2024北京二中高三（下）开学考化学试题及答案

高中2024北京二中高三（下）开学考化学一、选择题（每3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）1．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．NaCl的电子式： B．基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2 C．乙醇的分子式：C2H6O D．乙炔的分子结构模型：2．（3分）下列说法不正确的是（）A．葡萄糖、蔗糖、纤维素都是糖类物质，都可发生水解反应 B．天然植物油中不饱和脂肪酸甘油酯含量高，常温下呈液态 C．氨基酸、二肽、蛋白质均既能与强酸又能与强碱反应 D．淀粉水解液加足量碱后，再加新制氢氧化铜浊液，加热，产生砖红色沉淀3．（3分）下列说法正确的是（）A．HCl和Cl2分子中均含有s﹣pσ键 B．NH3和NH4+的VSEPR模型和空间结构均一致 C．熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 D．酸性：CH3COOH＞CHCl2COOH＞CCl3COOH4．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．23gNO2与足量水反应，转移的电子数约为NA B．标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数约为10NA C．常温下，1L0.1mol•L﹣1NH4NO3溶液中含有的数约为0.1NA D．0.1mol环氧乙烷（）中含有共价键的总数约为0.3NA5．（3分）下列用于解释事实的离子方程式不正确的是（）A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq） B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5HSO3﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O C．向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣ D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O6．（3分）某储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法错误的是（）A．简单氢化物沸点高低：X＜Y B．Y和W位于同一主族 C．第一电离能大小：X＜Z＜Y D．阴、阳离子中均有配位键7．（3分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A． B． t/℃51015一水合氨Kh/（×10﹣5）1.4791.5701.625C． D．8．（3分）欲用如图装置对所制备的气体进行除杂、检验，其设计方案合理的是（）制备气体X（除杂试剂）Y（检验试剂）A生石灰与浓氨水浓硫酸红色石蕊试纸B电石与NaCl水溶液H2OBr2的CCl4溶液CC2H5OH与浓硫酸加热至170℃饱和NaHSO3溶液K2Cr2O7酸性溶液DCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热H2OKMnO4酸性溶液A．A B．B C．C D．D9．（3分）我国学者研制了一种锌基电极，与涂覆氢氧化镍的镍基电极组成可充电电池，其示意图如图。放电时，Zn转化为2ZnCO3•3Zn（OH）2。下列说法错误的是（）A．放电时，正极反应为：Ni（OH）2+2e﹣═Ni+2OH﹣ B．放电时，若外电路有0.2mol电子转移，则有0.1molZn2+向正极迁移 C．充电时，a为外接电源负极 D．充电时，阴极反应为：2ZnCO3⋅3Zn（OH）2+10e﹣═5Zn+2+6OH﹣10．（3分）在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g），实验数据如下表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（M）①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是（）A．实验①中，若5min时测得n（M）＝0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）＝1.0ו10﹣2mol（L•min） B．实验②中，若某时刻测得n（N）＝0.040mol，则此时混合气体中X（g）的体积分数为6% C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60% D．实验④中，达到平衡时，b＞0.06011．（3分）25℃，一定浓度K2Cr2O7溶液pH＝4，其中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系（局部）如图所示。K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+。在pH＝3～11时，其他形式含铬微粒可忽略不计。下列说法不正确的是（）A．曲线Ⅱ代表c（Cr2）随pH变化 B．改变溶液的pH，不一定能观察到溶液颜色变化 C．pH＝3～11时均存在c（）+2c（Cr2）+c（）＝0.2mol/L D．pH＝3～11时均存在c（K+）+c（H+）＝c（）+2c（）+2c（）+c（OH﹣）12．（3分）聚乳酸（PLA）是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改性，从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图。下列说法不正确的是（）注：Bn是苯甲基（）A．反应①是缩聚反应 B．反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是m：n C．改性的PLA中，m：n越大，其在水中的溶解性越好 D．在合成中Bn的作用是保护羟基，防止羟基参与聚合反应13．（3分）叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应：（CH3）3C﹣Br+AgNO3（CH3）3C﹣ONO2+AgBr↓反应分步进行：①（CH3）3C﹣Br→[（CH3）3C﹣Br]→（CH3）3C++Br﹣②（CH3）3C++→[（CH3）3C﹣ONO2]→（CH3）3C﹣ONO2如图是该反应能量变化图。下列说法正确的是（）A．选用催化剂可改变反应ΔH的大小 B．图中I对应的物质是[（CH3）3C﹣ONO2] C．其他条件不变时，的浓度越高，总反应速率越快 D．其他条件不变时，（CH3）3C﹣Br的浓度是总反应速率的决定因素14．（3分）小组同学探究Cu和物质A的反应，实验如下．装置序号物质A实验现象①0.6mol⋅L﹣1Fe（NO3）3溶液（调pH＝1）铜粉溶解，溶液变为深棕色[经检验含Fe（NO）2+]②0.6mol⋅L﹣1FeCl3溶液铜粉溶解，溶液变为蓝绿色③1.8mol⋅L﹣1NaNO3溶液（调pH＝1）无明显变化下列分析不正确的是（）A．②中铜粉溶解的原因：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+ B．①中产生NO的原因：pH＝1时铜粉直接将还原为NO C．若向③中加入FeSO4固体，推测铜粉会溶解 D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性（或还原性）强弱有关，也与反应速率有关二、填空题（共58分，将答案填写在答题纸的指定位置）15．（9分）超分子指多个分子组合在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体，超分子内部分子通过非共价键相结合。冠醚是大环多醚类物质的总称，能与阳离子作用，并随环大小不同对阳离子具有选择性作用，如图为常见的三种冠醚结构。已知：K+与冠醚b结合能力强，使钾盐在该液体冠醚中溶解性好。（1）下列冠醚中O原子的基态或激发态价电子中，能量由低到高排列的正确顺序为。（2）KMnO4具有强氧化性，Mn在元素周期表中的位置是，其水溶液对环己烯的氧化效果很差，若将环己烯溶于冠醚b再加入KMnO4，氧化效果大幅度提升，原因是。（3）分子A（结构如图所示）能与冠醚c形成一种分子梭结构，其中N的杂化为，该分子梭可以通过加入酸或碱使冠醚c在位点1和位点2之间来回移动。加酸冠醚c移动到位点2，冠醚c与位点2之间的相互作用为。a.静电相互作用b.离子键c.共价键d.氢键（4）Co2+与冠醚a结合能力强，KCoF3有独特的电性、磁性和光致发光性能。①Co2+的价电子排布式为。②KCoF3晶体结构如图所示，每个小正八面体的顶点均为F原子，该立方晶胞中Co的配位数为，该晶体密度为ρg/cm3，则该晶胞的棱长为pm。16．（8分）丙烯腈（CH2＝CH﹣CN）是重要的化工原料，其合成分两步进行。Ⅰ.丙烷脱氢制丙烯丙烷脱氢过程中发生如下反应：i.C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH＝+125kJ•mol﹣1ii.C3H8（g）⇌C2H4（g）+CH4（g）ΔH＝+81kJ•mol﹣1（1）升温时，测得丙烯平衡产率降低。①升温时，丙烷的平衡转化率（填“提高”“降低”或“不变”）。②丙烯平衡产率降低的可能原因是。（2）工业上，常在恒压条件下充入高温水蒸气使反应器再热。请分析充入高温水蒸气的作用：。（3）已知：i.H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝﹣41kJ•mol﹣1ii.C3H8在高温下脱氢时碳碳键易断裂，产生积炭后，催化剂活性降低工业上，常在C3H8中加入一定量的CO2，目的是。Ⅱ.丙烯氨氧化制丙烯腈丙烯在一定条件下生成丙烯腈（CH2＝CHCN），副产物为丙烯醛（CH2＝CHCHO），反应如下：i.C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）⇌CH2＝CHCN（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣515kJ•mol﹣1ii.C3H6（g）+O2（g）⇌CH2＝CHCHO（g）+H2O（g）ΔH＝﹣353kJ•mol﹣1（4）原料气中NH3和丙烯的比例对产物收率的影响如图所示。已知：CH2＝CHCN碱性条件下容易分解。①n（NH3）/n（C3H6）＜0.3时产物主要为丙烯醛（CH2＝CHCHO），原因是。②n（NH3）/n（C3H6）＞1时，冷却吸收后丙烯腈收率略有降低，原因是。17．（15分）抗溃疡药奥美拉唑合成路线如图。已知：的某些性质和相似，都能与R﹣NH2发生加成。（1）写出A的结构简式。（2）B→C的反应试剂及条件是；C中所含官能团名称为：硝基、。（3）C→D的化学方程式是：。（4）D→E过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（5）一定条件下，E与过量反应形成高分子，每形成1mol该高分子的同时，还会产生某种小分子产物，其物质的量为mol。与E的比值越大，则高分子的分子量越。（填“大”或“小”）。（6）Ⅰ的结构简式是。（7）下列有关J的说法正确的是（填序号）。a．分子式是C9H12NO2b．能使酸性KMnO4溶液褪色c．核磁共振氢谱有6组峰d．具有碱性e．能与Na2CO3溶液反应（8）E经三步反应形成F，请写出中间体1和中间体2的结构简式、。18．（14分）利用蛇纹石提镁后的中和渣（主要成分为Fe2O3及：SiO2、Al2O3、Cr2O3、CoO、NiCO3、PbCO3等杂质）提取高附加值的铁红（Fe2O3）的一种工艺流程如图所示。已知：①K甲（CoS）＝3.0×10﹣26，K甲（NiS）＝2.8×10﹣21②溶液中离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时可认为完全沉淀请回答下列问题：（1）滤渣1的成分为（填化学式），滤液2中主要的金属阳离子为。（2）还原过程中发生反应的离子方程式为，可用试剂检验还原是否完全。（3）欲制备高纯铁红，净化过程溶液中各离子的去除率与pH的关系如图，则应控制pH为。（4）沉钴镍时，若溶液中Co2+、Ni2+浓度均为0.01mol•L﹣1逐渐加入Na2S，则先沉淀的离子为，结合计算说明两种离子能否彻底先后分离。（5）煅烧过程中发生的化学方程式为。（6）一种测定铁红产品纯度的方法如下：称取mg铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00mL溶液从其中量取20.00mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用cmol/L硫代硫酸钠（Na2S2O3）标准液滴定至终点，发生反应：I2+2S2＝S4+2I﹣。平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为VmL。则铁红产品的纯度为（用c、V、m表示）。19．（12分）某研究小组探究酸碱性对FeSO4和H2O2反应的影响。资料：Fe（OH）SO4为黄色固体，难溶于水，可溶于酸。Ⅰ．无外加酸碱时，实验如下。（1）根据，可证实实验ⅰ中红褐色液体为胶体。（2）已知黄褐色沉淀中有Fe（OH）3，还可能存在Fe（OH）SO4，设计实验证实。（填操作和现象）（3）结合化学用语，解释无外加酸碱时反应结束后pH降低的原因。Ⅱ．外加酸碱条件下，实验如下。实验编号实验操作现象ⅲ取3mL30%H2O2溶液于试管中，滴加1mL2mol⋅L﹣1NaOH溶液，再滴加0.5mL0.5mol⋅L﹣1FeSO4溶液液体变为红褐色，立即产生大量气体，有液体喷出试管，最终产生大量红褐色沉淀ⅳ取3mL30%H2O2溶液于试管中，滴加1mL1mol⋅L﹣1稀硫酸，再滴加0.5mL0.5mol⋅L﹣1FeSO4溶液溶液呈黄色，有少量气泡产生，静置无沉淀产生（4）根据实验ⅲ，推测立即产生大量气体的原因。猜想一：OH﹣催化H2O2分解。猜想二：。设计实验，证实猜想一不是立即产生大量气体的主要原因。（5）HO2⋅是产生氧气的主要微粒。请结合反应机理分析酸性条件下产生气体少的原因。主要反应机理：①Fe2++H2O2→Fe3++⋅OH+OH﹣②Fe3++H2O→FeOH2++H+（Fe3+的水解）③Fe3++H2O2→FeⅢ（HO2）2++H+④FeⅢ（HO2）2+→Fe2++HO2⋅④FeOH2++H2O2→FeⅢ（OH）（HO2）++H+⑥FeⅢ（OH）（HO2）+→Fe2++HO2⋅+OH﹣注：FeⅢ代表Fe的化合价为+3（6）已知Fe2+/H2O2体系在废水净化中，具有一般化学氧化法无法比拟的优势，主要是由于⋅OH有强氧化性，根据以上实验探究，配制该体系最好控制在条件下。

参考答案一、选择题（每3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）1．【分析】A．NaCl是离子化合物，由钠离子和氯离子构成；B．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；C．乙醇为含有2个碳原子的饱和一元醇，结构简式为C2H5OH；D．乙炔是直线形分子，结构简式为H﹣C≡C﹣H，C原子半径大于H。【解答】解：A．NaCl是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，氯离子最外层电子数为8，其电子式为，故A正确；B．基态Cr原子的原子序数为24，根据洪特规则可知，其价层电子排布式为3d54s1，不是3d44s2，故B错误；C．乙醇的结构简式为C2H5OH，分子式为C2H6O，故C正确；D．乙炔的结构简式为H﹣C≡C﹣H，是直线形分子，原子半径：C大于H，其分子结构模型为，故D正确；故选：B。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。2．【分析】A．葡萄糖不能发生水解反应；B．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，常温下为液态；C．氨基酸、二肽、蛋白质均既含有氨基，又含有羧基；D．加热、碱性条件下，醛基能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀。【解答】解：A．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；B．动物脂肪为饱和高级脂肪酸甘油酯，常温下为固态，植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，常温下为液态，故B正确；C．氨基酸、二肽、蛋白质均既含有氨基，又含有羧基，均既能跟强酸反应又能跟强碱反应，故C正确；D．加热、碱性条件下，葡萄糖能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，如果向淀粉水解液中加足量碱后，再加入新制氢氧化铜，加热，有砖红色沉淀生成，则说明淀粉水解产物中含有葡萄糖，故D正确；故选：A。【点评】本题考查糖类、油脂、蛋白质的结构与性质，题目比较简单，关键是掌握糖类、油脂、蛋白质的结构和性质特点，注意化学与生活的练习。3．【分析】A.HCl中H的1s电子与Cl的3p电子形成共价键，氯气分子中只有Cl﹣Cl共价键，Cl的3p电子之间形成共用电子对；B.NH3分子中N原子价层电子对个数＝3+＝4，含有一个孤电子对，其VSEPR模型为四面体结构，空间构型为三角锥形；C.共价晶体的原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高；D.Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，则含有Cl的数目越多酸性越强。【解答】解：A.HCl中H的1s电子与Cl的3p电子形成共价键，为s﹣pσ键，但Cl2分子中只有Cl﹣Cl共价键，Cl的3p电子之间形成共用电子对，为p﹣pσ键，故A错误；B.NH4+的中心原子N的价层电子对个数＝4+＝4，没有有孤电子对，其VSEPR模型和空间结构一致，均为正四面体形，但NH3分子的VSEPR模型为四面体结构，空间构型为三角锥形，故B错误；C.金刚石、碳化硅、晶体硅都为共价晶体，C原子半径小于Si原子半径，键长：C﹣C＜C﹣Si＜Si﹣Si，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，则熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C正确；D.Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，Cl原子为吸电子基，使得羟基O﹣H键极性增强，易电离出H+，则酸性：CH3COOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，故D错误；故选：C。【点评】本题考查较为综合，涉及粒子构型判断、化学键、晶体性质等知识，为高频考点，明确判断分子或离子构型的方法为解答关键，注意掌握化学键类型、晶体的结构与性质，题目难度中等。4．【分析】A．3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑～2e﹣，NO2既作氧化剂又作还原剂；B．1个氨气分子含有10个电子；C．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；D．1个环氧乙烷含有7个共价键。【解答】解：A．23gNO2物质的量为：＝0.5mol，依据3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑～2e﹣，可知转移电子数为mol，转移的电子数约为NA，故A错误；B．标准状况下，22.4L15NH3物质的量为：＝1mol，含有的质子数约为10NA，故B正确；C．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，常温下，1L0.1mol•L﹣1NH4NO3溶液中含有的数小于0.1NA，故C错误；D．1个环氧乙烷含有7个共价键，0.1mol环氧乙烷（）中含有共价键的总数约为0.7NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用、物质的结构是解题关键。5．【分析】A．发生沉淀的转化；B．高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子；C．NaHCO3完全反应，生成碳酸钙、水、NaOH；D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水。【解答】解：A．向AgCl悬浊液中滴加硫化钠溶液，白色沉淀变成黑色的离子反应为：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq），故A正确；B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去，离子方程式：2MnO4﹣+5HSO3﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O，故B正确；C．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀的离子反应为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故C错误；D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大。6．【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。【解答】解：A．X为C，Y为N，由于N元素形成的简单氢化物氨气中含有氢键，则其沸点高于C的简单氢化物甲烷，故A正确；B．Y为N，位于第ⅤA族，W为B，位于第ⅢA族，二者不属于同主族元素，故B错误；C．X为C，Y为N，Z为O，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：X＜Z＜Y，故C正确；D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，故D正确；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的成键特点、最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。7．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A.铬酸钾（K2CrO4）与重铬酸钾（K2Cr2O7）有如下转化：2+2H+⇌Cr2+H2O，加入氢氧化钠，平衡逆向移动，颜色橙色变为黄色，能用平衡移动原理解释，故A错误；B.一水合氨的电离是吸热过程，升高温度，促进平衡正向移动，所以平衡常数增大，能用平衡移动原理解释，故B错误；C.石蕊试液中存在电离平衡，和酸碱混合后会引起平衡的移动，从而导致颜色变化，能用平衡移动原理解释，故C错误；D.金属锌和硫酸的反应中，加入金属铜，可以构成原电池，加快反应速率，不能用平衡移动原理解释，故D正确；故选：D。【点评】本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，侧重考查知识的综合运用，明确勒夏特列原理内涵及其适用范围是解本题关键，注意：只有能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，题目难度不大。8．【分析】A．浓硫酸与氨气反应；B．生成的乙炔中混有硫化氢；C．C2H5OH与浓硫酸加热至170℃，发生消去反应生成的乙烯中可能二氧化硫；D．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应生成乙烯中可能混有挥发的乙醇。【解答】解：A．浓硫酸与氨气反应，不能选浓硫酸除去氨气中杂质，故A错误；B．生成的乙炔中混有硫化氢，应选硫酸铜溶液除去硫化氢，故B错误；C．C2H5OH与浓硫酸加热至170℃，发生消去反应生成的乙烯中可能二氧化硫，饱和亚硫酸氢钠不能除去二氧化硫，故C错误；D．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应生成乙烯中可能混有挥发的乙醇，水可除去挥发的乙醇，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，可完成除杂、检验，故D正确；故选：D。【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、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9．【分析】放电时，锌基电极为负极，Zn转化为2ZnCO3⋅3Zn（OH）2，电极反应式为：，镍基电极为正极，电极反应式为：，充电时，a接电源负极，锌基电极为阴极，电极反应式为：，b接电源正极，镍基电极为阳极，电极反应式为：Ni+2OH﹣﹣2e﹣＝Ni（OH）2。【解答】解：A．放电时，镍基电极为正极，电极反应式为：，故A正确；B．放电时，锌基电极为负极，Zn转化为2ZnCO3⋅3Zn（OH）2，电极反应式为：，混合电解液中没有Zn2+，故B错误；C．充电时，a接电源负极，锌基电极为阴极，故C正确；D．充电时，锌基电极为阴极，电极反应式为：，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。10．【分析】A．根据v＝计算v（M），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（N）；B．由表中数据，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量；C．温度不变平衡常数不变，根据平衡常数可求出转化量，进而求出转化率；D．对比实验①②的平衡常数可知，正反应为放热反应，升温平衡左移，平衡常数减小，转化率减小，根据实验③中Y的转化率为40%，则实验④中X的转化率小于60%，达到平衡时，b＜0.060。【解答】解：A．v（N）＝v（M）＝＝1.0×10﹣3mol/（L•min），故A错误；B．X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L）0.10.400转化浓度（mol/L）0.0400.0400.0400.040平衡浓度（mol/L）0.060.360.040.04则此时混合气体中X（g）的体积分数为×100%＝8%，故B错误；C．X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L）0.020.0300转化浓度（mol/L）平衡浓度（mol/L）0.02﹣0.03﹣该反应的平衡常数K＝＝1.0，解得：a＝0.12，实验③中，X的转化率＝×100%＝60%，故C正确；D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K＝1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b＝a＝0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，b＜0.06，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法，试题有利于提高学生的化学计算能力。11．【分析】A．增大氢离子浓度，平衡逆向移动；B．由图可知，pH＞8时，离子浓度变化不大；C．由图可知，pH为14时，c（）＝0.2mol/L，结合Cr原子守恒判断；D．一定浓度K2Cr2O7溶液，pH小于7时加入硫酸酸化。【解答】解：A．增大氢离子浓度，平衡逆向移动，使c（Cr2）增大，由图可知曲线Ⅱ代表Cr2浓度，故A正确；B．由图可知，pH＞8时，离子浓度变化不大，则改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化，故B正确；C．由图可知，pH为14时，c（）＝0.2mol/L，由Cr原子守恒可知溶液中存在c（）+2c（Cr2）+c（）＝0.2mol/L，故C正确；D．pH小于7时加入硫酸酸化，由电荷守恒可知混合溶液存在c（K+）+c（H+）＝c（）+2c（Cr2）+2c（）+c（OH﹣）+2c（），故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡及离子浓度的比较，为高频考点，把握pH对平衡移动的影响、图中离子浓度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒及物料守恒的应用，题目难度不大。12．【分析】A．乳酸发生缩聚反应生成PLA；B．反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是2m：n；C．羟基为亲水基、酯基为憎水基；D．反应①中羟基也参与聚合反应。【解答】解：A．根据图知，乳酸发生分子间缩聚反应生成PLA，故A正确；B．根据图知，反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是2m：n，故B错误；C．羟基为亲水基、酯基为憎水基，改性的PLA中，m：n越大，羟基越多，其在水中的溶解性越好，故C正确；D．反应①中羟基也参与聚合反应，反应②发生聚合时先引入Bn，防止羟基参与聚合反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物合成，侧重考查观察、分析、判断及知识综合运用能力，明确聚合反应判断方法、有机物溶解性影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。13．【分析】A．催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，ΔH与反应物生成物的能量有关；B．由题中反应分步进行的式子可知，I对应的物质是（CH3）3C+；C．总反应速率主要由活化能最大的步骤决定；D．总反应速率主要由反应①的速率决定。【解答】解：A．催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，ΔH与反应物生成物的能量有关，催化剂对ΔH无影响，故A错误；B．由题中反应分布进行的式子可知，I对应的物质是（CH3）3C+，故B错误；C．总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即（CH3）3C﹣Br→[（CH3）3C——﹣Br]，其他条件不变时，的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，故C错误；D．总反应速率主要由反应①的速率决定，反应①中（CH3）3C﹣Br的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应热与焓变，把握活化能与反应速率的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。14．【分析】A．FeCl3溶液具有氧化性，可以氧化铜单质；B．Fe3+具有氧化性，可以氧化铜单质，Fe2+具有还原性，可以被氧化；C．Fe2+具有还原性，可以被氧化成Fe3+，Fe3+可以氧化铜单质；D．Fe3+、等氧化性有差异，离子浓度越大，反应速率越大。【解答】解：A．向0.6mol⋅L﹣1FeCl3溶液中加入铜粉，铜粉溶解，溶液变为蓝绿色，发生离子反应：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，得到含有Cu2+和Fe2+的混合溶液，显蓝绿色，故A正确；B．经检验含Fe（NO）2+，说明加入铜粉后，发生反应：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，然后Fe2+与发生氧化还原反应生成NO，NO再与Fe2+结合生成Fe（NO）2+，故B错误；C．若向③中加入FeSO4固体，酸性条件下，亚铁离子与发生氧化还原反应生成Fe3+，根据实验①的条件，可以推测铜粉会溶解，故C正确；D．①②③现象的差异与物质氧化性强弱有关，如Fe3+、等氧化性有差异，亚铁离子还原性等，也与浓度、H+浓度有关，离子浓度越大，反应速率有关，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查硝酸和铁离子的氧化性，同时考查学生的实验探究能力、分析能力，属于高考高频考点，难度中等。二、填空题（共58分，将答案填写在答题纸的指定位置）15．【分析】（1）能量2s＜2p＜3s＜3p，电子所在能级越高，该微粒能量越高；（2）Mn元素在周期表中的位置为第四周期第VIIB族，根据相似相溶原理知，冠醚可溶于烯烃，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高氧化效果；（3）环上的氮原子的价层电子对数为：2+1＝3，故该N原子为sp2杂化，﹣NH﹣上的N为sp3杂化，该分子梭可以通过加入酸或碱使冠醚c在位点1和位点2之间来回移动，说明冠醚c与位点2之间的相互作用为静电相互作用和氢键；（4）①Co是27号元素；②每个小正八面体的顶点均为F原子，面心是Co原子，该立方晶胞中Co的配位数为6；KCoF3晶胞质量m＝g，设该晶胞的棱长为apm，体积为V＝（a×10﹣10）3cm3，由晶体密度，据此解答。【解答】解：（1）能量2s＜2p＜3s＜3p，电子所在能级越高，该微粒能量越高；又由于i所示电子排布不符合能量最低原理，所以能量比ii高，则能量由低到高的顺序是ii＜i＜iii，故答案为：ii＜i＜iii；（2）Mn元素在周期表中的位置为第四周期第VIIB族，根据相似相溶原理知，冠醚可溶于烯烃，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高氧化效果，原因是：烯烃与水互不相溶，高锰酸钾与烯烃不易接触，加入冠醚后，烯烃在冠醚中溶解度好，同时随钾离子进入冠醚溶液，不与冠醚结合，游离的与烯烃充分接触，反应活性高，反应速率快，故答案为：第四周期第VIIB族；烯烃与水互不相溶，高锰酸钾与烯烃不易接触，加入冠醚后，烯烃在冠醚中溶解度好，同时随钾离子进入冠醚溶液，不与冠醚结合，游离的与烯烃充分接触，反应活性高，反应速率快；（3）环上的氮原子的价层电子对数为：2+1＝3，故该N原子为sp2杂化，﹣NH﹣上的N为sp3杂化，该分子梭可以通过加入酸或碱使冠醚c在位点1和位点2之间来回移动，说明冠醚c与位点2之间的相互作用为静电相互作用和氢键，故选：ad，故答案为：sp2、sp3；ad；（4）①Co是27号元素，故Co2+的价电子排布式为3d7，故答案为：3d7；②每个小正八面体的顶点均为F原子，面心是Co原子，该立方晶胞中Co的配位数为6；KCoF3晶胞质量m＝g，设该晶胞的棱长为apm，体积为V＝（a×10﹣10）3cm3，由晶体密度，可得a＝pm，故答案为：6；。【点评】本题考查了物质结构有关知识，涉及原子核外电子排布、化学键、分子空间构型晶胞计算等知识，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、物质结构及晶胞结构特点是解本题关键，难点是（4）中晶胞计算，题目难度中等。16．【分析】（1）①升温平衡向吸热反应方向进行；②温度升高时主要发生的是反应ii；（2）恒压条件下充入水蒸气后，相当于反应体系压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行；（3）C3H8在高温下脱氢时碳碳键易断裂，产生积炭后，催化活性降低，而加入CO2后可以将积炭转化为CO；（4）①氨气含量过低，无法提供氮原子；②氨气含量过多呈碱性，而CH2＝CHCN碱性条件下容易分解。【解答】解：（1）①两个反应均为吸热反应，温度升高时，平衡正向进行，丙烷的平衡转化率提高，故答案为：提高；②丙烯平衡产率降低的可能原因是：温度升高时主要发生的是反应ii，升温时反应ii的转化率提高，丙烯平衡产率降低，故答案为：升温时反应ii的转化率提高；（2）恒压条件下充入水蒸气后，相当于反应体系压强减小，反应正向移动，故答案为：反应体系压强减小，反应正向移动；（3）C3H8在高温下脱氢时碳碳键易断裂，产生积炭后，催化活性降低，而加入CO2后可以将积炭转化为CO，提高催化剂的活性，故答案为：将积炭转化为CO，提高催化剂的活性；（4）①n（NH3）/n（C3H6）＜0.3时产物主要为丙烯醛（CH2＝CHCHO），原因是：氨气含量过低，无法提供氮原子，主要发生反应ii，故答案为：氨气含量过低，主要发生反应ii；②氨气含量过多呈碱性，而CH2＝CHCN碱性条件下容易分解，n（NH3）/n（C3H6）＞1时，冷却吸收后丙烯腈收率略有降低，故答案为：氨气含量过多呈碱性，而CH2＝CHCN碱性条件下容易分解。【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断、图象变化的理解应用，注意知识的准确掌握，题目难度中等。17．【分析】由A的分子式、C的结构简式可知，A中氨基与乙酸酐发生取代反应生成B和CH3COOH，B发生硝化反应生成C，推知A为、B为，对比C、E的结构简式，结合反应条件，可知C中酰胺基水解生成D，D中硝基被还原为氨基生成E，故D为；由K的分子式，对比F、L的结构简式，推知K为，H分子脱去氢离子重排生成I，I发生酯的水解反应生成生成J，J中羟基与SOCl2发生取代反应生成K，推知I为、J为；（8）E经三步反应形成F，已知：的某些性质和相似，都能与R﹣NH2发生加成，则E中1个氨基与CS2反应生成，然后另一个氨基再与C＝S双键加成生成，最后发生消去反应生成F和H2S。【解答】解：（1）由A的分子式、C的结构简式可知，A中氨基与乙酸酐发生取代反应生成B和CH3COOH，B发生硝化反应生成C，推知A的结构简式为，故答案为：；（2）由分析可知，B→C发生硝化反应，反应试剂及条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；观察结构可知，C中所含官能团名称为硝基、醚键、酰胺基，故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；硝基、醚键、酰胺基；（3）C→D是酰胺基发生水解反应，反应化学方程式是，故答案为：；（4）D→E过程中，硝基转化为氨基，整个过程表示为﹣NO2+3Fe+6HCl→﹣NH2+3FeCl2+2H2O，﹣NO2为氧化剂，Fe为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故答案为：1：3；（5）已知：，一定条件下，E与过量反应形成高分子的同时有小分子HCl生成，该高分子以封端，该反应的化学方程式：，每形成1mol该高分子的同时，还会产生某种小分子产物，其物质的量为（n﹣2）mol，E的相对分子质量比大，则与E的比值越大，则高分子的分子量越小，故答案为：（n﹣2）；小；（6）由分析可知，I的结构简式是，故答案为：；（7）a．J的结构简式为，分子式是C9H13NO2，故a错误；b．含有﹣CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；c．分子不存在对称结构，分子含有6种化学环境不同的氢原子，其核磁共振氢谱有6组峰，故c正确；d．J中氮原子含有孤电子对，具有碱性，故d正确；e．醇羟基不能与Na2CO3溶液反应，故e错误，故答案为：bcd；（8）E经三步反应形成F，已知：的某些性质和相似，都能与R﹣NH2发生加成，则E中1个氨基与CS2反应生成，然后另一个氨基再与C＝S双键加成生成，最后发生消去反应生成F和H2S，故中间体1和中间体2的结构简式分别为、，故答案为：、。【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团的识别、有机反应方程式书写、有机物结构与性质等，对比分析有机物结构变化理解发生的反应，较好的考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力，题目涉及有机物结构复杂，属于易错题目。18．【分析】蛇纹石提镁后的中和渣（主要成分为Fe2O3及：SiO2、Al2O3、Cr2O3、CoO、NiCO3、PbCO3等杂质）加入硫酸酸浸，SiO2、生成的硫酸铅不溶于H2SO4，所以浸渣的成分是SiO2、PbSO4，酸浸液中含有Fe3+、Al3+、Co2+、Cr3+、Ni2+，加入二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，加入NaOH净化，生成Cr（OH）3和Al（OH）3，则滤渣1为Cr（OH）3和Al（OH）3，所得滤液加Na2S沉钴镍，则滤渣2为CoS、NiS，所得滤液2中主要的金属阳离子为Fe2+、Na+，加入碳酸氢铵和一水合氨沉铁，反应过程中元素化合价不发生变化，则所得滤渣3为FeCO3，经煅烧得到目标产物铁红（Fe2O3）。【解答】解：（1）据分析，滤渣1的成分为Cr（OH）3和Al（OH）3，滤液2中主要的金属阳离子为Fe2+、Na+，故答案为：Cr（OH）3和Al（OH）3；Fe2+、Na+；（2）还原过程为二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+，检验还原是否完全，只要检测所得溶液中是否含Fe3+，Fe3+能和KSCN溶液显血红色、和苯酚溶液显紫色，则可用试剂KSCN溶液或苯酚检验还原是否完全，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+；KSCN溶液或苯酚；（3）净化过程是保证Cr3+、Al3+转化为Cr（OH）3和Al（OH）3，而Fe2+尽可能不沉淀，由溶液中各离子的去除率与pH的关系图知，pH为4.5时最理想，则应控制pH为4.5，故答案为：4.5；（4）已知Ksp（CoS）＝3.0×10﹣26，Ksp（NiS）＝2.8×10﹣21，则CoS的溶解度比NiS更小、CoS更容易生成，故沉钴镍时，若溶液中Co2+、Ni2+，浓度均为0.01mol•L﹣1逐渐加入Na2S，则先沉淀的离子为Co2+；当CoS恰好沉淀完全时，c（Co2+）1.0×10﹣5mol/L，根据Ksp（CoS）＝3.0×10﹣26，此时c（S2﹣）＝3.0×10﹣21mol/L，Q（NiS）＝3.0×10﹣23＜Ksp（NiS）＝2.8×10﹣21，不生成NiS沉淀，故可以将Co2+和Ni2+彻底先后分离，故答案为：Co2+；当CoS恰好沉淀完全时，c（Co2+）1.0×10﹣5mol/L，根据Ksp（CoS）＝3.0×10﹣26，此时c（S2﹣）＝3.0×10﹣21mol/L，Q（NiS）＝3.0×10﹣23＜Ksp（NiS）＝2.8×10﹣21，不生成NiS沉淀，故可以将Co2+和Ni2+彻底先后分离