2023年北京市东城区高考化学一模试卷及答案解析

2023年北京市东城区高考化学一模试卷

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是（）

A.咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖

B.向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性

C.铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀

D.打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小

2.硒代半胱氨酸（含C、H、N、0、34Se5种元素）是一种氨基酸，其分子.

空间结构如图。下列说法不正确的是（）

A.Se位于元素周期表中第四周期第VIA族B.图中最大的球代表Se

C.硒代半胱氨酸分子中含一个手性碳原子D.硒代半胱氨酸难溶于水，易溶于苯

A.盛放NaOH溶液，选用③

B.用NH,Q和Ca（0H）2固体制备氨，选用②

C.配制lOOmLl.OOmol•L-iNaCl溶液，选用⑤

D.用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，选用①④

4.下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是（）

A.『C原子中的质子和中子1：1B.Naz。?固体中的阴离子和阳离子

C.Si。?晶体中的硅原子和共价键D.FeCh溶液中的Fe2+和Q-

5.解释下列事实的方程式不正确的是（）

2++

A.将二氧化硫通入硝酸钢溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba+H2O=BaSO3I+2H

B.将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO]+Ca2+=CaCO31+H2O+

CO2T

C.将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cr(aq):

2_

[CuCl4](aq)+4H20(l)AH>0

D.用氢氧化钠溶液吸收氯气：C12+2OH-=Cr+C10-+H20

6.关于下列4种物质的说法正确的是（）

H

①64gCu②32gs（3）18gH：（）

④46gC：HSOH

A.①的晶体为共价晶体

B.①与②完全反应时，转移2moi电子

C.室温时，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度

D.③和④体积不同的主要原因是分子数不同

7.3-0-咖啡酰奎尼酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子结构如图。下列关

A.存在顺反异构现象

B.至少有7个碳原子在同一个平面内

C.能发生取代反应和消去反应

D.Imol3-0一咖啡酰奎尼酸能与7moiNaOH恰好完全反应

8.依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是（）

A.K2cO3溶液和NH4cl溶液混合，产生刺激性气味

B.把钠放加CuSC）4溶液中，有蓝色沉淀生成

C.向酸性KM11O4溶液中加出。2,溶液紫色褪去

D.氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低

9.某温度下，H2(g)+l2(g)=2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下，在甲、乙、丙、丁4个

相同的恒容密闭容器中进行该反应，起始浓度如表所示。

甲乙丙T

1

c(H2)/(mol•L-)0.010.020.010.02

1

c(I2)/(mol-L-)0.010.010.010.01

c(HI)/(mol•L)000.020.02

下列判断不正确的是()

A.化学反应速率：乙〉甲B.平衡时，甲中I2的转化率为50%

C.平衡时，丙中c(l2)=0.01mol-L-】D.平衡时，乙和丁中需相等

10.室温下，L时刻向两个盛有50mL蒸储水的烧杯中分别加入①lgCaCOs、②1g蔗糖，搅

拌，最终分别得到悬浊液和澄清溶液，溶解过程中分散系的导电能力变化如图。下列分析不

正确的是()

导

电

能

力

A.该实验可证明蔗糖不是电解质

B.该实验可证明碳酸钙是强电解质

C.当①中导电能力不变时，CaC()3⑸UCa2+(aq)+CO"(aq)达到平衡

D.t2时刻，①中再加入IgCaCOs，导电能力不变

11.对下列事实的解释不正确的是()

选项事实解释

A稳定性：HF>H1HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键

B键角：NH：>H20中心原子均采取sp3杂化，孤电子对有较大的斥力

石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用

C熔点：石英〉干冰

力强

酸性：CF3COOH>F的电负性大于Cl,F-C的极性大于CI-C,使F3c-的极

D

CC13COOH性大于QsC-的极性

A.AB.Bc.cD.D

12.室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCOs)的稀溶液中逐滴加入0.100mol」T盐酸，滴

定曲线如图,

r（HCl）/mL

A.m处溶液pH>7,原因是CO歹+2H2。=H2CO3+20H-

B.由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3

C.p和q处的溶液中,均存在c(Na+)+c(H+)=2c(CO1)+c(HCO))+c(OH-)

D.原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol-L-1

13.用石墨作电极电解a浊液，记录如下。

实验装置实验现象

-bl-I.a为AgCln.a为Agl

两电极均产生气泡，有黑色

两电极均产生气泡，阴极表

固体在阴极附近生成，并沉

面附着少量银白色固体，烧

-a浊液降在烧杯底部，烧杯中的液

杯中的液体逐渐变为棕黄色

ib体逐渐变澄清透明

下列1说法不正确的1是()

A.I中阳极气体可能为。2和。2，口中阳极气体为。2

B.I和n中阴极生成气体的方程式均为2H2。+2e-=H2T+20H-

C.n中液体变为棕黄色，说明阳极上发生了反应2Agi-2e-=Iz+2Ag+

D.两实验阴极现象有差异的原因可能是口中c(Ag+)比I中的小

14.CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CC)2(g):2CO(g)+2H2(g)AHi其中，积炭是导

致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：

-1

②CH^g)WC(s)+2H2(g)AH2=+74.6kJ-mol

-1

(3)2CO(g)UC(s)+CO2(g)AH3=-172.5kJ-mol

科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO?、C*混合气体，以

恒定流速通过反应器，测得数据如下。

1.0"”・・...・...

v△0.5MPa

0.9△

VAA

0.8

VAL2MPa

点0.7▽g△△△△△△

9O▽

▽▽▽▽

0.6Vv

1.8MPa

0.5

z/h

注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性

与反应初始催化剂活性之比

下列分析不正确的是()

A.AHi=+247.1kJ-mol-1

B.压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动

C.保持其他条件不变，适当增大投料时喘3,可减缓Ra的衰减

n^Cn4J

D.研究表明“通入适量。2有利于重整反应”，因为。2能与C反应并放出热量

二、简答题(本大题共5小题，共58.0分)

15.LiFePO,常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁、磷酸二氢镂为主要原

料经高温燃烧可制备LiFePO,。

(1)草酸亚铁晶体由C、H、0、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。

,'tF

(电(2I匕19

>Ob

①基态26Fe2+的价层电子排布式为。

②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为O

③草酸亚铁晶体的化学式为。

(2)将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煨烧，得到LiFePO^

①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是。

②反应体系在100〜400。(：之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2P。4分解，补

10000C

全方程式。NH4H2PO4=°++P2O5»

(3)LiFePCU晶体中，FeC)6八面体和PO4四面体组成空间链状结构,Li+填充在链之间的孔道内,

晶胞如图a所示。充放电时，LiFeP04中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图。

(a)LiFePO,(b)FePO4

①俵示(填“充电”或“放电”)过程。

②已知：Li+的脱嵌率=的日数x100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=

LiFeP()4中Li的总数

3：1,贝扎i+的脱嵌率为,平均每个晶胞脱嵌个Li+。

16.己二旗［NC(CH2)4CN］是合成尼龙-66的中间体。其制备方法如图。

I.己二酸氨化法

OH

。全。等6警HOAZXZV°HJ®*HIN',；筝己二蔚

(1)下列说法正确的是(填字母)。

a.己二懵的分子中含有碳氮三键

b.反应②和④中均有也0生成

c.该方法原子利用率低

(2)若反应③中硝酸的还原产物为NO2,理论上生产Imol己二酸产生NO2的物质的量是

II.丙烯睛(CH?=CHCN)电解二聚法(两极均为惰性电极)

电解原理如图a,总反应为4cH2=CHCN+2H2。呷12NC(CH2)4CN+。2T，主要副产物为丙

睛(C2H5CN)。

质子交换膜

稀硫酸丙烯肺、水、季被盐季核盐浓度/(10〃moi-L-')

图b

(3)电极X为(填“阴”或“阳”)极。

(4)Y极区溶液呈酸性会加快丙箱的生成，导致己二箱的产率降低。结合图a分析原因是

(5)写出i的电极反应式：。

(6)己二庸、丙脂的生成速率与季铁盐浓度的关系如图b。当季镂盐的浓度为1.5xl0-2m0l.

IT1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为mol。

17.有机物A(C6H85)可用于合成药物、塑料等物质。

I.由A合成佐匹克隆(J)的路线如图。

n已A知-n：IRNH2K/CtHURN=CHR,'

U

II

C-OH

C-NHR

II

O

(1)A属于芳香族化合物，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1。A-B的化学方程式

为。

(2)OHC-CHO中官能团的检验方法：向(填试剂)中加入待测液，加热，产生红色沉

淀。

(3)C中含氧官能团名称为o

(4)物质a的结构简式为。

(5)G-H的反应类型为。

n.以A为原料合成PAI塑料的路线如图。

PAI

(6)参照I中流程的信息分析，K、M的结构简式分别为、o

18.电解钵渣的主要成分是MnS。一种由电解钵渣制取高纯MnS04的流程如图。

同码MnO：./赫广受!回_____

幽1校出L(Mn：•埠液SO'乜如此画0,________

V。处w)'"浓式忘号「微卜M温

(l)MnS与H2sO,发生复分解反应的离子方程式为。

(2)浸出过程中，加入Mn()2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MIISOQ利用的MnO2的化

学性质是。

(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：。

(4)过程I除去Ca2+并富集MM+的流程如图。

已知：

a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂);

O

II

b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为RO—P—OHLR=—CH2CH(CH2)3CHJ；

OR3H5

c.萃取时发生反应M2++2HAUMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。

①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：。

②反应M2++2A-UMA2的平衡常数用。表示。已知B(CaA2)>B(MnA2)。判断调pH时a

b(填“<”或“>”)，结合平衡常数解释原因：。

③试剂Y是o

(5)不同温度下MnS04的溶解度如表。

温度/汽010203040608090100

溶解度

52.959.762.962.960.053.645.640.935.3

/g

过程II的操作为,洗涤，干燥。

19.实验室常用NaOH溶液吸收NO2尾气，探究其适宜条件和原理。

20。(：时，将4mL不同浓度NaOH溶液一次性推入40mLNC)2中，观察现象。

编号c(NaOH)现象

甲2mol-L-1活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气体

乙6mol-L-1活塞自动内移，最终气体全部被吸收

(l)NaOH溶液吸收NO2时生成两种钠盐，分别为NazNO?和。

(2)检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为

红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理是。

(3)某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部OFT浓度过低，导致部分NO?与水反应。

通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将NO?缓慢推入NaOH溶液中，

(补全实验现象)。

(4)进一步探究NO?与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。

【查阅资料】

i.NC)2遇水时发生反应：

a.2NO2+H20=H++NO3+HNO2；

b.2HNO2=NOT+N02T+H20；

ii.酸性条件下，HNC>2或NOS可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇蔡乙二胺变红，

且原溶液中［c(HNC>2)+c(NO5)］越大，红色越深。

【实验】将2mLN()2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶

液(盐酸酸化)中，再加入等量蔡乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。

编号试剂溶液颜色

丙水

T6mol•LNaOH溶液溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅

戊酸性对氨基苯磺酸溶液

①通过实验(填编号)对比，说明NO?遇水时发生了反应a和b。

②从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是

(5)若用的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL(20式)无色气体。

(6)综上，用NaOH溶液吸收NO2尾气，适宜的条件是(写出两点即可)。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.淀粉在唾液淀粉前的作用下，能水解为麦芽糖，则咀嚼米饭时，越嚼越甜，故A

正确；

B.食盐溶液是非重金属盐溶液，能使蛋白质盐析，而非变性，故B错误；

C.铁锅中的铁和碳在潮湿环境下能形成原电池，碳做正极，铁做负极被腐蚀，从而出现铁锈，故

C正确；

D.打开汽水瓶盖，压强减小，则二氧化碳的溶解度减小，故有大量气泡冒出，故D正确；

故选:Bo

A.淀粉在唾液淀粉酶的作用下，能水解为麦芽糖；

B.非重金属盐溶液能使蛋白质盐析；

C.铁锅中的铁和碳在潮湿环境下能形成原电池，铁做负极，碳做正极；

D.压强越大，气体的溶解度越大。

本题考查了糖类的性质、金属的电化学腐蚀以及气体的溶解度与压强的关系等，应注意的是气体

的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大。

2.【答案】D

【解析】解：A.Se的电子排布式为Is22s22P63s23P63d1°4s24P3核外有4个电子层，最外层有6个

电子，处于第四周期第VIA族，故A正确；

B.电子层数越多，微粒半径越大，故Se的半径最大，即最大的球代表Se,故B正确；

C.当一个碳原子上连有四个不同的原子或原子团时:此碳原子为手性碳原子，根据原子半径：Se>

C>N>0>H并结合图示可知，第二大黑球为碳原子，此物质中含2个碳原子，但只含1个手性碳

原子，故C正确；

D.硒代半胱氨酸中含-0H,与水分子间能形成氢键，故应易溶于水，故D错误；

故选：Do

A.Se的电子排布式为Is22s22P63s23P63d1°4s24Pt

B.电子层数越多，微粒半径越大；

C.当一个碳原子上连有四个不同的原子或原子团时，此碳原子为手性碳原子；

D.硒代半胱氨酸中含-OH,与水分子间能形成氢键。

本题考查了物质的结构与性质，应注意基础知识的掌握和应用，难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.NaOH溶液与玻璃塞中二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，不能选③，应改

为橡皮塞，故A错误；

B.NH4a和Ca(OH)2固体加热生成氨气，可选用②，故B正确；

C.配制lOOmLl.OOmoLLTNaQ溶液，计算称量后，在烧杯中溶解、冷却，转移到100mL容量瓶

中定容，可选用⑤，故C正确；

D.大理石和盐酸制取CO2，选固液不加热装置，比较碳酸和苯酚的酸性强弱，可选洗气瓶发生强

酸制取弱酸的反应，可选①④，故D正确；

故选：Ao

A.NaOH溶液与玻璃塞中二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠；

B.NH4cl和Ca(0H)2固体加热生成氨气；

C.配制lOOmLl.OOmol-LTNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解、冷却，转移到100mL容量瓶

中定容；

D.大理石和盐酸制取CO2,选固液不加热装置，比较碳酸和苯酚的酸性强弱，可选洗气瓶发生强

酸制取弱酸的反应。

本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、试剂的保存、物质的

制备、溶液的配制、酸性比较为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能

的训练，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.$C原子中的中子数和质子数分别为6、6,质子数：中子数=1：1,故A错误；

B.NazOz中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子，阴离子：阳离子=1：2,故B正确；

C.Si()2晶体中每个Si原子形成4个共价键，则二氧化硅晶体中Si原子和硅氧键的数目之比=1：4,

故C错误；

D.FeCk为强酸弱碱盐,Fe2+会发生水解，故Fe?+：C「小于1：2,故D错误；

故选：Bo

A.2c原子中的中子数和质子数分别为6、6；

B.NazOz中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子：

CS02晶体中每个Si原子形成4个共价键；

D.FeCl2为强酸弱碱盐，Fe2+会发生水解。

本题考查原子结构与物质构成，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握常见原子、离子的构成

特点，难度不大。

5.【答案】A

【解析】解：A.二氧化硫通入硝酸钢溶液中发生氧化还原反应生成BaS04沉淀、NO和电0,离子

2+

方程式为3s。2+2N0]+3Ba+2H2O=3BaSO4i+2N0T+4H+,故A错误；

B.碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为

2+

2HCO1+Ca=CaCO3I+H20+C02T,故B正确；

C.加热氯化铜溶液，溶液由蓝色[CU(H20)4『+转化为[CUCLJ2-,反应的离子方程式为

2+2

[Cu(H20)4](aq)+4C「(aq)=[CuCl4]-(aq)+4H2O(1)AH>0,故C正确;

D.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为C12+2OH-=C「+

CIO-+H2O,故D正确；

故选：Ao

A.二氧化硫通入硝酸钢溶液中发生氧化还原反应生成BaS()4沉淀、NO和电0；

B.碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水；

C.加热氯化铜溶液，溶液由蓝色[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl』-；

D.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。

本题考查离子方程式的书写判断，明确物质的性质、发生的反应是解题关键，侧重分析能力与灵

活运用能力的考查，题目难度中等。

6.【答案】C

【解析】解：A.Cu的晶体为金属晶体，故A错误；

B.硫的氧化性较小，与变价金属反应时得到低价态硫化物，2CU+SECU2S，ImolCu与ImolS完全

反应，转移电子lmoL故B错误；

C.硫是非极性分子，水和乙醇都是极性溶剂，但乙醇极性较弱，相似相溶原理，硫难溶于水，微

溶于乙醇，在水中溶解度小于在乙醇中的溶解度，故C正确；

D.l8gH2。中含有的分子数为lmol,46g乙醇中含有的分子数也为lmol,分子数相同而体积不同的

原因是分子直径不同，故D错误；

故选：Co

A.Cu的晶体为金属晶体；

B.硫的氧化性较小，与变价金属反应时得到低价态硫化物CuzS,据此计算；

C.硫难溶于水，微溶于乙醇；

D.液体和固体的体积主要由粒子数目和粒子直径共同决定；

故选：Co

本题考查了氧化还原反应、晶体类型的判断，溶解度等知识，侧重于考查学生的分析能力和应用

能力.

7.【答案】D

【解析】解：A.该分子中碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团，所以具有顺反异

构现象，故A正确；

B.苯环及直接连接苯环的原子、直接连接碳碳双键两端的原子在同一个平面内，单键可以旋转，

所以该分子中苯环及直接连接苯环的碳原子共平面，最少有7个碳原子在同一个平面内，故B正

确；

C.分子中含有醇羟基、酯基、酚羟基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，故C正确；

D.酯基水解生成的竣基、酚羟基都能和NaOH以1：1反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解

生成1个竣基，所以lmol该物质最多消耗3moiNaOH,故D错误；

故选：Do

A.碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团的有机物具有顺反异构现象；

B.苯环及直接连接苯环的原子、直接连接碳碳双键两端的原子在同一个平面内，单键可以旋转；

C.分子中含有醉羟基、皴基、酯基、碳碳双键、酚羟基和苯环，具有醉、酮、酯、烯烧、酚和苯

的性质；

D.酯基水解生成的竣基、酚羟基都能和NaOH以1：1反应。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质

的关系是解本题关键，题目难度不大。

8.【答案】A

【解析】解：A.K2c。3溶液和NHdQ溶液混合，产生刺激性气味，无元素化合价变化，不涉及到氧

化还原反应，故A正确；

B.钠放加C11SO4溶液中，钠会先与水反应产生氢氧化钠和氢气，涉及到Na和H元素的化合价变化，

是氧化还原反应，故B错误；

C.向酸性KM11O4溶液中加加H2O2,溶液紫色褪去，Mn元素和0元素的化合价发生变化，涉及到氧

化还原反应，故C错误；

D.水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低，涉及到次氯酸的分解，存在C1和。元素化合

价的变化，是氧化还原反应，故D错误；

故选:Ao

有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化，据此分析。

本题考查了氧化还原反应原理，侧重于对氧化还原反应的概念的考查，题目难度不大。

9.【答案】D

【解析】解：A.甲乙相比较，乙中浓度比甲中大，故乙反应速率越大，故A正确；

B.设I2的转化量为xmol•『1,容器乙中达到平衡时,比、12、山的平衡浓度分别为(0.01—x)mol-

(0.01-x)mol•「［、2xmol-L_1,K=吗4=-------------------解得x=0.005mol•「L

''C(H2)XC(I2))(O.Ol-x)x(O.Ol-x)

则甲中I2的转化率="0°5mo匕1x100%=50%，故B正确；

O.OlmolL

0022

c.丙容器中起始时，Q==4=K，初始即为平衡状态，c(I2)=O.Olmol•L-I,故C正确；

y0.01x0.01

D.丁可看作向乙中再充入0.01mol」TH2,平衡正向移动，武也)增大，c。2)减小，故丁中需比

乙中蹈大，故D错误；

故选：Do

A.浓度越大，反应速率越大；

B.设12的转化量为xmol•L,容器乙中达到平衡时,也、12、山的平衡浓度分别为(0.01-x)mol-

(O.Ol-x)molL-1,2xmol」T,根据K=不的门可解得x,即可计算甲中％的转化率；

clM2JXcU2J

C.根据Q与K大小关系判断反应进行的方向；

D.丁可看作向乙中再充入0.01mol」TH2,平衡正向移动，式出)增大，武吩减小。

本题主要考查化学平衡的计算，掌握浓度对化学平衡的影响、化学平衡的计算是关键，题目难度

中等。

10.【答案】B

【解析】解：A.由图可知，蔗糖溶液的导电性不变，且微弱导电是由水的电离引起的，说明蔗糖

在水溶液中不能电离，则可证明蔗糖不是电解质，故A正确；

B.由图可知，随着CaCO3固体的溶解，溶液中阴阳离子的浓度不断增大，溶液的导电性不断增强，

达到饱和溶液时导电性不变，说明CaCO3是电解质，但无法证明CaC()3是完全电离，即不能判断

CaCO3是强电解质，故B错误；

C.CaCOs是不溶性电解质，存在溶解平衡为CaCO3(s)=Ca2+(aq)+CO歹(aq),当①中导电能力不

变时，溶液中阴阳离子浓度不变，即达到平衡状态，故C正确；

D七时刻CaCC)3溶解达到饱和状态，再力口入lgCaCOs时，CaCC>3不溶解，溶液中阴阳离子浓度不变，

则溶液的导电能力不变，故D正确；

故选:Bo

A.由图可知，蔗糖溶液的导电性不变，且微弱导电是由水的电离引起的；

B.在水溶液中能完全电离的电解质是强电解质；

C.CaCOs是不溶性电解质，存在溶解平衡，当溶液达到饱和状态时阴阳离子浓度不变，导电能力

也不变；

口心时刻CaCC)3达到溶解平衡状态，此时为CaCO3的饱和溶液，再加入lgCaCC)3时，CaC()3不溶解，

溶液中阴阳离子浓度不变。

本题考查溶液的导电性，侧重基础知识检测和灵活运用能力的考查，把握溶液导电性与离子浓度

大小关系、电解质与非电解质定义、强弱电解质的判断方法、沉淀溶解平衡等知识即可解答，题

目难度不大。

11.【答案】A

【解析】解：A.氢键属于分子间作用力，影响的是分子晶体的熔沸点，不影响稳定性，稳定性：

HF>HI,是由于键能H-F>H-1,与HF分子间存在氢键而Hl分子间不存在氢键无关，故A错

误；

B.NH：、也0中的N、0的价层电子对数分别为4+；(5-l-4x1)=4+0、2+^(6-2x1)=

2+2=4,即N、0均采取sp3杂化，但0原子上有2对孤电子对，N原子上无孤电子对，而斥力:

孤电子对-孤电子对〉孤电子对-成键电子对〉成键电子对一成键电子对，则键角NH1>出0,故B

正确；

C.石英是共价晶体，熔化时克服共价键，干冰是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，由于

共价键比分子间作用力强，则熔点：石英〉干冰，故C正确；

D.—F、—C1均为吸电子基团，但F原子的电负性强于Q,则F—C的极性大于CI-C,使FsC-的极性

大于Cl3c-的极性，导致CF3COOH中的0—H键更易断裂，则酸性：CF3C00H>CC13COOH,故D

正确；

故选：Ao

A.氢键属于分子间作用力，影响的是分子晶体的熔沸点，不影响稳定性；

B.NH+,出0中的N、0均采取sp3杂化，但斥力：孤电子对-孤电子对〉孤电子对-成键电子对>成

键电子对一成键电子对；

C.石英是共价晶体，熔化时克服共价键；干冰是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力；

D.-F、-Q均为吸电子基团，但F原子的电负性强于C1。

本题考查了影响物质熔沸点、酸性强弱的因素，难度不大，应注意在比较物质熔沸点时，首先考

虑晶体类型，当晶体类型相同时，再结合影响晶体熔沸点的具体因素去比较。

12.【答案】D

【解析】解：A.m处溶液pH>7,原因是CO歹+H2OUHCO5+OH-,故A错误；

B.图像中有两个滴定突跃点(p、q),m-p消耗盐酸VKHCl)=9.8mL,p-q消耗盐酸V2(HQ)=

21.5mL-9.8L=11.7mL,若开始溶液中只有Na2cO3,则反应为①Na2cO3+HC1=NaHCC%+

NaCl,@NaHCO3+HC1=NaCl+C02T+H20,则①和②消耗的盐酸相等，而实际Vi(HCl)H

V2(HC1),说明原溶液中含NaHC()3，故B错误；

C.p和q处的溶液中，均存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(COg)+c(HCO。+c(OH-)+c(C「),

故C错误；

D.q点时溶质为NaCl,n(Na+)=n(CI-)=21.5X10-3LXO.lOOmol/L=2.15X10~3mol,原纯碱

稀溶液中c(Na+)=皿空=245xl0-31=0215mo］「I,故D正确；

、'v10.0xl0-JL

故选：Do

A.m处溶液pH>7,原因是COg+H20=HCO3+OFT；

B.图像中有两个滴定突跃点(p、q),m-p消耗盐酸Vi(HCl)=9.8mL,p-q消耗盐酸V2(HQ)=

21.5mL-9.8L=11.7mL,若开始溶液中只有Na2cO3,则反应为①Na2cO3+HC1=NaHCO3+

NaCl,@NaHCO3+HC1=NaCl+C02T+H20.则①和②消耗的盐酸相等；

C.p和q处的溶液中，均存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(C0|-)+c(HCO.)+c(OR-)+c(C「)；

D.q点时溶质为NaCl,n(Na+)=n(Cl~)=21.5x10-3LxO.lOOmol/L=2.15x10-3moL代入公

式c(Na+)=也沪即可计算出c(Na+)。

本题主要考查盐类的水解及电荷守恒定律等知识，为高频考点，题目难度一般。

13.【答案】C

【解析】解：A.I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，II中水

分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，贝UI中阳极气体可能为氯气和氧气，II中阳极气体为

氧气，故A正确；

B.I和II中阴极生成气体都为水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反

应式为2H2O+2e-=H2T+2OH-,故B正确；

C.1I中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2。-4e-=02T+4H+,

反应生成的氧气将碘离子氧化为碘使H中液体变为棕黄色，故C错误；

D.氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，所

以I中银离子在阴极放电生成银，II中少量银离子在阴极放电生成银，故D正确；

故选：Co

氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，由实

验现象可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，银离子在

阴极放电生成银，H中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，水分子在阴极得到电子发

生还原反应生成氢气和氢氧根离子，少量银离子在阴极放电生成银。

本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题难度中等。

14.【答案】B

【解析】解：A.已知②CH/g)WC(s)+2H2(g)AH2=+74.6kJ-mol,③2co(g)=C(s)+

CO2(g)AH3=-172.5k]-moL,依据盖斯定律②-③可得CH4©+CO2(g)U2C0(g)+

2H2(g)AHi=+74.6kJ-mor1-(-172.5kJ-mor11)=+247.1kJ-mol-1,故A正确；

B.压强越大，反应③平衡正向移动，积炭增多，Ra降低越快，故B错误；

C.保持其他条件不变，适当增大投料时喘反应③平衡逆向移动，可减少积炭产生，减缓Ra的

衰减，故C正确；

DO2能与C反应并放出热量，可减少积炭产生，减缓Ra的衰减，故通入适量。2有利于重整反应，

故D正确；

故选：Bo

A.依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；

B.依据压强变化引发积炭的变化分析；

C.增大投料时黯可减少积炭产生；

DO2能与C反应可减少积炭产生。

本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。

15.【答案】3d66FeC2O4-2H2O氮气分子中存在氮氮三键，键能大，电化学性质稳

定22NH3T3H2。1充电25%1

【解析】解：(1)①基态26Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6,其3d能级上的电子为其价层电子，

所以其价电子排布式为3d6,

故答案为：3d6；

②根据图知，草酸亚铁晶体中Fe2+与2个H2。中。原子、2个草酸根离子中4个。原子相连，所以其

配位数是6,

故答案为：6；

③草酸亚铁晶体中，每个基本单元中含有1个Fe2+、2个电0分子、1个C2。t，化学式为FeC2O『

2H2。,

故答案为：FeC204-2H20；

(2)①键能越大，化学键越稳定，该物质越不易发生反应，氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2

化学性质稳定，所以可以作保护气，

故答案为：氮气分子中存在氮氮三键，键能大，“化学性质稳定；

②弱酸酸式的钱盐受热分解生成氨气、水等物质，根据方程式知，NH4H2P。4受热分解生成P2%、

10000c

H20>NH3,2NH4H2PO4=°2NH3?+3H20+P2O5>

故答案为:2；2；NH3T；3；H20；1；

(3)①根据图知，(a)LiFeP()4失电子发生氧化反应生成(b)中的FePO”所以为充电过程，

故答案为：充电；

②根据图知，Fe2+失电子生成Fe3+,同时脱嵌1个Li+,某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：

1,脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4,所以Li+的脱嵌率为;x100%=25%；(a)中Li+个数=8x

l+4xl+4xi=4,脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4,所以该晶胞中脱嵌1个Li+,

oZ4

故答案为：25%；1.

(1)①基态26Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6,其3d能级上的电子为其价层电子；

②根据图知，草酸亚铁晶体中Fe2+与2个H2O中0原子、2个草酸根离子中4个0原子相连；

③草酸亚铁晶体中，每个基本单元中含有1个Fe2+、2个出0分子、1个CzOt；

(2)①键能越大，化学键越稳定，该物质越不易发生反应；

②弱酸酸式的钱盐受热分解生成氨气、水等物质；

(3)①根据图知，(a)LiFeP()4失电子发生氧化反应生成(b)中的FePCU；

②根据图知，Fe2+失电子生成Fe3+,同时脱嵌1个Li+,某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：

1,脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4；(a)中Li+个数=8x"4xg+4x；=4,脱嵌的Li+与总

Li+个数之比为1：4。

本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、元素化合物

的性质、晶胞计算方法是解本题关键，难点是(3)题晶胞计算。

16.【答案】abc8阳H+和丙烯月青在阴极竞争得电子，减慢反应i,同时生成的H加快了反应

+-3

iii2cH2=CHCN+2H+2e-=NC(CH2)4CN8.6xIO

【解析】解：(l)a.己二晴的官能团为-C三N,分子中含有碳氮三键，故a正确；

b.由分析可知，反应②为与过氧化氢发生氧化反应生成6和水，反应④为

H00C(CH2)4C00H与氨气发生取代反应生成H2N0C(CH2)4C0NH2和水，则反应②和④中均有水生

成，故b正确；

c.由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故c正确，

故答案为：abc；

(2)结合物质结构，lmol环己醉氧化为己二酸时，转移8moi电子，若反应③中硝酸的还原产物为

二氧化氮，N元素化合价由+5价降低为+4价，由得失电子数目守恒可知，理论上生产lmol己二酸

产生二氧化氮的物质的量为lmolx8=8moL

故答案为：8；

(3)电解池中，阳离子移向阴极，由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解

池的阳极，

故答案为:阳；

(4)由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯月青在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的

反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙睛的生成，

导致己二月青的产率降低，故原因为H+和丙烯睛在阴极竞争得电子，减慢反应L同时生成的H加快

了反应iii,

故答案为：H+和丙烯晴在阴极竞争得电子，减慢反应i,同时生成的H加快了反应iii；

(5)由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为在水分子作

用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二晴和氢氧根离子，电极反应式为2cH2=

+

CHCN+2H+2e-=NC(CH2)4CN,

+

故答案为：2cH2=CHCN+2H+2e-=NC(CH2)4CN；

(6)丙烯晴在阴极得到电子生成己二睛和丙睛的电极反应式分别为2cH2=CHCN+2H2O+2e.=

NC(CH2)4CN+2OH->CH2=CHCN+2H2O+2e-=CH3CH2CN+2OH-,氢离子通过质子交换

膜进入阴极室，由图可知，季镂盐的浓度为L5xlO-2moi.LT时，己二月青和丙晴的生成速率分别

为3.4x10-3mol/h和0.9x10-3mol/h,则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为

3.4x10-3mol/hxlhx2+0.9x10-3mol/hxIhx2=8.6x10-3moL

故答案为：8.6x10-3。

OHOH

化氢发生氧化反应生成与硝酸发生氧化反应生成H00C(CH2)4C00H,

H00C(CH2)4C00H与氨气发生取代反应生成H2N0C(CH2)4C0NH2,H2N0C(CH2)4C0NH2发生脱水

反应生成NC(CH2%CN；

n.电解池中，阳离子移向阴极，由氢离子的移动方向可知，X为阳极，Y为阴极，丙烯晴在阴极得

到电子生成己二睛和丙晴，据此分析解答。

本题考查有机物合成和电解原理的应用，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各

物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，注意电解原理

在物质制备过程中的应用，题目难度较大。

新制C(0H)2悬

浊液段基H2N-^〉Cl取代反

应改℃工^0

0

(2)含有醛基的有机物能和新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以OHC-

CHO中官能团的检验方法：向新制C(0H)2悬浊液中加入待测液，加热，产生红色沉淀，

故答案为：新制C(0H)2悬浊液；

O

(3)C为黑，C中含氧官能团名称为竣基，

O

故答案为：竣基;

(4)物质a的结构简式为H2N《＞CI

故答案为：CI；

(5)G-J的反应类型为取代反应,

故答案为：取代反应;

K为

,M发生取

HOOC8。

代反应生成PAJ,所以K、M的结构简式分别为

故答案为：jTo；

O

I.C脱水生成D,根据D的结构简式及C的分子式知，C为A属于芳香族化合物，核磁

O

共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1,A含有苯环且含有-3种氢原子，结构对称，结合A的分子

式知，A的结构简式为A和乙二醛发生信息i的取代反应生成B为cn

(HO'F

根据J的结构简式及G的分子式知，G中羟基上的氢原子被取代生成J,则G为

0H

比G少2个氢原子，则F中皴基发生还原反应生成G中醉羟基，则F为

个氢原子、1个氧原子，则E取代反应生成F,D和a发生信息ii的反应生成E,则a为H?N

LA为「^”出，K发生取代反应生成L,根据PAI的结构简式、K和L的分子式知，K为

,M发生取

代反应生成PAJ。

本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是

解本题关键，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。

18.【答案】MnS+2H+=Mn2++H2ST氧化性Fe3+在水溶液中存在水解反应：Fe3++