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2021-2022学年北京市东城区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市东城区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共21页。试卷主要包含了Ea2，且Ea1>Ea2等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市东城区高三（上）期末化学试卷
1. 第24届冬季奥林匹克运动会即将在北京开幕。雪上项目是冬奥会重要项目之一。制作滑雪板各部分所对应的材料中，属于天然有机高分子的是( )
A. 板面——尼龙 B. 板芯——木质
C. 板底——聚乙烯塑料 D. 复合层——玻璃纤维
2. 下列有关物质用途的说法中，不正确的是( )
A. 液氨可用作制冷剂 B. 维生素C可用作食品中的抗氧化剂
C. 盐酸可用于除去水垢中的CaSO4 D. FeCl3溶液可用于蚀刻覆铜电路板
3. 下列说法不正确的是( )
A. 利用盐析可分离提纯蛋白质
B. 植物油和硬化油中都含有酯基
C. 麦芽糖和葡萄糖都能发生水解反应
D. 天然核酸根据其组成中戊糖的不同，可分为DNA和RNA
4. 下列过程中的颜色变化与氧化还原反应有关的是( )
A. NO遇空气变为红棕色气体
B. 向AgCl浊液中滴入Na2S溶液，产生黑色沉淀
C. 向CuCl2溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色
D. 向碘水中滴加几滴CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色
5. 下列图示或化学用语表示不正确的是( )
A.乙炔的空间结构模型
B.SO2的VSEPR模型
C.基态Cr的价层电子的轨道表示式
D.px轨道的电子云轮廓图
A. A B. B C. C D. D
6. 描述下列事实的离子方程式书写不正确的是( )
A. 用醋酸溶液溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 将氯气通入二氧化硫的水溶液中：Cl2+SO2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−
C. 用过量氨水吸收二氧化硫：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O
D. 将铜丝插入浓硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
7. 下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：F
C. 沸点：HF
8. 碳化硅晶体具有多种结构，其中一种晶体的晶胞(如图所示)与金刚石的类似。下列判断不正确的是( )
A. 该晶体属于分子晶体 B. 该晶体中只存在极性键
C. 该晶体中Si的化合价为+4 D. 该晶体中C的杂化类型为sp3
9. 海水中含有HCO3−等离子，pH约为8。有研究提出，用如图所示方法能够从海水中提取CO2。下列说法正确的是( )
A. c室出口溶液显酸性
B. 相同时间内，两个阳离子膜中通过的H+数目相等
C. a室中发生的电极反应：2H2O+2e−=H2↑+2OH−
D. b室中发生的化学反应：H++HCO3−=H2O+CO2↑
10. ICl与H2能发生反应：H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)ΔH<0。
已知：
①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为H2(g)+ICl(g)=HI(g)+HCl(g)ΔH1
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断不正确的是( )
A. 第一步为氧化还原反应
B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C. 已知键能：H−H>I−I，可推知键能：H−Cl>I−Cl
D. 第二步的热化学方程式为HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)ΔH2=ΔH−ΔH1
11. 醛(酮)中与直接相连的C上的H与另一分子醛(酮)的加成后生成羟基醛(酮)的反应称为羟醛缩合反应。利用该反应合成异丙叉酮(MO)的路线如图。
下列说法不正确的是( )
A. MO不存在顺反异构体
B. ②的反应类型为消去反应
C. HCHO和CH3CHO的混合物按①中原理反应，最多得到3种羟基醛
D. 在有机合成中可以利用羟醛缩合反应增长碳链
12. 气态醋酸中存在平衡(CH2COOH)2(g)⇌2CH3COOH(g)ΔH。实验测得压强分别为p1和p2时，上述平衡体系中气体的平均摩尔质量(M)随温度(T)的变化如图所示。[已知：M=混合气体的总质量混合气体的总物质的量；M(CH3COOH)=60g⋅mol−1]。下列说法不正确的是( )
A. p1>p2
B. ΔH<0
C. a点时，n[(CH3COOH)2]：n(CH3COOH)=1：2
D. 为使M的值接近60，可采取高温、低压的实验条件
13. 电离常数是研究电解质在水溶液中的行为的重要工具。现有HX、H2Y和H2Z三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们的电离常数如表所示。
酸
电离常数(25℃)
HX
Ka=10−9.2
H2Y
Ka1=10−6.4 Ka2=10−10.3
H2Z
Ka1=10−1.9 Ka2=10−7.2
下列说法正确的是( )
A. 在水溶液中结合H+的能力：Y2−
D. 25℃时，浓度均为0.1mol⋅L−1的H2Y和H2Z溶液的pH：H2Y
下列对曲线的分析不正确的是( )
A. bc段存在平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)
B. cd段Q[Mg(OH)2]
D. e点时再加入足量Mg(OH)2粉末，可使溶液的pH与b点的相同
15. 过渡元素铂(Pt)的单质是一种重要的催化剂，其化合物可用于医药领域。
(1)基态Pt的价层电子排布式是5d96s1，该元素在元素周期表中位于第 ______周期。
(2)Pt的晶胞示意图如图。
①该晶胞中含有的铂原子数目为 ______。
②该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有 ______个。
(3)PtCl2(NH3)2是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为Pt(OH)2(NH3)2，但只有甲的水解产物能与草酸(HOOC−COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2。
①根据相似相溶的规律，可推断 ______(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②依据上述信息：______，可推断PtCl2(NH3)2不是四面体结构。
③PtCl2(NH3)2发生水解反应的化学方程式是 ______。
④PtCl2(NH3)2和Pt(C2O4)(NH3)2中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个C2O42−中有 ______个原子与铂配位。
⑤查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成Pt(C2O4)(NH3)2的原因：______。
16. 羟基依巴斯汀可用于治疗季节性过敏鼻炎，其结构简式如图。
它的一种合成路线如图：
已知：i.
ii.
(1)B的含氧官能团是 ______。
(2)①的反应类型是 ______。
(3)②的化学方程式是 ______。
(4)E中含羟基，则③中NaBH4做 ______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(5)G的结构简式是 ______。
(6)试剂x的分子式是 ______。
(7)上述合成路线中，起到官能团保护作用的步骤是 ______(填序号)。
(8)E的同系物中，比E少2个碳原子的分子有 ______种(不包含立体异构)。
17. 化学耗氧量(COD)是判断水体受污染程度的一个重要指标。测定某湖泊水样的COD并对测定后的废液进行处理的方法如下。
Ⅰ.COD的测定
COD是以氧化1L水样中还原性物质所消耗的n(K2Cr2O7)为标准，并将其换算成O2的质量表示(换算关系：1molK2Cr2O7∼4.8×104mgO2)。
【测定原理】
先用过量K2Cr2O7溶液氧化水体中还原性物质，再用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定剩余的K2Cr2O7。
(1)补全滴定反应的离子方程式：______Cr2O72−+______Fe2++____________=______Cr3++______Fe3++____________。
【测定步骤】
i.将20.00mL水样和V1mL0.2500mol⋅L−1K2Cr2O7标准溶液混合，在Ag+催化和强酸性条件下充分反应。
ii.用0.1200mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定剩余的K2Cr2O7至终点，消耗V2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。
(2)i中反应结束时，溶液颜色应为橙黄色，目的是 ______。
(3)i中保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+向左移动，从而：
①使 ______(填微粒符号)的浓度增大，其氧化性增强。
②避免生成Ag2CrO4沉淀，防止 ______，导致反应速率过慢。
(4)由i、ii中数据计算：COD=______mg⋅L−1。
Ⅱ.废液处理
COD测定后的酸性废液中含有Cr2O72−、Cr3+、Fe3+、Ag+等，处理流程如图。
(5)①中反应的化学方程式是 ______。
(6)固体3中含有 ______(填化学式)。
18. 砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)是砷的两种含氧酸，分析并测定它们的浓度对其合理使用具有重要的意义。
Ⅰ.常温下，H3AsO4和H3AsO3溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图1和图2所示：
(1)H3AsO4的第一步电离方程式是 ______，该步电离常数的表达式是Ka1(H3AsO4)=______。
(2)由图1中a点可知，当c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)时，Ka1(H3AsO4)=c(H+)=10−2.2；据此类推，由图2可知，Ka1(H3AsO3)约等于 ______，可判断H3AsO4酸性强于H3AsO3。
Ⅱ.测定某H3AsO3溶液(含少量H2SO4)中H3AsO3浓度的一种方法如下。
已知：用NaOH标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的Ka>10−8。
i.调pH：取VmL待测液，向其中滴入适量NaOH溶液调节pH，以中和H2SO4。
ii.氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将H3AsO3氧化为H3AsO4。
iii.滴定：用xmol⋅L−1NaOH标准溶液滴定ii中得到的H3AsO4溶液至终点，消耗V1mLNaOH标准溶液。
(3)若无i，会导致测定的H3AsO3浓度 ______(填“偏高”或“偏低”)。
(4)iii中滴定至终点时，溶液pH为4∼5，结合图1可知，此时溶液中的溶质主要是NaI和 ______(填化学式)。
(5)数据处理后得c(H3AsO3)=xV13Vmol⋅L−1。结合ii和iii中物质间转化的定量关系，解释该式中数字“3”表示的化学含义：______。
(6)另一待测液除了含H3AsO3、少量H2SO4，还含有H3AsO4，依据上述方法，测定其中总砷含量(已知：酸性越强，H3AsO4的氧化性越强)。测定步骤包含4步：a.氧化、b.还原、c.调pH、d.滴定。正确的测定步骤顺序是 ______→d。
19. 氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
(1)已知：IO3−+I−→I2的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，则相应的氧化半反应是 ______。
②分析上述还原半反应可知：增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其 ______性增强，进而与I−发生反应。
(2)探究Cu与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是 ______。
用如下装置进行实验[硫酸与浓盐酸中c(H+)接近]。
装置
序号
试管内药品
现象
甲
浓盐酸
24小时后仍无
明显变化
乙
Cu粉+硫酸
24小时后仍无
明显变化
丙
Cu粉+浓盐酸
24小时后
气球变鼓
②甲是对比实验，目的是排除 ______的干扰。
③a.丙中气球变鼓是因为生成了 ______气体(填化学式)。
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：______。
(3)探究如图1原电池的工作原理。
实验结果：产生电流，左侧Ag电极表面有Ag析出，右侧Ag电极周围生成AgCl。
①该装置中右侧Ag电极作 ______(填“正”或“负”)极。
②对该原电池的电极反应和总反应的反应类型进行分析，谈谈对原电池工作原理的认识：______。
③结合上述实验思考，仅由以下实验用品能否设计成原电池。Cu片、CuSO4浓溶液、蒸馏水、烧杯、盐桥、导线、电流表(选做下列a或b，若两个都作答，按a计分)
a.若不能，说明原因。原因：______。
b.若能，在如图2装置图中填写烧杯中的试剂，并标出电子的移动方向______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.尼龙主要成分聚酰胺，为合成纤维，故A错误；
B.木质的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故B正确；
C.聚乙烯塑料由乙烯加聚反应制得，为合成纤维，故C错误；
D.玻璃纤维是无机非金属材料，不是天然有机高分子材料，故D错误；
故选：B。
本题考查了物质的结构组成及性质，熟悉相关有机物结构及性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】A.液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故A正确；
B.维生素C具有还原性，可用作食品中的抗氧化剂，故B正确；
C.硫酸钙不溶于盐酸，不能用盐酸除去水垢中的CaSO4，故C错误；
D.氯化铁具有强氧化性，能氧化单质铜生成铜离子和亚铁离子，所以FeCl3溶液可用于蚀刻覆铜电路板，故D正确；
故选：C。
本题考查了物质的组成与性质，侧重考查化学在生活、生产等方面的应用，明确相关物质的组成及性质是解题关键，题目难度不大，试题有利于培养学生良好的科学素养，注意学习积累。
3.【答案】C
【解析】A.盐析为可逆过程，不影响蛋白质的性质，可用于提纯蛋白质，故A正确；
B.油脂为高级脂肪酸甘油酯，分子结构中都含有酯基，故B正确；
C.糖类中的单糖不水解，即葡萄糖不能发生水解反应，故C错误；
D.DNA和RNA中戊糖不同，天然核酸根据其组成中戊糖的不同，可分为DNA和RNA，故D正确；
故选：C。
4.【答案】A
【解析】A.NO遇空气变为红棕色气体，N元素化合价从+2价变为+4价，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应有关，故A正确；
B.向AgCl浊液中滴入Na2S溶液，产生黑色沉淀，氯化银沉淀转化为更难溶的硫化银，反应中不存在元素化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故B错误；
C.向CuCl2溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色，说明反应产生[Cu(NH3)4]2+离子，反应中不存在元素化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故C错误；
D.向碘水中滴加几滴CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，发生了萃取现象，属于物理变化，反应中不存在元素化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故D错误；
故选：A。
本题考查氧化还原反应的判断，明确物质性质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】A.乙炔结构简式为CH≡CH，直线形分子，并且C原子半径大于H，则其空间结构模型为，故A正确；
B.SO2的价层电子对数为2+6−2×22=3，含有一对孤电子，其VSEPR模型为平面三角形，即为，故B正确；
C.基态Cr的价层电子排布式为3d54s1，价层电子的轨道表示式为，故C错误；
D.p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，px轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向伸展的哑铃形，故D正确；
故选：C。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及VSEPR模型、空间结构模型、轨道表示式、电子云轮廓图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，注意掌握价层电子互斥理论的应用，题目难度中等。
6.【答案】A
【解析】A.用醋酸溶液溶解大理石，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；
B.将氯气通入二氧化硫的水溶液中，离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−，故B正确；
C.用过量氨水吸收二氧化硫，离子方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O，故C正确；
D.将铜丝插入浓硝酸中，离子方程式为：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，故D正确；
故选：A。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】A.卤族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以按照F、Cl、Br的顺序，第一电离能依次减小，故A错误；
B.同主族从上到下原子半径、离子半径依次增大，则按照F−、Cl−、Br−的顺序，半径依次增大，故B错误；
C.氟化氢分子间存在氢键，不含氢键的分子中相对分子质量越大、沸点越高，则氢化物的沸点：HCl
故选：D。
本题考查了原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，把握元素的位置及元素周期律为解答的关键，注意非金属性比较方法及应用，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】A.碳化硅晶体属于原子晶体，故A错误；
B.该晶体中只存在C−Si极性键，故B正确；
C.C的非金属性强于Si，显正价，Si的化合价为+4，故C正确；
D.碳化硅形成4个共价键，C原子采用的是sp3杂化，故D正确；
故选：A。
本题考查了晶体的结构和性质，涉及化合键、杂化的判断、晶体类型的判断等知识点，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】分析：由图可知，a室接电源的正极，为阳极，水失去电子发生2H2O−4e−=4H++O2↑，b室为pH≈8的海水，则含有HCO3−，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的HCO3−反应生成二氧化碳气体，c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子发生2H2O+2e−=2OH−+H2↑，海水中钠离子向c室移动，c中生成碱，以此来解答。
A.c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，发生反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，c室出口溶液显碱性，故A错误；
B.左侧氢离子通过阳离子交换膜进入b室，右侧海水中钠离子进入c室，故B错误；
C.a为阳极，发生氧化反应，电极方程式为2H2O−4e−=4H++O2↑，故C错误；
D.氢离子通过阳离子交换膜进入b室，b室含有HCO3−，反应的离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故D正确；
故选：D。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握海水中离子、电解原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阳离子向阴极移动，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】A.第一步反应中氢元素的化合价由0价上升至+1价，碘元素由+1价下降至−1价，则第一步为氧化还原反应，故A正确；
B.两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2，则第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，故B错误；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(H−H键能+2×I−Cl键能)−(I−I键能+2×H−Cl键能)<0，已知键能：H−H>I−I，可推知键能：H−Cl>I−Cl，故C正确；
D.根据盖斯定律：第一步+第二步=H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)，则第二步的热化学方程式为HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)ΔH2=ΔH−ΔH1，故D正确；
故选：B。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】A.MO中碳碳双键两端的其中一个碳原子连接两个相同的甲基，所以MO不存在顺反异构，故A正确；
B.反应②中醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，所以属于消去反应，故B正确；
C.甲醛和乙醛的混合物按①中原理反应，可能是甲醛和乙醛反应、可能是乙醛和乙醛反应，所以最多得到2种羟基醛，故C错误；
D.羟醛缩合反应后分子中碳原子个数增多，所以在有机合成中可以利用羟醛缩合反应增长碳链，故D正确；
故选：C。
本题考查有机合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式、顺反异构判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】A.根据平衡可知，增大压强，平衡逆向移动，物质的量减少，平均摩尔质量增大，所以p1>p2，故A正确；
B.选择p1线，随着温度升高，平均摩尔质量减小，得到平衡向正向移动，所以正反应吸热，故B错误；
C.a点时，设有120g(CH3COOH)2，物质的量为1mol，其中有x mol反应，则有
(CH2COOH)2(g)⇌2CH3COOH(g)
开始(mol)10
变化(mol)x2x
平衡(mol)1−x2x
平均摩尔质量120g1−x+2x=80g/mol，解得x=0.5，所以n[(CH3COOH)2]：n(CH3COOH)=1：2，故C正确；
D.由图像可知，为使M的值接近60，可采取高温、低压的实验条件，故D正确；
故选：B。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
13.【答案】C
【解析】分析：根据酸的电离常数判断酸性的强弱，电离常数越大，酸性越弱，离子结合的过程和电离的过程刚好相反，故可以通过判断电离程度的大小判断结合能力；利用离子在水中的反应判断离子的浓度大小，或利用溶液的酸碱性判断离子的浓度大小；对于反应，利用强酸制弱酸的原理判断反应的可能性，及产物。
A.根据HY−和HZ−的电离程度越大，则电离出的离子结合氢离子的能力越弱，因为H2Y的Ka2小于H2Z的Ka2，故HZ−的电离程度比HY−的大，故在水溶液中国结合氢离子的能力大小为：Y2−>Z2−，故A错误；
B.根据已知电离常数判断，HX是弱酸，故NaX在水溶液也X−发生水解，故c(Na+)>c(X−)，故B错误；
C.根据电离常数越大，酸性越强，从表格中电离平衡常数的大小判断酸性强弱为：HX>HY−，故根据相对强的酸制相对弱的酸，故C正确；
D.根据电离平衡常数越大，酸性越强，判断酸性：H2YH2Z，故D错误；
故选：C。
本题考查酸的电离常数和酸性强弱的关系，利用电离常数判断酸性的强弱，利用电离平衡判断电离程度，离子结合的程度，离子反应的可能性等，注意溶液中能发生水解的离子是弱酸根离子或者弱碱阳离子。
14.【答案】D
【解析】A.由图像可知，ab段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，bc段pH不变，存在平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；
B.cd段加入稀硫酸，消耗氢氧化镁，pH减小，稀硫酸消耗完，氢氧化镁溶解，pH增大，其中cd段Q[Mg(OH)2]
D.e点时再加入足量Mg(OH)2粉末，溶液中还有与稀硫酸反应生成的Mg2+，抑制氢氧化镁的电离，所以不能使溶液的pH与b点的相同，故D错误；
故选：D。
本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，这些知识点都是学习难点、考试热点，根据弱电解质的电离平衡特点、酸碱混合溶液酸碱性等知识点来分析解答，同时考查学生灵活运用知识能力，题目难度较大。
15.【答案】(1)六
(2)①4 ②12
(3)①甲 ②PtCl2(NH3)2存在同分异构体
③PtCl2(NH3)2+2H2O=Pt(OH)2(NH3)2+2HCl④2
⑤乙分子水解产物的结构为，O−Pt−O键角为180∘(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
【解析】(1)Pt的基态价电子排布式为5d96s1，则该元素在元素周期表中位于第六周期，
故答案为：六；
(2)①根据均摊法，顶点粒子占18，面心粒子占12，则1个晶胞中含有Pt原子的数目为8×18+6×12=4，
故答案为：4；
②以上底面面心的Pt原子为切入点，周围与之等距且最近的Pt原子数目有4×3=12个，
故答案为：12；
(3)①根据相似相容原理，水为极性分子，极性较大的化合物够较大程度溶于水，由于甲为极性分子，乙为非极性分子，所以甲在水中的溶解度较大，
故答案为：甲；
②若PtCl2(NH3)2是四面体结构，则只有一种结构，不会存在同分异构体，但实际上有甲、乙两种同分异构体，这就说明PtCl2(NH3)2不是四面体结构，
故答案为：PtCl2(NH3)2存在同分异构体；
③水解产物中存在Pt(OH)2(NH3)2，可以推知反应相当于水中的OH取代PtCl2(NH3)2中的Cl，形成HCl，所以水解反应为：PtCl2(NH3)2+2H2O=Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，
故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O=Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
④根据Pt(C2O4)(NH3)2的配位数为4，可知一个C2O42−配体提供两个配位原子，
故答案为：2；
⑤根据已知条件，甲、乙均为平面结构，且甲为极性分子，乙为非极性分子，可推知甲为trans−PtCl2(NH3)2，乙为cis−PtCl2(NH3)2，对于cis−PtCl2(NH3)2结构，由于两个−OH位置处于同一直线，即O−Pt−O键角为180∘，而C2O42−本身“臂”不构成，因此无法形成Pt(C2O4)(NH3)2，
故答案为：乙分子水解产物的结构为，O−Pt−O键角为180∘(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键。
本题主要考查物质结构的知识，涉及到晶胞的计算，配合物的相关知识，需要灵活的根据题中所给的条件进行合理的推导，整体难度中等。
16.【答案】(1)羧基
(2)加成反应
(3)
(4)还原剂
(5)
(6)C4H6OCl2
(7)④⑦
(8)5
【解析】根据C的结构简式及A、B的分子式知，A为，B为CH2=C(CH3)COOH，C和甲醇发生酯化反应生成D为，E中含羟基，结合E的分子式知，E为，E发生取代反应生成F为；H和NaOH反应生成羟基依巴斯汀，G发生信息ii的反应生成H，则H为、G为，F和x发生信息i的反应生成G，x为ClCH2CH2CH2COCl；
(1)B为CH2=C(CH3)COOH，B的含氧官能团是羧基，
故答案为：羧基；
(2)A和B发生加成反应生成C，①的反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
(3)C和甲醇发生酯化反应生成D为，②的化学方程式是，
故答案为：；
(4)E中含羟基，则③中NaBH4做还原剂，
故答案为：还原剂；
(5)G的结构简式是，
故答案为：；
(6)x为ClCH2CH2CH2COCl，试剂x的分子式是C4H6OCl2，
故答案为：C4H6OCl2；
(7)上述合成路线中，④中醇羟基生成酯基、⑦中酯基生成醇羟基，所以起到官能团保护作用的步骤是④⑦，
故答案为：④⑦；
(8)E为，E的同系物中比E少2个碳原子的分子中含有1个醇羟基，取代基可能为−CH(OH)CH3或−CH2CH2OH，各有1种，取代基可能为−CH3、−CH2OH，有邻位、间位、对位3种，所以符合条件的同分异构体有5种，
故答案为：5。
本题考查有机物推断，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，利用反应前后分子式差别、题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。
17.【答案】(1)1；6；14H+；2；6；7H2O
(2)保证K2Cr2O7过量
(3)①Cr2O72− ②Ag+浓度过低而失效
(4)600V1−48V2
(5)AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O
(6)Fe(OH)3、Cr(OH)3、[Fe(OH)2]
【解析】(1)根据氧化还原Cr2O72−中+6的Cr被还原成+3价的Cr3+，每个Cr原子得到3电子，+2价的亚铁离子失去一个电子生成+3价的铁离子，根据电子守恒1molCr2O72−得6mol电子，故需要6molFe2+，在根据电荷守恒和元素守恒得Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：1；6；14H+；2；6；7H2O；
(2)溶液颜色应为橙黄色，说明K2Cr2O7过量，要求先用过量K2Cr2O7溶液氧化水体中还原性物质，溶液颜色应为橙黄色，保证K2Cr2O7过量，
故答案为：保证K2Cr2O7过量；
(3)①保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+向左移动，Cr2O72−的浓度增大，其氧化性增强，
故答案为：Cr2O72−；
②Ag+做催化剂，保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+向左移动，避免生成Ag2CrO4沉淀，防止催化剂Ag+浓度过低而失效，
故答案为：Ag+浓度过低而失效；
(4)根据Cr2O72−∼6Fe2+可知剩余的n(K2Cr2O7)=0.1200×V2×10−36mol=2V2×10−5mol，将20.00mL水样中的还原物质消耗K2Cr2O7的物质的量为2.5V1×10−4mol−2.0V2×10−5mol，1molK2Cr2O7∼4.8×104mgO2，20.00mL水样COD=(2.5V1×10−4−2.0V2×10−5)×4.8×1040.02mg/L=(600V1−48V2)mg/L，
故答案为：600V1−48V2；
(5)酸性废液中含有Cr2O72−、Cr3+、Fe3+、Ag+等，加入NaCl生成AgCl沉淀，过滤，AgCl沉淀与浓氨水反应生成氯化二氨合银，方程式为：AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O，
故答案为：AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O；
(6)生成AgCl沉淀，过滤后滤液中含有Cr2O72−、Cr3+、Fe3+，加入过量的硫酸亚铁，硫酸亚铁将Cr2O72−还原为Cr3+，加入氢氧化钠溶液有Fe(OH)3、Cr(OH)3、[Fe(OH)2]沉淀生成，
故答案为：Fe(OH)3、Cr(OH)3、[Fe(OH)2]。
本题综合考查化学平衡的移动问题，涉及化学平衡和溶解平衡的有关计算等问题，要求具有较好的分析和解决问题的能力，题目难度中等。
18.【答案】Ⅰ.(1)H3AsO4⇌H++H2AsO4−；c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)
(2)10−9
Ⅱ.(3)偏高
(4)NaH2AsO4
(5)ii、iii中物质转化的定量关系：1molH3AsO3∼(1molH3AsO4+2molHI)∼3molNaOH，H3AsO3的物质的量为滴定消耗NaOH的物质的量的13
(6)b→c→a
【解析】Ⅰ.(1)由图可知，H3AsO4为多元弱酸，其电离是分步进行的，第一步电离方程式是：H3AsO4⇌H++H2AsO4−；根据电离常数的定义可知该步电离常数的表达式是K=c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)，
故答案为：H3AsO4⇌H++H2AsO4−；c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)；
(2)在图2中当c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)时，Ka1(H3AsO3)=c(H+)≈10−9，
故答案为：10−9；
Ⅱ.(3)在用NaOH滴定的时候，硫酸也会消耗NaOH，若无i会导致NaOH消耗量增大，测定结果偏高，
故答案为：偏高；
(4)由图1可知，溶液pH为4∼5时，砷的主要存在形式为NaH2AsO4，且在氧化时还生成了HI，故溶质中会有NaI，由于最初的H3AsO3溶液(含少量H2SO4，故此时溶液中的溶质会含有少量硫酸钠，
故答案为：NaH2AsO4；
(5)步骤ii中碘和H3AsO3反应的方程式为：I2+H3AsO3+H2O=H3AsO4+2HI，由(4)可知滴定至终点时会生成H3AsO4，同时HI会和氢氧化钠反应，故H3AsO3的物质的量为滴定消耗NaOH的物质的量的13，
故答案为：ii、iii中物质转化的定量关系：1molH3AsO3∼(1molH3AsO4+2molHI)∼3molNaOH，H3AsO3的物质的量为滴定消耗NaOH的物质的量的13；
(6)由于待测液中含有H3AsO4且在调pH的时候会和氢氧化钠反应，故先将其还原为H3AsO3，然后再调pH除去硫酸，再用适量碘水将H3AsO3氧化为H3AsO4，再用氢氧化钠滴定，从而测定其中总砷含量，
故答案为：b→c→a。
本题考查弱电解质的电离及电离平衡影响因素等知识点，侧重考查对基础知识的理解、掌握和灵活运用，明确弱电解质电离特点、酸碱混合溶液中溶质成分及其性质、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键。
19.【答案】(1)①2I−−2e−=I2 ②氧化
(2)①在金属活动性顺序中，Cu位于H之后 ②浓盐酸挥发 ③a.H2 b.Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，Cl−使Cu的还原性增强
(3)①负 ②两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应 ③a.无(或不填)
b.
【解析】(1)①根据氧化还原可知IO3−+I−→I2中，IO3−得电子，I−失电子，还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，氧化半反应为2I−−2e−=I2，
故答案为：2I−−2e−=I2；
②分析上述还原半反应2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，可知增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其氧化性增强，进而与I−发生反应，
故答案为：氧化；
(2)①在金属活动性顺序中，Cu位于H之后与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，
故答案为：在金属活动性顺序中，Cu位于H之后；
②浓盐酸具有挥发性，甲是对比实验，目的是排除浓盐酸挥发，
故答案为：浓盐酸挥发；
③a.丙中气球变鼓是因为生成了H2，
故答案为：H2；
b.浓盐酸Cl−浓度大，Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，促使该反应进行，Cl−使Cu的还原性增强，
故答案为：Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，Cl−使Cu的还原性增强；
(3)①原电池中电子从负极流出，流向正极，如图从电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极，故右侧Ag为负极，
故答案为：负；
②正极发生Ag++e−=Ag，负极发生Ag−e−+Cl−=AgCl，该原电池的总反应不是氧化还原反应，有些原电池两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应，
故答案为：两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应；
③仅由以下实验用品Cu片、CuSO4浓溶液、蒸馏水、烧杯、盐桥、导线、电流表，可以设计成浓差原电池：，
故答案为：。
本题考查氧化还原反应、电话学原理，涉及氧化性还原性判断、方程式的书写等知识点，明确元素化合价变化与性质和电化学原理的关系即可解答，题目难度中等。
2021-2022学年北京市东城区高三（上）期末化学试卷
1. 第24届冬季奥林匹克运动会即将在北京开幕。雪上项目是冬奥会重要项目之一。制作滑雪板各部分所对应的材料中，属于天然有机高分子的是( )
A. 板面——尼龙 B. 板芯——木质
C. 板底——聚乙烯塑料 D. 复合层——玻璃纤维
2. 下列有关物质用途的说法中，不正确的是( )
A. 液氨可用作制冷剂 B. 维生素C可用作食品中的抗氧化剂
C. 盐酸可用于除去水垢中的CaSO4 D. FeCl3溶液可用于蚀刻覆铜电路板
3. 下列说法不正确的是( )
A. 利用盐析可分离提纯蛋白质
B. 植物油和硬化油中都含有酯基
C. 麦芽糖和葡萄糖都能发生水解反应
D. 天然核酸根据其组成中戊糖的不同，可分为DNA和RNA
4. 下列过程中的颜色变化与氧化还原反应有关的是( )
A. NO遇空气变为红棕色气体
B. 向AgCl浊液中滴入Na2S溶液，产生黑色沉淀
C. 向CuCl2溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色
D. 向碘水中滴加几滴CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色
5. 下列图示或化学用语表示不正确的是( )
A.乙炔的空间结构模型
B.SO2的VSEPR模型
C.基态Cr的价层电子的轨道表示式
D.px轨道的电子云轮廓图
A. A B. B C. C D. D
6. 描述下列事实的离子方程式书写不正确的是( )
A. 用醋酸溶液溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 将氯气通入二氧化硫的水溶液中：Cl2+SO2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−
C. 用过量氨水吸收二氧化硫：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O
D. 将铜丝插入浓硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
7. 下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：F
C. 沸点：HF
8. 碳化硅晶体具有多种结构，其中一种晶体的晶胞(如图所示)与金刚石的类似。下列判断不正确的是( )
A. 该晶体属于分子晶体 B. 该晶体中只存在极性键
C. 该晶体中Si的化合价为+4 D. 该晶体中C的杂化类型为sp3
9. 海水中含有HCO3−等离子，pH约为8。有研究提出，用如图所示方法能够从海水中提取CO2。下列说法正确的是( )
A. c室出口溶液显酸性
B. 相同时间内，两个阳离子膜中通过的H+数目相等
C. a室中发生的电极反应：2H2O+2e−=H2↑+2OH−
D. b室中发生的化学反应：H++HCO3−=H2O+CO2↑
10. ICl与H2能发生反应：H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)ΔH<0。
已知：
①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为H2(g)+ICl(g)=HI(g)+HCl(g)ΔH1
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断不正确的是( )
A. 第一步为氧化还原反应
B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C. 已知键能：H−H>I−I，可推知键能：H−Cl>I−Cl
D. 第二步的热化学方程式为HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)ΔH2=ΔH−ΔH1
11. 醛(酮)中与直接相连的C上的H与另一分子醛(酮)的加成后生成羟基醛(酮)的反应称为羟醛缩合反应。利用该反应合成异丙叉酮(MO)的路线如图。
下列说法不正确的是( )
A. MO不存在顺反异构体
B. ②的反应类型为消去反应
C. HCHO和CH3CHO的混合物按①中原理反应，最多得到3种羟基醛
D. 在有机合成中可以利用羟醛缩合反应增长碳链
12. 气态醋酸中存在平衡(CH2COOH)2(g)⇌2CH3COOH(g)ΔH。实验测得压强分别为p1和p2时，上述平衡体系中气体的平均摩尔质量(M)随温度(T)的变化如图所示。[已知：M=混合气体的总质量混合气体的总物质的量；M(CH3COOH)=60g⋅mol−1]。下列说法不正确的是( )
A. p1>p2
B. ΔH<0
C. a点时，n[(CH3COOH)2]：n(CH3COOH)=1：2
D. 为使M的值接近60，可采取高温、低压的实验条件
13. 电离常数是研究电解质在水溶液中的行为的重要工具。现有HX、H2Y和H2Z三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们的电离常数如表所示。
酸
电离常数(25℃)
HX
Ka=10−9.2
H2Y
Ka1=10−6.4 Ka2=10−10.3
H2Z
Ka1=10−1.9 Ka2=10−7.2
下列说法正确的是( )
A. 在水溶液中结合H+的能力：Y2−
D. 25℃时，浓度均为0.1mol⋅L−1的H2Y和H2Z溶液的pH：H2Y
下列对曲线的分析不正确的是( )
A. bc段存在平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)
B. cd段Q[Mg(OH)2]
D. e点时再加入足量Mg(OH)2粉末，可使溶液的pH与b点的相同
15. 过渡元素铂(Pt)的单质是一种重要的催化剂，其化合物可用于医药领域。
(1)基态Pt的价层电子排布式是5d96s1，该元素在元素周期表中位于第 ______周期。
(2)Pt的晶胞示意图如图。
①该晶胞中含有的铂原子数目为 ______。
②该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有 ______个。
(3)PtCl2(NH3)2是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为Pt(OH)2(NH3)2，但只有甲的水解产物能与草酸(HOOC−COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2。
①根据相似相溶的规律，可推断 ______(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②依据上述信息：______，可推断PtCl2(NH3)2不是四面体结构。
③PtCl2(NH3)2发生水解反应的化学方程式是 ______。
④PtCl2(NH3)2和Pt(C2O4)(NH3)2中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个C2O42−中有 ______个原子与铂配位。
⑤查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成Pt(C2O4)(NH3)2的原因：______。
16. 羟基依巴斯汀可用于治疗季节性过敏鼻炎，其结构简式如图。
它的一种合成路线如图：
已知：i.
ii.
(1)B的含氧官能团是 ______。
(2)①的反应类型是 ______。
(3)②的化学方程式是 ______。
(4)E中含羟基，则③中NaBH4做 ______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(5)G的结构简式是 ______。
(6)试剂x的分子式是 ______。
(7)上述合成路线中，起到官能团保护作用的步骤是 ______(填序号)。
(8)E的同系物中，比E少2个碳原子的分子有 ______种(不包含立体异构)。
17. 化学耗氧量(COD)是判断水体受污染程度的一个重要指标。测定某湖泊水样的COD并对测定后的废液进行处理的方法如下。
Ⅰ.COD的测定
COD是以氧化1L水样中还原性物质所消耗的n(K2Cr2O7)为标准，并将其换算成O2的质量表示(换算关系：1molK2Cr2O7∼4.8×104mgO2)。
【测定原理】
先用过量K2Cr2O7溶液氧化水体中还原性物质，再用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定剩余的K2Cr2O7。
(1)补全滴定反应的离子方程式：______Cr2O72−+______Fe2++____________=______Cr3++______Fe3++____________。
【测定步骤】
i.将20.00mL水样和V1mL0.2500mol⋅L−1K2Cr2O7标准溶液混合，在Ag+催化和强酸性条件下充分反应。
ii.用0.1200mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定剩余的K2Cr2O7至终点，消耗V2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。
(2)i中反应结束时，溶液颜色应为橙黄色，目的是 ______。
(3)i中保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+向左移动，从而：
①使 ______(填微粒符号)的浓度增大，其氧化性增强。
②避免生成Ag2CrO4沉淀，防止 ______，导致反应速率过慢。
(4)由i、ii中数据计算：COD=______mg⋅L−1。
Ⅱ.废液处理
COD测定后的酸性废液中含有Cr2O72−、Cr3+、Fe3+、Ag+等，处理流程如图。
(5)①中反应的化学方程式是 ______。
(6)固体3中含有 ______(填化学式)。
18. 砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)是砷的两种含氧酸，分析并测定它们的浓度对其合理使用具有重要的意义。
Ⅰ.常温下，H3AsO4和H3AsO3溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图1和图2所示：
(1)H3AsO4的第一步电离方程式是 ______，该步电离常数的表达式是Ka1(H3AsO4)=______。
(2)由图1中a点可知，当c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)时，Ka1(H3AsO4)=c(H+)=10−2.2；据此类推，由图2可知，Ka1(H3AsO3)约等于 ______，可判断H3AsO4酸性强于H3AsO3。
Ⅱ.测定某H3AsO3溶液(含少量H2SO4)中H3AsO3浓度的一种方法如下。
已知：用NaOH标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的Ka>10−8。
i.调pH：取VmL待测液，向其中滴入适量NaOH溶液调节pH，以中和H2SO4。
ii.氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将H3AsO3氧化为H3AsO4。
iii.滴定：用xmol⋅L−1NaOH标准溶液滴定ii中得到的H3AsO4溶液至终点，消耗V1mLNaOH标准溶液。
(3)若无i，会导致测定的H3AsO3浓度 ______(填“偏高”或“偏低”)。
(4)iii中滴定至终点时，溶液pH为4∼5，结合图1可知，此时溶液中的溶质主要是NaI和 ______(填化学式)。
(5)数据处理后得c(H3AsO3)=xV13Vmol⋅L−1。结合ii和iii中物质间转化的定量关系，解释该式中数字“3”表示的化学含义：______。
(6)另一待测液除了含H3AsO3、少量H2SO4，还含有H3AsO4，依据上述方法，测定其中总砷含量(已知：酸性越强，H3AsO4的氧化性越强)。测定步骤包含4步：a.氧化、b.还原、c.调pH、d.滴定。正确的测定步骤顺序是 ______→d。
19. 氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
(1)已知：IO3−+I−→I2的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，则相应的氧化半反应是 ______。
②分析上述还原半反应可知：增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其 ______性增强，进而与I−发生反应。
(2)探究Cu与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是 ______。
用如下装置进行实验[硫酸与浓盐酸中c(H+)接近]。
装置
序号
试管内药品
现象
甲
浓盐酸
24小时后仍无
明显变化
乙
Cu粉+硫酸
24小时后仍无
明显变化
丙
Cu粉+浓盐酸
24小时后
气球变鼓
②甲是对比实验，目的是排除 ______的干扰。
③a.丙中气球变鼓是因为生成了 ______气体(填化学式)。
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：______。
(3)探究如图1原电池的工作原理。
实验结果：产生电流，左侧Ag电极表面有Ag析出，右侧Ag电极周围生成AgCl。
①该装置中右侧Ag电极作 ______(填“正”或“负”)极。
②对该原电池的电极反应和总反应的反应类型进行分析，谈谈对原电池工作原理的认识：______。
③结合上述实验思考，仅由以下实验用品能否设计成原电池。Cu片、CuSO4浓溶液、蒸馏水、烧杯、盐桥、导线、电流表(选做下列a或b，若两个都作答，按a计分)
a.若不能，说明原因。原因：______。
b.若能，在如图2装置图中填写烧杯中的试剂，并标出电子的移动方向______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.尼龙主要成分聚酰胺，为合成纤维，故A错误；
B.木质的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故B正确；
C.聚乙烯塑料由乙烯加聚反应制得，为合成纤维，故C错误；
D.玻璃纤维是无机非金属材料，不是天然有机高分子材料，故D错误；
故选：B。
本题考查了物质的结构组成及性质，熟悉相关有机物结构及性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】A.液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故A正确；
B.维生素C具有还原性，可用作食品中的抗氧化剂，故B正确；
C.硫酸钙不溶于盐酸，不能用盐酸除去水垢中的CaSO4，故C错误；
D.氯化铁具有强氧化性，能氧化单质铜生成铜离子和亚铁离子，所以FeCl3溶液可用于蚀刻覆铜电路板，故D正确；
故选：C。
本题考查了物质的组成与性质，侧重考查化学在生活、生产等方面的应用，明确相关物质的组成及性质是解题关键，题目难度不大，试题有利于培养学生良好的科学素养，注意学习积累。
3.【答案】C
【解析】A.盐析为可逆过程，不影响蛋白质的性质，可用于提纯蛋白质，故A正确；
B.油脂为高级脂肪酸甘油酯，分子结构中都含有酯基，故B正确；
C.糖类中的单糖不水解，即葡萄糖不能发生水解反应，故C错误；
D.DNA和RNA中戊糖不同，天然核酸根据其组成中戊糖的不同，可分为DNA和RNA，故D正确；
故选：C。
4.【答案】A
【解析】A.NO遇空气变为红棕色气体，N元素化合价从+2价变为+4价，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应有关，故A正确；
B.向AgCl浊液中滴入Na2S溶液，产生黑色沉淀，氯化银沉淀转化为更难溶的硫化银，反应中不存在元素化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故B错误；
C.向CuCl2溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色，说明反应产生[Cu(NH3)4]2+离子，反应中不存在元素化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故C错误；
D.向碘水中滴加几滴CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，发生了萃取现象，属于物理变化，反应中不存在元素化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故D错误；
故选：A。
本题考查氧化还原反应的判断，明确物质性质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】A.乙炔结构简式为CH≡CH，直线形分子，并且C原子半径大于H，则其空间结构模型为，故A正确；
B.SO2的价层电子对数为2+6−2×22=3，含有一对孤电子，其VSEPR模型为平面三角形，即为，故B正确；
C.基态Cr的价层电子排布式为3d54s1，价层电子的轨道表示式为，故C错误；
D.p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，px轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向伸展的哑铃形，故D正确；
故选：C。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及VSEPR模型、空间结构模型、轨道表示式、电子云轮廓图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，注意掌握价层电子互斥理论的应用，题目难度中等。
6.【答案】A
【解析】A.用醋酸溶液溶解大理石，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；
B.将氯气通入二氧化硫的水溶液中，离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−，故B正确；
C.用过量氨水吸收二氧化硫，离子方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O，故C正确；
D.将铜丝插入浓硝酸中，离子方程式为：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，故D正确；
故选：A。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】A.卤族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以按照F、Cl、Br的顺序，第一电离能依次减小，故A错误；
B.同主族从上到下原子半径、离子半径依次增大，则按照F−、Cl−、Br−的顺序，半径依次增大，故B错误；
C.氟化氢分子间存在氢键，不含氢键的分子中相对分子质量越大、沸点越高，则氢化物的沸点：HCl
故选：D。
本题考查了原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，把握元素的位置及元素周期律为解答的关键，注意非金属性比较方法及应用，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】A.碳化硅晶体属于原子晶体，故A错误；
B.该晶体中只存在C−Si极性键，故B正确；
C.C的非金属性强于Si，显正价，Si的化合价为+4，故C正确；
D.碳化硅形成4个共价键，C原子采用的是sp3杂化，故D正确；
故选：A。
本题考查了晶体的结构和性质，涉及化合键、杂化的判断、晶体类型的判断等知识点，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】分析：由图可知，a室接电源的正极，为阳极，水失去电子发生2H2O−4e−=4H++O2↑，b室为pH≈8的海水，则含有HCO3−，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的HCO3−反应生成二氧化碳气体，c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子发生2H2O+2e−=2OH−+H2↑，海水中钠离子向c室移动，c中生成碱，以此来解答。
A.c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，发生反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，c室出口溶液显碱性，故A错误；
B.左侧氢离子通过阳离子交换膜进入b室，右侧海水中钠离子进入c室，故B错误；
C.a为阳极，发生氧化反应，电极方程式为2H2O−4e−=4H++O2↑，故C错误；
D.氢离子通过阳离子交换膜进入b室，b室含有HCO3−，反应的离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故D正确；
故选：D。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握海水中离子、电解原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阳离子向阴极移动，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】A.第一步反应中氢元素的化合价由0价上升至+1价，碘元素由+1价下降至−1价，则第一步为氧化还原反应，故A正确；
B.两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2，则第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，故B错误；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(H−H键能+2×I−Cl键能)−(I−I键能+2×H−Cl键能)<0，已知键能：H−H>I−I，可推知键能：H−Cl>I−Cl，故C正确；
D.根据盖斯定律：第一步+第二步=H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)，则第二步的热化学方程式为HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)ΔH2=ΔH−ΔH1，故D正确；
故选：B。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】A.MO中碳碳双键两端的其中一个碳原子连接两个相同的甲基，所以MO不存在顺反异构，故A正确；
B.反应②中醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，所以属于消去反应，故B正确；
C.甲醛和乙醛的混合物按①中原理反应，可能是甲醛和乙醛反应、可能是乙醛和乙醛反应，所以最多得到2种羟基醛，故C错误；
D.羟醛缩合反应后分子中碳原子个数增多，所以在有机合成中可以利用羟醛缩合反应增长碳链，故D正确；
故选：C。
本题考查有机合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式、顺反异构判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】A.根据平衡可知，增大压强，平衡逆向移动，物质的量减少，平均摩尔质量增大，所以p1>p2，故A正确；
B.选择p1线，随着温度升高，平均摩尔质量减小，得到平衡向正向移动，所以正反应吸热，故B错误；
C.a点时，设有120g(CH3COOH)2，物质的量为1mol，其中有x mol反应，则有
(CH2COOH)2(g)⇌2CH3COOH(g)
开始(mol)10
变化(mol)x2x
平衡(mol)1−x2x
平均摩尔质量120g1−x+2x=80g/mol，解得x=0.5，所以n[(CH3COOH)2]：n(CH3COOH)=1：2，故C正确；
D.由图像可知，为使M的值接近60，可采取高温、低压的实验条件，故D正确；
故选：B。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
13.【答案】C
【解析】分析：根据酸的电离常数判断酸性的强弱，电离常数越大，酸性越弱，离子结合的过程和电离的过程刚好相反，故可以通过判断电离程度的大小判断结合能力；利用离子在水中的反应判断离子的浓度大小，或利用溶液的酸碱性判断离子的浓度大小；对于反应，利用强酸制弱酸的原理判断反应的可能性，及产物。
A.根据HY−和HZ−的电离程度越大，则电离出的离子结合氢离子的能力越弱，因为H2Y的Ka2小于H2Z的Ka2，故HZ−的电离程度比HY−的大，故在水溶液中国结合氢离子的能力大小为：Y2−>Z2−，故A错误；
B.根据已知电离常数判断，HX是弱酸，故NaX在水溶液也X−发生水解，故c(Na+)>c(X−)，故B错误；
C.根据电离常数越大，酸性越强，从表格中电离平衡常数的大小判断酸性强弱为：HX>HY−，故根据相对强的酸制相对弱的酸，故C正确；
D.根据电离平衡常数越大，酸性越强，判断酸性：H2Y
故选：C。
本题考查酸的电离常数和酸性强弱的关系，利用电离常数判断酸性的强弱，利用电离平衡判断电离程度，离子结合的程度，离子反应的可能性等，注意溶液中能发生水解的离子是弱酸根离子或者弱碱阳离子。
14.【答案】D
【解析】A.由图像可知，ab段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，bc段pH不变，存在平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；
B.cd段加入稀硫酸，消耗氢氧化镁，pH减小，稀硫酸消耗完，氢氧化镁溶解，pH增大，其中cd段Q[Mg(OH)2]
D.e点时再加入足量Mg(OH)2粉末，溶液中还有与稀硫酸反应生成的Mg2+，抑制氢氧化镁的电离，所以不能使溶液的pH与b点的相同，故D错误；
故选：D。
本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，这些知识点都是学习难点、考试热点，根据弱电解质的电离平衡特点、酸碱混合溶液酸碱性等知识点来分析解答，同时考查学生灵活运用知识能力，题目难度较大。
15.【答案】(1)六
(2)①4 ②12
(3)①甲 ②PtCl2(NH3)2存在同分异构体
③PtCl2(NH3)2+2H2O=Pt(OH)2(NH3)2+2HCl④2
⑤乙分子水解产物的结构为，O−Pt−O键角为180∘(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
【解析】(1)Pt的基态价电子排布式为5d96s1，则该元素在元素周期表中位于第六周期，
故答案为：六；
(2)①根据均摊法，顶点粒子占18，面心粒子占12，则1个晶胞中含有Pt原子的数目为8×18+6×12=4，
故答案为：4；
②以上底面面心的Pt原子为切入点，周围与之等距且最近的Pt原子数目有4×3=12个，
故答案为：12；
(3)①根据相似相容原理，水为极性分子，极性较大的化合物够较大程度溶于水，由于甲为极性分子，乙为非极性分子，所以甲在水中的溶解度较大，
故答案为：甲；
②若PtCl2(NH3)2是四面体结构，则只有一种结构，不会存在同分异构体，但实际上有甲、乙两种同分异构体，这就说明PtCl2(NH3)2不是四面体结构，
故答案为：PtCl2(NH3)2存在同分异构体；
③水解产物中存在Pt(OH)2(NH3)2，可以推知反应相当于水中的OH取代PtCl2(NH3)2中的Cl，形成HCl，所以水解反应为：PtCl2(NH3)2+2H2O=Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，
故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O=Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
④根据Pt(C2O4)(NH3)2的配位数为4，可知一个C2O42−配体提供两个配位原子，
故答案为：2；
⑤根据已知条件，甲、乙均为平面结构，且甲为极性分子，乙为非极性分子，可推知甲为trans−PtCl2(NH3)2，乙为cis−PtCl2(NH3)2，对于cis−PtCl2(NH3)2结构，由于两个−OH位置处于同一直线，即O−Pt−O键角为180∘，而C2O42−本身“臂”不构成，因此无法形成Pt(C2O4)(NH3)2，
故答案为：乙分子水解产物的结构为，O−Pt−O键角为180∘(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键。
本题主要考查物质结构的知识，涉及到晶胞的计算，配合物的相关知识，需要灵活的根据题中所给的条件进行合理的推导，整体难度中等。
16.【答案】(1)羧基
(2)加成反应
(3)
(4)还原剂
(5)
(6)C4H6OCl2
(7)④⑦
(8)5
【解析】根据C的结构简式及A、B的分子式知，A为，B为CH2=C(CH3)COOH，C和甲醇发生酯化反应生成D为，E中含羟基，结合E的分子式知，E为，E发生取代反应生成F为；H和NaOH反应生成羟基依巴斯汀，G发生信息ii的反应生成H，则H为、G为，F和x发生信息i的反应生成G，x为ClCH2CH2CH2COCl；
(1)B为CH2=C(CH3)COOH，B的含氧官能团是羧基，
故答案为：羧基；
(2)A和B发生加成反应生成C，①的反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
(3)C和甲醇发生酯化反应生成D为，②的化学方程式是，
故答案为：；
(4)E中含羟基，则③中NaBH4做还原剂，
故答案为：还原剂；
(5)G的结构简式是，
故答案为：；
(6)x为ClCH2CH2CH2COCl，试剂x的分子式是C4H6OCl2，
故答案为：C4H6OCl2；
(7)上述合成路线中，④中醇羟基生成酯基、⑦中酯基生成醇羟基，所以起到官能团保护作用的步骤是④⑦，
故答案为：④⑦；
(8)E为，E的同系物中比E少2个碳原子的分子中含有1个醇羟基，取代基可能为−CH(OH)CH3或−CH2CH2OH，各有1种，取代基可能为−CH3、−CH2OH，有邻位、间位、对位3种，所以符合条件的同分异构体有5种，
故答案为：5。
本题考查有机物推断，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，利用反应前后分子式差别、题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。
17.【答案】(1)1；6；14H+；2；6；7H2O
(2)保证K2Cr2O7过量
(3)①Cr2O72− ②Ag+浓度过低而失效
(4)600V1−48V2
(5)AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O
(6)Fe(OH)3、Cr(OH)3、[Fe(OH)2]
【解析】(1)根据氧化还原Cr2O72−中+6的Cr被还原成+3价的Cr3+，每个Cr原子得到3电子，+2价的亚铁离子失去一个电子生成+3价的铁离子，根据电子守恒1molCr2O72−得6mol电子，故需要6molFe2+，在根据电荷守恒和元素守恒得Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：1；6；14H+；2；6；7H2O；
(2)溶液颜色应为橙黄色，说明K2Cr2O7过量，要求先用过量K2Cr2O7溶液氧化水体中还原性物质，溶液颜色应为橙黄色，保证K2Cr2O7过量，
故答案为：保证K2Cr2O7过量；
(3)①保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+向左移动，Cr2O72−的浓度增大，其氧化性增强，
故答案为：Cr2O72−；
②Ag+做催化剂，保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+向左移动，避免生成Ag2CrO4沉淀，防止催化剂Ag+浓度过低而失效，
故答案为：Ag+浓度过低而失效；
(4)根据Cr2O72−∼6Fe2+可知剩余的n(K2Cr2O7)=0.1200×V2×10−36mol=2V2×10−5mol，将20.00mL水样中的还原物质消耗K2Cr2O7的物质的量为2.5V1×10−4mol−2.0V2×10−5mol，1molK2Cr2O7∼4.8×104mgO2，20.00mL水样COD=(2.5V1×10−4−2.0V2×10−5)×4.8×1040.02mg/L=(600V1−48V2)mg/L，
故答案为：600V1−48V2；
(5)酸性废液中含有Cr2O72−、Cr3+、Fe3+、Ag+等，加入NaCl生成AgCl沉淀，过滤，AgCl沉淀与浓氨水反应生成氯化二氨合银，方程式为：AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O，
故答案为：AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O；
(6)生成AgCl沉淀，过滤后滤液中含有Cr2O72−、Cr3+、Fe3+，加入过量的硫酸亚铁，硫酸亚铁将Cr2O72−还原为Cr3+，加入氢氧化钠溶液有Fe(OH)3、Cr(OH)3、[Fe(OH)2]沉淀生成，
故答案为：Fe(OH)3、Cr(OH)3、[Fe(OH)2]。
本题综合考查化学平衡的移动问题，涉及化学平衡和溶解平衡的有关计算等问题，要求具有较好的分析和解决问题的能力，题目难度中等。
18.【答案】Ⅰ.(1)H3AsO4⇌H++H2AsO4−；c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)
(2)10−9
Ⅱ.(3)偏高
(4)NaH2AsO4
(5)ii、iii中物质转化的定量关系：1molH3AsO3∼(1molH3AsO4+2molHI)∼3molNaOH，H3AsO3的物质的量为滴定消耗NaOH的物质的量的13
(6)b→c→a
【解析】Ⅰ.(1)由图可知，H3AsO4为多元弱酸，其电离是分步进行的，第一步电离方程式是：H3AsO4⇌H++H2AsO4−；根据电离常数的定义可知该步电离常数的表达式是K=c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)，
故答案为：H3AsO4⇌H++H2AsO4−；c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)；
(2)在图2中当c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)时，Ka1(H3AsO3)=c(H+)≈10−9，
故答案为：10−9；
Ⅱ.(3)在用NaOH滴定的时候，硫酸也会消耗NaOH，若无i会导致NaOH消耗量增大，测定结果偏高，
故答案为：偏高；
(4)由图1可知，溶液pH为4∼5时，砷的主要存在形式为NaH2AsO4，且在氧化时还生成了HI，故溶质中会有NaI，由于最初的H3AsO3溶液(含少量H2SO4，故此时溶液中的溶质会含有少量硫酸钠，
故答案为：NaH2AsO4；
(5)步骤ii中碘和H3AsO3反应的方程式为：I2+H3AsO3+H2O=H3AsO4+2HI，由(4)可知滴定至终点时会生成H3AsO4，同时HI会和氢氧化钠反应，故H3AsO3的物质的量为滴定消耗NaOH的物质的量的13，
故答案为：ii、iii中物质转化的定量关系：1molH3AsO3∼(1molH3AsO4+2molHI)∼3molNaOH，H3AsO3的物质的量为滴定消耗NaOH的物质的量的13；
(6)由于待测液中含有H3AsO4且在调pH的时候会和氢氧化钠反应，故先将其还原为H3AsO3，然后再调pH除去硫酸，再用适量碘水将H3AsO3氧化为H3AsO4，再用氢氧化钠滴定，从而测定其中总砷含量，
故答案为：b→c→a。
本题考查弱电解质的电离及电离平衡影响因素等知识点，侧重考查对基础知识的理解、掌握和灵活运用，明确弱电解质电离特点、酸碱混合溶液中溶质成分及其性质、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键。
19.【答案】(1)①2I−−2e−=I2 ②氧化
(2)①在金属活动性顺序中，Cu位于H之后 ②浓盐酸挥发 ③a.H2 b.Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，Cl−使Cu的还原性增强
(3)①负 ②两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应 ③a.无(或不填)
b.
【解析】(1)①根据氧化还原可知IO3−+I−→I2中，IO3−得电子，I−失电子，还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，氧化半反应为2I−−2e−=I2，
故答案为：2I−−2e−=I2；
②分析上述还原半反应2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，可知增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其氧化性增强，进而与I−发生反应，
故答案为：氧化；
(2)①在金属活动性顺序中，Cu位于H之后与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，
故答案为：在金属活动性顺序中，Cu位于H之后；
②浓盐酸具有挥发性，甲是对比实验，目的是排除浓盐酸挥发，
故答案为：浓盐酸挥发；
③a.丙中气球变鼓是因为生成了H2，
故答案为：H2；
b.浓盐酸Cl−浓度大，Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，促使该反应进行，Cl−使Cu的还原性增强，
故答案为：Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，Cl−使Cu的还原性增强；
(3)①原电池中电子从负极流出，流向正极，如图从电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极，故右侧Ag为负极，
故答案为：负；
②正极发生Ag++e−=Ag，负极发生Ag−e−+Cl−=AgCl，该原电池的总反应不是氧化还原反应，有些原电池两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应，
故答案为：两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应；
③仅由以下实验用品Cu片、CuSO4浓溶液、蒸馏水、烧杯、盐桥、导线、电流表，可以设计成浓差原电池：，
故答案为：。
本题考查氧化还原反应、电话学原理，涉及氧化性还原性判断、方程式的书写等知识点，明确元素化合价变化与性质和电化学原理的关系即可解答，题目难度中等。
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