2022-2023学年北京市三校联考高考化学冲刺模拟试题（一模二模）含解析

这是一份2022-2023学年北京市三校联考高考化学冲刺模拟试题（一模二模）含解析，共55页。试卷主要包含了下列过程发生了化学变化的是，下列图示没有正确的是，某同学进行如下实验等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市三校联考高考化学冲刺模拟试题
（一模）

第I卷（选一选）

评卷人
得分



一、单 选 题
1．下列过程发生了化学变化的是
A．利用CO2合成燃料实现“碳中和”
B．原子核外电子发生跃迁
C．石油分馏得到汽油、柴油和煤油等
D．液氦在临界温度下转变为超流氦
2．下列图示没有正确的是
A．HCl的电子式是 B．N2的结构式是N≡N
C．SO3的VSEPR模型： D．Na的原子结构示意图是
3．下列事实没有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．电离能：B>Al
C．沸点：CS2>CO2 D．热稳定性：NH3>PH3.
4．下列方程式没有能准确解释相应实验现象的是
A．和浓盐酸共热产生黄绿色气体：
B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红：
C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体：
D．加热蓝色的溶液，溶液变绿： [Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色) +4Cl-(aq)[CuCl4]2-(aq，黄色)+4H2O(l)
5．柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法没有正确的是

A．能与H2O形成氢键
B．能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C．能在一定条件下发生消去反应
D．分子中含有手性碳原子
6．新冠是一种具有包膜的RNA，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠的RNA。下列说法没有正确的是
A．核酸和蛋白质都是生物大分子
B．核酸和蛋白质都没有能发生水解反应
C．核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接
D．一定浓度的含氯消毒液可使新冠中的蛋白质变性
7．氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中的还原反应，其催化机理如图。

途径一：A→B→C→F
途径二：A→B→C→D→E
下列说法没有正确的是
A．途径一中存在极性共价键的断裂与形成
B．途径一的电极反应是
C．途径二，1mol 得到4mol
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的焓变
8．某同学进行如下实验：
实验
操作和现象
Ⅰ
向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色

下列分析没有正确的是A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I-
9．用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。对实验现象的分析正确的是

A．烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应
B．烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和
C．烧瓶中溶液为红色的原因是：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-
D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性
10．硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如下图(图中～表示链延长)。


已知：的性质与C相似，L可由，在酸催化下水解、聚合制得。下列关于硅橡胶的说法没有正确的是
A．L、M的热稳定性好与键键能大有关
B．由制得L的过程中，有产生
C．M可通过加成反应实现交联，得到网状结构
D．硅橡胶的抗氧化性：
11．液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如下图。

下列说法没有正确的是
A．放电时，正极反应式为Br2+2e-=2Br-
B．充电时，物质a为AQDSH2
C．放电时，AQDS/AQDSH2储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室
D．增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量
12．采用下图装置制备乙烯并研究乙烯与溴水的反应。实验观察到溴水褪色，得到无色透明的溶液。进一步分析发现反应产物主要为BrCH2CH2OH，含少量BrCH2CH2Br。下列说法没有正确的是


A．实验室制乙烯的方程式：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O
B．除杂试剂A为NaOH溶液
C．乙烯与溴水反应后的溶液近乎中性
D．BrCH2CH2OH与H2O之间存在氢键
13．向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法没有正确的是

A．和都是强电解质
B．A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C．B→C，溶液中的减小
D．A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
14．一定温度下，容积为的密闭容器中发生反应：   ，容器中部分物质的含量见表()：
反应时间/




0
1.2
0.6
0
0

0.8





0.2



下列说确的是A．内，的平均化学反应速率为
B．该温度下，反应的化学平衡常数
C．达到化学平衡状态时，的转化率为
D．若升高温度，平衡逆向移动
第II卷（非选一选）

评卷人
得分



二、工业流程题
15．工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体NiSO4·6H2O。
(1)制备含Ni2+溶液
高磷镍铁镍铁合金含Ni2+溶液
已知：i.高磷镍铁和镍铁合金中元素的百分含量：
元素/%
Ni/%
Fe/%
P/%
Co/%
Cu/%
高磷镍铁
4.58
70.40
16.12
0.22
0.34
镍铁合金
52.49
38.30
5.58
1.73
1.52

ii.金属性：Fe＞Co＞Ni＞H
①依据数据，“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分___________。
②“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是___________。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4·6H2O的产率，可向电解质溶液中加入___________(填试剂)。
(2)制备NiSO4·6H2O


已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Co2+
Ni2+
完全沉淀的pH
2.8
8.3
6.7
9.4
8.9

①在酸性条件下，NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl—的离子方程式是___________。
②已知Ni(OH)2的Ksp为5.48×10-16，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。数据说明没有能通过调节溶液的pH除去Cu2+的原因：___________。(已知：lg5=0.7)
③从滤液3中获取NiSO4·6H2O的操作是___________、洗涤、干燥。
评卷人
得分



三、结构与性质
16．钴及其化合物有重要的用途，探究其结构有重要意义。
(1)Co在元素周期表中属于_______区(填“d”或“ds”)。
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2 是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3，NH3 的空间结构呈_______形， 是_______ ( 填“极性”或“非极性”)分子。
②Co3+的价层电子轨道表示式是： _______。该配合物中 Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d轨道、1 个4s轨道和3个_______轨道。
③涉及实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.51 g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，_______(补全实验操作和数据)。相对分子质量 [Co(NH3)5Cl]Cl2        250.5        AgCl       143.5
(3)某一种氮化硼晶体的立方晶胞结构如下图：

①氮化硼(BN)属于_______晶体。
②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是：_______。
③已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞的边长为_______ cm (列计算式)。
评卷人
得分



四、有机推断题
17．Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。

已知：i.
ii.R＇CHOR＇CH=NR＂
(1)→A的反应方程式是_______。
(2)B的分子式为。E的结构简式是_______。
(3)M→P的反应类型是_______。
(4)M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是_______。
(5)J的结构简式是_______。
(6)W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：_______。
i.包含2个六元环，没有含甲基
ii.W可水解。W与溶液共热时，至多消耗
(7)Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：，合成Q的路线如下(无机试剂任选)，写出X、Y、Z的结构简式：_______。

评卷人
得分



五、实验题
18．“84消毒液”广泛应用于菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法并测定相关反应的平衡常数。
资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11
ii.碘的化合物主要以I-和的形式存在，+5I-+6H+=3I2+3H2O。
iii.碘单质能与I-反应：I2+I-(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。
I制备消毒液(夹持装置略)

(1)制备NaClO的离子反应方程式___________。
(2)资料i，写出D中反应的化学方程式___________。
II．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验制备碘水：

操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9gKI固体
|溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9gKI固体，再加入1mol/L盐酸10mL
溶液颜色加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量KI固体(小于0.5g)
振荡后溶液保持无色
没有变蓝

(3)针对烧杯3“滴加淀粉溶液没有变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。
设计实验a证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是___________。
假设2：生成的I2在碱性溶液中没有能存在。
设计实验b证实了假设2成立，实验b的操作及现象是___________。
(4)某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由___________。
(5)预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，方程式说明预测依据___________。
19．探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是____。
(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，____(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。
(3)探究(2)中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。
针对来源1进行如图实验：


①实验可证实来源1没有成立。实验证据是____。
②没有能用盐酸代替硫酸的原因是____。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式：____。
(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：____。

答案：
1．A

【详解】
A．CO2合成燃料，发生了化学变化，故A符合题意；
B．原子核外电子发生跃迁没有产生新物质，没有属于化学变化，故B没有符合题意；
C．石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，没有属于化学变化，故C没有符合题意；
D．液氦在临界温度下转变为超流氦，没有新物质生成，没有属于化学变化，故D没有符合题意；
故选A。
2．C

【详解】
A．HCl是共价化合物，HCl的电子式是，故A正确；
B．氮气中形成氮氮叁键，N2的结构式是N≡N，故B正确；
C．SO3的价层电子对数为3+=3，故VSEPR模型为平面三角形，而图中为正四面体，故C错误；
D．钠是11号元素，有三个电子层，Na的原子结构示意图是 ，故D正确；
故选C。
3．C

【详解】
A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A没有符合题意；
B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，电离能依次减小，则硼元素的电离能大于铝元素能直接从原子结构角度解释，故B没有符合题意；
C．二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳没有能直接从原子结构角度解释，故C符合题意；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢能直接从原子结构角度解释，故D没有符合题意；
故选C。
4．C

【详解】
A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体Cl2，其离子反应方程式为，故A项正确；
B．Na加入滴有酚酞的水中，发生反应生成NaOH，溶液呈碱性，酚酞遇碱变红，其离子反应方程式为：，故B项正确；
C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体FeS，其化学反应方程式为，故C项错误；
D．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿，体系中发生了络合反应生成了黄色的[CuCl4]2-，且正反应方向吸热，最终看到的绿色是它们的混合颜色，其离子反应方程式为：[Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色)+4Cl-(aq)⇌[CuCl4]2-(aq，黄色)+4H2O(l) ΔH>0，故D项正确；
答案选C。
5．D

【详解】
A． 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；
B． 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；
C． 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；
D． 没有一个碳上连有4个没有同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中没有含有手性碳原子，故D错误；
故答案选D。
6．B

【详解】
A．蛋白质、核酸都是由单体聚合形成的生物大分子，选项A正确；
B．蛋白质最终水解为氨基酸、核酸最终水解为核苷酸，均能发生水解反应，选项B没有正确；
C．所有的核酸都是核苷酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，选项C正确；
D．次氯酸钠等含氯消毒剂可用于死新冠是因为它们都能使蛋白质变性，选项D正确；
答案选B。
7．D

【详解】
A．由图中信息可知，途径一中有C-O键、O-H键的形成，也有C-O键的断裂，选项A正确；
B．途径一的过程中有O2的参与和二次增加H+、e-，从催化剂中放出H2O2,其电极反应是，选项B正确；
C．途径二中，有O2参与，途中二次增加H+、e-和增加2H+、2e-，故1mol 得到4mol ，选项C正确；
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的活化能，但没有能改变焓变，选项D没有正确；
答案选D。
8．D

【详解】
A．向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将溴水中的溴萃取出来，CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2，A正确；
B．向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将碘水中的碘萃取出来，CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性，B正确；
C．向KBr、KI的混合液中加入CCl4，滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，氯气将KI中的碘置换出来，Cl2的氧化性强于I2，C正确；
D．再滴加氯水，振荡后紫色褪去，氯气与碘、水反应生成了盐酸和碘酸，继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色，氯气和溴化钾反应生成溴单质，水溶液中已没有存在I-，D错误；
答案选D。
9．C

【详解】
A．烧瓶中形成喷泉，没有一定是因为NH3与H2O发生了反应引起的，还有可能是因为NH3极易溶于水造成的，故没有能说明NH3与H2O发生了反应，A错误；
B．烧瓶中剩余少量气体可能是空气，来源于实验中的某个操作，比如图中止水夹下方的玻璃管未水中时会有空气进入，故烧瓶中剩余少量气体没有能说明NH3的溶解达到饱和，B错误；
C．烧瓶中溶液变为红色，说明溶液呈碱性，原因为NH3+H2ONH3•H2O+OH-，C正确；
D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，没有一定是因为氨水的挥发性，还可能是因为吸收了空气中的CO2，故烧瓶中溶液pH下降，没有能说明氨水具有挥发性，D错误；
故选C。
10．D

【详解】
A．L、M中构成高分子的链节是通过硅氧键链接的，其热稳定性好与键键能大有关，A正确；
B．L可由在酸催化下水解、聚合制得，水解会生成和HCl，B正确；
C．M中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C正确；
D．M中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：，D错误；
故选D。
11．B

【分析】
根据图示，放电时，右侧溴单质得电子，发生还原反应，故为正极，左侧为负极。
【详解】
A．放电时，溴元素价态降低得电子，故右侧电极为正极，电极反应式为Br2+2e-=2Br-，A项正确；
B．充电时，左侧电极为阴极，电极反应式为AQDS+2e-+2H+=AQDSH2，物质a为AQDS，B项错误；
C．放电时，左侧电极为负极，电极反应式为AQDSH2-2e-=AQDS+2H+，pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室，C项正确；
D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D项正确；
答案选B。
12．C

【详解】
A．实验室制乙烯用乙醇和浓硫酸在170℃下加热发生消去反应，A项正确；
B．此法制得的乙烯中可能会混有二氧化硫气体，二氧化硫也能使溴水褪色，因此应用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，B项正确；
C．乙烯与溴水发生加成反应的主要产物为BrCH2CH2OH，说明一定生成了HBr，而HBr会使溶液呈酸性，C项错误；
D．BrCH2CH2OH与H2O中都有O-H键，因此分子之间可以形成氢键，D项正确；
答案选C。
13．B

【详解】
A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
14．B

【分析】
【详解】
A．内，A的物质的量的变化量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据化学方程式，可得D的物质的量为0.4mol，D的平均化学反应速率为，A项错误；
B．该温度下，反应的化学平衡常数，B项正确；
C．t1时，B参与反应的物质的量为0.4mol，剩余0.2mol，t2时，B的物质的量是0.2mol，故t1时反应已经达到平衡，故A的转化率=，C项错误；
D．   ，升高温度反应正向进行，D项错误；
答案选B。
15．(1)     铁元素和磷元素     H2     CuSO4溶液
(2)     ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O     由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7     加热浓缩、冷却结晶、过滤

【分析】
由题给流程可知，高磷镍铁通过转炉吹炼得到镍铁合金，镍铁合金通过电解造液得到含镍离子的溶液；向含镍离子的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到除去铁离子的滤液1；向滤液1中加入氢硫酸溶液，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到除去铜离子的滤液2；向滤液3中加入碱式氧化镍，将钴离子转化为沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液3；滤液3经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。
(1)
①由题给数据可知“转炉吹炼”的主要目的是富集镍元素，除去部分铁元素和磷元素，故铁元素和磷元素；
②“电解造液”时，溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气；铜离子的氧化性强于镍离子，则电解时应在电解质溶液加入硫酸铜溶液防止镍离子在阴极被还原生成镍，故H2；CuSO4溶液；
(2)
①由题意可知，在酸性条件下，次氯酸根离子和亚铁离子反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O，故ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O；
②由氢氧化镍的溶度积可知，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L时，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液的pH=14—7—lg5=6.3＜6.7，则溶液中的铜离子没有能完全除去，故由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7；
③由分析可知，从滤液3中获取六水硫酸镍晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故加热浓缩、冷却结晶、过滤。
16．(1)d
(2)     三角锥     极性          4p     过滤，沉淀称重2.87g
(3)     共价     N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能    

(1)
Co的核外价电子排布为3d74s2，在元素周期表中属于d区；
(2)
NH3的原子为sp3杂化，分子的空间结构呈三角锥形，NH3的正负电荷重心没有重合是极性分子；Co3+的价层电子排布为：3d6，价层电子轨道表示式是：；该配合物中 Co3+的配位数为6，即形成了6条杂化轨道，参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d轨道、1 个4s轨道和3个4p轨道；2.51g该配合物的物质的量为0.01mol，配合物中外界中的氯离子可以完全电离，产生0.02molCl-，与硝酸银溶液反应得到氯化银的质量为：，故补全操作为：过滤，沉淀称重2.87g；
(3)
由晶胞结构可知该晶体为空间网状结构，故氮化硼(BN)属于原子晶体；原子晶体中原子半径越小，键长越段，键能越大，熔点越高，该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是：N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能；根据晶胞图可知，黑球所在位置为顶点和面心，均摊法计算为4个，白球所在位置为晶胞内部，共4个，设晶胞的变成为acm，晶体的密度： ，故。
17．(1)+CH3COOH +H2O
(2)
(3)酯化反应(或取代反应)
(4)羧基和醛基
(5)
(6) 或者或者或者
(7)，，

【分析】
本题为有机合成流程题，由题干中A的结构简式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由信息①、(2)小问中B的分子式和A到B的转化条件并E和P的产物的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到D转化条件可知，D的结构简式为：，由D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和转化条件可知，F的结构简式为：，由生成M的转化条件M的分子式和M能够发生银镜反应可知，M的结构简式为：，由M转化为P的条件可知，P的结构简式为：，由J的分子式和G的结构简式可知，J的结构简式为：，(6) 由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，没有含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，至多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者 ，(7) 由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，据此分析解题。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：，则→A的反应方程式是+CH3COOH +H2O，故+CH3COOH +H2O；
(2)
由分析可知，B的分子式为，E的结构简式是，故；
(3)
由分析可知，M→P即+CH3OH+H2O，则该反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)，故酯化反应(或取代反应)；
(4)
由分析可知，M能发生银镜反应，M的结构简式为：，则M分子中含有的官能团是羧基和醛基，故羧基和醛基；
(5)
由分析可知， J的结构简式是，故；
(6)
由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，没有含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，至多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者，故 或者或者或者；
(7)
由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，故，，。
18．(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
(2)Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
(3)     5ClO−+I2+H2O=2+5Cl-+2H+     向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
(4)没有能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝
(5)“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“没有变蓝，I2在碱性溶液中没有存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”

【分析】
分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；
分析Ⅱ中三个实验操作，2中生成了碘单质，对比三个实验的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。
(1)
Cl2与NaOH反应生成NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
(2)
根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
(3)
根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。
(4)
84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故没有能证明烧杯3中存在，没有能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；
(5)
为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；没有变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“没有变蓝，I2在碱性溶液中没有存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。
19．     S2-+Cu2+=CuS↓     滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，     向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色     盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；     Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓     根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质

【详解】
(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓；
(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO；
(3)①实验可证实来源1没有成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中没有含Na2SO3；
②没有能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；
(4) 根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。







2022-2023学年北京市三校联考高考化学冲刺模拟试题
（二模）

第I卷（选一选）

评卷人
得分



一、单 选 题
1．我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中实现从二氧化碳到淀粉()的全合成。下列说法没有正确的是
A．淀粉的分子式为
B．由等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成
C．玉米等农作物通过光合作用能将转化为淀粉
D．该成就能为气候变化、粮食等人类面临的挑战提供解决手段
2．探究条件对反应的影响。下列实验中颜色变浅的是
A．加热经漂白的品红溶液
B．加热含酚酞的溶液
C．加热密闭烧瓶内的、混合气体
D．光照和的混合气体
3．对浓度均为0.1mol·L﹣1①CH3COOH溶液、②CH3COONa溶液，下列判断没有正确的是
A．向①中滴加石蕊溶液，溶液变红，说明CH3COOH是弱电解质
B．向②中滴加石蕊溶液，溶液变蓝，说明CH3COOH是弱电解质
C．向①中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，说明Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)
D．①、②中的c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和相等
4．实验室制备下列气体所选装置，除杂试剂没有正确的是(干燥、收集装置略)


气体
制备试剂
除杂试剂
所选装置
A
SO2
Cu+浓H2SO4
饱和NaHSO3溶液
b、c
B
Cl2
MnO2+浓HCl
饱和NaCl溶液
b、c
C
C2H4
C2H5OH+浓H2SO4
KMnO4溶液
b、c
D
C2H2
电石+饱和NaCl溶液
CuSO4溶液
a、c

A．A B．B C．C D．D
5．将Cl2通入过量石灰[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉。下列解释事实的方程式中，没有正确的是
A．生成Ca(ClO)2：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
B．漂白粉溶液与盐酸混合产生Cl2：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O
C．漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
D．漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO
6．利用下图装置将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反应的化学能转化为电能，下列设计没有合理的是

A．a是Cu棒
B．X可以是CuSO4溶液或Na2SO4溶液
C．b可以是石墨或Cu棒
D．Y可以是Fe2(SO4)3溶液
7．下列实验能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验
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
8．某同学用2%的AgNO3溶液和2%的稀氨水配制银氨溶液并进行乙醛的银镜反应实验，过程如图：

下列解释事实的方程式没有正确的是
A．氨水显碱性：NH3·H2O⇌NH+ OH
B．①中产生沉淀：Ag+ + OH- = AgOH↓
C．①中滴加氨水使沉淀消失：AgOH + 2NH3·H2O = Ag(NH3)2OH + 2H2O
D．③中出现银镜：CH3CHO + 2Ag(NH3)2OHCH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O
9．“张-烯炔环异构化反应”被《NameReactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物，应用在许多的创新合成中，如：


资料：有机物结构可用键线式表示，如H3-C≡CH的键线式为 。
下列分析没有正确的是
A．①、②均能发生加成反应 B．①、②均含有三种官能团
C．①、②互为同分异构体 D．①、②均能与NaOH溶液反应
10．生物质废物能源化的研究方向之一是热解耦合化学链制高纯H2，工艺流程示意图如下。

下列说法没有正确的是
A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率
B．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2
C．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2
D．当n(CO):n(H2)=1 : 1时，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n(CO) :n(O2) = 2 : 1
11．向密闭容器中充入，发生反应：   ，达到平衡状态。该反应以下两步基元反应完成：
i.       
ii.       
下列分析没有正确的是
A．、
B．
C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移
12．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，一段时间后产生白烟。

下列分析没有正确的是
A．若②中只有NH4Cl没有能制备NH3
B．③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2O
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
13．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。
已知：电解效率η(B)=×。

下列说法没有正确的是
A．电极a连接电源的负极
B．电极b上有O2产生
C．纳米Cu催化剂上发生反应：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
14．异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下没有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。

下列说法没有正确的是
A．其他条件没有变时，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没有大的原因是、
C．190℃时，增大(异丁醇)，没有利于反应②的进行
D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间存在：(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯)
第II卷（非选一选）

评卷人
得分



二、原理综合题
15．将天然气(主要成分为CH4)中的CO2、H2S资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。
(1)CO2转化为CO、H2S转化为S的反应如下：
i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)       △H1=+566kJ/mol
ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)        △H2=﹣530kJ/mol
iii.CO2、H2S转化生成CO、S等物质的热化学方程式是___________。
(2)CO2性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应ⅲ，通过设计合适的催化剂可以降低______，提高反应速率。
a.活化能                  b.△H                    c.平衡常数
(3)我国科学家研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应ⅲ，工作原理如下所示。

【1】若M3+/M2+=Fe3+/Fe2+
①所含Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，原因是___________。
②反应式说明生成S、CO的原理：___________。
【2】若M3+/M2+=EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+(配合物)
已知：电解效率η的定义：
③测得η(EDTA-Fe3+)≈，η(CO)≈80%。阴极放电的物质有___________。
④为进一步确认CO2、H2S能协同转化，对CO的来源分析如下：
来源1：CO2通过电极反应产生CO
来源2：电解质(含碳元素)等物质发生降解，产生CO
设计实验探究，证实来源2没有成立。实验是___________。
结论：2明显优于1，该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。
评卷人
得分



三、结构与性质
16．d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。回答下列问题：
(1)基态钛原子的核外电子排布式为____。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的则用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为____。
(3)如图所示的晶体结构是一种基础无机介电材料的最小结构单元(晶胞)，这种晶体材料的化学式为_____。

(4)我国科学家用Mg3N2和TiCl4制备超导材料TiN，理论分析可能的反应为：
Mg3N2+2TiCl4=2TiN+3MgCl2+Cl2↑ Ⅰ
4Mg3N2+6TiCl4=6TiN+12MgCl2+N2↑ Ⅱ
已知：ⅰ.部分物质的熔沸点

Mg3N2
TiCl4
MgCl2
TiN
熔点/℃
800(分解)
-25
714
2950
沸点/℃
700(升华)
136.4
1412
(略)

ⅱ.TiCl4能和NaOH溶液反应。
制备TiN的关键步骤如下：600℃时，将TiCl4按0.2L/min的速率通入盛有Mg3N2的刚玉坩埚内，当TiCl4适当过量后停止通入，在N2中冷却至室温。
科学家通过测定没有同时间段尾气处理装置中钛和氯的质量百分含量，进而确定生成TiN反应的化学方程式。

①TiCl4属于____晶体。
②上图，判断制备TiN的反应是“Ⅰ”还是“Ⅱ”，并说明判断依据_____。
评卷人
得分



四、实验题
17．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)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。
18．某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
(1)分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。
验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是___________。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反应：___________。
(2)提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
I

氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
II
水
溶液无明显变化

①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：___________。
②检验：滤出I中没有溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu。由于___________(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(III)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。

①补全电化学装置示意图___________。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中产生了Cu，II中未产生Cu，试解释原因___________。
(4)CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：___________。
评卷人
得分



五、有机推断题
19．用于治疗高血压的Q的合成路线如下。

已知：芳香族化合物与卤代烃在AlCl3催化下可发生如下可逆反应：+R′Cl+HCl
(1)A的结构简式是___________。
(2)B→D的化学方程式是___________。
(3)E与FeCl3溶液作用显紫色，与溴水作用产生白色沉淀。E的结构简式是___________。
(4)G分子中含两个甲基。F→G的反应类型是___________。
(5)G的结构简式是___________。
(6)L分子中所含的官能团有碳氯键、酰胺基、___________。
(7)有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式：___________。
a.属于戊酸酯；含酚羟基；
b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1∶2∶9。
(8)H2NCH2CH2NH2的同系物(丙二胺)可用于合成。
已知：i.R1HC=CHR2R1CHO+R2CHO
ii.ROH+NH3RNH2+H2O
如下方法能合成丙二胺，中间产物X、Y、Z的结构简式分别是_______、_______、_______。
CH3CH=CHCH3→X→Y→Z→

答案：
1．A

【详解】
A．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A错误；
B．根据二氧化碳和淀粉的结构式可知，合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，B正确；
C．农作物可以通过光合作用将吸收的二氧化碳转化为淀粉，C正确；
D．该成就既可以减少二氧化碳的排放量，又可以合成淀粉，D正确；
答案选A。
2．D

【分析】
【详解】
A．SO2能使品红溶液褪色，加热溶液恢复原来的颜色，即有无色变为红色，颜色加深，故A没有符合题意；
B．CH3COONa中CH3COO-水解，使溶液显碱性，加入酚酞，溶液变红，盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，碱性增强，红色加深，故B没有符合题意；
C．该体系中存在2NO2N2O4，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，红色加深，故C没有符合题意；
D．甲烷和氯气光照下发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，这些均为无色物质，颜色变浅，故D符合题意；
答案为D。
3．A

【详解】
A．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加石蕊溶液，溶液变红，只能说明溶液呈酸性，没有能判断CH3COOH的电离是完全电离还是部分电离，即没有能说明CH3COOH是弱电解质，故A错误；
B．向0.1mol·L-1 CH3COONa溶液中滴加石蕊溶液，溶液变蓝，说明溶液呈碱性，即弱酸根离子水解了，可以说明CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，故B正确；
C．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，发生反应生成CO2气体，即2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+CO2↑+H2O，符合强酸制弱酸原理，即酸性CH3COOH＞H2CO3，酸性越强，电离常数越大，则可以说明Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，故C正确；
D．①0.1mol·L-1CH3COOH溶液和②0.1mol·L-1CH3COONa溶液，两溶液中遵循物料守恒，即①中有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，②中有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，则①、②中的c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和相等，故D正确；
答案为A。
4．C

【详解】
A．铜与浓硫酸在加热条件下反应得到二氧化硫，生成的二氧化硫中可能会带出硫酸，可用饱和亚硫酸钠溶液除去硫酸得到二氧化硫气体，装置可选b、c，故A正确；
B．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出的HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置可选b、c，故B正确；
C．乙烯能被高锰酸钾氧化，没有能用高锰酸钾溶液除去乙烯中的杂质气体，故C错误；
D．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，装置应选a、c，故D正确；
故选：C。
5．C

【详解】
A．将Cl2通入过量石灰[Ca(OH)2]中，发生氧化还原反应，生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，其化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故A正确；
B．漂白粉溶液与盐酸混合，氯离子和次氯酸根离子在酸性溶液中发生氧化还原反应生成氯气和H2O，其离子方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；
C．漂白粉溶液中吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HClO是弱酸，在离子方程式中没有能拆开，其反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，故C错误；
D．漂白粉溶液加入适量醋酸，会发生Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO，在短时间内HClO的浓度增大，能提高其漂白效率，故D正确；
答案为C。
6．C

【分析】
①G表为电流表，原电池放电时，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；
②根据电池反应，负极为Cu，负极液体没有可以是三价铁溶液，否则直接反应没有会有电子转移，可以用铜离子溶液或常规盐溶液即可；
③正极液体需要放置三价铁溶液，确保电子流通；
④正极富电子，需能导电的电极，此电极没有可以直接和三价铁反应。
【详解】
A．根据电池反应，负极为Cu，负极液体没有可以是三价铁溶液，否则直接反应没有会有电子转移，可以用铜离子溶液，A项正确；
B．根据电池反应，负极为Cu，负极液体没有可以是三价铁溶液，否则直接反应没有会有电子转移，可以用常规盐溶液，B项正确；
C．正极富电子，需能导电的电极，此电极的活泼性要弱于三价铁，所以没有能用铜棒，C项错误；
D．正极液体需要放置三价铁溶液，确保电子流通，D项正确；
答案选C。
7．D

【详解】
A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氯化氢，加热蒸干时，氯化氢受热挥发，水解平衡没有断向正反应方向移动，直至水解趋于完全得到氢氧化铁，无法得到无水氯化铁，故A错误；
B．葡萄糖在碱性条件下与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，检验纤维素在浓硫酸中生成的水解产物含有葡萄糖，应加入氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，否则葡萄糖没有能与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，故B错误；
C．将58.5g氯化钠固体直接溶于1L水中所得氯化钠溶液的体积没有是1L，溶液的浓度没有是1.0mol/L，故C错误；
D．0.1mol/L醋酸溶液pH大于1，说明醋酸在溶液中发生部分电离，则证明醋酸是弱电解质，故D正确；
故选D。
8．B

【详解】
A．氨水显碱性，是因为一水合氨为弱碱，部分发生电离生成铵根离子和氢氧根离子，其离子方程式为：NH3·H2O⇌NH+OH，A正确；
B．①中产生沉淀，是因为硝酸银与一水合氨反应生成氢氧化银和硝酸铵，一水合氨为弱碱，在离子方程式中需保留化学式，所以离子方程式为：Ag+ + NH3·H2O = AgOH↓+ NH，B错误；
C．①中滴加氨水使沉淀消失，形成氢氧化二氨合银络合物，反应的化学方程式为：AgOH + 2NH3·H2O = Ag(NH3)2OH + 2H2O，C正确；
D．③中乙醛与氢氧化二氨合银发生反应生成银镜，化学方程式为：CH3CHO + 2Ag(NH3)2OHCH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O，D正确；
故选B。
9．B

【详解】
A．①、②中均含有碳碳双键，所以可以发生加成反应，故A没有符合题意；
B．①中的官能团有：碳碳三键、酯基、碳碳双键、羟基；②中的官能团有酯基、碳碳双键、羰基；故B符合题意；
C．①、②分子式相同结构没有同所以①和②互为同分异构体，故C没有符合题；
D．①和②中都含有酯基，所以均可以和NaOH溶液发生水解反应，故D没有符合题意；
答案为B。
10．D

【详解】
A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故A正确；
B．根据图示，蒸汽反应器中铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生的反应为3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2，故B正确；
C．H2O的沸点比H2的沸点高得多，从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2，故C正确；
D．根据氧元素守恒，反应体系有水蒸气通入，为使Fe2O3循环使用，理论上n(CO) :n(O2) >2 : 1，故D错误；
选D。
11．C

【详解】
A．反应i+ ii=题目中反应，故+=，而反应ii.为形成化学键，故为放热反应，0，故A正确；
B．根据I原子守恒，可得，故B正确；
C．该反应是反应前后气体总物质的量没有变的反应，缩小体积(加压)，平衡没有能移动，而是恒温时，缩小体积，浓度变大，故颜色变深，故C错误；
D．此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深，且发生了氧化还原反应，故发生了电子的转移，故D正确；
故选C。
12．C

【分析】
由图可知，①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜。
【详解】
A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，无法制得氨气，故A错误；
B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化、④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故B增强；
C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C错误；
D．由分析可知，一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜，故D正确；
故选C。
13．D

【详解】
A．电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变为-2价，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项正确；
B．电极b上氢氧根离子失去电子转化为氧气，电极反应式为，故B项正确；
C．由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，电极反应为，故C项正确；
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，根据公式得n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol，由CO2转化为乙烯的电极反应为，所以当n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol，产生的乙烯为0.05mol，故D项错误；
答案选D。
14．D

【详解】
A．反应①吸热，反应②放热，升高温度，反应①正向移动，反应②逆向移动，两者均有利于异丁烯制备，A正确；
B．平衡常数反应了反应进行的程度，由于K1远大于K2，主要进行反应①，因此大于190oC时温度对异丁烯的平衡产率影响没有大，B正确；
C．190oC时，恒压条件下增大水和异丁醇的比例，相当于减压，由图可知异丁烯产率增加，反应①平衡右移，反应②平衡左移，没有利于反应②进行，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完，根据原子守恒可知，(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) + c(异丁醇)，D错误；
故选D。
15．(1)CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l)   △H = +18 kJ/mol
(2)a
(3)     抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀     阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO；     CO2、H+     阴极区通入没有含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生

【分析】
根据题中所给热化学方程式，盖斯定律，写出所求热化学方程式；根据催化剂只降低反应的活化能，对△H和平衡移动无影响，选取正确选项；根据Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以应在酸性较强环境中存在；根据题中图示信息，电解池的电极反应加以解释说明；根据题中信息，判断阴极放电的物质；根据题中来源1和来源2，设计实验证明来源2没有成立；据此解答。
(1)
由i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H1=+566kJ/mol，ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)△H2=﹣530kJ/mol可知，根据盖斯定律(i+ii)×得，CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l)△H==+18kJ/mol；答案为CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l) △H = +18 kJ/mol。
(2)
根据题中信息，选取合适的催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，对△H无影响，对平衡移动无影响，即对平衡常数无响影，选项a符合题意；答案为a。
(3)
①因为Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，为了抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀；答案为抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀。
②由题中图示可知，阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO；答案为阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO。
③由题中信息可知，EDTA-Fe3+的电解效率接近，CO的电解效率为80%，说明在阴极区除了CO2放电，还有H+放电；答案为CO2、H+。
④为了证实来源2没有成立，实验是阴极区通入没有含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生；答案为阴极区通入没有含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生。
16．(1)1s22s22p63s23p63d24s2
(2)+1或-1
(3)CaTiO3
(4)     分子晶体     制备TiN的反应是Ⅱ，经计算n(Cl)：n(Ti)≈4：1，且没有同时间段内n(Cl)：n(Ti)没有变，NaOH溶液吸收的物质只有TiCl4

(1)
钛元素是22号元素，按构造原理，基态钛原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。
(2)
基态钛原子的价电子排布式为3d24s2， 3d2是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为2×(+)=+1或2×(-)=-1。
(3)
由晶胞结构可知，Ti原子处于晶胞的体心，Ca原子属于顶点、晶胞中含有Ca原子数目为，O原子位于面心上，晶胞中含有O原子数目为，故化学式为CaTiO3。
(4)
①由表格知：与其它非金属氯化物或含钛化合物比，TiCl4熔沸点低、则属于分子晶体。
②由表知，600℃时TiCl4呈气态，尾气中必定含TiCl4，若发生的是反应Ⅰ，则尾气除用于冷却的氮气外、还有多余的TiCl4、还含反应生成的Cl2；若发生的是反应Ⅱ，则尾气中没有含氯气，则2种情况尾气中氯和钛的原子数目比没有同。图中数据，可知制备TiN的反应是Ⅱ，判断依据为：10min时，，20min时，，40min时，，经计算n(Cl)：n(Ti)≈4：1，且没有同时间段内n(Cl)：n(Ti)没有变，NaOH溶液吸收的物质只有TiCl4。
17．(1)
(2)溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13
(3)A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降
(4)     ClO−、HClO、Cl−    
(5)用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝
(6)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)反应物的相对用量或氧化剂的种类

【分析】
向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，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，从B→C的过程ClO-的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生，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。
(1)
Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为：，故答案为；
(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，故答案为A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；
(4)
M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−；C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，故答案为ClO−、HClO、Cl−；；
(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没有断增多，即Fe2+没有断地转化为Fe(OH)3沉淀，此过程需没有断地消耗溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，故答案是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，发现没有同阶段有没有同的氧化剂将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；
18．(1)     Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +     Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
(2)     溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的     Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
(3)          II中Fe2+ 的还原性较弱，没有能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O⇌ + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
(4)CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜

(1)
①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
(2)
①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②没有溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
(3)
①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，没有能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O⇌+OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
(4)
银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
19．(1)CH3CH2COOH
(2)+C2H5OH+H2O
(3)
(4)取代反应
(5)
(6)醚键、氨基
(7)或
(8)     CH3CHO          或

【分析】
根据题中Q的合成路线可知，CH3CH2CN在酸性条件下发生水解反应，即基团-CN变化为-COOH，生成A，A的分子式为C3H6O2，则A的结构简式为CH3CH2COOH，A与Cl2在催化剂条件发生反应生成B，B与C2H5OH在浓H2SO4加热条件下发生酯化反应，生成D，D的分子式为C5H9ClO2，后续产物结构，可推知B的结构简式为，D的结构简式为，E的分子式为C6H6O，E与FeCl3溶液作用显紫色，与溴水作用产生白色沉淀，E具有酚羟基，则E的结构简式为，E与W(C3H6O)在酸性条件下反应生成F，F与Cl2发生反应生成G，G的分子式为C15H12Cl4O2，G与HCl在AlCl3条件下发生信息反应的逆反应，生成M，后续产物逆推，则M的结构简式为，G分子中含两个甲基，G的分子式为C15H12Cl4O2，所以G的结构简式为，逆推F的结构简式为，逆推W的结构简式为，与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，L的分子式为C11H14Cl2N2O2，则L的结构简式为，L①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成Q，Q的结构简式为；据此解答。
(1)
由上述分析可知，A的结构简式为CH3CH2COOH；答案为CH3CH2COOH。
(2)
由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为，B与C2H5OH在浓H2SO4加热条件下发生酯化反应，生成D，则B→D的化学方程式为+C2H5OH+H2O；答案为+C2H5OH+H2O。
(3)
由上述分析可知，E的结构简式为；答案为。
(4)
由上述分析可知，F的结构简式为，G的结构简式为，则F与Cl2发生取代反应生成G；答案为取代反应。
(5)
由上述分析可知，G的结构简式为；答案为。
(6)
由上述分析可知，L的结构简式为，该结构中所含的官能团有碳氯键、酰胺基、醚键、氨基；答案为醚键、氨基。
(7)
有多种同分异构体，其中满足下列条件a．属于戊酸酯；含酚羟基；b．核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1:2:9，则含三个等效的甲基(-CH3)，则该有机物的结构简式为或；答案为或。
(8)
由题中信息可知，CH3CH=CHCH3发生已知i反应，生成X，则X的结构简式为CH3CHO，X与HCN发生加成反应生成Y，Y的结构简式为，Y与NH3发生已知ii反应生成Z，Z的结构简式为，Z与H2反应生成丙二胺()或者Y先与H2反应生成Z，Z的结构简式为，Z再与NH3发生已知ii反应生成丙二胺()；答案为CH3CHO；；或。