2023年北京市房山区高三高考一模化学试卷含答案

2023年北京市房山区高考化学一模试卷

学校:姓名：-—班级：——考号：一

题号—■二三四总分

得分

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷

上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.聚醛醛酮（PEEK）是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。下列关于该

物质的说法正确的是（）

PELK

A.属于纯净物B.分子中存在极性键C.分子呈直线型D.

能够发生水解反应

2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）

A.出的结构式：N≡NB.Nao，的电子式:

C.4。的VSEPR模型:XD.SG-的空间结构模型:a

3.在考古研究中，通过分析铜器中82Pb（铅）同位素的比值，可以推断铜器是否同源。下列

说法不正确的是（）

A.Pb是第五周期元素B.204pb含有中子数为122

C.可用质谱法区分204pb和206pbD.Pb的原子半径比Ge大

4.设N14为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.28gC2H4分子中含有的。键数目为4必

B.标准状况下，22.4LHG气体中”+数目为N4

C.PH=12的M⅛C03溶液中OH-数目为0.0INA

D.2.3g钠与足量氯气反应，电子转移的数目为0.1治

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：2∕⅛3++Fe=3Fe2+

B.硝酸保存于棕色试剂瓶：4HNO3'="4WOT+3。2T+2H2O

C.氮肥N/"Cθ3保存于阴凉处：NH4HCO3=NH3↑+CO2T+H2O

D.金属钠保存于煤油中：4Na+O2=2Na2O↑2Na+2H2O=2NaOH+H2T

6.如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体α,打开弹簧夹c,将滴管中的液体

b挤入烧瓶内，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则α和b分别

是（）

α（干燥气体）b（液体）

ANO2水

BNH3水

CCO2饱和NaHCo3溶液

DCH4澳的水溶液

A.A

B.B

C.C

D.D

7.下列实验方案（图中部分夹持略），不能达到实验目的的是（）

选

ABC

项

目制取无水FeC6固探究化学反应速率的

检验产生的SO?证明KSP(CUS)<Ksp(ZnS)

的体影响因素

演2mL'∏.l

∖J2OImoI4.

实fNK>flN⅜S..L05fn∩l∙Lβ,

审W**的

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验"7

•π

2mlΛ)ImQIl2Λ0ImoIL

方

FcC1j«€HX>^>QC□SO1⅜⅜上、铁K械K.

安

茶L--J1I毁

_________白色沉这黑色沉淀I8击联大H+F）

A.AB.BC.CD.D

8.有氧条件下，在Fe基催化剂表面，N%还原N。的反应机理如图所示。该反应能够有效脱

除烟气中的N。，保护环境。下列说法不正确的是（）

A.在酸性配位点上，N%与H+通过配位键形成NHj

B.增大压强有利于N。与。2吸附在Fe3+配位点上形成N4

C.在反应过程中，Fe基可以提高N。的转化率

D.该反应的总方程式为：4∕VW3+2N0+2O2=3N2+6H20

9.钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的

理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。

下列说法不正确的是（）

A.该晶体为离子晶体

B.钛酸钙的化学式为Ca77θ3

C.每个晶胞中含有8个Cα2+

D.每个Ca?+周围距离最近且等距的。2-有12个

10.BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如图。下列说法正确的是()

A.||：厂°存在顺反异构

B∙H/既有酸性又有碱性

11.某温度下，将pH和体积均相同的HG和C/COOH溶液分别加水

稀释，其PH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是()

A.稀释前溶液的浓度：C(HG)<C(CH3COOH)

B.溶液中水的电离程度：b点<c点

加水体和

C.从b点到d点,溶液中c("+)∙C(OZT)逐渐增大

D.在d点和e点均存在：c(H+)>c(酸根阴离子)

12.某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如图所示，下列有关该电池的说法不正确的是()

—■

三

氢

银

氧

电

化

钾

极

I溶

满Q环

.

八泵

出口I出口π

A.电池放电时，K+向银电极I的方向迁移

B.正极电极反应为：O2+2口2。+4e-=4。H-

C.出口I处有水生成

D.循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环

13.锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一。如

图为以Zn(OH)歹/Zn和Fe(CN叉7Fe(CN)T作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放

电时工作原理示意图。下列说法不正确的是()

口

卜UCNM

∕∣X(H1√

MH1KOH

A.放电过程中，左侧池中溶液PH逐渐减小

B.放电过程中，总反应为2Fe(CN)萨+Zn+4。=Zn(。")/+2Fe(CN)"

C.充电过程中，阴极的电极反应为Zn(OH)t+2e-=Zn+40”-

D.充电过程中，当2mo∕OH-通过PB/膜时，导线中通过1m0岳一

14.室温下，向新制酸化的和未酸化的O.lm。/"T的FeSo4溶液中通入氧气且搅拌时，P"变

时间/s时间/s

A.M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度

2+3+

B.导致M点TN点PH升高的反应为：4Fe+O2+4H+=4Fe+2H2O

2++

C.导致P点→Q点PH降低的反应为：4Fe+O2+IOH2O=4Fe(OH)3+8H

D.。点和Q点后，Fe?+全部转化为Fe(OH)3,不再发生Fe?+的氧化反应

第II卷(非选择题)

二、流程题(本大题共1小题，共12.0分)

15.葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如

图：

已知:

(3.BnBr为Br

∣<S<AIaL

2RCa-IAirR

Cl

l3RCH2CHO-RlCIhCHOUARCH2CH-CCHOIIIQ

Rl

U

R-O-S-^V-CH

0MgiIl∖=z3

RCHBr---------►RCIIAlgBr------□-----------►RCH.R∣

2四巩味喻■*1

(IM中含氧官能团为。

(2)由B到C所发生的化学反应方程式为。

(3)试剂2的结构简式是o

(4)E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是。

α∙E分子中存在手性碳原子

b.E分子中存在2种含氧官能团

c.lnɪo/E与浪水反应最多可消耗4τno1Br2

(5)已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个

数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式。

(6)反应2的化学反应方程式为。

(7)在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复

原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是(填选项)。

a.反应1和反应3

b.反应4和反应5

c.反应2和反应6

三、实验题(本大题共1小题，共12.0分)

16.某小组同学用二氧化镭与过量浓盐酸反应制备氯气过程中发现，二氧化镒仍有剩余时就

观察到反应停止，对此现象开展探究。

(1)二氧化镭与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是。

【提出猜想】回.随着反应进行，C(C厂)降低，不能被二氧化镭氧化

团随着反应进行，……

【进行实验】将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了

猜想因不成立。

序号实验操作实验现象

将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；

I试纸未变蓝

______，充分振荡，继续加热

将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴

∏

滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热入浓硫酸后，试纸变蓝

(2)将I中操作补充完整：。

(3)∏中试纸变蓝说明试管中的反应产生了(填化学式)。

【进一步实验】设计如下实验进一步探究。

序号实验装置实验操作现象

向左侧烧杯中滴加2滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转；滴加浓硫

滴浓硫酸酸后，电流表指针偏转

向右侧烧杯中滴加2

IV电流表指针始终不偏转

-».ni

滴浓硫酸

(4)滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是o

(5)依据实验I〜VI,解释“二氧化锅仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是

【新的探究】小组同学又进行了实验V、VI。

序号实验操作实验现象

V在0.5g二氧化镐中加入2毫升5%双氧水产生气泡

在0.5g二氧化镭中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升产生气泡，黑色固体消失，生成无

VI

5%双氧水色溶液

(6)Vl中反应的离子方程式是。

(7)结合依据实验I〜Vl得出的结论，解释V、Vl中现象不同的原因»

四、简答题(本大题共3小题，共34.0分)

17.邻羟基苯甲酸俗称水杨酸，具有抗炎、抗菌、角质调节等作用。其分oil()

子结构如图所示.丫人⅛H

(1)邻羟基苯甲酸中碳原子的杂化方式为。

(2)下列关于邻羟基苯甲酸的说法合理的是。

α∙属于分子晶体

b.沸点高于对羟基苯甲酸

C∙相同条件下，在水中的溶解度小于对羟基苯甲酸

(3)具有酚羟基的物质通常能与氯化铁溶液发生显色反应。其显色原理是苯酚电离出的

。6%。-和北3+形成配位键，得到的显紫色。

①基态Fe3+的价电子排布式为。

②实验发现对羟基苯甲酸不能与氯化铁发生显色反应，试从化学平衡的角度解释其原因是

(4)理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林然而实际生产中该

反应产率极低。已知：

EL乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理：

O:×x'~"ʌ------------------Qll

-HfIlXHOCJI.T…

CU-C-OIICH1-C-OH■CH,-C-OII

HO-C2H,

团.苯酚中。原子2p轨道与C原子2p轨道平行，。原子P轨道电子云与苯环大兀键电子云发生重叠,

电子向苯环转移，降低了氧原子周围的电子云密度。

①比较0、C电负性大小，并从原子结构角度解释两元素电负性差异的原因是。

②请结合已知信息，分析以邻羟基苯甲酸和乙酸为原料制备阿司匹林产率偏低的原因是

18.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。

I.制取氢气

(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：

1

CH3OH(g)CC0(g)+2H2(g')ΔH=+91fc∕∙mol-

1

CO(g)+H2O(g)≠CO2(g)+H2(g)ΔH=TlkJ∙mol-

写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式。

(2)理论上，能提高/平衡产率的措施有(写出一条即可)。

∏.储存氢气

硼氢化钠(NaBHJ是研究最广泛的储氢材料之一。

已知：

E1.B的电负性为2.0,H的电负性为2.1

团.25。C下NaBH4在水中的溶解度为55g,NaB”在水中的溶解度为0.28g

(3)在配制NaBH4溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的(填写化学式)。

(4)向NaB/水溶液中加入催化剂R"∕NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBo2)和氢气。

写出该反应的化学方程式O

(5)在研究浓度对催化剂Rα∕NGR活性的影响时•，发现B点后(见图1)增加NaBH4的浓度，制氢

速率反而下降，推断可能的原因是。

制

氢

速

生

(

L

m

≡一

)

用I图2

(6)用惰性电极电解NaB4溶液可制得NaBH*实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。

①钛电极的电极反应式是。

②电解过程中，阴极区溶液PH(填“增大”“减小”或“不变”)o

19.高纯氯化镒(MTlC%)在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗铸粉(含磷酸盐、

硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锦的工艺流程如下(部分操作和条件略)。

I.将粗镭粉加入盐酸中充分反应，再加入NaoH溶液调节PH=6,过滤；

口.向I所得滤液中加入H2O2酸性溶液，充分反应后加入MnCO3调节pH=3,过滤；

皿向II所得滤液中通入/S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；

W.浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品

(1)氯化锌中镒元素的化合价是。

(2)步骤I中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性"32。4>

mStd有关。从原子结构角度解释酸性"3「。4>”2夕。3原因：。

(3)步骤I所得滤液中的金属离子主要含有Mn2+、∕⅛2+和P∕√+等，且p%2+不被也。2氧化。

已知：生成氢氧化物沉淀的PH

Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2Pb(OH)2

开始沉淀时6.51.58.16.5

完全沉淀时8.32.810.18.5

注：金属离子的起始浓度为0.1M。，-LT

①结合表中数据，解释步骤II中加入“2。2酸性溶液的目的：。

3+

②配平加入MnCO3后发生反应的离子方程式：3MnCO3+2Fe+=

2+

3Mn+2Fe(OH)3+

2++

(4)步骤HI的目的是去除PZ?2+：Pb+H2S=PbS1+2Ho推测溶解度：PbSMnS.

(填“>”、或"=")

(5)已知：氯化镒的溶解度随温度的变化如图。

步骤IH所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤IV浓缩、结晶的操作：将滤液

析出晶体后过滤。重复操作2〜3次，收集晶体。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4n不同，分子式不同，所以属于混合物，故A错误；

B.不同非金属元素的原子之间易形成极性键，分子中存在C-H、C-。极性键，故B正确；

CQ原子价层电子对个数是4,则O原子采用sp3杂化，所以该分子不是直线形分子，故C错误；

D.分子中不含酯基、酰胺基、卤原子，所以不能发生水解反应，故D错误；

故选：

A.n不同，分子式不同；

B.不同非金属元素的原子之间易形成极性键；

CQ原子价层电子对个数是4,则。原子采用sp3杂化；

D.酯基、酰胺基、卤原子能发生水解反应。

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。

2.【答案】D

【解析】解：4氮气中N原子之间以三键结合，结构式为N=N,故A正确；

B.Nα。"中钠离子和氢氧根离子之间以离子键结合，氢氧根离子中O和H原子之间以共价键结合，

电子式为Na":0:H，故B正确；

C.名。中。原子的价层电子对数为2+T(6-2X1)=2+2=4,其IZSEPR模型为四面体构型

故C正确；

D.硫酸根离子中S的价层电子对数为4+g(6+2—4x2)=4+O=4,无孤电子对，其空间结构

为正四面体合，而非平面结构，故D错误；

故选：Do

A.氮气中N原子之间以三键结合；

B.NαOH中钠离子和氢氧根离子之间以离子键结合，氢氧根离子中。和，原子之间以共价键结合；

C.%。中。原子的价层电子对数为2+3(6-2x1)=2+2,据此分析其NSEPR模型；

D∙硫酸根离子中S的价层电子对数为4+T(6+2-4x2)=4+O=4,无孤电子对，据此分析其

空间结构。

本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意基础知识的掌握和应用。

3.【答案】A

【解析】解：APb是第六周期元素，故A错误；

B.中子数=质量数一质子数，则204p∕7含有中子数=204-82=122,故B正确；

C.质谱法可用于测定相对分子质量或相对原子质量，204pb和2。6「匕的相对原子质量不同，因此可

用质谱法区分204pb和206pb,故C正确；

D.Pb和Ge位于同一主族，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，因此Pb的原子半径比Ge大，故D

正确；

故选：Ao

A.Pb是第六周期元素；

B.中子数=质量数-质子数；

C.质谱法可用于测定相对分子质量或相对原子质量；

D.Pb和Ge位于同一主族，同一主族从上到下原子半径逐渐增大。

本题主要考查元素周期表和元素周期律及原子的组成和结构等知识，为基础知识的考查，题目难

度不大。

4.【答案】D

lmoiι

【解析】解：41根。Q2“4分子中含有5moAτ键，28gC2H4的物质的量为71=E=28职出=

含有的。键数目为5限，故A错误；

B.HC/气体属于分子，由氢原子和氯原子构成的，没有H+,故B错误；

C.p"=12的Nd2Cθ3溶液中，c(OW-)=10-2mol∕L,溶液体积未知，无法计算微粒的数目，故C

错误；

D.钠与氯气反应方程式为：2Nα+ClNaG，1小。,钠在氯气中燃烧转移电子，2∙3g钠

的物质的量为n=巳=宓瑞=0.1m。，，因此2.3g钠与足量氯气反应，电子转移的数目为(UN心

故D正确;

故选：D。

人.1巾0忆244分子中含有56。历键；

B.HC，气体属于分子，由氢原子和氯原子构成的；

C.溶液体积未知，无法计算微粒的数目；

D.钠与氯气反应方程式为：2Na+Cl∙z警2NaCl，钠在氯气中燃烧转移1m。，电子。

本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算，为高频考点，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：4FeS04中的Fe?+易被氧气氧化为Fe?+,在尸eSO4溶液中放入铁粉能将辰3+还原为

Fe2+,离子方程式为2∕⅛3++Fe=3Fe2+,故A正确；

B.浓硝酸见光易分解为NO2、。2和水,化学方程式为4HN03臂4Nθ2T+O2T+2H2O＞故B错误；

C.NH4HCO3受热易分解为氨气、二氧化碳和水，故应保存在阴凉处，化学方程式为

NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+¾0）故C正确；

D.钠易与氧气、水反应：4Na+02=2Na2O,2Na+2H2O=2NaOH+H2T,故钠要隔绝空气和

水保存，应保存在煤油中，故D正确；

故选：Bo

A.FeSO4中的Fe?+易被氧气氧化为Fe3+,在FeS/溶液中放入铁粉能将Fe3+还原为Fe?+；

B.浓硝酸见光易分解为N。?、。2和水；

C.NH4HCO3受热易分解；

D.钠易与氧气、水反应。

本题考查了离子方程式和化学方程式的书写，难度不大，应注意基础知识的应用和积累。

6.【答案】B

【解析】解：ANO2与水反应，生成硝酸和NO,容器内气体减少，气压减小，形成喷泉，但由于

N。不溶于水，所以不充满烧瓶，故A错误；

B.氨气极易溶于水，并与水反应生成一水合氨，导致烧瓶内的压强小于大气压，且反应后无气体

剩余，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，故B正确；

C.二氧化碳和碳酸氢钠不反应，而且在碳酸氢钠中的溶解度极小，所以不能呈喷泉状喷出，故C

错误；

D.甲烷和漠的水溶液不反应，且在溟的水溶液中的溶解度不大，所以不能呈喷泉状喷出，故D错

误；

故选：Bo

要形成喷泉，必须满足则烧瓶内的气体应溶于溶液或与溶液发生反应，烧瓶内的气体体积减小，

导致烧瓶内的压强小于大气压，据此解答。

本题考查喷泉实验形成条件的探究，明确喷泉实验的原理是解题关键，题目难度不大。

7.【答案】2

【解析】解：4加热可促进铁离子的水解，生成的盐酸易挥发，应在HG气流中蒸发可制备无水氯

化铁，故A错误；

B.加热时CU与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，可检验二氧化硫，故B正确；

C.硫化钠不足，生成的ZnS转化为更难溶的CuS,可证明KSP(CuS)<Ksp(ZnS),故C正确；

D.只有盐酸的浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故D正确；

故选：Ao

A.加热可促进铁离子的水解，生成的盐酸易挥发；

B.加热时Ca与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色；

C.硫化钠不足，生成的ZnS转化为更难溶的CizS;

D.只有盐酸的浓度不同。

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、物质的制备及检验、

反应速率、难溶电解质、实验技能为解答的关键，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。

8.【答案】C

【解析】解：4在酸性配位点上，N%与H+通过N→H配位键形成NHj,故A正确；

B.2∕V0+O?U2NO2是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，所以增大压强有利于N。

与。2吸附在Fe3+配位点上形成NO2,故B正确；

CFe基催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，不能提高N。的转化率，故C错误；

D.由图可知，该反应的总方程式为：4/7"3+2/70+202催上剂3叫+6/0,故D正确；

故选：Co

A.NH，中含有3个N-H键和1个N→，配位键；

B.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动；

CFe基催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动；

D.由图可知，在Fe基催化剂表面的反应为N/与N。、“反应生成N2、H2。，根据化合价升降守恒、

原子守恒可得反应的化学方程式。

本题主要考查对反应机理的理解，同时考查氧化还原反应的概念、配位键的判断、化学平衡移动

等，对能力要求较高，难度中等。

9.【答案】C

【解析】解：4钛酸钙是由钙离子和钛酸根离子构成的，为离子晶体，故A正确；

B.该晶胞中Ca?+个数=8x<=1、。2-个数=6x‹=3、7产+个数为1,则Ca?+、02~.T/+的个

数之比为L3：1,化学式为Ca"/,故B正确；

C.该晶胞中Ca?+个数=8χJ=1,故C错误；

D.每个Ca?+周围距离最近且等距的。2-个数=等=12,故D正确；

故选：Co

A.离子晶体是由阴阳离子构成的；

B.该晶胞中Ca?+个数=8x：=i、。2-个数=6x1=3、"，+个数为工则。。2+、。2-、"4+的个

数之比为1：3：1；

C.该晶胞中Ca?+个数=8xJ；

D.每个Ca?+周围距离最近且等距的。2-个数=等。

本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子晶体概念、晶胞计算方

法是解本题关键，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：4碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构，则不存在顺反异

构，故A错误;

含氨基，具有碱性，含酸键不具有酸性，故B错误;

C.由合成流程可知，氨基与碳氧双键发生加成反应，则中间产物的结构简式为

H-HN-÷Q-√

c,故C错误；

α由合成流程可知，碳氧双键转化为单键，再转化为碳氮双键，则①为加成反应，②为消去反应,

D.

故D正确；

故选：Do

A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构；

含氨基；

C.由合成流程可知，氨基与碳氧双键发生加成反应；

D.由合成流程可知，碳氧双键转化为单键，再转化为碳氮双键。

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、有机反应为解答的关键,

侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

Ii.【答案】C

【解析】解：4稀释前两溶液的PH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：C(HG)<

C(CH3COOH),故A正确；

B力点PH值小于C点PH值，说明C点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大，因此溶液中

水的电离程度：b点<c点，故B正确；

C.从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中C(H+)∙c(OH-)不变，故C错误；

D.在d点和e点均存在电荷守恒即C(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-),因此存在：c(H+)>c(酸根

阴离子)，故D正确；

故选：C。

A.稀释前两溶液的PH值相等，C/C。。”是部分电离；

B.b点PH值小于C点PH值，说明C点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大；

C.从b点到d点，溶液的温度不变，水的离子积不变；

D.在d点和e点均存在电荷守恒即C(H+)=c(酸根阴离子)+C(OH-)。

本题考查弱电解质的电离平衡应用，明确图示曲线变化情况为解答关键，注意掌握电离平衡的影

响因素，试卷侧重考查学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。

12.【答案】A

【解析】解：4放电时，阳离子移向正极，故钾离子向保电极〃的方向移动，故A错误；

B.正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为。2+242。+46-=4。4-,故

B正确；

C.通入氢气的一极为负极，电极反应式为“2-26-+2。"-=2也。，故出口/有水生成，故C正

确；

D.根据图示，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故D正确；

故选：Ao

A.放电时，阳离子移向正极；

B.正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子；

C.通入氢气的一极为负极；

D.循环泵可将电解质溶液循环。

本题考查原电池工作原理的应用，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握电极的判

断是解题关键，题目难度中等。

13.【答案】D

【解析】解：4放电过程中，左侧惰性电极为正极，右侧ZrI是负极，负极电极方程式为：Zn-2e-+

40H~=Zn(OH)l~,该过程需要的OH-由左侧池经过聚苯并咪I⅛(PB∕)膜进入右侧池，左侧池中

溶液PH逐渐减小，故A正确：

BNn是活泼电极，放电过程中Zn是负极，Zn失去电子生成Zn(OH)歹，电极方程式为：Zn-2e-+

40H~=Zn(0H)l-i惰性电极为正极，Fe(CN义-得到电子生成Fe(CN)"电极方程式为：

Fe(CN)f^+e~=Fe(CN)蓝；则放电过程中，总反应为：2Fe(CN)萨+Zn+40H-=Zn(OH)l-+

2Fe(CN)^,故B正确；

C.充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：Zn(0H)l-+2e-=Zn+40H-,故C正确；

D.充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：Zn(OH)g+2e-=Zn+4。"-,该过程生成的。”-一

半进入左侧池，当2τno1OH-通过PB/膜时，导线中通过2mo1e-,故D错误；

故选：Do

A.放电过程中，左侧惰性电极为正极，右侧Zn是负极，该过程需要的OH-由左侧池经过聚苯并咪

噗(PB/)膜进入右侧池；

B.Z?t是活泼电极，放电过程中Zn是负极，Zn失去电子生成Zn(OH)广，电极方程式为：Zn-2e-+

40H-=Zn(OH)/；惰性电极为正极，Fe(CN)T得到电子生成Fe(CN)，电极方程式为：

Fe(CN)T+e-=Fe(CN)於

C.充电过程中，Zn是阴极；

D.充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：Zn(0H)l-+2e-=Zn+40H~,该过程生成的。"-一

半进入左侧池。

本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试卷难度中等。

14.【答案】D

【解析】解：4，+抑制Fe?+的水解，并且c("+)越大，抑制作用更强，由图可知c(H+)：M<P,

所以Fe?+水解程度：M<P,故A正确；

B.由图可知，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的p，值增大，即4+参与了反应，M点TN点PH<

1.5,无Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++θ2+4H+=4Fe3++2/0,故B正确；

C.由图可知，未酸化的溶液随着时间推移，溶液的PH值减小，说明溶液中有H+生成，P点TQ点

pH>1.5,Fe3+生成Fe(OH)3,反应的离子方程式为4尸e2++/+10∕⅛0=4Fe(OH)3+8"+,

故C正确；

+3+

D.0点和Q点之前发生反应4Fe2++02+4H=4Fe+2H2O,随着该反应的进行C(Fe3+)增大，

Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀和"+,生成的"+促进Fe?+→Fe3+反应的进行，。点和Q点后，Fe?+没

有全部转化为Fe(OH)3,不再发生Fe?+的氧化反应，故D错误；

故选：D。

A.”+抑制Fe?+的水解，并且c(H+)越大，抑制作用更强；

B.由图可知，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的PH值增大，即H+消耗导致溶液PH值增大；

C.由图可知，未酸化的溶液随着时间推移，溶液的PH值减小，说明溶液中有H+生成，Fe3+生成

Fe(OH)3；

+3+

D.0点和Q点之前发生反应4Fe2++02+4H=4Fe+2W2O,随着该反应的进行c(尸e3+)增大，

Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀和H+,生成的"+促进Fe?+→Fe3+反应的进行。

本题考查沉淀溶解平衡，侧重考查阅对比、分析判断及知识综合运用能力，把握题给信息、氧化

还原反应和图中曲线变化原理是解题关键，注意掌握PH值变化过程中氧化和反应离子方程式的书

写，题目难度中等。

【解析】解：(1)4为ʌʌ，A中含氧官能团为羟基,

HO7

故答案为：羟基;

(2)B为,B和乙酰氯发生取代反应生成C,由B到C所发生的化

AlCl

学反应方程式为3+HCl,

+cw3coc/

AlCl3

故答案为:+CH3COCl→+HCI；

(3)试剂2的结构简式是Ho-C>-CH0,

故答案为：HO-<^>-CHO;

(4)E为

α∙连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E分子中存在手性碳原子，故ɑ错误;

b.E分子中存在羟基、醛键、琉基3种含氧官能团，故b错误；

c.E分子中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和浪以1：1发生取代反应，碳碳双键和溟以1：1发生加

成反应，则Imo出与澳水反应最多可消耗4mo∕Br2,3mo»臭发生取代反应，故C正确；

故答案为：c；

(5)已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与

G相同，说明含有醇羟基和醛键且含有5个醇羟基、1个酸键，两个醇羟基不能位于同一个碳原子

OCH2OH

上，其中一个同分异构体的结构简式为,

HOOH

OCH,OH

故答案为:

HOOH

(7)G中醇羟基和甲醇发生取代反应生成“中甲氧基，H然后发生反应生成/中醇羟基，反应中醇羟

基发生取代反应生成酸键，反应6中酸键转化为醇羟基，所以上述反应中起基团保护作用的是反应

1和反应3、反应2和反应6,

故答案为：ac。

根据0的结构简式及A的分子式知，4为ʌʌ，4和澳水发生取代反应生成B为

HO7OH

,根据C的分子式及反应条件知，B和试剂1发生信息”的反应生成C,根据D的结构

简式及C的分子式知,,试剂1为CHsCOQ;根据反应条件及根据。的结构简式

知，C和试剂2发生信息m的反应然后酸化生成。，则试剂2为HO-《3-CH0；根据信息加知，F

OHOH

OH

根据/的结构简式及H的分子式知，G和甲醇发生取代反应生成H,H为HO弋W

HOHO,

OCH3

本题考查有机物合成，侧重考查对比、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，注意题给信息的正确、灵活运用，题目难度中等。

16.【答案】MnO2+4HG(浓)=MnCl2+Cl2T+ZH2O加入固体Naa加入固体

+2+

NaClCl2MnO2+2e~+4H=Mn+2H2OC(H+)减少，降低了Mno2的氧化性，不能继续氧

+2+

化MnO2+H2O2+2H=Mn+O2T+2H2O滴入浓硫酸，C(H+)增大，增强了MnG的氧

化性，Mn4与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的M/+

【解析】解：⑴二氧化镒与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是“皿2+4HS(浓)ʌMnCl2+

Cl2T+2H2O,

故答案为：MnO2+4HG(浓)=MnCl2+Cl2T+2H2O;

(2)/中验证氯离子不能氧化K/,则将I中操作补充内容为加入固体Na(X与〃作对比实验，

故答案为：加入固体NαC7;

(3)〃中变蓝，可知酸性溶液中生成氯气，氯气氧化K/生成碘，则∏中试纸变蓝说明试管中的反应

产生了CL

故答案为：C?2；

+2+

(4)滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是Mn4+2e-+4H=Mn+2W2O,

+2+

故答案为：MnO2+2e-+4H=Mn+2H2O-,

(5)依据实验I-W,解释“二氧化镒仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是c(H+)减少，降低

了Mnθ2的氧化性，不能继续氧化C「，

故答案为：c(H+)减少，降低了“几。2的氧化性，不能继续氧化C厂；

+2+

(6)Vl中反应的离子方程式是MnOz+H2O2+2H=Mn+02↑+2H2O,

+2+

故答案为：MnO2+H2O2+2H=Mn+O2↑+2H2O;

(7)结合依据实验I-W得出的结论，解释V、VI中现象不同的原因为滴入浓硫酸，C(H+)增大，

增强了MnO2的氧化性，Mno2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的M/+,

故答案为：滴入浓硫酸，C(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MTlo2与双氧水发生氧化还原反应

被消耗，同时生成无色的M∏2+0

(1)二氧化镭与浓盐酸加热可制备氯气；

(2)1中验证氯离子不能氧化K/；

(3)〃中变蓝，可知酸性溶液中生成氯气，氯气氧化K/生成碘；

(4)滴加浓硫酸后，左边烧杯中二氧化铸得到电子；

(5)二氧化镭仍有剩余时就观察到反应停止，与氢离子浓度减小有关；

(6)VI中二氧化镐与过氧化氢发生氧化还原反应；

(7)V、VI中现象不同与酸性条件有关。

本题考查物质的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验设计为解答

的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

17.【答案】sp2杂化ac3ds对羟基苯甲酸中竣基电离出的"+抑制酚羟基的电离，从而使其与

Fe3+的配位能力下降。原子和C原子电子层数相同，。原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引

能量更强，电负性：0>C邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍了防化反应的发生，同时竣

基是吸电子基团，瓶基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中的

段基碳原子结合，酯化反应难以进行

【解析】解：(1)邻羟基苯甲酸中碳原子均为不饱和碳原子，。键数=3,均为sp2杂化，

故答案为：sp2杂化；

(2)α.邻羟基苯甲酸由分子构成，属于分子晶体，故α正确；

氏邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键使物质的熔沸点升高，

所以邻羟基苯甲酸沸点低于对羟基苯甲酸，故b错误；

c.邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，从而减小了它的极性，而水是极性分子，因此，它在水中

溶解性小，对羟基苯甲酸不存在分子内氢键，极性较强，在水中的溶解性较大，所以相同条件下，

邻羟基苯甲酸在水中的溶解度小于对羟基苯甲酸，故C正确；

故答案为：CLC\

(3)①Fe的原子序数为26,基态Fe的核外排布为［Zr∣3d64s2,Fe原子首先失去4s轨道上的2个电

子，再失去3d轨道上1个电子后，形成Fe?+,所以基态Fe?+的价电子排布式为3d5,

故答案为：3d5；

②对羟基苯甲酸中粉基电离出的H+抑制酚羟基的电离，从而使其与尸e3+的配位能力下降，

故答案为:对羟基苯甲酸中竣基电离出的"+抑制酚羟基的电离，从而使其与Fe3+的配位能力下降;

(4)①电负性是元素原子在化合物中吸引电子能力的标度，。原子和C原子电子层数相同，。原子

的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，所以电负性：0>C,

故答案为：。原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，

电负性：。＞C；

②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍了酯化反应的发生，同时装基是吸电子基团，段基和

苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中的竣基碳原子结合，酯化反

应难以进行，

故答案为：邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍了酯化反应的发生，同时粉基是吸电子基团，

竣基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中的竣基碳原子结合，

酯化反应难以进行。

(I)碳原子的σ■键数=4,为sp3杂化，碳原子的σ■键数=3,为sp?杂化，碳原子的o键数=2,为SP杂

化；

(2)α.邻羟基苯甲酸由分子构成，通过分子间作用力结合在一起；

b∙分子间氢键可以增大分子的熔沸点；

c.分子内氢键减小了它的极性，而水是极性分子，根据相似相容原理进行分析；

(3)①基态Fe的核外排布为[4r]3d64s2,Fe原子首先失去4s轨道上的2个电子，再失去3d轨道上1

个电子后，形成Fe3+：

②对羟基苯甲酸中竣基电离出的"+抑制酚羟基的电离，从而降低了C6%。一的浓度；

(4)①0原子和C原子电子层数相同，核电荷数越大，对电子的吸引能量越强；

②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍了酯化反应的发生，同时竣基是吸电子基团，竣基和

苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中的竣基碳原子结合。

本题主要考查了同分异构体、键的极性、微粒的空间构型的判断，同时考查物料守恒的应用等，

属于基本知识的考查，难度不大。

18.【答案】CH3OH(g}+H2O(g)≠CO2(5)+3H2(g)ΔH=+50kJ∕mol及时分离出生降低也浓

度或者减小压强NaOHNaBH4+2H2O=NaBO2+4H2TNaBH4浓度过高