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北京市昌平區(qū)2022屆高三二模
化學(xué)試題
一、單選題
1．化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列過程與氧化還原反應(yīng)有關(guān)的是（　?。?

A．圖甲碳酸氫鈉片可治療胃酸過多
B．圖乙豆?jié){中加入濃鹽溶液，產(chǎn)生沉淀
C．圖丙天然氣燃燒
D．圖丁海水經(jīng)風吹日曬獲得粗鹽
2．下列有關(guān)化學(xué)用語表述正確的是（　?。?
A．中子數(shù)為16的硫原子： 1632 S
B．還原性：NaFe2+，實驗ii中I-H2X>HX- ，根據(jù)強酸制弱酸的原則，HY與少量Na2X發(fā)生的反應(yīng)是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D不符合題意；
故答案為：C。

【分析】A.溶液中存在電離平衡，H2X為弱酸；
B.堿滴入酸溶液中，先生成HX﹣，當前部轉(zhuǎn)化為HX﹣，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，反應(yīng)生成X2﹣；
C.a點為H2X和NaHX，b點為NaHX和Na2X的混合溶液，酸抑制水的電離，含弱酸根的鹽水解促進水的電離；
D.圖中a點c（H2X）＝c（HX﹣），pH＝7，計算H2X的第一步電離平衡常數(shù)，與Ka（HY）比較判斷酸性強弱，再書寫反應(yīng)的方程式。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．DNA由兩條脫氧核苷酸鏈構(gòu)成，脫氧核糖核苷酸鏈由多個脫氧核糖核苷酸分子通過分子間脫水形成磷酯鍵后聚合而成，A不符合題意；
B．圖中框內(nèi)的結(jié)構(gòu)可以看成是由脫氧核糖分子與H3PO4分子、堿基分子通過分子間脫水連接而成的，B不符合題意；
C．如圖所示，胸腺嘧啶中含有酰胺基官能團（-CO-NH-）；C不符合題意；
D．如圖所示，DNA分子的四種堿基均含N-H鍵，一個堿基中的N-H鍵的H原子能與另一個堿基中的N、O原子形成氫鍵，D符合題意；
故答案為：D。

【分析】A.脫氧核苷酸分子間脫水形成磷酯鍵后聚合成DNA；
B.圖中框內(nèi)的結(jié)構(gòu)可以看成是由脫氧核糖分子中的羥基與H3PO4分子、堿基分子通分子間脫水得到；
C.該分子中存在-CONH-；
D.一個堿基中的N-H鍵的H原子能與另一個堿基中的O原子形成氫鍵。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．i中生成黃色沉淀是碘化銀沉淀，反應(yīng)是：Ag++I-=AgI↓，故A不符合題意；
B．可依據(jù)i中現(xiàn)象推測，溶液中存在I-，因為Fe3+也呈黃色，不能推測實驗I中的棕黃色主要是I2引起的，故B符合題意；
C．對照實驗ii、iii，可推測ii中增大c(Fe2+)，導(dǎo)致Fe2+還原性大于I-，平衡向左移動，I2濃度降低導(dǎo)致顏色變淺，故C不符合題意；
D．實驗i現(xiàn)象說明平衡正向移動，則還原性：實驗i中I->Fe2+，實驗ii中實驗現(xiàn)象說明平衡逆向移動，說明還原性：I-Fe2+，實驗ii還原性：I-N>C>H
（2）sp3
（3）Cu2+
（4）6；c(OH-)增大，發(fā)生反應(yīng)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行，c(Q)減小，因此吸附能力下降；酸性較強時，氮原子與氫原子具有較強的配位能力，N原子與Cu2+配位減小，c(Q)減小，因此吸附能力下降
【解析】【解答】(1)M中四種元素分別為H、C、N、O，由元素性質(zhì)周期性變化規(guī)律知，元素非金屬性越強，電負性越強，則電負性由大到小的順序為 O>N>C>H ，故答案為： O>N>C>H ；
(2)M中N原子的價電子對數(shù)為 3+5-3×12=4 ，則雜化軌道類型為sp3，故答案為：sp3；
(3)Q中存在配位鍵，其中提供空軌道的是Cu2+，故答案為：Cu2+；
(4)①由圖示知，其中pH約為6時吸附效果最好，故答案為：6；
②根據(jù)平衡移動原理分析，c(OH-)增大，發(fā)生反應(yīng)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行，c(Q)減小，因此吸附能力下降，故答案為：c(OH-)增大，發(fā)生反應(yīng)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行，c(Q)減小，因此吸附能力下降；
③從結(jié)構(gòu)角度分析，酸性較強時，氮原子與氫原子具有較強的配位能力，N原子與Cu2+配位減小，c(Q)減小，因此吸附能力下降，故答案為：酸性較強時，氮原子與氫原子具有較強的配位能力，N原子與Cu2+配位減小，c(Q)減小，因此吸附能力下降。
【分析】（1）元素的非金屬性越強，電負性越大；
（2）M中N原子形成三個σ鍵，含有一個孤電子對；
（3）Q中銅離子和O原子形成配位鍵， Cu2+提供空軌道；
（4）①pH為6時吸附效果最好；
②堿性過強，銅離子轉(zhuǎn)化為氫氧化銅沉淀；
③酸性較強時，N原子與Cu2+配位減小，c(Q)減小。
17．【答案】（1）過濾；萃取分液
（2）將廢液中的 Fe2+ 氧化為 Fe3+
（3）Ca2++2F-=CaF2↓ ， Mg2++2F-=MgF2↓；3×10-2
（4）Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42-
（5）萃取產(chǎn)生H+，隨pH的升高H+被消耗，促進萃取金屬離子的反應(yīng)正向移動
（6）Ca(OH)2+Ni2++SO42-=Ni(OH)2↓+CaSO4↓
【解析】【解答】(1)操作1、2用于分離沉淀和溶液，故名稱是過濾，操作3的名稱是萃取分液。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是將廢液中的 Fe2+ 氧化為 Fe3+ 。
(3)NiF2溶液使Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2沉淀，參與反應(yīng)的離子方程式是 Ca2++2F-=CaF2↓ ， Mg2++2F-=MgF2↓ 。已知，25℃時，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，則CaF2溶解度小于MgF2，鈣離子先沉淀，鎂離子后沉淀，已知(c(雜質(zhì)離子)≤10-5mol/L即可視為沉淀完全，則雜質(zhì)離子沉淀完全時，溶液中c(F-) =Ksp(MgF2)c(Mg2+)=9×10-91×10-5=3×10-2 mol/L。
(4)結(jié)合流程與分析，濾液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42- 離子。
(5)P204(二乙基己基磷酸)萃取金屬離子的反應(yīng)為：x +Mx+? M+xH+，萃取產(chǎn)生H+，隨pH的升高H+被消耗，促進平衡正向移動，故P204對某些金屬離子的萃取率隨pH的升高而升高。
(6)母液中含有Ni2+、加入強堿Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余鈣離子可轉(zhuǎn)化為硫酸鈣沉淀在操作1中被過濾與氫氧化鐵一起除去，故加入石灰乳可制備操作1中所需Ni(OH)2漿液，離子方程式 Ca(OH)2+Ni2++SO42-=Ni(OH)2↓+CaSO4↓ 。
【分析】酸性硫酸鎳廢液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等雜質(zhì)離子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH值，使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，再進行過濾，得濾渣為Fe(OH)3；得到濾液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等離子，向濾液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2沉淀，再次進行過濾得到濾液b含有Ni2+、Zn2+等離子，加入萃取劑萃取Zn2+，有機相中含有鋅，通過反萃取使萃取劑再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根離子等，進行蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾洗滌等操作得到產(chǎn)品硫酸鎳晶體，母液中加堿溶液得到Ni(OH)2可循環(huán)利用；
（1）操作1、2為過濾，操作3為分液；
（2）加入Cl2將Fe2+氧化為Fe3+；
（3）加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2沉淀；根據(jù)，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9計算；
（4）濾液b含有 Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 SO42- ；
（5）pH升高，氫離子濃度減小，有利于反應(yīng)正向進行；
（6）母液主要含有氯化鎳，加入澄清石灰水得到Ni(OH)2。
18．【答案】（1）3
（2）+90.41
（3）增大；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向進行，n(H2)增大
（4）R1、R2均為吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡正向移動，n(H2)增大，同時R4為放熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡逆向進行，n(H2)也增大，R3為放熱反應(yīng)，隨著溫度的升高，平衡逆向進行，n(H2)減小，R1、R2、R4影響大于R3
（5）升高溫度；增加水碳比
（6）b；6 NH2- -6e-=N2↑+4NH3；2
【解析】【解答】(1)根據(jù)甲醇蒸汽重整反應(yīng)：CH3OH(g)+H2O(g) ? CO2(g)+3H2(g)可知，每產(chǎn)生3mol氫氣消耗1mol甲醇，則產(chǎn)氫率= 產(chǎn)生的氫氣的物質(zhì)的量消耗的甲醇的物質(zhì)的量=3mol1mol=3 ；
(2)根據(jù)已知信息，R1=R2+R3，由蓋斯定律可得，△H2=△H1-△H3=(+49.24kJ/mol)-(-41.17kJ/mol)=+90.41kJ/mol；
(3)已知R1：CH3OH(g)+H2O(g) ? CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24kJ/mol，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向進行，n(H2)增大；
(4)由反應(yīng)可知，R1、R2均為吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡正向移動，n(H2)增大，同時R4(積碳反應(yīng))前兩步為放熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡逆向進行，n(H2)也增大，R3為放熱反應(yīng)，隨著溫度的升高，平衡逆向進行，n(H2)減小，R1、R2、R4影響大于R3，因此在600-912K時，隨著溫度升高，氫氣的摩爾分數(shù)增大；
(5)若要減少積碳，需使反應(yīng)R4逆向進行，由于R4為放熱反應(yīng)，故可采取升高溫度的方式使反應(yīng)逆向進行，減少積碳；也可以增大水碳比，使H2O的物質(zhì)的量增大，平衡逆向進行，積碳減少；
(6)①由裝置可知，a連電池的正極，為陽極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，b連電池的負極，為陰極，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，故發(fā)生的電極反應(yīng)為6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- 的電極是陰極，即電極b；
②a為陽極， NH2- 失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為6 NH2- -6e-=N2↑+4NH3；
③由陰極反應(yīng)式6NH3+6e-=3H2↑+6NH 2- 可知，2e-~H2，則利用該裝置產(chǎn)生1mol氫氣時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是2mol。
【分析】（1）根據(jù)產(chǎn)氫率的公式計算；
（2）根據(jù)蓋斯定律計算；
（3）該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向進行；
（4）R1、R2均為吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡正向移動，n（H2）增大，同時R4（積碳反應(yīng)）前兩步為放熱反應(yīng)，隨著溫度升高，平衡逆向進行，n（H2）也增大，R3為放熱反應(yīng)，隨著溫度的升高，平衡逆向進行；
（5）若要減少積碳，需使反應(yīng)R4逆向進行；
（6）①a連電池的正極，為陽極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，b連電池的負極，為陰極，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)；
②a極上NH2-失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)；
③結(jié)合電極反應(yīng)計算。
19．【答案】（1）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；ClO-+H2O?HClO+OH-
（2）將帶火星的木條伸入燒杯中，木條復(fù)燃
（3）b；Ca2++ClO-+2Cu2++6OH-=Ca(CuO2)2↓+Cl-+3H2O
（4）Fe2++ClO-+4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O
【解析】【解答】(1)次氯酸跟與氯離子反應(yīng)生成氯氣，離子反應(yīng)方程式為： ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O ；次氯酸鈣溶液顯堿性是由于次氯酸跟的水解，離子反應(yīng)方程式為： ClO-+H2O?HClO+OH- ；
(2)若產(chǎn)生的氣體為氧氣，可使帶火星的木條復(fù)燃，故實驗操作為：將帶火星的木條伸入燒杯中，木條復(fù)燃；
(3)預(yù)測懸濁液成分為CuO，加稀硫酸后有氣體產(chǎn)生，同時還有藍色溶液生成，故懸濁液成分不一定是CuO，但也不能確定懸濁液中是否有CuO存在，
故答案為：b；
(4)實驗1中i的反應(yīng)為生成Ca(CuO2)2的反應(yīng)，離子反應(yīng)方程式為： Ca2++ClO-+2Cu2++6OH-=Ca(CuO2)2↓+Cl-+3H2O ；根據(jù)題干信息，某些低價金屬化合物在堿性條件下能被某些強氧化劑氧化為高價酸根離子，故亞鐵離子在堿性條件下被次氯酸鈉氧化成高鐵酸根，加KOH后生成高鐵酸鉀。第一步的離子反應(yīng)方程式為： Fe2++ClO-+4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O 。
【分析】（1）ClO-與Cl﹣在酸性條件下反應(yīng)生成Cl2，Ca( ClO)2溶液中次氯酸根離子水解顯堿性；
（2）氧氣可以使帶火星的木條復(fù)燃；
（3）①氧化亞銅與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，Cu不溶于水；
②懸濁液中有高銅酸鈣：Ca(CuO2)2， 說明生成了Ca(CuO2)2和氯氣；
（4）第一步反應(yīng)為氯化亞鐵在堿性條件下被氧化為高鐵酸鈉。

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