2023-2024學年北京五中高三（上）期中化學試題和答案

高中PAGE1試題2023北京五中高三（上）期中化學（第三次段考）一、選擇題，共42分1．我國科研人員首次以CO2為原料合成了葡萄糖和長鏈脂肪酸，這項突破為人工和半人工合成“糧食”提供了新技術。合成路線如下：CO2COCH3COOH葡萄糖、脂肪酸下列說法不正確的是（）A．過程①、②中電能轉化為化學能 B．葡萄糖分子中含有醛基、羥基 C．CH3COOH和C7H13COOH互為同系物 D．葡萄糖不能發(fā)生水解反應2．碳化硅晶體具有多種結構，其中一種晶體的晶胞（如圖所示）與金剛石的類似。下列判斷不正確的是（）A．該晶體屬于分子晶體 B．該晶體中只存在極性鍵 C．該晶體中Si的化合價為+4 D．該晶體中C的雜化類型為sp33．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．2L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有H+的數(shù)目為NA B．23gNa與足量H2O反應完全后生成H2的體積為11.2L C．密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應，產物的分子數(shù)為2NA D．物質的量相同的和CH3CHO所含共價鍵數(shù)目相同4．下列顏色變化與氧化還原反應無關的是（）A．用小刀切開金屬鈉，表面逐漸變暗 B．推進裝有NO2的密閉針筒的活塞，氣體顏色變深 C．將酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去 D．維生素C常與補鐵劑（有效成分中鐵元素為+2價）同服5．Fe、HCN與K2CO3在一定條件下發(fā)生如下反應：Fe+6HCN+2K2CO3═K4Fe（CN）6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列說法正確的是（）A．此化學方程式中涉及的第二周期元素的電負性大小的順序為O＜N＜C B．配合物K4Fe（CN）6的中心離子的價電子排布圖為，該中心離子的配位數(shù)是10C．1molHCN分子中含有σ鍵的數(shù)目為1.204×1024 D．K2CO3中陰離子的空間構型為三角錐形，其中碳原子的價層電子對數(shù)為46．下列關于銅腐蝕的說法及方程式書寫正確的是（）A．銅在潮濕空氣中被腐蝕：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3 B．銅在NH3環(huán)境中被腐蝕：2Cu+O2+2NH3?H2O═2Cu2++2NH3+4OH﹣ C．HNO3濃度越大，腐蝕反應3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O速率越大 D．利用FeCl3對銅的腐蝕制作印刷線路板：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+7．我國擁有獨立知識產權的抗高血壓藥物左旋氨氯地平的分子具有手性，其結構簡式如圖。下列關于左旋氨氯地平的說法不正確的是（）A．分子中含有酯基 B．酸性條件下的所有水解產物均能與NaHCO3溶液反應 C．能與H2發(fā)生加成反應 D．有手性異構體8．聚乳酸（PLA）是一種生物可降解材料。低相對分子質量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相對分子質量PLA的制備過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．PLA易溶于水 B．乳酸生產中間體時，原子利用率能達到100% C．由乳酸直接生成低相對分子質量PLA的反應屬于縮聚反應 D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH9．已知磷酸的電離常數(shù)K1＝7.6×10﹣3；K2＝6.3×10﹣8；K3＝4.4×10﹣13，關于常溫下pH＝2的H3PO4溶液，下列說法正確的是（）A．與足量氫氧化鈉溶液反應的離子方程式：H++OH﹣═H2O B．加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強 C．加水稀釋使電離程度增大，溶液pH減小 D．c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）10．將銅棒插入濃、稀Cu（NO3）2溶液中（裝置如圖），觀察到電流計指針發(fā)生偏轉，一段時間后，浸入濃Cu（NO3）2溶液的銅棒變粗。下列說法不正確的是（）A．銅棒變粗的反應：Cu2++2e﹣═Cu B．導線中電子移動的方向：b→a C．隨著反應的進行，濃、稀Cu（NO3）2溶液的濃度逐漸接近 D．Cu2+的氧化性隨c（Cu2+）增大而增強，Cu的還原性隨c（Cu2+）增大而減弱11．一種可充電的鋰離子電池充放電的工作示意圖如圖，電池的總反應為：Li1﹣xMnO2+LixC6LiMnO2+C6下列說法正確的是（）A．放電時負極的反應：C6+xLi++xe﹣═LixC6 B．K與M相連時，A是陽極，發(fā)生氧化反應 C．K與N相連時，Li+由A極區(qū)遷移到B極區(qū) D．整個充、放電過程只存在3種形式的能量轉化12．反應M（g）+N（g）?P（g）+Q（g）在不同溫度（T時的平衡常數(shù)（K）如下：T/oC70080083010001200K0.60.91.01.72.6密閉容器中，某溫度（T）、某時刻（t）時，反應混合物中M、N、P，Q的濃度分別為1mol?L﹣1、1mol?L﹣1、1.5mol?L﹣1、1.5mol?L﹣1。下列說法正確的是（）A．該反應△H＜0 B．若T＝700℃，則t時刻反應向正反應方向進行 C．若t時刻反應達到化學平衡，則1000℃＜T＜1200℃ D．當T＝830℃達到化學平衡時，c（M）＝0.75mol?L﹣113．化學鏈甲烷干重整聯(lián)合制氫部分工藝的原理如圖所示：將1molCO2和3molCH4充入干重整反應器，發(fā)生：重整反應：CH4+CO22CO+2H2積炭反應：CH4C+2H2研究發(fā)現(xiàn)，增大n（FeO）能減少積炭，并增大的值。下列說法不正確的是（）A．X的化學式為Fe3O4，被還原后可循環(huán)利用 B．增大n（FeO）能增大，推測發(fā)生FeO+CH4═Fe+CO+2H2 C．減少n（FeO），F(xiàn)e上的積炭會導致蒸氣反應器中產生的H2純度降低 D．干重整反應器中存在：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）＝4mol14．某實驗小組為研究黃銅（Cu﹣Zn合金）的抗腐蝕性能，進行了系列實驗，結果如下表。依據上述實驗，所得結論不正確的是（）實驗0～1h1h2h16mol/L鹽酸無氣泡產生23mol/L硫酸無氣泡產生黃銅表面出現(xiàn)少量小氣泡，反應緩慢黃銅表面小氣泡數(shù)量增加不明顯，反應緩慢36mol/L硝酸2min時出現(xiàn)較多氣泡，反應迅速進行；10min時出現(xiàn)明顯的紅棕色氣體溶液變?yōu)樗{色，反應持續(xù)進行，但不劇烈溶液變?yōu)樗{色，反應持續(xù)進行，較為緩慢42mol/L硝酸黃銅表面出現(xiàn)少量小氣泡，反應緩慢溶液出現(xiàn)淡藍色，反應緩慢溶液出現(xiàn)淡藍色，反應緩慢4濃硝酸反應物接觸后迅速反應，反應劇烈，產生大量紅棕色氣體，溶液變?yōu)樯钏{色A．實驗1、2、3中反應速率不同，與溶液中陰離子種類有關 B．可用稀硫酸溶解黃銅以測定銅的質量分數(shù) C．硝酸與黃銅反應的速率隨硝酸濃度增大而加快 D．黃銅在稀硫酸中有較強的抗腐蝕性能，說明其結構與簡單Cu﹣Zn混合物不同二、非選擇題、共58分15．（10分）向硫酸銅水溶液中逐滴滴加氨水，先生成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水得到深藍色溶液，再向溶液中加入乙醇，有深藍色晶體[Cu（NH3）4]SO4?H2O析出。（1）銅元素位于元素周期表中區(qū)，高溫超導體釔鋇銅氧材料中銅元素有+2和+3兩種價態(tài)，基態(tài)Cu3+的電子排布式為。（2）非金屬元素N、O、S的第一電離能由大到小的順序是（用元素符號表示）。（3）上述深藍色晶體中含有的元素電負性最小的是（用元素符號表示）。（4）H2O的中心原子軌道雜化類型為雜化；的立體構型是，根據等電子原理，由短周期元素組成的粒子，只要其原子數(shù)相同，各原子的最外層電子數(shù)之和也相同，可互稱為等電子體。等電子體之間結構相似。寫出與互為等電子體的一種離子：。（5）NH3分子獨立存在時H﹣N﹣H鍵角為：107°。如圖為[Zn（NH3）6]2+的部分結構以及H﹣N﹣H鍵角的測量值。解釋配合物中H﹣N﹣H鍵角變?yōu)?09°28′的原因：。（6）最新研究發(fā)現(xiàn)，水能凝結成13種類型的結晶體。除普通冰外，還有﹣30℃才凝固的低溫冰，180℃依然不變的熱冰，比水密度大的重冰等。重冰的結構單元可用下圖的立方體表示，立方體的棱長a＝333.7pm，阿伏加德羅常數(shù)的值取6.02×1023，則重冰的密度為g?cm﹣3（1pm＝10﹣10cm，只列式，不計算）。16．（13分）導電高分子材料PEDOT的一種合成路線如圖。資料：（1）A分子中含有的官能團有。（2）A→B的化學方程式是。（3）B→D的反應類型是。（4）D→E的反應方程式是。（5）F的結構簡式是。（6）下列有關J的說法正確的是（填字母）。a．核磁共振氫譜有2組峰b．能與H2發(fā)生加成反應c．不存在含苯環(huán)的同分異構體d．合成PEDOT的反應屬于加聚反應（7）推測J→PEDOT的過程中，反應物（NH4）2S2O8的作用是。（8）溶劑a為環(huán)己烷，若用水代替環(huán)己烷，則D的產率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度較小，與Na2S的反應不充分；②。17．（11分）將CO2轉化成C2H4可以變廢為寶、改善環(huán)境。以CO2、C2H6為原料合成C2H4涉及的主要反應如下：Ⅰ．CO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1（主反應）Ⅱ．C2H6（g）?CH4（g）+H2（g）+C（s）△H＝+9kJ?mol﹣1（副反應）（1）反應Ⅰ的反應歷程可分為如下兩步：?。瓹2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1（反應速率較快）ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2（反應速率較慢）①△H2＝kJ?mol﹣1②相比于提高c（C2H6），提高c（CO2）對反應Ⅰ速率影響更大，原因是。（2）0.1MPa時向密閉容器中充入CO2和C2H6，溫度對催化劑K﹣Fe﹣Mn/Si﹣2性能的影響如圖所示。①工業(yè)生產中反應Ⅰ選擇800℃，原因是。②800℃時，不同的CO2和C2H6體積比對反應影響的實驗數(shù)據如下表：v（CO2）/v（C2H6）平衡時有機產物的質量分數(shù)CH4C2H415.0/15.07.792.320.0/10.06.493.624.0/6.04.595.5a．隨增大，CO2轉化率將（填“增大”或“減小”）。b．解釋對產物中C2H4的質量分數(shù)影響的原因：。（3）我國科學家使用電化學的方法（裝置如圖）用C2H6和CO2合成了C2H4。①N是電源的極。②陽極電極反應式是。18．（12分）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型的污水處理劑。（1）K2FeO4的制備①i中反應的離子方程式是。②將ii中反應的離子方程式補充完整：Fe3++OH﹣+ClO﹣═++③iii中反應說明溶解度：Na2FeO4K2FeO4（填“＞”或“＜”）。（2）K2FeO4的性質i．將K2FeO4固體溶于蒸餾水中，有少量無色氣泡產生，經檢驗為O2，液體有丁達爾效應。ii．將K2FeO4固體溶于濃KOH溶液中，放置2小時無明顯變化。iii．將K2FeO4固體溶于硫酸中，產生無色氣泡的速率明顯比i快。①K2FeO4溶于蒸餾水的化學反應方程式是。②K2FeO4的氧化性與溶液pH的關系是。（3）K2FeO4的應用K2FeO4可用于生活垃圾滲透液的脫氮（將含氮物質轉化為N2）處理。K2FeO4對生活垃圾滲透液的脫氮效果隨水體pH的變化結果如下：①K2FeO4脫氮的最佳pH是。②根據圖推測，pH＝4時生活垃圾滲透液中含氮物質主要以形式存在。③pH大于8時，脫氮效果隨pH的升高而減弱，分析可能的原因：。19．（12分）某小組探究Fe2S3的制備。配制0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液和0.1mol?L﹣1的Na2S溶液備用?！静殚嗁Y料】?。瓼eS、Fe2S3均為黑色固體，難溶于水。ⅱ．Fe3++6F﹣?[FeF6]3﹣，[FeF6]3﹣為無色離子。ⅲ．硫單質微溶于乙醇，難溶于水?！驹O計并實施實驗】編號實驗一實驗二操作現(xiàn)象迅速產生黑色沉淀a，振蕩后黑色沉淀溶解，并產生有臭雞蛋氣味的氣體，最終得到棕黃色濁液X產生棕黑色沉淀（1）實驗一中，根據復分解反應規(guī)律推測，生成黑色沉淀a的離子方程式為。（2）進一步檢驗濁液X的組成，過程如圖。①通過對濁液X組成的檢驗，推測實驗一的黑色沉淀a溶解過程中有氧化還原反應發(fā)生，實驗證據是。②經檢測，黑色固體b中含有FeS。甲同學認為，F(xiàn)eS是由紅褐色清液中的Fe2+，與加入的S2﹣反應產生的。乙同學認為該推測不嚴謹，理由是。（3）實驗二制得了Fe2S3，但其中含少量Fe（OH）3。①生成Fe（OH）3的離子方程式為。②從化學反應速率角度推測實驗二的棕黑色沉淀中不含S的原因：。實驗三小組同學進行如圖所示的改進實驗。經檢驗，黑色沉淀c為純凈的Fe2S3。（4）實驗三中，由無色清液生成Fe2S3的離子方程式為?！痉此寂c評價】（5）對比三個實驗，實驗三能成功制備Fe2S3的原因是。

參考答案一、選擇題，共42分1．【分析】A.電解是將電能轉化為化學能的過程；B.葡萄糖是一種多羥基的醛；C.結構相似，分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的化合物間互為同系物；D.葡萄糖是單糖?！窘獯稹拷猓篈.過程①、②均為電解，而電解是將電能轉化為化學能的過程，故A正確；B.葡萄糖是一種多羥基的醛，即葡萄糖中含羥基和醛基，故B正確；C.C7H13COOH中的烴基﹣C7H13中含一個碳碳雙鍵或環(huán)，CH3COOH和C7H13COOH的結構不相似，分子組成上相差的也不是一個或若干個CH2原子團，故不互為同系物，故C錯誤；D.葡萄糖是單糖，不能水解，故D正確；故選：C。【點評】本題考查了葡萄糖的結構和性質以及電解過程中能量的轉化，難度不大，應注意基礎知識的積累和應用。2．【分析】從晶體類型來說，碳化硅晶體具有多種結構，其中一種晶體的晶胞（如圖所示）與金剛石的類似，兩者都屬于原子晶體，原子晶體的原子間形成共價鍵，C的雜化類型為sp3?！窘獯稹拷猓篈．碳化硅晶體屬于原子晶體，故A錯誤；B．該晶體中只存在C﹣Si極性鍵，故B正確；C．C的非金屬性強于Si，顯正價，Si的化合價為+4，故C正確；D．碳化硅形成4個共價鍵，C原子采用的是sp3雜化，故D正確；故選：A。【點評】本題考查了晶體的結構和性質，涉及化合鍵、雜化的判斷、晶體類型的判斷等知識點，側重于基礎知識的考查，題目難度不大。3．【分析】A.CH3COOH為弱酸；B.注意22.4L/mol的使用前提為標準狀況；C.SO2與O2反應生成SO3為可逆反應；D.一個所含共價鍵數(shù)為7，CH3CHO所含共價鍵數(shù)目為7?！窘獯稹拷猓篈.2L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有CH3COOH為2L×0.5mol/L＝1mol，CH3COOH為弱酸部分電離，溶液中含有H+的數(shù)目小于NA，故A錯誤；B.題目未給標準狀況，無法計算氣體體積，故B錯誤；C.SO2與O2反應生成SO3為可逆反應，2molSO2與1molO2充分反應生成SO3小于2mol，分子數(shù)小于2NA，故C正確；D.和CH3CHO分子中所含共價鍵數(shù)目均為7，物質的量相同的和CH3CHO所含共價鍵數(shù)目相同，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的計算與判斷，題目難度不大，明確標況下氣體摩爾體積的使用條件為解答關鍵，注意掌握物質的量與其它物理量之間的關系。4．【分析】化合價升降為氧化還原反應特征，存在化合價變化的反應為氧化還原反應，顏色變化與氧化還原反應無關，說明反應中不存在化合價變化，以此進行判斷?！窘獯稹拷猓篈．用小刀切開金屬鈉，表面的銀白色的金屬鈉與空氣中的氧氣反應產生氧化鈉，導致金屬鈉表面逐漸變暗，該反應過程中元素化合價發(fā)生了變化，因此發(fā)生的反應為氧化還原反應，故A錯誤；B．推進裝有NO2的密閉針筒的活塞，氣體的體積減小，NO2氣體濃度增大，因而氣體顏色變深，與氧化還原反應無關，故B正確；C．將酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，二者會發(fā)生氧化還原反應，KMnO4被還原產生無色Mn2+，因而溶液紫色褪去，故C錯誤；D．維生素C具有還原性，可以與補鐵劑氧化變質產生的Fe3+發(fā)生氧化還原反應產生Fe2+，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查氧化還原反應，題目難度不大，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意掌握氧化還原反應概念及特征，試題側重考查學生的分析能力及知識遷移能力。5．【分析】A．同周期主族元素自左而右電負性增大；B．中心離子具有空軌道，中心離子為Fe2+，價電子排布式為3d5，結合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；C．HCN分子結構式為H﹣C≡N，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個σ鍵，分子中含有2個σ鍵；D．K2CO3的陰離子中C原子孤電子對數(shù)＝（4+2﹣2×3）＝0，價層電子對數(shù)＝3+0＝3?！窘獯稹拷猓篈．同周期主族元素自左而右電負性增大，則涉及的第二周期元素的電負性大小的順序為C＜N＜O，故A錯誤；B．配合物K4Fe（CN）6的中心離子為Fe2+，中心離子的價電子排布式為3d5，由泡利原理、洪特規(guī)則，價電子排布圖為：，該中心離子的配體為CN﹣，配位數(shù)是6，故B錯誤；C．HCN分子結構式為H﹣C≡N，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個σ鍵，分子中含有2個σ鍵，1molHCN分子中含有σ鍵的數(shù)目為1.202×1024，故C正確；D．K2CO3的陰離子中C原子孤電子對數(shù)＝（4+2﹣2×3）＝0，碳原子的價層電子對數(shù)＝3+0＝3，空間結構為平面三角形，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查配合物的成鍵情況，明確配合物中內界、外界及其外界性質是解本題關鍵，注意配合物中內界和外界在水溶液中存在方式，題目難度中等。6．【分析】A．銅在潮濕空氣中被腐蝕生成Cu2（OH）2CO3；B．銅在NH3環(huán)境中被腐蝕生成[Cu（NH3）4]（OH）2；C．Cu與濃硝酸反應生成NO2；D．Fe比Cu活潑，Cu不能置換出Fe?！窘獯稹拷猓篈．銅在潮濕空氣中被腐蝕生成Cu2（OH）2CO3，方程式為2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3，故A正確；B．銅在NH3環(huán)境中被腐蝕生成[Cu（NH3）4]（OH）2，方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O═2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣，故B錯誤；C．Cu與稀硝酸反應為3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，HNO3濃度增大，Cu與濃硝酸反應為Cu+4HNO3（濃）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故C錯誤；D．Fe比Cu活潑，Cu不能置換出Fe，制作印刷線路板反應為Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查金屬的腐蝕，題目難度中等，掌握常見金屬腐蝕的原理和反應是解題的關鍵。7．【分析】A．由結構可知，該有機物含有酯基；B．水解產物有甲醇、乙醇等；C．苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應；D．含有手性碳原子的有機物存在手性異構，連接4個不同原子或原子團的碳原子是手性碳原子?！窘獯稹拷猓篈．由結構可知，該有機物含有酯基，故A正確；B．酯基發(fā)生水解，產物有甲醇、乙醇等，甲醇、乙醇不能與NaHCO3溶液反應，故B錯誤；C．分子中含有的苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，故C正確；D．分子中連接苯環(huán)的碳原子是手性碳原子，存在手性異構，故D正確；故選：B。【點評】本題考查有機物的結構與性質，熟練掌握官能團的結構、性質與轉化，注意對手性碳原子、手性異構的理解，題目側重考查學生分析能力、靈活運用知識的能力。8．【分析】A．PLA中不含親水基，只含憎水基；B．乳酸生產中間體時，除了生成中間體外還生成水；C．乳酸中含有羧基和醇羥基，能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物；D．1molPLA完全水解時生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反應?！窘獯稹拷猓篈．PLA中不含親水基，只含憎水基，所以PLA不易溶于水，故A錯誤；B．乳酸生產中間體時，除了生成中間體外還生成水，所以乳酸生產中間體時，原子利用率不能達到100%，故B錯誤；C．乳酸中含有羧基和醇羥基，能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，所以由乳酸直接生成低相對分子質量PLA的反應屬于縮聚反應，故C正確；D．1molPLA完全水解時生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反應，所以消耗（n﹣1）molNaOH，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查有機物的結構和性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確官能團及其性質的關系、縮聚反應特點、物質的溶解性等知識點是解本題關鍵，題目難度不大。9．【分析】A．根據電離平衡常數(shù)知，H3PO4為三元弱酸，與足量NaOH溶液反應的離子方程式中應該寫化學式；B．加入NaH2PO4固體，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4電離，導致溶液中c（H+）減??；C．加水稀釋促進H3PO4電離，但H3PO4電離的增大程度小于溶液體積的增大程度，導致溶液中（H+）減?。籇．溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷。【解答】解：A．根據電離平衡常數(shù)知，H3PO4為三元弱酸，與足量NaOH溶液反應的離子方程式中應該寫化學式，離子方程式為H3PO4+3OH﹣＝3H2O+，故A錯誤；B．加入NaH2PO4固體，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4電離，導致溶液中c（H+）減小，溶液的pH增大，酸性減弱，故B錯誤；C．加水稀釋促進H3PO4電離，但H3PO4電離的增大程度小于溶液體積的增大程度，導致溶液中（H+）減小，pH值增大，故C錯誤；D．溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣），故D正確；故選：D。【點評】本題考查弱電解質的電離，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確弱電解質電離影響因素、溶液中存在的守恒、離子方程式書寫規(guī)則是解本題關鍵，C選項易忽略溶液體積變化導致錯誤判斷。10．【分析】該裝置中一段時間后，浸入濃Cu（NO3）2溶液的銅棒變粗，故右側銅棒為正極，電極反應式為Cu2++2e﹣═Cu，左側銅棒為負極，電極反應式為Cu﹣2e﹣═Cu2+，據此作答。【解答】解：A．右側銅棒為正極，電極反應式為Cu2++2e﹣═Cu，銅棒變粗，故A正確；B．導線中電子移動的方向：a（負極）→b（正極），故B錯誤；C．隨著反應的進行，左側銅離子濃度增大，右側銅離子濃度減小，溶液中硝酸根離子由右側向左側遷移，濃、稀Cu（NO3）2溶液的濃度逐漸接近，故C正確；D．由反應可知，右側銅離子濃度大，右側銅棒為正極，Cu2+的氧化性隨c（Cu2+）增大而增強，左側銅離子濃度減小，左側銅棒為負極，Cu的還原性隨c（Cu2+）增大而減弱，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查原電池原理，題目難度中等，能依據圖象和信息準確判斷正負極是解題的關鍵。11．【分析】當K與M相接時，該裝置是電解池，A為陽極，陽極上失電子發(fā)生氧化反應，B為陰極，發(fā)生還原反應，當K與N相接時，該裝置是原電池，B為負極，A為正極，負極上發(fā)生氧化反應，該電極反應式為：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，正極上發(fā)生還原反應，原電池放電時，電解質溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。【解答】解：A．K與N相接時，B極為負極，該電極反應式為：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，故A錯誤；B．當K與M相接時，該裝置是電解池，A為陽極，陽極上失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：LiMnO2﹣xe﹣＝Li1﹣xMnO2+xLi+，故B正確；C．K與N相接時，A為正極，B為負極，Li+由B極區(qū)遷移到A極區(qū)，故C錯誤；D．原電池和電解質中，是電能和化學能之間的相互轉化，化學能與熱能、光能轉化等，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查學生二次電池的工作原理知識，可以根據教材鉛蓄電池的工作原理來回答，難度不大。12．【分析】A.由表中數(shù)據可，溫度越高、K越大，可知升高溫度平衡正向移動；B.T＝700℃，K＝0.6，t時刻Q＝＝＝2.25＞K；C.2.25介于1.7與2.6之間；D.T＝830℃K＝1，t時刻平衡逆向移動，設生成的M為xmol/L，則K＝＝＝1，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈.由表中數(shù)據可，溫度越高、K越大，可知升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，反應△H＞0，故A錯誤；B.T＝700℃，K＝0.6，t時刻Q＝＝＝2.25＞K，平衡逆向移動，故B錯誤；C.2.25介于1.7與2.6之間，則t時刻反應達到化學平衡，1000℃＜T＜1200℃，故C正確；D.T＝830℃K＝1，t時刻平衡逆向移動，設生成的M為xmol/L，則K＝＝＝1，解得x＝0.25，則平衡時，c（M）＝1mol/L+0.25mol/L＝1.25mol?L﹣1，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握溫度與K的關系、K的計算、平衡移動的影響因素為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大。13．【分析】A．鐵和高溫水蒸氣反應，生成Fe3O4和氫氣；B．增大n（FeO）能減少積炭，并增大，可以推測發(fā)生反應FeO+C＝Fe+CO、FeO+CH4═Fe+CO+2H2；C．Fe上的積炭會在蒸氣反應器中與水蒸氣反應：C+H2OCO+H2；D．干重整反應器中還存在積碳，根據原子守恒進行分析?！窘獯稹拷猓篈．鐵和高溫水蒸氣反應，生成Fe3O4和氫氣，所以X的化學式為Fe3O4，F(xiàn)e3O4被還原后可以得到FeO，進一步循環(huán)利用，故A正確；B．增大n（FeO）能減少積炭，并增大，可以推測發(fā)生反應FeO+C＝Fe+CO、FeO+CH4═Fe+CO+2H2，且H2的生成量大于CO的生成的量，故B正確；C．減少n（FeO），F(xiàn)e上的積炭會在蒸氣反應器中與水蒸氣反應，C+H2OCO+H2，導致產生的H2中含有CO，純度降低，故C正確；D．根據題意可知，干重整反應器中還存在積碳，根據原子守恒有：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）+n（C）＝4mol，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查對反應機理的理解，側重考查學生的分析能力、推理能力，對能力要求較高，難度中等。14．【分析】A．實驗1、2、3中陽離子都是氫離子，且濃度都為6mol/L，但陰離子不同，反應速率不同；B．實驗2分析，1h以上稀硫酸才與黃銅緩慢反應，經過2h氣泡數(shù)量增加不明顯；C．實驗3、4、5可知，硝酸和黃銅反應速率隨硝酸濃度增大而增大；D．實驗2可知，1h內，稀硫酸和黃銅不反應，經過2h，反應緩慢，氣泡數(shù)增加不明顯，說明黃銅早稀硫酸中有較強的抗腐蝕性能?！窘獯稹拷猓篈．實驗1、2、3中陽離子都是氫離子，且濃度都為6mol/L，但陰離子不同，反應速率不同，說明反應速率不同，與溶液中陰離子種類有關，故A正確；B．實驗2分析，1h以上稀硫酸才與黃銅緩慢反應，經過2h氣泡數(shù)量增加不明顯，不能保證其中鋅溶解完全，不能用來測定銅的質量分數(shù)，故B錯誤；C．實驗3、4、5可知，硝酸和黃銅反應速率隨硝酸濃度增大，反應速率加快，故C正確；D．實驗2可知，1h內，稀硫酸和黃銅不反應，經過2h，反應緩慢，氣泡數(shù)增加不明顯，說明黃銅早稀硫酸中有較強的抗腐蝕性能，證明黃銅合金的結構與簡單銅鋅混合物不同，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了實驗探究物質性質分析判斷、合金性質的理解應用、影響反應速率的因素判斷等，物質反應現(xiàn)象的分析是解題關鍵，題目難度不大。二、非選擇題、共58分15．【分析】（1）Cu為29號元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，根據Cu失去3個電子變成Cu3+書寫核外電子排布；（2）同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢，氮元素2p能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量低，同一主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小；（3）上述深藍色晶體為：[Cu（NH3）4]SO4?H2O，其中含有的元素為Cu、N、H、S、O；（4）根據VSEPR理論和雜化軌道理論判斷H2O的雜化類型、的空間構型；等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的微粒；（5）成鍵電子對間的排斥作用小于孤對電子與成鍵電子對間的排斥作用；（6））晶胞中水分子數(shù)目為1+8×＝2，晶胞質量為g，晶胞體積為（333.7×10﹣10）3cm3，根據ρ＝計算晶體密度?！窘獯稹拷猓海?）Cu為29號元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，為ds區(qū)元素，Cu的核外電子排布式為[Ar]3d104s1，失去3個電子變成Cu3+，依次失去4s1和3d的兩個電子，則Cu3+的核外電子排布式為：[Ar]3d8，故答案為：ds；[Ar]3d8；（2）同一主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小即第一電離能O＞S，氮元素2p能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量低，氮元素的第一電離能高于同周期相鄰元素第一電離能，所以第一電離能N＞O＞S，故答案為：N＞O＞S；（3）上述深藍色晶體為：[Cu（NH3）4]SO4?H2O，其中含有的元素為Cu、N、H、S、O，則其中電負性最小的為Cu，故答案為：Cu；（4）H2O中中心O原子的價層電子對數(shù)為2+＝4，則中心O的雜化類型為sp3，中中心S原子的價層電子對數(shù)為4+＝4，沒有孤電子對，其空間構型為正四面體；等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的微粒，則與互為等電子體的一種離子為：，故答案為：sp3；正四面體；；（5）氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成鍵，原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥，排斥減弱，故H﹣N﹣H鍵角變大，故答案為：氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成鍵，原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥，排斥減弱，鍵角變大；（6）晶胞中水分子數(shù)目為1+8×＝2，晶胞質量為g，晶胞體積為（333.7×10﹣10）3cm3，晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3＝g?cm﹣3，故答案為：?！军c評】本題考查物質結構與性質，涉及電離能、電負性、核外電子排布、空間構型、雜化方式、晶胞計算等，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用的能力，題目難度中等。16．【分析】ClCH2COOH與乙醇發(fā)生酯化反應生成B為ClCH2COOCH2CH3，對比B、D的分子式，可知B與Na2S發(fā)生取代反應生成D為，結合J的結構簡式，可知D與發(fā)生信息i中反應生成E為，同時有CH3CH2OH生成，對比E、F的分子式，可知E中羥基與信息ii中取代反應生成F和HCl，碳酸鉀消耗生成的HCl，有利于反應正向進行，故F為，F(xiàn)發(fā)生酯基水解反應、酸化引入羧基生成G，G再脫羧得到J，故G為，J與（NH4）2S2O8/催化劑作用生成高聚物PEDOT，該聚合反應中J分子內脫氫，屬于縮聚反應?！窘獯稹拷猓海?）A分子中含有的官能團有碳氯鍵、羧基，故答案為：碳氯鍵、羧基；（2）ClCH2COOH與乙醇發(fā)生酯化反應生成ClCH2COOCH2CH3，A→B的化學方程式是ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O，故答案為：ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O；（3）B→D是ClCH2COOCH2CH3與Na2S反應生成和NaCl，該反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（4）D→E是與發(fā)生信息i中反應生成和CH3CH2OH，反應方程式是，故答案為：；（5）由分析可知，F(xiàn)的結構簡式是，故答案為：；（6）a．J分子存在對稱結構，分子中有2種化學環(huán)境不同的氫原子，其核磁共振氫譜有2組峰，故a正確；b．J分子中含有碳碳雙鍵，能與H2發(fā)生加成反應，故b正確；c．J分子式為C6H6SO2，不飽和度為4，存在含苯環(huán)的同分異構體，如，故c錯誤；d．合成PEDOT聚合反應中J分子內脫氫，一定有其它分子生成，該反應屬于縮聚反應，故d錯誤，故答案為：ab；（7）J→PEDOT的過程中，J分子脫氫形成PEDOT，發(fā)生氧化反應，推測反應物（NH4）2S2O8的作用是作氧化劑或脫氫，故答案為：作氧化劑（或脫氫）；（8）溶劑a為環(huán)己烷，若用水代替環(huán)己烷，則D的產率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度較小，與Na2S的反應不充分；②B、D含有酯基，而Na2S水溶液堿性比較強，導致B（或D）發(fā)生水解反應，故答案為：Na2S水溶液堿性比較強，導致B（或D）發(fā)生水解?！军c評】本題考查有機物的推斷與合成，涉及官能團識別、有機反應方程式的書寫、有機反應類型、有機物結構與性質、對試劑的分析與評價等等，充分利用轉化中有機物分子式、結構簡式進行分析推斷，注意對給予反應的理解，題目較好地考查學生自學能力、分析推理能力、知識遷移運用能力。17．【分析】（1）①ⅠC2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1，ⅡH2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2，ⅢCO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1，由蓋斯定律可知，②＝③﹣①，據此求△H2；②反應ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2反應速率較慢，對整個反應速率影響最大；（2）①由圖可以看出，800℃時，C2H4選擇性比780℃略有降低，但CO2的轉化率增大較多，有利于提高C2H4的產率；800℃時，C2H4選擇性與820℃相比選擇性略高；a．隨增大，相當于在反應體系中增大二氧化碳的量；b．隨增大，c（CO2）增大，c（C2H6）減小，據此分析；（3）①N極CO2→CO，化合價降低，得電子；②陽極C2H6→C2H4，失去2個電子且消耗氧離子，據此書寫電極反應式?！窘獯稹拷猓海?）①ⅠC2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1，ⅡH2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2，ⅢCO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1，由蓋斯定律可知，②＝③﹣①，△H2＝△H﹣△H1＝+177kJ?mol﹣1﹣（+136kJ?mol﹣1）＝+41kJ/mol，②反應ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2反應速率較慢，對整個反應速率影響最大，反應ⅱ為反應Ⅰ的決速度，c（CO2）增大，反應ii速率加快，從而提高反應I速率，故答案為：反應ⅱ為反應Ⅰ的決速度，c（CO2）增大，反應ii速率加快，從而提高反應I速率；（2）①工業(yè)生產中反應Ⅰ選擇800℃，原因是：800℃時，C2H4選擇性比780℃略有降低，但CO2的轉化率增大較多，有利于提高C2H4的產率；800℃時，C2H4選擇性與820℃相比選擇性略高，故答案為：800℃時，C2H4選擇性比780℃略有降低，但CO2的轉化率增大較多，有利于提高C2H4的產率；800℃時，C2H4選擇性與820℃相比選擇性略高；a．隨增大，相當于在反應體系中增大二氧化碳的量，則平衡正向移動，但CO2轉化率將減小，故答案為：減小；b．隨增大，c（CO2）增大，c（C2H6）減小。c（CO2）增大促進反應Ⅰ平衡右移，反應消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）減小，反應II平衡左移，上述因素導致產物中C2H4質量分數(shù)增大，故答案為：隨增大，c（CO2）增大，c（C2H6）減小。c（CO2）增大促進反應Ⅰ平衡右移，反應消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）減小，反應II平衡左移，上述因素導致產物中C2H4質量分數(shù)增大；（3）①N極CO2→CO，化合價降低，得電子，被還原，為負極，故答案為：負；②陽極C2H6→C2H4，失去2個電子且消耗氧離子，電極反應式為：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O，故答案為：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O?！军c評】本題考查了化學平衡移動的分析判斷，熱化學方程式和蓋斯定律的計算應用，主要是圖象曲線變化特征分析理解，掌握基礎是關鍵，題目難度較大。18．【分析】（1）K2FeO4的制備流程：酸性條件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反應的方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，堿性條件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反應的離子方程式為2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根據K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入飽和KOH溶液使Na2FeO4轉化為K2FeO4，方程式為Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，過濾、洗滌、低溫干燥，得到K2FeO4純品；（2）①K2FeO4固體溶于蒸餾水中并和水反應生成O2和氫氧化鐵膠體，據此寫出反應的化學方程式；②堿性條件下K2FeO4穩(wěn)定、中性水中生成少量氧氣、酸性條件下生成大量氧氣，生成氧氣顯示出K2FeO4的氧化性，據此得出K2FeO4的氧化性與溶液pH的關系；（3）①由圖可知pH＝8左右N元素的去除率最高；②K2FeO4有強氧化性，能氧化生活垃圾滲透液的氮生成N2，則生活垃圾滲透液含有的氮元素化合價為負，結合酸性條件下N的存在分析；③由（2）的實驗可知，酸性條件下K2FeO4氧化性強，堿性條件下K2FeO4氧化性弱，據此分析解答。【解答】解：（1）K2FeO4的制備流程：酸性條件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反應的方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，堿性條件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反應的方程式為2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根據K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入飽和KOH溶液使Na2FeO4轉化為K2FeO4，方程式為Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，過濾、洗滌、低溫干燥，得到K2FeO4純品，①i中反應為酸性條件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3的反應，結合電子守恒、電荷守恒配平、得到離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；②堿性條件下NaClO氧化Fe2（SO4）