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北京市东城区2022届高三一模考试化学试题 （含解析）
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这是一份北京市东城区2022届高三一模考试化学试题 （含解析），共31页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列实验所用主要仪器合理的是， 下列实验对应的结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
北京市东城区2021-2022学年度第二学期高三综合练习(一)
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列说法正确的是
A. 电解质溶液导电的过程发生了化学变化
B. 原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C. 石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2
2. 下列化学用语或图示表示不正确的是
A. HCl的电子式是 B. N2的结构式是N=N
C. 乙醇的结构模型是 D. Na的原子结构示意图是
3. 下列分子中的碳原子为sp杂化的是
A. CH4 B. HCHO C. C2H2 D. C2H4
4. 下列实验所用主要仪器合理的是
A. 除去粗盐中的少量泥沙——分液漏斗
B. 实验室用自来水制取蒸馏水——冷凝管
C. 配制一定质量分数的NaCl溶液——容量瓶
D. 用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液——碱式滴定管
5. 柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是
A. 能与H2O形成氢键
B. 能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C. 能在一定条件下发生消去反应
D. 分子中含有手性碳原子
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
C. 铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
D. 将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
7. 用如图所示实验装置验证SO2的性质。
下列说法不合理的是
A. ①中铜丝上下移动可控制反应发生或停止
B. ②中品红溶液褪色说明SO2具有漂白作用
C. ③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性
D. ④为浸有H2SO4的棉团，用于吸收尾气
8. 下列实验对应的结论正确的是
选项
A
B
C
D
实验
2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)
有白色沉淀产生
均有白色沉淀
产生白色沉淀(AgSCN)
结论
正反应放热
白色沉淀一定
是BaSO3
待测液中含有Cl-和SO
Ag+与Fe2+不反应
A. A B. B C. C D. D
9. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。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
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
10. 配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是
A. c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B. 2c(CO)+c(HCO)
D. 向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
11. 有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。
下列说法不正确的是
A. X的结构简式是
B. Y中含有酯基，Z中不含有酯基
C. Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同
D. Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构
12. 热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4。
已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。
下列说法不正确是
A. 放电时，Li+向b极区移动
B. 放电时，a极的电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+
C. 该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能
D. 调节混合物中KCl的物质的量分数可以改变电池的启动温度
13. X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是
A. ①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B. 在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C. X中所含阴离子是SO
D. X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
14. CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1
②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。
下列说法正确的是
A. 由①②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·mol-1
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C. 其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。
（1）i、ii中涉及到的分离操作是____。
（2）原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2]
②本流程中还利用了HA的性质是_____。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。
Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。
（5）产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。
16. 钴及其化合物有重要用途，研究其结构有重要意义。
（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。____在元素周期表中，该元素属于____(填“d”或“ds”)区。
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈____形，是_____(填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个_____和3个____。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，____(补全实验操作和数据)。
相对分子质量：[Co(NH3)5Cl]Cl2-250.5，AgCl-143.5。
（3）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图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是钴蓝的晶胞。
①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、____(填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=____。
17. 伐伦克林是一种拮抗剂，其一种合成路线如图：
已知：i.+
ii.+
iii.R4—CH=NR5
（1）邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有____键，使得其中碳碳键完全相同。
（2）试剂a的结构简式是____。
（3）C中含氧官能团的名称是____。
（4）E→F的化学方程式是____。
（5）试剂b的结构简式是____。
（6）I→伐伦克林的反应类型是____。
（7）步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用。若无此步骤，可能导致在步骤____中有副反应发生。
18. CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是____。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发
Ⅱ.链传递
Ⅲ.链终止
Cl22Cl·
Cl·+CH4→·CH3+HCl
·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·
……
2Cl·→Cl2
Cl·+·CH3→CH3Cl
……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号
操作
结果
A
将Cl2与CH4混合后，光照
得到氯代甲烷
B
将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合
得到氯代甲烷
C
将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合
几乎无氯代甲烷
D
将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合
几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出结论是____。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。
19. 向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
（1）溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是____。
[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
装置
序号
试剂a
现象
甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液
（2）①本实验中，试剂a作____剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是____。
[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O=S4O+2I-
I-+I2I(棕黄色)
I2纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
（3）ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是____。
（4）结合数据，计算可得x=____(用代数式表示)。
[反思]
（5）实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的____(填数字)倍。
（6）从平衡移动角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：____。
北京市东城区2021-2022学年度第二学期高三综合练习(一)
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列说法正确的是
A. 电解质溶液导电过程发生了化学变化
B. 原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C. 石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2
【1题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A． 电解质溶液导电的过程就是电解的过程，在电极上发生氧化还原反应，发生了化学变化，故A正确；
B． 原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，故B错误；
C． 石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，故C错误；
D． “碳中和”是指一定时间内CO2吸收和排放的量相当，故D错误；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表示不正确的是
A. HCl的电子式是 B. N2的结构式是N=N
C. 乙醇的结构模型是 D. Na的原子结构示意图是
【2题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A． HCl是共价化合物，HCl的电子式是，故A正确；
B． 氮气中形成氮氮叁键，N2的结构式是N≡N，故B错误；
C． 乙醇中碳和氧均采用sp3杂化，乙醇的结构模型是，故C正确；
D． 钠是11号元素，有三个电子层，Na的原子结构示意图是，故D正确；
故选B。
3. 下列分子中的碳原子为sp杂化的是
A. CH4 B. HCHO C. C2H2 D. C2H4
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4中碳形成4个σ键，为sp3杂化，故A不选；
B．HCHO中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故B不选；
C．C2H2中碳形成2个σ键，没有孤电子对，为sp杂化，故C选；
D．C2H4中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故D不选；
故选C。
4. 下列实验所用主要仪器合理的是
A. 除去粗盐中的少量泥沙——分液漏斗
B. 实验室用自来水制取蒸馏水——冷凝管
C. 配制一定质量分数的NaCl溶液——容量瓶
D. 用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液——碱式滴定管
【4题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A． 分离固体和溶液，用过滤法，除去粗盐中的少量泥沙用漏斗，故A错误；
B． 实验室用自来水制取蒸馏水采用蒸馏的方法，仪器要用蒸馏烧瓶、冷凝管等，故B正确；
C． 配制一定质量分数的NaCl溶液用烧杯、玻璃棒和天平，故C错误；
D． 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液要用酸式滴定管，故D错误；
故选B。
5. 柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是
A. 能与H2O形成氢键
B. 能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C. 能在一定条件下发生消去反应
D. 分子中含有手性碳原子
【5题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A． 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；
B． 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；
C． 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；
D． 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；
故答案选D。
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
C. 铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
D. 将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
【6题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Cl2过量，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，即
，故B不符合题意；
C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为，故C不符合题意；
D．将充满NO2的试管倒扣在水中，NO2与水反应生成硝酸和NO，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故D不符合题意；
答案选A。
7. 用如图所示实验装置验证SO2的性质。
下列说法不合理的是
A. ①中铜丝上下移动可控制反应发生或停止
B. ②中品红溶液褪色说明SO2具有漂白作用
C. ③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性
D. ④为浸有H2SO4的棉团，用于吸收尾气
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】在装置①中Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；通过抽动铜丝可控制反应的发生与停止，比Cu片更容易控制化学反应的发生与停止；②中观察到的现象为品红溶液褪色，这体现了SO2的漂白性，③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性。
【详解】A． ①中通过抽动铜丝可控制反应的发生与停止，故A正确；
B． ②中品红溶液褪色，这体现了SO2的漂白性，故B正确；
C． 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性，故C正确；
D． ④为浸有NaOH或Na2CO3溶液的棉团，用于吸收尾气，故D错误；
故选D。
8. 下列实验对应的结论正确的是
选项
A
B
C
D
实验
2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)
有白色沉淀产生
均有白色沉淀
产生白色沉淀(AgSCN)
结论
正反应放热
白色沉淀一定
是BaSO3
待测液中含有Cl-和SO
Ag+与Fe2+不反应
A. A B. B C. C D. D
【8题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)在热水中呈红棕色，说明加热平衡逆向移动，正反应是放热反应，故A正确；
B．3Ba2++2NO+3SO2+2H2O =3BaSO4 +2NO+4H+，产生的白色沉淀是硫酸钡，故B错误；
C．碳酸钠加硝酸银和氯化钡产生碳酸银和碳酸钡均为白色沉淀，不一定是待测液中含有Cl-和SO，故C错误；
D．Fe2++Ag+ Ag+Fe3+是可逆反应，产生白色沉淀(AgSCN)，不能说明Ag+与Fe2+不反应，故D错误；
故选A。
9. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。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
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题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】一种对中枢神经有抑制作用的药物，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，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。
【详解】A． N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C
C． W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C正确；
D． 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D正确；
故选B。
10. 配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是
A. c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B. 2c(CO)+c(HCO)
D. 向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
【10题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：，故A项正确；
B．依据电荷守恒可知：，而溶液的，即，则有，故B项正确；
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项错误；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：，导致减小，增大，所以的值增大，故D项正确；
答案选C。
11. 有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。
下列说法不正确的是
A. X的结构简式是
B. Y中含有酯基，Z中不含有酯基
C. Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同
D. Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构
【11题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】X的结构简式是，通过选择性催化聚合可分别得到聚合物X和Z，X是碳碳双键聚合，Y是酯基开环得到的聚酯。
【详解】A． X含有碳碳双键和酯基，X的结构简式是，故A正确；
B． Y中含有酯基，Z中也含有酯基-COO-R，故B错误；
C． Y和Z都是由聚合而成，Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故C正确；
D． Y中含有酯基、Z中含有碳碳双键，分别通过化学反应均可形成空间网状结构，故D正确；
故选B。
12. 热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4。
已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。
下列说法不正确的是
A. 放电时，Li+向b极区移动
B. 放电时，a极的电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+
C. 该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能
D. 调节混合物中KCl的物质的量分数可以改变电池的启动温度
【12题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A． 放电时，Li+向正极移动，即向b极区移动，故A正确；
B． 放电时，a极的Li13Si4失电子发生氧化反应，电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+，故B正确；
C． 该电池中火药反应产生化学能转化为电能，故C错误；
D． LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系图，调节混合物中KCl的物质的量分数为0.6时，400℃时就可以启动电池，故D正确；
故选D。
13. X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是
A ①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B. 在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C. X中所含阴离子是SO
D. X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【13题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3 =[Cu(NH3)4](OH)2，X为含Cu2+的配合物，故X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O。
【详解】A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，A项正确；
B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项错误；
C．X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O，所含阴离子为，C项正确；
D．加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确；
答案选B。
14. CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1
②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。
下列说法正确的是
A. 由①②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·mol-1
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C. 其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
【14题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值，随温度升高而减小。
【详解】A. ①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1，②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=206kJ·mol-1-247kJ·mol-1= -41kJ·mol-1，故A错误；
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B错误；
C. 其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，故C错误；
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中的值，故D正确；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。
（1）i、ii中涉及到的分离操作是____。
（2）原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2]
②本流程中还利用了HA的性质是_____。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。
Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。
（5）产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。
【15~20题答案】
【答案】（1）过滤 （2）
（3） ①. 由于溶解度s[Ca(OH)2]
（5） ①. ②. C
（6）减小
【解析】
【分析】这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。
【小问1详解】
根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；
【小问2详解】
石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：；
【小问3详解】
①根据题给信息可知，s[Ca(OH)2]
小问4详解】
在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：；
【小问5详解】
在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；
【小问6详解】
将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。
16. 钴及其化合物有重要的用途，研究其结构有重要意义。
（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。____
在元素周期表中，该元素属于____(填“d”或“ds”)区。
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈____形，是_____(填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个_____和3个____。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，____(补全实验操作和数据)。
相对分子质量：[Co(NH3)5Cl]Cl2-250.5，AgCl-143.5。
（3）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图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是钴蓝的晶胞。
①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、____(填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=____。
【16~18题答案】
【答案】（1） ①. ②. d
（2） ①. 三角锥 ②. 极性 ③. 4s ④. 4p ⑤. 充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g
（3） ①. d e g ②. 1:2:4
【解析】
【小问1详解】
基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。在元素周期表中，第四周期，Ⅷ族，该元素属于d(填“d”或“ds”)区。故答案为：；d；
【小问2详解】
[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的N原子价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，空间结构呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，是极性(填“极性”或“非极性”)分子。故答案为：三角锥；极性；
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。故答案为：4s；4p；
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，=0.01mol，先加水溶解，[Co(NH3)5Cl]Cl2=[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，=0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g；
【小问3详解】
①根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅱ型小立方体分别是b、d e g(填字母序号)。故答案为：d e g；
②Ⅰ型立体结构含有Co原子数是4×+1、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是4×、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=8：16：32= 1:2:4，故答案为：1:2:4。
17. 伐伦克林是一种拮抗剂，其一种合成路线如图：
已知：i.+
ii.+
iiiR4—CH=NR5
（1）邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有____键，使得其中碳碳键完全相同。
（2）试剂a的结构简式是____。
（3）C中含氧官能团的名称是____。
（4）E→F的化学方程式是____。
（5）试剂b的结构简式是____。
（6）I→伐伦克林的反应类型是____。
（7）步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用。若无此步骤，可能导致在步骤____中有副反应发生。
【17~23题答案】
【答案】（1）大π （2）
（3）醛基 （4）
（5）
（6）取代反应 （7）H→I（或F→G）
【解析】
【分析】经过多步反应得到中间体，中间体与发生加成反应生成，B在臭氧作用下发生信息ii生成C，C为，C在一定条件下与C6H5CH2NH2生成，D用氢气还原生成，E与生成F，F在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，G还原得到H，H与b反应生成I，I在碱性条件下水解生成。
【小问1详解】
邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有大π键，使得其中碳碳键完全相同。故答案为：大π；
【小问2详解】
中间体与发生加成反应生成，试剂a的结构简式是。故答案为：；
【小问3详解】
C为，C中含氧官能团的名称是醛基。故答案为：醛基；
【小问4详解】
E与生成F，E→F的化学方程式是。故答案为：；
【小问5详解】
反应生成I，同时生成水，试剂b的结构简式是。故答案为：；
【小问6详解】
I，I在碱性条件下水解生成和CF3COOH，I→伐伦克林的反应类型是取代反应。故答案为：取代反应；
【小问7详解】
步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用,即保所亚氨基。若无此步骤，可能导致在步骤H→I（或F→G）中有副反应发生。故答案为：H→I（或F→G）。
18. CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是____。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发
Ⅱ.链传递
Ⅲ.链终止
Cl22Cl·
Cl·+CH4→·CH3+HCl
·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·
……
2Cl·→Cl2
Cl·+·CH3→CH3Cl
……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号
操作
结果
A
将Cl2与CH4混合后，光照
得到氯代甲烷
B
将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合
得到氯代甲烷
C
将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合
几乎无氯代甲烷
D
将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合
几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出的结论是____。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。
【18~20题答案】
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. +8 ④. 增大 ⑤. 同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小 ⑥. 光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4 ⑦. 黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递
（3）大
【解析】
【小问1详解】
甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故答案为：；
【小问2详解】
①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故答案为：；
②a．25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1= +8kJ·mol-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·
存在，无法进行链传递；
【小问3详解】
生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
19. 向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
（1）溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是____。
[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
装置
序号
试剂a
现象
甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液
（2）①本实验中，试剂a作____剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是____。
[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O=S4O+2I-
I-+I2I(棕黄色)
I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
（3）ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是____。
（4）结合数据，计算可得x=____(用代数式表示)。
[反思]
（5）实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的____(填数字)倍。
（6）从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：____。
【19~24题答案】
【答案】（1）
（2） ①. 还原 ②. 通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成
（3）将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口
（4）
（5）7 （6）随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅
【解析】
【分析】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-;氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化， Cl2可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3;增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
【小问1详解】
溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是。故答案为：；
【小问2详解】
①本实验中，要证明I2被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成；
【小问3详解】
ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；
【小问4详解】
结合数据，根据电子得失守恒，vmLcmol·L-1[x-(-1)]=bmLamol·L-1[2.5-2] 2，计算可得x=(用代数式表示)。故答案为：；
【小问5详解】
碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7；
【小问6详解】
从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
北京市东城区2021-2022学年度第二学期高三综合练习(一)
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列说法正确的是
A. 电解质溶液导电的过程发生了化学变化
B. 原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C. 石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2
2. 下列化学用语或图示表示不正确的是
A. HCl的电子式是 B. N2的结构式是N=N
C. 乙醇的结构模型是 D. Na的原子结构示意图是
3. 下列分子中的碳原子为sp杂化的是
A. CH4 B. HCHO C. C2H2 D. C2H4
4. 下列实验所用主要仪器合理的是
A. 除去粗盐中的少量泥沙——分液漏斗
B. 实验室用自来水制取蒸馏水——冷凝管
C. 配制一定质量分数的NaCl溶液——容量瓶
D. 用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液——碱式滴定管
5. 柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是
A. 能与H2O形成氢键
B. 能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C. 能在一定条件下发生消去反应
D. 分子中含有手性碳原子
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
C. 铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
D. 将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
7. 用如图所示实验装置验证SO2的性质。
下列说法不合理的是
A. ①中铜丝上下移动可控制反应发生或停止
B. ②中品红溶液褪色说明SO2具有漂白作用
C. ③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性
D. ④为浸有H2SO4的棉团，用于吸收尾气
8. 下列实验对应的结论正确的是
选项
A
B
C
D
实验
2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)
有白色沉淀产生
均有白色沉淀
产生白色沉淀(AgSCN)
结论
正反应放热
白色沉淀一定
是BaSO3
待测液中含有Cl-和SO
Ag+与Fe2+不反应
A. A B. B C. C D. D
9. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。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
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
10. 配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是
A. c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B. 2c(CO)+c(HCO)
D. 向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
11. 有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。
下列说法不正确的是
A. X的结构简式是
B. Y中含有酯基，Z中不含有酯基
C. Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同
D. Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构
12. 热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4。
已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。
下列说法不正确是
A. 放电时，Li+向b极区移动
B. 放电时，a极的电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+
C. 该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能
D. 调节混合物中KCl的物质的量分数可以改变电池的启动温度
13. X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是
A. ①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B. 在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C. X中所含阴离子是SO
D. X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
14. CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1
②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。
下列说法正确的是
A. 由①②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·mol-1
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C. 其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。
（1）i、ii中涉及到的分离操作是____。
（2）原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2]
②本流程中还利用了HA的性质是_____。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。
Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。
（5）产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。
16. 钴及其化合物有重要用途，研究其结构有重要意义。
（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。____在元素周期表中，该元素属于____(填“d”或“ds”)区。
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈____形，是_____(填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个_____和3个____。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，____(补全实验操作和数据)。
相对分子质量：[Co(NH3)5Cl]Cl2-250.5，AgCl-143.5。
（3）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图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是钴蓝的晶胞。
①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、____(填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=____。
17. 伐伦克林是一种拮抗剂，其一种合成路线如图：
已知：i.+
ii.+
iii.R4—CH=NR5
（1）邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有____键，使得其中碳碳键完全相同。
（2）试剂a的结构简式是____。
（3）C中含氧官能团的名称是____。
（4）E→F的化学方程式是____。
（5）试剂b的结构简式是____。
（6）I→伐伦克林的反应类型是____。
（7）步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用。若无此步骤，可能导致在步骤____中有副反应发生。
18. CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是____。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发
Ⅱ.链传递
Ⅲ.链终止
Cl22Cl·
Cl·+CH4→·CH3+HCl
·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·
……
2Cl·→Cl2
Cl·+·CH3→CH3Cl
……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号
操作
结果
A
将Cl2与CH4混合后，光照
得到氯代甲烷
B
将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合
得到氯代甲烷
C
将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合
几乎无氯代甲烷
D
将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合
几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出结论是____。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。
19. 向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
（1）溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是____。
[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
装置
序号
试剂a
现象
甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液
（2）①本实验中，试剂a作____剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是____。
[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O=S4O+2I-
I-+I2I(棕黄色)
I2纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
（3）ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是____。
（4）结合数据，计算可得x=____(用代数式表示)。
[反思]
（5）实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的____(填数字)倍。
（6）从平衡移动角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：____。
北京市东城区2021-2022学年度第二学期高三综合练习(一)
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列说法正确的是
A. 电解质溶液导电过程发生了化学变化
B. 原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C. 石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2
【1题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A． 电解质溶液导电的过程就是电解的过程，在电极上发生氧化还原反应，发生了化学变化，故A正确；
B． 原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，故B错误；
C． 石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，故C错误；
D． “碳中和”是指一定时间内CO2吸收和排放的量相当，故D错误；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表示不正确的是
A. HCl的电子式是 B. N2的结构式是N=N
C. 乙醇的结构模型是 D. Na的原子结构示意图是
【2题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A． HCl是共价化合物，HCl的电子式是，故A正确；
B． 氮气中形成氮氮叁键，N2的结构式是N≡N，故B错误；
C． 乙醇中碳和氧均采用sp3杂化，乙醇的结构模型是，故C正确；
D． 钠是11号元素，有三个电子层，Na的原子结构示意图是，故D正确；
故选B。
3. 下列分子中的碳原子为sp杂化的是
A. CH4 B. HCHO C. C2H2 D. C2H4
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4中碳形成4个σ键，为sp3杂化，故A不选；
B．HCHO中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故B不选；
C．C2H2中碳形成2个σ键，没有孤电子对，为sp杂化，故C选；
D．C2H4中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故D不选；
故选C。
4. 下列实验所用主要仪器合理的是
A. 除去粗盐中的少量泥沙——分液漏斗
B. 实验室用自来水制取蒸馏水——冷凝管
C. 配制一定质量分数的NaCl溶液——容量瓶
D. 用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液——碱式滴定管
【4题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A． 分离固体和溶液，用过滤法，除去粗盐中的少量泥沙用漏斗，故A错误；
B． 实验室用自来水制取蒸馏水采用蒸馏的方法，仪器要用蒸馏烧瓶、冷凝管等，故B正确；
C． 配制一定质量分数的NaCl溶液用烧杯、玻璃棒和天平，故C错误；
D． 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液要用酸式滴定管，故D错误；
故选B。
5. 柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是
A. 能与H2O形成氢键
B. 能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C. 能在一定条件下发生消去反应
D. 分子中含有手性碳原子
【5题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A． 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；
B． 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；
C． 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；
D． 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；
故答案选D。
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
C. 铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
D. 将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
【6题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Cl2过量，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，即
，故B不符合题意；
C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为，故C不符合题意；
D．将充满NO2的试管倒扣在水中，NO2与水反应生成硝酸和NO，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故D不符合题意；
答案选A。
7. 用如图所示实验装置验证SO2的性质。
下列说法不合理的是
A. ①中铜丝上下移动可控制反应发生或停止
B. ②中品红溶液褪色说明SO2具有漂白作用
C. ③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性
D. ④为浸有H2SO4的棉团，用于吸收尾气
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】在装置①中Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；通过抽动铜丝可控制反应的发生与停止，比Cu片更容易控制化学反应的发生与停止；②中观察到的现象为品红溶液褪色，这体现了SO2的漂白性，③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性。
【详解】A． ①中通过抽动铜丝可控制反应的发生与停止，故A正确；
B． ②中品红溶液褪色，这体现了SO2的漂白性，故B正确；
C． 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，③中石蕊溶液变红说明SO2溶于水显酸性，故C正确；
D． ④为浸有NaOH或Na2CO3溶液的棉团，用于吸收尾气，故D错误；
故选D。
8. 下列实验对应的结论正确的是
选项
A
B
C
D
实验
2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)
有白色沉淀产生
均有白色沉淀
产生白色沉淀(AgSCN)
结论
正反应放热
白色沉淀一定
是BaSO3
待测液中含有Cl-和SO
Ag+与Fe2+不反应
A. A B. B C. C D. D
【8题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)在热水中呈红棕色，说明加热平衡逆向移动，正反应是放热反应，故A正确；
B．3Ba2++2NO+3SO2+2H2O =3BaSO4 +2NO+4H+，产生的白色沉淀是硫酸钡，故B错误；
C．碳酸钠加硝酸银和氯化钡产生碳酸银和碳酸钡均为白色沉淀，不一定是待测液中含有Cl-和SO，故C错误；
D．Fe2++Ag+ Ag+Fe3+是可逆反应，产生白色沉淀(AgSCN)，不能说明Ag+与Fe2+不反应，故D错误；
故选A。
9. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。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
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题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】一种对中枢神经有抑制作用的药物，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，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。
【详解】A． N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C
C． W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C正确；
D． 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D正确；
故选B。
10. 配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是
A. c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B. 2c(CO)+c(HCO)
D. 向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
【10题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：，故A项正确；
B．依据电荷守恒可知：，而溶液的，即，则有，故B项正确；
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项错误；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：，导致减小，增大，所以的值增大，故D项正确；
答案选C。
11. 有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。
下列说法不正确的是
A. X的结构简式是
B. Y中含有酯基，Z中不含有酯基
C. Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同
D. Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构
【11题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】X的结构简式是，通过选择性催化聚合可分别得到聚合物X和Z，X是碳碳双键聚合，Y是酯基开环得到的聚酯。
【详解】A． X含有碳碳双键和酯基，X的结构简式是，故A正确；
B． Y中含有酯基，Z中也含有酯基-COO-R，故B错误；
C． Y和Z都是由聚合而成，Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故C正确；
D． Y中含有酯基、Z中含有碳碳双键，分别通过化学反应均可形成空间网状结构，故D正确；
故选B。
12. 热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4。
已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。
下列说法不正确的是
A. 放电时，Li+向b极区移动
B. 放电时，a极的电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+
C. 该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能
D. 调节混合物中KCl的物质的量分数可以改变电池的启动温度
【12题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A． 放电时，Li+向正极移动，即向b极区移动，故A正确；
B． 放电时，a极的Li13Si4失电子发生氧化反应，电极反应是3Li13Si4-1le-=4Li7Si3+11Li+，故B正确；
C． 该电池中火药反应产生化学能转化为电能，故C错误；
D． LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系图，调节混合物中KCl的物质的量分数为0.6时，400℃时就可以启动电池，故D正确；
故选D。
13. X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是
A ①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B. 在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C. X中所含阴离子是SO
D. X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【13题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3 =[Cu(NH3)4](OH)2，X为含Cu2+的配合物，故X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O。
【详解】A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，A项正确；
B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项错误；
C．X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O，所含阴离子为，C项正确；
D．加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确；
答案选B。
14. CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1
②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。
下列说法正确的是
A. 由①②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·mol-1
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C. 其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
【14题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值，随温度升高而减小。
【详解】A. ①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·mol-1，②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·mol-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=206kJ·mol-1-247kJ·mol-1= -41kJ·mol-1，故A错误；
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B错误；
C. 其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，故C错误；
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中的值，故D正确；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。
（1）i、ii中涉及到的分离操作是____。
（2）原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2]
②本流程中还利用了HA的性质是_____。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。
Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。
（5）产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。
【15~20题答案】
【答案】（1）过滤 （2）
（3） ①. 由于溶解度s[Ca(OH)2]
（5） ①. ②. C
（6）减小
【解析】
【分析】这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。
【小问1详解】
根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；
【小问2详解】
石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：；
【小问3详解】
①根据题给信息可知，s[Ca(OH)2]
小问4详解】
在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：；
【小问5详解】
在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；
【小问6详解】
将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。
16. 钴及其化合物有重要的用途，研究其结构有重要意义。
（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。____
在元素周期表中，该元素属于____(填“d”或“ds”)区。
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈____形，是_____(填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个_____和3个____。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，____(补全实验操作和数据)。
相对分子质量：[Co(NH3)5Cl]Cl2-250.5，AgCl-143.5。
（3）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图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是钴蓝的晶胞。
①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、____(填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=____。
【16~18题答案】
【答案】（1） ①. ②. d
（2） ①. 三角锥 ②. 极性 ③. 4s ④. 4p ⑤. 充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g
（3） ①. d e g ②. 1:2:4
【解析】
【小问1详解】
基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。在元素周期表中，第四周期，Ⅷ族，该元素属于d(填“d”或“ds”)区。故答案为：；d；
【小问2详解】
[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3。NH3的N原子价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，空间结构呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，是极性(填“极性”或“非极性”)分子。故答案为：三角锥；极性；
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。故答案为：4s；4p；
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。
实验如下：称取2.51g该配合物，=0.01mol，先加水溶解，[Co(NH3)5Cl]Cl2=[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，=0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g；
【小问3详解】
①根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅱ型小立方体分别是b、d e g(填字母序号)。故答案为：d e g；
②Ⅰ型立体结构含有Co原子数是4×+1、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是4×、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=8：16：32= 1:2:4，故答案为：1:2:4。
17. 伐伦克林是一种拮抗剂，其一种合成路线如图：
已知：i.+
ii.+
iiiR4—CH=NR5
（1）邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有____键，使得其中碳碳键完全相同。
（2）试剂a的结构简式是____。
（3）C中含氧官能团的名称是____。
（4）E→F的化学方程式是____。
（5）试剂b的结构简式是____。
（6）I→伐伦克林的反应类型是____。
（7）步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用。若无此步骤，可能导致在步骤____中有副反应发生。
【17~23题答案】
【答案】（1）大π （2）
（3）醛基 （4）
（5）
（6）取代反应 （7）H→I（或F→G）
【解析】
【分析】经过多步反应得到中间体，中间体与发生加成反应生成，B在臭氧作用下发生信息ii生成C，C为，C在一定条件下与C6H5CH2NH2生成，D用氢气还原生成，E与生成F，F在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，G还原得到H，H与b反应生成I，I在碱性条件下水解生成。
【小问1详解】
邻二溴苯(A)只有一种结构，是因为苯环中除了σ键外，还有大π键，使得其中碳碳键完全相同。故答案为：大π；
【小问2详解】
中间体与发生加成反应生成，试剂a的结构简式是。故答案为：；
【小问3详解】
C为，C中含氧官能团的名称是醛基。故答案为：醛基；
【小问4详解】
E与生成F，E→F的化学方程式是。故答案为：；
【小问5详解】
反应生成I，同时生成水，试剂b的结构简式是。故答案为：；
【小问6详解】
I，I在碱性条件下水解生成和CF3COOH，I→伐伦克林的反应类型是取代反应。故答案为：取代反应；
【小问7详解】
步骤E→F在整个合成路线中起到重要作用,即保所亚氨基。若无此步骤，可能导致在步骤H→I（或F→G）中有副反应发生。故答案为：H→I（或F→G）。
18. CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是____。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发
Ⅱ.链传递
Ⅲ.链终止
Cl22Cl·
Cl·+CH4→·CH3+HCl
·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·
……
2Cl·→Cl2
Cl·+·CH3→CH3Cl
……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号
操作
结果
A
将Cl2与CH4混合后，光照
得到氯代甲烷
B
将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合
得到氯代甲烷
C
将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合
几乎无氯代甲烷
D
将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合
几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出的结论是____。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。
【18~20题答案】
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. +8 ④. 增大 ⑤. 同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小 ⑥. 光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4 ⑦. 黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递
（3）大
【解析】
【小问1详解】
甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故答案为：；
【小问2详解】
①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故答案为：；
②a．25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1= +8kJ·mol-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·
存在，无法进行链传递；
【小问3详解】
生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
19. 向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
（1）溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是____。
[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
装置
序号
试剂a
现象
甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液
（2）①本实验中，试剂a作____剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是____。
[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O=S4O+2I-
I-+I2I(棕黄色)
I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
（3）ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是____。
（4）结合数据，计算可得x=____(用代数式表示)。
[反思]
（5）实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的____(填数字)倍。
（6）从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：____。
【19~24题答案】
【答案】（1）
（2） ①. 还原 ②. 通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成
（3）将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口
（4）
（5）7 （6）随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅
【解析】
【分析】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-;氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化， Cl2可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3;增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
【小问1详解】
溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是。故答案为：；
【小问2详解】
①本实验中，要证明I2被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成；
【小问3详解】
ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；
【小问4详解】
结合数据，根据电子得失守恒，vmLcmol·L-1[x-(-1)]=bmLamol·L-1[2.5-2] 2，计算可得x=(用代数式表示)。故答案为：；
【小问5详解】
碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7；
【小问6详解】
从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
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