还剩25页未读，
继续阅读
2023年北京市高考化学试卷（含解析）
展开
这是一份2023年北京市高考化学试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市高考化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
金刚石
石墨
石墨炔
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A. 三种物质中均有碳碳原子间的σ键 B. 三种物质中的碳原子都是sp3杂化
C. 三种物质的晶体类型相同 D. 三种物质均能导电
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. NaCl的电子式
B. NH3的VSEPR模型为
C. 2pz电子云图为
D. 基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式为
3. 下列过程与水解反应无关的是( )
A. 热的纯碱溶液去除油脂
B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D. 向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A. H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B. 密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
5. 回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如图。
下列说法不正确的是( )
A. 废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B. 装置a中溶液显碱性的原因是HCO3−的水解程度大于HCO3−的电离程度
C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D. 装置b中的总反应为
6. 下列离子方程式与所给事实不相符的是( )
A. Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
B. 食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D. Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2−=HgS↓
7. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
8. 完成下述实验，装置或试剂不正确的是 ( )
实验室制Cl2
实验室收集C2H4
验证NH3易溶于水且溶液呈碱性
除去CO2中混有的少量HCl
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
9. 一种聚合物PHA的结构简式如图，下列说法不正确的是( )
A. PHA的重复单元中有两种官能团
B. PHA可通过单体缩聚合成
C. PHA在碱性条件下可发生降解
D. PHA中存在手性碳原子
10. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A. F−F键的键能小于Cl−Cl键的键能
B. 三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka
C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D. 气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
11. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如图。
已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是( )
A. K的核磁共振氢谱有两组峰 B. L是乙醛
C. M完全水解可得到K和L D. 反应物K与L的化学计量比是1：1
12. 离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是( )
A. Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C. Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1
D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
13. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如图，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是( )
A. a、c分别是HCl、NH3
B. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C. 已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：①图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)⋅c2(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)⋅c(CO32−)=Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1mol⋅L−1，不同pH下c(CO32−)由图1得到]。
下列说法不正确的是( )
A. 由图1，pH=10.25，c(HCO3−)=c(CO32−)
B. 由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=−6，无沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=−2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)=0.1mol⋅L−1
D. 由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=−1，发生反应：Mg2++2HCO3−=MgCO3↓+CO2↑+H2O
二、流程题（本大题共1小题，共13.0分）
15. 以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如图。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，则可推断：Ksp(MnS) ______ (填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 ______ 。
(2)“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]−形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： ______ Fe3++Ag2S+ ______ ______ ⇌ ______ ______ +2[AgCl2]−+S。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl−、H+的作用： ______ 。
(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 ______ 。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： ______ 。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I−⇌I3−(红棕色)；I2和I3−氧化性几乎相同。
(1)将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI2(n>m)的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
c(KI)
实验现象
实验Ⅰ
0.01mol⋅L−1
极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ
0.1mol⋅L−1
部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ
4mol⋅L−1
I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
①初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ ______ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
②实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]−(无色)，进行以下实验探究：
步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b.取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
i.步骤a的目的是 ______ 。
ii.查阅资料，2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化： ______ 。
③结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 ______ 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液， ______ (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 ______ 。
(2)上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是 ______ 。
(3)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因： ______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共19.0分）
17. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O32−)可看作是SO42−中的一个O原子被S原子取代的产物。
(1)基态S原子价层电子排布式是 ______ 。
(2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： ______ 。
(3)S2O32−的空间结构是 ______ 。
(4)同位素示踪实验可证实S2O32−中两个S原子的化学环境不同，实验过程为。过程ii中，S2O32−断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和 35S，过程ii含硫产物是 ______ 。
(5)MgS2O3⋅6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。
晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为 ______ 。已知MgS2O3⋅6H2O的摩尔质量是Mg⋅mol−1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 ______ g⋅cm−3。(1nm=10−7cm)
(6)浸金时，S2O32−作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3−。分别判断S2O32−中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： ______ 。
18. 尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 ______ 。
(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
i.CO2和NH3生成NH2COONH4；
ii.NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 ______ (填序号)。
a.活化能：反应i<反应ii
b.i为放热反应，ii为吸热反应
c.CO2(1)+2NH3(1)=CO(NH2)2(1)+H2O(1)ΔH=E1−E4
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3−等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 ______ 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 ______ 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如图。
已知：溶液中c(NH4+)不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 ______ 。
②步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有 ______ 。
五、推断题（本大题共1小题，共12.0分）
19. 化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如图。
已知：
(1)A中含有羧基，A→B的化学方程式是 ______ 。
(2)D中含有的官能团是 ______ 。
(3)关于D→E的反应：
①的羰基相邻碳原子上的C−H键极性强，易断裂，原因是 ______ 。
②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是 ______ 。
(4)下列说法正确的是 ______ (填序号)。
a.F存在顺反异构体
b.J和K互为同系物
c.在加热和Cu催化条件下，J不能被O2氧化
(5)L分子中含有两个六元环。L的结构简式是 ______ 。
(6)已知：，依据D→E的原理，L和M反应得到了P。M的结构简式是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.原子间优先形成σ键，三种物质中均有碳碳原子间的σ键，故A正确；
B.金刚石中碳原子均采取sp3杂化，而石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化，故B错误；
C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体，三种物质晶体类型不相同，故C错误；
D.石墨、石墨炔中存在大π键，可以导电，而金刚石没有自由移动的电子，不能导电，故D错误；
故选：A。
A.原子间优先形成σ键；
B.石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化；
C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体；
D.金刚石没有自由移动的电子，不能导电。
本题考查比较综合，涉及化学键、晶体类型、杂化方式等，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
2.【答案】C
【解析】解：A.NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性，NaCl的电子式为，故A错误；
B.NH3的VSEPR模型为四面体结构，图为三角锥形结构且没有写出孤电子对，故B错误；
C.p能级电子云是哑铃形，则2pz电子云图为，故C正确；
D.不符合洪特规则，基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；
故选：C。
A.NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性；
B.NH3的VSEPR模型为四面体结构；
C.p能级电子云是哑铃形；
D.不符合洪特规则。
本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确轨道表示式的方法、电子排布规律、电子云形状、电子式的书写等知识点是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，可用于除油污，与盐类水解有关，故A正确；
B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃，发生的是裂解、裂化反应，与水解反应无关，故B错误；
C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸，发生的反应是水解反应，与水解反应有关，故C正确；
D.FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，加热能促进铁离子的水解，FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体与盐类水解有关，故D正确；
故选：B。
A.油脂能在碱溶液中发生水解反应，生成溶于水的物质；
B.重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂解、裂化生成小分子烃；
C.蛋白质在酶的作用下发生水解反应生成氨基酸；
D.FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体。
本题考查水解反应的应用，明确盐类水解原理、有机反应、物质的性质为解答关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.MnO2作H2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A错误；
B.2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0，密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导致c(NO2)增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确；
C.常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2，NO2呈红棕色，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C错误；
D.Fe能置换出Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故D错误；
故选：B。
平衡移动原理为：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
本题考查化学平衡移动原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡移动原理内涵及其适用范围是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.SO2是形成酸雨的主要成分，所以废气中SO2排放到大气中会形成酸雨，故A正确；
B.HCO3−水解导致溶液呈碱性、HCO3−电离导致溶液呈酸性，装置a中溶液显碱性的原因是HCO3−的水解程度大于HCO3−的电离程度，故B正确；
C.NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C错误；
D.装置b中阳极SO32−−2e−+2OH−=SO42−+H2O，阴极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为，故D正确；
故选：C。
根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上SO32−失电子生成SO42−，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为SO32−−2e−+2OH−=SO42−+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH；
A.SO2是形成酸雨的主要成分；
B.HCO3−水解导致溶液呈碱性、HCO3−电离导致溶液呈酸性；
C.NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应；
D.装置b中阳极SO32−−2e−+2OH−=SO42−+H2O，阴极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式。
本题考查电解原理及三废处理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、电解原理是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故A正确；
B.醋酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑，故B错误；
C.Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确；
D.Hg2+、S2−反应生成HgS沉淀，离子方程式为Hg2++S2−=HgS↓，故D正确；
故选：B。
A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O；
B.醋酸为弱酸，应该写化学式；
C.Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+；
D.Hg2+、S2−反应生成HgS沉淀。
本题考查离子方程式正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、离子方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；
B.浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2SO4(浓，产生的大量气体，使固体体积膨胀，故B正确；
C.浓硫酸脱水过程中生成的SO2使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，故C错误；
D.蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；
故选：C。
A.浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除；
B.浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳使固体体积膨胀；
C.生成的二氧化硫使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫；
D.蔗糖发生化学反应，一定有化学键的断裂。
本题考查浓硫酸性质实验，掌握浓硫酸的特性，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
8.【答案】D
【解析】解：A.在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2，图中装置能制取氯气，故A正确；
B.乙烯难溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正确；
C.打开活塞，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，氨气溶于导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，大气压将水通过导管进入烧瓶中而形成喷泉，氨气和水反应生成的一水合氨电离出OH−而使其水溶液呈碱性，酚酞遇碱溶液变红色，所以该装置能 验证NH3易溶于水且溶液呈碱性，故C正确；
D.CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应，应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故D错误；
故选：D。
A.在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2；
B.难溶于水的气体可以采用排水法收集；
C.酚酞遇碱溶液变红色，极易溶于水的气体能形成喷泉实验；
D.CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意：除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，操作要简便。
9.【答案】A
【解析】解：A.根据图知，PHA的重复单元中官能团只有酯基一种，故A错误；
B.是PHA的单体，中含有羧基和醇羟基，所以PHA可通过单体缩聚合成，故B正确；
C.PHA中含有酯基，所以PHA在碱性条件下能发生水解反应而降解，故C正确；
D.根据图知，PHA的重复单元中连接一个甲基的碳原子为手性碳原子，故D正确；
故选：A。
A.PHA的重复单元中官能团为酯基；
B.是PHA的单体；
C.酯基在碱性条件下能发生水解反应；
D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F−F键不稳定，则F−F键的键能小于Cl−Cl键的键能，与电负性无关，故A正确；
B.电负性：F>Cl，F−C键的极性大于Cl−C键的极性，使得F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致F3CCOOH的羧基中−OH极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故B错误；
C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强，电负性F>Cl，F−H键的极性大于Cl−H键的极性，导致HF分子极性比HCl强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故C错误；
D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在(HF)2，气态HCl中不存在(HCl)2，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；
故选：A。
A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F−F键不稳定；
B.电负性：F>Cl，F−C键的极性大于Cl−C键的极性，使得F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致F3CCOOH的羧基中−OH极性更大；
C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强；
D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键。
本题考查元素周期律，侧重考查对电负性的理解和运用能力，明确分子极性、酸的酸性强弱的影响因素是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.K结构对称，−CONH2中含有1种氢原子，中间碳原子上含有1种氢原子，中间氨基上含有1种氢原子，所以K含有3种氢原子，K的核磁共振氢谱有三组峰，故A错误；
B.L为OHCCHO，名称为乙二醛，故B错误；
C.M水解时酰胺基生成氨基和羧基，生成和NH3，故C错误；
D.1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2O，所以K、L的计量数之比为1：1，故D正确；
故选：D。
根据图知，K和L发生取代反应生成M和H2O，L能发生银镜反应，说明含有醛基，根据原子守恒知，1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2O，则L为OHCCHO；
A.K结构对称，−CONH2中含有1种氢原子，中间碳原子上含有1种氢原子，中间氨基上含有1种氢原子；
B.L为OHCCHO；
C.M水解时酰胺基生成氨基和羧基；
D.1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2O。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其在的关系并正确判断L的结构简式是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子之间存在非极性键，而CaH2中H−和钙离子之间存在离子键，该化合物中不含非极性键，故A错误；
B.反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变，只有过氧化钠中O元素化合价变化，所以①中水不参与氧化还原反应，故B错误；
C.Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成，所以Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1，故C正确；
D.反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子，所以反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选：C。
A.CaH2中只含有离子键；
B.反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变；
C.Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成；
D.反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子。
本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氧化还原反应中电子转移数目是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，a是NH3，c是HCl，故A错误；
B.由上述分析可知，b是Mg(OH)Cl，d是MgO，故B错误；
C.MgCl2可以水解生成Mg(OH)Cl，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生，故C正确；
D.由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，故D错误；
故选：C。
由图可知，反应①：NH4Cl+MgO⇌NH3+Mg(OH)Cl，反应②：Mg(OH)Cl⇌HCl+MgO，故a是NH3，b是Mg(OH)Cl，c是HCl，d是MgO，如果一个反应可以分几步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。
本题考查化学反应能量变化相关知识及反应机理，注意掌握盖斯定律运用，此题难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.由图1可知，pH=10.25时c(HCO3−)=c(CO32−)，故A正确；
B.由图2可知，pH=11、lg[c(Mg2+)]=−6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，浓度积Q
故选：C。
A.由图1可知，pH=10.25时c(HCO3−)=c(CO32−)；
B.结合Ksp与浓度积Q的关系分析判断，若Ksp
D.由图1可知，pH=8时溶液中主要含碳微粒是HCO3−，由图2可知，pH=8、lg[c(Mg2+)]=−1的点位于曲线Ⅱ的上方，反应生成MgCO3沉淀。
本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力和基础知识综合运用能力的考查，把握溶度积常数的应用、图象上下方位置离子的种类及性质是解题关键，注意掌握Ksp、浓度积Q及其与生成沉淀的关系，题目难度中等。
15.【答案】> Fe3+、Mn2+ 2 4 Cl− 2 Fe2+ Cl−与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]−，增大溶液中S2−浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀 Fe+2[AgCl2]−=Fe2++4Cl−+2Ag、Fe+2Fe3+=3Fe2+ 溶液中生成的Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+ 将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，获得MnSO4，同时实现锰元素与银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】解：(1)①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，可知MnS溶于硫酸，而Ag2S不溶于硫酸，说明MnS的溶度积大于Ag2S，即Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S)，
故答案为：>；
②发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，FeS2和MnO2发生反应，根据信息可知，在H2SO4溶液中MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+，
故答案为：Fe3+、Mn2+；
(2)①根据电子转移守恒，Fe3+被还原为Fe2+，即生成物缺项为Fe2+，由元素守恒可知反应物中缺项为Cl−，配平后离子方程式为2Fe3++Ag2S+4Cl−⇌2Fe2++2[AgCl2]−+S，
故答案为：2；4；Cl−；2；Fe2+；
②Cl−与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]−，增大溶液中S2−浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2S浸出率，溶液中Fe3+水解，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀，
故答案为：Cl−与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]−，增大溶液中S2−浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀；
(3)①铁粉将[AgCl2]−被还原为Ag，过量的Fe与铁离子反应生成Fe2+，发生离子反应有：Fe+2[AgCl2]−=Fe2++4Cl−+2Ag、Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+2[AgCl2]−=Fe2++4Cl−+2Ag、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
②溶液中生成的Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，所以t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小，
故答案为：溶液中生成的Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+；
(4)“浸锰”过程中，将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，获得MnSO4，同时实现锰元素与银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂，
故答案为：将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，获得MnSO4，同时实现锰元素与银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂。
“浸锰”过程中，在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，FeS2和MnO2发生反应，即Fe2+被氧化生成Fe3+，浸锰液中主要含有Fe3+、Mn2+及未反应的硫酸，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，过滤分离，浸锰夜经系列操作获得MnSO4，“浸银”时将Ag2S中的银以[AgCl2]−形式浸出，过滤分离，“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，[AgCl2]−被还原为Ag，再过滤分离；
(1)①MnS溶于硫酸，而Ag2S不溶于硫酸；
②根据信息可知，在H2SO4溶液中MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+；
(2)①根据电子转移守恒，Fe3+被还原为Fe2+，即生成物缺项为Fe2+，由元素守恒可知反应物中缺项为Cl−，配平书写离子方程式；
②Cl−与Ag+结合生成[AgCl2]−，酸性可以抑制Fe3+水解；
(3)①铁粉将[AgCl2]−被还原为Ag，过量的Fe与铁离子反应生成Fe2+；
②溶液中Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+可以把Ag氧化为Ag+；
(4)“浸锰”过程中，将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，实现锰元素与银元素分离，获得MnSO4，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂。
本题考查物质制备工艺流程，涉及溶度积、方程式配平、离子方程式书写、对试剂与操作分析评价、对原理的理解与运用等，注意根据题干中的内容理解整个流程，需要学生具备扎实的基础与综合运用的能力。
16.【答案】< 除去I3−，防止干扰后续实验 [CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O 2Cu+I2=2CuI(或2Cu+I3−=2CuI+I−) 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或l3−浓度小，未能氧化全部的Cu) 铜；含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液 铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2
【解析】解：(1)①I2固体与Cu的接触面减小，I2在水中溶解性小，反应速率慢，I2和I3−氧化性几乎相同，则I3−离子浓度越大，反应速率越快，实验Ⅱ中c(I3−)较大，所以反应速率：实验Ⅰ<实验Ⅱ，
故答案为：<；
②i.深红棕色溶液含有过量的I3−，存在平衡为I2+I−⇌I3−，I2易溶于CCl4，多次萃取、分液除去I2和I3−，防止氧化性的I3−干扰后续实验，
故答案为：除去I3−，防止干扰后续实验；
ii.实验Ⅲ所得溶液中，Cu元素以无色的[CuI2]−形式存在，加入浓氨水时发生的反应为[CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，生成的[Cu(NH3)2]+又被氧气不断氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+，发生的反应4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O，
故答案为：[CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O；
③若实验Ⅰ中生成的白色沉淀为Cul，实验Ⅰ中Cu被氧化的化学方程式为2Cu+I2=2CuI或2Cu+I3−=2CuI+I−；分别取少量实验Ⅰ和实验Ⅱ中白色固体，洗涤后得到白色沉淀，白色沉淀主要成分是Cul，加入浓KI溶液，发生反应为CuI+I−=[CuI2]−，则可以观察到的现象是白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；实验Ⅰ和实验Ⅱ中碘未完全反应，还剩余少量铜，说明铜与碘的反应为可逆反应或l3−浓度小，未能氧化全部的Cu，
故答案为：2Cu+I2=2CuI(或2Cu+I3−=2CuI+I−)；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应(或l3−浓度小，未能氧化全部的Cu)；
(2)通过原电池装置证实l2可以将Cu氧化为铜离子，则铜作负极，但I2在水中溶解度很小，并且I2的氧化性和I3−几乎相同，则正极的电解质溶液b是含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液，
故答案为：铜；含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液；
(3)I2、Cu原电池中，I2能将Cu氧化为Cu2+，说明I2氧化性较强，但实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu只能被氧化为Cu+，由于Cu+能与I−生成CuI沉淀或配离子[CuI2]−，氧化还原反应中，生成物的浓度减小会增强氧化剂的氧化性，Cu+浓度减小使Cu2+氧化性增强，氧化性增强的Cu2+能氧化I−生成I2，反应为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2，
故答案为：铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2。
(1)①I2固体与Cu的接触面减小，I2和I3−氧化性几乎相同，则I3−离子浓度越大，反应速率越快；
②i.深红棕色溶液中含有过量的I3−，存在平衡为I2+I−⇌I3−，I2易溶于CCl4，多次萃取、分液除去I2，使平衡逆向移动，进而除去I3−；
ii.实验Ⅲ经过多次萃取、分液所得溶液无色，则铜元素的存在形式为[CuI2]−(无色)，[Cu(NH3)2]+无色，滴入浓氨水时溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深，说明[CuI2]−反应生成的[Cu(NH3)2]+被氧化生成[Cu(NH3)4]2+，反应为[CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O；
③实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀是CuI，说明I2或I3−氧化Cu生成CuI或[CuI2]−，分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到的白色沉淀为CuI，加入浓KI溶液后沉淀溶解生成配离子[CuI2]−，同时观察到红色铜有剩余，说明铜与碘的反应不完全；
(2)I2、Cu和硫酸钾溶液形成的双液原电池中，Cu发生失电子的氧化反应生成Cu2+，则Cu作负极，石墨作正极，即a电极为Cu，b为含有I2的溶液，但I2的溶解性小，I2和I3−氧化性几乎相同，可用含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液代替I2水，增强溶液导电性；
(3)I2、Cu原电池中，I2能将Cu氧化为Cu2+，说明I2氧化性较强，实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu只能被氧化为Cu+，但Cu+能与I−生成CuI沉淀或配离子[CuI2]−，生成物的浓度减小增强了氧化剂的氧化性，即生成CuI沉淀或[CuI2]−使Cu2+氧化性增强，导致Cu2+氧化I−生成I2。
本题考查物质性质实验方案的设计、氧化还原反应规律的应用，侧重实验能力和综合运用基础知识能力的考查，把握物质性质、发生的反应、实验原理和操作、氧化还原反应方程式的书写等知识是解题关键，注意理解掌握影响氧化性强弱的因素，题目难度较大。
17.【答案】3s23p4 S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)
故答案为：3s23p4；
(2)同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)
故答案为：四面体形；
(4)根据图知，过程ii中含硫产物为 32SO42−、Ag235S，
故答案为： 32SO42−、Ag235S；
(5)晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为1+2×12+4×14+8×18=4；S2O32−的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3⋅6H2O”，晶胞体积为(a×10−7cm)×(b×10−7cm)×(c×10−7cm)=abc×10−21cm3，该晶体的密度=MNA×4V=4MVNA=4Mabc×10−21NAg/cm3，
故答案为：4；4Mabc×10−21NA；
(6)S2O32−的中心S原子价层电子对个数为3+1+6+2−4×22=4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，所以能做配位原子，
故答案为：S2O32−的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
(1)基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子；
(2)O、S原子最外层电子数都是6，但r(O)
(4)根据图知，过程ii中含硫产物为 32SO42−、Ag235S；
(5)晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为1+2×12+4×14+8×18；S2O32−的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3⋅6H2O”，晶胞体积为(a×10−7cm)×(b×10−7cm)×(c×10−7cm)=abc×10−21cm3，该晶体的密度=MNA×4V=4MVNA；
(6)含有孤电子对的原子能和中心离子形成配位键。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律内涵、微粒空间构型判断方法及晶胞计算方法是解本题关键，注意配位原子的特点，题目难度不大。
18.【答案】AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl ab 阳 2NO3−+CO2+16e−+18H+=CO(NH2)2+7H2O NH4+ 步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量
【解析】解：(1)AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2和AgCl，依据原子守恒，该反应的化学方程式是AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl，
故答案为：AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl；
(2)a.由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3，E1
c.由图可知，总反应的ΔH=E1−E2+E3−E4，即CO2(1)+2NH3(1)=CO(NH2)2(1)+H2O(1)ΔH=E1−E2+E3−E4，故c错误；
故答案为：ab；
(3)①电解池中阳离子移向阴极，由图可知，H+移向a极，即a极为阴极，b极是电解池的阳极，
故答案为：阳；
②电解过程中阴极上NO3−、CO2得到电子生成尿素，电极反应式是：2NO3−+CO2+16e−+18H+=CO(NH2)2+7H2O，
故答案为：2NO3−+CO2+16e−+18H+=CO(NH2)2+7H2O；
(4)①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气，故消化液中的含氮粒子是NH4+，
故答案为：NH4+；
②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到NH4+，接着加入浓NaOH溶液与NH4+反应生成NH3，再将生成的NH3蒸馏用过量的硫酸吸收，最后用标准NaOH溶液中和剩余的硫酸，故计算样品含氮量还需要的实验数据有步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量，
故答案为：步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量。
(1)AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2和AgCl；
(2)a.由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3；
b.从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出i为放热反应，ii为吸热反应；
c.由图可知，总反应的ΔH=E1−E2+E3−E4；
(3)①电解池中阳离子移向阴极；
②电解过程中阴极上NO3−、CO2得到电子生成尿素；
(4)①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气；
②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到NH4+，接着加入浓NaOH溶液与NH4+反应生成NH3，再将生成的NH3蒸馏用过量的硫酸吸收，最后用标准NaOH溶液中和剩余的硫酸。
本题考查实验制备方案、电解池的工作原理、酸碱中和滴定的计算方法等知识，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对学生综合能力的考查，难度中等。
19.【答案】 醛基 羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强 ac
【解析】解：(1)A为BrCH2COOH，A和乙醇发生酯化反应生成B，A→B的化学方程式是，
故答案为：；
(2)D为，D中含有的官能团是醛基，
故答案为：醛基；
(3)①的羰基相邻碳原子上的C−H键极性强，易断裂，原因是羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强，
故答案为：羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强；
②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体，可能是亚甲基上的氢原子和醛基发生加成反应，则该副产物的结构简式是，
故答案为：；
(4)a.F为，F中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以F存在顺反异构体，故a正确；
b.J和K结构不相似，不互为同系物，故b错误；
c.在加热和Cu催化条件下，J中连接醇羟基的碳原子上不含氢原子，所以J不能被O2氧化，故c正确；
故答案为：ac；
(5)L的结构简式是，
故答案为：；
(6)M的结构简式是，
故答案为：。
根据D的分子式及E的结构简式知，D和CH3COCH2CH2CH3发生加成反应生成E，D为，E失去H2O生成F，为醇羟基的消去反应，则F为，F和氢气发生加成反应生成G，根据G的分子式、K的结构简式知，G为，A中含有羧基，根据A的分子式知，A为BrCH2COOH，根据反应条件知，A和乙醇发生酯化反应生成B为BrCH2COOCH2CH3，B和G发生信息中的反应生成J为，J发生反应生成K，K发生水解反应然后酸化得到L，L分子中含有两个六元环，根据L的分子式知，L为，L和M发生类似D生成E的加成反应然后发生异构化最后发生消去反应生成P，则M为。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、判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，注意反应中各物质官能团或碳链变化，题目难度中等。
2023年北京市高考化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
金刚石
石墨
石墨炔
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A. 三种物质中均有碳碳原子间的σ键 B. 三种物质中的碳原子都是sp3杂化
C. 三种物质的晶体类型相同 D. 三种物质均能导电
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. NaCl的电子式
B. NH3的VSEPR模型为
C. 2pz电子云图为
D. 基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式为
3. 下列过程与水解反应无关的是( )
A. 热的纯碱溶液去除油脂
B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D. 向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A. H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B. 密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
5. 回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如图。
下列说法不正确的是( )
A. 废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B. 装置a中溶液显碱性的原因是HCO3−的水解程度大于HCO3−的电离程度
C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D. 装置b中的总反应为
6. 下列离子方程式与所给事实不相符的是( )
A. Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
B. 食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D. Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2−=HgS↓
7. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
8. 完成下述实验，装置或试剂不正确的是 ( )
实验室制Cl2
实验室收集C2H4
验证NH3易溶于水且溶液呈碱性
除去CO2中混有的少量HCl
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
9. 一种聚合物PHA的结构简式如图，下列说法不正确的是( )
A. PHA的重复单元中有两种官能团
B. PHA可通过单体缩聚合成
C. PHA在碱性条件下可发生降解
D. PHA中存在手性碳原子
10. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A. F−F键的键能小于Cl−Cl键的键能
B. 三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka
C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D. 气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
11. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如图。
已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是( )
A. K的核磁共振氢谱有两组峰 B. L是乙醛
C. M完全水解可得到K和L D. 反应物K与L的化学计量比是1：1
12. 离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是( )
A. Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C. Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1
D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
13. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如图，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是( )
A. a、c分别是HCl、NH3
B. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C. 已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：①图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)⋅c2(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)⋅c(CO32−)=Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1mol⋅L−1，不同pH下c(CO32−)由图1得到]。
下列说法不正确的是( )
A. 由图1，pH=10.25，c(HCO3−)=c(CO32−)
B. 由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=−6，无沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=−2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)=0.1mol⋅L−1
D. 由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=−1，发生反应：Mg2++2HCO3−=MgCO3↓+CO2↑+H2O
二、流程题（本大题共1小题，共13.0分）
15. 以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如图。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，则可推断：Ksp(MnS) ______ (填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 ______ 。
(2)“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]−形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： ______ Fe3++Ag2S+ ______ ______ ⇌ ______ ______ +2[AgCl2]−+S。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl−、H+的作用： ______ 。
(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 ______ 。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： ______ 。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I−⇌I3−(红棕色)；I2和I3−氧化性几乎相同。
(1)将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI2(n>m)的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
c(KI)
实验现象
实验Ⅰ
0.01mol⋅L−1
极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ
0.1mol⋅L−1
部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ
4mol⋅L−1
I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
①初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ ______ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
②实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]−(无色)，进行以下实验探究：
步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b.取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
i.步骤a的目的是 ______ 。
ii.查阅资料，2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化： ______ 。
③结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 ______ 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液， ______ (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 ______ 。
(2)上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是 ______ 。
(3)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因： ______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共19.0分）
17. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O32−)可看作是SO42−中的一个O原子被S原子取代的产物。
(1)基态S原子价层电子排布式是 ______ 。
(2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： ______ 。
(3)S2O32−的空间结构是 ______ 。
(4)同位素示踪实验可证实S2O32−中两个S原子的化学环境不同，实验过程为。过程ii中，S2O32−断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和 35S，过程ii含硫产物是 ______ 。
(5)MgS2O3⋅6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。
晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为 ______ 。已知MgS2O3⋅6H2O的摩尔质量是Mg⋅mol−1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 ______ g⋅cm−3。(1nm=10−7cm)
(6)浸金时，S2O32−作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3−。分别判断S2O32−中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： ______ 。
18. 尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 ______ 。
(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
i.CO2和NH3生成NH2COONH4；
ii.NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 ______ (填序号)。
a.活化能：反应i<反应ii
b.i为放热反应，ii为吸热反应
c.CO2(1)+2NH3(1)=CO(NH2)2(1)+H2O(1)ΔH=E1−E4
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3−等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 ______ 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 ______ 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如图。
已知：溶液中c(NH4+)不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 ______ 。
②步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有 ______ 。
五、推断题（本大题共1小题，共12.0分）
19. 化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如图。
已知：
(1)A中含有羧基，A→B的化学方程式是 ______ 。
(2)D中含有的官能团是 ______ 。
(3)关于D→E的反应：
①的羰基相邻碳原子上的C−H键极性强，易断裂，原因是 ______ 。
②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是 ______ 。
(4)下列说法正确的是 ______ (填序号)。
a.F存在顺反异构体
b.J和K互为同系物
c.在加热和Cu催化条件下，J不能被O2氧化
(5)L分子中含有两个六元环。L的结构简式是 ______ 。
(6)已知：，依据D→E的原理，L和M反应得到了P。M的结构简式是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.原子间优先形成σ键，三种物质中均有碳碳原子间的σ键，故A正确；
B.金刚石中碳原子均采取sp3杂化，而石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化，故B错误；
C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体，三种物质晶体类型不相同，故C错误；
D.石墨、石墨炔中存在大π键，可以导电，而金刚石没有自由移动的电子，不能导电，故D错误；
故选：A。
A.原子间优先形成σ键；
B.石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化；
C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体；
D.金刚石没有自由移动的电子，不能导电。
本题考查比较综合，涉及化学键、晶体类型、杂化方式等，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
2.【答案】C
【解析】解：A.NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性，NaCl的电子式为，故A错误；
B.NH3的VSEPR模型为四面体结构，图为三角锥形结构且没有写出孤电子对，故B错误；
C.p能级电子云是哑铃形，则2pz电子云图为，故C正确；
D.不符合洪特规则，基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；
故选：C。
A.NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性；
B.NH3的VSEPR模型为四面体结构；
C.p能级电子云是哑铃形；
D.不符合洪特规则。
本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确轨道表示式的方法、电子排布规律、电子云形状、电子式的书写等知识点是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，可用于除油污，与盐类水解有关，故A正确；
B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃，发生的是裂解、裂化反应，与水解反应无关，故B错误；
C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸，发生的反应是水解反应，与水解反应有关，故C正确；
D.FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，加热能促进铁离子的水解，FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体与盐类水解有关，故D正确；
故选：B。
A.油脂能在碱溶液中发生水解反应，生成溶于水的物质；
B.重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂解、裂化生成小分子烃；
C.蛋白质在酶的作用下发生水解反应生成氨基酸；
D.FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体。
本题考查水解反应的应用，明确盐类水解原理、有机反应、物质的性质为解答关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.MnO2作H2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A错误；
B.2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0，密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导致c(NO2)增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确；
C.常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2，NO2呈红棕色，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C错误；
D.Fe能置换出Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故D错误；
故选：B。
平衡移动原理为：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
本题考查化学平衡移动原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡移动原理内涵及其适用范围是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.SO2是形成酸雨的主要成分，所以废气中SO2排放到大气中会形成酸雨，故A正确；
B.HCO3−水解导致溶液呈碱性、HCO3−电离导致溶液呈酸性，装置a中溶液显碱性的原因是HCO3−的水解程度大于HCO3−的电离程度，故B正确；
C.NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C错误；
D.装置b中阳极SO32−−2e−+2OH−=SO42−+H2O，阴极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为，故D正确；
故选：C。
根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上SO32−失电子生成SO42−，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为SO32−−2e−+2OH−=SO42−+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH；
A.SO2是形成酸雨的主要成分；
B.HCO3−水解导致溶液呈碱性、HCO3−电离导致溶液呈酸性；
C.NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应；
D.装置b中阳极SO32−−2e−+2OH−=SO42−+H2O，阴极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式。
本题考查电解原理及三废处理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、电解原理是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故A正确；
B.醋酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑，故B错误；
C.Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确；
D.Hg2+、S2−反应生成HgS沉淀，离子方程式为Hg2++S2−=HgS↓，故D正确；
故选：B。
A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O；
B.醋酸为弱酸，应该写化学式；
C.Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+；
D.Hg2+、S2−反应生成HgS沉淀。
本题考查离子方程式正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、离子方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；
B.浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2SO4(浓，产生的大量气体，使固体体积膨胀，故B正确；
C.浓硫酸脱水过程中生成的SO2使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，故C错误；
D.蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；
故选：C。
A.浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除；
B.浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳使固体体积膨胀；
C.生成的二氧化硫使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫；
D.蔗糖发生化学反应，一定有化学键的断裂。
本题考查浓硫酸性质实验，掌握浓硫酸的特性，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
8.【答案】D
【解析】解：A.在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2，图中装置能制取氯气，故A正确；
B.乙烯难溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正确；
C.打开活塞，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，氨气溶于导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，大气压将水通过导管进入烧瓶中而形成喷泉，氨气和水反应生成的一水合氨电离出OH−而使其水溶液呈碱性，酚酞遇碱溶液变红色，所以该装置能 验证NH3易溶于水且溶液呈碱性，故C正确；
D.CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应，应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故D错误；
故选：D。
A.在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2；
B.难溶于水的气体可以采用排水法收集；
C.酚酞遇碱溶液变红色，极易溶于水的气体能形成喷泉实验；
D.CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意：除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，操作要简便。
9.【答案】A
【解析】解：A.根据图知，PHA的重复单元中官能团只有酯基一种，故A错误；
B.是PHA的单体，中含有羧基和醇羟基，所以PHA可通过单体缩聚合成，故B正确；
C.PHA中含有酯基，所以PHA在碱性条件下能发生水解反应而降解，故C正确；
D.根据图知，PHA的重复单元中连接一个甲基的碳原子为手性碳原子，故D正确；
故选：A。
A.PHA的重复单元中官能团为酯基；
B.是PHA的单体；
C.酯基在碱性条件下能发生水解反应；
D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F−F键不稳定，则F−F键的键能小于Cl−Cl键的键能，与电负性无关，故A正确；
B.电负性：F>Cl，F−C键的极性大于Cl−C键的极性，使得F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致F3CCOOH的羧基中−OH极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故B错误；
C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强，电负性F>Cl，F−H键的极性大于Cl−H键的极性，导致HF分子极性比HCl强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故C错误；
D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在(HF)2，气态HCl中不存在(HCl)2，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；
故选：A。
A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F−F键不稳定；
B.电负性：F>Cl，F−C键的极性大于Cl−C键的极性，使得F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致F3CCOOH的羧基中−OH极性更大；
C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强；
D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键。
本题考查元素周期律，侧重考查对电负性的理解和运用能力，明确分子极性、酸的酸性强弱的影响因素是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.K结构对称，−CONH2中含有1种氢原子，中间碳原子上含有1种氢原子，中间氨基上含有1种氢原子，所以K含有3种氢原子，K的核磁共振氢谱有三组峰，故A错误；
B.L为OHCCHO，名称为乙二醛，故B错误；
C.M水解时酰胺基生成氨基和羧基，生成和NH3，故C错误；
D.1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2O，所以K、L的计量数之比为1：1，故D正确；
故选：D。
根据图知，K和L发生取代反应生成M和H2O，L能发生银镜反应，说明含有醛基，根据原子守恒知，1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2O，则L为OHCCHO；
A.K结构对称，−CONH2中含有1种氢原子，中间碳原子上含有1种氢原子，中间氨基上含有1种氢原子；
B.L为OHCCHO；
C.M水解时酰胺基生成氨基和羧基；
D.1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2O。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其在的关系并正确判断L的结构简式是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子之间存在非极性键，而CaH2中H−和钙离子之间存在离子键，该化合物中不含非极性键，故A错误；
B.反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变，只有过氧化钠中O元素化合价变化，所以①中水不参与氧化还原反应，故B错误；
C.Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成，所以Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1，故C正确；
D.反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子，所以反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选：C。
A.CaH2中只含有离子键；
B.反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变；
C.Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成；
D.反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子。
本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氧化还原反应中电子转移数目是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，a是NH3，c是HCl，故A错误；
B.由上述分析可知，b是Mg(OH)Cl，d是MgO，故B错误；
C.MgCl2可以水解生成Mg(OH)Cl，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生，故C正确；
D.由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，故D错误；
故选：C。
由图可知，反应①：NH4Cl+MgO⇌NH3+Mg(OH)Cl，反应②：Mg(OH)Cl⇌HCl+MgO，故a是NH3，b是Mg(OH)Cl，c是HCl，d是MgO，如果一个反应可以分几步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。
本题考查化学反应能量变化相关知识及反应机理，注意掌握盖斯定律运用，此题难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.由图1可知，pH=10.25时c(HCO3−)=c(CO32−)，故A正确；
B.由图2可知，pH=11、lg[c(Mg2+)]=−6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，浓度积Q
故选：C。
A.由图1可知，pH=10.25时c(HCO3−)=c(CO32−)；
B.结合Ksp与浓度积Q的关系分析判断，若Ksp
D.由图1可知，pH=8时溶液中主要含碳微粒是HCO3−，由图2可知，pH=8、lg[c(Mg2+)]=−1的点位于曲线Ⅱ的上方，反应生成MgCO3沉淀。
本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力和基础知识综合运用能力的考查，把握溶度积常数的应用、图象上下方位置离子的种类及性质是解题关键，注意掌握Ksp、浓度积Q及其与生成沉淀的关系，题目难度中等。
15.【答案】> Fe3+、Mn2+ 2 4 Cl− 2 Fe2+ Cl−与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]−，增大溶液中S2−浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀 Fe+2[AgCl2]−=Fe2++4Cl−+2Ag、Fe+2Fe3+=3Fe2+ 溶液中生成的Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+ 将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，获得MnSO4，同时实现锰元素与银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】解：(1)①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，可知MnS溶于硫酸，而Ag2S不溶于硫酸，说明MnS的溶度积大于Ag2S，即Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S)，
故答案为：>；
②发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，FeS2和MnO2发生反应，根据信息可知，在H2SO4溶液中MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+，
故答案为：Fe3+、Mn2+；
(2)①根据电子转移守恒，Fe3+被还原为Fe2+，即生成物缺项为Fe2+，由元素守恒可知反应物中缺项为Cl−，配平后离子方程式为2Fe3++Ag2S+4Cl−⇌2Fe2++2[AgCl2]−+S，
故答案为：2；4；Cl−；2；Fe2+；
②Cl−与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]−，增大溶液中S2−浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2S浸出率，溶液中Fe3+水解，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀，
故答案为：Cl−与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]−，增大溶液中S2−浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀；
(3)①铁粉将[AgCl2]−被还原为Ag，过量的Fe与铁离子反应生成Fe2+，发生离子反应有：Fe+2[AgCl2]−=Fe2++4Cl−+2Ag、Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+2[AgCl2]−=Fe2++4Cl−+2Ag、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
②溶液中生成的Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，所以t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小，
故答案为：溶液中生成的Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+；
(4)“浸锰”过程中，将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，获得MnSO4，同时实现锰元素与银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂，
故答案为：将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，获得MnSO4，同时实现锰元素与银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂。
“浸锰”过程中，在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2S↑，FeS2和MnO2发生反应，即Fe2+被氧化生成Fe3+，浸锰液中主要含有Fe3+、Mn2+及未反应的硫酸，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，过滤分离，浸锰夜经系列操作获得MnSO4，“浸银”时将Ag2S中的银以[AgCl2]−形式浸出，过滤分离，“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，[AgCl2]−被还原为Ag，再过滤分离；
(1)①MnS溶于硫酸，而Ag2S不溶于硫酸；
②根据信息可知，在H2SO4溶液中MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+；
(2)①根据电子转移守恒，Fe3+被还原为Fe2+，即生成物缺项为Fe2+，由元素守恒可知反应物中缺项为Cl−，配平书写离子方程式；
②Cl−与Ag+结合生成[AgCl2]−，酸性可以抑制Fe3+水解；
(3)①铁粉将[AgCl2]−被还原为Ag，过量的Fe与铁离子反应生成Fe2+；
②溶液中Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+，而Fe3+可以把Ag氧化为Ag+；
(4)“浸锰”过程中，将两种矿石中锰元素同时提取到浸锰液中，实现锰元素与银元素分离，获得MnSO4，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂。
本题考查物质制备工艺流程，涉及溶度积、方程式配平、离子方程式书写、对试剂与操作分析评价、对原理的理解与运用等，注意根据题干中的内容理解整个流程，需要学生具备扎实的基础与综合运用的能力。
16.【答案】< 除去I3−，防止干扰后续实验 [CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O 2Cu+I2=2CuI(或2Cu+I3−=2CuI+I−) 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或l3−浓度小，未能氧化全部的Cu) 铜；含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液 铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2
【解析】解：(1)①I2固体与Cu的接触面减小，I2在水中溶解性小，反应速率慢，I2和I3−氧化性几乎相同，则I3−离子浓度越大，反应速率越快，实验Ⅱ中c(I3−)较大，所以反应速率：实验Ⅰ<实验Ⅱ，
故答案为：<；
②i.深红棕色溶液含有过量的I3−，存在平衡为I2+I−⇌I3−，I2易溶于CCl4，多次萃取、分液除去I2和I3−，防止氧化性的I3−干扰后续实验，
故答案为：除去I3−，防止干扰后续实验；
ii.实验Ⅲ所得溶液中，Cu元素以无色的[CuI2]−形式存在，加入浓氨水时发生的反应为[CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，生成的[Cu(NH3)2]+又被氧气不断氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+，发生的反应4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O，
故答案为：[CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O；
③若实验Ⅰ中生成的白色沉淀为Cul，实验Ⅰ中Cu被氧化的化学方程式为2Cu+I2=2CuI或2Cu+I3−=2CuI+I−；分别取少量实验Ⅰ和实验Ⅱ中白色固体，洗涤后得到白色沉淀，白色沉淀主要成分是Cul，加入浓KI溶液，发生反应为CuI+I−=[CuI2]−，则可以观察到的现象是白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；实验Ⅰ和实验Ⅱ中碘未完全反应，还剩余少量铜，说明铜与碘的反应为可逆反应或l3−浓度小，未能氧化全部的Cu，
故答案为：2Cu+I2=2CuI(或2Cu+I3−=2CuI+I−)；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应(或l3−浓度小，未能氧化全部的Cu)；
(2)通过原电池装置证实l2可以将Cu氧化为铜离子，则铜作负极，但I2在水中溶解度很小，并且I2的氧化性和I3−几乎相同，则正极的电解质溶液b是含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液，
故答案为：铜；含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液；
(3)I2、Cu原电池中，I2能将Cu氧化为Cu2+，说明I2氧化性较强，但实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu只能被氧化为Cu+，由于Cu+能与I−生成CuI沉淀或配离子[CuI2]−，氧化还原反应中，生成物的浓度减小会增强氧化剂的氧化性，Cu+浓度减小使Cu2+氧化性增强，氧化性增强的Cu2+能氧化I−生成I2，反应为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2，
故答案为：铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2。
(1)①I2固体与Cu的接触面减小，I2和I3−氧化性几乎相同，则I3−离子浓度越大，反应速率越快；
②i.深红棕色溶液中含有过量的I3−，存在平衡为I2+I−⇌I3−，I2易溶于CCl4，多次萃取、分液除去I2，使平衡逆向移动，进而除去I3−；
ii.实验Ⅲ经过多次萃取、分液所得溶液无色，则铜元素的存在形式为[CuI2]−(无色)，[Cu(NH3)2]+无色，滴入浓氨水时溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深，说明[CuI2]−反应生成的[Cu(NH3)2]+被氧化生成[Cu(NH3)4]2+，反应为[CuI2]−+2NH3⋅H2O=[Cu(NH3)2]++2I−+2H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+8H2O；
③实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀是CuI，说明I2或I3−氧化Cu生成CuI或[CuI2]−，分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到的白色沉淀为CuI，加入浓KI溶液后沉淀溶解生成配离子[CuI2]−，同时观察到红色铜有剩余，说明铜与碘的反应不完全；
(2)I2、Cu和硫酸钾溶液形成的双液原电池中，Cu发生失电子的氧化反应生成Cu2+，则Cu作负极，石墨作正极，即a电极为Cu，b为含有I2的溶液，但I2的溶解性小，I2和I3−氧化性几乎相同，可用含nmolI2的4mol⋅L−1的KI溶液代替I2水，增强溶液导电性；
(3)I2、Cu原电池中，I2能将Cu氧化为Cu2+，说明I2氧化性较强，实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu只能被氧化为Cu+，但Cu+能与I−生成CuI沉淀或配离子[CuI2]−，生成物的浓度减小增强了氧化剂的氧化性，即生成CuI沉淀或[CuI2]−使Cu2+氧化性增强，导致Cu2+氧化I−生成I2。
本题考查物质性质实验方案的设计、氧化还原反应规律的应用，侧重实验能力和综合运用基础知识能力的考查，把握物质性质、发生的反应、实验原理和操作、氧化还原反应方程式的书写等知识是解题关键，注意理解掌握影响氧化性强弱的因素，题目难度较大。
17.【答案】3s23p4 S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)
故答案为：3s23p4；
(2)同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)
故答案为：四面体形；
(4)根据图知，过程ii中含硫产物为 32SO42−、Ag235S，
故答案为： 32SO42−、Ag235S；
(5)晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为1+2×12+4×14+8×18=4；S2O32−的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3⋅6H2O”，晶胞体积为(a×10−7cm)×(b×10−7cm)×(c×10−7cm)=abc×10−21cm3，该晶体的密度=MNA×4V=4MVNA=4Mabc×10−21NAg/cm3，
故答案为：4；4Mabc×10−21NA；
(6)S2O32−的中心S原子价层电子对个数为3+1+6+2−4×22=4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，所以能做配位原子，
故答案为：S2O32−的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
(1)基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子；
(2)O、S原子最外层电子数都是6，但r(O)
(4)根据图知，过程ii中含硫产物为 32SO42−、Ag235S；
(5)晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为1+2×12+4×14+8×18；S2O32−的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3⋅6H2O”，晶胞体积为(a×10−7cm)×(b×10−7cm)×(c×10−7cm)=abc×10−21cm3，该晶体的密度=MNA×4V=4MVNA；
(6)含有孤电子对的原子能和中心离子形成配位键。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律内涵、微粒空间构型判断方法及晶胞计算方法是解本题关键，注意配位原子的特点，题目难度不大。
18.【答案】AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl ab 阳 2NO3−+CO2+16e−+18H+=CO(NH2)2+7H2O NH4+ 步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量
【解析】解：(1)AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2和AgCl，依据原子守恒，该反应的化学方程式是AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl，
故答案为：AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl；
(2)a.由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3，E1
c.由图可知，总反应的ΔH=E1−E2+E3−E4，即CO2(1)+2NH3(1)=CO(NH2)2(1)+H2O(1)ΔH=E1−E2+E3−E4，故c错误；
故答案为：ab；
(3)①电解池中阳离子移向阴极，由图可知，H+移向a极，即a极为阴极，b极是电解池的阳极，
故答案为：阳；
②电解过程中阴极上NO3−、CO2得到电子生成尿素，电极反应式是：2NO3−+CO2+16e−+18H+=CO(NH2)2+7H2O，
故答案为：2NO3−+CO2+16e−+18H+=CO(NH2)2+7H2O；
(4)①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气，故消化液中的含氮粒子是NH4+，
故答案为：NH4+；
②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到NH4+，接着加入浓NaOH溶液与NH4+反应生成NH3，再将生成的NH3蒸馏用过量的硫酸吸收，最后用标准NaOH溶液中和剩余的硫酸，故计算样品含氮量还需要的实验数据有步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量，
故答案为：步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量。
(1)AgOCN与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2和AgCl；
(2)a.由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3；
b.从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出i为放热反应，ii为吸热反应；
c.由图可知，总反应的ΔH=E1−E2+E3−E4；
(3)①电解池中阳离子移向阴极；
②电解过程中阴极上NO3−、CO2得到电子生成尿素；
(4)①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气；
②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到NH4+，接着加入浓NaOH溶液与NH4+反应生成NH3，再将生成的NH3蒸馏用过量的硫酸吸收，最后用标准NaOH溶液中和剩余的硫酸。
本题考查实验制备方案、电解池的工作原理、酸碱中和滴定的计算方法等知识，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对学生综合能力的考查，难度中等。
19.【答案】 醛基 羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强 ac
【解析】解：(1)A为BrCH2COOH，A和乙醇发生酯化反应生成B，A→B的化学方程式是，
故答案为：；
(2)D为，D中含有的官能团是醛基，
故答案为：醛基；
(3)①的羰基相邻碳原子上的C−H键极性强，易断裂，原因是羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强，
故答案为：羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强；
②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体，可能是亚甲基上的氢原子和醛基发生加成反应，则该副产物的结构简式是，
故答案为：；
(4)a.F为，F中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以F存在顺反异构体，故a正确；
b.J和K结构不相似，不互为同系物，故b错误；
c.在加热和Cu催化条件下，J中连接醇羟基的碳原子上不含氢原子，所以J不能被O2氧化，故c正确；
故答案为：ac；
(5)L的结构简式是，
故答案为：；
(6)M的结构简式是，
故答案为：。
根据D的分子式及E的结构简式知，D和CH3COCH2CH2CH3发生加成反应生成E，D为，E失去H2O生成F，为醇羟基的消去反应，则F为，F和氢气发生加成反应生成G，根据G的分子式、K的结构简式知，G为，A中含有羧基，根据A的分子式知，A为BrCH2COOH，根据反应条件知，A和乙醇发生酯化反应生成B为BrCH2COOCH2CH3，B和G发生信息中的反应生成J为，J发生反应生成K，K发生水解反应然后酸化得到L，L分子中含有两个六元环，根据L的分子式知，L为，L和M发生类似D生成E的加成反应然后发生异构化最后发生消去反应生成P，则M为。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、判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，注意反应中各物质官能团或碳链变化，题目难度中等。
相关试卷
2020年北京市高考化学试卷（含解析版）： 这是一份2020年北京市高考化学试卷（含解析版），共21页。试卷主要包含了 已知， 下列说法正确的是， 下列说法不正确的是， 淀粉在人体内的变化过程如图， 硫酸盐气溶胶是PM2等内容，欢迎下载使用。
全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版： 这是一份全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版，共7页。
安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析： 这是一份安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
