2023-2024学年北京五中高三（上）期中化学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京五中高三（上）期中化学（第三次段考）一、选择题，共42分1．我国科研人员首次以CO2为原料合成了葡萄糖和长链脂肪酸，这项突破为人工和半人工合成“粮食”提供了新技术。合成路线如下：CO2COCH3COOH葡萄糖、脂肪酸下列说法不正确的是（）A．过程①、②中电能转化为化学能 B．葡萄糖分子中含有醛基、羟基 C．CH3COOH和C7H13COOH互为同系物 D．葡萄糖不能发生水解反应2．碳化硅晶体具有多种结构，其中一种晶体的晶胞（如图所示）与金刚石的类似。下列判断不正确的是（）A．该晶体属于分子晶体 B．该晶体中只存在极性键 C．该晶体中Si的化合价为+4 D．该晶体中C的杂化类型为sp33．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有H+的数目为NA B．23gNa与足量H2O反应完全后生成H2的体积为11.2L C．密闭容器中2molSO2与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA D．物质的量相同的和CH3CHO所含共价键数目相同4．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．用小刀切开金属钠，表面逐渐变暗 B．推进装有NO2的密闭针筒的活塞，气体颜色变深 C．将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去 D．维生素C常与补铁剂（有效成分中铁元素为+2价）同服5．Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe+6HCN+2K2CO3═K4Fe（CN）6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是（）A．此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为O＜N＜C B．配合物K4Fe（CN）6的中心离子的价电子排布图为，该中心离子的配位数是10C．1molHCN分子中含有σ键的数目为1.204×1024 D．K2CO3中阴离子的空间构型为三角锥形，其中碳原子的价层电子对数为46．下列关于铜腐蚀的说法及方程式书写正确的是（）A．铜在潮湿空气中被腐蚀：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3 B．铜在NH3环境中被腐蚀：2Cu+O2+2NH3•H2O═2Cu2++2NH3+4OH﹣ C．HNO3浓度越大，腐蚀反应3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O速率越大 D．利用FeCl3对铜的腐蚀制作印刷线路板：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+7．我国拥有独立知识产权的抗高血压药物左旋氨氯地平的分子具有手性，其结构简式如图。下列关于左旋氨氯地平的说法不正确的是（）A．分子中含有酯基 B．酸性条件下的所有水解产物均能与NaHCO3溶液反应 C．能与H2发生加成反应 D．有手性异构体8．聚乳酸（PLA）是一种生物可降解材料。低相对分子质量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相对分子质量PLA的制备过程如图所示。下列说法正确的是（）A．PLA易溶于水 B．乳酸生产中间体时，原子利用率能达到100% C．由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应 D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH9．已知磷酸的电离常数K1＝7.6×10﹣3；K2＝6.3×10﹣8；K3＝4.4×10﹣13，关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A．与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O B．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强 C．加水稀释使电离程度增大，溶液pH减小 D．c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）10．将铜棒插入浓、稀Cu（NO3）2溶液中（装置如图），观察到电流计指针发生偏转，一段时间后，浸入浓Cu（NO3）2溶液的铜棒变粗。下列说法不正确的是（）A．铜棒变粗的反应：Cu2++2e﹣═Cu B．导线中电子移动的方向：b→a C．随着反应的进行，浓、稀Cu（NO3）2溶液的浓度逐渐接近 D．Cu2+的氧化性随c（Cu2+）增大而增强，Cu的还原性随c（Cu2+）增大而减弱11．一种可充电的锂离子电池充放电的工作示意图如图，电池的总反应为：Li1﹣xMnO2+LixC6LiMnO2+C6下列说法正确的是（）A．放电时负极的反应：C6+xLi++xe﹣═LixC6 B．K与M相连时，A是阳极，发生氧化反应 C．K与N相连时，Li+由A极区迁移到B极区 D．整个充、放电过程只存在3种形式的能量转化12．反应M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）在不同温度（T时的平衡常数（K）如下：T/oC70080083010001200K0.60.91.01.72.6密闭容器中，某温度（T）、某时刻（t）时，反应混合物中M、N、P，Q的浓度分别为1mol•L﹣1、1mol•L﹣1、1.5mol•L﹣1、1.5mol•L﹣1。下列说法正确的是（）A．该反应△H＜0 B．若T＝700℃，则t时刻反应向正反应方向进行 C．若t时刻反应达到化学平衡，则1000℃＜T＜1200℃ D．当T＝830℃达到化学平衡时，c（M）＝0.75mol•L﹣113．化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：将1molCO2和3molCH4充入干重整反应器，发生：重整反应：CH4+CO22CO+2H2积炭反应：CH4C+2H2研究发现，增大n（FeO）能减少积炭，并增大的值。下列说法不正确的是（）A．X的化学式为Fe3O4，被还原后可循环利用 B．增大n（FeO）能增大，推测发生FeO+CH4═Fe+CO+2H2 C．减少n（FeO），Fe上的积炭会导致蒸气反应器中产生的H2纯度降低 D．干重整反应器中存在：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）＝4mol14．某实验小组为研究黄铜（Cu﹣Zn合金）的抗腐蚀性能，进行了系列实验，结果如下表。依据上述实验，所得结论不正确的是（）实验0～1h1h2h16mol/L盐酸无气泡产生23mol/L硫酸无气泡产生黄铜表面出现少量小气泡，反应缓慢黄铜表面小气泡数量增加不明显，反应缓慢36mol/L硝酸2min时出现较多气泡，反应迅速进行；10min时出现明显的红棕色气体溶液变为蓝色，反应持续进行，但不剧烈溶液变为蓝色，反应持续进行，较为缓慢42mol/L硝酸黄铜表面出现少量小气泡，反应缓慢溶液出现淡蓝色，反应缓慢溶液出现淡蓝色，反应缓慢4浓硝酸反应物接触后迅速反应，反应剧烈，产生大量红棕色气体，溶液变为深蓝色A．实验1、2、3中反应速率不同，与溶液中阴离子种类有关 B．可用稀硫酸溶解黄铜以测定铜的质量分数 C．硝酸与黄铜反应的速率随硝酸浓度增大而加快 D．黄铜在稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能，说明其结构与简单Cu﹣Zn混合物不同二、非选择题、共58分15．（10分）向硫酸铜水溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水得到深蓝色溶液，再向溶液中加入乙醇，有深蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4•H2O析出。（1）铜元素位于元素周期表中区，高温超导体钇钡铜氧材料中铜元素有+2和+3两种价态，基态Cu3+的电子排布式为。（2）非金属元素N、O、S的第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）。（3）上述深蓝色晶体中含有的元素电负性最小的是（用元素符号表示）。（4）H2O的中心原子轨道杂化类型为杂化；的立体构型是，根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子的最外层电子数之和也相同，可互称为等电子体。等电子体之间结构相似。写出与互为等电子体的一种离子：。（5）NH3分子独立存在时H﹣N﹣H键角为：107°。如图为[Zn（NH3）6]2+的部分结构以及H﹣N﹣H键角的测量值。解释配合物中H﹣N﹣H键角变为109°28′的原因：。（6）最新研究发现，水能凝结成13种类型的结晶体。除普通冰外，还有﹣30℃才凝固的低温冰，180℃依然不变的热冰，比水密度大的重冰等。重冰的结构单元可用下图的立方体表示，立方体的棱长a＝333.7pm，阿伏加德罗常数的值取6.02×1023，则重冰的密度为g•cm﹣3（1pm＝10﹣10cm，只列式，不计算）。16．（13分）导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如图。资料：（1）A分子中含有的官能团有。（2）A→B的化学方程式是。（3）B→D的反应类型是。（4）D→E的反应方程式是。（5）F的结构简式是。（6）下列有关J的说法正确的是（填字母）。a．核磁共振氢谱有2组峰b．能与H2发生加成反应c．不存在含苯环的同分异构体d．合成PEDOT的反应属于加聚反应（7）推测J→PEDOT的过程中，反应物（NH4）2S2O8的作用是。（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②。17．（11分）将CO2转化成C2H4可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：Ⅰ．CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ•mol﹣1（主反应）Ⅱ．C2H6（g）⇌CH4（g）+H2（g）+C（s）△H＝+9kJ•mol﹣1（副反应）（1）反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步：ⅰ．C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ•mol﹣1（反应速率较快）ⅱ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2（反应速率较慢）①△H2＝kJ•mol﹣1②相比于提高c（C2H6），提高c（CO2）对反应Ⅰ速率影响更大，原因是。（2）0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si﹣2性能的影响如图所示。①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是。②800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表：v（CO2）/v（C2H6）平衡时有机产物的质量分数CH4C2H415.0/15.07.792.320.0/10.06.493.624.0/6.04.595.5a．随增大，CO2转化率将（填“增大”或“减小”）。b．解释对产物中C2H4的质量分数影响的原因：。（3）我国科学家使用电化学的方法（装置如图）用C2H6和CO2合成了C2H4。①N是电源的极。②阳极电极反应式是。18．（12分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的污水处理剂。（1）K2FeO4的制备①i中反应的离子方程式是。②将ii中反应的离子方程式补充完整：Fe3++OH﹣+ClO﹣═++③iii中反应说明溶解度：Na2FeO4K2FeO4（填“＞”或“＜”）。（2）K2FeO4的性质i．将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应。ii．将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。iii．将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快。①K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是。②K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是。（3）K2FeO4的应用K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮（将含氮物质转化为N2）处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：①K2FeO4脱氮的最佳pH是。②根据图推测，pH＝4时生活垃圾渗透液中含氮物质主要以形式存在。③pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：。19．（12分）某小组探究Fe2S3的制备。配制0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液和0.1mol•L﹣1的Na2S溶液备用。【查阅资料】ⅰ．FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。ⅱ．Fe3++6F﹣⇌[FeF6]3﹣，[FeF6]3﹣为无色离子。ⅲ．硫单质微溶于乙醇，难溶于水。【设计并实施实验】编号实验一实验二操作现象迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生有臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X产生棕黑色沉淀（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生成黑色沉淀a的离子方程式为。（2）进一步检验浊液X的组成，过程如图。①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是。②经检测，黑色固体b中含有FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+，与加入的S2﹣反应产生的。乙同学认为该推测不严谨，理由是。（3）实验二制得了Fe2S3，但其中含少量Fe（OH）3。①生成Fe（OH）3的离子方程式为。②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因：。实验三小组同学进行如图所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的Fe2S3。（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3的离子方程式为。【反思与评价】（5）对比三个实验，实验三能成功制备Fe2S3的原因是。

参考答案一、选择题，共42分1．【分析】A.电解是将电能转化为化学能的过程；B.葡萄糖是一种多羟基的醛；C.结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；D.葡萄糖是单糖。【解答】解：A.过程①、②均为电解，而电解是将电能转化为化学能的过程，故A正确；B.葡萄糖是一种多羟基的醛，即葡萄糖中含羟基和醛基，故B正确；C.C7H13COOH中的烃基﹣C7H13中含一个碳碳双键或环，CH3COOH和C7H13COOH的结构不相似，分子组成上相差的也不是一个或若干个CH2原子团，故不互为同系物，故C错误；D.葡萄糖是单糖，不能水解，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了葡萄糖的结构和性质以及电解过程中能量的转化，难度不大，应注意基础知识的积累和应用。2．【分析】从晶体类型来说，碳化硅晶体具有多种结构，其中一种晶体的晶胞（如图所示）与金刚石的类似，两者都属于原子晶体，原子晶体的原子间形成共价键，C的杂化类型为sp3。【解答】解：A．碳化硅晶体属于原子晶体，故A错误；B．该晶体中只存在C﹣Si极性键，故B正确；C．C的非金属性强于Si，显正价，Si的化合价为+4，故C正确；D．碳化硅形成4个共价键，C原子采用的是sp3杂化，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了晶体的结构和性质，涉及化合键、杂化的判断、晶体类型的判断等知识点，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。3．【分析】A.CH3COOH为弱酸；B.注意22.4L/mol的使用前提为标准状况；C.SO2与O2反应生成SO3为可逆反应；D.一个所含共价键数为7，CH3CHO所含共价键数目为7。【解答】解：A.2L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有CH3COOH为2L×0.5mol/L＝1mol，CH3COOH为弱酸部分电离，溶液中含有H+的数目小于NA，故A错误；B.题目未给标准状况，无法计算气体体积，故B错误；C.SO2与O2反应生成SO3为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应生成SO3小于2mol，分子数小于2NA，故C正确；D.和CH3CHO分子中所含共价键数目均为7，物质的量相同的和CH3CHO所含共价键数目相同，故D正确；故选：D。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系。4．【分析】化合价升降为氧化还原反应特征，存在化合价变化的反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应无关，说明反应中不存在化合价变化，以此进行判断。【解答】解：A．用小刀切开金属钠，表面的银白色的金属钠与空气中的氧气反应产生氧化钠，导致金属钠表面逐渐变暗，该反应过程中元素化合价发生了变化，因此发生的反应为氧化还原反应，故A错误；B．推进装有NO2的密闭针筒的活塞，气体的体积减小，NO2气体浓度增大，因而气体颜色变深，与氧化还原反应无关，故B正确；C．将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，二者会发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，因而溶液紫色褪去，故C错误；D．维生素C具有还原性，可以与补铁剂氧化变质产生的Fe3+发生氧化还原反应产生Fe2+，故D错误；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。5．【分析】A．同周期主族元素自左而右电负性增大；B．中心离子具有空轨道，中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；C．HCN分子结构式为H﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键；D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数＝（4+2﹣2×3）＝0，价层电子对数＝3+0＝3。【解答】解：A．同周期主族元素自左而右电负性增大，则涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为C＜N＜O，故A错误；B．配合物K4Fe（CN）6的中心离子为Fe2+，中心离子的价电子排布式为3d5，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，该中心离子的配体为CN﹣，配位数是6，故B错误；C．HCN分子结构式为H﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键，1molHCN分子中含有σ键的数目为1.202×1024，故C正确；D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数＝（4+2﹣2×3）＝0，碳原子的价层电子对数＝3+0＝3，空间结构为平面三角形，故D错误；故选：C。【点评】本题考查配合物的成键情况，明确配合物中内界、外界及其外界性质是解本题关键，注意配合物中内界和外界在水溶液中存在方式，题目难度中等。6．【分析】A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成Cu2（OH）2CO3；B．铜在NH3环境中被腐蚀生成[Cu（NH3）4]（OH）2；C．Cu与浓硝酸反应生成NO2；D．Fe比Cu活泼，Cu不能置换出Fe。【解答】解：A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成Cu2（OH）2CO3，方程式为2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3，故A正确；B．铜在NH3环境中被腐蚀生成[Cu（NH3）4]（OH）2，方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O═2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣，故B错误；C．Cu与稀硝酸反应为3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，HNO3浓度增大，Cu与浓硝酸反应为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故C错误；D．Fe比Cu活泼，Cu不能置换出Fe，制作印刷线路板反应为Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故D错误；故选：A。【点评】本题考查金属的腐蚀，题目难度中等，掌握常见金属腐蚀的原理和反应是解题的关键。7．【分析】A．由结构可知，该有机物含有酯基；B．水解产物有甲醇、乙醇等；C．苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；D．含有手性碳原子的有机物存在手性异构，连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子。【解答】解：A．由结构可知，该有机物含有酯基，故A正确；B．酯基发生水解，产物有甲醇、乙醇等，甲醇、乙醇不能与NaHCO3溶液反应，故B错误；C．分子中含有的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，故C正确；D．分子中连接苯环的碳原子是手性碳原子，存在手性异构，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意对手性碳原子、手性异构的理解，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。8．【分析】A．PLA中不含亲水基，只含憎水基；B．乳酸生产中间体时，除了生成中间体外还生成水；C．乳酸中含有羧基和醇羟基，能发生缩聚反应生成高分子化合物；D．1molPLA完全水解时生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反应。【解答】解：A．PLA中不含亲水基，只含憎水基，所以PLA不易溶于水，故A错误；B．乳酸生产中间体时，除了生成中间体外还生成水，所以乳酸生产中间体时，原子利用率不能达到100%，故B错误；C．乳酸中含有羧基和醇羟基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，所以由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应，故C正确；D．1molPLA完全水解时生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反应，所以消耗（n﹣1）molNaOH，故D错误；故选：C。【点评】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、缩聚反应特点、物质的溶解性等知识点是解本题关键，题目难度不大。9．【分析】A．根据电离平衡常数知，H3PO4为三元弱酸，与足量NaOH溶液反应的离子方程式中应该写化学式；B．加入NaH2PO4固体，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4电离，导致溶液中c（H+）减小；C．加水稀释促进H3PO4电离，但H3PO4电离的增大程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中（H+）减小；D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。【解答】解：A．根据电离平衡常数知，H3PO4为三元弱酸，与足量NaOH溶液反应的离子方程式中应该写化学式，离子方程式为H3PO4+3OH﹣＝3H2O+，故A错误；B．加入NaH2PO4固体，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4电离，导致溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大，酸性减弱，故B错误；C．加水稀释促进H3PO4电离，但H3PO4电离的增大程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中（H+）减小，pH值增大，故C错误；D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣），故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离影响因素、溶液中存在的守恒、离子方程式书写规则是解本题关键，C选项易忽略溶液体积变化导致错误判断。10．【分析】该装置中一段时间后，浸入浓Cu（NO3）2溶液的铜棒变粗，故右侧铜棒为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，左侧铜棒为负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，据此作答。【解答】解：A．右侧铜棒为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，铜棒变粗，故A正确；B．导线中电子移动的方向：a（负极）→b（正极），故B错误；C．随着反应的进行，左侧铜离子浓度增大，右侧铜离子浓度减小，溶液中硝酸根离子由右侧向左侧迁移，浓、稀Cu（NO3）2溶液的浓度逐渐接近，故C正确；D．由反应可知，右侧铜离子浓度大，右侧铜棒为正极，Cu2+的氧化性随c（Cu2+）增大而增强，左侧铜离子浓度减小，左侧铜棒为负极，Cu的还原性随c（Cu2+）增大而减弱，故D正确；故选：B。【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。11．【分析】当K与M相接时，该装置是电解池，A为阳极，阳极上失电子发生氧化反应，B为阴极，发生还原反应，当K与N相接时，该装置是原电池，B为负极，A为正极，负极上发生氧化反应，该电极反应式为：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，正极上发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【解答】解：A．K与N相接时，B极为负极，该电极反应式为：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，故A错误；B．当K与M相接时，该装置是电解池，A为阳极，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：LiMnO2﹣xe﹣＝Li1﹣xMnO2+xLi+，故B正确；C．K与N相接时，A为正极，B为负极，Li+由B极区迁移到A极区，故C错误；D．原电池和电解质中，是电能和化学能之间的相互转化，化学能与热能、光能转化等，故D错误；故选：B。【点评】本题考查学生二次电池的工作原理知识，可以根据教材铅蓄电池的工作原理来回答，难度不大。12．【分析】A.由表中数据可，温度越高、K越大，可知升高温度平衡正向移动；B.T＝700℃，K＝0.6，t时刻Q＝＝＝2.25＞K；C.2.25介于1.7与2.6之间；D.T＝830℃K＝1，t时刻平衡逆向移动，设生成的M为xmol/L，则K＝＝＝1，以此来解答。【解答】解：A.由表中数据可，温度越高、K越大，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，反应△H＞0，故A错误；B.T＝700℃，K＝0.6，t时刻Q＝＝＝2.25＞K，平衡逆向移动，故B错误；C.2.25介于1.7与2.6之间，则t时刻反应达到化学平衡，1000℃＜T＜1200℃，故C正确；D.T＝830℃K＝1，t时刻平衡逆向移动，设生成的M为xmol/L，则K＝＝＝1，解得x＝0.25，则平衡时，c（M）＝1mol/L+0.25mol/L＝1.25mol•L﹣1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握温度与K的关系、K的计算、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。13．【分析】A．铁和高温水蒸气反应，生成Fe3O4和氢气；B．增大n（FeO）能减少积炭，并增大，可以推测发生反应FeO+C＝Fe+CO、FeO+CH4═Fe+CO+2H2；C．Fe上的积炭会在蒸气反应器中与水蒸气反应：C+H2OCO+H2；D．干重整反应器中还存在积碳，根据原子守恒进行分析。【解答】解：A．铁和高温水蒸气反应，生成Fe3O4和氢气，所以X的化学式为Fe3O4，Fe3O4被还原后可以得到FeO，进一步循环利用，故A正确；B．增大n（FeO）能减少积炭，并增大，可以推测发生反应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正确；C．减少n（FeO），Fe上的积炭会在蒸气反应器中与水蒸气反应，C+H2OCO+H2，导致产生的H2中含有CO，纯度降低，故C正确；D．根据题意可知，干重整反应器中还存在积碳，根据原子守恒有：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）+n（C）＝4mol，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查对反应机理的理解，侧重考查学生的分析能力、推理能力，对能力要求较高，难度中等。14．【分析】A．实验1、2、3中阳离子都是氢离子，且浓度都为6mol/L，但阴离子不同，反应速率不同；B．实验2分析，1h以上稀硫酸才与黄铜缓慢反应，经过2h气泡数量增加不明显；C．实验3、4、5可知，硝酸和黄铜反应速率随硝酸浓度增大而增大；D．实验2可知，1h内，稀硫酸和黄铜不反应，经过2h，反应缓慢，气泡数增加不明显，说明黄铜早稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能。【解答】解：A．实验1、2、3中阳离子都是氢离子，且浓度都为6mol/L，但阴离子不同，反应速率不同，说明反应速率不同，与溶液中阴离子种类有关，故A正确；B．实验2分析，1h以上稀硫酸才与黄铜缓慢反应，经过2h气泡数量增加不明显，不能保证其中锌溶解完全，不能用来测定铜的质量分数，故B错误；C．实验3、4、5可知，硝酸和黄铜反应速率随硝酸浓度增大，反应速率加快，故C正确；D．实验2可知，1h内，稀硫酸和黄铜不反应，经过2h，反应缓慢，气泡数增加不明显，说明黄铜早稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能，证明黄铜合金的结构与简单铜锌混合物不同，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了实验探究物质性质分析判断、合金性质的理解应用、影响反应速率的因素判断等，物质反应现象的分析是解题关键，题目难度不大。二、非选择题、共58分15．【分析】（1）Cu为29号元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，根据Cu失去3个电子变成Cu3+书写核外电子排布；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；（3）上述深蓝色晶体为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，其中含有的元素为Cu、N、H、S、O；（4）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断H2O的杂化类型、的空间构型；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；（5）成键电子对间的排斥作用小于孤对电子与成键电子对间的排斥作用；（6））晶胞中水分子数目为1+8×＝2，晶胞质量为g，晶胞体积为（333.7×10﹣10）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）Cu为29号元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，为ds区元素，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去3个电子变成Cu3+，依次失去4s1和3d的两个电子，则Cu3+的核外电子排布式为：[Ar]3d8，故答案为：ds；[Ar]3d8；（2）同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小即第一电离能O＞S，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；（3）上述深蓝色晶体为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，其中含有的元素为Cu、N、H、S、O，则其中电负性最小的为Cu，故答案为：Cu；（4）H2O中中心O原子的价层电子对数为2+＝4，则中心O的杂化类型为sp3，中中心S原子的价层电子对数为4+＝4，没有孤电子对，其空间构型为正四面体；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与互为等电子体的一种离子为：，故答案为：sp3；正四面体；；（5）氨分子与Cu2+形成配合物后，孤对电子与Cu2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故H﹣N﹣H键角变大，故答案为：氨分子与Cu2+形成配合物后，孤对电子与Cu2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，键角变大；（6）晶胞中水分子数目为1+8×＝2，晶胞质量为g，晶胞体积为（333.7×10﹣10）3cm3，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故答案为：。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及电离能、电负性、核外电子排布、空间构型、杂化方式、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。16．【分析】ClCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成B为ClCH2COOCH2CH3，对比B、D的分子式，可知B与Na2S发生取代反应生成D为，结合J的结构简式，可知D与发生信息i中反应生成E为，同时有CH3CH2OH生成，对比E、F的分子式，可知E中羟基与信息ii中取代反应生成F和HCl，碳酸钾消耗生成的HCl，有利于反应正向进行，故F为，F发生酯基水解反应、酸化引入羧基生成G，G再脱羧得到J，故G为，J与（NH4）2S2O8/催化剂作用生成高聚物PEDOT，该聚合反应中J分子内脱氢，属于缩聚反应。【解答】解：（1）A分子中含有的官能团有碳氯键、羧基，故答案为：碳氯键、羧基；（2）ClCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成ClCH2COOCH2CH3，A→B的化学方程式是ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O，故答案为：ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O；（3）B→D是ClCH2COOCH2CH3与Na2S反应生成和NaCl，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（4）D→E是与发生信息i中反应生成和CH3CH2OH，反应方程式是，故答案为：；（5）由分析可知，F的结构简式是，故答案为：；（6）a．J分子存在对称结构，分子中有2种化学环境不同的氢原子，其核磁共振氢谱有2组峰，故a正确；b．J分子中含有碳碳双键，能与H2发生加成反应，故b正确；c．J分子式为C6H6SO2，不饱和度为4，存在含苯环的同分异构体，如，故c错误；d．合成PEDOT聚合反应中J分子内脱氢，一定有其它分子生成，该反应属于缩聚反应，故d错误，故答案为：ab；（7）J→PEDOT的过程中，J分子脱氢形成PEDOT，发生氧化反应，推测反应物（NH4）2S2O8的作用是作氧化剂或脱氢，故答案为：作氧化剂（或脱氢）；（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②B、D含有酯基，而Na2S水溶液碱性比较强，导致B（或D）发生水解反应，故答案为：Na2S水溶液碱性比较强，导致B（或D）发生水解。【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、有机反应类型、有机物结构与性质、对试剂的分析与评价等等，充分利用转化中有机物分子式、结构简式进行分析推断，注意对给予反应的理解，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。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，由盖斯定律可知，②＝③﹣①，据此求△H2；②反应ⅱ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2反应速率较慢，对整个反应速率影响最大；（2）①由图可以看出，800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高；a．随增大，相当于在反应体系中增大二氧化碳的量；b．随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小，据此分析；（3）①N极CO2→CO，化合价降低，得电子；②阳极C2H6→C2H4，失去2个电子且消耗氧离子，据此书写电极反应式。【解答】解：（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，由盖斯定律可知，②＝③﹣①，△H2＝△H﹣△H1＝+177kJ•mol﹣1﹣（+136kJ•mol﹣1）＝+41kJ/mol，②反应ⅱ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2反应速率较慢，对整个反应速率影响最大，反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，故答案为：反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率；（2）①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高，故答案为：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高；a．随增大，相当于在反应体系中增大二氧化碳的量，则平衡正向移动，但CO2转化率将减小，故答案为：减小；b．随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大，故答案为：随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大；（3）①N极CO2→CO，化合价降低，得电子，被还原，为负极，故答案为：负；②阳极C2H6→C2H4，失去2个电子且消耗氧离子，电极反应式为：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O，故答案为：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O。【点评】本题考查了化学平衡移动的分析判断，热化学方程式和盖斯定律的计算应用，主要是图象曲线变化特征分析理解，掌握基础是关键，题目难度较大。18．【分析】（1）K2FeO4的制备流程：酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反应的方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，碱性条件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根据K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入饱和KOH溶液使Na2FeO4转化为K2FeO4，方程式为Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，过滤、洗涤、低温干燥，得到K2FeO4纯品；（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体，据此写出反应的化学方程式；②碱性条件下K2FeO4稳定、中性水中生成少量氧气、酸性条件下生成大量氧气，生成氧气显示出K2FeO4的氧化性，据此得出K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系；（3）①由图可知pH＝8左右N元素的去除率最高；②K2FeO4有强氧化性，能氧化生活垃圾渗透液的氮生成N2，则生活垃圾渗透液含有的氮元素化合价为负，结合酸性条件下N的存在分析；③由（2）的实验可知，酸性条件下K2FeO4氧化性强，碱性条件下K2FeO4氧化性弱，据此分析解答。【解答】解：（1）K2FeO4的制备流程：酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反应的方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，碱性条件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反应的方程式为2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根据K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入饱和KOH溶液使Na2FeO4转化为K2FeO4，方程式为Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，过滤、洗涤、低温干燥，得到K2FeO4纯品，①i中反应为酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3的反应，结合电子守恒、电荷守恒配平、得到离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；②碱性条件下NaClO氧化Fe2（SO4）