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2022届辽宁省葫芦岛市高三第二次模拟考试化学试题含解析
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这是一份2022届辽宁省葫芦岛市高三第二次模拟考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省葫芦岛市2022届高三第二次模拟考试
化学试题
一、单选题
1．科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识的判断，正确的是（ ）
A．火炬“飞扬的外壳是碳纤维复合材料，复合材料具备耐高温和良好的热导性
B．吉祥物“冰墩墩”的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子
2．下列化学用语的表述正确的是（ ）
A．异丁烷的球棍模型：
B．由Na和Cl形成离子键的过程：
C．三价铁腐蚀铜的电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
D．电解饱和食盐水阳极的电极反应：2H2O+2e-=2OH+H2↑
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1molNH4F晶体中含有共价键数目为3NA
B．0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA
C．标况下，11.2LNO和11.2LO2混合后的分子数目为NA
D．氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
4．反应HCHO+O2Pt__H2O+CO2可用于消除甲醛的污染。下列说法正确的是（ ）
A．CO2的电子式为：
B．H2O的空间构型为直线形
C．HCHO中σ键和π健的数目比为3∶1
D．中子数为7的氧原子可表示为715O
5．下列关于元素及化合物的结构和性质的叙述正确的是（ ）
A．稳定性：H2Se
C．P4分子和NH4+离子中的键角都为109°28'
D．CO32-与SO32-中的键角相等
6．砷化镉晶胞结构如图。图中“①”和“②”位是“真空”，晶胞参数为apm，建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(34，34，34)。已知：砷化镉的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．砷化镉中Cd与As原子个数比为3：2
B．两个Cd原子间最短距离为0.5apm
C．③号位原子坐标参数为(12，1，12)
D．该晶胞的密度为MNA(a×10-10)3g·cm-3
7．下列实验装置能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
制纯碱
制NH3
制SO2
制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
8．由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是（ ）
A．W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>W
B．Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小
C．W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D．W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构
9．高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N—乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β—羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．HEMA具有顺反异构
B．1mol高聚物A可以与2molNaOH反应
C．NVP分子式为C6H9NO
D．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
10．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是 （ ）
A．可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
C．可以用NH3进行氨氧化物的尾气处理
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
11．新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许Mg2+通过)。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，Mg电极发生还原反应
B．放电时，正极反应为：Br3-+2e− = 3Br−
C．充电时，Mg电极应连接电源负极
D．当0.1 mol Mg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2 mol e−
12．据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是（ ）
A．O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2O
B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C．发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子
13．下列实验操作和实验现象得出的结论正确的是 （ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向4mL0.2mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后，用四氯化碳萃取数次后取上层溶液，滴加几滴KSCN溶液
溶液变红
Fe3+与I-之间的反应是可逆反应
B
用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释
溶液由绿色逐渐变为蓝色
[CuCl4]2-+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2++4Cl-正向移动
C
向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水
有白色沉淀产生
苯环对羟基性质产生影响
D
向氯化铜溶液中逐滴加入氨水
产生沉淀继而溶解
氢氧化铜有两性
A．A B．B C．C D．D
14．NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH<0。下列分析正确的是（ ）
A．1mol平衡混合气体中含N原子大于1mol
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量Ne，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂2molNO2中的共价键所需能量大于断裂1molN2O4中的共价键所需能量
15．室温下用0.1mol⋅L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol⋅L-1的HA，HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法错误的是（ ）
A．导电能力：a点溶液>b点溶液
B．b点溶液中c(HB)
D．HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是A-+H2O⇌HA+OH-
二、综合题
16．钴配合物在催化剂领域有广泛用途，三氯化六氨合钴(Ⅲ)([CO(NH3)6]Cl3)是合成其他含钴配合物的重要原料，其工业制备过程如下：
步骤Ⅰ：工业利用水钴矿(住要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO、SiO2等)制取氯化钴晶体：
步骤Ⅱ：在活性炭的催化作用下，通过氧化CoCl2⋅6H2O制得到[Co(NH3)6]Cl3流程如下：
CoCl2⋅6H2O→活性炭NH4Cl溶液→浓氨水中间体[Co(NH3)6]2→氧化5%H2O2溶液→系列操作[Co(NH3)6]Cl3已知：①氧化性：Co3+>ClO3-
②沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ中都只含有两种沉淀。
③以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
Co(OH)2
开始沉淀
2.7
4.0
7.6
7.7
9.6
7.5
完全沉淀
3.7
5.2
9.6
9.8
11.1
9.2
（1）Co原子的核外电子排布式为： 。
（2）加入Na2SO3的主要作用： 。
（3）向“浸出液”中加入适量的NaClO3，反应的离子方程式是 ，加入Na2CO3调节溶液pH范围为：② ；萃取剂层含锰元素，则加入NaF的作用是：③ 。
（4）步骤Ⅱ中氧化过程，需水浴控温在50∼60℃，温度不能过高，原因是： ；“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是： 。
（5）结束后废水中的Co2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是 (用离子方程式表示)。
17．我国有丰富的Na2SO4资源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用Na2SO4制各重要工业用碱(NaHCO3)及盐(NaHSO4)的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
（1）用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。
①装置A中橡皮管a的作用是 。
②装置B中加入CCl4的目的是 。
③装置C中的试剂b是 。
（2）在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4⋅(NH4)2SO4⋅2H2O，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有 。
（3）依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用下图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好选用 溶液。
（4）测定产品硫酸氢钠的纯度：称取12.5g所得产品，配成1000mL溶液，每次取出配制的溶液20mL，用0.1000mol⋅L-1NaOH标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号
1
2
3
4
标准溶液体积/mL
20.05
18.40
19.95
20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为 (以百分数表示，保留三位有效数字)。
（5）分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式 。
18．烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟O3氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能(kJ/mol)
a：2O3(g)⇌ 3O2(g) ΔH1=-286.6kJ/mol
1.6×1057
3.17
b：NO(g)+O3(g)⇌ NO2(g)+O2(g) ΔH2=-200.9kJ/mol
6.2×1034
3.17
c：SO2(g)+O3(g)⇌ SO3(g)+O2(g) ΔH3
1.1×1041
58.17
①已知：2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g) ΔH=-196.6kJ/mol，则ΔH3= 。
②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NO的转化率随O3的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于SO2的原因 。
（2）其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，O3与NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如图。
①(NH4)2SO3溶液显碱性，用化学平衡原理解释： 。
②O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%，原因是 。
③在吸收器中，SO32-与NO2反应生成NO2-和SO42-的离子方程式是 。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分NH4+被转化为N2，反应中NH4+和N2的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是 。
19．药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：ⅰ．
ⅱ．R'CHO→弱酸R''NH2R'CH=NR''
（1）分子中C、N原子的杂化轨道类型为是 。
（2）B的分子式为C11H13NO2。E的结构简式是 。
（3）M→P的反应类型是 。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是 。
（5）J的结构简式是 。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式： 。
ⅰ．包含2个六元环，不含甲基
ⅱ．W可水解，W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：，合成Q的路线如下，无机试剂任选，写出X、Z的结构简式： ； 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．复合材料不易热导，可以耐高温，A项不符合题意；
B．由不同种物质组成的为混合物，有机硅橡胶是混合物，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚合物，分子量大于1万，故聚氨酯是高分子材料，C项符合题意；
D．二氧化碳是直线形分子，属于非极性分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．复合材料不易热导，熔点高；
B．高分子物质是混合物；
C．聚合物高分子材料；
D．非极性分子正负电荷重心重合。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．是正丁烷的球棍模型，异丁烷主链有3个碳原子，有1个甲基支链，其结构简式为(CH3)2CHCH3，故其球棍模型为：，A项不符合题意；
B．氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示形成过程为：，B项符合题意；
C．三价铁腐蚀铜的电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，C项不符合题意；
D．碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，氯离子被氧化生成氯气，阳极的电极反应式为2Cl--2e- ═ Cl2↑，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A． 异丁烷含有支链；
B．氯化钠为离子化合物；
C．三价铁离子与铜反应生成二价铁离子和铜离子；
D．阳极得电子发生氧化反应。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.1mol氟化铵中含有4molN-H键，所以1molNH4F晶体中含有共价键数目为4NA，A项不符合题意；
B．XeF4中氙原子有4个σ键，孤电子对为8-4×12=2，价层电子对数为4+2=6，0.5molXeF4中氙原子的价层电子对数为0.5mol×6×NA/mol=3NA，B项符合题意；
C．标准状况下，11.2L即0.5molNO和11.2L即0.5molO2混合后反应生成0.5molNO2和剩余0.25mol氧气，二氧化氮气体中存在2NO2⇌N2O4，混合后的分子数目小于0.75NA，C项不符合题意；
D．在氢氧燃料电池的正极是氧气得电子生成负二价氧离子，当正极消耗22.4L（标准状况）气体，即有1molO2参加反应时，应得到4mole-，电路中通过的电子数目应为4NA，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1mol氟化铵中含有4molN-H键；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数；
C．存在2NO2⇌N2O4；
D．利用得失电子守恒。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化碳为共价化合物，电子式为，故A不符合题意；
B．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，空间构型为V形，故B不符合题意；
C．甲醛分子中的单键为σ键，碳氧双键中含有1个σ键和1个π健，分子中σ键和π健的数目比为3∶1，故C符合题意；
D．中子数为7的氧原子中质子数为8、质量数为15，原子符号为815O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．二氧化碳中碳与氧共用2对电子；
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VSEPR模型，再确定空间立体构型；
C．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；
D．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞S＞Se，所以氢化物稳定性H2O＞H2S＞H2Se；与H2O相似，三者都是V形分子，A选项符合题意；
B．SO3中S的价层电子对数为3+6-3×22=3，采取sp2杂化，H2SO4中S的价层电子对数为4+6+2-4×22=4，采取sp3杂化，B选项不符合题意；
C．P4分子的键角都是60°，NH4+离子的键角都是109°28'，C选项不符合题意；
D．CO32-的中心C原子采用sp2杂化，平面形结构，键角是120°，SO32-的中心S原子采用sp3杂化，正四面体形结构，键角是109°28'，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；同主族简单氢化物结构相似；
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．依据空间结构确定；
D．利用空间构型确定。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．由图示晶胞可知，一个晶胞中As个数为：8×18+6×12=4，Cd的个数为6，故砷化镉中Cd与As原子个数比为6：4=3：2，A不符合题意；
B．由图示晶胞可知，平行与边的同一直线上Cd原子将边长 4等分，故两个Cd原子间最短距离为0.5apm，B不符合题意；
C．由图所示可知，③号位原子位于右侧面的面心上，故其坐标参数为(12，1，12)，D不符合题意；
D．由A项分析可知，一个晶胞中含有6个Cd和4个As，即含有2个As2Cd3，故该晶胞的密度为2MNA(a×10-10)3g·cm-3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用均摊法确定原子个数；
B．由晶胞图确定；
C．由晶胞的结构确定原子的坐标；
D．利用均摊法确定原子个数，再计算晶胞的密度。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．纯碱的化学式为Na2CO3，碳酸氢钠受热分解的方程式为：2NaHCO3=∆ Na2CO3+H2O+CO2↑，反应有水蒸气生成，故在试管中加热碳酸氢钠时试管口应略微向下倾斜，防止冷凝的水倒流炸裂试管。图中试管口是向上的，故A不符合题意；
B．石灰石的化学式为： CaCO3， 浓氨水与石灰石不反应，因此无法制取氨气，故B不符合题意；
C．铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫，反应方程式为Cu+ 2H2SO4(浓) =∆ CuSO4+ 2H2O + SO2↑，图中用了酒精灯进行加热，酸也为浓硫酸，故C符合题意；
D．实验室制取乙烯的反应原理为： CH3CH2OH→1700CH2SO4CH2=CH2↑+H2O ，该反应用到的药品有乙醇和浓硫酸，用到的装置为液液加热装置，加入碎瓷片的目的是防止暴沸。乙醇发生消去反应生成乙烯的反应中，温度必须控制在170℃ ，温度计的作用是控制反应温度在170℃ ，而图中缺少温度计，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；
B．浓氨水与石灰石不反应；
C．铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫；
D．实验室制取乙烯的反应温度为170℃ ，而图中缺少温度计。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能由大到小依次是：F>O>C>B，故A符合题意；
B．O2-、F-电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：O2->F-，故B不符合题意；
C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性 H2CO3>H3BO3，故C不符合题意；
D．B、F形成的化合物BF3分子中，B原子不满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，X可形成4个共价键，说明X最外层有4个电子；Y能形成2个共价键，且Y的最外层电子数等于X的核外电子数，说明X位于第二周期，即X是碳元素，则Y是氧元素。Z能形成个共价键，且Z位于第二周期，则Z是氟元素。根据这四种原子位于同一周期，且最外层单子数之和为20可推出W是硼元素。据此进行分析解答。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．HEMA中连接双键的C原子上有相同的原子，故不具有顺反异构，A不符合题意；
B．高聚物A含有酯基可以在碱性条件下水解，1mol高聚物A可以水解出1mol-COOH与1molNaOH反应，B不符合题意；
C．根据结构式可知，NVP分子式为C6H9NO，C符合题意；
D．HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键的两端分别要有两个不同的原子或原子团，才存在顺反异构；
B.1mol高聚物A中有nmol酯基；
C.判断分子式时不要漏数或多数氢原子；
D.缩聚反应有小分子生成。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项不符合题意；
B．合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升高到+2价，被氧化，B项符合题意；
C．氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C项不符合题意；
D．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分离出产物有利于提高产率；
B．元素化合价降低被还原，元素化合价升高被氧化；
C．利用价态归中规律分析；
D．增大一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．放电时，镁是负极，Mg电极失电子发生氧化反应，故A符合题意；
B．由原电池原理可知，放电时，正极反应为： Br3-+2e− = 3Br−，故B不符合题意；
C．放电时，镁是负极，充电时，Mg电极应连接电源负极，故C不符合题意；
D．根据电荷守恒，当0.1 mol Mg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2 mol e−，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据总反应可知镁作负极，发生氧化反应，石墨作正极。负极反应式为Mg-2e-= Mg2+，正极反应式为Br3-+2e-= 3Br-。依据原电池中“阴负阳正”的规律，Mg2+向正极迁移，若负极区用镁盐的水溶液，则Mg会与H2O反应。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，反应物为氧气和溴化氢，生成物为溴和水，总反应方程式为O2+4HBr=2Br2+2H2O，故A不符合题意；
B．由化合价代数和为0可知，HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为-1价、溴元素为+1价，HOBr中氢元素为+1价、氧元素为-2价、溴元素为+1价，则两个中间体中溴元素的化合价相同，都为+1价，故B不符合题意；
C．由图可知，发生步骤②时，断裂的化学键既有氢溴极性键，又有氧氧非极性键，故C不符合题意；
D．由图可知，步骤③发生的反应为HOBr+HBr=Br2+H2O，反应中生成1mol溴，反应转移1mol电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氧气和溴化氢反应生成物为溴和水；
B．利用化合价代数和为0判断；
C．不同种原子之间的共价键为极性键，同种原子之间的共价键为非极性键；
D．依据反应的方程式确定转移电子数。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．氯化铁过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应使氯化铁少量，反应后检验是否存在铁离子可证明该反应是否具有可逆性，A项不符合题意；
B．加水稀释，使[CuCl4]2-+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2++4Cl-正向移动，则溶液由绿色逐渐变为蓝色，B项符合题意；
C．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，苯环上H被取代，羟基活化苯环，C项不符合题意；
D．氯化铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后生成配合物而溶解，而氢氧化铜不具有两性，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氯化铁过量，不能证明反应的可逆性；
B．依据平衡移动原理分析；
C．羟基活化苯环上的氢原子；
D．反应生成配合物。
14．【答案】A
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子，1mol平衡混合气体中含N原子大于1mol，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量Ne，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． 2NO2(g)⇌N2O2(g) ΔH<0，反应放热，断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用平均值原理，依据原子守恒；
B． 依据二氧化碳浓度变化分析；
C． 利用勒夏特列原理分析；
D． 反应放热断裂的共价键所需能量小于形成共价键放出能量。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.0.1 mol•L-1的HA溶液的pH为1，说明HA为强酸，完全电离；a点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成等量的强酸强碱盐NaA和没反应的HA，两者均完全电离，离子浓度大，导电性强；而HB溶液的pH为4，说明HB为弱酸，不完全电离；b点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成溶质为等量的强碱弱酸盐NaB和没反应的弱酸HB，弱酸不完全电离，所以导电能力：a点溶液＞b点溶液，A不符合题意；
B．由图可知，b两点对应所加入的NaOH溶液的体积为10mL ，则反应后溶液中为等物质的量浓度的HB和NaB混合溶液，溶液显酸性，即HB的电离程度大于B-的水解程度，故b点溶液中c(HB)
D．HA溶液为强酸溶液，反应恰好生成强酸强碱盐NaA，A-不水解，HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是所加NaOH过量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】自由移动离子浓度越大，导电能力越强；
B．通过溶液的酸碱性判断；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据盐类水解分析。
16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2
（2）把Co2O3还原为Co2+
（3）ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；5.2≤pH＜7.5；除去Ca2+、Mg2+
（4）防止双氧水分解；向过滤器中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2~3次；
（5）FeS+Co2+=CoS+Fe2+
【解析】【解答】水钴矿主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO、SiO2等，加入盐酸、Na2SO3，SiO2不溶，浸出液中含有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+等，加NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调节溶液pH除去Fe3+、Al3+，加NaF除去Ca2+、Mg2+，用萃取剂萃取除去Mn2+，得CoCl2溶液。
(1)Co是27号元素，根据能量最低原理，Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；
(2)Co2O3中Co元素化合价为+3，根据流程图可知产物中Co元素化合价为+2，可知加入Na2SO3的主要作用是把Co2O3还原为Co2+；
(3)根据信息①，氧化性：Co3+>ClO3-，向“浸出液”中加入适量的NaClO3，NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，加入Na2CO3的目的是调节溶液pH除去Fe3+、Al3+，为避免Co2+沉淀，pH范围为：5.2≤pH＜7.5；萃取剂层含锰元素，可知加入NaF生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+。
(4)升高温度，双氧水分解速率加快，在步骤Ⅱ中氧化过程，为防止双氧水分解，需水浴控温在50∼60℃；“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是：向过滤器中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2~3次；
(5)结束后废水中的Co2+常用FeS沉淀剂来处理，说明CoS更难溶，原理是FeS+Co2+=CoS+Fe2+。
【分析】(1)根据能量最低原理；
(2)依据元素化合价的变化；
(3)根据信息①，强制弱分析，依据除杂的过程分析。
(4)依据温度变化对水解的影响分析；利用过滤的具体操作；
(5)利用沉淀的转化。
17．【答案】（1）平衡气压，使氨水能顺利滴加；防止溶液倒吸；饱和NaHCO3溶液
（2）漏斗、玻璃棒和烧杯
（3）Na2SO4
（4）96.0%
（5）Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4
【解析】【解答】利用Na2SO4制备 NaHCO3 和NaHSO4的工艺流程为：Na2SO4溶液、NH3和CO2发生“一次反应”生成溶解性较小的NaHCO3，化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝NaHCO3↓+（NH4）2SO4，过滤得到NaHCO3 固体和（NH4）2SO4溶液，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O，过滤得到固体Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O和Na2SO4溶液，Na2SO4溶液循环到“一次反应”步骤，“灼烧”Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O得到NaHSO4溶液和NH3，NH3循环到“一次反应”步骤再利用，蒸发结晶得到NaHSO4，据此分析解答。
(1)①A中橡皮管a可以连通圆底烧瓶和分液漏斗，起恒压作用，使氨水容易滴下，②氨气是极易溶于水的气体，溶于水时可能发生倒吸，装置B中加入CCl4的目的就是为了防止倒吸，③稀盐酸和碳酸钙的反应放热，可导致HCl的挥发，使制得的CO2中会混有HCl气体，盐酸能溶解NaHCO3，可用饱和NaHCO3溶液吸收HCl气体；
故答案为：①平衡气压，使氨水能顺利滴加；②防止溶液倒吸；③饱和NaHCO3溶液；
(2)复盐Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O的溶解度较小，可用过滤操作分离，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
故答案为：漏斗、玻璃棒和烧杯；
(3)氨气极易溶于水，为将氨气充分利用，结合“一次反应”步骤中的原料分析可知，最好用Na2SO4溶液吸收氨气后直接循环利用，同时也符合流程的闭路循环绿色特点；
故答案为：Na2SO4；
(4)表中数据中第2次误差较大，应舍去，三次数据的平均值为20.05+19.95+20.003mL=20.00mL，反应为NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，即样品中n（NaHSO4）= n(NaOH)×1000mL20mL=c×V=0.1000mol⋅L-1×0.02L×50=0.1mol，m(NaHSO4)=n×M=0.1mol×120g/mol=12g，则样品中硫酸氢钠的纯度为12g12.5g×100%=96.0%；
故答案为：96.0%；
(5)由上述流程可知，氨气循环使用，生成物只有NaHCO3和 NaHSO4，根据原子守恒可知，反应物为Na2SO4溶液和CO2，所以该流程总反应为Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4；
故答案为：Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4。
【分析】
(1)①装置的构造，确定其用途。
②极易溶于水的气体考虑防倒吸；
③硫酸钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵；
(2)依据溶解性，选择合适的分离方法和分离装置。
(3)依据“一次反应”中循环利用的信息选择。
(4)利用平均值进行计算。
(5)根据原子守恒书写。
18．【答案】（1）-241.6kJ/mol；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2
（2）溶液中存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，SO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性；(NH4)2SO3溶液能够直接与SO2发生反应；3SO32-+2NO2+H2O=SO42-+2NO2-+2HSO3-；NH4++NO2-=N2↑+2H2O
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律可得ΔH3=ΔH1+ΔH2=-286.6-196.62=－241.6kJ/mol；②活化能越低，反应速率越快。由表中数据可知反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2；
(2)①溶液中存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，SO32-水解程度大于NH4+水解程度，则溶液中c(OH)>c(H+)，溶液呈碱性；②(NH4)2SO3溶液直接与SO2发生反应生成NH4HSO3；③吸收器中亚硫酸铵过量，SO32-与反应产生的H+不共存，反应式为3SO32-+2NO2+H2O=SO42-+2NO2-+2HSO3-；④根据题干信息和原子守恒可写出反应式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O。
【分析】(1)①根据盖斯定律计算；②活化能越低，反应速率越快。
(2)①依据离子的水解程度判断溶液的酸碱性；②(NH4)2SO3溶液与SO2反应生成NH4HSO3；③依据化合价的变化分析；④根据题干信息和原子守恒。
19．【答案】（1）sp2；sp3
（2）
（3）酯化反应或取代反应
（4）醛基、羧基
（5）
（6）、、、
（7）；
【解析】【解答】分子中C、N原子的杂化类型可以根据价层电子对来确定，和乙酸发生取代反应生成A为，A发生信息i的反应生成B，B发生水解反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，根据E、P反应产物的结构简式知，B为，D为，E为，E和P发生信息ii的反应，则P为，M和甲醇发生酯化反应生成P，则M为，F与溴单质发生取代反应，结合F的分子式知，F为；根据G的结构简式及J的分子式知，J为，J和HBr发生取代反应生成G；
（7）Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，Z为，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z。
(1)根据的结构式分析可知分子中C原子的成键电子对为3，C原子孤电子对为0，所以价层电子对为3，C原子的杂化类型为sp2，N原子的成键电子对为3，N原子孤电子对为1，所以价层电子对为4，N原子的杂化类型为sp3；故答案为：sp2；sp3；
(2)E的结构简式是；故答案为：；
(3)M和甲醇发生酯化反应或取代反应生成P，M→P的反应类型是酯化反应或取代反应；
故答案为：酯化反应或取代反应；
(4)M为，M分子中含有的官能团是醛基、羧基；故答案为：醛基、羧基；
(5)J的结构简式是；故答案为：；
(6)P为，W是P的同分异构体，W符合下列条件：i.包含2个六元环，不含甲基；ii.W可水解说明含有酯基；W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，则应该含有酚羟基和某酸苯酯基，根据其不饱和度知，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为、、、；故答案为：、、、；
(7)Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，Z为，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z，所以X、Y、Z分别是、、；故答案为：；。
【分析】
(1)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原子的杂化类型；
(2)利用信息和产物确定结构简式；
(3)酯化反应为酸和醇生成酯和水；
(4)结构简式确定官能团；
(5)利用反应物和产物确定结构简式；
(6)依据条件确定官能团，书写同分异构体；
(7)依据题目的信息，反应物和产物确定结构简式。
辽宁省葫芦岛市2022届高三第二次模拟考试
化学试题
一、单选题
1．科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识的判断，正确的是（ ）
A．火炬“飞扬的外壳是碳纤维复合材料，复合材料具备耐高温和良好的热导性
B．吉祥物“冰墩墩”的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子
2．下列化学用语的表述正确的是（ ）
A．异丁烷的球棍模型：
B．由Na和Cl形成离子键的过程：
C．三价铁腐蚀铜的电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
D．电解饱和食盐水阳极的电极反应：2H2O+2e-=2OH+H2↑
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1molNH4F晶体中含有共价键数目为3NA
B．0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA
C．标况下，11.2LNO和11.2LO2混合后的分子数目为NA
D．氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
4．反应HCHO+O2Pt__H2O+CO2可用于消除甲醛的污染。下列说法正确的是（ ）
A．CO2的电子式为：
B．H2O的空间构型为直线形
C．HCHO中σ键和π健的数目比为3∶1
D．中子数为7的氧原子可表示为715O
5．下列关于元素及化合物的结构和性质的叙述正确的是（ ）
A．稳定性：H2Se
C．P4分子和NH4+离子中的键角都为109°28'
D．CO32-与SO32-中的键角相等
6．砷化镉晶胞结构如图。图中“①”和“②”位是“真空”，晶胞参数为apm，建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(34，34，34)。已知：砷化镉的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．砷化镉中Cd与As原子个数比为3：2
B．两个Cd原子间最短距离为0.5apm
C．③号位原子坐标参数为(12，1，12)
D．该晶胞的密度为MNA(a×10-10)3g·cm-3
7．下列实验装置能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
制纯碱
制NH3
制SO2
制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
8．由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是（ ）
A．W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>W
B．Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小
C．W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D．W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构
9．高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N—乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β—羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．HEMA具有顺反异构
B．1mol高聚物A可以与2molNaOH反应
C．NVP分子式为C6H9NO
D．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
10．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是 （ ）
A．可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
C．可以用NH3进行氨氧化物的尾气处理
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
11．新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许Mg2+通过)。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，Mg电极发生还原反应
B．放电时，正极反应为：Br3-+2e− = 3Br−
C．充电时，Mg电极应连接电源负极
D．当0.1 mol Mg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2 mol e−
12．据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是（ ）
A．O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2O
B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C．发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子
13．下列实验操作和实验现象得出的结论正确的是 （ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向4mL0.2mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后，用四氯化碳萃取数次后取上层溶液，滴加几滴KSCN溶液
溶液变红
Fe3+与I-之间的反应是可逆反应
B
用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释
溶液由绿色逐渐变为蓝色
[CuCl4]2-+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2++4Cl-正向移动
C
向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水
有白色沉淀产生
苯环对羟基性质产生影响
D
向氯化铜溶液中逐滴加入氨水
产生沉淀继而溶解
氢氧化铜有两性
A．A B．B C．C D．D
14．NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH<0。下列分析正确的是（ ）
A．1mol平衡混合气体中含N原子大于1mol
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量Ne，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂2molNO2中的共价键所需能量大于断裂1molN2O4中的共价键所需能量
15．室温下用0.1mol⋅L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol⋅L-1的HA，HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法错误的是（ ）
A．导电能力：a点溶液>b点溶液
B．b点溶液中c(HB)
D．HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是A-+H2O⇌HA+OH-
二、综合题
16．钴配合物在催化剂领域有广泛用途，三氯化六氨合钴(Ⅲ)([CO(NH3)6]Cl3)是合成其他含钴配合物的重要原料，其工业制备过程如下：
步骤Ⅰ：工业利用水钴矿(住要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO、SiO2等)制取氯化钴晶体：
步骤Ⅱ：在活性炭的催化作用下，通过氧化CoCl2⋅6H2O制得到[Co(NH3)6]Cl3流程如下：
CoCl2⋅6H2O→活性炭NH4Cl溶液→浓氨水中间体[Co(NH3)6]2→氧化5%H2O2溶液→系列操作[Co(NH3)6]Cl3已知：①氧化性：Co3+>ClO3-
②沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ中都只含有两种沉淀。
③以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
Co(OH)2
开始沉淀
2.7
4.0
7.6
7.7
9.6
7.5
完全沉淀
3.7
5.2
9.6
9.8
11.1
9.2
（1）Co原子的核外电子排布式为： 。
（2）加入Na2SO3的主要作用： 。
（3）向“浸出液”中加入适量的NaClO3，反应的离子方程式是 ，加入Na2CO3调节溶液pH范围为：② ；萃取剂层含锰元素，则加入NaF的作用是：③ 。
（4）步骤Ⅱ中氧化过程，需水浴控温在50∼60℃，温度不能过高，原因是： ；“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是： 。
（5）结束后废水中的Co2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是 (用离子方程式表示)。
17．我国有丰富的Na2SO4资源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用Na2SO4制各重要工业用碱(NaHCO3)及盐(NaHSO4)的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
（1）用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。
①装置A中橡皮管a的作用是 。
②装置B中加入CCl4的目的是 。
③装置C中的试剂b是 。
（2）在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4⋅(NH4)2SO4⋅2H2O，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有 。
（3）依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用下图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好选用 溶液。
（4）测定产品硫酸氢钠的纯度：称取12.5g所得产品，配成1000mL溶液，每次取出配制的溶液20mL，用0.1000mol⋅L-1NaOH标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号
1
2
3
4
标准溶液体积/mL
20.05
18.40
19.95
20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为 (以百分数表示，保留三位有效数字)。
（5）分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式 。
18．烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟O3氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能(kJ/mol)
a：2O3(g)⇌ 3O2(g) ΔH1=-286.6kJ/mol
1.6×1057
3.17
b：NO(g)+O3(g)⇌ NO2(g)+O2(g) ΔH2=-200.9kJ/mol
6.2×1034
3.17
c：SO2(g)+O3(g)⇌ SO3(g)+O2(g) ΔH3
1.1×1041
58.17
①已知：2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g) ΔH=-196.6kJ/mol，则ΔH3= 。
②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NO的转化率随O3的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于SO2的原因 。
（2）其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，O3与NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如图。
①(NH4)2SO3溶液显碱性，用化学平衡原理解释： 。
②O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%，原因是 。
③在吸收器中，SO32-与NO2反应生成NO2-和SO42-的离子方程式是 。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分NH4+被转化为N2，反应中NH4+和N2的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是 。
19．药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：ⅰ．
ⅱ．R'CHO→弱酸R''NH2R'CH=NR''
（1）分子中C、N原子的杂化轨道类型为是 。
（2）B的分子式为C11H13NO2。E的结构简式是 。
（3）M→P的反应类型是 。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是 。
（5）J的结构简式是 。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式： 。
ⅰ．包含2个六元环，不含甲基
ⅱ．W可水解，W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：，合成Q的路线如下，无机试剂任选，写出X、Z的结构简式： ； 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．复合材料不易热导，可以耐高温，A项不符合题意；
B．由不同种物质组成的为混合物，有机硅橡胶是混合物，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚合物，分子量大于1万，故聚氨酯是高分子材料，C项符合题意；
D．二氧化碳是直线形分子，属于非极性分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．复合材料不易热导，熔点高；
B．高分子物质是混合物；
C．聚合物高分子材料；
D．非极性分子正负电荷重心重合。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．是正丁烷的球棍模型，异丁烷主链有3个碳原子，有1个甲基支链，其结构简式为(CH3)2CHCH3，故其球棍模型为：，A项不符合题意；
B．氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示形成过程为：，B项符合题意；
C．三价铁腐蚀铜的电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，C项不符合题意；
D．碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，氯离子被氧化生成氯气，阳极的电极反应式为2Cl--2e- ═ Cl2↑，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A． 异丁烷含有支链；
B．氯化钠为离子化合物；
C．三价铁离子与铜反应生成二价铁离子和铜离子；
D．阳极得电子发生氧化反应。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.1mol氟化铵中含有4molN-H键，所以1molNH4F晶体中含有共价键数目为4NA，A项不符合题意；
B．XeF4中氙原子有4个σ键，孤电子对为8-4×12=2，价层电子对数为4+2=6，0.5molXeF4中氙原子的价层电子对数为0.5mol×6×NA/mol=3NA，B项符合题意；
C．标准状况下，11.2L即0.5molNO和11.2L即0.5molO2混合后反应生成0.5molNO2和剩余0.25mol氧气，二氧化氮气体中存在2NO2⇌N2O4，混合后的分子数目小于0.75NA，C项不符合题意；
D．在氢氧燃料电池的正极是氧气得电子生成负二价氧离子，当正极消耗22.4L（标准状况）气体，即有1molO2参加反应时，应得到4mole-，电路中通过的电子数目应为4NA，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1mol氟化铵中含有4molN-H键；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数；
C．存在2NO2⇌N2O4；
D．利用得失电子守恒。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化碳为共价化合物，电子式为，故A不符合题意；
B．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，空间构型为V形，故B不符合题意；
C．甲醛分子中的单键为σ键，碳氧双键中含有1个σ键和1个π健，分子中σ键和π健的数目比为3∶1，故C符合题意；
D．中子数为7的氧原子中质子数为8、质量数为15，原子符号为815O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．二氧化碳中碳与氧共用2对电子；
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VSEPR模型，再确定空间立体构型；
C．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；
D．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞S＞Se，所以氢化物稳定性H2O＞H2S＞H2Se；与H2O相似，三者都是V形分子，A选项符合题意；
B．SO3中S的价层电子对数为3+6-3×22=3，采取sp2杂化，H2SO4中S的价层电子对数为4+6+2-4×22=4，采取sp3杂化，B选项不符合题意；
C．P4分子的键角都是60°，NH4+离子的键角都是109°28'，C选项不符合题意；
D．CO32-的中心C原子采用sp2杂化，平面形结构，键角是120°，SO32-的中心S原子采用sp3杂化，正四面体形结构，键角是109°28'，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；同主族简单氢化物结构相似；
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．依据空间结构确定；
D．利用空间构型确定。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．由图示晶胞可知，一个晶胞中As个数为：8×18+6×12=4，Cd的个数为6，故砷化镉中Cd与As原子个数比为6：4=3：2，A不符合题意；
B．由图示晶胞可知，平行与边的同一直线上Cd原子将边长 4等分，故两个Cd原子间最短距离为0.5apm，B不符合题意；
C．由图所示可知，③号位原子位于右侧面的面心上，故其坐标参数为(12，1，12)，D不符合题意；
D．由A项分析可知，一个晶胞中含有6个Cd和4个As，即含有2个As2Cd3，故该晶胞的密度为2MNA(a×10-10)3g·cm-3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用均摊法确定原子个数；
B．由晶胞图确定；
C．由晶胞的结构确定原子的坐标；
D．利用均摊法确定原子个数，再计算晶胞的密度。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．纯碱的化学式为Na2CO3，碳酸氢钠受热分解的方程式为：2NaHCO3=∆ Na2CO3+H2O+CO2↑，反应有水蒸气生成，故在试管中加热碳酸氢钠时试管口应略微向下倾斜，防止冷凝的水倒流炸裂试管。图中试管口是向上的，故A不符合题意；
B．石灰石的化学式为： CaCO3， 浓氨水与石灰石不反应，因此无法制取氨气，故B不符合题意；
C．铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫，反应方程式为Cu+ 2H2SO4(浓) =∆ CuSO4+ 2H2O + SO2↑，图中用了酒精灯进行加热，酸也为浓硫酸，故C符合题意；
D．实验室制取乙烯的反应原理为： CH3CH2OH→1700CH2SO4CH2=CH2↑+H2O ，该反应用到的药品有乙醇和浓硫酸，用到的装置为液液加热装置，加入碎瓷片的目的是防止暴沸。乙醇发生消去反应生成乙烯的反应中，温度必须控制在170℃ ，温度计的作用是控制反应温度在170℃ ，而图中缺少温度计，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；
B．浓氨水与石灰石不反应；
C．铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫；
D．实验室制取乙烯的反应温度为170℃ ，而图中缺少温度计。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能由大到小依次是：F>O>C>B，故A符合题意；
B．O2-、F-电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：O2->F-，故B不符合题意；
C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性 H2CO3>H3BO3，故C不符合题意；
D．B、F形成的化合物BF3分子中，B原子不满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，X可形成4个共价键，说明X最外层有4个电子；Y能形成2个共价键，且Y的最外层电子数等于X的核外电子数，说明X位于第二周期，即X是碳元素，则Y是氧元素。Z能形成个共价键，且Z位于第二周期，则Z是氟元素。根据这四种原子位于同一周期，且最外层单子数之和为20可推出W是硼元素。据此进行分析解答。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．HEMA中连接双键的C原子上有相同的原子，故不具有顺反异构，A不符合题意；
B．高聚物A含有酯基可以在碱性条件下水解，1mol高聚物A可以水解出1mol-COOH与1molNaOH反应，B不符合题意；
C．根据结构式可知，NVP分子式为C6H9NO，C符合题意；
D．HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键的两端分别要有两个不同的原子或原子团，才存在顺反异构；
B.1mol高聚物A中有nmol酯基；
C.判断分子式时不要漏数或多数氢原子；
D.缩聚反应有小分子生成。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项不符合题意；
B．合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升高到+2价，被氧化，B项符合题意；
C．氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C项不符合题意；
D．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分离出产物有利于提高产率；
B．元素化合价降低被还原，元素化合价升高被氧化；
C．利用价态归中规律分析；
D．增大一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．放电时，镁是负极，Mg电极失电子发生氧化反应，故A符合题意；
B．由原电池原理可知，放电时，正极反应为： Br3-+2e− = 3Br−，故B不符合题意；
C．放电时，镁是负极，充电时，Mg电极应连接电源负极，故C不符合题意；
D．根据电荷守恒，当0.1 mol Mg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2 mol e−，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据总反应可知镁作负极，发生氧化反应，石墨作正极。负极反应式为Mg-2e-= Mg2+，正极反应式为Br3-+2e-= 3Br-。依据原电池中“阴负阳正”的规律，Mg2+向正极迁移，若负极区用镁盐的水溶液，则Mg会与H2O反应。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，反应物为氧气和溴化氢，生成物为溴和水，总反应方程式为O2+4HBr=2Br2+2H2O，故A不符合题意；
B．由化合价代数和为0可知，HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为-1价、溴元素为+1价，HOBr中氢元素为+1价、氧元素为-2价、溴元素为+1价，则两个中间体中溴元素的化合价相同，都为+1价，故B不符合题意；
C．由图可知，发生步骤②时，断裂的化学键既有氢溴极性键，又有氧氧非极性键，故C不符合题意；
D．由图可知，步骤③发生的反应为HOBr+HBr=Br2+H2O，反应中生成1mol溴，反应转移1mol电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氧气和溴化氢反应生成物为溴和水；
B．利用化合价代数和为0判断；
C．不同种原子之间的共价键为极性键，同种原子之间的共价键为非极性键；
D．依据反应的方程式确定转移电子数。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．氯化铁过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应使氯化铁少量，反应后检验是否存在铁离子可证明该反应是否具有可逆性，A项不符合题意；
B．加水稀释，使[CuCl4]2-+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2++4Cl-正向移动，则溶液由绿色逐渐变为蓝色，B项符合题意；
C．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，苯环上H被取代，羟基活化苯环，C项不符合题意；
D．氯化铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后生成配合物而溶解，而氢氧化铜不具有两性，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氯化铁过量，不能证明反应的可逆性；
B．依据平衡移动原理分析；
C．羟基活化苯环上的氢原子；
D．反应生成配合物。
14．【答案】A
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子，1mol平衡混合气体中含N原子大于1mol，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量Ne，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． 2NO2(g)⇌N2O2(g) ΔH<0，反应放热，断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用平均值原理，依据原子守恒；
B． 依据二氧化碳浓度变化分析；
C． 利用勒夏特列原理分析；
D． 反应放热断裂的共价键所需能量小于形成共价键放出能量。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.0.1 mol•L-1的HA溶液的pH为1，说明HA为强酸，完全电离；a点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成等量的强酸强碱盐NaA和没反应的HA，两者均完全电离，离子浓度大，导电性强；而HB溶液的pH为4，说明HB为弱酸，不完全电离；b点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成溶质为等量的强碱弱酸盐NaB和没反应的弱酸HB，弱酸不完全电离，所以导电能力：a点溶液＞b点溶液，A不符合题意；
B．由图可知，b两点对应所加入的NaOH溶液的体积为10mL ，则反应后溶液中为等物质的量浓度的HB和NaB混合溶液，溶液显酸性，即HB的电离程度大于B-的水解程度，故b点溶液中c(HB)
D．HA溶液为强酸溶液，反应恰好生成强酸强碱盐NaA，A-不水解，HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是所加NaOH过量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】自由移动离子浓度越大，导电能力越强；
B．通过溶液的酸碱性判断；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据盐类水解分析。
16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2
（2）把Co2O3还原为Co2+
（3）ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；5.2≤pH＜7.5；除去Ca2+、Mg2+
（4）防止双氧水分解；向过滤器中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2~3次；
（5）FeS+Co2+=CoS+Fe2+
【解析】【解答】水钴矿主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO、SiO2等，加入盐酸、Na2SO3，SiO2不溶，浸出液中含有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+等，加NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调节溶液pH除去Fe3+、Al3+，加NaF除去Ca2+、Mg2+，用萃取剂萃取除去Mn2+，得CoCl2溶液。
(1)Co是27号元素，根据能量最低原理，Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；
(2)Co2O3中Co元素化合价为+3，根据流程图可知产物中Co元素化合价为+2，可知加入Na2SO3的主要作用是把Co2O3还原为Co2+；
(3)根据信息①，氧化性：Co3+>ClO3-，向“浸出液”中加入适量的NaClO3，NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，加入Na2CO3的目的是调节溶液pH除去Fe3+、Al3+，为避免Co2+沉淀，pH范围为：5.2≤pH＜7.5；萃取剂层含锰元素，可知加入NaF生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+。
(4)升高温度，双氧水分解速率加快，在步骤Ⅱ中氧化过程，为防止双氧水分解，需水浴控温在50∼60℃；“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是：向过滤器中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2~3次；
(5)结束后废水中的Co2+常用FeS沉淀剂来处理，说明CoS更难溶，原理是FeS+Co2+=CoS+Fe2+。
【分析】(1)根据能量最低原理；
(2)依据元素化合价的变化；
(3)根据信息①，强制弱分析，依据除杂的过程分析。
(4)依据温度变化对水解的影响分析；利用过滤的具体操作；
(5)利用沉淀的转化。
17．【答案】（1）平衡气压，使氨水能顺利滴加；防止溶液倒吸；饱和NaHCO3溶液
（2）漏斗、玻璃棒和烧杯
（3）Na2SO4
（4）96.0%
（5）Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4
【解析】【解答】利用Na2SO4制备 NaHCO3 和NaHSO4的工艺流程为：Na2SO4溶液、NH3和CO2发生“一次反应”生成溶解性较小的NaHCO3，化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝NaHCO3↓+（NH4）2SO4，过滤得到NaHCO3 固体和（NH4）2SO4溶液，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O，过滤得到固体Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O和Na2SO4溶液，Na2SO4溶液循环到“一次反应”步骤，“灼烧”Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O得到NaHSO4溶液和NH3，NH3循环到“一次反应”步骤再利用，蒸发结晶得到NaHSO4，据此分析解答。
(1)①A中橡皮管a可以连通圆底烧瓶和分液漏斗，起恒压作用，使氨水容易滴下，②氨气是极易溶于水的气体，溶于水时可能发生倒吸，装置B中加入CCl4的目的就是为了防止倒吸，③稀盐酸和碳酸钙的反应放热，可导致HCl的挥发，使制得的CO2中会混有HCl气体，盐酸能溶解NaHCO3，可用饱和NaHCO3溶液吸收HCl气体；
故答案为：①平衡气压，使氨水能顺利滴加；②防止溶液倒吸；③饱和NaHCO3溶液；
(2)复盐Na2SO4•（NH4）2SO4•2H2O的溶解度较小，可用过滤操作分离，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
故答案为：漏斗、玻璃棒和烧杯；
(3)氨气极易溶于水，为将氨气充分利用，结合“一次反应”步骤中的原料分析可知，最好用Na2SO4溶液吸收氨气后直接循环利用，同时也符合流程的闭路循环绿色特点；
故答案为：Na2SO4；
(4)表中数据中第2次误差较大，应舍去，三次数据的平均值为20.05+19.95+20.003mL=20.00mL，反应为NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，即样品中n（NaHSO4）= n(NaOH)×1000mL20mL=c×V=0.1000mol⋅L-1×0.02L×50=0.1mol，m(NaHSO4)=n×M=0.1mol×120g/mol=12g，则样品中硫酸氢钠的纯度为12g12.5g×100%=96.0%；
故答案为：96.0%；
(5)由上述流程可知，氨气循环使用，生成物只有NaHCO3和 NaHSO4，根据原子守恒可知，反应物为Na2SO4溶液和CO2，所以该流程总反应为Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4；
故答案为：Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3↓+NaHSO4。
【分析】
(1)①装置的构造，确定其用途。
②极易溶于水的气体考虑防倒吸；
③硫酸钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵；
(2)依据溶解性，选择合适的分离方法和分离装置。
(3)依据“一次反应”中循环利用的信息选择。
(4)利用平均值进行计算。
(5)根据原子守恒书写。
18．【答案】（1）-241.6kJ/mol；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2
（2）溶液中存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，SO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性；(NH4)2SO3溶液能够直接与SO2发生反应；3SO32-+2NO2+H2O=SO42-+2NO2-+2HSO3-；NH4++NO2-=N2↑+2H2O
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律可得ΔH3=ΔH1+ΔH2=-286.6-196.62=－241.6kJ/mol；②活化能越低，反应速率越快。由表中数据可知反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2；
(2)①溶液中存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，SO32-水解程度大于NH4+水解程度，则溶液中c(OH)>c(H+)，溶液呈碱性；②(NH4)2SO3溶液直接与SO2发生反应生成NH4HSO3；③吸收器中亚硫酸铵过量，SO32-与反应产生的H+不共存，反应式为3SO32-+2NO2+H2O=SO42-+2NO2-+2HSO3-；④根据题干信息和原子守恒可写出反应式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O。
【分析】(1)①根据盖斯定律计算；②活化能越低，反应速率越快。
(2)①依据离子的水解程度判断溶液的酸碱性；②(NH4)2SO3溶液与SO2反应生成NH4HSO3；③依据化合价的变化分析；④根据题干信息和原子守恒。
19．【答案】（1）sp2；sp3
（2）
（3）酯化反应或取代反应
（4）醛基、羧基
（5）
（6）、、、
（7）；
【解析】【解答】分子中C、N原子的杂化类型可以根据价层电子对来确定，和乙酸发生取代反应生成A为，A发生信息i的反应生成B，B发生水解反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，根据E、P反应产物的结构简式知，B为，D为，E为，E和P发生信息ii的反应，则P为，M和甲醇发生酯化反应生成P，则M为，F与溴单质发生取代反应，结合F的分子式知，F为；根据G的结构简式及J的分子式知，J为，J和HBr发生取代反应生成G；
（7）Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，Z为，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z。
(1)根据的结构式分析可知分子中C原子的成键电子对为3，C原子孤电子对为0，所以价层电子对为3，C原子的杂化类型为sp2，N原子的成键电子对为3，N原子孤电子对为1，所以价层电子对为4，N原子的杂化类型为sp3；故答案为：sp2；sp3；
(2)E的结构简式是；故答案为：；
(3)M和甲醇发生酯化反应或取代反应生成P，M→P的反应类型是酯化反应或取代反应；
故答案为：酯化反应或取代反应；
(4)M为，M分子中含有的官能团是醛基、羧基；故答案为：醛基、羧基；
(5)J的结构简式是；故答案为：；
(6)P为，W是P的同分异构体，W符合下列条件：i.包含2个六元环，不含甲基；ii.W可水解说明含有酯基；W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，则应该含有酚羟基和某酸苯酯基，根据其不饱和度知，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为、、、；故答案为：、、、；
(7)Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，Z为，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z，所以X、Y、Z分别是、、；故答案为：；。
【分析】
(1)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原子的杂化类型；
(2)利用信息和产物确定结构简式；
(3)酯化反应为酸和醇生成酯和水；
(4)结构简式确定官能团；
(5)利用反应物和产物确定结构简式；
(6)依据条件确定官能团，书写同分异构体；
(7)依据题目的信息，反应物和产物确定结构简式。
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