2022-2023学年北京161中高三(上)期中化学试卷

2022-2023学年北京161中高三（上）期中化学试卷一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。1．（3分）下列发电方式，电能是由化学能转化的是（）ABCDA.燃料电池发电B.地热发电C.风力发电D.水力发电A．A B．B C．C D．D2．（3分）化学知识无处不在，下列家务劳动不能用对应的化学知识解释的是（）选项家务劳动化学知识A用温热的纯碱溶液清洗油污油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解B白醋除去水垢中的CaCO3醋酸酸性强于碳酸C“84消毒液”稀释后拖地利用NaClO的还原性消毒杀菌D餐后将洗净的铁锅擦干减缓铁的锈蚀A．A B．B C．C D．D3．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．原子核内中子数为20的氯原子：Cl B．H2O的VSEPR模型 C．二氧化碳的电子式： D．p﹣pπ键电子云轮廓图4．（3分）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是（）A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的pH＞7 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出5．（3分）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色 B．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色 C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色 D．向KI溶液中通入少量氯气，溶液由无色变为棕黄色6．（3分）下列反应的离子方程式书写不正确的是（）A．用Na2S除去废水中的Hg2+：S2﹣+Hg2+＝HgS↓ B．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ C．用过量氨水溶液脱除烟气中的SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣ D．钢铁腐蚀的负极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+7．（3分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法正确的是（）A．过程①中，生成CuS的反应为S2﹣+Cu2+═CuS↓ B．过程②中，Fe3++CuS═Cu2++Fe2++S C．过程③中，溶液的酸性增强 D．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓8．（3分）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是（）A．①中产生白色沉淀的原因是c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN） B．①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq） C．②中无明显变化是因为溶液中的c（SCN﹣）过低 D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生9．（3分）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如图。已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0下列说法不正确的是（）A．温度升高时不利于NO2吸附 B．多孔材料“固定”N2O4，促进2NO2⇌N2O4平衡正向移动 C．转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O═4HNO3 D．每获得0.4molHNO3时，转移电子的数目为6.02×102210．（3分）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图。下列说法正确的是（）A．a分子的核磁共振氢谱有4组峰 B．生成高分子b的反应为加聚反应 C．1mol高分子b最多可与2molNaOH反应 D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好11．（3分）25℃时，向20mL0.1mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的（）A．HA与NaOH溶液反应的离子方程式：HA+OH﹣＝A﹣+H2O B．a点溶液中微粒浓度：c（HA）＞c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．b点溶液中c（Na+）＝c（A﹣） D．a点→c点的过程中水的电离度持续增大12．（3分）镁、海水、溶解氧可构成原电池。为小功率水下设备长时间供电，结构示意图如图所示。但该电池存在析氢副反应和负极活性衰减等问题。下列说法不正确的是（）A．由于溶解氧浓度低，故需增大电极与海水的接触面积 B．该电池使用时，需要定期补充正极反应物 C．负极活性衰减的可能原因是生成的Mg（OH）2覆盖了电极 D．析氢副反应可以表示为2H2O+Mg═Mg（OH）2+H2↑13．（3分）下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是（）A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C．Al2（SO4）3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低14．（3分）异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。①②下列说法不正确的是（）A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备 B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K1＞104、K2＜0.1 C．190℃时，增大n（H2O）：n（异丁醇），不利于反应②的进行 D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0（异丁醇）＝c（异丁烯）+2c（二聚异丁烯）二、非选择题：本大题共5小题，共58分。15．向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见下表。变化曲线实验现象i.A→B产生红褐色沉淀ii.B→C红褐色沉淀的量增多iii.C→D红褐色沉淀的量增多iv.D点附近产生有刺激性气味的气体v.D→E红褐色沉淀的量略有增多资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11ii.Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10﹣39（1）Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是。（2）A点溶液的pH约为13，主要原因是。（3）结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：。（4）NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。①M点溶液含氯的微粒有。②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是。（5）检验iv中气体的方法是。（6）A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是。（7）整个滴加过程中发生的反应与、微粒的浓度等有关。16．铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有Cu2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H3AsO3等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如图：已知：常温下Fe（OH）3Ksp＝2.6×10﹣39，Ni（OH）2Ksp＝5.48×10﹣16，HFKa＝6.3×10﹣4（1）步骤i的操作名称是。（2）①H3AsO3中As的化合价为。②步骤ⅱ的离子方程式是。（3）步骤ⅲ，加入Na2CO3的目的是通过调pH进一步去除Fe3+，使c（Fe3+）≤2.5×10﹣9mol/L。若溶液2中c（Ni2+）＝0.0548mol/L，则需控制pH的大致范围为。（4）①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分是。②加入NaF的同时需调pH约为5，pH过低导致沉淀率下降，原因是。（5）结合如图说明由溶液4得到NiSO4•6H2O的操作是。17．羟基自由基（•OH，电中性，O为﹣1价）是一种活性含氧微粒。常温下，利用•OH处理含苯酚废水，可将其转化为无毒的氧化物。（1）•OH的电子式为。（2）pH＝3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生•OH中间体，催化循环反应如下。将ii补充完整。i．Fe2++H2O2+H+═Fe3++H2O+•OHii．+═+O2↑+2H+（3）已知：羟基自由基容易发生猝灭2•OH═H2O2．用H2O2分解产生的•OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。0～20min时，温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变的原因是。（4）利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生•OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生•OH并迅速与苯酚反应。①b极连接电源的极（填“正”或“负”）。②a极的电极反应式为。③电解液中发生的主要反应方程式为。18．某喹啉类化合物P的合成路线如图：已知：R1﹣C≡CH+R2CHO（1）A为链状，按官能团分类，其类别是。（2）B→C的反应方程式是。（3）C→D所需的试剂a是。（4）下列关于E的说法正确的是。A.能发生银镜反应B.能发生氧化、消去、加聚反应C.核磁共振氢谱显示峰面积比为3：2：2：3D.1molE可以与6molH2发生反应（5）G的结构简式为。（6）H→I的反应类型为。（7）由I和E合成P的流程如下，M与N互为同分异构体，写出J、M、N的结构简式：、、。19．化学小组探究Cu与Fe2（SO4）3溶液的反应，实验如下：序号实验方案实验现象实验i振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有Cu粉剩余。实验ⅱ取实验i中的上层清液，向其中滴加0.1mol•L﹣1KSCN溶液溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失。已知：经检验白色沉淀为CuSCN（1）用离子方程式表示实验ⅰ中溶液变为蓝色的原因。（2）实验ⅱ中检测到Fe3+，依据的实验现象是。（3）对实验ⅱ中Fe3+产生的原因作如下假设：假设1：溶液中的Fe2+被氧化假设2：在实验ⅱ的条件下，Fe2+被Cu2+氧化假设3：Cu与Fe2（SO4）3的反应是可逆反应将假设1补充完整。（4）设计实验验证假设。序号实验ⅲ实验ⅳ方案现象放置较长时间，溶液颜色不变红闭合开关K，电流计指针不动，向右侧CuSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1KSCN，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1mol•L﹣1KSCN，溶液变红。①实验ⅲ的目的是探究假设1是否成立，则溶液a是。②电极材料b、c分别是、。③假设3不成立的实验证据是。④对比实验ⅱ和ⅳ，从电极反应的角度解释实验ⅱ中Fe3+产生的原因。

2022-2023学年北京161中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。1．（3分）下列发电方式，电能是由化学能转化的是（）ABCDA.燃料电池发电B.地热发电C.风力发电D.水力发电A．A B．B C．C D．D【考点】原电池与电解池的综合．【答案】A【分析】A.燃料电池发电，化学能转化为电能；B.地热发电，地热能转化为电能；C.风力发电，风能转化为电能；D.水力发电，水的机械能（包括动能和重力势能）转化为电能。【解答】解：由分析可知，只有燃料电池发电时是化学能转化为电能，故选：A。2．（3分）化学知识无处不在，下列家务劳动不能用对应的化学知识解释的是（）选项家务劳动化学知识A用温热的纯碱溶液清洗油污油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解B白醋除去水垢中的CaCO3醋酸酸性强于碳酸C“84消毒液”稀释后拖地利用NaClO的还原性消毒杀菌D餐后将洗净的铁锅擦干减缓铁的锈蚀A．A B．B C．C D．D【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【答案】C【分析】A．碳酸钠俗名纯碱，是弱酸强碱盐，溶液水解呈碱性，油脂属于酯类，碱性条件下水解程度更大；B．白醋除去水垢中的CaCO3利用了强酸制弱酸的原理；C．NaClO具有强氧化性，可用于消毒杀菌；D．铁的锈蚀是铁、氧气和水共同作用而发生的吸氧腐蚀，水是反应物之一。【解答】解：A．碳酸钠俗名纯碱，碳酸钠水解使溶液呈碱性，并且水解是吸热反应，温热的纯碱溶液碱性更强，油脂在碱性条件下能水解，并且碱性越强油脂水解程度越大，所以油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解，故A正确；B．白醋能与CaCO3反应醋酸钙、二氧化碳和水，说明醋酸的酸性大于碳酸，符合强酸制弱酸原理，故B正确；C．“84消毒液”的有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于消毒杀菌，“84消毒液”稀释后拖地是利用了NaClO的氧化性，故C错误；D．铁在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀腐蚀形成铁锈，水是反应物之一，所以餐后将洗净的铁锅擦干可减缓铁的锈蚀、以防生锈，故D正确；故选：C。3．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．原子核内中子数为20的氯原子：Cl B．H2O的VSEPR模型 C．二氧化碳的电子式： D．p﹣pπ键电子云轮廓图【考点】化学式或化学符号及名称的综合．【答案】A【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；B．H2O的中心原子的价层电子对数为2+＝4，含有2对孤电子对；C．二氧化碳是共价化合物，C、O原子间共用2对电子；D．p﹣pπ键的原子轨道以肩并肩方式重叠形成π键，具有镜像关系。【解答】解：A．原子核内中子数为20的氯原子的质量数为17+20＝37，该核素为Cl，故A错误；B．H2O的中心原子的价层电子对数为2+＝4，含有2对孤电子对，VSEPR模型为，故B正确；C．二氧化碳是共价化合物，C、O原子间共用2对电子，其电子式为，故C正确；D．p﹣pπ键的原子轨道以肩并肩方式重叠形成π键，具有镜像关系，其电子云轮廓图为，故D正确；故选：A。4．（3分）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是（）A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的pH＞7 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出【考点】沉淀溶解平衡的应用；强电解质和弱电解质的概念；盐类水解的应用．【答案】B【分析】A．强电解质包括强酸、强碱、大多数盐；B．醋酸钠是离子化合物，冰是共价化合物；C．醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性；D．过饱和醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体，可以增大醋酸根离子和钠离子浓度。【解答】解：A．醋酸钠属于盐，是强电解质，故A正确；B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；C．醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性，常温下，醋酸钠溶液的pH＞7，故C正确；D．该溶液中加入少量醋酸钠固体，可以增大醋酸根离子和钠离子浓度，促进醋酸钠晶体析出，故D正确；故选：B。5．（3分）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色 B．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色 C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色 D．向KI溶液中通入少量氯气，溶液由无色变为棕黄色【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应；氧化还原反应的基本概念及规律．【答案】B【分析】发生反应中存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故A错误；C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色，氢氧化镁转化为氢氧化铁，发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故B正确；C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故C错误；D．向KI溶液中通入少量氯气，溶液由无色变为棕黄色，碘化钾与氯气反应生成氯化钾和碘单质，氯、碘元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D错误；故选：B。6．（3分）下列反应的离子方程式书写不正确的是（）A．用Na2S除去废水中的Hg2+：S2﹣+Hg2+＝HgS↓ B．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ C．用过量氨水溶液脱除烟气中的SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣ D．钢铁腐蚀的负极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+【考点】离子方程式的书写．【答案】C【分析】A．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀；B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；C．氨水过量反应生成亚硫酸铵和水；D．钢铁腐蚀的负极铁失去电子生成亚铁离子。【解答】解：A．用Na2S除去废水中的Hg2+，离子方程式为：S2﹣+Hg2+＝HgS↓，故A正确；B．电解饱和食盐水，离子方程式为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故B正确；C．用过量氨水溶液脱除烟气中的SO2，离子方程式为：2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故C错误；D．钢铁腐蚀的负极发生氧化反应，电极反应式为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D正确；故选：C。7．（3分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法正确的是（）A．过程①中，生成CuS的反应为S2﹣+Cu2+═CuS↓ B．过程②中，Fe3++CuS═Cu2++Fe2++S C．过程③中，溶液的酸性增强 D．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓【考点】硫化氢．【答案】D【分析】由图可知，①中发生H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，②中发生CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，以此来解答。【解答】解：A．过程①中，H2S与Cu2+发生复分解反应生成沉淀，则生成CuS的反应为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，故A错误；B．过程②中发生反应CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，故B错误；C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，氢离子浓度减小，溶液酸性减弱，故C错误；D．由反应①②③可知，回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，故D正确。故选：D。8．（3分）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是（）A．①中产生白色沉淀的原因是c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN） B．①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq） C．②中无明显变化是因为溶液中的c（SCN﹣）过低 D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生【考点】沉淀溶解平衡．【答案】D【分析】A．当溶液中浓度商Qc＞Ksp，则形成沉淀；B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡；C．沉淀溶解平衡状态下的c（SCN﹣）过低，遇到铁离子不生成红色溶液；D．溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色。【解答】解：A．2mL0.1mol/L的AgNO3溶液中滴入2mL0.05mol/L的KSCN溶液，①中产生白色沉淀的原因是：溶液中Qc＝c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN），故A正确；B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡，①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq），故B正确；C．②中加入Fe（NO3）3溶液，无明显变化，溶液不变红色，是因为溶液中的c（SCN﹣）过低，故C正确；D．加入KI溶液会产生黄色沉淀，可能是过量的Ag+与I﹣反应生成AgI沉淀，但溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色，则上述实验能证明能AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，故D错误；故选：D。9．（3分）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如图。已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0下列说法不正确的是（）A．温度升高时不利于NO2吸附 B．多孔材料“固定”N2O4，促进2NO2⇌N2O4平衡正向移动 C．转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O═4HNO3 D．每获得0.4molHNO3时，转移电子的数目为6.02×1022【考点】探究化学反应机理．【答案】D【分析】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B．多孔材料“固定”N2O4，相当于减小了生成物的浓度；C．由图可知，N2O4和氧气、水反应生成硝酸，N元素化合价升高1价，O元素化合价降低2价，根据化合价升降守恒可得化学方程式；D．根据题意可得关系式：4HNO3～4e﹣，据此计算。【解答】解：A．根据平衡2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，故A正确；B．多孔材料“固定”N2O4，从而促进2NO2（g）⇌N2O4平衡正向移动，故B正确；C．由图可知，N2O4和氧气、水反应生成硝酸，N元素化合价升高1价，O元素化合价降低2价，根据化合价升降守恒可得化学方程式为2N2O4+O2+2H2O═4HNO3，故C正确；D．方程式2N2O4+O2+2H2O═4HNO3的电子转移为4e﹣，则有关系式：4HNO3～4e﹣，故每获得0.4molHNO3时，转移电子的数目为0.4mol，即为0.4×6.02×1023＝2.408×1022，故D错误；故选：D。10．（3分）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图。下列说法正确的是（）A．a分子的核磁共振氢谱有4组峰 B．生成高分子b的反应为加聚反应 C．1mol高分子b最多可与2molNaOH反应 D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好【考点】有机物的结构和性质．【答案】D【分析】A.a结构对称，含有2种H；B.a生成b，N＝N键生成N﹣N键；C.b含有2n个酯基，可在碱性条件下水解；D.b水解生成c，c含有氨基、羟基。【解答】解：A.a结构对称，含有2种H，则a分子的核磁共振氢谱有2组峰，故A错误；B.a生成b，N＝N键生成N﹣N键，为加成反应，不是加聚反应，故B错误；C.b含有2n个酯基，可在碱性条件下水解，则1mol高分子b最多可与2nmolNaOH反应，故C错误；D.b水解生成c，c含有氨基、羟基，为亲水基，则高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好，故D正确；故选：D。11．（3分）25℃时，向20mL0.1mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的（）A．HA与NaOH溶液反应的离子方程式：HA+OH﹣＝A﹣+H2O B．a点溶液中微粒浓度：c（HA）＞c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．b点溶液中c（Na+）＝c（A﹣） D．a点→c点的过程中水的电离度持续增大【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．【答案】B【分析】A．由图可知，0.1mol/LHA的pH大于2，可知HA为弱酸，在离子反应中保留化学式；B．a点加入10mL0.1mol/LNaOH与20mL0.1mol•L﹣1HA溶液反应，a点溶液中溶质为等量的NaA、HA，且溶液显酸性；C．b点溶液的pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒式判断；D．酸、碱抑制水的电离，a点→c点的过程中生成NaA水解促进水的电离。【解答】解：A．由图可知，0.1mol/LHA的pH大于2，可知HA为弱酸，在离子反应中保留化学式，则HA与NaOH溶液反应的离子方程式为HA+OH﹣＝A﹣+H2O，故A正确；B．a点加入10mL0.1mol/LNaOH与20mL0.1mol•L﹣1HA溶液反应，a点溶液中溶质为等量的NaA、HA，且溶液显酸性，可知HA的电离大于A﹣的水解，则浓度：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C．b点溶液的pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒式c（A﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）可知，b点溶液中c（Na+）＝c（A﹣），故C正确；D．酸、碱抑制水的电离，a点→c点的过程中生成NaA水解促进水的电离，则a点→c点的过程中水的电离度持续增大，故D正确；故选：B。12．（3分）镁、海水、溶解氧可构成原电池。为小功率水下设备长时间供电，结构示意图如图所示。但该电池存在析氢副反应和负极活性衰减等问题。下列说法不正确的是（）A．由于溶解氧浓度低，故需增大电极与海水的接触面积 B．该电池使用时，需要定期补充正极反应物 C．负极活性衰减的可能原因是生成的Mg（OH）2覆盖了电极 D．析氢副反应可以表示为2H2O+Mg═Mg（OH）2+H2↑【考点】原电池与电解池的综合．【答案】B【分析】A.由于溶解氧浓度低，反应速率低；B.正极反应电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，所以正极反应物为溶解氧；C.负极电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣＝Mg（OH）2，生成的氢氧化镁覆盖在电极表面；D.Mg较活泼，可直接与水反应：2H2O+Mg═Mg（OH）2+H2↑。【解答】解：A.由于溶解氧浓度低，反应速率低，故可用增大电极与海水的接触面积来提高反应速率，故A正确；B.正极反应电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，所以正极反应物为溶解氧，但海水中含有足量的溶解氧，不需要定期补充，故B错误；C.负极电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣＝Mg（OH）2，生成的氢氧化镁覆盖在电极表面，阻隔电极与海水的接触，致使负极活性衰减，故C正确；D.Mg较活泼，可直接与水反应：2H2O+Mg═Mg（OH）2+H2↑，故D正确；故选：B。13．（3分）下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是（）A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C．Al2（SO4）3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【考点】重要的钠盐．【答案】B【分析】A．两溶液都含有Na+、H2CO3、CO32﹣、HCO3﹣、OH﹣、H+、H2O；B．氯化钙与碳酸钠反应；C．铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。【解答】解：A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、CO32﹣、HCO3﹣、OH﹣、H+、H2O，两溶液中含有粒子的种类相同，故A正确；B．钙离子能够与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，故B错误；C．铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解，Al2（SO4）3能促进Na2CO3、NaHCO3水解，故C正确；D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度简单，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，故D正确；故选：B。14．（3分）异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。①②下列说法不正确的是（）A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备 B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K1＞104、K2＜0.1 C．190℃时，增大n（H2O）：n（异丁醇），不利于反应②的进行 D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0（异丁醇）＝c（异丁烯）+2c（二聚异丁烯）【考点】化学平衡的影响因素．【答案】D【分析】A.分析可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；B.温度高于190℃，由于K1的数值远远大于K2，且升高温度K1持续增大，K2持续减小，但是平衡常数变化范围不大；C.190℃时，增大n（H2O）：n（异丁醇），反应①平衡左移，异丁烯浓度降低，导致平衡②左移；D.若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应，据此判断。【解答】解：A.分析可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于异丁烯的制备，故A正确；B.温度高于190℃，由于K1的数值远远大于K2，且升高温度K1持续增大，K2持续减小，但是平衡常数变化范围不大，故异丁烯的平衡产率影响不大，故B正确；C.190℃时，增大n（H2O）：n（异丁醇），反应①平衡左移，异丁烯浓度降低，导致平衡②左移，不利于反应②进行，故C正确；D.若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应，结合原子守恒可知，c0（异丁醇）＝c（异丁烯）+2c（二聚异丁烯）+c（异丁醇），故D错误；故选D。二、非选择题：本大题共5小题，共58分。15．向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见下表。变化曲线实验现象i.A→B产生红褐色沉淀ii.B→C红褐色沉淀的量增多iii.C→D红褐色沉淀的量增多iv.D点附近产生有刺激性气味的气体v.D→E红褐色沉淀的量略有增多资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11ii.Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10﹣39（1）Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O。（2）A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13。（3）结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：A→B发生反应ClO﹣+2Fe2++H2O+4OH﹣＝Cl﹣+2Fe（OH）3↓，消耗OH−，使溶液的pH显著下降。（4）NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。①M点溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−。②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+。（5）检验iv中气体的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝。（6）A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是Fe2+向Fe（OH）3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c（OH−）减小、c（H+）增大，pH一直下降。（7）整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关。【考点】性质实验方案的设计．【答案】（1）Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13；（3）A→B发生反应ClO﹣+2Fe2++H2O+4OH﹣＝Cl﹣+2Fe（OH）3↓，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；（4）①ClO−、HClO、Cl−；②HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+；（5）用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；（6）Fe2+向Fe（OH）3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c（OH−）减小、c（H+）增大，pH一直下降；（7）反应物的相对用量或氧化剂的种类。【分析】向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生ClO﹣+2Fe2++H2O+4OH﹣＝Cl﹣+2Fe（OH）3↓，从B→C的过程ClO﹣的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H2O，D→E过程溶液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3沉淀，据此分析来解题。【解答】解：（1）Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）根据资料：饱和NaClO溶液的pH约为11，则A点溶液pH约为13主要是NaOH完全电离产生的c（OH﹣）0.1mol/L，所以A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13，故答案为：溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13；（3）根据实验现象：A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe（OH）3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO﹣将Fe2+氧化为+3价，消耗溶液中的OH−，使c（OH﹣）减小，发生反应的离子方程式为ClO﹣+2Fe2++H2O+4OH﹣＝Cl﹣+2Fe（OH）3↓，故答案为：A→B发生反应ClO﹣+2Fe2++H2O+4OH﹣＝Cl﹣+2Fe（OH）3↓，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；（4）①M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−，故答案为：ClO−、HClO、Cl−；②C点pH约为6.5，溶液中HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，故答案为：HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+；（5）根据现象iv：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应Cl2+2KI＝2KCl+I2和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验，故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；（6）A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe2+不断地转化为Fe（OH）3沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，故答案为：Fe2+向Fe（OH）3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c（OH−）减小、c（H+）增大，pH一直下降；（7）根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将Fe2+氧化为Fe（OH）3，因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，故答案为：反应物的相对用量或氧化剂的种类。16．铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有Cu2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H3AsO3等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如图：已知：常温下Fe（OH）3Ksp＝2.6×10﹣39，Ni（OH）2Ksp＝5.48×10﹣16，HFKa＝6.3×10﹣4（1）步骤i的操作名称是萃取分液。（2）①H3AsO3中As的化合价为+3。②步骤ⅱ的离子方程式是3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+＝2FeAsO4↓+4H2O+4H+。（3）步骤ⅲ，加入Na2CO3的目的是通过调pH进一步去除Fe3+，使c（Fe3+）≤2.5×10﹣9mol/L。若溶液2中c（Ni2+）＝0.0548mol/L，则需控制pH的大致范围为4～7。（4）①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分是CaF2、MgF2。②加入NaF的同时需调pH约为5，pH过低导致沉淀率下降，原因是F﹣与H+结合生成弱电解质HF，导致c（F﹣）降低，沉淀率下降。（5）结合如图说明由溶液4得到NiSO4•6H2O的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤。【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】（1）萃取分液；（2）①+3；②3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+＝2FeAsO4↓+4H2O+4H+；（3）4～7；（4）①CaF2、MgF2；②F﹣与H+结合生成弱电解质HF，导致c（F﹣）降低，沉淀率下降；（5）加热浓缩、冷却结晶、过滤。【分析】粗硫酸镍废液中含有Cu2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H3AsO3等杂质微粒，粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1为FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2为Fe（OH）3和溶液3，向溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。【解答】解：（1）据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液，故答案为：萃取分液；（2）①H3AsO3中H元素化合价为+1价，O元素化合价为﹣2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价，故答案为：+3；②步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1为FeAsO4，根据废液成分知，Fe2+、H3AsO3被氧化，离子反应方程式为3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+＝2FeAsO4↓+4H2O+4H+，故答案为：3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+＝2FeAsO4↓+4H2O+4H+；（3）据已知信息，Ni（OH）2的Ksp＝5.48×10﹣16，则溶液2中c（Ni2+）＝0.0548mol⋅L﹣1时，c（OH﹣）不能大于＝mol/L＝10﹣7mol/L，此时溶液pH＝7；又需使c（Fe3+）≤2.5×10﹣9mol/L，根据Fe（OH）3的Ksp＝2.6×10﹣39，则c（OH﹣）不能小于＝mol/L≈10﹣10mol/L，此时溶液pH＝4，故需控制pH的大致范围为4～7，故答案为：4～7；（4）①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有CaF2、MgF2，故答案为：CaF2、MgF2；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，F﹣与H+结合生成弱电解质HF，导致c（F﹣）降低，沉淀率下降，故答案为：F﹣与H+结合生成弱电解质HF，导致c（F﹣）降低，沉淀率下降；（5）从图中可知，NiSO4•6H2O的溶解度随温度升高而增大，由其溶液得到晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤。17．羟基自由基（•OH，电中性，O为﹣1价）是一种活性含氧微粒。常温下，利用•OH处理含苯酚废水，可将其转化为无毒的氧化物。（1）•OH的电子式为。（2）pH＝3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生•OH中间体，催化循环反应如下。将ii补充完整。i．Fe2++H2O2+H+═Fe3++H2O+•OHii．2Fe3+2•OH═2Fe2++O2↑+2H+（3）已知：羟基自由基容易发生猝灭2•OH═H2O2．用H2O2分解产生的•OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。0～20min时，温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变的原因是温度升高H2O2发生分解，导致c（•OH）降低。（4）利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生•OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生•OH并迅速与苯酚反应。①b极连接电源的正极（填“正”或“负”）。②a极的电极反应式为O2+2e﹣+2H+═H2O2。③电解液中发生的主要反应方程式为H2O2═2•OH，C6H6O+28•OH═6CO2+17H2O。【考点】原电池与电解池的综合；电解原理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）羟基为中性原子团，O的最外层含有7个电子；（2）ii．Fe3+氧化•OH生成Fe2+和O2，据此书写离子反应方程式；（3）H2O2对热不稳定，温度升高H2O2发生分解，使产生的•OH减少；（4）①a极主要发生的反应是O2生成H2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原；②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，结合酸性条件写出电极反应式；③酸性条件下，H2O2分解产生的•OH脱除苯酚，并生成无毒的氧化物，根据元素守恒写出反应式；【解答】解：（1）羟基中O有1个单电子，O周围有7个电子，电子式为，故答案为；（2）ii．Fe3+氧化•OH生成Fe2+和O2，离子反应方程式2Fe3++2•OH═2Fe2++O2↑+2H+，故答案为：2Fe3++2•OH═2Fe2++O2↑+2H+；（3）H2O2对热不稳定，温度升高H2O2发生分解，导致c（•OH）下降，所以，温度从40℃上升到50℃，反应速率不基本不变，故答案为：温度升高H2O2发生分解，导致c（•OH）下降；（4）①a极主要发生的反应是O2生成H2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原，则a电极为阴极、与电源负极相接，所以b电极为阳极、与电源正极相接，故答案为：正；②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，根据酸性条件和电子守恒、电荷守恒写出的电极反应式为O2+2e﹣+2H+═H2O2，故答案为：O2+2e﹣+2H+═H2O2；③H2O2分解产生•OH，方程式为H2O2═2•OH，•OH脱除苯酚成无毒的氧化物CO2，方程式为C6H6O+28•OH═6CO2+17H2O，故答案为：H2O2═2•OH，C6H6O+28•OH═6CO2+17H2O；18．某喹啉类化合物P的合成路线如图：已知：R1﹣C≡CH+R2CHO（1）A为链状，按官能团分类，其类别是烯烃。（2）B→C的反应方程式是CH2Br﹣CHBr﹣CH3+2NaOHCH≡C﹣CH3+2NaBr+2H2O。（3）C→D所需的试剂a是。（4）下列关于E的说法正确的是CD。A.能发生银镜反应B.能发生氧化、消去、加聚反应C.核磁共振氢谱显示峰面积比为3：2：2：3D.1molE可以与6molH2发生反应（5）G的结构简式为。（6）H→I的反应类型为还原反应。（7）由I和E合成P的流程如下，M与N互为同分异构体，写出J、M、N的结构简式：、、。【考点】有机物的推断．【答案】见试题解答内容【分析】从H生成I，结合I的分子式可知，I的结构简式为，则G发生硝化反应生成H，F发生取代反应生成G，结合两者分子式，可得F为，G为；结合已知信息和C、D的分子式，D可由和CH≡C﹣CH3在NaNH2作用下发生反应得到，则C为CH≡C﹣CH3，试剂a是，D的结构简式为，故B的结构简式为CH2Br﹣CHBr﹣CH3，B在强碱醇溶液中消去HBr得到C，故A是CH2＝CH﹣CH3，A与Br2发生加成得到B；D的分子式比E多两个H原子，则O2催化氧化使D的羟基生成酮基，得到E的结构简式为，据此解答。【解答】解：（1）据分析，A为链状，结构简式为CH2＝CH﹣CH3，按官能团分类，其类别是烯烃，故答案为：烯烃；（2）据分析，B是CH2Br﹣CHBr﹣CH3，在强碱的醇溶液中发消去反应，得到丙炔C，B→C的反应方程式是：CH2Br﹣CHBr﹣CH3+2NaOHCH≡C﹣CH3+2NaBr+2H2O，故答案为：CH2Br﹣CHBr﹣CH3+2NaOHCH≡C﹣CH3+2NaBr+2H2O；（3）据