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2022届北京市东城区高三一模考试化学试题含解析
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这是一份2022届北京市东城区高三一模考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
北京市东城区2022届高三一模考试化学试题
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．电解质溶液导电的过程发生了化学变化
B．原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C．石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D．“碳中和”是指利用中和反应吸收CO2
2．下列化学用语或图示表示不正确的是（ ）
A．HCl的电子式是
B．N2的结构式是N=N
C．乙醇的结构模型是
D．Na的原子结构示意图是
3．下列分子中的碳原子为sp杂化的是（ ）
A．CH4 B．HCHO C．C2H2 D．C2H4
4．下列实验所用主要仪器合理的是（ ）
A．除去粗盐中的少量泥沙——分液漏斗
B．实验室用自来水制取蒸馏水——冷凝管
C．配制一定质量分数的NaCl溶液——容量瓶
D．用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液——碱式滴定管
5．柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是（ ）
A．能与H2O形成氢键 B．能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C．能在一定条件下发生消去反应 D．分子中含有手性碳原子
6．下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)2Δ__2NH3↑+CaCl2+2H2O
C．铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
D．将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
7．用如图所示实验装置验证SO2的性质。
下列说法不合理的是（ ）
A．①中铜丝上下移动可控制反应发生或停止
B．②中品红溶液褪色说明SO2具有漂白作用
C．③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性
D．④为浸有H2SO4的棉团，用于吸收尾气
8．下列实验对应的结论正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)
有白色沉淀产生
均有白色沉淀
产生白色沉淀(AgSCN)
结论
正反应放热
白色沉淀一定
是BaSO3
待测液中含有Cl-和SO42-
Ag+与Fe2+不反应
A．A B．B C．C D．D
9．一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。
下列判断不正确的是（ ）
A．第一电离能：X
C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物
D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
10．配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是（ ）
A．c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B．2c(CO32-)+c(HCO3-)
D．向其中滴加少量NaOH溶液时，c(CO32-)c(HCO3-)的值增大
11．有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。
下列说法不正确的是（ ）
A．X的结构简式是
B．Y中含有酯基，Z中不含有酯基
C．Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同
D．Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构
12．热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4。
已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Li+向b极区移动
B．放电时，a极的电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+
C．该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能
D．调节混合物中KCl的物质的量分数可以改变电池的启动温度
13．X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X中所含阴离子是SO42-
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
14．CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1
②CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得n(H2)n(CO)的值如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．由①②可知，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·mol-1
B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C．其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D．其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中n(H2)n(CO)的值
二、非选择题
15．我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
（1）Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。
i、ii中涉及到的分离操作是 。
（2）原料石灰石经反应： 、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2]
②本流程中还利用了HA的性质是 。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是 (用化学方程式表示)。
（5）Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。
产生OH-的电极反应是 ，NaOH在 (填“A”或“C”)区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能 (填“增大”“减小”或“不变”)。
16．钴及其化合物有重要的用途，研究其结构有重要意义。
（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。 在元素周期表中，该元素属于 (填“d”或“ds”)区。
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈 形，是 (填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个 和3个 。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液， (补全实验操作和数据)。
相对分子质量：[Co(NH3)5Cl]Cl2-250.5，AgCl-143.5。
（3）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞。
①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、 (填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)= 。
17．伐伦克林是一种拮抗剂，其一种合成路线如图：
已知：i.+→Δ
ii.→O3+
iii.→R5NH2→-H2OR4—CH=NR5
（1）邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有 键，使得其中碳碳键完全相同。
（2）试剂a的结构简式是 。
（3）C中含氧官能团的名称是 。
（4）E→F的化学方程式是 。
（5）试剂b的结构简式是 。
（6）I→伐伦克林的反应类型是 。
（7）步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用。若无此步骤，可能导致在步骤 中有副反应发生。
18．CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是 。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发
Ⅱ.链传递
Ⅲ.链终止
Cl2→光照2Cl·
Cl·+CH4→·CH3+HCl
·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·
……
2Cl·→Cl2
Cl·+·CH3→CH3Cl
……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式： 、 。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H= kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐 (填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因： 。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号
操作
结果
A
将Cl2与CH4混合后，光照
得到氯代甲烷
B
将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合
得到氯代甲烷
C
将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合
几乎无氯代甲烷
D
将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合
几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出的结论是 。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因： 。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能 (填“大”或“小”)。
19．向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
（1）溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是 。
（2）[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
装置
序号
试剂a
现象
甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液
①本实验中，试剂a作 剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是 。
（3）[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
I-+I2⇌I3-(棕黄色)
I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是 。
（4）结合数据，计算可得x= (用代数式表示)。
（5）[反思]
实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的 (填数字)倍。
（6）从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因： 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A． 电解质溶液导电的过程就是电解的过程，在电极上发生氧化还原反应，发生了化学变化，故A符合题意；
B． 原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，故B不符合题意；
C． 石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，故C不符合题意；
D． “碳中和”是指一定时间内CO2吸收和排放的量相当，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电解质导电发生了氧化还原反应
B.未产生新物质
C.分馏是利用石油的熔沸点不同
D.碳中和是二氧化碳的排放和产生量相当
2．【答案】B
【解析】【解答】A． HCl是共价化合物，HCl的电子式是，故A不符合题意；
B． 氮气中形成氮氮叁键，N2的结构式是N≡N，故B符合题意；
C． 乙醇中碳和氧均采用sp3杂化，乙醇的结构模型是，故C不符合题意；
D． 钠是11号元素，有三个电子层，Na的原子结构示意图是，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氮气中氮原子存在的是氮氮三键，结合选项即可判断
3．【答案】C
【解析】【解答】A．CH4中碳形成4个σ键，为sp3杂化，故A不符合题意；
B．HCHO中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故B不符合题意；
C．C2H2中碳形成2个σ键，没有孤电子对，为sp杂化，故C选符合题意；
D．C2H4中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故D不选符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据碳原子的成键方式即可判断
4．【答案】B
【解析】【解答】A． 分离固体和溶液，用过滤法，除去粗盐中的少量泥沙用漏斗，故A不符合题意；
B． 实验室用自来水制取蒸馏水采用蒸馏的方法，仪器要用蒸馏烧瓶、冷凝管等，故B符合题意；
C． 配制一定质量分数的NaCl溶液用烧杯、玻璃棒和天平，故C不符合题意；
D． 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液要用酸式滴定管，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.除去泥沙利用的是普通漏斗
B.冷凝管可以起到制冷的作用
C.配制一定质量分数的溶液，需要用容量瓶，玻璃棒，烧杯
D.高锰酸钾具有氧化性，可以装在酸式滴定管中
5．【答案】D
【解析】【解答】A． 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A不符合题意；
B． 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B不符合题意；
C． 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C不符合题意；
D． 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据给出的结构简式，即可判断出可与水形成氢键，可发生消去反应结合选项即可判断
6．【答案】A
【解析】【解答】A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Cl2过量，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式为3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A符合题意；
B．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，即2NH4Cl+Ca(OH)2Δ=2NH3↑+CaCl2+2H2O，故B不符合题意；
C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故C不符合题意；
D．将充满NO2的试管倒扣在水中，NO2与水反应生成硝酸和NO，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.亚铁离子和溴离子均具有还原性，通入过量的氯气均可将其氧化
B.实验室制取氨气利用的是氯化铵与氢氧化钙加热制取
C.铝和氢氧化钠溶液反应，可以得到偏铝酸钠和氢气
D.二氧化氮与水反应得到硝酸和一氧化氮
7．【答案】D
【解析】【解答】A． ①中通过抽动铜丝可控制反应的发生与停止，故A不符合题意；
B． ②中品红溶液褪色，这体现了SO2的漂白性，故B不符合题意；
C． 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性，故C不符合题意；
D． ④为浸有NaOH或Na2CO3溶液的棉团，用于吸收尾气，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】通过此装置，通过一定铜丝控制反应的发生与停止，二氧化硫可以使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应得到的是亚硫酸，使石蕊溶液变红，应该用浸有氨水的棉团，吸收尾气，结合选项即可判断
8．【答案】A
【解析】【解答】A.2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)在热水中呈红棕色，说明加热平衡逆向移动，正反应是放热反应，故A符合题意；
B.3Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O =3BaSO4↓ +2NO+4H+，产生的白色沉淀是硫酸钡，故B不符合题意；
C．碳酸钠加硝酸银和氯化钡产生碳酸银和碳酸钡均为白色沉淀，不一定是待测液中含有Cl-和SO42-，故C不符合题意；
D．Fe2++Ag+⇌ Ag+Fe3+是可逆反应，产生白色沉淀(AgSCN)，不能说明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用颜色的变化判断放吸热
B.酸性太弱不能反应
C.可能含有碳酸根离子或者亚硫酸根离子
D.通过现象可以说明加入KSCN溶液后平衡移动
9．【答案】B
【解析】【解答】A． N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C
C． W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C不符合题意；
D． 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 根据W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，结合结构简式即可判断W为Na,X为C,Y为N,Z为O,结合选项即可判断
10．【答案】C
【解析】【解答】A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.10mol⋅L-1，故A项不符合题意；
B．依据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，而溶液的pH≈10，即c(H+)2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B项不符合题意；
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项符合题意；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，导致c(HCO3-)减小，c(CO32-)增大，所以c(CO2-)c(HCO-)的值增大，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据碳元素守恒即可计算
B.根据电荷守恒，结合水解显碱性判断
C.温度不变，常数不变
D.根据加入氢氧化钠发生的反应即可判断
11．【答案】B
【解析】【解答】A． X含有碳碳双键和酯基，X的结构简式是，故A不符合题意；
B． Y中含有酯基，Z中也含有酯基-COO-R，故B符合题意；
C． Y和Z都是由聚合而成，Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故C不符合题意；
D． Y中含有酯基、Z中含有碳碳双键，分别通过化学反应均可形成空间网状结构，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据Z即可推出X的结构简式
B.根据结构简式即可判断官能团
C.根据结构简式即可判断
D.根据Y和Z含有的官能团即可判断
12．【答案】C
【解析】【解答】A． 放电时，Li+向正极移动，即向b极区移动，故A不符合题意；
B． 放电时，a极的Li13Si4失电子发生氧化反应，电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+，故B不符合题意；
C． 该电池中火药反应产生的化学能转化为电能，故C符合题意；
D． LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系图，调节混合物中KCl的物质的量分数为0.6时，400℃时就可以启动电池，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4，根据Li做负极，二氧化锰做正极，锂离子向b移动，火药燃烧的化学能转化为电能，结合选项即可判断
13．【答案】B
【解析】【解答】A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，A项不符合题意；
B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项符合题意；
C．X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，所含阴离子为SO42-，C项不符合题意；
D．加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氨水是碱与铜离子得到沉淀
B.①中形成的是沉淀，②中形成的是络合物
C.X是铜氨溶液，阴离子是硫酸根离子
D.利用乙醇析出晶体，利用的是溶解度的大小
14．【答案】D
【解析】【解答】A. ①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1，②CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H=206kJ·mol-1-247kJ·mol-1= -41kJ·mol-1，故A不符合题意；
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B不符合题意；
C. 其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，故C不符合题意；
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中n(H2)n(CO)的值，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据盖斯定律即可判断
B.速率无法确定，无法确定反应平衡的时间
C.正反应是吸热反应，温度升高速率增大
D.增大水的含量，①平衡右移，可以提高比值
15．【答案】（1）过滤
（2）CaCO3高温__CaO+CO2↑
（3）由于溶解度s[Ca(OH)2]
（5）2H2O+2e-=2OH-+H2↑；C
（6）减小
【解析】【解答】这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。
(1)根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；
(2)石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：CaCO3高温__CaO+CO2↑；
(3)①根据题给信息可知，s[Ca(OH)2]
(4)在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：NaHCO3+Ca(OH)2=NaOH+CaCO3↑+H2O；
(5)在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；
(6)将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。
【分析】（1）固体和液体的分离是过滤
（2）石灰石需要经过煅烧即可写出方程式
（3）①考虑溶解度的关系，加入酸消耗氢氧化钠促进反应进行
②根据分离即可得出难溶于水
（4）碳酸氢钠也与氢氧化钙作用
（5）利用硫酸钠的方法制取氢氧化钠，水中的氢离子得电子变为氢气留下大量氢氧根离子，在阴极区
（6）阳极的水不被电解，能量消耗减少
16．【答案】（1）；d
（2）三角锥；极性；4s；4p；充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g
（3）d e g；1：2：4
【解析】【解答】(1)基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。在元素周期表中，第四周期，Ⅷ族，该元素属于d(填“d”或“ds”)区。故答案为：；d；
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的N原子价层电子对数为3+5-1×32=4，有1个孤电子对，空间结构呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，是极性(填“极性”或“非极性”)分子。故答案为：三角锥；极性；
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。故答案为：4s；4p；
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，2.51g250.5g·mol-1=0.01mol，先加水溶解，[Co(NH3)5Cl]Cl2=[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，2.87g143.5g·mol-1=0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g；
(3)①根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅱ型小立方体分别是b、d e g(填字母序号)。故答案为：d e g；
②Ⅰ型立体结构含有Co原子数是4×18+1、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是4×18、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=8：16：32= 1：2：4，故答案为：1：2：4。
【分析】（1）根据核外电子能量即可排布，根据电子排布即可找出区域
（2）①根据计算出氮原子的价层电子即可判断构型为三角锥形，极性分子
②根据杂化的方式即可找出能量相近的轨道
③计算出产生沉淀的量与氯元素质量的关系
（3）①根据图1即可判断
②根据占位即可计算出原子个数比
17．【答案】（1）大π
（2）
（3）醛基
（4）
（5）OHC-CHO
（6）取代反应
（7）H→I（或F→G）
【解析】【解答】经过多步反应得到中间体，中间体与发生加成反应生成，B在臭氧作用下发生信息ii生成C，C为，C在一定条件下与C6H5CH2NH2生成，D用氢气还原生成，E与生成F，F在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，G还原得到H，H与bOHC-CHO反应生成I，I在碱性条件下水解生成。
(1)邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有大π键，使得其中碳碳键完全相同。故答案为：大π；
(2)中间体与发生加成反应生成，试剂a的结构简式是。故答案为：；
(3)C为，C中含氧官能团的名称是醛基。故答案为：醛基；
(4)E与生成F，E→F的化学方程式是。故答案为：；
(5)OHC-CHO反应生成I，同时生成水，试剂b的结构简式是OHC-CHO。故答案为：OHC-CHO；
(6)I，I在碱性条件下水解生成和CF3COOH，I→伐伦克林的反应类型是取代反应。故答案为：取代反应；
(7)步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用，即保所亚氨基。若无此步骤，可能导致在步骤H→I（或F→G）中有副反应发生。故答案为：H→I（或F→G）。
【分析】（1）根据苯环中的键即可判断
（2）根据中间体和B即可找出结构简式
（3）根据与氧气反应的规律即可写出结构简式
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）根据生成物即可找出b的结构简式
（6）根据反应物和生成物即可判断反应类型
（7）根据物质的结构式即可找出可能发生的副反应
18．【答案】（1）CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl
（2）CH3Cl+Cl⋅→⋅CH2Cl+HCl；⋅CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl⋅；+8；增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递
（3）大
【解析】【解答】(1)甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl。故答案为：CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl；
(2)①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：CH3Cl+Cl⋅→⋅CH2Cl+HCl⋅CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl⋅。故答案为：CH3Cl+Cl⋅→⋅CH2Cl+HCl⋅CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl⋅；
②a.25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1= +8kJ·mol-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递；
(3)生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
【分析】（1）根据反应物即可写出方程式
（2）①根据给出的链传递即可找出规律
②a根据给出的键能即可计算出焓变
b非金属性越弱，形成的键越弱，破坏的能量越低，焓变越大
③a根据条件不同，产物不同判断出引发反应的是氯气
b黑暗中形成氯气，不会发生其他反应
（3）根据键能与焓变的关系即可判断
19．【答案】（1）2I-+Cl2==2Cl-+I2
（2）还原；通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成
（3）将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口
（4）abcv-1
（5）7
（6）随滴定反应进行，c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅
【解析】【解答】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-；氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化， Cl2可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3；c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
(1)溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是2I-+Cl2==2Cl-+I2。故答案为：2I-+Cl2==2Cl-+I2；
(2)①本实验中，要证明I2被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成；
(3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；
(4)结合数据，根据电子得失守恒，vmLcmol·L-1[x-(-1)]=bmLamol·L-1[2.5-2]× 2，计算可得x=abcv-1(用代数式表示)。故答案为：abcv-1；
(5)碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7；
(6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
【分析】（1）根据反应物即可写出方程式
（2）①根据题意即可判断出a具有还原性
②乙中引入碘离子可能引起误差
（3）利用湿润的淀粉碘化钾试纸放在锥形瓶口即可
（4）根据方程式即可计算出
（5）结合碘元素的最高价即可计算出物质的量
（6）碘离子和碘单质发生反应导致颜色变浅，随着反应进行导致碘单质增多颜色变深
北京市东城区2022届高三一模考试化学试题
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．电解质溶液导电的过程发生了化学变化
B．原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C．石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D．“碳中和”是指利用中和反应吸收CO2
2．下列化学用语或图示表示不正确的是（ ）
A．HCl的电子式是
B．N2的结构式是N=N
C．乙醇的结构模型是
D．Na的原子结构示意图是
3．下列分子中的碳原子为sp杂化的是（ ）
A．CH4 B．HCHO C．C2H2 D．C2H4
4．下列实验所用主要仪器合理的是（ ）
A．除去粗盐中的少量泥沙——分液漏斗
B．实验室用自来水制取蒸馏水——冷凝管
C．配制一定质量分数的NaCl溶液——容量瓶
D．用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液——碱式滴定管
5．柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是（ ）
A．能与H2O形成氢键 B．能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C．能在一定条件下发生消去反应 D．分子中含有手性碳原子
6．下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)2Δ__2NH3↑+CaCl2+2H2O
C．铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
D．将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
7．用如图所示实验装置验证SO2的性质。
下列说法不合理的是（ ）
A．①中铜丝上下移动可控制反应发生或停止
B．②中品红溶液褪色说明SO2具有漂白作用
C．③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性
D．④为浸有H2SO4的棉团，用于吸收尾气
8．下列实验对应的结论正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)
有白色沉淀产生
均有白色沉淀
产生白色沉淀(AgSCN)
结论
正反应放热
白色沉淀一定
是BaSO3
待测液中含有Cl-和SO42-
Ag+与Fe2+不反应
A．A B．B C．C D．D
9．一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。
下列判断不正确的是（ ）
A．第一电离能：X
C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物
D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
10．配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是（ ）
A．c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B．2c(CO32-)+c(HCO3-)
D．向其中滴加少量NaOH溶液时，c(CO32-)c(HCO3-)的值增大
11．有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。
下列说法不正确的是（ ）
A．X的结构简式是
B．Y中含有酯基，Z中不含有酯基
C．Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同
D．Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构
12．热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4。
已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Li+向b极区移动
B．放电时，a极的电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+
C．该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能
D．调节混合物中KCl的物质的量分数可以改变电池的启动温度
13．X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X中所含阴离子是SO42-
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
14．CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1
②CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得n(H2)n(CO)的值如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．由①②可知，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·mol-1
B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C．其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D．其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中n(H2)n(CO)的值
二、非选择题
15．我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
（1）Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。
i、ii中涉及到的分离操作是 。
（2）原料石灰石经反应： 、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2]
②本流程中还利用了HA的性质是 。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是 (用化学方程式表示)。
（5）Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。
产生OH-的电极反应是 ，NaOH在 (填“A”或“C”)区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能 (填“增大”“减小”或“不变”)。
16．钴及其化合物有重要的用途，研究其结构有重要意义。
（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。 在元素周期表中，该元素属于 (填“d”或“ds”)区。
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈 形，是 (填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个 和3个 。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液， (补全实验操作和数据)。
相对分子质量：[Co(NH3)5Cl]Cl2-250.5，AgCl-143.5。
（3）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞。
①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、 (填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)= 。
17．伐伦克林是一种拮抗剂，其一种合成路线如图：
已知：i.+→Δ
ii.→O3+
iii.→R5NH2→-H2OR4—CH=NR5
（1）邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有 键，使得其中碳碳键完全相同。
（2）试剂a的结构简式是 。
（3）C中含氧官能团的名称是 。
（4）E→F的化学方程式是 。
（5）试剂b的结构简式是 。
（6）I→伐伦克林的反应类型是 。
（7）步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用。若无此步骤，可能导致在步骤 中有副反应发生。
18．CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是 。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发
Ⅱ.链传递
Ⅲ.链终止
Cl2→光照2Cl·
Cl·+CH4→·CH3+HCl
·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·
……
2Cl·→Cl2
Cl·+·CH3→CH3Cl
……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式： 、 。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H= kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐 (填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因： 。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号
操作
结果
A
将Cl2与CH4混合后，光照
得到氯代甲烷
B
将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合
得到氯代甲烷
C
将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合
几乎无氯代甲烷
D
将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合
几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出的结论是 。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因： 。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能 (填“大”或“小”)。
19．向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
（1）溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是 。
（2）[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
装置
序号
试剂a
现象
甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液
①本实验中，试剂a作 剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是 。
（3）[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
I-+I2⇌I3-(棕黄色)
I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是 。
（4）结合数据，计算可得x= (用代数式表示)。
（5）[反思]
实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的 (填数字)倍。
（6）从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因： 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A． 电解质溶液导电的过程就是电解的过程，在电极上发生氧化还原反应，发生了化学变化，故A符合题意；
B． 原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，故B不符合题意；
C． 石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，故C不符合题意；
D． “碳中和”是指一定时间内CO2吸收和排放的量相当，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电解质导电发生了氧化还原反应
B.未产生新物质
C.分馏是利用石油的熔沸点不同
D.碳中和是二氧化碳的排放和产生量相当
2．【答案】B
【解析】【解答】A． HCl是共价化合物，HCl的电子式是，故A不符合题意；
B． 氮气中形成氮氮叁键，N2的结构式是N≡N，故B符合题意；
C． 乙醇中碳和氧均采用sp3杂化，乙醇的结构模型是，故C不符合题意；
D． 钠是11号元素，有三个电子层，Na的原子结构示意图是，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氮气中氮原子存在的是氮氮三键，结合选项即可判断
3．【答案】C
【解析】【解答】A．CH4中碳形成4个σ键，为sp3杂化，故A不符合题意；
B．HCHO中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故B不符合题意；
C．C2H2中碳形成2个σ键，没有孤电子对，为sp杂化，故C选符合题意；
D．C2H4中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故D不选符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据碳原子的成键方式即可判断
4．【答案】B
【解析】【解答】A． 分离固体和溶液，用过滤法，除去粗盐中的少量泥沙用漏斗，故A不符合题意；
B． 实验室用自来水制取蒸馏水采用蒸馏的方法，仪器要用蒸馏烧瓶、冷凝管等，故B符合题意；
C． 配制一定质量分数的NaCl溶液用烧杯、玻璃棒和天平，故C不符合题意；
D． 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液要用酸式滴定管，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.除去泥沙利用的是普通漏斗
B.冷凝管可以起到制冷的作用
C.配制一定质量分数的溶液，需要用容量瓶，玻璃棒，烧杯
D.高锰酸钾具有氧化性，可以装在酸式滴定管中
5．【答案】D
【解析】【解答】A． 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A不符合题意；
B． 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B不符合题意；
C． 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C不符合题意；
D． 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据给出的结构简式，即可判断出可与水形成氢键，可发生消去反应结合选项即可判断
6．【答案】A
【解析】【解答】A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Cl2过量，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式为3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A符合题意；
B．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，即2NH4Cl+Ca(OH)2Δ=2NH3↑+CaCl2+2H2O，故B不符合题意；
C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故C不符合题意；
D．将充满NO2的试管倒扣在水中，NO2与水反应生成硝酸和NO，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.亚铁离子和溴离子均具有还原性，通入过量的氯气均可将其氧化
B.实验室制取氨气利用的是氯化铵与氢氧化钙加热制取
C.铝和氢氧化钠溶液反应，可以得到偏铝酸钠和氢气
D.二氧化氮与水反应得到硝酸和一氧化氮
7．【答案】D
【解析】【解答】A． ①中通过抽动铜丝可控制反应的发生与停止，故A不符合题意；
B． ②中品红溶液褪色，这体现了SO2的漂白性，故B不符合题意；
C． 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性，故C不符合题意；
D． ④为浸有NaOH或Na2CO3溶液的棉团，用于吸收尾气，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】通过此装置，通过一定铜丝控制反应的发生与停止，二氧化硫可以使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应得到的是亚硫酸，使石蕊溶液变红，应该用浸有氨水的棉团，吸收尾气，结合选项即可判断
8．【答案】A
【解析】【解答】A.2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)在热水中呈红棕色，说明加热平衡逆向移动，正反应是放热反应，故A符合题意；
B.3Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O =3BaSO4↓ +2NO+4H+，产生的白色沉淀是硫酸钡，故B不符合题意；
C．碳酸钠加硝酸银和氯化钡产生碳酸银和碳酸钡均为白色沉淀，不一定是待测液中含有Cl-和SO42-，故C不符合题意；
D．Fe2++Ag+⇌ Ag+Fe3+是可逆反应，产生白色沉淀(AgSCN)，不能说明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用颜色的变化判断放吸热
B.酸性太弱不能反应
C.可能含有碳酸根离子或者亚硫酸根离子
D.通过现象可以说明加入KSCN溶液后平衡移动
9．【答案】B
【解析】【解答】A． N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C
C． W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C不符合题意；
D． 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 根据W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，结合结构简式即可判断W为Na,X为C,Y为N,Z为O,结合选项即可判断
10．【答案】C
【解析】【解答】A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.10mol⋅L-1，故A项不符合题意；
B．依据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，而溶液的pH≈10，即c(H+)
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项符合题意；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，导致c(HCO3-)减小，c(CO32-)增大，所以c(CO2-)c(HCO-)的值增大，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据碳元素守恒即可计算
B.根据电荷守恒，结合水解显碱性判断
C.温度不变，常数不变
D.根据加入氢氧化钠发生的反应即可判断
11．【答案】B
【解析】【解答】A． X含有碳碳双键和酯基，X的结构简式是，故A不符合题意；
B． Y中含有酯基，Z中也含有酯基-COO-R，故B符合题意；
C． Y和Z都是由聚合而成，Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故C不符合题意；
D． Y中含有酯基、Z中含有碳碳双键，分别通过化学反应均可形成空间网状结构，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据Z即可推出X的结构简式
B.根据结构简式即可判断官能团
C.根据结构简式即可判断
D.根据Y和Z含有的官能团即可判断
12．【答案】C
【解析】【解答】A． 放电时，Li+向正极移动，即向b极区移动，故A不符合题意；
B． 放电时，a极的Li13Si4失电子发生氧化反应，电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+，故B不符合题意；
C． 该电池中火药反应产生的化学能转化为电能，故C符合题意；
D． LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系图，调节混合物中KCl的物质的量分数为0.6时，400℃时就可以启动电池，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4，根据Li做负极，二氧化锰做正极，锂离子向b移动，火药燃烧的化学能转化为电能，结合选项即可判断
13．【答案】B
【解析】【解答】A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，A项不符合题意；
B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项符合题意；
C．X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，所含阴离子为SO42-，C项不符合题意；
D．加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氨水是碱与铜离子得到沉淀
B.①中形成的是沉淀，②中形成的是络合物
C.X是铜氨溶液，阴离子是硫酸根离子
D.利用乙醇析出晶体，利用的是溶解度的大小
14．【答案】D
【解析】【解答】A. ①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1，②CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H=206kJ·mol-1-247kJ·mol-1= -41kJ·mol-1，故A不符合题意；
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B不符合题意；
C. 其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，故C不符合题意；
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中n(H2)n(CO)的值，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据盖斯定律即可判断
B.速率无法确定，无法确定反应平衡的时间
C.正反应是吸热反应，温度升高速率增大
D.增大水的含量，①平衡右移，可以提高比值
15．【答案】（1）过滤
（2）CaCO3高温__CaO+CO2↑
（3）由于溶解度s[Ca(OH)2]
（5）2H2O+2e-=2OH-+H2↑；C
（6）减小
【解析】【解答】这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。
(1)根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；
(2)石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：CaCO3高温__CaO+CO2↑；
(3)①根据题给信息可知，s[Ca(OH)2]
(4)在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：NaHCO3+Ca(OH)2=NaOH+CaCO3↑+H2O；
(5)在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；
(6)将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。
【分析】（1）固体和液体的分离是过滤
（2）石灰石需要经过煅烧即可写出方程式
（3）①考虑溶解度的关系，加入酸消耗氢氧化钠促进反应进行
②根据分离即可得出难溶于水
（4）碳酸氢钠也与氢氧化钙作用
（5）利用硫酸钠的方法制取氢氧化钠，水中的氢离子得电子变为氢气留下大量氢氧根离子，在阴极区
（6）阳极的水不被电解，能量消耗减少
16．【答案】（1）；d
（2）三角锥；极性；4s；4p；充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g
（3）d e g；1：2：4
【解析】【解答】(1)基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。在元素周期表中，第四周期，Ⅷ族，该元素属于d(填“d”或“ds”)区。故答案为：；d；
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的N原子价层电子对数为3+5-1×32=4，有1个孤电子对，空间结构呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，是极性(填“极性”或“非极性”)分子。故答案为：三角锥；极性；
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。故答案为：4s；4p；
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，2.51g250.5g·mol-1=0.01mol，先加水溶解，[Co(NH3)5Cl]Cl2=[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，2.87g143.5g·mol-1=0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g；
(3)①根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅱ型小立方体分别是b、d e g(填字母序号)。故答案为：d e g；
②Ⅰ型立体结构含有Co原子数是4×18+1、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是4×18、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=8：16：32= 1：2：4，故答案为：1：2：4。
【分析】（1）根据核外电子能量即可排布，根据电子排布即可找出区域
（2）①根据计算出氮原子的价层电子即可判断构型为三角锥形，极性分子
②根据杂化的方式即可找出能量相近的轨道
③计算出产生沉淀的量与氯元素质量的关系
（3）①根据图1即可判断
②根据占位即可计算出原子个数比
17．【答案】（1）大π
（2）
（3）醛基
（4）
（5）OHC-CHO
（6）取代反应
（7）H→I（或F→G）
【解析】【解答】经过多步反应得到中间体，中间体与发生加成反应生成，B在臭氧作用下发生信息ii生成C，C为，C在一定条件下与C6H5CH2NH2生成，D用氢气还原生成，E与生成F，F在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，G还原得到H，H与bOHC-CHO反应生成I，I在碱性条件下水解生成。
(1)邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有大π键，使得其中碳碳键完全相同。故答案为：大π；
(2)中间体与发生加成反应生成，试剂a的结构简式是。故答案为：；
(3)C为，C中含氧官能团的名称是醛基。故答案为：醛基；
(4)E与生成F，E→F的化学方程式是。故答案为：；
(5)OHC-CHO反应生成I，同时生成水，试剂b的结构简式是OHC-CHO。故答案为：OHC-CHO；
(6)I，I在碱性条件下水解生成和CF3COOH，I→伐伦克林的反应类型是取代反应。故答案为：取代反应；
(7)步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用，即保所亚氨基。若无此步骤，可能导致在步骤H→I（或F→G）中有副反应发生。故答案为：H→I（或F→G）。
【分析】（1）根据苯环中的键即可判断
（2）根据中间体和B即可找出结构简式
（3）根据与氧气反应的规律即可写出结构简式
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）根据生成物即可找出b的结构简式
（6）根据反应物和生成物即可判断反应类型
（7）根据物质的结构式即可找出可能发生的副反应
18．【答案】（1）CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl
（2）CH3Cl+Cl⋅→⋅CH2Cl+HCl；⋅CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl⋅；+8；增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递
（3）大
【解析】【解答】(1)甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl。故答案为：CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl；
(2)①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：CH3Cl+Cl⋅→⋅CH2Cl+HCl⋅CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl⋅。故答案为：CH3Cl+Cl⋅→⋅CH2Cl+HCl⋅CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl⋅；
②a.25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1= +8kJ·mol-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递；
(3)生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
【分析】（1）根据反应物即可写出方程式
（2）①根据给出的链传递即可找出规律
②a根据给出的键能即可计算出焓变
b非金属性越弱，形成的键越弱，破坏的能量越低，焓变越大
③a根据条件不同，产物不同判断出引发反应的是氯气
b黑暗中形成氯气，不会发生其他反应
（3）根据键能与焓变的关系即可判断
19．【答案】（1）2I-+Cl2==2Cl-+I2
（2）还原；通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成
（3）将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口
（4）abcv-1
（5）7
（6）随滴定反应进行，c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅
【解析】【解答】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-；氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化， Cl2可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3；c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
(1)溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是2I-+Cl2==2Cl-+I2。故答案为：2I-+Cl2==2Cl-+I2；
(2)①本实验中，要证明I2被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成；
(3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；
(4)结合数据，根据电子得失守恒，vmLcmol·L-1[x-(-1)]=bmLamol·L-1[2.5-2]× 2，计算可得x=abcv-1(用代数式表示)。故答案为：abcv-1；
(5)碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7；
(6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，c(I-)增大，使I-+I2⇌I3-平衡正向移动，促进I2溶解，c(I3-)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
【分析】（1）根据反应物即可写出方程式
（2）①根据题意即可判断出a具有还原性
②乙中引入碘离子可能引起误差
（3）利用湿润的淀粉碘化钾试纸放在锥形瓶口即可
（4）根据方程式即可计算出
（5）结合碘元素的最高价即可计算出物质的量
（6）碘离子和碘单质发生反应导致颜色变浅，随着反应进行导致碘单质增多颜色变深
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