2024北京东直门中学高三（下）开学考化学试题及答案

高中2024北京东直门中学高三（下）开学考化学一、选择题1．下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是（）A．烟花的绚丽多彩与电子跃迁有关B．橡胶老化与碳碳双键有关C．金属可加工成各种形状与金属键有关D．切割打磨过的普通硅酸盐玻璃晶莹别透与其晶体类型有关A．A B．B C．C D．D2．下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．SO3的VSEPR模型： B．羟基的电子式： C．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为： D．原子核内有8个中子的碳原子：C3．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液沉淀溶解；Mg（OH）2+2NH4+＝Mg2++2NH3•H2O B．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+＝Fe2++H2O C．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe3++3H2O（沸水）Fe（OH）3↓+3H+ D．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO4﹣+4H+＝3SO42﹣+2Mn2++2H2O4．四种常见元素基态原子的结构信息如下表．下列大小关系不一定正确的是（）元素XYZQ结构信息有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子有8个不同运动状态的电子2p能级上有2个电子价层电子排布式为3d104s1A．电负性：Y＞X B．第一电离能：Y＜X C．单质的硬度：Z＞Q D．最高价含氧酸的酸性：X＞Z5．为除去某NaCl样品中少量的，取适量该NaCl样品溶解后，依次进行如图操作：已知：Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10Ksp（BaCO3）＝5.1×10﹣9取少量提纯后的NaCl固体，加水溶解，向溶液中滴加BaCl2溶液，仍能看到白色浑浊。为提高的去除率，下列改进操作有效的是（）A．在步骤①加入两种溶液之间增加一次过滤操作 B．在步骤②后增加沉淀的洗涤操作 C．在步骤③中加入略过量的HCl溶液 D．步骤④改为小火加热浓缩，之后降温结晶6．利用微生物燃料电池可处理有机废水获得电能，同时实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，用如图装置处理有机废水（以含CH3COO﹣的溶液为例）。下列说法正确的是（）A．正极反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜 C．工作一段时间后A室pH下降，C室pH升高 D．处理1molCH3COO﹣理论上B室中有7molCl﹣发生迁移7．甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理，相同时间后继续进行实验。实验①：甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]溶液，Ⅰ中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。实验②：乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。下列说法正确的是（）A．Ⅰ是牺牲阳极保护法，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ B．Ⅱ为外加电流阴极保护法，Fe电极与外接电源的正极相连 C．由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异，推测K3[Fe（CN）6]在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ D．由实验可知，两种保护法均能保护Fe，且Ⅱ保护得更好8．脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应：①2NO+CO⇌N2O+CO2②N2O+CO⇌N2+CO2将恒定组成的NO和CO混合气通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。已知：NO的脱除率＝×100%下列分析不正确的是（）A．低温不利于NO和CO的脱除 B．高温下NO和CO主要脱除反应可以写为：2NO+2CON2+2CO2 C．450℃，该时间段内NO的脱除率约为88% D．420℃，该时间段内几乎不发生反应①，主要发生反应②KAl（SO4）2•12H2O9．某同学设计利用废铝箔（除了含Al物质，还含少量Mg、Fe等）制备明矾[KAl（SO4）2⋅12H2O]的流程如下所示。下列说法正确的是（）A．①中可能发生的离子反应只有2Al+2OH﹣+2H2O═2+3H2↑ B．该制备流程可以省略步骤②，直接向甲溶液中加入稀硫酸以简化步骤 C．操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等 D．步骤④选择加入饱和K2SO4溶液以利于明矾生成，可以用平衡移动原理解释10．一种点击反应的原理为，我国科学家利用点击及应原理研制出具有较高玻璃化转变温度的聚合物C。下列说浊不正确的是（）A．单体B化学式为C3H6O4 B．单体B能发生加成、加聚和取代反应 C．按上述点击反应原理A和B可以生成环状化合物： D．理论上1mol聚合物C在酸性条件下水解可以得到4nmol羧基11．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）实验操作和现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变为橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2B将补铁剂溶于盐酸，过滤，将滤液加入KMnO4溶液中，溶液紫色褪去补铁剂中含有二价铁C在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，溶液变为红褐色，再滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀发生了水解反应和氧化还原反应D将充满NO2的试管倒扣在盛有足量水的水槽中，试管中液面上升，试管顶部仍有少量气体收集的NO2中含有不溶于水的杂质气体A．A B．B C．C D．D12．具有单双键交替结构的有机分子结构称为共轭体系，有独特的稳定性，如1，3﹣环己二烯。组成相同、结构相似的共轭烯烃与孤立烯烃分别与等量氢气加成，释放的能量差称为共轭烯烃的稳定化能。已知相关反应的反应热如图。下列说法正确的是（）A．标况下22.4L环己烷脱氢获得环己烯的过程将吸收120kJ的能量 B．1，3﹣环己二烯的稳定化能为8kJ/mol C．1.4环己二烯与1，3﹣环己二烯分别与HBr1：1加成，产物结构一定不同 D．综合上述信息推断x＝33613．常温下，向10mL浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol⋅L﹣1盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）已知：常温常压下，1体积水能溶解约1体积CO2。A．a点的溶液中，c（OH﹣）＞c（Cl﹣） B．b点（pH＝7）的溶液中，2n（）+n（）＜0.001mol C．c点的溶液pH＜7，是因为此时的电离能力大于其水解能力 D．d点的溶液中，c（Na+）＝c（Cl﹣）14．某实验小组探究过量甲醛与新制氢氧化铜的反应。提出猜想：HCHO+Cu（OH）2Cu+CO↑+2H2O已知：ⅰ.CO+2Ag（NH3）2OH═2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3ⅱ.Cu2O+H2SO4═Cu+CuSO4+H2O实验步骤实验装置及内容实验现象步骤1反应结束后，A中生成红色固体，C无明显变化步骤2将A中混合物过滤，洗涤所得固体，取少量固体于试管中，加入稀硫酸，振荡无明显现象步骤3取步骤2中的滤液于试管中，加入足量稀盐酸无明显现象下列说法不正确的是（）A．配制银氨溶液时，应向稀AgNO3溶液中加入稀氨水，至产生的沉淀恰好溶解 B．装置B的主要作用是除去挥发的甲酸，防止干扰CO的检验 C．步骤3目的是检验反应后溶液中是否存在 D．该实验中，过量甲醛与新制氢氧化铜可能发生的反应为：HCHO+Cu（OH）2+NaOHCu+HCOONa+2H2O二、非选择题15．随着科学的发展，氟及其化合物的用途日益广泛。Ⅰ．离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式如图。NaBF4是制备此离子液体的原料。（1）微粒中F﹣B﹣F键角：BF3（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）BF3可以与NaF反应生成NaBF4的原因是。Ⅱ．氟化镁钾（KMgF3）是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如下。以该晶胞结构为基础，将相似离子取代或部分取代，可合成多种新型材料。（3）KMgF3晶体中，每个Mg2+周围有个距离最近的F。（4）Fe3+半径与Mg2+接近，将Mg2+部分由Fe3+取代，可以带来电荷不平衡性和反应活性。从而合成新型催化剂材料。①基态Fe3+价电子的轨道表示式为。②某实验室合成新型催化剂材料KMg0.8Fe0.2F3O0.1（O2﹣是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构）。已知晶胞棱长为anm。若要合成厚度为0.3mm、面积为1m2的催化剂材料，理论上需要掺杂的Fe3+约为mol（1nm＝10﹣9m，1mm＝10﹣3m，阿伏加德罗常数约为6×1023mol﹣1）。（5）我国科研工作者以KMgF3晶体结构为框架，依据“体积匹配原则”合成了具有独特电学性能的AthMn（N3）3晶体。其框架中的Mg2+由Mn2+取代，K+位置嵌入有机阳离子Ath+，F﹣位置沿棱方向嵌入直线型。已知Ath+与的结构简式如下：Ath+：：①Ath+中N原子的杂化方式为，中心N原子的杂化方式为。②Ath+的转动不会影响晶体骨架，这是因为除离子键外，该晶体中微粒间还存在着其他相互作用。如邻近的Mn2+与还存在着，上述相互作用不会随Ath+的转动改变。16．实验室研究从医用废感光胶片中回收银的方法。（1）银的浸出Ⅰ、两步法：已知：i．FeCl3溶液与Na2S2O3溶液直接混合能发生氧化还原反应：ii．Ag++2S2⇌[Ag（S2O3）2]3﹣，K＝3×1013。①FeCl3溶液将胶片上的单质银转化为AgCl，其离子方程式是。②Na2S2O3溶液能溶解AgCl并得到含[Ag（S2O3）2]3﹣的浸出液。结合平衡移动原理解释AgCl溶解的原因：。Ⅱ．一步法：用水溶解FeCl3和乙二胺四乙酸二钠（用Na2H2Y表示）的混合固体，调节pH形成[FeY]﹣溶液，再加入一定量Na2S2O3，配成浸取液。将废感光胶片浸入浸取液中，发生反应：[FeY]﹣+Ag+2S2═[FeY]2﹣+[Ag（S2O3）2]3﹣。③从物质氧化性或还原性的角度分析加入Na2H2Y的作用：。（2）银的还原调节（1）所得浸出液pH，向其中加入KBH4溶液（B的化合价为+3）至不再产生黑色沉淀，过滤得到粗银：滤液中的S2可以循环使用。补全离子方程式：+□[Ag（S2）2]3﹣+□_____═[B（OH）4]﹣+□_____+□_____+□H2O。（3）银浸出率的测定称取m1g洗净干燥的原胶片，灼烧灰化后用HNO3溶解，过滤。滤液用cmol⋅L﹣1NH4SCN标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。另取m2g洗净干燥的浸取后胶片，用同样方法处理，滴定，消耗NH4SCN标准溶液V2mL。（已知：Ag++SCN﹣═AgSCN↓）银的浸出率＝＝（列出计算表达式）。17．治疗心力衰竭药物沙库巴曲的合成路线如图：已知：﹣Boc结构简式为（1）沙库巴曲中的官能团的名称是。（2）A→B的反应中，已知NaClO被还原为NaCl，理论上反应1mol物质A，至少需要NaClO的物质的量为。（3）B的结构简式是。（4）D→E中步骤i反应的化学方程式是。（5）E→F反应类型是，F→G反应类型是。（6）G与H生成沙库巴曲的反应原子利用率为100%，H分子中只有一种化学环境的氢。①下列关于H的说法正确的是（填字母序号）。a．分子式为C4H4O3b．分子中所有碳原子的杂化类型均相同c．官能团为酯基和酮羰基d．存在同时含有碳碳三键、羧基和羟基的同分异构体②H与另一有机物I在一定条件下可以反应生成聚合物PBS（），写出该反应的化学方程式．③有机物I也是重要的有机化工和精细化工原料，可以由C2H2、HCHO等小分子原料在一定条件下经几步反应制备。已知ⅰ．（RCO）2O+H2Oⅱ．C2H2与甲醛反应和苯酚与甲醛反应类型相同，且产物中包含相同种类官能团。请参照题干合成路线的表示方法，设计以C2H2、HCHO为有机原料（无机原料任选）合成H的路线18．一种处理高浓度氨氮废水并获取MAP（MgNHH4PO4⋅6H2O）的工艺流程如图。已知：①MAP难溶于水，可溶于酸。②20℃时水中的溶解性：Mg（H2PO4）2＞MgHPO4＞MAP＞Mg3（PO4）2。（1）下列说法正确的是（填字母序号）。a．MAP可用作复合肥b．分离的方法可以是过滤c．废水中的H+会抑制水解（2）沉淀剂的选择。其他条件相同，按n（N）：n（Mg）：n（P）＝1：1.2：1投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。i．MgCl2+Na2HPO4ii．MgO+Na2HPO4iii．MgCl2+NaH2PO4iv．MgO+NaH2PO4①沉淀剂为ⅰ时，生成MAP的离子方程式为。②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氨去除率低，原因是。③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是。（3）用ⅰ作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同pH下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如下。①pH＝9.5时的氨氮去除率略大于pH＝8.0时的氨氮去除率，原因是：a．生成了MAP；b．（结合方程式解释）。②pH＞9.5后，氨氮去除率明显减小，原因是。19．某小组同学探究不同条件下H2O2与三价铬（Cr）化合物的反应。资料：ⅰ.Cr3+（墨绿色）、（墨绿色）、Cr（OH）3（蓝色）、（黄色）、Cr2（橙色）、[Cr（O2）4]3﹣（砖红色）。ⅱ.Cr2+H2O⇌2+2H+ⅲ.H2O2⇌H++；⇌H++室温下，向0.1mol⋅L﹣1Cr2（SO4）3溶液中滴加H2SO4溶液或NaOH溶液分别配制不同pH的Cr（Ⅲ）溶液；取配制后的溶液各5mL，分别加入足量30%H2O2溶液。实验①②③④加H2O2前pH4.106.758.4313.37现象墨绿色溶液蓝色浊液蓝色浊液墨绿色溶液加H2O2后现象墨绿色溶液黄绿色溶液黄色溶液砖红色溶液（1）结合加H2O2前的实验现象，可推测Cr（OH）3具有（填“碱性”、“酸性”或“两性”）。（2）实验①中，加H2O2后无明显现象的原因可能是。（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是。（4）取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象。（5）已知[Cr（O2）4]3﹣中Cr为+5价。实验④中，加入H2O2后发生反应的离子方程式为。（6）取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。猜想1：加热条件下，[Cr（O2）4]3﹣发生自身氧化还原反应，生成；猜想2：。针对上述猜想，该小组同学另取少量实验④的砖红色溶液，，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。（7）综合以上实验，影响H2O2与三价铬化合物反应的因素除了pH，还有。

参考答案一、选择题1．【分析】A．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态；B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化；C．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏；D．玻璃为非晶体。【解答】解：A．依据分析可知，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，故A正确；B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，故B正确；C．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，故C正确；D．晶体具有自范性，玻璃属于非晶体，不具有自范性，切割打磨过的普通硅酸盐玻璃晶莹别透与其晶体类型无关，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了物质的结构与性质，熟悉相关物质结构组成及性质是解题关键，注意金属键的特点，题目难度不大。2．【分析】A．SO3分子中S原子价层电子对个数为3+＝3且不含孤电子对，所以其VSEPR模型为平面正三角形；B．羟基中氧原子有1个单电子和2个孤电子对，还存在O﹣H键；C．基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，每个3d轨道中含有1个电子且自旋方向相同；D．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质量数＝质子数+中子数。【解答】解：A．SO3分子中S原子价层电子对个数为3+＝3且不含孤电子对，所以其VSEPR模型为平面正三角形，即，故A错误；B．羟基中氧原子有1个单电子和2个孤电子对，还存在O﹣H键，所以羟基的电子式：，故B正确；C．基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，每个3d轨道中含有1个电子且自旋方向相同，所以基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为：，故C正确；D．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质量数＝质子数+中子数＝6+8＝14，所以原子核内有8个中子的碳原子：C，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子VSEPR模型的判断方法、原子核外电子排布规律等知识点是解本题关键，题目难度不大。3．【分析】A．NH4+与Mg（OH）2电离出的氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧化镁溶解；B．亚铁离子被稀硝酸氧化成了铁离子；C．得到的是胶体，胶体不是沉淀；D．转移电子不守恒。【解答】解：A．Mg（OH）2电离出的氢氧根离子与氯化铵电离出的铵根离子反应生成氨水，氢氧化镁溶解，离子方程式为Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O，故A正确；B．氧化亚铁溶于稀硝酸，生成的亚铁离子被硝酸根氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故B错误；C．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到的是胶体，胶体不是沉淀，所以不能写沉淀符号，离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；D．二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，题目难度不大，明确发生的反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应为解答的难点。4．【分析】X有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，则核外电子排布式为：1s22s22p3，则X为N元素；Y元素有8个不同运动状态的电子，则Y为O元素；Z元素2p能级上有2个电子，则核外电子排布式为：1s22s22p2，则Z为C元素；元素Q的价层电子排布式为3d104s1，则Q为Cu元素，据此分析。【解答】解：A．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，则电负性：Y＞X，故A正确；B．N元素的2p轨道为半满状态，较稳定，则Y＜X，故B正确；C．Z的单质可能为金刚石或石墨，若Z的单质为金刚石，则单质的硬度：Z＞Q，若Z的单质为石墨，则单质的硬度：Z＜Q，故C错误；D．同一周期从左到右非金属性逐渐增强，非金属性：X＞Z，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性：X＞Z，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查元素的推断，掌握元素周期律的相关知识为解题的关键，为高频考点，题目难度一般。5．【分析】A．在步骤①加入两种溶液之间增加一次过滤操作可有效避开硫酸钡转化为碳酸钡；B．步骤②后增加沉淀的洗涤操作使得滤液中硫酸根离子增多；C．步骤③中加入略过量的HCl溶液对硫酸根离子无影响；D．小火加热浓缩，之后降温结晶对硫酸根离子无影响。【解答】解：A．由已知Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10和Ksp（BaCO3）＝5.1×10﹣9相差不大，加入过量碳酸钠出去氯化钡时，硫酸钡会转化为碳酸钡，使得溶液中硫酸根离子增多，所以在步骤①加入两种溶液之间增加一次过滤操作可有效避开硫酸钡转化为碳酸钡，提高硫酸根离子的去除率，故A正确；B.步骤②后洗涤的沉淀就有硫酸钡，增加洗涤操作会使溶液中硫酸根离子增多，降低硫酸根离子的去除率，故B错误；C.步骤③中加入略过量的HCl溶液目的除去过量的碳酸根离子，对硫酸钡无影响，故C错误；D．氯化钠溶解度受温度影响不大，蒸发结晶即可，改用小火加热浓缩，降温结晶没必要，且对硫酸根离子无影响，故D错误；故选：A。【点评】本题考查物质的分离和提纯，中等难度，弄清分离操作的步骤是解题的关键。6．【分析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COO﹣发生失电子的氧化反应生成CO2，则a极为负极，电极反应式为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，b极为正极，正极上通入空气，其电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即模拟海水NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl﹣通过阴离子交换膜移向a极，则隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，据此分析解答。【解答】解：A．该原电池中b极为正极，正极上通入空气，其电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故A错误；B．原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl﹣通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C．负极反应式为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，故工作一段时间后A室pH下降，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故工作一段时间后C室pH升高，故C正确；D．负极反应式为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，处理1molCH3COO﹣转移8mol电子，故理论上B室中有8molCl﹣发生迁移，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原电池工作原理及其应用，明确各个电极上发生的反应、交换膜作用是解本题关键，侧重考查基础知识灵活运用能力，注意结合电解质特点书写电极反应式，题目难度不大。7．【分析】A．由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极；B．外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连；C．Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触；D．对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且Ⅱ保护得更好。【解答】解：A．由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，由于电解质溶液呈酸性，故正极上氢离子得电子，则正极的反应为：2H++2e﹣═H2↑，故A错误；B．外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连，即Fe电极与外接电源的负极相连，故B错误；C．由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触，会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+，与K3[Fe（CN）6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性无关，故C错误；D．对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且Ⅱ保护得更好，故D正确；故选：D。【点评】本题考查金属腐蚀与防护，为高频考点，明确原电池原理是解本题关键，知道钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。8．【分析】A．由图可知，低温不利于NO和CO的脱除，高于利于NO和CO的脱除；B．由图可知，高温下NO和CO主要转化为N2、CO2；C．450℃，该时间段内NO几乎完全转化为N2，N2O，进一步计算NO的脱除率；D．由第一幅图可知，350℃之后，NO几乎为0，即反应①不在发生.【解答】解：A．由图可知，低温不利于NO和CO的脱除，高于300℃之后，两者转化为CO2和N2，故A正确；B．由图可知，高温下NO和CO主要转化为N2、CO2，所以脱除反应为：2NO+2CON2+2CO2，故B正确；C．由图可知，450℃时，N2，N2O，NO的浓度分别为1625ppm，125ppm，200ppm，则NO的初始浓度为（1625×2+125×2+200）ppm＝3700ppm，其中转化为N2的为1625×2＝3250ppm，则NO的脱除率约为≈88%，故C正确；D．N2O即是反应①的产物，也是反应②的反应物，N2是反应②的产物，由由图可知，420℃，容器中有较高浓度的氮气，说明该时段内一定发生反应①，同时也发生反应②，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查脱除率计算、氧化还原反应方程式的书写等，属于基本知识的考查，难度中等。9．【分析】废铝箔含Al，还含少量Mg、Fe等，加入NaOH碱溶，Al溶解，生成偏铝酸钠和氢气，Mg、Fe不溶于NaOH，过滤除去，向偏铝酸钠溶液中通入足量的CO2，生成氢氧化铝，过滤，向得到的氢氧化铝中加入硫酸，溶解，生成硫酸铝溶液，再向该溶液中加入硫酸钾，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到明矾，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知，①中肯定发生的离子反应有2Al+2OH﹣+2H2O═2+3H2↑，可能还有被氧化的铝，即氧化铝溶于NaOH溶液的反应，故A错误；B．甲溶液中主要含有偏铝酸钠，还含有过量的NaOH，该制备流程不可以省略步骤②，否则存在NaOH的干扰，故B错误；C．混合溶液蒸发结晶不能得到含有结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩、冷却结晶，得到明矾，故C错误；D．步骤④选择加入饱和K2SO4溶液，即增大K+、的浓度，有利于平衡：K++2+Al3++12H2O⇌KAl（SO4）2⋅12H2O（s）正向移动，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查实验方案的设计，具体考查铝及其化合物的性质与转化，同时考查平衡移动的应用，属于基本知识的考查，难度中等。10．【分析】A．由合成反应可知，B为HC≡C﹣COOCH2CH2OOC﹣C≡CH；B．结合碳碳三键、酯基的性质判断；C．点击反应在催化剂的条件下才能进行；D．聚合物C在酸性条件下，每个链节可以得到4个羧基。【解答】解：A．由合成反应可知，B为HC≡C﹣COOCH2CH2OOC﹣C≡CH，化学式为C8H6O4，故A正确；B．B含碳碳三键可发生加成、加聚反应，含酯基可发生加取代反应，故B正确；C．点击反应在催化剂的条件下才能进行，A和B不能生成环状化合物，故C错误；D．聚合物C在酸性条件下，每个链节可以得到4个羧基，则理论上1mol聚合物C在酸性条件下水解可以得到4nmol羧基，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、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。11．【分析】A．过量氯水分别与NaBr、KI反应；B．高锰酸钾可氧化盐酸；C．氯化铁水解生成氢氧化铁，铁离子可氧化亚硫酸根离子；D．二氧化氮与水反应生成NO，NO不溶于水。【解答】解：A．过量氯水分别与NaBr、KI反应，则不能比较Br2、I2的氧化性强弱，故A错误；B．高锰酸钾可氧化盐酸，紫色褪去，不能证明补铁剂中含有二价铁，故B错误；C．氯化铁水解生成氢氧化铁，铁离子与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，故C正确；D．二氧化氮与水反应生成NO，NO不溶于水，则试管中液面上升，试管顶部仍有少量气体，不能证明收集的NO2中含有不溶于水的杂质气体，故D错误；故选：C。【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、反应与现象、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。12．【分析】A．标况下，环己烷为液体，无法计算环己烷的物质的量；B．组成相同、结构相似的共轭烯烃与孤立烯烃分别与等量氢气加成，释放的能量差称为共轭烯烃的稳定化能；C．1，4﹣环己二烯与1，3﹣环己二烯分别与HBr1：1加成，可以生成相同的产物；D．根据题目信息，无法判断1，3﹣环己二烯再脱氢能够释放多少能量。【解答】解：A．标况下，环己烷为液体，无法计算环己烷的物质的量，也就无法计算标况下22.4L环己烷脱氢获得环己烯的过程将吸收的能量，故A错误；B．对比1，4﹣环己二烯和1，3﹣环己二烯分别与氢气加成生成环己烷生成的能量可知，1，3﹣环己二烯的稳定化能为﹣232kJ/mol﹣（﹣240kJ/mol）＝8kJ/mol，故B正确；C．1，4﹣环己二烯与1，3﹣环己二烯分别与HBr1：1加成，可以生成相同的产物，产物结构不一定不同，故C错误；D．根据题目信息，无法判断1，3﹣环己二烯再脱氢能够释放多少能量，即不能计算x，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、能量与物质稳定性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。13．【分析】常温下，向10mL浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol⋅L﹣1盐酸，依次发生反应H++OH﹣＝H2O，+H+＝，+H+＝H2CO3，a点加入5mL盐酸，溶液中NaOH和NaCl的物质的量之比为1：1，b点加入盐酸溶液体积大于20mL，溶质为NaCl、NaHCO3、H2CO3，且NaHCO3的物质的量大于H2CO3，c点加入盐酸体积大于25mL，溶质为NaCl、NaHCO3、H2CO3，H2CO3的物质的量大于NaHCO3，d点加入盐酸的体积为30mL，溶液中溶质为NaCl和H2CO3，结合电荷守恒和物料守恒分析作答。【解答】解：A．a点加入5mL盐酸，溶液中NaOH和NaCl的物质的量之比为1：1，但碳酸钠水解生成OH﹣，故溶液中，c（OH﹣）＞c（Cl﹣），故A正确；B．b点加入盐酸溶液体积大于20mL，则n（Cl﹣）＞0.002mol，依据电荷守恒可得n（Na+）+n（H+）＝n（Cl﹣）+n（OH﹣）+2n（）+n（），溶液pH＝7，则n（H+）＝n（OH﹣），溶液中n（Na+）＝0.003mol，故2n（）+n（）＝n（Na+）﹣n（Cl﹣）＜0.001mol，故B正确；C．c点加入盐酸体积大于25mL，溶质为NaCl、NaHCO3、H2CO3，溶液pH＜7，是因为此时H2CO3的电离能力大于水解能力，故C错误；D．d点加入盐酸的体积为30mL，溶液中溶质为NaCl和H2CO3，c（Na+）＝c（Cl﹣），故D正确；故选：C。【点评】本题考查溶液滴定，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断溶质成分是解题的关键。14．【分析】A.把氨水滴入硝酸银溶液，边振荡边逐滴加入至白色沉淀恰好溶解为止；B.甲醛易溶于水，甲醛能和银氨试剂反应，用银氨溶液检测CO，需除掉甲醛，防止干扰CO的检验；C.碳酸根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳；D.过量甲醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生反应生成甲酸钠、铜和水。【解答】解：A.往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，离子反应方程式为Ag++NH3•H2O═AgOH↓+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，离子反应方程式为：AgOH+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]OH+2H2O，制得银氨溶液，所以配制银氨溶液所需的试剂是硝酸银溶液和稀氨水，故A正确；B.用银氨溶液检测CO，反应为CO+2Ag（NH3）2OH═2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3．甲醛含有醛基，也能和银氨溶液反应，甲醛易溶于水，为排除甲醛的干扰，装置B中水的作用是除去挥发的甲醛，防止干扰CO的检验，故B错误；C.取A中反应后溶液加入到足量稀盐酸中，无明显现象，说明不存在，故C正确；D.过量甲醛与新制氢氧化铜可能发生反应生成铜、甲酸钠、水和氢气，反应方程式为：2HCHO+Cu（OH）2+NaOHCu+HCOONa+2H2O+H2↑，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了甲醛性质的分析应用，反应产物的检验方法设计，题干信息的分析应用，掌握物质性质和反应现象的理解应用是解题关键，题目难度中等。二、非选择题15．【分析】（1）BF3中价层电子对数＝3+（3﹣1×3）＝3，杂化轨道数＝价层电子对数＝3，B采取sp2杂化，而价层电子对数＝4+（3+1﹣4×1）＝4，杂化轨道数＝4，B采取sp3杂化；（2）BF3可与F﹣结合形成配位键；（3）由晶胞结构可知Mg2+位于顶点，F﹣位于棱心，每个顶点周围有6个棱心；（4）①基态Fe3+价电子的轨道表示式为；②晶胞的体积为：a3nm3＝a3×10﹣27m3；催化剂材料的体积为：0.3×10﹣3m3＝3×10﹣4m3，所需晶胞的数量为：＝×1023；所以需要晶胞的物质的量为mol＝mol；（5）①N原子形成4条共价键，采用sp3的杂化方式，中心N原子形成两条双键，为直线结构采用sp杂化；②Mn2+存在空轨道、存在孤对电子。【解答】解：（1）BF3中价层电子对数＝3+（3﹣1×3）＝3，杂化轨道数＝价层电子对数＝3，B采取sp2杂化，而价层电子对数＝4+（3+1﹣4×1）＝4，杂化轨道数＝4，B采取sp3杂化，所以F﹣B﹣F键角：BF3＞，故答案为：＞；（2）BF3可与F﹣结合形成配位键，故BF3可以与NaF反应生成NaBF4，故答案为：BF3可与F﹣结合形成配位键；（3）由晶胞结构可知Mg2+位于顶点，F﹣位于棱心，每个顶点周围有6个棱心，则每个Mg2+周围有6个距离最近的F﹣，故答案为：6；（4）①基态Fe3+价电子的轨道表示式为，故答案为：；②晶胞的体积为：a3nm3＝a3×10﹣27m3；催化剂材料的体积为：0.3×10﹣3m3＝3×10﹣4m3，所需晶胞的数量为：＝×1023；所以需要晶胞的物质的量为mol＝mol；理论上需要掺杂Fe3+约为mol×0.2＝mol，故答案为：；（5）①由Ath+结构可知，N原子形成4条共价键，采用sp3的杂化方式，中心N原子形成两条双键，为直线结构采用sp杂化，故答案为：sp3；sp；②Mn2+存在空轨道、存在孤对电子，两者之间可形成配位键，故答案为：配位键。【点评】本题考查化学键和晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。16．【分析】（1）①氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银；②AgCl是难溶电解质，在溶液中存在溶解平衡，加入Na2S2O3溶液，S2与Ag+结合生成[Ag（S2）2]3﹣，使溶液中c（Ag+）降低，平衡正向移动；③由题给信息可知，氯化铁溶液与硫代硫酸钠溶液直接混合能发生氧化还原反应，乙二胺四乙酸二钠将氯化铁转化为氧化性较弱的[FeY]﹣，可以避免硫代硫酸钠被氧化；（2）在碱性溶液中，[Ag（S2）2]3﹣离子与离子发生氧化还原反应生成[B（OH）4]﹣离子、Ag、S2和H2O；（3）结合方程式计算单位质量原胶片中银的质量和单位质量浸取后胶片上残留银的质量，进而计算银的浸出率。【解答】解：（1）①由题意可知，氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银，反应的离子方程式为Fe3++Cl﹣+Ag＝Fe2++AgCl，故答案为：Fe3++Cl﹣+Ag＝Fe2++AgCl；②AgCl是难溶电解质，在溶液中存在如下溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），加入Na2S2O3溶液，S2与Ag+结合生成[Ag（S2）2]3﹣，使溶液中c（Ag+）降低，平衡正向移动，AgCl溶解，故答案为：AgCl在溶液中存在平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），S2与Ag+结合生成[Ag（S2）2]3﹣，使c（Ag+）降低，平衡正向移动，AgCl溶解；③由题给信息可知，氯化铁溶液与硫代硫酸钠溶液直接混合能发生氧化还原反应，乙二胺四乙酸二钠将氯化铁转化为氧化性较弱的[FeY]﹣，可以避免硫代硫酸钠被氧化，故答案为：Na2H2Y将Fe3+转化为[FeY]﹣，氧化性降低，避免S2被氧化；（2）由题意可知，在碱性溶液中，[Ag（S2）2]3﹣离子与离子发生氧化还原反应生成[B（OH）4]﹣离子、Ag、S2和H2O，反应的离子方程式为：+8[Ag（S2）2]3﹣+8OH﹣＝[B（OH）4]﹣+8Ag↓+16S2+4H2O，故答案为：8；8OH﹣；8Ag↓；16S2；4；（3）由方程式可知，m1g洗净干燥的原胶片中银的质量为cV1×10﹣3mol×108g/mol＝108cV1×10﹣3g，则单位质量原胶片中银的质量为g，同理可知，单位质量浸取后胶片上残留银的质量为g，银的浸出率为（1﹣）×100%＝（1﹣）×100%，故答案为：（1﹣）×100%。【点评】本题考查物质组成和含量的测定，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用。17．【分析】对比A、D的结构简式，结合B的分子式、反应条件，可知A中﹣CH2OH被氧化为﹣CHO生成B，B与发生交换生成D，故B为，对比D、F的结构简式，结合反应条件可知，D中酯基发生水解反应、酸化生成E，E中碳碳双键与氢气加成生成F，故E为，F→G的过程中羧基与乙醇发生酯化反应，同时﹣Boc被氢原子替换，整个过程发生取代反应，（6）中G与H生成沙库巴曲的反应原子利用率为100%，H分子中只有一种化学环境的氢，对比G、沙库巴曲的结构简式，可知H为。【解答】解：（1）观察结构可知，沙库巴曲中的官能团的名称是酯基、羧基、酰胺基，故答案为：酯基、羧基、酰胺基；（2）A→B的反应中，1分子A脱去2个H原子，已知NaClO被还原为NaCl，脱下的氢原子与NaClO氧原子结合生成H2O，理论上反应1mol物质A，至少需要NaClO的物质的量为1mol，故答案为：1mol；（3）由分析可知，B的结构简式是，故答案为：；（4）D→E中步骤i反应的化学方程式是+NaOH→+CH3CH2OH，故答案为：+NaOH→+CH3CH2OH；（5）E→F是碳碳双键与氢气发生加成反应，也属于还原反应；F→G的过程中羧基与乙醇发生酯化反应，同时﹣Boc被氢原子替换，整个过程发生取代反应，故答案为：加成反应（或还原反应）；取代反应；（6）①a.H的结构简式为，其分子式为C4H4O3，故a正确；b.分子中碳原子采取sp3、sp2两种杂化方式，故b错误；c.H的官能团为酸酐，故c错误；d.H的不饱和度为3，存在同时含有碳碳三键、羧基和羟基的同分异构体，如HC≡CCH（OH）COOH，故d正确，故答案为：ad；②H与另一有机物I在一定条件下可以反应生成聚合物PBS（），该反应的化学方程式：n+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（n﹣1）H2O，故答案为：n+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（n﹣1）H2O；③C2H2与甲醛反应和苯酚与甲醛反应类型相同，且产物中包含相同种类官能团，H为HOOC﹣CH2﹣CH2﹣COOH，乙炔和甲醛发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2OH发生氧化反应生成丁二酸，合成路线为：故答案为：。【点评】本题考查有机物的推动与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、有机物结构与性质等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，题目难度较大。18．【分析】高浓度氨氮废水在pH为9.5条件下通过加入氯化镁和磷酸氢二钠生成MAP，达到处理高浓度氨氮废水并获取MAP（MgNHH4PO4⋅6H2O）的目的；（1）a．MAP含有N、P；b．MAP难溶于水，分离的方法可以是过滤；c．水解会生成H+；（2）①沉淀剂为ⅰ时，生成MAP；②MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成MAP；③MAP会覆盖在MgO表面；（3）①NH3•H2O不稳定，易分解；②随着溶液pH升高，