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2023北京市高三上学期入学定位考试化学试题word含解析
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这是一份2023北京市高三上学期入学定位考试化学试题word含解析，共20页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列化学用语表示正确的是， 下列反应的方程式表示正确的是，3kJ·ml-1等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市新高三入学定位考试
化学
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是
A. 明矾作净水剂 B. 铁粉作暖贴发热剂
C. 生石灰作食品干燥剂 D. 用熟石灰改良酸性土壤
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾作净水剂时，明矾中的Al3+发生水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，发生非氧化还原反应，A不符合题意；
B．铁粉作暖贴发热剂时，Fe、炭粉、空气等发生原电池反应，属于氧化还原反应，B符合题意；
C．生石灰作食品干燥剂时，与水发生化合反应，属于非氧化还原反应，C不符合题意；
D．用熟石灰改良酸性土壤时，发生中和反应，属于非氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
2. 下列说法正确的是
A. 油脂的皂化属于化学变化 B. 氯碱工业利用的是原电池原理
C. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2 D. 工业上用电解氯化钠溶液的方法冶炼金属钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，属于化学变化，A正确；
B．氯碱工业是电解饱和食盐水，利用的是电解原理，B不正确；
C．“碳中和”是通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳，实现正负抵消，达到相对"零排放"，C不正确；
D．用电解氯化钠溶液的方法只能得到烧碱，冶炼金属钠时，应电解熔融的氯化钠，D不正确；
故选A。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. CH(CH3)3的名称是2，2－二甲基乙烷
B. CO2的电子式是：
C. 基态O原子核外电子的轨道表示式是
D. S2-的结构示意图是的
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH(CH3)3的名称是2－甲基丙烷，A错误；
B．CO2的电子式是,B错误；
C．原子核外电子排布原则：能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，故基态O原子核外电子的轨道表示式是，C错误；
D．S2-核外有18个电子，结构示意图是的，D正确；
故答案选D。
4. 下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr的沸点依次增大 B. H原子的1s电子云轮廓图为球形
C. CH2Cl2分子中的碳原子为手性碳原子 D. H2O分子的VSEPR模型是平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于HF分子间存在氢键，HF的沸点最高，A错误；
B．s轨道的电子云轮廓图为球形，B正确；
C．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，C错误；
D．H2O分子的中心原子O原子有1个孤电子对，VSEPR模型是V形，D错误；
故答案选B。
5. 下列反应的方程式表示正确的是
A. 用浓溴水检验水体中的苯酚：2+3Br2→2↓
B. 向AgNO3溶液中滴入氨水至沉淀刚好消失：Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)4]++OH-
C. 实验室制氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
D. “84消毒液”中加少量食醋可增强漂白性：ClO-+H+=HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓溴水和苯酚溶液发生取代反应，生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀和溴化氢，A错误；
B．向AgNO3溶液中滴入氨水至沉淀刚好消失：Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O+，B错误；
C．实验室制氯气方法为二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，C正确；
D．醋酸为弱酸，不能拆应用化学式表示，D错误；
故答案选C。
6. 钠的一种氧化物的正方体晶胞如图所示(“●”或“○”均表示一个简单离子)。下列说法正确的是
A. 该氧化物的化学式为Na2O2
B. 晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C. 晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
D. 该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
【答案】D
【解析】
【分析】由晶胞图可知，黑色原子有8个在体内，白色原子有8个在顶点、6个在面心，根据均摊法进行计算，，可知白色原子和黑色原子之比为1：2，故该氧化物为Na2O，白色的为氧离子，黑色的为钠离子，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，该氧化物的化学式为Na2O，A错误；
B．氧化钠中含有离子键，晶胞中连接氧离子与钠离子的线段表示离子键，B错误；
C．由晶胞图可知，晶胞中与氧离子最近且等距的钠离子的数目为8，C错误；
D．钠离子和氧离子的核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，D正确；
故答案选D。
7. 101kPa、298K时，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 分子稳定性：HCN
C. HCN(g)HNC(g) △H=-59.3kJ·mol-1
D. HCN分子中的碳原子有孤对电子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 分子具有的能量越低，分子越稳定；反之，越不稳定。由图可知HCN具有的能量低于HNC，所以分子稳定性HCN>HNC。A错误。
B. HCN中氢原子与碳原子以单键相连，而在HNC中氢原子与氮原子以单键相连。氢原子链接不同原子说明异构化反应过程中涉及化学键的断裂和再生，又由于涉及单键的变化，所以该转化过程中涉及σ键断裂。B正确。
C. 由图可知HNC具有的能量高于HCN，则反应应当是吸热反应，热化学方程的应表示为HCN(g)HNC(g) △H=+59.3kJ·mol-1。C错误。
D. HCN的结构式为，C采用sp杂化，形成的2个sp杂化轨道中分别含有1个电子，未参与杂化的2个p轨道分别含有1个电子，碳原子没有孤对电子。D错误。
综上所述，应选B。
8. 从NaHPbO2溶液中回收Pb的原电池装置如图所示。
下列说法不正确的是
A. a极为原电池的负极
B. 溶液中Na+从b极区迁移至a极区
C. b极区的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O
D. 该原电池工作一段时间后，a极区溶液的pH增大
【答案】A
【解析】
【分析】本实验的目的，是从NaHPbO2溶液中回收Pb，则Pb由+2价降为0价，得电子发生还原反应，a电极为正极，b电极为负极。
【详解】A．a极NaHPbO2转化为Pb，Pb得电子发生还原反应，则a极为原电池的正极，A不正确；
B．在原电池中，阳离子向正极移动，则溶液中Na+从b极区迁移至a极区，B正确；
C．b极为负极，则b极区H2失电子产物与电解质反应生成水，电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，C正确；
D．该原电池工作时，a极区发生的反应为+2e-+H2O=Pb+3OH-，一段时间后，a极区溶液的pH增大，D正确；
故选A。
9. 由1，5－戊二醇制备δ－戊内酯的路线如图。
下列说法不正确的是
A. 1，5－戊二醇与乙二醇互为同系物
B. 和互为同分异构体
C. 反应a与b均为氧化反应
D. 可用酸性高锰酸钾溶液区分和
【答案】D
【解析】
【详解】A．1，5－戊二醇与乙二醇都为饱和二元醇，分子组成上相差3个“CH2”，二者互为同系物，A正确；
B．和的分子式都为C5H10O2，但结构不同，二者互为同分异构体，B正确；
C．反应a为醇氧化为醛，发生氧化反应，反应b为醇氧化为酮，发生氧化反应，C正确；
D．和中的官能团为醇羟基和醛基，此二种官能团都能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以二种有机物不能用酸性高锰酸钾溶液区分，D不正确；
故选D。
10. 关于常温时的下列溶液，说法正确的是
A. NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)
B. 由NaHSO3溶液呈酸性，可知NaHSO3=Na++H++SO
C. 等pH的醋酸和氯化铵溶液中，阳离子的总物质的量浓度相等
D. 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液中，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+２c(CO),NaHCO3溶液显碱性，则有：c(OH-)>c(H+)，所以有：c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)，A正确；
B．NaHSO3溶液呈酸性，是因为其电离程度大于水解程度，NaHSO3的电离应写为：NaHSO3=Na++HSO，B错误；
C．醋酸溶液中，阳离子为Na+和H+，氯化铵溶液中阳离子为NH和H+，两溶液等pH，则c(H+)相等，但NH要水解，Na+不水解，所以阳离子的总物质的量浓度不相等，C错误；
D．醋酸钠溶液中，Na+不水解，CH3COO-要水解，c(Na+)应大于c(CH3COO-)，D错误；
故选A。
11. 聚乳酸是一种生物降解高分子材料，它的一种合成方法如图所示。
乳酸(C3H6O3)→丙交酯()→聚乳酸[(C3H4O2)n]
下列说法不正确的是
A. 乳酸的结构简式为
B. 每生成1mol丙交酯需脱去2molH2O
C. 丙交酯分子中都含有的六元环为平面结构
D. 丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基
【答案】C
【解析】
【详解】A．乳酸的结构简式为，A正确；
B．乳酸分子之间发生酯化反应，生成丙交酯，每生成1mol丙交酯需消耗乳酸2mol，脱去2molH2O，B正确；
C．丙交酯分子中含有的六元环中的连接-CH3的C原子均形成4个单键，为立体结构，C错误；
D．聚乳酸分子可通过乳酸分子之间直接脱水缩合得到，故丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基，D正确；
故答案选C。
12. 利用电激发方法产生的OH-和HO•(羟基自由基)可处理废水中的CN-，其可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A. HO•具有氧化性，将CN-去除
B. 过程中的O2来自于H2O2的分解
C. OH-和HO•的核外电子总数不相等
D. 电极上发生的总反应是O2+2H2O+3e-=3OH-+HO•
【答案】B
【解析】
【分析】由反应机理图可知，O2在电极上得电子生成，和水反应，水得电子生成，失电子被氧化成O2和H2O2，H2O2在电极上得电子生成OH-和HO•，OH-和HO•与CN-发生氧化还原反应生成N2、H2O、，据此分析解答。
【详解】A．HO•具有氧化性，CN-失电子被氧化N2，A正确；
B．由分析可知，过程中的O2部分来自于失电子被氧化，B错误；
C．OH-的核外电子总数为10，HO•的核外电子总数为9，C正确；
D．根据分析可知，电极上发生的总反应是O2+2H2O+3e-=3OH-+HO•，D正确；
故答案选B。
13. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，并用湿润的品红试纸检验产生的气体
蔗糖变黑，品红试纸褪色
浓硫酸具有脱水性和氧化性
B
向NaHS溶液中滴入稀盐酸
生成臭鸡蛋气味气体(经检验为H2S)
元素的非金属性：Cl>S
C
将乙醇和浓硫酸混合液加热至170℃，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
乙醇一定发生了消去反应
D
常温下，取相同物质的量浓度的两种溶液：①CH3COONa、②CH3COONH4，分别测其pH
测得pH：①>②
CH3COO-的水解程度：①>②
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，浓硫酸将蔗糖脱水碳化，蔗糖变黑，并用湿润的品红试纸检验产生的气体，品红试纸褪色，说明有SO2生成，说明浓硫酸具有氧化性，故A正确；
B．元素非金属性的强弱可以根据最高价氧化物对应的水化物的酸性判断，向NaHS溶液中滴入稀盐酸生成H2S，说明盐酸的酸性强于氢硫酸，无法据此判断氯和硫的非金属性的强弱，故B错误；
C．乙醇有挥发性，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以将乙醇和浓硫酸混合液加热至170℃，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙醇一定发生了消去反应，故C错误；
D．CH3COONH4中CH3COO-和都发生水解，两者水解程度近似相等，所以醋酸铵溶液接近中性，CH3COONa溶液中只有CH3COO-发生水解，溶液呈碱性，不能根据相同温度和相同浓度下两溶液的pH判断CH3COO-的水解程度，故D错误；
故选A。
14. 已知下列离子反应自发进行：
①CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO
②CO+HClO=+ClO-
下列说法正确的是
A. 由反应①可推断：Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)
B. 向新制饱和氯水中加入少量碳酸钙，固体不会溶解
C. 向等物质的量浓度NaHCO3和NaClO混合液中加入CaCl2(s)，可生成HClO
D. 将CO2通入NaClO溶液中，发生反应：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+HClO
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应①和②，结合强酸制弱酸规律可得，酸性强弱顺序：H2CO3＞HClO＞，据此分析解答。
【详解】A．由反应①可推断：Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，A错误；
B．新制饱和氯水中含有HCl，向其加入少量碳酸钙，碳酸钙与HCl反应生成可溶于水的氯化钙和水和CO2，固体溶解，B错误；
C．向等物质的量浓度NaHCO3和NaClO混合液中加入CaCl2(s)，发生反应，CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO，C正确；
D．根据②可知将CO2通入NaClO溶液中，得到碳酸氢钠和HClO，D错误；
故答案选C
第二部分
15. 硅是地壳中含量第二大的元素。其单质除了用作重要的半导体材料外，还用于测定阿伏伽德罗常数的精确值。
（1）基态Si原子的价层电子排布式是____。
（2）自然界中的硅元素绝大多数是以SiO2或硅酸盐的形式存在的，其中都含有“硅氧四面体”结构单元(如图)。
①SiO2晶体中，每个O链接____个Si。
②SiO2晶体中，Si原子的杂化类型是____。
③硅的提纯过程中需用到硅的气态化合物。推测下列化合物中沸点不超过200℃的是____(填序号)。
a.SiH4 b.SiC c.SiCl4
（3）单晶硅的晶胞为正方体，与金刚石的晶胞相似，如图所示。
①单晶硅的晶体类型是_____。
②已知：金刚石中C－C键能：607kJ·mol-1，单晶硅中Si－Si键能：327kJ·mol-1。能否据此比较金刚石和单晶硅的熔点？若能，比较熔点高低。若不能，说明理由。___。
③精确的阿伏伽德罗常数是以高纯的单晶28Si为样品通过X射线衍射法测定的。测得相同条件下样品的密度为ρg•cm-3，晶胞边长为apm(1pm=10-10cm)，则阿伏伽德罗常数的表达式NA=____mol-1。
【答案】（1）3s23p2
（2） ①. 2 ②. sp3 ③. ac
（3） ①. 共价晶体 ②. 能。金刚石的熔点高于单晶硅 ③. ×1030
【解析】
【小问1详解】
Si为14号元素，基态Si原子的核外电子排布式是1s22s22p23s23p2，因此基态Si原子的价层电子排布式是3s23p2；
【小问2详解】
根据结构图可知，SiO2晶体中，每个O链接2个Si；SiO2晶体中，Si原子的杂化类型是sp3；SiH4和SiCl4为分子晶体，SiC是共价晶体，分子晶体的沸点较低，原子晶体的沸点较高；
【小问3详解】
单晶硅和金刚石都属于共价晶体，金刚石中C－C键能比单晶硅中Si－Si键能大，故金刚石的熔点高于单晶硅；根据密度公式ρ=×1030g•cm-3，则阿伏伽德罗常数的表达式NA=×1030。
16. 西洛他唑具有扩张血管及抗血小板功能作用，它的一种合成路线如图所示。
已知：①
②苯环上原有取代基能影响新导入取代基在苯环上的位置，如：苯环上的－Cl使新的取代基导入其邻位或对位；苯环上的－NO2使新的取代基导入其间位。
请回答：
（1）A为芳香化合物，其官能团是_____。
（2）B→C的反应类型是____反应。
（3）C→D反应中，同时生成的无机物的分子式是____。
（4）结合已知②，判断F的结构简式是____。
（5）F→G所需的反应试剂及条件是____。
（6）试剂a与互为同系物，则试剂a的结构简式是____。
（7）K中有两个六元环，J→K反应的化学方程式是____。
【答案】（1）硝基 （2）取代
（3）H2O （4）
（5）浓硫酸、浓硝酸、加热
（6） （7）+CH3Cl
【解析】
【分析】硝基苯和氢气发生反应得到B()，B和发生取代反应生成C，根据西洛他唑结构简式得到C和HN3反应生成D()；苯在一定条件下反应生成氯苯，氯苯和浓硝酸在浓硫酸催化剂作用下反应生成G()，G和CH3OH在氢氧化钠作用下反应生成H()，H发生还原反应生成I，I和发生取代反应生成J，根据西洛他唑的结构简式得到J和氯化铝作用生成K()，K和D在氢氧化钠作用下发生取代反应生成西洛他唑。
【小问1详解】
A为芳香化合物，根据前面分析A为硝基苯，其官能团硝基；故答案为；硝基。
【小问2详解】
B()和发生取代反应生成C，则B→C的反应类型是取代反应；故答案为：取代。
【小问3详解】
C和HN3反应生成D()，根据质量守恒，C中碳氧双键和氮氢键断裂，和HN3中的氢原子结合生成水，因此C→D的反应中，同时生成的无机物的分子式是H2O；故答案为：H2O。
【小问4详解】
结合已知②，先是氯原子取代苯环，再是硝基在氯原子对位发生取代，因此F的结构简式是；故答案为：。
【小问5详解】
F→G是发生硝化反应，因此所需的反应试剂及条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热。
【小问6详解】
试剂a与互为同系物，根据J的结构简式分析得到试剂a的结构简式是；故答案为：。
【小问7详解】
K中有两个六元环，根据西洛他唑结构简式分析得到K的结构简式为， 则J→K反应的化学方程式是+CH3Cl；故答案为：+CH3Cl。
17. 铜氨法可用于测定待测气体中氧气浓度。该法是以Cu作为还原剂，用一定量NH4Cl溶液和氨水的混合液作为吸收液吸收O2，其原理如图所示。
已知：水溶液中[Cu(NH3)4]2+为蓝色，[Cu(NH3)2]+为无色；CuOH为黄色不溶于水的固体。
（1）新制的吸收液(NH4Cl溶液和氨水的混合液)呈碱性，由溶质微粒在水溶液中存在的平衡解释其原因：_____。
（2）循环阶段的两步反应为：
i._____；
ii.4[Cu(NH3)2]++O2+4NH3+4=4[Cu(NH3)4]2++2H2O。
（3）若保持常温常压下测得VmL待测气体吸收后剩余气体的体积为V1mL，则待测气体中O2的物质的量分数=_____。
（4）如图原理中，启动阶段和循环阶段总反应相同。相比启动阶段，循环阶段反应速率较快的原因是______。
（5）配制吸收液时，可在吸收液中加入少量CuSO4溶液，目的是_____。
（6）随着吸收过程不断进行，当吸收液中产生黄绿色浑浊[CuOH、Cu(OH)2]时，表明吸收液已失效。产生该现象的原因：随着溶液中NH3被消耗，_____。
【答案】（1）溶液中存在两个平衡：①NH3•H2O+OH-②+H2O NH3•H2O+H+，②中产生的c(OH-)大于②中产生的c(H+)
（2）[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+
（3）
（4）循环阶段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu与O2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与O2反应，其速率大于启动阶段固体Cu与O2反应
（5）生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快开始吸收时反应速率
（6）Cu+和Cu2+发生水解反应生成CuOH和Cu(OH)2
【解析】
【分析】在启动阶段：2Cu+O2=2CuO，CuO+2NH3+2= [Cu(NH3)4]2++H2O；4Cu+O2=2Cu2O，Cu2O+2NH3+2=2 [Cu(NH3)2]++H2O。
【小问1详解】
新制的吸收液(NH4Cl溶液和氨水的混合液)呈碱性，则表明一水合氨电离程度大于氯化铵的水解程度，则由溶质微粒在水溶液中存在的平衡解释其原因：溶液中存在两个平衡：①NH3•H2O+OH-②+H2O NH3•H2O+H+，②中产生的c(OH-)大于②中产生的c(H+)。答案为：溶液中存在两个平衡：①NH3•H2O+OH-②+H2O NH3•H2O+H+，②中产生的c(OH-)大于②中产生的c(H+)；
【小问2详解】
循环过程中，[Cu(NH3)4]2+吸收Cu，转化为[Cu(NH3)2]+；[Cu(NH3)2]+再吸收O2，转化为[Cu(NH3)4]2+。则吸收Cu的反应为：i. [Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+。答案为：[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+；
【小问3详解】
常温常压下VmL待测气体，通过吸收液后，O2被吸收液吸收，吸收后剩余气体的体积为V1mL，则待测气体中O2的体积为(V-V1)mL，物质的量分数=。答案为：；
【小问4详解】
启动阶段：Cu与O2发生反应，然后与NH3-发生反应；循环阶段：[Cu(NH3)4]2+与Cu反应、[Cu(NH3)2]+与O2反应，相比启动阶段，循环阶段反应速率较快，原因是：循环阶段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu与O2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与O2反应，其速率大于启动阶段固体Cu与O2反应。答案为：循环阶段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu与O2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与O2反应，其速率大于启动阶段固体Cu与O2反应；
【小问5详解】
配制吸收液时，在吸收液中加入少量CuSO4溶液，能与NH3反应生成[Cu(NH3)4]2+，从而增大吸收液的浓度，目的是：生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快开始吸收时的反应速率。答案为：生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快开始吸收时的反应速率；
【小问6详解】
吸收液中产生黄绿色浑浊[CuOH、Cu(OH)2]，则表明Cu+和Cu2+发生水解反应，[Cu(NH3)4]2+、[Cu(NH3)2]+不断发生电离，从而表明吸收液已失效。产生该现象的原因：随着溶液中NH3被消耗，Cu+和Cu2+发生水解反应生成CuOH和Cu(OH)2。答案为：Cu+和Cu2+发生水解反应生成CuOH和Cu(OH)2。
【点睛】通常，在溶液中发生反应时，接触面积大，反应速率快。
18. 铂(Pt)是一种贵金属，广泛用于化工领域。从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。
（1）I中焙烧时，C与空气中的O2生成了CO和CO2，发生的反应如下：
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1；
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ·mol-1；
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3=____kJ·mol-1。
（2）实验人员采用三种不同的浸出液分别研究II中Pt的浸出率。所用的浸出液分别是HCl－H2SO4－NaClO3、HCl－NaClO3和HCl－H2O2。
①将下列浸出反应的离子方程式补充完整：____。
3Pt+Cl-+ClO+_____=3[PtCl6]2-+H2O
②当NaClO3或H2O2作为氧化剂浸出等量Pt时，n(NaClO3)：n(H2O2)=____。
③c(H+)相同、浸出时间相同时，三种浸出液对Pt的浸出率如表。
[注：c(NaClO3)按照②中的物质的量关系换算成c(H2O2)计]。
氧化剂浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0.3
0.4
甲
HCl－H2SO4－NaClO3对Pt的浸出率/%
72.7
78.2
77.5
75.4
乙
HCl－NaClO3对Pt的浸出率/%
79.6
85.3
82.1
81.6
丙
HCl－H2O2对Pt的浸出率/%
80.0
85.6
83.2
82.5
a.以HCl－NaClO3为例，说明当其中氧化剂浓度大于0.2mol·L-1时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO被_____还原而消耗。
b.氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，甲中Pt的浸出率最低的可能原因：由于三种浸出液中的c(H+)均相同，_____。
（3）III中萃取剂(R3N)的萃取机理如下(O表示有机体系，A表示水溶液体系)。
i.R3N(O)+H+(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)
ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH2)[PtCl6](O)+2Cl-(A)
①分离操作x是____。
②IV中向含Pt的有机物中加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，反应的离子方程式是_____。
【答案】（1）-566
（2） ①. 3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O ②. 1：3 ③. Cl- ④. 甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成
（3） ①. 分液 ②. (R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)
【解析】
【分析】从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt，进行流程分析，通过焙烧将C转化为CO、CO2，通过酸浸，将Pt浸出，经过萃取、分液、反萃取等一系列操作得到Pt，据此分析解答。
【小问1详解】
根据盖斯定律，△H3=2△H1-△H2==-566 kJ·mol-1；
【小问2详解】
根据氧化还原反应规律配平：3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O；由方程式可知，当NaClO3作为氧化剂时，浸出3molPt时，Pt的化合价升高+4，3molPt失12mol电子，NaClO3作为氧化剂消耗2mol，H2O2作为氧化剂时，应得12mol电子，消耗H2O26mol ，故n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；由表格可知，随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO与Cl-发生氧化还原反应而被消耗，Pt的浸出率降低；氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，由于三种浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成，甲中Pt的浸出率最低；
【小问3详解】
加入萃取剂萃取后，进行分液；由ii可知，萃取后有机体系为(R3NH2)[PtCl6](O)，加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，则萃取剂(R3N) 与水溶液分层，反应的离子方程式为(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)。
19. Fe2+在空气中易被氧化。某小组探究绿矾(FeSO4•7H2O)和莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]在空气中的稳定性。
I.探究溶液中的稳定性：配制0.1mol·L-1两种溶液[A：FeSO4，B：(NH4)2Fe(SO4)2]，露置于空气中一段时间，并检验其中的Fe3+，结果如表。
编号
新配制
1h后
24h后
pH
性状
酸化后滴等量KSCN(aq)
pH
性状
酸化后滴等量KSCN(aq)
pH
性状
A
3.9
无色溶液
几乎无色
3.4
黄色溶液
变红
3.3
红褐色沉淀
B
3.9
无色溶液
几乎无色
3.3
黄色溶液
变红
3.2
红褐色沉淀
（1）新配制的A溶液pH<7，原因是Fe2+发生了水解，离子方程式是_____。
（2）常温时0.1mol·L-1(NH4)2SO4溶液pH=5.0，则B溶液中水解程度：Fe2+_____NH(填“>”或“<”)，因此新配制的A、B溶液pH几乎相同。
（3）放置24h后溶液pH均减小，写出该过程中Fe2+被空气氧化的离子方程式：_____。
上述实验说明两种溶液中的Fe2+的稳定性差异不大。
II.探究晶体的稳定性：将两种晶体分别在不同条件下放置数天，实验记录如表。
编号
i
ii
iii
iv
实验条件
露置
密闭容器
潮湿的密闭容器
盛有干燥剂的密闭容器
实验结果
绿矾
晶体逐渐变白，进而出现土黄色；Fe3+含量很多
无明显变化；Fe3+含量非常少
晶体结块，颜色不变；Fe3+含量非常少
晶体逐渐变白，最终出现淡黄色；Fe3+含量很多
莫尔盐
无明显变化；Fe3+含量非常少
无明显变化；Fe3+含量非常少
晶体略结块，颜色不变；Fe3+含量非常少
无明显变化；Fe3+含量很少
（4）上述实验说明，相同条件下两种晶体在空气中稳定性更强的是_____。
（5）甲同学推测绿矾在ii中的结果与i不同可能是容器中O2不足造成的。乙同学经过对比，分析该推测不成立，其理由是_____。
（6）该小组同学根据实验结果进而推测绿矾易被氧化与其失去结晶水有关
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是_____。
②莫尔盐晶体中_____离子的存在使结晶水不易失去；该离子与H2O分子之间可能存在的作用是_____。
（7）同学们经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定，除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，____。
【答案】（1）
（2）＞ （3）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+
（4）莫尔盐 （5）根据实验iv，同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化
（6） ①. 晶体变白 ②. ③. 氢键
（7）O2分子较难进入晶体中与Fe2+反应
【解析】
【分析】通过检测Fe3+的含量来探究绿矾(FeSO4•7H2O)和莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]在空气中的稳定性，若Fe3+的含量高说明不稳定；
【小问1详解】
Fe2+发生了水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子因此溶液呈酸性，离子方程式是；
【小问2详解】
已知同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的酸性比(NH4)2SO4溶液的酸性强，说明B溶液中水解程度：Fe2+>；
【小问3详解】
溶液pH均减小说明酸性增强，Fe2+被空气氧化生成Fe(OH)3的离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+；
【小问4详解】
莫尔盐露置在空气中Fe3+含量非常少，说明莫尔盐晶体的稳定性更强；
【小问5详解】
绿矾在实验i中Fe3+含量少不可能是O2不足造成的，理由是根据实验iv，同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化；
【小问6详解】
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是晶体变白；
②莫尔盐晶体中离子的存在使结晶水不易失去，中的N能与H2O分子之间可能存在氢键；
【小问7详解】
莫尔盐在空气中更稳定，可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，O2分子较难进入晶体中与Fe2+反应。
2022-2023学年北京市新高三入学定位考试
化学
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是
A. 明矾作净水剂 B. 铁粉作暖贴发热剂
C. 生石灰作食品干燥剂 D. 用熟石灰改良酸性土壤
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾作净水剂时，明矾中的Al3+发生水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，发生非氧化还原反应，A不符合题意；
B．铁粉作暖贴发热剂时，Fe、炭粉、空气等发生原电池反应，属于氧化还原反应，B符合题意；
C．生石灰作食品干燥剂时，与水发生化合反应，属于非氧化还原反应，C不符合题意；
D．用熟石灰改良酸性土壤时，发生中和反应，属于非氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
2. 下列说法正确的是
A. 油脂的皂化属于化学变化 B. 氯碱工业利用的是原电池原理
C. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2 D. 工业上用电解氯化钠溶液的方法冶炼金属钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，属于化学变化，A正确；
B．氯碱工业是电解饱和食盐水，利用的是电解原理，B不正确；
C．“碳中和”是通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳，实现正负抵消，达到相对"零排放"，C不正确；
D．用电解氯化钠溶液的方法只能得到烧碱，冶炼金属钠时，应电解熔融的氯化钠，D不正确；
故选A。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. CH(CH3)3的名称是2，2－二甲基乙烷
B. CO2的电子式是：
C. 基态O原子核外电子的轨道表示式是
D. S2-的结构示意图是的
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH(CH3)3的名称是2－甲基丙烷，A错误；
B．CO2的电子式是,B错误；
C．原子核外电子排布原则：能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，故基态O原子核外电子的轨道表示式是，C错误；
D．S2-核外有18个电子，结构示意图是的，D正确；
故答案选D。
4. 下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr的沸点依次增大 B. H原子的1s电子云轮廓图为球形
C. CH2Cl2分子中的碳原子为手性碳原子 D. H2O分子的VSEPR模型是平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于HF分子间存在氢键，HF的沸点最高，A错误；
B．s轨道的电子云轮廓图为球形，B正确；
C．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，C错误；
D．H2O分子的中心原子O原子有1个孤电子对，VSEPR模型是V形，D错误；
故答案选B。
5. 下列反应的方程式表示正确的是
A. 用浓溴水检验水体中的苯酚：2+3Br2→2↓
B. 向AgNO3溶液中滴入氨水至沉淀刚好消失：Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)4]++OH-
C. 实验室制氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
D. “84消毒液”中加少量食醋可增强漂白性：ClO-+H+=HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓溴水和苯酚溶液发生取代反应，生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀和溴化氢，A错误；
B．向AgNO3溶液中滴入氨水至沉淀刚好消失：Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O+，B错误；
C．实验室制氯气方法为二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，C正确；
D．醋酸为弱酸，不能拆应用化学式表示，D错误；
故答案选C。
6. 钠的一种氧化物的正方体晶胞如图所示(“●”或“○”均表示一个简单离子)。下列说法正确的是
A. 该氧化物的化学式为Na2O2
B. 晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C. 晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
D. 该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
【答案】D
【解析】
【分析】由晶胞图可知，黑色原子有8个在体内，白色原子有8个在顶点、6个在面心，根据均摊法进行计算，，可知白色原子和黑色原子之比为1：2，故该氧化物为Na2O，白色的为氧离子，黑色的为钠离子，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，该氧化物的化学式为Na2O，A错误；
B．氧化钠中含有离子键，晶胞中连接氧离子与钠离子的线段表示离子键，B错误；
C．由晶胞图可知，晶胞中与氧离子最近且等距的钠离子的数目为8，C错误；
D．钠离子和氧离子的核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，D正确；
故答案选D。
7. 101kPa、298K时，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 分子稳定性：HCN
C. HCN(g)HNC(g) △H=-59.3kJ·mol-1
D. HCN分子中的碳原子有孤对电子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 分子具有的能量越低，分子越稳定；反之，越不稳定。由图可知HCN具有的能量低于HNC，所以分子稳定性HCN>HNC。A错误。
B. HCN中氢原子与碳原子以单键相连，而在HNC中氢原子与氮原子以单键相连。氢原子链接不同原子说明异构化反应过程中涉及化学键的断裂和再生，又由于涉及单键的变化，所以该转化过程中涉及σ键断裂。B正确。
C. 由图可知HNC具有的能量高于HCN，则反应应当是吸热反应，热化学方程的应表示为HCN(g)HNC(g) △H=+59.3kJ·mol-1。C错误。
D. HCN的结构式为，C采用sp杂化，形成的2个sp杂化轨道中分别含有1个电子，未参与杂化的2个p轨道分别含有1个电子，碳原子没有孤对电子。D错误。
综上所述，应选B。
8. 从NaHPbO2溶液中回收Pb的原电池装置如图所示。
下列说法不正确的是
A. a极为原电池的负极
B. 溶液中Na+从b极区迁移至a极区
C. b极区的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O
D. 该原电池工作一段时间后，a极区溶液的pH增大
【答案】A
【解析】
【分析】本实验的目的，是从NaHPbO2溶液中回收Pb，则Pb由+2价降为0价，得电子发生还原反应，a电极为正极，b电极为负极。
【详解】A．a极NaHPbO2转化为Pb，Pb得电子发生还原反应，则a极为原电池的正极，A不正确；
B．在原电池中，阳离子向正极移动，则溶液中Na+从b极区迁移至a极区，B正确；
C．b极为负极，则b极区H2失电子产物与电解质反应生成水，电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，C正确；
D．该原电池工作时，a极区发生的反应为+2e-+H2O=Pb+3OH-，一段时间后，a极区溶液的pH增大，D正确；
故选A。
9. 由1，5－戊二醇制备δ－戊内酯的路线如图。
下列说法不正确的是
A. 1，5－戊二醇与乙二醇互为同系物
B. 和互为同分异构体
C. 反应a与b均为氧化反应
D. 可用酸性高锰酸钾溶液区分和
【答案】D
【解析】
【详解】A．1，5－戊二醇与乙二醇都为饱和二元醇，分子组成上相差3个“CH2”，二者互为同系物，A正确；
B．和的分子式都为C5H10O2，但结构不同，二者互为同分异构体，B正确；
C．反应a为醇氧化为醛，发生氧化反应，反应b为醇氧化为酮，发生氧化反应，C正确；
D．和中的官能团为醇羟基和醛基，此二种官能团都能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以二种有机物不能用酸性高锰酸钾溶液区分，D不正确；
故选D。
10. 关于常温时的下列溶液，说法正确的是
A. NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)
B. 由NaHSO3溶液呈酸性，可知NaHSO3=Na++H++SO
C. 等pH的醋酸和氯化铵溶液中，阳离子的总物质的量浓度相等
D. 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液中，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+２c(CO),NaHCO3溶液显碱性，则有：c(OH-)>c(H+)，所以有：c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)，A正确；
B．NaHSO3溶液呈酸性，是因为其电离程度大于水解程度，NaHSO3的电离应写为：NaHSO3=Na++HSO，B错误；
C．醋酸溶液中，阳离子为Na+和H+，氯化铵溶液中阳离子为NH和H+，两溶液等pH，则c(H+)相等，但NH要水解，Na+不水解，所以阳离子的总物质的量浓度不相等，C错误；
D．醋酸钠溶液中，Na+不水解，CH3COO-要水解，c(Na+)应大于c(CH3COO-)，D错误；
故选A。
11. 聚乳酸是一种生物降解高分子材料，它的一种合成方法如图所示。
乳酸(C3H6O3)→丙交酯()→聚乳酸[(C3H4O2)n]
下列说法不正确的是
A. 乳酸的结构简式为
B. 每生成1mol丙交酯需脱去2molH2O
C. 丙交酯分子中都含有的六元环为平面结构
D. 丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基
【答案】C
【解析】
【详解】A．乳酸的结构简式为，A正确；
B．乳酸分子之间发生酯化反应，生成丙交酯，每生成1mol丙交酯需消耗乳酸2mol，脱去2molH2O，B正确；
C．丙交酯分子中含有的六元环中的连接-CH3的C原子均形成4个单键，为立体结构，C错误；
D．聚乳酸分子可通过乳酸分子之间直接脱水缩合得到，故丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基，D正确；
故答案选C。
12. 利用电激发方法产生的OH-和HO•(羟基自由基)可处理废水中的CN-，其可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A. HO•具有氧化性，将CN-去除
B. 过程中的O2来自于H2O2的分解
C. OH-和HO•的核外电子总数不相等
D. 电极上发生的总反应是O2+2H2O+3e-=3OH-+HO•
【答案】B
【解析】
【分析】由反应机理图可知，O2在电极上得电子生成，和水反应，水得电子生成，失电子被氧化成O2和H2O2，H2O2在电极上得电子生成OH-和HO•，OH-和HO•与CN-发生氧化还原反应生成N2、H2O、，据此分析解答。
【详解】A．HO•具有氧化性，CN-失电子被氧化N2，A正确；
B．由分析可知，过程中的O2部分来自于失电子被氧化，B错误；
C．OH-的核外电子总数为10，HO•的核外电子总数为9，C正确；
D．根据分析可知，电极上发生的总反应是O2+2H2O+3e-=3OH-+HO•，D正确；
故答案选B。
13. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，并用湿润的品红试纸检验产生的气体
蔗糖变黑，品红试纸褪色
浓硫酸具有脱水性和氧化性
B
向NaHS溶液中滴入稀盐酸
生成臭鸡蛋气味气体(经检验为H2S)
元素的非金属性：Cl>S
C
将乙醇和浓硫酸混合液加热至170℃，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
乙醇一定发生了消去反应
D
常温下，取相同物质的量浓度的两种溶液：①CH3COONa、②CH3COONH4，分别测其pH
测得pH：①>②
CH3COO-的水解程度：①>②
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，浓硫酸将蔗糖脱水碳化，蔗糖变黑，并用湿润的品红试纸检验产生的气体，品红试纸褪色，说明有SO2生成，说明浓硫酸具有氧化性，故A正确；
B．元素非金属性的强弱可以根据最高价氧化物对应的水化物的酸性判断，向NaHS溶液中滴入稀盐酸生成H2S，说明盐酸的酸性强于氢硫酸，无法据此判断氯和硫的非金属性的强弱，故B错误；
C．乙醇有挥发性，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以将乙醇和浓硫酸混合液加热至170℃，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙醇一定发生了消去反应，故C错误；
D．CH3COONH4中CH3COO-和都发生水解，两者水解程度近似相等，所以醋酸铵溶液接近中性，CH3COONa溶液中只有CH3COO-发生水解，溶液呈碱性，不能根据相同温度和相同浓度下两溶液的pH判断CH3COO-的水解程度，故D错误；
故选A。
14. 已知下列离子反应自发进行：
①CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO
②CO+HClO=+ClO-
下列说法正确的是
A. 由反应①可推断：Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)
B. 向新制饱和氯水中加入少量碳酸钙，固体不会溶解
C. 向等物质的量浓度NaHCO3和NaClO混合液中加入CaCl2(s)，可生成HClO
D. 将CO2通入NaClO溶液中，发生反应：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+HClO
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应①和②，结合强酸制弱酸规律可得，酸性强弱顺序：H2CO3＞HClO＞，据此分析解答。
【详解】A．由反应①可推断：Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，A错误；
B．新制饱和氯水中含有HCl，向其加入少量碳酸钙，碳酸钙与HCl反应生成可溶于水的氯化钙和水和CO2，固体溶解，B错误；
C．向等物质的量浓度NaHCO3和NaClO混合液中加入CaCl2(s)，发生反应，CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO，C正确；
D．根据②可知将CO2通入NaClO溶液中，得到碳酸氢钠和HClO，D错误；
故答案选C
第二部分
15. 硅是地壳中含量第二大的元素。其单质除了用作重要的半导体材料外，还用于测定阿伏伽德罗常数的精确值。
（1）基态Si原子的价层电子排布式是____。
（2）自然界中的硅元素绝大多数是以SiO2或硅酸盐的形式存在的，其中都含有“硅氧四面体”结构单元(如图)。
①SiO2晶体中，每个O链接____个Si。
②SiO2晶体中，Si原子的杂化类型是____。
③硅的提纯过程中需用到硅的气态化合物。推测下列化合物中沸点不超过200℃的是____(填序号)。
a.SiH4 b.SiC c.SiCl4
（3）单晶硅的晶胞为正方体，与金刚石的晶胞相似，如图所示。
①单晶硅的晶体类型是_____。
②已知：金刚石中C－C键能：607kJ·mol-1，单晶硅中Si－Si键能：327kJ·mol-1。能否据此比较金刚石和单晶硅的熔点？若能，比较熔点高低。若不能，说明理由。___。
③精确的阿伏伽德罗常数是以高纯的单晶28Si为样品通过X射线衍射法测定的。测得相同条件下样品的密度为ρg•cm-3，晶胞边长为apm(1pm=10-10cm)，则阿伏伽德罗常数的表达式NA=____mol-1。
【答案】（1）3s23p2
（2） ①. 2 ②. sp3 ③. ac
（3） ①. 共价晶体 ②. 能。金刚石的熔点高于单晶硅 ③. ×1030
【解析】
【小问1详解】
Si为14号元素，基态Si原子的核外电子排布式是1s22s22p23s23p2，因此基态Si原子的价层电子排布式是3s23p2；
【小问2详解】
根据结构图可知，SiO2晶体中，每个O链接2个Si；SiO2晶体中，Si原子的杂化类型是sp3；SiH4和SiCl4为分子晶体，SiC是共价晶体，分子晶体的沸点较低，原子晶体的沸点较高；
【小问3详解】
单晶硅和金刚石都属于共价晶体，金刚石中C－C键能比单晶硅中Si－Si键能大，故金刚石的熔点高于单晶硅；根据密度公式ρ=×1030g•cm-3，则阿伏伽德罗常数的表达式NA=×1030。
16. 西洛他唑具有扩张血管及抗血小板功能作用，它的一种合成路线如图所示。
已知：①
②苯环上原有取代基能影响新导入取代基在苯环上的位置，如：苯环上的－Cl使新的取代基导入其邻位或对位；苯环上的－NO2使新的取代基导入其间位。
请回答：
（1）A为芳香化合物，其官能团是_____。
（2）B→C的反应类型是____反应。
（3）C→D反应中，同时生成的无机物的分子式是____。
（4）结合已知②，判断F的结构简式是____。
（5）F→G所需的反应试剂及条件是____。
（6）试剂a与互为同系物，则试剂a的结构简式是____。
（7）K中有两个六元环，J→K反应的化学方程式是____。
【答案】（1）硝基 （2）取代
（3）H2O （4）
（5）浓硫酸、浓硝酸、加热
（6） （7）+CH3Cl
【解析】
【分析】硝基苯和氢气发生反应得到B()，B和发生取代反应生成C，根据西洛他唑结构简式得到C和HN3反应生成D()；苯在一定条件下反应生成氯苯，氯苯和浓硝酸在浓硫酸催化剂作用下反应生成G()，G和CH3OH在氢氧化钠作用下反应生成H()，H发生还原反应生成I，I和发生取代反应生成J，根据西洛他唑的结构简式得到J和氯化铝作用生成K()，K和D在氢氧化钠作用下发生取代反应生成西洛他唑。
【小问1详解】
A为芳香化合物，根据前面分析A为硝基苯，其官能团硝基；故答案为；硝基。
【小问2详解】
B()和发生取代反应生成C，则B→C的反应类型是取代反应；故答案为：取代。
【小问3详解】
C和HN3反应生成D()，根据质量守恒，C中碳氧双键和氮氢键断裂，和HN3中的氢原子结合生成水，因此C→D的反应中，同时生成的无机物的分子式是H2O；故答案为：H2O。
【小问4详解】
结合已知②，先是氯原子取代苯环，再是硝基在氯原子对位发生取代，因此F的结构简式是；故答案为：。
【小问5详解】
F→G是发生硝化反应，因此所需的反应试剂及条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热。
【小问6详解】
试剂a与互为同系物，根据J的结构简式分析得到试剂a的结构简式是；故答案为：。
【小问7详解】
K中有两个六元环，根据西洛他唑结构简式分析得到K的结构简式为， 则J→K反应的化学方程式是+CH3Cl；故答案为：+CH3Cl。
17. 铜氨法可用于测定待测气体中氧气浓度。该法是以Cu作为还原剂，用一定量NH4Cl溶液和氨水的混合液作为吸收液吸收O2，其原理如图所示。
已知：水溶液中[Cu(NH3)4]2+为蓝色，[Cu(NH3)2]+为无色；CuOH为黄色不溶于水的固体。
（1）新制的吸收液(NH4Cl溶液和氨水的混合液)呈碱性，由溶质微粒在水溶液中存在的平衡解释其原因：_____。
（2）循环阶段的两步反应为：
i._____；
ii.4[Cu(NH3)2]++O2+4NH3+4=4[Cu(NH3)4]2++2H2O。
（3）若保持常温常压下测得VmL待测气体吸收后剩余气体的体积为V1mL，则待测气体中O2的物质的量分数=_____。
（4）如图原理中，启动阶段和循环阶段总反应相同。相比启动阶段，循环阶段反应速率较快的原因是______。
（5）配制吸收液时，可在吸收液中加入少量CuSO4溶液，目的是_____。
（6）随着吸收过程不断进行，当吸收液中产生黄绿色浑浊[CuOH、Cu(OH)2]时，表明吸收液已失效。产生该现象的原因：随着溶液中NH3被消耗，_____。
【答案】（1）溶液中存在两个平衡：①NH3•H2O+OH-②+H2O NH3•H2O+H+，②中产生的c(OH-)大于②中产生的c(H+)
（2）[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+
（3）
（4）循环阶段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu与O2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与O2反应，其速率大于启动阶段固体Cu与O2反应
（5）生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快开始吸收时反应速率
（6）Cu+和Cu2+发生水解反应生成CuOH和Cu(OH)2
【解析】
【分析】在启动阶段：2Cu+O2=2CuO，CuO+2NH3+2= [Cu(NH3)4]2++H2O；4Cu+O2=2Cu2O，Cu2O+2NH3+2=2 [Cu(NH3)2]++H2O。
【小问1详解】
新制的吸收液(NH4Cl溶液和氨水的混合液)呈碱性，则表明一水合氨电离程度大于氯化铵的水解程度，则由溶质微粒在水溶液中存在的平衡解释其原因：溶液中存在两个平衡：①NH3•H2O+OH-②+H2O NH3•H2O+H+，②中产生的c(OH-)大于②中产生的c(H+)。答案为：溶液中存在两个平衡：①NH3•H2O+OH-②+H2O NH3•H2O+H+，②中产生的c(OH-)大于②中产生的c(H+)；
【小问2详解】
循环过程中，[Cu(NH3)4]2+吸收Cu，转化为[Cu(NH3)2]+；[Cu(NH3)2]+再吸收O2，转化为[Cu(NH3)4]2+。则吸收Cu的反应为：i. [Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+。答案为：[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+；
【小问3详解】
常温常压下VmL待测气体，通过吸收液后，O2被吸收液吸收，吸收后剩余气体的体积为V1mL，则待测气体中O2的体积为(V-V1)mL，物质的量分数=。答案为：；
【小问4详解】
启动阶段：Cu与O2发生反应，然后与NH3-发生反应；循环阶段：[Cu(NH3)4]2+与Cu反应、[Cu(NH3)2]+与O2反应，相比启动阶段，循环阶段反应速率较快，原因是：循环阶段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu与O2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与O2反应，其速率大于启动阶段固体Cu与O2反应。答案为：循环阶段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu与O2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与O2反应，其速率大于启动阶段固体Cu与O2反应；
【小问5详解】
配制吸收液时，在吸收液中加入少量CuSO4溶液，能与NH3反应生成[Cu(NH3)4]2+，从而增大吸收液的浓度，目的是：生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快开始吸收时的反应速率。答案为：生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快开始吸收时的反应速率；
【小问6详解】
吸收液中产生黄绿色浑浊[CuOH、Cu(OH)2]，则表明Cu+和Cu2+发生水解反应，[Cu(NH3)4]2+、[Cu(NH3)2]+不断发生电离，从而表明吸收液已失效。产生该现象的原因：随着溶液中NH3被消耗，Cu+和Cu2+发生水解反应生成CuOH和Cu(OH)2。答案为：Cu+和Cu2+发生水解反应生成CuOH和Cu(OH)2。
【点睛】通常，在溶液中发生反应时，接触面积大，反应速率快。
18. 铂(Pt)是一种贵金属，广泛用于化工领域。从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。
（1）I中焙烧时，C与空气中的O2生成了CO和CO2，发生的反应如下：
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1；
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ·mol-1；
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3=____kJ·mol-1。
（2）实验人员采用三种不同的浸出液分别研究II中Pt的浸出率。所用的浸出液分别是HCl－H2SO4－NaClO3、HCl－NaClO3和HCl－H2O2。
①将下列浸出反应的离子方程式补充完整：____。
3Pt+Cl-+ClO+_____=3[PtCl6]2-+H2O
②当NaClO3或H2O2作为氧化剂浸出等量Pt时，n(NaClO3)：n(H2O2)=____。
③c(H+)相同、浸出时间相同时，三种浸出液对Pt的浸出率如表。
[注：c(NaClO3)按照②中的物质的量关系换算成c(H2O2)计]。
氧化剂浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0.3
0.4
甲
HCl－H2SO4－NaClO3对Pt的浸出率/%
72.7
78.2
77.5
75.4
乙
HCl－NaClO3对Pt的浸出率/%
79.6
85.3
82.1
81.6
丙
HCl－H2O2对Pt的浸出率/%
80.0
85.6
83.2
82.5
a.以HCl－NaClO3为例，说明当其中氧化剂浓度大于0.2mol·L-1时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO被_____还原而消耗。
b.氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，甲中Pt的浸出率最低的可能原因：由于三种浸出液中的c(H+)均相同，_____。
（3）III中萃取剂(R3N)的萃取机理如下(O表示有机体系，A表示水溶液体系)。
i.R3N(O)+H+(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)
ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH2)[PtCl6](O)+2Cl-(A)
①分离操作x是____。
②IV中向含Pt的有机物中加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，反应的离子方程式是_____。
【答案】（1）-566
（2） ①. 3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O ②. 1：3 ③. Cl- ④. 甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成
（3） ①. 分液 ②. (R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)
【解析】
【分析】从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt，进行流程分析，通过焙烧将C转化为CO、CO2，通过酸浸，将Pt浸出，经过萃取、分液、反萃取等一系列操作得到Pt，据此分析解答。
【小问1详解】
根据盖斯定律，△H3=2△H1-△H2==-566 kJ·mol-1；
【小问2详解】
根据氧化还原反应规律配平：3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O；由方程式可知，当NaClO3作为氧化剂时，浸出3molPt时，Pt的化合价升高+4，3molPt失12mol电子，NaClO3作为氧化剂消耗2mol，H2O2作为氧化剂时，应得12mol电子，消耗H2O26mol ，故n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；由表格可知，随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO与Cl-发生氧化还原反应而被消耗，Pt的浸出率降低；氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，由于三种浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成，甲中Pt的浸出率最低；
【小问3详解】
加入萃取剂萃取后，进行分液；由ii可知，萃取后有机体系为(R3NH2)[PtCl6](O)，加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，则萃取剂(R3N) 与水溶液分层，反应的离子方程式为(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)。
19. Fe2+在空气中易被氧化。某小组探究绿矾(FeSO4•7H2O)和莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]在空气中的稳定性。
I.探究溶液中的稳定性：配制0.1mol·L-1两种溶液[A：FeSO4，B：(NH4)2Fe(SO4)2]，露置于空气中一段时间，并检验其中的Fe3+，结果如表。
编号
新配制
1h后
24h后
pH
性状
酸化后滴等量KSCN(aq)
pH
性状
酸化后滴等量KSCN(aq)
pH
性状
A
3.9
无色溶液
几乎无色
3.4
黄色溶液
变红
3.3
红褐色沉淀
B
3.9
无色溶液
几乎无色
3.3
黄色溶液
变红
3.2
红褐色沉淀
（1）新配制的A溶液pH<7，原因是Fe2+发生了水解，离子方程式是_____。
（2）常温时0.1mol·L-1(NH4)2SO4溶液pH=5.0，则B溶液中水解程度：Fe2+_____NH(填“>”或“<”)，因此新配制的A、B溶液pH几乎相同。
（3）放置24h后溶液pH均减小，写出该过程中Fe2+被空气氧化的离子方程式：_____。
上述实验说明两种溶液中的Fe2+的稳定性差异不大。
II.探究晶体的稳定性：将两种晶体分别在不同条件下放置数天，实验记录如表。
编号
i
ii
iii
iv
实验条件
露置
密闭容器
潮湿的密闭容器
盛有干燥剂的密闭容器
实验结果
绿矾
晶体逐渐变白，进而出现土黄色；Fe3+含量很多
无明显变化；Fe3+含量非常少
晶体结块，颜色不变；Fe3+含量非常少
晶体逐渐变白，最终出现淡黄色；Fe3+含量很多
莫尔盐
无明显变化；Fe3+含量非常少
无明显变化；Fe3+含量非常少
晶体略结块，颜色不变；Fe3+含量非常少
无明显变化；Fe3+含量很少
（4）上述实验说明，相同条件下两种晶体在空气中稳定性更强的是_____。
（5）甲同学推测绿矾在ii中的结果与i不同可能是容器中O2不足造成的。乙同学经过对比，分析该推测不成立，其理由是_____。
（6）该小组同学根据实验结果进而推测绿矾易被氧化与其失去结晶水有关
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是_____。
②莫尔盐晶体中_____离子的存在使结晶水不易失去；该离子与H2O分子之间可能存在的作用是_____。
（7）同学们经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定，除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，____。
【答案】（1）
（2）＞ （3）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+
（4）莫尔盐 （5）根据实验iv，同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化
（6） ①. 晶体变白 ②. ③. 氢键
（7）O2分子较难进入晶体中与Fe2+反应
【解析】
【分析】通过检测Fe3+的含量来探究绿矾(FeSO4•7H2O)和莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]在空气中的稳定性，若Fe3+的含量高说明不稳定；
【小问1详解】
Fe2+发生了水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子因此溶液呈酸性，离子方程式是；
【小问2详解】
已知同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的酸性比(NH4)2SO4溶液的酸性强，说明B溶液中水解程度：Fe2+>；
【小问3详解】
溶液pH均减小说明酸性增强，Fe2+被空气氧化生成Fe(OH)3的离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+；
【小问4详解】
莫尔盐露置在空气中Fe3+含量非常少，说明莫尔盐晶体的稳定性更强；
【小问5详解】
绿矾在实验i中Fe3+含量少不可能是O2不足造成的，理由是根据实验iv，同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化；
【小问6详解】
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是晶体变白；
②莫尔盐晶体中离子的存在使结晶水不易失去，中的N能与H2O分子之间可能存在氢键；
【小问7详解】
莫尔盐在空气中更稳定，可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，O2分子较难进入晶体中与Fe2+反应。
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