2023-2024学年北京十五中高三（上）期中化学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京十五中高三（上）期中化学本部分共14题，每题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．我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（）A．元素的金属性：K＞Rb B．中子数为50的Rb的核素： C．与同周期元素38Sr的原子半径比较：Rb＞Sr D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH2．下列说法中，不正确的是（）A．苯酚和甲醛通过聚合反应可制得高分子材料 B．顺﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯加氢产物不相同 C．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质 D．淀粉和纤维素在酸作用下水解的最终产物都是葡萄糖3．下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．的电子式： B．CO2的结构式：O═C═O C．甲苯的空间填充模型： D．Ca2+的结构示意图：4．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＞CCl3COOH5．下列说法正确的是（）A．同温同压下，O2和CO2的密度相同 B．质量相同的H2O和D2O（重水）所含的原子数相同 C．物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同 D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同6．室温下，对于1L0.1mol•L﹣1醋酸溶液。下列判断正确的是（）A．该溶液中CH3COO﹣的粒子数为6.02×1022 B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C．滴加NaOH溶液过程中，n（CH3COO﹣）与n（CH3COOH）之和始终为0.1mol D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑7．室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是（）A．NO2易溶于水，不能用排水法收集 B．试管中剩余的无色气体是未溶解的NO2 C．取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸 D．向试管中再缓缓通入一定量的O2，试管中的液面上升8．下列方程式不能准确解释相应实验现象的是（）A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑ C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体：2Fe+3SFe2S3 D．CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶沉淀。再继续添加氨水，难溶物溶解：9．使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（）ABCD试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH试剂bBa（OH）2Ca（OH）2Ba（OH）2NH3•H2OA．A B．B C．C D．D10．高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图，下列说法不正确的是（）A．试剂a是甲醇 B．化合物B不存在顺反异构体 C．化合物C的核磁共振氢谱有一组峰 D．合成M的聚合反应是缩聚反应11．用图示装置（夹持、加热装置已略）进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是（）①中实验②中现象A将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间导管中倒吸一段水柱B加热NH4Cl溶液和浓NaOH溶液的混合物AgNO3溶液先变浑浊后澄清C加热1﹣溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物酸性KMnO4溶液褪色D加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物充分振荡后，饱和Na2CO3溶液的上层仍有无色油状液体A．A B．B C．C D．D12．液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其放电过程示意图如图。下列说法不正确的是（）已知：①Zn（OH）2+2OH﹣═Zn（OH）42﹣。②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。A．充电过程中，阴极的电极反应：Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣ B．放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O C．放电过程中，H+由正极向负极迁移 D．在充、放电过程中，凝胶中的KOH可再生13．PET（，M链节＝192g•mol﹣1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用cmol•L﹣1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液vmL．下列说法不正确的是（）A．PET塑料是一种可降解高分子材料 B．滴定终点时，溶液变为浅红色 C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物 D．PET的平均聚合度n＝（忽略端基的摩尔质量）14．某同学进行如下实验：实验步骤实验现象Ⅰ将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热试纸颜色变化：黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2）；试管中部有白色固体附着Ⅱ将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上试纸颜色变化：黄色→橙黄色（pH≈5）下列说法不正确的是（）A．根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应 B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的 D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3第二部分本部分共5题，共58分。15．（10分）碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：电负性：H2.20；C2.55；F3.98；P2.19；I2.66（1）人工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是。（2）碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因。（3）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是，PI3水解生成HI的化学方程式是。（4）CH3I是一种甲基化试剂，CF3I可用作制冷剂，CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是：CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，结合电负性解释原因。（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，结构如图。①与K原子紧邻的O原子有个。②KIO3的摩尔质量为214g/mol，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度是g/cm3（1nm＝10﹣9m）。16．（12分）页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。（1）二氧化碳氧化乙烷制乙烯。将C2H6和CO2按物质的量之比为1：1通入反应器中，发生如下反应：ⅰ．C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）ΔH1＝+136.4kJ•mol﹣1ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1ⅲ．C2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH3①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝kJ•mol﹣1。②反应ⅳ：C2H6（g）⇌2C（s）+3H2（g）为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面，降低催化剂的活性，适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：。③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如表（均未达到平衡状态）：实验编号t/℃催化剂转化率/%选择性/%C2H6CO2C2H4COⅠ650钴盐19.037.617.678.1Ⅱ650铬盐32.123.077.310.4Ⅲ60021.212.479.79.3Ⅳ55012.08.685.25.4【注】C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。CO选择性：转化的CO2中生成CO的百分比。对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为，理由是。实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6的转化率升高，但C2H4的选择性降低，原因是。（2）利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：①电a与电源的极相连。②电极b的电极反应式是。17．（12分）米格列奈可用于治疗糖尿病，其合成路线如图。已知：ⅰ.ⅱ.ⅲ.（1）1molA能与2molNaHCO3溶液反应生成气体，A中含有的官能团是。（2）B→C的化学方程式是。（3）E的结构简式是。（4）试剂a为CH2＝CH﹣CH＝CH2，其名称是。（5）I→J的反应类型是。（6）F+J→米格列奈的过程中，会生成M，M与米格列奈互为碳链异构的同分异构体，则M的结构简式是。（7）酸性溶液中，可采用电解法由A制B，电解时的阴极反应式是。18．（12分）KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：Ⅰ．将软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。Ⅱ．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应（Mn的化合价既升高又降低）。（1）Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是。（2）Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是。（3）Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是。（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是。（5）将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4．装置如图：①b极是极（填“阳”或“阴”），D是。②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：。③传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是。（6）用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下：已知：Na2C2O4+H2SO4═H2C2O4+Na2SO45H2C2O4+2+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O摩尔质量：Na2C2O4134g•mol﹣1KMnO4158g•mol﹣1ⅰ．称取ag产品，配成50mL溶液。ⅱ．称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。ⅲ．将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL（杂质不参与反应）。产品中KMnO4的质量分数的表达式为。19．（12分）某小组探究Fe2S3的制备。配制0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液和0.1mol•L﹣1的Na2S溶液备用。【查阅资料】i．FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。ii．Fe3++6F﹣⇌[FeF6]3﹣，[FeF6]3﹣为无色离子。iii．硫单质微溶于乙醇，难溶于水。【设计并实施实验】编号实验一实验二操作1.0mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液0.5mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液现象迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X产生棕黑色沉淀（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a的离子方程式为。（2）进一步检验浊液X的组成，过程如图1所示。①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是。②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+与加入的S2﹣反应产生的。乙同学认为该解释不严谨，理由是。（3）实验二制得了Fe2S3，但其中含少量Fe（OH）3。①生成Fe（OH）3的离子方程式为。②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因：。实验三小组同学进行如图2所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的Fe2S3。（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3的离子方程式为。【反思评价】（5）对比三个实验，实验三能成功制备Fe2S3的原因是。

参考答案本部分共14题，每题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．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；B．中子数为50的Rb质量数为87；C．电子层相同核电荷数越多半径越小；D．金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；【解答】解：A．同主族自上而下金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故RbOH的碱性比NaOH强，故A错误；B．中子数为50的Rb质量数为87，所以中子数为50的Rb的核素：Rb，故B错误；C．电子层相同核电荷数越多半径越小，Rb和Sr的电子层数相同，所以半径：Rb＞Sr，故C正确；D．金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Rb的金属性强于K，所以水化物的碱性：RbOH＞KOH，故D错误；故选：C。【点评】本题考查碱金属元素性质，难度不大，注意理解掌握同主族元素性质相似性与递变性。2．【分析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，俗名电木；B．顺﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯加氢的产物都是丁烷；C．蛋白质的盐析是可逆的；D．淀粉和纤维素是多糖，在稀硫酸催化作用下发生水解反应生成葡萄糖。【解答】解：A．苯酚和甲醛通过缩聚反应生成酚醛树脂，酚醛树脂属于高分子化合物，酚醛树脂可作高分子材料，故A正确；B．顺﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯加氢的产物都是丁烷，即二者的加氢产物相同，故B错误；C．蛋白质的盐析是可逆的，故蛋白质经多次盐析和溶解可以用于蛋白质的分离提纯，故C正确；D．淀粉和纤维素在稀硫酸催化作用下发生水解反应最终都生成葡萄糖，即最终产物都是葡萄糖，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构、性质，为高频考点，把握常见有机物的结构和性质是解题的关键，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。3．【分析】A．为复杂阳离子，书写电子式时要标出各原子的最外层电子，并用[]括起来；B．CO2的中心原子是C，含有C＝O双键；C．为苯的空间填充模型；D．Ca2+的质子数为20，核外电子数为18，核外电子分层排布。【解答】解：A．的中心原子为N，带一个单位的正电荷，N原子与每个H原子共用1对电子，属于原子团，其电子式为，故A正确；B．CO2是共价化合物，直线形分子，中心原子是C，含有C＝O双键，其结构式为O＝C＝O，故B正确；C．甲苯的结构简式为，C原子半径大于H，则甲苯的空间填充模型为，故C错误；D．Ca2+的质子数为20，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、离子结构示意图、结构简式和充填模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。4．【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。5．【分析】A．同温同压同体积，其质量之比等于摩尔质量之比；B．H2O和D2O（重水）的摩尔质量分别为18g/mol和20g/mol，所以质量相同时，两者物质的量不同；C．CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条；D．盐酸为一元强酸和硫酸为二元强酸。【解答】解：A．同温同压下，O2和CO2的体积相同时，其质量之比为32：44，则密度之比为32：44，不相同，故A错误；B．质量相同的H2O和D2O（重水）的物质的量之比为20：18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20：18，不相同，故B错误；C．每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，故C正确；D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的量的相关计算，难度中等，掌握物质的量、摩尔质量之间的关系为解答的关键。6．【分析】A、醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡；B、电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；C、1L0.1mol•L﹣1醋酸溶液中存在物料守恒，据此分析解答；D、根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水。【解答】解：A、1L0.1mol•L﹣1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO﹣的粒子数小于6.02×1022，故A错误；B、加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO﹣的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；C、1L0.1mol•L﹣1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）＝0.1mol，故C正确；D、醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，且醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO32﹣+2CH3COOH＝H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡与酸性强弱关系是解本题关键，注意电离平衡的灵活运用，题目难度中等。7．【分析】二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，若通入氧气会继续和NO反应生成二氧化氮，据此进行分析。【解答】解：A.NO2易溶于水，不能用排水法收集，要用排空气法收集，故A正确；B.二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，剩余的无色气体是NO，故B错误；C.二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，硝酸遇紫色石蕊变红，故C正确；D.二氧化氮先与水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，若通入氧气会继续和NO反应生成二氧化氮，二氧化氮继续会再与水反应，故试管中的液面上升，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确二氧化氮的性质、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，题目难度不大。8．【分析】A．二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠电离产生氢氧根离子，溶液显碱性；C．铁与硫反应生成硫化亚铁；D．氢氧化铜与氨气发生络合反应生成可溶性络合物。【解答】解：A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B正确；C．铁与硫反应生成硫化亚铁，化学方程式为：Fe+SFeS，故C错误；D．CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶沉淀。再继续添加氨水，难溶物溶解，化学方程式为：，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度中等。9．【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮﹣暗﹣熄灭﹣亮，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜滴入氢氧化钡溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故A错误；B．Ca（OH）2是强电解质，随碳酸氢铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故B错误；C．向Ba（OH）2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故C错误；D．一水合氨为弱电解质，醋酸和一水合氨反应生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，随溶液滴入溶液导电性增强，不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应、电离方程式的书写、离子反应等知识点，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，题目难度不大。10．【分析】CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH＝CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2＝CH﹣O﹣CH3和由此可知B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。【解答】解：A．根据分析，试剂a为CH3OH，名称是甲醇，故A正确；B．化合物B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子团不同时能形成顺反异构，B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故B正确；C．化合物C为，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；D．聚合物M是由CH2＝CH﹣O﹣CH3和的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构进行分析，熟练运用官能团的结构与性质，较好的考查学生分析推理能力、自学能力与迁移运用能力，难度中等。11．【分析】A．铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物，构成原电池，Fe发生吸氧腐蚀；B．加热时氯化铵与NaOH溶液反应生成氨气，氨气与硝酸银反应先生成沉淀，氨气过量时生成银氨溶液；C．加热1﹣溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物，发生消去反应生成丁烯，丁烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色；D．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物，生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度。【解答】解：A．铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物，构成原电池，Fe发生吸氧腐蚀，则导管中倒吸一段水柱，故A正确；B．加热时氯化铵与NaOH溶液反应生成氨气，氨气与硝酸银反应先生成沉淀，氨气过量时生成银氨溶液，则AgNO3溶液先变浑浊后澄清，故B正确；C．加热1﹣溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物，发生消去反应生成丁烯，丁烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则酸性KMnO4溶液褪色，不能证明①中发生了反应，故C错误；D．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物，生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，则充分振荡后，饱和Na2CO3溶液的上层仍有无色油状液体，故D正确；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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。12．【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成Zn（OH）42﹣，负极电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。【解答】解：A.原电池负极反应为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，故A正确；B.液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故B正确；C.原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故C错误；D.电解时阴极电极反应式为Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，由于KOH凝胶的特殊作用可使KOH再生，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。13．【分析】A、PET塑料由乙二醇和对二苯甲酸发生缩聚反应生成，相对分子质量较大；B、酚酞遇到碱变成红色；C、同系物是组成和结构相似，分子中相差1个或多个“CH2”的物质；D、根据测定原理可知，n（PET）＝n（NaOH），据此计算PET的平均聚合度n。【解答】解：A、PET塑料由单体乙二醇、对二苯甲酸发生缩聚反应生成的高分子材料，可发生降解，对自然环境无害，故A正确；B、达到滴定终点，再滴入一滴NaOH溶液时，溶液呈碱性，酚酞溶液变成浅红色，故B正确；C、PET塑料由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成，乙二醇是二元醇，与一元醇乙醇不是同系物，故C错误；D、mgPET的物质的量n（PET）＝mol，达到滴定终点时消耗NaOH的物质的量n（NaOH）＝0.001cVmol，则n（PET）＝n（NaOH），即＝0.001cV，所以PET的平均聚合度n＝，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、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。14．【分析】A.氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气使湿润的pH试纸变蓝，HCl使湿润的pH试纸变红，且二者化合生成氯化铵；B.先观察到黄色→蓝色；C.Ⅰ中试纸变成红色，与氯化铵分解生成HCl有关；D.氯化铵分解后，在试管中部化合生成氯化铵。【解答】解：A.氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气使湿润的pH试纸变蓝，则NH4Cl发生了分解反应，故A正确；B.先观察到黄色→蓝色，可知氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；C.Ⅰ中试纸变成红色，与氯化铵分解生成HCl有关，与水解无关，溶液中发生水解显酸性，故C错误；D.氯化铵分解后，在试管中部化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；故选：C。【点评】本题考查铵盐的性质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，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。第二部分本部分共5题，共58分。15．【分析】（1）碘元素是53号元素；（2）根据相似相溶原理分析；（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，含有1对孤对电子，据此解答；（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价；（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为3×个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用；②晶胞中K原子个数为8×＝1，I原子个数为1，O原子个数为6×＝3，则该晶体的密度是ρ＝。【解答】解：（1）碘是53号元素，在元素周期表的第五周期第ⅦA族，故答案为：第五周期第ⅦA族；（2）碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大，故答案为：碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子；（3）PI3的中心原子的价层电子对为3+＝4，含有1对孤对电子，空间结构是三角锥形，PI3水解生成HI的化学方程式是PI3+3H2O＝3HI+H3PO3，故答案为：三角锥形；PI3+3H2O＝3HI+H3PO3；（4）CF3I的水解产物是HIO因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3IH和HIO，故答案为：因为电负性：F＞I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO；（5）①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为3×个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用，故与一个K紧邻的O有：3××8＝12个，故答案为：12；②晶胞中K原子个数为8×＝1，I原子个数为1，O原子个数为6×＝3，则该晶体的密度是ρ＝＝g/cm3，故答案为：。【点评】本题考查较为综合，涉及晶胞计算、杂化方式判断等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。16．【分析】（1）①根据盖斯定律反应i+ii计算反应iii的ΔH3；②高温下C能与CO2反应生成CO，同时增大CO2的量反应iii正向进行，导致C2H6浓度降低，反应iv进行程度减小；③对比实验I和Ⅱ可知，铬盐催化有利于C2H6转化率和C2H4的选择性提高；反应i～iv均为吸热反应，温度升高，副反应进行程度可能增大；（2）①由电解装置图可知，a电极上发生氧化反应、b电极上发生还原反应，则a电极为阳极、b电极为阴极；②电极b为阴极，CO2得电子生成CO，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式。【解答】解：（1）①ⅰ．C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）ΔH1＝+136.4kJ•mol﹣1ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1ⅲ．C2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH3根据盖斯定律反应i+ii计算反应iiiC2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）的ΔH3＝+136.4kJ•mol﹣1+（+41.2kJ•mol﹣1）＝+177.6kJ/mol，故答案为：+177.6；②高温下C能与CO2反应生成CO，使积碳消耗，同时过量的CO2能促进反应iiiC2H6的消耗，C2H6的减少又使反应C2H6（g）⇌2C（s）+3H2（g）进行程度降低，积碳量减少，故答案为：增大CO2的量，发生反应CO2+C2CO，消耗积碳；增大CO2的量，反应iii正向进行程度增加，降低了2H6的浓度，反应iv进行的程度减小；③由表中数据可知，铬盐的催化效果较好，铬盐作催化剂有利于C2H6转化率和C2H4的选择性提高；反应i～iv均为吸热反应，温度升高，副反应进行程度增大，所以转化为C2H4的程度可能降低，尤其积碳量可能增多，故答案为：铬盐；铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高；温度升高，反应i、ii、iii的化学反应速率均增大，反应iv增大的更多；（2）①由电解装置图可知，a电极上发生氧化反应、b电极上发生还原反应，则a电极为阳极、b电极为阴极，阳极与电源正极相接，故答案为：正；②电极b为阴极，阴极上CO2得电子生成CO，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O，故答案为：CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O。【点评】本题综合考查化学平衡和电解原理，为高考常见题型和高频考点，涉及盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素、电解原理的应用等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，注意电极的判断和结合电解质书写电极反应式，题目难度中等。17．【分析】1molA能与2molNaHCO3溶液反应生成气体，则A中含有2个﹣COOH，结合A的分子式知，A的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，A和氢气发生加成反应生成B为HOOCCH2CH2COOH，由C的分子式知，B和甲醇发生酯化反应生成C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3；根据F、J的分子式及米格列奈的结构简式知，F和J发生取代反应生成米格列奈，J的结构简式为、F的结构简式为；I发生还原反应生成J，I的结构简式为，a为CH2＝CH﹣CH＝CH2，G和氨气发生取代反应生成H，则G的结构简式为，生成G的反应为加成反应；根据F的结构简式及D的分子式知，D的结构简式为，C、D发生信息i的反应生成E为。【解答】解：（1）A的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，A中含有的官能团是碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（2）B为HOOCCH2CH2COOH，C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，B和甲醇发生酯化反应生成C，B→C的化学方程式是HOOCCH2CH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O，故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O；（3）E的结构简式是，故答案为：；（4）试剂a为CH2＝CH﹣CH＝CH2，其名称是1，3﹣丁二烯，故答案为：1，3﹣丁二烯；（5）J的结构简式为、I的结构简式为，I去掉O原子加上H原子，所以I→J的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；（6）F+J→米格列奈的过程中，会生成M，M与米格列奈互为碳链异构的同分异构体，则M的结构简式是，故答案为：；（7）酸性溶液中，可采用电解法由A制B，阴极上A失电子和氢离子反应生成B，则电解时的阴极反应式是HOOCCH＝CHCOOH﹣2e﹣+2H+＝HOOCCH2CH2COOH，故答案为：HOOCCH＝CHCOOH﹣2e﹣+2H+＝HOOCCH2CH2COOH。【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是F结构简式的确定，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。18．【分析】（1）粉碎软锰矿，可增大固体表面积；（2）由题意可知软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；（3）用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4变质；（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2；（5）电解K2MnO4制取KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子；（6）称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n（Na2C2O4）＝mol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL，由方程式5H2C2O4+2+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n（KMnO4），进而计算纯度。【解答】解：（1）粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，则反应速率增大，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；（2）由题意可知软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（3）由题意可知用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2Mn