还剩31页未读，
继续阅读
2021-2022学年湖北省武汉市华师大一附中高三（上）期中化学试卷
展开
这是一份2021-2022学年湖北省武汉市华师大一附中高三（上）期中化学试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省武汉市华师大一附中高三（上）期中化学试卷
一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分。）
1．（3分）读史明智，化学史孕育着丰富的化学思维和方法，下列化学家和成就不相对应的是（ ）
A．勒夏特列：平衡移动原理
B．哈伯：合成氨
C．鲍林：化学键
D．法拉第：原电池
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．粮食酿酒有利于实现“碳中和、碳达峰”
B．聚乙炔用作绝缘材料
C．石油醚、石蜡油、凡士林、矿物油、生物柴油的主要成分属于烃
D．醋酸钠可用作“热袋”中的内置物
3．（3分）根据你所学的知识推断，下列说法不正确的是（ ）
A．得到SrCl2•6H2O晶体需在HCl气流中蒸发SrCl2溶液
B．岩浆析出时，石英在硅酸盐后析出，主要原因是因为石英晶格能较小
C．NaCl和CsCl晶体中配位数不同，是几何因素导致的
D．红外光谱不可用于测定分子的立体结构
4．（3分）下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．若图甲中气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
B．用图乙装置进行石油分馏
C．图丙操作为排出酸式滴定管的气泡
D．用图丁装置不能防止铁钉生锈
5．（3分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．过量H2S气体和FeCl3溶液反应：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+
B．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2＝O2↑+2H++2Fe2+
C．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣＝CO32﹣+2HClO
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O+2e﹣＝PbO2+4H++SO42﹣
6．（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中铵根数目小于0.2NA
B．常温下1LpH＝2的H2SO4溶液中H+数目为0.01NA
C．56 gFe和足量的水蒸气反应，转移电子数为3NA
D．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图）含有NA个S﹣S键
7．（3分）“肉桂硫胺”是抗击新型冠状病毒潜在用药，结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C20H24N2SO
B．该物质可发生水解反应、氧化反应、加聚反应
C．1mol该物质最多可与7molH2加成，且完全加成后，产物含有2个手性碳原子
D．该物质分子中所有碳原子可能在同一平面上
8．（3分）由下列实验操作及现象不能得出相应结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1﹣溴丁烷和碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛水的试管后，再用酸性高锰酸钾溶液进行检验
高锰酸钾溶液褪色
1﹣溴丁烷发生消去反应
B
向NaClO溶液中滴加酚酞试剂
先变红后褪色
NaClO发生了水解反应
C
向等浓度（c＝0.01mol/L）NaCl和Na2CrO4混合液中滴加AgNO3稀溶液（已知AgCl和Ag2CrO4的溶度积常数分别为1.8×10﹣10，2×10﹣12）
出现白色沉淀（Ag2CrO4为黄色沉淀）
Ag2CrO4的溶解度小于AgCl（以浓度计算）
D
室温，用pH试纸测定0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液和0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH
Na2SO3溶液pH约为10；NaHSO3溶液pH约为5
结合H+的能力：HSO3﹣＜SO32﹣
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（ ）
A．反应②可能是氧化还原反应
B．d气体分子构型为V形
C．b、c、d中可能不含S元素
D．a可能为正盐，也可能为酸式盐
10．（3分）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为（，，）。已知Xe﹣F键长为rpm，下列说法不正确的是（ ）
A．该晶体的密度为g/cm3
B．B点原子的分数坐标为（0，0，r）
C．晶胞中A、B间距离d＝pm
D．基态F原子的核外电子空间运动状态有5种
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．已知非金属性O＞N＞C，可推知氢化物的稳定性H2O2＞N2H4＞C2H6
B．已知CO2分子构型为直线形，可推知N3﹣、CS2、N2O都为直线形
C．已知硅酸难溶于水，可推知硅酸不能与NaOH溶液反应
D．已知N的电负性比B（硼）大，可推知NF3的键角比BF3大
12．（3分）原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分别位于相邻两个周期，基态Q原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，该五种元素构成（如图）的化合物可制备储氢材料。下列说法不正确的是（ ）
A．同周期中第一电离能小于Q的有4种元素
B．阴、阳离子中均有配位键，且所有元素最外层满足8电子结构
C．Q和X元素组成的稳定的化合物只有2种
D．同主族形成的氢化物中Q的沸点最高
13．（3分）某锂离子电池以LiCoO2为正极材料，LiPF6•SO（CH3）2为电解质（Li+可自由移动），用该锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl
B．若锂离子电池工作tmin，维持电流强度为I A，理论回收Ni的质量为g（已知F＝96500C/mol）
C．X、Y两极电势的关系为EX大于EY，且充电时正极中的Li元素被氧化
D．不可用水代替SO（CH3）2做溶剂
14．（3分）HCOOH在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用，HCOOH 催化释放氢是指在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，可能的反应机理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．其他条件不变时，在HCOOH溶液中加入适量HCOOK溶液可提高反应速率
C．催化过程中涉及非极性共价键的断裂和形成
D．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成了HD
15．（3分）常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与的关系如图所示。下列关系正确的是（ ）
A．常温下，Ka2（H3PO4）＝106.8
B．常温下＝105.2
C．向0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞3c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）
D．0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液与0.1mol•L﹣1的Na3PO4溶液等体积混合：2c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（PO43﹣）
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 。
（2）A→B所需的试剂和条件分别为 。
（3）B→C、E→F的反应类型依次为 、 。
（4）扎来普隆的分子式为 。
（5）C→D的化学方程式为 。
（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 。
（7）已知：﹣NH2有碱性且易被氧化。设计由 和乙醇制备 的合成路线（无机试剂任选）。
17．（14分）钨锰铁矿[主要成分为（Fe，Mn）WO4，还含有石英及少量P、As的化合物]，由钨锰铁矿的精矿粉制备金属钨的工艺流程如图所示：
（1）已知W为第六周期元素，与Cr同族，但核外电子排布完全符合构造原理，写出W的基态价电子排布式 。用钨做白炽灯灯丝是利用其 （填具体性质）。
（2）“滤渣II”中除含有Mg3（PO4）2、Mg3（AsO4）2外，还含有 （写化学式）。
（3）“萃取”时发生的反应为3（R3NH）2SO4（油层）+H2W12O406﹣（水层）＝（R3NH）6H2W12O40（油层）+3SO42﹣（水层），该步骤主要目的是除去 。最适合作“反萃取剂”的是 。
（4）焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，此反应是 （填“吸热”或“放热”）反应，不用焦炭的原因是 。
（5）某小组利用可逆反应，W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0，设计如图装置提纯粗钨（杂质熔点高，且不能与碘发生反应）。粗钨装入石英管一端，抽成真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。最终纯钨在 区（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
18．（14分）化学与材料科学领域热点前沿主要分布在光学材料、储能材料、电池材料等方向。
（1）有科学研究提出：锂电池负极材料（Li）由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水（D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定可以获知 。
已知：①LiH+H2O＝LiOH+H2↑
②2Li（s）+H2⇌2LiH △H＜0
若越大，则越 （填“大”或“小”）。
80℃反应所得比25℃反应所得 （填“大”或“小”）。
（2）三氯化磷（PCl3）是重要的半导体材料掺杂剂，如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。
查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），POCl3、PCl3遇水会强烈水解。
①A是制取CO2的装置，A中的药品是 。
②写出G中发生的离子方程式 。
③PCl3水解生成亚磷酸（H3PO3）和HCl，H3PO3是一种二元弱酸，Na2HPO3溶液显 性（填“酸”、“碱”或“中”）。
④PCl3纯度测定：实验结束后，装置D中收集的PCl3中含有PCl5和POCl3，加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，再通过蒸馏，收集70.0℃～80.0℃的馏分，可得到PCl3产品。
步骤Ⅰ：取ag上述所得PCl3产品，置于盛有50.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液；
步骤Ⅱ：取10.00mL上述溶液于锥形瓶中，先用稀硝酸酸化，再加入V1mLc1mol•L﹣1AgNO3溶液（过量），使Cl﹣完全转化为AgCl沉淀；
步骤Ⅲ：加入少量硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；以硫酸铁溶液为指示剂，用c2mol•L﹣1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（ AgSCN难溶于水），达到滴定终点时，共用去V2mLKSCN溶液。若测定过程中没有加入硝基苯。则所测PCl3的含量将会 （填“偏大”“偏小”或“不变“）。产品中PCl3的质量分数表达式为 （列计算式即可）。
19．（14分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）以生物材质（以C计）与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应如下：
Ⅰ.c（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） K1
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） K2
Ⅲ.CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g） K3
Ⅳ.C（s）+O2（g）⇌CO2（g） K4
该工艺制H2总反应可表示为C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g），该反应的平衡常数K＝ （用K1等的代数式表示）
（2）N2O（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的速率方程为v正＝k正c（CO）•c（N2O），v逆＝k逆c（CO2）•c（N2）（k正、k逆 为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关）。净反应速率（Δv）等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv（500 K） （填“＞”、“＜”或“＝”） Δv（550 K）。
（3）一定条件下，CO2与H2反应可合成CH2＝CH2，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g），该反应分两步进行：
i．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1
ii．2CO （g）+4H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+2H2O（g） ΔH2
T℃，压强恒定为100 kPa时，将＝1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如下表所示。
组分
H2
CO
CH2＝CH2
物质的量分数（%）
CO2的平衡转化率为 ，反应i的平衡常数Kp＝ （Kp是以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）利用（Q）与（QH2）电解转化法从烟气中分离CO2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。
① （填“a”或“b”）为电源负极。
②CO2从出口 （填“1”或“2”）排出，CO2在M极上发生的反应为 。
2021-2022学年湖北省武汉市华师大一附中高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分。）
1．（3分）读史明智，化学史孕育着丰富的化学思维和方法，下列化学家和成就不相对应的是（ ）
A．勒夏特列：平衡移动原理
B．哈伯：合成氨
C．鲍林：化学键
D．法拉第：原电池
【分析】A.化学平衡移动原理在化工生产和科学研究中具有重要的指导作用，第一个提出平衡移动原理的科学家是勒夏特列；
B.哈伯最早实现人工固氮；
C.1927年鲍林应用量子力学，从事化学键本质的研究，创立了化学键理论；
D.法拉第最早发现电磁感应现象。
【解答】解：A.勒夏特列发现了平衡移动规律，提出了平衡移动原理的勒夏特列原理，故A正确；
B.哈伯是合成氨的发明者，实现人工固氮，故B正确；
C.1927年鲍林应用量子力学，从事化学键本质的研究，创立了化学键理论，故C正确；
D.法拉第最早发现电磁感应现象，故D错误；
故选：D。
【点评】本题难度不大，考查化学发展的历史，通过本题的解答有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感。
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．粮食酿酒有利于实现“碳中和、碳达峰”
B．聚乙炔用作绝缘材料
C．石油醚、石蜡油、凡士林、矿物油、生物柴油的主要成分属于烃
D．醋酸钠可用作“热袋”中的内置物
【分析】A．粮食酿酒的过程有二氧化碳的排放；
B．聚乙炔的结构中有单键和双键交替；
C．生物柴油的主要成分为酯类物质；
D．醋酸钠结晶放热。
【解答】解：A．粮食酿酒的过程是淀粉先转化为葡萄糖，葡萄糖经过发酵作用在转化为酒精，有二氧化碳的排放，故A错误；
B．聚乙炔的结构中有单键和双键交替，可以导电，故B错误；
C．石油醚、石蜡油、凡士林、矿物油的主要成分属于烃，生物柴油的主要成分为酯类物质，故C错误；
D．热敷袋内所装的液体是醋酸钠的过饱和水溶液，使用时仅需轻压热敷袋内的金属片形成结晶核以引发醋酸钠结晶过程中放热，热敷袋释放热量的原理是醋酸钠结晶过程中放热，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质分类及性质，掌握物质基本性质为解题关键，考查较为综合，整体难度适中。
3．（3分）根据你所学的知识推断，下列说法不正确的是（ ）
A．得到SrCl2•6H2O晶体需在HCl气流中蒸发SrCl2溶液
B．岩浆析出时，石英在硅酸盐后析出，主要原因是因为石英晶格能较小
C．NaCl和CsCl晶体中配位数不同，是几何因素导致的
D．红外光谱不可用于测定分子的立体结构
【分析】A．SrCl2•6H2O蒸发结晶不会发生水解；
B．石英的晶格能较低，它不容易在岩浆中达到饱和状态；
C．钠离子半径小于铯离子半径；
D．红外光谱测定化学键和官能团。
【解答】解：A．SrCl2•6H2O蒸发结晶不会水解，不需要在HCl气流中蒸发SrCl2溶液，故A错误；
B．石英的晶格能较低，此外它不容易在岩浆中达到饱和状态，只有当各种金属离子以硅酸盐形式析出后，石英的浓度才达到饱和状态，石英才析出，故B正确；
C．NaCl和CsCl都属于AB型的离子晶体，由离子的电子层越多，离子半径越大可知钠离子半径小于铯离子半径，故C正确；
D．红外光谱测定化学键和官能团，不能测定分子立体结构，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的化学性质、劲歌能比较、晶胞特点、有机物测定，属于基础题，明确各种物质结构的特点是解本题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．若图甲中气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
B．用图乙装置进行石油分馏
C．图丙操作为排出酸式滴定管的气泡
D．用图丁装置不能防止铁钉生锈
【分析】A.氯气与NaOH溶液反应，瓶内压强减小；
B.蒸馏时温度计测定馏分的温度；
C.酸式滴定管有活塞，没有橡皮管；
D.铁钉与电源正极相连，作阳极，可失去电子。
【解答】解：A.氯气与NaOH溶液反应，瓶内压强减小，则甲中气球变大，故A错误；
B.蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在支管口处，故B错误；
C.酸式滴定管有活塞，没有橡皮管，图中操作为排出碱式滴定管的气泡，故C错误；
D.铁钉与电源正极相连，作阳极，可失去电子，不能防止铁钉生锈，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（3分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．过量H2S气体和FeCl3溶液反应：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+
B．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2＝O2↑+2H++2Fe2+
C．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣＝CO32﹣+2HClO
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O+2e﹣＝PbO2+4H++SO42﹣
【分析】A．三价铁离子能够氧化硫化氢生成硫单质；
B．铁离子催化作用下过氧化氢分解生成水和氧气；
C．二氧化碳通入次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸；
D．铅酸蓄电池充电时的正极发生还原反应，硫酸铅得电子生成二氧化铅。
【解答】解：A．FeCl3溶液中通入过量H2S气体，离子方程式：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故A正确；
B．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，化学方程式：H2O2O2↑+2H2O，故B错误；
C．少量CO2通入NaClO溶液中，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣＝HCO3﹣+HClO，故C错误；
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应，电极反应式为：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧还原反应及分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，注意反应物的量对产物的影响，题目难度中等。
6．（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中铵根数目小于0.2NA
B．常温下1LpH＝2的H2SO4溶液中H+数目为0.01NA
C．56 gFe和足量的水蒸气反应，转移电子数为3NA
D．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图）含有NA个S﹣S键
【分析】A.将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，则有n（H+）＝n（OH﹣），而电荷守恒可知：n（H+）+n（NH4+）＝n（OH﹣）+n（NO3﹣）分析判断；
B.常温下pH＝2的H2SO4溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，根据n＝cV求出氢离子的物质的量，继而可以求出个数；
C.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；
D.S是ⅥA族元素，可以形成2个化学键（H2S）、4个化学键（H2SO3）、6个化学键（H2SO4）；As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，分析结构特征。
【解答】解：A.将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，则有n（H+）＝n（OH﹣），而电荷守恒可知：n（H+）+n（NH4+）＝n（OH﹣）+n（NO3﹣），故有n（NH4+）＝n（NO3﹣）＝0.2mol，个数为0.2NA个，故A错误；
B.常温下pH＝2的H2SO4溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，氢离子的物质的量n＝cV＝0.01mol/L×1L＝0.01mol，个数为0.01NA个，故B正确；
C.56g铁物质的量为＝1mol，铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价升高到+，1molFe转移电子物质的量为1mol×，电子数为NA，故C错误；
D.S是ⅥA族元素，可以形成2个化学键（H2S）、4个化学键（H2SO3）、6个化学键（H2SO4）；As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，所以黑色的是S，白色的是As，故雄黄中不存在S﹣S键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
7．（3分）“肉桂硫胺”是抗击新型冠状病毒潜在用药，结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C20H24N2SO
B．该物质可发生水解反应、氧化反应、加聚反应
C．1mol该物质最多可与7molH2加成，且完全加成后，产物含有2个手性碳原子
D．该物质分子中所有碳原子可能在同一平面上
【分析】A.由结构可知分子式；
B.含酰胺键、碳碳双键；
C.苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，连接4个不同基团的碳为手性碳；
D.含2个sp3杂化的C、2个sp3杂化的N。
【解答】解：A.由结构可知分子式为C20H24N2SO，故A正确；
B.含酰胺键可发生水解反应，碳碳双键可发生氧化、加聚反应，故B正确；
C.苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，1mol该物质最多可与7molH2加成，完全加成后，如图中黑球表示的2个碳为手性碳，故C正确；
D.含2个sp3杂化的C、2个sp3杂化的N，则所有原子一定不能共面，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
8．（3分）由下列实验操作及现象不能得出相应结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1﹣溴丁烷和碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛水的试管后，再用酸性高锰酸钾溶液进行检验
高锰酸钾溶液褪色
1﹣溴丁烷发生消去反应
B
向NaClO溶液中滴加酚酞试剂
先变红后褪色
NaClO发生了水解反应
C
向等浓度（c＝0.01mol/L）NaCl和Na2CrO4混合液中滴加AgNO3稀溶液（已知AgCl和Ag2CrO4的溶度积常数分别为1.8×10﹣10，2×10﹣12）
出现白色沉淀（Ag2CrO4为黄色沉淀）
Ag2CrO4的溶解度小于AgCl（以浓度计算）
D
室温，用pH试纸测定0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液和0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH
Na2SO3溶液pH约为10；NaHSO3溶液pH约为5
结合H+的能力：HSO3﹣＜SO32﹣
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.水可除去挥发的醇，烯烃可被酸性高锰酸钾氧化；
B.NaClO溶液显碱性，且生成HClO；
C.难溶电解质的类型不同，需要银离子浓度小的先沉淀；
D.由pH可知，亚硫酸钠水解显碱性，亚硫酸氢钠电离显酸性。
【解答】解：A.水可除去挥发的醇，烯烃可被酸性高锰酸钾氧化，由操作和现象可知1﹣溴丁烷发生消去反应，故A正确；
B.NaClO溶液显碱性，且生成HClO，则先变红后褪色，故B正确；
C.难溶电解质的类型不同，需要银离子浓度小的先沉淀，氯离子沉淀需要的银离子为mol/L＝1.8×10﹣8mol/L，铬酸根离子沉淀需要的银离子为mol/L≈1.4×10﹣5mol/L，白色沉淀，则先生成由操作和现象不能证明Ag2CrO4的溶解度小于AgCl，故C错误；
D.由pH可知，亚硫酸钠水解显碱性，亚硫酸氢钠电离显酸性，则结合H+的能力：HSO3﹣＜SO32﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐类水解、难溶电解质、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（3分）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（ ）
A．反应②可能是氧化还原反应
B．d气体分子构型为V形
C．b、c、d中可能不含S元素
D．a可能为正盐，也可能为酸式盐
【分析】由图中转化可知，含S元素的某钠盐a与氯气反应生成溶液b，与稀盐酸反应生成刺激性气体d，d能被酸性高锰酸钾氧化，可知d为SO2，溶液b与氯化钡反应生成白色沉淀c为BaSO4，则溶液a为Na2SO3或NaHSO3等，以此来解答。
【解答】解：A.若a为Na2S2O3，②中与盐酸反应时为氧化还原反应，故A正确；
B.d为二氧化硫，含2对孤对电子，形成2个共价键，分子构型为V形，故B正确；
C.b、c、d中可能均含S元素，故C错误；
D.a为Na2SO3或NaHSO3，可能为正盐，也可能为酸式盐，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为（，，）。已知Xe﹣F键长为rpm，下列说法不正确的是（ ）
A．该晶体的密度为g/cm3
B．B点原子的分数坐标为（0，0，r）
C．晶胞中A、B间距离d＝pm
D．基态F原子的核外电子空间运动状态有5种
【分析】图中大球的个数为8×+1＝2，小球的个数为8×+2＝4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为（0，0，）；图中y是底面对角线的一半，y＝a，x＝﹣r，结合勾股定理进行计算，据此解答。
【解答】解：A.图中大球的个数为8×+1＝2，小球的个数为8×+2＝4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子，密度＝×1030g/cm3＝g/cm3，故A正确；
B.由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为（0，0，），故B错误；
C.图中y是底面对角线的一半，y＝a，x＝﹣r，所以d＝＝pm，故C正确；
D.电子的空间运动状态就是轨道数，F原子有5个轨道，因而有5种电子的空间运动状态，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、晶胞计算等，这些都是常考知识点，对学生综合能力的考查，难度中等。
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．已知非金属性O＞N＞C，可推知氢化物的稳定性H2O2＞N2H4＞C2H6
B．已知CO2分子构型为直线形，可推知N3﹣、CS2、N2O都为直线形
C．已知硅酸难溶于水，可推知硅酸不能与NaOH溶液反应
D．已知N的电负性比B（硼）大，可推知NF3的键角比BF3大
【分析】A．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
B．等电子体结构相似；
C．硅酸属于酸，能和碱溶液发生中和反应；
D．成键电子对和孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。
【解答】解：A．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞C，但这几种氢化物不是其简单的氢化物，不能用“非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强”得出稳定性强弱顺序，故A错误；
B．等电子体结构相似，CO2分子构型为直线形，CO2和N3﹣、CS2、N2O都属于等电子体，则N3﹣、CS2、N2O都为直线形结构，故B正确；
C．硅酸属于酸，能和碱溶液发生中和反应，所以能和NaOH溶液反应，故C错误；
D．成键电子对和孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NF3中N原子孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，BF3中B原子没有孤电子对，所以NF3的键角比BF3大，与其中心原子电负性大小无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查较综合，涉及元素周期律、微粒空间构型判断、键角等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期律内涵、等电子体结构特点、键角大小判断方法是解本题关键，题目难度不大。
12．（3分）原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分别位于相邻两个周期，基态Q原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，该五种元素构成（如图）的化合物可制备储氢材料。下列说法不正确的是（ ）
A．同周期中第一电离能小于Q的有4种元素
B．阴、阳离子中均有配位键，且所有元素最外层满足8电子结构
C．Q和X元素组成的稳定的化合物只有2种
D．同主族形成的氢化物中Q的沸点最高
【分析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分别位于相邻两个周期，基态Q原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，结合原子序数可知其最高能级为np能级，由于p能级最多容纳6个电子，故除最高能级以外的其它能级总共容纳电子数不超过6，则Q处于第二周期，原子核外电子排布式为1s22s22px，则4+x＝2x，解得：x＝4，可知Q为O元素，结合元素处于相邻两个周期且X的原子序数又最小，则X为H元素，Y、Z、M也处于第二周期，结合化合物中阴、阳离子结构，可知阴离子中只能是Y原子获得1个电子整体表现﹣1价，而Z原子形成4条共价键，可推知Y为B元素、Z为N元素，则M为N元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为B，Z为N，M为N，Q为O元素，
A.氧元素位于第二周期，第二周期从左向右各元素第一电离能呈增大趋势，N元素的2处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第二周期中第一电离能小于O的元素有Li、Be、B、C四种元素，故A正确；
B.该化合物中含有H元素，H的最外层电子数为2，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C.氧与氢元素形成的稳定的化合物只有2种，分别为水和双氧水，故C正确；
D.水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，则形成的氢化物中Q的沸点最高，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
13．（3分）某锂离子电池以LiCoO2为正极材料，LiPF6•SO（CH3）2为电解质（Li+可自由移动），用该锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl
B．若锂离子电池工作tmin，维持电流强度为I A，理论回收Ni的质量为g（已知F＝96500C/mol）
C．X、Y两极电势的关系为EX大于EY，且充电时正极中的Li元素被氧化
D．不可用水代替SO（CH3）2做溶剂
【分析】根据电解含镍酸性废水回收Ni可知，电解池中镀镍铁棒为阴极，连接原电池的负极，阴极反应为Ni2++2e﹣＝Ni，碳棒为阳极，连接电源的正极，阴极室的阴离子通过阴离子交换膜移向b室，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜移向b室，所以该锂离子电池的X极为正极，Y极为负极，电池充电时，X极连接电源的正极，作阳极，Y极连接原电池的负极，作阴极，据此分析解答。
【解答】解：A．电解池中，a室为阳极室，c室为阴极室，a室中Na+通过阳离子交换膜移向b室，b室中Cl﹣通过阴离子交换膜移向b室，则Z为NaCl，故A正确；
B．锂离子电池工作tmin，维持电流强度为IA，则电量Q＝60ItC，电路中转移电子的物质的量n（e﹣）＝mol，阴极反应为Ni2++2e﹣＝Ni，根据电子守恒可知，n（Ni）＝n（e﹣）＝×mol，m（Ni）＝nM＝g，故B正确；
C．由上述分析可知，X极为锂离子电池的正极，Y极为锂离子电池的负极，则两极电势EX大于EY，但充电时，Li+移向负极被还原为Li，正极中的Co元素被氧化，故C错误；
D．Li是活泼金属，能与水发生反应，所以不可用水代替SO（CH3）2做溶剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池工作原理和电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，题目难度中等。
14．（3分）HCOOH在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用，HCOOH 催化释放氢是指在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，可能的反应机理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．其他条件不变时，在HCOOH溶液中加入适量HCOOK溶液可提高反应速率
C．催化过程中涉及非极性共价键的断裂和形成
D．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成了HD
【分析】A．根据反应机理图，HCOOH在催化剂的作用下先生成H+和HCOO﹣，进而生成CO2，后又生成H2，据此分析判断；
B．催化剂加快生成氢气的速率；
C．由图可知，存在O﹣H键断裂和N﹣H键的形成；
D．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，据此推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD。
【解答】解：A．根据反应机理图，HCOOH在催化剂的作用下先生成H+和HCOO﹣，进而生成CO2，后又生成H2，则反应的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．HCOOK完全电离，HCOOK溶液中HCOO﹣浓度大，更容易与催化剂结合，所以以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可加快生成氢气的速率，故B正确；
C．由图可知，存在O﹣H键断裂和N﹣H键的形成，O﹣H、N﹣H键均为极性键，所以催化过程中涉及极性共价键的断裂和形成，故C错误；
D．H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学反应机理，掌握化学反应中的物质的结构和性质为做题的关键，为高频考点，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度不大。
15．（3分）常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与的关系如图所示。下列关系正确的是（ ）
A．常温下，Ka2（H3PO4）＝106.8
B．常温下＝105.2
C．向0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞3c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）
D．0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液与0.1mol•L﹣1的Na3PO4溶液等体积混合：2c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（PO43﹣）
【分析】A．pH＝6.8时，n（NaOH）＝n（NaH2PO4），溶液中溶质为等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，H2PO4﹣、HPO42﹣电离和水解程度都较小，则溶液中c（H2PO4﹣）≈c（HPO42﹣），抓住Ka2（H3PO4）＝＝c（H+）；
B．常温下，NaH2PO4的浓度未知，无法算出Ka1；
C．溶液呈中性时，c（H+）＝c（OH﹣），当pH＝6.8时，c（H2PO4﹣）＝c（HPO42﹣），另pH增大时，c（H2PO4﹣）减小，c（HPO42﹣）增多，代入电荷守恒表达式即可；
D．抓住电荷守恒为和物料守恒，再把物料守恒代入电荷守恒即可。
【解答】解：A．pH＝6.8时，n（NaOH）＝n（NaH2PO4），NaOH完全反应但NaH2PO4有一半反应生成Na2HPO4，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，H2PO4﹣、HPO42﹣电离和水解程度都较小，则溶液中c（H2PO4﹣）≈c（HPO42﹣），Ka2（H3PO4）＝＝c（H+）＝10﹣6.8，故A错误；
B．常温下，NaH2PO4的浓度未知，无法算出Ka1，故B错误；
C．根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），当溶液呈中性时，c（H+）＝c（OH﹣），当pH＝6.8时，c（H2PO4﹣）＝c（HPO42﹣），另pH增大时，c（H2PO4﹣）减小，c（HPO42﹣）增多，所以c（Na+）＜3c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），故C错误；
D．1：1混合后，c（NaH2PO4）＝c（Na3PO4）＝1：1，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），物料守恒为：c（Na+）＝2[c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）+c（PO43﹣）]，物料守恒代入电荷守恒得到：2c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（PO43﹣），故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查多元弱酸的酸式盐与强碱的反应，考查电荷守恒、物料守恒的应用，对学生的思维能力、读图能力要求很高，属于难题。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 羰基 。
（2）A→B所需的试剂和条件分别为 浓硝酸、浓硫酸、加热 。
（3）B→C、E→F的反应类型依次为 还原反应 、 取代反应 。
（4）扎来普隆的分子式为 C17H15ON5 。
（5）C→D的化学方程式为 。
（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有 17 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 、 。
（7）已知：﹣NH2有碱性且易被氧化。设计由 和乙醇制备 的合成路线（无机试剂任选）。
【分析】（1）由结构可知，A中含有的官能团为：羰基；
（2）对比A、B的结构可知，A发生硝化反应生成B；
（3）B→C是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢；E→F是氢原子被乙基替代；
（4）扎来普隆的分子含有17个C原子、15个H原子、1个O原子、5个N原子；
（5）C→D是氨基中氢原子被替代，同时有乙酸生成；
（6）B的同分异构体属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应，苯环有1个侧链为﹣CH（NO2）CHO，可以有2个侧链为﹣NO2、﹣CH2CHO或者﹣CH2NO2、﹣CHO，可以有3个侧链为：﹣CH2、﹣NO2、﹣CHO；
（7）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与乙醇发生酯化反应引入酯基，由于氨基易被氧化且能与羧基反应，应先氧化，再发生酯化反应，最后再还原。
【解答】解：（1）由结构可知，A中含有的官能团为：羰基，故答案为：羰基；
（2）对比A、B的结构可知，A发生硝化反应生成B，需要条件为：浓硝酸、浓硫酸、加热，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；
（3）B→C是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，属于还原反应；E→F是氢原子被乙基替代，属于取代反应，
故答案为：还原反应；取代反应；
（4）扎来普隆的分子含有17个C原子、15个H原子、1个O原子、5个N原子，其分子式为：C17H15ON5，
故答案为：C17H15ON5；
（5）C→D是氨基中氢原子被替代，同时有乙酸生成，反应方程式为：，
故答案为：；
（6）B的同分异构体属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应，苯环有1个侧链为﹣CH（NO2）CHO，可以有2个侧链为﹣NO2、﹣CH2CHO或者﹣CH2NO2、﹣CHO，均有邻、间、对3种位置结构，可以有3个侧链为：﹣CH2、﹣NO2、﹣CHO，2个不同的取代基有邻、间、对三种位置结构，对应的第三个不同的取代基分别有4种、4种、2种位置结构，故符合条件的共有1+3×2+4+4+2＝17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为：、，
故答案为：17；、；
（7）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与乙醇发生酯化反应引入酯基，由于氨基易被氧化且能与羧基反应，应先氧化，再发生酯化反应，最后再还原，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比物质的结构明确发生的反应，题目较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
17．（14分）钨锰铁矿[主要成分为（Fe，Mn）WO4，还含有石英及少量P、As的化合物]，由钨锰铁矿的精矿粉制备金属钨的工艺流程如图所示：
（1）已知W为第六周期元素，与Cr同族，但核外电子排布完全符合构造原理，写出W的基态价电子排布式 5d46s2 。用钨做白炽灯灯丝是利用其 导电性好，熔点高 （填具体性质）。
（2）“滤渣II”中除含有Mg3（PO4）2、Mg3（AsO4）2外，还含有 MgSiO3 （写化学式）。
（3）“萃取”时发生的反应为3（R3NH）2SO4（油层）+H2W12O406﹣（水层）＝（R3NH）6H2W12O40（油层）+3SO42﹣（水层），该步骤主要目的是除去 SO42﹣ 。最适合作“反萃取剂”的是 氨水 。
（4）焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，此反应是 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应，不用焦炭的原因是 焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保 。
（5）某小组利用可逆反应，W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0，设计如图装置提纯粗钨（杂质熔点高，且不能与碘发生反应）。粗钨装入石英管一端，抽成真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。最终纯钨在 Ⅰ 区（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
【分析】由精矿粉制备WO3的工艺流程可知，煅烧时发生6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+2Mn3O4+6CO2、4FeWO4+4Na2CO3+O24Na2WO4+2Fe2O3+4CO2，酸浸分离滤渣Ⅰ的主要成分是Fe2O3、Mn3O4，然后加硫酸镁除去Si、P、As，过滤分离出钨酸钠，与浓硫酸反应生成钨酸和硫酸钠，萃取过程发生反应是3（R3NH）2SO4（油层）+H2W12O406﹣（水层）＝（R3NH）6H2W12O40（油层）+3SO42﹣（水层），则加入氨水或碳酸氢铵反萃取、结晶得到（NH4）2WO4，水层进行操作A为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，最后发生 （NH4）2WO4WO3+2NH3↑+H2O，依此解答。
【解答】解：（1）已知W为为钨，74号元素，在第六周期ⅥB族，与Cr同族，W的基态价电子排布式5d46s2，用钨做白炽灯灯丝是因为其导电性好，熔点高，
故答案为：5d46s2；导电性好，熔点高；
（2）“滤渣II”中除含有Mg3（PO4）2、Mg3（AsO4）2外，还因为镁离子与硅酸根离子生成硅酸镁沉淀，故滤渣Ⅱ中还应有MgSiO3，
故答案为：MgSiO3；
（3）由于最终阴离子只需要WO42﹣，故该步骤主要目的是除去SO42﹣；适合作“反萃取剂”的物质应该选择易除去，并且不引入新的杂质，故选择氨水作“反萃取剂”最合适，
故答案为：SO42﹣；氨水；
（4）焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，此反应是吸热反应，不用焦炭的原因是焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保，
故答案为：吸热；焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保；
（5）反应W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0，该反应放热，所以高温有利于钨的生成，所以在高温区生成，最终纯钨在Ⅰ区，
故答案为：Ⅰ。
【点评】本题以钨锰铁矿原料制备W的工艺流程为载体，考查了物质的制备和分离、氧化还原反应原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等，题目难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。
18．（14分）化学与材料科学领域热点前沿主要分布在光学材料、储能材料、电池材料等方向。
（1）有科学研究提出：锂电池负极材料（Li）由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水（D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定可以获知 。
已知：①LiH+H2O＝LiOH+H2↑
②2Li（s）+H2⇌2LiH △H＜0
若越大，则越 大 （填“大”或“小”）。
80℃反应所得比25℃反应所得 大 （填“大”或“小”）。
（2）三氯化磷（PCl3）是重要的半导体材料掺杂剂，如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。
查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），POCl3、PCl3遇水会强烈水解。
①A是制取CO2的装置，A中的药品是 稀盐酸和碳酸钙（大理石、石灰石） 。
②写出G中发生的离子方程式 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
③PCl3水解生成亚磷酸（H3PO3）和HCl，H3PO3是一种二元弱酸，Na2HPO3溶液显 碱 性（填“酸”、“碱”或“中”）。
④PCl3纯度测定：实验结束后，装置D中收集的PCl3中含有PCl5和POCl3，加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，再通过蒸馏，收集70.0℃～80.0℃的馏分，可得到PCl3产品。
步骤Ⅰ：取ag上述所得PCl3产品，置于盛有50.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液；
步骤Ⅱ：取10.00mL上述溶液于锥形瓶中，先用稀硝酸酸化，再加入V1mLc1mol•L﹣1AgNO3溶液（过量），使Cl﹣完全转化为AgCl沉淀；
步骤Ⅲ：加入少量硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；以硫酸铁溶液为指示剂，用c2mol•L﹣1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（ AgSCN难溶于水），达到滴定终点时，共用去V2mLKSCN溶液。若测定过程中没有加入硝基苯。则所测PCl3的含量将会 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变“）。产品中PCl3的质量分数表达式为 % （列计算式即可）。
【分析】（1）D2由通过反应2Li+2D2O═2LiOD+D2↑制得，HD通过反应，LiH+D2O＝LiOD+HD↑制得；高温度，2Li（s）+H2（g）⇌2LiH（s）△H＜0，平衡左移，Li增多，LiH减少，据此分析判断；
（2）实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：由实验装置可知，本实验首先由A装置中CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生的气体通过水，以除去CO2气体中混入的HCl，然后用CO2排尽装置内的空气，G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，E装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用C装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用D装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，以此解答该题。
【解答】解：（1）D2由Li与D2O的反应生成，HD通过反应LiH+D2O＝LiOD+HD↑，若越大，则越大；升高温度，2Li（s）+H2（g）⇌2LiH（s）△H＜0，平衡左移，Li增多，LiH减少，80℃反应所得比25℃反应所得大，
故答案为：大；大；
（2）①A为由稀盐酸和碳酸钙（大理石、石灰石）反应生成CO2，
故答案为：稀盐酸和碳酸钙（大理石、石灰石）；
②G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，根据化学方程式写出离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
③PCl3水解生成亚磷酸（H3PO3）和HCl，H3PO3是一种二元弱酸，Na2HPO3溶液为强碱弱酸盐溶液，水解显碱性，
故答案为：碱；
④硝基苯可覆盖AgCl沉淀，避免AgCl与KSCN溶液反应，若滴定过程中没有加入硝基苯，消耗的KSCN溶液偏多，原来溶液中氯离子浓度偏小，导致PCl3含量偏小；n（AgNO3）＝c2mol•L﹣1×V2×10﹣3L＝10﹣3c2V2mol，与Cl﹣反应的n（AgNO3）＝（10﹣3c1V1﹣10﹣3c2V2）mol，10.00mL溶液中n（Cl﹣）＝（10﹣3c1V1﹣10﹣3c2V2）mol，100.00mL溶液中n（Cl﹣）＝（10﹣2c1V1﹣10﹣2c2V2）mol，根据Cl原子守恒得ag产品中n（PCl3）＝×（10﹣2c1V1﹣10﹣2c2V2）mol，产品中PCl3的质量分数＝×100%＝×100%＝%，
故答案为：偏小；%。
【点评】本题考查化学平衡影响因素分析判断、物质含量的测定，注意阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，为高考常见题型，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，题目难度较大。
19．（14分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）以生物材质（以C计）与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应如下：
Ⅰ.c（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） K1
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） K2
Ⅲ.CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g） K3
Ⅳ.C（s）+O2（g）⇌CO2（g） K4
该工艺制H2总反应可表示为C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g），该反应的平衡常数K＝ （用K1等的代数式表示）
（2）N2O（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的速率方程为v正＝k正c（CO）•c（N2O），v逆＝k逆c（CO2）•c（N2）（k正、k逆 为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关）。净反应速率（Δv）等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv（500 K） ＝ （填“＞”、“＜”或“＝”） Δv（550 K）。
（3）一定条件下，CO2与H2反应可合成CH2＝CH2，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g），该反应分两步进行：
i．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1
ii．2CO （g）+4H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+2H2O（g） ΔH2
T℃，压强恒定为100 kPa时，将＝1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如下表所示。
组分
H2
CO
CH2＝CH2
物质的量分数（%）
CO2的平衡转化率为 90% ，反应i的平衡常数Kp＝ 3.4 （Kp是以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）利用（Q）与（QH2）电解转化法从烟气中分离CO2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。
① a （填“a”或“b”）为电源负极。
②CO2从出口 2 （填“1”或“2”）排出，CO2在M极上发生的反应为 CO2+OH﹣＝HCO3﹣ 。
【分析】（1）依据方程式关系确定平衡常数关系；
（2）反应达到平衡状态，正逆反应速率相等；
（3）由反应物的起始加入量和平衡时体积分数计算到达平衡时各组分的转化量和平衡量，进而求算转化率和平衡常数；
（4）由图可知，M极Q生成QH2，该过程为加氢过程，属于还原反应，故M极为阴极，电极反应式为Q+2e﹣+2H2O＝QH2+2OH﹣，通入的二氧化碳与氢氧根离子反应，CO2+OH﹣＝HCO3﹣，N极为阳极，电极反应式为QH2﹣2e﹣＝Q+2H+，阳极区生成碳酸氢根离子和氢离子反应，HCO3﹣+2H+＝CO2↑+H2O，据此作答。
【解答】解：（1）已知Ⅰ.c（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）K1＝，Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）K2＝，Ⅲ.CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）K3＝c（CO2），Ⅰ﹣Ⅱ﹣Ⅲ可得C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g）K＝＝，，故C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g）的平衡常数K＝，
故答案为：；
（2）净反应速率（Δv）等于正、逆反应速率之差，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，净速率为0，平衡时，Δv（500 K）＝Δv（550 K），
故答案为：＝；
（3）设二氧化碳、氢气的物质的量分别为1mol和3mol，反应Ⅰ生成CO的物质的量为xmol，反应Ⅱ生成乙烯的物质的量为ymol，平衡时二氧化碳的物质的量为（1﹣x）mol，氢气的物质的量为（3﹣x﹣4y）mol，乙烯的物质的量为ymol，CO的物质的量为（x﹣2y）mol，水的物质的量为（x+2y）mol，气体总物质的量为（1﹣x）mol+（3﹣x﹣4y）mol+ymol+（x﹣2y）mol+（x+2y）mol＝（4﹣3y）mol，由表格可知，乙烯的物质的量分数为＝，解得y＝0.4，CO的物质的量分数为＝，解得x＝0.9，CO2的平衡转化率为×100%＝90%，二氧化碳的体积分数为＝，水的体积分数为＝，反应i的平衡常数Kp＝＝＝3.4，
故答案为：90%；3.4；
（4）①M极为阴极，连接电源的负极，故a是负极，
故答案为：a；
②通入的二氧化碳与阴极生成氢氧根离子反应，CO2+OH﹣＝HCO3﹣，生成碳酸氢根离子和阴极产生的氢离子反应，HCO3﹣+2H+＝CO2↑+H2O，CO2从出口2排出，
故答案为：2；CO2+OH﹣＝HCO3﹣。
【点评】本题考查化学平衡和电解原理，题目难度较大，难点是化学平衡常数的计算。
2021-2022学年湖北省武汉市华师大一附中高三（上）期中化学试卷
一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分。）
1．（3分）读史明智，化学史孕育着丰富的化学思维和方法，下列化学家和成就不相对应的是（ ）
A．勒夏特列：平衡移动原理
B．哈伯：合成氨
C．鲍林：化学键
D．法拉第：原电池
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．粮食酿酒有利于实现“碳中和、碳达峰”
B．聚乙炔用作绝缘材料
C．石油醚、石蜡油、凡士林、矿物油、生物柴油的主要成分属于烃
D．醋酸钠可用作“热袋”中的内置物
3．（3分）根据你所学的知识推断，下列说法不正确的是（ ）
A．得到SrCl2•6H2O晶体需在HCl气流中蒸发SrCl2溶液
B．岩浆析出时，石英在硅酸盐后析出，主要原因是因为石英晶格能较小
C．NaCl和CsCl晶体中配位数不同，是几何因素导致的
D．红外光谱不可用于测定分子的立体结构
4．（3分）下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．若图甲中气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
B．用图乙装置进行石油分馏
C．图丙操作为排出酸式滴定管的气泡
D．用图丁装置不能防止铁钉生锈
5．（3分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．过量H2S气体和FeCl3溶液反应：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+
B．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2＝O2↑+2H++2Fe2+
C．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣＝CO32﹣+2HClO
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O+2e﹣＝PbO2+4H++SO42﹣
6．（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中铵根数目小于0.2NA
B．常温下1LpH＝2的H2SO4溶液中H+数目为0.01NA
C．56 gFe和足量的水蒸气反应，转移电子数为3NA
D．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图）含有NA个S﹣S键
7．（3分）“肉桂硫胺”是抗击新型冠状病毒潜在用药，结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C20H24N2SO
B．该物质可发生水解反应、氧化反应、加聚反应
C．1mol该物质最多可与7molH2加成，且完全加成后，产物含有2个手性碳原子
D．该物质分子中所有碳原子可能在同一平面上
8．（3分）由下列实验操作及现象不能得出相应结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1﹣溴丁烷和碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛水的试管后，再用酸性高锰酸钾溶液进行检验
高锰酸钾溶液褪色
1﹣溴丁烷发生消去反应
B
向NaClO溶液中滴加酚酞试剂
先变红后褪色
NaClO发生了水解反应
C
向等浓度（c＝0.01mol/L）NaCl和Na2CrO4混合液中滴加AgNO3稀溶液（已知AgCl和Ag2CrO4的溶度积常数分别为1.8×10﹣10，2×10﹣12）
出现白色沉淀（Ag2CrO4为黄色沉淀）
Ag2CrO4的溶解度小于AgCl（以浓度计算）
D
室温，用pH试纸测定0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液和0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH
Na2SO3溶液pH约为10；NaHSO3溶液pH约为5
结合H+的能力：HSO3﹣＜SO32﹣
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（ ）
A．反应②可能是氧化还原反应
B．d气体分子构型为V形
C．b、c、d中可能不含S元素
D．a可能为正盐，也可能为酸式盐
10．（3分）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为（，，）。已知Xe﹣F键长为rpm，下列说法不正确的是（ ）
A．该晶体的密度为g/cm3
B．B点原子的分数坐标为（0，0，r）
C．晶胞中A、B间距离d＝pm
D．基态F原子的核外电子空间运动状态有5种
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．已知非金属性O＞N＞C，可推知氢化物的稳定性H2O2＞N2H4＞C2H6
B．已知CO2分子构型为直线形，可推知N3﹣、CS2、N2O都为直线形
C．已知硅酸难溶于水，可推知硅酸不能与NaOH溶液反应
D．已知N的电负性比B（硼）大，可推知NF3的键角比BF3大
12．（3分）原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分别位于相邻两个周期，基态Q原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，该五种元素构成（如图）的化合物可制备储氢材料。下列说法不正确的是（ ）
A．同周期中第一电离能小于Q的有4种元素
B．阴、阳离子中均有配位键，且所有元素最外层满足8电子结构
C．Q和X元素组成的稳定的化合物只有2种
D．同主族形成的氢化物中Q的沸点最高
13．（3分）某锂离子电池以LiCoO2为正极材料，LiPF6•SO（CH3）2为电解质（Li+可自由移动），用该锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl
B．若锂离子电池工作tmin，维持电流强度为I A，理论回收Ni的质量为g（已知F＝96500C/mol）
C．X、Y两极电势的关系为EX大于EY，且充电时正极中的Li元素被氧化
D．不可用水代替SO（CH3）2做溶剂
14．（3分）HCOOH在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用，HCOOH 催化释放氢是指在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，可能的反应机理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．其他条件不变时，在HCOOH溶液中加入适量HCOOK溶液可提高反应速率
C．催化过程中涉及非极性共价键的断裂和形成
D．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成了HD
15．（3分）常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与的关系如图所示。下列关系正确的是（ ）
A．常温下，Ka2（H3PO4）＝106.8
B．常温下＝105.2
C．向0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞3c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）
D．0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液与0.1mol•L﹣1的Na3PO4溶液等体积混合：2c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（PO43﹣）
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 。
（2）A→B所需的试剂和条件分别为 。
（3）B→C、E→F的反应类型依次为 、 。
（4）扎来普隆的分子式为 。
（5）C→D的化学方程式为 。
（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 。
（7）已知：﹣NH2有碱性且易被氧化。设计由 和乙醇制备 的合成路线（无机试剂任选）。
17．（14分）钨锰铁矿[主要成分为（Fe，Mn）WO4，还含有石英及少量P、As的化合物]，由钨锰铁矿的精矿粉制备金属钨的工艺流程如图所示：
（1）已知W为第六周期元素，与Cr同族，但核外电子排布完全符合构造原理，写出W的基态价电子排布式 。用钨做白炽灯灯丝是利用其 （填具体性质）。
（2）“滤渣II”中除含有Mg3（PO4）2、Mg3（AsO4）2外，还含有 （写化学式）。
（3）“萃取”时发生的反应为3（R3NH）2SO4（油层）+H2W12O406﹣（水层）＝（R3NH）6H2W12O40（油层）+3SO42﹣（水层），该步骤主要目的是除去 。最适合作“反萃取剂”的是 。
（4）焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，此反应是 （填“吸热”或“放热”）反应，不用焦炭的原因是 。
（5）某小组利用可逆反应，W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0，设计如图装置提纯粗钨（杂质熔点高，且不能与碘发生反应）。粗钨装入石英管一端，抽成真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。最终纯钨在 区（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
18．（14分）化学与材料科学领域热点前沿主要分布在光学材料、储能材料、电池材料等方向。
（1）有科学研究提出：锂电池负极材料（Li）由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水（D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定可以获知 。
已知：①LiH+H2O＝LiOH+H2↑
②2Li（s）+H2⇌2LiH △H＜0
若越大，则越 （填“大”或“小”）。
80℃反应所得比25℃反应所得 （填“大”或“小”）。
（2）三氯化磷（PCl3）是重要的半导体材料掺杂剂，如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。
查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），POCl3、PCl3遇水会强烈水解。
①A是制取CO2的装置，A中的药品是 。
②写出G中发生的离子方程式 。
③PCl3水解生成亚磷酸（H3PO3）和HCl，H3PO3是一种二元弱酸，Na2HPO3溶液显 性（填“酸”、“碱”或“中”）。
④PCl3纯度测定：实验结束后，装置D中收集的PCl3中含有PCl5和POCl3，加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，再通过蒸馏，收集70.0℃～80.0℃的馏分，可得到PCl3产品。
步骤Ⅰ：取ag上述所得PCl3产品，置于盛有50.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液；
步骤Ⅱ：取10.00mL上述溶液于锥形瓶中，先用稀硝酸酸化，再加入V1mLc1mol•L﹣1AgNO3溶液（过量），使Cl﹣完全转化为AgCl沉淀；
步骤Ⅲ：加入少量硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；以硫酸铁溶液为指示剂，用c2mol•L﹣1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（ AgSCN难溶于水），达到滴定终点时，共用去V2mLKSCN溶液。若测定过程中没有加入硝基苯。则所测PCl3的含量将会 （填“偏大”“偏小”或“不变“）。产品中PCl3的质量分数表达式为 （列计算式即可）。
19．（14分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）以生物材质（以C计）与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应如下：
Ⅰ.c（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） K1
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） K2
Ⅲ.CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g） K3
Ⅳ.C（s）+O2（g）⇌CO2（g） K4
该工艺制H2总反应可表示为C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g），该反应的平衡常数K＝ （用K1等的代数式表示）
（2）N2O（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的速率方程为v正＝k正c（CO）•c（N2O），v逆＝k逆c（CO2）•c（N2）（k正、k逆 为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关）。净反应速率（Δv）等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv（500 K） （填“＞”、“＜”或“＝”） Δv（550 K）。
（3）一定条件下，CO2与H2反应可合成CH2＝CH2，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g），该反应分两步进行：
i．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1
ii．2CO （g）+4H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+2H2O（g） ΔH2
T℃，压强恒定为100 kPa时，将＝1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如下表所示。
组分
H2
CO
CH2＝CH2
物质的量分数（%）
CO2的平衡转化率为 ，反应i的平衡常数Kp＝ （Kp是以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）利用（Q）与（QH2）电解转化法从烟气中分离CO2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。
① （填“a”或“b”）为电源负极。
②CO2从出口 （填“1”或“2”）排出，CO2在M极上发生的反应为 。
2021-2022学年湖北省武汉市华师大一附中高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分。）
1．（3分）读史明智，化学史孕育着丰富的化学思维和方法，下列化学家和成就不相对应的是（ ）
A．勒夏特列：平衡移动原理
B．哈伯：合成氨
C．鲍林：化学键
D．法拉第：原电池
【分析】A.化学平衡移动原理在化工生产和科学研究中具有重要的指导作用，第一个提出平衡移动原理的科学家是勒夏特列；
B.哈伯最早实现人工固氮；
C.1927年鲍林应用量子力学，从事化学键本质的研究，创立了化学键理论；
D.法拉第最早发现电磁感应现象。
【解答】解：A.勒夏特列发现了平衡移动规律，提出了平衡移动原理的勒夏特列原理，故A正确；
B.哈伯是合成氨的发明者，实现人工固氮，故B正确；
C.1927年鲍林应用量子力学，从事化学键本质的研究，创立了化学键理论，故C正确；
D.法拉第最早发现电磁感应现象，故D错误；
故选：D。
【点评】本题难度不大，考查化学发展的历史，通过本题的解答有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感。
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．粮食酿酒有利于实现“碳中和、碳达峰”
B．聚乙炔用作绝缘材料
C．石油醚、石蜡油、凡士林、矿物油、生物柴油的主要成分属于烃
D．醋酸钠可用作“热袋”中的内置物
【分析】A．粮食酿酒的过程有二氧化碳的排放；
B．聚乙炔的结构中有单键和双键交替；
C．生物柴油的主要成分为酯类物质；
D．醋酸钠结晶放热。
【解答】解：A．粮食酿酒的过程是淀粉先转化为葡萄糖，葡萄糖经过发酵作用在转化为酒精，有二氧化碳的排放，故A错误；
B．聚乙炔的结构中有单键和双键交替，可以导电，故B错误；
C．石油醚、石蜡油、凡士林、矿物油的主要成分属于烃，生物柴油的主要成分为酯类物质，故C错误；
D．热敷袋内所装的液体是醋酸钠的过饱和水溶液，使用时仅需轻压热敷袋内的金属片形成结晶核以引发醋酸钠结晶过程中放热，热敷袋释放热量的原理是醋酸钠结晶过程中放热，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质分类及性质，掌握物质基本性质为解题关键，考查较为综合，整体难度适中。
3．（3分）根据你所学的知识推断，下列说法不正确的是（ ）
A．得到SrCl2•6H2O晶体需在HCl气流中蒸发SrCl2溶液
B．岩浆析出时，石英在硅酸盐后析出，主要原因是因为石英晶格能较小
C．NaCl和CsCl晶体中配位数不同，是几何因素导致的
D．红外光谱不可用于测定分子的立体结构
【分析】A．SrCl2•6H2O蒸发结晶不会发生水解；
B．石英的晶格能较低，它不容易在岩浆中达到饱和状态；
C．钠离子半径小于铯离子半径；
D．红外光谱测定化学键和官能团。
【解答】解：A．SrCl2•6H2O蒸发结晶不会水解，不需要在HCl气流中蒸发SrCl2溶液，故A错误；
B．石英的晶格能较低，此外它不容易在岩浆中达到饱和状态，只有当各种金属离子以硅酸盐形式析出后，石英的浓度才达到饱和状态，石英才析出，故B正确；
C．NaCl和CsCl都属于AB型的离子晶体，由离子的电子层越多，离子半径越大可知钠离子半径小于铯离子半径，故C正确；
D．红外光谱测定化学键和官能团，不能测定分子立体结构，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的化学性质、劲歌能比较、晶胞特点、有机物测定，属于基础题，明确各种物质结构的特点是解本题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．若图甲中气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
B．用图乙装置进行石油分馏
C．图丙操作为排出酸式滴定管的气泡
D．用图丁装置不能防止铁钉生锈
【分析】A.氯气与NaOH溶液反应，瓶内压强减小；
B.蒸馏时温度计测定馏分的温度；
C.酸式滴定管有活塞，没有橡皮管；
D.铁钉与电源正极相连，作阳极，可失去电子。
【解答】解：A.氯气与NaOH溶液反应，瓶内压强减小，则甲中气球变大，故A错误；
B.蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在支管口处，故B错误；
C.酸式滴定管有活塞，没有橡皮管，图中操作为排出碱式滴定管的气泡，故C错误；
D.铁钉与电源正极相连，作阳极，可失去电子，不能防止铁钉生锈，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（3分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．过量H2S气体和FeCl3溶液反应：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+
B．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2＝O2↑+2H++2Fe2+
C．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣＝CO32﹣+2HClO
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O+2e﹣＝PbO2+4H++SO42﹣
【分析】A．三价铁离子能够氧化硫化氢生成硫单质；
B．铁离子催化作用下过氧化氢分解生成水和氧气；
C．二氧化碳通入次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸；
D．铅酸蓄电池充电时的正极发生还原反应，硫酸铅得电子生成二氧化铅。
【解答】解：A．FeCl3溶液中通入过量H2S气体，离子方程式：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故A正确；
B．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，化学方程式：H2O2O2↑+2H2O，故B错误；
C．少量CO2通入NaClO溶液中，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣＝HCO3﹣+HClO，故C错误；
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应，电极反应式为：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧还原反应及分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，注意反应物的量对产物的影响，题目难度中等。
6．（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中铵根数目小于0.2NA
B．常温下1LpH＝2的H2SO4溶液中H+数目为0.01NA
C．56 gFe和足量的水蒸气反应，转移电子数为3NA
D．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图）含有NA个S﹣S键
【分析】A.将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，则有n（H+）＝n（OH﹣），而电荷守恒可知：n（H+）+n（NH4+）＝n（OH﹣）+n（NO3﹣）分析判断；
B.常温下pH＝2的H2SO4溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，根据n＝cV求出氢离子的物质的量，继而可以求出个数；
C.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；
D.S是ⅥA族元素，可以形成2个化学键（H2S）、4个化学键（H2SO3）、6个化学键（H2SO4）；As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，分析结构特征。
【解答】解：A.将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，则有n（H+）＝n（OH﹣），而电荷守恒可知：n（H+）+n（NH4+）＝n（OH﹣）+n（NO3﹣），故有n（NH4+）＝n（NO3﹣）＝0.2mol，个数为0.2NA个，故A错误；
B.常温下pH＝2的H2SO4溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，氢离子的物质的量n＝cV＝0.01mol/L×1L＝0.01mol，个数为0.01NA个，故B正确；
C.56g铁物质的量为＝1mol，铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价升高到+，1molFe转移电子物质的量为1mol×，电子数为NA，故C错误；
D.S是ⅥA族元素，可以形成2个化学键（H2S）、4个化学键（H2SO3）、6个化学键（H2SO4）；As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，所以黑色的是S，白色的是As，故雄黄中不存在S﹣S键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
7．（3分）“肉桂硫胺”是抗击新型冠状病毒潜在用药，结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C20H24N2SO
B．该物质可发生水解反应、氧化反应、加聚反应
C．1mol该物质最多可与7molH2加成，且完全加成后，产物含有2个手性碳原子
D．该物质分子中所有碳原子可能在同一平面上
【分析】A.由结构可知分子式；
B.含酰胺键、碳碳双键；
C.苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，连接4个不同基团的碳为手性碳；
D.含2个sp3杂化的C、2个sp3杂化的N。
【解答】解：A.由结构可知分子式为C20H24N2SO，故A正确；
B.含酰胺键可发生水解反应，碳碳双键可发生氧化、加聚反应，故B正确；
C.苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，1mol该物质最多可与7molH2加成，完全加成后，如图中黑球表示的2个碳为手性碳，故C正确；
D.含2个sp3杂化的C、2个sp3杂化的N，则所有原子一定不能共面，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
8．（3分）由下列实验操作及现象不能得出相应结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1﹣溴丁烷和碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛水的试管后，再用酸性高锰酸钾溶液进行检验
高锰酸钾溶液褪色
1﹣溴丁烷发生消去反应
B
向NaClO溶液中滴加酚酞试剂
先变红后褪色
NaClO发生了水解反应
C
向等浓度（c＝0.01mol/L）NaCl和Na2CrO4混合液中滴加AgNO3稀溶液（已知AgCl和Ag2CrO4的溶度积常数分别为1.8×10﹣10，2×10﹣12）
出现白色沉淀（Ag2CrO4为黄色沉淀）
Ag2CrO4的溶解度小于AgCl（以浓度计算）
D
室温，用pH试纸测定0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液和0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH
Na2SO3溶液pH约为10；NaHSO3溶液pH约为5
结合H+的能力：HSO3﹣＜SO32﹣
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.水可除去挥发的醇，烯烃可被酸性高锰酸钾氧化；
B.NaClO溶液显碱性，且生成HClO；
C.难溶电解质的类型不同，需要银离子浓度小的先沉淀；
D.由pH可知，亚硫酸钠水解显碱性，亚硫酸氢钠电离显酸性。
【解答】解：A.水可除去挥发的醇，烯烃可被酸性高锰酸钾氧化，由操作和现象可知1﹣溴丁烷发生消去反应，故A正确；
B.NaClO溶液显碱性，且生成HClO，则先变红后褪色，故B正确；
C.难溶电解质的类型不同，需要银离子浓度小的先沉淀，氯离子沉淀需要的银离子为mol/L＝1.8×10﹣8mol/L，铬酸根离子沉淀需要的银离子为mol/L≈1.4×10﹣5mol/L，白色沉淀，则先生成由操作和现象不能证明Ag2CrO4的溶解度小于AgCl，故C错误；
D.由pH可知，亚硫酸钠水解显碱性，亚硫酸氢钠电离显酸性，则结合H+的能力：HSO3﹣＜SO32﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐类水解、难溶电解质、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（3分）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（ ）
A．反应②可能是氧化还原反应
B．d气体分子构型为V形
C．b、c、d中可能不含S元素
D．a可能为正盐，也可能为酸式盐
【分析】由图中转化可知，含S元素的某钠盐a与氯气反应生成溶液b，与稀盐酸反应生成刺激性气体d，d能被酸性高锰酸钾氧化，可知d为SO2，溶液b与氯化钡反应生成白色沉淀c为BaSO4，则溶液a为Na2SO3或NaHSO3等，以此来解答。
【解答】解：A.若a为Na2S2O3，②中与盐酸反应时为氧化还原反应，故A正确；
B.d为二氧化硫，含2对孤对电子，形成2个共价键，分子构型为V形，故B正确；
C.b、c、d中可能均含S元素，故C错误；
D.a为Na2SO3或NaHSO3，可能为正盐，也可能为酸式盐，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为（，，）。已知Xe﹣F键长为rpm，下列说法不正确的是（ ）
A．该晶体的密度为g/cm3
B．B点原子的分数坐标为（0，0，r）
C．晶胞中A、B间距离d＝pm
D．基态F原子的核外电子空间运动状态有5种
【分析】图中大球的个数为8×+1＝2，小球的个数为8×+2＝4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为（0，0，）；图中y是底面对角线的一半，y＝a，x＝﹣r，结合勾股定理进行计算，据此解答。
【解答】解：A.图中大球的个数为8×+1＝2，小球的个数为8×+2＝4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子，密度＝×1030g/cm3＝g/cm3，故A正确；
B.由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为（0，0，），故B错误；
C.图中y是底面对角线的一半，y＝a，x＝﹣r，所以d＝＝pm，故C正确；
D.电子的空间运动状态就是轨道数，F原子有5个轨道，因而有5种电子的空间运动状态，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、晶胞计算等，这些都是常考知识点，对学生综合能力的考查，难度中等。
11．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．已知非金属性O＞N＞C，可推知氢化物的稳定性H2O2＞N2H4＞C2H6
B．已知CO2分子构型为直线形，可推知N3﹣、CS2、N2O都为直线形
C．已知硅酸难溶于水，可推知硅酸不能与NaOH溶液反应
D．已知N的电负性比B（硼）大，可推知NF3的键角比BF3大
【分析】A．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
B．等电子体结构相似；
C．硅酸属于酸，能和碱溶液发生中和反应；
D．成键电子对和孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。
【解答】解：A．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞C，但这几种氢化物不是其简单的氢化物，不能用“非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强”得出稳定性强弱顺序，故A错误；
B．等电子体结构相似，CO2分子构型为直线形，CO2和N3﹣、CS2、N2O都属于等电子体，则N3﹣、CS2、N2O都为直线形结构，故B正确；
C．硅酸属于酸，能和碱溶液发生中和反应，所以能和NaOH溶液反应，故C错误；
D．成键电子对和孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NF3中N原子孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，BF3中B原子没有孤电子对，所以NF3的键角比BF3大，与其中心原子电负性大小无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查较综合，涉及元素周期律、微粒空间构型判断、键角等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期律内涵、等电子体结构特点、键角大小判断方法是解本题关键，题目难度不大。
12．（3分）原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分别位于相邻两个周期，基态Q原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，该五种元素构成（如图）的化合物可制备储氢材料。下列说法不正确的是（ ）
A．同周期中第一电离能小于Q的有4种元素
B．阴、阳离子中均有配位键，且所有元素最外层满足8电子结构
C．Q和X元素组成的稳定的化合物只有2种
D．同主族形成的氢化物中Q的沸点最高
【分析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分别位于相邻两个周期，基态Q原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，结合原子序数可知其最高能级为np能级，由于p能级最多容纳6个电子，故除最高能级以外的其它能级总共容纳电子数不超过6，则Q处于第二周期，原子核外电子排布式为1s22s22px，则4+x＝2x，解得：x＝4，可知Q为O元素，结合元素处于相邻两个周期且X的原子序数又最小，则X为H元素，Y、Z、M也处于第二周期，结合化合物中阴、阳离子结构，可知阴离子中只能是Y原子获得1个电子整体表现﹣1价，而Z原子形成4条共价键，可推知Y为B元素、Z为N元素，则M为N元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为B，Z为N，M为N，Q为O元素，
A.氧元素位于第二周期，第二周期从左向右各元素第一电离能呈增大趋势，N元素的2处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第二周期中第一电离能小于O的元素有Li、Be、B、C四种元素，故A正确；
B.该化合物中含有H元素，H的最外层电子数为2，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C.氧与氢元素形成的稳定的化合物只有2种，分别为水和双氧水，故C正确；
D.水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，则形成的氢化物中Q的沸点最高，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
13．（3分）某锂离子电池以LiCoO2为正极材料，LiPF6•SO（CH3）2为电解质（Li+可自由移动），用该锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl
B．若锂离子电池工作tmin，维持电流强度为I A，理论回收Ni的质量为g（已知F＝96500C/mol）
C．X、Y两极电势的关系为EX大于EY，且充电时正极中的Li元素被氧化
D．不可用水代替SO（CH3）2做溶剂
【分析】根据电解含镍酸性废水回收Ni可知，电解池中镀镍铁棒为阴极，连接原电池的负极，阴极反应为Ni2++2e﹣＝Ni，碳棒为阳极，连接电源的正极，阴极室的阴离子通过阴离子交换膜移向b室，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜移向b室，所以该锂离子电池的X极为正极，Y极为负极，电池充电时，X极连接电源的正极，作阳极，Y极连接原电池的负极，作阴极，据此分析解答。
【解答】解：A．电解池中，a室为阳极室，c室为阴极室，a室中Na+通过阳离子交换膜移向b室，b室中Cl﹣通过阴离子交换膜移向b室，则Z为NaCl，故A正确；
B．锂离子电池工作tmin，维持电流强度为IA，则电量Q＝60ItC，电路中转移电子的物质的量n（e﹣）＝mol，阴极反应为Ni2++2e﹣＝Ni，根据电子守恒可知，n（Ni）＝n（e﹣）＝×mol，m（Ni）＝nM＝g，故B正确；
C．由上述分析可知，X极为锂离子电池的正极，Y极为锂离子电池的负极，则两极电势EX大于EY，但充电时，Li+移向负极被还原为Li，正极中的Co元素被氧化，故C错误；
D．Li是活泼金属，能与水发生反应，所以不可用水代替SO（CH3）2做溶剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池工作原理和电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，题目难度中等。
14．（3分）HCOOH在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用，HCOOH 催化释放氢是指在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，可能的反应机理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．其他条件不变时，在HCOOH溶液中加入适量HCOOK溶液可提高反应速率
C．催化过程中涉及非极性共价键的断裂和形成
D．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成了HD
【分析】A．根据反应机理图，HCOOH在催化剂的作用下先生成H+和HCOO﹣，进而生成CO2，后又生成H2，据此分析判断；
B．催化剂加快生成氢气的速率；
C．由图可知，存在O﹣H键断裂和N﹣H键的形成；
D．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，据此推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD。
【解答】解：A．根据反应机理图，HCOOH在催化剂的作用下先生成H+和HCOO﹣，进而生成CO2，后又生成H2，则反应的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．HCOOK完全电离，HCOOK溶液中HCOO﹣浓度大，更容易与催化剂结合，所以以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可加快生成氢气的速率，故B正确；
C．由图可知，存在O﹣H键断裂和N﹣H键的形成，O﹣H、N﹣H键均为极性键，所以催化过程中涉及极性共价键的断裂和形成，故C错误；
D．H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学反应机理，掌握化学反应中的物质的结构和性质为做题的关键，为高频考点，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度不大。
15．（3分）常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与的关系如图所示。下列关系正确的是（ ）
A．常温下，Ka2（H3PO4）＝106.8
B．常温下＝105.2
C．向0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞3c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）
D．0.1mol•L﹣1的NaH2PO4溶液与0.1mol•L﹣1的Na3PO4溶液等体积混合：2c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（PO43﹣）
【分析】A．pH＝6.8时，n（NaOH）＝n（NaH2PO4），溶液中溶质为等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，H2PO4﹣、HPO42﹣电离和水解程度都较小，则溶液中c（H2PO4﹣）≈c（HPO42﹣），抓住Ka2（H3PO4）＝＝c（H+）；
B．常温下，NaH2PO4的浓度未知，无法算出Ka1；
C．溶液呈中性时，c（H+）＝c（OH﹣），当pH＝6.8时，c（H2PO4﹣）＝c（HPO42﹣），另pH增大时，c（H2PO4﹣）减小，c（HPO42﹣）增多，代入电荷守恒表达式即可；
D．抓住电荷守恒为和物料守恒，再把物料守恒代入电荷守恒即可。
【解答】解：A．pH＝6.8时，n（NaOH）＝n（NaH2PO4），NaOH完全反应但NaH2PO4有一半反应生成Na2HPO4，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，H2PO4﹣、HPO42﹣电离和水解程度都较小，则溶液中c（H2PO4﹣）≈c（HPO42﹣），Ka2（H3PO4）＝＝c（H+）＝10﹣6.8，故A错误；
B．常温下，NaH2PO4的浓度未知，无法算出Ka1，故B错误；
C．根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），当溶液呈中性时，c（H+）＝c（OH﹣），当pH＝6.8时，c（H2PO4﹣）＝c（HPO42﹣），另pH增大时，c（H2PO4﹣）减小，c（HPO42﹣）增多，所以c（Na+）＜3c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），故C错误；
D．1：1混合后，c（NaH2PO4）＝c（Na3PO4）＝1：1，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），物料守恒为：c（Na+）＝2[c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）+c（PO43﹣）]，物料守恒代入电荷守恒得到：2c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（PO43﹣），故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查多元弱酸的酸式盐与强碱的反应，考查电荷守恒、物料守恒的应用，对学生的思维能力、读图能力要求很高，属于难题。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 羰基 。
（2）A→B所需的试剂和条件分别为 浓硝酸、浓硫酸、加热 。
（3）B→C、E→F的反应类型依次为 还原反应 、 取代反应 。
（4）扎来普隆的分子式为 C17H15ON5 。
（5）C→D的化学方程式为 。
（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有 17 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 、 。
（7）已知：﹣NH2有碱性且易被氧化。设计由 和乙醇制备 的合成路线（无机试剂任选）。
【分析】（1）由结构可知，A中含有的官能团为：羰基；
（2）对比A、B的结构可知，A发生硝化反应生成B；
（3）B→C是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢；E→F是氢原子被乙基替代；
（4）扎来普隆的分子含有17个C原子、15个H原子、1个O原子、5个N原子；
（5）C→D是氨基中氢原子被替代，同时有乙酸生成；
（6）B的同分异构体属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应，苯环有1个侧链为﹣CH（NO2）CHO，可以有2个侧链为﹣NO2、﹣CH2CHO或者﹣CH2NO2、﹣CHO，可以有3个侧链为：﹣CH2、﹣NO2、﹣CHO；
（7）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与乙醇发生酯化反应引入酯基，由于氨基易被氧化且能与羧基反应，应先氧化，再发生酯化反应，最后再还原。
【解答】解：（1）由结构可知，A中含有的官能团为：羰基，故答案为：羰基；
（2）对比A、B的结构可知，A发生硝化反应生成B，需要条件为：浓硝酸、浓硫酸、加热，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；
（3）B→C是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，属于还原反应；E→F是氢原子被乙基替代，属于取代反应，
故答案为：还原反应；取代反应；
（4）扎来普隆的分子含有17个C原子、15个H原子、1个O原子、5个N原子，其分子式为：C17H15ON5，
故答案为：C17H15ON5；
（5）C→D是氨基中氢原子被替代，同时有乙酸生成，反应方程式为：，
故答案为：；
（6）B的同分异构体属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应，苯环有1个侧链为﹣CH（NO2）CHO，可以有2个侧链为﹣NO2、﹣CH2CHO或者﹣CH2NO2、﹣CHO，均有邻、间、对3种位置结构，可以有3个侧链为：﹣CH2、﹣NO2、﹣CHO，2个不同的取代基有邻、间、对三种位置结构，对应的第三个不同的取代基分别有4种、4种、2种位置结构，故符合条件的共有1+3×2+4+4+2＝17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为：、，
故答案为：17；、；
（7）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与乙醇发生酯化反应引入酯基，由于氨基易被氧化且能与羧基反应，应先氧化，再发生酯化反应，最后再还原，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比物质的结构明确发生的反应，题目较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
17．（14分）钨锰铁矿[主要成分为（Fe，Mn）WO4，还含有石英及少量P、As的化合物]，由钨锰铁矿的精矿粉制备金属钨的工艺流程如图所示：
（1）已知W为第六周期元素，与Cr同族，但核外电子排布完全符合构造原理，写出W的基态价电子排布式 5d46s2 。用钨做白炽灯灯丝是利用其 导电性好，熔点高 （填具体性质）。
（2）“滤渣II”中除含有Mg3（PO4）2、Mg3（AsO4）2外，还含有 MgSiO3 （写化学式）。
（3）“萃取”时发生的反应为3（R3NH）2SO4（油层）+H2W12O406﹣（水层）＝（R3NH）6H2W12O40（油层）+3SO42﹣（水层），该步骤主要目的是除去 SO42﹣ 。最适合作“反萃取剂”的是 氨水 。
（4）焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，此反应是 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应，不用焦炭的原因是 焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保 。
（5）某小组利用可逆反应，W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0，设计如图装置提纯粗钨（杂质熔点高，且不能与碘发生反应）。粗钨装入石英管一端，抽成真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。最终纯钨在 Ⅰ 区（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
【分析】由精矿粉制备WO3的工艺流程可知，煅烧时发生6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+2Mn3O4+6CO2、4FeWO4+4Na2CO3+O24Na2WO4+2Fe2O3+4CO2，酸浸分离滤渣Ⅰ的主要成分是Fe2O3、Mn3O4，然后加硫酸镁除去Si、P、As，过滤分离出钨酸钠，与浓硫酸反应生成钨酸和硫酸钠，萃取过程发生反应是3（R3NH）2SO4（油层）+H2W12O406﹣（水层）＝（R3NH）6H2W12O40（油层）+3SO42﹣（水层），则加入氨水或碳酸氢铵反萃取、结晶得到（NH4）2WO4，水层进行操作A为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，最后发生 （NH4）2WO4WO3+2NH3↑+H2O，依此解答。
【解答】解：（1）已知W为为钨，74号元素，在第六周期ⅥB族，与Cr同族，W的基态价电子排布式5d46s2，用钨做白炽灯灯丝是因为其导电性好，熔点高，
故答案为：5d46s2；导电性好，熔点高；
（2）“滤渣II”中除含有Mg3（PO4）2、Mg3（AsO4）2外，还因为镁离子与硅酸根离子生成硅酸镁沉淀，故滤渣Ⅱ中还应有MgSiO3，
故答案为：MgSiO3；
（3）由于最终阴离子只需要WO42﹣，故该步骤主要目的是除去SO42﹣；适合作“反萃取剂”的物质应该选择易除去，并且不引入新的杂质，故选择氨水作“反萃取剂”最合适，
故答案为：SO42﹣；氨水；
（4）焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，此反应是吸热反应，不用焦炭的原因是焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保，
故答案为：吸热；焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保；
（5）反应W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0，该反应放热，所以高温有利于钨的生成，所以在高温区生成，最终纯钨在Ⅰ区，
故答案为：Ⅰ。
【点评】本题以钨锰铁矿原料制备W的工艺流程为载体，考查了物质的制备和分离、氧化还原反应原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等，题目难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。
18．（14分）化学与材料科学领域热点前沿主要分布在光学材料、储能材料、电池材料等方向。
（1）有科学研究提出：锂电池负极材料（Li）由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水（D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定可以获知 。
已知：①LiH+H2O＝LiOH+H2↑
②2Li（s）+H2⇌2LiH △H＜0
若越大，则越 大 （填“大”或“小”）。
80℃反应所得比25℃反应所得 大 （填“大”或“小”）。
（2）三氯化磷（PCl3）是重要的半导体材料掺杂剂，如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。
查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），POCl3、PCl3遇水会强烈水解。
①A是制取CO2的装置，A中的药品是 稀盐酸和碳酸钙（大理石、石灰石） 。
②写出G中发生的离子方程式 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
③PCl3水解生成亚磷酸（H3PO3）和HCl，H3PO3是一种二元弱酸，Na2HPO3溶液显 碱 性（填“酸”、“碱”或“中”）。
④PCl3纯度测定：实验结束后，装置D中收集的PCl3中含有PCl5和POCl3，加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，再通过蒸馏，收集70.0℃～80.0℃的馏分，可得到PCl3产品。
步骤Ⅰ：取ag上述所得PCl3产品，置于盛有50.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液；
步骤Ⅱ：取10.00mL上述溶液于锥形瓶中，先用稀硝酸酸化，再加入V1mLc1mol•L﹣1AgNO3溶液（过量），使Cl﹣完全转化为AgCl沉淀；
步骤Ⅲ：加入少量硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；以硫酸铁溶液为指示剂，用c2mol•L﹣1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（ AgSCN难溶于水），达到滴定终点时，共用去V2mLKSCN溶液。若测定过程中没有加入硝基苯。则所测PCl3的含量将会 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变“）。产品中PCl3的质量分数表达式为 % （列计算式即可）。
【分析】（1）D2由通过反应2Li+2D2O═2LiOD+D2↑制得，HD通过反应，LiH+D2O＝LiOD+HD↑制得；高温度，2Li（s）+H2（g）⇌2LiH（s）△H＜0，平衡左移，Li增多，LiH减少，据此分析判断；
（2）实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：由实验装置可知，本实验首先由A装置中CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生的气体通过水，以除去CO2气体中混入的HCl，然后用CO2排尽装置内的空气，G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，E装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用C装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用D装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，以此解答该题。
【解答】解：（1）D2由Li与D2O的反应生成，HD通过反应LiH+D2O＝LiOD+HD↑，若越大，则越大；升高温度，2Li（s）+H2（g）⇌2LiH（s）△H＜0，平衡左移，Li增多，LiH减少，80℃反应所得比25℃反应所得大，
故答案为：大；大；
（2）①A为由稀盐酸和碳酸钙（大理石、石灰石）反应生成CO2，
故答案为：稀盐酸和碳酸钙（大理石、石灰石）；
②G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，根据化学方程式写出离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
③PCl3水解生成亚磷酸（H3PO3）和HCl，H3PO3是一种二元弱酸，Na2HPO3溶液为强碱弱酸盐溶液，水解显碱性，
故答案为：碱；
④硝基苯可覆盖AgCl沉淀，避免AgCl与KSCN溶液反应，若滴定过程中没有加入硝基苯，消耗的KSCN溶液偏多，原来溶液中氯离子浓度偏小，导致PCl3含量偏小；n（AgNO3）＝c2mol•L﹣1×V2×10﹣3L＝10﹣3c2V2mol，与Cl﹣反应的n（AgNO3）＝（10﹣3c1V1﹣10﹣3c2V2）mol，10.00mL溶液中n（Cl﹣）＝（10﹣3c1V1﹣10﹣3c2V2）mol，100.00mL溶液中n（Cl﹣）＝（10﹣2c1V1﹣10﹣2c2V2）mol，根据Cl原子守恒得ag产品中n（PCl3）＝×（10﹣2c1V1﹣10﹣2c2V2）mol，产品中PCl3的质量分数＝×100%＝×100%＝%，
故答案为：偏小；%。
【点评】本题考查化学平衡影响因素分析判断、物质含量的测定，注意阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，为高考常见题型，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，题目难度较大。
19．（14分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）以生物材质（以C计）与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应如下：
Ⅰ.c（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） K1
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） K2
Ⅲ.CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g） K3
Ⅳ.C（s）+O2（g）⇌CO2（g） K4
该工艺制H2总反应可表示为C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g），该反应的平衡常数K＝ （用K1等的代数式表示）
（2）N2O（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的速率方程为v正＝k正c（CO）•c（N2O），v逆＝k逆c（CO2）•c（N2）（k正、k逆 为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关）。净反应速率（Δv）等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv（500 K） ＝ （填“＞”、“＜”或“＝”） Δv（550 K）。
（3）一定条件下，CO2与H2反应可合成CH2＝CH2，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g），该反应分两步进行：
i．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH1
ii．2CO （g）+4H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+2H2O（g） ΔH2
T℃，压强恒定为100 kPa时，将＝1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如下表所示。
组分
H2
CO
CH2＝CH2
物质的量分数（%）
CO2的平衡转化率为 90% ，反应i的平衡常数Kp＝ 3.4 （Kp是以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）利用（Q）与（QH2）电解转化法从烟气中分离CO2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。
① a （填“a”或“b”）为电源负极。
②CO2从出口 2 （填“1”或“2”）排出，CO2在M极上发生的反应为 CO2+OH﹣＝HCO3﹣ 。
【分析】（1）依据方程式关系确定平衡常数关系；
（2）反应达到平衡状态，正逆反应速率相等；
（3）由反应物的起始加入量和平衡时体积分数计算到达平衡时各组分的转化量和平衡量，进而求算转化率和平衡常数；
（4）由图可知，M极Q生成QH2，该过程为加氢过程，属于还原反应，故M极为阴极，电极反应式为Q+2e﹣+2H2O＝QH2+2OH﹣，通入的二氧化碳与氢氧根离子反应，CO2+OH﹣＝HCO3﹣，N极为阳极，电极反应式为QH2﹣2e﹣＝Q+2H+，阳极区生成碳酸氢根离子和氢离子反应，HCO3﹣+2H+＝CO2↑+H2O，据此作答。
【解答】解：（1）已知Ⅰ.c（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）K1＝，Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）K2＝，Ⅲ.CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）K3＝c（CO2），Ⅰ﹣Ⅱ﹣Ⅲ可得C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g）K＝＝，，故C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g）的平衡常数K＝，
故答案为：；
（2）净反应速率（Δv）等于正、逆反应速率之差，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，净速率为0，平衡时，Δv（500 K）＝Δv（550 K），
故答案为：＝；
（3）设二氧化碳、氢气的物质的量分别为1mol和3mol，反应Ⅰ生成CO的物质的量为xmol，反应Ⅱ生成乙烯的物质的量为ymol，平衡时二氧化碳的物质的量为（1﹣x）mol，氢气的物质的量为（3﹣x﹣4y）mol，乙烯的物质的量为ymol，CO的物质的量为（x﹣2y）mol，水的物质的量为（x+2y）mol，气体总物质的量为（1﹣x）mol+（3﹣x﹣4y）mol+ymol+（x﹣2y）mol+（x+2y）mol＝（4﹣3y）mol，由表格可知，乙烯的物质的量分数为＝，解得y＝0.4，CO的物质的量分数为＝，解得x＝0.9，CO2的平衡转化率为×100%＝90%，二氧化碳的体积分数为＝，水的体积分数为＝，反应i的平衡常数Kp＝＝＝3.4，
故答案为：90%；3.4；
（4）①M极为阴极，连接电源的负极，故a是负极，
故答案为：a；
②通入的二氧化碳与阴极生成氢氧根离子反应，CO2+OH﹣＝HCO3﹣，生成碳酸氢根离子和阴极产生的氢离子反应，HCO3﹣+2H+＝CO2↑+H2O，CO2从出口2排出，
故答案为：2；CO2+OH﹣＝HCO3﹣。
【点评】本题考查化学平衡和电解原理，题目难度较大，难点是化学平衡常数的计算。
相关试卷
2021-2022学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中化学试卷（含答案）： 这是一份2021-2022学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中化学试卷（含答案），共33页。
2021-2022学年上海市华师大二附中高一（上）期中化学试卷： 这是一份2021-2022学年上海市华师大二附中高一（上）期中化学试卷，共29页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省武汉市华师大一附中高一（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2022-2023学年湖北省武汉市华师大一附中高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了 对下列事实的解释不正确的是， 下列叙述正确的有，3NA等内容，欢迎下载使用。
