《北京市西城区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题（含答案与解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市西城区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题（含答案与解析）.pdf（31页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、北京市西城区2022 2023学年度第一学期期末试卷高三化学1.本试卷共10页，共 19道题，满分100分。考试时间90分钟。2.在试卷和答题卡上认真填写姓名、考号。3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其它试题用黑色字迹签字笔作答。5.考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H l C1 35.5第一部分本部分共14题，每题3 分，共 42分，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.2022年 10月“和合共生故宫 国博臧文物联展”中的展品 御制月令七十二候诗彩色墨展现了中国古代文化的魅力。下列关于制墨
2、材料主要成分性质的说法不无琥的是A.A选项制墨材料（主要成分）性质A动物胶（蛋白质）可水解B炭黑（C）具有可燃性C石绿 CuCOC u(O H)J可溶于强酸D冰 片 2-茨醇（孰。叫。）遇 F e 0 3 溶液显紫色B.BC.CD.D2.我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现,月壤中存在一种含“水”矿物Ca5（P O j3（OH）o下列化学用语或图示表达不正砸的是A.OH的电子式：6：HB.Ca”的结构示意图：8 8II9c.PO）的空间结构模型:D.也 0的 VSEPR模型:X3.解释下列事实所用的化学用语不无硬的是A.酚献滴入N a2co3溶液中，溶液变红：C O j+H?。.-HCO；+O
3、 H-B.铜片放入浓硝酸中，产生红棕色气体：3Cu+8H+2NO；=3Cu2+2NO T+4H2OC.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：F e-2e-=F e2+D.SO2通入澳水中，溶液褪色：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr4.下列实验不能达到实验目的的是ABCD曼d乙醇、乙酸、浓硫酸J1饱和 ,N a 2 c O 3W 溶液实验室制氨气配制一定物质的量浓度的溶液检 验Na2O2和 水反应的气体产物实验室制乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D5.下列制备物质的转化关系不合理的是A.制 HNO：N2NH3NONO2HNO3B.制H2so产 SSO2SO3H2SO4C.制NaOH：海水
4、 提 纯 NaCl溶涌 电 解 NaOHD.制 Mg：海水-Mg(OH),-AMgC溶液 中Mg6.下列反应不用于氧化还原反应的是A.向Fes。4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀B.向B aC)溶液中通入SO2,一段时间后，产生白色沉淀C.向新制的Cu(OH)2中加入乙醛溶液，加热，产生砖红色沉淀D.向CuSOg溶液中加入氨水至过量，再加入乙醇，析出深蓝色晶体7.C H,和C12的混合气体在光照下发生反应，实验装置如图。下列说法不思颈的是CH4 和 Cb挂_ 饱和三三三NaCl溶液A.Cl2分子中的共价键是s-p b 键B.产物C H 3cl分子是极性分子C.有 HC1生成说明该反应是
5、取代反应D.试管壁出现油状液滴，有机产物的沸点：CC14 CHC13 CH2C12 CH3C18.名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东蔗若碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不无确的是A.含有3 种含氧官能团 B.N 的杂化方式为spC.不能发生消去反应 D.具有碱性，能与强酸反应9.利用如图装置（夹持装置略）进行实验，X、Y 中所选试剂干熊达到实验目的的是选项实验目的试剂X试齐UY气体一一“IT Tl x|YA比较非金属性：ClBrSNaBr溶液H2S溶液B吸收CO2中混有的SO?并检验其是否已除尽酸 性 KMnO4溶液品红溶液C检验C2HsBr与 NaOH醇溶液共热的产
6、物乙烯水酸 性 KMnO4溶液D证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙焕C11SO4溶液酸 性 KMnO4溶液A.AB.BC.C D.D1 0.盐酸酸洗钢材的废液中含有大量的盐酸、FeCl2,研究人员利用如图装置可将部分铁元素在极区转化为沉淀，实现资源和能源的再利用0 下列说法不无确的是B.离子交换膜为阴离子交换膜C.该装置实现了化学能向电能转化D.a 极可发生电极反应：。2+46一+2凡 0 =4 0 k1 1.以O.lmol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.lmoI/LHFO4溶液的滴定曲线如图。已知：酚献的变色范围是下列说法不亚碰的是A.M 点主要溶质为NaH2POB.N 点可用
7、酚醐作指示剂指示滴定终点C.N 点溶液：c（Na+）c（HPO：）c（PO：）c（H 2P O jD.MTN 过程中，均满足 c（Na+）+c（H+）=c（H2Po4）+2c（HPOj ）+3c（PO：）+c（OH）1 2.聚合物P 是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图（图中 M 表示链延长）。o收 一XXXZX XV*Yo-cY 为 Z 为 M X-Z-X X-X X 2 OY/M X X-O1sII已 知.CH)=CH+R)COCD)R?c(CKk101CM.RH：-O I+催化剂 c w-s C H2-CHKR1R2c=o CD2R3下列说法不思硬的是A.聚合物P 可以在碱性溶液中
8、发生水解反应B.由 X、Y、Z 对应的原料单体合成聚合物P 的反应是缩聚反应D.仅用X 和 Z 对应的原料单体合成的聚合物是线型高分子13.某小组同学探究A1与C l?+的反应，实验如下。下列说法不无硬的是A.中气体生成速率逐渐增大可能与A1和 Cu在溶液中形成了原电池有关装置序号试剂a现象铝片、图试剂a2mL0.5mol/LC11SO4溶液无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点2mL0.5mol/LCuCU溶液迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuClB.中产生白色沉淀的可能原因：A1+3CU2+3CP=3C
9、uCl J +Af+C.向中加入一定量NaCl固体，推测出现与相似的实验现象D.比反应迅速是由于Cu?+水解使中的c（H）更大，利于破坏铝片表面的氧化膜14.CO2转化可减少CO2排放并实现资源利用。CO2催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有:C2H6(g).”或（2）实验n中反应 离子方程式是 o（3）实验I 的条件下S?。:能 将 M i?+氧化为M n O；,推测实验I 未出现紫色的原因：。（4）经检验，棕黑色沉淀为Mn。？，针对实验I I I 中的现象，提出以下假设：假 设 1：S z O：的浓度较低，不足以将M i?+氧化为M n O 假设2：溶液中存在还原剂M i?+,将生成的M n O
10、；还原为M n O?甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是。针对假设2,乙同学设计实验I V 证实了推测合理。请写出实验操作和现象：。实验I I I 中生成MnO2的 离 子 方 程 式 是,从化学反应速率的角度分析实验m 未得到紫色溶液的原因：。（5）资料表明A g+可作为M i?+和S 2 O；-反应转化为M n O；的催化剂。丙同学设计实验H I 的对比实验进行了证实。向 中滴加2 滴 0.1mo I/L A g N C）3 溶液，再加入0.0005mo l（NHj 固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。（6）根据上述实验，要利用（N H J z S z O g 将 M i?+
11、转化为M n O：的反应来快速测定Mn”的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、参考答案本部分共14题，每题3 分，共 42分，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.2022年 10月“和合共生故宫国博藏文物联展 中的展品 御制月令七十二候诗彩色墨展现了中国古代文化的魅力。下列关于制墨材料主要成分性质的说法不氐顾的是选项制墨材料（主要成分）性质A动物胶（蛋白质）可水解B炭黑（C）具有可燃性C石绿 C uC O/C u(O H)J可溶于强酸D冰 片 2-茨醇（C M）遇 FeC13溶液显紫色A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.蛋白质在一定条件下水解为各种氨
12、基酸，故 A 正确；B.炭燃烧生成二氧化碳气体，故 B 正确；C.石绿 CuCO3-Cu（OH）2 溶于强酸生成铜盐、二氧化碳、水，故 C 正确；D.2-茨醇属于醇类，不含酚羟基，遇 FeC h不能发生显色反应，故 D 错误；选 D。2.我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水 矿物Ca5（PC）4）3（OH）。下列化学用语或图示表达不无琥的是A.OH的电子式：6：H B.Ca?+的结构示意图：Q 2 8 8）c.P O,的空间结构模型：D.也 0的 VSEPR模型：【答案】C【解析】【详解】A.-OH的电子式：6：H,A正确;B.Ca?+的结构示意图：8 8,B正确;IIC
13、.PO：的中心原子的价层电子对数为4+5+3-4x2=4,没有孤电子对，空间构型为正四面体，C错2误;D.H Q的中心原子的价层电子对数为2+女一=4,有2个孤电子对，VSEPR模型:2,D正确；故选C。3.解释下列事实所用的化学用语不无声的是A.酚微滴入Na2co3溶液中，溶液变红：CO+H2O.HCO；+OH-B.铜片放入浓硝酸中，产生红棕色气体：3Cu+8H+2NO-=3Cu2+2NO T+4H2OC.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：Fe-2e=Fe2+D.SO?通入滨水中，溶液褪色：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr【答案】B【解析】【详解】A.碳酸钠水解使溶液呈碱性，水解的离
14、子方程式为CO-+H20 H C O J+O H-,故A正确；B.铜片放入浓硝酸中生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应的离子方程式为Cu+4H+2NO；=Cu2+2NO2 T+2H2O,故 B 错误；C.钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，负极反应式为Fe-2e=F e2+,故C正确;D.SO?通入澳水中生成硫酸和氢澳酸，反应的化学方程式是SO2+Br2+2H?O=H2so4+2HBr,故D正确；选Bo4.下列实验不熊达到实验目的的是AB CDNa2o2乙醇、乙酸、浓硫酸 J饱和,N a2cO 3W 溶液3 日NH3NONO2HNO3B.制 H 2so4：S SO2SO3H2so4C.制 N
15、aOH：海水 g N a C l溶液 电 解)NaOHD.制 Mg：海水M g(OH)2M g C h 溶液 电 解 Mg【答案】D【解析】【详解】A.氮气和氢气生成N H 3,氨和空气的混合气通入灼热的伯铐合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，转化关系合理，故 A 不符合题意；B.S 通过和氧气生成SO2,SO?在催化剂条件下生成SO3,S03通入水中得到H 2so4,转化关系合理，故B 不符合题意；C.海水提纯可获得NaCl溶液，电解NaCl溶液可制备N aO H,转化关系合理，故 C 不符合题意
16、；D.电解饱和氯化镁溶液，在阳极处产生氯气，阴极处产生氢气和氢氧化镁，因此不能用这种方法获得镁，转化关系不合理，故D符合题意；故答案选D。6.下列反应不属毛氧化还原反应的是A.向FeSC)4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀B.向BaCL溶液中通入S02,一段时间后，产生白色沉淀C.向新制的Cu(OH)2中加入乙醛溶液，加热，产生砖红色沉淀D.向C11SO4溶液中加入氨水至过量，再加入乙醇，析出深蓝色晶体【答案】D【解析】【详解】A.向Fes。,溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀，铁的化合价升高被氧化，属于氧化还原反应，A不符合；B.S0?与BaC“溶液不反应，一段时间后，产生白色
17、沉淀，是因为SO?被氧化生成硫酸根，产生硫酸钢沉淀，发生氧化还原反应，B不符合；C.向新制的Cu(OH)2中加入乙醛溶液，加热，产生砖红色沉淀氧化亚铜，属于氧化还原反应，C不符合；D.向CuSO 溶液中加入氨水至过量，再加入乙醇，析出深蓝色晶体，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D符合；故选D。7.CH 和C12的混合气体在光照下发生反应，实验装置如图。下列说法不if碰的是P-CH4和 C12，日 青 哥 一 饱 和NaCl溶液A.Cl2分子中的共价键是s-pb键B.产物CH?。分子是极性分子C.有HC1生成说明该反应是取代反应D.试管壁出现油状液滴，有机产物的沸点：CC14 CHC13
18、 CH2C12 CH3C1【答案】A【解析】【详解】A.0 2分子是两个Cl原子利用各自的P轨道中的单电子共用形成的p-p c键，故A错误;B.产 物 CH 3cl分子可看做是甲烷中的一个氢原子被氯原子取代生成的，CH 是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，CH3cl分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故 B 正确；C.甲烷和氯气在光照下发生反应，除了生成有机物外，还有HC1生成，说明氯气中的一个氯原子取代了甲烷分子中的一个氢原子，被取代下来的氢原子和另一个氯原子结合成H C 1,该反应是取代反应，故 C 正确；D.甲烷和氯气发生取代反应生成CCI4、CHCb、CH2cL、CH3c
19、l多种取代产物，其中只有CH3cl在常温下是气态的，CC14、CHC13、CH2cL均为不溶于水的液体，所以能看到试管壁出现油状液滴。CCL、CHCb、CH2c12、C%C1均属于卤代烧，在卤代烧中，碳原子数和卤素原子相同时，卤素原子数越多，相对分子质量越大，则分子间作用力越大，沸点越高，则有机产物的沸点：CC14CHC13CH2C12CH3CI,故 D 正确；故选Ao8.名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药 麻沸散 中含有东蔗管碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不氐碰的是A.含有3 种含氧官能团 B.N 的杂化方式为spC.不能发生消去反应 D.具有碱性，能与强酸反应【答案】C【解析】【
20、详解】A.由结构简式可知含有羟基、醛键、酯基3 种官能团，故 A 正确；B.由结构简式可知，N 原子连接了两个。键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为冲3,故 B 正确;C.由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故 C 错误；D.东蔗若碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故 D 正确；故选C。9.利用如图装置（夹持装置略）进行实验，X、Y 中所选试剂不熊达到实验目的的是选项实验目的试剂X试齐ij Y气体f 1iLA比较非金属性：ClBrSNaBr溶液H 2s溶液J 二：B吸收c o2中混有的SO2并检验其是酸 性 KMnO4品红溶液y BY否
21、已除尽溶液C检验C2H5B r与N a O H醇溶液共热的产物乙烯水酸 性K M n O4溶液D证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙焕C u S C 4溶液酸 性K M n O4溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.非金属性：C l B r S,C b通入N a B r溶液中，C b可以把漠离子氧化为溟单质，所以溶液变成棕色，但是后面和H 2 s溶液反应的气体是C b和B n的混合气体，不能说明金属性：B r S,故A错误；B.S 0?具有还原性，酸性K M n C)4溶液可以吸收S O 2,S O?具有漂白性，可以用品红溶液检验其否已除尽，故B正确；C.C 2
22、 H s B r与N a O H醇溶液共热生成的乙烯中混有乙醇，先通过水将乙醇除去，然后用酸性K M n O g溶液检验乙烯，现象是高锯酸钾溶液褪色，故C正确；D.电石与饱和食盐水反应产生的乙快中混有H 2 S,先通过C u S C)4溶液除去H 2 s气体，再用酸性K M n。溶液检验乙块，现象是高镒酸钾溶液褪色，故D正确；故选A o1 0.盐酸酸洗钢材的废液中含有大量的盐酸、F e C l2 o研究人员利用如图装置可将部分铁元素在极区转化为沉淀，实现资源和能源的再利用。下列说法不正砸的是A.电子由b极流向a极B.离子交换膜为阴离子交换膜C.该装置实现了化学能向电能转化D.a极可发生电极反应
23、：。2+46一+2凡0 =4（汨-【答案】B【解析】【分析】由图可知，该装置为原电池，通入空气的电极a为正极，电极反应为：O2+4e+2H2O=4 O H-,电极b是负极，负极区盐酸酸洗的废液含有大量的盐酸、FeCl2,负极的电极反应为Fe2+e=Fe3+,负极区的H+通过阳离子交换膜进入正极区，使该区溶液pH增大，Fe3+转化为Fe（0H）3沉淀，据此分析解答。【详解】A.电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子由b极流向a极，故A正确；B.a极的电极反应为：O2+4e-+2H2O=4 O H,为维持电荷守恒，H+由右池通过离子交换膜向左池迁移，则离子交换膜为质子交换膜，故B错误；C.该装置
24、为原电池，实现了化学能向电能转化，故C正确；D.a极为原电池正极，该极通入空气，氧气得电子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4 O H,故D正确；答案选BI I.以O.lmol/LNaOH溶液滴定20.0011110.111101/11104溶液的滴定曲线如图。已知：酚瞅的变色范围是下列说法不氐硼的是A.M点主要溶质为NaH2PO4B.N点可用酚献作指示剂指示滴定终点C.N 点溶液：c（Na+）c（HPO：j c（PO：）c（H2PO4）D.M-N过程中,均满足c（Na+）+c（H+）=c（H2Po4）+2c（H POj）+3c（PO：）+c（OH）【答案】C【解析】【详解】A.加入20.
25、00mL等浓度的NaOH溶液时生成NaH2Po 因此M 点主要溶质为NaH2Po4,A 正确；B.N 点溶液中溶质为N a2H PO,溶液pH=10,酚酸的变色范围是pH8.210,因此N 点可用酚酷作指示剂指示滴定终点，B 正确；C.N 点溶液中溶质为N azH P O,溶液pH=10,溶液呈碱性，说明HPO：的水解程度大于电离程度，因此c（Na+）c（HPO：）c（H2PO；）c（PO：）,C 错误；D.M-N 过程中NaH2PO4和 NazHPOa的混合溶液，则混合溶液中电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+）=c（H2PO4）+2c（HPO；j+3 c （PO：）+c（OH）,D 正确；
26、故选C。1 2.聚合物P 是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图（图中表示链延长）。皿一XXX-Z-X XV*XoY 为(0 1 17十 Z 力CH：1 dnbM X-ZXY O-CXX X*O1Y(CH小1(CHtkZXXXZN*ESO1II催化剂已知：CH2：=C H+R -C 0 C D,一R|2 2 3 巴 j s C H,C H R i1 1R11 1R2一C=0 C D2一R3下列说法不无碰的是A.聚合物P 可以在碱性溶液中发生水解反应B.由 X、Y、Z 对应的原料单体合成聚合物P 的反应是缩聚反应C.Z 对应的原料单体是D.仅用X 和 Z 对应的原料单体合成的聚合物是线型高分
27、子【答案】D【解析】【详解】A.组成聚合物P 的 X 物质内含有酯基，可以在碱性溶液中发生水解反应，A 正确；B.缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，X、Y、Z 对应的原料单体即分别断裂C=C、C=C、C-0 和 C=S键合成聚合物P,该反应是缩聚反应，B 正确;C 正确;C.物质Z 去掉高聚物符号以及断裂c=o 其中一条键得到单体是D.线型高分子是指官能团种数为2 的单体经过缩合聚合得到的无支链的高分子，仅用X 和 Z 对应的原料单体合成的聚合物含有支链，不是线型高分子，D 错误;故选：D。13.某小组同学探究A1与C u 的反应，实验如下。装置序号试剂a现象 1|因 试
28、剂a2mL0.5mol/LC11SO4溶液无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点2mL0.5mol/LCuCl2溶液迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl下列说法不氐瑰的是A.中气体生成速率逐渐增大可能与A1和 Cu在溶液中形成了原电池有关B.中产生白色沉淀的可能原因：Al+3CU2+3CE=3CuCl+Al3+C.向中加入一定量NaCl固体，推测出现与相似的实验现象D.比反应迅速是由于C r+水解使中的H+）更大，利于破坏铝片表面的氧化膜【答案】D【解析】【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水
29、解呈酸性，A1能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，A1和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀C u C L 应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5moi/LCuSOq溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。【详解】A.据分析，中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与A1和 Cu在溶液中形成了原电池有关，A 正确；B.据分析，中产生白色沉淀的可能原因：Al+3CU2+3 C f=3CuCl+A13+.B 正确；C.向中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致
30、密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与相似的实验现象，C 正确；D.比反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确；答案选D。1 4.C 0 2 转化可减少C 0 2 排放并实现资源利用。C O 2 催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：:C2H6(g)-C2H4(g)+H2(g):CO2(g)+H2(g)-CO(g)+H2O(g)反应的能量变化如图1 所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2 所示。图 网2已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不思碰的是A.C2
31、H6(g)+CO2(g).-C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)AH=+177kJ/molB.反应比反应的速率小，是总反应的决速步C.在图2 所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低D.其他条件不变，适当增大投料比(C C)2)：(C 2 H 6),能提高C2H的转化率【答案】c【解析】【详解】A.由图可知，C2H6(g)+CO2(g).-C2H4(g)+C O(g)+H2o(g)A H=生成物的能量减去反应物的能量=-3 0 0 k J/m o l-(*4 7 7 k J/m o l)=+1 7 7 k J/m o l,故 A 正确；B.由图可知，反应的活化能大于反应的活化能，则反
32、应比反应的速率小，速率小的是总反应的决速步，故 B正确；C.由图可知，在图2 所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故 C错误；D.其他条件不变，适当增大投料比(C C)2)：(C 2 H 6),反应正向移动，能提高c 2 H 6 的转化率，故 D正确；故选C。第二部分本部分共5题，共58分。1 5.向C o C l 2溶液中滴加过量的氨水得到含有 CO（N H 3）6 1 C 1 2的溶液。（1）基态C o 2+的 价 层 电 子 排 布 式 为。（2）基态C占 据 的 最 高 能 级 的 电 子 云 轮 廓 图 的 形 状 是。（
33、3）0、N、H的 电 负 性 由 大 到 小 的 顺 序 是。（4）下列状态的氮中，电 离 最 外 层 一 个 电 子 所 需 能 量 最 小 的 是（填序号a.Et I t lt l I b it it it i c.US EDU I ITI2s 2p 2s 2p 2s 2p 3s（5）CO（N H 3）6 C 1 2的晶胞结构示意图如下。O C-O CO(NH3)62+在下图虚线框内画出 C o （N H3）62+中一个N H3的结构式比较 H NH 键角：NH,（20（?4113）6（填”N H （4）cH(5).N(-H .N H 3 中心N 原子采取s p 3杂化，空间构型为三角锥形
34、，键角约为H107 ,CO(NH 3)6 中心C o 2+采取s p 3d2杂化，空间构型为正八面体形，键角为9 0。.券-【解析】【小 问 1 详解】C。是 27 号元素，其基态原子的价电子排布式为3d7 4s 2,则C o?+价层电子排布式为3d7；【小问2 详解】基态C 核外电子排布式为I s 22s 22P 63s 23P 6,其最高能级为3 p,电子云轮廓图的形状是哑铃形；【小问3 详解】同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性：0 N,三种元素中H的电负性最小，于是有电负性：0 N H；【小问4 详解】2s 22P 2属于基态的N-,由于基态N 的第二电离能高于其第一
35、电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；2s 22P 3属于基态N 原子，其失去一个电子变为基态N 其失去一个电子所需能量低于基态N-；2s 22P 23s l属于激发态N 原子，其失去一个电子所需能量低于基态N 原子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最小的是2s 22P 23s l故选C。【小问5详解】5 3x 1 N H 3 中心N 原子孤电子对数=一-=1,有 3 个o 键，则中心N 原子价层电子对数=3+1=4,采取s p 3H杂化，空间构型为三角锥形，其结构式可表示为N H;H由分析知，由于N H 3 中心N 原子有一对孤电子对，排斥力较大，则 H-N-H 键角小于109 28
36、，约为107 ,C o(NH 3)6 中心C o 2+形成6 个配位键，采取s p 3d2杂化，空间构型为正八面体形，键角为9 0。，因此键角：N H,CO(N H,)62+；该晶胞中，位于顶点和面心的 CO(NH 3)6 个数为8x(+6 x；=4,位于晶胞内部。一 个数为8,故4M晶胞的密度为3“g/c m 。a NA16.黏土银矿中，帆以+3价、+4价、+5 价的化合物存在，还包括S i O F e?。?和铝硅酸盐(A L O/S iO?)等。采用以下流程可由黏土钿矿制备V 2O5、FeQ?和硫酸铝镂。1MI.VG已知：i.有机酸性萃取剂H R的萃取原理为Mn+（aq）+n H R（o
37、r g）,M Rn（o r g）+n H+（aq）o r g 表示有机溶液i i .酸性溶液中，H R对+4价钮萃取能力强，而对+6价钢的萃取能力较弱i i i .H R能萃取F e3+而不能萃取F e2+（1）从黏土钢矿到浸出液的流程中，加 快 浸 出 速 率 的 措 施 有。（2）滤 渣 的 主 要 成 分 是。（3）浸出液中锐以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：o（4）从平衡移动原理解释加入20%H?S O4溶液的作用：。（5）KCIO3和V o?+反应生成v o：和c r的 离 子 方 程 式 是。（6）测定V 2O 5产品的纯度称取V 2O 5产品a g,先加入硫酸将V
38、2O 5转化为VO；,加入指示剂后，用0 1!0 1/19日）.6（5 0 4）2溶液滴定将V 0；转化为V O?+至终点，消耗（N H，2 F e（S O j 2溶液的体积为VmL 假设杂质不参与反应，则V 2O 5产品中V2O5的 质 量 分 数 是（V 2O 5的摩尔质量为Mg/m o l）o（7）从无机层获得F e（OH）3的离子方程式是 o（8）硫酸铝镂固体中含有少量硫酸镂杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝镂的操作是加热溶解、洗涤、干燥。【答案】(1)粉碎增大接触面积、适当升高温度等(2)SiO2(3)将三价铁转化为二价铁、并将五价锐还原为四价钢，以利于HR萃取分离铁和钿元
39、素(4)加入20%H2sO4溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钮元素进入水层(5)6VO2+C10；+3H2O=C1+6V0：+6H+(7)4Fe2+8NH3-H20 02+2H204F e(O H)i J +8NH：(8)降温结晶、过滤【解析】【分析】黏土钢矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝镂沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钢还原为四价钮，使 用HR萃取机到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价帆转化为五价钢，加入氨水得到NH4Vo3,煨烧得到V2O5；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，燃烧得到氧化铁；【小 问1详解】加
40、快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；【小问2详解】由分析可知，滤渣的主要成分是Si。？；【小问3详解】酸性溶液中，HR对+4价轨萃取能力强，而对+6价帆的萃取能力较弱；HR能萃取Fe，+而不能萃取Fe;浸出液中锐以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钿还原为四价钢，以利于HR萃取分离铁和钢元素；【小问4详解】有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：Mn+(aq)+nHR(org)M Rn(org)+nH+(aq),加入20%H 2so溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于乳元素进入水层；【小问5详解】KC103 和 VO2+反应生成
41、VO；和 c r，离子方程式是 6VO2+C1O；+3H2O=C1+6VO；+6H+；【小问6详解】用cm ol/L(NHj2Fe(SC)4)2溶液滴定将VO；转化为V O?+,铁元素化合价由+2变为+3,钢元素化合价由+5变为+4,根据电子守恒可知，2(NH4)2Fe(SO4)2 V2O5,则V2O5产品中V2O5的质量分数是cVxlO-1 2 3 *5 6x*xM c V M(1)A中 含 氧 官 能 团 的 名 称 是。(2)A-B的 反 应 类 型 是。(3)B-D的 化 学 方 程 式 是。(4)下列关于有机物F的 说 法 正 确 的 是(填 序 号)。a.含有3个手性碳原子b.l
42、m o l有机物F最多消耗3m o l N a O Hc.D与E反应生成F和 患 睢 (5)F水解生成G和C H 3 O H。反应、的目的是(6)J-P的 化 学 方 程 式 是。(7)若反应开始时K的浓度为0.0 1 m o/L,J的浓度为2m o l/L,反应完全后，K的浓度几乎为0,J的浓度为0.24m o l/L,高分子P的平均聚合度约为 o【答案】(1)羟基(2)氧化反应-2x 100%=-%a20a【小问7详解】无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应为4Fe2+8NH3 H2O+O2+2H2O=4Fe(OH)3 J +8NH；【小问8详解】山图可知，相同温度下
43、硫酸镀溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝钱的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。1 7,可降解的聚酯类高分子P的合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。o O-y 一I_B-1_C HJOH_.|D I -O-C-O-rC O O C HN CH：OH (丽N 1/HQOK CJ X A+CH3OH UCOOH H、SOHHCOOCH+H2O(4)c(5)保护竣基(7)176【解析】HO(6)n%入COOH一定条件+nH2。O HO【分析】由B 的分子式可以推知，A 发生氧化反应生成B,B 的结构简式为,B 和甲醉在浓x COOHHHO硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成D,则 D 的结构简
44、式为，D 和 E 在一定条件下反N COOCH,H应生成F,F 在碱性条件下发生水解反应生成G,G 的结构简式为(G 酸化后得到J,则0*0 HOJ 为 公 J 和 K 发生聚合反应生成P,以此解答。/TO5 O个【小 问 1 详解】由A 的结构简式可知，A 中含氧官能团的名称是羟基。【小问2 详解】由B 的分子式可以推知，A 发生氧化反应生成B。【小问3 详解】B 和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成D,化学方程式为：NA+CHQHC SHc,定条件故选C o【小问5 详解】B中存在竣基，反应将竣基转化为酯基，反应又把酯基水解为痰基，目的是保护竣基。【小问6详解】HOJ和 K 发生聚
45、合反应生成P,方程式为：n 可+IO：C p个OI,。N 4-nH2OoO-C、。.不=【小问7详解】若反应开始时K 的浓度为0.0 1 m o/L,J 的浓度为2m o i/L,反应完全后，K 的浓度几乎为0,J 的浓度为HOr 0.24m o l/L,则反应过程中消耗K 和消耗J 的比例为0.0 1：（2-0.24）=1:1 7 6,由方程式n 、，MJH+（01 cpz*6CH;SH1 一定条件o1 8.石油中含有有机氯和无机氯（主要以C 的形式存在），还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，
46、电解质溶液中的c（A g+）保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与A g+反应，测氯仪便立即自动进行电解到c（A g）又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。N +nH2。可知，n=176oI（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是 oI.石油中有机氯含量的测定（2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的H 2 s 和无机盐，再通过 操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去H 2 s 的 离 子 方 程 式 是。（3）经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为H C 1。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与A g+反 应 的 离 子 方 程
47、式 是。（4）石油样品为a g,电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量（按含氯元素计）为 m g/g。已知：电解中转移I m o l电子所消耗的电量为F库仑I I.石油中无机氯含量的测定在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。已知：i.样品中存在的SO：和C O；不影响测定结果i i.K,（H2S）=l.l x l O_ 7（H2S）=1.3X1O-13 s p（A g2S）=6.3 x l（r5 0（5）用离子方程式解释C O：不影响测定结果的原因：。（6）石油样品中存在的H 2 s会影响测定结果。通过估算说明H2S的存在会影响测定结果
48、：。待测液体注入库仑测氯仪前，可加入（填序号）以消除H 2 s的影响。a.H?。?溶液 b.N a O H溶液 c碘水【答案】（1）A g-e-=A g+（2）.分液.H2S+2 O H =S2-+2 H2O（3）A g+C r=A g C U、3 5 5 0 0 x（4）F a（5）A g 2 c o 3 +2 c H 3 c o O H=2 A g+2 c H 3 c o e F +H2O +C O2 T（6）.偏大.a【解析】【分析】检测前，电解质溶液中的d A g）保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与A g+反应，A g+浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极A g失电子
49、，生成A g+,到c（A g+）又回到原定值，电极反应式为A g-e-=A g+,根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量；【小问1详解】库仑测氯仪电解池中阳极反应是A g-e-=A g+：【小问2详解】用过量K O H溶液和水除去石油样品中的H 2 s和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；K O H溶液除去H 2 s的离子方程式是H 2 S+2 O H-=S+2 H 2 O ；【小问3详解】H C 1 与A g+反应的离子方程式是A g+c r =A g C l J ：【小问4详解】X X电解消耗的电量为X 库仑，即一m o l 电子，n(C l )=n(A g+)=n(e )
50、=m o l,样品中有机氯的含量为F FYm o l x 3 5.5 g /m o l x l 0 0 0 m g/g 3 5 5 0 0 xF=-m g/g；F a【小问5详解】碳酸银可溶于醋酸，C O；不影响测定结果，离子方程式为Ag2c+2 C H3C O O H=2 A g+2 c H 3 c o e T +H20+C02 T;【小问6详解】硫化银的K s p 很小，H 2 s 电离出的S2-会与A g+反应生成硫化银沉淀，使溶液中A g+浓度减小，电解消耗电量增多，使测定结果偏大；待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与H 2 s 反应，消除S 的试剂；a.H 2 O 2 溶液与H 2