2022年天津市河北区高考化学二模试卷

这是一份2022年天津市河北区高考化学二模试卷，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题Ⅱ卷共64分等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）垃圾分类有利于资源回收利用。下列关于回收和垃圾分类说法不正确的是（ ）
A．废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾
B．厨余垃圾发酵后制成肥料，涉及氧化还原反应
C．废弃的聚乙烯塑料有毒不易降解，属于不可回收垃圾
D．废旧玻璃瓶主要成分是硅酸盐和二氧化硅，属于可回收垃圾
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．次氯酸的电子式：
B．Cl﹣的结构示意图
C．基态碳原子价层电子轨道表示式为：
D．四氯化碳的空间填充模型：
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．BF3分子形状呈三角锥形，是非极性分子
B．凡有规则外形的固体一定是晶体
C．电负性越大的元素，第一电离能也越大
D．CS2分子中σ键与π键的数目之比是1：1
4．（3分）化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列说法不正确的是（ ）
A．双氧水可用于处理泄漏的有毒物质Na2S
B．在钢铁设备上连接金属铜保护钢铁
C．高纯硅可用于制作通信设备的芯片
D．可用核磁共振氢谱区分苯甲醇和对甲基苯酚
5．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．12C和14C互称为同素异形体
B．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素
C．合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率
D．聚乳酸（）降解的产物为丙酸
6．（3分）下列实验装置正确且能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7．（3分）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．100g46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为1NA
B．1mlK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
C．标准状况下，5.6L溴乙烷中含有分子的数目为0.25NA
D．常温下，pH＝2的H2C2O4溶液中，含有H+数为0.01NA
8．（3分）阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．存在对映异构体
B．分子式为C14H18N2O5
C．具有两性，能发生取代和氧化反应
D．1ml阿斯巴甜完全水解最多消耗4mlNaOH
9．（3分）下列反应或现象的离子方程式解释正确的是（ ）
A．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe2++NO↑+2H2O
B．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓
C．向K2Cr2O7溶液中滴加6ml/L的H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+
D．电解MgCl2水溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑
10．（3分）硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）。下列说法正确的是（ ）
A．漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca（ClO）2
B．可用饱和NaHCO3溶液或KMnO4溶液除去CO2中的SO2气体
C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度和使用适合的催化剂均可提高SO2的转化率
D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
11．（3分）水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）：下列说法不正确的是（ ）
A．NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3﹣水解程度增大
C．①→③的过程中，pH稍微下降说明升温过程中c（OH﹣）减小
D．⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故
12．（3分）图是典型微生物燃料电池原理示意图。若用含硝酸盐废水替代图中氧气，可达到废水处理的目的（已知：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+）。关于该电池，下列说法不正确的是（ ）
A．H+通过质子交换膜从a室进入b室
B．a室内发生氧化反应，电极为正极
C．b室内发生的电极反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O
D．将硝酸盐转化为N2时，电极反应为：2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2+6H2O
二、填空题Ⅱ卷共64分
13．（14分）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）基态Cu原子价层电子排布式为 。
（2）CuSO4晶体中S原子的杂化方式为 ，SO42﹣的立体构型为 。
（3）向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，其配体的电子式为 ；下列有关说法正确的是 。
A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键
B．NH3分子和H2O分子空间构型不同，氨分子的键角小于水分子的键角
C．[Cu（NH3）4]SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①该合金的化学式为 。
②已知该合金的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为 cm。
（5）以情性电极电解足量的CuSO4溶液。阳极上的电极反应式为： ，若该电极产生气体的物质的量为0.01ml，则析出铜的质量为 g。
14．（18分）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。
路线1：
路线2：
（1）试剂a为 。
（2）A→B的反应类型为 ，该反应的化学方程式为 。
（3）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，该反应的化学方程式为 ；D→E的取代反应发生在甲氧基（﹣OCH3）的邻位，则F的结构简式为 。
（4）G中所含官能团名称为 。
（5）有机物I与对苯二甲酸（）反应生成聚合物的结构简式为 。
（6）I与CH3COOH反应还可能生成的有机产物中，与F互为同分异构的是 （写出结构简式）。
（7）已知：
以苯酚和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（） 。
15．（14分）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：
Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20mL NaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止（装置如图所示）。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20g NaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
（1）甲装置中a管的作用是 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 。
（3）石灰乳的作用是 。
（4）反应过程中用冷水浴冷却的原因是 。
Ⅱ．合成K2FeO4：
①称取5.05g Fe（NO3）3•9H2O（相对分子质量为404）固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色（即Na2FeO4）。
②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe（OH）3胶体，留上层清液（深紫红色）。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得K2FeO4（相对分子质量为198）粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。
（5）合成Na2FeO4的离子方程式为 。
（6）过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是 。
（7）用异丙醇洗涤的目的是 。
（8）K2FeO4的产率为 。（保留至0.1%）。
16．（18分）石油产品中含者H2S及COS、CH3SH等多种有机硫化物，石油化工催生出多种脱硫技术，请回答下列问题：
（1）已知热化学方程式：
①2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）ΔH1＝﹣362kJ⋅ml﹣1
②2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（l）ΔH2＝﹣1172kJ⋅ml﹣1
则反应2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）ΔH＝
分析该反应的自发情况： 。
（2）工业生产中应用：COS的水解反应为COS（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2S（g） ΔH＜0。某温度时，用活性α﹣Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS（g）的平衡转化率随不同投料比的转化关系如图甲所示。
①起始向该容器中投入一定量反应物，在一定条件下，可以判断反应到达平衡状态的是 （填字母）。
A．容器中气体密度不变
B．压强保持不变
C．容器中气体的平均相对分子质量保持不变
D．v逆（COS）＝v正（H2S）
②根据图甲和图乙判断该反应的最佳条件为：投料比＝ ；温度 。
③P点对应的平衡常数为 。（保留小数点后2位）
④当温度升高到一定值后，发现相同时间内COS（g）的水解转化率降低，猜测可能的原因是 ； 。（写出两条）
（3）可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S═KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为 。（已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11；H2S的Ka1＝5.6×10﹣8，Ka2＝1.2×10﹣15）
2022年天津市河北区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题
1．（3分）垃圾分类有利于资源回收利用。下列关于回收和垃圾分类说法不正确的是（ ）
A．废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾
B．厨余垃圾发酵后制成肥料，涉及氧化还原反应
C．废弃的聚乙烯塑料有毒不易降解，属于不可回收垃圾
D．废旧玻璃瓶主要成分是硅酸盐和二氧化硅，属于可回收垃圾
【分析】A．重金属有毒，能够引起环境污染；
B．厨余垃圾发酵是氧化还原反应；
C．聚乙烯塑料可回收利用；
D．废玻璃可以回收利用。
【解答】解：A．废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾，故A正确；
B．厨余垃圾发酵是氧化还原反应，则厨余垃圾发酵后作为肥料涉及氧化还原反应，故B正确；
C．聚乙烯塑料可回收利用，属于可回收垃圾，故C错误；
D．各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，可回收利用，属于可回收垃圾，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解题关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生产、生活的联系，题目难度不大。
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．次氯酸的电子式：
B．Cl﹣的结构示意图
C．基态碳原子价层电子轨道表示式为：
D．四氯化碳的空间填充模型：
【分析】A．次氯酸的中心原子为O，O原子与H、Cl原子各共用1对电子；
B．是Cl原子结构示意图，不是Cl﹣的结构示意图；
C．基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2；
D．四氯化碳分子中Cl原子半径大于C。
【解答】解：A．次氯酸的中心原子为O，分别与H、Cl原子共用1对电子，C、Cl原子外围达到稳定结构，其电子式为，故A正确；
B．Cl﹣的核外电子数为18，各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故B错误；
C．基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2，其价层轨道表示式为，故C错误；
D．四氯化碳是正四面体结构，中心原子是C，氯原子的原子半径大于碳原子，其比例模型为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的正误判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电子式、比例模型、原子或离子结构示意图结构简式、核外电子排布图的书写规则是解本题关键，题目难度不大。
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．BF3分子形状呈三角锥形，是非极性分子
B．凡有规则外形的固体一定是晶体
C．电负性越大的元素，第一电离能也越大
D．CS2分子中σ键与π键的数目之比是1：1
【分析】A．BF3分子中中心B原子的价层电子对数为3+＝3，没有孤电子对，杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形；
B．非晶体也有规则的外形；
C、根据电负性和第一电离能在周期表中的递变规律分析。
D．根据CS2分子的结构简式分析，双键中含有1个σ键、1个π键，单键属于σ键。
【解答】解：A．BF3分子中中心B原子的价层电子对数为3+＝3，没有孤电子对，杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，故A错误；
B、非晶体也有规则的外形，如玻璃一定的几何外形，所以凡有规则外形的固体不一定是晶体，故B错误；
C、同一周期电负性从左到右逐渐增大，同一周期第一电离能从左到右有增大趋势，但第IIIA族第一电离能小于第IIA，第VA族第一电离能大于第VIA，所以第一电离能递变规律与电负性递变规律不完全相同，故C错误；
D．CS2分子结构式为：S＝C＝S，双键中含有1个σ键、1个π键，单键属于σ键，故CS2分子中σ键与π键数目之比为1：1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查杂化方式与分子构型、晶体与非晶体、电离能与电负性、化学键等知识点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大。
4．（3分）化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列说法不正确的是（ ）
A．双氧水可用于处理泄漏的有毒物质Na2S
B．在钢铁设备上连接金属铜保护钢铁
C．高纯硅可用于制作通信设备的芯片
D．可用核磁共振氢谱区分苯甲醇和对甲基苯酚
【分析】A．双氧水能够氧化硫离子；
B．铜活泼性弱于铁；
C．高纯硅为良好的半导体；
D．核磁共振氢谱可以检测有机物中不同氢原子种类。
【解答】解：A．双氧水能够氧化硫离子，所以双氧水可用于处理泄漏的有毒物质Na2S，故A正确；
B．在钢铁设备上连接金属铜，形成原电池时，铁作负极，加速腐蚀，故B错误；
C．高纯硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，故C正确；
D．苯甲醇与对甲基苯酚含有氢原子种类不同，可用于核磁共振氢谱区分，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质和用途即可解答，题目难度不大。
5．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．12C和14C互称为同素异形体
B．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素
C．合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率
D．聚乳酸（）降解的产物为丙酸
【分析】A.质子数相同中子数不同的核素互为同位素；
B.过渡元素为副族元素与第Ⅷ族；．
C.原料循环利用，可提高原料利用率；
D.聚乳酸单体为2﹣羟基丙酸。
【解答】解：A.12C和14C质子数相同，中子数不同，互为同位素，不是同素异形体，故A错误；
B.位于金属与非金属分界线附近的元素具有一定的金属性与非金属性，过渡元素为副族元素与第Ⅷ族，故B错误；
C.合成氨工业中采用循环操作，可以提高氮气和氢气的利用率，故C正确；
D.聚乳酸单体为2﹣羟基丙酸，故水解产物为2﹣羟基丙酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查同位素、过渡元素及有机高分子单体的判断，题目基础，注意基础知识的积累。
6．（3分）下列实验装置正确且能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸；
B.加热促进铁离子水解，且生成的盐酸易挥发；
C.苯的密度小于水的密度；
D.发生强酸制取弱酸的反应。
【解答】解：A.导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，导管口应在液面上，故A错误；
B.加热促进铁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，故B错误；
C.苯的密度小于水的密度，应从上口倒出苯的碘溶液，故C错误；
D.发生强酸制取弱酸的反应，图中装置可比较碳酸与苯酚酸性强弱，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（3分）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．100g46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为1NA
B．1mlK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
C．标准状况下，5.6L溴乙烷中含有分子的数目为0.25NA
D．常温下，pH＝2的H2C2O4溶液中，含有H+数为0.01NA
【分析】A．水分子中也含有氧原子；
B．Cr元素由+6价降低为+3价，一个Cr原子得3个电子；
C．22.4L/ml的适用条件为标况下的气体；
D．题目未给溶液体积。
【解答】解：A．100g46%的乙醇水溶液中，含有乙醇分子100g×46%＝46g，含有氧原子数为×1×NA/ml＝NA，但水分子中也含有氧原子，故水溶液含有的氧原子数大于NA，故A错误；
B．1mlK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为1ml×2×3×NA/ml＝6NA，故B正确；
C．标况下，溴乙烷不是气态，无法使用22.4L/ml计算物质的量，故C错误；
D．题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．存在对映异构体
B．分子式为C14H18N2O5
C．具有两性，能发生取代和氧化反应
D．1ml阿斯巴甜完全水解最多消耗4mlNaOH
【分析】A．连接氨基、﹣COOCH3的碳原子为手性碳原子；
B．分子中含有C、H、N、O原子个数依次是14、18、2、5；
C．含有氨基和羧基，具有氨基酸的性质；含有先酰胺基、苯环、酯基，具有胺、苯、酯的性质；
D．羧基、酰胺基水解生成的羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。
【解答】解：A．连接氨基、﹣COOCH3的碳原子为手性碳原子，所以存在对映异构体，故A正确；
B．分子中含有C、H、N、O原子个数依次是14、18、2、5，分子式为C14H18N2O5，故B正确；
C．含有氨基和羧基，具有氨基酸的性质，具有两性；含有先酰胺基、苯环、酯基，具有胺、苯、酯的性质，连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，羧基、酰胺基、酯基都能发生取代反应，故C正确；
D．羧基、酰胺基水解生成的羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应，1ml该物质最多消耗3mlNaOH，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（3分）下列反应或现象的离子方程式解释正确的是（ ）
A．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe2++NO↑+2H2O
B．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓
C．向K2Cr2O7溶液中滴加6ml/L的H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+
D．电解MgCl2水溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑
【分析】A．该反应不满足电荷守恒和得失电子守恒；
B．硫酸钙为微溶物，不能拆开；
C．滴加6ml/L的H2SO4，氢离子浓度增大，溶液橙色加深，说明平衡向着生成Cr2O72﹣（橙色）的方向移动；
D．氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀。
【解答】解：A．过量铁粉与稀硝酸反应的离子方程式为：3Fe+2NO3﹣+8H+＝3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CaSO4+CO32﹣＝CaCO3↓+SO42﹣，故B错误；
C．向K2Cr2O7溶液中滴加6ml/L的H2SO4，溶液橙色加深，发生反应为：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，故C正确；
D．电解MgCl2水溶液，反应生成氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，离子反应为：Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+Mg（OH）2↓，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
10．（3分）硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）。下列说法正确的是（ ）
A．漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca（ClO）2
B．可用饱和NaHCO3溶液或KMnO4溶液除去CO2中的SO2气体
C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度和使用适合的催化剂均可提高SO2的转化率
D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
【分析】CaSO4与焦炭、空气在高温下反应产生CaO、CO、SO2，SO2与O2在催化剂存在的条件下加热发生反应生成SO3，SO3被水吸收得到H2SO4；CO与H2在催化剂存在条件下加热，发生反应生成CH3OH；CaO与H2O反应产生Ca（OH）2，Ca（OH）2与Cl2发生歧化反应制取漂白粉。
【解答】解：A．漂白粉的成分是CaCl2和Ca（ClO）2，有效成分是Ca（ClO）2，故A错误；
B．KMnO4溶液具有强氧化性，会在溶液中将SO2氧化为硫酸，硫酸能够与NaHCO3溶液反应产生CO2气体，而CO2不能溶解在饱和NaHCO3溶液中，因此可以达到除杂净化的目的，故B正确；
C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度可提高SO2的转化率；但使用适合的催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而化学平衡不移动，因此不能提高SO2的转化率，故C错误；
D．工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应Ⅱ中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸性氧化物、氧化还原反应、漂白粉的制取、原子利用率，难度不大，注意澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰制取漂白粉。
11．（3分）水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）：下列说法不正确的是（ ）
A．NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3﹣水解程度增大
C．①→③的过程中，pH稍微下降说明升温过程中c（OH﹣）减小
D．⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故
【分析】A．碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子水解的导致溶液呈碱性；
B．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解；
C．温度越高水的离子积常数越大；
D．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①。
【解答】解：A．碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子水解的导致溶液呈碱性，溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）故A正确；
B．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液碱性增强，溶液颜色加深，故B正确；
C．温度越高水的离子积常数越大，温度升高溶液中氢氧根离子的浓度略增大，溶液中pH略微增大，故C错误；
D．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①，即⑤中碳酸钠的水解程度大于①中碳酸氢钠的水解程度，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查盐的水解的应用，学生只要知道外界条件对水解平衡移动的影响即可解题，题目难度不大。
12．（3分）图是典型微生物燃料电池原理示意图。若用含硝酸盐废水替代图中氧气，可达到废水处理的目的（已知：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+）。关于该电池，下列说法不正确的是（ ）
A．H+通过质子交换膜从a室进入b室
B．a室内发生氧化反应，电极为正极
C．b室内发生的电极反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O
D．将硝酸盐转化为N2时，电极反应为：2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2+6H2O
【分析】根据图知，a室石墨电极上C元素化合价升高失电子发生氧化反应是负极，b室是正极，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，若用含硝酸盐废水替代图中氧气，可达到废水处理的目的，则正极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2+6H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．通过以上分析知，b室是正极，又a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+，则H+通过质子交换膜从a室进入b室，故A正确；
B．a室石墨电极上C元素化合价升高失电子发生氧化反应是负极，故B错误；
C．b室是正极，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故C正确；
D．若用含硝酸盐废水替代图中氧气，可达到废水处理的目的，则正极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2+6H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理及应用，为高频考点，正确分析图中元素化合价变化是解本题关键，难点是电极反应式的书写。
二、填空题Ⅱ卷共64分
13．（14分）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）基态Cu原子价层电子排布式为 3d104s1 。
（2）CuSO4晶体中S原子的杂化方式为 sp3 ，SO42﹣的立体构型为 正四面体 。
（3）向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，其配体的电子式为 ；下列有关说法正确的是 AC 。
A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键
B．NH3分子和H2O分子空间构型不同，氨分子的键角小于水分子的键角
C．[Cu（NH3）4]SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①该合金的化学式为 Cu3Au 。
②已知该合金的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为 cm。
（5）以情性电极电解足量的CuSO4溶液。阳极上的电极反应式为： 4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O ，若该电极产生气体的物质的量为0.01ml，则析出铜的质量为 1.28 g。
【分析】（1）Cu原子序数为29，其价电子排布式为3d104s1；
（2）SO42﹣的价电子对数＝＝4，形成四条杂化轨道，形成四面体结构；
（3[Cu（NH3）4]SO4中配体是氨气；
A.氨气极易溶于水，可形成氢键；
B.NH3分子是三角锥形，H2O是V形；
C.N与H原子形成极性共价键，[Cu（NH3）4]2+与SO42﹣形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键；
D.[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氧元素；
（4）①晶胞中Cu个数是6×＝3，Au个数是8×＝1；
②已知该合金的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则＝d；
（5）阳极上氢氧根放电，失去电子形成氧气，若该电极产生气体的物质的量为0.01ml，则转移0.04ml电子，阴极铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，根据电子得失守恒计算。
【解答】解：（1）Cu原子序数为29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子排布式为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
（2）SO42﹣的价电子对数＝＝4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数＝孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，
故答案为：sp3；正四面体；
（3）[Cu（NH3）4]SO4中配体是氨气，电子式为；
A.氨气极易溶于水，原因之一就是NH3分子和H2O分子之间形成氢键，A正确；
B.NH3分子和H2O分子空间构型不同，前者是三角锥形，后者是V形，氨分子的键角大于水分子的键角，B错误；
C.N与H原子形成极性共价键，[Cu（NH3）4]2+与SO42﹣形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，C正确；
D.[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，D错误；
故答案为：AC；
（4）①晶胞中Cu个数是6×＝3，Au个数是8×＝1，因此该合金的化学式为Cu3Au，
故答案为：Cu3Au；
②已知该合金的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则＝d，所以该晶胞的棱长为cm，
故答案为：cm；
（5）阳极上氢氧根放电，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，若该电极产生气体的物质的量为0.01ml，则转移0.04ml电子，阴极铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，根据电子得失守恒可知析出铜的质量为0.02ml×64g/ml＝1.28g，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O；1.28。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配位键、杂化轨道、晶胞结构与计算等知识，晶胞结构对学生的空间想象有一定的要求，注意利用均摊法进行计算，题目难度中等。
14．（18分）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。
路线1：
路线2：
（1）试剂a为 浓硝酸、浓硫酸 。
（2）A→B的反应类型为 取代反应 ，该反应的化学方程式为 +CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O 。
（3）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，该反应的化学方程式为 ；D→E的取代反应发生在甲氧基（﹣OCH3）的邻位，则F的结构简式为 。
（4）G中所含官能团名称为 碳氯键、硝基 。
（5）有机物I与对苯二甲酸（）反应生成聚合物的结构简式为 。
（6）I与CH3COOH反应还可能生成的有机产物中，与F互为同分异构的是 （写出结构简式）。
（7）已知：
以苯酚和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（） 。
【分析】路线1：由氯苯、A的结构简式知，氯苯发生硝化反应生成A，则试剂a为浓硝酸、浓硫酸；对比A、C的结构结合反应条件、给予的信息知，A中氯原子被﹣OCH3取代生成B，B中硝基被还原为氨基生成C，故B为；（3）中C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基（﹣OCH3）的邻位，则C中氨基与乙酸脱去1分子水生成D，D发生硝化反应生成E，E还原反应生成F，故D为、E为、F为；
路线2：由F的结构结合反应条件逆推可知I为、H为、G为；
（7）以苯酚和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（），根据信息知，苯酚钠和（CH3）3CI发生信息中反应生成目标产物，苯酚和NaOH反应生成苯酚钠，2﹣甲基丙烯和HI发生加成反应生成（CH3）3CI。
【解答】解：（1）氯苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成A，所以试剂a为浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
（2）A中氯原子被甲氧基取代生成B，A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O，
故答案为：取代反应；+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O；
（3）C和乙酸发生取代反应生成D，反应方程式为，F为，
故答案为：；；
（4）G的结构简式为：，官能团为碳氯键、硝基，
故答案为：碳氯键、硝基；
（5）I为，I与对苯二甲酸发生聚合反应的化学方程式为：，该高分子化合物结构简式为，
故答案为：；
（6）I（）与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有：，与F互为同分异构的是，
故答案为：；
（7）以苯酚和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（），根据信息知，苯酚钠和（CH3）3CI发生信息中反应生成目标产物，苯酚和NaOH反应生成苯酚钠，2﹣甲基丙烯和HI发生加成反应生成（CH3）3CI，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
15．（14分）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：
Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20mL NaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止（装置如图所示）。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20g NaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
（1）甲装置中a管的作用是 平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 。
（3）石灰乳的作用是 除去未反应的Cl2，防止Cl2污染空气 。
（4）反应过程中用冷水浴冷却的原因是 有利于Cl2与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠 。
Ⅱ．合成K2FeO4：
①称取5.05g Fe（NO3）3•9H2O（相对分子质量为404）固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色（即Na2FeO4）。
②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe（OH）3胶体，留上层清液（深紫红色）。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得K2FeO4（相对分子质量为198）粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。
（5）合成Na2FeO4的离子方程式为 2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O 。
（6）过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是 K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH平衡向右移动，析出晶体 。
（7）用异丙醇洗涤的目的是 用异丙醇代替水洗涤产品可以减少K2FeO4的溶解损耗 。
（8）K2FeO4的产率为 86.1% 。（保留至0.1%）。
【分析】（1）气体吸收时易造成压强不平衡，利用a管平衡压强；
（2）KMnO4将盐酸中的氯元素由﹣1氧化为0价，自身被还原为+2价，根据电子转移守恒和质量守恒配平方程式；
（3）氯气有毒，污染空气，必须尾气处理；
（4）温度不同时，Cl2与NaOH反应的产物也不同；
（5）Fe3+被次氯酸根氧化为高铁酸根（FeO42﹣）同时生成Cl﹣；根据电子转移守恒和质量守恒配平方程式；
（6）该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小；
（7）K2FeO4可溶于水，用水洗涤易损失；
（8）根据铁元素守恒推导。
【解答】解：（1）甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，气体通入三颈瓶时，易造成压强不平衡，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下，
故答案为：平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；
（2）甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取Cl2，KMnO4中的锰元素化合价由+7降低为+2，盐酸中的氯元素由﹣1升高到0价；根据电子转移守恒和质量守恒配平反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（3）氯气有毒，污染空气，不能直接排空；石灰乳显碱性除去未反应Cl2：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，防止Cl2污染空气，
故答案为：除去未反应的氯气，防止氯气污染空气；
（4）温度不同时，Cl2与NaOH反应的产物也不同；常温下，生成次氯酸钠；温度高时，生成氯酸钠：6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却，有利于Cl2与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，
故答案为：有利于Cl2与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；
（5）Fe3+被次氯酸根氧化为高铁酸根（FeO42﹣）同时生成Cl﹣、H2O，根据电子转移守恒和质量守恒配平反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO﹣+6OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
（6）该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小，根据反应：Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，减小K2FeO4的溶解，促进K2FeO4晶体析出，
故答案为：K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH平衡向右移动，析出晶体；
（7）K2FeO4可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少K2FeO4的因溶解于水的损耗，
故答案为：用异丙醇代替水洗涤产品可以减少K2FeO4的溶解损耗；
（8）5.05gFe（NO3）3•9H2O的物质的量为：n[Fe（NO3）3•9H2O]＝0.0125ml，根据铁元素守恒可知n（K2FeO4）＝0.0125ml，则m（K2FeO4）＝0.0125ml×198g/ml＝2.475g，则产率为＝×100%＝86.1%，
故答案为：86.1%。
【点评】本题考查学生对题干的分析理解能力、分析图表的能力，能够准确提取到有用信息，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：仪器的使用原理、尾气处理、化学反应原理、产率的计算等知识，学生要善于捕捉题干信息，准确基本的实验知识，尤其是每步化学反应的原理。
16．（18分）石油产品中含者H2S及COS、CH3SH等多种有机硫化物，石油化工催生出多种脱硫技术，请回答下列问题：
（1）已知热化学方程式：
①2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）ΔH1＝﹣362kJ⋅ml﹣1
②2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（l）ΔH2＝﹣1172kJ⋅ml﹣1
则反应2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）ΔH＝ ﹣632kJ⋅ml﹣1
分析该反应的自发情况： 低温有利于自发进行； 。
（2）工业生产中应用：COS的水解反应为COS（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2S（g） ΔH＜0。某温度时，用活性α﹣Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS（g）的平衡转化率随不同投料比的转化关系如图甲所示。
①起始向该容器中投入一定量反应物，在一定条件下，可以判断反应到达平衡状态的是 D （填字母）。
A．容器中气体密度不变
B．压强保持不变
C．容器中气体的平均相对分子质量保持不变
D．v逆（COS）＝v正（H2S）
②根据图甲和图乙判断该反应的最佳条件为：投料比＝ 10 ；温度 160℃ 。
③P点对应的平衡常数为 0.05 。（保留小数点后2位）
④当温度升高到一定值后，发现相同时间内COS（g）的水解转化率降低，猜测可能的原因是 平衡向逆反应方向移动 ； 催化剂活性降低 。（写出两条）
（3）可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S═KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为 1000 。（已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11；H2S的Ka1＝5.6×10﹣8，Ka2＝1.2×10﹣15）
【分析】（1）根据盖斯定律：×①+×②得2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）；根据ΔH﹣TΔS判断反应自发进行的条件；
（2）①判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
②投料比越大COS转化率越大，160℃后升高温度COS转化率降低，选取的最佳条件必须使COS转化率越大越好；
③P点投料比为6、COS转化率为40%，列化学平衡三段式，结合K＝计算；
④从催化剂的催化效果与温度有关和该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动两角度分析；
（3）K2CO3+H2S═KHS+KHCO3的平衡常数＝＝×＝；
【解答】解：（1）根据盖斯定律：×①+×②得2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）ΔH＝×（﹣362kJ/ml）+×（﹣1172kJ/ml）＝﹣632kJ⋅ml﹣1；由反应方程式可知，该反应为熵减小的反应，该反应的ΔH＜0，根据ΔH﹣TΔS可知，低温下有利于自发进行
故答案为：﹣632kJ⋅ml﹣1；低温有利于自发进行；
（2）①A．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明明反应已达到平衡状态，故A错误；
B．该反应是气体体积不变的反应，则容器中气体的压强始终不变，容器中气体的压强不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的始终不变，该反应是气体体积不变的反应，气体的物质的量不变，则容器中气体的平均相对分子质量保持不变，当气体的平均相对分子质量保持不变，不能说明明反应已达到平衡状态，故C错误；
D．v正（H2O）＝v逆（H2S），根据反应方程式，v正（H2O）＝v正（H2S），则v逆（H2S）＝v正（H2S），即正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：D；
②投料比越大COS转化率越大，160℃后升高温度COS转化率降低，选取的最佳条件必须使COS转化率越大越好，根据图知，该反应的最佳条件为：投料比＝10，温度为160℃，
故答案为：10；160℃；
③P点投料比为6、COS转化率为40%，设容器体积为VL，n（CO2）＝6ml，则n（COS）＝1ml，其转化率为40%，则转化的n（COS）＝0.4ml，
COS（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2S（g）
初始（ml） 1 6 0 0
变化（ml） 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡（ml） 0.6 5.6 0.4 0.4
化学平衡常数K＝＝≈0.05，
故答案为：0.05；
④催化剂在一定温度范围内有效，升高温度平衡逆向移动，导致其转化率降低，
故答案为：平衡向逆反应方向移动；催化剂活性降低；
（3）K2CO3+H2S═KHS+KHCO3的平衡常数＝＝×＝＝＝1000，
故答案为：1000。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。A
B
C
D
实验目的
实验室制乙酸乙酯
蒸干FeCl3溶液制无水FeCl3
苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
比较碳酸与苯酚酸性强弱
实验装置
实验
①
②
③
④
⑤
温度/℃
20
30
40
从40℃冷却到20℃
沸水浴后冷却到20℃
颜色变化
红色略加深
红色接近①
红色比③加深较多
pH
8.31
8.29
8.26
8.31
9.20
A
B
C
D
实验目的
实验室制乙酸乙酯
蒸干FeCl3溶液制无水FeCl3
苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
比较碳酸与苯酚酸性强弱
实验装置
实验
①
②
③
④
⑤
温度/℃
20
30
40
从40℃冷却到20℃
沸水浴后冷却到20℃
颜色变化
红色略加深
红色接近①
红色比③加深较多
pH
8.31
8.29
8.26
8.31
9.20