北京市重点中学2022-2023高三上学期12月考

北京市重点中学2022-2023学年高三上学期12月考
一、选择题：本部分共14题，每题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2022高三上·北京月考）用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是（）
A．中子数为8的氮原子为
B．由H和Cl形成HCl的过程为
C．NH3的结构式为
D．Cl–的结构示意图为
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；结构式
【解析】【解答】A．氮原子质子数为7，由分析可知，中子数为8的氮原子为，A不符合题意；
B．HCl为共价化合物，H原子与Cl原子之间存在共用电子对，没有电子得失，所以由H和Cl形成HCl的过程为， B不符合题意；
C．NH3的结构式为 ，C符合题意；
D．由分析可知，Cl-核外有18个电子，最外层有8个电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子左上角数字表示其质量数，左下角数字表示其质子数，质量数=质子数+中子数。
B.HCl为共价化合物，据此分析。
C.NH3中含有3个N-H键。
D. Cl-核内有17个质子，核外有18个电子。
2．（2022高三上·北京月考）将SO2通入下列溶液，实验现象体现的SO2的性质不正确的是（）
　 溶液 实验现象 SO2的性质
A 石蕊试液 溶液变红 水溶液显酸性
B 溴水 溶液褪色 漂白性
C KMnO4酸性溶液 溶液褪色 还原性
D H2S溶液 出现淡黄色浑浊 氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，SO2的水溶液显酸性，A不符合题意；
B．SO2能使溴水褪色，是因为SO2具有还原性，能够还原Br2，B符合题意；
C．KMnO4酸性溶液具有氧化性，SO2能使其褪色，体现了SO2的还原性，C不符合题意；
D．H2S与SO2反应生成淡黄色的S沉淀，体现了SO2的氧化性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 酸或酸性溶液能使石蕊试液变红，据此分析。
B. SO2与溴水反应的方程式为Br2+ SO2+2H2O=2HBr+H2SO4。
C. KMnO4酸性溶液具有氧化性。
D.H2S与SO2反应生成淡黄色的S沉淀。
3．（2022高三上·北京月考）设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．中含有的中子数为10NA
B．0.1 mol/L Na2CO3溶液中含Na＋的个数为0.2 NA
C．22.4 L（标准状况）氨气所含共价键的数目为3 NA
D．1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 的物质的量为0.9mol，1个D2O中含有10个中子，则0.9mol D2O中含有的中子数为9NA，A不符合题意；
B．溶液的体积未知，无法计算n(Na2CO3)，B不符合题意；
C．标况下，根据V=nVm可知，n(NH3)=1mol，1个NH3中含有3个N-H键，则1mol NH3中所含共价键的数目是3NA，C符合题意；
D．CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4，且不能进行彻底，所以1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意D原子的质量数为2，质子数为1，结合m=nM和N=nNA进行分析。
B. 溶液的体积未知，无法运用公式n=cV，据此分析。
C.标况下，Vm约为22.4L/mol，1个NH3中含有3个N-H键。
D. 注意CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4。
4．（2022高三上·北京月考）下列反应的原理用离子方程式表示正确的是（）
A．室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨是弱碱：
B．用氢氧化钠和铝粉做管道疏通剂：
C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氯化铵为强酸弱碱盐，NH4+发生水解反应生成NH3·H2O和H+，正确的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+或NH4++2H2ONH3·H2O+H3O+，A不符合题意；
B．Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，其离子方程式为 ，B符合题意；
C．酸性：羧基>碳酸>酚羟基，根据强酸制弱酸的原理可知，用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基所发生反应的离子方程式为+HCO3-→+H2O+CO2↑，C不符合题意；
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 注意盐类水解为可逆反应。
B. Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，注意反应物中有H2O。
C. 酸性：羧基>碳酸>酚羟基，结合强酸制弱酸进行分析。
D.注意草酸为弱酸，在离子方程式中应写化学式。
5．（2022高三上·北京月考）利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是（）
A B C D
制备无水MgCl2 制备溴苯并验证有HBr产生 制备并收集氨气 制备并收集NO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯化镁属于强酸弱碱盐，加热过程中会水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl具有挥发性，最终得到Mg(OH)2固体，HCl可抑制Mg2+水解，所以在HCl气流中加热才能制备无水MgCl2，A符合题意；
B．Br2易挥发，Br2和HBr均与硝酸银溶液反应，所以该实验不能验证有HBr产生，B不符合题意；
C．NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl在试管口会化合生成NH4Cl，无法制备并收集NH3，C不符合题意；
D．NO2能与水反应，不能用排水法收集NO2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 氯化镁属于强酸弱碱盐，据此分析。
B. Br2易挥发，Br2和HBr均与硝酸银溶液反应，据此分析。
C. NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl在试管口会化合生成NH4Cl。
D.注意NO2能与水反应。
6．（2022高三上·北京月考）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
结合该流程分析，下列叙述错误的是（）
A．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
B．步骤②可能会产生氮氧化物污染
C．步骤③发生沉淀反应的金属离子为Fe2＋
D．步骤④可用焰色试验检验含Li沉淀是否洗净
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，A不符合题意；
B．HNO3具有氧化性，步骤②中发生氧化还原反应，HNO3可能被还原得到NO或NO2等氮氧化物，B不符合题意；
C．由分析可知，步骤③中发生沉淀反应的金属离子为Fe3＋，C符合题意；
D．Li、Na元素焰色反应分别为紫红色、黄色，步骤④可用焰色试验检验含Li沉淀是否洗净，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据流程图可知，步骤①中，正极片经碱溶可得到NaAlO2和含磷酸亚铁锂，说明正极片中含有铝元素、磷元素、铁元素、锂元素；步骤②中，含磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑，且二价铁被氧化为三价铁；步骤③中，加入碱液，Fe3+与碱反应生成Fe(OH)3沉淀；步骤④中，向滤液中加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀。
7．（2022高三上·北京月考）一种提纯白磷样品（含惰性杂质）的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是（）
A．的空间结构为正四面体形
B．流程中所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P
C．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中发生的均为氧化还原反应
D．过程Ⅰ中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：5
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应
【解析】【解答】A． 中P原子的价层电子对数=4+=4，即中心原子P为sp3杂化，且无孤对电子，所以 的空间结构为正四面体形，A不符合题意；
B．根据流程图示可知，所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P，B不符合题意；
C．氧化还原反应的特征是有元素化合价变化，由流程图可知，过程Ⅰ、Ⅲ中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，而过程Ⅱ中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，C符合题意；
D．根据流程图及分析可知，过程Ⅰ中氧化产物是H3PO4，还原产物是Cu3P，若生成1mol H3PO4，需失去5mol电子，若生成1mol Cu3P，需得到6mol电子，而氧化还原反应中得失电子守恒，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：5，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据中心原子价层电子对数进行分析。
B. 根据流程图示可知，所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P。
C. 氧化还原反应的特征是有元素化合价变化。
D. 氧化还原反应中元素化合价升高的产物为氧化产物，元素化合价降低的产物为还原产物。
8．（2022高三上·北京月考）一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如下。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是（）
A．第一电离能：X＜Z＜Y
B．XZ2晶体属于共价晶体
C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物
D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．一般，同周期主族元素的第一电离能从左到右依次增大，但最外层电子全满或半满为稳定结构，此时该元素的第一电离能较相邻元素的大，所以第一电离能：X＜Z＜Y，A不符合题意；
B．CO2晶体之间的作用力为范德华力，属于分子晶体，B符合题意；
C．H与O可按原子个数比2：1和1：1分别形成水、过氧化氢，C不符合题意；
D．该药物含酰胺键，在碱性溶液中加热，可水解产生NH3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据该物质的结构可知，W能形成1个共价键，X能形成4个共价键，Y能形成3个共价键，Z能形成2个共价键。W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，则可推出W是氢元素，X是碳元素，Y是氮元素，Z是氧元素。NH3的水溶液显碱性，与题干相符。
9．（2022高三上·北京月考）化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是（）
A．X中含有手性碳原子
B．Y与互为同分异构体
C．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D．1 mol Z最多可消耗2 mol NaOH
【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；同系物
【解析】【解答】A．由分析可知，X中的中间碳原子为手性碳原子，A不符合题意；
B．由分析可知，Y中含有醚基，而 中含有酚羟基，所以二者结构不相似，不属于同系物，但两者分子式相同，为同分异构体；B不符合题意；
C．由Z的结构式可知，连接羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，C不符合题意；
D．由Z的结构式可知，Z中含有的酯基、氯原子均能与NaOH反应，反应得到的含苯环物质中的羧基能继续与NaOH反应，所以1 mol Z最多可消耗3 mol NaOH，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 手性碳原子与4个不同原子或原子团相连接。
B.同系物的特点是结构相似、分子量相差nCH2的有机物，注意含有官能团时，官能团的种类和个数都一样。
C. 连接羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子时，能发生消去反应。
D. Z中含有的酯基、氯原子均能与NaOH反应，注意酯基分解得到的羧基能继续与NaOH反应。
10．（2022高三上·北京月考）一定温度下，在两个容积均为1 L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：
ΔH＜0，相关数据见下表：
容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
NO(g) CO(g) CO2(g)
Ⅰ T1 0.2 0.2 0.1
Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12
下列说法不正确的是（）
A．T1＞T2
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，平衡正向移动
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，降温利于平衡右移，根据表格信息可知，T1＞T2，A不符合题意；
B．根据表格信息可列出反应Ⅰ的化学平衡三段式如下：
　 2NO(g) ＋ 2CO(g) N2(g)+ 2CO2(g)
起始（mol） 0.2 0.2 　 0 0
转化（mol） 0.1 0.1 　 0.05 0.1
平衡（mol） 0.1 0.1 　 0.05 0.1
达到平衡时，CO的转化率为=50%，B不符合题意；
C．温度越高，反应速率越大，则达到平衡所需时间越短，由A项可知，T1＞T2，所以达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ，C不符合题意；
D．由B项可知，该温度下反应Ⅰ的平衡常数K==5，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，此时浓度熵Qc==5=K，说明平衡不移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.降温利于平衡向放热反应的方向移动。
B. 反应Ⅰ达到平衡时，n（CO2）=0.1mol，则Δn(CO)=0.1 mol，据此分析。
C. 温度越高，反应速率越大，达到平衡所需时间越短。
D.通过比较浓度熵Qc与平衡常数K的大小进行分析，若Qc＞K，表示逆向移动，若Qc=K，表示不移动，若Qc＜K，表示正向移动。
11．（2022高三上·北京月考）探究亚硝酸钠(NaNO2)的化学性质，实验如下：
实验 装置 试剂a 现象
① 酚酞溶液 无色溶液变红
② AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀
③ 淀粉KI溶液＋稀硫酸 无色溶液立即变蓝
④ 酸性K2Cr2O7溶液 无色溶液变为绿色
资料：AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；由上述实验所得结论不正确的是（）
A．NaNO2溶液显碱性
B．NaNO2可与某些盐发生复分解反应：
C．NaNO2有氧化性：
D．NaNO2有还原性：
【答案】C
【知识点】亚硝酸盐；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分析可知，NaNO2溶液能使酚酞溶液变红，说明NaNO2溶液显碱性，A不符合题意；
B．NaNO2与AgNO3溶液反应生成AgNO2淡黄色沉淀，其离子方程式为 ，B不符合题意；
C．根据实验现象可知，实验③中生成I2，说明I-被氧化，其离子方程式为 ，C符合题意；
D．根据现象可知，实验④中Cr2O72-被还原为绿色的Cr3+，则NO2-将被氧化生成NO3-，该反应的离子方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碱或碱性溶液能使酚酞溶液变红。
B. NaNO2与AgNO3溶液反应生成AgNO2淡黄色沉淀。
C.注意氧化剂具有氧化性，反应前后部分元素化合价降低。
D. Cr2O72-被还原为绿色的Cr3+，则NO2-将被氧化生成NO3-。
12．（2022高三上·北京月考）甘氨酸（NH2CH2COOH）是人体必需氨基酸之一、在25℃时，、和NH2CH2COO－的分布分数【如】与溶液pH关系如图。下列说法错误的是（）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH2CH2COO－
C．的平衡常数K＝10－11.65
D．
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．甘氨酸中含有氨基（显碱性）和羧基（显酸性），所以甘氨酸具有两性，A不符合题意；
B．由分析可知，曲线c代表NH2CH2COO－，B不符合题意；
C．根据图示信息及分布分数表达式可知，当pH=2.35时，c( )=c( )，所以 的平衡常数K==c(OH-)====10－11.65，C不符合题意；
D．根据图示信息及分布分数表达式可知，当pH=9.78时，c( NH2CH2COO－ )=c( )， NH2CH2COO－+H+的电离常数K1==c(H+)=10-pH=10-9.78，所以==，由C项可知，=，则×=×=1，即 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据甘氨酸的结构简式可知，甘氨酸中含有氨基（显碱性）和羧基（显酸性），在酸性较强时会结合H+，在碱性较强时会与OH-反应，所以曲线a表示 ，曲线b表示 ，曲线c表示NH2CH2COO－。
13．（2022高三上·北京月考）常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如下图所示(不考虑的水解)。下列叙述正确的是（）
A．Ksp(Ag2C2O4)为10－6.46
B．n点表示AgCl的不饱和溶液
C．在AgCl、Ag2C2O4共存的悬浊液中，
D．向的混合溶液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由图可知，AgCl先生成沉淀，当lgc(C2O42-)=-2.46，-lgc(Ag+)=4，即c(C2O42-)=10-2.46，c(Ag+)=10-4时，Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)=10-2.46×（10-4）2=10-10.46，A不符合题意；
B．由图可知，n点对应的c(Ag+)比AgCl溶解平衡曲线上相应的c(Ag+)大，AgCl溶解平衡向形成AgCl的方向移动，即n点表示AgCl的饱和溶液，B不符合题意；
C．根据Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)和Ksp(AgCl)= c (Ag+)·c (Cl-)可知， ，C不符合题意；
D．由图可知，当 ，即两条直线的纵坐标相同时，生成AgCl沉淀所需c (Ag+)较小，所以向的混合溶液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)进行分析。
B. n点对应的c(Ag+)比AgCl溶解平衡曲线上相应的c(Ag+)大，据此分析。
C. 根据Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)和Ksp(AgCl)= c (Ag+)·c (Cl-)进行分析。
D. 当 ，即两条直线的纵坐标相同时，生成AgCl沉淀所需c (Ag+)较小。
14．（2022高三上·北京月考）实验小组研究Na与CO2的反应，装置、步骤和现象如下：
ⅰ．通入CO2至澄清石灰水浑浊后，点燃酒精灯。
ⅱ．一段时间后，硬质玻璃管中有白色物质产生，管壁上有黑色物质出现。检验CO的试剂未见明显变化。
ⅲ．将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再次过滤，滤液呈碱性；取白色沉淀加入盐酸，产生气体。
ⅳ．将管壁上的黑色物质与浓硫酸混合加热，生成能使品红溶液褪色的气体。
下列说法不正确的是（）
A．步骤ⅰ的目的是排除O2的干扰
B．步骤ⅲ证明白色物质为Na2CO3
C．步骤ⅳ发生反应的化学方程式为
D．根据以上实验推测：CO2与金属K也可以发生氧化还原反应
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，步骤ⅰ的目的是排除O2的干扰，A不符合题意；
B．由分析可知，再次过滤后的滤液呈碱性，说明滤液中含有NaOH，即有NaOH生成，则白色物质为Na2CO3和NaOH，B符合题意；
C．由分析可知，黑色固体为碳，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成CO2、SO2和H2O，方程式为 ，C不符合题意；
D.K比Na更活泼，且二者具有相似的化学性质，根据以上实验推测，CO2与金属K也可以发生氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】步骤ⅰ中先通CO2后点燃酒精灯，是为了排净装置中的空气，以免干扰实验；步骤ⅱ中，根据实验现象可知，没有生成CO；步骤ⅲ中，硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生，说明Na完全反应，且没有Na2O2生成，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生的白色沉淀与盐酸反应产生气体，说明该白色沉淀为BaCO3，气体为CO2；再次过滤后的滤液呈碱性，说明滤液中含有氢氧化钠；步骤ⅳ中，根据实验现象可知，黑色固体为C，产生的气体为SO2。
二、综合题：本部分共5题，共58分。
15．（2022高三上·北京月考）铁在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。
（1）Fe3＋可以和Cl－、F－、CN－、SCN－等配体形成配合物。
①写出基态Fe3＋的电子排布式　 　。
②向含Fe3＋的溶液中加入NaCN将Fe3＋转化成配位数为6的稳定配离子，该配离子的化学式为　 　，配离子中Fe3＋为d2sp3杂化，写出配位前后Fe3＋3d轨道表示式　 　。
（2）邻二氮菲的结构简式为，N原子与Fe2＋通过配位键能形成稳定的橙红色的邻二氮菲亚铁离子，这种离子可表示为[Fe(phen)3]2＋。该配合物的特征颜色常用于Fe2＋检验和浓度的测定。
①中心离子的配位数为　 　，配位原子的杂化方式为　 　。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2＋的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2＋的原因　 　
（3）Fe3O4晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体。图2是Fe3O4的晶胞。
①Fe3O4晶胞中有　 　个Fe原子，代表　 　。
②Fe3O4晶胞的晶胞边长为a nm，Fe3O4的密度为　 　g/cm3。
【答案】（1）[Ar]3d5；[Fe(CN)6]3+；
（2）6；sp2；pH太大，Fe2＋可能会沉淀，干扰Fe2＋与邻二氮菲配位；pH太小，邻二氮菲中N原子与H＋结合，使邻二氮菲配位能力减弱。
（3）24；Fe2＋和Fe3＋各一半；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3＋的电子排布式为[Ar]3d5。
②配位数为6，说明有6个CN－，所以该配离子的化学式为[Fe(CN)6]3+。配位前，Fe3＋的3d轨道上有5个电子，配位后，有2个电子用于与s、p轨道形成杂化轨道，所以配位前后Fe3＋3d轨道表示式为 。
（2）①根据邻二氮菲的结构简式可知，有2个氮原子，每个氮原子都能形成配位键，所以在[Fe(phen)3]2＋中，Fe2＋的配位数为6，配位原子是氮原子，氮原子形成3个σ键，1个π键，所以氮原子的杂化方式是sp2。
②邻二氮菲检验Fe2＋的适宜pH范围是2～9，pH太大，Fe2＋可能会沉淀，干扰Fe2＋与邻二氮菲配位；pH太小，邻二氮菲中N原子与H＋结合，使邻二氮菲配位能力减弱。
（3）①由图可知，Fe3O4晶胞由4个Ⅰ型小立方体和4个Ⅱ型小立方体组成，根据均摊法可知，图1中氧原子的个数为8，所以铁原子的个数为6，则Fe3O4晶胞中铁原子个数为6×4=24。图1中Fe3+的个数为=2，则 共含有4个铁原子，而根据Fe3O4中二价铁与三价铁原子个数比为1：2，说明 代表Fe2＋和Fe3＋各一半。
②根据①可知，Fe3O4晶胞中含有8×4=32个氧原子，24个铁原子，根据N=nNA、m=nM和m=ρV可知，Fe3O4的密度为g/cm3 =g/cm3 。
【分析】（1）①Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此分析。
②配位数为6，说明有6个CN－；Fe3＋配位后，有2个电子用于与s、p轨道形成杂化轨道。
（2）①1个邻二氮菲分子中含有2个氮原子，每个氮原子都能形成配位键，据此分析。
②pH太大，Fe2＋可能会沉淀，pH太小，邻二氮菲中N原子与H＋结合。
（3）①Fe3O4晶胞由4个Ⅰ型小立方体和4个Ⅱ型小立方体组成，结合均摊法进行分析。
②根据N=nNA、m=nM和m=ρV进行分析，注意单位统一。
16．（2022高三上·北京月考）处理再利用H2S有多种方法。
（1）碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
　
H2S 1.1×10－7 1.3×10－13
H2CO3 4.5×10－7 4.7×10－11
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：　 　。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是　 　。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。
①P3＞P2＞P1，反应中S2　 　（填“是”或“不是”）气态，理由是　 　。
②实际反应在高温下进行的原因是　 　。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如下。
①溶液X的主要溶质是　 　。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：　 　。
③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成　 　gH2。
【答案】（1）；
（2）是；其他条件不变时，增大压强，H2S的平衡转化率降低，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；升高温度有利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率
（3）FeCl2和HCl；含FeCl2和HCl的溶液进入阳极区，发生 生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生；10
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应 。
②根据表格数据信息可知，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，所以用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，其离子方程式是 。
（2）①由图可知，不同压强对应的H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动受压强影响，即反应前后气体分子数不同，所以S2是气态。
②由图可知，升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，所以实际反应在高温下进行。
（3）①由分析可知，溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl。
②根据流程图可知，溶液X进入电解反应器中，阳极区发生 ，生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生。
③不考虑其他副反应，根据反应关系式H2S~H2，5molH2S反应生成5molH2，即10g。
【分析】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，存在水解反应，据此分析。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，据此分析。
（2）①不同压强对应的H2S的转化率不同，据此分析。
②升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，据此分析。
（3）由流程图可知，H2S与FeCl3反应生成S、FeCl2和HCl，所以溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl，溶液X进入电解反应器中，H+通过质子交换膜进入右侧，发生反应2H++2e-=H2↑，说明右侧是阴极区，则左侧是阳极区，其电极反应式为。据此分析。
17．（2022高三上·北京月考）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣（Al、Al2O3、Cr2O3等）中浸出铬和铝，实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：
（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的　 　（填“氧化性”或“还原性”）。
（2）溶液1中的阴离子有、　 　。
（3）过程Ⅰ，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4 mol
，消耗氧化剂的物质的量是　 　。
（4）通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。
①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是　 　。
②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B是　 　。
③已知：
滤液3中的浓度是0.04 mol/L，则的浓度是　 　mol/L。
（5）过程Ⅱ的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7。
不同温度下化合物的溶解度（g/100gH2O）
化合物名称 0℃ 20℃ 40℃ 60℃ 80℃
NaCl 35.7 36.0 36.6 37.3 38.4
KCl 28.0 34.2 40.1 45.8 51.3
K2SO4 7.4 11.1 14.8 18.2 21.4
K2Cr2O7 4.7 12.3 26.3 45.6 73.0
Na2Cr2O7 163 183 215 269 376
结合表中数据分析，过程Ⅱ得到K2Cr2O7粗品的操作是：　 　，过滤得到K2Cr2O7粗品。
【答案】（1）还原性
（2） 、OH－
（3）0.3 mol
（4）；NaHCO3；0.01
（5）向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶
【知识点】金属冶炼的一般原理；制备实验方案的设计；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的还原性。
（2）由分析可知，溶液1中的阴离子有AlO2-、CrO42-、OH-。
（3）由分析可知，过程Ⅰ，在Cr2O3参与的反应中，Cr2O3作还原剂，O2作氧化剂，根据Cr2O3→2CrO42-可知生成2molCrO42-转移6mol电子，则生成0.4 molCrO42-转移1.2mol电子，氧化还原反应中得失电子守恒，根据O2→2H2O可知，消耗1molO2转移4mol电子，则转移1.2mol电子消耗0.3molO2，即消耗氧化剂的物质的量是0.3 mol。
（4）①电解Al2O3冶炼Al的化学方程式是 。
②由分析可知，滤渣B是NaHCO3，其受热分解得到的CO2能被循环利用。
③由题干信息可知滤液3中，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，根据已知信息可知K==4.0×1014，所以
c(CrO42-)==mol=0.01mol/L。
（5）结合表中数据分析，过程Ⅱ得到K2Cr2O7粗品的操作是向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶，过滤得到K2Cr2O7粗品。
【分析】根据流程图可知，过程Ⅰ中，Al、Al2O3与碱液反应都生成NaAlO2，Cr2O3在碱性环境中，被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4，所以溶液1中主要含有AlO2-、CrO42-、OH-、Na+；通入CO2调溶液pH=9后，AlO2-与CO2反应生成Al(OH)3沉淀和CO32-，所以滤渣A是Al(OH)3，滤液2中主要含有CO32-和CrO42-、Na+；向滤液2中通入CO2并调节pH=6，CO32-、Na+与CO2反应生成NaHCO3晶体，部分CrO42-在酸性环境中生成Cr2O72-，所以滤渣B是NaHCO3，滤液3中主要含有Cr2O72-、CrO42-、Na+；过程Ⅱ中，滤液3在一定条件下得到K2Cr2O7。
18．（2022高三上·北京月考）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。
路线1：
路线2：
（1）试剂a为　 　。
（2）A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为　 　。
（3）B→C的反应类型为　 　。
（4）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，F的结构简式为　 　。
（5）G的结构简式为　 　。
（6）有机物I与对苯二甲酸（）发生聚合反应的化学方程式为　 　。
（7）I与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有　 　（写出结构简式）。
（8）满足下列条件的C的同分异构体有　 　种。
①与FeCl3溶液发生显色反应
②分子中含有—NH2
③苯环上有3种氢
【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸
（2）
（3）还原反应
（4）
（5）
（6）
（7） （或其他合理答案）
（8）10
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，试剂a是浓硫酸、浓硝酸。
（2）由分析可知，A→B的反应的化学方程式为 。
（3）由分析可知，B→C为还原反应。
（4）由分析可知，F的结构简式为 。
（5）由分析可知，G的结构简式为 。
（6）由分析可知，I的结构简式为，氨基具有碱性，所以I与对苯二甲酸发生聚合反应的化学方程式为 。
（7）I中含有的氨基具有碱性，与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有 。
（8）根据C的结构简式可知，C的相对分子质量为C7H9NO。与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中含有-NH2；苯环上有3种氢，即苯环含有3个取代基（-OH、-NH2、-CH3），-OH与-NH2有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种。
【分析】路线1中，根据流程图，氯苯→对氯硝基苯发生取代反应，可推出试剂a是浓硫酸、浓硝酸；对比A、C的结构简式可知，-Cl变为-OCH3，硝基被还原为氨基，结合反应条件可知，A→B发生取代反应，氯原子被- OCH3取代，所以B的结构简式为，B→C发生还原反应；C中氨基具有碱性，能与乙酸发生反应，根据C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，可推出D的结构简式为；D→E发生取代反应，且在甲氧基（—OCH3）的邻位，可推出E的结构简式是；E→F发生还原反应，硝基被还原为氨基，可推出F的结构简式为。路线2中，根据F的结构简式及I→F的反应条件，可倒推出I的结构简式是；根据H→I的反应条件可推出H的结构简式是；根据氯苯→G→H及反应条件可推出G的结构简式是。据此分析。
19．（2022高三上·北京月考）实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。
（1）【实验假设】
假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与Br2发生反应　 　（填反应类型）。
假设Ⅱ：乙醛具有α—H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下：
CH3CHO＋Br2→BrCH2CHO＋HBr
无论是几元取代，参加反应的Br2与生成的HBr物质的量之比为　 　。
假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式。
CH3CHO＋ Br2＋ H2O→ CH3COOH＋　 　
（2）【实验过程】
针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。
方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型。
序号 操作 现象
试管1 1
mL溴水＋1 mL乙醛，充分振荡后静置 褪色
试管2 1
mL溴的CCl4溶液＋1 mL乙醛，充分振荡后静置
　
①结论：假设Ⅰ不成立。试管2中的实验现象为　 　。
方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。
序号 操作 pH
试管1 加入20
mL溴水，再加入10 mL苯酚溶液，待完全反应后（苯酚过量），测定混合液pH 1.85[c(H＋)＝10－1.85 mol/L]
试管2 加入20
mL相同浓度的溴水，再加入10 mL 20%的乙醛溶液（乙醛过量），3 min后完全褪色，测定混合液pH
　
注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。
②写出苯酚与溴水反应的化学方程式：　 　。
③若烧杯2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为　 　反应；若pH接近　 　，则证明为氧化反应（lg2＝0.3）；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。
（3）【实验结论与反思】
根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与Br2发生反应，而是与次溴酸（HBrO）反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：　 　。
（4）已知柠檬醛的结构如下图，结合上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双健的合理方法为　 　（填字母序号）。
a．向酸性高锰酸钾溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
b．向溴水中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
c．向溴的CCl4溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
d．向新制氢氧化铜悬浊液中加适量柠檬醛，加热，冷却后取上层清液再加溴水，观察其是否褪色
【答案】（1）加成；1：1；1 CH3CHO＋1 Br2＋1 H2O→1 CH3COOH＋2 HBr
（2）褪色；；取代；1.55
（3）溴水中存在平衡 ，CH3CHO与HBrO反应（ ），使得HBrO浓度减小，平衡正向移动，Br2浓度减小，溶液褪色
（4）c
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与Br2发生加成反应。
假设Ⅱ：根据一元取代反应的特点可知，无论是几元取代，参加反应的Br2与生成的HBr物质的量之比为1：1。
假设Ⅲ：根据题干信息可知，反应前后碳元素的化合价由-1升为0，溴元素的化合价由0降为-1，则产物中还有HBr，根据得失电子守恒和原子守恒可得该反应方程式为CH3CHO＋Br2＋H2O→CH3COOH＋2HBr。
（2）①假设Ⅰ不成立，说明乙醛与Br2没有发生加成反应，可能发生取代反应或氧化还原反应，即试管2中溶液褪色。
②苯酚与溴水中的Br2反应的化学方程式为 。
③若烧杯2中反应后混合液的pH与试管1一样，说明产物中有溴化氢，则证明乙醛与溴水发生取代反应，若发生氧化反应，根据反应方程式可知，生成的n(HBr)为取代反应的2倍，即c(H+)＝2×10－1.85 mol/L，所以pH=-lg c(H+)=-lg(2×10－1.85 )= -lg2+lg101.85=1.85-0.3=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应。
（3） 溴水的反应存在动态平衡 。
（4）a. 柠檬醛中的醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不符合题意；
b. 柠檬醛中的醛基和碳碳双键都能使溴水褪色，不符合题意；
c. 碳碳双键能与溴的CCl4溶液发生加成反应而褪色，而醛基不与溴的CCl4溶液反应，符合题意；
d. 溴水与柠檬醛中的醛基能发生氧化反应，会干扰与柠檬醛中的碳碳双键的反应，不符合题意。
【分析】（1）假设Ⅰ：含不饱和键的有机物能与Br2发生加成反应。
假设Ⅱ：根据取代反应的特点进行分析。
假设Ⅲ：根据电子守恒和原子守恒进行分析。
（2）①假设Ⅰ不成立，说明乙醛与Br2没有发生加成反应。
②注意有机反应中不写“=”，而是“→”，三溴苯酚为白色沉淀。
③若烧杯2中反应后混合液的pH与试管1一样，说明产物中有溴化氢，则证明乙醛与溴水发生取代反应，若发生氧化反应，根据反应方程式可知，生成的n(HBr)为取代反应的2倍，即c(H+)＝2×10－1.85 mol/L。
（3）根据化学平衡的移动原理进行分析
（4）根据柠檬醛的结构简式可知，柠檬醛分子中含有的官能团是碳碳双键和醛基。
北京市重点中学2022-2023学年高三上学期12月考
一、选择题：本部分共14题，每题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2022高三上·北京月考）用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是（）
A．中子数为8的氮原子为
B．由H和Cl形成HCl的过程为
C．NH3的结构式为
D．Cl–的结构示意图为
2．（2022高三上·北京月考）将SO2通入下列溶液，实验现象体现的SO2的性质不正确的是（）
　 溶液 实验现象 SO2的性质
A 石蕊试液 溶液变红 水溶液显酸性
B 溴水 溶液褪色 漂白性
C KMnO4酸性溶液 溶液褪色 还原性
D H2S溶液 出现淡黄色浑浊 氧化性
A．A B．B C．C D．D
3．（2022高三上·北京月考）设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．中含有的中子数为10NA
B．0.1 mol/L Na2CO3溶液中含Na＋的个数为0.2 NA
C．22.4 L（标准状况）氨气所含共价键的数目为3 NA
D．1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA
4．（2022高三上·北京月考）下列反应的原理用离子方程式表示正确的是（）
A．室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨是弱碱：
B．用氢氧化钠和铝粉做管道疏通剂：
C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：
5．（2022高三上·北京月考）利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是（）
A B C D
制备无水MgCl2 制备溴苯并验证有HBr产生 制备并收集氨气 制备并收集NO2
A．A B．B C．C D．D
6．（2022高三上·北京月考）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
结合该流程分析，下列叙述错误的是（）
A．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
B．步骤②可能会产生氮氧化物污染
C．步骤③发生沉淀反应的金属离子为Fe2＋
D．步骤④可用焰色试验检验含Li沉淀是否洗净
7．（2022高三上·北京月考）一种提纯白磷样品（含惰性杂质）的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是（）
A．的空间结构为正四面体形
B．流程中所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P
C．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中发生的均为氧化还原反应
D．过程Ⅰ中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：5
8．（2022高三上·北京月考）一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如下。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是（）
A．第一电离能：X＜Z＜Y
B．XZ2晶体属于共价晶体
C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物
D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
9．（2022高三上·北京月考）化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是（）
A．X中含有手性碳原子
B．Y与互为同分异构体
C．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D．1 mol Z最多可消耗2 mol NaOH
10．（2022高三上·北京月考）一定温度下，在两个容积均为1 L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：
ΔH＜0，相关数据见下表：
容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
NO(g) CO(g) CO2(g)
Ⅰ T1 0.2 0.2 0.1
Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12
下列说法不正确的是（）
A．T1＞T2
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，平衡正向移动
11．（2022高三上·北京月考）探究亚硝酸钠(NaNO2)的化学性质，实验如下：
实验 装置 试剂a 现象
① 酚酞溶液 无色溶液变红
② AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀
③ 淀粉KI溶液＋稀硫酸 无色溶液立即变蓝
④ 酸性K2Cr2O7溶液 无色溶液变为绿色
资料：AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；由上述实验所得结论不正确的是（）
A．NaNO2溶液显碱性
B．NaNO2可与某些盐发生复分解反应：
C．NaNO2有氧化性：
D．NaNO2有还原性：
12．（2022高三上·北京月考）甘氨酸（NH2CH2COOH）是人体必需氨基酸之一、在25℃时，、和NH2CH2COO－的分布分数【如】与溶液pH关系如图。下列说法错误的是（）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH2CH2COO－
C．的平衡常数K＝10－11.65
D．
13．（2022高三上·北京月考）常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如下图所示(不考虑的水解)。下列叙述正确的是（）
A．Ksp(Ag2C2O4)为10－6.46
B．n点表示AgCl的不饱和溶液
C．在AgCl、Ag2C2O4共存的悬浊液中，
D．向的混合溶液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀
14．（2022高三上·北京月考）实验小组研究Na与CO2的反应，装置、步骤和现象如下：
ⅰ．通入CO2至澄清石灰水浑浊后，点燃酒精灯。
ⅱ．一段时间后，硬质玻璃管中有白色物质产生，管壁上有黑色物质出现。检验CO的试剂未见明显变化。
ⅲ．将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再次过滤，滤液呈碱性；取白色沉淀加入盐酸，产生气体。
ⅳ．将管壁上的黑色物质与浓硫酸混合加热，生成能使品红溶液褪色的气体。
下列说法不正确的是（）
A．步骤ⅰ的目的是排除O2的干扰
B．步骤ⅲ证明白色物质为Na2CO3
C．步骤ⅳ发生反应的化学方程式为
D．根据以上实验推测：CO2与金属K也可以发生氧化还原反应
二、综合题：本部分共5题，共58分。
15．（2022高三上·北京月考）铁在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。
（1）Fe3＋可以和Cl－、F－、CN－、SCN－等配体形成配合物。
①写出基态Fe3＋的电子排布式　 　。
②向含Fe3＋的溶液中加入NaCN将Fe3＋转化成配位数为6的稳定配离子，该配离子的化学式为　 　，配离子中Fe3＋为d2sp3杂化，写出配位前后Fe3＋3d轨道表示式　 　。
（2）邻二氮菲的结构简式为，N原子与Fe2＋通过配位键能形成稳定的橙红色的邻二氮菲亚铁离子，这种离子可表示为[Fe(phen)3]2＋。该配合物的特征颜色常用于Fe2＋检验和浓度的测定。
①中心离子的配位数为　 　，配位原子的杂化方式为　 　。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2＋的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2＋的原因　 　
（3）Fe3O4晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体。图2是Fe3O4的晶胞。
①Fe3O4晶胞中有　 　个Fe原子，代表　 　。
②Fe3O4晶胞的晶胞边长为a nm，Fe3O4的密度为　 　g/cm3。
16．（2022高三上·北京月考）处理再利用H2S有多种方法。
（1）碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
　
H2S 1.1×10－7 1.3×10－13
H2CO3 4.5×10－7 4.7×10－11
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：　 　。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是　 　。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。
①P3＞P2＞P1，反应中S2　 　（填“是”或“不是”）气态，理由是　 　。
②实际反应在高温下进行的原因是　 　。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如下。
①溶液X的主要溶质是　 　。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：　 　。
③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成　 　gH2。
17．（2022高三上·北京月考）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣（Al、Al2O3、Cr2O3等）中浸出铬和铝，实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：
（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的　 　（填“氧化性”或“还原性”）。
（2）溶液1中的阴离子有、　 　。
（3）过程Ⅰ，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4 mol
，消耗氧化剂的物质的量是　 　。
（4）通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。
①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是　 　。
②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B是　 　。
③已知：
滤液3中的浓度是0.04 mol/L，则的浓度是　 　mol/L。
（5）过程Ⅱ的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7。
不同温度下化合物的溶解度（g/100gH2O）
化合物名称 0℃ 20℃ 40℃ 60℃ 80℃
NaCl 35.7 36.0 36.6 37.3 38.4
KCl 28.0 34.2 40.1 45.8 51.3
K2SO4 7.4 11.1 14.8 18.2 21.4
K2Cr2O7 4.7 12.3 26.3 45.6 73.0
Na2Cr2O7 163 183 215 269 376
结合表中数据分析，过程Ⅱ得到K2Cr2O7粗品的操作是：　 　，过滤得到K2Cr2O7粗品。
18．（2022高三上·北京月考）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。
路线1：
路线2：
（1）试剂a为　 　。
（2）A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为　 　。
（3）B→C的反应类型为　 　。
（4）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，F的结构简式为　 　。
（5）G的结构简式为　 　。
（6）有机物I与对苯二甲酸（）发生聚合反应的化学方程式为　 　。
（7）I与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有　 　（写出结构简式）。
（8）满足下列条件的C的同分异构体有　 　种。
①与FeCl3溶液发生显色反应
②分子中含有—NH2
③苯环上有3种氢
19．（2022高三上·北京月考）实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。
（1）【实验假设】
假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与Br2发生反应　 　（填反应类型）。
假设Ⅱ：乙醛具有α—H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下：
CH3CHO＋Br2→BrCH2CHO＋HBr
无论是几元取代，参加反应的Br2与生成的HBr物质的量之比为　 　。
假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式。
CH3CHO＋ Br2＋ H2O→ CH3COOH＋　 　
（2）【实验过程】
针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。
方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型。
序号 操作 现象
试管1 1
mL溴水＋1 mL乙醛，充分振荡后静置 褪色
试管2 1
mL溴的CCl4溶液＋1 mL乙醛，充分振荡后静置
　
①结论：假设Ⅰ不成立。试管2中的实验现象为　 　。
方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。
序号 操作 pH
试管1 加入20
mL溴水，再加入10 mL苯酚溶液，待完全反应后（苯酚过量），测定混合液pH 1.85[c(H＋)＝10－1.85 mol/L]
试管2 加入20
mL相同浓度的溴水，再加入10 mL 20%的乙醛溶液（乙醛过量），3 min后完全褪色，测定混合液pH
　
注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。
②写出苯酚与溴水反应的化学方程式：　 　。
③若烧杯2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为　 　反应；若pH接近　 　，则证明为氧化反应（lg2＝0.3）；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。
（3）【实验结论与反思】
根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与Br2发生反应，而是与次溴酸（HBrO）反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：　 　。
（4）已知柠檬醛的结构如下图，结合上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双健的合理方法为　 　（填字母序号）。
a．向酸性高锰酸钾溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
b．向溴水中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
c．向溴的CCl4溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
d．向新制氢氧化铜悬浊液中加适量柠檬醛，加热，冷却后取上层清液再加溴水，观察其是否褪色
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；结构式
【解析】【解答】A．氮原子质子数为7，由分析可知，中子数为8的氮原子为，A不符合题意；
B．HCl为共价化合物，H原子与Cl原子之间存在共用电子对，没有电子得失，所以由H和Cl形成HCl的过程为， B不符合题意；
C．NH3的结构式为 ，C符合题意；
D．由分析可知，Cl-核外有18个电子，最外层有8个电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子左上角数字表示其质量数，左下角数字表示其质子数，质量数=质子数+中子数。
B.HCl为共价化合物，据此分析。
C.NH3中含有3个N-H键。
D. Cl-核内有17个质子，核外有18个电子。
2．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，SO2的水溶液显酸性，A不符合题意；
B．SO2能使溴水褪色，是因为SO2具有还原性，能够还原Br2，B符合题意；
C．KMnO4酸性溶液具有氧化性，SO2能使其褪色，体现了SO2的还原性，C不符合题意；
D．H2S与SO2反应生成淡黄色的S沉淀，体现了SO2的氧化性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 酸或酸性溶液能使石蕊试液变红，据此分析。
B. SO2与溴水反应的方程式为Br2+ SO2+2H2O=2HBr+H2SO4。
C. KMnO4酸性溶液具有氧化性。
D.H2S与SO2反应生成淡黄色的S沉淀。
3．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 的物质的量为0.9mol，1个D2O中含有10个中子，则0.9mol D2O中含有的中子数为9NA，A不符合题意；
B．溶液的体积未知，无法计算n(Na2CO3)，B不符合题意；
C．标况下，根据V=nVm可知，n(NH3)=1mol，1个NH3中含有3个N-H键，则1mol NH3中所含共价键的数目是3NA，C符合题意；
D．CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4，且不能进行彻底，所以1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意D原子的质量数为2，质子数为1，结合m=nM和N=nNA进行分析。
B. 溶液的体积未知，无法运用公式n=cV，据此分析。
C.标况下，Vm约为22.4L/mol，1个NH3中含有3个N-H键。
D. 注意CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4。
4．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氯化铵为强酸弱碱盐，NH4+发生水解反应生成NH3·H2O和H+，正确的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+或NH4++2H2ONH3·H2O+H3O+，A不符合题意；
B．Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，其离子方程式为 ，B符合题意；
C．酸性：羧基>碳酸>酚羟基，根据强酸制弱酸的原理可知，用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基所发生反应的离子方程式为+HCO3-→+H2O+CO2↑，C不符合题意；
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 注意盐类水解为可逆反应。
B. Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，注意反应物中有H2O。
C. 酸性：羧基>碳酸>酚羟基，结合强酸制弱酸进行分析。
D.注意草酸为弱酸，在离子方程式中应写化学式。
5．【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯化镁属于强酸弱碱盐，加热过程中会水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl具有挥发性，最终得到Mg(OH)2固体，HCl可抑制Mg2+水解，所以在HCl气流中加热才能制备无水MgCl2，A符合题意；
B．Br2易挥发，Br2和HBr均与硝酸银溶液反应，所以该实验不能验证有HBr产生，B不符合题意；
C．NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl在试管口会化合生成NH4Cl，无法制备并收集NH3，C不符合题意；
D．NO2能与水反应，不能用排水法收集NO2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 氯化镁属于强酸弱碱盐，据此分析。
B. Br2易挥发，Br2和HBr均与硝酸银溶液反应，据此分析。
C. NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl在试管口会化合生成NH4Cl。
D.注意NO2能与水反应。
6．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，A不符合题意；
B．HNO3具有氧化性，步骤②中发生氧化还原反应，HNO3可能被还原得到NO或NO2等氮氧化物，B不符合题意；
C．由分析可知，步骤③中发生沉淀反应的金属离子为Fe3＋，C符合题意；
D．Li、Na元素焰色反应分别为紫红色、黄色，步骤④可用焰色试验检验含Li沉淀是否洗净，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据流程图可知，步骤①中，正极片经碱溶可得到NaAlO2和含磷酸亚铁锂，说明正极片中含有铝元素、磷元素、铁元素、锂元素；步骤②中，含磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑，且二价铁被氧化为三价铁；步骤③中，加入碱液，Fe3+与碱反应生成Fe(OH)3沉淀；步骤④中，向滤液中加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀。
7．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应
【解析】【解答】A． 中P原子的价层电子对数=4+=4，即中心原子P为sp3杂化，且无孤对电子，所以 的空间结构为正四面体形，A不符合题意；
B．根据流程图示可知，所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P，B不符合题意；
C．氧化还原反应的特征是有元素化合价变化，由流程图可知，过程Ⅰ、Ⅲ中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，而过程Ⅱ中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，C符合题意；
D．根据流程图及分析可知，过程Ⅰ中氧化产物是H3PO4，还原产物是Cu3P，若生成1mol H3PO4，需失去5mol电子，若生成1mol Cu3P，需得到6mol电子，而氧化还原反应中得失电子守恒，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：5，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据中心原子价层电子对数进行分析。
B. 根据流程图示可知，所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P。
C. 氧化还原反应的特征是有元素化合价变化。
D. 氧化还原反应中元素化合价升高的产物为氧化产物，元素化合价降低的产物为还原产物。
8．【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．一般，同周期主族元素的第一电离能从左到右依次增大，但最外层电子全满或半满为稳定结构，此时该元素的第一电离能较相邻元素的大，所以第一电离能：X＜Z＜Y，A不符合题意；
B．CO2晶体之间的作用力为范德华力，属于分子晶体，B符合题意；
C．H与O可按原子个数比2：1和1：1分别形成水、过氧化氢，C不符合题意；
D．该药物含酰胺键，在碱性溶液中加热，可水解产生NH3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据该物质的结构可知，W能形成1个共价键，X能形成4个共价键，Y能形成3个共价键，Z能形成2个共价键。W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，则可推出W是氢元素，X是碳元素，Y是氮元素，Z是氧元素。NH3的水溶液显碱性，与题干相符。
9．【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；同系物
【解析】【解答】A．由分析可知，X中的中间碳原子为手性碳原子，A不符合题意；
B．由分析可知，Y中含有醚基，而 中含有酚羟基，所以二者结构不相似，不属于同系物，但两者分子式相同，为同分异构体；B不符合题意；
C．由Z的结构式可知，连接羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，C不符合题意；
D．由Z的结构式可知，Z中含有的酯基、氯原子均能与NaOH反应，反应得到的含苯环物质中的羧基能继续与NaOH反应，所以1 mol Z最多可消耗3 mol NaOH，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 手性碳原子与4个不同原子或原子团相连接。
B.同系物的特点是结构相似、分子量相差nCH2的有机物，注意含有官能团时，官能团的种类和个数都一样。
C. 连接羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子时，能发生消去反应。
D. Z中含有的酯基、氯原子均能与NaOH反应，注意酯基分解得到的羧基能继续与NaOH反应。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，降温利于平衡右移，根据表格信息可知，T1＞T2，A不符合题意；
B．根据表格信息可列出反应Ⅰ的化学平衡三段式如下：
　 2NO(g) ＋ 2CO(g) N2(g)+ 2CO2(g)
起始（mol） 0.2 0.2 　 0 0
转化（mol） 0.1 0.1 　 0.05 0.1
平衡（mol） 0.1 0.1 　 0.05 0.1
达到平衡时，CO的转化率为=50%，B不符合题意；
C．温度越高，反应速率越大，则达到平衡所需时间越短，由A项可知，T1＞T2，所以达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ，C不符合题意；
D．由B项可知，该温度下反应Ⅰ的平衡常数K==5，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，此时浓度熵Qc==5=K，说明平衡不移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.降温利于平衡向放热反应的方向移动。
B. 反应Ⅰ达到平衡时，n（CO2）=0.1mol，则Δn(CO)=0.1 mol，据此分析。
C. 温度越高，反应速率越大，达到平衡所需时间越短。
D.通过比较浓度熵Qc与平衡常数K的大小进行分析，若Qc＞K，表示逆向移动，若Qc=K，表示不移动，若Qc＜K，表示正向移动。
11．【答案】C
【知识点】亚硝酸盐；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分析可知，NaNO2溶液能使酚酞溶液变红，说明NaNO2溶液显碱性，A不符合题意；
B．NaNO2与AgNO3溶液反应生成AgNO2淡黄色沉淀，其离子方程式为 ，B不符合题意；
C．根据实验现象可知，实验③中生成I2，说明I-被氧化，其离子方程式为 ，C符合题意；
D．根据现象可知，实验④中Cr2O72-被还原为绿色的Cr3+，则NO2-将被氧化生成NO3-，该反应的离子方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碱或碱性溶液能使酚酞溶液变红。
B. NaNO2与AgNO3溶液反应生成AgNO2淡黄色沉淀。
C.注意氧化剂具有氧化性，反应前后部分元素化合价降低。
D. Cr2O72-被还原为绿色的Cr3+，则NO2-将被氧化生成NO3-。
12．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．甘氨酸中含有氨基（显碱性）和羧基（显酸性），所以甘氨酸具有两性，A不符合题意；
B．由分析可知，曲线c代表NH2CH2COO－，B不符合题意；
C．根据图示信息及分布分数表达式可知，当pH=2.35时，c( )=c( )，所以 的平衡常数K==c(OH-)====10－11.65，C不符合题意；
D．根据图示信息及分布分数表达式可知，当pH=9.78时，c( NH2CH2COO－ )=c( )， NH2CH2COO－+H+的电离常数K1==c(H+)=10-pH=10-9.78，所以==，由C项可知，=，则×=×=1，即 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据甘氨酸的结构简式可知，甘氨酸中含有氨基（显碱性）和羧基（显酸性），在酸性较强时会结合H+，在碱性较强时会与OH-反应，所以曲线a表示 ，曲线b表示 ，曲线c表示NH2CH2COO－。
13．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由图可知，AgCl先生成沉淀，当lgc(C2O42-)=-2.46，-lgc(Ag+)=4，即c(C2O42-)=10-2.46，c(Ag+)=10-4时，Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)=10-2.46×（10-4）2=10-10.46，A不符合题意；
B．由图可知，n点对应的c(Ag+)比AgCl溶解平衡曲线上相应的c(Ag+)大，AgCl溶解平衡向形成AgCl的方向移动，即n点表示AgCl的饱和溶液，B不符合题意；
C．根据Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)和Ksp(AgCl)= c (Ag+)·c (Cl-)可知， ，C不符合题意；
D．由图可知，当 ，即两条直线的纵坐标相同时，生成AgCl沉淀所需c (Ag+)较小，所以向的混合溶液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)进行分析。
B. n点对应的c(Ag+)比AgCl溶解平衡曲线上相应的c(Ag+)大，据此分析。
C. 根据Ksp(Ag2C2O4)= c(C2O42-)·c2(Ag+)和Ksp(AgCl)= c (Ag+)·c (Cl-)进行分析。
D. 当 ，即两条直线的纵坐标相同时，生成AgCl沉淀所需c (Ag+)较小。
14．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，步骤ⅰ的目的是排除O2的干扰，A不符合题意；
B．由分析可知，再次过滤后的滤液呈碱性，说明滤液中含有NaOH，即有NaOH生成，则白色物质为Na2CO3和NaOH，B符合题意；
C．由分析可知，黑色固体为碳，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成CO2、SO2和H2O，方程式为 ，C不符合题意；
D.K比Na更活泼，且二者具有相似的化学性质，根据以上实验推测，CO2与金属K也可以发生氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】步骤ⅰ中先通CO2后点燃酒精灯，是为了排净装置中的空气，以免干扰实验；步骤ⅱ中，根据实验现象可知，没有生成CO；步骤ⅲ中，硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生，说明Na完全反应，且没有Na2O2生成，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生的白色沉淀与盐酸反应产生气体，说明该白色沉淀为BaCO3，气体为CO2；再次过滤后的滤液呈碱性，说明滤液中含有氢氧化钠；步骤ⅳ中，根据实验现象可知，黑色固体为C，产生的气体为SO2。
15．【答案】（1）[Ar]3d5；[Fe(CN)6]3+；
（2）6；sp2；pH太大，Fe2＋可能会沉淀，干扰Fe2＋与邻二氮菲配位；pH太小，邻二氮菲中N原子与H＋结合，使邻二氮菲配位能力减弱。
（3）24；Fe2＋和Fe3＋各一半；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3＋的电子排布式为[Ar]3d5。
②配位数为6，说明有6个CN－，所以该配离子的化学式为[Fe(CN)6]3+。配位前，Fe3＋的3d轨道上有5个电子，配位后，有2个电子用于与s、p轨道形成杂化轨道，所以配位前后Fe3＋3d轨道表示式为 。
（2）①根据邻二氮菲的结构简式可知，有2个氮原子，每个氮原子都能形成配位键，所以在[Fe(phen)3]2＋中，Fe2＋的配位数为6，配位原子是氮原子，氮原子形成3个σ键，1个π键，所以氮原子的杂化方式是sp2。
②邻二氮菲检验Fe2＋的适宜pH范围是2～9，pH太大，Fe2＋可能会沉淀，干扰Fe2＋与邻二氮菲配位；pH太小，邻二氮菲中N原子与H＋结合，使邻二氮菲配位能力减弱。
（3）①由图可知，Fe3O4晶胞由4个Ⅰ型小立方体和4个Ⅱ型小立方体组成，根据均摊法可知，图1中氧原子的个数为8，所以铁原子的个数为6，则Fe3O4晶胞中铁原子个数为6×4=24。图1中Fe3+的个数为=2，则 共含有4个铁原子，而根据Fe3O4中二价铁与三价铁原子个数比为1：2，说明 代表Fe2＋和Fe3＋各一半。
②根据①可知，Fe3O4晶胞中含有8×4=32个氧原子，24个铁原子，根据N=nNA、m=nM和m=ρV可知，Fe3O4的密度为g/cm3 =g/cm3 。
【分析】（1）①Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此分析。
②配位数为6，说明有6个CN－；Fe3＋配位后，有2个电子用于与s、p轨道形成杂化轨道。
（2）①1个邻二氮菲分子中含有2个氮原子，每个氮原子都能形成配位键，据此分析。
②pH太大，Fe2＋可能会沉淀，pH太小，邻二氮菲中N原子与H＋结合。
（3）①Fe3O4晶胞由4个Ⅰ型小立方体和4个Ⅱ型小立方体组成，结合均摊法进行分析。
②根据N=nNA、m=nM和m=ρV进行分析，注意单位统一。
16．【答案】（1）；
（2）是；其他条件不变时，增大压强，H2S的平衡转化率降低，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；升高温度有利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率
（3）FeCl2和HCl；含FeCl2和HCl的溶液进入阳极区，发生 生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生；10
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应 。
②根据表格数据信息可知，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，所以用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，其离子方程式是 。
（2）①由图可知，不同压强对应的H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动受压强影响，即反应前后气体分子数不同，所以S2是气态。
②由图可知，升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，所以实际反应在高温下进行。
（3）①由分析可知，溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl。
②根据流程图可知，溶液X进入电解反应器中，阳极区发生 ，生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生。
③不考虑其他副反应，根据反应关系式H2S~H2，5molH2S反应生成5molH2，即10g。
【分析】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，存在水解反应，据此分析。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，据此分析。
（2）①不同压强对应的H2S的转化率不同，据此分析。
②升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，据此分析。
（3）由流程图可知，H2S与FeCl3反应生成S、FeCl2和HCl，所以溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl，溶液X进入电解反应器中，H+通过质子交换膜进入右侧，发生反应2H++2e-=H2↑，说明右侧是阴极区，则左侧是阳极区，其电极反应式为。据此分析。
17．【答案】（1）还原性
（2） 、OH－
（3）0.3 mol
（4）；NaHCO3；0.01
（5）向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶
【知识点】金属冶炼的一般原理；制备实验方案的设计；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的还原性。
（2）由分析可知，溶液1中的阴离子有AlO2-、CrO42-、OH-。
（3）由分析可知，过程Ⅰ，在Cr2O3参与的反应中，Cr2O3作还原剂，O2作氧化剂，根据Cr2O3→2CrO42-可知生成2molCrO42-转移6mol电子，则生成0.4 molCrO42-转移1.2mol电子，氧化还原反应中得失电子守恒，根据O2→2H2O可知，消耗1molO2转移4mol电子，则转移1.2mol电子消耗0.3molO2，即消耗氧化剂的物质的量是0.3 mol。
（4）①电解Al2O3冶炼Al的化学方程式是 。
②由分析可知，滤渣B是NaHCO3，其受热分解得到的CO2能被循环利用。
③由题干信息可知滤液3中，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，根据已知信息可知K==4.0×1014，所以
c(CrO42-)==mol=0.01mol/L。
（5）结合表中数据分析，过程Ⅱ得到K2Cr2O7粗品的操作是向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶，过滤得到K2Cr2O7粗品。
【分析】根据流程图可知，过程Ⅰ中，Al、Al2O3与碱液反应都生成NaAlO2，Cr2O3在碱性环境中，被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4，所以溶液1中主要含有AlO2-、CrO42-、OH-、Na+；通入CO2调溶液pH=9后，AlO2-与CO2反应生成Al(OH)3沉淀和CO32-，所以滤渣A是Al(OH)3，滤液2中主要含有CO32-和CrO42-、Na+；向滤液2中通入CO2并调节pH=6，CO32-、Na+与CO2反应生成NaHCO3晶体，部分CrO42-在酸性环境中生成Cr2O72-，所以滤渣B是NaHCO3，滤液3中主要含有Cr2O72-、CrO42-、Na+；过程Ⅱ中，滤液3在一定条件下得到K2Cr2O7。
18．【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸
（2）
（3）还原反应
（4）
（5）
（6）
（7） （或其他合理答案）
（8）10
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，试剂a是浓硫酸、浓硝酸。
（2）由分析可知，A→B的反应的化学方程式为 。
（3）由分析可知，B→C为还原反应。
（4）由分析可知，F的结构简式为 。
（5）由分析可知，G的结构简式为 。
（6）由分析可知，I的结构简式为，氨基具有碱性，所以I与对苯二甲酸发生聚合反应的化学方程式为 。
（7）I中含有的氨基具有碱性，与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有 。
（8）根据C的结构简式可知，C的相对分子质量为C7H9NO。与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中含有-NH2；苯环上有3种氢，即苯环含有3个取代基（-OH、-NH2、-CH3），-OH与-NH2有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种。
【分析】路线1中，根据流程图，氯苯→对氯硝基苯发生取代反应，可推出试剂a是浓硫酸、浓硝酸；对比A、C的结构简式可知，-Cl变为-OCH3，硝基被还原为氨基，结合反应条件可知，A→B发生取代反应，氯原子被- OCH3取代，所以B的结构简式为，B→C发生还原反应；C中氨基具有碱性，能与乙酸发生反应，根据C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，可推出D的结构简式为；D→E发生取代反应，且在甲氧基（—OCH3）的邻位，可推出E的结构简式是；E→F发生还原反应，硝基被还原为氨基，可推出F的结构简式为。路线2中，根据F的结构简式及I→F的反应条件，可倒推出I的结构简式是；根据H→I的反应条件可推出H的结构简式是；根据氯苯→G→H及反应条件可推出G的结构简式是。据此分析。
19．【答案】（1）加成；1：1；1 CH3CHO＋1 Br2＋1 H2O→1 CH3COOH＋2 HBr
（2）褪色；；取代；1.55
（3）溴水中存在平衡 ，CH3CHO与HBrO反应（ ），使得HBrO浓度减小，平衡正向移动，Br2浓度减小，溶液褪色
（4）c
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与Br2发生加成反应。
假设Ⅱ：根据一元取代反应的特点可知，无论是几元取代，参加反应的Br2与生成的HBr物质的量之比为1：1。
假设Ⅲ：根据题干信息可知，反应前后碳元素的化合价由-1升为0，溴元素的化合价由0降为-1，则产物中还有HBr，根据得失电子守恒和原子守恒可得该反应方程式为CH3CHO＋Br2＋H2O→CH3COOH＋2HBr。
（2）①假设Ⅰ不成立，说明乙醛与Br2没有发生加成反应，可能发生取代反应或氧化还原反应，即试管2中溶液褪色。
②苯酚与溴水中的Br2反应的化学方程式为 。
③若烧杯2中反应后混合液的pH与试管1一样，说明产物中有溴化氢，则证明乙醛与溴水发生取代反应，若发生氧化反应，根据反应方程式可知，生成的n(HBr)为取代反应的2倍，即c(H+)＝2×10－1.85 mol/L，所以pH=-lg c(H+)=-lg(2×10－1.85 )= -lg2+lg101.85=1.85-0.3=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应。
（3） 溴水的反应存在动态平衡 。
（4）a. 柠檬醛中的醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不符合题意；
b. 柠檬醛中的醛基和碳碳双键都能使溴水褪色，不符合题意；
c. 碳碳双键能与溴的CCl4溶液发生加成反应而褪色，而醛基不与溴的CCl4溶液反应，符合题意；
d. 溴水与柠檬醛中的醛基能发生氧化反应，会干扰与柠檬醛中的碳碳双键的反应，不符合题意。
【分析】（1）假设Ⅰ：含不饱和键的有机物能与Br2发生加成反应。
假设Ⅱ：根据取代反应的特点进行分析。
假设Ⅲ：根据电子守恒和原子守恒进行分析。
（2）①假设Ⅰ不成立，说明乙醛与Br2没有发生加成反应。
②注意有机反应中不写“=”，而是“→”，三溴苯酚为白色沉淀。
③若烧杯2中反应后混合液的pH与试管1一样，说明产物中有溴化氢，则证明乙醛与溴水发生取代反应，若发生氧化反应，根据反应方程式可知，生成的n(HBr)为取代反应的2倍，即c(H+)＝2×10－1.85 mol/L。
（3）根据化学平衡的移动原理进行分析
（4）根据柠檬醛的结构简式可知，柠檬醛分子中含有的官能团是碳碳双键和醛基。

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