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2022届北京市昌平区高三二模化学试题含解析
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这是一份2022届北京市昌平区高三二模化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市昌平区2022届高三二模
化学试题
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应有关的是（ ）
A．图甲碳酸氢钠片可治疗胃酸过多
B．图乙豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀
C．图丙天然气燃烧
D．图丁海水经风吹日晒获得粗盐
2．下列有关化学用语表述正确的是（ ）
A．中子数为16的硫原子： 1632 S
B．还原性：Na
D．Al3+的结构示意图：
3．蜂胶中某活性物质X的结构简式如图，下列关于X的说法错误的是（ ）
A．X能使溴的四氯化碳溶液褪色 B．1molX最多能与2molNaOH反应
C．X可发生取代反应 D．X具有还原性
4．检验下列溶液是否变质，所选试剂合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液.
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
高锰酸钾溶液
A．A B．B C．C D．D
5．如图所示，先在小烧杯中加入0.01mol/LBa(OH)2溶液50mL，再滴入几滴酚酞溶液，接通电源，再向滴定管小烧杯中匀速滴加0.2mol/LH2SO4溶液3mL，可观察到的现象有：①小灯泡变暗直至熄灭②溶液颜色变浅直至褪去③产生白色沉淀④小灯泡变亮，以下说法正确的是（ ）
A．现象③可说明溶液中H+与OH-发生反应
B．溶液颜色变浅的原因是反应中酚酞被消耗
C．小灯泡变暗直至熄灭的原因是溶液中自由移动的离子浓度减小直至几乎为0
D．若将H2SO4换为Na2SO4，也会产生相似现象
6．利用如图装置可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
B
用Cu与浓硝酸制取并收集纯净干燥的NO2
水
浓硫酸
C
用大理石和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2
饱和NaHCO3溶液
浓硫酸
D
锌和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2
水
浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
7．研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物一光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．紫外线作用下，NO2中有氮氧键发生断裂
B．反应I的的方程式是2NO+O2=2NO2
C．反应II中丙烯是还原剂
D．经反应III，O2转化为了O3
8．铁、氮气、丙酮和乙醇可参与制备铁氮化合物(FexNy)，以下说法错误的是（ ）
A．Fe元素位于元素周期表的第VIIIB族
B．丙酮中碳原子采用sp2和sp3杂化
C．1个N2分子中有1个σ键和2个π键
D．乙醇的沸点高于丙烷，是因为乙醇分子间存在氢键
9．向铁粉中加入过量稀硫酸，可制备得到硫酸亚铁溶液，下列用来解释事实的方程式中合理的是（ ）
A．制备原理：Fe+2H++SO 42- =FeSO4+H2↑
B．得到的溶液显酸性的主要原因：H2SO4=2H++SO 42-
C．得到的溶液在空气中变质：4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3
D．向制备得到的溶液中滴加氢氧化钠溶液只发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
10．钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．钛酸钙的化学式为CaTiO2
B．晶胞中与每个Ti4+距离最近且相等的O2-有6个
C．基态钛原子价电子排布式是4s23d2
D．基态Ca2+的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p64s2
11．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，用Na2SO3作为吸收液可吸收SO2，且吸收液可通过电解再生。室温条件下，吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO 32- )：n(HSO 3- )变化关系如表；当吸收液pH降至约为6时，需送至电解槽再生，再生示意图如图，下列说法错误的是（ ）
n(SO 32- )：n(HSO 3- )
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
A．由表中信息可推测，Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性
B．吸收过程中离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO 32- )+c(HSO 3- )+c(OH-)
C．电解槽右侧电极发生的反应主要是SO 32- -2e-+H2O=SO 42- +2H+
D．电解槽左侧电极发生的反应有2HSO 3- +2e-=H2↑+2SO 32- ，实现再生
12．常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法错误的是（ ）
A．由图可推测，H2X为弱酸
B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O
C．水的电离程度：a点与b点大致相等
D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-
13．如图为DNA分子的局部结构示意图，下列说法错误的是（ ）
A．DNA由多个脱氧核糖核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合而成的脱氧核糖核苷酸链构成
B．图中框内的结构可以看成是由脱氧核糖分子与H3PO4分子、碱基分子通过分子间脱水连接而成的
C．胸腺嘧啶( )中含有酰胺基官能团
D．DNA分子的四种碱基均含N—H键，一个碱基中的N—H键的H原子只能与另一个碱基中的N原子形成氢键
14．研究“2Fe3++2I-⇌ 2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
下列说法错误的是（ ）
A．i中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I-=AgI↓
B．可依据i中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动
D．还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中I-
15．聚酰亚胺是一种高性能特种工程材料，已广泛应用在航天航空、有机光电等领域。一条制备某聚酰亚胺(Q)的路线如图：
Q的结构简式：
已知： ⇌H+ R1COOH+R2COOH
（1）A的结构简式是 。
（2）B中的含氧官能团的名称是 。
（3）C→D的反应类型是 。
（4）关于G的说法正确的是 。
a.核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的H原子
b.不存在含有1个苯环及3个醛基的同分异构体
c.分子中所有原子共平面
（5）N的结构简式是 。
（6）制备1molQ，消耗K和P的物质的量之比是 ，同时产生 mol小分子物质。
16．螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。
资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的-COOH解离出H+，变成-COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的-COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
（1）M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示) 。
（2）M中N原子的杂化轨道类型为 。
（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是 。
（4）在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。
①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为 时吸附效果最好。
②解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因 。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因 。
17．镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：
资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pH
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Zn(OH)2
Mg(OH)2
Ca(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀时
6.3
1.5
6.2
9.1
11.8
6.9
完全沉淀时
8.3
2.8
8.2
11.1
13.8
8.9
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L.
资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。
资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+⇌ M+xH+
（1）操作1、2的名称是 ，操作3的名称是 。
（2）操作1中加入Cl2的主要目的是 。
（3）NiF2溶液参与反应的离子方程式是 。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)= mol/L(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全)。
（4）滤液b中含有的微粒主要有 。
（5）在硫酸盐溶液中，P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是 。
（6）在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的离子方程式 。
18．在双碳目标驱动下，大批量氢燃料客车在2022年北京冬奥会上投入使用。稳定氢源的获取是科学研究热点，对以下2种氢源获取方法进行讨论。
（1）Ⅰ．甲醇蒸汽重整制氢
甲醇蒸汽重整制氢过程中有以下化学反应。
编号
反应
方程式
△H/kJ·mol-1
R1
甲醇蒸汽重整
CH3OH(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+3H2(g)
△H1=+49.24
R2
甲醇分解反应
CH3OH(g) ⇌ CO(g)+2H2(g)
△H2
R3
水汽反应
CO(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+H2(g)
△H3=-41.17
R4
积碳反应
CO(g)+H2(g) ⇌ C(s)+H2O(g)
△H＜0
CO2(g)+2H2(g) ⇌ C(s)+2H2O(g)
△H＜0
2CO(g) ⇌ C(s)+CO2(g)
△H＜0
资料：产氢率和水碳比(S/C)的定义：
①产氢率= 产生的氢气的物质的量消耗的甲醇的物质的量
②水碳比(S/C)表示反应物中H2O和CH3OH的比值，水碳比的变化是以CH3OH不变，改变H2O的物质的量加以控制。
理想产氢率= 。
（2）△H2= kJ·mol-1
（3）针对R1进行讨论：其他条件不变，随着温度升高，n(H2) (填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是 。
（4）其他条件不变，测得产物摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图所示。由图可知，在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大，原因是 。
（5）结合资料和图示，提出2条减少积碳的措施 、 。
（6）Ⅱ．电解液氨制氢
氨分子中具有较高的含氢量，因此是制氢的优选原料。使用NaNH2非水电解质研究液氨电解制氢原理，装置示意图如图所示。
资料：2NH3⇌ NH 4+ +NH 2-
①某电极上发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- ，该电极为 (选填a或b)极。
②写出另一极上发生的电极反应 。
③不考虑其它能量损耗，利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是 mol。
19．某小组同学探究漂白精片(主要有效成分：次氯酸钙)与氯化铜反应产物，操作及现象如表：
序号
操作
现象
实验I
取研磨成粉状的漂白精片10g和少量氯化铜固体放入烧杯中，加足量水搅拌
产生黑色悬浊液，同时有大量气泡产生
（1）甲同学预测气泡主要为Cl2，乙同学不认同甲的观点，理由如表：
理由
对应的离子方程式
ClO-与Cl-需在酸性条件下反应生成Cl2
①
Ca(ClO)2溶液显碱性
②
写出离子方程式：① ，② 。
（2）猜测气泡可能为O2，并通过实验证实了猜测，实验操作及现象是 。
（3）对悬浊液成分进行探究。
①预测悬浊液成分为CuO，进行如图操作。
经验证无色气体为O2，蓝色溶液为CuSO4。此时可推断悬浊液中 (选填序号)CuO。
a.一定有 b.可能有 c.一定没有
②查阅资料，悬浊液中有高铜酸钙：Ca(CuO2)2，实验I中主要发生了以下反应：
i 。(写出该反应的离子方程式)
ii.i中生成的Ca(CuO2)2部分分解：2Ca(CuO2)2=2CaCuO2+2CuO+O2↑
（4）查阅资料：某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子。小组同学设计如图流程制备高铁酸钾：
FeCl2溶液 →NaClO、NaOH溶液 溶液C →KOH溶液 K2FeO4溶液
写出第一步反应的离子方程式 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．碳酸氢钠片可治疗胃酸过多原理是与HCl发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；
B．豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀是胶体的聚沉现象，属于物理变化，故B不符合题意；
C．天然气燃烧属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．海水经风吹日晒获得粗盐属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应中一定存在元素化合价的变化。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．中子数为16的硫原子的质量数为16+16=32，该硫原子的表示为 S1632 ，A符合题意；
B．同一周期，从左到右，元素的金属性依次减弱，即金属性：Na＞Mg，则还原性：Na＞Mg，B不符合题意；
C．CO2分子中C原子与每个O原子共用两对电子，电子式为 ，C不符合题意；
D．Al原子失去最外层的3个电子形成Al3+，故Al3+核外有10个电子，结构示意图为 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；
B. 金属性越强，还原性越强；
C.二氧化碳是共价化合物，C、O原子间共用2对电子，各原子外围达到8电子结构；
D.铝离子的核外电子总数为10，最外层电子数为8。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．物质X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A项不符合题意；
B．一个X中含有两个酚羟基和一个酯基，则1molX最多能与3molNaOH反应，B项符合题意；
C．物质X中含有酚羟基，可发生取代反应，C项不符合题意；
D．物质X中含有碳碳双键，具有还原性，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键能与溴水加成；
B.酚羟基、酯基能与氢氧化钠反应；
C.酚羟基能取代；
D.碳碳双键、苯环与氢气加成属于还原反应。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2SO3易被空气中的O2氧化为Na2SO4，检验 SO42- 需先加足量盐酸，再加BaCl2溶液，试剂选择不全，A项不符合题意；
B．Fe2+溶液中易被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，试剂选择正确，B项符合题意；
C．I-易被空气中的O2氧化为I2，检验I2需用淀粉试液，试剂选择错误，C项不符合题意；
D．NaOH溶液易吸收空气中的CO2形成Na2CO3杂质，所以选择澄清石灰水可检验溶液中是否有 CO32- ，试剂选择错误，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡溶液反应生成白色沉淀；
B.铁离子遇KSCN溶液变为血红色；
C.碘单质遇淀粉变蓝；
D.NaOH溶液、碳酸钠溶液均不与高锰酸钾溶液反应。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．现象③中产生了白色沉淀，氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，故产生白色沉淀的实质是钡离子与硫酸根离子不能共存，生成硫酸钡白色沉淀，故A不符合题意；
B．酚酞遇酸性溶液或中性溶液不变色，遇碱性溶液变红色，故溶液颜色变浅的原因是随着反应的进行，溶液的碱性逐渐减弱导致的，故B不符合题意；
C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，实质是氢离子与氢氧根结合生成水分子，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡白色沉淀，随着反应的进行溶液中自由移动的离子浓度逐渐减少直至几乎为0，故小灯泡变暗直至熄灭，故C符合题意；
D．若将H2SO4换为Na2SO4，硫酸钠与氢氧化钡会生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，会生成白色沉淀，而且溶液显碱性，溶液中一直存在自由移动的离子，因此产生的实验现象与上述实验不同，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】氢氧化钡溶液中滴入几滴酚酞试液。溶液为变红，接通电源后，逐渐滴加稀硫酸，反应生成硫酸钡和水，溶液中氢氧根离子浓度减小，红色消失，溶液中离子浓度减少，导电性减弱，前后完全反应后，继续滴加稀硫酸，溶液中离子浓度增大，导电性增强，据此解答。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故A不符合题意；
B．二氧化氮能与水反应得到NO，集气瓶中混有氧气，会得到NO和二氧化氮的混合气体，故B不符合题意；
C．用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，用浓硫酸干燥二氧化碳，二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，故C符合题意；
D．氢气的密度比空气的小，故应用向下排空气法收集，进气导管应伸入集气瓶底部，故D不符合题意；
故
故答案为：C。
【分析】A.浓盐酸与二氧化锰制取氯气的反应需要加热；
B.一氧化氮与氧气反应，不能用排空气法收集；
C.碳酸氢钠能够吸收HCl，二氧化碳的密度比空气大，且二氧化碳能用浓硫酸干燥；
D.氢气的密度比空气的小，应用向下排空气法收集。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析知，紫外线作用下，NO2 反应生成 NO和O ，NO2中有氮氧键发生断裂，故A不符合题意；
B．根据图示可知，反应Ⅰ的化学方程式为 3NO+O3=3NO2 ，故B符合题意；
C．由图示可知，反应Ⅱ发生氧化还原反应，其中 O3 是氧化剂， C3H6 为还原剂，故C不符合题意；
D．反应 III 中O与氧气结合生成 O3 ，则反应 III 的方程式为 O2+O=O3 ，O2转化为了O3 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.在紫外线作用下发生反应NO2→NO+O；
B.反应I中NO与O3结合生成NO2；
C.反应II中丙烯转化为HCHO、CH3CHO，C的化合价升高；
D.反应III为O2+O=O3。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子数为8，则铁元素位于第4周期VIII族，A符合题意；
B．丙酮的结构为CH3COCH3，饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，B不符合题意；
C．N的结构式为N ≡ N，存在氮氮三键，有1个σ键和2个π键，C不符合题意；
D．乙醇和丙烷的相对分子质量相近，由于乙醇分子间存在氢键，故乙醇的沸点高于丙烷的沸点，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铁为26号元素；
B.丙酮中的甲基的价层电子对为4，羰基中的碳的价层电子对为3；
C.单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键；
D.分子间氢键会使分子的熔沸点升高。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．FeSO4是强电解质，需要拆写后，并删减不参加反应的离子，正确的离子方程式为Fe+2H+= SO42- +H2↑，A不符合题意；
B．由于稀硫酸过量，故反应后所得溶液为H2SO4和FeSO4的混合溶液，H2SO4的电离和FeSO4的水解都能使溶液呈酸性，但是H2SO4的电离是完全进行的，FeSO4的水解是可逆反应，且会被H2SO4的电离抑制，故溶液显酸性的主要原因是H2SO4的电离，B符合题意；
C．由于稀硫酸过量，反应所得溶液显酸性，则溶液在空气中变质的原因是4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，C不符合题意；
D．由于稀硫酸过量，故反应后所得溶液为H2SO4和FeSO4的混合溶液，向所得溶液中滴加NaOH溶液，发生的离子反应有：H++OH-=H2O（优先进行），Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫酸亚铁为强电解质，拆成离子形式；
B.硫酸在溶液中完全电离；
C.亚铁离子被氧化成铁离子；
D.硫酸过量，加入氢氧化钠先发生酸碱中和，生成的氢氧化亚铁易被氧化成氢氧化铁。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．每个晶胞中钛离子为1个，晶胞的八个钙离子在立方体顶点上，六个氧离子在面心，根据均摊原则，每个晶胞实际占有钙离子数目为 8×18=1 ，氧离子数目为 6×12=3 ，所以晶胞的化学式为CaTiO3，A项不符合题意；
B．Ti4+位于由O2-构成的正八面体的中心，则晶胞中与每个Ti4+距离最近且相等的O2-有6个，B项符合题意；
C．Ti为22号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，可见其价层电子排布式为3d24s2，C项不符合题意；
D．Ca为20号元素，则基态Ca2+的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p6，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ca位于顶点，Ti位于体心，O位于面心，根据均摊法计算；
B.Ti4+位于由O2-构成的正八面体的中心；
C.Ti的原子序数为22；
D.Ca的原子序数为20。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由表中信息可推测， HSO3- 电离程度大于水解， SO32- 只发生水解，故Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性，故A不符合题意；
B．由电荷守恒可知，离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO 32- )+c(HSO 3- )+c(OH-)，故B不符合题意；
C．酸性条件，阴离子主要为 HSO3- ， 右侧 电极上 HSO3- 转化为 SO42- ，电极反应式为： HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+ ，故C符合题意；
D．阴极上氢离子得电子生成氢气，电极发生的反应为2HSO 3- +2e-=H2↑+2SO 32- ，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据HSO3-和SO32-浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；
B.根据电荷守恒确定溶液中各种离子浓度的关系；
C.电解槽右侧生成硫酸，可知为亚硫酸根离子放电生成硫酸；
D.电解槽左侧发生反应2HSO 3- +2e-=H2↑+2SO 32- 。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A不符合题意；
B．由分析和图像可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B不符合题意；
C．由图像可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是 酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C符合题意；
D．由图可得a点 Ka1(H2X)=c(H+)c(HX-)c(H2X)=c(H+)=10-7 ，b点 Ka2(H2X)=c(H+)c(X2-)c(HX-)=c(H+)=10-11 ，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性 HY>H2X>HX- ，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液中存在电离平衡，H2X为弱酸；
B.碱滴入酸溶液中，先生成HX﹣，当前部转化为HX﹣，继续滴加氢氧化钠溶液，反应生成X2﹣；
C.a点为H2X和NaHX，b点为NaHX和Na2X的混合溶液，酸抑制水的电离，含弱酸根的盐水解促进水的电离；
D.图中a点c（H2X）＝c（HX﹣），pH＝7，计算H2X的第一步电离平衡常数，与Ka（HY）比较判断酸性强弱，再书写反应的方程式。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．DNA由两条脱氧核苷酸链构成，脱氧核糖核苷酸链由多个脱氧核糖核苷酸分子通过分子间脱水形成磷酯键后聚合而成，A不符合题意；
B．图中框内的结构可以看成是由脱氧核糖分子与H3PO4分子、碱基分子通过分子间脱水连接而成的，B不符合题意；
C．如图所示，胸腺嘧啶中含有酰胺基官能团（-CO-NH-）；C不符合题意；
D．如图所示，DNA分子的四种碱基均含N-H键，一个碱基中的N-H键的H原子能与另一个碱基中的N、O原子形成氢键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.脱氧核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合成DNA；
B.图中框内的结构可以看成是由脱氧核糖分子中的羟基与H3PO4分子、碱基分子通分子间脱水得到；
C.该分子中存在-CONH-；
D.一个碱基中的N-H键的H原子能与另一个碱基中的O原子形成氢键。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．i中生成黄色沉淀是碘化银沉淀，反应是：Ag++I-=AgI↓，故A不符合题意；
B．可依据i中现象推测，溶液中存在I-，因为Fe3+也呈黄色，不能推测实验I中的棕黄色主要是I2引起的，故B符合题意；
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动，I2浓度降低导致颜色变浅，故C不符合题意；
D．实验i现象说明平衡正向移动，则还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中实验现象说明平衡逆向移动，说明还原性：I-
【分析】A.该黄色沉淀为AgI；
B.I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；
C.增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-；
D.实验i中还原性：I->Fe2+，实验ii还原性：I-
（2）羧基
（3）取代反应
（4）b
（5）
（6）n：(n+1)；4n
【解析】【解答】A的分子式为 C8H10 ，经过与氧气催化反应，生成B为 ，可知A为 ；B经过脱水，生成C，则C为 ；C经过硝化反应，生成D为 ；D在氯气与五氯化磷的作用下，生成E，E经过已知信息反应生成F，F与甲醇酯化，生成G，已知G的分子式为 C10H9O4Cl ，可知E为 、F为 、G为 ；G经过一定条件，生成J为 ；J经过碱性水解，酸化生成K为 ；K与P反应，在甲醇和高压条件下生成Q，根据Q的结构简式，可知P为 ；N在与氢气反应生成P，结合M的结构简式，可知N为 ，据此分析作答。
(1)根据分析可知，A的结构简式是 ，故答案为： ；
(2)B结构简式为 ，其中的含氧官能团的名称是羧基，故答案为：羧基；
(3)C经过硝化反应，生成D为 ，可知该反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
(4)由分析可知，关于G的结构简式为 ；
a．G的苯环上有3种氢，酯基上有2种氢，则在核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的H原子，a项不正确；
b．G不饱和度为6，含有1个苯环及3个醛基的不饱和度为7，则不存在这种同分异构体，b项正确；
c．G中含有甲基，则分子中所有原子不可能共平面，c项不正确；
故答案为：b；
(5)由分析可知，N的结构简式是 ，故答案为： ；
(6)根据Q的结构简式可知，1个Q分子由n个K分子与(n+1)个P分子缩聚而成，同时生成4n个水，则制备1molQ，消耗K和P的物质的量之比是n：(n+1)，同时产生4n mol的水，故答案为：n：(n+1)；4n。
【分析】（1）A为；
（2）B中含羧基；
（3）C发生取代反应生成D；
（4）根据G的结构简式作答；
（5）对比M、P的结构简式推知N为；
（6）n个K与（n+1）个P缩聚生成Q。
16．【答案】（1）O>N>C>H
（2）sp3
（3）Cu2+
（4）6；c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降
【解析】【解答】(1)M中四种元素分别为H、C、N、O，由元素性质周期性变化规律知，元素非金属性越强，电负性越强，则电负性由大到小的顺序为 O>N>C>H ，故答案为： O>N>C>H ；
(2)M中N原子的价电子对数为 3+5-3×12=4 ，则杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
(3)Q中存在配位键，其中提供空轨道的是Cu2+，故答案为：Cu2+；
(4)①由图示知，其中pH约为6时吸附效果最好，故答案为：6；
②根据平衡移动原理分析，c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；
③从结构角度分析，酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降。
【分析】（1）元素的非金属性越强，电负性越大；
（2）M中N原子形成三个σ键，含有一个孤电子对；
（3）Q中铜离子和O原子形成配位键， Cu2+提供空轨道；
（4）①pH为6时吸附效果最好；
②碱性过强，铜离子转化为氢氧化铜沉淀；
③酸性较强时，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小。
17．【答案】（1）过滤；萃取分液
（2）将废液中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+
（3）Ca2++2F-=CaF2↓ ， Mg2++2F-=MgF2↓；3×10-2
（4）Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42-
（5）萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动
（6）Ca(OH)2+Ni2++SO42-=Ni(OH)2↓+CaSO4↓
【解析】【解答】(1)操作1、2用于分离沉淀和溶液，故名称是过滤，操作3的名称是萃取分液。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是将废液中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+ 。
(3)NiF2溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，参与反应的离子方程式是 Ca2++2F-=CaF2↓ ， Mg2++2F-=MgF2↓ 。已知，25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，则CaF2溶解度小于MgF2，钙离子先沉淀，镁离子后沉淀，已知(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全，则杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-) =Ksp(MgF2)c(Mg2+)=9×10-91×10-5=3×10-2 mol/L。
(4)结合流程与分析，滤液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42- 离子。
(5)P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+⇌ M+xH+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故P204对某些金属离子的萃取率随pH的升高而升高。
(6)母液中含有Ni2+、加入强碱Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余钙离子可转化为硫酸钙沉淀在操作1中被过滤与氢氧化铁一起除去，故加入石灰乳可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，离子方程式 Ca(OH)2+Ni2++SO42-=Ni(OH)2↓+CaSO4↓ 。
【分析】酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，得滤渣为Fe(OH)3；得到滤液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等离子，向滤液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再次进行过滤得到滤液b含有Ni2+、Zn2+等离子，加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使萃取剂再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根离子等，进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，母液中加碱溶液得到Ni(OH)2可循环利用；
（1）操作1、2为过滤，操作3为分液；
（2）加入Cl2将Fe2+氧化为Fe3+；
（3）加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀；根据，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9计算；
（4）滤液b含有 Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42- ；
（5）pH升高，氢离子浓度减小，有利于反应正向进行；
（6）母液主要含有氯化镍，加入澄清石灰水得到Ni(OH)2。
18．【答案】（1）3
（2）+90.41
（3）增大；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3
（5）升高温度；增加水碳比
（6）b；6 NH2- -6e-=N2↑+4NH3；2
【解析】【解答】(1)根据甲醇蒸汽重整反应：CH3OH(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+3H2(g)可知，每产生3mol氢气消耗1mol甲醇，则产氢率= 产生的氢气的物质的量消耗的甲醇的物质的量=3mol1mol=3 ；
(2)根据已知信息，R1=R2+R3，由盖斯定律可得，△H2=△H1-△H3=(+49.24kJ/mol)-(-41.17kJ/mol)=+90.41kJ/mol；
(3)已知R1：CH3OH(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大；
(4)由反应可知，R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4(积碳反应)前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3，因此在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大；
(5)若要减少积碳，需使反应R4逆向进行，由于R4为放热反应，故可采取升高温度的方式使反应逆向进行，减少积碳；也可以增大水碳比，使H2O的物质的量增大，平衡逆向进行，积碳减少；
(6)①由装置可知，a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应，故发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- 的电极是阴极，即电极b；
②a为阳极， NH2- 失去电子发生氧化反应，电极反应式为6 NH2- -6e-=N2↑+4NH3；
③由阴极反应式6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- 可知，2e-~H2，则利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是2mol。
【分析】（1）根据产氢率的公式计算；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行；
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n（H2）增大，同时R4（积碳反应）前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n（H2）也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行；
（5）若要减少积碳，需使反应R4逆向进行；
（6）①a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应；
②a极上NH2-失去电子发生氧化反应；
③结合电极反应计算。
19．【答案】（1）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；ClO-+H2O⇌HClO+OH-
（2）将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃
（3）b；Ca2++ClO-+2Cu2++6OH-=Ca(CuO2)2↓+Cl-+3H2O
（4）Fe2++ClO-+4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O
【解析】【解答】(1)次氯酸跟与氯离子反应生成氯气，离子反应方程式为： ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O ；次氯酸钙溶液显碱性是由于次氯酸跟的水解，离子反应方程式为： ClO-+H2O⇌HClO+OH- ；
(2)若产生的气体为氧气，可使带火星的木条复燃，故实验操作为：将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃；
(3)预测悬浊液成分为CuO，加稀硫酸后有气体产生，同时还有蓝色溶液生成，故悬浊液成分不一定是CuO，但也不能确定悬浊液中是否有CuO存在，
故答案为：b；
(4)实验1中i的反应为生成Ca(CuO2)2的反应，离子反应方程式为： Ca2++ClO-+2Cu2++6OH-=Ca(CuO2)2↓+Cl-+3H2O ；根据题干信息，某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子，故亚铁离子在碱性条件下被次氯酸钠氧化成高铁酸根，加KOH后生成高铁酸钾。第一步的离子反应方程式为： Fe2++ClO-+4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O 。
【分析】（1）ClO-与Cl﹣在酸性条件下反应生成Cl2，Ca( ClO)2溶液中次氯酸根离子水解显碱性；
（2）氧气可以使带火星的木条复燃；
（3）①氧化亚铜与稀硫酸发生反应Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，Cu不溶于水；
②悬浊液中有高铜酸钙：Ca(CuO2)2， 说明生成了Ca(CuO2)2和氯气；
（4）第一步反应为氯化亚铁在碱性条件下被氧化为高铁酸钠。
北京市昌平区2022届高三二模
化学试题
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应有关的是（ ）
A．图甲碳酸氢钠片可治疗胃酸过多
B．图乙豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀
C．图丙天然气燃烧
D．图丁海水经风吹日晒获得粗盐
2．下列有关化学用语表述正确的是（ ）
A．中子数为16的硫原子： 1632 S
B．还原性：Na
D．Al3+的结构示意图：
3．蜂胶中某活性物质X的结构简式如图，下列关于X的说法错误的是（ ）
A．X能使溴的四氯化碳溶液褪色 B．1molX最多能与2molNaOH反应
C．X可发生取代反应 D．X具有还原性
4．检验下列溶液是否变质，所选试剂合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液.
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
高锰酸钾溶液
A．A B．B C．C D．D
5．如图所示，先在小烧杯中加入0.01mol/LBa(OH)2溶液50mL，再滴入几滴酚酞溶液，接通电源，再向滴定管小烧杯中匀速滴加0.2mol/LH2SO4溶液3mL，可观察到的现象有：①小灯泡变暗直至熄灭②溶液颜色变浅直至褪去③产生白色沉淀④小灯泡变亮，以下说法正确的是（ ）
A．现象③可说明溶液中H+与OH-发生反应
B．溶液颜色变浅的原因是反应中酚酞被消耗
C．小灯泡变暗直至熄灭的原因是溶液中自由移动的离子浓度减小直至几乎为0
D．若将H2SO4换为Na2SO4，也会产生相似现象
6．利用如图装置可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
B
用Cu与浓硝酸制取并收集纯净干燥的NO2
水
浓硫酸
C
用大理石和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2
饱和NaHCO3溶液
浓硫酸
D
锌和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2
水
浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
7．研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物一光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．紫外线作用下，NO2中有氮氧键发生断裂
B．反应I的的方程式是2NO+O2=2NO2
C．反应II中丙烯是还原剂
D．经反应III，O2转化为了O3
8．铁、氮气、丙酮和乙醇可参与制备铁氮化合物(FexNy)，以下说法错误的是（ ）
A．Fe元素位于元素周期表的第VIIIB族
B．丙酮中碳原子采用sp2和sp3杂化
C．1个N2分子中有1个σ键和2个π键
D．乙醇的沸点高于丙烷，是因为乙醇分子间存在氢键
9．向铁粉中加入过量稀硫酸，可制备得到硫酸亚铁溶液，下列用来解释事实的方程式中合理的是（ ）
A．制备原理：Fe+2H++SO 42- =FeSO4+H2↑
B．得到的溶液显酸性的主要原因：H2SO4=2H++SO 42-
C．得到的溶液在空气中变质：4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3
D．向制备得到的溶液中滴加氢氧化钠溶液只发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
10．钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．钛酸钙的化学式为CaTiO2
B．晶胞中与每个Ti4+距离最近且相等的O2-有6个
C．基态钛原子价电子排布式是4s23d2
D．基态Ca2+的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p64s2
11．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，用Na2SO3作为吸收液可吸收SO2，且吸收液可通过电解再生。室温条件下，吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO 32- )：n(HSO 3- )变化关系如表；当吸收液pH降至约为6时，需送至电解槽再生，再生示意图如图，下列说法错误的是（ ）
n(SO 32- )：n(HSO 3- )
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
A．由表中信息可推测，Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性
B．吸收过程中离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO 32- )+c(HSO 3- )+c(OH-)
C．电解槽右侧电极发生的反应主要是SO 32- -2e-+H2O=SO 42- +2H+
D．电解槽左侧电极发生的反应有2HSO 3- +2e-=H2↑+2SO 32- ，实现再生
12．常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法错误的是（ ）
A．由图可推测，H2X为弱酸
B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O
C．水的电离程度：a点与b点大致相等
D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-
13．如图为DNA分子的局部结构示意图，下列说法错误的是（ ）
A．DNA由多个脱氧核糖核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合而成的脱氧核糖核苷酸链构成
B．图中框内的结构可以看成是由脱氧核糖分子与H3PO4分子、碱基分子通过分子间脱水连接而成的
C．胸腺嘧啶( )中含有酰胺基官能团
D．DNA分子的四种碱基均含N—H键，一个碱基中的N—H键的H原子只能与另一个碱基中的N原子形成氢键
14．研究“2Fe3++2I-⇌ 2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
下列说法错误的是（ ）
A．i中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I-=AgI↓
B．可依据i中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动
D．还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中I-
15．聚酰亚胺是一种高性能特种工程材料，已广泛应用在航天航空、有机光电等领域。一条制备某聚酰亚胺(Q)的路线如图：
Q的结构简式：
已知： ⇌H+ R1COOH+R2COOH
（1）A的结构简式是 。
（2）B中的含氧官能团的名称是 。
（3）C→D的反应类型是 。
（4）关于G的说法正确的是 。
a.核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的H原子
b.不存在含有1个苯环及3个醛基的同分异构体
c.分子中所有原子共平面
（5）N的结构简式是 。
（6）制备1molQ，消耗K和P的物质的量之比是 ，同时产生 mol小分子物质。
16．螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。
资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的-COOH解离出H+，变成-COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的-COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
（1）M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示) 。
（2）M中N原子的杂化轨道类型为 。
（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是 。
（4）在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。
①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为 时吸附效果最好。
②解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因 。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因 。
17．镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：
资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pH
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Zn(OH)2
Mg(OH)2
Ca(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀时
6.3
1.5
6.2
9.1
11.8
6.9
完全沉淀时
8.3
2.8
8.2
11.1
13.8
8.9
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L.
资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。
资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+⇌ M+xH+
（1）操作1、2的名称是 ，操作3的名称是 。
（2）操作1中加入Cl2的主要目的是 。
（3）NiF2溶液参与反应的离子方程式是 。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)= mol/L(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全)。
（4）滤液b中含有的微粒主要有 。
（5）在硫酸盐溶液中，P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是 。
（6）在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的离子方程式 。
18．在双碳目标驱动下，大批量氢燃料客车在2022年北京冬奥会上投入使用。稳定氢源的获取是科学研究热点，对以下2种氢源获取方法进行讨论。
（1）Ⅰ．甲醇蒸汽重整制氢
甲醇蒸汽重整制氢过程中有以下化学反应。
编号
反应
方程式
△H/kJ·mol-1
R1
甲醇蒸汽重整
CH3OH(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+3H2(g)
△H1=+49.24
R2
甲醇分解反应
CH3OH(g) ⇌ CO(g)+2H2(g)
△H2
R3
水汽反应
CO(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+H2(g)
△H3=-41.17
R4
积碳反应
CO(g)+H2(g) ⇌ C(s)+H2O(g)
△H＜0
CO2(g)+2H2(g) ⇌ C(s)+2H2O(g)
△H＜0
2CO(g) ⇌ C(s)+CO2(g)
△H＜0
资料：产氢率和水碳比(S/C)的定义：
①产氢率= 产生的氢气的物质的量消耗的甲醇的物质的量
②水碳比(S/C)表示反应物中H2O和CH3OH的比值，水碳比的变化是以CH3OH不变，改变H2O的物质的量加以控制。
理想产氢率= 。
（2）△H2= kJ·mol-1
（3）针对R1进行讨论：其他条件不变，随着温度升高，n(H2) (填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是 。
（4）其他条件不变，测得产物摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图所示。由图可知，在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大，原因是 。
（5）结合资料和图示，提出2条减少积碳的措施 、 。
（6）Ⅱ．电解液氨制氢
氨分子中具有较高的含氢量，因此是制氢的优选原料。使用NaNH2非水电解质研究液氨电解制氢原理，装置示意图如图所示。
资料：2NH3⇌ NH 4+ +NH 2-
①某电极上发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- ，该电极为 (选填a或b)极。
②写出另一极上发生的电极反应 。
③不考虑其它能量损耗，利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是 mol。
19．某小组同学探究漂白精片(主要有效成分：次氯酸钙)与氯化铜反应产物，操作及现象如表：
序号
操作
现象
实验I
取研磨成粉状的漂白精片10g和少量氯化铜固体放入烧杯中，加足量水搅拌
产生黑色悬浊液，同时有大量气泡产生
（1）甲同学预测气泡主要为Cl2，乙同学不认同甲的观点，理由如表：
理由
对应的离子方程式
ClO-与Cl-需在酸性条件下反应生成Cl2
①
Ca(ClO)2溶液显碱性
②
写出离子方程式：① ，② 。
（2）猜测气泡可能为O2，并通过实验证实了猜测，实验操作及现象是 。
（3）对悬浊液成分进行探究。
①预测悬浊液成分为CuO，进行如图操作。
经验证无色气体为O2，蓝色溶液为CuSO4。此时可推断悬浊液中 (选填序号)CuO。
a.一定有 b.可能有 c.一定没有
②查阅资料，悬浊液中有高铜酸钙：Ca(CuO2)2，实验I中主要发生了以下反应：
i 。(写出该反应的离子方程式)
ii.i中生成的Ca(CuO2)2部分分解：2Ca(CuO2)2=2CaCuO2+2CuO+O2↑
（4）查阅资料：某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子。小组同学设计如图流程制备高铁酸钾：
FeCl2溶液 →NaClO、NaOH溶液 溶液C →KOH溶液 K2FeO4溶液
写出第一步反应的离子方程式 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．碳酸氢钠片可治疗胃酸过多原理是与HCl发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；
B．豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀是胶体的聚沉现象，属于物理变化，故B不符合题意；
C．天然气燃烧属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．海水经风吹日晒获得粗盐属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应中一定存在元素化合价的变化。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．中子数为16的硫原子的质量数为16+16=32，该硫原子的表示为 S1632 ，A符合题意；
B．同一周期，从左到右，元素的金属性依次减弱，即金属性：Na＞Mg，则还原性：Na＞Mg，B不符合题意；
C．CO2分子中C原子与每个O原子共用两对电子，电子式为 ，C不符合题意；
D．Al原子失去最外层的3个电子形成Al3+，故Al3+核外有10个电子，结构示意图为 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；
B. 金属性越强，还原性越强；
C.二氧化碳是共价化合物，C、O原子间共用2对电子，各原子外围达到8电子结构；
D.铝离子的核外电子总数为10，最外层电子数为8。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．物质X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A项不符合题意；
B．一个X中含有两个酚羟基和一个酯基，则1molX最多能与3molNaOH反应，B项符合题意；
C．物质X中含有酚羟基，可发生取代反应，C项不符合题意；
D．物质X中含有碳碳双键，具有还原性，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键能与溴水加成；
B.酚羟基、酯基能与氢氧化钠反应；
C.酚羟基能取代；
D.碳碳双键、苯环与氢气加成属于还原反应。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2SO3易被空气中的O2氧化为Na2SO4，检验 SO42- 需先加足量盐酸，再加BaCl2溶液，试剂选择不全，A项不符合题意；
B．Fe2+溶液中易被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，试剂选择正确，B项符合题意；
C．I-易被空气中的O2氧化为I2，检验I2需用淀粉试液，试剂选择错误，C项不符合题意；
D．NaOH溶液易吸收空气中的CO2形成Na2CO3杂质，所以选择澄清石灰水可检验溶液中是否有 CO32- ，试剂选择错误，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡溶液反应生成白色沉淀；
B.铁离子遇KSCN溶液变为血红色；
C.碘单质遇淀粉变蓝；
D.NaOH溶液、碳酸钠溶液均不与高锰酸钾溶液反应。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．现象③中产生了白色沉淀，氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，故产生白色沉淀的实质是钡离子与硫酸根离子不能共存，生成硫酸钡白色沉淀，故A不符合题意；
B．酚酞遇酸性溶液或中性溶液不变色，遇碱性溶液变红色，故溶液颜色变浅的原因是随着反应的进行，溶液的碱性逐渐减弱导致的，故B不符合题意；
C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，实质是氢离子与氢氧根结合生成水分子，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡白色沉淀，随着反应的进行溶液中自由移动的离子浓度逐渐减少直至几乎为0，故小灯泡变暗直至熄灭，故C符合题意；
D．若将H2SO4换为Na2SO4，硫酸钠与氢氧化钡会生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，会生成白色沉淀，而且溶液显碱性，溶液中一直存在自由移动的离子，因此产生的实验现象与上述实验不同，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】氢氧化钡溶液中滴入几滴酚酞试液。溶液为变红，接通电源后，逐渐滴加稀硫酸，反应生成硫酸钡和水，溶液中氢氧根离子浓度减小，红色消失，溶液中离子浓度减少，导电性减弱，前后完全反应后，继续滴加稀硫酸，溶液中离子浓度增大，导电性增强，据此解答。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故A不符合题意；
B．二氧化氮能与水反应得到NO，集气瓶中混有氧气，会得到NO和二氧化氮的混合气体，故B不符合题意；
C．用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，用浓硫酸干燥二氧化碳，二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，故C符合题意；
D．氢气的密度比空气的小，故应用向下排空气法收集，进气导管应伸入集气瓶底部，故D不符合题意；
故
故答案为：C。
【分析】A.浓盐酸与二氧化锰制取氯气的反应需要加热；
B.一氧化氮与氧气反应，不能用排空气法收集；
C.碳酸氢钠能够吸收HCl，二氧化碳的密度比空气大，且二氧化碳能用浓硫酸干燥；
D.氢气的密度比空气的小，应用向下排空气法收集。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析知，紫外线作用下，NO2 反应生成 NO和O ，NO2中有氮氧键发生断裂，故A不符合题意；
B．根据图示可知，反应Ⅰ的化学方程式为 3NO+O3=3NO2 ，故B符合题意；
C．由图示可知，反应Ⅱ发生氧化还原反应，其中 O3 是氧化剂， C3H6 为还原剂，故C不符合题意；
D．反应 III 中O与氧气结合生成 O3 ，则反应 III 的方程式为 O2+O=O3 ，O2转化为了O3 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.在紫外线作用下发生反应NO2→NO+O；
B.反应I中NO与O3结合生成NO2；
C.反应II中丙烯转化为HCHO、CH3CHO，C的化合价升高；
D.反应III为O2+O=O3。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子数为8，则铁元素位于第4周期VIII族，A符合题意；
B．丙酮的结构为CH3COCH3，饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，B不符合题意；
C．N的结构式为N ≡ N，存在氮氮三键，有1个σ键和2个π键，C不符合题意；
D．乙醇和丙烷的相对分子质量相近，由于乙醇分子间存在氢键，故乙醇的沸点高于丙烷的沸点，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铁为26号元素；
B.丙酮中的甲基的价层电子对为4，羰基中的碳的价层电子对为3；
C.单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键；
D.分子间氢键会使分子的熔沸点升高。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．FeSO4是强电解质，需要拆写后，并删减不参加反应的离子，正确的离子方程式为Fe+2H+= SO42- +H2↑，A不符合题意；
B．由于稀硫酸过量，故反应后所得溶液为H2SO4和FeSO4的混合溶液，H2SO4的电离和FeSO4的水解都能使溶液呈酸性，但是H2SO4的电离是完全进行的，FeSO4的水解是可逆反应，且会被H2SO4的电离抑制，故溶液显酸性的主要原因是H2SO4的电离，B符合题意；
C．由于稀硫酸过量，反应所得溶液显酸性，则溶液在空气中变质的原因是4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，C不符合题意；
D．由于稀硫酸过量，故反应后所得溶液为H2SO4和FeSO4的混合溶液，向所得溶液中滴加NaOH溶液，发生的离子反应有：H++OH-=H2O（优先进行），Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫酸亚铁为强电解质，拆成离子形式；
B.硫酸在溶液中完全电离；
C.亚铁离子被氧化成铁离子；
D.硫酸过量，加入氢氧化钠先发生酸碱中和，生成的氢氧化亚铁易被氧化成氢氧化铁。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．每个晶胞中钛离子为1个，晶胞的八个钙离子在立方体顶点上，六个氧离子在面心，根据均摊原则，每个晶胞实际占有钙离子数目为 8×18=1 ，氧离子数目为 6×12=3 ，所以晶胞的化学式为CaTiO3，A项不符合题意；
B．Ti4+位于由O2-构成的正八面体的中心，则晶胞中与每个Ti4+距离最近且相等的O2-有6个，B项符合题意；
C．Ti为22号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，可见其价层电子排布式为3d24s2，C项不符合题意；
D．Ca为20号元素，则基态Ca2+的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p6，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ca位于顶点，Ti位于体心，O位于面心，根据均摊法计算；
B.Ti4+位于由O2-构成的正八面体的中心；
C.Ti的原子序数为22；
D.Ca的原子序数为20。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由表中信息可推测， HSO3- 电离程度大于水解， SO32- 只发生水解，故Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性，故A不符合题意；
B．由电荷守恒可知，离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO 32- )+c(HSO 3- )+c(OH-)，故B不符合题意；
C．酸性条件，阴离子主要为 HSO3- ， 右侧 电极上 HSO3- 转化为 SO42- ，电极反应式为： HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+ ，故C符合题意；
D．阴极上氢离子得电子生成氢气，电极发生的反应为2HSO 3- +2e-=H2↑+2SO 32- ，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据HSO3-和SO32-浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；
B.根据电荷守恒确定溶液中各种离子浓度的关系；
C.电解槽右侧生成硫酸，可知为亚硫酸根离子放电生成硫酸；
D.电解槽左侧发生反应2HSO 3- +2e-=H2↑+2SO 32- 。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A不符合题意；
B．由分析和图像可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B不符合题意；
C．由图像可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是 酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C符合题意；
D．由图可得a点 Ka1(H2X)=c(H+)c(HX-)c(H2X)=c(H+)=10-7 ，b点 Ka2(H2X)=c(H+)c(X2-)c(HX-)=c(H+)=10-11 ，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性 HY>H2X>HX- ，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液中存在电离平衡，H2X为弱酸；
B.碱滴入酸溶液中，先生成HX﹣，当前部转化为HX﹣，继续滴加氢氧化钠溶液，反应生成X2﹣；
C.a点为H2X和NaHX，b点为NaHX和Na2X的混合溶液，酸抑制水的电离，含弱酸根的盐水解促进水的电离；
D.图中a点c（H2X）＝c（HX﹣），pH＝7，计算H2X的第一步电离平衡常数，与Ka（HY）比较判断酸性强弱，再书写反应的方程式。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．DNA由两条脱氧核苷酸链构成，脱氧核糖核苷酸链由多个脱氧核糖核苷酸分子通过分子间脱水形成磷酯键后聚合而成，A不符合题意；
B．图中框内的结构可以看成是由脱氧核糖分子与H3PO4分子、碱基分子通过分子间脱水连接而成的，B不符合题意；
C．如图所示，胸腺嘧啶中含有酰胺基官能团（-CO-NH-）；C不符合题意；
D．如图所示，DNA分子的四种碱基均含N-H键，一个碱基中的N-H键的H原子能与另一个碱基中的N、O原子形成氢键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.脱氧核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合成DNA；
B.图中框内的结构可以看成是由脱氧核糖分子中的羟基与H3PO4分子、碱基分子通分子间脱水得到；
C.该分子中存在-CONH-；
D.一个碱基中的N-H键的H原子能与另一个碱基中的O原子形成氢键。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．i中生成黄色沉淀是碘化银沉淀，反应是：Ag++I-=AgI↓，故A不符合题意；
B．可依据i中现象推测，溶液中存在I-，因为Fe3+也呈黄色，不能推测实验I中的棕黄色主要是I2引起的，故B符合题意；
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动，I2浓度降低导致颜色变浅，故C不符合题意；
D．实验i现象说明平衡正向移动，则还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中实验现象说明平衡逆向移动，说明还原性：I-
【分析】A.该黄色沉淀为AgI；
B.I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；
C.增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-；
D.实验i中还原性：I->Fe2+，实验ii还原性：I-
（2）羧基
（3）取代反应
（4）b
（5）
（6）n：(n+1)；4n
【解析】【解答】A的分子式为 C8H10 ，经过与氧气催化反应，生成B为 ，可知A为 ；B经过脱水，生成C，则C为 ；C经过硝化反应，生成D为 ；D在氯气与五氯化磷的作用下，生成E，E经过已知信息反应生成F，F与甲醇酯化，生成G，已知G的分子式为 C10H9O4Cl ，可知E为 、F为 、G为 ；G经过一定条件，生成J为 ；J经过碱性水解，酸化生成K为 ；K与P反应，在甲醇和高压条件下生成Q，根据Q的结构简式，可知P为 ；N在与氢气反应生成P，结合M的结构简式，可知N为 ，据此分析作答。
(1)根据分析可知，A的结构简式是 ，故答案为： ；
(2)B结构简式为 ，其中的含氧官能团的名称是羧基，故答案为：羧基；
(3)C经过硝化反应，生成D为 ，可知该反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
(4)由分析可知，关于G的结构简式为 ；
a．G的苯环上有3种氢，酯基上有2种氢，则在核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的H原子，a项不正确；
b．G不饱和度为6，含有1个苯环及3个醛基的不饱和度为7，则不存在这种同分异构体，b项正确；
c．G中含有甲基，则分子中所有原子不可能共平面，c项不正确；
故答案为：b；
(5)由分析可知，N的结构简式是 ，故答案为： ；
(6)根据Q的结构简式可知，1个Q分子由n个K分子与(n+1)个P分子缩聚而成，同时生成4n个水，则制备1molQ，消耗K和P的物质的量之比是n：(n+1)，同时产生4n mol的水，故答案为：n：(n+1)；4n。
【分析】（1）A为；
（2）B中含羧基；
（3）C发生取代反应生成D；
（4）根据G的结构简式作答；
（5）对比M、P的结构简式推知N为；
（6）n个K与（n+1）个P缩聚生成Q。
16．【答案】（1）O>N>C>H
（2）sp3
（3）Cu2+
（4）6；c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降
【解析】【解答】(1)M中四种元素分别为H、C、N、O，由元素性质周期性变化规律知，元素非金属性越强，电负性越强，则电负性由大到小的顺序为 O>N>C>H ，故答案为： O>N>C>H ；
(2)M中N原子的价电子对数为 3+5-3×12=4 ，则杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
(3)Q中存在配位键，其中提供空轨道的是Cu2+，故答案为：Cu2+；
(4)①由图示知，其中pH约为6时吸附效果最好，故答案为：6；
②根据平衡移动原理分析，c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；
③从结构角度分析，酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降。
【分析】（1）元素的非金属性越强，电负性越大；
（2）M中N原子形成三个σ键，含有一个孤电子对；
（3）Q中铜离子和O原子形成配位键， Cu2+提供空轨道；
（4）①pH为6时吸附效果最好；
②碱性过强，铜离子转化为氢氧化铜沉淀；
③酸性较强时，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小。
17．【答案】（1）过滤；萃取分液
（2）将废液中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+
（3）Ca2++2F-=CaF2↓ ， Mg2++2F-=MgF2↓；3×10-2
（4）Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42-
（5）萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动
（6）Ca(OH)2+Ni2++SO42-=Ni(OH)2↓+CaSO4↓
【解析】【解答】(1)操作1、2用于分离沉淀和溶液，故名称是过滤，操作3的名称是萃取分液。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是将废液中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+ 。
(3)NiF2溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，参与反应的离子方程式是 Ca2++2F-=CaF2↓ ， Mg2++2F-=MgF2↓ 。已知，25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，则CaF2溶解度小于MgF2，钙离子先沉淀，镁离子后沉淀，已知(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全，则杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-) =Ksp(MgF2)c(Mg2+)=9×10-91×10-5=3×10-2 mol/L。
(4)结合流程与分析，滤液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42- 离子。
(5)P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+⇌ M+xH+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故P204对某些金属离子的萃取率随pH的升高而升高。
(6)母液中含有Ni2+、加入强碱Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余钙离子可转化为硫酸钙沉淀在操作1中被过滤与氢氧化铁一起除去，故加入石灰乳可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，离子方程式 Ca(OH)2+Ni2++SO42-=Ni(OH)2↓+CaSO4↓ 。
【分析】酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，得滤渣为Fe(OH)3；得到滤液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等离子，向滤液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再次进行过滤得到滤液b含有Ni2+、Zn2+等离子，加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使萃取剂再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根离子等，进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，母液中加碱溶液得到Ni(OH)2可循环利用；
（1）操作1、2为过滤，操作3为分液；
（2）加入Cl2将Fe2+氧化为Fe3+；
（3）加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀；根据，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9计算；
（4）滤液b含有 Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42- ；
（5）pH升高，氢离子浓度减小，有利于反应正向进行；
（6）母液主要含有氯化镍，加入澄清石灰水得到Ni(OH)2。
18．【答案】（1）3
（2）+90.41
（3）增大；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3
（5）升高温度；增加水碳比
（6）b；6 NH2- -6e-=N2↑+4NH3；2
【解析】【解答】(1)根据甲醇蒸汽重整反应：CH3OH(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+3H2(g)可知，每产生3mol氢气消耗1mol甲醇，则产氢率= 产生的氢气的物质的量消耗的甲醇的物质的量=3mol1mol=3 ；
(2)根据已知信息，R1=R2+R3，由盖斯定律可得，△H2=△H1-△H3=(+49.24kJ/mol)-(-41.17kJ/mol)=+90.41kJ/mol；
(3)已知R1：CH3OH(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大；
(4)由反应可知，R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4(积碳反应)前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3，因此在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大；
(5)若要减少积碳，需使反应R4逆向进行，由于R4为放热反应，故可采取升高温度的方式使反应逆向进行，减少积碳；也可以增大水碳比，使H2O的物质的量增大，平衡逆向进行，积碳减少；
(6)①由装置可知，a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应，故发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- 的电极是阴极，即电极b；
②a为阳极， NH2- 失去电子发生氧化反应，电极反应式为6 NH2- -6e-=N2↑+4NH3；
③由阴极反应式6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- 可知，2e-~H2，则利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是2mol。
【分析】（1）根据产氢率的公式计算；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行；
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n（H2）增大，同时R4（积碳反应）前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n（H2）也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行；
（5）若要减少积碳，需使反应R4逆向进行；
（6）①a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应；
②a极上NH2-失去电子发生氧化反应；
③结合电极反应计算。
19．【答案】（1）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；ClO-+H2O⇌HClO+OH-
（2）将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃
（3）b；Ca2++ClO-+2Cu2++6OH-=Ca(CuO2)2↓+Cl-+3H2O
（4）Fe2++ClO-+4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O
【解析】【解答】(1)次氯酸跟与氯离子反应生成氯气，离子反应方程式为： ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O ；次氯酸钙溶液显碱性是由于次氯酸跟的水解，离子反应方程式为： ClO-+H2O⇌HClO+OH- ；
(2)若产生的气体为氧气，可使带火星的木条复燃，故实验操作为：将带火星的木条伸入烧杯中，木条复燃；
(3)预测悬浊液成分为CuO，加稀硫酸后有气体产生，同时还有蓝色溶液生成，故悬浊液成分不一定是CuO，但也不能确定悬浊液中是否有CuO存在，
故答案为：b；
(4)实验1中i的反应为生成Ca(CuO2)2的反应，离子反应方程式为： Ca2++ClO-+2Cu2++6OH-=Ca(CuO2)2↓+Cl-+3H2O ；根据题干信息，某些低价金属化合物在碱性条件下能被某些强氧化剂氧化为高价酸根离子，故亚铁离子在碱性条件下被次氯酸钠氧化成高铁酸根，加KOH后生成高铁酸钾。第一步的离子反应方程式为： Fe2++ClO-+4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O 。
【分析】（1）ClO-与Cl﹣在酸性条件下反应生成Cl2，Ca( ClO)2溶液中次氯酸根离子水解显碱性；
（2）氧气可以使带火星的木条复燃；
（3）①氧化亚铜与稀硫酸发生反应Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，Cu不溶于水；
②悬浊液中有高铜酸钙：Ca(CuO2)2， 说明生成了Ca(CuO2)2和氯气；
（4）第一步反应为氯化亚铁在碱性条件下被氧化为高铁酸钠。
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