2022年北京市丰台区高考化学一模试卷(附答案详解)

2022年北京市丰台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.冬奥会冰球运动所需要的下列器材中，由金属材料制成的是()
A. 冰球——橡胶
B. 冰球杆——碳纤维
C. 运动员面罩——钢丝网
D. 运动员头盔——丙烯腈、丁二烯、苯乙烯形成的高聚物
2.下列化学用语或图示表达正确的是()
A. Mg2+的结构示意图：
B. NaOH的电子式：
C. BF3的空间结构模型：
D. 反式聚异戊二烯的结构简式：
3.下列物质的性质不能用化学键解释的是()
A. 金属铜具有导电性
B. 氮气化学性质稳定
C. 金刚石硬度大
D. 碘单质常温为固体
4.依据元素周期律，下列判断不正确的是()
A. 第一电离能：Li<Be<B
B. 原子半径：Mg<Na<K
C. 电负性：N<O<F
D. 酸性：H2SiO3<H3PO4<HClO4
5.下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是()
A. FeSO4溶液中放入铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+
B. 浓硝酸保存于棕色试剂瓶：4HNO3(浓)− 光照 4NO
↑+O2↑+2H2O
2
C. 氮肥NH4HCO3保存于阴凉处：NH4HCO3− △
NH3↑+CO2↑+H2O
D. 金属钠保存于煤油中：2Na+O2=Na2O22Na+2H2O=2NaOH+H2↑
6.依据图示关系，下列说法不正确的是()
A. ΔH2>0
B. 1molS(g)完全燃烧释放的能量小于2968kJ
C. ΔH2=ΔH1−ΔH3
D. 16gS(s)完全燃烧释放的能量为1484kJ
7.实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是()
选项气体反应试剂制备装置收集方法
A NO2Cu、稀硝酸b e
B C2H4C2H5OH、浓硫酸c f
C NH3Ca(OH)2、NH4Cl a d
D SO2Na2SO3、70%硫酸b f
A. A
B. B
C. C
D. D
8.下列关于氨气的说法不正确的是()
A. NH3分子呈三角锥形，属于极性分子
B. NH3易液化、易溶于水均与氢键的形成有关
C. NH3与HCl反应的过程包含配位键的形成，NH4Cl属于共价化合物
D. 烧瓶中溶液红色不变时，NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−达平衡
9.下列事实不能用Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡移动加以解释的是()
A. 实验室用NaOH溶液吸收Cl2尾气
B. 用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质
C. NaClO与浓盐酸混合产生氯气
D. 漂白粉中加入适量醋酸可增强漂白性
10.蔗糖酯可由油酸(C17H33COOH)与蔗糖反应而得，其转化关系如图所示：
下列说法正确的是()
A. 蔗糖不能发生银镜反应
B. 油酸是一种饱和高级脂肪酸
C. 蔗糖酯属于油脂类物质
D. 蔗糖酯在酸性条件下充分水解的最终产物为油酸和蔗糖
11.下列实验方案能达到实验目的的是()
A B C D
目的比较Mg、Al金属性
的强弱
研究浓度对化学平
衡的影响
比较Na2CO3、NaHCO3
与酸反应的快慢
比较碳酸、醋酸、
苯酚的酸性强弱
实
验
方
案
A. A
B. B
C. C
D. D
12.水溶性荧光超支化聚合物P在生物、医药及组织工程和生物成像等领域都有较好的
应用，合成P的单体由M()和W()在一定条件下反应得到，P的结构片段如图：
下列说法不正确的是()
A. W不存在顺反异构
B. 聚合物P的单体由M与W通过取代反应得到
C. M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，同时有CH3OH生成
D. 聚合物P具有较好水溶性可能与存在多个亲水基团−OH有关
13.一种可充电的锌锰分液电池，其结构如图所示：
下列说法不正确的是()
A. 放电时，正极反应为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O
B. 充电时，Zn作阴极：[Zn(OH)4]2−+2e−=Zn+4OH−
C. 离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D. 充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐降低
14.某小组进行以下探究。

实验①：Mg条与盐酸−KCl溶液(pH=3.08)反应；实验②：
Mg条与0.001mol⋅L−1FeCl3溶液(pH=3.08)反应。

两个实验所用的Mg条(打磨过)足量且表面积相同。

测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。

两个实验过程中均观察到有无色气体产生，实验②中没有检测到Fe2+和Fe。

下列说法不正确的是()
A. 无色气体为H2
B. 0～200秒，实验②产生氢气的速率比实验①慢
C. 实验①②中pH发生突变与Mg和水的反应有关
D. 400秒时，c(Mg2+)：实验②>实验①
二、简答题（本大题共5小题，共40.0分）
15.金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取Cu2+的流程如下：含Cu2+溶液(
箭头上W的正庚烷溶液)含铜有机溶液
(1)有机化合物W的结构简式为：
该分子中碳原子的杂化轨道类型有______种，N、O杂化轨道类型分别为______、______。

(2)W可与Cu2+形成化合物Q，其结构如图所示：
①基态Cu2+的价电子排布式为______。

②氢键对Q在水中溶解性的影响是______(填“增大”或“减小”)。

③W与Cu2+之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是______键(填
“Cu−O”或“Cu−N”)。

(3)有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂ZrO2晶体的晶胞示意图如图：
①Y原子为______(填元素符号)。

与每个Y原子距离最近且等距的X原子有______
个。

②该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为N A，则该晶体的密度ρ=______g⋅cm−3(
列出计算式，ZrO2的摩尔质量为123g⋅mol−1)。

16.铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有Cu2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H3AsO3等
杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如图：
已知：常温下，Fe(OH)3K sp=2.6×10−39Ni(OH)2K sp=5.48×10−16
(1)步骤ⅰ的操作名称是______。

(2)①H3AsO3中As的化合价为______。

②步骤ⅰ中H2O2的作用是______。

(3)步骤ⅰ，加入Na2CO3的目的是通过调pH进一步去除Fe3+，使c(Fe3+)≤
2.5×10−9mol⋅L−1。

若溶液2中c(Ni2+)=0.0548mol⋅L−1，则需控制pH的大致范
围为______。

(4)①步骤ⅰ，沉淀3的主要成分有______(填化学式)。

②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是______。

(5)结合如图说明由溶液4得到NiSO4⋅6H2O的操作是______。

17.铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。

Ⅰ.研究铁的腐蚀
实验步骤如下：
步骤1：将铁粉放置于0.002mol⋅L−1CuSO4溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。

步骤2：向15.00mL1mol⋅L−1NaCl溶液(用盐酸调pH=1.78)中加入浸泡过的Fe粉。

步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。

(1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为______。

(2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。

①选取b点进行分析，经检验溶液中含有Fe2+，写出Fe被腐蚀的总反应______。

②取b点溶液向其中滴加KSCN无明显现象，加入稀盐酸后立即变红。

写出b点Fe2+被
氧化的离子方程式______。

③依据b点发生的反应，分析第二阶段pH上升的原因是______。

Ⅱ.研究铁的防护
(3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀
已知：Zn2+放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。

①镀件Fe应与电源的______相连。

②向ZnSO4电解液中加入NaCN溶液，将Zn2+转化为[Zn(CN)4]2−，电解得到的镀层
更加致密、细腻，原因是______。

(4)电镀后的废水中含有CN−，一种测定其含量的方法是：取废水50mL，再加KI溶
液1mL，用cmol⋅L−1AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液VmL。

已知：Ag++2CN−⇌[Ag(CN)2]−(无色)K=1.0×1021，Ag++I−⇌AgIK=1.2×1016。

①滴定终点的现象是______。

②废水中CN−的含量是______g⋅L−1(填计算式)。

18.某喹啉类化合物P的合成路线如图：
已知：R1---C≡CH+R
2CHO→
NaNH3
(1)A为链状，按官能团分类，其类别是______。

(2)B→C的反应方程式是______。

(3)C→D所需的试剂a是______。

(4)下列关于E的说法正确的是______。

A.能发生银镜反应
B.能发生氧化、消去、加聚反应
C.核磁共振氢谱显示峰面积比为3：2：2：3
D.1molE可以与6molH2发生反应
(5)G的结构简式为______。

(6)H→I的反应类型为______。

(7)由I和E合成P的流程如下，M与N互为同分异构体，写出J、M、N的结构简式：______、
______、______。

19.实验室研究不同价态铜元素Cu0−Cu+1−Cu+2之间的转化。

Ⅰ.研究Cu0→Cu+1、Cu0→Cu+1的转化
(1)下列试剂能实现Cu0→Cu+1转化的是______。

A.浓硝酸
B.硫黄
C.氯气
(2)两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是______。

Ⅱ.研究Cu+2→Cu+1的转化
已知：2Cu+⇌Cu2++CuK=1.2×106。

[Cu(NH3)2]+为无色，在空气中极易被氧化为[Cu(NH3)4]2+
物质CuCl(白色)CuI(白色)Cu2S(黑色)CuS(黑色)
K sp1.02×10−65.06×10−122×10−478.5×10−45
实验如下：
实验a实验b
现象：无明显变化现象：产生白色沉淀
(3)实验a中反应难以发生的原因是______。

(4)实验b中反应的离子方程式为______。

(5)通过对上述实验的分析，甲预测CuSO4溶液与KI溶液混合也能实现Cu+2→Cu+1转化。

①甲预测的理由是______。

②为了验证猜测，甲进行实验c；向CuSO4溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，
并伴有浑浊产生。

甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了Cu+2→Cu+1转化，理由是______。

③甲将实验c中反应所得浊液过滤，______，观察到______，证明实验c中实现了Cu+2→Cu+1
转化。

(6)基于实验c，乙认为CuSO4与Na2S也能反应得到Cu2S，但将两溶液混合后只得到了CuS。

①从速率角度分析Cu2+与S2−反应没有生成Cu2S的原因______。

②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明S2−在一定条件下可以将Cu2+转化为
+1价Cu，并进一步得到了Cu2S，实验方案是______。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.橡胶是合成有机高分子材料，不是金属材料，故A错误；
B.碳纤维是无机非金属材料，不是金属材料，故B错误；
C.钢丝网的主要成分是铁合金，属于金属材料，故C正确；
D.丙烯腈、丁二烯、苯乙烯形成的高聚物是合成有机高分子材料，不是金属材料，故D 错误；
故选：C。

金属材料包括纯金属和合金，据此结合物质的组成进行分析判断即可。

本题考查金属材料的判别，掌握金属材料的范畴(纯金属以及它们的合金)是正确解答此类题的关键所在，题目难度不大。

2.【答案】C
【解析】解：A.Mg2+的质子数为12，核外电子数为10，各层上电子数分别为2、8，则
Mg2+的结构示意图为，故A错误；
B.氢氧化钠为离子化合物，电子式为，故B错误；
=0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角C.BF3的中心原子B原子孤电子对数=3−3
2
形，空间结构模型为：，故C正确；
D.碳碳双键连接的相同基团处于双键异侧为反式结构，反式聚异戊二烯的结构简式为：
，故D错误；
故选：C。

A.Mg2+的最外层电子数为8；
B.NaOH为离子化合物；
C.根据价层电子对互斥进行判断；
D.碳碳双键连接的相同基团处于双键异侧为反式结构。

本题考查了常见化学用语的正误判断，掌握电子式、空间结构、离子结构示意图等概念及正确的表示方法即可解答，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养了学生灵活
运用基础知识的能力，题目难度不大。

3.【答案】D
【解析】解：A.金属铜具有导电性是由于有自由移动的电子，与金属键有关，故A不选；
B.氮气中含有N≡N，键能大，分子稳定，所以氮元素的非金属性比磷元素的非金属性强，但N2很稳定，与化学键有关，故B不选；
C.金刚石晶体属于共价晶体，其硬度由键能决定，键能越大硬度越大，故C不选；
D.碘单质常温为固体说明分子间作用力大，与化学键无关，故D选；
故选：D。

A.金属铜具有导电性是由于有自由移动的电子；
B.氮气中含有N≡N，键能大，分子稳定；
C.金刚石晶体属于共价晶体，其硬度由键能决定；
D.碘单质常温为固体说明分子间作用力大。

本题考查物质的性质及化学键，为高频考点，把握晶体类型、作用力与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．
4.【答案】A
【解析】解：A.Li、Be、B是第二周期的主族元素，随着原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：Li<B<Be，故A错误；
B.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Mg<Na<K，故B正确；
C.N、O、F是第二周期的主族元素，原子序数越大电负性越强，则电负性：N<O<F，故C正确；
D.非金属性：Si<P<Cl，则最高价含氧酸的酸性：H2SiO3<H3PO4<HClO4，故D正确；
故选：A。

A.ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素；
B.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；
C.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增大；
D.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。

本题考查元素周期律的应用，为高频考点，明确物质性质、元素周期律的内容为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。

【解析】解：A.FeSO4溶液中放入铁粉是防止硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A正确；
B.浓硝酸保存于棕色试剂瓶中的原因是：浓硝酸见光易分解，反应的化学方程式为：
4HNO3(浓)− 光照 4NO
↑+O2↑+2H2O，故B正确：
2
C.氮肥NH4HCO3保存于阴凉处是因为碳酸氢铵易分解，反应的化学方程式为：
NH3↑+CO2↑+H2O，故C正确；
NH4HCO3− △
D.金属钠保存于煤油中是避免钠和空气中的氧气、水蒸气反应，钠和氧气常温下反应生成氧化钠，4Na+O2=2Na2O，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故D错误；
故选：D。

A.FeSO4溶液中放入铁粉是防止硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁；
B.浓硝酸见光易分解；
C.氮肥NH4HCO3保存于阴凉处是因为碳酸氢铵易分解；
D.金属钠保存于煤油中是避免钠和空气中的氧气、水蒸气反应。

本题考查了化学试剂的保存方法、原理分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。

6.【答案】B
【解析】解：A.S(s)→S(g)为吸热过程，则ΔH2>0，故A正确；
B.等量S(s)能量低于S(g)，则等量S(g)完全燃烧放出的热量大于S(s)完全燃烧放出的热量，则1molS(g)完全燃烧释放的能量大于2968kJ，故B错误；
C.根据盖斯定律：ΔH1=ΔH2+ΔH3，则ΔH2=ΔH1−ΔH3，故C正确；
D.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−2968kJ/mol，说明1molS(s)完全燃烧放出2968kJ热量，
=0.5mol，则0.5molS(s)完全燃烧释放的能量为0.5mol×
16gS(s)物质的量16g
32g/mol
2968kJ/mol=1484kJ，故D正确；
故选：B。

A.S(s)→S(g)为吸热过程；
B.等量S(s)能量低于S(g)；
C.根据盖斯定律：ΔH1=ΔH2+ΔH3；
D.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−2968kJ/mol。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解析】解：A.Cu与稀硝酸反应生成NO，应选浓硝酸制备二氧化氮，故A错误；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水，可选c、f，故B正确；
C.Ca(OH)2与NH4Cl加热时反应生成氨气，氨气的密度比空气密度小，不能选d收集，故C错误；
D.硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应，不能选f收集，故D错误；故选：B。

A.Cu与稀硝酸反应生成NO；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯；
C.Ca(OH)2与NH4Cl加热时反应生成氨气，氨气的密度比空气密度小；
D.硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应。

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、物质的制备、气体的收集、实验技能为解答的关键，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。

8.【答案】C
【解析】解：A.NH3分子中N原子的σ键数为3，孤电子对数为1，则价层电子对数=3+1= 4，为sp3杂化，分子呈三角锥形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故A 正确；
B.NH3的沸点高，易液化，且液氨分子之间可以形成氢键，氨气易溶于水，可以与水分子之间形成氢键，故B正确；
C.NH3与HCl反应生成NH4Cl，在铵根离子中含有N→H配位键，NH4Cl属于离子化合物，故C错误；
D.烧瓶中溶液红色不变时，即OH−浓度不变，可逆反应NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌
NH4++OH−达到平衡状态，故D正确；
故选：C。

A.NH3分子中N原子为sp3杂化，且含有1对孤电子对，分子中正负电荷重心不重合；
B.液氨分子之间以及氨气分子与水分子之间均可以形成氢键；
C.NH4Cl属于离子化合物；
D.烧瓶中溶液红色不变时，即OH−浓度不变。

本题主要考查氨气的相关知识，掌握氨气的性质以及转化是解决本题的关键等，同时考查氢键的形成，平衡移动等，属于基本知识的考查，难度不大。

9.【答案】D
【解析】解：A.NaOH溶液与HCl、HClO反应，生成物浓度减小，平衡Cl2+H2O⇌HCl+ HClO正向移动，所以实验室可用NaOH溶液吸收Cl2尾气，故A不选；
B.饱和食盐水中c(Cl−)较大，导致平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO逆向移动，降低了Cl2的溶解度，所以可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B不选；
C.该反应为可逆反应，NaClO与浓盐酸混合，氢离子、氯离子、次氯酸根离子浓度增大，导致平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO逆向移动，产生了氯气，故C不选；
D.漂白粉中加入适量醋酸，次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白性增强，与Cl2+H2O⇌HCl+HClO的平衡移动无关，故D选；
故选：D。

A.氢氧化钠溶液能够与氯化氢、次氯酸反应，导致平衡正向移动；
B.饱和食盐水中氯离子浓度较大，导致平衡逆向移动；
C.次氯酸根离子与氯离子、氢离子反应生成氯气；
D.次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸，溶液漂白性增强。

本题考查化学平衡的影响，为高频考点，明确题干信息、物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大。

10.【答案】A
【解析】解：A.蔗糖中不含醛基，没有醛的性质，所以不能发生银镜反应，故A正确；
B.油酸中C17H33−不是饱和烃基，所以油酸含有碳碳不饱和键，属于不不饱和高级脂肪酸，故B错误；
C.蔗糖酯是蔗糖和油酸通过发生酯化反应得到的，所以属于酯类物质，故C错误；
D.蔗糖酯水解生成的蔗糖在酸性条件下能水解生成葡萄糖和果糖，故D错误；
故选：A。

A.蔗糖中不含醛基，没有醛的性质；
B.油酸中含有碳碳不饱和键；
C.蔗糖酯是蔗糖和油酸通过发生酯化反应得到的；
D.蔗糖在酸性条件下能水解生成葡萄糖和果糖。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

11.【答案】A
【解析】解：A.氢氧化镁不与氢氧化钠溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，说明氢氧化镁的碱性比氢氧化铝强，则Mg的金属性比Al金属性的强，故A正确；
B.实验中加入高浓度的KSCN溶液，改变KSCN的浓度，但溶液中FeCl3的浓度减小，故B 错误；
C.饱和碳酸钠溶液与饱和碳酸钠溶液的物质的量浓度不相同，不能比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应的快慢，故C错误；
D.二氧化碳气体中混有挥发出的醋酸，干扰了碳酸、苯酚的酸性强弱比较，应通过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有醋酸，故D错误；
故选：A。

A.最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则金属元素的金属性越强；
B.改变KSCN浓度，应保证FeCl3的浓度不变；
C.碳酸钠与碳酸钠的物质的量浓度不相同；
D.二氧化碳气体中混有挥发出的醋酸。

本题考查试验方案的设计与评价，关键是明确实验原理，试题培养了观察能力、分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础。

12.【答案】B
【解析】解：A.W中碳碳双键上的原子有三个氢原子，不存在顺反异构，故A正确；B.根据结构简式可知，聚合物P的单体由M加成到W的碳碳双键后形成的单体缩聚得到，故B错误；
C.M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，羟基中的H和酯基断裂C−O单键产生的−OCH3结合生成CH3OH，故C正确；
D.聚合物P存在多个亲水基团−OH，具有较好水溶性，故D正确；
故选：B。

A.W中碳碳双键上的原子有三个氢原子；
B.根据结构简式可知，聚合物P的单体由M加成到W的碳碳双键后形成的单体缩聚得到；
C.M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，羟基中的H和酯基断裂C−O单键产生的−OCH3结合生成CH3OH；
D.聚合物P存在多个亲水基团−OH。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

13.【答案】D
【解析】解：A.放电时Zn为负极，MnO2为正极，正极上MnO2得电子生成Mn2+，正极反应为MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，故A正确；
B.原电池工作时负极反应为Zn−2e−+4OH−=[Zn(OH)4]2−，充电时为电解池，阴极反应与原电池的负极反应相反，即[Zn(OH)4]2−+2e−=Zn+4OH−，故B正确；
C.原电池工作时正极消耗H+，负极消耗OH−，K+通过离子交换膜a进入正极区、SO42−通过离子交换膜b移向负极区，则离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，
故C正确；
D.放电时K+、SO42−分别通过阳离子交换膜和阴离子交换膜移向正负极，充电时为电解池，K+、SO42−分别通过阳离子交换膜和阴离子交换膜移向中间区域，即充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐增大，故D错误；
故选：D。

放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则MnO2电极为正极，负极反应式为Zn−2e−+4OH−=[Zn(OH)4]2−，正极反应式为MnO2+4H++2e−= Mn2++2H2O，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电时为电解池，原电池的正负极接外加电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，据此分析解答。

本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，把握原电池工作原理、离子交换膜的判定和电极反应式的书写是解题关键，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目难度中等。

14.【答案】B
【解析】解：A.两溶液都呈酸性，均发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，无色气体为H2，故A正确；
B.0～200s，实验②中氢离子浓度大于实验①，产生氢气的速率比实验①快，故B错误；
C.实验①、②，最终pH>7，说明最后发生反应Mg+2H2O=Mg(OH)2↓+H2↑，故C 正确；
D.pH发生突变前，实验②氢离子浓度大、反应时间长，所以400秒时，c(Mg2+)：实验
②>实验①，故D正确；
故选：B。

实验①和实验②参加反应的Mg条(打磨过)足量且表面积相同，溶液的pH均为3.08，说明两份溶液中c(H+)相等，且实验②中没有检测到Fe2+和Fe，说明两溶液中发生的反应均为Mg与H+反应，生成的气体均为氢气，且前200秒实验②的反应速率明显比实验①快，当溶液pH>7时，Mg和水反应生成氢气，据此分析解题。

本题考查性质实验方案的设计与评价，侧重于考查学生的实验能力和分析能力，注意根据物质的性质进行判断，题目难度较大。

15.【答案】2sp2sp33d9减小Cu−N Zr84×23
N A×(a×10−7)3
【解析】解：(1)由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3
杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp 2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp 3杂化，
故答案为：2；sp 2；sp 3；
(2)①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d 104s 1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d 9，
故答案为：3d 9；
②由图可知，配合物Q 中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q 在水中的溶解性， 故答案为：减小；
③由图可知，配合物Q 中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W 中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键，
故答案为：Cu −N ；
(3)①锆原子的原子半径大于氧原子，
由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y 原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线14处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个，
故答案为：Zr ；8；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×18+6×12=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：
4×123N A =(a ×10−7)3ρ，解得ρ=4×23
N A ×(a×10−7)3g ⋅cm −3，
故答案为：4×23
N A ×(a×10−7)3。

(1)由结构简式可知，W 分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp 2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp 3杂化；
(2)①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d 104s 1；
②分子内氢键会减小Q 在水中的溶解性；
③配合物Q 中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键；
(3)①锆原子的原子半径大于氧原子，
由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y 原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线14处的氧原子距离最近且等距；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×18+6×12=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：4×123
N A =(a ×10−7)3ρ。

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备一定的空间想象力与数学计算能力，题目难度较大。

16.【答案】萃取分液 +3 氧化Fe 2+和H 3AsO 3，以利于形成FeAsO 4，除去砷和铁元素 4～7 CaF 2、MgF 2 F −与H +结合生成弱电解质HF ，导致c(F −)降低，沉淀率下降 加
热浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】解：(1)据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液， 故答案为：萃取分液；
(2)①H 3AsO 3中H 元素化合价为+1价，O 元素化合价为−2价，根据化合价代数和为零，As 的化合价为+3价，
故答案为：+3；
②据分析，
步骤ⅰ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1为FeAsO 4，从废液中知Fe 2+、H 3AsO 3被氧化，故H 2O 2的作用是氧化Fe 2+和H 3AsO 3，以利于形成FeAsO 4，除去砷和铁元素， 故答案为：氧化Fe 2+和H 3AsO 3，以利于形成FeAsO 4，除去砷和铁元素；
(3)据已知信息，Ni(OH)2的K sp =5.48×10−16，则溶液2中c(Ni 2+)=0.0548mol ⋅L −1时，c(OH −)不能大于√K sp [Ni(OH)2]
c(Ni 2+)=√5.48×10−160.0548mol/L =10−7mol/L ，此时溶液pH =7；又
需使c(Fe 3+)≤2.5×10−9mol/L ，根据Fe(OH)3的K sp =2.6×10−39，则c(OH −)不能小于√K sp [Fe(OH)3]
c(Fe 3+)3=√2.6×10−39
2.5×10−93mol/L ≈10−10mol/L ，此时溶液pH =4，故需控制pH 的大致范围为4～7，
故答案为：4～7；
(4)①据分析，步骤ⅰ，沉淀3的主要成分有CaF 2、MgF 2，
故答案为：CaF 2、MgF 2；
②在加入NaF 的同时需调pH 约为5，HF 是弱酸，若pH 过低，导致沉淀率下降，原因是F −与H +结合生成弱电解质HF ，导致c(F −)降低，沉淀率下降，
故答案为：F −与H +结合生成弱电解质HF ，导致c(F −)降低，沉淀率下降；
(5)从图中可知，NiSO 4⋅6H 2O 的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤。

粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO 4和溶液2，再往溶液2加入Na 2CO 3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF 后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF 2和MgF 2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。

本题考查物质制备实验方案的设计与评价，题目难度中等，涉及分离提纯操作、溶度积的计算等知识，明确实验原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

17.【答案】2H ++2e −=H 2↑ 2Fe +O 2+4H +=2Fe 2++2H 2O 4Fe 2++O 2+10H 2O =4Fe(OH)3+8H + 相同时间内，铁被氧化为Fe 2+消耗H +的量大于Fe 2+被氧化为产生H +的量 负极 通过反应Zn 2++4CN −=[Zn(CN)4]2−，降低了c(Zn 2+)，使得Zn 2+。