2023-2024學(xué)年北京順義區(qū)一中高三（上）期中化學(xué)試題和答案

高中PAGE1試題2023北京順義一中高三（上）期中化學(xué)一、本部分共14題，每題3分，共42分。每題選出最符合題目要求的一項。1．下列說法正確的是（）A．利用銀鏡反應(yīng)可以區(qū)分葡萄糖和麥芽糖 B．油脂在堿性條件下可水解為甘油和高級脂肪酸 C．蛋白質(zhì)遇飽和硫酸鈉溶液變性 D．核苷酸聚合成DNA是縮聚反應(yīng)2．34Se和S均屬于ⅥA族元素。下列事實不能從元素的電負性角度解釋的是（）A．熔點：H2O＞H2S B．還原性：Se2﹣＞S2﹣ C．沸點：H2Se＞H2S D．H2Se中H為+1價3．名醫(yī)華佗創(chuàng)制的用于外科手術(shù)的麻醉藥“麻沸散”中含有東莨菪堿，其結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關(guān)于該物質(zhì)的說法不正確的是（）A．含有3種含氧官能團 B．N的雜化方式為sp3 C．不能發(fā)生消去反應(yīng) D．具有堿性，能與強酸反應(yīng)4．利用如圖裝置（夾持裝置略）進行實驗，X、Y中所選試劑不能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ┻x項實驗?zāi)康脑噭試劑YA比較非金屬性：Cl＞Br＞SNaBr溶液H2S溶液B吸收CO2中混有的SO2并檢驗其是否已除盡酸性KMnO4溶液品紅溶液C檢驗C2H5Br與NaOH醇溶液共熱的產(chǎn)物乙烯水酸性KMnO4溶液D證明電石與飽和食鹽水反應(yīng)產(chǎn)生的氣體中含有乙炔CuSO4溶液酸性KMnO4溶液A．A B．B C．C D．D5．硅烷（SiH4）可用于制造高純硅，而SiH4可由硅化鎂（熔點1102℃）制得，硅化鎂晶體的晶胞如圖所示，每個Mg原子位于Si原子組成的四面體中心。下列說法不正確的是（）A．硅化鎂可能為分子晶體 B．硅化鎂的化學(xué)式為Mg2Si C．每個晶胞中含有8個Mg原子 D．每個Si原子周圍距離最近且等距的Mg原子有8個6．將一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分別進行下列實驗，能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)的是（）操作現(xiàn)象A加入NaOH溶液有紅褐色沉淀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]（鐵氰化鉀）溶液有藍色沉淀A．A B．B C．C D．D7．富馬酸亞鐵（FeC4H2O4）是一種補鐵劑。富馬酸分子的結(jié)構(gòu)模型如圖所示，下列說法不正確的是（）A．鐵位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族 B．富馬酸分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比為11：2 C．富馬酸中各元素的電負性由大到小的順序為O＞C＞H D．1mol富馬酸與足量NaHCO3溶液反應(yīng)可生成2molCO28．下列關(guān)于同主族元素C、Si及其化合物的性質(zhì)比較和原因分析不正確的是（）選項性質(zhì)比較原因分析A熔點：CO2＜SiO2摩爾質(zhì)量：CO2＜SiO2B電負性：C＞Si原子半徑：C＜SiC酸性：H2CO3＞H2SiO3非金屬性：C＞SiD熱穩(wěn)定性：CH4＞SiH4鍵能：C﹣H＞Si﹣HA．A B．B C．C D．D9．根據(jù)圖所得判斷正確的是（）已知：H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ/molA．圖1反應(yīng)為吸熱反應(yīng) B．圖1反應(yīng)使用催化劑時，會改變其△H C．圖2中若H2O的狀態(tài)為液態(tài)，則能量變化曲線可能為① D．圖2中反應(yīng)為CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol10．科研人員研究了通電條件下N2在催化劑Au（金）表面生成NH3的反應(yīng)，反應(yīng)機理如圖所示，下列說法不正確的是（）A．上述轉(zhuǎn)化過程中涉及非極性鍵的斷裂和極性鍵的生成 B．生成NH3的總電極反應(yīng)式為：N2+6H++6e﹣═2NH3 C．當1molN2在電解池的陰極發(fā)生反應(yīng)時，可得到2molNH3 D．使用Au作催化劑可以降低反應(yīng)的活化能，從而提高化學(xué)反應(yīng)速率11．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如圖。下列說法不正確的是（）A．P和M通過加成反應(yīng)形成聚脲 B．一定條件下聚脲能發(fā)生水解反應(yīng) C．M苯環(huán)上的一氯代物有2種 D．M與互為同系物12．乙烯氣相直接水合反應(yīng)制備乙醇：C2H4（g）+H2O（g）?C2H5OH（g）。乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化關(guān)系如圖（起始時，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器體積為1L）。下列分析不正確的是（）A．乙烯氣相直接水合反應(yīng)的△H＜0 B．圖中壓強的大小關(guān)系為：p1＞p2＞p3 C．圖中a點對應(yīng)的平衡常數(shù)K＝ D．達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：a＞b13．在3個體積均為2.0L的恒容密閉容器中，反應(yīng)CO2（g）+C（s）?2CO（g）△H＞0分別在一定溫度下達到化學(xué)平衡狀態(tài)。下列說法正確的是（）容器溫度/K起始時物質(zhì)的量/mol平衡時物質(zhì)的量/moln（CO2）n（C）n（CO）n（CO）Ⅰ9770.280.5600.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56yA．977K，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)值為2 B．達到平衡時，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡正向移動 C．達到平衡時，容器Ⅰ中CO2的轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的大 D．達到平衡時，容器Ⅲ中的CO的轉(zhuǎn)化率大于28.6%14．某同學(xué)檢驗海帶中是否含有碘元素，進行了如下實驗。步驟Ⅰ：灼燒干海帶得到海帶灰；步驟Ⅱ：將海帶灰加蒸餾水溶解、過濾，得到海帶灰浸取液；步驟Ⅲ：取少量浸取液于試管中，加入淀粉溶液，溶液未變藍；再加入10%H2O2溶液（硫酸酸化），溶液變?yōu)樗{色；步驟Ⅳ：將10%H2O2溶液（硫酸酸化）替換為氯水，重復(fù)步驟Ⅲ，溶液未變藍；步驟Ⅴ：向步驟Ⅳ所得溶液中通入SO2，溶液迅速變?yōu)樗{色。下列說法不正確的是（）A．步驟Ⅰ中，灼燒干海帶的目的是除去有機化合物，獲得可溶性碘化物 B．步驟Ⅲ中，反應(yīng)的離子方程式：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O C．若將步驟Ⅴ中的SO2替換為KI溶液，也可能觀察到溶液變?yōu)樗{色 D．對比步驟Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中實驗現(xiàn)象，說明該條件下H2O2氧化性比氯水強二、本部分共5題，共58分。15．（12分）鈦酸鈣是最典型的鈣鈦礦型化合物，該類化合物具有特殊的理化性質(zhì)。（1）基態(tài)Ti4+的核外電子排布式為。（2）鈦酸鈣的晶胞如圖所示。①每個Ca2+周圍等距且緊鄰的O2﹣有個。②比較Ca2+和Ti4+的離子半徑大小并說明理由。（3）鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，從而衍生出多種鈣鈦礦型化合物。①已知鈦酸鈣晶胞中距離最近的Ca2+和O2﹣之間的距離為anm，則鈦酸鈣晶體密度ρ＝g?cm﹣3（列出計算式）。②若忽略離子替代時的體積變化，下列鈣鈦礦型化合物中，密度大于鈦酸鈣的是（填字母序號）。a．BaTiO3b．CaZrO3c．MgTiO3（4）通過離子替代可獲得具有優(yōu)異光電性能的有機鈣鈦礦型化合物CH3NH3PbI3。其中有機陽離子CH3可由甲胺（CH3NH2）制得。①CH3中N的雜化方式為。請從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3的過程：。16．（10分）某鈷礦石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由該礦石粉制備CoC2O4固體的方法如下（部分催化劑已略）。已知：金屬離子沉淀的pH：Fe3+Fe2+Mg2+Mn2+Co2+開始沉淀時1.56.38.98.27.4完全沉淀時2.88.310.910.29.4（1）Co2O3溶于濃硫酸，生成Co2+和一種可使帶火星的木條復(fù)燃的氣體，該氣體是。（2）向溶液1中加入NaOH溶液，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，應(yīng)調(diào)節(jié)pH至少大于。（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的離子是。（4）向溶液3中加入氨水和過氧化氫溶液，將Co2+轉(zhuǎn)化為Co（NH3）63+。補充完整下列離子方程式：Co2++H2O2+NH3═Co（NH3）63++（5）溶液4中，若將1molCo（NH3）63+全部轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀，需要消耗（NH4）2C2O4mol。（6）關(guān)于上述流程，下列說法正確的是。（填序號）a．若礦石粉中存在少量FeO，經(jīng)上述流程也可制得純度相同的CoC2O4b．向溶液3中加入氨水，作用僅是調(diào)節(jié)溶液的pHc．流程中，僅通過調(diào)節(jié)溶液的pH無法將金屬元素完全分離17．（12分）2019年諾貝爾化學(xué)獎授予對鋰電池及鋰離子電池研究做出貢獻的三位科學(xué)家。（1）最早的可充電鋰電池用金屬鋰作負板。鋰在元素周期表中的位置是。屬于活潑金屬，使電池存在較大安全隱患。（2）現(xiàn)在廣泛使用的鋰離子電池有多種類型。某可充電鉆酸鋰電池的工作原理如圖所示：①該電池放電時，其中一極的電極反應(yīng)式是LixC6﹣xe﹣═6C+xLi+，則該極應(yīng)為圖中的（填“A”或“B”）。②碳酸乙烯酯（EC）常用作電解液的溶劑，其結(jié)構(gòu)為，熔點35℃，可燃，可由二氧化碳和有機物X在一定條件下合成。X與乙醛互為同分異構(gòu)體，核磁共振氫譜顯示只有一組峰。寫出合成EC的化學(xué)方程式：。③從正極材料中回收鈷和鋰的流程如圖：寫出酸浸過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式。拆解廢舊電池前需進行放電處理，既可保證安全又有利于回收鋰。有利于回收鋰的原因是。18．（12分）花椒毒素對血液中多種病毒有很好的滅活作用，還可用于治療皮膚頑疾?；ń范舅氐囊环N中間體L的合成路線如圖。已知：?。ⅲ≧代表烴基）（1）A屬于芳香烴，其名稱是。（2）D為順式結(jié)構(gòu)。B→D的化學(xué)方程式是。（3）下列關(guān)于E的說法正確的是。（填序號）a．E的酸性弱于Gb．E在水中的溶解度大于Ac．一定條件下，E能形成網(wǎng)狀高分子化合物（4）G→J的反應(yīng)類型是。（5）已知：J→K+2CH3CH2OH，且K分子含兩個環(huán)狀結(jié)構(gòu)。①J中含有的官能團是醚鍵、和。②K的結(jié)構(gòu)簡式是。（6）F與K反應(yīng)生成L的步驟如下：中間產(chǎn)物1和中間產(chǎn)物2的結(jié)構(gòu)簡式分別是、。19．（12分）某學(xué)習(xí)小組探究某濃度濃硝酸和稀硝酸與鐵的反應(yīng)。實驗現(xiàn)象Ⅰ中：Fe表面產(chǎn)生大量無色氣泡，液面上方變?yōu)榧t棕色Ⅱ中：Fe表面產(chǎn)生紅棕色氣泡，過一會兒停止Ⅲ中：連接導(dǎo)線，一段時間后Fe表面產(chǎn)生紅棕色氣泡，而后停止；隨即又產(chǎn)生紅棕色氣泡，而后停止，……如此往復(fù)多次。Cu表面始終產(chǎn)生紅棕色氣泡（1）Ⅰ中液面上方氣體由無色變?yōu)榧t棕色的化學(xué)方程式為。（2）取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，（填現(xiàn)象），說明產(chǎn)生了Fe3+。（3）Ⅱ中現(xiàn)象說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應(yīng)。說明硝酸具有性。（4）Ⅲ中，連接導(dǎo)線后體系形成了原電池。為分析反應(yīng)過程，在Fe、Cu之間連接電流計，實驗如下表。實驗現(xiàn)象?。甂閉合時，指針向左偏轉(zhuǎn)（Cu做負極），F(xiàn)e表面無明顯現(xiàn)象ⅱ．過一會兒指針向右偏，F(xiàn)e表面產(chǎn)生紅棕色氣體；后又迅速向左偏，F(xiàn)e表面停止產(chǎn)生氣泡，……如此往復(fù)多次ⅲ．一段時間后，指針一直處于右端，F(xiàn)e表面持續(xù)產(chǎn)生紅棕色氣體ⅳ．Cu表面始終產(chǎn)生紅棕色氣泡①用方程式解釋現(xiàn)象ⅳ：。②推測現(xiàn)象ⅰ中被還原的是。③解釋現(xiàn)象ⅱ中指針左右偏轉(zhuǎn)，往復(fù)多次的原因。④現(xiàn)象ⅲ中，F(xiàn)e一直做負極，難以形成氧化層，可能的原因是。

參考答案一、本部分共14題，每題3分，共42分。每題選出最符合題目要求的一項。1．【分析】A．葡萄糖和麥芽糖均為還原性糖，均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；B．油脂含有酯基，在堿性條件下水解為甘油和高級脂肪酸鹽；C．硫酸鈉為輕金屬鹽，能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；D．核苷酸聚合成DNA的過程中，會脫水，因此是縮聚反應(yīng)。【解答】解：A．葡萄糖和麥芽糖均為還原性糖，均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，即利用銀鏡反應(yīng)不可以區(qū)分葡萄糖和麥芽糖，故A錯誤；B．油脂含有酯基，在堿性條件下水解為甘油和高級脂肪酸鹽，又叫皂化反應(yīng)，故B錯誤；C．硫酸鈉為輕金屬鹽，不能使蛋白質(zhì)變性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，故C錯誤；D．核苷酸聚合成DNA的過程中，會脫水，因此是縮聚反應(yīng)，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查糖類和蛋白質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點，題目難度不大。2．【分析】元素的電負性和元素的非金屬性有關(guān)，元素的非金屬性越大，電負性越大，據(jù)此分析判斷。【解答】解：A．熔點：H2O＞H2S，是因為氧元素的電負性較大，和氫原子間易形成氫鍵，能從元素的電負性角度解釋，故A正確；B．還原性：Se2﹣＞S2﹣，是因為S元素的電負性大，非金屬性強，對應(yīng)陰離子的還原性弱，能從元素的電負性角度解釋，故B正確；C．沸點：H2Se＞H2S，是因為H2Se分子間作用力大，不能從元素的電負性角度解釋，故C錯誤；D．H2Se中H為+1價，是因為Se的電負性大，得到電子能力強，能從元素的電負性角度解釋，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查了周期表中遞變規(guī)律的分析判斷，主要是元素的非金屬性和電負性的理解應(yīng)用，題目難度不大。3．【分析】A．分子中含氧官能團有醚鍵、羥基、酯基；B．分子中N原子有1對孤電子對，形成3個N﹣C鍵；C．羥基連接的碳原子相鄰的碳原子上含有氫原子；D．分子中存在次氨基，N原子有1對孤電子對，具有堿性?！窘獯稹拷猓篈．分子中含氧官能團共有3種，分別是醚鍵、羥基、酯基，故A正確；B．分子中N原子有1對孤電子對，形成3個N﹣C鍵，雜化軌道數(shù)目為3，N原子采取sp3雜化，故B正確；C．分子中羥基連接的碳原子相鄰的碳原子上含有氫原子，在濃硫酸、加熱條件下可以發(fā)生醇的消去反應(yīng)，故C錯誤；D．分子中存在次氨基，N原子有1對孤電子對，具有堿性，能與強酸反應(yīng)，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，題目側(cè)重考查學(xué)生分析能力、知識遷移運用能力。4．【分析】A．氯氣可分別氧化NaBr、硫化氫；B．酸性高錳酸鉀溶液可氧化二氧化硫，二氧化硫可使品紅褪色；C．水可除去揮發(fā)的醇，酸性高錳酸可氧化乙烯；D．硫酸銅溶液可除去硫化氫等，酸性高錳酸鉀溶液可氧化乙炔。【解答】解：A．氯氣可分別氧化NaBr、硫化氫，該實驗中不能比較Br、S的非金屬性強弱，故A錯誤；B．酸性高錳酸鉀溶液可氧化二氧化硫，二氧化硫可使品紅褪色，品紅溶液不褪色，可知混有的SO2已除盡，故B正確；C．水可除去揮發(fā)的醇，酸性高錳酸可氧化乙烯，紫色褪去，可檢驗乙烯，故C正確；D．硫酸銅溶液可除去硫化氫等，酸性高錳酸鉀溶液可氧化乙炔，紫色褪去，可檢驗乙炔，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、非金屬性的比較、物質(zhì)的檢驗、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。5．【分析】A．硅化鎂熔點為1102℃；B．8個Mg位于體內(nèi)，Si位于頂點和面心，個數(shù)為8×+6×＝4，Mg：Si＝8：4＝2：1；C．8個Mg位于體內(nèi)，為晶胞獨有；D．由晶胞圖可知，面心的Si與4個Mg連接。【解答】解：A．硅化鎂熔點為1102℃，可知硅化鎂為離子晶體，故A錯誤；B．8個Mg位于體內(nèi)，Si位于頂點和面心，個數(shù)為8×+6×＝4，Mg：Si＝8：4＝2：1，化學(xué)式為Mg2Si，故B正確；C．8個Mg位于體內(nèi)，為晶胞獨有，故C正確；D．由晶胞圖可知，面心的Si與4個Mg連接，面心的原子為兩個晶胞所有，故每個Si原子周圍距離最近且等距的Mg原子有8個，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查晶胞計算，掌握均攤法進行晶胞有關(guān)計算，側(cè)重考查學(xué)生識圖、分析和計算能力，題目難度中等。6．【分析】SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)則三價鐵離子反應(yīng)生成二價鐵，過程中有化合價變化，據(jù)此判斷解答．【解答】解：A．將一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有紅褐色沉淀生成氫氧化鐵沉淀，過程中沒有化合價變化，不是氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B．加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根離子具有強的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，硫酸根與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，即使二氧化硫與三價鐵離子不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，也可產(chǎn)生白色沉淀，所以不能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C．加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，因為二氧化硫具有還原性能夠還原酸性高錳酸鉀，即使二氧化硫與三價鐵離子不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，也可使其溶液褪色，所以不能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；D．亞鐵離子加入K3[Fe（CN）6]（鐵氰化鉀）溶液生成Fe3[Fe（CN）6]2↓（藍色沉淀），則可證明溶液中存在二價鐵離子，說明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了元素化合物知識，明確二氧化硫的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意二價鐵離子的檢驗，題目難度中等．7．【分析】A．Fe是26號元素；B．富馬酸的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCH＝HCOOH，單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵、1個π鍵；C．元素的非金屬性越強，其電負性越大；D．分子中羧基與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2?！窘獯稹拷猓篈．Fe是26號元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，故A正確；B．由富馬酸分子的比例模型可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCCH＝CHCOOH，單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵、1個π鍵，分子中σ鍵有11個、π鍵有3個，則分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為11：3，故B錯誤；C．元素的非金屬性越強電負性越大，即電負性大小順序為O＞C＞H，故C正確；D．分子中2個羧基與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2，1mol富馬酸與足量NaHCO3溶液反應(yīng)可生成2molCO2，故D正確；故選：B?！军c評】本題以富馬酸的結(jié)構(gòu)模型為載體，考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、元素周期律、化學(xué)鍵等，關(guān)鍵是明確富馬酸的結(jié)構(gòu)簡式，題目側(cè)重考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的掌握情況。8．【分析】A．二氧化碳形成的是分子晶體，二氧化硅形成的是共價晶體；B．原子半徑越小，得到電子能力越強，非金屬性越強，電負性越大；C．非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強；D．非金屬性越強，原子半徑越小，與氫原子形成共價鍵的鍵能越大，形成氫化物的穩(wěn)定性越強?！窘獯稹拷猓篈．熔點：CO2＜SiO2，是因為二氧化碳形成的晶體為分子晶體，二氧化硅晶體為共價晶體，故A錯誤；B．原子半徑：C＜Si，C原子得到電子能力強，非金屬性強，則電負性：C＞Si，故B正確；C．非金屬性C＞Si，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸H2CO3＞H2SiO3，故C正確；D．非金屬性C＞Si，C原子得到電子能力強，非金屬性強，鍵能：C﹣H＞Si﹣H，氫化物熱穩(wěn)定性：CH4＞SiH4，故D正確；故選：A。【點評】本題考查了周期表和周期律的分析判斷，注意性質(zhì)遞變規(guī)律的理解應(yīng)用，題目難度不大。9．【分析】A．由圖1可知反應(yīng)后能量降低；B．催化劑只改變反應(yīng)速率，不改變△H；C．由H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ/mol，則圖2中若H2O的狀態(tài)為液態(tài)，則生成物能量降低44kJ；D．由圖1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol?！窘獯稹拷猓篈．由圖1可知反應(yīng)后能量降低，所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．催化劑只改變反應(yīng)速率，不改變△H，故B錯誤；C．由H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ/mol，則圖2中若H2O的狀態(tài)為液態(tài)，則生成物能量降低44kJ，又由圖1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，所以能量變化曲線不可能為①，故C錯誤；D．由圖1可知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，所以圖2中反應(yīng)為CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol，故D正確；故選：D?！军c評】本題以圖象的形式考查化學(xué)反應(yīng)中的能量變化等，難度中等，需要學(xué)生具有扎實的基礎(chǔ)知識與讀圖獲取信息的能力。10．【分析】A、通過機理示意圖可知，反應(yīng)過程中N﹣N的非極性鍵斷裂，生成了N﹣H極性鍵；B、由一個N2分子轉(zhuǎn)化為兩個NH3分子需要得6個電子；C、N2在轉(zhuǎn)化為NH3的過程中會生成副產(chǎn)物N2H4；D、催化劑可以通過降低反應(yīng)活化能提高反應(yīng)速率?！窘獯稹拷猓篈、通過機理示意圖可知，反應(yīng)過程中N2分子內(nèi)的非極性鍵斷裂，生成了NH3和N2H4分子內(nèi)的N﹣H極性鍵，故A正確；B、通過機理示意圖可知，由一個N2分子轉(zhuǎn)化為含2mol﹣3價N元素的NH3分子中需要得6mol電子，根據(jù)質(zhì)量守恒，需要6molH+參與反應(yīng)，所以電極反應(yīng)式為：N2+6e﹣+6H+═2NH3，故B正確；C、通過機理示意圖可知，N2在轉(zhuǎn)化為NH3的過程中會生成副產(chǎn)物N2H4，因此，消耗1molN2并不能得到2molNH3，故C錯誤；D、催化劑可以通過降低反應(yīng)活化能成千上萬倍的提高反應(yīng)速率，故D正確；故選：C。【點評】本題考查化學(xué)反應(yīng)的實質(zhì)及催化劑影響化學(xué)反應(yīng)速率的重點知識，側(cè)重考查學(xué)生對化學(xué)反應(yīng)及化學(xué)反應(yīng)速率的理解能力和綜合運用能力是必考點，也是?？键c；同時注意知識點的合理、正確并靈活運用；平時練習(xí)時注意歸納積累，理解并熟練掌握構(gòu)建思維導(dǎo)圖，培養(yǎng)化學(xué)思維，形成化學(xué)學(xué)科的核心素養(yǎng)。11．【分析】A．P中碳氮雙鍵斷裂和M發(fā)生加成反應(yīng)聚脲；B．肽鍵能發(fā)生水解反應(yīng)；C．M苯環(huán)上有幾種氫原子，則M苯環(huán)上就有幾種一氯代物；D．M和苯胺結(jié)構(gòu)不相似?！窘獯稹拷猓篈．P中碳氮雙鍵斷裂和M發(fā)生加成反應(yīng)聚脲，故A正確；B．肽鍵能發(fā)生水解反應(yīng)，聚脲中含有肽鍵，所以一定條件下能發(fā)生水解反應(yīng)，故B正確；C．M苯環(huán)上有2種氫原子，則M苯環(huán)上的一氯代物有2種，故C正確；D．M和苯胺結(jié)構(gòu)不相似，所以二者不是同系物，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查對比、分析判斷及知識綜合應(yīng)用能力，明確基本概念內(nèi)涵、反應(yīng)中斷鍵和成鍵特點、H原子種類與一氯代物種類的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。12．【分析】A．壓強不變時，升高溫度乙烯轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動；B．相同溫度下，增大壓強平衡正向移動，乙烯轉(zhuǎn)化率增大；C．a(chǎn)點乙烯轉(zhuǎn)化率為20%，則消耗的n（C2H4）＝1mol×20%＝0.2mol，可逆反應(yīng)C2H4（g）+H2O（g）?C2H5OH（g）開始（mol/L）110消耗（mol/L）0.20.20.2平衡（mol/L）0.80.80.2化學(xué)平衡常數(shù)K＝；D．溫度越高、壓強越大化學(xué)反應(yīng)速率越快，反應(yīng)達到平衡時間越短。【解答】解：A．壓強不變時，升高溫度乙烯轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則△H＜0，故A正確；B．相同溫度下，增大壓強平衡正向移動，乙烯轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)圖知，相同溫度下轉(zhuǎn)化率：p1＜p2＜p3，則壓強p1＜p2＜p3，故B錯誤；C．a(chǎn)點乙烯轉(zhuǎn)化率為20%，則消耗的n（C2H4）＝1mol×20%＝0.2mol，可逆反應(yīng)C2H4（g）+H2O（g）?C2H5OH（g）開始（mol/L）110消耗（mol/L）0.20.20.2平衡（mol/L）0.80.80.2化學(xué)平衡常數(shù)K＝＝＝，故C正確；D．溫度越高、壓強越大化學(xué)反應(yīng)速率越快，反應(yīng)達到平衡時間越短，溫度、壓強但是a＜b，則反應(yīng)速率a＜b，所以達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：a＞b，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查化學(xué)平衡計算及圖象分析，側(cè)重考查分析判斷及計算能力，明確溫度、壓強與化學(xué)平衡移動影響原理及化學(xué)平衡常數(shù)計算方法是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。13．【分析】A．由I可知，平衡時CO為0.4mol，平衡濃度為0.2mol/L，則CO2（g）+C（s）?2CO（g）開始0.140轉(zhuǎn)化0.10.2平衡0.040.2K為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；B．C為純固體；C．II比I中起始量大，壓強大，增大壓強平衡逆向移動；D．I與Ⅲ極限轉(zhuǎn)化后起始量相同，且為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動?！窘獯稹拷猓篈．由I可知，平衡時CO為0.4mol，平衡濃度為0.2mol/L，則CO2（g）+C（s）?2CO（g）開始0.140轉(zhuǎn)化0.10.2平衡0.040.2977K，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)值為＝1，故A錯誤；B．C為純固體，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡不移動，故B錯誤；C．II比I中起始量大，壓強大，增大壓強平衡逆向移動，則達到平衡時，容器Ⅰ中CO2的轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的大，故C正確；D．I與Ⅲ極限轉(zhuǎn)化后起始量相同，且為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，由選項A可知CO2的轉(zhuǎn)化率為×100%＝71.4%，溫度相同時Ⅲ中CO的轉(zhuǎn)化率為28.6%，而I中溫度低，則達到平衡時，容器Ⅲ中的CO的轉(zhuǎn)化率小于28.6%，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查化學(xué)平衡計算，為高頻考點，把握化學(xué)平衡三段法、K及轉(zhuǎn)化率計算、平衡移動為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大。14．【分析】步驟Ⅰ：灼燒干海帶得到海帶灰，可除去其中的有機化合物，獲得可溶性碘化物；步驟Ⅱ：將海帶灰加蒸餾水溶解、過濾，除去難溶物，得到海帶灰浸取液；步驟Ⅲ：取少量浸取液于試管中，加入淀粉溶液，溶液未變藍，說明溶液中無碘單質(zhì)；再加入10%H2O2溶液（硫酸酸化），溶液變?yōu)樗{色，說明過氧化氫氧化碘離子生成碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O；步驟Ⅳ：將10%H2O2溶液（硫酸酸化）替換為氯水，重復(fù)步驟Ⅲ，溶液未變藍，說明溶液中無碘單質(zhì)；步驟Ⅴ：向步驟Ⅳ所得溶液中通入SO2，溶液迅速變?yōu)樗{色，說明溶液中有碘單質(zhì)，即SO2將還原為碘單質(zhì)，說明步驟Ⅳ中氯水將I﹣氧化成，據(jù)此分析，A．灼燒干海帶可除去其中的有機化合物；B．向含碘離子的溶液中加入10%H2O2溶液（硫酸酸化）發(fā)生氧化還原反應(yīng)，過氧化氫氧化碘離子生成碘單質(zhì)；C．若將步驟Ⅴ中的SO2替換為KI溶液，發(fā)生反應(yīng)+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；D．對比步驟Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中實驗現(xiàn)象可知，H2O2將I﹣氧化成I2，氯水將I﹣氧化成?！窘獯稹拷猓篈．灼燒干海帶可除去其中的有機化合物，獲得可溶性碘化物，故A正確；B．向含碘離子的溶液中加入10%H2O2溶液（硫酸酸化）發(fā)生氧化還原反應(yīng)，過氧化氫氧化碘離子生成碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O，故B正確；C．若將步驟Ⅴ中的SO2替換為KI溶液，發(fā)生反應(yīng)+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，生成的碘使淀粉變藍，故C正確；D．對比步驟Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中實驗現(xiàn)象可知，H2O2將I﹣氧化成I2，氯水將I﹣氧化成，說明該條件下H2O2氧化性比氯水弱，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查了海帶中提取碘單質(zhì)的實驗過程分析，注意氧化還原反應(yīng)中氧化性強弱的比較，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。二、本部分共5題，共58分。15．【分析】（1）Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6；（2）由均攤法可知，1個晶胞中含有O2﹣的個數(shù)是6×＝3，Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6；（3）①由均攤法可知，1個晶胞中含有O2﹣的個數(shù)是6×＝3，含有Ti4+的個數(shù)為1，含有Ca2+的個數(shù)為8×＝1，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm（1pm＝10﹣10cm），則鈦酸鈣晶體密度ρ＝；②鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，忽略離子替代時的體積變化，鈣鈦礦型化合物的密度取決于陰陽離子的質(zhì)量；（4）①CH3中以N原子為中心原子，價層電子對數(shù)為4；②從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3的過程氨分子中的一個氫原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性質(zhì)與氨相似?！窘獯稹拷猓海?）Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，故答案為：1s22s22p63s23p6；（2）由均攤法可知，1個晶胞中含有O2﹣的個數(shù)是6×＝3，Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，Ca2+和Ti4+的電子排布相同，但Ca元素的核電荷數(shù)小于Ti，則離子半徑Ca2+大于Ti4+，故答案為：3；Ca2+和Ti4+的電子排布相同，但Ca元素的核電荷數(shù)小于Ti，則離子半徑Ca2+大于Ti4+；（3）①由均攤法可知，1個晶胞中含有O2﹣的個數(shù)是6×＝3，含有Ti4+的個數(shù)為1，含有Ca2+的個數(shù)為8×＝1，Ca2+和O2﹣之間的距離為anm，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm，則鈦酸鈣晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3，故答案為：；②鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，忽略離子替代時的體積變化，鈣鈦礦型化合物的密度取決于陰陽離子的質(zhì)量，由此可知密度大于鈦酸鈣的是BaTiO3和CaZrO3，故答案為：ab；（4）①CH3中以N原子為中心原子，價層電子對數(shù)為4，孤電子對為0，N的雜化方式為sp3雜化，故答案為：sp3；②從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3的過程氨分子中的一個氫原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性質(zhì)與氨相似，其中的N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個H+形成CH3，故答案為：氨分子中的一個氫原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性質(zhì)與氨相似，其中的N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個H+形成CH3?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計算、原子雜化方式判斷等知識點，明確原子結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、均攤法在晶胞計算中的運用等知識點是解本題關(guān)鍵，難點是晶胞計算，題目難度中等。16．【分析】根據(jù)流程圖分析，鈷礦石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入濃硫酸加熱，溶液1中含有CoSO4、MnSO4、MgSO4、Fe2（SO4）3，沉淀1為難溶的SiO2；溶液1中加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，根據(jù)題給信息中金屬離子沉淀的pH知，沉淀2為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，則沉淀3為MgF2；溶液3中加入氨水和H2O2溶液，根據(jù)問題（4）提示知，Co2+被氧化為Co（NH3）63+，同時Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2，此時溶液4中含有陽離子為Co（NH3）63+，加入稀硫酸和（NH4）2C2O4后被還原為CoC2O4，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）可使帶火星的木條復(fù)燃的氣體為氧氣，故答案為：O2；（2）根據(jù)題給信息分析，pH＝2.8時，氫氧化鐵完全沉淀，則將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，應(yīng)調(diào)節(jié)pH至少大于2.8，故答案為：2.8；（3）根據(jù)上述對流程圖的分析，F(xiàn)e3+通過Fe（OH）3沉淀除去，Mn2+通過氧化為MnO2除去，則加入NaF溶液，去除的離子是Mg2+，故答案為：Mg2+；（4）根據(jù)氧化還原中電子轉(zhuǎn)移守恒配平知Co2+系數(shù)為2，H2O2系數(shù)為1，再根據(jù)原子守恒及電荷守恒配平得：2Co2++H2O2+12NH3＝2Co（NH3）63++2OH﹣，故答案為：2；1；12；2；2OH﹣；（5）Co2+被氧化為Co3+，C2被還原為CO，則根據(jù)得失電子守恒知：1molCo（NH3）63+全部轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀，需要消耗（NH4）2C2O4：+1mol＝1.5mol，故答案為：1.5；（6）a．若礦石粉中存在少量FeO，濃硫酸有強氧化性，在用濃硫酸溶解時也生成硫酸鐵，經(jīng)上述流程也可制得純度相同的CoC2O4，故a正確；b．向溶液3中加入氨水，除了調(diào)節(jié)溶液的pH，還有與Co3+形成配位離子，故b錯誤；c．流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，僅通過調(diào)節(jié)溶液的pH無法將金屬元素完全分離，故c正確，故答案為：ac?！军c評】本題考查了物質(zhì)制備方案的設(shè)計、物質(zhì)分離與提純方法的綜合應(yīng)用，為高考常見題型和高頻考點，題目難度中等，明確制備流程為解答關(guān)鍵，注意掌握常見物質(zhì)分離與提純的操作方法，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Α?7．【分析】（1）鋰的核外電子數(shù)為3，分2層排布，最外層電子數(shù)為1；（2）①根據(jù)負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以反應(yīng)式為LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+是在負極反應(yīng)；②根據(jù)X與乙醛互為同分異構(gòu)體，核磁共振氫譜顯示只有一組峰，則可推出X為，據(jù)此書寫方程式；③由流程圖可知，LiCoO2在硫酸的酸性條件下與雙氧水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，據(jù)此書寫方程式；根據(jù)放電陽離子移向正極分析?！窘獯稹拷猓海?）鋰的核外電子數(shù)為3，分2層排布，最外層電子數(shù)為1，則鋰在元素周期表中的位置是：第二周期IA族，故答案為：第二周期IA族；（2）①根據(jù)陽離子向正極移動，由裝置圖鋰離子移動方向可知，B為正極，A為負極，又負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以反應(yīng)式為LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+是在負極反應(yīng)，則該極應(yīng)為圖中的A，故答案為：A；②由X與乙醛互為同分異構(gòu)體，核磁共振氫譜顯示只有一組峰，則可推出X為，所以合成EC的化學(xué)方程式為CO2+，故答案為：CO2+；③由流程圖可知，LiCoO2在硫酸的酸性條件下與雙氧水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；廢舊鋰離子電池拆解前進行“放電處理”有利于鋰在正極的回收，其原因是：放電有利于Li+離子移向正極并進入正極材料；故答案為：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；放電有利于Li+離子移向正極并進入正極材料?！军c評】本題考查鋰電池原理及其物質(zhì)的制備和分離操作，側(cè)重于學(xué)生分析能力、實驗?zāi)芰途C合運用化學(xué)知識能力的考查，明確充放電各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點是電極反應(yīng)式的書寫，題目難度不大。18．【分析】由流程知，A為苯，D為順式結(jié)構(gòu)，D為，F(xiàn)分子式為C3H4O3，不飽和度為2，為OHC﹣CH2﹣COOH，G→J是發(fā)生已知反應(yīng)i的反應(yīng)，J→K+2CH3CH2OH，且K分子含兩個環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則J為，K為，F(xiàn)和K發(fā)生已知反應(yīng)ii的反應(yīng)、得到中間產(chǎn)物、再經(jīng)另一個中間產(chǎn)物或，得到目標產(chǎn)物，據(jù)此回答?！窘獯稹拷猓海?）由流程知，A屬于芳香烴，其名稱是苯，故答案為：苯；（2）D為順式結(jié)構(gòu)，則D為，B→D的化學(xué)方程式是，故答案為：；（3）E為；a．E含羧基、G含酚羥基，則E的酸性強于G，故a錯誤；b．E中羧基和羥基均為親水基團、憎水基團短，則在水中的溶解度大于A，故b正確；c．E中含羧基和羥基，因此能發(fā)生縮聚反應(yīng)，一定條件下，2個羧基和1個羥基間的縮聚，能形成網(wǎng)狀高分子化合物，故c正確，故答案為：bc；