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2022届天津市河西区高三二模化学试题含解析
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这是一份2022届天津市河西区高三二模化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
天津市河西区2022届高三二模
化学试题
一、单选题
1．下列物质变化过程中，涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗盐提纯 B．海水提溴 C．油脂皂化 D．石油分馏
2．维生素B5的结构简式如图所示，下列有关它的说法错误的是（ ）
A．分子中含有2个手性碳
B．一定条件下能发生缩聚反应
C．能与酸性KMnO4溶液反应
D．分子中含有酰胺基、羧基和羟基三种官能团
3．在配制0.1000mol⋅L-1 NaOH标准溶液并用其滴定未知浓度盐酸的实验过程中，不需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
4．下列有关Na、Mg、Al的叙述正确的是（ ）
A．元素均位于周期表s区 B．均可用电解法冶炼制得单质
C．原子均有一个未成对电子 D．还原性由弱到强：Na
A．氮气常用作保护气 B．液氨常用作制冷剂
C．氯化铵常用作氮肥 D．氨水常用作消毒剂
6．下列条件下，可以大量共存的离子组是（ ）
A．透明溶液中：Fe3+、H+、NO3-
B．pH=13的溶液中：K+、NH4+、Cl-
C．含有大量ClO-的溶液中：Na+、SO42-、I-
D．含有大量Fe2+的溶液：K+、SO42-、[Fe(CN)6]3-
7．下列化学用语表达正确的是（ ）
A．基态硫原子的轨道表示式：
B．H2S的电子式：
C．SO3的VSEPR模型：
D．SO2的分子的空间结构模型
8．我国传统酿醋工艺主要步骤有①“蒸”：将大米等原料蒸熟后放至冷却②“酵”：拌酶曲入坛发酵，经糖化、成醇，再在醋酸菌作用下成酸③“沥”；除糟，闻到酒、醋香味④“陈”：陈放1～3年，闻到果香味。下列有关叙述正确的是（ ）
A．步骤①将大米蒸熟后产生大量葡萄糖
B．步骤②中涉及葡萄糖水解为乙醇的反应
C．步骤③用萃取法除去坛底的糟
D．步骤④乙醇和乙酸缓慢地发生酯化反应
9．一种碳化硅晶体的晶胞如图所示，与金刚石的类似。下列判断正确的是（ ）
A．该晶体质软 B．熔点：碳化硅＞金刚石
C．该晶体熔融时会破坏极性键 D．碳原子轨道的杂化类型为sp杂化
10．太阳能光伏电池电解水制高纯氢的工作示意图如下。下列相关叙述错误的是（ ）
A．连接K1时电极1附近pH降低
B．连接K2时，溶液中的阴离子向电极2迁移
C．连接K2时电极3上NiO(OH)被还原为Ni(OH)2
D．交替连接K1、K2时，电极3附近的OH-也会交替消耗和生成
11．向2L容密闭容器中投入一定量的CO和H2，发生如下反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g)ΔH=Q kJ⋅mol-1，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α=n(H2)n(CO)]的关系如下图所示。（ ）
A．Q>0
B．投料比：α1<α2
C．在400K、α2=2条件下，反应Ⅰ的平衡常数的值为0.25
D．在500K、α3条件下，增大压强，CO的平衡转化率能从Y点到Z点
12．25℃时分别向体积均为10mL、浓度均为0.1mol/L的HA溶液、HB溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，两种溶液中由水电离的c(H+)的负对数即[-lgc(H+)水]与滴加[NaOH(aq)]的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．HA为强酸
B．a、b两点溶液均呈中性
C．b、d两点溶液中c(A-)=c(B-)
D．c点溶液中n(B-)+n(HB)=0.001mol
二、综合题
13．硅及其化合物在生活生产中广泛应用。请按要求回答下列问题。
（1）基态硅原子的电子排布式为 ；Si原子间难形成双键而C原子间却可以形成，是因为Si的原子半径 (填“大于”或“小于”)C的，两个Si原子的p电子难于重叠形成π键。
（2）工业上制备高纯硅的示意图如下：
①步骤Ⅰ反应所涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是(填元素符号) 。根据下图所示物质反应过程中的能量变化，写出用石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式： 。
②步骤Ⅱ产物中含有SiHCl3(沸点为33.0℃)，还有少量SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)。若先将步骤Ⅱ产物降至室温，提纯SiHCl3，方法是 。所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶、尾接管外，还需要 、 。
（3）已知：硅的最高价氧化物对应的水化物有H2SiO3和原硅酸()。常温下，H2SiO3：Ka1=2.0×10-10、Ka2=1.0×10-12；H2CO3：Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11
①向盛有饱和Na2SiO3溶液(滴有酚酞溶液)的试管中通入过量CO2；充分反应后，用激光笔照射上述液体时发现有光亮的通路。预测液体颜色的变化： ；写出该反应的离子方程式： 。
②写出原硅酸脱水得到的产物(写两种) 、 。
14．药合成中间体M的合成路线如下图所示：
请按要求回答下列问题：
（1）M分子所含官能团名称为 。
（2）B的分子式为 ；C的结构简式为 。
（3）E→F反应类型为 。
（4）X()是G的同分异构体，写出X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式： 。
（5）E的同分异构体有多种，其中符合下列所有条件的有(不含E、不考虑立体异构) 种。
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基
ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢
ⅲ．不含碳碳双键
写出其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 。
（6）写出以苯、和必要的无机试剂为原料制备化合物的合成路线。请参考题干合成路线及反应条件，在如下方框中写出其合成路线的流程图 。
15．某化学小组设计了如下有关氮的化合物的实验。请按要求回答下列问题。
（1）氨气的喷泉实验：如下图装置所示，干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是 。
（2）硝酸的制备实验：如图所示a～f装置。
①装置a的最佳选择为(填“图3”或“图4”) 。
②装置b中Na2O2的作用是 。
（3）硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00。
ⅰ．这说明e中发生的反应可能为(写化学方程式) 。
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是 。
②用如图所示装置进行硝酸与铜的反应实验。
ⅰ．请在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂 。
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因： 。
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝。写出g中反应的离子方程式： 。
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是 。
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入 ，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。
ⅵ．已知[Cu(H2O)4]2-(aq)呈蓝色、[CuCl4]2-(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色。结合离子反应方程式解释其原因： 。
16．除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
（1）金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是 。
（2）NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀(常温下Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31；设c(Cr3+)≤6．3×10-7mol/L时沉淀完全)。
①实验中的NaHSO3作用是 。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。
③为使Cr3+沉淀完全，调控溶液的pH最小值为 。
（3）离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的CrO42-、HCrO4-离子能发生交换均生成R2CrO4(s)。其反应可表示为(以CrO42-发生交换为例)2ROH(s)+CrO42-(aq)⇌R2CrO4(s)+2OH-(aq)。
①写出HCrO4-发生交换反应的平衡常数表达式，K= 。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是 。
（4）电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为Cr3+，再加碱沉淀为Cr(OH)3。已知：H2O+Cr2O72-(aq)⇌2CrO42-+2H+。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为 。
②当沉淀出2mol Cr(OH)3时，阳极至少消耗 mol Fe。
答案
1．【答案】B
【解析】【解答】A． 粗盐提纯主要过滤除去粗盐中的不溶性杂质，属于物理过程，没有发生化学变化，故A不选；
B． 海水提溴是溴离子被氧化成溴单质是氧化还原反应，故B选；
C． 油脂皂化，用油脂和NaOH溶液制备肥皂时发生的是水解反应，不涉及元素化合价的变化，非氧化还原反应，故C不选；
D． 石油分馏属于物理变化，该过程中不存在元素化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D不选；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】A
【解析】【解答】A． 分子中含有1个手性碳，如图所示，故A符合题意；
B． 分子含有羟基和羧基，一定条件下能发生缩聚反应，故B不符合题意；
C． 分子中与羟基相连的碳上有氢，能与酸性KMnO4溶液反应，故C不符合题意；
D． 分子中含有酰胺基、羧基和羟基三种官能团，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
B.含羧基和羟基，能发生缩聚反应；
C.含有-CH2OH基团，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.分子中含有的官能团为-OH、-COOH、-CONH-。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．为容量瓶，配制0.1000mol⋅L-1 NaOH标准溶液需要容量瓶，A不选；
B．为锥形瓶，滴定实验过程中需要锥形瓶装待测液，B不选；
C．为分液漏斗，在分液操作时才需要分液漏斗，配制溶液和滴定实验不需要，C选；
D．为碱式滴定管，滴定实验中需要碱式滴定管装NaOH标准溶液，D不选；
故答案为：C。
【分析】配制0.1000mol/LNaOH标准溶液的步骤为，计算、称量、溶解、转移到容量瓶、洗涤转移、定容等步骤，中和滴定过程有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作。
4．【答案】B
【解析】【解答】A． Na、Mg元素价电子分别为3s1、3s2，均位于周期表s区，Al的价电子排布为3s23p1在p区，故A不符合题意；
B． 三种金属均属于活泼金属，均可用电解法冶炼制得单质，故B符合题意；
C． Na、Al原子均有一个未成对电子，但Mg的3s2是全充满结构，没有末成对电子，故C不符合题意；
D．同周期，从左到右元素的金属性减弱， Na、Mg、Al是还原性由强到弱的顺序，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Al位于p区；
B.Na、Mg、Al等活泼金属的离子不易得电子；
C.Mg原子没有未成对电子；
D.同周期从左到右元素的金属性减弱。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．由于氮气化学性质不活泼，一般不易与其他物质发生化学反应，所以可以起保护作用，常用作保护气，A不符合题意；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，B不符合题意；
C．氯化铵含有氮元素，常用作氮肥，C不符合题意；
D．氨水没有消毒作用，不能用作消毒剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气性质稳定，可作保护气；
B.液氨汽化吸收大量的热；
C.氯化铵含氮元素；
D.氨水不具有氧化性。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．Fe3+、H+、NO3-互相不反应，能共存，故A选；
B．pH=13的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与NH4+反应不能大量共存，故B不选；
C．ClO-与I-发生氧化还原反应不能共存，故C不选；
D．Fe2+与[Fe(CN)6]3-结合形成蓝色沉淀，不能共存，故D不选；
故答案为：A。
【分析】B.铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨；
C.ClO-具有氧化性，I-具有还原性；
D.Fe2+与[Fe(CN)6]3-结合形成蓝色沉淀。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．硫原子的核外电子总数为16，基态硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，基态S原子的轨道表示式为，故A不符合题意；
B．H2S为共价化合物，S原子未达到8电子稳定结构，电子式为 ，故B不符合题意；
C．SO3分子中S原子的价层电子对数为3+6-3×22=3，无孤电子对，其VSEPR模型为 ，故C符合题意；
D．SO2的价层电子对数=2+6-3×223，故其VSEPR模型为平面三角形，SO2分子的空间结构为V形，其模型：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.基态硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；
B.H2S中S原子最外层达到8电子稳定结构；
C.SO3分子中S原子价层电子对数为3，不含孤电子对；
D.SO2分子中S原子价层电子对数为3，含有一个孤电子对。
8．【答案】D
【解析】【解答】A． 步骤①将大米蒸熟后淀粉溶胀，并没有水解，不会产生大量葡萄糖，故A不符合题意；
B． 步骤②中涉及葡萄糖在酒化酶作用下反应生成乙醇，但不是水解反应，故B不符合题意；
C． 步骤③用过滤法除去坛底的糟，是将固体和液体的分离，故C不符合题意；
D． 步骤④乙醇和乙酸缓慢地发生酯化反应，闻到果香味，是因为生成了乙酸乙酯，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.淀粉水解生成葡萄糖，大米蒸熟淀粉未水解；
B.葡萄糖不能水解；
C.分离固体和液体采用过滤。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．碳化硅晶体属于原子晶体，与金刚石的类似，质硬，故A不符合题意；
B．原子晶体中原子半径越小，共价键越强，熔点越高，原子半径：C＞Si，则熔点：金刚石＞碳化硅，故B不符合题意；
C．该晶体中只存在C-Si极性键，熔融时会破坏极性键，故C符合题意；
D．碳化硅形成4个共价键，C原子采用的是sp3杂化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.金刚石硬度大；
B.原子半径越小，形成的共价键越强，晶体的熔点越高；
D.1个碳原子与4个Si原子构成正四面体的结构。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．连接K1时，电极1为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成氢氧根离子，电极1附近pH升高，故A符合题意；
B．连接K2时，电极2为阳极，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，溶液中阴离子OH-向电极2移动，故B不符合题意；
C．连接K2时，电极3连接电源负极，即电极3此时为阴极，NiOOH转化为Ni(OH)2，电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2，故C不符合题意；
D．连接K1时，电极3此时为阳极，电极反应式为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，消耗OH-，连接K2时，电极3此时为阴极，电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2，生成OH-，则交替连接K1、K2时，电极3附近的OH-也会交替消耗和生成，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接K1时，电极1为阴极，电极3为阳极，连接K2时，电极3为阴极，电极2为阳极，据此解答。
11．【答案】D
【解析】【解答】A． 由图随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，Q<0，故A不符合题意；
B． 相同温度下，反应中增大氢气的浓度，一氧化碳的转化率增大，由图如500K时，60%>40%，投料比：α1>α2，故B不符合题意；
C． 在400K、α2=2条件下，令投入的氢气为2mol，CO为1mol，平衡转化率为50%，2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g)开始/mol/L0.51变化/mol/L0.250.50.1250.125平衡/mol/L0.250.50.1250.125 ，反应Ⅰ的平衡常数的值为0.125×0.1250.54×0.252=4，故C不符合题意；
D． 在500K、α3条件下，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，CO的平衡转化率能从Y点到Z点，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度越高，CO的转化率越来越小，平衡逆向移动；
B.反应中增加氢气的量会促进CO的转化，提高CO的平衡转化率；
C.列出反应的三段式结合平衡常数的公式进行计算。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HA溶液，消耗等浓度的氢氧化钠溶液体积为10mL时，溶质为NaA，b点-lgc(H+)水=7，故c(H+)水=10-7mol/L，证明25℃时NaA溶液没有水解，则HA为强酸，A不符合题意；
B．b点c(H+)水=10-7mol/L，25℃时NaA溶液没有水解，溶液呈中性，在a点，10mL浓度为0.1mol/L的HB溶液，滴加氢氧化钠溶液体积小于10mL，故溶质为HB、NaB，a点-lgc(H+)水=7，c(H+)水=10-7mol/L，证明25℃时，溶液中水电离未受到影响(溶液中HB电离对水电离的抑制作用与NaB水解对水电离的促进作用相互抵消)，溶液呈中性，B不符合题意；
C．b点溶液溶质为NaA，且不水解，依据物料守恒有：c(A-)=10×10-3L×0.1mol/L(10+10)×10-3L=0.05mol/L，d点，体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HB溶液，消耗等浓度的氢氧化钠溶液体积为10mL时，溶质为NaB，-lgc(H+)水<7，c(H+)水>10-7mol/L，证明25℃时，溶液中B-水解促进水电离，d点溶液中含有HB分子，依据物料守恒有：c(B-)+c(HB)= 10×10-3L×0.1mol/L(10+10)×10-3L=0.05mol/L，c(A-)>c(B-)，C符合题意；
D．体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HB溶液在反应前后B元素的物质的量不变，依据物料守恒有：n(B-)+n(HB)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.b点酸碱恰好完全反应生成NaA；
B.a点-lgc(H+)水=7，b点-lgc(H+)水=7；
C.b点-lgc(H+)水=7，d点-lgc(H+)水<7；
D.结合物料守恒计算。
13．【答案】（1）1s22s22p63s23p2；大于
（2）O＞C＞Si；SiO2(s)+2C(s)====1800~2000℃Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1；蒸馏；蒸馏烧瓶；直形冷凝管
（3）溶液红色变浅至褪色；SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO3-；H2SiO3；H6Si2O7(或SiO2)
【解析】【解答】(1)硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；同主族元素从上到下原子半径增大，硅原子的原子半径大于碳原子，p轨道难以相互重叠形成π键，所以硅原子间难以形成双键和三键，故答案为：1s22s22p63s23p2；大于；
(2)①步骤Ⅰ反应是C和SiO2反应生成CO和Si，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能O＞C＞Si；根据两个反应过程能量变化图像可知：Si(s)+O2(s)═SiO2(s)△H=-859.4 kJ•mol-1、2C(s)+O2(s)═2CO(g)△H=-221.0 kJ•mol-1，用第二个方程式减去第一个方程式得出热化学方程式：SiO2(s)+2C(s)====1800~2000℃Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1；
②SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点57.6℃)、HCl(沸点-84.7℃)，他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管，故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管；
(3)①Na2SiO3溶液中由于SiO32-发生水解而溶液呈碱性，滴有酚酞一开始溶液为红色，随着CO2通入，硅酸钠反应生成硅酸，溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变无色，则液体颜色的变化：液红色变浅至褪色；弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，可得酸性：H2CO3>H2SiO3>HCO3->HSiO3-，则Na2SiO3溶液与过量CO2反应生成硅酸和碳酸氢钠，反应离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO3-；
②原硅酸()脱去一分子水得到的产物是H2SiO3，脱去两分子水得到的产物是SiO2。
【分析】（1）已知硅是14号元素，根据构造原理书写电子排布式；同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小；分别写出热化学方程式，根据盖斯定律书写石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式；
②将步骤Ⅱ产物降至室温，各物质都为液态，提纯SiHCl3需要将混合溶液分离；
（3）①丁达尔效应是胶体特有的性质；
②原硅酸可以分子内脱水也可分子间脱水。
14．【答案】（1）酮羰基、醚键
（2）C10H10O3；
（3）取代反应
（4）+3NaOH→ΔH2O+HCOONa+NaCl+H2O
（5）8；、、、
（6）→H2，Δ催化剂→Δ浓硫酸
【解析】【解答】B与浓硝酸发生取代反应生成C，C分子中硝基被还原为氨基，则由D的结构可推出C为，C中硝基被还原为氨基，D中氨基发生取代反应得到酚羟基，E中酚羟基发生取代反应得到F为，F中羧基中羟基被-Cl取代，最后甲基取代氯原子得到M；
(1)M分子所含官能团名称为酮羰基、醚键；
(2)B的分子中含有10个碳原子、10个氢原子和3个氧原子，分子式为C10H10O3；由分析可知，C的结构简式为；
(3)F为，E中酚羟基发生取代反应得到F，E→F反应类型为取代反应；
(4)含酯基和碳氯键都能与NaOH水溶液发生水解反应，酯水解得到的羟基连接在苯环上具有弱酸性，又继续消耗NaOH，则X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：+3NaOH→ΔH2O+HCOONa+NaCl+H2O；
(5)ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基，取代基上还有一个不饱和度，ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢，具有高度对称结构，ⅲ．不含碳碳双键，应为单碳环，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、共8种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 、、、；
(6)苯与发生流程中A→B的反应得到，羰基与氢气发生加成反应得到，在浓硫酸作用下生成，合成路线为：→H2，Δ催化剂→Δ浓硫酸；
【分析】（1）M中含羰基和醚键；
（2）根据B的结构简式确定其分子式；B发生硝化反应生成C；
（3）E发生取代反应生成F；
（4）X在NaOH溶液中发生水解，-X被-OH取代；
（5）根据要求确定同分异构体；
（6）苯与发生开环反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生酯化反应得到目标产物。
15．【答案】（1）打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶
（2）图4；和水蒸汽反应生成氧气
（3）3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；；4HNO3光__ 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；适量的水（合理即可）；[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动
【解析】【解答】实验室可用氯化铵与碱石灰加热制备氨气，也可用浓氨水滴入固体NaOH中制氨气，氨气具有还原性，能与氧气在催化剂作用下氧化生成NO，进一步氧化生成硝酸，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，与铜反应是更剧烈，[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
(1)氨气的喷泉实验：干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶。故答案为：打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶；
(2)①用浓氨水滴入NaOH固体制氨气不需加热，操作简单，装置a的最佳选择为图4。故答案为：图4；
②装置b中Na2O2的作用是和水蒸汽反应生成氧气，提供氨催化氧化的原料。故答案为：和水蒸汽反应生成氧气；
(3)硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00，说明e中产生了硝酸。
ⅰ．这说明e中发生的反应是氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，可能为(写化学方程式)3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)。故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）。故答案为：过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；
②ⅰ．可用碱吸收氮的氧化物，在有氧气的条件下，最后转化为硝酸盐或亚硝酸盐，在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂。故答案为： ；
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，防止其见光分解，用化学方程式说明其原因：4HNO3光__ 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O。故答案为：4HNO3光__ 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，g中反应的离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 。故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ；
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）。故答案为：浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入适量的水（合理即可），3NO2+H2O=NO+2HNO3，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。故答案为：适量的水（合理即可）；
ⅵ．已知[Cu(H2O)4]2-(aq)呈蓝色、[CuCl4]2-(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，部分[Cu(H2O)4]2-转化为[CuCl4]2-，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色，[CuCl4]2-浓度增大。结合离子反应方程式解释其原因：[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动，故答案为：[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
【分析】（1）烧瓶和外界形成压强差即可引发喷泉；
（2）①图4操作简单且节约能源；
②利用过氧化钠与水反应生成氧气；
（3）根据硝酸的性质解答。
16．【答案】（1）Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
（2）将Cr (VI)还原为Cr (II)；Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；6
（3）c(OH-)c(HCrO4-)；c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
（4）Cr2O72-；6
【解析】【解答】(1)图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (II)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得：
c(OH-)≥36.3×10-316.3×10-7mol/L=1×10-8mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)①该交换反应为：2ROH (s) + HCrO4- (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(l)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)①根据反应方程式H2O + Cr2O72-= 2CrO42-+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得Cr2O72-升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
【分析】（1）形成原电池可加快反应速率；
（2）①亚硫酸氢钠具有还原性；
② pH过高，OH-浓度大，Cr(OH)3 能与OH-反应生成[Cr(OH)4]-；
③结合Ksp计算；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②c(OH-)增大该反应逆向移动；
（4）①酸性条件下， H2O+Cr2O72-(aq)⇌2CrO42-+2H+逆向移动；
②结合得失电子守恒计算。
天津市河西区2022届高三二模
化学试题
一、单选题
1．下列物质变化过程中，涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗盐提纯 B．海水提溴 C．油脂皂化 D．石油分馏
2．维生素B5的结构简式如图所示，下列有关它的说法错误的是（ ）
A．分子中含有2个手性碳
B．一定条件下能发生缩聚反应
C．能与酸性KMnO4溶液反应
D．分子中含有酰胺基、羧基和羟基三种官能团
3．在配制0.1000mol⋅L-1 NaOH标准溶液并用其滴定未知浓度盐酸的实验过程中，不需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
4．下列有关Na、Mg、Al的叙述正确的是（ ）
A．元素均位于周期表s区 B．均可用电解法冶炼制得单质
C．原子均有一个未成对电子 D．还原性由弱到强：Na
A．氮气常用作保护气 B．液氨常用作制冷剂
C．氯化铵常用作氮肥 D．氨水常用作消毒剂
6．下列条件下，可以大量共存的离子组是（ ）
A．透明溶液中：Fe3+、H+、NO3-
B．pH=13的溶液中：K+、NH4+、Cl-
C．含有大量ClO-的溶液中：Na+、SO42-、I-
D．含有大量Fe2+的溶液：K+、SO42-、[Fe(CN)6]3-
7．下列化学用语表达正确的是（ ）
A．基态硫原子的轨道表示式：
B．H2S的电子式：
C．SO3的VSEPR模型：
D．SO2的分子的空间结构模型
8．我国传统酿醋工艺主要步骤有①“蒸”：将大米等原料蒸熟后放至冷却②“酵”：拌酶曲入坛发酵，经糖化、成醇，再在醋酸菌作用下成酸③“沥”；除糟，闻到酒、醋香味④“陈”：陈放1～3年，闻到果香味。下列有关叙述正确的是（ ）
A．步骤①将大米蒸熟后产生大量葡萄糖
B．步骤②中涉及葡萄糖水解为乙醇的反应
C．步骤③用萃取法除去坛底的糟
D．步骤④乙醇和乙酸缓慢地发生酯化反应
9．一种碳化硅晶体的晶胞如图所示，与金刚石的类似。下列判断正确的是（ ）
A．该晶体质软 B．熔点：碳化硅＞金刚石
C．该晶体熔融时会破坏极性键 D．碳原子轨道的杂化类型为sp杂化
10．太阳能光伏电池电解水制高纯氢的工作示意图如下。下列相关叙述错误的是（ ）
A．连接K1时电极1附近pH降低
B．连接K2时，溶液中的阴离子向电极2迁移
C．连接K2时电极3上NiO(OH)被还原为Ni(OH)2
D．交替连接K1、K2时，电极3附近的OH-也会交替消耗和生成
11．向2L容密闭容器中投入一定量的CO和H2，发生如下反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g)ΔH=Q kJ⋅mol-1，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α=n(H2)n(CO)]的关系如下图所示。（ ）
A．Q>0
B．投料比：α1<α2
C．在400K、α2=2条件下，反应Ⅰ的平衡常数的值为0.25
D．在500K、α3条件下，增大压强，CO的平衡转化率能从Y点到Z点
12．25℃时分别向体积均为10mL、浓度均为0.1mol/L的HA溶液、HB溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，两种溶液中由水电离的c(H+)的负对数即[-lgc(H+)水]与滴加[NaOH(aq)]的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．HA为强酸
B．a、b两点溶液均呈中性
C．b、d两点溶液中c(A-)=c(B-)
D．c点溶液中n(B-)+n(HB)=0.001mol
二、综合题
13．硅及其化合物在生活生产中广泛应用。请按要求回答下列问题。
（1）基态硅原子的电子排布式为 ；Si原子间难形成双键而C原子间却可以形成，是因为Si的原子半径 (填“大于”或“小于”)C的，两个Si原子的p电子难于重叠形成π键。
（2）工业上制备高纯硅的示意图如下：
①步骤Ⅰ反应所涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是(填元素符号) 。根据下图所示物质反应过程中的能量变化，写出用石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式： 。
②步骤Ⅱ产物中含有SiHCl3(沸点为33.0℃)，还有少量SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)。若先将步骤Ⅱ产物降至室温，提纯SiHCl3，方法是 。所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶、尾接管外，还需要 、 。
（3）已知：硅的最高价氧化物对应的水化物有H2SiO3和原硅酸()。常温下，H2SiO3：Ka1=2.0×10-10、Ka2=1.0×10-12；H2CO3：Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11
①向盛有饱和Na2SiO3溶液(滴有酚酞溶液)的试管中通入过量CO2；充分反应后，用激光笔照射上述液体时发现有光亮的通路。预测液体颜色的变化： ；写出该反应的离子方程式： 。
②写出原硅酸脱水得到的产物(写两种) 、 。
14．药合成中间体M的合成路线如下图所示：
请按要求回答下列问题：
（1）M分子所含官能团名称为 。
（2）B的分子式为 ；C的结构简式为 。
（3）E→F反应类型为 。
（4）X()是G的同分异构体，写出X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式： 。
（5）E的同分异构体有多种，其中符合下列所有条件的有(不含E、不考虑立体异构) 种。
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基
ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢
ⅲ．不含碳碳双键
写出其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 。
（6）写出以苯、和必要的无机试剂为原料制备化合物的合成路线。请参考题干合成路线及反应条件，在如下方框中写出其合成路线的流程图 。
15．某化学小组设计了如下有关氮的化合物的实验。请按要求回答下列问题。
（1）氨气的喷泉实验：如下图装置所示，干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是 。
（2）硝酸的制备实验：如图所示a～f装置。
①装置a的最佳选择为(填“图3”或“图4”) 。
②装置b中Na2O2的作用是 。
（3）硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00。
ⅰ．这说明e中发生的反应可能为(写化学方程式) 。
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是 。
②用如图所示装置进行硝酸与铜的反应实验。
ⅰ．请在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂 。
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因： 。
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝。写出g中反应的离子方程式： 。
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是 。
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入 ，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。
ⅵ．已知[Cu(H2O)4]2-(aq)呈蓝色、[CuCl4]2-(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色。结合离子反应方程式解释其原因： 。
16．除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
（1）金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是 。
（2）NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀(常温下Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31；设c(Cr3+)≤6．3×10-7mol/L时沉淀完全)。
①实验中的NaHSO3作用是 。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。
③为使Cr3+沉淀完全，调控溶液的pH最小值为 。
（3）离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的CrO42-、HCrO4-离子能发生交换均生成R2CrO4(s)。其反应可表示为(以CrO42-发生交换为例)2ROH(s)+CrO42-(aq)⇌R2CrO4(s)+2OH-(aq)。
①写出HCrO4-发生交换反应的平衡常数表达式，K= 。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是 。
（4）电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为Cr3+，再加碱沉淀为Cr(OH)3。已知：H2O+Cr2O72-(aq)⇌2CrO42-+2H+。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为 。
②当沉淀出2mol Cr(OH)3时，阳极至少消耗 mol Fe。
答案
1．【答案】B
【解析】【解答】A． 粗盐提纯主要过滤除去粗盐中的不溶性杂质，属于物理过程，没有发生化学变化，故A不选；
B． 海水提溴是溴离子被氧化成溴单质是氧化还原反应，故B选；
C． 油脂皂化，用油脂和NaOH溶液制备肥皂时发生的是水解反应，不涉及元素化合价的变化，非氧化还原反应，故C不选；
D． 石油分馏属于物理变化，该过程中不存在元素化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D不选；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】A
【解析】【解答】A． 分子中含有1个手性碳，如图所示，故A符合题意；
B． 分子含有羟基和羧基，一定条件下能发生缩聚反应，故B不符合题意；
C． 分子中与羟基相连的碳上有氢，能与酸性KMnO4溶液反应，故C不符合题意；
D． 分子中含有酰胺基、羧基和羟基三种官能团，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
B.含羧基和羟基，能发生缩聚反应；
C.含有-CH2OH基团，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.分子中含有的官能团为-OH、-COOH、-CONH-。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．为容量瓶，配制0.1000mol⋅L-1 NaOH标准溶液需要容量瓶，A不选；
B．为锥形瓶，滴定实验过程中需要锥形瓶装待测液，B不选；
C．为分液漏斗，在分液操作时才需要分液漏斗，配制溶液和滴定实验不需要，C选；
D．为碱式滴定管，滴定实验中需要碱式滴定管装NaOH标准溶液，D不选；
故答案为：C。
【分析】配制0.1000mol/LNaOH标准溶液的步骤为，计算、称量、溶解、转移到容量瓶、洗涤转移、定容等步骤，中和滴定过程有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作。
4．【答案】B
【解析】【解答】A． Na、Mg元素价电子分别为3s1、3s2，均位于周期表s区，Al的价电子排布为3s23p1在p区，故A不符合题意；
B． 三种金属均属于活泼金属，均可用电解法冶炼制得单质，故B符合题意；
C． Na、Al原子均有一个未成对电子，但Mg的3s2是全充满结构，没有末成对电子，故C不符合题意；
D．同周期，从左到右元素的金属性减弱， Na、Mg、Al是还原性由强到弱的顺序，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Al位于p区；
B.Na、Mg、Al等活泼金属的离子不易得电子；
C.Mg原子没有未成对电子；
D.同周期从左到右元素的金属性减弱。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．由于氮气化学性质不活泼，一般不易与其他物质发生化学反应，所以可以起保护作用，常用作保护气，A不符合题意；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，B不符合题意；
C．氯化铵含有氮元素，常用作氮肥，C不符合题意；
D．氨水没有消毒作用，不能用作消毒剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气性质稳定，可作保护气；
B.液氨汽化吸收大量的热；
C.氯化铵含氮元素；
D.氨水不具有氧化性。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．Fe3+、H+、NO3-互相不反应，能共存，故A选；
B．pH=13的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与NH4+反应不能大量共存，故B不选；
C．ClO-与I-发生氧化还原反应不能共存，故C不选；
D．Fe2+与[Fe(CN)6]3-结合形成蓝色沉淀，不能共存，故D不选；
故答案为：A。
【分析】B.铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨；
C.ClO-具有氧化性，I-具有还原性；
D.Fe2+与[Fe(CN)6]3-结合形成蓝色沉淀。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．硫原子的核外电子总数为16，基态硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，基态S原子的轨道表示式为，故A不符合题意；
B．H2S为共价化合物，S原子未达到8电子稳定结构，电子式为 ，故B不符合题意；
C．SO3分子中S原子的价层电子对数为3+6-3×22=3，无孤电子对，其VSEPR模型为 ，故C符合题意；
D．SO2的价层电子对数=2+6-3×223，故其VSEPR模型为平面三角形，SO2分子的空间结构为V形，其模型：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.基态硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；
B.H2S中S原子最外层达到8电子稳定结构；
C.SO3分子中S原子价层电子对数为3，不含孤电子对；
D.SO2分子中S原子价层电子对数为3，含有一个孤电子对。
8．【答案】D
【解析】【解答】A． 步骤①将大米蒸熟后淀粉溶胀，并没有水解，不会产生大量葡萄糖，故A不符合题意；
B． 步骤②中涉及葡萄糖在酒化酶作用下反应生成乙醇，但不是水解反应，故B不符合题意；
C． 步骤③用过滤法除去坛底的糟，是将固体和液体的分离，故C不符合题意；
D． 步骤④乙醇和乙酸缓慢地发生酯化反应，闻到果香味，是因为生成了乙酸乙酯，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.淀粉水解生成葡萄糖，大米蒸熟淀粉未水解；
B.葡萄糖不能水解；
C.分离固体和液体采用过滤。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．碳化硅晶体属于原子晶体，与金刚石的类似，质硬，故A不符合题意；
B．原子晶体中原子半径越小，共价键越强，熔点越高，原子半径：C＞Si，则熔点：金刚石＞碳化硅，故B不符合题意；
C．该晶体中只存在C-Si极性键，熔融时会破坏极性键，故C符合题意；
D．碳化硅形成4个共价键，C原子采用的是sp3杂化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.金刚石硬度大；
B.原子半径越小，形成的共价键越强，晶体的熔点越高；
D.1个碳原子与4个Si原子构成正四面体的结构。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．连接K1时，电极1为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成氢氧根离子，电极1附近pH升高，故A符合题意；
B．连接K2时，电极2为阳极，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，溶液中阴离子OH-向电极2移动，故B不符合题意；
C．连接K2时，电极3连接电源负极，即电极3此时为阴极，NiOOH转化为Ni(OH)2，电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2，故C不符合题意；
D．连接K1时，电极3此时为阳极，电极反应式为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，消耗OH-，连接K2时，电极3此时为阴极，电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2，生成OH-，则交替连接K1、K2时，电极3附近的OH-也会交替消耗和生成，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接K1时，电极1为阴极，电极3为阳极，连接K2时，电极3为阴极，电极2为阳极，据此解答。
11．【答案】D
【解析】【解答】A． 由图随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，Q<0，故A不符合题意；
B． 相同温度下，反应中增大氢气的浓度，一氧化碳的转化率增大，由图如500K时，60%>40%，投料比：α1>α2，故B不符合题意；
C． 在400K、α2=2条件下，令投入的氢气为2mol，CO为1mol，平衡转化率为50%，2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g)开始/mol/L0.51变化/mol/L0.250.50.1250.125平衡/mol/L0.250.50.1250.125 ，反应Ⅰ的平衡常数的值为0.125×0.1250.54×0.252=4，故C不符合题意；
D． 在500K、α3条件下，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，CO的平衡转化率能从Y点到Z点，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度越高，CO的转化率越来越小，平衡逆向移动；
B.反应中增加氢气的量会促进CO的转化，提高CO的平衡转化率；
C.列出反应的三段式结合平衡常数的公式进行计算。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HA溶液，消耗等浓度的氢氧化钠溶液体积为10mL时，溶质为NaA，b点-lgc(H+)水=7，故c(H+)水=10-7mol/L，证明25℃时NaA溶液没有水解，则HA为强酸，A不符合题意；
B．b点c(H+)水=10-7mol/L，25℃时NaA溶液没有水解，溶液呈中性，在a点，10mL浓度为0.1mol/L的HB溶液，滴加氢氧化钠溶液体积小于10mL，故溶质为HB、NaB，a点-lgc(H+)水=7，c(H+)水=10-7mol/L，证明25℃时，溶液中水电离未受到影响(溶液中HB电离对水电离的抑制作用与NaB水解对水电离的促进作用相互抵消)，溶液呈中性，B不符合题意；
C．b点溶液溶质为NaA，且不水解，依据物料守恒有：c(A-)=10×10-3L×0.1mol/L(10+10)×10-3L=0.05mol/L，d点，体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HB溶液，消耗等浓度的氢氧化钠溶液体积为10mL时，溶质为NaB，-lgc(H+)水<7，c(H+)水>10-7mol/L，证明25℃时，溶液中B-水解促进水电离，d点溶液中含有HB分子，依据物料守恒有：c(B-)+c(HB)= 10×10-3L×0.1mol/L(10+10)×10-3L=0.05mol/L，c(A-)>c(B-)，C符合题意；
D．体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HB溶液在反应前后B元素的物质的量不变，依据物料守恒有：n(B-)+n(HB)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.b点酸碱恰好完全反应生成NaA；
B.a点-lgc(H+)水=7，b点-lgc(H+)水=7；
C.b点-lgc(H+)水=7，d点-lgc(H+)水<7；
D.结合物料守恒计算。
13．【答案】（1）1s22s22p63s23p2；大于
（2）O＞C＞Si；SiO2(s)+2C(s)====1800~2000℃Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1；蒸馏；蒸馏烧瓶；直形冷凝管
（3）溶液红色变浅至褪色；SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO3-；H2SiO3；H6Si2O7(或SiO2)
【解析】【解答】(1)硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；同主族元素从上到下原子半径增大，硅原子的原子半径大于碳原子，p轨道难以相互重叠形成π键，所以硅原子间难以形成双键和三键，故答案为：1s22s22p63s23p2；大于；
(2)①步骤Ⅰ反应是C和SiO2反应生成CO和Si，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能O＞C＞Si；根据两个反应过程能量变化图像可知：Si(s)+O2(s)═SiO2(s)△H=-859.4 kJ•mol-1、2C(s)+O2(s)═2CO(g)△H=-221.0 kJ•mol-1，用第二个方程式减去第一个方程式得出热化学方程式：SiO2(s)+2C(s)====1800~2000℃Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1；
②SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点57.6℃)、HCl(沸点-84.7℃)，他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管，故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管；
(3)①Na2SiO3溶液中由于SiO32-发生水解而溶液呈碱性，滴有酚酞一开始溶液为红色，随着CO2通入，硅酸钠反应生成硅酸，溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变无色，则液体颜色的变化：液红色变浅至褪色；弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，可得酸性：H2CO3>H2SiO3>HCO3->HSiO3-，则Na2SiO3溶液与过量CO2反应生成硅酸和碳酸氢钠，反应离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO3-；
②原硅酸()脱去一分子水得到的产物是H2SiO3，脱去两分子水得到的产物是SiO2。
【分析】（1）已知硅是14号元素，根据构造原理书写电子排布式；同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小；分别写出热化学方程式，根据盖斯定律书写石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式；
②将步骤Ⅱ产物降至室温，各物质都为液态，提纯SiHCl3需要将混合溶液分离；
（3）①丁达尔效应是胶体特有的性质；
②原硅酸可以分子内脱水也可分子间脱水。
14．【答案】（1）酮羰基、醚键
（2）C10H10O3；
（3）取代反应
（4）+3NaOH→ΔH2O+HCOONa+NaCl+H2O
（5）8；、、、
（6）→H2，Δ催化剂→Δ浓硫酸
【解析】【解答】B与浓硝酸发生取代反应生成C，C分子中硝基被还原为氨基，则由D的结构可推出C为，C中硝基被还原为氨基，D中氨基发生取代反应得到酚羟基，E中酚羟基发生取代反应得到F为，F中羧基中羟基被-Cl取代，最后甲基取代氯原子得到M；
(1)M分子所含官能团名称为酮羰基、醚键；
(2)B的分子中含有10个碳原子、10个氢原子和3个氧原子，分子式为C10H10O3；由分析可知，C的结构简式为；
(3)F为，E中酚羟基发生取代反应得到F，E→F反应类型为取代反应；
(4)含酯基和碳氯键都能与NaOH水溶液发生水解反应，酯水解得到的羟基连接在苯环上具有弱酸性，又继续消耗NaOH，则X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：+3NaOH→ΔH2O+HCOONa+NaCl+H2O；
(5)ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基，取代基上还有一个不饱和度，ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢，具有高度对称结构，ⅲ．不含碳碳双键，应为单碳环，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、共8种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 、、、；
(6)苯与发生流程中A→B的反应得到，羰基与氢气发生加成反应得到，在浓硫酸作用下生成，合成路线为：→H2，Δ催化剂→Δ浓硫酸；
【分析】（1）M中含羰基和醚键；
（2）根据B的结构简式确定其分子式；B发生硝化反应生成C；
（3）E发生取代反应生成F；
（4）X在NaOH溶液中发生水解，-X被-OH取代；
（5）根据要求确定同分异构体；
（6）苯与发生开环反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生酯化反应得到目标产物。
15．【答案】（1）打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶
（2）图4；和水蒸汽反应生成氧气
（3）3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；；4HNO3光__ 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；适量的水（合理即可）；[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动
【解析】【解答】实验室可用氯化铵与碱石灰加热制备氨气，也可用浓氨水滴入固体NaOH中制氨气，氨气具有还原性，能与氧气在催化剂作用下氧化生成NO，进一步氧化生成硝酸，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，与铜反应是更剧烈，[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
(1)氨气的喷泉实验：干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶。故答案为：打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶；
(2)①用浓氨水滴入NaOH固体制氨气不需加热，操作简单，装置a的最佳选择为图4。故答案为：图4；
②装置b中Na2O2的作用是和水蒸汽反应生成氧气，提供氨催化氧化的原料。故答案为：和水蒸汽反应生成氧气；
(3)硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00，说明e中产生了硝酸。
ⅰ．这说明e中发生的反应是氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，可能为(写化学方程式)3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)。故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）。故答案为：过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；
②ⅰ．可用碱吸收氮的氧化物，在有氧气的条件下，最后转化为硝酸盐或亚硝酸盐，在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂。故答案为： ；
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，防止其见光分解，用化学方程式说明其原因：4HNO3光__ 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O。故答案为：4HNO3光__ 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，g中反应的离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 。故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ；
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）。故答案为：浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入适量的水（合理即可），3NO2+H2O=NO+2HNO3，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。故答案为：适量的水（合理即可）；
ⅵ．已知[Cu(H2O)4]2-(aq)呈蓝色、[CuCl4]2-(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，部分[Cu(H2O)4]2-转化为[CuCl4]2-，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色，[CuCl4]2-浓度增大。结合离子反应方程式解释其原因：[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动，故答案为：[Cu(H2O)4]2-+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH>0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
【分析】（1）烧瓶和外界形成压强差即可引发喷泉；
（2）①图4操作简单且节约能源；
②利用过氧化钠与水反应生成氧气；
（3）根据硝酸的性质解答。
16．【答案】（1）Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
（2）将Cr (VI)还原为Cr (II)；Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；6
（3）c(OH-)c(HCrO4-)；c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
（4）Cr2O72-；6
【解析】【解答】(1)图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (II)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得：
c(OH-)≥36.3×10-316.3×10-7mol/L=1×10-8mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)①该交换反应为：2ROH (s) + HCrO4- (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(l)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)①根据反应方程式H2O + Cr2O72-= 2CrO42-+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得Cr2O72-升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
【分析】（1）形成原电池可加快反应速率；
（2）①亚硫酸氢钠具有还原性；
② pH过高，OH-浓度大，Cr(OH)3 能与OH-反应生成[Cr(OH)4]-；
③结合Ksp计算；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②c(OH-)增大该反应逆向移动；
（4）①酸性条件下， H2O+Cr2O72-(aq)⇌2CrO42-+2H+逆向移动；
②结合得失电子守恒计算。
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