2023-2024学年北京161中高三(上)期中化学试卷

2023-2024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。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。1．（3分）中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片（主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示）放入水球中，得到气泡球。下列说法不正确的是（）A．柠檬酸分子中含有两种官能团 B．常温下，碳酸氢钠溶液的pH＞7 C．固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离 D．得到气泡球的反应：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（）A．NaCl的电子式 B．NH3的VSEPR模型为 C．2pz电子云图为 D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为3．（3分）下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是（）A．核苷酸聚合生成核酸 B．氨基酸缩合生成多肽 C．油脂在碱性溶液中反应制取肥皂 D．纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯4．（3分）下列对于物质结构和性质的分析不正确的是（）A．碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅 B．邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛 C．氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸 D．卤代烃中C﹣X键极性较强，使卤素原子易被取代5．（3分）下列反应不属于氧化还原反应的是（）A．铜丝加热后，伸入无水乙醇中，先变黑，后重新变为红色 B．向硝酸银溶液中加入氨水至过量，产生沉淀又消失 C．将SO2通入到Ba（NO3）2溶液中，生成白色沉淀 D．向FeSO4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀6．（3分）我国科学家合成了检测CN﹣的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正确的是（）A．不存在手性碳原子 B．能形成分子内氢键 C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D．1mol探针A最多能与3molNaOH反应7．（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．0.1mol氨基（﹣NH2）中含有NA个质子 B．14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2NA C．1.0mol⋅L﹣1AlCl3溶液中，Cl﹣数目为3NA D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1g时，外电路中通过电子的数目为0.1NA8．（3分）实验室制备下列气体所选装置，除杂试剂不正确的是（）（干燥、收集装置略）气体制备试剂除杂试剂所选装置ASO2Cu+浓H2SO4饱和NaHSO3溶液b、cBCl2MnO2+浓HCl饱和NaCl溶液b、cCC2H4C2H5OH+浓H2SO4KMnO4溶液b、cDC2H2电石+饱和NaCl溶液CuSO4溶液a、cA．A B．B C．C D．D9．（3分）下列方程式能准确解释相应事实的是（）A．硫酸型酸雨的形成：SO2+H2O⇌H2SO4 B．84消毒液不能与洁厕灵混用：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O C．和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑ D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O10．（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。下列说法不正确的是（）A．过程①生成了HCl，说明酸性：H2S＞HCl B．过程②，每溶解1molCuS，转移2mole﹣ C．过程③，溶液的pH增大 D．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓11．（3分）新型Li﹣Mg双离子可充电电池是一种高效，低成本的储能电池，其装置示意图如图。当闭合K2时，该电池的工作原理为xMg+xLi2SO4+2Li1﹣xFePO4═xMgSO4+2LiFePO4。下列关于该电池的说法正确的是（）A．放电时，电子从N电极经导线流向M电极 B．放电时，正极的电极反应式：Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4 C．充电时，外加直流电源的正极与M电极相连 D．充电时，电路中每通过1mole﹣，左室溶液增加2molLi+12．（3分）中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体、、缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图，下列说法不正确的是（）A．与互为同分异构 B．的名称为4，4′﹣DDS，推测的名称为3，3′﹣DDS C．参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8 D．及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物13．（3分）某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如图所示。下列实验事实与所得结论相符的是（）实验事实所得结论A湿润的蓝色石蕊试纸变红证明硫的燃烧产物中有酸B湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体证明硫的燃烧产物能被还原成硫C加入BaCl2溶液产生白色沉淀证明硫燃烧的产物中有SO3D湿润的品红试纸褪色证明硫燃烧的产物中有SO2A．A B．B C．C D．D14．（3分）某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛（反应如图，部分产物略去）。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如表。肉桂醛苯甲醛催化剂种类金属元素的电负性肉桂醛转化率（%）苯甲醛选择性（%）BaO0.980.7971.93CaO1.078.2760.51Al2O31.574.2154.83ZnO1.676.4648.57CuO1.975.3441.71资料：ⅰ.选择性S（B）＝×100%；ⅱ.Ba与Ca同主族。下列说法不正确的是（）A．肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应 B．用ZnO作催化剂可以获得比用Al2O3更大的主反应速率 C．使用CuO作催化剂时，反应后副产物最多 D．金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好二、非选择题：本大题共5道小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。15．（11分）我国科学家发现催化剂α﹣Fe2O3可高效活化H2O，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的催化反应过程示意图如图。（1）Fe元素在元素周期表中的位置是。（2）污染物X在电极a上的反应式是。（3）科研团队研究了X分别为、和H3AsO3[也可以写作As（OH）3]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。①基态As原子的价层电子排布式是。②中的键角（填“＞”“＜”或“＝”）中的键角。③的结构是，P原子的杂化轨道类型是。（4）比较反应能力：H3AsO3（填“＞”“＜”或“＝”），原因是。（5）α﹣Fe2O3晶胞的体积为Vcm3，晶体密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞中Fe原子的个数为（Fe2O3的摩尔质量：160g/mol）。16．（10分）汽车尾气中的氮氧化物（NOx）对环境有危害，可利用化学方法实现氮的转化，从而降低氮氧化物排放。（1）CO、HC（碳氢化合物）和NH3等均可在催化剂作用下，将NOx转化为N2。①CO在氮的转化过程中体现了性。②NH3和NO反应的化学方程式为。（2）利用电解装置可以将尾气中的NO转化为尿素[CO（NH2）2，其中碳的化合价为+4价，属于非电解质]，工作原理如图。①阴极的电极反应式为。②反应一段时间后，阳极区的pH基本不变，结合化学用语解释原因为。③用代替NO进行电化学反应，研究表明阴极反应的历程如下：Ⅰ．CO2（g）+2H++2e﹣═CO（pre）+H2OⅡ．……Ⅲ．CO（pre）+2NH2（pre）═CO（NH2）2其中，CO（pre）表示CO前体，NH2（pre）表示NH2前体。用化学用语表示步骤Ⅱ的反应：。17．（12分）维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图（部分试剂和反应条件略去）。已知：（1）A是芳香族化合物，其名称是。（2）A→B所需试剂和反应条件是。（3）D的官能团是。（4）下列有关戊糖T的说法正确的是（填序号）。a.属于单糖b.可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基c.存在含碳碳双键的酯类同分异构体（5）E的结构简式是。（6）I→J的方程式是。（7）由K经过以下转化可合成维生素B2。M的结构简式是。18．（12分）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：软锰矿Mn2+溶出液钝化液MnO2资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：Fe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4，不反应。（1）溶出①溶出前，软锰矿需研磨。目的是。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+主要途径如图所示。ⅰ.步骤Ⅰ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是。ⅱ.若Fe2+全部来自于反Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值（0.9）小于2，原因是。（2）纯化已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3⋅H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：。（3）电解Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是。（4）产品纯度测定向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol⋅L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL（已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0：）。产品纯度为（用质量分数表示）。19．（13分）资料显示，酸性介质中，S2和Mn2+可反应转化为和。小组探究利用该反应测定Mn2+含量的条件。实验序号物质a实验现象Ⅰ0.002mol/LMnSO4溶液无明显变化Ⅱ0.002mol/LMnSO4溶液加热至沸腾，5min后溶液变为紫色Ⅲ0.05mol/LMnSO4溶液加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色（1）根据实验Ⅱ的现象，氧化性：S2（填“＞”或“＜”）。（2）实验Ⅱ中反应的离子方程式是。（3）实验Ⅰ的条件下S2能将Mn2+氧化为，推测实验Ⅰ未出现紫色的原因：。（4）经检验，棕黑色沉淀为MnO2，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：假设1：S2的浓度较低，不足以将Mn2+氧化为假设2：溶液中存在还原剂Mn2+，将生成的还原为MnO2①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是。②针对假设2，乙同学设计实验Ⅳ证实了推测合理。请写出实验操作和现象：。③实验Ⅲ中生成MnO2的离子方程式是，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：。（5）资料表明Ag+可作为Mn2+和S2反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，再加入0.0005mol（NH4）2S2O8固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。（6）根据上述实验，要利用（NH4）2S2O8将Mn2+转化为的反应来快速测定Mn2+的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、。

2023-2024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。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。1．（3分）中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片（主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示）放入水球中，得到气泡球。下列说法不正确的是（）A．柠檬酸分子中含有两种官能团 B．常温下，碳酸氢钠溶液的pH＞7 C．固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离 D．得到气泡球的反应：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O【考点】重要的钠盐；根据官能团对有机物进行分类．【答案】D【分析】A．该有机物含有的官能团有羟基、羧基；B．NaHCO3水解程度大于其电离程度溶液显碱性；C．碳酸氢钠、柠檬酸均为电解质；D．柠檬酸是弱酸，不能拆，碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子。【解答】解：A．该有机物含有羟基、羧基共2种官能团，故A正确；B．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，水解程度大于其电离程度溶液显碱性，故B正确；C．碳酸氢钠、柠檬酸均为电解质，放入水中会发生电离，故C正确；D．柠檬酸是弱酸，不能拆，碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，故得到气泡球的反应+3HCO3﹣＝3﹣+3CO2↑+3H2O，故D错误；故选：D。2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（）A．NaCl的电子式 B．NH3的VSEPR模型为 C．2pz电子云图为 D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为【考点】化学式或化学符号及名称的综合；电子式．【答案】C【分析】A．NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性；B．NH3的VSEPR模型为四面体结构；C．p能级电子云是哑铃形；D．不符合洪特规则。【解答】解：A．NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性，NaCl的电子式为，故A错误；B．NH3的VSEPR模型为四面体结构，图为三角锥形结构且没有写出孤电子对，故B错误；C．p能级电子云是哑铃形，则2pz电子云图为，故C正确；D．不符合洪特规则，基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；故选：C。3．（3分）下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是（）A．核苷酸聚合生成核酸 B．氨基酸缩合生成多肽 C．油脂在碱性溶液中反应制取肥皂 D．纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯【考点】酯化反应．【答案】B【分析】A．核苷酸聚合生成核酸过程中，生成酯基；B．氨基酸脱水缩合生成多肽；C．油脂在碱性溶液中发生酯的水解反应制取肥皂；D．纤维素与乙酸发生酯化反应制取纤维素乙酸酯。【解答】解：A．核酸是通过三磷酸核苷聚合而成，相互之间以磷酸二酯键连接，发生了酯化反应，故A错误；B．氨基酸缩合生成多肽，通过羧基与氨基脱水形成肽键连接，没有发生酯化反应也没有发生酯的水解，故B正确；C．油脂属于酯类，油脂在碱性溶液中发生酯的水解反应制取肥皂，故C错误；D．纤维素中含有羟基，纤维素与乙酸发生酯化反应制取纤维素乙酸酯，故D错误；故选：B。4．（3分）下列对于物质结构和性质的分析不正确的是（）A．碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅 B．邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛 C．氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸 D．卤代烃中C﹣X键极性较强，使卤素原子易被取代【考点】氢键的存在对物质性质的影响．【答案】B【分析】A．原子晶体中，共价键越短，物质的熔点越高；B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键要弱于分子间氢键；C．氟的电负性大于氯的电负性，F吸电子能力强于Cl；D．卤素原子的非金属性比碳强。【解答】解：A．金刚石和晶体硅都属于原子晶体中，金刚石的熔点高于晶体硅，原因为两种晶体中原子间平均距离前者小于后者，碳的原子半径小于硅，故A正确；B．由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，而分子内氢键要弱于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，故B错误；C．氟的电负性大于氯的电负性，F吸电子强于Cl，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故C正确；D．由于卤素原子的非金属性比碳强，所以C﹣X之间的共用电子对偏向卤素原子，使卤素原子易被取代，故D正确；故选：B。5．（3分）下列反应不属于氧化还原反应的是（）A．铜丝加热后，伸入无水乙醇中，先变黑，后重新变为红色 B．向硝酸银溶液中加入氨水至过量，产生沉淀又消失 C．将SO2通入到Ba（NO3）2溶液中，生成白色沉淀 D．向FeSO4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应．【答案】B【分析】氧化还原反应的本质是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，不属于氧化还原反应，说明反应中没有电子转移，所以没有元素化合价升降。【解答】解：A．铜丝加热后，Cu被氧化为黑色的CuO，伸入无水乙醇中后又重新变为红色，则黑色的CuO被还原为Cu，存在元素化合价的变化，则与氧化还原反应有关，故A错误；B．向硝酸银溶液中加入氨水至过量，首先生成氢氧化银，随后氢氧化银再和氨气生成氢氧化二氨合银，不存在元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B正确；C．SO2通入Ba（NO3）2溶液中，SO2与H2O反应产生的H2SO3被（H+）氧化为H2SO4，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，存在元素化合价的变化，包含氧化还原反应，故C错误；D．红褐色沉淀是氢氧化铁，硫酸亚铁中的二价铁可以被次氯酸根离子氧化为三价铁，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D错误；故选：B。6．（3分）我国科学家合成了检测CN﹣的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正确的是（）A．不存在手性碳原子 B．能形成分子内氢键 C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D．1mol探针A最多能与3molNaOH反应【考点】有机物的结构和性质．【答案】D【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；B．根据图知，分子内N原子和﹣OH中的H原子形成氢键；C．苯环上酚羟基的邻位或对位含有氢原子的有机物能和饱和溴水发生取代反应，碳碳双键能和溴水发生加成反应；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1发生反应。【解答】解：A．根据图知，分子中不含手性碳原子，故A正确；B．根据图知，分子内N原子和﹣OH中的H原子形成分子内氢键，故B正确；C．该分子中苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以能和浓溴水发生取代反应，分子中碳碳双键能和溴水发生加成反应，故C正确；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1发生反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol该物质最多消耗4molNaOH，故D错误；故选：D。7．（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．0.1mol氨基（﹣NH2）中含有NA个质子 B．14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2NA C．1.0mol⋅L﹣1AlCl3溶液中，Cl﹣数目为3NA D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1g时，外电路中通过电子的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【答案】B【分析】A．1个氨基含有9个质子；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2；C．溶液体积未知；D．氯气的物质的量为：＝0.1mol，生成1mol氯气转移2mol电子。【解答】解：A．1个氨基含有9个质子，则0.1mol氨基（﹣NH2）中含有0.9NA个质子，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为n＝＝1mol，故含C﹣H键为2NA条，故B正确；C．溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故C错误；D．依据分析可知，电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1g时，外电路中通过电子的数目为0.2NA，故D错误；故选：B。8．（3分）实验室制备下列气体所选装置，除杂试剂不正确的是（）（干燥、收集装置略）气体制备试剂除杂试剂所选装置ASO2Cu+浓H2SO4饱和NaHSO3溶液b、cBCl2MnO2+浓HCl饱和NaCl溶液b、cCC2H4C2H5OH+浓H2SO4KMnO4溶液b、cDC2H2电石+饱和NaCl溶液CuSO4溶液a、cA．A B．B C．C D．D【考点】制备实验方案的设计．【答案】C【分析】A.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，饱和NaHSO3溶液可除去二氧化硫中的三氧化硫；B.二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl；C.乙醇发生消去反应生成乙烯，高锰酸钾可氧化乙烯及挥发的乙醇；D.电石与饱和NaCl溶液常温下反应生成乙炔，硫酸铜溶液可除去乙炔中的硫化氢等。【解答】解：A.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，饱和NaHSO3溶液可除去二氧化硫中的三氧化硫，试剂及装置均合理，故A正确；B.二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，试剂及装置均合理，故B正确；C.乙醇发生消去反应生成乙烯，高锰酸钾可氧化乙烯及挥发的乙醇，应选NaOH溶液除去杂质，试剂不合理，故C错误；D.电石与饱和NaCl溶液常温下反应生成乙炔，硫酸铜溶液可除去乙炔中的硫化氢等，试剂及装置均合理，故D正确；故选：C。9．（3分）下列方程式能准确解释相应事实的是（）A．硫酸型酸雨的形成：SO2+H2O⇌H2SO4 B．84消毒液不能与洁厕灵混用：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O C．和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑ D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【答案】B【分析】A．二氧化硫与水反应生成亚硫酸；B．“84”消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分是稀盐酸，二者能反应，生成有毒气体氯气；C．醋酸为弱酸，应保留化学式；D．氢氧化钡足量，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式组成书写，氢离子的系数为1。【解答】解：A．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，化学方程式应为SO2+H2O═H2SO3，硫酸型酸雨形成的最后一步为亚硫酸被氧气氧化为硫酸，离子方程式为：2H2SO3+2O2═4H++2SO42﹣，故A错误；B．“84”消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分是稀盐酸，二者能反应，反应方程式为：2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O，生成的氯气有毒，故B正确；C．碳酸氢钠与醋酸反应，离子方程式：HCO3﹣+CH3COOH═CO2↑+H2O+CH3COO﹣，故C错误；D．向NaHSO4溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀，离子方程式为：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故D错误；故选：B。10．（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。下列说法不正确的是（）A．过程①生成了HCl，说明酸性：H2S＞HCl B．过程②，每溶解1molCuS，转移2mole﹣ C．过程③，溶液的pH增大 D．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓【考点】硫化氢；氧化还原反应的基本规律及应用．【答案】A【分析】A．过程①中，H2S和Cu2+反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，反应发生是因为生成了沉淀；B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS═Cu2++2Fe2++S，有化合价升降分析解题；C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，反应消耗H+，溶液酸性减弱；D．由反应（①+②）×2+③可得回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S，故D正确；【解答】解：A．过程①中，H2S和Cu2+反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，反应发生是因为Cu2+和H2S电离出的S2﹣反应生成了沉淀，不能证明酸性强弱，故A错误；B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS═Cu2++2Fe2++S，铁元素化合价降低，每溶解1molCuS，消耗2molFe3+，转移2mole﹣，故B正确；C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，从方程式看，反应中消耗H+，溶液酸性减弱pH增大，故C正确；D．由反应（①+②）×2+③可得回收S的总反应，方程式为2H2S+O22H2O+2S，故D正确；故选：A。11．（3分）新型Li﹣Mg双离子可充电电池是一种高效，低成本的储能电池，其装置示意图如图。当闭合K2时，该电池的工作原理为xMg+xLi2SO4+2Li1﹣xFePO4═xMgSO4+2LiFePO4。下列关于该电池的说法正确的是（）A．放电时，电子从N电极经导线流向M电极 B．放电时，正极的电极反应式：Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4 C．充电时，外加直流电源的正极与M电极相连 D．充电时，电路中每通过1mole﹣，左室溶液增加2molLi+【考点】原电池与电解池的综合．【答案】B【分析】当闭合K2时，该电池的工作原理为xMg+xLi2SO4+2Li1﹣xFePO4═xMgSO4+2LiFePO4，M极为作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，N极为正极，电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4，充电时，M极为阴极，N极为阳极，【解答】解：A．放电时，电子从M电极（负极）经导线流向N电极（正极），故A错误；B．放电时，N极为正极，电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4，故B正确；C．充电时，M极为阴极，与电源的负极相连，故C错误；D．充电时，电路中每通过1mole﹣，由电荷守恒可知，左室溶液增加1molLi+，故D错误；故选：B。12．（3分）中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体、、缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图，下列说法不正确的是（）A．与互为同分异构 B．的名称为4，4′﹣DDS，推测的名称为3，3′﹣DDS C．参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8 D．及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】A．分子式相同，结构不同，互为同分异构；B．根据的名称为4，4′﹣DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上；C．芳砜纶纤维的结构简式为，则为0.75n，为0.25n，为n；D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl，及时移除HCl，平衡右移。【解答】解：A．分子式相同，结构不同的化合物，互为同分异构，与分子式相同，结构不同，互为同分异构，故A正确；B．根据的名称为4，4′﹣DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′﹣DDS，故B正确；C．由芳砜纶纤维的结构简式可知，为0.75n，为0.25n，为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n＝3：1：4，故C错误；D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl，及时移除HCl，平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；故选：C。13．（3分）某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如图所示。下列实验事实与所得结论相符的是（）实验事实所得结论A湿润的蓝色石蕊试纸变红证明硫的燃烧产物中有酸B湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体证明硫的燃烧产物能被还原成硫C加入BaCl2溶液产生白色沉淀证明硫燃烧的产物中有SO3D湿润的品红试纸褪色证明硫燃烧的产物中有SO2A．A B．B C．C D．D【考点】含硫物质的性质及综合应用；化学实验方案的评价．【答案】D【分析】A．产物中的二氧化硫与水反应生成的亚硫酸使湿润蓝色石蕊试纸变红；B．硫化钠也能被氧化生成硫单质；C．硫燃烧不能生成三氧化硫；D．硫燃烧生成的二氧化硫能使品红褪色。【解答】解：A．S与O2燃烧生成SO2，SO2与水反应生成的H2SO3使湿润蓝色石蕊试纸变红，不是硫的燃烧产物中有酸，故A错误；B．硫化钠也能被氧化生成硫单质，不能说明硫的燃烧产物能被还原成硫，故B错误；C．硫燃烧不能生成三氧化硫，只能生成二氧化硫，故C错误；D．硫燃烧生成的二氧化硫能使品红褪色，故D正确；故选：D。14．（3分）某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛（反应如图，部分产物略去）。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如表。肉桂醛苯甲醛催化剂种类金属元素的电负性肉桂醛转化率（%）苯甲醛选择性（%）BaO0.980.7971.93CaO1.078.2760.51Al2O31.574.2154.83ZnO1.676.4648.57CuO1.975.3441.71资料：ⅰ.选择性S（B）＝×100%；ⅱ.Ba与Ca同主族。下列说法不正确的是（）A．肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应 B．用ZnO作催化剂可以获得比用Al2O3更大的主反应速率 C．使用CuO作催化剂时，反应后副产物最多 D．金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好【考点】催化剂的作用．【答案】B【分析】A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛；B．由表中数据可知ZnO作催化剂时，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应；C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小；D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大，苯甲醛的选择性逐渐减小。【解答】解：A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛，该变化属于氧化反应，故A正确；B．由表中数据可知ZnO作催化剂时，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应，所以ZnO作催化剂时主反应速率小，故B错误；C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小，生成的副产物最多，故C正确；D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大，苯甲醛的选择性逐渐减小，因此可以得出结论：金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好，故D正确；故选：B。二、非选择题：本大题共5道小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。15．（11分）我国科学家发现催化剂α﹣Fe2O3可高效活化H2O，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的催化反应过程示意图如图。（1）Fe元素在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族。（2）污染物X在电极a上的反应式是X﹣2e﹣+H2OXO+2H+。（3）科研团队研究了X分别为、和H3AsO3[也可以写作As（OH）3]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。①基态As原子的价层电子排布式是4s24p3。②中的键角＜（填“＞”“＜”或“＝”）中的键角。③的结构是，P原子的杂化轨道类型是sp3。（4）比较反应能力：＜H3AsO3（填“＞”“＜”或“＝”），原因是中P原子无孤电子对，H3AsO3中As原子有孤电子对。（5）α﹣Fe2O3晶胞的体积为Vcm3，晶体密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞中Fe原子的个数为（Fe2O3的摩尔质量：160g/mol）。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】（1）第四周期第VIII族；（2）X﹣2e﹣+H2OXO+2H+；（3）①4s24p3；②＜；③sp3；（4）＜；中P原子无孤电子对，H3AsO3中As原子有孤电子对；（5）。【分析】（1）Fe元素在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；（2）污染物X在电极a上发生失电子的反应生成XO，结合电子守恒、电荷守恒写出电极反应式；（3）①As处于第四周期第ⅤA族，根据构造原理可知，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，据此写出价电子排布式；②VSEPR模型相同时，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小；③由的结构式可知，P原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体；（4）H3AsO3[或As（OH）3]中As原子的价层电子对数为4，含有1对孤电子对，中P原子的价层电子对数为4，无孤电子对；（5）设一个晶胞中Fe原子的个数为2x，则α﹣Fe2O3晶胞的质量m＝g＝ρVg。【解答】解：（1）Fe为26号元素，其在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；（2）污染物X在电极a上发生失电子的反应生成XO，电极反应式为X﹣2e﹣+H2OXO+2H+，故答案为：X﹣2e﹣+H2OXO+2H+；（3）①As原子序数为33，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，其价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3；②中N原子的价层电子对数为2+＝3，VSEPR模型为平面三角形，含有1对孤电子对，中N原子的价层电子对数为3+＝3，VSEPR模型为平面三角形，无孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小，则键角：＜，故答案为：＜；③由的结构式可知，P原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，则P原子的杂化轨道类型是sp3，故答案为：sp3；（4）H3AsO3[或As（OH）3]中As原子的价层电子对数为4，含有1对孤电子对，中P原子的价层电子对数为4，无孤电子对，中心原子含有孤电子对的物质易被氧化，则反应能力：＜H3AsO3，故答案为：＜；中P原子无孤电子对，H3AsO3中As原子有孤电子对；（5）设一个晶胞中Fe原子的个数为2x，则α﹣Fe2O3晶胞的质量m＝g＝ρVg，解得x＝，即2x＝2×＝，故答案为：。16．（10分）汽车尾气中的氮氧化物（NOx）对环境有危害，可利用化学方法实现氮的转化，从而降低氮氧化物排放。（1）CO、HC（碳氢化合物）和NH3等均可在催化剂作用下，将NOx转化为N2。①CO在氮的转化过程中体现了还原性。②NH3和NO反应的化学方程式为4NH3+6NO═5N2+6H2O。（2）利用电解装置可以将尾气中的NO转化为尿素[CO（NH2）2，其中碳的化合价为+4价，属于非电解质]，工作原理如图。①阴极的电极反应式为CO2+2NO+10H++10e﹣═CO（NH2）2+3H2O。②反应一段时间后，阳极区的pH基本不变，结合化学用语解释原因为阳极发生反应：H2﹣2e﹣═2H+，根据闭合回路中电量守恒，同时会有等量的H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变。③用代替NO进行电化学反应，研究表明阴极反应的历程如下：Ⅰ．CO2（g）+2H++2e﹣═CO（pre）+H2OⅡ．……Ⅲ．CO（pre）+2NH2（pre）═CO（NH2）2其中，CO（pre）表示CO前体，NH2（pre）表示NH2前体。用化学用语表示步骤Ⅱ的反应：2+12H++10e﹣═2NH2（pre）+4H2O。。【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；电解原理．【答案】（1）①还原；②4NH3+6NO═5N2+6H2O；（2）①CO2+2NO+10H++10e﹣═CO（NH2）2+3H2O；②阳极发生反应：H2﹣2e﹣═2H+，根据闭合回路中电量守恒，同时会有等量的H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变；③2+12H++10e﹣═2NH2（pre）+4H2O。【分析】（1）根据氧化还原反应原理及物质性质分析书写相关反应方程式，反应中化合价升高的反应物作还原剂；（2）根据图示及电解池原理书写电极反应式，并根据闭合回路电子转移守恒判断电解质溶液中离子浓度的变化。【解答】解：（1）①将NOx转化为N2时，N元素化合价降低，发生还原反应，CO在氮的转化过程中作还原剂，体现了还原性，故答案为：还原；②NH3和NO发生氧化还原反应生成N2和H2O，反应的化学方程式为4NH3+6NO═5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO═5N2+6H2O；（2）①如图所示，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式为CO2+2NO+10H++10e﹣═CO（NH2）2+3H2O，故答案为：CO2+2NO+10H++10e﹣═CO（NH2）2+3H2O；②阳极发生氧化反应，生成氢离子：H2﹣2e﹣═2H+，H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变，故答案为：阳极发生反应：H2﹣2e﹣═2H+，根据闭合回路中电量守恒，同时会有等量的H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变；③用代替NO进行电化学反应，根据题给反应历程分析，步骤Ⅱ的反应为：2+12H++10e﹣═2NH2（pre）+4H2O，故答案为：2+12H++10e﹣═2NH2（pre）+4H2O。17．（12分）维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图（部分试剂和反应条件略去）。已知：（1）A是芳香族化合物，其名称是邻二甲苯（或1，2二甲苯）。（2）A→B所需试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热。（3）D的官能团是氨基。（4）下列有关戊糖T的说法正确的是a（填序号）。a.属于单糖b.可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基c.存在含碳碳双键的酯类同分异构体（5）E的结构简式是。（6）I→J的方程式是C2H5OOCCH2COOC2H5++2C2H5OH。（7）由K经过以下转化可合成维生素B2。M的结构简式是。【考点】有机物的合成；有机物的推断．【答案】（1）邻二甲苯（或1，2二甲苯）；（2）浓硝酸、浓硫酸、加热；（3）氨基；（4）a；（5）；（6）C2H5OOCCH2COOC2H5++2C2H5OH；（7）。【分析】A属于芳香族化合物，由A的分子式、K的结构简式可知，A为，结合B与D的分子式、K的结构简式，可知A发生硝化反应生成B为，B发生还原反应生成D为，（4）中T是戊糖，结合K的结构简式，可知D与T发生信息中反应形成碳氮双键、然后与氢气加成生成E，E再与发生取代反应生成F，可知T为OHC（CHOH）3CH2OH、E为、F为，而F与J发生加成反应生成K，则J为，由G、I的分子式，结合反应条件，可知G与乙醇发生酯化反应生成I，I与尿素发生取代反应成环生成J，故G为HOOCCH2COOH、I为C2H5OOCCH2COOC2H5。【解答】解：（1）由分析可知，A的结构简式为，A的名称是邻二甲苯（或1，2二甲苯），故答案为：邻二甲苯（或1，2二甲苯）；（2）A→B发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；（3）D的结构简式为，含有的官能团是氨基，故答案为：氨基；（4）a．由分析可知，T的结构简式为OHC（CHOH）3CH2OH，属于单糖，故a正确；b．T含有的﹣CH2OH、﹣CHO都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，故b错误；c．T的不饱和度为1，而含碳碳双键的酯类同分异构体的不饱和度至少为2，则T不存在存在含碳碳双键的酯类同分异构体，故c错误，故答案为：a；（5）由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；（6）I→J的方程式是C2H5OOCCH2COOC2H5++2C2H5OH，故答案为：C2H5OOCCH2COOC2H5++2C2H5OH；（7）对比K、维生素B2的结构简式，可知K→K发生消去反应褪去1分子形成C＝N双键生成L，L中﹣NH﹣基团与C＝O双键之间加成成环生成M，M发生消去反应脱去1分子水形成C＝N得到维生素B2，可知L为、M为，故答案为：。18．（12分）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：软锰矿Mn2+溶出液钝化液MnO2资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：Fe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4，不反应。（1）溶出①溶出前，软锰矿需研磨。目的是增大反应速率，提高浸出率。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+主要途径如图所示。ⅰ.步骤Ⅰ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是。ⅱ.若Fe2+全部来自于反Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值（0.9）小于2，原因是二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+。（2）纯化已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3⋅H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3+、Al3+。（3）电解Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是。（4）产品纯度测定向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol⋅L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL（已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0：）。产品纯度为（用质量分数表示）。【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【答案】（1）①增大反应速率，提高浸出率；②ⅰ.；ⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；（2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3+、Al3+；（3）；（4）。【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2，加硫酸和过量铁粉溶解软锰矿，铁把MnO2还原为Mn2+，SiO2不溶于硫酸，过滤得硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸锰溶液，溶液中先加MnO2，后加入NH3⋅H2O调溶液pH≈5，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去硫酸铝、硫酸铁，得到纯化硫酸锰溶液，电解硫酸锰溶液生成二氧化锰。【解答】解：（1）①增大接触面积可以加快反应速率，溶出前，软锰矿需研磨，目的是增大反应速率，提高浸出率，故答案为：增大反应速率，提高浸出率；②ⅰ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为，故答案为：；ⅱ.若Fe2+全部来自于反Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值（0.9）小于2，所需还原剂的量减少，原因是二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；（2）加MnO2的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，所以先加MnO2；后加入NH3⋅H2O调溶液pH≈5，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除去溶液中的Fe3+、Al3+，故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3+、Al3+；（3）电解硫酸锰溶液生成二氧化锰，Mn2+失电子发生氧化反应，生成MnO2的电极反应式是，故答案为：；（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应5Na2SO4，则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为；根据反应MnO2+Na2C2O4+2H2SO4，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4），产品纯度为，故答案为：。19．（13分）资料显示，酸性介质中，S2和Mn2+可反应转化为和。小组探究利用该反应测定Mn2+含量的条件。实验序号物质a实验现象Ⅰ0.002mol/LMnSO4溶液无明显变化Ⅱ0.002mol/LMnSO4溶液加热至沸腾，5min后溶液变为紫色Ⅲ0.05mol/LMnSO4溶液加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色（1）根据实验Ⅱ的现象，氧化性：S2＞（填“＞”或“＜”）。（2）实验Ⅱ中反应的离子方程式是8H2O+5S2+2Mn2+＝2+10+16H+。（3）实验Ⅰ的条件下S2能将Mn2+氧化为，推测实验Ⅰ未出现紫色的原因：相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢。（4）经检验，棕黑色沉淀为MnO2，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：假设1：S2的浓度较低，不足以将Mn2+氧化为假设2：溶液中存在还原剂Mn2+，将生成的还原为MnO2①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是实验II和实验III中S2的浓度相同。②针对假设2，乙同学设计实验Ⅳ证实了推测合理。请写出实验操作和现象：向1mL0.05mol/LMnSO4溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀。③实验Ⅲ中生成MnO2的离子方程式是3Mn2++2+2H2O＝5MnO2↓+4H+，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫