2022-2023学年北京市第四中学高三（下）零模化学试卷含解析

这是一份2022-2023学年北京市第四中学高三（下）零模化学试卷含解析，共26页。试卷主要包含了0分）， 硫酸盐气溶胶是PM2，6kJ·ml−1， 锂电池具有广泛应用等内容，欢迎下载使用。
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2022-2023学年北京市第四中学高三（下）零模化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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14.0分）
1. 近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是(    )
A. “天宫二号“航天器使用的质量轻强度高的材料——钛合金
B. “北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓
C. “长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢
D. “C919”飞机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂
2. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是(    )
A. 用石灰乳脱除烟气中的SO2
B. 用明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O］处理污水
C. 用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3⋅xH2O)
D. 用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
3. 下列化学用语或图示表达不正确的是(    )
A. 乙炔的结构简式：HC≡CH
B. 顺−2−丁烯的分子结构模型：
C. 基态Si原子的价层电子的轨道表示式：
D. Na2O2的电子式：
4. 下列方程式与所给事实不相符的是(    )
A. 加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Δ− Na2CO3+H2O+CO2↑
B. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
C. 苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：
D. 乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CH3CH2OH+CH3COOH⇀↽Δ浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O
5. 硫酸盐(含SO 42−、HSO 4−)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：

下列说法不正确的是

A. 该过程有H2O参与 B. NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C. 硫酸盐气溶胶呈酸性 D. 该过程没有生成硫氧键
6. 一定温度下，反应I2(g)+H2(g)→2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11 mmol·L−1，c(H2)=0.11 mmol·L−1，c(HI)=0.78 mmol·L−1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是

A
B
C
D
c(I2)/ mmol·L−1
1.00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/ mmol·L−1
1.00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/ mmol·L−1
1.00
1.56
4.00
1.56
(注：1 mmol·L−1=10−3mol·L−1)

A. A B. B C. C D. D
7. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应a可实现氯的循环利用：
反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=−115.6kJ/mol
已知：i．     
ii.H2O(g)=H2O(l) ΔH2=−44 kJ·mol−1
下列说法不正确的是

A. 反应a中反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成
C. 4HCl(g) + O2(g) = 2Cl2(g) + 2H2O(l) ΔH3= −159.6kJ·mol−1
D. 断开1 mol H−O 键与断开 1 mol H−Cl 键所需能量相差约为31.9 kJ
8. 下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是(阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子)(    )
 
A
B
C
D
定律或原理
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案




结果
左球气体颜色加深，右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和
H2与O2的体积比约为2∶1

A. A B. B C. C D. D
9. 聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：

下列说法不正确的是

A. P和M通过加成反应形成聚脲 B. 一定条件下聚脲能发生水解反应
C. M苯环上的一氯代物有2种 D. M与互为同系物
10. 锂电池具有广泛应用。用废铝渣(含金属铝、锂盐等)获得电池级Li2CO3的一种工艺流程如下(部分物质已略去)：

下列说法不正确的是

A. ①中加热后有SO2生成
B. ②生成Al(OH)3的离子方程式：2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 由③推测溶解度：CaCO3>Li2CO3
D. ④中不宜通入过多CO2，否则会造成Li2CO3产率降低
11. 我国科研人员将单独脱除SO2的反应与H2O2的制备反应相结合，实现协同转化。
①单独制备H2O2：2H2O+O2=2H2O2，不能自发进行
②单独脱除SO2：4OH−+2SO2+O2=2SO42−+2H2O，能自发进行
协同转化装置如图(在电场作用下，双极膜中间层的H2O解离为OH−和H+，并向两极迁移)。下列分析不正确的是

A. 反应②释放的能量可以用于反应①
B. 产生 H2O2的电极反应：O2+2e−+2H+=H2O2
C. 反应过程中不需补加稀H2SO4
D. 协同转化总反应：SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4
12. 实验I和实验II中，均有气体产生。

下列分析不正确的是

A. NaHSO3溶液中：c(SO 32−)>c(H2SO3)
B. I中有CO2生成
C. II中产生白色沉淀
D. I和II中溶液的pH均增大
13. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)⇀↽CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1
②CO2(g)+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g)  ΔH2
CO2的平衡转化率(X−CO2)、CH3OH的选择性(S−CH3OH)随温度、压强变化如下：

已知：S−CH3OH=n转化为CH3OH的CO2n转化的CO2×100%
下列分析不正确的是

A. p1>p2
B. 400℃左右，体系发生的反应主要是②
C. 由图可知，ΔH10
D. 初始nCO2=1mol、nH2=3mol，平衡后X−CO2=30%、S−CH3OH=80%，若只发生①、②，则H2的平衡转化率为24%
14. 10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：
试管编号
1
2
3
4
滴加NaOH溶液的量
2滴
6滴
12滴
16滴
立即观察沉淀的颜色
浅绿色
浅绿色
蓝色
蓝色
酒精灯加热浊液后沉淀的颜色
浅绿色
浅绿色
黑色
黑色
取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。
下列说法不正确的是

A. 由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜
B. CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物
C. 试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH)2Δ CuO+H2O
D. 取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑
第II卷（非选择题）

二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
15. 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。
iiI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)，装置示意图如下所示。

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：___________。

三、简答题（本大题共3小题，共15.0分）
16. 碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。
i. 4CuCl + 4CH3OH + O2= 4Cu(OCH3)Cl + 2H2O
ii. 2Cu(OCH3)Cl + CO = (CH3O)2CO + 2CuCl
(1)碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是_______。
(2)CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为_______，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是_______。
(3)上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。
i.甲醇单位时间内的转化率主要受Cu(Ⅰ)(+1价铜元素)浓度的影响。
ii.CuCl在甲醇中溶解度较小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。
ⅲ.加入4−甲基咪唑()可与Cu+形成配合物，可提高甲醇的转化率。4−甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
请结合信息回答以下问题。
①4−甲基咪唑中，1∼4号N原子_______(填“在”或“不在”)同一平面上，_______(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
②加入4−甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是_______(填序号)。
a.Cu(Ⅰ)配合物中的−NH结构可增大其在甲醇中的溶解度
b.形成的Cu(Ⅰ)配合物能增大反应的限度
(4)配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是_______。
(5)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，金属离子与氧离子间的作用力为_______，Ca2+的配位数是_______。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I−和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中_______的空间位置相同，有机碱CH3H 3+中，N原子的杂化轨道类型是_______；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm−3(列出计算式)。

17. 从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口S2O32−+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3−+口_______
②简述S2O32−在金被氧化过程中的作用： _______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。

①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……

a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中S2O32−消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6S2O32−⇌2[Cu(S2O3)2]3−+S4O62−

结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。

18. 用零价铁(Fe)去除含氮废水中的硝酸盐(NO3−)是环境修复的重要方法。一种去除NO3−的过程如下。

(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3−的去除率。向两份含氮废水[nNO3−=8.1×10−5mol]中均加入足量Fe粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2(3.6×10−5mol)
NO3−的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中NO3−的去除率提高的原因：
a.Fe2+直接还原NO3−了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH)(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。
用 57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.Cl−破坏钝化层。
将ⅱ中的FeCl2替换为 _______，NO3−的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3−的去除，结合方程式解释原因： _______。
(5)测定NO3−含量
步骤1.取vmL含氮(NO3−)水样，加入催化剂、v1mLc1mol⋅L−1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2mol⋅L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+(Cr2O72−被还原为Cr3+)，终点时消耗v2mL。
已知：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
①水样中NO3−的含量为 _______mol⋅L−1。
②溶液中O2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果 _______(填“偏大”或“偏小”)。

四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
19. 香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W的合成路线如图。

已知：
ⅰ.→ +H2O
ⅱ.—CHO+→△NaOH +H2O
ⅲ.R1—CH=CH−R2→KMnO4(H+)+R1COOH+R2COOH
(1)A→B的化学方程式是_______。
(2)D的分子式是_______。
(3)条件①是_______。
(4)F的结构简式是_______。
(5)1mol J可以生成2mol K，J的结构简式是_____。
(6)下列说法不正确的是_______(填序号)。
a.可以用酸性KMnO4溶液鉴别E和G
b.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应
c.1mol P最多可以和5molH2反应
(7)M为线型不稳定分子，M→P经过两步反应，R苯环上的一氯代物有3种。

①R的结构简式是_______。
②R→P的化学反应类型是_______。

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】A.钛合金是合金材料，属于金属材料，故A符合题意；
B.砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故B不符合题意；
C.液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，故C不符合题意；
D.碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料，都不是金属材料，故D不符合题意；
故选A。


2.【答案】D 
【解析】A.SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B.用明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C.用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3⋅xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D.用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
故选D。


3.【答案】C 
【解析】A.乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为 HC≡CH ，故A正确；
B.顺 −2− 丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，故B正确；
C.基态 Si 原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，故C错误；
D. Na2O2 是离子化合物，其电子式为，故D正确；
故选C。


4.【答案】B 
【解析】A.碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，故A正确；
B.过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+，故B错误；
C.苯酚钠溶液中通入二氧化碳，利用强酸制取弱酸，生成苯酚和碳酸氢钠，故C正确；
D.乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应，产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，故D正确；
故选B。


5.【答案】D 
【解析】A.根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B.根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C.硫酸盐(含SO 42− 、HSO 4− )气溶胶中含有HSO 4− ，转化过程有水参与，则HSO 4− 在水中可电离生成H+和SO 42− ，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D.根据图示转化过程中，由SO 32− 转化为HSO 4− 有硫氧键生成，故D错误。
故选D。


6.【答案】C 
【解析】平衡时，测得 c(I2)=0.11 mmol·L−1，c(H2)=0.11 mmol·L−1，c(HI)=0.78 mmol·L−1，由此温度下平衡常数 K= c2HIcH2cI2=0.78×10−320.11×10−3×0.11×10−3 =50.28；已知 Qc(A)= 1×10−321×10−3×1×10−3 =1，Qc(B)= 0.78×10−320.22×10−3×0.22×10−3 =12.6，Qc(C)= 4×10−320.44×10−3×0.44×10−3 =82.64，Qc(D)= 1.56×10−320.44×10−3×0.11×10−3 =50.28，
其中 Qc(C)>K，此时平衡逆向移动，故选C。


7.【答案】C 
【解析】A.由反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=−115.6kJ/mol，该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故A不选；
B.由4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可知，反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，故B不选；
C.根据盖斯定律可知，4HCl(g) + O2(g) = 2Cl2(g) + 2H2O(l) ΔH3 = −203.6kJ·mol−1，故选C；
D.设H−O的键能为 E1 ，H−Cl的键能为 E2 ，由题意有 ΔH=∑E断−∑E成=498+4E2kJ/mol−2×243+4E1kJ/mol=−115.6kJ/mol ，则 E1−E2=31.9kJ/mol ，故D不选。
答案选C。


8.【答案】B 
【解析】A.2NO2⇌N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；
B.比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法比较氯和碳的非金属性；且生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律，故B不符合；
C.ΔH=ΔH1+ΔH2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；
D.在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合。
故选B。


9.【答案】D 
【解析】A.M中的两个氨基上的N−H断裂，与P中的C=N双键发生加成，所以P和M通过加成反应形成聚脲，A正确；
B.聚脲中存在酰胺基，一定条件下可以发生水解反应，B正确；
C. M是一个对称结构，两个苯环上氨基的邻位碳上的氢原子是等效的，两个苯环相连的氧原子的两个苯环上的邻位碳上的氢原子是等效的，则在M分子中只有两种不同的氢原子，M苯环上的一氯代物有2种，C正确；
D.M是含氧衍生物，而苯胺不是含氧衍生物，二者不是同一类物质，所以不是同系物，D错误；
故选D。


10.【答案】C 
【解析】
【分析】
废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸，在280℃发生反应，经过滤后得到的滤渣中含有不与浓硫酸反应的沉淀，滤液中含有硫酸铝、硫酸锂，硫酸铝、硫酸锂与饱和碳酸钠反应后得到氢氧化铝沉淀和硫酸钠溶液，碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙，将氢氧化锂溶液通入二氧化碳得到碳酸锂固体，由此分析。
【详解】
A.①表示废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸，在280℃发生氧化还原反应，浓硫酸作氧化剂，化合价降低，得到的还原产物有SO2生成，故A不符合题意；
B.滤液中含有硫酸铝、硫酸锂，硫酸铝和碳酸钠发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2，离子方程式为：2Al3++3 CO32− +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故B不符合题意；
C.由③可知，碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙，发生了沉淀的转化，既有溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，溶解度：Li2CO3>CaCO3，故C符合题意；
D.④表示氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂，不宜通入过多CO2，否则会生成碳酸氢锂，造成Li2CO3产率降低，故D不符合题意；
答案选C。
  
11.【答案】D 
【解析】
【分析】
该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成 SO42− ，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O2，负极反应式为 SO2−2e−+4OH−=SO42−+2H2O ，正极反应式为 O2+2e−+2H+=H2O2 ，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；
【详解】
A.反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；
B.由图可知，生成H2O2的电极反应为 O2+2e−+2H+=H2O2 ，B项正确；
C.根据总反应可知，右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；
D.负极反应式为 SO2−2e−+4OH−=SO42−+2H2O ，正极反应式为 O2+2e−+2H+=H2O2 ，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，D项错误；
故选D。
  
12.【答案】D 
【解析】A.根据装置中亚硫酸氢钠溶液的pH=4判断，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离大于水解，
      故c(SO  32− )>c(H2SO3)，故A正确；
B.亚硫酸氢钠与碳酸氢钠反应，因为亚硫酸氢根离子的酸性大于碳酸，故反应生成二氧化碳，故B正确；
C.亚硫酸氢根电离产生亚硫酸跟钡离子结合产生亚硫酸钡沉淀，同时产生的氢离子与亚硫酸氢根离子结合生成亚硫酸并分解产生二氧化硫，故C正确；
D.实验I中亚硫酸氢根离子的量减小，溶液体积增大，导致其浓度减小，故pH增大，实验II中产生亚硫酸，酸性增强，故pH减小，故D错误；
故选答案D。


13.【答案】D 
【解析】A.反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此 P1>P2，A正确；
B.400℃时，由图可以看出， CH3OH的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B正确；
C.由图看出，随着温度升高， CH3OH 的选择性( S−CH3OH )逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应 ΔH 0，C正确；
D .平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol CO2，又因为 S−CH3OH=80% 可知0.3mol CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：  CO2+3H2起始量(mol)13变化量(mol)1×0.3×0.80.72⇀↽CH3OH+H2O 00
CO2+H2起始量(mol) 变化量(mol)1×0.3×0.20.06⇀↽CO+H2O  ，
两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率= 0.72mol+0.06mol3mol×100%=26% ，D错误；
故答案 为：D。


14.【答案】D 
【解析】A.取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A正确；
B.由实验数据及现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故B正确；
C.由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)2 Δ  CuO+H2O，故C正确；
D.由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D错误；
故选D。


15.【答案】(1)①Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2NH4+
②Fe(OH)2−e−+ OH−= Fe(OH)3   
(2)①溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的
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−，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↓ +2NH4+ 。
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。
(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。
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+。
(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：。
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)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。


16.【答案】(1)sp2   
(2)3d10  ；催化剂   
(3)    ①.在    ； 3    ②.a   
(4)电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱   
(5)离子键  ；12   ；Ti4+   ； sp3   ；620NAa3×1021
 
【解析】(1)碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成碳氧双键，杂化类型是sp2。
(2)基态Cu的价电子排布式为3d104s1，失去4s能级上的一个电子形成Cu+，故Cu+价电
子排布式为3d10；CuCl在反应中先消耗再生成，属于催化剂。
(3)①4 −甲基咪唑中环上形成大π键，属于平面结构，1∼4号N原子在同一平面上；1号N原子的孤电子对参与形成大π键，故3号N原子更容易与Cu形成配位键；
②a.Cu( I )配合物中的 结构可与甲醇形成分子间氢键，增大其在甲醇中的溶解度；
b.形成的Cu( I )配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，故b错误；
选a。
(4)若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是：电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱。
(5)金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，金属离子与氧离子间的作用力为离子键，晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；距离Pb2+最近的是处于面心的I−，Pb2+的配位数为6，图(a)中Ti4+的配位数也为6，与图(b)中Pb2+的空间位置相同；有机碱CH3H  3+ 中N原子上无孤电子对，周围形成了4个σ键，故N原子采用sp3杂化；从图(b)可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1个，CH3H  3+ 的数目为8 ×18 =1个，I−的数目为6 ×12 =3个，故晶胞的密度为ρ= mV=1mol×207+3×127+12+14+6×1g/molNAa×10−73=620NAa3×1021g/mol 。


17.【答案】(1)Au在高温条件下不与O2反应   
(2)    ①. 4Au+8S2O32−+O2+2H2O=4[Au(S2O3 )2]3−+4OH−     ②.与Au+形成配合物，提高Au的还原性   
(3)    ①.催化     ②.锥形瓶中溶液蓝色复原    ；4[Cu(NH3)2]++8NH3⋅H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O       ③. 当c(CuSO4)0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗 S2O32− ，使 S2O32− 浓度减小，浸金速率减小
 
【解析】(1)真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
(2)该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为： 4Au+8S2O32−+O2+2H2O=4[Au(S2O3 )2]3−+4OH− ；从方程式中可以看出， S2O32− 与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
(3)该机理图机理为：Au失电子形成Au+， S2O32− 与Au+反应得到 [Au(S2O3 )2]3− ， [Au(S2O3 )2]3− 与 [Cu(NH3)4]2+ 反应得到 [Cu(NH3)2]+ 和Au， [Cu(NH3)2]+ 与氧气、氨水反应又重新生成 [Cu(NH3)4]2+ ，故 [Cu(NH3)4]2+ 在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了 [Cu(NH3)2]+ ，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将 [Cu(NH3)2]+ 又氧化为 [Cu(NH3)4]2+ ；a中为 [Cu(NH3)2]+ 在氧气和氨水的作用下生成了 [Cu(NH3)4]2+ ，方程式为： 4[Cu(NH3)2]++8NH3⋅H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O ；当c(CuSO4)0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗 S2O32− ，使 S2O32− 浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗 S2O32− ，使 S2O32− 浓度减小，浸金速率减小。


18.【答案】(1)过滤
(2)3Fe+NO3−+2H++H2O=Fe3O4+NH4+
(3)还原 NO3− 所需电子：3.24×10−4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10−5mol。Fe2+失去的电子数明显小于 NO3− 所需电子数；7.2×10−5mol NaCl 
(4)Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+破坏了钝化层 
(5)①c1v1−6c2v23v；②偏大
 
【解析】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和NH4+，且铁粉和NO3−在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为 3Fe+NO3−+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；
(3)根据物质得失电子的计量关系，可知 Fe2+∼Fe3+∼1e− ，Fe2+最多提供的电子：3.6×10−5mol， NO3−∼NH4+∼8e− ， NO3− 所需电子：3.24×10−4mol，Fe2+失去的电子数明显小于 NO3− 所需电子数；为说明是否是 Cl− 破坏钝化层，根据控制变量法的思想将 3.6×10−5mol FeCl2 (即 n(Cl−)=7.2×10−5mol )替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10−5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明 Cl− 不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
(4)根据上述分析可知生成的 Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生 FeO(OH) (不导电)，它覆盖在 Fe3O4 表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+ ，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
(5)步骤1.取v mL 含氮( NO3− )水样，加入催化剂、 v1 mL c1 mol⋅L−1 FeSO4 标准溶液(过量)，再加入稀 H2SO4 。发生 3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O ，
步骤2.用 c2 mol⋅L−1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的 Fe2+ ( Cr2O72− 被还原为 Cr3+ )，终点时消耗 v2 mL 。发生 6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O ，根据 K2Cr2O7 标准溶液的用量求得剩余的 FeSO4 的物质的量=6c2v2×10−3mol，则参与步骤I反应的 FeSO4 的物质的量= (c1v1−6c2v2)×10−3mol ，根据该反应 3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O 可得反应消耗的硝酸根物质的量 n(NO3−)=(c1v1−6c2v2)×10−33mol ，所以原水样中 NO3− 的含量 c(NO3−)=(c1v1−6c2v2)×10−33v×10−3mol/L=(c1v1−6c2v2)3vmol/L ；因为溶液中 O2 存在，也会消耗 FeSO4 ，所以 K2Cr2O7 用量偏小，由于 FeSO4 总量一定，所以参与步骤I反应的 FeSO4 物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计算出来的水样中 NO3− 的含量也偏大。


19.【答案】(1) +HNO3 →△浓H2SO4  +H2O   
(2) C7H5Br2O2N    
(3)NaOH水溶液，Δ   
(4)
(5)
(6)ac   
(7)① 
②加成反应
 
【解析】根据路线图，结合已知中的信息，本题采用逆合成分析法，由P逆向分析可依次推出M为 O=C=C=C=O 、K为HOOCCH2COOH、J为 ，由G+P→W逆向分析可依次推出G为 、E为、F为 、D为 、B为、A为 。
(1)A→B为甲苯的对位硝化反应，方程式为： +HNO3→△浓H2SO4  +H2O。
(2)D为，分子式为 C7H5Br2O2N；
(3)D→E反应经历2个步骤，先是水解反应，溴原子转化为羟基，后是自动脱水再转化为羰基，因此反应条件为：NaOH水溶液，△。
(4)由分析可知，F的结构简式为 。
(5)由分析可知，J的结构简式为 。
(6)a.由分析可知，E有醛基，G有碳碳双键，均能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别，a错误；
b.G含有的碳碳双键能发生加聚反应，含有的苯环、碳碳双键能发生加氢反应，属于还原反应，含有的酰胺基、苯环能发生取代反应，b正确；
c.1molP中苯环可与3molH2加成，羰基可与1molH2加成，最多共与4molH2加成，c错误；
故选ac。
(7)①M→P两步反应均为加成反应，R苯环上的一氯代物有3种，说明分子的对称性高，因此第一步反应为M与酚羟基加成，R结构简式为：。
②R→P的反应类型为加成反应。