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2023-2024学年北京市丰台区高三上学期期末化学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年北京市丰台区高三上学期期末化学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[Cu2OH2CO3或Cu2OH2SO4]，不入药用，惟堪镀作，以合熟铜(铜单质)。投苦酒(醋酸)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的是
A. “不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的Cu2+可使蛋白质变性
B. 鸡屎矾“投苦酒(醋酸)中”，反应前后各元素化合价不变
C. “苦酒(醋酸)”中碳原子均为sp3杂化
D. “涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe表面的Cu阻止反应继续进行
2.下列化学用语或图示表达正确的是
A. NO3−的VSEPR模型：
B. 反−2−丁烯的分子结构模型：
C. NH3的电子式：
D. 基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2
3.下列过程与取代反应无关的是
A. 用油脂生产肥皂B. 氨基酸形成多肽
C. 葡萄糖在酶的作用下转化为二氧化碳D. 核糖核苷酸分子间脱水形成核糖核酸
4.下列方程式与所给事实不相符的是
A. 人工固氮：N2+3H2⇌高温高压催化剂2NH3
B. NaHCO3用于焙制糕点：2NaHCO3=ΔNa2CO3+H2O+CO2↑
C. 向NaHSO4溶液中加入BaOH2至溶液显中性：H++SO42−+OH−+Ba2+=BaSO4↓+H2O
D. 久置氯水变为无色：Cl2+H2O⇀↽H++Cl−+HClO、2HClO光照 2H++2Cl−+O2↑
5.下列物质性质的比较，与氢键无关的是
A. 密度：水>冰
B. 熔点：NH4Cl>HCl．
C. 沸点：
D. 与碱基配对的能力：
6.用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A. 1mlN2H4含有π键的数目为NA
B. 1L0.1ml⋅L−1NH4Cl溶液含NH4+的数目为0.1NA
C. 14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA
D. 22.4L(标准状况)Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2NA
7.已知：2NO2g⇀↽N2O4g ΔH<0利用装有NO2和N2O4混合气体的平衡球如图，探究温度对化学平衡的影响。
实验如下：
下列说法不正确的是
A. 断裂2mlNO2中的共价键所需能量小于断裂1mlN2O4中的共价键所需能量
B. 实验②，浸入冷水中的平衡球颜色变浅，浸入热水中的平衡球颜色加深
C. 实验③，平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致NO2分解生成NO和O2
D. 实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是2NO2g⇀↽N2O4g逆向移动导致的
8.嘧菌酯是一种新型的高效、广谱农用杀菌剂，合成其中间体N的路线如下：
下列说法不正确的是
A. 1mlK最多可以与2mlNaOH发生反应
B. L的核磁共振氢谱有两组峰
C. N中含有两种含氧官能团
D. 生成物M与N的化学计量数之比是1:1
9.液流电池是储能领域的研究热点，能将剩余的电能存储起来，需要时再释放。一种钒液流电池放电状态时的结构和工作原理如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 放电时，电极室a为正极室
B. 放电时，H+由电极室b移向电极室a
C. 充电时，电极室a的电极与电源的负极连接
D. 充电时，总反应为VO2++V3++H2O通电 VO2++V2++2H+
10.下列实验方案能达到相应目的的是
A.A B.B C.C D.D
A. AB. BC. CD. D
11.某同学进行如下实验：
1ml⋅L−1NaHCO3溶液(接近饱和,pH≈8.4)→过程Ⅰ通入少量SO2含NaHCO3、Na2SO3溶液(pH≈8)→过程Ⅱ通入过量SO2含NaHSO3溶液(pH≈4.1)
已知：在实验温度下，
H2SO3的电离平衡常数：Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.3×10−8；
H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.2×10−7，Ka2=5.6×10−11。
下列说法不正确的是
A. 饱和NaHCO3溶液可以除去CO2中的SO2
B. 依据Ka2H2SO3C. 过程Ⅰ所得溶液中存在cNa++cH+=2cSO32−+cHSO3−+cHCO3−+2cCO32−+cOH−
D. 过程Ⅱ所得溶液中存在cNa+12.二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下：
下列说法不正确的是
A. K和M中均含有手性碳原子
B. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C. 生成1mlM参加反应的CO2的物质的量为(m+n)ml
D. 依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
13.某兴趣小组将4g铁钉放入30mL4%CuSO4溶液中，溶液pH变化如下图所示。一段时间后，取出铁钉，过滤，取反应后的滤液，加适量KSCN溶液，溶液立即变红，但红色很快褪去，产生白色沉淀。下列说法不正确的是
已知：
①CuSCN：白色固体，不溶于水；
②室温下，KspCuOH2=2.2×10−20，KspFeOH2=4.9×10−17，KspFeOH3=4.0×10−38。
A. CuSO4溶液pH<7的原因是Cu2++2H2O⇀↽ CuOH2+2H+
B. 0∼6000s，随着反应进行，溶液pH下降的原因可能是Fe2+被O2氧化为Fe3+
C. 反应后期溶液pH略有上升的可能原因是Fe+2H+=Fe2++H2↑
D. 溶液先变红后又褪色的可能原因是Fe3++3SCN−⇀↽ FeSCN3的反应速率快，2Cu2++4SCN−⇀↽ 2CuSCN↓+SCN2的反应限度大
14.一定温度下，MgCO3和MgOH2的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，其中浓度的单位均为0.1ml⋅L−1。
下列说法正确的是
A. a点条件下能生成MgCO3沉淀，也能生成MgOH2沉淀
B. b点时，cOH−=cCO32−，KspMgCO3=KspMgOH2
C. 向NaOH、Na2CO3均为0.1ml⋅L−1的混合溶液中滴加MgCl2溶液，优先产生MgCO3沉淀
D. MgCO3s+2OH−aq⇀↽Mg(OH)2s+CO32−aq的平衡常数K=106
二、简答题：本大题共5小题，共40分。
15.钙钛矿(通式为ABX3)是一类与钛酸钙CaTiO3具有相似晶体结构的新型材料。
(1)CaTiO3的晶胞形状为立方体，如右图所示。
①基态O原子的价层电子轨道表示式为_____。
②该晶胞中，每个Ca周围与它最近且相等距离的O有_____个。
③该晶胞结构的另一种表示中，Ti处于各顶角位置，则O处于_____位置。
(2)有机−无机杂化钙钛矿材料具有良好的光致发光、半导体性能，其中的合成过程如下：
HCl++CdCl2→
①中存在配位键，接受孤电子对的中心离子或原子是_____。
②比较和中C−N−C键角的大小并解释原因_____。
③具有较低的熔点。从结构角度解释原因_____。
(3)相较于钙钛矿，类钙钛矿结构材料具有高温稳定性等优点。一种类钙钛矿结构材料含Pr(镨)、Ni和O元素，晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、b nm，如图所示：
①该物质的化学式为_____。
②阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____g⋅cm−3。(1nm=10−7cm)
16.以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下。
已知：PbCl2s+2Cl−aq⇀↽PbCl42−aq ΔH>0
(1)“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以PbCl42−和Mn2+的形式浸出。
①加快浸出速率可采取的措施有____(写出2条)。
②补全PbS与MnO2反应的离子方程式____。
PbS+ MnO2+ + =PbCl42−+ SO42−+ +
③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为SO42−。该工艺流程采用方案2，理由是____。
(2)“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式____。
(3)滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中cPb2+=7.7×10−7ml⋅L−1，cZn2+=1.3×10−6ml⋅L−1。则可推断KspPbS、KspZnS、KspMnS的大小关系为____。
(4)“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为____(Mn3O4的结构式为)。
(5)干燥温度为90，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。5ℎ后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是____。
17.化合物I是合成唑啉酮类除草剂的一种中间体，其合成路线如下。
已知：i．
ii．
iii.R1−COOH+R2NH2→ DPPA
(1)A→B反应所需的试剂和条件是__________。
(2)已知：2CH3COOH→a+H2O。C→D的化学方程式为__________。
(3)E→F的反应类型是__________。
(4)由C合成F的过程中，C→D的目的是__________。
(5)G→H的化学方程式为__________。
(6)化合物I的另一种合成路线如下：
已知：
①K的结构简式为__________。
②M→I的过程中，还可能生成高分子化合物N。写出N的一种结构简式__________。
18.回收废旧锂离子电池中的金属元素，可以有效缓解原料供应紧张、环境污染等问题。
Ⅰ.碳还原焙烧−水浸法可实现三元锂离子电池正极材料中锂的优先提取：将正极材料与一定量炭粉充分混合、焙烧，得到Ni、C、MnO和Li2CO3等；再浸于水，得到含Li+的浸出液。
已知：Li2CO3微溶于水；溶解度：LiHCO3>Li2CO3。
(1)焙烧过程中未得到Mn单质，若计算2MnO(s)+C(s) =2Mn(s)+CO2(g)的ΔH，需要知道哪些反应的ΔH：______。
(2)水浸过程中通入CO2可提高锂的浸出率。用化学方程式解释原因______。
Ⅱ.LiCO2是钴酸锂电池正极材料的主要成分，某研究小组以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和作为浸出剂，浸出C2+，并用电解的方法从浸出液中回收C。
已知：
i.在浸出过程中，柠檬酸表现出酸性，同时电离产生的阴离子与C2+形成配合物，有利于钴的浸出。与C2+形成配合物的能力：C6H6O72−>C6H7O7−；
iⅱ.浸出液pH≈4时，CC6H6O7是C(Ⅱ)的主要存在形式；
稳定性：CC6H6O7iii．电流效率=n(生成钴所用的电子)n(通过电极的电子)
(3)H2O2的作用是______。
(4)相同时间内，柠檬酸起始浓度对钴浸出率的影响如图所示。当柠檬酸浓度从1.25ml⋅L−1增加到1.75ml⋅L−1时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是______。
(5)电解法回收钴的简易装置如图所示。
①石墨为______(填“阳极”或“阴极”)。
②CC6H6O7在电极放电的电极反应式为______。
③电解时间相同时，电解液初始pH对C回收率和电流效率的影响如图所示。随着pH的升高，C的回收率先增加后下降的可能原因是______。
19.某小组探究SO2在盐酸中分别与铜单质和铜离子的反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
I.探究SO2在盐酸中与Cu2+的反应
用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将SO2通入0.6 ml·L−1CuSO4溶液。通SO2一段时间，C中无明显现象；打开活塞b，加入一定体积浓盐酸后，持续通入SO2，C中溶液变棕黄色。
(1)装置A中反应的化学方程式为__________，B中试剂X是__________。
(2)资料：CuCl难溶于水，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl−⇀↽[CuCl3]2−。补充实验证实了棕黄色溶液中含[CuCl3]2−，实验方案为__________。
(3)SO2与CuSO4溶液反应生成SO 42−和Cu+的电极反应式为：
氧化反应：__________；
还原反应：Cu2++e−=Cu+。
根据电极反应式，分析加入浓盐酸前后实验现象有差异的可能原因__________。
(4)综上分析，SO2在盐酸中与Cu2+反应生成[CuCl3]2−的离子方程式为__________。
Ⅱ.探究SO2在盐酸中与Cu单质的反应
将装置C中CuSO4溶液替换成Cu片和Na2SO4溶液，重复上述操作。未加浓盐酸之前，无明显现象。加浓盐酸之后，溶液变为棕黄色，并有黑色固体生成。
(5)经检验黑色固体是Cu2S，SO2在盐酸中与Cu单质反应的离子方程式为__________。
(6)为了进一步探究影响铜单质还原性的因素，进行了如下实验：
实验ii中，Cu片附近溶液变棕黄色。b是__________。
综合上述实验可知，还原反应中，降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
答案解析
1.C
【解析】A.胃酸的主要成分是盐酸，“不入药用”的主要原因是鸡屎矾溶于胃酸，产生重金属离子Cu2+，能使蛋白质变性，故A正确；
B.鸡屎矾“投苦酒(醋酸)中”，生成醋酸铜、二氧化碳、水，反应前后各元素化合价不变，故B正确；
C.醋酸中甲基上碳原子为sp3、羰基上碳原子sp2杂化，故C错误；
D.“外虽铜色，内质不变”描述的是铁和铜的置换过程，铜覆盖在铁上面，故D正确；
故选：C。
2.A
【解析】A.NO3−中N原子的价层电子对数为3+5+1−2×32=3，VSEPR模型为平面三角形，即，故A正确；
B.反−2−丁烯的分子结构模型为，顺−2−丁烯的分子结构模型为，故B错误；
C.NH3分子中N原子最外层电子数为8，含有1对孤电子对，其电子式为，故C错误；
D.基态Cr原子的原子序数为24，结合洪特规则可知，其价层电子排布式为3d54s1，故D错误；
故选：A。
3.C
【解析】【知识点】油脂在碱性条件下水解、氨基酸的成肽反应、核酸的组成与结构
【详解】A.油脂在碱性条件下发生水解反应可生产肥皂，属于取代反应，A不符题意；
B.氨基酸形成多肽属于取代反应，B不符题意；
C.葡萄糖在酶的作用下转化为二氧化碳发生的是氧化反应，与取代反应无关，C符合题意；
D.核糖核苷酸分子间脱水形成核糖核酸属于取代反应，D不符题意；
答案选C。
4.C
【解析】A.催化剂作用下氢气和氮气在高温高压条件下生成氨气的反应属于人工固氮，反应的化学方程式为N2+3H2⇌高温高压催化剂2NH3，故 A正确；
B.碳酸氢钠用于焙制糕点是因为碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳能使糕点疏松多孔，反应的化学方程式为2NaHCO3=ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，故 B正确；
C.向硫酸氢钠溶液与加入的氢氧化钡溶液至溶液显中性发生的反应为硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为2H++SO42−+2OH−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故 C错误；
D.久置氯水变为无色是因为氯气与水反应生成的次氯酸不稳定，遇光分解生成盐酸和氧气，有关方程式为Cl2+H2O⇀↽H++Cl−+HClO、2HClO光照 2H++2Cl−+O2↑，故 D正确；
故选C。
5.B
【解析】A.氢键具有方向性，所以密度：水>冰，故A正确；
B.氯化铵为离子晶体，氯化氢为分子晶体，离子键强于分子间作用力，所以熔点：NH4Cl>HCl，与氢键无关，故B错误；
C.前者易形成分子间氢键，后者易形成分子内氢键，分子间氢键能增大器沸点，所以沸点：，故C正确；
D.前者可与碱基形成氢键，更易配对，所以与碱基配对的能力：，故D正确；
故选：B。
6.C
【解析】A.N2H4含有N−H键、N−N键，不存在π键，故A错误；
B.溶液中NH4+发生水解，NH4+的数目小于0.1NA，故B错误；
C.乙烯和丙烯的最简式相同，14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为14g14g⋅ml−1×2×NAml−1=2NA，故C正确；
D.Cl2与足量NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl，Cl元素化合价既有升高又有降低，22.4L(标准状况)Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为⋅ml−1×1×NAml−1=NA，故D错误；
故选：C。
7.D
【解析】A.该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则断裂2ml二氧化氮中的共价键所需能量小于断裂1ml四氧化二氮中的共价键所需能量，故A正确；
B.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅，故B正确；
C.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，所以停止加热，平衡球颜色恢复是因为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故D错误；
故选D。
8.D
【解析】A.K中酯基水解生成的酚羟基和羧基都能与NaOH以1：1反应，K中酯基水解生成酚羟基和羧基，所以1mlK最多消耗2mlNaOH，故A正确；
B.L中含有2种氢原子，其核磁共振谱有2组峰，故B正确；
C.N中含氧官能团有酯基和醚键，两种含氧官能团，故C正确；
D.K和L发生取代反应生成N和M，M为CH3OH，M、N的化学计量数之比是2：1，故D错误；
故选：D。
9.C
【解析】A.由分析可知，电极室a的电极为原电池的正极，则电极室a为正极室，故A正确；
B.由分析可知，电极室a的电极为原电池的正极，电极室b的电极为负极，则溶液中氢离子由电极室b移向电极室a，故B正确；
C.由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的电极室a的电极为电解池的阳极，故C错误；
D.由分析可知，放电时电池总反应为VO 2++ V2++2H+=VO2++V3++H2O，充电时电解总反应为放电总反应的逆反应，则总反应方程式为VO2++V3++H2O通电 VO2++V2++2H+，故 D正确；
故选C。
10.A
【解析】A.溴乙烷和NaOH的醇溶液共热生成乙烯，挥发的乙醇和溴水不反应，乙烯和溴水发生加成反应生成无色物质，所以能实现实验目的，故A正确；
B.电石中生成的乙炔和H2S都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，H2S干扰乙炔的检验，所以该实验不能检验乙炔具有还原性，故B错误；
C.常温下，Al和浓硝酸发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，不能实现实验目的，故 C错误；
D.加热FeCl3⋅6H2O时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发，所以得不到无水氯化铁固体，故D错误；
故选A。
11.D
【解析】A．H2SO3的电离平衡常数：Ka1=1.3×10−2大于H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.2×10−7，H2SO3能NaHCO3与发生反应生成CO2，也不生成其他杂质，故可用饱和NaHCO3溶液可以除去CO2中的SO2，A正确；
B.假设向NaHCO3溶液中加入NaHSO3，能生成H2CO3或CO2，则反应为：HCO3−+HSO3−=H2CO3+SO32−，但此时得到的是Ka2H2SO3>Ka1H2CO3，与题中所给的信息相悖，说明向NaHCO3溶液中加入NaHSO3，不能生成H2CO3或CO2， B正确；
C.过程I所得NaHCO3和Na2SO3混合溶液中存在电荷守恒：cNa++cH+=2cSO32−+cHSO3−+cHCO3−+2cCO32−+cOH−， C正确；
D.过程II所得溶液中，NaHSO3存在物料守恒：则cNa+=cHSO3−+cSO32−+cH2SO3， D错误；
故选D。
12.D
【解析】A.由图可知，K分子中含有如图∗所示的手性碳原子：、M分子中含有如图∗所示的手性碳原子，故A正确；
B.酯基能和强酸、强碱溶液反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故B正确；
C.由合成过程可知，每生成1个M分子，需要(m+n)个CO2，则生成1mlM参加反应的CO2的物质的量为(m+n)ml，故C正确；
D.由图可知，K分子、L分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M的过程中会产生含五元环的副产物，故D错误；
故选：D。
13.B
【解析】A．CuSO4溶液pH<7的原因是Cu2+发生水解反应所致，离子方程式是：Cu2++2H2O⇌ CuOH2+2H+，故 A正确；
B.红色物质为Fe(SCN)3，根据题中信息②可知，氯化铜与KSCN溶液反应生成(SCN)2，根据信息③可知(SCN)2化学性质与氯气相似，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；
C.反应后期溶液pH略有上升的可能原因是Fe+2H+=Fe2++H2↑，H+浓度减小，故C 正确；
D.Fe3+和SCN−反应生成红色的FeSCN3，CuSCN是白色沉淀，溶液先变红后又褪色的可能原因是Fe3++3SCN−⇌ FeSCN3的反应速率快，2Cu2++4SCN−⇌ 2CuSCN↓+SCN2的反应限度大，导致Fe3++3SCN−⇌ FeSCN3逆向进行，故 D正确；
故选B。
14.D
【解析】A.由图可知，a点条件下，溶液中氢氧化镁、碳酸镁的离子积均小于对应溶度积，不能生成碳酸镁沉淀，也不能生成氢氧化镁沉淀，故A错误；
B.由分析可知，氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]小于碳酸镁的溶度积Ksp(MgCO3)，故B错误；
C.由分析可知，向浓度均为0.1ml/L的氢氧化钠、碳酸钠的混合溶液中滴加氯化镁溶液时，形成氢氧化镁沉淀时Mg2+的浓度大于10−11ml/L，形成碳酸镁沉淀时Mg2+的浓度大于10−6ml/L，则先生成氢氧化镁沉淀，故C错误；
D.由方程式可知，反应的平衡常数K=c(CO32−)c2OH−=c(CO32−)c(Mg2+)c2OH−c(Mg2+)=Ksp(MgCO3 )Ksp[Mg(OH)2]=10−710−13=106，故D正确；
故选D。
15.(1) 12 棱心
(2) Cd2+和H 中C−N−C键角大于中的C−N−C键角；和中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，孤电子对斥力大，C−N−C键角小 是离子化合物，阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，所以熔点低
(3) Pr2NiO4 405NAa2b×10−21
【解析】(1)
①O原子价电子排布式为2s22p4，则价电子表达式为；
②Ca周围最近的O原子位于以Ca原子为中心的12个面的面心上，最近的氧原子为12个；
③将体心的Ti原子平移到顶角，则氧原子按同样的方式平移到棱心上，因此O原子位于棱心位置；
(2)
①中的类似于铵根离子，H+提供空轨道，N提供孤电子对，中的Cd2+提供空轨道，Cl−提供孤电子对，因此接受孤电子对的原子或离子有H和Cd2+；
②和中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，孤电子对斥力大，C−N−C键角小，因此中C−N−C键角大于中的C−N−C键角；
③是离子化合物，离子化合物的熔沸点和晶格能有关，晶格能越大熔沸点越高，该化合物的阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，所以熔点低；
(3)①晶胞中Pr的个数为8×14+2=4，Ni原子的个数为8×18+1=2，O原子的个数为16×14+4×12+2=8，Pr、Ni、O原子个数比为4:2:8=2:1:4，化学式为Pr2NiO4；
②晶胞的质量为141×2+59+16×4NA=405NAg，晶胞的体积为a2b×10−21cm3，因此晶胞的密度为405NAa2b×10−21g/cm3。
16.(1)加热、粉碎原料PbS+4MnO2+4Cl−+8H+=PbCl42−+SO42−+4Mn2++4H2O 防止单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高Mn2+浸出量
(2)MnO2+2Fe2++2OH−=2FeOOH+Mn2+
(3)KspMnS>KspZnS>KspPbS
(4)1:4
(5)Mn3O4被O2氧化
【解析】(1)①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌；
②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为PbS+4MnO2+4Cl−+8H+=PbCl42−+SO42−+4Mn2++4H2O；
③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高Mn2+浸出量；
(2)由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++2OH−=2FeOOH+Mn2+；
(3)由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为KspMnS>KspZnS>KspPbS；
(4)由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2++6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH 4++6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4；
(5)5 ℎ后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化；
17.(1)浓硝酸、浓硫酸/Δ
(2)+→ DMSO/60+CH3COOH
(3)取代反应
(4)保护氨基
(5)+CH3COCOOH→ 一定条件+H2O
(6)
【解析】(1)根据分析可知，A发生硝化反应生成B，则需要的试剂和条件为浓硝酸、浓硫酸/Δ。
(2)
从题中可知，两个乙酸反应生成a和水，则a为，C为，与发生取代反应生成D，化学方程式为+→ DMSO/60+CH3COOH。
(3)E中肽键水解生成F，反应类型为取代反应。
(4)从反应C到F的流程中可知，C中氨基先参与了反应，最后又重新生成，所以C→D的目的是保护氨基。
(5)
根据分析可知，G与CH3COOH反应生成H和水，反应的化学方程式为+CH3COCOOH→ 一定条件+H2O。
(6)
①M与发生已知信息的反应生成I，则M为，L异构化得到M，K与NH3先发生加成反应再发生消去反应生成L，则K为。
②M生成I的过程中先生成，可以发生缩聚反应生成高分子化合物。
18.(1)C+O2(g)=CO2(g)、2Mn+O2(g)=2MnO( )
(2)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3
(3)还原剂
(4)当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中H+不能明显被消耗，剩余的H+会抑制C6H6O72−的形成，不利于C2+形成配合物
(5) 阳极 CC6H6O7+2e−+C6H8O7=C+2C6H7O7− pH3∼4时，随pH增大，cH+降低，H+竞争放电能力减弱，C的回收率增加；
pH4∼6时，随pH增大，促进C6H8O7电离，cC6H6O72−增大，形成的CC6H6O734−、CC6H6O722−更稳定，不易放电，C的回收率下降
【解析】(1)焙烧过程中未得到Mn单质，若计算2MnO(s)+C(s) =2Mn(s)+CO2(g)的ΔH，需要知道的C(s)+O2(g)=CO2(g)、2Mn(s)+O2(g)=2MnO(s)的ΔH
(2)水浸过程中通入CO2与碳酸锂反应生成碳酸氢锂，可提高锂的浸出率，原因为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3
(3)以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和H2O2作为浸出剂，与LiCO2反应浸出C2+，则H2O2为还原剂
(4)当柠檬酸浓度从1.25ml·L−增加到1.75ml·L−时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中H+不能明显被消耗，剩余的H+会抑制C6H6O72−的形成，不利于C2+形成配合物
(5)①电解法回收钴，阴极生成钴单质则石墨为阳极；CC6H6O7在电极放电生成钴单质电极反应式为CC6H6O7+2e−+C6H8O7=C+2C6H7O7−；随着pH的升高，C的回收率先增加后下降的可能原因是pH3∼4时，随pH增大，cH+降低，H+竞争放电能力减弱，C的回收率增加；
pH4∼6时，随pH增大，促进C6H8O7电离，cC6H6O72−增大，形成的CC6H6O734−、CC6H6O722−更稳定，不易放电，C的回收率下降
19.(1) Cu+2H2SO4(浓)Δ CuSO4+SO2↑+2H2O 饱和NaHSO3溶液
(2)取少量棕黄色溶液于试管中，加水稀释，观察到有白色沉淀产生
(3) SO2−2e−+2H2O=SO 42−+4H+ 加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2；加入浓盐酸后，Cu+与Cl−形成[CuCl3]2−，促进Cu2++e−=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2
(4)SO2+2Cu2++6Cl−+2H2O=SO 42−+2[CuCl3]2−+4H+
(5)SO2+6Cu+4H++12Cl−=Cu2S+4[CuCl3]2−+2H2O
(6)Na2S
【解析】(1)装置A中铜与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)Δ CuSO4+SO2↑+2H2O；装置B除去二氧化硫中的硫酸，则B中试剂X是饱和NaHSO3溶液；
(2)CuCl难溶于水，在水溶液中存在平衡： CuCl(白色)+2Cl¯⇀↽[CuCl3]2−；实验证实了棕黄色溶液中含[CuCl3]²−，实验方案为取少量棕黄色溶液于试管中，加水稀释，观察到有白色沉淀产生；
(3)SO2与CuSO4溶液反应生成SO42−和 Cu+，则氧化反应为：SO2−2e−+2H2O=SO 42−+4H+还原反应： Cu2++e−=Cu+，根据电极反应式，分析加入浓盐酸前后实验现象有差异的可能原因加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2，加入浓盐酸后，Cu+与Cl−形成[CuCl3]2−，促进Cu2++e−=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2；故答案为： SO2−2e−+2H2O=SO 42−+4H+；加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2，加入浓盐酸后，Cu+与Cl−形成[CuCl3]2−，促进Cu2++e−=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2；
(4)综上分析，SO2在盐酸中与Cu2+反应生成[CuCl3]²和硫酸根离子，其反应离子方程式为SO2+2Cu2++6Cl−+2H2O=SO 42−+2[CuCl3]2−+4H+；
(5)经检验黑色固体是Cu2S，SO₂在盐酸中与Cu单质反应生成硫化铜、[CuCl3]2−和水，其反应的离子方程式为SO2+6Cu+4H++12Cl−=Cu2S+4[CuCl3]2−+2H2O；
(6)实验ii中，Cu片附近溶液变棕黄色生成[CuCl3]²，a为浓盐酸，iii指针偏转幅度更大，结合(5)方程式可知物质b是Na2S；
故答案为：Na2S溶液。
实验
实验操作
实验现象
①
将两组平衡球室温放置
平衡球均为红棕色且颜色相同
②
将一组平衡球的两端分别浸入冷水和热水中
——
③
将另一组平衡球的一端靠近酒精灯火焰
加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；停止加热后，平衡球颜色恢复
A.检验溴乙烷消去产物中的乙烯
B.制乙炔并检验乙炔具有还原性
C.比较Al和Cu的金属活动性
D.由FeCl3⋅6H2O制取无水FeCl3固体
序号
实验装置图
试剂Y
电压表
i
H2SO4溶液
指针几乎不偏转
ii
a
指针明显偏转
iii
a+b
指针偏转幅度更大
1.《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[Cu2OH2CO3或Cu2OH2SO4]，不入药用，惟堪镀作，以合熟铜(铜单质)。投苦酒(醋酸)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的是
A. “不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的Cu2+可使蛋白质变性
B. 鸡屎矾“投苦酒(醋酸)中”，反应前后各元素化合价不变
C. “苦酒(醋酸)”中碳原子均为sp3杂化
D. “涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe表面的Cu阻止反应继续进行
2.下列化学用语或图示表达正确的是
A. NO3−的VSEPR模型：
B. 反−2−丁烯的分子结构模型：
C. NH3的电子式：
D. 基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2
3.下列过程与取代反应无关的是
A. 用油脂生产肥皂B. 氨基酸形成多肽
C. 葡萄糖在酶的作用下转化为二氧化碳D. 核糖核苷酸分子间脱水形成核糖核酸
4.下列方程式与所给事实不相符的是
A. 人工固氮：N2+3H2⇌高温高压催化剂2NH3
B. NaHCO3用于焙制糕点：2NaHCO3=ΔNa2CO3+H2O+CO2↑
C. 向NaHSO4溶液中加入BaOH2至溶液显中性：H++SO42−+OH−+Ba2+=BaSO4↓+H2O
D. 久置氯水变为无色：Cl2+H2O⇀↽H++Cl−+HClO、2HClO光照 2H++2Cl−+O2↑
5.下列物质性质的比较，与氢键无关的是
A. 密度：水>冰
B. 熔点：NH4Cl>HCl．
C. 沸点：
D. 与碱基配对的能力：
6.用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A. 1mlN2H4含有π键的数目为NA
B. 1L0.1ml⋅L−1NH4Cl溶液含NH4+的数目为0.1NA
C. 14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA
D. 22.4L(标准状况)Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2NA
7.已知：2NO2g⇀↽N2O4g ΔH<0利用装有NO2和N2O4混合气体的平衡球如图，探究温度对化学平衡的影响。
实验如下：
下列说法不正确的是
A. 断裂2mlNO2中的共价键所需能量小于断裂1mlN2O4中的共价键所需能量
B. 实验②，浸入冷水中的平衡球颜色变浅，浸入热水中的平衡球颜色加深
C. 实验③，平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致NO2分解生成NO和O2
D. 实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是2NO2g⇀↽N2O4g逆向移动导致的
8.嘧菌酯是一种新型的高效、广谱农用杀菌剂，合成其中间体N的路线如下：
下列说法不正确的是
A. 1mlK最多可以与2mlNaOH发生反应
B. L的核磁共振氢谱有两组峰
C. N中含有两种含氧官能团
D. 生成物M与N的化学计量数之比是1:1
9.液流电池是储能领域的研究热点，能将剩余的电能存储起来，需要时再释放。一种钒液流电池放电状态时的结构和工作原理如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 放电时，电极室a为正极室
B. 放电时，H+由电极室b移向电极室a
C. 充电时，电极室a的电极与电源的负极连接
D. 充电时，总反应为VO2++V3++H2O通电 VO2++V2++2H+
10.下列实验方案能达到相应目的的是
A.A B.B C.C D.D
A. AB. BC. CD. D
11.某同学进行如下实验：
1ml⋅L−1NaHCO3溶液(接近饱和,pH≈8.4)→过程Ⅰ通入少量SO2含NaHCO3、Na2SO3溶液(pH≈8)→过程Ⅱ通入过量SO2含NaHSO3溶液(pH≈4.1)
已知：在实验温度下，
H2SO3的电离平衡常数：Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.3×10−8；
H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.2×10−7，Ka2=5.6×10−11。
下列说法不正确的是
A. 饱和NaHCO3溶液可以除去CO2中的SO2
B. 依据Ka2H2SO3
D. 过程Ⅱ所得溶液中存在cNa+
下列说法不正确的是
A. K和M中均含有手性碳原子
B. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C. 生成1mlM参加反应的CO2的物质的量为(m+n)ml
D. 依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
13.某兴趣小组将4g铁钉放入30mL4%CuSO4溶液中，溶液pH变化如下图所示。一段时间后，取出铁钉，过滤，取反应后的滤液，加适量KSCN溶液，溶液立即变红，但红色很快褪去，产生白色沉淀。下列说法不正确的是
已知：
①CuSCN：白色固体，不溶于水；
②室温下，KspCuOH2=2.2×10−20，KspFeOH2=4.9×10−17，KspFeOH3=4.0×10−38。
A. CuSO4溶液pH<7的原因是Cu2++2H2O⇀↽ CuOH2+2H+
B. 0∼6000s，随着反应进行，溶液pH下降的原因可能是Fe2+被O2氧化为Fe3+
C. 反应后期溶液pH略有上升的可能原因是Fe+2H+=Fe2++H2↑
D. 溶液先变红后又褪色的可能原因是Fe3++3SCN−⇀↽ FeSCN3的反应速率快，2Cu2++4SCN−⇀↽ 2CuSCN↓+SCN2的反应限度大
14.一定温度下，MgCO3和MgOH2的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，其中浓度的单位均为0.1ml⋅L−1。
下列说法正确的是
A. a点条件下能生成MgCO3沉淀，也能生成MgOH2沉淀
B. b点时，cOH−=cCO32−，KspMgCO3=KspMgOH2
C. 向NaOH、Na2CO3均为0.1ml⋅L−1的混合溶液中滴加MgCl2溶液，优先产生MgCO3沉淀
D. MgCO3s+2OH−aq⇀↽Mg(OH)2s+CO32−aq的平衡常数K=106
二、简答题：本大题共5小题，共40分。
15.钙钛矿(通式为ABX3)是一类与钛酸钙CaTiO3具有相似晶体结构的新型材料。
(1)CaTiO3的晶胞形状为立方体，如右图所示。
①基态O原子的价层电子轨道表示式为_____。
②该晶胞中，每个Ca周围与它最近且相等距离的O有_____个。
③该晶胞结构的另一种表示中，Ti处于各顶角位置，则O处于_____位置。
(2)有机−无机杂化钙钛矿材料具有良好的光致发光、半导体性能，其中的合成过程如下：
HCl++CdCl2→
①中存在配位键，接受孤电子对的中心离子或原子是_____。
②比较和中C−N−C键角的大小并解释原因_____。
③具有较低的熔点。从结构角度解释原因_____。
(3)相较于钙钛矿，类钙钛矿结构材料具有高温稳定性等优点。一种类钙钛矿结构材料含Pr(镨)、Ni和O元素，晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、b nm，如图所示：
①该物质的化学式为_____。
②阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____g⋅cm−3。(1nm=10−7cm)
16.以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下。
已知：PbCl2s+2Cl−aq⇀↽PbCl42−aq ΔH>0
(1)“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以PbCl42−和Mn2+的形式浸出。
①加快浸出速率可采取的措施有____(写出2条)。
②补全PbS与MnO2反应的离子方程式____。
PbS+ MnO2+ + =PbCl42−+ SO42−+ +
③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为SO42−。该工艺流程采用方案2，理由是____。
(2)“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式____。
(3)滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中cPb2+=7.7×10−7ml⋅L−1，cZn2+=1.3×10−6ml⋅L−1。则可推断KspPbS、KspZnS、KspMnS的大小关系为____。
(4)“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为____(Mn3O4的结构式为)。
(5)干燥温度为90，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。5ℎ后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是____。
17.化合物I是合成唑啉酮类除草剂的一种中间体，其合成路线如下。
已知：i．
ii．
iii.R1−COOH+R2NH2→ DPPA
(1)A→B反应所需的试剂和条件是__________。
(2)已知：2CH3COOH→a+H2O。C→D的化学方程式为__________。
(3)E→F的反应类型是__________。
(4)由C合成F的过程中，C→D的目的是__________。
(5)G→H的化学方程式为__________。
(6)化合物I的另一种合成路线如下：
已知：
①K的结构简式为__________。
②M→I的过程中，还可能生成高分子化合物N。写出N的一种结构简式__________。
18.回收废旧锂离子电池中的金属元素，可以有效缓解原料供应紧张、环境污染等问题。
Ⅰ.碳还原焙烧−水浸法可实现三元锂离子电池正极材料中锂的优先提取：将正极材料与一定量炭粉充分混合、焙烧，得到Ni、C、MnO和Li2CO3等；再浸于水，得到含Li+的浸出液。
已知：Li2CO3微溶于水；溶解度：LiHCO3>Li2CO3。
(1)焙烧过程中未得到Mn单质，若计算2MnO(s)+C(s) =2Mn(s)+CO2(g)的ΔH，需要知道哪些反应的ΔH：______。
(2)水浸过程中通入CO2可提高锂的浸出率。用化学方程式解释原因______。
Ⅱ.LiCO2是钴酸锂电池正极材料的主要成分，某研究小组以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和作为浸出剂，浸出C2+，并用电解的方法从浸出液中回收C。
已知：
i.在浸出过程中，柠檬酸表现出酸性，同时电离产生的阴离子与C2+形成配合物，有利于钴的浸出。与C2+形成配合物的能力：C6H6O72−>C6H7O7−；
iⅱ.浸出液pH≈4时，CC6H6O7是C(Ⅱ)的主要存在形式；
稳定性：CC6H6O7
(3)H2O2的作用是______。
(4)相同时间内，柠檬酸起始浓度对钴浸出率的影响如图所示。当柠檬酸浓度从1.25ml⋅L−1增加到1.75ml⋅L−1时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是______。
(5)电解法回收钴的简易装置如图所示。
①石墨为______(填“阳极”或“阴极”)。
②CC6H6O7在电极放电的电极反应式为______。
③电解时间相同时，电解液初始pH对C回收率和电流效率的影响如图所示。随着pH的升高，C的回收率先增加后下降的可能原因是______。
19.某小组探究SO2在盐酸中分别与铜单质和铜离子的反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
I.探究SO2在盐酸中与Cu2+的反应
用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将SO2通入0.6 ml·L−1CuSO4溶液。通SO2一段时间，C中无明显现象；打开活塞b，加入一定体积浓盐酸后，持续通入SO2，C中溶液变棕黄色。
(1)装置A中反应的化学方程式为__________，B中试剂X是__________。
(2)资料：CuCl难溶于水，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl−⇀↽[CuCl3]2−。补充实验证实了棕黄色溶液中含[CuCl3]2−，实验方案为__________。
(3)SO2与CuSO4溶液反应生成SO 42−和Cu+的电极反应式为：
氧化反应：__________；
还原反应：Cu2++e−=Cu+。
根据电极反应式，分析加入浓盐酸前后实验现象有差异的可能原因__________。
(4)综上分析，SO2在盐酸中与Cu2+反应生成[CuCl3]2−的离子方程式为__________。
Ⅱ.探究SO2在盐酸中与Cu单质的反应
将装置C中CuSO4溶液替换成Cu片和Na2SO4溶液，重复上述操作。未加浓盐酸之前，无明显现象。加浓盐酸之后，溶液变为棕黄色，并有黑色固体生成。
(5)经检验黑色固体是Cu2S，SO2在盐酸中与Cu单质反应的离子方程式为__________。
(6)为了进一步探究影响铜单质还原性的因素，进行了如下实验：
实验ii中，Cu片附近溶液变棕黄色。b是__________。
综合上述实验可知，还原反应中，降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
答案解析
1.C
【解析】A.胃酸的主要成分是盐酸，“不入药用”的主要原因是鸡屎矾溶于胃酸，产生重金属离子Cu2+，能使蛋白质变性，故A正确；
B.鸡屎矾“投苦酒(醋酸)中”，生成醋酸铜、二氧化碳、水，反应前后各元素化合价不变，故B正确；
C.醋酸中甲基上碳原子为sp3、羰基上碳原子sp2杂化，故C错误；
D.“外虽铜色，内质不变”描述的是铁和铜的置换过程，铜覆盖在铁上面，故D正确；
故选：C。
2.A
【解析】A.NO3−中N原子的价层电子对数为3+5+1−2×32=3，VSEPR模型为平面三角形，即，故A正确；
B.反−2−丁烯的分子结构模型为，顺−2−丁烯的分子结构模型为，故B错误；
C.NH3分子中N原子最外层电子数为8，含有1对孤电子对，其电子式为，故C错误；
D.基态Cr原子的原子序数为24，结合洪特规则可知，其价层电子排布式为3d54s1，故D错误；
故选：A。
3.C
【解析】【知识点】油脂在碱性条件下水解、氨基酸的成肽反应、核酸的组成与结构
【详解】A.油脂在碱性条件下发生水解反应可生产肥皂，属于取代反应，A不符题意；
B.氨基酸形成多肽属于取代反应，B不符题意；
C.葡萄糖在酶的作用下转化为二氧化碳发生的是氧化反应，与取代反应无关，C符合题意；
D.核糖核苷酸分子间脱水形成核糖核酸属于取代反应，D不符题意；
答案选C。
4.C
【解析】A.催化剂作用下氢气和氮气在高温高压条件下生成氨气的反应属于人工固氮，反应的化学方程式为N2+3H2⇌高温高压催化剂2NH3，故 A正确；
B.碳酸氢钠用于焙制糕点是因为碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳能使糕点疏松多孔，反应的化学方程式为2NaHCO3=ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，故 B正确；
C.向硫酸氢钠溶液与加入的氢氧化钡溶液至溶液显中性发生的反应为硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为2H++SO42−+2OH−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故 C错误；
D.久置氯水变为无色是因为氯气与水反应生成的次氯酸不稳定，遇光分解生成盐酸和氧气，有关方程式为Cl2+H2O⇀↽H++Cl−+HClO、2HClO光照 2H++2Cl−+O2↑，故 D正确；
故选C。
5.B
【解析】A.氢键具有方向性，所以密度：水>冰，故A正确；
B.氯化铵为离子晶体，氯化氢为分子晶体，离子键强于分子间作用力，所以熔点：NH4Cl>HCl，与氢键无关，故B错误；
C.前者易形成分子间氢键，后者易形成分子内氢键，分子间氢键能增大器沸点，所以沸点：，故C正确；
D.前者可与碱基形成氢键，更易配对，所以与碱基配对的能力：，故D正确；
故选：B。
6.C
【解析】A.N2H4含有N−H键、N−N键，不存在π键，故A错误；
B.溶液中NH4+发生水解，NH4+的数目小于0.1NA，故B错误；
C.乙烯和丙烯的最简式相同，14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为14g14g⋅ml−1×2×NAml−1=2NA，故C正确；
D.Cl2与足量NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl，Cl元素化合价既有升高又有降低，22.4L(标准状况)Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为⋅ml−1×1×NAml−1=NA，故D错误；
故选：C。
7.D
【解析】A.该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则断裂2ml二氧化氮中的共价键所需能量小于断裂1ml四氧化二氮中的共价键所需能量，故A正确；
B.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅，故B正确；
C.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，所以停止加热，平衡球颜色恢复是因为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故D错误；
故选D。
8.D
【解析】A.K中酯基水解生成的酚羟基和羧基都能与NaOH以1：1反应，K中酯基水解生成酚羟基和羧基，所以1mlK最多消耗2mlNaOH，故A正确；
B.L中含有2种氢原子，其核磁共振谱有2组峰，故B正确；
C.N中含氧官能团有酯基和醚键，两种含氧官能团，故C正确；
D.K和L发生取代反应生成N和M，M为CH3OH，M、N的化学计量数之比是2：1，故D错误；
故选：D。
9.C
【解析】A.由分析可知，电极室a的电极为原电池的正极，则电极室a为正极室，故A正确；
B.由分析可知，电极室a的电极为原电池的正极，电极室b的电极为负极，则溶液中氢离子由电极室b移向电极室a，故B正确；
C.由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的电极室a的电极为电解池的阳极，故C错误；
D.由分析可知，放电时电池总反应为VO 2++ V2++2H+=VO2++V3++H2O，充电时电解总反应为放电总反应的逆反应，则总反应方程式为VO2++V3++H2O通电 VO2++V2++2H+，故 D正确；
故选C。
10.A
【解析】A.溴乙烷和NaOH的醇溶液共热生成乙烯，挥发的乙醇和溴水不反应，乙烯和溴水发生加成反应生成无色物质，所以能实现实验目的，故A正确；
B.电石中生成的乙炔和H2S都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，H2S干扰乙炔的检验，所以该实验不能检验乙炔具有还原性，故B错误；
C.常温下，Al和浓硝酸发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，不能实现实验目的，故 C错误；
D.加热FeCl3⋅6H2O时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发，所以得不到无水氯化铁固体，故D错误；
故选A。
11.D
【解析】A．H2SO3的电离平衡常数：Ka1=1.3×10−2大于H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.2×10−7，H2SO3能NaHCO3与发生反应生成CO2，也不生成其他杂质，故可用饱和NaHCO3溶液可以除去CO2中的SO2，A正确；
B.假设向NaHCO3溶液中加入NaHSO3，能生成H2CO3或CO2，则反应为：HCO3−+HSO3−=H2CO3+SO32−，但此时得到的是Ka2H2SO3>Ka1H2CO3，与题中所给的信息相悖，说明向NaHCO3溶液中加入NaHSO3，不能生成H2CO3或CO2， B正确；
C.过程I所得NaHCO3和Na2SO3混合溶液中存在电荷守恒：cNa++cH+=2cSO32−+cHSO3−+cHCO3−+2cCO32−+cOH−， C正确；
D.过程II所得溶液中，NaHSO3存在物料守恒：则cNa+=cHSO3−+cSO32−+cH2SO3， D错误；
故选D。
12.D
【解析】A.由图可知，K分子中含有如图∗所示的手性碳原子：、M分子中含有如图∗所示的手性碳原子，故A正确；
B.酯基能和强酸、强碱溶液反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故B正确；
C.由合成过程可知，每生成1个M分子，需要(m+n)个CO2，则生成1mlM参加反应的CO2的物质的量为(m+n)ml，故C正确；
D.由图可知，K分子、L分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M的过程中会产生含五元环的副产物，故D错误；
故选：D。
13.B
【解析】A．CuSO4溶液pH<7的原因是Cu2+发生水解反应所致，离子方程式是：Cu2++2H2O⇌ CuOH2+2H+，故 A正确；
B.红色物质为Fe(SCN)3，根据题中信息②可知，氯化铜与KSCN溶液反应生成(SCN)2，根据信息③可知(SCN)2化学性质与氯气相似，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；
C.反应后期溶液pH略有上升的可能原因是Fe+2H+=Fe2++H2↑，H+浓度减小，故C 正确；
D.Fe3+和SCN−反应生成红色的FeSCN3，CuSCN是白色沉淀，溶液先变红后又褪色的可能原因是Fe3++3SCN−⇌ FeSCN3的反应速率快，2Cu2++4SCN−⇌ 2CuSCN↓+SCN2的反应限度大，导致Fe3++3SCN−⇌ FeSCN3逆向进行，故 D正确；
故选B。
14.D
【解析】A.由图可知，a点条件下，溶液中氢氧化镁、碳酸镁的离子积均小于对应溶度积，不能生成碳酸镁沉淀，也不能生成氢氧化镁沉淀，故A错误；
B.由分析可知，氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]小于碳酸镁的溶度积Ksp(MgCO3)，故B错误；
C.由分析可知，向浓度均为0.1ml/L的氢氧化钠、碳酸钠的混合溶液中滴加氯化镁溶液时，形成氢氧化镁沉淀时Mg2+的浓度大于10−11ml/L，形成碳酸镁沉淀时Mg2+的浓度大于10−6ml/L，则先生成氢氧化镁沉淀，故C错误；
D.由方程式可知，反应的平衡常数K=c(CO32−)c2OH−=c(CO32−)c(Mg2+)c2OH−c(Mg2+)=Ksp(MgCO3 )Ksp[Mg(OH)2]=10−710−13=106，故D正确；
故选D。
15.(1) 12 棱心
(2) Cd2+和H 中C−N−C键角大于中的C−N−C键角；和中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，孤电子对斥力大，C−N−C键角小 是离子化合物，阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，所以熔点低
(3) Pr2NiO4 405NAa2b×10−21
【解析】(1)
①O原子价电子排布式为2s22p4，则价电子表达式为；
②Ca周围最近的O原子位于以Ca原子为中心的12个面的面心上，最近的氧原子为12个；
③将体心的Ti原子平移到顶角，则氧原子按同样的方式平移到棱心上，因此O原子位于棱心位置；
(2)
①中的类似于铵根离子，H+提供空轨道，N提供孤电子对，中的Cd2+提供空轨道，Cl−提供孤电子对，因此接受孤电子对的原子或离子有H和Cd2+；
②和中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，孤电子对斥力大，C−N−C键角小，因此中C−N−C键角大于中的C−N−C键角；
③是离子化合物，离子化合物的熔沸点和晶格能有关，晶格能越大熔沸点越高，该化合物的阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，所以熔点低；
(3)①晶胞中Pr的个数为8×14+2=4，Ni原子的个数为8×18+1=2，O原子的个数为16×14+4×12+2=8，Pr、Ni、O原子个数比为4:2:8=2:1:4，化学式为Pr2NiO4；
②晶胞的质量为141×2+59+16×4NA=405NAg，晶胞的体积为a2b×10−21cm3，因此晶胞的密度为405NAa2b×10−21g/cm3。
16.(1)加热、粉碎原料PbS+4MnO2+4Cl−+8H+=PbCl42−+SO42−+4Mn2++4H2O 防止单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高Mn2+浸出量
(2)MnO2+2Fe2++2OH−=2FeOOH+Mn2+
(3)KspMnS>KspZnS>KspPbS
(4)1:4
(5)Mn3O4被O2氧化
【解析】(1)①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌；
②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为PbS+4MnO2+4Cl−+8H+=PbCl42−+SO42−+4Mn2++4H2O；
③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高Mn2+浸出量；
(2)由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++2OH−=2FeOOH+Mn2+；
(3)由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为KspMnS>KspZnS>KspPbS；
(4)由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2++6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH 4++6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4；
(5)5 ℎ后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化；
17.(1)浓硝酸、浓硫酸/Δ
(2)+→ DMSO/60+CH3COOH
(3)取代反应
(4)保护氨基
(5)+CH3COCOOH→ 一定条件+H2O
(6)
【解析】(1)根据分析可知，A发生硝化反应生成B，则需要的试剂和条件为浓硝酸、浓硫酸/Δ。
(2)
从题中可知，两个乙酸反应生成a和水，则a为，C为，与发生取代反应生成D，化学方程式为+→ DMSO/60+CH3COOH。
(3)E中肽键水解生成F，反应类型为取代反应。
(4)从反应C到F的流程中可知，C中氨基先参与了反应，最后又重新生成，所以C→D的目的是保护氨基。
(5)
根据分析可知，G与CH3COOH反应生成H和水，反应的化学方程式为+CH3COCOOH→ 一定条件+H2O。
(6)
①M与发生已知信息的反应生成I，则M为，L异构化得到M，K与NH3先发生加成反应再发生消去反应生成L，则K为。
②M生成I的过程中先生成，可以发生缩聚反应生成高分子化合物。
18.(1)C+O2(g)=CO2(g)、2Mn+O2(g)=2MnO( )
(2)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3
(3)还原剂
(4)当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中H+不能明显被消耗，剩余的H+会抑制C6H6O72−的形成，不利于C2+形成配合物
(5) 阳极 CC6H6O7+2e−+C6H8O7=C+2C6H7O7− pH3∼4时，随pH增大，cH+降低，H+竞争放电能力减弱，C的回收率增加；
pH4∼6时，随pH增大，促进C6H8O7电离，cC6H6O72−增大，形成的CC6H6O734−、CC6H6O722−更稳定，不易放电，C的回收率下降
【解析】(1)焙烧过程中未得到Mn单质，若计算2MnO(s)+C(s) =2Mn(s)+CO2(g)的ΔH，需要知道的C(s)+O2(g)=CO2(g)、2Mn(s)+O2(g)=2MnO(s)的ΔH
(2)水浸过程中通入CO2与碳酸锂反应生成碳酸氢锂，可提高锂的浸出率，原因为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3
(3)以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和H2O2作为浸出剂，与LiCO2反应浸出C2+，则H2O2为还原剂
(4)当柠檬酸浓度从1.25ml·L−增加到1.75ml·L−时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中H+不能明显被消耗，剩余的H+会抑制C6H6O72−的形成，不利于C2+形成配合物
(5)①电解法回收钴，阴极生成钴单质则石墨为阳极；CC6H6O7在电极放电生成钴单质电极反应式为CC6H6O7+2e−+C6H8O7=C+2C6H7O7−；随着pH的升高，C的回收率先增加后下降的可能原因是pH3∼4时，随pH增大，cH+降低，H+竞争放电能力减弱，C的回收率增加；
pH4∼6时，随pH增大，促进C6H8O7电离，cC6H6O72−增大，形成的CC6H6O734−、CC6H6O722−更稳定，不易放电，C的回收率下降
19.(1) Cu+2H2SO4(浓)Δ CuSO4+SO2↑+2H2O 饱和NaHSO3溶液
(2)取少量棕黄色溶液于试管中，加水稀释，观察到有白色沉淀产生
(3) SO2−2e−+2H2O=SO 42−+4H+ 加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2；加入浓盐酸后，Cu+与Cl−形成[CuCl3]2−，促进Cu2++e−=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2
(4)SO2+2Cu2++6Cl−+2H2O=SO 42−+2[CuCl3]2−+4H+
(5)SO2+6Cu+4H++12Cl−=Cu2S+4[CuCl3]2−+2H2O
(6)Na2S
【解析】(1)装置A中铜与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)Δ CuSO4+SO2↑+2H2O；装置B除去二氧化硫中的硫酸，则B中试剂X是饱和NaHSO3溶液；
(2)CuCl难溶于水，在水溶液中存在平衡： CuCl(白色)+2Cl¯⇀↽[CuCl3]2−；实验证实了棕黄色溶液中含[CuCl3]²−，实验方案为取少量棕黄色溶液于试管中，加水稀释，观察到有白色沉淀产生；
(3)SO2与CuSO4溶液反应生成SO42−和 Cu+，则氧化反应为：SO2−2e−+2H2O=SO 42−+4H+还原反应： Cu2++e−=Cu+，根据电极反应式，分析加入浓盐酸前后实验现象有差异的可能原因加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2，加入浓盐酸后，Cu+与Cl−形成[CuCl3]2−，促进Cu2++e−=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2；故答案为： SO2−2e−+2H2O=SO 42−+4H+；加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2，加入浓盐酸后，Cu+与Cl−形成[CuCl3]2−，促进Cu2++e−=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2；
(4)综上分析，SO2在盐酸中与Cu2+反应生成[CuCl3]²和硫酸根离子，其反应离子方程式为SO2+2Cu2++6Cl−+2H2O=SO 42−+2[CuCl3]2−+4H+；
(5)经检验黑色固体是Cu2S，SO₂在盐酸中与Cu单质反应生成硫化铜、[CuCl3]2−和水，其反应的离子方程式为SO2+6Cu+4H++12Cl−=Cu2S+4[CuCl3]2−+2H2O；
(6)实验ii中，Cu片附近溶液变棕黄色生成[CuCl3]²，a为浓盐酸，iii指针偏转幅度更大，结合(5)方程式可知物质b是Na2S；
故答案为：Na2S溶液。
实验
实验操作
实验现象
①
将两组平衡球室温放置
平衡球均为红棕色且颜色相同
②
将一组平衡球的两端分别浸入冷水和热水中
——
③
将另一组平衡球的一端靠近酒精灯火焰
加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；停止加热后，平衡球颜色恢复
A.检验溴乙烷消去产物中的乙烯
B.制乙炔并检验乙炔具有还原性
C.比较Al和Cu的金属活动性
D.由FeCl3⋅6H2O制取无水FeCl3固体
序号
实验装置图
试剂Y
电压表
i
H2SO4溶液
指针几乎不偏转
ii
a
指针明显偏转
iii
a+b
指针偏转幅度更大
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