2023-2024学年北京北师大二附中高三（上）期中化学试题和答案

第1页/共1页2023北京北师大二附中高三（上）期中化学一、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．中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。金刚石石墨石墨炔下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是（）A．三种物质中均有碳碳原子间的σ键 B．三种物质中的碳原子都是sp3杂化 C．三种物质的晶体类型相同 D．三种物质均能导电2．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．下列过程与水解反应无关的是（）A．热的纯碱溶液去除油脂 B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体4．下列事实能用平衡移动原理解释的是（）A．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解 B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深 C．铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体 D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生5．回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如图。下列说法不正确的是（）A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨 B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2 D．装置b中的总反应为+CO2+H2OHCOOH+6．下列离子方程式与所给事实不相符的是（）A．Cl2制备84消毒液（主要成分是NaClO）：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+ D．Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣═HgS↓7．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是（）A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂8．完成下述实验，装置或试剂不正确的是（）实验室制Cl2实验室收集C2H4验证NH3易溶于水且溶液呈碱性除去CO2中混有的少量HClABCDA．A B．B C．C D．D9．一种聚合物PHA的结构简式如图，下列说法不正确的是（）A．PHA的重复单元中有两种官能团 B．PHA可通过单体缩聚合成 C．PHA在碱性条件下可发生降解 D．PHA中存在手性碳原子10．下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是（）A．F﹣F键的键能小于Cl﹣Cl键的键能 B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D．气态氟化氢中存在（HF）2，而气态氯化氢中是HCl分子11．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12．离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑。下列说法正确的是（）A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同13．NO2和N2O4存在平衡：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0。下列分析正确的是（）A．1mol平衡混合气体中含1molN原子 B．断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量 C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅14．验证牺牲阳极保护法，实验如图（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是（）A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe B．对比①②，K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化 C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼二、本部分共5题，共58分。15．（10分）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根（S2）可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。（1）基态S原子价层电子排布式是。（2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：。（3）S2的空间结构是。（4）同位素示踪实验可证实S2中两个S原子的化学环境不同，实验过程为S2Ag2S+。过程ii中，S2断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是SO3和35S，过程ii含硫产物是。（5）MgS2O3•6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。晶胞中的[Mg（H2O）6]2+个数为。已知MgS2O3•6H2O的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（6）浸金时，S2作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分别判断S2中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：。16．（12分）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。（1）早期制备方法Ba（NO3）2BaOBaO2滤液H2O2①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是。②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是。③Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是。④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：。（2）电化学制备方法已知反应2H2O2═2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。①a极的电极反应式是。②下列说法正确的是。A．该装置可以实现电能转化为化学能B．电极b连接电源负极C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点17．（12分）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X射线检查。其合成路线如图：已如：R1COOH+R2COOH+H2O（1）A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是。（2）B无支链，B的名称是。（3）E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是。（4）G中含有乙基，G的结构简式是。（5）G→J过程中，Al的作用是。（6）碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193。碘番酸的结构简式是。（I的相对原子质量为127）（7）口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I﹣，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。步骤二：调节滤液pH，用bmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影液中不含其他含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数。18．（12分）甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。（1）利用甲醇可制成微生物燃料电池（利用微生物将化学能直接转化成电能的装置）。某微生物燃料电池装置如图1所示：A极是极（填“正”或“负”），其电极反应式是。（2）研究表明CO2加氢可以合成甲醇。CO2和H2可发生如下两个反应：I．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1II．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2①反应I的化学平衡常数表达式K＝。②有利于提高反应I中CO2的平衡转化率的措施有（填序号）。a．使用催化剂b．加压c．增大CO2和H2的初始投料比③研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应I，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图2所示。ΔH10（填“＞”、“＝”或“＜”），其依据是。④某实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据（反应未达到平衡状态）：T（K）CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）【注】54312.342.355315.339.1【注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是。19．（12分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。资料：ⅰ．Mn2+在一定条件下可被Cl2或ClO﹣氧化成MnO2（棕黑色）、MnO（绿色）、MnO（紫色）。ⅱ．浓碱性条件下，可被OH﹣还原为MnO。ⅲ．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关；NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图（夹持装置略）。序号物质aC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后Ⅰ水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化Ⅱ5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀Ⅲ40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀（1）B中试剂是。（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为。（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是。（4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因，但通过实验测定，溶液的碱性变化很小。②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是。④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因。

参考答案一、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．原子间优先形成σ键；B．石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化；C．金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体；D．金刚石没有自由移动的电子，不能导电。【解答】解：A．原子间优先形成σ键，三种物质中均有碳碳原子间的σ键，故A正确；B．金刚石中碳原子均采取sp3杂化，而石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化，故B错误；C．金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体，三种物质晶体类型不相同，故C错误；D．石墨、石墨炔中存在大π键，可以导电，而金刚石没有自由移动的电子，不能导电，故D错误；故选：A。【点评】本题考查比较综合，涉及化学键、晶体类型、杂化方式等，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。2．【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。【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，明确轨道表示式的方法、电子排布规律、电子云形状、电子式的书写等知识点是解本题关键，题目难度不大。3．【分析】A．油脂能在碱溶液中发生水解反应，生成溶于水的物质；B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂解、裂化生成小分子烃；C．蛋白质在酶的作用下发生水解反应生成氨基酸；D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体。【解答】解：A．纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，可用于除油污，与盐类水解有关，故A正确；B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃，发生的是裂解、裂化反应，与水解反应无关，故B错误；C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸，发生的反应是水解反应，与水解反应有关，故C正确；D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，加热能促进铁离子的水解，FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体与盐类水解有关，故D正确；故选：B。【点评】本题考查水解反应的应用，明确盐类水解原理、有机反应、物质的性质为解答关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目难度不大。4．【分析】平衡移动原理为：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。【解答】解：A．MnO2作H2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A错误；B．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导致c（NO2）增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确；C．常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2，NO2呈红棕色，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C错误；D．Zn能置换出Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡移动原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡移动原理内涵及其适用范围是解本题关键，题目难度不大。5．【分析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2＝Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上失电子生成，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH；A．SO2是形成酸雨的主要成分；B．水解导致溶液呈碱性、电离导致溶液呈酸性；C．NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应；D．装置b中阳极﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，阴极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式。【解答】解：A．SO2是形成酸雨的主要成分，所以废气中SO2排放到大气中会形成酸雨，故A正确；B．水解导致溶液呈碱性、电离导致溶液呈酸性，装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度，故B正确；C．NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C错误；D．装置b中阳极﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，阴极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为+CO2+H2OHCOOH+，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电解原理及三废处理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、电解原理是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。6．【分析】A．氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O；B．醋酸为弱酸，应该写化学式；C．Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+；D．Hg2+、S2﹣反应生成HgS沉淀。【解答】解：A．氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A正确；B．醋酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故B错误；C．Cu和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+，离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故C正确；D．Hg2+、S2﹣反应生成HgS沉淀，离子方程式为Hg2++S2﹣＝HgS↓，故D正确；故选：B。【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、离子方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。7．【分析】A．浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除；B．浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳使固体体积膨胀；C．生成的二氧化硫使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫；D．蔗糖发生化学反应，一定有化学键的断裂。【解答】解：A．浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；B．浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的大量气体，使固体体积膨胀，故B正确；C．浓硫酸脱水过程中生成的SO2使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，故C错误；D．蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；故选：C。【点评】本题考查浓硫酸性质实验，掌握浓硫酸的特性，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。8．【分析】A．在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2；B．难溶于水的气体可以采用排水法收集；C．酚酞遇碱溶液变红色，极易溶于水的气体能形成喷泉实验；D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应。【解答】解：A．在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2，图中装置能制取氯气，故A正确；B．乙烯难溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正确；C．打开活塞，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，氨气溶于导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，大气压将水通过导管进入烧瓶中而形成喷泉，氨气和水反应生成的一水合氨电离出OH﹣而使其水溶液呈碱性，酚酞遇碱溶液变红色，所以该装置能验证NH3易溶于水且溶液呈碱性，故C正确；D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反应，应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意：除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，操作要简便。9．【分析】A．PHA的重复单元中官能团为酯基；B．是PHA的单体；C．酯基在碱性条件下能发生水解反应；D．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。【解答】解：A．根据图知，PHA的重复单元中官能团只有酯基一种，故A错误；B．是PHA的单体，中含有羧基和醇羟基，所以PHA可通过单体缩聚合成，故B正确；C．PHA中含有酯基，所以PHA在碱性条件下能发生水解反应而降解，故C正确；D．根据图知，PHA的重复单元中连接一个甲基的碳原子为手性碳原子，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。10．【分析】A．F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F﹣F键不稳定；B．电负性：F＞Cl，F﹣C键的极性大于Cl﹣C键的极性，使得F3C﹣的极性大于Cl3C﹣的极性，导致F3CCOOH的羧基中﹣OH极性更大；C．元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强；D．F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键。【解答】解：A．F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F﹣F键不稳定，则F﹣F键的键能小于Cl﹣Cl键的键能，与电负性无关，故A正确；B．电负性：F＞Cl，F﹣C键的极性大于Cl﹣C键的极性，使得F3C﹣的极性大于Cl3C﹣的极性，导致F3CCOOH的羧基中﹣OH极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故B错误；C．元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强，电负性F＞Cl，F﹣H键的极性大于Cl﹣H键的极性，导致HF分子极性比HCl强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故C错误；D．F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在（HF）2，气态HCl中不存在（HCl）2，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；故选：A。【点评】本题考查元素周期律，侧重考查对电负性的理解和运用能力，明确分子极性、酸的酸性强弱的影响因素是解本题关键，题目难度不大。11．【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。12．【分析】A．CaH2中只含有离子键；B．反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变；C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成；D．反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子。【解答】解：A．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子之间存在非极性键，而CaH2中H﹣和钙离子之间存在离子键，该化合物中不含非极性键，故A错误；B．反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变，只有过氧化钠中O元素化合价变化，所以①中水不参与氧化还原反应，故B错误；C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成，所以Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1，故C正确；D．反应①中生成1molO2转移2mol电子，反应②中生成1molH2转移1mol电子，所以反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氧化还原反应中电子转移数目是解本题关键，题目难度不大。13．【分析】A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子；B.焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；C.恒温时，缩小容积，浓度增大；D.恒容时，升高温度平衡逆向移动。【解答】解：A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子，平衡时混合气体的组成未知，不能确定1mol平衡混合气体中N原子的物质的量，故A错误；B.焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量，故B正确；C.恒温时，缩小容积，浓度增大，则气体颜色变深，浓度增大的程度大于平衡正向移动的程度，故C错误；D.恒容时，水浴加热时，升高温度平衡逆向移动，气体颜色变深，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，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。14．【分析】A．②③相比较，可说明铁连接锌后，铁没有被腐蚀；B．①②相比较，铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子；C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，不能通过铁棒的表面反应判断；D．用实验①的方法不能比较金属的活泼性。【解答】解：A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A正确；B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，故B正确；C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3[Fe（CN）6]可在铁的表面生成蓝色沉淀，则验证Zn保护Fe时不能用①的方法，应用②的方法，故C正确；D．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，如果换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D错误；故选：D。【点评】本题探究铁的腐蚀与防护，侧重考查学生的分析能力和实验能力，主要把握实验的原理以及金属的腐蚀，主要把握实验的合理性与可行性的评价，把握物质的性质，难度中等。二、本部分共5题，共58分。15．【分析】（1）基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子；（2）O、S原子最外层电子数都是6，但r（O）＜r（S），O原子的原子核对最外层电子的吸引力比S原子的原子核最外层电子的吸引力大，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子；（3）S2和互为等电子体，结构相似，根据的空间结构判断S2的空间结构；（4）根据图知，过程ii中含硫产物为32、S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+个数为1+2×+4×+8×；S2的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3•6H2O”，晶胞体积为（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，该晶体的密度＝＝；（6）含有孤电子对的原子能和中心离子形成配位键。【解答】解：（1）基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子，则价态S原子价层电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4；（2）同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r（O）＜r（S），O原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S，故答案为：S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r（O）＜r（S），O原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S；（3）S2和互为等电子体，结构相似，中心S原子价层电子对个数为4+＝4且不含孤电子对，则的空间结构为正四面体形，则S2的空间结构为四面体形，故答案为：四面体形；（4）根据图知，过程ii中含硫产物为32、S，故答案为：32、S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+个数为1+2×+4×+8×＝4；S2的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3•6H2O”，晶胞体积为（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，该晶体的密度＝＝＝g/cm3，故答案为：4；；（6）S2的中心S原子价层电子对个数为3+1+＝4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，所以能做配位原子，故答案为：S2的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律内涵、微粒空间构型判断方法及晶胞计算方法是解本题关键，注意配位原子的特点，题目难度不大。16．【分析】（1）由制备流程可知，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水；（2）通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，则阳极上水失去电子生成过氧化氢，阴极上氧气得到电子生成过氧化氢，即a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e﹣＝H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，以此来解答。【解答】解：（1）①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2．根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑，故答案为：2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑；②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO（s）+O2（g）⇌2BaO2（s），正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度，故答案为：增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2，故答案为：BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2；④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低，故答案为：H2O2受热易分解；（2）①a为阴极，a极的电极反应式是O2+2H++2e﹣＝H2O2，故答案为：O2+2H++2e﹣＝H2O2；②A．2H2O2＝2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；故答案为：AC。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及电化学知识的应用，题目难度不大。17．【分析】本流程的目的，以A为原料制取碘番酸。由A可发生银镜反应，可确定A为醛，由B无支链，可确定B为CH3CH2CH2COOH，则A为CH3CH2CHO；依据题干信息，可确定D为；E为芳香族化合物，则E为；由J的结构简式，可确定F为；由题给信息，要确定G为。【解答】解：（1）由A的分子式C4H8O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基，故答案为：醛基；（2）B的分子式为C4H8O2、无支链，由醛氧化生成，则B为CH3CH2CH2COOH，名称是正丁酸。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成﹣CH2﹣，B的不饱和度为1，则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是，故答案为：正丁酸；；（3）E为，F为，则E→F的化学方程式是，故答案为：；（4）G的结构简式是，故答案为：；（5）G→J过程中，Al的作用是还原剂，将硝基转化为氨基，故答案为：还原剂，将硝基转化为氨基；（6）碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是，故答案为：；（7）～3AgNO3，n（AgNO3）＝bmol•L﹣1×c×10﹣3L＝bc×10﹣3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为＝，故答案为：。【点评】本题考查有机合成，侧重考查学生有机物命名、反应和官能团的掌握情况，试题难度中等。18．【分析】（1）CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，形成的是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应；（2）①平衡常数K＝；②有利于提高反应I中CO2的平衡转化率的措施是除去增加二氧化碳的量以外的促进平衡正向进行的措施③在210～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应③3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）K3，结合图象变化，产率变化和平衡原理分析判断；④实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，反应未达到平衡状态，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，说明升温对反应II影响大。【解答】解：（1）溶液中氢离子移向可知，原电池中阳离子移向正极，B为正极，A为负极，CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以CH3OH从A通，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝6H++CO2，B通入氧气，b电极发生的电极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故答案为：负；CH3OH﹣6e﹣+H2O═CO2+6H+；（2）①I．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡常数K＝，故答案为：；②a．使用催化剂不改变化学平衡，反应物转化率不变，故a错误；b．加压平衡正向进行，二氧化碳转化率增大，故b正确；c．增大CO2和H2的初始投料比，氢气转化率增大，二氧化碳转化率减小，故c错误；故答案为：b；③图象分析可知升温甲醇的平衡产率降低，升高温度平衡向吸热反应方向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜；温度升高甲醇的平衡产率减小；④实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，反应未达到平衡状态，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，说明升温对反应I、II反应速率均增大，但反应II的反应速率影响更大，故答案为：温