阳能转化为电能供飞船使用，故C错误；
D．碳纤维属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选D。
7．A
【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用玻璃塞试剂瓶盛放氢氧化钠溶液，故A错误；
B．氯化铵固体和氢氧化钙固体共热制备氨气的反应为固固加热的反应，应选用②制备氨气，故B正确；
C．配制100mL1.00mol L-1氯化钠溶液时，应选用⑤转移溶液，故C正确；
D．用大理石和盐酸制取二氧化碳并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，应选用①制备二氧化碳、盛有饱和碳酸氢钠溶液的④除去氯化氢，再用④盛有苯酚钠的溶液验证碳酸和苯酚的酸性强弱，故D正确；
故选A。
8．B
【详解】A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，利用青蒿素在乙醚中较大的溶解度，采用了萃取的方法，A正确；
B．中药甘草、金银花的主要化学成分是有机物，石膏、明矾属于无机物，B错误；
C．温度降低，反应速率降低，故汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率，C正确；
D．煎制草药不宜使用铁质容器，应该使用耐腐蚀的陶制器皿，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效，D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；
B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有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炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；
故选D。
10．A
【详解】A．氯化铁固体加热过程中能发生水解，应该在氯化氢的气流中进行，故该实验不能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，能使品红褪色，多余的二氧化硫用氢氧化钠吸收，防止污染，该实验能达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸锌和硫化钠反应生成硫化锌沉淀，再加入硫酸铜溶液，硫化锌能转化为黑色的硫化铜沉淀，说明硫化铜的溶度积小于硫化锌，该实验能达到实验目的，C不符合题意；
D．该实验中只有盐酸的浓度不同，可以根据产生气泡的快慢分析浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。2023北京高三一模化学汇编
分子结构与物质的性质
一、单选题
1．（2023·北京顺义·一模）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．水的电离方程式为：
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．（2023·北京丰台·统考一模）已知：。下列说法不正确的是
A．中含有离子键、共价键和配位键
B．和HCl分子的共价键均是s-s σ键
C．极易溶于水，与分子极性、氢键和能与水反应有关
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟
3．（2023·北京朝阳·统考一模）用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是
A．和都是极性分子
B．和分子中的共价键都是键
C．分子的键角小于分子的键角
D．烧瓶中溶液颜色变红的原因：
参考答案
1．B
【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．B
【详解】A．氯化铵含有键的类型包括铵根离子和氯离子之间的离子键,铵根离子中的三个共价键和一个配位键，A正确；
B．和HCl分子的共价键均是s-p σ键，B错误；
C．极易溶于水，因为水为极性分子且含有氢键，为极性分子、含有氢键，与水反应生成一水合氨，C正确；
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟，白烟为氯化铵颗粒，D正确；
故选B。
3．C
【详解】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；
B．和分子中中心原子都是杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是键，故B正确；
C．两者中心原子都是杂化，有两对孤电子对，有一对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以分子的键角大于分子的键角，故C错误；
D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确；
故选C。2023北京高三一模化学汇编
金属晶体与离子晶体
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）关于下列4种物质的说法正确的是
A．①的晶体为共价晶体
B．①与②完全反应时，转移2mol电子
C．室温时，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度
D．③和④体积不同的主要原因是分子数不同
2．（2023·北京房山·统考一模）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。
下列说法不正确的是
A．该晶体为离子晶体
B．钛酸钙的化学式为
C．每个晶胞中含有8个
D．每个Ca 周围距离最近且等距的有12个
二、结构与性质
3．（2023·北京东城·统考一模）LiFePO4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LiFePO4。
(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26Fe2+的价层电子排布式为_____。
②草酸亚铁晶体中Fe2+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LiFePO4。
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NH4H2PO4分解，补全方程式。____。
NH4H2PO4_____+_____+P2O5
(3)晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，LiFePO4中的Li+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：Li+的脱嵌率=×100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，则Li+的脱嵌率为_____，平均每个晶胞脱嵌____个Li+。
参考答案
1．C
【详解】A．铜为金属晶体，不是共价晶体，故A错误；
B．铜与硫共热反应生成氯化亚铜，则64g铜与32g完全反应时，铜不足量，反应转移1mol电子，故B错误；
C．硫单质不溶于水，微溶于酒精，所以室温时，硫在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度，故C正确；
D．18g水和46g乙醇体积不同的主要原因是密度不同，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，故A正确；
B．由均摊法可知，1个晶胞中含有O2-的个数是=3，Ti4+的个数是1，Ca2+的个数为8 =1，则钛酸钙的化学式为，故B正确；
C．每个晶胞中含有8 =1个，故C错误；
D．由晶胞结构可知，以顶点为研究对象，在1个晶胞中Ca 周围距离最近且等距的有3个，该顶点被8个晶胞共用，则每个Ca 周围距离最近且等距的有=12个，故D正确；
故选C。
3．(1) 3d6 6 FeC2O4 2H2O
(2) N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O
(3) 充电 25% 1
【详解】（1）①基态26Fe的质子数为26，26Fe2+的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
②由图可知，草酸亚铁晶体中亚铁离子与草酸根离子中的4个氧原子和水分子中的2个氧原子相连，则亚铁离子的配位数为6，故答案为：6；
③由图可知，亚铁离子与2个草酸根离子和2个水分子相连，其中草酸根离子为两个亚铁离子所共有，则每个亚铁离子结合的草酸根离子为2×=1，则草酸亚铁晶体中亚铁离子、草酸根离子和水分子的个数比为1：1：2，化学式为FeC2O4 2H2O，故答案为：FeC2O4 2H2O；
（2）①氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，破坏化学键消耗的能量大，所以氮气的化学性质稳定，能用作保护气，故答案为：N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定；
②由未配平的化学方程式可知，磷酸二氢铵在100～400℃受热分解生成五氧化二磷、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O，故答案为：2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O；
（3）①由晶胞结构可知，LiFePO4在阳极失去电子发生氧化反应生成FePO4，则i表示充电过程，故答案为：充电；
②由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于体内的FeO6八面体和PO4四面体形成的磷酸根离子的个数为4，若某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为3，则平均每个晶胞脱嵌锂离子个数为1，脱嵌率为×100%=25%，故答案为：25%；1。2023北京高三一模化学汇编
结构与性质
一、结构与性质
1．（2023·北京东城·统考一模）LiFePO4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LiFePO4。
(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26Fe2+的价层电子排布式为_____。
②草酸亚铁晶体中Fe2+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LiFePO4。
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NH4H2PO4分解，补全方程式。____。
NH4H2PO4_____+_____+P2O5
(3)晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，LiFePO4中的Li+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：Li+的脱嵌率=×100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，则Li+的脱嵌率为_____，平均每个晶胞脱嵌____个Li+。
2．（2023·北京西城·统考一模）锂离子电池广泛应用于电源领域。
(1)锂离子电池目前广泛采用溶有六氟磷酸锂(LiPF6)的碳酸酯作电解液。
①Li、P、F的电负性由大到小的排序是_____。
②PF中存在_____(填序号)。
a.共价键 b.离子键 c.金属键
③碳酸二乙酯()的沸点高于碳酸二甲酯()，原因是_____。
④采用高温处理废旧电解液，会诱发碳酸酯发生变化，增大回收难度。碳酸二甲酯在高温发生如图转化。
EC()发生类似转化的产物是Li2CO3和_____(答一种)。
(2)废旧锂离子电池含LiNiO2的正极材料经预处理后，可采用如图原理富集Ni元素。
①基态Ni2+的价层电子的轨道表示式是_____。
②DMG中N原子均与Ni2+配位，且Ni2+的配位数是4；DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键。写出DMG－Ni的结构简式(用“…”标出氢键)。_____
(3)石墨可作锂离子电池的负极材料。充电时，Li+嵌入石墨层间。当嵌入最大量Li+时，晶体部分结构的俯视示意图如图，此时C与Li+的个数比是_____。
3．（2023·北京海淀·统考一模）氟在已知元素中电负性最大、非金属性最强，其单质在1886年才被首次分离出来。
（1）基态F原子的核外电子排布式为 。
O2F2 H2O2
O—O键长/pm 121 148
（2）氟氧化物O2F2、OF2的结构已经确定。
①依据数据推测O—O键的稳定性：
O2F2 H2O2（填“＞”或“＜”）。
②OF2中F-O-F的键角小于H2O中H-O-H的键角，解释原因： 。
（3）HF是一种有特殊性质的氢化物。
①已知：氢键（X—H···Y）中三原子在一条直线上时，作用力最强。测定结果表明，(HF)n固体中HF分子排列成锯齿形。画出含2个HF的重复单元结构： 。
②HF中加入BF3可以解离出H2F+和具有正四面体形结构的阴离子，写出该过程的离子方程式： 。
（4）工业上用萤石（主要成分CaF2）制备HF。CaF2晶体的一种立方晶胞如图所示。
① CaF2晶体中距离Ca2+最近的F-有 个。
②晶体中Ca2+与F-的最近距离为d nm（1 cm =107 nm），
阿伏加德罗常数的值为NA。
该晶体的密度ρ= g·cm-3（列出计算式）。
4．（2023·北京朝阳·统考一模）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。
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。
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。
5．（2023·北京丰台·统考一模）含氮化合物具有非常广泛的应用。
(1)基态氮原子的电子有______种空间运动状态。
(2)很多有机化合物中含有氮元素。
物质 A(对氨基苯甲酸) B(邻氨基苯甲酸)
结构简式
熔点 188℃ 145℃
作用 防晒剂 制造药物及香料
①组成物质A的4种元素的电负性由大到小的顺序是___________。
②A的熔点高于B的原因是___________。
③A可以与多种过渡金属元素形成不同结构的配合物。其中A和可形成链状结构，在下图虚线内画出A的结构简式 ___________。
(3)氮元素可以与短周期金属元素形成化合物。是离子化合物，比较两种微粒的半径：___________(填“>”、“<”或“=”)。
(4)氮元素可以与过渡金属元素形成化合物，其具备高硬度、高化学稳定性和优越的催化活性等性质。某三元氮化物是良好的超导材料，其晶胞结构如图所示。
①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为___________。
②与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有___________个。
③表示阿伏伽德罗常数的值。若此晶体的密度为，则晶胞的边长为___________nm。()
6．（2023·北京顺义·一模）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。
7．（2023·北京房山·统考一模）邻羟基苯甲酸俗称水杨酸，具有抗炎、抗菌、角质调节等作用。其分子结构如图所示。
(1)邻羟基苯甲酸中碳原子的杂化方式为___________。
(2)下列关于邻羟基苯甲酸的说法合理的是___________。
a．属于分子晶体
b．沸点高于对羟基苯甲酸
c．相同条件下，在水中的溶解度小于对羟基苯甲酸
(3)具有酚羟基的物质通常能与氯化铁溶液发生显色反应。其显色原理是苯酚电离出的和形成配位键，得到的显紫色。
①基态的价电子排布式为___________。
②实验发现对羟基苯甲酸不能与氯化铁发生显色反应，试从化学平衡的角度解释其原因是___________。
(4)理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林 ，然而实际生产中该反应产率极低。已知：
i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理：
ii．苯酚中O原子2p轨道与C原子2p轨道平行，O原子p轨道电子云与苯环大π键电子云发生重叠，电子向苯环转移，降低了氧原子周围的电子云密度。
①比较O、C电负性大小，并从原子结构角度解释两元素电负性差异的原因是___________。
②请结合已知信息，分析以邻羟基苯甲酸和乙酸为原料制备阿司匹林产率偏低的原因是___________。
参考答案
1．(1) 3d6 6 FeC2O4 2H2O
(2) N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O
(3) 充电 25% 1
【详解】（1）①基态26Fe的质子数为26，26Fe2+的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
②由图可知，草酸亚铁晶体中亚铁离子与草酸根离子中的4个氧原子和水分子中的2个氧原子相连，则亚铁离子的配位数为6，故答案为：6；
③由图可知，亚铁离子与2个草酸根离子和2个水分子相连，其中草酸根离子为两个亚铁离子所共有，则每个亚铁离子结合的草酸根离子为2×=1，则草酸亚铁晶体中亚铁离子、草酸根离子和水分子的个数比为1：1：2，化学式为FeC2O4 2H2O，故答案为：FeC2O4 2H2O；
（2）①氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，破坏化学键消耗的能量大，所以氮气的化学性质稳定，能用作保护气，故答案为：N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定；
②由未配平的化学方程式可知，磷酸二氢铵在100～400℃受热分解生成五氧化二磷、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O，故答案为：2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O；
（3）①由晶胞结构可知，LiFePO4在阳极失去电子发生氧化反应生成FePO4，则i表示充电过程，故答案为：充电；
②由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于体内的FeO6八面体和PO4四面体形成的磷酸根离子的个数为4，若某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为3，则平均每个晶胞脱嵌锂离子个数为1，脱嵌率为×100%=25%，故答案为：25%；1。
2．(1) F＞P＞Li a 二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高 CH2=CH2
(2) 或
(3)6∶1
【详解】（1）①电负性由大到小的排序：F >P >Li；
②PF中P原子和F原子形成共价键，答案选a；
③二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高；
④由信息可知反应物中2个C-O断裂，形成碳碳键，则发生类似转化的产物是Li2CO3和CH2=CH2。答案：CH2=CH2。
（2）①基态Ni2+的价层电子排布式3d8，轨道表示式是；
②DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键，一个配体中和O形成共价键的H与另一个配体中的氧形成氢键，答案：或。
（3）由晶体部分结构的俯视示意图，可选取晶胞，俯视图如图，晶胞中16个C原子在棱上，4个C在面心，4个Li+在棱心，根据均摊法，C与Li+的个数比1=6∶1。
3．（1）1s22s22p5
（2）① ＞
② OF2和H2O中O原子均为sp3杂化且均有2个孤电子对（或OF2和H2O分子结构相似），F原子电负性大于H，与H2O中O—H相比，OF2中O—F键成键电子对更加偏向F原子，中心原子O的电子云密度小，OF2中成键电子对之间排斥力小于H2O中，故OF2的键角F—O—F小于H2O中键角H—O—H
（3）①
② BF3 + 2HF＝H2F+ + [BF4]-
（4）① 8
②
4．(1)a
(2)基态Fe原子的价电子排布为，最后填入电子的能级为3d
(3) 配位键 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。
(4) 正四面体 4x
【详解】（1）根据能量大小顺序：2p>2s>1s分析，b能量最低，当2p轨道有两个电子时，根据洪特规则应该分占不同的轨道，电子的能量最低，若两个自旋方向相反的电子占据一个轨道其能量要高些，故能量最高的为a。
（2）基态Fe原子的价电子排布为，最后填入电子的能级为3d，故铁属于d区。
（3）①提供空轨道，中的氧原子提供孤对电子对，二者之间形成配位键。
②的大于的，从结构角度解释原因：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，更容易电离，故其电离平衡常数比醋酸的电离平衡常数大。
（4）①的中心原子为磷原子，其价层电子对数为，没有孤电子对，故空间构型为正四面体结构。
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，电极反应为，一个晶胞中含有锂离子的个数为，故每个晶胞含有4个，每摩晶胞反应就是有4mol反应，转移电子的物质的量为4xmol。
5．(1)5
(2) O>N>C>H B易形成分子内氢键，A只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B
(3)<
(4) 12 c
【详解】（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，电子的空间运动状态数=轨道数，有5种；
（2）①组成物质A的4种元素为C、H、N、O，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，故有：O>N>C>H；
②B(邻氨基苯甲酸)易形成分子内氢键，A(对氨基苯甲酸)只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B；
③N、O原子提供孤电子对，提供空轨道，其中A和可形成链状结构，A的结构简式为；
（3）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，故半径<；
（4）①基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，故其价电子轨道表示式为；
②根据晶胞结构可知，Zn在顶点，Ni在面心，以Zn为中心在四个晶胞的面心有4个Ni，考虑三维空间，则与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有43=12个；
③根据均摊法，则一个晶胞含有1个N，6=3个Ni，8=1个Zn，分子式为ZnNi3N；晶胞的质量为，体积为V=cm3，边长为cm=c nm。
6．(1)
(2)
(3) O > 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) 4 22.4
【详解】（1）遇水反应的方程式为：，，化合价升高，被氧化，作还原剂；
（2）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：；
（3）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；
（4）分子中含有氢键，其沸点高于；
（5）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。
7．(1)sp2
(2)ac
(3) 3d5 对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与的配位能力下降
(4) O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C 邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行
【详解】（1）邻羟基苯甲酸分子中碳原子不是饱和碳原子，均是sp2杂化。
（2）a．分子晶体是分子间通过分子间作用力(范德华力和氢键)构成的晶体，邻羟基苯甲酸属于分子晶体，正确；
b．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低，错误；
c．邻羟基苯甲酸中存在着分子内氢键从而减小了它的极性，而H2O是极性分子，因此它在H2O中的溶解性小；对羟基苯甲酸中不存在分子内氢键，极性较强，故在H2O中的溶解性较大，正确；
故选ac。
（3）①Fe原子价电子排布式为3d64s2，失去3个电子，失去的是4s上的两个电子和 3d上的一个电子，故答案为 3d5；
②对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与的配位能力下降。
（4）①电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；
②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行。2023北京高三一模化学汇编
物质的结构与性质（选择）
一、单选题
1．（2023·北京石景山·统考一模）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是
实验目的 实验药品
A 比较水和四氯化碳分子的极性 、、橡胶棒、毛皮
B 验证乙醇的消去产物乙烯 乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
C 探究温度对化学平衡的影响 溶液、冷水、热水
D 证明牺牲阳极法保护铁 Fe、Zn、酸化的食盐水、溶液
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·北京石景山·统考一模）下列事实的解释不正确的是
事实 解释
A 第一电离能： Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B 溶液显酸性 电离产生的可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于
C 分子中的共价键是键 Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠
D 、、的熔点依次增大 、、的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·北京石景山·统考一模）下列性质的比较中，不正确的是
A．非金属性：N
A．基态N原子的价层电子排布式：
B．的结构示意图：
C．HClO的电子式：
D．顺-2-丁烯的结构简式：
5．（2023·北京房山·统考一模）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。
下列说法不正确的是
A．该晶体为离子晶体
B．钛酸钙的化学式为
C．每个晶胞中含有8个
D．每个Ca 周围距离最近且等距的有12个
6．（2023·北京房山·统考一模）在考古研究中，通过分析铜器中(铅)同位素的比值，可以推断铜器是否同源。下列说法不正确的是
A．Pb是第五周期元素 B．含有中子数为122
C．可用质谱法区分和 D．Pb的原子半径比Ge大
7．（2023·北京房山·统考一模）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的结构式： B．NaOH的电子式：
C．的VSEPR模型： D．的空间结构模型：
8．（2023·北京房山·统考一模）聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
9．（2023·北京丰台·统考一模）硒()在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是
A．Se原子在周期表中位于p区
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子
D．键角大小：气态
10．（2023·北京丰台·统考一模）已知：。下列说法不正确的是
A．中含有离子键、共价键和配位键
B．和HCl分子的共价键均是s-s σ键
C．极易溶于水，与分子极性、氢键和能与水反应有关
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟
11．（2023·北京丰台·统考一模）下列原因分析能正确解释性质差异的是
选项 性质差异 原因分析
A 金属活动性：Mg>Al 第一电离能：Mg>Al
B 气态氢化物稳定性： 分子间作用力：
C 熔点：金刚石>碳化硅>硅 化学键键能：C-C>C-Si>Si-Si
D 酸性： 非金属性：C
12．（2023·北京丰台·统考一模）导航卫星的原子钟被称为卫星的“心脏”，目前我国使用的是铷原子钟。已知，自然界存在两种铷原子和，具有放射性。下列说法不正确的是
A．Rb位于元素周期表中第六周期、第IA族 B．可用质谱法区分和
C．和是两种不同的核素 D．的化合物也具有放射性
13．（2023·北京丰台·统考一模）下列化学用语或图示表达正确的是
A．Cr元素基态原子的价电子排布式：
B．NaOH的电子式：
C．葡萄糖的结构简式：
D．乙烯分子中的π键：
14．（2023·北京西城·统考一模）下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是
A．+HCN→
B．+NH3+HCl
C．CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O
D．CH3CH=CH2+H2CH3CH2CH3
15．（2023·北京西城·统考一模）探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。
下列说法不正确的是
A．对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响
B．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响
C．H2O2是直线形的非极性分子
D．H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键
16．（2023·北京西城·统考一模）下列化学用语或图示不正确的是
A．1－丁烯的实验式：CH2
B． 的VSEPR模型：
C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D．HCl分子中σ键的形成：
17．（2023·北京朝阳·统考一模）瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。
下列说法不正确的是
A．合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基
B．分子间可能存在不同类型的氢键
C．生成瓜环[n]的反应中，有键断裂
D．合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成
18．（2023·北京朝阳·统考一模）冠醚能与碱金属离子结合(如下图所示)，是有机反应很好的催化剂，如能加快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。
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．如图所示的实验中：①>②>③
C．冠醚通过与结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D．为加快与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
19．（2023·北京朝阳·统考一模）用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是
A．和都是极性分子
B．和分子中的共价键都是键
C．分子的键角小于分子的键角
D．烧瓶中溶液颜色变红的原因：
20．（2023·北京朝阳·统考一模）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：
B．铜在环境中被腐蚀：
C．浓度越大，腐蚀反应速率越大
D．利用对铜的腐蚀制作印刷线路板：
21．（2023·北京朝阳·统考一模）我国科学家预言的T-碳已被合成。T-碳的晶体结构可看做将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，T-碳和金刚石的晶胞如图所示。下列说法不正确的是
A．T-碳与金刚石互为同素异形体
B．T-碳与金刚石均属于共价晶体
C．T-碳与金刚石中键角均为
D．T-碳晶胞中平均含有32个碳原子
22．（2023·北京朝阳·统考一模）和S均属于VIA族元素。下列关于Se及其化合物性质的比较不正确的是
A．第一电离能： B．原子半径：Se
23．（2023·北京朝阳·统考一模）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1的氢原子：
C．NaCl的晶胞：
D．反-2-丁烯的结构简式：
24．（2023·北京东城·统考一模）关于下列4种物质的说法正确的是
A．①的晶体为共价晶体
B．①与②完全反应时，转移2mol电子
C．室温时，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度
D．③和④体积不同的主要原因是分子数不同
25．（2023·北京东城·统考一模）解释下列事实的方程式不正确的是
A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑
C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0
D．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
26．（2023·北京东城·统考一模）下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是
A．C原子中的质子和中子 B．Na2O2固体中的阴离子和阳离子
C．SiO2晶体中的硅原子和共价键 D．FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—
27．（2023·北京东城·统考一模）硒代半胱氨酸(含C、H、N、O、34Se5种元素)是一种氨基酸，其分子空间结构如图，下列说法不正确的是
A．Se位于元素周期表中第四周期VIA族 B．图中最大的球代表Se
C．硒代半胱氨酸分子中含一个手性碳原子 D．硒代半胱氨酸难溶于水，易溶于苯
28．（2023·北京门头沟·统考一模）我国发布了《医用同位素中长期发展规划(2021-2035年)》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、 131I、60Co等，有关说法不正确的是
A．60Co位于元素周期表的第四周期第VIII族
B．18F和131I的最外层电子数相同
C．14C与12C的化学性质几乎相同
D．化合物23Na18F的中子总数为41
29．（2023·北京门头沟·统考一模）下列事实不能依据键能大小解释的是
A．熔点：HF >HCl B．活泼性：N2 < P4
C．热稳定性：CH4 > SiH4 D．硬度：金刚石 > 晶体硅
参考答案
1．B
【详解】A．用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，四氯化碳分子是非极性分子，靠近水流，水流方向无明显变化，故A不符合题意；
B．浓硫酸使乙醇脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯以及挥发出的乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能达到实验目的，故B符合题意；
C．，该反应为吸热反应，温度改变可以使平衡发生移动而改变溶液的颜色，故C不符题意；
D．因Zn的金属活泼性大于Fe，将Zn与Fe用导线相连后插入酸化的食盐水中，一段时间后，取出电极，向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显现象，说明并未生成Fe2+，由此可证明这是牺牲阳极的阴极保护法，故D不符合题意；
故答案选B。
2．A
【详解】A．第一电离能：是因为Mg的3s处于全满状态，能量低不容易失去一个电子；Al的最外层为3p1容易失去一个电子形成稳定结构，所以铝的第一电离能比镁低；故A错误；
B．溶液显酸性是因为可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于，故B正确；
C．由于Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠，形成键；故C正确；
D．、、是由同主族元素形成的单质，结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，故D正确；
故答案选A。
3．C
【详解】A．同周期元素，从左到右，元素非金属性依次增强，所以非金属性N
C．同周期元素，从左到右，原子半径依次减小，所以原子半径N>O，C错误；
D．非金属性越强，对应的最高价含氧酸酸性越强，非金属性N>C，所以酸性：HNO3>H2CO3，D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．已知N为7号元素，则基态N原子的价层电子排布式为：，A错误；
B．已知S是16号元素，则的结构示意图为：，B错误；
C．已知H最外层只有1个电子，只能形成一个共价键，O核外最外层有6个电子，最多能形成2个共价键，故HClO的电子式为：，C错误；
D．根据烯烃的立体异构可知，顺-2-丁烯的结构简式为：，D正确；
故答案为：D。
5．C
【详解】A．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，故A正确；
B．由均摊法可知，1个晶胞中含有O2-的个数是=3，Ti4+的个数是1，Ca2+的个数为8 =1，则钛酸钙的化学式为，故B正确；
C．每个晶胞中含有8 =1个，故C错误；
D．由晶胞结构可知，以顶点为研究对象，在1个晶胞中Ca 周围距离最近且等距的有3个，该顶点被8个晶胞共用，则每个Ca 周围距离最近且等距的有=12个，故D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．Pb是82号元素，是第六周期元素，故A错误；
B．Pb是82号元素，质子数为82，含有中子数204-82=122，故B正确；
C．质谱的作用准确测定物质的分子量，和质量数不同，可以用质谱法区分，故C正确；
D．Pb和Ge是同主族元素，Pb是第六周期元素，Ge是第四周期元素，Pb的原子半径比Ge大，故D正确；
故选A。
7．D
【详解】A．氮气分子中N原子之间以三键相连，结构式为N≡N，故A正确；
B．NaOH属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：，故B正确；
C．H2O的价层电子对数=2+=4，含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，模型：，故C正确；
D．中S原子的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，S原子为sp3杂化，空间结构为正四面体形，故D错误；
故选：D。
8．B
【详解】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A错误；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B正确；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C错误；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D错误；
故选：B。
9．D
【详解】A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、，苯环上的C为杂化， 此处的C为杂化，B正确；
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子 ，C正确；
D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为 0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D错误；
故选D。
10．B
【详解】A．氯化铵含有键的类型包括铵根离子和氯离子之间的离子键,铵根离子中的三个共价键和一个配位键，A正确；
B．和HCl分子的共价键均是s-p σ键，B错误；
C．极易溶于水，因为水为极性分子且含有氢键，为极性分子、含有氢键，与水反应生成一水合氨，C正确；
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟，白烟为氯化铵颗粒，D正确；
故选B。
11．C
【详解】A．Mg和Al的电子层数相同，Mg的原子半径大，原子核对最外层电子的吸引力小，镁易失去最外层电子，所以金属活动性：Mg>Al，故不选A；
B．稳定性与键能有关，与分子间作用力无关，故不选B；
C．化学键键能C-C>C-Si>Si-Si，所以熔点：金刚石>碳化硅>硅，故C正确；
D．亚硫酸不是S的最高价含氧酸，不能根据酸性得出非金属性C
12．A
【详解】A．Rb位于元素周期表中第五周期、第IA族，A错误；
B．由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分和，B正确；
C．和是质子数相同和中子数不同的两种核素，C正确；
D．具有放射性，的化合物也具有放射性，D正确；
故选A。
13．D
【详解】A．Cr元素基态原子为半充满稳定结构，电子排布式为1s2s2p63s23p63d54s1，Cr元素基态原子的价电子排布式：3d54s1，A错误；
B．NaOH的电子式为，B错误；
C．葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，C错误；
D．乙烯分子中的π键为，D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．乙醛和HCN发生加成反应，乙醛中碳氧双键断开成单键，HCN中极性键H-C键断裂，显正电性的H加到显负电性的O上成为羟基，该反应可以用反应物中键的极性解释，故A不选；
B．乙酰氯中的C-Cl键断裂，NH3中的一个N-H键断裂，断裂的都是极性键，C和N形成极性键，H和Cl形成极性键，生成乙酰胺和HCl，可以用反应物中键的极性解释，故B不选；
C．乙醇和HBr发生取代反应，乙醇中的C-O极性键断裂，HBr中的极性键H-Br键断裂，形成新的C-Br极性键和H-O极性键，该反应可以用反应物中键的极性解释，故C不选；
D．丙烯和氢气加成，断裂的是碳碳间的π键和氢气分子中的H-H非极性键，故该反应不能用反应物中的键的极性解释，故D选；
故选D。
15．C
【详解】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①做对比实验，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，A正确；
B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，B正确；
C．H2O2的分子结构为，分子结构不对称，为极性分子，C不正确；
D．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足相似相溶原理，更主要是H2O2与H2O分子之间能形成氢键，D正确；
故选C。
16．B
【详解】A．1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数为，故其VSEPR模型为四面体形，选项B不正确；
C．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C正确；
D．HCl分子中σ键的形成：，选项D正确；
答案选B。
17．D
【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确；
B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；
C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；
D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误；
故选：D。
18．B
【详解】A．由表格数据可知，同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同，同一冠醚与不同碱金属离子结合时其结合常数不同，因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．由表格数据可知，冠醚A与K+结合常数大，结合能力强，因此加入KCl固体后，与冠醚A结合的Na+被K+替代，Na+被释放，溶液中：③>②，B错误；
C．冠醚通过与结合将携带进入有机相，增大与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，C正确；
D．由表格数据可知，适配冠醚A，结合常数大，结合能力强，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确；
故选B。
19．C
【详解】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；
B．和分子中中心原子都是杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是键，故B正确；
C．两者中心原子都是杂化，有两对孤电子对，有一对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以分子的键角大于分子的键角，故C错误；
D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确；
故选C。
20．A
【详解】A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成碱式碳酸铜，化学方程式为，A正确；
B．Cu在NH3环境中被腐蚀，铜充足的情况下发生反应的离子方程式为4Cu+8NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)2]++4OH-，铜不足的情况下离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-，B错误；
C．HNO3浓度较大形成浓硝酸时，Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C错误；
D．FeCl3与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，D错误；
故答案选A。
21．C
【详解】A．T-碳与金刚石均为碳的单质，结构不同，互为同素异形体，故A正确；
B．由晶胞结构可知T-碳也是以四面体为结构单元的空间网状结构，两者均为共价晶体，故B正确；
C．T-碳中4个碳原子围成正四面体结构，该结构中键角为60°，故C错误；
D．由晶胞结构可知，在T-碳晶胞中四个碳原子组成的正四面体结构单元有8个位于顶点，6个位于面心，4个位于体内，个数为：，则碳原子个数为32，故D正确；
故选：C。
22．A
【详解】A．属于VA族元素，其np轨道上的电子处于半充满状态，更稳定，第一电离能更大，所以第一电离能：，故A错误；
B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Se
D．两者是结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，沸点就越高，所以沸点：，故D正确；
故选A。
23．B
【详解】A． HClO的电子式：，故A错误；
B． 中子数为1的氢原子：，质量数为2，故B正确；
C． NaCl的晶胞：，故C错误；
D． 反-2-丁烯的结构简式：，故D错误；
故选B。
24．C
【详解】A．铜为金属晶体，不是共价晶体，故A错误；
B．铜与硫共热反应生成氯化亚铜，则64g铜与32g完全反应时，铜不足量，反应转移1mol电子，故B错误；
C．硫单质不溶于水，微溶于酒精，所以室温时，硫在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度，故C正确；
D．18g水和46g乙醇体积不同的主要原因是密度不同，故D错误；
故选C。
25．A
【详解】A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀发生的反应为二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故A错误；
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀发生的反应为碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑，故B正确；
C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色说明溶液中的四水合铜离子与氯离子反应生成四氯合铜离子和水的反应为吸热反应，反应的离子方程式为[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0，故C正确；
D．用氢氧化钠溶液吸收氯气发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故D正确；
故选A。
26．B
【详解】A．C原子中的质子数和中子数都为6，则质子和中子的个数比为1：1，故A不符合题意；
B．过氧化钠中过氧根离子和钠离子的个数比为1：2，故B符合题意；
C．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧共价键，则晶体中的硅原子和共价键的个数比为1：4，故C不符合题意；
D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解，所以溶液中亚铁离子和氯离子的个数比小于1：2，故D不符合题意；
故选B。
27．D
【详解】A．硒元素的原子序数为34，位于元素周期表中第四周期VIA族，故A正确；
B．硒代半胱氨酸中硒原子的电子层数最多，原子半径最大，则图中最大的球代表硒原子，故B正确；
C．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中与氨基和羧基相连的碳原子是连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故C正确；
D．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中含有亲水基氨基和羧基，所以硒代半胱氨酸易溶于水，故D错误；
故选D。
28．D
【详解】A．Co为27号元素，位于元素周期表的第四周期第VIII族，故A正确；
B．F和I 都属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；
C． 14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C正确；
D． 23Na18F 的中子总数为(23-11)+(18-9)=21，为奇数，故D错误；
故选D。
29．A
【详解】A．HF与HCl均为分子晶体，熔点与共价键键能无关，HF熔点高于HCl是因为HF中存在氢键，氢键不属于化学键，A符合题意；
B．氮气中氮原子之间以共价三键连接，键能较大，比较稳定，因此氮气不如P4活泼，B不符合题意；
C．碳原子半径比硅原子小，碳氢键键长短，键能大，稳定性更好，C不符合题意；
D．金刚石与晶体硅都属于共价晶体，碳碳键键长短，键能大，硬度高，D不符合题意；
故选A。
