2023-2024学年北京顺义区一中高三（上）期中化学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京顺义一中高三（上）期中化学一、本部分共14题，每题3分，共42分。每题选出最符合题目要求的一项。1．下列说法正确的是（）A．利用银镜反应可以区分葡萄糖和麦芽糖 B．油脂在碱性条件下可水解为甘油和高级脂肪酸 C．蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性 D．核苷酸聚合成DNA是缩聚反应2．34Se和S均属于ⅥA族元素。下列事实不能从元素的电负性角度解释的是（）A．熔点：H2O＞H2S B．还原性：Se2﹣＞S2﹣ C．沸点：H2Se＞H2S D．H2Se中H为+1价3．名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是（）A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为sp3 C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应4．利用如图装置（夹持装置略）进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是（）选项实验目的试剂X试剂YA比较非金属性：Cl＞Br＞SNaBr溶液H2S溶液B吸收CO2中混有的SO2并检验其是否已除尽酸性KMnO4溶液品红溶液C检验C2H5Br与NaOH醇溶液共热的产物乙烯水酸性KMnO4溶液D证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔CuSO4溶液酸性KMnO4溶液A．A B．B C．C D．D5．硅烷（SiH4）可用于制造高纯硅，而SiH4可由硅化镁（熔点1102℃）制得，硅化镁晶体的晶胞如图所示，每个Mg原子位于Si原子组成的四面体中心。下列说法不正确的是（）A．硅化镁可能为分子晶体 B．硅化镁的化学式为Mg2Si C．每个晶胞中含有8个Mg原子 D．每个Si原子周围距离最近且等距的Mg原子有8个6．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（）操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去D加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液有蓝色沉淀A．A B．B C．C D．D7．富马酸亚铁（FeC4H2O4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示，下列说法不正确的是（）A．铁位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族 B．富马酸分子中σ键与π键的数目比为11：2 C．富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H D．1mol富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO28．下列关于同主族元素C、Si及其化合物的性质比较和原因分析不正确的是（）选项性质比较原因分析A熔点：CO2＜SiO2摩尔质量：CO2＜SiO2B电负性：C＞Si原子半径：C＜SiC酸性：H2CO3＞H2SiO3非金属性：C＞SiD热稳定性：CH4＞SiH4键能：C﹣H＞Si﹣HA．A B．B C．C D．D9．根据图所得判断正确的是（）已知：H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ/molA．图1反应为吸热反应 B．图1反应使用催化剂时，会改变其△H C．图2中若H2O的状态为液态，则能量变化曲线可能为① D．图2中反应为CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol10．科研人员研究了通电条件下N2在催化剂Au（金）表面生成NH3的反应，反应机理如图所示，下列说法不正确的是（）A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成 B．生成NH3的总电极反应式为：N2+6H++6e﹣═2NH3 C．当1molN2在电解池的阴极发生反应时，可得到2molNH3 D．使用Au作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率11．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如图。下列说法不正确的是（）A．P和M通过加成反应形成聚脲 B．一定条件下聚脲能发生水解反应 C．M苯环上的一氯代物有2种 D．M与互为同系物12．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图（起始时，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器体积为1L）。下列分析不正确的是（）A．乙烯气相直接水合反应的△H＜0 B．图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3 C．图中a点对应的平衡常数K＝ D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b13．在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△H＞0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（）容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（CO2）n（C）n（CO）n（CO）Ⅰ9770.280.5600.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56yA．977K，该反应的化学平衡常数值为2 B．达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡正向移动 C．达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大 D．达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%14．某同学检验海带中是否含有碘元素，进行了如下实验。步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰；步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，得到海带灰浸取液；步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入10%H2O2溶液（硫酸酸化），溶液变为蓝色；步骤Ⅳ：将10%H2O2溶液（硫酸酸化）替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝；步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入SO2，溶液迅速变为蓝色。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物 B．步骤Ⅲ中，反应的离子方程式：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O C．若将步骤Ⅴ中的SO2替换为KI溶液，也可能观察到溶液变为蓝色 D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，说明该条件下H2O2氧化性比氯水强二、本部分共5题，共58分。15．（12分）钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。（1）基态Ti4+的核外电子排布式为。（2）钛酸钙的晶胞如图所示。①每个Ca2+周围等距且紧邻的O2﹣有个。②比较Ca2+和Ti4+的离子半径大小并说明理由。（3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。①已知钛酸钙晶胞中距离最近的Ca2+和O2﹣之间的距离为anm，则钛酸钙晶体密度ρ＝g⋅cm﹣3（列出计算式）。②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是（填字母序号）。a．BaTiO3b．CaZrO3c．MgTiO3（4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物CH3NH3PbI3。其中有机阳离子CH3可由甲胺（CH3NH2）制得。①CH3中N的杂化方式为。请从化学键的角度解释由甲胺形成CH3的过程：。16．（10分）某钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如下（部分催化剂已略）。已知：金属离子沉淀的pH：Fe3+Fe2+Mg2+Mn2+Co2+开始沉淀时1.56.38.98.27.4完全沉淀时2.88.310.910.29.4（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，该气体是。（2）向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节pH至少大于。（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是。（4）向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co（NH3）63+。补充完整下列离子方程式：Co2++H2O2+NH3═Co（NH3）63++（5）溶液4中，若将1molCo（NH3）63+全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗（NH4）2C2O4mol。（6）关于上述流程，下列说法正确的是。（填序号）a．若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4b．向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pHc．流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离17．（12分）2019年诺贝尔化学奖授予对锂电池及锂离子电池研究做出贡献的三位科学家。（1）最早的可充电锂电池用金属锂作负板。锂在元素周期表中的位置是。属于活泼金属，使电池存在较大安全隐患。（2）现在广泛使用的锂离子电池有多种类型。某可充电钻酸锂电池的工作原理如图所示：①该电池放电时，其中一极的电极反应式是LixC6﹣xe﹣═6C+xLi+，则该极应为图中的（填“A”或“B”）。②碳酸乙烯酯（EC）常用作电解液的溶剂，其结构为，熔点35℃，可燃，可由二氧化碳和有机物X在一定条件下合成。X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰。写出合成EC的化学方程式：。③从正极材料中回收钴和锂的流程如图：写出酸浸过程中发生反应的化学方程式。拆解废旧电池前需进行放电处理，既可保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的原因是。18．（12分）花椒毒素对血液中多种病毒有很好的灭活作用，还可用于治疗皮肤顽疾。花椒毒素的一种中间体L的合成路线如图。已知：ⅰ．ⅱ．（R代表烃基）（1）A属于芳香烃，其名称是。（2）D为顺式结构。B→D的化学方程式是。（3）下列关于E的说法正确的是。（填序号）a．E的酸性弱于Gb．E在水中的溶解度大于Ac．一定条件下，E能形成网状高分子化合物（4）G→J的反应类型是。（5）已知：J→K+2CH3CH2OH，且K分子含两个环状结构。①J中含有的官能团是醚键、和。②K的结构简式是。（6）F与K反应生成L的步骤如下：中间产物1和中间产物2的结构简式分别是、。19．（12分）某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。实验现象Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡（1）Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为。（2）取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，（填现象），说明产生了Fe3+。（3）Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有性。（4）Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下表。实验现象ⅰ．K闭合时，指针向左偏转（Cu做负极），Fe表面无明显现象ⅱ．过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次ⅲ．一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体ⅳ．Cu表面始终产生红棕色气泡①用方程式解释现象ⅳ：。②推测现象ⅰ中被还原的是。③解释现象ⅱ中指针左右偏转，往复多次的原因。④现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是。

参考答案一、本部分共14题，每题3分，共42分。每题选出最符合题目要求的一项。1．【分析】A．葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖，均能发生银镜反应；B．油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐；C．硫酸钠为轻金属盐，能使蛋白质发生盐析；D．核苷酸聚合成DNA的过程中，会脱水，因此是缩聚反应。【解答】解：A．葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖，均能发生银镜反应，即利用银镜反应不可以区分葡萄糖和麦芽糖，故A错误；B．油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，故B错误；C．硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，故C错误；D．核苷酸聚合成DNA的过程中，会脱水，因此是缩聚反应，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查糖类和蛋白质的性质，为高频考点，题目难度不大。2．【分析】元素的电负性和元素的非金属性有关，元素的非金属性越大，电负性越大，据此分析判断。【解答】解：A．熔点：H2O＞H2S，是因为氧元素的电负性较大，和氢原子间易形成氢键，能从元素的电负性角度解释，故A正确；B．还原性：Se2﹣＞S2﹣，是因为S元素的电负性大，非金属性强，对应阴离子的还原性弱，能从元素的电负性角度解释，故B正确；C．沸点：H2Se＞H2S，是因为H2Se分子间作用力大，不能从元素的电负性角度解释，故C错误；D．H2Se中H为+1价，是因为Se的电负性大，得到电子能力强，能从元素的电负性角度解释，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了周期表中递变规律的分析判断，主要是元素的非金属性和电负性的理解应用，题目难度不大。3．【分析】A．分子中含氧官能团有醚键、羟基、酯基；B．分子中N原子有1对孤电子对，形成3个N﹣C键；C．羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；D．分子中存在次氨基，N原子有1对孤电子对，具有碱性。【解答】解：A．分子中含氧官能团共有3种，分别是醚键、羟基、酯基，故A正确；B．分子中N原子有1对孤电子对，形成3个N﹣C键，杂化轨道数目为3，N原子采取sp3杂化，故B正确；C．分子中羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，在浓硫酸、加热条件下可以发生醇的消去反应，故C错误；D．分子中存在次氨基，N原子有1对孤电子对，具有碱性，能与强酸反应，故D正确；故选：C。【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，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。4．【分析】A．氯气可分别氧化NaBr、硫化氢；B．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色；C．水可除去挥发的醇，酸性高锰酸可氧化乙烯；D．硫酸铜溶液可除去硫化氢等，酸性高锰酸钾溶液可氧化乙炔。【解答】解：A．氯气可分别氧化NaBr、硫化氢，该实验中不能比较Br、S的非金属性强弱，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，品红溶液不褪色，可知混有的SO2已除尽，故B正确；C．水可除去挥发的醇，酸性高锰酸可氧化乙烯，紫色褪去，可检验乙烯，故C正确；D．硫酸铜溶液可除去硫化氢等，酸性高锰酸钾溶液可氧化乙炔，紫色褪去，可检验乙炔，故D正确；故选：A。【点评】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、非金属性的比较、物质的检验、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。5．【分析】A．硅化镁熔点为1102℃；B．8个Mg位于体内，Si位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，Mg：Si＝8：4＝2：1；C．8个Mg位于体内，为晶胞独有；D．由晶胞图可知，面心的Si与4个Mg连接。【解答】解：A．硅化镁熔点为1102℃，可知硅化镁为离子晶体，故A错误；B．8个Mg位于体内，Si位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，Mg：Si＝8：4＝2：1，化学式为Mg2Si，故B正确；C．8个Mg位于体内，为晶胞独有，故C正确；D．由晶胞图可知，面心的Si与4个Mg连接，面心的原子为两个晶胞所有，故每个Si原子周围距离最近且等距的Mg原子有8个，故D正确；故选：A。【点评】本题考查晶胞计算，掌握均摊法进行晶胞有关计算，侧重考查学生识图、分析和计算能力，题目难度中等。6．【分析】SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁，过程中有化合价变化，据此判断解答．【解答】解：A．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；C．加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；D．亚铁离子加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液生成Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫的性质是解题关键，注意二价铁离子的检验，题目难度中等．7．【分析】A．Fe是26号元素；B．富马酸的结构简式为HOOCH＝HCOOH，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；C．元素的非金属性越强，其电负性越大；D．分子中羧基与NaHCO3溶液反应生成CO2。【解答】解：A．Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，故A正确；B．由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中σ键有11个、π键有3个，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故B错误；C．元素的非金属性越强电负性越大，即电负性大小顺序为O＞C＞H，故C正确；D．分子中2个羧基与NaHCO3溶液反应生成CO2，1mol富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，故D正确；故选：B。【点评】本题以富马酸的结构模型为载体，考查有机物的结构与性质、元素周期律、化学键等，关键是明确富马酸的结构简式，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况。8．【分析】A．二氧化碳形成的是分子晶体，二氧化硅形成的是共价晶体；B．原子半径越小，得到电子能力越强，非金属性越强，电负性越大；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；D．非金属性越强，原子半径越小，与氢原子形成共价键的键能越大，形成氢化物的稳定性越强。【解答】解：A．熔点：CO2＜SiO2，是因为二氧化碳形成的晶体为分子晶体，二氧化硅晶体为共价晶体，故A错误；B．原子半径：C＜Si，C原子得到电子能力强，非金属性强，则电负性：C＞Si，故B正确；C．非金属性C＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸H2CO3＞H2SiO3，故C正确；D．非金属性C＞Si，C原子得到电子能力强，非金属性强，键能：C﹣H＞Si﹣H，氢化物热稳定性：CH4＞SiH4，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了周期表和周期律的分析判断，注意性质递变规律的理解应用，题目难度不大。9．【分析】A．由图1可知反应后能量降低；B．催化剂只改变反应速率，不改变△H；C．由H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ/mol，则图2中若H2O的状态为液态，则生成物能量降低44kJ；D．由图1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol。【解答】解：A．由图1可知反应后能量降低，所以该反应是放热反应，故A错误；B．催化剂只改变反应速率，不改变△H，故B错误；C．由H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ/mol，则图2中若H2O的状态为液态，则生成物能量降低44kJ，又由图1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，所以能量变化曲线不可能为①，故C错误；D．由图1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，所以图2中反应为CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol，故D正确；故选：D。【点评】本题以图象的形式考查化学反应中的能量变化等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力。10．【分析】A、通过机理示意图可知，反应过程中N﹣N的非极性键断裂，生成了N﹣H极性键；B、由一个N2分子转化为两个NH3分子需要得6个电子；C、N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4；D、催化剂可以通过降低反应活化能提高反应速率。【解答】解：A、通过机理示意图可知，反应过程中N2分子内的非极性键断裂，生成了NH3和N2H4分子内的N﹣H极性键，故A正确；B、通过机理示意图可知，由一个N2分子转化为含2mol﹣3价N元素的NH3分子中需要得6mol电子，根据质量守恒，需要6molH+参与反应，所以电极反应式为：N2+6e﹣+6H+═2NH3，故B正确；C、通过机理示意图可知，N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4，因此，消耗1molN2并不能得到2molNH3，故C错误；D、催化剂可以通过降低反应活化能成千上万倍的提高反应速率，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应的实质及催化剂影响化学反应速率的重点知识，侧重考查学生对化学反应及化学反应速率的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。11．【分析】A．P中碳氮双键断裂和M发生加成反应聚脲；B．肽键能发生水解反应；C．M苯环上有几种氢原子，则M苯环上就有几种一氯代物；D．M和苯胺结构不相似。【解答】解：A．P中碳氮双键断裂和M发生加成反应聚脲，故A正确；B．肽键能发生水解反应，聚脲中含有肽键，所以一定条件下能发生水解反应，故B正确；C．M苯环上有2种氢原子，则M苯环上的一氯代物有2种，故C正确；D．M和苯胺结构不相似，所以二者不是同系物，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查对比、分析判断及知识综合应用能力，明确基本概念内涵、反应中断键和成键特点、H原子种类与一氯代物种类的关系是解本题关键，题目难度不大。12．【分析】A．压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动；B．相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大；C．a点乙烯转化率为20%，则消耗的n（C2H4）＝1mol×20%＝0.2mol，可逆反应C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）开始（mol/L）110消耗（mol/L）0.20.20.2平衡（mol/L）0.80.80.2化学平衡常数K＝；D．温度越高、压强越大化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短。【解答】解：A．压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，故A正确；B．相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，相同温度下转化率：p1＜p2＜p3，则压强p1＜p2＜p3，故B错误；C．a点乙烯转化率为20%，则消耗的n（C2H4）＝1mol×20%＝0.2mol，可逆反应C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）开始（mol/L）110消耗（mol/L）0.20.20.2平衡（mol/L）0.80.80.2化学平衡常数K＝＝＝，故C正确；D．温度越高、压强越大化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，温度、压强但是a＜b，则反应速率a＜b，所以达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学平衡计算及图象分析，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强与化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度不大。13．【分析】A．由I可知，平衡时CO为0.4mol，平衡浓度为0.2mol/L，则CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）开始0.140转化0.10.2平衡0.040.2K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；B．C为纯固体；C．II比I中起始量大，压强大，增大压强平衡逆向移动；D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，且为吸热反应，升高温度平衡正向移动。【解答】解：A．由I可知，平衡时CO为0.4mol，平衡浓度为0.2mol/L，则CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）开始0.140转化0.10.2平衡0.040.2977K，该反应的化学平衡常数值为＝1，故A错误；B．C为纯固体，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡不移动，故B错误；C．II比I中起始量大，压强大，增大压强平衡逆向移动，则达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C正确；D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，且为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由选项A可知CO2的转化率为×100%＝71.4%，温度相同时Ⅲ中CO的转化率为28.6%，而I中温度低，则达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率小于28.6%，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K及转化率计算、平衡移动为解答的关键，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。14．【分析】步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰，可除去其中的有机化合物，获得可溶性碘化物；步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，除去难溶物，得到海带灰浸取液；步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝，说明溶液中无碘单质；再加入10%H2O2溶液（硫酸酸化），溶液变为蓝色，说明过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O；步骤Ⅳ：将10%H2O2溶液（硫酸酸化）替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝，说明溶液中无碘单质；步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入SO2，溶液迅速变为蓝色，说明溶液中有碘单质，即SO2将还原为碘单质，说明步骤Ⅳ中氯水将I﹣氧化成，据此分析，A．灼烧干海带可除去其中的有机化合物；B．向含碘离子的溶液中加入10%H2O2溶液（硫酸酸化）发生氧化还原反应，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质；C．若将步骤Ⅴ中的SO2替换为KI溶液，发生反应+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象可知，H2O2将I﹣氧化成I2，氯水将I﹣氧化成。【解答】解：A．灼烧干海带可除去其中的有机化合物，获得可溶性碘化物，故A正确；B．向含碘离子的溶液中加入10%H2O2溶液（硫酸酸化）发生氧化还原反应，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O，故B正确；C．若将步骤Ⅴ中的SO2替换为KI溶液，发生反应+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，生成的碘使淀粉变蓝，故C正确；D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象可知，H2O2将I﹣氧化成I2，氯水将I﹣氧化成，说明该条件下H2O2氧化性比氯水弱，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了海带中提取碘单质的实验过程分析，注意氧化还原反应中氧化性强弱的比较，掌握基础是解题关键，题目难度不大。二、本部分共5题，共58分。15．【分析】（1）Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；（2）由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；（3）①由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，含有Ti4+的个数为1，含有Ca2+的个数为8×＝1，钛酸钙晶胞的棱长为apm（1pm＝10﹣10cm），则钛酸钙晶体密度ρ＝；②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量；（4）①CH3中以N原子为中心原子，价层电子对数为4；②从化学键的角度解释由甲胺形成CH3的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似。【解答】解：（1）Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；（2）由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，Ti是22号元素，Ti4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，Ca2+和Ti4+的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径Ca2+大于Ti4+，故答案为：3；Ca2+和Ti4+的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径Ca2+大于Ti4+；（3）①由均摊法可知，1个晶胞中含有O2﹣的个数是6×＝3，含有Ti4+的个数为1，含有Ca2+的个数为8×＝1，Ca2+和O2﹣之间的距离为anm，钛酸钙晶胞的棱长为apm，则钛酸钙晶体密度ρ＝＝g⋅cm﹣3，故答案为：；②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是BaTiO3和CaZrO3，故答案为：ab；（4）①CH3中以N原子为中心原子，价层电子对数为4，孤电子对为0，N的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；②从化学键的角度解释由甲胺形成CH3的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3，故答案为：氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断等知识点，明确原子结构、物质结构、均摊法在晶胞计算中的运用等知识点是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。16．【分析】根据流程图分析，钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、MnSO4、MgSO4、Fe2（SO4）3，沉淀1为难溶的SiO2；溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe（OH）3沉淀，溶液2中含有CoSO4、MnSO4、MgSO4，加入NaF溶液后生成MgF2沉淀，则沉淀3为MgF2；溶液3中加入氨水和H2O2溶液，根据问题（4）提示知，Co2+被氧化为Co（NH3）63+，同时Mn2+转化为MnO2，此时溶液4中含有阳离子为Co（NH3）63+，加入稀硫酸和（NH4）2C2O4后被还原为CoC2O4，据此分析解答。【解答】解：（1）可使带火星的木条复燃的气体为氧气，故答案为：O2；（2）根据题给信息分析，pH＝2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节pH至少大于2.8，故答案为：2.8；（3）根据上述对流程图的分析，Fe3+通过Fe（OH）3沉淀除去，Mn2+通过氧化为MnO2除去，则加入NaF溶液，去除的离子是Mg2+，故答案为：Mg2+；（4）根据氧化还原中电子转移守恒配平知Co2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：2Co2++H2O2+12NH3＝2Co（NH3）63++2OH﹣，故答案为：2；1；12；2；2OH﹣；（5）Co2+被氧化为Co3+，C2被还原为CO，则根据得失电子守恒知：1molCo（NH3）63+全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗（NH4）2C2O4：+1mol＝1.5mol，故答案为：1.5；（6）a．若矿石粉中存在少量FeO，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4，故a正确；b．向溶液3中加入氨水，除了调节溶液的pH，还有与Co3+形成配位离子，故b错误；c．流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故c正确，故答案为：ac。【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，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．【分析】（1）锂的核外电子数为3，分2层排布，最外层电子数为1；（2）①根据负极失电子发生氧化反应，所以反应式为LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+是在负极反应；②根据X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则可推出X为，据此书写方程式；③由流程图可知，LiCoO2在硫酸的酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，据此书写方程式；根据放电阳离子移向正极分析。【解答】解：（1）锂的核外电子数为3，分2层排布，最外层电子数为1，则锂在元素周期表中的位置是：第二周期IA族，故答案为：第二周期IA族；（2）①根据阳离子向正极移动，由装置图锂离子移动方向可知，B为正极，A为负极，又负极失电子发生氧化反应，所以反应式为LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+是在负极反应，则该极应为图中的A，故答案为：A；②由X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则可推出X为，所以合成EC的化学方程式为CO2+，故答案为：CO2+；③由流程图可知，LiCoO2在硫酸的酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，则反应的化学方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是：放电有利于Li+离子移向正极并进入正极材料；故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；放电有利于Li+离子移向正极并进入正极材料。【点评】本题考查锂电池原理及其物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，明确充放电各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。18．【分析】由流程知，A为苯，D为顺式结构，D为，F分子式为C3H4O3，不饱和度为2，为OHC﹣CH2﹣COOH，G→J是发生已知反应i的反应，J→K+2CH3CH2OH，且K分子含两个环状结构，则J为，K为，F和K发生已知反应ii的反应、得到中间产物、再经另一个中间产物或，得到目标产物，据此回答。【解答】解：（1）由流程知，A属于芳香烃，其名称是苯，故答案为：苯；（2）D为顺式结构，则D为，B→D的化学方程式是，故答案为：；（3）E为；a．E含羧基、G含酚羟基，则E的酸性强于G，故a错误；b．E中羧基和羟基均为亲水基团、憎水基团短，则在水中的溶解度大于A，故b正确；c．E中含羧基和羟基，因此能发生缩聚反应，一定条件下，2个羧基和1个羟基间的缩聚，能形成网状高分子化合物，故c正确，故答案为：bc；