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2023年重庆市九龙坡区高考化学二诊试卷-普通用卷
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这是一份2023年重庆市九龙坡区高考化学二诊试卷-普通用卷，共27页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆市九龙坡区高考化学二诊试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 民以食为天。下列说法错误的是( )
A. 硬化油不易被空气氧化变质，是制造人造奶油的原料
B. 亚硝酸钠具有一定毒性，不能用作食品防腐剂
C. 铝制餐具不宜用来长时间存放酸性食物或碱性食物
D. 酱油中添加铁强化剂，可减少缺铁性贫血问题的发生
2. SOCl2是一种液态化合物，其与水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，下列说法错误的是( )
A. SOCl2的结构式为 B. 氯离子的结构示意图为
C. 键角：H2O
A. 第一电离能：C
4. 加入下列物质后，不会影响溶液中Na+、Al3+、Fe3+、SO42−、Cl−大量共存的是( )
A. 苯酚 B. Mg(OH)2 C. Na2CO3 D. NH4Cl
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 39g含有π键的数目为1.5NA
B. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
C. 22.4LSO2和11.2LO2完全反应生成SO3的分子数为NA
D. 15.6gNa2O2与足量CO2完全反应，转移电子数为0.2NA
6. 下列叙述正确的是( )
A. 工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3制备硫酸
B. 乙烯、乙醛、乙酸均能与氢气发生加成反应
C. Zn−N键中离子键成分的百分数大于Zn−O键
D. 氢氟酸溶蚀玻璃与FeCl3溶液腐蚀覆铜板均为氧化还原反应
7. 下列实验装置与操作正确，且能达到实验目的的是( )
A. Fe(OH)3胶体制备 B. NH3制备
C. 液液分离 D. pH测试
8. 凯芙拉是一种耐高温、耐酸碱的高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。
下列说法正确的是( )
A. X与苯甲酸互为同系物 B. Y分子中最多有14个原子共平面
C. X的苯环上二溴代物有2种 D. X与Y经加聚反应制得凯芙拉
9. X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，1mol化合物XYZ2W3含62mol电子。下列说法正确的是( )
A. W的氧化物均易溶于水
B. 离子半径：Y>X>Z>W
C. 同主族元素形成的简单氢化物中X的最稳定
D. 同周期元素基态原子未成对电子数少于Y的有4种
10. 下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 ( )
选项
实验操作及现象
结论
A
将ZrCl4固体和CoCl2固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会“冒烟”
水解性：ZrCl4>CoCl2
B
将Cu2O加入氨水中，固体溶解，先生成无色溶液[Cu(NH3)2]OH，再迅速变为深蓝色溶液[Cu(NH3)4]OH2
稳定性：[Cu(NH3)2]OH<[Cu(NH3)4](OH)2
C
向某甲酸样品中先加入足量NaOH溶液，再做银镜反应实验，出现银镜
该甲酸样品中混有甲醛
D
将NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中，有白色沉淀生成
AlO2−结合H+能力比CO32−强
A. A B. B C. C D. D
11. 常温下，用0.4mol/L盐酸滴定20mL0.4mol/LNa2CO3溶液，反应过程中的pH和压强变化如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. Ka2(H2CO3)的数量级为10−11
B. b点：c(H2CO3)−c(CO32−)=c(OH−)−c(H+)
C. c→d段主要发生的反应为HCO3−+H+=H2CO3
D. e→f段压强增大的主要原因是盐酸的挥发
12. 火箭发射时可以用液态肼作燃料，NO2作氧化剂。相关物质的能量转化关系如下。已知N2H4(l)⇌N2H4(g)ΔH=+9.7kJ/mol，则2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)的反应热ΔH(kJ/mol)为 ( )
A. −1134.4 B. −1153.8 C. −1631.7 D. −1054.4
13. 通过电解废旧锂电池可回收锂和锰，电解示意图如图(滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过)下列说法正确的是( )
A. 电极B与电源正极相连，发生还原反应
B. 电极A的电极反应：LiMn2O4+4H2O+3e−=2Mn2++Li++8OH−
C. 当电路中通过0.3mole−时，最多可回收含33g锰
D. 电解过程中，n(H+)n(Mn2+)的比值不断减小
14. T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)，平衡时p(HCHO)与起始n(H2)n(CO2)的关系如图所示。已知初始加入2molH2，容器内的总压强为1.2mkPa。下列说法正确的是( )
A. 5min时反应到达c点，v(H2)=0.05mol⋅L−1⋅min−1
B. a点时，混合气体平均摩尔质量为964−5xg/mol
C. b点时，Kp=1.25mkPa−1
D. c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，平衡正向移动
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
15. 一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取氧化钇(Y2O3)的工艺流程如图。
已知：Ksp[Y2(C2O4)3]=8.0×10−28。
成分含量%
阶段
Y2O3
ZnO
Al2O3
PbO2
MgO
预处理
24.28
41.82
7.81
1.67
0.19
预处理后
68.51
5.42
4.33
5.43
0.50
废弃CRT荧光粉预处理前后的组成(不参与反应的杂质未列出)
(1)在元素周期表中，钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布图为 ______ 。
(2)“预处理”的目的为 ______ ，“加热、过滤”阶段产生黄绿色气体的化学方程式为 ______ 。
(3)氨水除去的金属离子是Al3+，除杂试剂DDTC除去的金属离子是 ______ ，不能用碱代替DDTC的原因是 ______ 。
(4)“沉钇”中Y3+沉淀完全，滴加草酸后的溶液中c(C2O42−)不低于 ______ 。
(5)“焙烧”过程生成Y2O3的化学方程式为 ______ 。
(6)铁酸钇的正交相晶胞结构如图。若1号氧原子分数坐标为(0,0,14)，2号氧原子分数坐标为(12,12−m,14−n)，则3号Fe原子的分数坐标为 ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 草酸及其盐在化工生产中具有重要价值，某实验小组做以下实验。
Ⅰ.制取草酸
反应原理：C6H12O6(葡萄糖)+12HNO3(浓)→△浓硫酸3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O，装置如图(加热和夹持装置略)
(1)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为 ______ ，装置B的作用是 ______ 。
(2)检查图1装置气密性的方法是 ______ 。在图1的装置B、C之间添加装置D，可在D中得到HNO3，通入气体X是 ______ 。
Ⅱ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制取及组成测定
已知：三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，见光易分解。
(一)制取晶体
步骤1：向盛有3.000g黄色晶体FeC2O4⋅2H2O的烧杯中，加入10mLK2C2O4溶液，加热至40℃左右，缓慢滴入过量的H2O2，一段时间后，出现红褐色沉淀。
步骤2：加热至沸腾，分两次缓慢加入8～9mLH2C2O4溶液，至沉淀溶解，得翠绿色溶液。加热浓缩、加入无水乙醇、结晶，抽滤干燥得7.860g三草酸合铁酸钾晶体。
(3)完成该过程的化学方程式并配平： ______ FeC2O4⋅2H2O+ ______ + ______ + ______ =△ ______ K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O。
(4)步骤1中，生成三草酸合铁酸钾与另一种铁的化合物，该化合物为 ______ (填化学式)，步骤2加入无水乙醇的目的是 ______ 。
(5)实验小组完成实验后发现产率偏低，其主要原因可能是 ______ 。
(二)测定组成
称取5.000g所得的三草酸合铁酸钾晶体配制成250mL溶液。取25.00mL溶液，用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液13.50mL。另取25.00mL溶液，用SnCl2−TiCl3联合还原法，将Fe3+还原为Fe2+，再用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液15.50mL。
(6)第一次滴定终点时的现象为 ______ ，通过上述实验，测定出该晶体中C2O42−与Fe3+的配位比n(C2O42−)：n(Fe3+)= ______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
17. 尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。
(1)尿素−SCR技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成NH3，反应如下。
Ⅰ.CO(NH2)2(s)⇌HNCO(g)+NH3(g)ΔH>0
Ⅱ.HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)ΔH<0
一定温度下，向恒容容器中投入足量CO(NH2)2(s)和一定量的H2O(g)，当上述反应达到平衡时，测得c(NH3)=pmol/L、c(CO2)=qmol/L。则c(HNCO)= ______ mol/L(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为 ______ (mol/L)2。
(2)工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，图1是反应历程及能量变化，历程中的所有物质均为气态。
①该反应历程中，若ΔE2=241.0kJ/mol，则ΔE1= ______ kJ/mol。
②在T1℃和T2℃时(T1
若v正=k正⋅p(HNCO)⋅p(NH3)、v逆=k逆⋅p[CO(NH2)2]。T1℃时，k正k逆= ______ kPa−1。若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，CO(NH2)2的体积分数 ______ (填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)某实验小组用Zn−CO2水介质电池电解含有尿素的碱性废水，装置如图3(电极a为Zn，b、c、d均为惰性电极)。装置Ⅰ中双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成，与b极室相连的交换膜为 ______ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)，装置Ⅱ阳极上的反应式为 ______ 。
18. 2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面作出贡献的科学家，某课题组结合反应原理，设计如图路线合成一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物M。
已知：R1−Br→NaN3R1−N3
(1)A的化学名称是 ______ ，A→B选择的试剂和反应条件分别为 ______ 。
(2)D+E→F的反应类型为 ______ ，H所含官能团的名称是 ______ ，F在一定条件下发生分解反应得到G和 ______ (填化学式)。
(3)I的结构简式是 ______ ，J与过量NaOH溶液反应的化学方程式为 ______ 。
(4)C+K→M的过程中还生成了一种分子式为C20H18N6O8的环状化合物，结构简式为 ______ 。
(5)写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构) ______ 。
①核磁共振氢谱只有2组峰；
②只含有六元环：
③含有结构片段，不含−C≡C−键。
(6)根据上述信息，以乙烯和对苯乙烯为原料，设计的合成路线 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.硬化油中不含碳碳不饱和键，所以性质较稳定，不易被空气氧化而变质，不饱和的高级脂肪酸甘油酯氢化得到硬化油，用于制造人造奶油，故A正确；
B.亚硝酸钠具有一定毒性，还会与食物作用生成致癌物，但在食品中可以少量添加，用作防腐剂，故B错误；
C.铝能与酸、碱发生化学反应，则铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故C正确；
D.人体血液中含有血红蛋白，其中含有铁元素，人体缺少铁元素会引起缺铁性贫血，所以在酱油中加入铁强化剂，可减少缺铁性贫血问题的发生，故D正确；
故选：B。
A.硬化油碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油；
B.在食品中可以少量添加，用作防腐剂；
C.铝既可以和酸反应也可以和碱反应；
D.人体血液中含有血红蛋白，其中含有铁元素。
本题考查了常见的元素化合物与生活的知识，侧重考查物质的性质和用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.SOCl2为共价化合物，硫原子和氧原子形成双键结构，和两个氯原子分别形成一个共价键，结构式为：，故A正确；
B.氯离子核电荷数17，核外电子数18，离子结构示意图为：，故B正确；
C.O的电负性大于S，O与H之间的两对成键电子比S与H之间的两对成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离近，排斥力大，键角大，键角：H2O>H2S，故C错误；
D.SO2与分子中，价电子对数=2+6−2×22=3，硫原子sp2杂化，存在一对孤对电子，为角形结构，H2O分子中价电子对数=2+6−1×22=4，O原子sp3杂化，存在两对孤对电子，为角形结构，分子的空间结构相同，故D正确；
故选：C。
A.SOCl2是一种液态化合物，为共价化合物，硫原子和氧原子形成双键结构，和两个氯原子分别形成一个共价键；
B.氯离子核电荷数17，核外电子数18；
C.O的电负性大于S，O与H的两对成键电子更靠近中心原子，排斥力大，键角大；
D.价电子互斥理论计算价层电子对数分析判断分子构型。
本题考查了原子结构、分子结构、化学键形成等知识点，注意知识的准确掌握，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级为半充满的稳定结构，其第一电离能大于同周期的O原子，则第一电离能：C
C.由物质结构可知，−CF3、−CH(CH3)2、−NH−中的C、N原子的价层电子对数均为4，N原子含有1对孤电子对，5个中心原子的VSEPR模型均为四面体，均采取sp3杂化，故C错误；
D.基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，最高能级为p能级，p轨道形状为哑铃形，故D正确；
故选：D。
A.同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期的O原子；
B.H元素属于s区元素；
C.采取sp3杂化原子的价层电子对数为4，其中−CF3、−CH(CH3)2、−NH−中的C、N原子的价层电子对数均为4；
D.基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，最高能级为p能级。
本题考查核外电子排布式、周期律的应用、原子轨道杂化方式等知识，把握第一电离能的规律及特殊性、VSEPR模型的应用即可解答，侧重基础知识检测和运用能力考查，注意掌握中心原子价层电子对数的计算方法，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.Fe3+与苯酚发生显色反应，不能大量共存，故A错误；
B.Mg(OH)2与Al3+、Fe3+反应分别生成更难溶的氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.Al3+、Fe3+都与CO32−发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；
D.Na+、Al3+、Fe3+、SO42−、Cl−、NH4+之间不反应，能大量共存，故D正确；
故选：D。
A.苯酚与铁离子发生显色反应；
B.氢氧化铝、氢氧化铁比氢氧化镁更难溶，铝离子、铁离子与氢氧化镁反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀；
C.碳酸根离子与铝离子、铁离子发生双水解反应；
D.五种离子之间不反应，都不与氯化铵反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.39g含有π键的数目为39g78g/mol×1×NA/mol=0.5NA，故A错误；
B.18gD2O中含有的质子数为18g20g/mol×10×NA/mol=9NA，18gH2O中含有的质子数为18g18g/mol×10×NA/mol=10NA，故B错误；
C.题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，且可逆反应不能反应完全，故C错误；
D.15.6gNa2O2与足量CO2完全反应，转移电子数为15.6g78g/mol×1×NA/mol=0.2NA，故D正确；
故选：D。
A.一个苯分子中含有一个大π键；
B.D2O的摩尔质量为20g/mol，H2O的摩尔质量为18g/mol，D2O和H2O分子中均含有10个质子；
C.题目未给标准状况，且可逆反应不能反应完全；
D.Na2O2与CO2反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1molNa2O2反应转移1mol电子。
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。
6.【答案】A
【解析】解：A.SO3溶于水会放热，产生酸雾，会降低SO3的吸收率，工业制硫酸用98.3%的浓硫酸吸收SO3，目的是防止形成酸雾，提高吸收效率，故A正确；
B.乙酸不能与氢气发生加成反应，故B错误；
C.O的电负性比N大，即Zn−O的极性比Zn−N的极性大，离子键成分的百分数更高，故C错误；
D.氢氟酸与玻璃中SiO2反应，化学方程式为：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，不是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
A.吸收SO3不能用水，用水会生成酸雾，降低SO3的吸收率；
B.乙酸与氢气不反应；
C.O的电负性比N大，即Zn−O的极性比Zn−N的极性大；
D.氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水。
本题考查较为综合，涉及化学与工业生产、加成反应、电负性大小比较和氧化还原反应等知识，注意化学在工业生成中的应用知识是现在考试的热点，注意知识的积累，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.铁离子水解可制备胶体，则向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，出现红褐色液体为胶体，故A正确；
B.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成，为防止生成的水倒流，则试管口应略向下倾斜，故B错误；
C.溴苯与苯互溶，不能选分液漏斗分离，故C错误；
D.氯水中含HClO，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故D错误；
故选：A。
A.铁离子水解可制备胶体；
B.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成；
C.溴苯与苯互溶；
D.氯水中含HClO，可使pH试纸褪色。
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、混合物的分离提纯、pH测定、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。
8.【答案】B
【解析】解：A.X含有两个羧基、苯甲酸含有一个羧基，二者结构不相似，所以不互为同系物，故A错误；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，氨基具有氨气结构特点，最多有3个原子共平面，则Y分子中最多有14个原子共平面，故B正确；
C.X的苯环上二溴代物中，两个溴原子相邻时，有1种位置异构；两个溴原子相间时，有1种位置异构；两个溴原子相对时，有1种位置异构，所以符合条件的二溴代物有3种，故C错误；
D.X和Y反应生成凯夫拉时，同时还生成水，所以属于缩聚反应，故D错误；
故选：B。
A.结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，氨基具有氨气结构特点，最多有3个原子共平面；
C.X的苯环上二溴代物中，两个溴原子可以在相邻、相间、相对；
D.X和Y发生缩聚反应生成凯夫拉。
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、同系物概念、原子共平面个数判断方法是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：由分析可知，X为F元素、Y为S元素、Z为O元素、W为N元素；
A.NO不溶于水，故A错误；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多离子半径越大，则离子半径：S2−>N3−>O2−>F−，故B错误；
C.同主族元素中F元素非金属性最强，则同主族元素形成的简单氢化物中HF最稳定，故C正确；
D.Y是S元素，原子核外有2个未成对电子，同周期元素基态原子未成对电子数少于2个的有Na、Mg、Al、Cl、Ar共5种，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，则核外电子填充的轨道数目相同，可知三者是同周期元素，三者价电子的p能级的3个轨道都填充电子，而1mol化合物XYZ2W3含62mol电子，则X、Z、W只能是第二周期元素，可知X为F元素、Z为O元素、W为N元素，故Y原子核外电子数为62−9−2×8−3×7=16，故Y为S元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练核外电子排布规律、掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
10.【答案】C
【解析】解：A.前者会“冒烟”，可知前者水解程度大，则水解性：ZrCl4>CoCl2，故A正确；
B.先生成无色溶液[Cu(NH3)2]OH，再迅速变为深蓝色溶液[Cu(NH3)4]OH2，最终得到的物质更稳定，则稳定性：[Cu(NH3)2]OH<[Cu(NH3)4](OH)2，故B正确；
C.甲酸钠、甲醛均可发生银镜反应，由实验操作和现象，不能证明该甲酸样品中混有甲醛，故C错误；
D.NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中，生成氢氧化铝和碳酸钠，则AlO2−结合H+能力比CO32−强，故D正确；
故选：C。
A.前者会“冒烟”，可知前者水解程度大；
B.先生成无色溶液[Cu(NH3)2]OH，再迅速变为深蓝色溶液[Cu(NH3)4]OH2，最终得到的物质更稳定；
C.甲酸钠、甲醛均可发生银镜反应；
D.NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中，生成氢氧化铝和碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.根据图象可知：当V(HCl)=0 mL时，为0.4 mol/LNa2CO3溶液，此时溶液pH=12，c(H+)=10−12 mol/L，则根据水的离子积常数Kw=10−14 可知此时溶液中c(OH−)=10−2 mol/L，则CO32−的水解平衡常数Kh1=c(OH−)×c(HCO32−)c(CO32−)=10−2×10−20.4−10−2≈2.5×10−4，则根据H2CO3的第二步电离平衡常数Ka2=KWKh1=10−142.5×10−4=4.0×10−11，故A正确；
B.b点加入的V(HCl)=20mL，n(Na2CO3)=n(HCl)，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，b点溶质为NaCl、NaHCO3，质子守恒：c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(H2CO3)，故c(H2CO3)−c(CO32−)=c(OH−)−c(H+)，故B正确；
C.c点溶液成分为NaCl与NaHCO3的混合溶液，向其中加入HCl，气体压强不变，说明c→d段主要发生的反应为HCO3−+H+=H2CO3，没有产生CO2气体，故C正确；
D.e点时Na2CO3与HCl反应完全生成了H2CO3，H2CO3分解产生CO2、H2O，但仍然有少量H2CO3溶解在溶液中且存在电离平衡：H2CO3⇌H++HCO3−，当再向溶液中加入HCl时，溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动c(H2CO3)增大，H2CO3又分解产生CO2气体，导致体系的压强仍继续增大，故D错误，
故选：D。
向20 mL0.4 mol/LNa2CO3溶液中加入等浓度的HCl发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当加入HCl体积是20 mL时恰好发生上述反应，此时溶液为0.2 mol/L的NaCl与0.2 mol/LNaHCO3的混合溶液，后再加入盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，当V(HCl)=40 mL时上述反应恰好反应完全，溶液为NaCl溶液。
本题考查滴定操作、盐类水解、图象分析等知识，把握图象信息分析、图象上各点溶液中溶质的成分及其性质是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用。
12.【答案】A
【解析】解：由能量转化关系可得，①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=2×(473+497.3−937.1)kJ・mol−1=+64.4kJ・mol−1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=(497.3+1756.2−2797.2)kJ・mol−1=−543.7kJ・mol−1，N2H4(l)⇌N2H4(g)ΔH3=+9.7kJ・mol−1，根据盖斯定律，②×2+③×2−①，可得，2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=2ΔH2+2ΔH3−△H1=2×(−543.7kJ・mol−1)+2(+9.7kJ・mol−1)−(+64.4kJ・mol−1)=−1134.4kJ・mol−1，故A正确，
故选：A。
由能量转化关系可得，①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=2×(473+497.3−937.1)kJ・mol−1=+64.4kJ・mol−1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=(497.3+1756.2−2797.2)kJ・mol−1=−543.7kJ・mol−1，N2H4(l)⇌N2H4(g)ΔH3=+9.7kJ/mol，根据盖斯定律，②×2+③×2−①，可得，2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=2ΔH2+2ΔH3−△H1。
本题考查了热化学方程式和盖斯定律的分析计算应用，掌握盖斯定律计算方法是关键，题目难度适中。
13.【答案】D
【解析】解：A.电极B上锰离子失电子生成二氧化锰，电极B为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故A错误；
B.电极A上LiMn2O4得电子生成锂离子和锰离子，电极反应式为：LiMn2O4+8H++3e−=2Mn2++Li++4H2O，故B错误；
C.由电极反应式为：LiMn2O4+8H++3e−=2Mn2++Li++4H2O可知，电路中通过0.3mole−时，有0.1molLiMn2O4反应，则可回收0.2molMn，即11g，故C错误；
D.由电解总反应方程式为2LiMn2O4+4H+=3MnO2+2Li++Mn2++2H2O可知，电解过程中，n(H+)减少，n(Mn2+)增大，n(H+)n(Mn2+)的比值不断减小，故D正确；
故选：D。
由图可知，电极A上LiMn2O4得电子生成锂离子和锰离子，电极A为阴极，电极B上锰离子失电子生成二氧化锰，电极B为阳极，电解总反应方程式为2LiMn2O4+4H+=3MnO2+2Li++Mn2++2H2O，以此分析解答。
本题考查电解原理，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.c点三段式CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 2 0 0
变化量(mol/L) x 2x x x
平衡量(mol/L 1−x 2−2x x x
则平衡时容器气体的压强p(平衡)=3−x3×1.2mkPa，则有p(HCHO)=x3−x×p(平衡)=x3−x×3−x3×1.2mkPa=0.2mkPa，解得x=0.5mol，则v(H2)=△c△t=ΔnV ⋅Δt=2×0.5mol2L×5min=0.1mol/(L⋅min)，故A错误；
B.a点时n(H2)n(CO2)=1，n(H2)=n(CO2)=1mol，
反应的三段式为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 1 0 0
变化量(mol/L) y 2y y y
平衡量(mol/L 1−y 1−2y y y
则平衡时容器气体的压强为p(平衡)=2−y2×1.2mkPa，p(HCHO)=y2−y×p(平衡)=y2−y×2−y2×1.2mkPa=xmkPa，解得y=53xmol，气体的总物质的量为2−y=(2−53x)mol，a点时，混合气体平均摩尔质量为44g/mol×1mol+2g/mol×1mol2mol−53xmol=1386−5xg/mol，故B错误；
C.温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，c点平衡下，p(CO2)=0.53−0.5×mkPa=0.2mkPa，同理p(H2)=0.4mkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2mkPa，则Kp=p(H2O)⋅p(HCHO)p(CO2)⋅p2(H2)=0.2m×0.2m0.2m×(0.4m)2(kPa)−1=1.25mkPa−1，故C正确；
D.c点时再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，此时Qp=p(H2O)⋅p(HCHO)p(CO2)⋅p2(H2)=0.4m×0.2m0.4m×(0.4m)2(kPa)−1=1.25m(kPa)−1=Kp，平衡不移动，故D错误；
故选：C。
A.c点三段式为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 2 0 0
变化量(mol/L) x 2x x x
平衡量(mol/L 1−x 2−2x x x
则平衡时容器气体的压强为p(平衡)=3−x3×1.2mkPa，p(HCHO)=x3−x×p(平衡)=x3−x×3−x3×1.2mkPa=0.2mkPa，解得x=0.5mol，由v=△c△t=ΔnV ⋅Δt计算速率v(H2)；
B.a点时n(H2)n(CO2)=1，n(H2)=n(CO2)=1mol，
反应的三段式为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 1 0 0
变化量(mol/L) y 2y y y
平衡量(mol/L 1−y 1−2y y y
则平衡时容器气体的压强为p(平衡)=2−y2×1.2mkPa，p(HCHO)=y2−y×p(平衡)=y2−y×2−y2×1.2mkPa=xmkPa，解得y=53xmol，气体的总物质的量为2−y=(2−53x)mol，结合M=mn进行计算；
C.温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，计算c点各组分的分压，根据Kp=p(H2O)⋅p(HCHO)p(CO2)⋅p2(H2)计算Kp；
D.c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，计算此时的Qp，再与Kp比较得出结论。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，把握化学平衡的计算、三段式格式的应用是解题关键，题目难度中等。
15.【答案】 除去部分ZnO和Al2O3，富集稀土元素，在后续操作中能降低盐酸消耗量 PbO2+4HCl=△PbCl2+Cl2↑+2H2O Zn2+、Pb2+ Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离 2.0×10−6 Y2(C2O4)3⋅9H2O=高温Y2O3+3CO↑+3CO2↑+9H2O (12,12+m,34)
【解析】解：(1)钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态Y原子的价电子排布式为：4d15s2，价电子排布图为 ，
故答案为：；
(2)由表格数据可知：预处理后，ZnO和Al2O3的含量变小，Y2O3的含量增大，PbO2、ZnO、Al2O3、MgO都能消耗盐酸，进行原料预处理可以除去部分ZnO和Al2O3，富集稀土元素，在后续操作中能降低盐酸消耗量；PbO2与HCl发生氧化还原反应，生成氯气和PbCl2，则反应的方程式为：PbO2+4HCl=△PbCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：除去部分ZnO和Al2O3，富集稀土元素，在后续操作中能降低盐酸消耗量；PbO2+4HCl=△PbCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)根据流程分析可知，氨水除去的金属离子是Al3+，步骤Ⅳ中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有Zn2+、Pb2+；由图2可知Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离，所以不能通过直接加碱的方法除去Zn2+、Pb2+；
故答案为：Zn2+、Pb2+；Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离；
(4)已知：当离子浓度小于10−5mol/L时，沉淀就达完全，Ksp[Y2(C2O4)3]=c2(Y3+)×c3(C2O42−)=(10−5)2×c3(C2O42−)=8.0×10−28，则c(C2O42−)=38.0×10−28(10−5)2=2.0×10−6mol/L，
故答案为：2.0×10−6；
(5)草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3和CO、CO2，其反应的方程式为Y2(C2O4)3⋅9H2O=高温Y2O3+3CO↑+3CO2↑+9H2O，
故答案为：Y2(C2O4)3⋅9H2O=高温Y2O3+3CO↑+3CO2↑+9H2O；
(6)1号氧原子分数坐标为(0,0,14)，2号氧原子分数坐标为(12,12−m,14−n)，则3号Fe原子的分数坐标为(12,12+m,34)，
故答案为：(12,12+m,34)。
废弃CRT荧光粉的化学组成为Y2O3、ZnO、Al2O3、PbO2、MgO等，加盐酸，过滤，滤饼主要含有Y2O3，还有少量的PbO2、ZnO、Al2O3、MgO，再加5mol/L的盐酸，PbO2与HCl发生氧化还原反应，生成氯气和PbCl2，Y2O3转化为Y3+，过滤，滤液中含有Pb2+和Y3+、Al3+、Zn2+、Mg2+，再加氨水，Al3+形成Al(OH)3沉淀，过滤，滤液中含有Pb2+和Y3+、Zn2+、Mg2+，加DDTC除去溶液中的Pb2+和Zn2+，过滤，滤液中加草酸，生成Y2(C2O4)3沉淀，过滤，滤渣为Y2(C2O4)3固体，高温灼烧Y2(C2O4)3生成Y2O3；
(1)钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态Y原子的价电子排布式为：4d15s2；
(2)由表格数据可知，预处理后，ZnO和Al2O3的含量变小，Y2O3的含量增大，PbO2、ZnO、Al2O3、MgO都能消耗盐酸；PbO2与HCl发生氧化还原反应，生成氯气和PbCl2；
(3)氨水除去的金属离子是Al3+，根据流程分析除杂试剂DDTC除去的金属离子；由图2可知Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近；
(4)根据Ksp[Y2(C2O4)3]=c2(Y3+)×c3(C2O42−)计算；
(5)草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3和CO、CO2；
(6)根据铁酸钇的正交相晶胞结构图和1号、2号O原子分数坐标确定3号Fe原子的分数坐标。
本题考查了物质的分离提纯实验操作和晶胞计算，涉及到氧化还原、杂质分离、溶度积常数的应用、核外电子排布、分数坐标等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
16.【答案】碘溶液 冷却草酸，收集草酸，同时防倒吸 关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好 氧气 2 H2O2 3K2C2O4 H2C2O4 2 Fe(OH)3 降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高产率 该产物在见光条件下分解，引起产率偏低 当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复 3.75：1
【解析】解：(1)淀粉遇到碘单质变成蓝色，故检验淀粉是否水解完全所用的试剂为碘溶液，若溶液变蓝说明水解未完全，不变蓝，说明水解完全；B中有长玻璃管，作用为冷却草酸，收集草酸，同时防倒吸，
故答案为：碘溶液；冷却草酸，收集草酸，同时防倒吸；
(2)关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好；反应生成NO，NO和O2、H2O反应生成硝酸，所以通入的气体X为氧气，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好；氧气；
(3)根据反应过程，FeC2O4⋅2H2O、K2C2O4、H2O2、H2C2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O，根据得失电子守恒、原子守恒，得到化学方程式为：2FeC2O4⋅2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=△2K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O，
故答案为：2；H2O2；3K2C2O4；H2C2O4；2；
(4)步骤1中，出现红褐色沉淀，所以该化合物为Fe(OH)3，三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，步骤2加入无水乙醇的目的是降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高产率，
故答案为：Fe(OH)3；降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高产率；
(5)根据三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，见光易分解，该实验在实验室环境中完成，所以该产物在见光条件下分解，引起产率偏低，
故答案为：该产物在见光条件下分解，引起产率偏低；
(6)25.00mL溶液中，C2O42−的物质的量为xmol，第一步使用高锰酸钾滴定时，将C2O42−氧化成二氧化碳，标准液为高锰酸钾溶液，故滴定终点的现象为：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复，则为滴定终点；第二步用高锰酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，设C2O42−被氧化成二氧化碳，所需C2O42−物质的量为xmol，Fe3+的物质的量为ymol，
5C2O42−～2MnO4−
5 2
x 13.50×0.1000×10−3mol
解得x=3.75×10−3mol，
5Fe3+～MnO4−
5 1
y (15.50−13.50)×0.1000×10−3mol
解得y=1×10−3mol，n(C2O42−)：n(Fe3+)=3.75×10−3mol：1×10−3mol=3.75：1，
故答案为：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复；3.75：1。
Ⅰ.制取草酸的装置为三口烧瓶，分液漏斗中滴加浓硝酸和浓硫酸的混酸，温度计测量温度，球形冷凝管冷凝回流，长玻璃管冷凝以及防倒吸，冷凝回收草酸在a中，NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气；
Ⅱ.(3)根据反应过程，FeC2O4⋅2H2O、K2C2O4、H2O2、H2C2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O；
(4)步骤1中，出现红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，加入无水乙醇可降低晶体的溶解度；
(5)根据三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，见光易分解分析；
(6)根据高锰酸钾溶液为紫红色判断；根据高锰酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，同时将C2O42−氧化成二氧化碳，结合关系式计算。
本题考查物质制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，为高频考点，掌握草酸的性质以及实验原理是解答关键，题目难度较大。
17.【答案】p−2q p (p−2q) 66.5 1000 变大 阳 CO(NH2)2+2H2O−6e−=N2+CO32−+8H+
【解析】解：(1)HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)(单位：mol/L)
变化量 q q q q
CO(NH2)2(s)⇌HNCO(g)+NH3(g)(单位：mol/L)
变化量 (p−q) (p−q)
则c(HNCO)=(p−2q)mol/L，则反应I的平衡常数K=c (NH3)×c ( HNCO )=p (p−2q) ( mol/L)2，
故答案为：p−2q；p (p−2q)；
(2)①从图分析，过渡态3的相对能量为(241−87)kJ/mol=154kJ/mol，则ΔE1=(154−87.5)kJ/mol=66.5kJ/mol，
故答案为：66.5；
②从图分析，HNCO(g)+NH3(g)⇌CO(NH2)2(g)为放热反应，升温，平衡逆向移动，则右侧的线为，T1℃的，取A点数值，k正k逆=K=p[CO(NH2)2]p(NH3)p(HNCO)=10510×10kPa−1=1000kPa−1，若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，相当于加压，平衡正向移动，则CO(NH2)2的体积分数变大，
故答案为：1000；变大；
(3)从图分析，c电极产生氮气，为阳极反应，d上产生氢气，为阴极反应，则a为负极，锌失去电子，结合氢氧根离子，故该交换膜为阴离子交换膜，b为正极，与b极室相连的交换膜为阳离子交换膜，装置Ⅱ阳极上的反应式为CO(NH2)2+2H2O−6e−=N2+CO32−+8H+，
故答案为：阳；CO(NH2)2+2H2O−6e−=N2+CO32−+8H+。
(1)HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)(单位：mol/L)
变化量 q q q q
CO(NH2)2(s)⇌HNCO(g)+NH3(g)(单位：mol/L)
变化量 (p−q) (p−q)
则c(HNCO)=(p−2q)mol/L，则反应I的平衡常数K=c (NH3)×c ( HNCO )；
(2)①从图分析，过渡态3的相对能量为(241−87)kJ/mol=154kJ/mol；
②从图分析，HNCO(g)+NH3(g)⇌CO(NH2)2(g)为放热反应，升温，平衡逆向移动，则右侧的线为，T1℃的，取A点数值，k正k逆=K=p[CO(NH2)2]p(NH3)p(HNCO)，若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，相当于加压，平衡正向移动；
(3)从图分析，c电极产生氮气，为阳极反应，d上产生氢气，为阴极反应，则a为负极，锌失去电子，结合氢氧根离子，故该交换膜为阴离子交换膜，b为正极，与b极室相连的交换膜为阳离子交换膜。
本题考查化学平衡计算及图象分析，侧重考查分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度中等。
18.【答案】1，2−二溴乙烷 NaOH的水溶液、加热 加成反应 羧基 H2O BrCH2CH2OH (任写两个)
【解析】解：(1)A的化学名称是1，2−二溴乙烷，A为溴代烃、B为醇，溴代烃和NaOH的水溶液共热生成醇，所以A→B选择的试剂和反应条件分别为NaOH的水溶液、加热，
故答案为：1，2−二溴乙烷；NaOH的水溶液、加热；
(2)D+E→F的反应类型为加成反应，H为，H所含官能团的名称是羧基，G为，F在一定条件下发生分解反应得到G和H2O，
故答案为：加成反应；羧基；H2O；
(3)I的结构简式是BrCH2CH2OH，J与过量NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：BrCH2CH2OH；
(4)C+K→M的过程中还生成了一种分子式为C20H18N6O8的环状化合物，根据其分子式知，结构简式为，
故答案为：；
(5)C为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，C的同分异构体同时满足下列条件：
①核磁共振氢谱只有2组峰，说明含有两种氢原子；
②只含有六元环，C的不饱和度是4，六元环的不饱和度是1：
③含有结构片段，不含−C≡C−键，的不饱和度是2，根据不饱和度知，还存在一个双键或环，结构对称，符合条件的结构简式为(任写两个)，
故答案为：(任写两个)；
(6)以乙烯和对苯乙烯为原料合成，可由和N3CH2CH2N3发生第二个信息的反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br和NaN3发生取代反应生成N3CH2CH2N3；和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，合成路线为，
故答案为：。
乙烯和溴发生加成反应生成A，B能发生第二个信息的反应生成C，C和K发生第二个信息的反应生成M，根据K、M的结构简式知，C为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，则B为HOCH2CH2OH；J和叠氮华纳发生第一个信息的反应生成K，则J为，G发生氧化反应生成H，H为羧酸，则H为，I为BrCH2CH2OH，G发生氧化反应生成H，结合G的分子式知，G为；
(6)以乙烯和对苯乙烯为原料合成，可由和N3CH2CH2N3发生第二个信息的反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br和NaN3发生取代反应生成N3CH2CH2N3；和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成。
本题考查有机物的合成与推断，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，对比分析有机物的结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力，题目涉及有机物结构复杂，属于易错题目。
2023年重庆市九龙坡区高考化学二诊试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 民以食为天。下列说法错误的是( )
A. 硬化油不易被空气氧化变质，是制造人造奶油的原料
B. 亚硝酸钠具有一定毒性，不能用作食品防腐剂
C. 铝制餐具不宜用来长时间存放酸性食物或碱性食物
D. 酱油中添加铁强化剂，可减少缺铁性贫血问题的发生
2. SOCl2是一种液态化合物，其与水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，下列说法错误的是( )
A. SOCl2的结构式为 B. 氯离子的结构示意图为
C. 键角：H2O
A. 第一电离能：C
4. 加入下列物质后，不会影响溶液中Na+、Al3+、Fe3+、SO42−、Cl−大量共存的是( )
A. 苯酚 B. Mg(OH)2 C. Na2CO3 D. NH4Cl
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 39g含有π键的数目为1.5NA
B. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
C. 22.4LSO2和11.2LO2完全反应生成SO3的分子数为NA
D. 15.6gNa2O2与足量CO2完全反应，转移电子数为0.2NA
6. 下列叙述正确的是( )
A. 工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3制备硫酸
B. 乙烯、乙醛、乙酸均能与氢气发生加成反应
C. Zn−N键中离子键成分的百分数大于Zn−O键
D. 氢氟酸溶蚀玻璃与FeCl3溶液腐蚀覆铜板均为氧化还原反应
7. 下列实验装置与操作正确，且能达到实验目的的是( )
A. Fe(OH)3胶体制备 B. NH3制备
C. 液液分离 D. pH测试
8. 凯芙拉是一种耐高温、耐酸碱的高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。
下列说法正确的是( )
A. X与苯甲酸互为同系物 B. Y分子中最多有14个原子共平面
C. X的苯环上二溴代物有2种 D. X与Y经加聚反应制得凯芙拉
9. X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，1mol化合物XYZ2W3含62mol电子。下列说法正确的是( )
A. W的氧化物均易溶于水
B. 离子半径：Y>X>Z>W
C. 同主族元素形成的简单氢化物中X的最稳定
D. 同周期元素基态原子未成对电子数少于Y的有4种
10. 下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 ( )
选项
实验操作及现象
结论
A
将ZrCl4固体和CoCl2固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会“冒烟”
水解性：ZrCl4>CoCl2
B
将Cu2O加入氨水中，固体溶解，先生成无色溶液[Cu(NH3)2]OH，再迅速变为深蓝色溶液[Cu(NH3)4]OH2
稳定性：[Cu(NH3)2]OH<[Cu(NH3)4](OH)2
C
向某甲酸样品中先加入足量NaOH溶液，再做银镜反应实验，出现银镜
该甲酸样品中混有甲醛
D
将NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中，有白色沉淀生成
AlO2−结合H+能力比CO32−强
A. A B. B C. C D. D
11. 常温下，用0.4mol/L盐酸滴定20mL0.4mol/LNa2CO3溶液，反应过程中的pH和压强变化如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. Ka2(H2CO3)的数量级为10−11
B. b点：c(H2CO3)−c(CO32−)=c(OH−)−c(H+)
C. c→d段主要发生的反应为HCO3−+H+=H2CO3
D. e→f段压强增大的主要原因是盐酸的挥发
12. 火箭发射时可以用液态肼作燃料，NO2作氧化剂。相关物质的能量转化关系如下。已知N2H4(l)⇌N2H4(g)ΔH=+9.7kJ/mol，则2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)的反应热ΔH(kJ/mol)为 ( )
A. −1134.4 B. −1153.8 C. −1631.7 D. −1054.4
13. 通过电解废旧锂电池可回收锂和锰，电解示意图如图(滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过)下列说法正确的是( )
A. 电极B与电源正极相连，发生还原反应
B. 电极A的电极反应：LiMn2O4+4H2O+3e−=2Mn2++Li++8OH−
C. 当电路中通过0.3mole−时，最多可回收含33g锰
D. 电解过程中，n(H+)n(Mn2+)的比值不断减小
14. T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)，平衡时p(HCHO)与起始n(H2)n(CO2)的关系如图所示。已知初始加入2molH2，容器内的总压强为1.2mkPa。下列说法正确的是( )
A. 5min时反应到达c点，v(H2)=0.05mol⋅L−1⋅min−1
B. a点时，混合气体平均摩尔质量为964−5xg/mol
C. b点时，Kp=1.25mkPa−1
D. c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，平衡正向移动
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
15. 一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取氧化钇(Y2O3)的工艺流程如图。
已知：Ksp[Y2(C2O4)3]=8.0×10−28。
成分含量%
阶段
Y2O3
ZnO
Al2O3
PbO2
MgO
预处理
24.28
41.82
7.81
1.67
0.19
预处理后
68.51
5.42
4.33
5.43
0.50
废弃CRT荧光粉预处理前后的组成(不参与反应的杂质未列出)
(1)在元素周期表中，钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布图为 ______ 。
(2)“预处理”的目的为 ______ ，“加热、过滤”阶段产生黄绿色气体的化学方程式为 ______ 。
(3)氨水除去的金属离子是Al3+，除杂试剂DDTC除去的金属离子是 ______ ，不能用碱代替DDTC的原因是 ______ 。
(4)“沉钇”中Y3+沉淀完全，滴加草酸后的溶液中c(C2O42−)不低于 ______ 。
(5)“焙烧”过程生成Y2O3的化学方程式为 ______ 。
(6)铁酸钇的正交相晶胞结构如图。若1号氧原子分数坐标为(0,0,14)，2号氧原子分数坐标为(12,12−m,14−n)，则3号Fe原子的分数坐标为 ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 草酸及其盐在化工生产中具有重要价值，某实验小组做以下实验。
Ⅰ.制取草酸
反应原理：C6H12O6(葡萄糖)+12HNO3(浓)→△浓硫酸3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O，装置如图(加热和夹持装置略)
(1)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为 ______ ，装置B的作用是 ______ 。
(2)检查图1装置气密性的方法是 ______ 。在图1的装置B、C之间添加装置D，可在D中得到HNO3，通入气体X是 ______ 。
Ⅱ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制取及组成测定
已知：三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，见光易分解。
(一)制取晶体
步骤1：向盛有3.000g黄色晶体FeC2O4⋅2H2O的烧杯中，加入10mLK2C2O4溶液，加热至40℃左右，缓慢滴入过量的H2O2，一段时间后，出现红褐色沉淀。
步骤2：加热至沸腾，分两次缓慢加入8～9mLH2C2O4溶液，至沉淀溶解，得翠绿色溶液。加热浓缩、加入无水乙醇、结晶，抽滤干燥得7.860g三草酸合铁酸钾晶体。
(3)完成该过程的化学方程式并配平： ______ FeC2O4⋅2H2O+ ______ + ______ + ______ =△ ______ K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O。
(4)步骤1中，生成三草酸合铁酸钾与另一种铁的化合物，该化合物为 ______ (填化学式)，步骤2加入无水乙醇的目的是 ______ 。
(5)实验小组完成实验后发现产率偏低，其主要原因可能是 ______ 。
(二)测定组成
称取5.000g所得的三草酸合铁酸钾晶体配制成250mL溶液。取25.00mL溶液，用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液13.50mL。另取25.00mL溶液，用SnCl2−TiCl3联合还原法，将Fe3+还原为Fe2+，再用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液15.50mL。
(6)第一次滴定终点时的现象为 ______ ，通过上述实验，测定出该晶体中C2O42−与Fe3+的配位比n(C2O42−)：n(Fe3+)= ______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
17. 尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。
(1)尿素−SCR技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成NH3，反应如下。
Ⅰ.CO(NH2)2(s)⇌HNCO(g)+NH3(g)ΔH>0
Ⅱ.HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)ΔH<0
一定温度下，向恒容容器中投入足量CO(NH2)2(s)和一定量的H2O(g)，当上述反应达到平衡时，测得c(NH3)=pmol/L、c(CO2)=qmol/L。则c(HNCO)= ______ mol/L(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为 ______ (mol/L)2。
(2)工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，图1是反应历程及能量变化，历程中的所有物质均为气态。
①该反应历程中，若ΔE2=241.0kJ/mol，则ΔE1= ______ kJ/mol。
②在T1℃和T2℃时(T1
若v正=k正⋅p(HNCO)⋅p(NH3)、v逆=k逆⋅p[CO(NH2)2]。T1℃时，k正k逆= ______ kPa−1。若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，CO(NH2)2的体积分数 ______ (填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)某实验小组用Zn−CO2水介质电池电解含有尿素的碱性废水，装置如图3(电极a为Zn，b、c、d均为惰性电极)。装置Ⅰ中双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成，与b极室相连的交换膜为 ______ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)，装置Ⅱ阳极上的反应式为 ______ 。
18. 2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面作出贡献的科学家，某课题组结合反应原理，设计如图路线合成一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物M。
已知：R1−Br→NaN3R1−N3
(1)A的化学名称是 ______ ，A→B选择的试剂和反应条件分别为 ______ 。
(2)D+E→F的反应类型为 ______ ，H所含官能团的名称是 ______ ，F在一定条件下发生分解反应得到G和 ______ (填化学式)。
(3)I的结构简式是 ______ ，J与过量NaOH溶液反应的化学方程式为 ______ 。
(4)C+K→M的过程中还生成了一种分子式为C20H18N6O8的环状化合物，结构简式为 ______ 。
(5)写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构) ______ 。
①核磁共振氢谱只有2组峰；
②只含有六元环：
③含有结构片段，不含−C≡C−键。
(6)根据上述信息，以乙烯和对苯乙烯为原料，设计的合成路线 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.硬化油中不含碳碳不饱和键，所以性质较稳定，不易被空气氧化而变质，不饱和的高级脂肪酸甘油酯氢化得到硬化油，用于制造人造奶油，故A正确；
B.亚硝酸钠具有一定毒性，还会与食物作用生成致癌物，但在食品中可以少量添加，用作防腐剂，故B错误；
C.铝能与酸、碱发生化学反应，则铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故C正确；
D.人体血液中含有血红蛋白，其中含有铁元素，人体缺少铁元素会引起缺铁性贫血，所以在酱油中加入铁强化剂，可减少缺铁性贫血问题的发生，故D正确；
故选：B。
A.硬化油碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油；
B.在食品中可以少量添加，用作防腐剂；
C.铝既可以和酸反应也可以和碱反应；
D.人体血液中含有血红蛋白，其中含有铁元素。
本题考查了常见的元素化合物与生活的知识，侧重考查物质的性质和用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.SOCl2为共价化合物，硫原子和氧原子形成双键结构，和两个氯原子分别形成一个共价键，结构式为：，故A正确；
B.氯离子核电荷数17，核外电子数18，离子结构示意图为：，故B正确；
C.O的电负性大于S，O与H之间的两对成键电子比S与H之间的两对成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离近，排斥力大，键角大，键角：H2O>H2S，故C错误；
D.SO2与分子中，价电子对数=2+6−2×22=3，硫原子sp2杂化，存在一对孤对电子，为角形结构，H2O分子中价电子对数=2+6−1×22=4，O原子sp3杂化，存在两对孤对电子，为角形结构，分子的空间结构相同，故D正确；
故选：C。
A.SOCl2是一种液态化合物，为共价化合物，硫原子和氧原子形成双键结构，和两个氯原子分别形成一个共价键；
B.氯离子核电荷数17，核外电子数18；
C.O的电负性大于S，O与H的两对成键电子更靠近中心原子，排斥力大，键角大；
D.价电子互斥理论计算价层电子对数分析判断分子构型。
本题考查了原子结构、分子结构、化学键形成等知识点，注意知识的准确掌握，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级为半充满的稳定结构，其第一电离能大于同周期的O原子，则第一电离能：C
C.由物质结构可知，−CF3、−CH(CH3)2、−NH−中的C、N原子的价层电子对数均为4，N原子含有1对孤电子对，5个中心原子的VSEPR模型均为四面体，均采取sp3杂化，故C错误；
D.基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，最高能级为p能级，p轨道形状为哑铃形，故D正确；
故选：D。
A.同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期的O原子；
B.H元素属于s区元素；
C.采取sp3杂化原子的价层电子对数为4，其中−CF3、−CH(CH3)2、−NH−中的C、N原子的价层电子对数均为4；
D.基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，最高能级为p能级。
本题考查核外电子排布式、周期律的应用、原子轨道杂化方式等知识，把握第一电离能的规律及特殊性、VSEPR模型的应用即可解答，侧重基础知识检测和运用能力考查，注意掌握中心原子价层电子对数的计算方法，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.Fe3+与苯酚发生显色反应，不能大量共存，故A错误；
B.Mg(OH)2与Al3+、Fe3+反应分别生成更难溶的氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.Al3+、Fe3+都与CO32−发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；
D.Na+、Al3+、Fe3+、SO42−、Cl−、NH4+之间不反应，能大量共存，故D正确；
故选：D。
A.苯酚与铁离子发生显色反应；
B.氢氧化铝、氢氧化铁比氢氧化镁更难溶，铝离子、铁离子与氢氧化镁反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀；
C.碳酸根离子与铝离子、铁离子发生双水解反应；
D.五种离子之间不反应，都不与氯化铵反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.39g含有π键的数目为39g78g/mol×1×NA/mol=0.5NA，故A错误；
B.18gD2O中含有的质子数为18g20g/mol×10×NA/mol=9NA，18gH2O中含有的质子数为18g18g/mol×10×NA/mol=10NA，故B错误；
C.题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，且可逆反应不能反应完全，故C错误；
D.15.6gNa2O2与足量CO2完全反应，转移电子数为15.6g78g/mol×1×NA/mol=0.2NA，故D正确；
故选：D。
A.一个苯分子中含有一个大π键；
B.D2O的摩尔质量为20g/mol，H2O的摩尔质量为18g/mol，D2O和H2O分子中均含有10个质子；
C.题目未给标准状况，且可逆反应不能反应完全；
D.Na2O2与CO2反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1molNa2O2反应转移1mol电子。
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。
6.【答案】A
【解析】解：A.SO3溶于水会放热，产生酸雾，会降低SO3的吸收率，工业制硫酸用98.3%的浓硫酸吸收SO3，目的是防止形成酸雾，提高吸收效率，故A正确；
B.乙酸不能与氢气发生加成反应，故B错误；
C.O的电负性比N大，即Zn−O的极性比Zn−N的极性大，离子键成分的百分数更高，故C错误；
D.氢氟酸与玻璃中SiO2反应，化学方程式为：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，不是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
A.吸收SO3不能用水，用水会生成酸雾，降低SO3的吸收率；
B.乙酸与氢气不反应；
C.O的电负性比N大，即Zn−O的极性比Zn−N的极性大；
D.氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水。
本题考查较为综合，涉及化学与工业生产、加成反应、电负性大小比较和氧化还原反应等知识，注意化学在工业生成中的应用知识是现在考试的热点，注意知识的积累，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.铁离子水解可制备胶体，则向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，出现红褐色液体为胶体，故A正确；
B.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成，为防止生成的水倒流，则试管口应略向下倾斜，故B错误；
C.溴苯与苯互溶，不能选分液漏斗分离，故C错误；
D.氯水中含HClO，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故D错误；
故选：A。
A.铁离子水解可制备胶体；
B.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成；
C.溴苯与苯互溶；
D.氯水中含HClO，可使pH试纸褪色。
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、混合物的分离提纯、pH测定、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。
8.【答案】B
【解析】解：A.X含有两个羧基、苯甲酸含有一个羧基，二者结构不相似，所以不互为同系物，故A错误；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，氨基具有氨气结构特点，最多有3个原子共平面，则Y分子中最多有14个原子共平面，故B正确；
C.X的苯环上二溴代物中，两个溴原子相邻时，有1种位置异构；两个溴原子相间时，有1种位置异构；两个溴原子相对时，有1种位置异构，所以符合条件的二溴代物有3种，故C错误；
D.X和Y反应生成凯夫拉时，同时还生成水，所以属于缩聚反应，故D错误；
故选：B。
A.结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，氨基具有氨气结构特点，最多有3个原子共平面；
C.X的苯环上二溴代物中，两个溴原子可以在相邻、相间、相对；
D.X和Y发生缩聚反应生成凯夫拉。
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、同系物概念、原子共平面个数判断方法是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：由分析可知，X为F元素、Y为S元素、Z为O元素、W为N元素；
A.NO不溶于水，故A错误；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多离子半径越大，则离子半径：S2−>N3−>O2−>F−，故B错误；
C.同主族元素中F元素非金属性最强，则同主族元素形成的简单氢化物中HF最稳定，故C正确；
D.Y是S元素，原子核外有2个未成对电子，同周期元素基态原子未成对电子数少于2个的有Na、Mg、Al、Cl、Ar共5种，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，则核外电子填充的轨道数目相同，可知三者是同周期元素，三者价电子的p能级的3个轨道都填充电子，而1mol化合物XYZ2W3含62mol电子，则X、Z、W只能是第二周期元素，可知X为F元素、Z为O元素、W为N元素，故Y原子核外电子数为62−9−2×8−3×7=16，故Y为S元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练核外电子排布规律、掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
10.【答案】C
【解析】解：A.前者会“冒烟”，可知前者水解程度大，则水解性：ZrCl4>CoCl2，故A正确；
B.先生成无色溶液[Cu(NH3)2]OH，再迅速变为深蓝色溶液[Cu(NH3)4]OH2，最终得到的物质更稳定，则稳定性：[Cu(NH3)2]OH<[Cu(NH3)4](OH)2，故B正确；
C.甲酸钠、甲醛均可发生银镜反应，由实验操作和现象，不能证明该甲酸样品中混有甲醛，故C错误；
D.NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中，生成氢氧化铝和碳酸钠，则AlO2−结合H+能力比CO32−强，故D正确；
故选：C。
A.前者会“冒烟”，可知前者水解程度大；
B.先生成无色溶液[Cu(NH3)2]OH，再迅速变为深蓝色溶液[Cu(NH3)4]OH2，最终得到的物质更稳定；
C.甲酸钠、甲醛均可发生银镜反应；
D.NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中，生成氢氧化铝和碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.根据图象可知：当V(HCl)=0 mL时，为0.4 mol/LNa2CO3溶液，此时溶液pH=12，c(H+)=10−12 mol/L，则根据水的离子积常数Kw=10−14 可知此时溶液中c(OH−)=10−2 mol/L，则CO32−的水解平衡常数Kh1=c(OH−)×c(HCO32−)c(CO32−)=10−2×10−20.4−10−2≈2.5×10−4，则根据H2CO3的第二步电离平衡常数Ka2=KWKh1=10−142.5×10−4=4.0×10−11，故A正确；
B.b点加入的V(HCl)=20mL，n(Na2CO3)=n(HCl)，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，b点溶质为NaCl、NaHCO3，质子守恒：c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(H2CO3)，故c(H2CO3)−c(CO32−)=c(OH−)−c(H+)，故B正确；
C.c点溶液成分为NaCl与NaHCO3的混合溶液，向其中加入HCl，气体压强不变，说明c→d段主要发生的反应为HCO3−+H+=H2CO3，没有产生CO2气体，故C正确；
D.e点时Na2CO3与HCl反应完全生成了H2CO3，H2CO3分解产生CO2、H2O，但仍然有少量H2CO3溶解在溶液中且存在电离平衡：H2CO3⇌H++HCO3−，当再向溶液中加入HCl时，溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动c(H2CO3)增大，H2CO3又分解产生CO2气体，导致体系的压强仍继续增大，故D错误，
故选：D。
向20 mL0.4 mol/LNa2CO3溶液中加入等浓度的HCl发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当加入HCl体积是20 mL时恰好发生上述反应，此时溶液为0.2 mol/L的NaCl与0.2 mol/LNaHCO3的混合溶液，后再加入盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，当V(HCl)=40 mL时上述反应恰好反应完全，溶液为NaCl溶液。
本题考查滴定操作、盐类水解、图象分析等知识，把握图象信息分析、图象上各点溶液中溶质的成分及其性质是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用。
12.【答案】A
【解析】解：由能量转化关系可得，①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=2×(473+497.3−937.1)kJ・mol−1=+64.4kJ・mol−1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=(497.3+1756.2−2797.2)kJ・mol−1=−543.7kJ・mol−1，N2H4(l)⇌N2H4(g)ΔH3=+9.7kJ・mol−1，根据盖斯定律，②×2+③×2−①，可得，2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=2ΔH2+2ΔH3−△H1=2×(−543.7kJ・mol−1)+2(+9.7kJ・mol−1)−(+64.4kJ・mol−1)=−1134.4kJ・mol−1，故A正确，
故选：A。
由能量转化关系可得，①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=2×(473+497.3−937.1)kJ・mol−1=+64.4kJ・mol−1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=(497.3+1756.2−2797.2)kJ・mol−1=−543.7kJ・mol−1，N2H4(l)⇌N2H4(g)ΔH3=+9.7kJ/mol，根据盖斯定律，②×2+③×2−①，可得，2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=2ΔH2+2ΔH3−△H1。
本题考查了热化学方程式和盖斯定律的分析计算应用，掌握盖斯定律计算方法是关键，题目难度适中。
13.【答案】D
【解析】解：A.电极B上锰离子失电子生成二氧化锰，电极B为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故A错误；
B.电极A上LiMn2O4得电子生成锂离子和锰离子，电极反应式为：LiMn2O4+8H++3e−=2Mn2++Li++4H2O，故B错误；
C.由电极反应式为：LiMn2O4+8H++3e−=2Mn2++Li++4H2O可知，电路中通过0.3mole−时，有0.1molLiMn2O4反应，则可回收0.2molMn，即11g，故C错误；
D.由电解总反应方程式为2LiMn2O4+4H+=3MnO2+2Li++Mn2++2H2O可知，电解过程中，n(H+)减少，n(Mn2+)增大，n(H+)n(Mn2+)的比值不断减小，故D正确；
故选：D。
由图可知，电极A上LiMn2O4得电子生成锂离子和锰离子，电极A为阴极，电极B上锰离子失电子生成二氧化锰，电极B为阳极，电解总反应方程式为2LiMn2O4+4H+=3MnO2+2Li++Mn2++2H2O，以此分析解答。
本题考查电解原理，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.c点三段式CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 2 0 0
变化量(mol/L) x 2x x x
平衡量(mol/L 1−x 2−2x x x
则平衡时容器气体的压强p(平衡)=3−x3×1.2mkPa，则有p(HCHO)=x3−x×p(平衡)=x3−x×3−x3×1.2mkPa=0.2mkPa，解得x=0.5mol，则v(H2)=△c△t=ΔnV ⋅Δt=2×0.5mol2L×5min=0.1mol/(L⋅min)，故A错误；
B.a点时n(H2)n(CO2)=1，n(H2)=n(CO2)=1mol，
反应的三段式为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 1 0 0
变化量(mol/L) y 2y y y
平衡量(mol/L 1−y 1−2y y y
则平衡时容器气体的压强为p(平衡)=2−y2×1.2mkPa，p(HCHO)=y2−y×p(平衡)=y2−y×2−y2×1.2mkPa=xmkPa，解得y=53xmol，气体的总物质的量为2−y=(2−53x)mol，a点时，混合气体平均摩尔质量为44g/mol×1mol+2g/mol×1mol2mol−53xmol=1386−5xg/mol，故B错误；
C.温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，c点平衡下，p(CO2)=0.53−0.5×mkPa=0.2mkPa，同理p(H2)=0.4mkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2mkPa，则Kp=p(H2O)⋅p(HCHO)p(CO2)⋅p2(H2)=0.2m×0.2m0.2m×(0.4m)2(kPa)−1=1.25mkPa−1，故C正确；
D.c点时再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，此时Qp=p(H2O)⋅p(HCHO)p(CO2)⋅p2(H2)=0.4m×0.2m0.4m×(0.4m)2(kPa)−1=1.25m(kPa)−1=Kp，平衡不移动，故D错误；
故选：C。
A.c点三段式为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 2 0 0
变化量(mol/L) x 2x x x
平衡量(mol/L 1−x 2−2x x x
则平衡时容器气体的压强为p(平衡)=3−x3×1.2mkPa，p(HCHO)=x3−x×p(平衡)=x3−x×3−x3×1.2mkPa=0.2mkPa，解得x=0.5mol，由v=△c△t=ΔnV ⋅Δt计算速率v(H2)；
B.a点时n(H2)n(CO2)=1，n(H2)=n(CO2)=1mol，
反应的三段式为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始量(mol/L) 1 1 0 0
变化量(mol/L) y 2y y y
平衡量(mol/L 1−y 1−2y y y
则平衡时容器气体的压强为p(平衡)=2−y2×1.2mkPa，p(HCHO)=y2−y×p(平衡)=y2−y×2−y2×1.2mkPa=xmkPa，解得y=53xmol，气体的总物质的量为2−y=(2−53x)mol，结合M=mn进行计算；
C.温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，计算c点各组分的分压，根据Kp=p(H2O)⋅p(HCHO)p(CO2)⋅p2(H2)计算Kp；
D.c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，计算此时的Qp，再与Kp比较得出结论。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，把握化学平衡的计算、三段式格式的应用是解题关键，题目难度中等。
15.【答案】 除去部分ZnO和Al2O3，富集稀土元素，在后续操作中能降低盐酸消耗量 PbO2+4HCl=△PbCl2+Cl2↑+2H2O Zn2+、Pb2+ Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离 2.0×10−6 Y2(C2O4)3⋅9H2O=高温Y2O3+3CO↑+3CO2↑+9H2O (12,12+m,34)
【解析】解：(1)钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态Y原子的价电子排布式为：4d15s2，价电子排布图为 ，
故答案为：；
(2)由表格数据可知：预处理后，ZnO和Al2O3的含量变小，Y2O3的含量增大，PbO2、ZnO、Al2O3、MgO都能消耗盐酸，进行原料预处理可以除去部分ZnO和Al2O3，富集稀土元素，在后续操作中能降低盐酸消耗量；PbO2与HCl发生氧化还原反应，生成氯气和PbCl2，则反应的方程式为：PbO2+4HCl=△PbCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：除去部分ZnO和Al2O3，富集稀土元素，在后续操作中能降低盐酸消耗量；PbO2+4HCl=△PbCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)根据流程分析可知，氨水除去的金属离子是Al3+，步骤Ⅳ中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有Zn2+、Pb2+；由图2可知Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离，所以不能通过直接加碱的方法除去Zn2+、Pb2+；
故答案为：Zn2+、Pb2+；Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离；
(4)已知：当离子浓度小于10−5mol/L时，沉淀就达完全，Ksp[Y2(C2O4)3]=c2(Y3+)×c3(C2O42−)=(10−5)2×c3(C2O42−)=8.0×10−28，则c(C2O42−)=38.0×10−28(10−5)2=2.0×10−6mol/L，
故答案为：2.0×10−6；
(5)草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3和CO、CO2，其反应的方程式为Y2(C2O4)3⋅9H2O=高温Y2O3+3CO↑+3CO2↑+9H2O，
故答案为：Y2(C2O4)3⋅9H2O=高温Y2O3+3CO↑+3CO2↑+9H2O；
(6)1号氧原子分数坐标为(0,0,14)，2号氧原子分数坐标为(12,12−m,14−n)，则3号Fe原子的分数坐标为(12,12+m,34)，
故答案为：(12,12+m,34)。
废弃CRT荧光粉的化学组成为Y2O3、ZnO、Al2O3、PbO2、MgO等，加盐酸，过滤，滤饼主要含有Y2O3，还有少量的PbO2、ZnO、Al2O3、MgO，再加5mol/L的盐酸，PbO2与HCl发生氧化还原反应，生成氯气和PbCl2，Y2O3转化为Y3+，过滤，滤液中含有Pb2+和Y3+、Al3+、Zn2+、Mg2+，再加氨水，Al3+形成Al(OH)3沉淀，过滤，滤液中含有Pb2+和Y3+、Zn2+、Mg2+，加DDTC除去溶液中的Pb2+和Zn2+，过滤，滤液中加草酸，生成Y2(C2O4)3沉淀，过滤，滤渣为Y2(C2O4)3固体，高温灼烧Y2(C2O4)3生成Y2O3；
(1)钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态Y原子的价电子排布式为：4d15s2；
(2)由表格数据可知，预处理后，ZnO和Al2O3的含量变小，Y2O3的含量增大，PbO2、ZnO、Al2O3、MgO都能消耗盐酸；PbO2与HCl发生氧化还原反应，生成氯气和PbCl2；
(3)氨水除去的金属离子是Al3+，根据流程分析除杂试剂DDTC除去的金属离子；由图2可知Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近；
(4)根据Ksp[Y2(C2O4)3]=c2(Y3+)×c3(C2O42−)计算；
(5)草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3和CO、CO2；
(6)根据铁酸钇的正交相晶胞结构图和1号、2号O原子分数坐标确定3号Fe原子的分数坐标。
本题考查了物质的分离提纯实验操作和晶胞计算，涉及到氧化还原、杂质分离、溶度积常数的应用、核外电子排布、分数坐标等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
16.【答案】碘溶液 冷却草酸，收集草酸，同时防倒吸 关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好 氧气 2 H2O2 3K2C2O4 H2C2O4 2 Fe(OH)3 降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高产率 该产物在见光条件下分解，引起产率偏低 当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复 3.75：1
【解析】解：(1)淀粉遇到碘单质变成蓝色，故检验淀粉是否水解完全所用的试剂为碘溶液，若溶液变蓝说明水解未完全，不变蓝，说明水解完全；B中有长玻璃管，作用为冷却草酸，收集草酸，同时防倒吸，
故答案为：碘溶液；冷却草酸，收集草酸，同时防倒吸；
(2)关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好；反应生成NO，NO和O2、H2O反应生成硝酸，所以通入的气体X为氧气，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好；氧气；
(3)根据反应过程，FeC2O4⋅2H2O、K2C2O4、H2O2、H2C2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O，根据得失电子守恒、原子守恒，得到化学方程式为：2FeC2O4⋅2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=△2K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O，
故答案为：2；H2O2；3K2C2O4；H2C2O4；2；
(4)步骤1中，出现红褐色沉淀，所以该化合物为Fe(OH)3，三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，步骤2加入无水乙醇的目的是降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高产率，
故答案为：Fe(OH)3；降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高产率；
(5)根据三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，见光易分解，该实验在实验室环境中完成，所以该产物在见光条件下分解，引起产率偏低，
故答案为：该产物在见光条件下分解，引起产率偏低；
(6)25.00mL溶液中，C2O42−的物质的量为xmol，第一步使用高锰酸钾滴定时，将C2O42−氧化成二氧化碳，标准液为高锰酸钾溶液，故滴定终点的现象为：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复，则为滴定终点；第二步用高锰酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，设C2O42−被氧化成二氧化碳，所需C2O42−物质的量为xmol，Fe3+的物质的量为ymol，
5C2O42−～2MnO4−
5 2
x 13.50×0.1000×10−3mol
解得x=3.75×10−3mol，
5Fe3+～MnO4−
5 1
y (15.50−13.50)×0.1000×10−3mol
解得y=1×10−3mol，n(C2O42−)：n(Fe3+)=3.75×10−3mol：1×10−3mol=3.75：1，
故答案为：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复；3.75：1。
Ⅰ.制取草酸的装置为三口烧瓶，分液漏斗中滴加浓硝酸和浓硫酸的混酸，温度计测量温度，球形冷凝管冷凝回流，长玻璃管冷凝以及防倒吸，冷凝回收草酸在a中，NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气；
Ⅱ.(3)根据反应过程，FeC2O4⋅2H2O、K2C2O4、H2O2、H2C2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O；
(4)步骤1中，出现红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，加入无水乙醇可降低晶体的溶解度；
(5)根据三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，见光易分解分析；
(6)根据高锰酸钾溶液为紫红色判断；根据高锰酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，同时将C2O42−氧化成二氧化碳，结合关系式计算。
本题考查物质制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，为高频考点，掌握草酸的性质以及实验原理是解答关键，题目难度较大。
17.【答案】p−2q p (p−2q) 66.5 1000 变大 阳 CO(NH2)2+2H2O−6e−=N2+CO32−+8H+
【解析】解：(1)HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)(单位：mol/L)
变化量 q q q q
CO(NH2)2(s)⇌HNCO(g)+NH3(g)(单位：mol/L)
变化量 (p−q) (p−q)
则c(HNCO)=(p−2q)mol/L，则反应I的平衡常数K=c (NH3)×c ( HNCO )=p (p−2q) ( mol/L)2，
故答案为：p−2q；p (p−2q)；
(2)①从图分析，过渡态3的相对能量为(241−87)kJ/mol=154kJ/mol，则ΔE1=(154−87.5)kJ/mol=66.5kJ/mol，
故答案为：66.5；
②从图分析，HNCO(g)+NH3(g)⇌CO(NH2)2(g)为放热反应，升温，平衡逆向移动，则右侧的线为，T1℃的，取A点数值，k正k逆=K=p[CO(NH2)2]p(NH3)p(HNCO)=10510×10kPa−1=1000kPa−1，若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，相当于加压，平衡正向移动，则CO(NH2)2的体积分数变大，
故答案为：1000；变大；
(3)从图分析，c电极产生氮气，为阳极反应，d上产生氢气，为阴极反应，则a为负极，锌失去电子，结合氢氧根离子，故该交换膜为阴离子交换膜，b为正极，与b极室相连的交换膜为阳离子交换膜，装置Ⅱ阳极上的反应式为CO(NH2)2+2H2O−6e−=N2+CO32−+8H+，
故答案为：阳；CO(NH2)2+2H2O−6e−=N2+CO32−+8H+。
(1)HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)(单位：mol/L)
变化量 q q q q
CO(NH2)2(s)⇌HNCO(g)+NH3(g)(单位：mol/L)
变化量 (p−q) (p−q)
则c(HNCO)=(p−2q)mol/L，则反应I的平衡常数K=c (NH3)×c ( HNCO )；
(2)①从图分析，过渡态3的相对能量为(241−87)kJ/mol=154kJ/mol；
②从图分析，HNCO(g)+NH3(g)⇌CO(NH2)2(g)为放热反应，升温，平衡逆向移动，则右侧的线为，T1℃的，取A点数值，k正k逆=K=p[CO(NH2)2]p(NH3)p(HNCO)，若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，相当于加压，平衡正向移动；
(3)从图分析，c电极产生氮气，为阳极反应，d上产生氢气，为阴极反应，则a为负极，锌失去电子，结合氢氧根离子，故该交换膜为阴离子交换膜，b为正极，与b极室相连的交换膜为阳离子交换膜。
本题考查化学平衡计算及图象分析，侧重考查分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度中等。
18.【答案】1，2−二溴乙烷 NaOH的水溶液、加热 加成反应 羧基 H2O BrCH2CH2OH (任写两个)
【解析】解：(1)A的化学名称是1，2−二溴乙烷，A为溴代烃、B为醇，溴代烃和NaOH的水溶液共热生成醇，所以A→B选择的试剂和反应条件分别为NaOH的水溶液、加热，
故答案为：1，2−二溴乙烷；NaOH的水溶液、加热；
(2)D+E→F的反应类型为加成反应，H为，H所含官能团的名称是羧基，G为，F在一定条件下发生分解反应得到G和H2O，
故答案为：加成反应；羧基；H2O；
(3)I的结构简式是BrCH2CH2OH，J与过量NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：BrCH2CH2OH；
(4)C+K→M的过程中还生成了一种分子式为C20H18N6O8的环状化合物，根据其分子式知，结构简式为，
故答案为：；
(5)C为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，C的同分异构体同时满足下列条件：
①核磁共振氢谱只有2组峰，说明含有两种氢原子；
②只含有六元环，C的不饱和度是4，六元环的不饱和度是1：
③含有结构片段，不含−C≡C−键，的不饱和度是2，根据不饱和度知，还存在一个双键或环，结构对称，符合条件的结构简式为(任写两个)，
故答案为：(任写两个)；
(6)以乙烯和对苯乙烯为原料合成，可由和N3CH2CH2N3发生第二个信息的反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br和NaN3发生取代反应生成N3CH2CH2N3；和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，合成路线为，
故答案为：。
乙烯和溴发生加成反应生成A，B能发生第二个信息的反应生成C，C和K发生第二个信息的反应生成M，根据K、M的结构简式知，C为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，则B为HOCH2CH2OH；J和叠氮华纳发生第一个信息的反应生成K，则J为，G发生氧化反应生成H，H为羧酸，则H为，I为BrCH2CH2OH，G发生氧化反应生成H，结合G的分子式知，G为；
(6)以乙烯和对苯乙烯为原料合成，可由和N3CH2CH2N3发生第二个信息的反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br和NaN3发生取代反应生成N3CH2CH2N3；和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成。
本题考查有机物的合成与推断，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，对比分析有机物的结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力，题目涉及有机物结构复杂，属于易错题目。
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