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2021-2022学年北京市朝阳区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市朝阳区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共24页。试卷主要包含了CO2通过电极反应产生CO，电解质等物质发生降解，产生CO，【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市朝阳区高三（上）期末化学试卷
1. 我国在煤炭综合利用领域成就斐然。以煤为原料制备乙醇的过程示意如图：
下列说法不正确的是( )
A. 煤是一种纯净物 B. 乙醇可作为燃料使用
C. 乙醇可用于生产消毒剂 D. 甲醇与乙醇互为同系物
2. 下列图示或化学用语表达不正确的是( )
A. 氯原子的结构示意图：
B. 二氧化碳的电子式：
C. 反−2−丁烯的结构简式：
D. 基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式：
3. 下列实验的颜色变化不涉及氧化还原反应的是( )
A. 用刀切开金属钠，新切开的钠的表面很快变暗
B. 向含Fe(SCN)3的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅
C. 露置在潮湿空气中的钢铁制品，表面产生红色物质
D. 向CuSO4溶液中持续滴加氨水，溶液变为深蓝色
4. 下列性质的比较，不正确的是( )
A. 热稳定性：HCl>HBr>HI
B. 酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3
C. 碱性：KOH>Al(OH)3>Mg(OH)2
D. 电负性：F>O>C
5. 对浓度均为0.1mol⋅L−1①CH3COOH溶液、②CH3COONa溶液，下列判断不正确的是( )
A. 向①中滴加石蕊溶液，溶液变红，说明CH3COOH是弱电解质
B. 向②中滴加石蕊溶液，溶液变蓝，说明CH3COOH是弱电解质
C. 向①中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
D. ①、②中的c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和相等
6. 实验室制备下列气体所选装置，除杂试剂不正确的是(干燥、收集装置略)( )
气体
制备试剂
除杂试剂
所选装置
A
SO2
Cu+浓H2SO4
饱和NaHSO3溶液
b、c
B
Cl2
MnO2+浓HCl
饱和NaCl溶液
b、c
C
C2H4
C2H5OH+浓H2SO4
KMnO4溶液
b、c
D
C2H2
电石+饱和NaCl溶液
CuSO4溶液
a、c
A. A B. B C. C D. D
7. 将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉。下列解释事实的方程式中，不正确的是( )
A. 生成Ca(ClO)2：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
B. 漂白粉溶液与盐酸混合产生Cl2：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
C. 漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
D. 漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O；Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO
8. “张-烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物，应用在许多药物的创新合成中，如图：
资料：有机物结构可用键线式表示，如H3C−C≡CH的键线式为。
下列分析不正确的是( )
A. ①、②均能发生加成反应 B. ①、②均含有三种官能团
C. ①、②互为同分异构体 D. ①、②均能与NaOH溶液反应
9. 探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是( )
实验
试剂a
现象
结论
A
溶有SO2的BaCl2溶液
产生沉淀
H2O2有氧化性
B
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
H2O2有氧化性
C
KI淀粉溶液
溶液变蓝
H2O2有氧化性
D
盐酸酸化的FeCl2溶液
溶液变黄
H2O2有氧化性
A. A B. B C. C D. D
10. 下列变化中，不能用盐类水解原理解释的是( )
A. 用KI溶液将AgCl转化为AgI
B. 用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入浓NaHCO3溶液，产生沉淀和气体
D. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
11. 2SO2+O22SO3ΔH<0。实验发现，一定条件下向一密闭容器中充入SO2和 18O2，反应一段时间后，核素 18O存在于SO2、O2、SO3中。下列分析不正确的是( )
A. 18O2与O2的化学性质基本相同
B. 断裂2molSO2+1molO2中的共价键的能量小于断裂2molSO3 中的共价键的能量
C. 化合反应与分解反应可同时发生，说明反应存在可逆性
D. 平衡时， 18O2初始浓度c0(18O2)与平衡时各组分浓度c之间一定存在：2c0(18O2)=2c(S18O2)+3c(S18O3)+2c(18O2)
12. 一定条件下，按n(NO)：n(O2)=2：1的比例向反应容器充入NO、O2，发生反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)。温度、压强(p)对NO平衡转化率的影响如图，下列分析正确的是( )
A. 压强大小关系：p1>p2
B. 其他条件相同时，随温度升高该反应的平衡常数增大
C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%
D. 500℃、p1条件下，该反应的化学平衡常数一定为564
13. 用体积相同的15mol⋅L−1HNO3、4mol⋅L−1HNO3分别将两份等质量的铜片完全溶解，发生如下反应：
①4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所得溶液为绿色
②8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，所得溶液为蓝色
用注射器分别取①、②中的少量溶液，夹上弹簧夹，完成如下实验：
Ⅰ
向外拉动注射器活塞
①中液面上方呈红棕色，…
Ⅱ
②中无明显变化
下列分析正确的是( )
A. ①中产生NO2，②中产生NO，说明氧化性：稀HNO3>浓HNO3
B. 溶解等量的Cu，消耗HNO3(浓)的物质的量多于HNO3(稀)
C. Ⅰ中溶液上方呈红棕色是因为发生反应2NO+O2=2NO2
D. 向外拉动注射器活塞时，①中溶液颜色不会发生变化
14. 橡胶a与交联剂b反应，得到交联橡胶L。(图中表示链延长)
下列说法不正确的是( )
A. 由1，3−丁二烯、CH2=CHCN、CH2=CHCOOH可制备橡胶a
B. 在一定条件下水解交联橡胶L，橡胶a可回收再利用
C. 交联剂b、交联橡胶L在一定条件下水解均可得到丙三醇
D. 制备交联橡胶L的反应是缩聚反应
15. NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
(1)以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为 ______。
②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如图：
i.两种晶胞所含铁原子个数比为 ______。
ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10−10cm)，则其密度ρ=______g⋅cm−3。
③我国科学家开发出Fe−LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是 ______。
(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。
①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是 ______。
②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入 ______。
③NaHCO3分解得Na2CO3。CO32−空间结构为 ______。
(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
元素
H
B
N
电负性
2.1
2.0
3.0
①NH3的中心原子的杂化轨道类型为 ______。
②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是 ______。
③比较熔点：NH3BH3______CH3CH3(填“>”或“<”)。
16. 将天然气(主要成分为CH4)中的CO2、H2S资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。
(1)CO2转化为CO、H2S转化为S的反应如下：
i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH1=+566kJ/mol
ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)ΔH2=−530kJ/mol
iii.CO2、H2S转化生成CO、S等物质的热化学方程式是 ______。
(2)CO2性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应iii，通过设计合适的催化剂可以降低 ______，提高反应速率。
a.活化能 b.ΔHc.平衡常数
(3)我国科学家研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应iii，工作原理如图所示。
【方案1】若M3+/M2+=Fe3+/Fe2+。
①所含Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，原因是 ______。
②结合反应式说明生成S、CO的原理：______。
【方案2】若M3+/M2+=Fe3+/Fe2+(配合物)。
已知：电解效率η的定义：η(B)=n(生成B所用的电子)n(通过电极的电子)×100%
③测得η(EDTA−Fe3+)≈100%，η(CO)≈80%。阴极放电的物质有 ______。
④为进一步确认CO2、H2S能协同转化，对CO的来源分析如下：
来源1.CO2通过电极反应产生CO
来源2.电解质(含碳元素)等物质发生降解，产生CO
设计实验探究，证实来源2不成立。实验方案是 ______。
(4)方案2明显优于方案1。该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。
17. 以BaS粗液(含少量BaSO3、BaCO3)为原料制备BaCl2溶液。
已知：BaS易溶于水。
(1)一次脱硫
①反应体现出酸性关系：HCl ______H2S(填“>”或“<”)。
②产生S的方程式是 ______。
(2)经一次脱硫后，BaCl2粗液依然含有少量H2S、SO2等含硫微粒。沉淀A只含一种物质，沉淀A是 ______。
(3)二次脱硫通入Cl2需适量，避免造成资源浪费。因此，需测量BaCl2粗液中H2S、SO2等的含量，方法如下：
Ⅰ.取v1mLBaCl2粗液，沉淀Ba2+。过滤，滤液备用；
Ⅱ.取v2mLamol⋅L−1KBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液；
Ⅳ.向Ⅲ中澄清溶液加入过量KI；
Ⅴ.用bmol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3与Na2S4O6均无色
①Ⅱ中加入KBr的质量>______g(KBr的摩尔质量为119g/mol)。
②Ⅲ中发生的离子反应有Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO42−、______。
③Ⅴ中滴定至终点的现象是 ______。
④1LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2______mol。
⑤由于Br2易挥发，Ⅱ∼Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果 ______(填“偏高”或“偏低”)。
(4)将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2⋅2H2O。
18. 用于治疗高血压的药物Q的合成路线如图。
已知：芳香族化合物与卤代烃在AlCl3催化下可发生如图可逆反应：
(1)A的结构简式是 ______。
(2)B→D的化学方程式是 ______。
(3)E与FeCl3溶液作用显紫色，与溴水作用产生白色沉淀。E的结构简式是 ______。
(4)G分子中含两个甲基。F→G的反应类型是 ______。
(5)G的结构简式是 ______。
(6)L分子中所含的官能团有碳氯键、酰胺基、______。
(7)有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式：______。
a.属于戊酸酯；含酚羟基；
b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1：2：9。
(8)H2NCH2CH2NH2的同系物(丙二胺)可用于合成药物。
已知：i.R1HC=CHR2→②Zn,H2O①O3R1CHO+R2CHO
ii.ROH+NH3→△RNH2+H2O
如图方法能合成丙二胺，中间产物X、Y、Z的结构简式分别是 ______。
19. 某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。
将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
(1)分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是 ______。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：
还原反应：O2+2H2O+4e−=4OH−。
氧化反应：______。
(2)提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
Ⅰ
氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
Ⅱ
水
溶液无明显变化
①Ⅰ中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：______。
②检验：滤出Ⅰ中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.Ⅰ中未生成Cu。
ii.Ⅰ中生成了Cu。由于 ______(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(Ⅲ)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如图所示。
①补全电化学装置示意图 ______。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②Ⅱ、Ⅲ中均含Cu2+。Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu，试解释原因 ______。
(4)CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.煤是由多种有机物和无机物组成的复杂的混合物，不是纯净物，故A错误；
B.酒精燃烧生成二氧化碳和水，燃烧伴随着发光、发热等现象，故B正确；
C.75%的乙醇水溶液可以使蛋白质变性，则可用于杀菌消毒，故C正确；
D.甲醇与乙醇属于同一类物质，且分子组成上相差1个−CH2原子团，属于同系物，故D正确；
故选：A。
本题考查乙醇的性质及应用及煤的成分，为高频考点，把握乙醇的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】A.氯原子的质子数和核外电子数都是17，核外各层上的电子数分别为2、8、7，其结构示意图为，故A正确；
B.CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为，故B正确；
C.反−2−丁烯中两个甲基位于双键的两侧，其结构简式为，故C正确；
D.基态 24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，根据洪特规则可知，基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；
故选：D。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及原子的轨道表示式、原子结构示意图、电子式、电子排布式、结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，注意掌握顺反异构体的特征，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】A.Na极易和空气中的O2反应生成Na2O，Na在反应中失电子发生还原反应，涉及氧化还原反应，故A错误；
B.加入少量铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，发生氧化还原反应导致c(Fe3+)减小，使Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3逆向移动，则溶液颜色变浅，涉及氧化还原反应，故B错误；
C.钢铁在潮湿的环境中发生吸氧腐蚀，最终转化为带结晶水的氧化铁，Fe失电子发生氧化反应，涉及氧化还原反应，故C错误；
D.CuSO4先和氨水反应生成Cu(OH)2沉淀，氢氧化铜沉淀能够溶于过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，发生的反应中没有电子转移，所以不涉及氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念的理解和运用，明确氧化还原反应实质及特征是解本题关键，注意D中发生的反应，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】A.非金属性Cl>Br>I，热稳定性：HCl>HBr>HI，故A正确；
B.非金属性N>P>Si，最高价含氧酸的酸性HNO3>H3PO4>H2SiO3，故B正确；
C.金属性：K>Mg>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故C错误；
D.一般同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性：F>O>C，故D正确；
故选：C。
本题考查元素周期律的应用，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握元素周期表结构及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】A.由于溶液①为0.1mol/L的CH3COOH溶液，溶液为酸性，加入石蕊溶液，溶液变红，只能说明溶液为酸性，无法进一步判断是否为弱电解质，故A错误；
B.溶液②为0.1mol/L的CH3COONa溶液，CH3COO−水解使溶液为碱性，滴加石蕊溶液，溶液变蓝，可以说明CH3COO−发生了水解，进一步可知CH3COOH为弱酸，故B正确；
C.向①中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，说明反应产生了CO2，根据强酸制取弱酸的原理，可以推知酸性CH3COOH强于H2CO3，所以说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，故C正确；
D.无论是CH3COOH的电离还是CH3COO−的水解，溶液中始终存在有关[CH3COO]型体的物料守恒，即c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol/L，故D正确，
故选：A。
本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解的知识，学会使用溶液中的平衡关系，正确应用化学原理是解题的关键，整体难度不大，属于基础知识的考查。
6.【答案】C
【解析】A.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，饱和NaHSO3溶液可除去二氧化硫中的三氧化硫，试剂及装置均合理，故A正确；
B.二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，试剂及装置均合理，故B正确；
C.乙醇发生消去反应生成乙烯，高锰酸钾可氧化乙烯及挥发的乙醇，应选NaOH溶液除去杂质，试剂不合理，故C错误；
D.电石与饱和NaCl溶液常温下反应生成乙炔，硫酸铜溶液可除去乙炔中的硫化氢等，试剂及装置均合理，故D正确；
故选：C。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、混合物分离提纯、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】A.将氯气通入石灰乳中，制备漂白粉，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故A正确；
B.漂白粉溶液与盐酸混合，发生氯元素的归中反应，产生Cl2，反应的离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；
C.漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀和次氯酸，分压的离子方程式为：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故C错误；
D.将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，加入醋酸和氢氧化钙、次氯酸钙反应，漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O，Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO，故D正确；
故选：C。
本题考查了物质组成和性质、反应的化学方程式、离子方程式书写等知识点，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】A.碳碳双键和醛基能发生加成反应，二者都含有碳碳不饱和键，所以都能发生加成反应，故A正确；
B.①中含有碳碳三键、碳碳双键、醇羟基、酯基四种官能团，②中含有碳碳双键、酯基、醛基三种官能团，故B错误；
C.二者分子式都是C8H10O3，分子式相同但结构不同，所以二者互为同分异构体，故C正确；
D.二者都含有酯基，酯基能和NaOH溶液反应，所以二者都能和氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故选：B。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、同分异构体概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】A.溶有SO2的BaCl2溶液中加入H2O2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，说明SO2被H2O2氧化，证明H2O2有氧化性，故A正确；
B.酸性KMnO4溶液中加入H2O2溶液，紫色溶液褪色，说明KMnO4被H2O2还原，则H2O2表现了还原性，故B错误；
C.KI淀粉溶液中加入H2O2溶液，溶液变蓝，说明碘离子被H2O2氧化，证明H2O2有氧化性，故C正确；
D.盐酸酸化的FeCl2溶液中加入H2O2溶液，溶液变黄，说明亚铁离子被H2O2氧化为铁离子，证明H2O2有氧化性，故D正确；
故选：B。
本题考查性质方案的设计，为高频考点，把握实验目的、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】A.由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以用KI溶液可将AgCl转化为AgI，与盐类水解无关，故A选；
B.Na2CO3是弱酸强碱盐，水解显碱性，并且水解过程吸热，升高温度该溶液的碱性增强，则用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油与盐类水解有关，故B不选；
C.Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，NaHCO3是弱酸强碱盐，二者发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与水解有关，故C不选；
D.FeCl3是强酸弱碱盐，能发生水解，并且水解过程吸热，则向沸水中滴加FeCl3溶液可制备Fe(OH)3胶体，与水解有关，故D不选；
故选：A。
本题考查盐类的水解，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，把握盐类水解原理、影响因素即可解答，注意理解盐类水解是吸热过程，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】A. 18O与O互为同位素， 18O2与O2的化学性质基本相同，故A正确；
B.该反应放出热量，焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，断裂2molSO2+1molO2中的共价键的能量小于断裂2molSO3 中的共价键的能量，故B正确；
C.正逆反应同时进行的反应为可逆反应，2SO2+O22SO3的化合反应与分解反应，说明反应存在可逆性，故C正确；
D.初始投料比例不确定，无法计算浓度关系，故D错误；
故选：D。
本题考查了化学平衡的计算和分析，平衡移动原理理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】A.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1
C.根据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2：1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C正确；
D.该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=c2(NO2)c2(NO)c(O2)，而c=nV，因此K=n2(NO2)Vn2(NO)n(O2)，与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算500℃时该反应的化学平衡常数K，故D错误；
故选：C。
本题考查了化学反应速率和化学平衡、平衡常数计算、图象的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】A.浓硝酸氧化性强于稀硝酸，故A错误；
B.依据两个方程式可知，溶解3mol铜需要消耗浓硝酸12mol，消耗稀硝酸8mol，所以溶解等量的Cu，消耗HNO3(浓)的物质的量多于HNO3(稀)，故B正确；
C.Ⅰ中生成二氧化氮，向外拉动注射器活塞，二氧化氮逸出，溶液上方呈红棕色，故C错误；
D.向外拉动注射器活塞时，二氧化氮逸出，①中溶液颜色会发生变化，故D错误。
故选：B。
本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硝酸、稀硝酸的性质是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】A.橡胶a中含有碳碳双键和碳碳单键，可由1，3−丁二烯、CH2=CHCN、CH2=CHCOOH通过加聚反应得到，故A正确；
B.酯基水解生成−COOH、−OH，在一定条件下水解交联橡胶L，酯基水解生成橡胶a中的羧基，故B正确；
C.交联剂b、交联橡胶L均存在由甘油和−COOH反应生成的酯基，所以交联剂b、交联橡胶L在一定条件下水解均可得到丙三醇，故C正确；
D.制备交联橡胶L时，橡胶a中O−H键断裂、交联剂b中醚键断裂，得到交联橡胶b中的酯基和羟基，所以该反应是加成反应，故D错误；
故选：D。
本题考查有机高分子化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确生成交联橡胶b时断键和成键方式、官能团及其性质的关系是解本题关键，D为解答易错点。
15.【答案】(1)①1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
②1：2；112NA×(a×10−30)
③H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小
(2)①NH3与H2O分子间能形成氢键 ②NH3 ③平面三角形
(3)①sp3 ②B ③>
【解析】(1)①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2；
②i.由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×18+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×18+6×12=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2：4=1：2，
故答案为：1：2；
ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10−10cm)，其体积为V=(a×10−10cm)3，晶胞的质量为 m=2×56NAg=112NAg，其密度ρ=mV=112NAg(a×10−10cm)3=112NA×(a×10−30)g⋅cm−3，
故答案为：112NA×(a×10−30)；
③第一电离能(I1)：I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小，
故答案为：H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；
(2)①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键，
故答案为：NH3与H2O分子间能形成氢键；
②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，
故答案为：NH3；
③中心原子C原子的价层电子对个数=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(3)①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，
故答案为：sp3；
②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道，
故答案为：B；
③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3，
故答案为：>。
本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、化学键判断、第一电离能等知识点，明确物质结构、原子结构、元素周期律等知识点是解本题关键，熟练掌握这些知识点，题目难度中等。
16.【答案】(1)CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+S(s)+H2O(l)△H=+18kJ/mol
(2)a
(3)①抑制Fe3+、Fe2+水解，防止产生氢氧化物沉淀
②阳极电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，H+通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，从而产生S、CO
③CO2、H+
④阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生
【解析】分析：根据题中所给热化学方程式，结合盖斯定律，写出所求热化学方程式；根据催化剂只降低反应的活化能，对△H和平衡移动无影响，选取正确选项；根据Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以应在酸性较强环境中存在；根据题中图示信息，结合电解池的电极反应加以解释说明；根据题中信息，判断阴极放电的物质；根据题中来源1和来源2，设计实验方案证明来源2不成立。
(1)由i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH1=+566kJ/mol，ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)ΔH2=−530kJ/mol可知，根据盖斯定律(i+ii)×12得，CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+S(s)+H2O(l)ΔH=12×(+566kJ/mol−530kJ/mol)=+18kJ/mol，
故答案为：CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+S(s)+H2O(l)ΔH=+18kJ/mol；
(2)根据题中信息，选取合适的催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，对△H无影响，对平衡移动无影响，即对平衡常数无影响，选项a符合题意，
故答案为：a；
(3)①因为Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，为了抑制Fe3+、Fe2+水解，防止产生氢氧化物沉淀，
故答案为：抑制Fe3+、Fe2+水解，防止产生氢氧化物沉淀；
②由题中图示可知，阳极电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，H+通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，从而产生S、CO，
故答案为：阳极电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+；H+通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，从而产生S、CO；
③由题中信息可知，EDTA−Fe3+的电解效率接近100%，CO的电解效率为80%，说明在阴极区除了CO2放电，还有H+放电，
故答案为：CO2、H+；
④为了证实来源2不成立，实验方案是阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生，
故答案为：阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生。
本题考查了化学反应热、电化学原理等知识，解题的关键对化学基础知识的灵活运用，为高频考点，难度中等。
17.【答案】(1)①>②BaSO3+2BaS+6HCl=3BaCl2+3S↓+3H2O
(2)BaSO4
(3)①0.595av2
②H2S+4Br2+4H2O=SO42−+8Br−+10H+
③溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复
④6av2−bv32v1 ⑤偏高
【解析】分析：根据题中图示可知，BaS粗液(含少量BaSO3、BaCO3)中加入HCl，进行一次脱硫，硫元素转化成H2S、S除掉，得到BaCl2粗液(有少量H2S、SO2等含硫微粒)，在粗液中加入Cl2，进行二次脱硫，过滤，由于沉淀A只含一种物质，所以发生反应有SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，Ba2++SO42−=BaSO4↓，则沉淀A为BaSO4，滤液为酸性BaCl2溶液，再加入BaCO3中和，得到BaCl2溶液，将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2⋅2H2O；据此解答。
(1)①由题中信息可知，BaS中加入HCl，发生反应生成BaCl2和H2S，即BaS+2HCl=BaCl2+H2S↑，符合强酸制弱酸的原理，所以酸性HCl>H2S，
故答案为：>；
②由题中信息可知，BaS中有BaSO3，加入HCl产生S的方程式为BaSO3+2BaS+6HCl=3BaCl2+3S↓+3H2O，
故答案为：BaSO3+2BaS+6HCl=3BaCl2+3S↓+3H2O；
(2)由上述分析可知，沉淀A是BaSO4，
故答案为：BaSO4；
(3)①由题中信息可知，v2mLamol⋅L−1KBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色，发生反应为KBrO3+5KBr+6HCl=6KCl+3Br2+3H2O，则v2mLamol⋅L−1KBrO3的物质的量为n(KBrO3)=amol⋅L−1×v2×10−3L=av2×10−3mol，需要KBr的质量为 m(KBr)=5×av2×10−3mol×119g/mol=0.595av2g，由于KBr过量，所以II中加入KBr的质量>0.595av2g，
故答案为：0.595av2；
②向II所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液，即滤液中的H2S、SO2分别与Br2反应，得到澄清溶液，那么发生的离子反应有Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO42−、H2S+4Br2+4H2O=SO42−+8Br−+10H+，
故答案为：H2S+4Br2+4H2O=SO42−+8Br−+10H+；
③用bmol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，终点的现象为溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复，
故答案为：溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复；
④由实验II可知，v2mLamol⋅L−1KBrO3的物质的量为 n(KBrO3)=av2×10−3mol，产生Br2的物质的量为 n(Br2)=3av2×10−3mol，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应，过量的Br2与KI发生置换反应生成I2，即Br2+2KI=2KBr+I2，则由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，I2的物质的量为 n(I2)=bV3×10−3mol2，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应的物质的量为 n(Br2)=3aV2mol−bV3×10−32mol=6av2−bv32×10−3mol，所以v1mLBaCl2粗液中，H2S、SO2消耗Br2的物质的量与消耗Cl2的物质量相等，即1LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2的物质的量为 n(Cl2)=6av2−bv32×10−3molv1×1000=6av2−bv32v1mol，
故答案为：6av2−bv32v1；
⑤由于Br2易挥发，II∼IV中反应须在密闭容器中进行，否则部分Br2挥发后，生成I2减小，滴定时消耗Na2S2O3减小，使粗液中SO2、H2S偏高，
故答案为：偏高。
本题考查了物质含量的测定、沉淀溶解平衡的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
18.【答案】(1)CH3CH2COOH
(2)+H2O
(3)
(4)取代反应
(5)
(6)醚键、氨基
(7) 或
(8)CH3CHO、、或
【解析】分析：根据题中药物Q的合成路线可知，CH3CH2CN在酸性条件下发生水解反应，即基团−CN变化为−COOH，生成A，A的分子式为C3H6O2，则A的结构简式为CH3CH2COOH，A与Cl2在催化剂条件发生反应生成B，B与C2H5OH在浓H2SO4加热条件下发生酯化反应，生成D，D的分子式为C5H9ClO2，结合后续产物结构，可推知B的结构简式为，D的结构简式为，E的分子式为C6H6O，E与FeCl3溶液作用显紫色，与溴水作用产生白色沉淀，E具有酚羟基，则E的结构简式为，E与W(C3H6O)在酸性条件下反应生成F，F与Cl2发生反应生成G，G的分子式为C15H12Cl4O2，G与HCl在AlCl3条件下发生信息反应的逆反应，生成M，结合后续产物逆推，则M的结构简式为，G分子中含两个甲基，结合G的分子式为C15H12Cl4O2，所以G的结构简式为，逆推F的结构简式为，逆推W的结构简式为，与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，L的分子式为C11H14Cl2N2O2，则L的结构简式为，L经过①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成药物Q，Q的结构简式为，据此解答。
(1)由上述分析可知，A的结构简式为CH3CH2COOH，
故答案为：CH3CH2COOH；
(2)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为，B与C2H5OH在浓H2SO4加热条件下发生酯化反应，生成D，则B→D的化学方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
(3)由上述分析可知，E的结构简式为 ，
故答案为：；
(4)由上述分析可知，F的结构简式为 ，G的结构简式为，则F与Cl2发生取代反应生成G，
故答案为：取代反应；
(5)由上述分析可知，G的结构简式为，
故答案为：；
(6)由上述分析可知，L的结构简式为，该结构中所含的官能团有碳氯键、酰胺基、醚键、氨基，
故答案为：醚键、氨基；
(7)有多种同分异构体，其中满足下列条件a.属于戊酸酯；含酚羟基；b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1：2：9，则含三个等效的甲基(−CH3)，则该有机物的结构简式为 或 ，
故答案为： 或 ；
(8)由题中信息可知，CH3CH=CHCH3发生已知i反应，生成X，则X的结构简式为CH3CHO，X与HCN发生加成反应生成Y，Y的结构简式为，Y与NH3发生已知ii反应生成Z，Z的结构简式为，Z与H2反应生成丙二胺( )或者Y先与H2反应生成Z，Z的结构简式为，Z再与NH3发生已知ii反应生成丙二胺( )，
故答案为：CH3CHO、、或。
本题考查有机物的合成，难度中等，涉及官能团的识别、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写等，分析结构变化明确发生的反应是解答的关键，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
19.【答案】(1)①Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+NH4+
②Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3
(2)①氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物
②Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(3)①
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu
(4)CH3CHO−2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜
【解析】(1)①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+NH4+，
故答案为：Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+NH4+；
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，
故答案为：Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3；
(2)①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的，
故答案为：氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物；
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，
故答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
(3)①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：，
故答案为：；
②Ⅱ、Ⅲ中均含Cu2+，Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu的原因是II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu，
故答案为：II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu；
(4)银氨溶液呈碱性，CH3CHO−2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜，
故答案为：CH3CHO−2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
本题考查性质方案的设计等知识，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
2021-2022学年北京市朝阳区高三（上）期末化学试卷
1. 我国在煤炭综合利用领域成就斐然。以煤为原料制备乙醇的过程示意如图：
下列说法不正确的是( )
A. 煤是一种纯净物 B. 乙醇可作为燃料使用
C. 乙醇可用于生产消毒剂 D. 甲醇与乙醇互为同系物
2. 下列图示或化学用语表达不正确的是( )
A. 氯原子的结构示意图：
B. 二氧化碳的电子式：
C. 反−2−丁烯的结构简式：
D. 基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式：
3. 下列实验的颜色变化不涉及氧化还原反应的是( )
A. 用刀切开金属钠，新切开的钠的表面很快变暗
B. 向含Fe(SCN)3的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅
C. 露置在潮湿空气中的钢铁制品，表面产生红色物质
D. 向CuSO4溶液中持续滴加氨水，溶液变为深蓝色
4. 下列性质的比较，不正确的是( )
A. 热稳定性：HCl>HBr>HI
B. 酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3
C. 碱性：KOH>Al(OH)3>Mg(OH)2
D. 电负性：F>O>C
5. 对浓度均为0.1mol⋅L−1①CH3COOH溶液、②CH3COONa溶液，下列判断不正确的是( )
A. 向①中滴加石蕊溶液，溶液变红，说明CH3COOH是弱电解质
B. 向②中滴加石蕊溶液，溶液变蓝，说明CH3COOH是弱电解质
C. 向①中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
D. ①、②中的c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和相等
6. 实验室制备下列气体所选装置，除杂试剂不正确的是(干燥、收集装置略)( )
气体
制备试剂
除杂试剂
所选装置
A
SO2
Cu+浓H2SO4
饱和NaHSO3溶液
b、c
B
Cl2
MnO2+浓HCl
饱和NaCl溶液
b、c
C
C2H4
C2H5OH+浓H2SO4
KMnO4溶液
b、c
D
C2H2
电石+饱和NaCl溶液
CuSO4溶液
a、c
A. A B. B C. C D. D
7. 将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉。下列解释事实的方程式中，不正确的是( )
A. 生成Ca(ClO)2：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
B. 漂白粉溶液与盐酸混合产生Cl2：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
C. 漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
D. 漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O；Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO
8. “张-烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物，应用在许多药物的创新合成中，如图：
资料：有机物结构可用键线式表示，如H3C−C≡CH的键线式为。
下列分析不正确的是( )
A. ①、②均能发生加成反应 B. ①、②均含有三种官能团
C. ①、②互为同分异构体 D. ①、②均能与NaOH溶液反应
9. 探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是( )
实验
试剂a
现象
结论
A
溶有SO2的BaCl2溶液
产生沉淀
H2O2有氧化性
B
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
H2O2有氧化性
C
KI淀粉溶液
溶液变蓝
H2O2有氧化性
D
盐酸酸化的FeCl2溶液
溶液变黄
H2O2有氧化性
A. A B. B C. C D. D
10. 下列变化中，不能用盐类水解原理解释的是( )
A. 用KI溶液将AgCl转化为AgI
B. 用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入浓NaHCO3溶液，产生沉淀和气体
D. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
11. 2SO2+O22SO3ΔH<0。实验发现，一定条件下向一密闭容器中充入SO2和 18O2，反应一段时间后，核素 18O存在于SO2、O2、SO3中。下列分析不正确的是( )
A. 18O2与O2的化学性质基本相同
B. 断裂2molSO2+1molO2中的共价键的能量小于断裂2molSO3 中的共价键的能量
C. 化合反应与分解反应可同时发生，说明反应存在可逆性
D. 平衡时， 18O2初始浓度c0(18O2)与平衡时各组分浓度c之间一定存在：2c0(18O2)=2c(S18O2)+3c(S18O3)+2c(18O2)
12. 一定条件下，按n(NO)：n(O2)=2：1的比例向反应容器充入NO、O2，发生反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)。温度、压强(p)对NO平衡转化率的影响如图，下列分析正确的是( )
A. 压强大小关系：p1>p2
B. 其他条件相同时，随温度升高该反应的平衡常数增大
C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%
D. 500℃、p1条件下，该反应的化学平衡常数一定为564
13. 用体积相同的15mol⋅L−1HNO3、4mol⋅L−1HNO3分别将两份等质量的铜片完全溶解，发生如下反应：
①4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所得溶液为绿色
②8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，所得溶液为蓝色
用注射器分别取①、②中的少量溶液，夹上弹簧夹，完成如下实验：
Ⅰ
向外拉动注射器活塞
①中液面上方呈红棕色，…
Ⅱ
②中无明显变化
下列分析正确的是( )
A. ①中产生NO2，②中产生NO，说明氧化性：稀HNO3>浓HNO3
B. 溶解等量的Cu，消耗HNO3(浓)的物质的量多于HNO3(稀)
C. Ⅰ中溶液上方呈红棕色是因为发生反应2NO+O2=2NO2
D. 向外拉动注射器活塞时，①中溶液颜色不会发生变化
14. 橡胶a与交联剂b反应，得到交联橡胶L。(图中表示链延长)
下列说法不正确的是( )
A. 由1，3−丁二烯、CH2=CHCN、CH2=CHCOOH可制备橡胶a
B. 在一定条件下水解交联橡胶L，橡胶a可回收再利用
C. 交联剂b、交联橡胶L在一定条件下水解均可得到丙三醇
D. 制备交联橡胶L的反应是缩聚反应
15. NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
(1)以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为 ______。
②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如图：
i.两种晶胞所含铁原子个数比为 ______。
ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10−10cm)，则其密度ρ=______g⋅cm−3。
③我国科学家开发出Fe−LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是 ______。
(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。
①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是 ______。
②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入 ______。
③NaHCO3分解得Na2CO3。CO32−空间结构为 ______。
(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
元素
H
B
N
电负性
2.1
2.0
3.0
①NH3的中心原子的杂化轨道类型为 ______。
②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是 ______。
③比较熔点：NH3BH3______CH3CH3(填“>”或“<”)。
16. 将天然气(主要成分为CH4)中的CO2、H2S资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。
(1)CO2转化为CO、H2S转化为S的反应如下：
i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH1=+566kJ/mol
ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)ΔH2=−530kJ/mol
iii.CO2、H2S转化生成CO、S等物质的热化学方程式是 ______。
(2)CO2性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应iii，通过设计合适的催化剂可以降低 ______，提高反应速率。
a.活化能 b.ΔHc.平衡常数
(3)我国科学家研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应iii，工作原理如图所示。
【方案1】若M3+/M2+=Fe3+/Fe2+。
①所含Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，原因是 ______。
②结合反应式说明生成S、CO的原理：______。
【方案2】若M3+/M2+=Fe3+/Fe2+(配合物)。
已知：电解效率η的定义：η(B)=n(生成B所用的电子)n(通过电极的电子)×100%
③测得η(EDTA−Fe3+)≈100%，η(CO)≈80%。阴极放电的物质有 ______。
④为进一步确认CO2、H2S能协同转化，对CO的来源分析如下：
来源1.CO2通过电极反应产生CO
来源2.电解质(含碳元素)等物质发生降解，产生CO
设计实验探究，证实来源2不成立。实验方案是 ______。
(4)方案2明显优于方案1。该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。
17. 以BaS粗液(含少量BaSO3、BaCO3)为原料制备BaCl2溶液。
已知：BaS易溶于水。
(1)一次脱硫
①反应体现出酸性关系：HCl ______H2S(填“>”或“<”)。
②产生S的方程式是 ______。
(2)经一次脱硫后，BaCl2粗液依然含有少量H2S、SO2等含硫微粒。沉淀A只含一种物质，沉淀A是 ______。
(3)二次脱硫通入Cl2需适量，避免造成资源浪费。因此，需测量BaCl2粗液中H2S、SO2等的含量，方法如下：
Ⅰ.取v1mLBaCl2粗液，沉淀Ba2+。过滤，滤液备用；
Ⅱ.取v2mLamol⋅L−1KBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液；
Ⅳ.向Ⅲ中澄清溶液加入过量KI；
Ⅴ.用bmol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3与Na2S4O6均无色
①Ⅱ中加入KBr的质量>______g(KBr的摩尔质量为119g/mol)。
②Ⅲ中发生的离子反应有Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO42−、______。
③Ⅴ中滴定至终点的现象是 ______。
④1LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2______mol。
⑤由于Br2易挥发，Ⅱ∼Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果 ______(填“偏高”或“偏低”)。
(4)将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2⋅2H2O。
18. 用于治疗高血压的药物Q的合成路线如图。
已知：芳香族化合物与卤代烃在AlCl3催化下可发生如图可逆反应：
(1)A的结构简式是 ______。
(2)B→D的化学方程式是 ______。
(3)E与FeCl3溶液作用显紫色，与溴水作用产生白色沉淀。E的结构简式是 ______。
(4)G分子中含两个甲基。F→G的反应类型是 ______。
(5)G的结构简式是 ______。
(6)L分子中所含的官能团有碳氯键、酰胺基、______。
(7)有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式：______。
a.属于戊酸酯；含酚羟基；
b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1：2：9。
(8)H2NCH2CH2NH2的同系物(丙二胺)可用于合成药物。
已知：i.R1HC=CHR2→②Zn,H2O①O3R1CHO+R2CHO
ii.ROH+NH3→△RNH2+H2O
如图方法能合成丙二胺，中间产物X、Y、Z的结构简式分别是 ______。
19. 某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。
将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
(1)分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是 ______。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：
还原反应：O2+2H2O+4e−=4OH−。
氧化反应：______。
(2)提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
Ⅰ
氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
Ⅱ
水
溶液无明显变化
①Ⅰ中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：______。
②检验：滤出Ⅰ中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.Ⅰ中未生成Cu。
ii.Ⅰ中生成了Cu。由于 ______(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(Ⅲ)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如图所示。
①补全电化学装置示意图 ______。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②Ⅱ、Ⅲ中均含Cu2+。Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu，试解释原因 ______。
(4)CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.煤是由多种有机物和无机物组成的复杂的混合物，不是纯净物，故A错误；
B.酒精燃烧生成二氧化碳和水，燃烧伴随着发光、发热等现象，故B正确；
C.75%的乙醇水溶液可以使蛋白质变性，则可用于杀菌消毒，故C正确；
D.甲醇与乙醇属于同一类物质，且分子组成上相差1个−CH2原子团，属于同系物，故D正确；
故选：A。
本题考查乙醇的性质及应用及煤的成分，为高频考点，把握乙醇的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】A.氯原子的质子数和核外电子数都是17，核外各层上的电子数分别为2、8、7，其结构示意图为，故A正确；
B.CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为，故B正确；
C.反−2−丁烯中两个甲基位于双键的两侧，其结构简式为，故C正确；
D.基态 24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，根据洪特规则可知，基态 24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；
故选：D。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及原子的轨道表示式、原子结构示意图、电子式、电子排布式、结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，注意掌握顺反异构体的特征，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】A.Na极易和空气中的O2反应生成Na2O，Na在反应中失电子发生还原反应，涉及氧化还原反应，故A错误；
B.加入少量铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，发生氧化还原反应导致c(Fe3+)减小，使Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3逆向移动，则溶液颜色变浅，涉及氧化还原反应，故B错误；
C.钢铁在潮湿的环境中发生吸氧腐蚀，最终转化为带结晶水的氧化铁，Fe失电子发生氧化反应，涉及氧化还原反应，故C错误；
D.CuSO4先和氨水反应生成Cu(OH)2沉淀，氢氧化铜沉淀能够溶于过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，发生的反应中没有电子转移，所以不涉及氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念的理解和运用，明确氧化还原反应实质及特征是解本题关键，注意D中发生的反应，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】A.非金属性Cl>Br>I，热稳定性：HCl>HBr>HI，故A正确；
B.非金属性N>P>Si，最高价含氧酸的酸性HNO3>H3PO4>H2SiO3，故B正确；
C.金属性：K>Mg>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故C错误；
D.一般同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性：F>O>C，故D正确；
故选：C。
本题考查元素周期律的应用，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握元素周期表结构及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】A.由于溶液①为0.1mol/L的CH3COOH溶液，溶液为酸性，加入石蕊溶液，溶液变红，只能说明溶液为酸性，无法进一步判断是否为弱电解质，故A错误；
B.溶液②为0.1mol/L的CH3COONa溶液，CH3COO−水解使溶液为碱性，滴加石蕊溶液，溶液变蓝，可以说明CH3COO−发生了水解，进一步可知CH3COOH为弱酸，故B正确；
C.向①中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，说明反应产生了CO2，根据强酸制取弱酸的原理，可以推知酸性CH3COOH强于H2CO3，所以说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，故C正确；
D.无论是CH3COOH的电离还是CH3COO−的水解，溶液中始终存在有关[CH3COO]型体的物料守恒，即c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol/L，故D正确，
故选：A。
本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解的知识，学会使用溶液中的平衡关系，正确应用化学原理是解题的关键，整体难度不大，属于基础知识的考查。
6.【答案】C
【解析】A.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，饱和NaHSO3溶液可除去二氧化硫中的三氧化硫，试剂及装置均合理，故A正确；
B.二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，试剂及装置均合理，故B正确；
C.乙醇发生消去反应生成乙烯，高锰酸钾可氧化乙烯及挥发的乙醇，应选NaOH溶液除去杂质，试剂不合理，故C错误；
D.电石与饱和NaCl溶液常温下反应生成乙炔，硫酸铜溶液可除去乙炔中的硫化氢等，试剂及装置均合理，故D正确；
故选：C。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、混合物分离提纯、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】A.将氯气通入石灰乳中，制备漂白粉，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故A正确；
B.漂白粉溶液与盐酸混合，发生氯元素的归中反应，产生Cl2，反应的离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；
C.漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀和次氯酸，分压的离子方程式为：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故C错误；
D.将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，加入醋酸和氢氧化钙、次氯酸钙反应，漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O，Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO，故D正确；
故选：C。
本题考查了物质组成和性质、反应的化学方程式、离子方程式书写等知识点，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】A.碳碳双键和醛基能发生加成反应，二者都含有碳碳不饱和键，所以都能发生加成反应，故A正确；
B.①中含有碳碳三键、碳碳双键、醇羟基、酯基四种官能团，②中含有碳碳双键、酯基、醛基三种官能团，故B错误；
C.二者分子式都是C8H10O3，分子式相同但结构不同，所以二者互为同分异构体，故C正确；
D.二者都含有酯基，酯基能和NaOH溶液反应，所以二者都能和氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故选：B。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、同分异构体概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】A.溶有SO2的BaCl2溶液中加入H2O2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，说明SO2被H2O2氧化，证明H2O2有氧化性，故A正确；
B.酸性KMnO4溶液中加入H2O2溶液，紫色溶液褪色，说明KMnO4被H2O2还原，则H2O2表现了还原性，故B错误；
C.KI淀粉溶液中加入H2O2溶液，溶液变蓝，说明碘离子被H2O2氧化，证明H2O2有氧化性，故C正确；
D.盐酸酸化的FeCl2溶液中加入H2O2溶液，溶液变黄，说明亚铁离子被H2O2氧化为铁离子，证明H2O2有氧化性，故D正确；
故选：B。
本题考查性质方案的设计，为高频考点，把握实验目的、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】A.由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以用KI溶液可将AgCl转化为AgI，与盐类水解无关，故A选；
B.Na2CO3是弱酸强碱盐，水解显碱性，并且水解过程吸热，升高温度该溶液的碱性增强，则用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油与盐类水解有关，故B不选；
C.Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，NaHCO3是弱酸强碱盐，二者发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与水解有关，故C不选；
D.FeCl3是强酸弱碱盐，能发生水解，并且水解过程吸热，则向沸水中滴加FeCl3溶液可制备Fe(OH)3胶体，与水解有关，故D不选；
故选：A。
本题考查盐类的水解，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，把握盐类水解原理、影响因素即可解答，注意理解盐类水解是吸热过程，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】A. 18O与O互为同位素， 18O2与O2的化学性质基本相同，故A正确；
B.该反应放出热量，焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，断裂2molSO2+1molO2中的共价键的能量小于断裂2molSO3 中的共价键的能量，故B正确；
C.正逆反应同时进行的反应为可逆反应，2SO2+O22SO3的化合反应与分解反应，说明反应存在可逆性，故C正确；
D.初始投料比例不确定，无法计算浓度关系，故D错误；
故选：D。
本题考查了化学平衡的计算和分析，平衡移动原理理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】A.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1
C.根据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2：1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C正确；
D.该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=c2(NO2)c2(NO)c(O2)，而c=nV，因此K=n2(NO2)Vn2(NO)n(O2)，与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算500℃时该反应的化学平衡常数K，故D错误；
故选：C。
本题考查了化学反应速率和化学平衡、平衡常数计算、图象的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】A.浓硝酸氧化性强于稀硝酸，故A错误；
B.依据两个方程式可知，溶解3mol铜需要消耗浓硝酸12mol，消耗稀硝酸8mol，所以溶解等量的Cu，消耗HNO3(浓)的物质的量多于HNO3(稀)，故B正确；
C.Ⅰ中生成二氧化氮，向外拉动注射器活塞，二氧化氮逸出，溶液上方呈红棕色，故C错误；
D.向外拉动注射器活塞时，二氧化氮逸出，①中溶液颜色会发生变化，故D错误。
故选：B。
本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硝酸、稀硝酸的性质是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】A.橡胶a中含有碳碳双键和碳碳单键，可由1，3−丁二烯、CH2=CHCN、CH2=CHCOOH通过加聚反应得到，故A正确；
B.酯基水解生成−COOH、−OH，在一定条件下水解交联橡胶L，酯基水解生成橡胶a中的羧基，故B正确；
C.交联剂b、交联橡胶L均存在由甘油和−COOH反应生成的酯基，所以交联剂b、交联橡胶L在一定条件下水解均可得到丙三醇，故C正确；
D.制备交联橡胶L时，橡胶a中O−H键断裂、交联剂b中醚键断裂，得到交联橡胶b中的酯基和羟基，所以该反应是加成反应，故D错误；
故选：D。
本题考查有机高分子化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确生成交联橡胶b时断键和成键方式、官能团及其性质的关系是解本题关键，D为解答易错点。
15.【答案】(1)①1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
②1：2；112NA×(a×10−30)
③H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小
(2)①NH3与H2O分子间能形成氢键 ②NH3 ③平面三角形
(3)①sp3 ②B ③>
【解析】(1)①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2；
②i.由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×18+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×18+6×12=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2：4=1：2，
故答案为：1：2；
ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10−10cm)，其体积为V=(a×10−10cm)3，晶胞的质量为 m=2×56NAg=112NAg，其密度ρ=mV=112NAg(a×10−10cm)3=112NA×(a×10−30)g⋅cm−3，
故答案为：112NA×(a×10−30)；
③第一电离能(I1)：I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小，
故答案为：H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；
(2)①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键，
故答案为：NH3与H2O分子间能形成氢键；
②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，
故答案为：NH3；
③中心原子C原子的价层电子对个数=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(3)①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，
故答案为：sp3；
②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道，
故答案为：B；
③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3，
故答案为：>。
本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、化学键判断、第一电离能等知识点，明确物质结构、原子结构、元素周期律等知识点是解本题关键，熟练掌握这些知识点，题目难度中等。
16.【答案】(1)CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+S(s)+H2O(l)△H=+18kJ/mol
(2)a
(3)①抑制Fe3+、Fe2+水解，防止产生氢氧化物沉淀
②阳极电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，H+通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，从而产生S、CO
③CO2、H+
④阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生
【解析】分析：根据题中所给热化学方程式，结合盖斯定律，写出所求热化学方程式；根据催化剂只降低反应的活化能，对△H和平衡移动无影响，选取正确选项；根据Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以应在酸性较强环境中存在；根据题中图示信息，结合电解池的电极反应加以解释说明；根据题中信息，判断阴极放电的物质；根据题中来源1和来源2，设计实验方案证明来源2不成立。
(1)由i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH1=+566kJ/mol，ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)ΔH2=−530kJ/mol可知，根据盖斯定律(i+ii)×12得，CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+S(s)+H2O(l)ΔH=12×(+566kJ/mol−530kJ/mol)=+18kJ/mol，
故答案为：CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+S(s)+H2O(l)ΔH=+18kJ/mol；
(2)根据题中信息，选取合适的催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，对△H无影响，对平衡移动无影响，即对平衡常数无影响，选项a符合题意，
故答案为：a；
(3)①因为Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，为了抑制Fe3+、Fe2+水解，防止产生氢氧化物沉淀，
故答案为：抑制Fe3+、Fe2+水解，防止产生氢氧化物沉淀；
②由题中图示可知，阳极电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，H+通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，从而产生S、CO，
故答案为：阳极电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+；H+通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，从而产生S、CO；
③由题中信息可知，EDTA−Fe3+的电解效率接近100%，CO的电解效率为80%，说明在阴极区除了CO2放电，还有H+放电，
故答案为：CO2、H+；
④为了证实来源2不成立，实验方案是阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生，
故答案为：阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生。
本题考查了化学反应热、电化学原理等知识，解题的关键对化学基础知识的灵活运用，为高频考点，难度中等。
17.【答案】(1)①>②BaSO3+2BaS+6HCl=3BaCl2+3S↓+3H2O
(2)BaSO4
(3)①0.595av2
②H2S+4Br2+4H2O=SO42−+8Br−+10H+
③溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复
④6av2−bv32v1 ⑤偏高
【解析】分析：根据题中图示可知，BaS粗液(含少量BaSO3、BaCO3)中加入HCl，进行一次脱硫，硫元素转化成H2S、S除掉，得到BaCl2粗液(有少量H2S、SO2等含硫微粒)，在粗液中加入Cl2，进行二次脱硫，过滤，由于沉淀A只含一种物质，所以发生反应有SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，Ba2++SO42−=BaSO4↓，则沉淀A为BaSO4，滤液为酸性BaCl2溶液，再加入BaCO3中和，得到BaCl2溶液，将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2⋅2H2O；据此解答。
(1)①由题中信息可知，BaS中加入HCl，发生反应生成BaCl2和H2S，即BaS+2HCl=BaCl2+H2S↑，符合强酸制弱酸的原理，所以酸性HCl>H2S，
故答案为：>；
②由题中信息可知，BaS中有BaSO3，加入HCl产生S的方程式为BaSO3+2BaS+6HCl=3BaCl2+3S↓+3H2O，
故答案为：BaSO3+2BaS+6HCl=3BaCl2+3S↓+3H2O；
(2)由上述分析可知，沉淀A是BaSO4，
故答案为：BaSO4；
(3)①由题中信息可知，v2mLamol⋅L−1KBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色，发生反应为KBrO3+5KBr+6HCl=6KCl+3Br2+3H2O，则v2mLamol⋅L−1KBrO3的物质的量为n(KBrO3)=amol⋅L−1×v2×10−3L=av2×10−3mol，需要KBr的质量为 m(KBr)=5×av2×10−3mol×119g/mol=0.595av2g，由于KBr过量，所以II中加入KBr的质量>0.595av2g，
故答案为：0.595av2；
②向II所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液，即滤液中的H2S、SO2分别与Br2反应，得到澄清溶液，那么发生的离子反应有Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO42−、H2S+4Br2+4H2O=SO42−+8Br−+10H+，
故答案为：H2S+4Br2+4H2O=SO42−+8Br−+10H+；
③用bmol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，终点的现象为溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复，
故答案为：溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复；
④由实验II可知，v2mLamol⋅L−1KBrO3的物质的量为 n(KBrO3)=av2×10−3mol，产生Br2的物质的量为 n(Br2)=3av2×10−3mol，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应，过量的Br2与KI发生置换反应生成I2，即Br2+2KI=2KBr+I2，则由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，I2的物质的量为 n(I2)=bV3×10−3mol2，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应的物质的量为 n(Br2)=3aV2mol−bV3×10−32mol=6av2−bv32×10−3mol，所以v1mLBaCl2粗液中，H2S、SO2消耗Br2的物质的量与消耗Cl2的物质量相等，即1LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2的物质的量为 n(Cl2)=6av2−bv32×10−3molv1×1000=6av2−bv32v1mol，
故答案为：6av2−bv32v1；
⑤由于Br2易挥发，II∼IV中反应须在密闭容器中进行，否则部分Br2挥发后，生成I2减小，滴定时消耗Na2S2O3减小，使粗液中SO2、H2S偏高，
故答案为：偏高。
本题考查了物质含量的测定、沉淀溶解平衡的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
18.【答案】(1)CH3CH2COOH
(2)+H2O
(3)
(4)取代反应
(5)
(6)醚键、氨基
(7) 或
(8)CH3CHO、、或
【解析】分析：根据题中药物Q的合成路线可知，CH3CH2CN在酸性条件下发生水解反应，即基团−CN变化为−COOH，生成A，A的分子式为C3H6O2，则A的结构简式为CH3CH2COOH，A与Cl2在催化剂条件发生反应生成B，B与C2H5OH在浓H2SO4加热条件下发生酯化反应，生成D，D的分子式为C5H9ClO2，结合后续产物结构，可推知B的结构简式为，D的结构简式为，E的分子式为C6H6O，E与FeCl3溶液作用显紫色，与溴水作用产生白色沉淀，E具有酚羟基，则E的结构简式为，E与W(C3H6O)在酸性条件下反应生成F，F与Cl2发生反应生成G，G的分子式为C15H12Cl4O2，G与HCl在AlCl3条件下发生信息反应的逆反应，生成M，结合后续产物逆推，则M的结构简式为，G分子中含两个甲基，结合G的分子式为C15H12Cl4O2，所以G的结构简式为，逆推F的结构简式为，逆推W的结构简式为，与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，L的分子式为C11H14Cl2N2O2，则L的结构简式为，L经过①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成药物Q，Q的结构简式为，据此解答。
(1)由上述分析可知，A的结构简式为CH3CH2COOH，
故答案为：CH3CH2COOH；
(2)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为，B与C2H5OH在浓H2SO4加热条件下发生酯化反应，生成D，则B→D的化学方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
(3)由上述分析可知，E的结构简式为 ，
故答案为：；
(4)由上述分析可知，F的结构简式为 ，G的结构简式为，则F与Cl2发生取代反应生成G，
故答案为：取代反应；
(5)由上述分析可知，G的结构简式为，
故答案为：；
(6)由上述分析可知，L的结构简式为，该结构中所含的官能团有碳氯键、酰胺基、醚键、氨基，
故答案为：醚键、氨基；
(7)有多种同分异构体，其中满足下列条件a.属于戊酸酯；含酚羟基；b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1：2：9，则含三个等效的甲基(−CH3)，则该有机物的结构简式为 或 ，
故答案为： 或 ；
(8)由题中信息可知，CH3CH=CHCH3发生已知i反应，生成X，则X的结构简式为CH3CHO，X与HCN发生加成反应生成Y，Y的结构简式为，Y与NH3发生已知ii反应生成Z，Z的结构简式为，Z与H2反应生成丙二胺( )或者Y先与H2反应生成Z，Z的结构简式为，Z再与NH3发生已知ii反应生成丙二胺( )，
故答案为：CH3CHO、、或。
本题考查有机物的合成，难度中等，涉及官能团的识别、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写等，分析结构变化明确发生的反应是解答的关键，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
19.【答案】(1)①Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+NH4+
②Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3
(2)①氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物
②Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(3)①
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu
(4)CH3CHO−2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜
【解析】(1)①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+NH4+，
故答案为：Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+NH4+；
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，
故答案为：Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3；
(2)①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的，
故答案为：氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物；
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，
故答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
(3)①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：，
故答案为：；
②Ⅱ、Ⅲ中均含Cu2+，Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu的原因是II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu，
故答案为：II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2−e−+OH−=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu；
(4)银氨溶液呈碱性，CH3CHO−2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜，
故答案为：CH3CHO−2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
本题考查性质方案的设计等知识，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
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