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2022-2023学年北京市石景山区高三（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年北京市石景山区高三（上）期末化学试卷（含解析），共25页。
2022-2023学年北京市石景山区高三（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 如图是月球基地运行功能愿景图的一部分。下列说法不正确的是( )
A. 可以通过热还原法得到Fe B. H2分子的共价键是s−sσ键
C. 可以通过电解法得到Al D. 水是非极性分子
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. HCN的结构式：H−C≡N
B. 质量数为3的氢原子： 3H
C. NaOH的电子式：
D. 基态Cr原子的价层电子的轨道表示式：
3. 25℃、101kPa下，①H2O(l)=H2(g)+O2(g)ΔH1=+285.8kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ/mol。下列说法不正确的是( )
A. 液态水变为水蒸气破坏的是分子间作用力
B. 水分解为氢气和氧气，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
C. 标准状况下，11.2L水中含共用电子对总数约为6.02×1023
D. 25℃、101kPa下，H2O(g)=H2(g)+O2(g) ΔH=+241.8kJ/mol
4. 下列关于SO2的叙述正确的是( )
A. SO2是无色、无臭的气体 B. SO2能使紫色的KMnO4溶液褪色
C. SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO4 D. SO2不能用作食品添加剂
5. 已知X、Y、Z为三种原子序数相邻的主族元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4>H2YO4>H3ZO4。下列说法不正确的是( )
A. 电负性：XY>Z
C. 原子半径：XY>Z
6. CO2光催化反应机理如图所示，当催化剂受到能量大于禁带宽度的光照时，价带上的电子被激发，跃迁到导带，同时形成空穴。导带上的光生电子()作还原剂，价带上的光生空穴(⊕)作氧化剂，下列说法不正确的是( )
A. 在价带上H2O被氧化
B. 推测TiO2起催化作用
C. 反应过程中光能转化为化学能
D. 1molCO2生成1molCH4得到4mol电子
7. 下列方程式与所给事实相符的是( )
A. 氯化铵的水溶液显酸性：NH4+⇌NH3+H+
B. 氯气溶于水，水溶液显酸性：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−
C. 钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
D. 向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)
8. 2022年9月国产药物氯巴占片获批上市，氯巴占的分子结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 分子中不含手性碳原子
B. 分子中氧原子有孤电子对
C. 氯巴占的分子式为：C16H14ClN2O2
D. 氯巴占可以发生加成反应、取代反应
9. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是( )
气体
试剂
制备装置
收集方法
A
CO2
石灰石+稀H2SO4
c
d
B
NH3
NH4Cl+Ca(OH)2
b
f
C
SO2
Na2SO3+浓H2SO4
c
e
D
Cl2
MnO2+浓盐酸
a
d
A. A B. B C. C D. D
10. 环氧化物与CO2开环共聚反应是合成高附加值化学品的一种有效途径，两类CO2共聚物的合成路线如图(副产物为环状碳酸酯)。下列说法不合理的是( )
A. 有机化合物E的分子式为C3H6O
B. 高分子F和高分子G均能发生水解反应
C. 由结构简式可以确定高分子G的相对分子质量比F的大
D. 有机化合物E和CO2通过加成反应生成副产物
11. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是( )
实验目的
实验药品
A
证明Fe3+具有氧化性
FeCl3溶液、KSCN溶液
B
证明CuS比FeS更难溶
FeSO4溶液、Na2S溶液、铜粉
C
证明氧化性Cl2>Br2>I2
KBr溶液、KI溶液、新制氯水、溴水、水
D
证明木炭和浓硫酸能生成CO2
浓硫酸、木炭、饱和NaHCO3溶液、澄清石灰水
A. A B. B C. C D. D
12. 某温度下，水溶液中CO2、H2CO3、HCO3−和CO32−的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 碳酸的电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3−，HCO3−⇌H++CO32−
B. 该温度下，H2CO3⇌H++HCO3− Ka1>1×10−a
C. 该温度下，HCO3−⇌H++CO32−Ka2=1×10−b
D. Na2CO3溶液中，2c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+c(CO32−)
13. 下列事实的解释不正确的是( )
事实
解释
A
气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难
Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态
B
H3O+中H−O−H键角比H2O中的大
H3O+的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力
C
晶体熔点：HF>HCl
HF分子间能形成氢键
D
酸性：CF3COOH>CCl3COOH
氟的电负性大于氯的电负性，F−C的极性大于Cl−C的极性，使F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+
A. A B. B C. C D. D
14. 甲烷催化氧化为合成气的主反应为：2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH<0。CH4转化率、H2选择性()和CO选择性()随温度变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 800℃时，副反应①CH4+2O2⇌CO2+2H2O进行程度很小
B. 对比图中H2和CO的选择性，推测可能存在副反应②CH4+H2O⇌CO+3H2
C. CH4转化率随温度升高而增大，可以用勒夏特列原理解释
D. 增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大
第II卷（非选择题）
二、流程题（本大题共1小题，共12.0分）
15. 我国科学家用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4⋅7H2O)，其工艺流程如图。
已知：ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等。
ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃)：
物质
Ksp
CaF2
4.0×10−11
Fe(OH)3
2.8×10−39
ⅲ.CoSO4⋅7H2O溶解度随温度升高而明显增大。
(1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是 ______。
(2)浸出Co2+时，理论上氧化剂和还原剂物质的量之比为 ______。
(3)写出“氧化沉铁”的离子方程式 ______；25℃时，浊液中铁离子浓度为 ______mol/L(此时pH为4)。
(4)结合平衡移动原理解释“氟化沉钙”步骤加入过量NaF的原因 ______。
(5)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经 ______操作，得到硫酸钴晶体。
(6)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下：在溶液中，用铁氰化钾将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，过量的铁氰化钾以Co(Ⅱ)标准液返滴定。反应的方程式为：Co2++[Fe(CN)6]3−=Co3++[Fe(CN)6]4−。
已知：铁氰化钾标准液浓度为cmol/L，Co(Ⅱ)标准液质量浓度为ρg/L。
取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗V1mL铁氰化钾标准液、V2mLCo(Ⅱ)标准液。
计算样品中钴含量ω=______(以钴的质量分数ω计)。
三、实验题（本大题共1小题，共13.0分）
16. 某实验小组探究Cu与Fe(NO3)3溶液的反应。取3g铜粉加入100mL0.6mol/LFe(NO3)3溶液(用HNO3调pH=1)中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色，未见有气泡产生。
已知：CuSCN是难溶于水的白色固体
(1)预测铜粉可能发生的反应
反应Ⅰ3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OKⅠ=6.3×1062
反应Ⅱ______KⅡ=5×1014
(2)探究反应Ⅰ是否发生
①取3g铜粉加入100mL ______溶液中，振荡、静置30分钟，无明显现象。(所用试剂：硝酸钠和硝酸溶液)
②用传感器检测Cu与Fe(NO3)3溶液反应过程中NO3−浓度的变化，发现NO3−浓度逐渐减少。有同学认为：催化了铜和稀硝酸的反应，可能的催化过程如下，写出ⅰ的离子方程式。
ⅰ. ______
ⅱ.反应Ⅱ
总反应：3Cu+2NO3−+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)探究反应Ⅱ是否发生
取3g铜粉加入 ______中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色。结合离子方程式解释溶液开始呈现白色浑浊最终浊液呈深红色的原因 ______。
(4)分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因
小组讨论认为，棕绿色可能是因为NO与Cu2+、Fe2+或Fe3+形成配合物，设计实验证明棕绿色是[Fe(NO)]2+的颜色，实验操作是 ______。
(5)从化学反应速率和限度角度简述对Cu与Fe(NO3)3溶液反应的认识 ______。
四、简答题（本大题共3小题，共33.0分）
17. 我国科学家制备了一种ZnPc/C60太阳电池，其结构示意图如图。
(1)铝元素属于 ______区(填“s”“d”“ds”或“p”)。
(2)C60分子中60个碳原子都是等价的，均以近似 ______杂化的方式形成3个不共平面的σ键，余下的1个p轨道电子互相重叠形成闭壳层电子结构，π电子云分布在C60分子笼的内外层表面上。循环伏安测试表明：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子。
(3)①ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是 ______。
②ZnPc中存在配位键的原因是 ______。
(4)某溶剂中，ZnPc可以和C60形成分子间电荷转移复合物，反应方程式可表示为：ZnPc+C60⇌ZnPc−C60，不同温度下生成电荷转移复合物的平衡常数如下表。
温度
生成ZnPc−C60的K
24℃
1.2329
44℃
0.9674
64℃
0.4923
反应：ZnPc+C60⇌ZnPc−C60ΔH ______0(填“>”或“<”)，ZnPc−C60中ZnPc是电子 ______(填“给体”或“受体”)。
(5)LiF晶体结构属于氯化钠型，其晶胞结构如图所示。
①LiF的熔点和沸点比NaCl的高，请解释原因 ______。
②LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为 ______cm3(计算结果保留一位有效数字)。
18. 锂及其化合物广泛应用于玻璃、陶瓷和航空航天等领域，全球锂资源一半以上赋存于盐湖卤水中。
Ⅰ.盐湖联合开发兑卤提锂
我国科学家以高锂卤水(BⅠ)为原料，富碳酸根卤水(BⅡ)为天然沉淀剂，提出盐湖联合开发兑卤提锂(Li2CO3)的新方法。两种卤水的部分化学组成如下表。
离子浓度/(g/L)
Li+
Na+
K+
Cl−
CO32−
SO42−
BⅠ
16.20
91.04
45.02
194.5
7.10
26.43
BⅡ
1.26
146.7
33.80
136.2
39.51
56.06
(1)用化学用语解释卤水(BⅡ)显碱性的原因 ______。
(2)90℃时，卤水混合沉锂的离子方程式是 ______。
(3)不同兑卤比所得混盐中，锂收率和Li2CO3含量(质量百分数)如图1所示，最佳兑卤比为 ______，Li2CO3含量随兑卤比先增大后减小的原因是 ______。
Ⅱ.电化学提锂
(4)我国专家通过LiMn2O4/Li1−xMn2O4电极体系，实现锂资源的高效选择性提取，其原理如图2所示。当两电极分别完成其对应的氧化(脱锂)反应和还原(嵌锂)反应后，将两电极进行互换，实现锂资源由原料液侧向回收液侧的转移。
①A侧是 ______(填“原料液”或“回收液”)。
②补全电极反应式
阳极：LiMnⅢMnⅣO4−xLi+−xe−=Li1−xMn1−xⅢMn1+xⅣO4(0≤x≤1)
阴极：Li1−xMn1−xⅢMn1+xⅣO4+yLi++ye−=______(0≤y≤x≤1)。
19. 阿哌沙班(Apixaban)可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线。
已知：ⅰ.RCOOHRCOCl
ⅱ.RCOOR′→CH3OHNH3RCONH2
ⅲ.
(1)A→B的反应类型是 ______。
(2)B→C的化学方程式是 ______。
(3)D的分子式为C7H12O4，D的结构简式是 ______。
(4)G→H的化学方程式是 ______。
(5)与F含有相同官能团的同分异构体有 ______种(不考虑手性异构，不含F)。
(6)K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，在箭头上补全试剂和反应条件 ______。
(7)通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，结合电负性解释原因 ______。
元素
H
C
O
电负性
2.1
2.5
3.5
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.铁性质较活泼，工业上通常用热还原法冶炼铁，氧化铁与一氧化碳反应生成铁与二氧化碳，故A正确；
B.H原子中未成对电子为s电子，形成的是s−sσ键，故B正确；
C.铝为活泼金属，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故C正确；
D.水分子为V形结构，水分子的正负电荷中心不能重合，为极性分子，故 D错误；
故选：D。
A.氧化铁与一氧化碳反应生成铁与二氧化碳；
B.H原子中未成对电子为s电子；
C.铝为活泼金属，工业上用电解法冶炼；
D.正负电荷中心不能重合的为极性分子。
本题主要考查了金属的冶炼，把握金属的活泼性及冶炼方法是解题关键，题目钠难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.HCN是共价化合物，中心原子是C，含有C−H键和C≡N键，结构式为H−C≡N，故A正确；
B.质量数为3的氢原子为 13H，故B错误；
C.氢氧化钠是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，OH−中O、H原子间共用1对电子，O原子的最外层电子数为8，其电子式为，故C错误；
D.基态Cr原子的原子序数为24，价层电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，故D错误；
故选：A。
A.HCN是共价化合物，含有C−H键和C≡N键；
B.质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；
C.NaOH是离子化合物，OH−中O原子的最外层电子数为8；
D.基态Cr原子的原子序数为24，价层电子排布式为3d54s1，不是3d44s2。
本题考查常见化学用语的正误判断，明确核素表示方法、电子式、分子结构模型、轨道表示式等概念及正确的表示方法即可解答，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.水是分子构成的化合物，同种分子构成的物质状态间的变化化学键没有断裂，只需要克服分子间作用力，故A正确；
B.水分解需要吸收能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；
C.标准状况下，水不是气态，Vm≠22.4L/mol，无法计算11.2L水的物质的量，故C错误；
D.25℃、101kPa下，①H2O(l)=H2(g)+O2(g) ΔH1=+285.8kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g) ΔH2=+44.0kJ/mol，则由①−②得：H2O(g)=H2(g)+O2(g) ΔH=+241.8kJ/mol，故D正确；
故选：C。
A.水是由分子构成的化合物，不同状态间的转化是物理变化，只需要克服分子间作用力；
B.水分解需要吸收能量；
C.标准状况下，水不是气态；
D.根据盖斯定律进行判断。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫是无色，但具有刺激性气味的有毒气体，故A错误；
B.SO2具有还原性，能与KMnO4溶液发生氧化还原反应而使紫色的KMnO4溶液褪色，故B正确；
C.SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水，体现了酸性氧化物和碱反应生成盐和水的性质，故C错误；
D.二氧化硫有毒，可以用作一定范围内的食品添加剂，但必需严格按照国家有关范围和标准使用，否则影响人体健康，故D错误；
故选：B。
A.二氧化硫具有刺激性气味；
B.SO2具有还原性，能使紫色的KMnO4溶液褪色；
C.SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水；
D.二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂。
本题考查二氧化硫的性质，注意S元素的化合价及二氧化硫的还原性、氧化性、漂白性、酸性氧化物即可解答，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.同周期主族元素从左向右电负性增强，则电负性：X>Y>Z，故A错误；
B.非金属性X>Y>Z，则气态氢化物的稳定性：X>Y>Z，故B正确；
C.同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：X
故选：A。
同周期主族元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则原子序数：X>Y>Z，非金属性X>Y>Z，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价含氧酸与元素的非金属性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.在价带上H2O转化为氧气，O元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B.根据CO2光催化反应机理图可以知道TiO2起催化作用，故B正确；
C.根据CO2光催化反应机理图可以知道在光照下，物质之间发生氧化还原反应，实现光能转化为化学能，故C正确；
D.1molCO2生成1molCH4，碳元素从质价降低为−4价，则得到8mol电子，故D错误；
故选：D。
A.在价带上H2O转化为氧气；
B.催化剂在反应前后质量和性质不变；
C.根据反应原理可以推断能量转化形式；
D.根据元素化合价变化计算电子转移数目。
本题考查了反应基本原理的分析判断、反应过程的理解应用以及氧化还原反应知识，注意题干信息的应用，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.氯化铵的水溶液显酸性，发生反应为：H2O+NH4+⇌NH3⋅H2O+H+，故A错误；
B.氯气溶于水，水溶液显酸性，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故B错误；
C.钠和水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C错误；
D.向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色，离子方程式为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故D正确；
故选：D。
A.铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；
B.次氯酸为弱酸，不能拆开；
C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应不满足电荷守恒；
D.硫化铜更难溶，硫化锌转化为更难溶的硫化铜沉淀。
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，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.根据图知，该分子中不含手性碳原子，故A正确；
B.根据图知，每个O原子形成2个共价键且每个O原子含有2个孤电子对，故B正确；
C.分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是16、13、1、2、2，分子式为C16H13ClN2O2，故C错误；
D.具有苯、酰胺、氯代烃的性质，苯环能发生取代反应、加成反应，酰胺和氯原子能发生取代反应，故D正确；
故选：C。
A.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B.根据图知，每个O原子形成2个共价键且每个O原子含有2个孤电子对；
C.分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是16、13、1、2、2；
D.具有苯、酰胺、氯代烃的性质。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、手性碳原子判断方法是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，不用稀硫酸，因为生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面阻止反应进一步进行，且要用向上排空气法收集，故A错误；
B.NH4Cl和Ca(OH)2加热生成氨气，氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，故B错误；
C.SO2密度大于空气，用向上排空气法收集，不可以用向下排空气法收集，故C错误；
D.浓盐酸与二氧化锰反应在加热条件下生成氯气，氯气密度大于空气，用向上排空气法收集，故D正确；
故选：D。
A.一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，CO2密度大于空气，用向上排空气法收集；
B.氨气密度小于空气，用向下排空气法收集；
C.SO2密度大于空气，用向上排空气法收集；
D.浓盐酸与二氧化锰反应在加热条件下生成氯气，氯气密度大于空气。
本题考查常见气体的制备及收集方法，把握图示发生装置、收集特点为解答关键，注意掌握常见气体的性质、制备原理、发生装置及收集方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.E分子中C、H、O原子个数依次是3、6、1，分子式为C3H6O，故A正确；
B.F、G中都含有酯基，所以都能发生水解反应，故B正确；
C.m、n、m′、n′相对大小未知，所以无法判断相对分子质量大小，故C错误；
D.根据F、G的结构简式知，E和二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸酯，所以有机化合物E和CO2通过加成反应生成副产物，故D正确；
故选：C。
A.E分子中C、H、O原子个数依次是3、6、1；
B.酯基能发生水解反应；
C.m、n、m′、n′相对大小未知；
D.根据F、G的结构简式知，E和二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸酯。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确反应前后官能团、结构变化是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.FeCl3溶液、KSCN溶液发生络合反应，无元素的化合价变化，不能证明Fe3+具有氧化性，故A错误；
B.FeSO4溶液、Na2S溶液反应生成FeS沉淀，均与Cu不反应，不能证明CuS更难溶，故B错误；
C.新制氯水与KBr溶液、KI溶液均反应，溴水可氧化KI溶液，则氧化性Cl2>Br2>I2，故C正确；
D.浓硫酸、木炭加热时生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，不能证明木炭和浓硫酸能生成CO2，故D错误；
故选：C。
A.FeCl3溶液、KSCN溶液发生络合反应，无元素的化合价变化；
B.FeSO4溶液、Na2S溶液反应生成FeS沉淀，均与Cu不反应；
C.新制氯水与KBr溶液、KI溶液均反应，溴水可氧化KI溶液；
D.浓硫酸、木炭加热时生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3−，HCO3−⇌H++CO32−，故A正确；
B.该温度下，pH=a，当x(HCO3−)=x(CO2+H2CO3)，H2CO3⇌H++HCO3−，反应的平衡常数Ka1==>>1×10−a，故B正确；
C.HCO3−⇌H++CO32−， −Ka2=，该温度下，当c(HCO3−)=c(CO32−)，pH=b，Ka2=c(H+)=1×10−b，故C正确；
D.Na2CO3溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+2c(CO32−)，故D错误；
故选：D。
A.碳酸为二元弱酸，分步电离；
B.H2CO3⇌H++HCO3−Ka1=，该温度下，当x(HCO3−)=x(CO2+H2CO3)，pH=a；
C.HCO3−⇌H++CO32−， −Ka2=，该温度下，当c(HCO3−)=c(CO32−)，pH=b；
D.Na2CO3溶液中存在电荷守恒。
本题考查了弱电解质电离平衡、电离平衡常数的计算、电荷守恒等知识点，注意电解质溶液中离子关系的理解应用，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，是因为Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态，故A正确；
B.H3O+价层电子对模型为正四面体，O原子采用sp3杂化，H2O中O原子有2对孤对电子，H3O+中O原子有1对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对之间的排斥力>成键电子对间的排斥力，导致H3O+中H−O−H键角比H2O中H−O−H键角大，故B错误；
C.在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高，但HF存在分子间氢键，熔点增大，所以晶体熔点：HF>HCl，故C正确；
D.酸性：CF3COOH>CCl3COOH，说明−CF3吸电子能力比−CCl3强，C−F的极性大于C−Cl的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基极性更大，故D正确；
故选：B。
A.由于Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，半满结构，稳定，难失电子；
B.H3O+价层电子对模型为正四面体，O原子采用sp3杂化，H2O中O原子有2对孤对电子，H3O+中O原子有1对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对之间的排斥力>成键电子对间的排斥力，导致H3O+中H−O−H键角比H2O中H−O−H键角大；
C.在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高，但HF存在分子间氢键，熔点增大；
D.酸性：CF3COOH>CCl3COOH，说明−CF3吸电子能力比−CCl3强。
本题主要考查元素周期律，涉及到得失电子能力比较、键角、熔点比较、酸性强弱比较等，解题的关键是掌握元素周期律的应用，试题培养了学生的灵活应用能力，难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.800℃时，H2选择性和CO选择性均接近100%，则副反应①CH4+2O2⇌CO2+2H2O进行程度很小，故A正确；
B.800℃时，H2和CO的选择性，说明副反应也生成H2和CO，则推测可能存在副反应②CH4+H2O⇌CO+3H2，故B正确；
C.由于该反应的ΔH<0，则升高温度，平衡逆移，甲烷的转化率减小，则CH4转化率随温度升高而增大，不用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.增大压强使容器容积减小，单位体积内分子总数增多，活化分子百分数不变，则单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大，故D正确；
故选：C。
A.800℃时，H2选择性和CO选择性均接近100%；
B.800℃时，H2和CO的选择性均接近100%，说明副反应也生成H2和CO；
C.该反应的ΔH<0，则升高温度，平衡逆移，甲烷的转化率减小；
D.增大压强使容器容积减小，单位体积内分子总数增多，活化分子百分数不变。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
15.【答案】2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O 2：1 6Fe2++ClO3−+15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl−+12H+ 2.8×10−9 加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F−(aq)⇌CaF2(s)，增大 c(F−)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【解析】解：(1)氢氧化高钴溶于硫酸，化学方程式是2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O，
故答案为：2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O；
(2)用过量Na2SO3还原浸出Co2+发生的离子反应为SO32−+2Co3++H2O=SO42−+2Co2++2H+，则理论上氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
(3)“氧化沉铁”时，Fe2+被ClO3−氧化后转化为Fe(OH)3沉淀，ClO3−被还原为Cl−，离子方程式为6Fe2++ClO3−+15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl−+12H+；25℃时，pH=4，c(OH−)=1×10−10mol/L，浊液中 c(Fe3+)=mol/L=2.8×10−9mol/L，
故答案为：6Fe2++ClO3−+15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl−+12H+；2.8×10−9；
(4)用F−沉淀Ca2+是一个平衡体系，增大一种反应物浓度，有利于提高另一种反应物的转化率，则加入过量NaF的原因：加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F−(aq)⇌CaF2(s)，增大 c(F−)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分，
故答案为：加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F−(aq)⇌CaF2(s)，增大 c(F−)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分；
(5)从硫酸钴溶液中提取硫酸钴晶体，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥操作，得到硫酸钴晶体，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(6)设所配200mL溶液中Co2+浓度为x，则依据得失电子守恒，可建立如下等量关系式：0.02x=cV1×10−3−，x=0.05(cV1−)mol/L，则样品中钴含量ω==，
故答案为：。
用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4⋅7H2O)，首先粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，然后加入过量Na2SO3进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有：Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等；加入过量NaClO3氧化沉铁，使Fe2+氧化为Fe3+并转化为Fe(OH)3沉淀，加入过量NaF得到氟化钙沉钙，过滤除去沉淀；加入P204进行萃取，加入P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到硫酸钴晶体。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
16.【答案】2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 1.8mol/L硝酸钠溶液(用HNO3调pH=1) NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH=1) Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+，当SCN−较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN−和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色 分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO 反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快
【解析】解：(1)溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+，即反应II的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)①探究反应I是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取3g铜粉加入100mL1.8mol/L硝酸钠溶液(用HNO3调pH=1)中，振荡、静置30分钟，无明显现象，
故答案为：1.8mol/L硝酸钠溶液(用HNO3调pH=1)；
②由总反应减反应II可得ⅰ的离子方程式为NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)探究反应II是否发生，需要排除NO3−的影响，而且保证其他条件应相同，取3g铜粉加入0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH=1)中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色，Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+，当SCN−较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN−和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色，
故答案为：0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH=1)；Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+，当SCN−较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN−和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色；
(4)分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因可能是因为NO与Cu2+、Fe2+或Fe3+形成配合物，证明棕绿色是[Fe(NO)]2+的颜色，实验操作是分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO，
故答案为：分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO；
(5)通过比较反应现象及反应I、反应II的平衡常数可知，反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快，
故答案为：反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快。
(1)溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+；
(2)①探究反应I是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同；
②由总反应减反应II可得ⅰ的离子方程式为NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)探究反应II是否发生，需要排除NO3−的影响，而且保证其他条件应相同；
(4)分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因可能是因为NO与Cu2+、Fe2+或Fe3+形成配合物；
(5)通过比较反应现象及反应I、反应II的平衡常数可知，反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质性质和实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】p sp2 3d10 ZnPc中Zn2+含有空轨道、N原子含有孤电子对 < 给体 LiF、NaCl都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，r(Li+)NaCl 6.6×10−23
【解析】解：(1)第ⅢA族～0族元素属于p区，Al位于第ⅢA族，所以属于p区元素，
故答案为：p；
(2)每个C原子价层电子对个数是3，所以每个C原子采用sp2杂化，
故答案为：sp2；
(3)①基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，基态Zn原子失去4s能级上的电子生成Zn2+，Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10，价层电子为其3d能级上的电子，所以锌离子价层电子排布式为3d10，
故答案为：3d10；
②含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，ZnPc中锌离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以锌离子和N原子能形成配位键，
故答案为：ZnPc中Zn2+含有空轨道、N原子含有孤电子对；
(4)根据表中数据知，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；ZnPc−C60的ZnPc是电子给体，
故答案为：<；给体；
(5)①离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子半径成反比、与离子所带电荷成正比，LiF、NaCl都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，r(Li+)NaCl，所以LiF的熔点和沸点比NaCl的高，
故答案为：LiF、NaCl都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，r(Li+)NaCl；
②该晶胞中Li+个数=1+12×=4、F−个数=8×+6×=4，相当于该晶胞中含有4个“LiF”，ρ==，LiF晶胞的体积V==cm3≈6.6×10−23cm3，
故答案为：6.6×10−23。
(1)第ⅢA族～0族元素属于p区；
(2)每个C原子价层电子对个数是3；
(3)①基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，基态Zn原子失去4s能级上的电子生成Zn2+，Zn2+的价层电子为其3d能级上的电子；
②含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；
(4)升高温度，平衡向吸热方向移动；ZnPc−C60的ZnPc是电子给体；
(5)①离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子半径成反比、与离子所带电荷成正比；
②该晶胞中Li+个数=1+12×=4、F−个数=8×+6×=4，相当于该晶胞中含有4个“LiF”，ρ==，则LiF晶胞的体积V=。
本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、配合物结构、晶体熔沸点影响因素、晶胞计算方法是解本题关键，注意晶胞密度的计算方法，题目难度中等。
18.【答案】CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2Li++CO32−=Li2CO3↓ 1.75 当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3，使得Li2CO3含量减小 原料液 Li1−x+yMn1−xⅢMn1+xⅣO4
【解析】解：(1)卤水(BⅡ)中CO32−水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，
故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(2)高锂卤水(BⅠ)中 Li+与富碳酸根卤水(BⅡ)中CO32−反应生成Li2CO3，离子方程式为2Li++CO32−=Li2CO3↓，
故答案为：2Li++CO32−=Li2CO3↓；
(3)由图1可知，当兑卤比为1.75时，所得混盐中Li2CO3含量最高，则最佳兑卤比为1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3，使得Li2CO3含量减小，
故答案为：1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3，使得Li2CO3含量减小；
(4)①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的Li+从阳极移向阴极，即从A侧移向B侧，则A侧为原料液，B侧为回收液，
故答案为：原料液；
②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，MnⅢ→MnⅣ，Mn失电子化合价升高，则阴极MnⅣ→MnⅢ，Mn得电子化合价降低，由此可得阴极电极反应式为：Li1−xMn1−xⅢMn1+xⅣO4+yLi++ye−=Li1−x+yMn1−xⅢMn1+xⅣO4，
故答案为：Li1−x+yMn1−xⅢMn1+xⅣO4。
(1)卤水(BⅡ)中CO32−水解使溶液显碱性；
(2)高锂卤水(BⅠ)中 Li+与富碳酸根卤水(BⅡ)中CO32−反应生成Li2CO3；
(3)由图1可知，当兑卤比为1.75时，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3；
(4)①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的Li+从阳极移向阴极；
②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，MnⅢ→MnⅣ，Mn失电子化合价升高，则阴极MnⅣ→MnⅢ，Mn得电子化合价降低。
本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池原理的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】取代反应 CH2=CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 11 酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺
【解析】解：(1)A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B，A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(2)B为CH2=CHCH2Cl，C为BrCH2CH2CH2Cl，B和HBr发生加成反应生成C，B→C的化学方程式是CH2=CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl，
故答案为：CH2=CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl；
(3)D的结构简式是CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，
故答案为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；
(4)G发生取代反应生成H，G→H的化学方程式是，
故答案为：；
(5)F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，与F含有相同官能团的同分异构体中含有羧基和氯原子，符合条件的同分异构体相当于羧酸烃基中氢原子被氯原子取代，所以羧酸中烃基上含有几种氢原子，符合条件的同分异构体就有几种，如果羧酸为CH3CH2CH2CH2COOH，烃基中含有4种氢原子，含有氯原子的羧酸有4种，去除其本身，还有3种；如果羧酸为(CH3)2CHCH2COOH，烃基上有3种氢原子，符合条件的同分异构体有3种；如果羧酸为CH3CH2CH(CH3)COOH，烃基上含有4种氢原子，符合条件的同分异构体有4种；如果羧酸为(CH3)3CCOOH，烃基只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有1种，所以有11种，
故答案为：11；
(6)K中硝基发生信息ii的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班，补全试剂和反应条件为，
故答案为：；
(7)通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，原因是酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺，
故答案为：酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。
A的不饱和度==1，B能和HBr发生加成反应生成C，则A中含有碳碳双键，为CH2=CHCH3，根据C的分子式知，A和氯气在高温条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，C和D发生取代反应生成E，根据E的结构简式知，C为BrCH2CH2CH2Cl，D的分子式为C7H12O4，则D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据F的分子式知，E发生水解反应生成F，F发生信息i的反应生成G，根据G的结构简式、F的分子式知，F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，G发生取代反应生成H，H发生反应生成I，I和J发生取代反应生成K；
(6)K中硝基发生信息ii的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应前后官能团或结构变化特点，题目难度中等。
2022-2023学年北京市石景山区高三（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 如图是月球基地运行功能愿景图的一部分。下列说法不正确的是( )
A. 可以通过热还原法得到Fe B. H2分子的共价键是s−sσ键
C. 可以通过电解法得到Al D. 水是非极性分子
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. HCN的结构式：H−C≡N
B. 质量数为3的氢原子： 3H
C. NaOH的电子式：
D. 基态Cr原子的价层电子的轨道表示式：
3. 25℃、101kPa下，①H2O(l)=H2(g)+O2(g)ΔH1=+285.8kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ/mol。下列说法不正确的是( )
A. 液态水变为水蒸气破坏的是分子间作用力
B. 水分解为氢气和氧气，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
C. 标准状况下，11.2L水中含共用电子对总数约为6.02×1023
D. 25℃、101kPa下，H2O(g)=H2(g)+O2(g) ΔH=+241.8kJ/mol
4. 下列关于SO2的叙述正确的是( )
A. SO2是无色、无臭的气体 B. SO2能使紫色的KMnO4溶液褪色
C. SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO4 D. SO2不能用作食品添加剂
5. 已知X、Y、Z为三种原子序数相邻的主族元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4>H2YO4>H3ZO4。下列说法不正确的是( )
A. 电负性：X
C. 原子半径：X
6. CO2光催化反应机理如图所示，当催化剂受到能量大于禁带宽度的光照时，价带上的电子被激发，跃迁到导带，同时形成空穴。导带上的光生电子()作还原剂，价带上的光生空穴(⊕)作氧化剂，下列说法不正确的是( )
A. 在价带上H2O被氧化
B. 推测TiO2起催化作用
C. 反应过程中光能转化为化学能
D. 1molCO2生成1molCH4得到4mol电子
7. 下列方程式与所给事实相符的是( )
A. 氯化铵的水溶液显酸性：NH4+⇌NH3+H+
B. 氯气溶于水，水溶液显酸性：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−
C. 钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
D. 向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)
8. 2022年9月国产药物氯巴占片获批上市，氯巴占的分子结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 分子中不含手性碳原子
B. 分子中氧原子有孤电子对
C. 氯巴占的分子式为：C16H14ClN2O2
D. 氯巴占可以发生加成反应、取代反应
9. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是( )
气体
试剂
制备装置
收集方法
A
CO2
石灰石+稀H2SO4
c
d
B
NH3
NH4Cl+Ca(OH)2
b
f
C
SO2
Na2SO3+浓H2SO4
c
e
D
Cl2
MnO2+浓盐酸
a
d
A. A B. B C. C D. D
10. 环氧化物与CO2开环共聚反应是合成高附加值化学品的一种有效途径，两类CO2共聚物的合成路线如图(副产物为环状碳酸酯)。下列说法不合理的是( )
A. 有机化合物E的分子式为C3H6O
B. 高分子F和高分子G均能发生水解反应
C. 由结构简式可以确定高分子G的相对分子质量比F的大
D. 有机化合物E和CO2通过加成反应生成副产物
11. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是( )
实验目的
实验药品
A
证明Fe3+具有氧化性
FeCl3溶液、KSCN溶液
B
证明CuS比FeS更难溶
FeSO4溶液、Na2S溶液、铜粉
C
证明氧化性Cl2>Br2>I2
KBr溶液、KI溶液、新制氯水、溴水、水
D
证明木炭和浓硫酸能生成CO2
浓硫酸、木炭、饱和NaHCO3溶液、澄清石灰水
A. A B. B C. C D. D
12. 某温度下，水溶液中CO2、H2CO3、HCO3−和CO32−的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 碳酸的电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3−，HCO3−⇌H++CO32−
B. 该温度下，H2CO3⇌H++HCO3− Ka1>1×10−a
C. 该温度下，HCO3−⇌H++CO32−Ka2=1×10−b
D. Na2CO3溶液中，2c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+c(CO32−)
13. 下列事实的解释不正确的是( )
事实
解释
A
气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难
Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态
B
H3O+中H−O−H键角比H2O中的大
H3O+的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力
C
晶体熔点：HF>HCl
HF分子间能形成氢键
D
酸性：CF3COOH>CCl3COOH
氟的电负性大于氯的电负性，F−C的极性大于Cl−C的极性，使F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+
A. A B. B C. C D. D
14. 甲烷催化氧化为合成气的主反应为：2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH<0。CH4转化率、H2选择性()和CO选择性()随温度变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 800℃时，副反应①CH4+2O2⇌CO2+2H2O进行程度很小
B. 对比图中H2和CO的选择性，推测可能存在副反应②CH4+H2O⇌CO+3H2
C. CH4转化率随温度升高而增大，可以用勒夏特列原理解释
D. 增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大
第II卷（非选择题）
二、流程题（本大题共1小题，共12.0分）
15. 我国科学家用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4⋅7H2O)，其工艺流程如图。
已知：ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等。
ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃)：
物质
Ksp
CaF2
4.0×10−11
Fe(OH)3
2.8×10−39
ⅲ.CoSO4⋅7H2O溶解度随温度升高而明显增大。
(1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是 ______。
(2)浸出Co2+时，理论上氧化剂和还原剂物质的量之比为 ______。
(3)写出“氧化沉铁”的离子方程式 ______；25℃时，浊液中铁离子浓度为 ______mol/L(此时pH为4)。
(4)结合平衡移动原理解释“氟化沉钙”步骤加入过量NaF的原因 ______。
(5)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经 ______操作，得到硫酸钴晶体。
(6)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下：在溶液中，用铁氰化钾将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，过量的铁氰化钾以Co(Ⅱ)标准液返滴定。反应的方程式为：Co2++[Fe(CN)6]3−=Co3++[Fe(CN)6]4−。
已知：铁氰化钾标准液浓度为cmol/L，Co(Ⅱ)标准液质量浓度为ρg/L。
取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗V1mL铁氰化钾标准液、V2mLCo(Ⅱ)标准液。
计算样品中钴含量ω=______(以钴的质量分数ω计)。
三、实验题（本大题共1小题，共13.0分）
16. 某实验小组探究Cu与Fe(NO3)3溶液的反应。取3g铜粉加入100mL0.6mol/LFe(NO3)3溶液(用HNO3调pH=1)中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色，未见有气泡产生。
已知：CuSCN是难溶于水的白色固体
(1)预测铜粉可能发生的反应
反应Ⅰ3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OKⅠ=6.3×1062
反应Ⅱ______KⅡ=5×1014
(2)探究反应Ⅰ是否发生
①取3g铜粉加入100mL ______溶液中，振荡、静置30分钟，无明显现象。(所用试剂：硝酸钠和硝酸溶液)
②用传感器检测Cu与Fe(NO3)3溶液反应过程中NO3−浓度的变化，发现NO3−浓度逐渐减少。有同学认为：催化了铜和稀硝酸的反应，可能的催化过程如下，写出ⅰ的离子方程式。
ⅰ. ______
ⅱ.反应Ⅱ
总反应：3Cu+2NO3−+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)探究反应Ⅱ是否发生
取3g铜粉加入 ______中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色。结合离子方程式解释溶液开始呈现白色浑浊最终浊液呈深红色的原因 ______。
(4)分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因
小组讨论认为，棕绿色可能是因为NO与Cu2+、Fe2+或Fe3+形成配合物，设计实验证明棕绿色是[Fe(NO)]2+的颜色，实验操作是 ______。
(5)从化学反应速率和限度角度简述对Cu与Fe(NO3)3溶液反应的认识 ______。
四、简答题（本大题共3小题，共33.0分）
17. 我国科学家制备了一种ZnPc/C60太阳电池，其结构示意图如图。
(1)铝元素属于 ______区(填“s”“d”“ds”或“p”)。
(2)C60分子中60个碳原子都是等价的，均以近似 ______杂化的方式形成3个不共平面的σ键，余下的1个p轨道电子互相重叠形成闭壳层电子结构，π电子云分布在C60分子笼的内外层表面上。循环伏安测试表明：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子。
(3)①ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是 ______。
②ZnPc中存在配位键的原因是 ______。
(4)某溶剂中，ZnPc可以和C60形成分子间电荷转移复合物，反应方程式可表示为：ZnPc+C60⇌ZnPc−C60，不同温度下生成电荷转移复合物的平衡常数如下表。
温度
生成ZnPc−C60的K
24℃
1.2329
44℃
0.9674
64℃
0.4923
反应：ZnPc+C60⇌ZnPc−C60ΔH ______0(填“>”或“<”)，ZnPc−C60中ZnPc是电子 ______(填“给体”或“受体”)。
(5)LiF晶体结构属于氯化钠型，其晶胞结构如图所示。
①LiF的熔点和沸点比NaCl的高，请解释原因 ______。
②LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为 ______cm3(计算结果保留一位有效数字)。
18. 锂及其化合物广泛应用于玻璃、陶瓷和航空航天等领域，全球锂资源一半以上赋存于盐湖卤水中。
Ⅰ.盐湖联合开发兑卤提锂
我国科学家以高锂卤水(BⅠ)为原料，富碳酸根卤水(BⅡ)为天然沉淀剂，提出盐湖联合开发兑卤提锂(Li2CO3)的新方法。两种卤水的部分化学组成如下表。
离子浓度/(g/L)
Li+
Na+
K+
Cl−
CO32−
SO42−
BⅠ
16.20
91.04
45.02
194.5
7.10
26.43
BⅡ
1.26
146.7
33.80
136.2
39.51
56.06
(1)用化学用语解释卤水(BⅡ)显碱性的原因 ______。
(2)90℃时，卤水混合沉锂的离子方程式是 ______。
(3)不同兑卤比所得混盐中，锂收率和Li2CO3含量(质量百分数)如图1所示，最佳兑卤比为 ______，Li2CO3含量随兑卤比先增大后减小的原因是 ______。
Ⅱ.电化学提锂
(4)我国专家通过LiMn2O4/Li1−xMn2O4电极体系，实现锂资源的高效选择性提取，其原理如图2所示。当两电极分别完成其对应的氧化(脱锂)反应和还原(嵌锂)反应后，将两电极进行互换，实现锂资源由原料液侧向回收液侧的转移。
①A侧是 ______(填“原料液”或“回收液”)。
②补全电极反应式
阳极：LiMnⅢMnⅣO4−xLi+−xe−=Li1−xMn1−xⅢMn1+xⅣO4(0≤x≤1)
阴极：Li1−xMn1−xⅢMn1+xⅣO4+yLi++ye−=______(0≤y≤x≤1)。
19. 阿哌沙班(Apixaban)可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线。
已知：ⅰ.RCOOHRCOCl
ⅱ.RCOOR′→CH3OHNH3RCONH2
ⅲ.
(1)A→B的反应类型是 ______。
(2)B→C的化学方程式是 ______。
(3)D的分子式为C7H12O4，D的结构简式是 ______。
(4)G→H的化学方程式是 ______。
(5)与F含有相同官能团的同分异构体有 ______种(不考虑手性异构，不含F)。
(6)K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，在箭头上补全试剂和反应条件 ______。
(7)通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，结合电负性解释原因 ______。
元素
H
C
O
电负性
2.1
2.5
3.5
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.铁性质较活泼，工业上通常用热还原法冶炼铁，氧化铁与一氧化碳反应生成铁与二氧化碳，故A正确；
B.H原子中未成对电子为s电子，形成的是s−sσ键，故B正确；
C.铝为活泼金属，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故C正确；
D.水分子为V形结构，水分子的正负电荷中心不能重合，为极性分子，故 D错误；
故选：D。
A.氧化铁与一氧化碳反应生成铁与二氧化碳；
B.H原子中未成对电子为s电子；
C.铝为活泼金属，工业上用电解法冶炼；
D.正负电荷中心不能重合的为极性分子。
本题主要考查了金属的冶炼，把握金属的活泼性及冶炼方法是解题关键，题目钠难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.HCN是共价化合物，中心原子是C，含有C−H键和C≡N键，结构式为H−C≡N，故A正确；
B.质量数为3的氢原子为 13H，故B错误；
C.氢氧化钠是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，OH−中O、H原子间共用1对电子，O原子的最外层电子数为8，其电子式为，故C错误；
D.基态Cr原子的原子序数为24，价层电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，故D错误；
故选：A。
A.HCN是共价化合物，含有C−H键和C≡N键；
B.质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；
C.NaOH是离子化合物，OH−中O原子的最外层电子数为8；
D.基态Cr原子的原子序数为24，价层电子排布式为3d54s1，不是3d44s2。
本题考查常见化学用语的正误判断，明确核素表示方法、电子式、分子结构模型、轨道表示式等概念及正确的表示方法即可解答，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.水是分子构成的化合物，同种分子构成的物质状态间的变化化学键没有断裂，只需要克服分子间作用力，故A正确；
B.水分解需要吸收能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；
C.标准状况下，水不是气态，Vm≠22.4L/mol，无法计算11.2L水的物质的量，故C错误；
D.25℃、101kPa下，①H2O(l)=H2(g)+O2(g) ΔH1=+285.8kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g) ΔH2=+44.0kJ/mol，则由①−②得：H2O(g)=H2(g)+O2(g) ΔH=+241.8kJ/mol，故D正确；
故选：C。
A.水是由分子构成的化合物，不同状态间的转化是物理变化，只需要克服分子间作用力；
B.水分解需要吸收能量；
C.标准状况下，水不是气态；
D.根据盖斯定律进行判断。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫是无色，但具有刺激性气味的有毒气体，故A错误；
B.SO2具有还原性，能与KMnO4溶液发生氧化还原反应而使紫色的KMnO4溶液褪色，故B正确；
C.SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水，体现了酸性氧化物和碱反应生成盐和水的性质，故C错误；
D.二氧化硫有毒，可以用作一定范围内的食品添加剂，但必需严格按照国家有关范围和标准使用，否则影响人体健康，故D错误；
故选：B。
A.二氧化硫具有刺激性气味；
B.SO2具有还原性，能使紫色的KMnO4溶液褪色；
C.SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水；
D.二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂。
本题考查二氧化硫的性质，注意S元素的化合价及二氧化硫的还原性、氧化性、漂白性、酸性氧化物即可解答，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.同周期主族元素从左向右电负性增强，则电负性：X>Y>Z，故A错误；
B.非金属性X>Y>Z，则气态氢化物的稳定性：X>Y>Z，故B正确；
C.同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：X
故选：A。
同周期主族元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则原子序数：X>Y>Z，非金属性X>Y>Z，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价含氧酸与元素的非金属性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.在价带上H2O转化为氧气，O元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B.根据CO2光催化反应机理图可以知道TiO2起催化作用，故B正确；
C.根据CO2光催化反应机理图可以知道在光照下，物质之间发生氧化还原反应，实现光能转化为化学能，故C正确；
D.1molCO2生成1molCH4，碳元素从质价降低为−4价，则得到8mol电子，故D错误；
故选：D。
A.在价带上H2O转化为氧气；
B.催化剂在反应前后质量和性质不变；
C.根据反应原理可以推断能量转化形式；
D.根据元素化合价变化计算电子转移数目。
本题考查了反应基本原理的分析判断、反应过程的理解应用以及氧化还原反应知识，注意题干信息的应用，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.氯化铵的水溶液显酸性，发生反应为：H2O+NH4+⇌NH3⋅H2O+H+，故A错误；
B.氯气溶于水，水溶液显酸性，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故B错误；
C.钠和水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C错误；
D.向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色，离子方程式为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故D正确；
故选：D。
A.铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；
B.次氯酸为弱酸，不能拆开；
C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应不满足电荷守恒；
D.硫化铜更难溶，硫化锌转化为更难溶的硫化铜沉淀。
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，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.根据图知，该分子中不含手性碳原子，故A正确；
B.根据图知，每个O原子形成2个共价键且每个O原子含有2个孤电子对，故B正确；
C.分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是16、13、1、2、2，分子式为C16H13ClN2O2，故C错误；
D.具有苯、酰胺、氯代烃的性质，苯环能发生取代反应、加成反应，酰胺和氯原子能发生取代反应，故D正确；
故选：C。
A.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B.根据图知，每个O原子形成2个共价键且每个O原子含有2个孤电子对；
C.分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是16、13、1、2、2；
D.具有苯、酰胺、氯代烃的性质。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、手性碳原子判断方法是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，不用稀硫酸，因为生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面阻止反应进一步进行，且要用向上排空气法收集，故A错误；
B.NH4Cl和Ca(OH)2加热生成氨气，氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，故B错误；
C.SO2密度大于空气，用向上排空气法收集，不可以用向下排空气法收集，故C错误；
D.浓盐酸与二氧化锰反应在加热条件下生成氯气，氯气密度大于空气，用向上排空气法收集，故D正确；
故选：D。
A.一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，CO2密度大于空气，用向上排空气法收集；
B.氨气密度小于空气，用向下排空气法收集；
C.SO2密度大于空气，用向上排空气法收集；
D.浓盐酸与二氧化锰反应在加热条件下生成氯气，氯气密度大于空气。
本题考查常见气体的制备及收集方法，把握图示发生装置、收集特点为解答关键，注意掌握常见气体的性质、制备原理、发生装置及收集方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.E分子中C、H、O原子个数依次是3、6、1，分子式为C3H6O，故A正确；
B.F、G中都含有酯基，所以都能发生水解反应，故B正确；
C.m、n、m′、n′相对大小未知，所以无法判断相对分子质量大小，故C错误；
D.根据F、G的结构简式知，E和二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸酯，所以有机化合物E和CO2通过加成反应生成副产物，故D正确；
故选：C。
A.E分子中C、H、O原子个数依次是3、6、1；
B.酯基能发生水解反应；
C.m、n、m′、n′相对大小未知；
D.根据F、G的结构简式知，E和二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸酯。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确反应前后官能团、结构变化是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.FeCl3溶液、KSCN溶液发生络合反应，无元素的化合价变化，不能证明Fe3+具有氧化性，故A错误；
B.FeSO4溶液、Na2S溶液反应生成FeS沉淀，均与Cu不反应，不能证明CuS更难溶，故B错误；
C.新制氯水与KBr溶液、KI溶液均反应，溴水可氧化KI溶液，则氧化性Cl2>Br2>I2，故C正确；
D.浓硫酸、木炭加热时生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，不能证明木炭和浓硫酸能生成CO2，故D错误；
故选：C。
A.FeCl3溶液、KSCN溶液发生络合反应，无元素的化合价变化；
B.FeSO4溶液、Na2S溶液反应生成FeS沉淀，均与Cu不反应；
C.新制氯水与KBr溶液、KI溶液均反应，溴水可氧化KI溶液；
D.浓硫酸、木炭加热时生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3−，HCO3−⇌H++CO32−，故A正确；
B.该温度下，pH=a，当x(HCO3−)=x(CO2+H2CO3)，H2CO3⇌H++HCO3−，反应的平衡常数Ka1==>>1×10−a，故B正确；
C.HCO3−⇌H++CO32−， −Ka2=，该温度下，当c(HCO3−)=c(CO32−)，pH=b，Ka2=c(H+)=1×10−b，故C正确；
D.Na2CO3溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+2c(CO32−)，故D错误；
故选：D。
A.碳酸为二元弱酸，分步电离；
B.H2CO3⇌H++HCO3−Ka1=，该温度下，当x(HCO3−)=x(CO2+H2CO3)，pH=a；
C.HCO3−⇌H++CO32−， −Ka2=，该温度下，当c(HCO3−)=c(CO32−)，pH=b；
D.Na2CO3溶液中存在电荷守恒。
本题考查了弱电解质电离平衡、电离平衡常数的计算、电荷守恒等知识点，注意电解质溶液中离子关系的理解应用，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，是因为Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态，故A正确；
B.H3O+价层电子对模型为正四面体，O原子采用sp3杂化，H2O中O原子有2对孤对电子，H3O+中O原子有1对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对之间的排斥力>成键电子对间的排斥力，导致H3O+中H−O−H键角比H2O中H−O−H键角大，故B错误；
C.在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高，但HF存在分子间氢键，熔点增大，所以晶体熔点：HF>HCl，故C正确；
D.酸性：CF3COOH>CCl3COOH，说明−CF3吸电子能力比−CCl3强，C−F的极性大于C−Cl的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基极性更大，故D正确；
故选：B。
A.由于Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，半满结构，稳定，难失电子；
B.H3O+价层电子对模型为正四面体，O原子采用sp3杂化，H2O中O原子有2对孤对电子，H3O+中O原子有1对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对之间的排斥力>成键电子对间的排斥力，导致H3O+中H−O−H键角比H2O中H−O−H键角大；
C.在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高，但HF存在分子间氢键，熔点增大；
D.酸性：CF3COOH>CCl3COOH，说明−CF3吸电子能力比−CCl3强。
本题主要考查元素周期律，涉及到得失电子能力比较、键角、熔点比较、酸性强弱比较等，解题的关键是掌握元素周期律的应用，试题培养了学生的灵活应用能力，难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.800℃时，H2选择性和CO选择性均接近100%，则副反应①CH4+2O2⇌CO2+2H2O进行程度很小，故A正确；
B.800℃时，H2和CO的选择性，说明副反应也生成H2和CO，则推测可能存在副反应②CH4+H2O⇌CO+3H2，故B正确；
C.由于该反应的ΔH<0，则升高温度，平衡逆移，甲烷的转化率减小，则CH4转化率随温度升高而增大，不用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.增大压强使容器容积减小，单位体积内分子总数增多，活化分子百分数不变，则单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大，故D正确；
故选：C。
A.800℃时，H2选择性和CO选择性均接近100%；
B.800℃时，H2和CO的选择性均接近100%，说明副反应也生成H2和CO；
C.该反应的ΔH<0，则升高温度，平衡逆移，甲烷的转化率减小；
D.增大压强使容器容积减小，单位体积内分子总数增多，活化分子百分数不变。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
15.【答案】2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O 2：1 6Fe2++ClO3−+15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl−+12H+ 2.8×10−9 加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F−(aq)⇌CaF2(s)，增大 c(F−)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【解析】解：(1)氢氧化高钴溶于硫酸，化学方程式是2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O，
故答案为：2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O；
(2)用过量Na2SO3还原浸出Co2+发生的离子反应为SO32−+2Co3++H2O=SO42−+2Co2++2H+，则理论上氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
(3)“氧化沉铁”时，Fe2+被ClO3−氧化后转化为Fe(OH)3沉淀，ClO3−被还原为Cl−，离子方程式为6Fe2++ClO3−+15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl−+12H+；25℃时，pH=4，c(OH−)=1×10−10mol/L，浊液中 c(Fe3+)=mol/L=2.8×10−9mol/L，
故答案为：6Fe2++ClO3−+15H2O=6Fe(OH)3↓+Cl−+12H+；2.8×10−9；
(4)用F−沉淀Ca2+是一个平衡体系，增大一种反应物浓度，有利于提高另一种反应物的转化率，则加入过量NaF的原因：加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F−(aq)⇌CaF2(s)，增大 c(F−)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分，
故答案为：加入NaF后，发生反应Ca2+(aq)+2F−(aq)⇌CaF2(s)，增大 c(F−)，有利于平衡正向移动，从而使Ca2+沉淀更充分；
(5)从硫酸钴溶液中提取硫酸钴晶体，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥操作，得到硫酸钴晶体，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(6)设所配200mL溶液中Co2+浓度为x，则依据得失电子守恒，可建立如下等量关系式：0.02x=cV1×10−3−，x=0.05(cV1−)mol/L，则样品中钴含量ω==，
故答案为：。
用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4⋅7H2O)，首先粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，然后加入过量Na2SO3进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有：Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等；加入过量NaClO3氧化沉铁，使Fe2+氧化为Fe3+并转化为Fe(OH)3沉淀，加入过量NaF得到氟化钙沉钙，过滤除去沉淀；加入P204进行萃取，加入P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到硫酸钴晶体。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
16.【答案】2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 1.8mol/L硝酸钠溶液(用HNO3调pH=1) NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH=1) Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+，当SCN−较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN−和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色 分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO 反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快
【解析】解：(1)溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+，即反应II的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)①探究反应I是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取3g铜粉加入100mL1.8mol/L硝酸钠溶液(用HNO3调pH=1)中，振荡、静置30分钟，无明显现象，
故答案为：1.8mol/L硝酸钠溶液(用HNO3调pH=1)；
②由总反应减反应II可得ⅰ的离子方程式为NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)探究反应II是否发生，需要排除NO3−的影响，而且保证其他条件应相同，取3g铜粉加入0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH=1)中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色，Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+，当SCN−较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN−和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色，
故答案为：0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH=1)；Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+，当SCN−较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN−和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色；
(4)分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因可能是因为NO与Cu2+、Fe2+或Fe3+形成配合物，证明棕绿色是[Fe(NO)]2+的颜色，实验操作是分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO，
故答案为：分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO；
(5)通过比较反应现象及反应I、反应II的平衡常数可知，反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快，
故答案为：反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快。
(1)溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+；
(2)①探究反应I是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同；
②由总反应减反应II可得ⅰ的离子方程式为NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)探究反应II是否发生，需要排除NO3−的影响，而且保证其他条件应相同；
(4)分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因可能是因为NO与Cu2+、Fe2+或Fe3+形成配合物；
(5)通过比较反应现象及反应I、反应II的平衡常数可知，反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质性质和实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】p sp2 3d10 ZnPc中Zn2+含有空轨道、N原子含有孤电子对 < 给体 LiF、NaCl都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，r(Li+)
【解析】解：(1)第ⅢA族～0族元素属于p区，Al位于第ⅢA族，所以属于p区元素，
故答案为：p；
(2)每个C原子价层电子对个数是3，所以每个C原子采用sp2杂化，
故答案为：sp2；
(3)①基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，基态Zn原子失去4s能级上的电子生成Zn2+，Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10，价层电子为其3d能级上的电子，所以锌离子价层电子排布式为3d10，
故答案为：3d10；
②含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，ZnPc中锌离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以锌离子和N原子能形成配位键，
故答案为：ZnPc中Zn2+含有空轨道、N原子含有孤电子对；
(4)根据表中数据知，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；ZnPc−C60的ZnPc是电子给体，
故答案为：<；给体；
(5)①离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子半径成反比、与离子所带电荷成正比，LiF、NaCl都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，r(Li+)
故答案为：LiF、NaCl都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，r(Li+)
②该晶胞中Li+个数=1+12×=4、F−个数=8×+6×=4，相当于该晶胞中含有4个“LiF”，ρ==，LiF晶胞的体积V==cm3≈6.6×10−23cm3，
故答案为：6.6×10−23。
(1)第ⅢA族～0族元素属于p区；
(2)每个C原子价层电子对个数是3；
(3)①基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，基态Zn原子失去4s能级上的电子生成Zn2+，Zn2+的价层电子为其3d能级上的电子；
②含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；
(4)升高温度，平衡向吸热方向移动；ZnPc−C60的ZnPc是电子给体；
(5)①离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子半径成反比、与离子所带电荷成正比；
②该晶胞中Li+个数=1+12×=4、F−个数=8×+6×=4，相当于该晶胞中含有4个“LiF”，ρ==，则LiF晶胞的体积V=。
本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、配合物结构、晶体熔沸点影响因素、晶胞计算方法是解本题关键，注意晶胞密度的计算方法，题目难度中等。
18.【答案】CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2Li++CO32−=Li2CO3↓ 1.75 当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3，使得Li2CO3含量减小 原料液 Li1−x+yMn1−xⅢMn1+xⅣO4
【解析】解：(1)卤水(BⅡ)中CO32−水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，
故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(2)高锂卤水(BⅠ)中 Li+与富碳酸根卤水(BⅡ)中CO32−反应生成Li2CO3，离子方程式为2Li++CO32−=Li2CO3↓，
故答案为：2Li++CO32−=Li2CO3↓；
(3)由图1可知，当兑卤比为1.75时，所得混盐中Li2CO3含量最高，则最佳兑卤比为1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3，使得Li2CO3含量减小，
故答案为：1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3，使得Li2CO3含量减小；
(4)①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的Li+从阳极移向阴极，即从A侧移向B侧，则A侧为原料液，B侧为回收液，
故答案为：原料液；
②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，MnⅢ→MnⅣ，Mn失电子化合价升高，则阴极MnⅣ→MnⅢ，Mn得电子化合价降低，由此可得阴极电极反应式为：Li1−xMn1−xⅢMn1+xⅣO4+yLi++ye−=Li1−x+yMn1−xⅢMn1+xⅣO4，
故答案为：Li1−x+yMn1−xⅢMn1+xⅣO4。
(1)卤水(BⅡ)中CO32−水解使溶液显碱性；
(2)高锂卤水(BⅠ)中 Li+与富碳酸根卤水(BⅡ)中CO32−反应生成Li2CO3；
(3)由图1可知，当兑卤比为1.75时，溶液中CO32−浓度增大，2Li++CO32−=Li2CO3↓，平衡左移，有利于Li2CO3沉淀；随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于Li2CO3；
(4)①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的Li+从阳极移向阴极；
②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，MnⅢ→MnⅣ，Mn失电子化合价升高，则阴极MnⅣ→MnⅢ，Mn得电子化合价降低。
本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池原理的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】取代反应 CH2=CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 11 酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺
【解析】解：(1)A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B，A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(2)B为CH2=CHCH2Cl，C为BrCH2CH2CH2Cl，B和HBr发生加成反应生成C，B→C的化学方程式是CH2=CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl，
故答案为：CH2=CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl；
(3)D的结构简式是CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，
故答案为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；
(4)G发生取代反应生成H，G→H的化学方程式是，
故答案为：；
(5)F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，与F含有相同官能团的同分异构体中含有羧基和氯原子，符合条件的同分异构体相当于羧酸烃基中氢原子被氯原子取代，所以羧酸中烃基上含有几种氢原子，符合条件的同分异构体就有几种，如果羧酸为CH3CH2CH2CH2COOH，烃基中含有4种氢原子，含有氯原子的羧酸有4种，去除其本身，还有3种；如果羧酸为(CH3)2CHCH2COOH，烃基上有3种氢原子，符合条件的同分异构体有3种；如果羧酸为CH3CH2CH(CH3)COOH，烃基上含有4种氢原子，符合条件的同分异构体有4种；如果羧酸为(CH3)3CCOOH，烃基只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有1种，所以有11种，
故答案为：11；
(6)K中硝基发生信息ii的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班，补全试剂和反应条件为，
故答案为：；
(7)通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，原因是酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺，
故答案为：酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。
A的不饱和度==1，B能和HBr发生加成反应生成C，则A中含有碳碳双键，为CH2=CHCH3，根据C的分子式知，A和氯气在高温条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，C和D发生取代反应生成E，根据E的结构简式知，C为BrCH2CH2CH2Cl，D的分子式为C7H12O4，则D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据F的分子式知，E发生水解反应生成F，F发生信息i的反应生成G，根据G的结构简式、F的分子式知，F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，G发生取代反应生成H，H发生反应生成I，I和J发生取代反应生成K；
(6)K中硝基发生信息ii的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应前后官能团或结构变化特点，题目难度中等。
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