2022年北京市西城区高考化学二模试卷

这是一份2022年北京市西城区高考化学二模试卷，共24页。
2022年北京市西城区高考化学二模试卷

1. 将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是( )
A. 分与合相结合 B. 量变与质变相结合
C. 化学与社会和谐发展 D. 物质变化是有条件的
2. 下列图示正确的是( )
A. 3p电子的电子云轮廓图：
B. SO3的VSEPR模型：
C. As的原子结构示意图：
D. H−Cl的形成过程：
3. 下列事实不能直接从原子结构角度解释的是( )
A. 化合物ICl中I为+1价 B. 第一电离能：B>Al
C. 沸点：CS2>CO2 D. 热稳定性：NH3>PH3
4. 我国拥有独立知识产权的抗高血压药物左旋氨氯地平的分子具有手性，其结构简式如图。下列关于左旋氨氯地平的说法不正确的是( )
A. 分子中含有酯基
B. 酸性条件下的所有水解产物均能与NaHCO3溶液反应
C. 能与H2发生加成反应
D. 有手性异构体
5. 向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列说法不正确的是( )
A. 依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)
B. HCN的结构式是H−C=N
C. 反应中每1molFe转移2mol电子
D. [Fe(CN)6]4−中Fe2+的配位数是6
6. 下列实验方案能达到相应实验目的的是( )
选项
实验目的
实验方案
A
制备无水FeCl3固体
将FeCl3溶液加热蒸干
B
检验浓H2SO4催化纤维素水解的产物含有还原糖
向水解后的溶液中加入新制的Cu(OH)2，加热
C
配制1L1.0mol/LNaCl溶液
将58.5gNaCl固体直接溶于1L水中
D
证明醋酸是弱电解质
测0.1mol/LCH3COOH溶液的pH
A. A B. B C. C D. D
7. 工业合成乙醇的反应：C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(g)ΔHc(Cl−)>c(H+)>c(OH−)
B. 0.1mol/LCH3COONH4溶液中的c(NH4+)比0.1mol/LNH4Cl溶液中的大
C. 如图说明NH4Cl溶液中存在水解平衡
D. 溶液的pH变化是NH4+浓度改变造成的
10. 某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析不正确的是( )

A. 若②中只有NH4Cl不能制备NH3
B. ③、④中现象说明③中的反应是
C. ④中白烟的主要成分是NH4Cl
D. 一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
11. 实验Ⅰ和实验Ⅱ中，均有气体产生。下列分析不正确的是( )
A. NaHSO3溶液中：c(SO32−)>c(H2SO3)
B. Ⅰ中有CO2生成
C. Ⅱ中产生白色沉淀
D. Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均增大
12. 我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯。装置示意图如图。下列说法不正确的是( )已知：电解效率
A. 电极a连接电源的负极
B. 电极b上有O2产生
C. 纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+6H2O+8e−=C2H4+8OH−
D. 若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯
13. 某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如下：
装置
实验
试剂a
现象与结果

Ⅰ
-
10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
Ⅱ
8mL5mol/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
Ⅲ
8mL5mol/L氨水和lg
NH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
下列说法不正确的是( )
A. I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B. 由实验可知，增大c(OH−)，H2O2 的氧化性增强
C. 增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D. [Cu(NH3)4]2+可能 是H2O2分解的催化剂
14. 异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。
①
②
下列说法不正确的是( )
A. 其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备
B. 高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K1>104、K2P2>P1，反应中S2______ (填“是”或“不是”)气态，理由是 ______。
②实际反应在高温下进行的原因是 ______。
(3)间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如图。

①溶液X的主要溶质是 ______。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：______。
③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成 ______gH2。
17. 香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W的合成路线如图。

已知：
(1)A→B的化学方程式是 ______。
(2)D的分子式是 ______。
(3)条件①是 ______。
(4)F的结构简式是 ______
(5)1molJ可以生成2molK，J的结构简式是 ______。
(6)下列说法不正确的是 ______(填序号)。
a.可以用酸性KMnO4溶液鉴别E和G
b.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应
c.1molP最多可以和5molH2反应
(7)M为线型不稳定分子，M→P经过两步反应，R苯环上的一氯代物有3种。

①R的结构简式是 ______。
②R→P的化学反应类型是 ______。
18. 向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见下表。
变化曲线
实验现象

i.A→B产生红褐色沉淀
ii.B→C红褐色沉淀的量增多
iii.C→D红褐色沉淀的量增多
iv.D点附近产生有刺激性气味的气体
v.D→E红褐色沉淀的量略有增多
资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11
ii.Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39
(1)Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是 ______。
(2)A点溶液的pH约为13，主要原因是 ______。
(3)结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：______。
(4)NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。

①M点溶液含氯的微粒有 ______。
②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是 ______。
(5)检验iv中气体的方法是 ______。
(6)A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是 ______。
(7)整个滴加过程中发生的反应与 ______、微粒的浓度等有关。
在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH)6]2会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究Co+2和Co+3之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10−15、Ksp[Co(OH)3]=1.6×10−44
ii.Co2++6NH3⇌Co(NH3)]2+；K1=1.3×105
Co3++6NH3⇌[Co(NH3)6]3+；K2=2×1035
ii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH)6]3+在酸性条件下均能生成NH4+
(1)探究Co+2的还原性
实验I粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验1II向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验II按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验I得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验IV，______ (补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下Co+2的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是 ______。
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+−e−=Co3+在碱性条件下，OH−与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但 ______降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究Co的氧化性
①根据实验II和IV推测氧化性：Co3+>Cl，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，______ (补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是 ______。
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是 ______。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：______。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：______。
实例：Co→Cl2CoCl2→NaOHCo(OH)2答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应，为两个半反应，属于分与合相结合的思想，
故选：A。
将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，属于分与合相结合。
本题考查氧化还原反应延伸知识，要明确氧化还原反应是两个半反应合并而成，题目简单。

2.【答案】C

【解析】解：A.3p电子的电子云轮廓图为哑铃形，即，故A错误；
B.SO3分子中S原子的价层电子对数为3+6−3×22=3，无孤电子对，其VSEPR模型为，故B错误；
C.As原子的质子数和核外电子数均为33，核外各层上电子数分别为2、8、18、5，As原子结构示意图为，故C正确；
D.氯化氢为共价化合物，H、Cl原子间共用1对电子，Cl原子外围达到8电子结构，用电子式表示氯化氢的形成过程为，故D错误；
故选：C。
A.p电子的电子云轮廓图为哑铃形，S电子的电子云轮廓图为球形；
B.SO3分子中S原子的价层电子对数为3+6−3×22=3，VSEPR模型为平面三角形；
C.As原子的质子数和核外电子数均为33，核外电子分层排布；
D.HCl是共价化合物，不存在阴阳离子，形成HCl分子时不存在电子得失。
本题考查了常见化学用语的表示方法判断，涉及电子云轮廓图、原子结构示意图、VSEPR模型、电子式及物质形成过程等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度中等。

3.【答案】C

【解析】解：A.氯原子半径小，得电子能力强，故氯显负价，碘显正价，能从原子角度解释，故A错误；
B.原子半径大，失电子能力越强，Al的半径大于B，故第一电离能小，故第一电离能：B>Al，能从原子结构角度解释，故B错误；
C.分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，CS2的相对分子质量大于CO2，故沸点：CS2>CO2，不能从原子结构解释，故C正确；
D.原子半径越大键长越长，越不稳定，原子半径P>N，故PH3不稳定，故热稳定性：NH3>PH3，能从原子结构角度解释，故D错误；
故选：C。
A.氯原子半径小，得电子能力强；
B.原子半径大，失电子能力越强；
C.分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高；
D.原子半径越大键长越长，越不稳定。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.由结构可知，该有机物含有酯基，故A正确；
B.酯基发生水解，产物有甲醇、乙醇等，甲醇、乙醇不能与NaHCO3溶液反应，故B错误；
C.分子中含有的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，故C正确；
D.分子中连接苯环的碳原子是手性碳原子，存在手性异构，故D正确；
故选：B。
A.由结构可知，该有机物含有酯基；
B.水解产物有甲醇、乙醇等；
C.苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；
D.含有手性碳原子的有机物存在手性异构，连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意对手性碳原子、手性异构的理解，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。

5.【答案】B

【解析】解：A.依据强酸制弱酸可知Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)，故A正确；
B.氰酸中C和N之间为三键，则氰酸的结构式为H−C≡N，故B错误；
C.反应中铁从0价，转化为+2，每1molFe转移2mol电子，故C正确；
D.该物质中心离子为Fe2+，配位体为CN−，配位数是6，故D正确；
故选：B。
A.依据强酸制弱酸可知Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)；
B.氰酸中C和N之间为三键，则氰酸的结构式为H−C≡N；
C.反应中铁从0价，转化为+2；
D.该物质中心离子为Fe2+，配位体为CN−。
本题主要考查物质结构与性质的有关知识，具体涉及配位键、配位数数目的判断，配位离子的稳定性比较等，属于高考热点，难度不大。

6.【答案】D

【解析】解：A.FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发，所以蒸干氯化铁溶液得到的固体是Fe(OH)3而不是FeCl3，需要在HCl氛围中加热蒸干氯化铁溶液，故A错误；
B.纤维素在稀硫酸作用下水解，且在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH中和稀硫酸，否则加入的新制氢氧化铜和稀硫酸反应而得不到Cu2O，故B错误；
C.溶液体积大于1L，配制溶液物质的量浓度小于0.1mol/L，故C错误；
D.要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，如果测0.1mol/LCH3COOH溶液的pH>1，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故D正确；
故选：D。
A.FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发；
B.纤维素在稀硫酸作用下水解，且在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH中和无反应的稀硫酸；
C.溶液体积大于1L；
D.要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确盐类水解原理、溶液配置方法、弱电解质电离特点是解本题关键，B易漏掉加入NaOH溶液而导致错误判断。

7.【答案】C

【解析】解：A.循环使用乙烯，可充分反应，提高乙烯的利用率，故A正确；
B.C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)为气体总物质的量减小的反应，压强过大对设备的要求高，则合成时压强越大越好，但实际生产中还要考虑安全、成本等因素，故B正确；
C.增大n(H2O)，可促进乙烯的转化，则投料比n(H2O)：n(C2H4)越大，乙烯的平衡转化率越大，故C错误；
D.催化剂可加快反应速率，则寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向，故D正确；
故选：C。
A.循环使用乙烯，可充分反应；
B.C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)为气体总物质的量减小的反应，压强过大对设备的要求高；
C.增大n(H2O)，可促进乙烯的转化；
D.催化剂可加快反应速率。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.反应除生成高聚物J外，还有小分子物质HCl生成，该反应类型为缩聚反应，故A正确；
B.对比有机物结构可知，MPD的结构简式为，分子中有4种化学环境不同的氢原子，MPD的核磁共振氢谱有4组峰，故B错误；
C.单体TMC中三个侧链均发生反应，使高聚物J形成网状结构，故C正确；
D.正、负离子容易与水形成水合离子，J有亲水性可能与其存在正负离子对有关，故D正确；
故选：B。
A.反应除生成高聚物J外，还有小分子物质HCl生成；
B.对比有机物结构可知，MPD的结构简式为；
C.单体TMC中三个侧链均发生反应；
D.正、负离子容易与水形成水合离子。
本题考查有机物的结构与性质，涉及高聚物知识，观察有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。

9.【答案】C

【解析】解：A.NH4+水解导致溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)，则c(NH4+)c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，故A错误；
B.NH4+水解程度越大，溶液中c(NH4+)越小，醋酸根离子促进铵根离子水解，氯离子不影响铵根离子水解，铵根离子水解程度：前者大于后者，所以0.1mol/LCH3COONH4溶液中的c(NH4+)比0.1mol/LNH4Cl溶液中的小，故B错误；
C.加入CH3COONH4溶液后，溶液中c(NH4+)增大而抑制NH4+水解，导致溶液中c(H+)减小，溶液的pH值增大，所以如图说明NH4Cl溶液中存在水解平衡，故C正确；
D.加入CH3COONH4溶液后，溶液中c(NH4+)增大而抑制NH4+水解，导致溶液中c(H+)减小，溶液的pH值增大，所以溶液中的pH变化是c(H+)改变造成的，故D错误；
故选：C。
A.NH4+水解导致溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)；
B.NH4+水解程度越大，溶液中c(NH4+)越小；
C.加入CH3COONH4溶液后，溶液中c(NH4+)增大而抑制NH4+水解；
D.加入CH3COONH4溶液后，溶液中c(NH4+)增大而抑制NH4+水解。
本题考查弱电解质的电离和盐类水解，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、水解影响因素是解本题关键，题目难度不大。

10.【答案】C

【解析】解：A.若②中只有NH4Cl，加热时氯化铵分解，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备NH3，故A正确；
B.由③、④中现象说明③中的反应是，氨气被氧化生成NO，故B正确；
C.由上述分析可知，④中白烟的主要成分是NH4NO3，故C错误；
D.⑤中酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，则一段时间后，溶液变蓝，故D正确；
故选：C。
由实验装置可知，①中加热高锰酸钾可制备氧气，②中加热氯化铵与氢氧化钙可制备氨气，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，可知③中发生，④中发生2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、HNO3+NH3=NH4NO3，④中白烟的主要成分是NH4NO3，⑤中酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，溶液变蓝，以此来解答。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

11.【答案】D

【解析】解：A.NaHSO3溶液中电离大于水解，故c(SO32−)>c(H2SO3)，故A正确；
B.Ⅰ中氢离子可以和碳酸氢钠反应产生二氧化碳，故B正确；
C.Ⅱ中会产生亚硫酸钡白色沉淀，故C正确；
D.Ⅰ中氢离子浓度减少，pH增大，Ⅱ中产生白色沉淀，促进电离，pH减小，故D错误；
故选：D。
A.NaHSO3溶液中电离大于水解；
B.Ⅰ中氢离子可以和碳酸氢钠反应；
C.Ⅱ中会产生亚硫酸钡白色沉淀；
D.Ⅱ中会产生亚硫酸钡白色沉淀，促进电离。
本题考查化学基本反应，题目难度中等，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。

12.【答案】D

【解析】解：A.电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变−2价，C的化合价降低，发生还原反应，电极a为阴极，与电源负极相连，故A正确；
B.电极b上氢氧根离子失去电子转化为氧气，发生反应的电极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，故B正确；
C.由图知纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，反应为2CO+6H2O+8e−=C2H4+8OH−，故C正确；
D.电路中通过1mol电子时，n(生成乙烯所用电子，由CO2转化为乙烯的反应方程式为2CO2+8H2O+12e−=C2H4+12OH−，所以当n(生成乙烯所用电子)=0.6mol，产生的乙烯为0.5mol，故D错误；
故选：D。
A.电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变−2价，C的化合价降低，发生还原反应；
B.电极b上氢氧根离子失去电子转化为氧气；
C.由图知纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应；
D.电路中通过1mol电子时，n(生成乙烯所用电子，由CO2转化为乙烯的反应方程式为2CO2+8H2O+12e−=C2H4+12OH−。
本题考查电解池知识，为高考常见题型和高频考点，注意把握电解池的工作原理，本题解答的关键是根据二氧化碳得电子生成乙烯为阴极反应，以此可确定电源的两极和反应类型，注意体会答题思路，题目难度不大。

13.【答案】B

【解析】解：中蓝色固体为Cu(OH)2，则化学方程式为Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B.Ⅲ中加入氨水后还加入了NH4Cl固体，抑制了一水合氨的电离，则pH：，则c(OH−)：，但是现象中并没有减慢气泡速率，因此不能证明增大c(OH−)，H2O2 的氧化性增强，故B错误；
C.由离子方程式Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D.Ⅱ中加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2+，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能 是H2O2分解的催化剂，故D正确；
故选：B。
A.Ⅰ中蓝色固体为Cu(OH)2；
B.Ⅲ中加入氨水后还加入了NH4Cl固体，抑制了一水合氨的电离，则pH：，则c(OH−)：；
C.由离子方程式Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成；
D.Ⅱ中加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2+，立即产生大量气泡。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

14.【答案】D

【解析】解：A.分析可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于异丁烯的制备，故A正确；
B.温度高于190℃，由于K1的数值远远大于K2，且升高温度K1持续增大，K2持续减小，但是平衡常数变化范围不大，故异丁烯的平衡产率影响不大，故B正确；
C.190℃时，增大n(H2O)：n(异丁醇)，反应①平衡左移，异丁烯浓度降低，导致平衡②左移，不利于反应②进行，故C正确；
D.若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应，结合原子守恒可知，c0(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯)+c(异丁醇)，故D错误；
故选D。
A.分析可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
B.温度高于190℃，由于K1的数值远远大于K2，且升高温度K1持续增大，K2持续减小，但是平衡常数变化范围不大；
C.190℃时，增大n(H2O)：n(异丁醇)，反应①平衡左移，异丁烯浓度降低，导致平衡②左移；
D.若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应，据此判断。
本题考查化学平衡，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。

15.【答案】  不是  易  Mn174NA×a2b×10−21  Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键  4NH3+4NO+O2−MnO24N2+6H2O

【解析】解：(1)Mn的原子序数为25，价电子排布式为：3d54s2，轨道表示式为：，
故答案为：；
(2)①S2O82−中S−O−O的中心O的夹层电子对为4，含有2对孤电子，采用sp3杂化，空间构型为V形，因而S2O82−中S−O−O不是在一条直线上，
故答案为：不是；
②S2O82−中的O−O与S相连，S的电负性大于H，即S对O−O中电子的吸引力待H，则S2O82−中O−O比H2O2中更易断裂，
故答案为：易；
(3)①晶胞中“●”的个数为18×8+1=2，”〇“的个数是12×4+2=4，可知●与〇原子个数比为1：2，则●为Mn，〇为O，
故答案为：Mn；
②晶胞密度为ρ=mV=2×55+16×4NA×a2b×10−21g⋅cm−3=174NA×a2b×10−21g⋅cm−3，
故答案为：174NA×a2b×10−21；
③从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键，总反应4NH3+4NO+O2−MnO24N2+6H2O，
故答案为：Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键；4NH3+4NO+O2−MnO24N2+6H2O。
(1)Mn的原子序数为25，价电子排布式为：3d54s2，据此书写轨道表示式；
(2)①S2O82−中S−O−O的中心O的夹层电子对为4，含有2对孤电子，采用sp3杂化，空间构型为V形；
②S2O82−中的O−O与S相连，S的电负性大于H，即S对O−O中电子的吸引力待H；
(3)①晶胞中“●”的个数为18×8+1=2，”〇“的个数是12×4+2=4，可知●与〇原子个数比为1：2；
②晶胞密度为ρ=mV=2×55+16×4NA×a2b×10−21g⋅cm−3；
③从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键。
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、晶胞结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(3)为解答的难点，题目难度较大。

16.【答案】K2CO3+H2O⇌KHCO3+KOHCO32−+H2S=HCO3−+HS−  是  同压强的作用下，H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动收到压强影响，故S2是气态  升高温度，平衡正向移动，增大平衡转化率，同时可以提高反应速率  FeCl2、HCl 阳极亚铁离子失去电子，转化为铁离子，且存在质子交换膜，溶液X中的氢离子向右移动，故会造成FeCl3溶液再生  10

【解析】解：(1)①K2CO3水解显碱性，对应方程式为K2CO3+H2O⇌KHCO3+KOH，
故答案为：K2CO3+H2O⇌KHCO3+KOH；
②分析图表数据可知，Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)>Ka2(H2CO3)>Ka2(H2S)，故用过量的K2CO3溶液吸收H2S，对应的产物为HCO3−和HS−，离子方程式为CO32−+H2S=HCO3−+HS−，
故答案为：CO32−+H2S=HCO3−+HS−；
(2)①分析图像可知，不同压强的作用下，H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动收到压强影响，故S2是气态，
故答案为：是；同压强的作用下，H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动收到压强影响，故S2是气态；
②实际反应在高温下进行的原因是升高温度，平衡正向移动，增大平衡转化率，同时可以提高反应速率，
故答案为：升高温度，平衡正向移动，增大平衡转化率，同时可以提高反应速率；
(3)①分析流程可知，FeCl3和H2S发生氧化还原反应，产生FeCl2和S，对应方程式为2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+HCl，故对应的溶液X为FeCl2，HCl，
故答案为：FeCl2、HCl；
②电解反应器中，阳极亚铁离子失去电子，转化为铁离子，且存在质子交换膜，溶液X中的氢离子向右移动，故会造成FeCl3溶液再生，
故答案为：阳极亚铁离子失去电子，转化为铁离子，且存在质子交换膜，溶液X中的氢离子向右移动，故会造成FeCl3溶液再生；
③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应，转移10mol电子，对应氢气的物质的量为5mol，质量为5×2g=10g，
故答案为：10。
(1)①K2CO3水解显碱性，结合水解方程式分析；
②分析图表数据可知，Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)>Ka2(H2CO3)>Ka2(H2S)，故用过量的K2CO3溶液吸收H2S，对应的产物为HCO3−和HS−；
(2)①分析图像可知，不同压强的作用下，H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动收到压强影响；
②实际反应在高温下进行的原因是升高温度，平衡正向移动，增大平衡转化率；
(3)①分析流程可知，FeCl3和H2S发生氧化还原反应，产生FeCl2和S，对应方程式为2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+HCl；
②电解反应器中，阳极亚铁离子失去电子，转化为铁离子，且存在质子交换膜，溶液X中的氢离子向右移动；
③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应，转移10mol电子，对应氢气的物质的量为5mol。
本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。

17.【答案】+H2OC7H5O2NBr2  氢氧化钠水溶液、加热   HOOCCH2COOHac  加成反应

【解析】解：(1)A→B的化学方程式是+H2O，
故答案为：+H2O；
(2)由分析可知，D的结构简式为，则D的分子式是C7H5O2NBr2，
故答案为：C7H5O2NBr2；
(3)D→E是转化为，先发生卤代烃水解，然后自动脱去1分子水，条件①是氢氧化钠水溶液、加热，
故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；
(4)由分析可知，F的结构简式是，
故答案为：；
(5)1molJ可以生成2molK，J发生信息iii中氧化反应生成K，由J、K的分子式，推知J的结构简式为HOOCCH2COOH、K的结构简式为，
故答案为：HOOCCH2COOH；
(6)a.E为，G为，E含有醛基，G含有碳碳双键，都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能鉴别二者，故a错误；
b.G为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，苯环与碳碳双键能与氢气发生加成反应，属于还原反应，含有的酰胺基、苯环等可以发生取代反应，故b正确；
c.P分子含有的1个苯环、1个羰基能与氢气发生加成反应，1mol P最多可以和4molH2反应，故c错误，
故答案为：ac；
(7)M为线型不稳定分子，M的结构简式为O=C=C=C=O，M→P经过两步反应，均发生加成反应，而R苯环上的一氯代物有3种，则酚羟基先与M发生加成反应，故R的结构简式为，
故答案为：①；②加成反应。
G与发生加成反应生成，推知G的结构简式为；A发生硝化反应生成B，结合B的分子式、G的结构简式，可知B中含有苯环且苯环侧链处于对位，故B为，则A为，结合信息i、信息ii，可知B发生甲基上二溴取代生成D，D水解反应并脱水生成E，故D为、E为，E与F发生信息ii中反应生成G，推知F为；J发生信息iii中氧化反应生成K，由J、K的分子式，可知1molJ可以生成2molK，推知J为HOOCCH2COOH、K为，J脱去2分子式生成M，结合P的结构简式推知M为O=C=C=C=O，M与苯酚发生加成反应生成P。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应方程式的书写、有机反应条件判断、有机物结构与性质、等，充分利用转化中有机物的结构简式、分子式与反应条件采取正逆推法相结合进行分析推断，注意对给予反应信息的理解，题目较好地考查了学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。

18.【答案】Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13A→B发生反应ClO−+2Fe2++4OH−=Cl−+2Fe(OH)3↓，消耗OH−，使溶液的pH显著下降  ClO−、HClO、Cl−  HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+5H+  用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝  Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降  反应物的相对用量或氧化剂的种类

【解析】解：(1)Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(2)根据资料：饱和NaClO溶液的pH约为11，则A点溶液pH约为13主要是NaOH完全电离产生的c(OH−)0.1mol/L，所以A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13，
故答案为：溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13；
(3)根据实验现象：A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe(OH)3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO−将Fe2+氧化为+3价，消耗溶液中的OH−，使c(OH−)减小，发生反应的离子方程式为ClO−+2Fe2++4OH−=Cl−+2Fe(OH)3↓，
故答案为：A→B发生反应ClO−+2Fe2++4OH−=Cl−+2Fe(OH)3↓，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；
(4)①M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−，
故答案为：ClO−、HClO、Cl−；
②C点pH约为6.5，溶液中HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+5H+，
故答案为：HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+5H+；
(5)根据现象iv：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应Cl2+2KI=2KCl+I2和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验，
故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；
(6)A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe2+不断地转化为Fe(OH)3沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，
故答案为：Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降；
(7)根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将Fe2+氧化为Fe(OH)3，因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，
故答案为：反应物的相对用量或氧化剂的种类。
向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生ClO−+2Fe2++4OH−=Cl−+2Fe(OH)3↓，从B→C的过程ClO−的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+5H2O，D→E过程溶液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3沉淀，据此分析来解题。
本题考查物质的性质实验探究与评价，涉及氧化还原反应、元素化合物的性质，题目难度中等，注意根据溶液中发生的现象来判断反应产物，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

19.【答案】将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学  4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3  c(Co3+)加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2  2Co(OH)3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+6H2OO2  对Co2+−e−=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 

【解析】解：(1)①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化，
故答案为：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3，
故答案为：4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+−e−=Co3+在碱性条件下，OH−与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强，
故答案为：c(Co3+)；
(2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+6H2O，
故答案为：加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；2Co(OH)3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2，
故答案为：O2；
(3)①对Co2+−e−=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活，
故答案为：对Co2+−e−=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理，据此可得：，
故答案为：。
利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究Co+2和Co+3之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证；
(1)①根据对比实验的单一变量原则，乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2进行实验；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+，Co2+−e−=Co3+在碱性条件下，OH−与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大；
(2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生的气体是O2；
(3)①对Co2+−e−=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意气体的制备实验与性质实验的结合，题目难度较大。