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北京市丰台区2022-2023学年高三下学期第一次模拟练习化学试题
一、单选题
1．（2023·丰台模拟）下列用途与所述的化学知识没有关联的是
选项 用途 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀 牺牲阳极(原电池的负极反应物)保护法
C 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
D 用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂 Na2O2能与H2O和CO2反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；钠的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A．NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，但其成分不是Na2CO3，A符合题意；
B．由于金属活动性Mg＞Fe，所以电热水器当用镁棒作电极时，首先发生氧化反应的是Mg，而不是Fe，因此就可以防止内胆被腐蚀，B不符合题意；
C.84消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其破坏作用，故用84消毒液对图书馆桌椅消毒，C不符合题意；
D．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A中NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，其它选项均合理。
2．（2023·丰台模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．Cr元素基态原子的价电子排布式：
B．NaOH的电子式：
C．葡萄糖的结构简式：
D．乙烯分子中的π键：
【答案】D
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Cr元素基态原子为半充满稳定结构，电子排布式为1s2s2p63s23p63d54s1，Cr元素基态原子的价电子排布式：3d54s1，A不符合题意；
B．NaOH的电子式为，B不符合题意；
C．葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，C不符合题意；
D．乙烯分子中的π键为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据构造原理分析；
B．NaOH是离子化合物；
C．结构简式就是结构式的简单表达式，应表现该物质中的官能团；
D．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；乙烯中有碳碳双键。
3．（2023·丰台模拟）导航卫星的原子钟被称为卫星的“心脏”，目前我国使用的是铷原子钟。已知，自然界存在两种铷原子和，具有放射性。下列说法错误的是
A．Rb位于元素周期表中第六周期、第IA族
B．可用质谱法区分和
C．和是两种不同的核素
D．的化合物也具有放射性
【答案】A
【知识点】元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A．Rb位于元素周期表中第五周期、第IA族，A符合题意；
B．由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分和，B不符合题意；
C．和是质子数相同和中子数不同的两种核素，C不符合题意；
D．具有放射性，的化合物也具有放射性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据核外电子分层排布规律判断；
B．由于同位素的相对质量不同；
C．依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
D．具有放射性。
4．（2023·丰台模拟）下列原因分析能正确解释性质差异的是
选项 性质差异 原因分析
A 金属活动性：Mg>Al 第一电离能：Mg>Al
B 气态氢化物稳定性： 分子间作用力：
C 熔点：金刚石>碳化硅>硅 化学键键能：C-C>C-Si>Si-Si
D 酸性： 非金属性：CA．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．Mg和Al的电子层数相同，Mg的原子半径大，原子核对最外层电子的吸引力小，镁易失去最外层电子，所以金属活动性：Mg>Al，故不选A；
B．稳定性与键能有关，与分子间作用力无关，故不选B；
C．化学键键能C-C>C-Si>Si-Si，所以熔点：金刚石>碳化硅>硅，故C符合题意；
D．亚硫酸不是S的最高价含氧酸，不能根据酸性得出非金属性C故答案为：C。
【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
B．稳定性与键能有关；
C．原子晶体的熔点大小取决于共价键的强弱，原子半径越小，键长越短，共价键越强，晶体的熔点越高；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不是最高价氧化物对应的水化物则不一定。
5．（2023·丰台模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴加稀氨水：
B．电解饱和食盐水：
C．溶液中通入少量：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氨水为弱电解质，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式是，故A不符合题意；
B．电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠，反应的离子方程式是，故B符合题意；
C．溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，故C不符合题意；
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式是，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氨水为弱电解质，不拆；
B．依据放电顺序判断，电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠；
C．不符合客观事实，溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠；
D．漏写部分离子反应。
6．（2023·丰台模拟）实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是
选项 A B C D
气体
试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、
装置 c、f c、e b、e a、d
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】气体发生装置；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A符合题意；
B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B不符合题意；
C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C不符合题意；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．实验设计合理；
B．依据二氧化硫密度比空气大分析；
C．氢氧化钠会腐蚀试管；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应。
7．（2023·丰台模拟）已知：。下列说法错误的是
A．中含有离子键、共价键和配位键
B．和HCl分子的共价键均是s-s σ键
C．极易溶于水，与分子极性、氢键和能与水反应有关
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A．氯化铵含有键的类型包括铵根离子和氯离子之间的离子键，铵根离子中的三个共价键和一个配位键，A不符合题意；
B．和HCl分子的共价键均是s-p σ键，B符合题意；
C．极易溶于水，因为水为极性分子且含有氢键，为极性分子、含有氢键，与水反应生成一水合氨，C不符合题意；
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟，白烟为氯化铵颗粒，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据物质的结构和性质分析，其中B项中利用构造原理分析。
8．（2023·丰台模拟）《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效。穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如下图所示。下列关于穿心莲内酯说法错误的是
A．分子中含有3种官能团
B．能发生加成反应、消去反应和聚合反应
C．1mol该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1
D．1个分子中含有2个手性碳原子
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据穿心莲内酯的结构简式，分子中含有羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能团，故A不符合题意；
B．穿心莲内酯分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、聚合反应，含有羟基，能发生消去反应，故B不符合题意；
C．羟基能与钠反应，酯基水解消耗氢氧化钠，1mol该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1，故C不符合题意；
D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，1个分子中含有6个手性碳原子(*标出)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式确定官能团；
B．根据官能团确定性质；
C．根据官能团的性质判断；
D．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析。
9．（2023·丰台模拟）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO；一定条件下，一段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法错误的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸雨等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电子数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A不符合题意；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B不符合题意；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C符合题意；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等判断；
B．依据影响反应速率的因素分析；
C．依据ii反应中化合价的变化分析；
D．利用已知反应分析判断。
10．（2023·丰台模拟）硒()在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法错误的是
A．Se原子在周期表中位于p区
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子
D．键角大小：气态
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A不符合题意；
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、，苯环上的C为杂化，此处的C为杂化，B不符合题意；
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子，C不符合题意；
D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为 0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据构造原理分析；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．利用等效氢的数目判断；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
11．（2023·丰台模拟）下列实验不能达到实验目的的是
A．除去中少量的HCl B．比较Al和Cu的金属活动性 C．检验溴乙烷消去反应的产物 D．分离饱和溶液和
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可除去中少量的HCl，A不符合题意；
B．铝遇到浓硝酸钝化，铜和浓硝酸发生氧化还原反应，无法比较Al和Cu的金属活动性，B符合题意；
C．溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，水可除去挥发的醇，乙烯使高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，可检验消去产物，C不符合题意；
D．不溶于水，可以通过分液分离饱和溶液和，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据物质和杂质及试剂的性质分析，其中B项中铝遇到浓硝酸钝化，铜和浓硝酸发生氧化还原反应，无法比较。
12．（2023·丰台模拟）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A不符合题意；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B不符合题意；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C不符合题意；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.利用三段式法计算；
B．依据升温，化学平衡常数减小分析；
C．根据盖斯定律分析；
D．根据盖斯定律计算。
13．（2023·丰台模拟）聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法错误的是
A．M为1，4-丁二酸
B．交联剂Q的结构简式为
C．合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介
【解析】【解答】A．和1，4-丁二酸发生缩聚反应生成p，故A不符合题意；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B不符合题意；
C．和1，4-丁二酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C符合题意；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据反应物和产物及缩聚反应原理分析；
B．根据A的结构简式分析；
C．依据缩聚反应原理分析；
D．依据已知反应分析。
14．（2023·丰台模拟）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。一段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法错误的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A不符合题意；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B不符合题意；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C符合题意；
D.0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据反应中的现象和反应中元素化合价的变化情况分析。其中C项中没有发生氧化还原反应。
二、非选择题
15．（2023·丰台模拟）含氮化合物具有非常广泛的应用。
（1）基态氮原子的电子有　 　种空间运动状态。
（2）很多有机化合物中含有氮元素。
物质 A(对氨基苯甲酸) B(邻氨基苯甲酸)
结构简式
熔点 188℃ 145℃
作用 防晒剂 制造药物及香料
①组成物质A的4种元素的电负性由大到小的顺序是　 　。
②A的熔点高于B的原因是　 　。
③A可以与多种过渡金属元素形成不同结构的配合物。其中A和可形成链状结构，在下图虚线内画出A的结构简式 　 　。
（3）氮元素可以与短周期金属元素形成化合物。是离子化合物，比较两种微粒的半径：　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（4）氮元素可以与过渡金属元素形成化合物，其具备高硬度、高化学稳定性和优越的催化活性等性质。某三元氮化物是良好的超导材料，其晶胞结构如图所示。
①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为　 　。
②与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有　 　个。
③表示阿伏加德罗常数的值。若此晶体的密度为，则晶胞的边长为　 　nm。()
【答案】（1）5
（2）O>N>C>H；B易形成分子内氢键，A只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B；
（3）<
（4）；12；c
【知识点】原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，电子的空间运动状态数=轨道数，有5种；
（2）①组成物质A的4种元素为C、H、N、O，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，故有：O>N>C>H；
②B(邻氨基苯甲酸)易形成分子内氢键，A(对氨基苯甲酸)只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B；
③N、O原子提供孤电子对，提供空轨道，其中A和可形成链状结构，A的结构简式为；
（3）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，故半径<；
（4）①基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，故其价电子轨道表示式为；
②根据晶胞结构可知，Zn在顶点，Ni在面心，以Zn为中心在四个晶胞的面心有4个Ni，考虑三维空间，则与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有43=12个；
③根据均摊法，则一个晶胞含有1个N，6=3个Ni，8=1个Zn，分子式为ZnNi3N；晶胞的质量为，体积为V=cm3，边长为cm=c nm。
【分析】（1）空间运动状态数等于电子占据轨道数；
（2）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大；
②分子间含有氢键，熔沸点较高；
③依据配位键的形成分析；
（3）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小；
（4）①依据构造原理分析；
②根据晶胞结构分析；
③利用均摊法确定原子数，再利用密度公式计算。
16．（2023·丰台模拟）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢工艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是　 　。
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是　 　。
（3）测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因　 　。
（4）测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为　 　。
（5）工艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式　 　。
②工艺中可循环使用的物质是　 　(填化学式)。
【答案】（1）增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
（2）冷凝
（3）过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
（4）
（5）；；()
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知，工艺中可循环使用的物质是()。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）依据物质的沸点分析；
（3）依据物质的性质分析；
（4）利用关系式法计算；
（5）①根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
②可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；
17．（2023·丰台模拟）依匹哌唑M()是一种多巴胺活性调节剂，其合成路线如下：
已知：
i．
ii．(R表示H或烃基)
iii．试剂b的结构简式为
（1）A分子中含有的官能团名称是　 　。
（2）C为反式结构，其结构简式是　 　。
（3）D→E的化学方程式是　 　。
（4）G的结构简式是　 　；G→H的反应类型为　 　。
（5）K转化为L的过程中，可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是　 　。
（6）X是E的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式　 　。
a.1mol X与足量的Na反应可产生2mol b．核磁共振氢谱显示有3组峰
（7）由化合物N()经过多步反应可制备试剂b，其中Q→W过程中有生成，写出P、W的结构简式　 　、　 　。
【答案】（1）碳碳双键、醚键
（2）
（3）+CH3OH
（4）；取代反应
（5）
（6）
（7）；
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）A应为，含有碳碳双键和醚键两种官能团，故答案为：碳碳双键、醚键；
（2）由以上分析可知C为，故答案为：；
（3）D为，D与甲醇发生加成反应生成E，E为：，反应方程式为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；
（4）由以上分析可知G为，H由G和反应得到，结合G的分子式及H结构可知该反应为取代反应，故答案为：；取代反应；
（5）由以上分析可知试剂a为，故答案为：；
（6）a.1mol X与足量的Na反应可产生2mol ，可知X中含有4个羟基，根据E的不饱和度可知X中含有一个碳碳双键或一个环结构；b．核磁共振氢谱显示有3组峰，若为链式结构氢原子种类多于3种不符合，则X应为环状对称结构，符合的结构为：，故答案为：；
（7）化合物N()经过多步反应可制备试剂b，W与 反应生成试剂b，结合试剂b的结构可知W为，Q→W过程中有生成，结合流程中信息可知Q在HCl、DMSO作用下发生水解产生醛基，醛基与-SH发生脱水生成W，则Q到W的中间产物为，Q为，与发生已知中反应生成，故答案为：；。
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（4）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；根据官能团的变化确定反应类型；
（5）依据反应前后官能团的变化，确定试剂；
（6）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（7）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
18．（2023·丰台模拟）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因　 　。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的　 　。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因　 　。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因　 　。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源　 　(填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式　 　。
【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
19．（2023·丰台模拟）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验 序号 物质a 实验现象
4滴物质a 6滴(约0.3mL)0.1溶液 2mL0.01溶液 I 3溶液 紫色溶液变浅至几乎无色
II 紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III 6NaOH溶液 溶液变绿，一段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀
（1）实验I～III的操作过程中，加入溶液和物质a时，应先加　 　。
（2）实验I中，的还原产物为　 　。
（3）实验II中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）已知：可从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发生的氧化反应　 　。
（5）解释实验III中“一段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因　 　。
（6）若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案　 　。
（7）改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式　 　。
【答案】（1）物质a
（2）
（3）
（4）
（5）生成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
（6）向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
（7）
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为：物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为：Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为：2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为：SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为：生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为：向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
【分析】（1）依据探究不同条件下高锰酸钾溶液的性质分析；
（2）根据实验颜色变化分析；
（3）根据实验现象，利用化合价升降法和电荷守恒分析；
（4）根据实验现象，利用化合价变化分析；
（5）根据实验现象判断反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（6）根据氧化还原反应恰好完全进行分析；
（7）根据实验现象判断反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
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北京市丰台区2022-2023学年高三下学期第一次模拟练习化学试题
一、单选题
1．（2023·丰台模拟）下列用途与所述的化学知识没有关联的是
选项 用途 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀 牺牲阳极(原电池的负极反应物)保护法
C 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
D 用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂 Na2O2能与H2O和CO2反应
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·丰台模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．Cr元素基态原子的价电子排布式：
B．NaOH的电子式：
C．葡萄糖的结构简式：
D．乙烯分子中的π键：
3．（2023·丰台模拟）导航卫星的原子钟被称为卫星的“心脏”，目前我国使用的是铷原子钟。已知，自然界存在两种铷原子和，具有放射性。下列说法错误的是
A．Rb位于元素周期表中第六周期、第IA族
B．可用质谱法区分和
C．和是两种不同的核素
D．的化合物也具有放射性
4．（2023·丰台模拟）下列原因分析能正确解释性质差异的是
选项 性质差异 原因分析
A 金属活动性：Mg>Al 第一电离能：Mg>Al
B 气态氢化物稳定性： 分子间作用力：
C 熔点：金刚石>碳化硅>硅 化学键键能：C-C>C-Si>Si-Si
D 酸性： 非金属性：CA．A B．B C．C D．D
5．（2023·丰台模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴加稀氨水：
B．电解饱和食盐水：
C．溶液中通入少量：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合：
6．（2023·丰台模拟）实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是
选项 A B C D
气体
试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、
装置 c、f c、e b、e a、d
A．A B．B C．C D．D
7．（2023·丰台模拟）已知：。下列说法错误的是
A．中含有离子键、共价键和配位键
B．和HCl分子的共价键均是s-s σ键
C．极易溶于水，与分子极性、氢键和能与水反应有关
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟
8．（2023·丰台模拟）《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效。穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如下图所示。下列关于穿心莲内酯说法错误的是
A．分子中含有3种官能团
B．能发生加成反应、消去反应和聚合反应
C．1mol该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1
D．1个分子中含有2个手性碳原子
9．（2023·丰台模拟）含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO；一定条件下，一段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法错误的是
A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸雨等
B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电子数约为
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
10．（2023·丰台模拟）硒()在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法错误的是
A．Se原子在周期表中位于p区
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子
D．键角大小：气态
11．（2023·丰台模拟）下列实验不能达到实验目的的是
A．除去中少量的HCl B．比较Al和Cu的金属活动性 C．检验溴乙烷消去反应的产物 D．分离饱和溶液和
A．A B．B C．C D．D
12．（2023·丰台模拟）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
13．（2023·丰台模拟）聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法错误的是
A．M为1，4-丁二酸
B．交联剂Q的结构简式为
C．合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
14．（2023·丰台模拟）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号 1 2 3
实验
现象 溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN) 溶液变红，向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 接通电路后，电压表指针不偏转。一段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀
下列说法错误的是
A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
二、非选择题
15．（2023·丰台模拟）含氮化合物具有非常广泛的应用。
（1）基态氮原子的电子有　 　种空间运动状态。
（2）很多有机化合物中含有氮元素。
物质 A(对氨基苯甲酸) B(邻氨基苯甲酸)
结构简式
熔点 188℃ 145℃
作用 防晒剂 制造药物及香料
①组成物质A的4种元素的电负性由大到小的顺序是　 　。
②A的熔点高于B的原因是　 　。
③A可以与多种过渡金属元素形成不同结构的配合物。其中A和可形成链状结构，在下图虚线内画出A的结构简式 　 　。
（3）氮元素可以与短周期金属元素形成化合物。是离子化合物，比较两种微粒的半径：　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（4）氮元素可以与过渡金属元素形成化合物，其具备高硬度、高化学稳定性和优越的催化活性等性质。某三元氮化物是良好的超导材料，其晶胞结构如图所示。
①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为　 　。
②与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有　 　个。
③表示阿伏加德罗常数的值。若此晶体的密度为，则晶胞的边长为　 　nm。()
16．（2023·丰台模拟）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢工艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是　 　。
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是　 　。
（3）测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因　 　。
（4）测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为　 　。
（5）工艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式　 　。
②工艺中可循环使用的物质是　 　(填化学式)。
17．（2023·丰台模拟）依匹哌唑M()是一种多巴胺活性调节剂，其合成路线如下：
已知：
i．
ii．(R表示H或烃基)
iii．试剂b的结构简式为
（1）A分子中含有的官能团名称是　 　。
（2）C为反式结构，其结构简式是　 　。
（3）D→E的化学方程式是　 　。
（4）G的结构简式是　 　；G→H的反应类型为　 　。
（5）K转化为L的过程中，可吸收生成的HBr，则试剂a的结构简式是　 　。
（6）X是E的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式　 　。
a.1mol X与足量的Na反应可产生2mol b．核磁共振氢谱显示有3组峰
（7）由化合物N()经过多步反应可制备试剂b，其中Q→W过程中有生成，写出P、W的结构简式　 　、　 　。
18．（2023·丰台模拟）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因　 　。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的　 　。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因　 　。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因　 　。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源　 　(填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式　 　。
19．（2023·丰台模拟）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验 序号 物质a 实验现象
4滴物质a 6滴(约0.3mL)0.1溶液 2mL0.01溶液 I 3溶液 紫色溶液变浅至几乎无色
II 紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III 6NaOH溶液 溶液变绿，一段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀
（1）实验I～III的操作过程中，加入溶液和物质a时，应先加　 　。
（2）实验I中，的还原产物为　 　。
（3）实验II中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）已知：可从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发生的氧化反应　 　。
（5）解释实验III中“一段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因　 　。
（6）若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案　 　。
（7）改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；钠的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A．NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，但其成分不是Na2CO3，A符合题意；
B．由于金属活动性Mg＞Fe，所以电热水器当用镁棒作电极时，首先发生氧化反应的是Mg，而不是Fe，因此就可以防止内胆被腐蚀，B不符合题意；
C.84消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其破坏作用，故用84消毒液对图书馆桌椅消毒，C不符合题意；
D．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A中NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，其它选项均合理。
2．【答案】D
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Cr元素基态原子为半充满稳定结构，电子排布式为1s2s2p63s23p63d54s1，Cr元素基态原子的价电子排布式：3d54s1，A不符合题意；
B．NaOH的电子式为，B不符合题意；
C．葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，C不符合题意；
D．乙烯分子中的π键为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据构造原理分析；
B．NaOH是离子化合物；
C．结构简式就是结构式的简单表达式，应表现该物质中的官能团；
D．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；乙烯中有碳碳双键。
3．【答案】A
【知识点】元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A．Rb位于元素周期表中第五周期、第IA族，A符合题意；
B．由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分和，B不符合题意；
C．和是质子数相同和中子数不同的两种核素，C不符合题意；
D．具有放射性，的化合物也具有放射性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据核外电子分层排布规律判断；
B．由于同位素的相对质量不同；
C．依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
D．具有放射性。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．Mg和Al的电子层数相同，Mg的原子半径大，原子核对最外层电子的吸引力小，镁易失去最外层电子，所以金属活动性：Mg>Al，故不选A；
B．稳定性与键能有关，与分子间作用力无关，故不选B；
C．化学键键能C-C>C-Si>Si-Si，所以熔点：金刚石>碳化硅>硅，故C符合题意；
D．亚硫酸不是S的最高价含氧酸，不能根据酸性得出非金属性C故答案为：C。
【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
B．稳定性与键能有关；
C．原子晶体的熔点大小取决于共价键的强弱，原子半径越小，键长越短，共价键越强，晶体的熔点越高；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不是最高价氧化物对应的水化物则不一定。
5．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氨水为弱电解质，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式是，故A不符合题意；
B．电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠，反应的离子方程式是，故B符合题意；
C．溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，故C不符合题意；
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式是，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氨水为弱电解质，不拆；
B．依据放电顺序判断，电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠；
C．不符合客观事实，溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠；
D．漏写部分离子反应。
6．【答案】A
【知识点】气体发生装置；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A符合题意；
B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B不符合题意；
C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C不符合题意；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．实验设计合理；
B．依据二氧化硫密度比空气大分析；
C．氢氧化钠会腐蚀试管；
D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应。
7．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A．氯化铵含有键的类型包括铵根离子和氯离子之间的离子键，铵根离子中的三个共价键和一个配位键，A不符合题意；
B．和HCl分子的共价键均是s-p σ键，B符合题意；
C．极易溶于水，因为水为极性分子且含有氢键，为极性分子、含有氢键，与水反应生成一水合氨，C不符合题意；
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟，白烟为氯化铵颗粒，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据物质的结构和性质分析，其中B项中利用构造原理分析。
8．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据穿心莲内酯的结构简式，分子中含有羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能团，故A不符合题意；
B．穿心莲内酯分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、聚合反应，含有羟基，能发生消去反应，故B不符合题意；
C．羟基能与钠反应，酯基水解消耗氢氧化钠，1mol该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1，故C不符合题意；
D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，1个分子中含有6个手性碳原子(*标出)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式确定官能团；
B．根据官能团确定性质；
C．根据官能团的性质判断；
D．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析。
9．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A不符合题意；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B不符合题意；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C符合题意；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等判断；
B．依据影响反应速率的因素分析；
C．依据ii反应中化合价的变化分析；
D．利用已知反应分析判断。
10．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A不符合题意；
B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、，苯环上的C为杂化，此处的C为杂化，B不符合题意；
C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子，C不符合题意；
D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为 0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据构造原理分析；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．利用等效氢的数目判断；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
11．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可除去中少量的HCl，A不符合题意；
B．铝遇到浓硝酸钝化，铜和浓硝酸发生氧化还原反应，无法比较Al和Cu的金属活动性，B符合题意；
C．溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，水可除去挥发的醇，乙烯使高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，可检验消去产物，C不符合题意；
D．不溶于水，可以通过分液分离饱和溶液和，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据物质和杂质及试剂的性质分析，其中B项中铝遇到浓硝酸钝化，铜和浓硝酸发生氧化还原反应，无法比较。
12．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A不符合题意；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B不符合题意；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C不符合题意；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.利用三段式法计算；
B．依据升温，化学平衡常数减小分析；
C．根据盖斯定律分析；
D．根据盖斯定律计算。
13．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介
【解析】【解答】A．和1，4-丁二酸发生缩聚反应生成p，故A不符合题意；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B不符合题意；
C．和1，4-丁二酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C符合题意；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据反应物和产物及缩聚反应原理分析；
B．根据A的结构简式分析；
C．依据缩聚反应原理分析；
D．依据已知反应分析。
14．【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A不符合题意；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B不符合题意；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C符合题意；
D.0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据反应中的现象和反应中元素化合价的变化情况分析。其中C项中没有发生氧化还原反应。
15．【答案】（1）5
（2）O>N>C>H；B易形成分子内氢键，A只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B；
（3）<
（4）；12；c
【知识点】原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，电子的空间运动状态数=轨道数，有5种；
（2）①组成物质A的4种元素为C、H、N、O，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，故有：O>N>C>H；
②B(邻氨基苯甲酸)易形成分子内氢键，A(对氨基苯甲酸)只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所以A的熔点高于B；
③N、O原子提供孤电子对，提供空轨道，其中A和可形成链状结构，A的结构简式为；
（3）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，故半径<；
（4）①基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，故其价电子轨道表示式为；
②根据晶胞结构可知，Zn在顶点，Ni在面心，以Zn为中心在四个晶胞的面心有4个Ni，考虑三维空间，则与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有43=12个；
③根据均摊法，则一个晶胞含有1个N，6=3个Ni，8=1个Zn，分子式为ZnNi3N；晶胞的质量为，体积为V=cm3，边长为cm=c nm。
【分析】（1）空间运动状态数等于电子占据轨道数；
（2）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大；
②分子间含有氢键，熔沸点较高；
③依据配位键的形成分析；
（3）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小；
（4）①依据构造原理分析；
②根据晶胞结构分析；
③利用均摊法确定原子数，再利用密度公式计算。
16．【答案】（1）增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
（2）冷凝
（3）过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
（4）
（5）；；()
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知，工艺中可循环使用的物质是()。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）依据物质的沸点分析；
（3）依据物质的性质分析；
（4）利用关系式法计算；
（5）①根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
②可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；
17．【答案】（1）碳碳双键、醚键
（2）
（3）+CH3OH
（4）；取代反应
（5）
（6）
（7）；
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）A应为，含有碳碳双键和醚键两种官能团，故答案为：碳碳双键、醚键；
（2）由以上分析可知C为，故答案为：；
（3）D为，D与甲醇发生加成反应生成E，E为：，反应方程式为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；
（4）由以上分析可知G为，H由G和反应得到，结合G的分子式及H结构可知该反应为取代反应，故答案为：；取代反应；
（5）由以上分析可知试剂a为，故答案为：；
（6）a.1mol X与足量的Na反应可产生2mol ，可知X中含有4个羟基，根据E的不饱和度可知X中含有一个碳碳双键或一个环结构；b．核磁共振氢谱显示有3组峰，若为链式结构氢原子种类多于3种不符合，则X应为环状对称结构，符合的结构为：，故答案为：；
（7）化合物N()经过多步反应可制备试剂b，W与 反应生成试剂b，结合试剂b的结构可知W为，Q→W过程中有生成，结合流程中信息可知Q在HCl、DMSO作用下发生水解产生醛基，醛基与-SH发生脱水生成W，则Q到W的中间产物为，Q为，与发生已知中反应生成，故答案为：；。
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（4）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；根据官能团的变化确定反应类型；
（5）依据反应前后官能团的变化，确定试剂；
（6）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（7）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
18．【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
19．【答案】（1）物质a
（2）
（3）
（4）
（5）生成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
（6）向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
（7）
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为：物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为：Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为：2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为：SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为：生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为：向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
【分析】（1）依据探究不同条件下高锰酸钾溶液的性质分析；
（2）根据实验颜色变化分析；
（3）根据实验现象，利用化合价升降法和电荷守恒分析；
（4）根据实验现象，利用化合价变化分析；
（5）根据实验现象判断反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（6）根据氧化还原反应恰好完全进行分析；
（7）根据实验现象判断反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
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