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2020年北京昌平区高三一模化学试卷及答案
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这是一份2020年北京昌平区高三一模化学试卷及答案，共36页。试卷主要包含了第二部分非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年北京昌平区高三一模化学试卷
一、本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1．（3分）下列“十四五”规划重要科技领域所涉及的材料中，属于无机非金属材料的是（ ）
A．高纯硅用于制作信息产业芯片
B．铝合金用于建设高铁
C．铜用于生产5G基站的电路板
D．聚乙烯醇用于制作人造软骨组织
2．（3分）下列化学用语书写不正确的是（ ）
A．H的三种同位素：H、H、H
B．HCl的电子式：
C．Na+的结构示意图：
D．CH4的结构式：
3．（3分）31号元素Ga（镓）与Al为同族元素。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga位于第ⅢA族 B．Ga质子数为31
C．Ga的常见化合价为+3 D．金属性：Al＞Ga
4．（3分）下列解释事实的化学用语，表述不正确的是（ ）
A．NaCl溶液具有导电性：NaCl═Na++Cl﹣
B．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体：2Na+O2 Na2O2
C．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+
D．Na2CO3溶液显碱性：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
5．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L HCl溶液含Cl﹣数目为NA
B．23g Na所含电子数为NA
C．标准状况下，22.4L N2共用电子对数目为2NA
D．32g S与足量氧气反应转移的电子数为4NA
6．（3分）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．加热木炭和浓H2SO4，有刺激性气体产生
B．向NO2中注入水，气体由红棕色变为无色
C．向AgCl浊液中加入KI溶液，白色沉淀变黄
D．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色溶液褪色
7．（3分）利用所给试剂与图示装置，能达到相应实验目的的是（ ）
A．比较碳酸与苯酚酸性强弱
B．检验乙醇和浓硫酸加热反应生成的乙烯
C．制备收集乙酸乙酯
D．制备氨气
8．（3分）人们对某反应的途径有如图所示的两种猜想。运用飞秒光谱观测到反应过程中•CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2•的存在，其寿命是700飞秒（1飞秒＝10﹣15秒）。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是C4H8→2CH2═CH2
B．飞秒光谱观测所得实验结果支持猜想②的成立
C．反应过程中有极性共价键生成
D．加入合适的催化剂可加快该反应的速率
9．（3分）有机物Y具有抗菌、消炎作用，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．Y的分子式是C21H22O4
B．1mol Y最多能与2mol Br2反应
C．Y能与乙醇在一定条件下发生反应
D．Y存在顺反异构
10．（3分）中科院大连化物所研发的甲醇制乙烯技术能有效解决化工生产依赖进口石油的问题。该技术涉及如下反应：
甲醇制乙烯：2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H1
甲醇脱水：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1
已知：C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1
C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1
下列说法不正确的是（ ）
A．△H1＞0
B．甲醇脱水是放热反应
C．减小压强，利于提高甲醇的平衡转化率
D．加入选择性催化剂可抑制甲醇脱水反应的发生
11．（3分）400℃，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数K＝0.5。相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，某时刻测得下列4组数据。下列说法正确的是（ ）
①
②
③
④
c（N2 ）/mol•L﹣1
1
0.6
20
1.2
c（H2）/mol•L﹣1
1
1
0.1
2
c（NH3）/mol•L﹣1
1
1.2
0.1
1.2
A．①中反应正向进行
B．②的平衡常数最大
C．③中反应达到平衡
D．使用催化剂可以提高④中H2的平衡转化率
12．（3分）常温下，向25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．a点对应的M＝13
B．b点对应的N＞12.5
C．曲线ab（不含a、b点）上总是存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．c点对应的溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）═2c（Na+）
13．（3分）科学家研制出一种“一分钟充满电”的新型铝离子电池，该电池以铝和石墨为电极材料，以AlCl4﹣和有机阳离子为电解质溶液，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Al为负极，石墨为正极
B．放电时，负极反应：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣
C．充电时，石墨电极发生氧化反应
D．充电时，有机阳离子向石墨电极方向移动
14．（3分）研究小组为证明NO2和O2均具有助燃性，用不同可燃物分别在NO2、O2中进行实验，获得如下实验现象。下列说法不正确的是（ ）
可燃物
NO2
O2
带火星的木条
5s左右木条熄灭，瓶内石灰水依然澄清
5s后木条继续燃烧且有火焰，瓶内石灰水变浑浊
带火焰的木条
木条持续燃烧，火焰变亮，气体红棕色变浅，瓶内石灰水变浑浊
木条持续燃烧且更剧烈，火焰变大变亮，瓶内石灰水变浑浊
H2
点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，一段时间后内壁有液珠
点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠
A．NO2与C之间、NO2与H2之间均能发生氧化还原反应
B．NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度
C．NO2与H2反应时，蓝色石蕊试纸颜色变化证明二者反应生成了HNO3
D．气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应
二、第二部分非选择题（共58分）
15．（11分）H2O2的水溶液俗称双氧水，广泛用于污水处理、化学制药、纺织等领域。
已知：①过量的H2O2可以与SCN﹣反应。
②酸性溶液中，KMnO4能被H2O2还原为Mn2+。
③Mn2+可以加快H2O2分解。
（1）H2O2分子中含有的化学键有 。（填序号）
A．离子键
B．极性共价键
C．非极性共价键
（2）预测H2O2具有氧化性和还原性，从元素化合价角度说明其具有还原性的预测依据： 。
（3）检验H2O2的氧化性
实验步骤
实验现象
步骤1：取1mL 0.01mol/L FeCl2溶液（pH＝1）于试管内，滴入3滴0.01mol/L KSCN溶液
无明显变化
步骤2：向试管内滴入2滴amol/L H2O2溶液
溶液变为血红色
步骤3：向试管内再滴入2滴amol/L H2O2溶液
红色褪去
①步骤2发生反应的离子方程式是 、Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3。
②用平衡移动原理解释步骤3中红色褪去的原因： 。
（4）检验H2O2的还原性
18O可用来标记示踪取过量的酸性KMnO4溶液于试管内，加入bmL浓度为amol/L H218O2溶液，持续收集产生的气体，待气体体积不再增加，测定干燥后的气体质量。已知KMnO4的还原产物是Mn2+。理论上所得气体的质量为 g（用含a、b的计算式表示）。实际所得气体质量小于理论值，且在水中也能找到18O，原因是： 。
16．（12分）工业上，一种以低品位菱锌矿（主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等）为原料制备金属锌的流程如图1所示。
（1）浸出
①浸出前，菱锌矿需研磨。目的是 。
②浸出时，生成Zn2+的离子方程式是 。
（2）萃取
萃取剂由烷基磷酸（用HA表示，是弱酸）溶解在有机溶液中制得，萃取金属离子的反应是Mn+（aq）+nHA（org）⇌MAn（org）+nH+（aq）（Mn+：Fe3+、Zn2+、Ca2+、Cu2+；org：有机相；aq：水相）
已知：相同温度下，金属离子的平衡萃取率与pH的关系如图2所示。
①操作ⅰ是 。
②下列操作一定能提高锌的平衡萃取率的是 。
A．升高温度
B．提高萃取剂中HA的浓度
C．适当提高溶液的pH
③本步骤应选的pH是 。
（3）电解
用图3所示装置电解获得Zn。Pb极生成PbO2并沉积于表面，使Pb钝化而无法继续参加反应，PbO2具有导电性。
①b为 极。（填“正”或“负”）
②Pb极钝化后，电解装置仍能持续工作制备Zn的原因是 。（结合电极反应式解释）
17．（10分）铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法，将二者的废液混合可实现回收再利用，其主要流程如图。
已知：①水合肼N2H4•H2O具有强还原性，易被氧化为N2。
②Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+
（1）蚀刻
①将酸性蚀刻铜的离子方程式补充完整：
Cu+ H2O2+ + ⇌CuCl42﹣+ 。
②关于蚀刻的下列说法正确的是 。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
（2）滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+，还大量存在的离子是 。
（3）除铜
①利用水合肼N2H4•H2O还原Cu2+的离子方程式是 。
②已知该反应瞬间完成，滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知，随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给信息和已知信息分析其原因： 。
18．（13分）氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物G的合成路线如图。
已知：
①
②
③
（1）A是链状化合物，A中官能团是 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）A→B的转化中，需加入一种高效阻聚剂（THQ），其目的是避免发生副反应： 。（用化学方程式表示）
（4）M不含氧元素，D的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比是 。（数值按由小到大排列）
（5）下列说法不正确的是 。（填字母序号）
A．具有2个醛基的C的同分异构体共三种
B．C能发生取代反应
C．D→E过程中生成了甲醇
（6）E→F可看成如下两步反应，中间产物N的结构简式是 。
（7）已知：在开展③反应时，取代基R3或R4越大，反应越难进行。在实际合成G时，所加原料需要＞1，可有效降低副产物 （写结构简式）的产生。
19．（12分）某小组利用氯气与NaOH制取 NaClO并探究其性质
已知：①Ag2SO4：白色固体，微溶于水。
②在水中，Fe3+的存在形式有：[Fe（H2O）4OH）2]+呈黄色：[Fe（H2O）6]3+呈淡紫色，通常只能观察到无色。
Ⅰ．制备
（1）A中反应的离子方程式是 。
（2）一段时间后，NaOH已完全反应，得A中溶液pH＝10，用化学用语表示其原因： 。
Ⅱ．探究性质
取所得A中溶液5mL于试管中，向其中加入稍过量的0.1mol/L FeSO4溶液和适量H2SO4溶液，观察到无沉淀产生，溶液变为黄色。
（3）甲同学对溶液变黄色可能发生的反应提出下列三种猜想：
猜想1：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O
猜想2：2Fe2++2ClO﹣+4H+═2Fe3++Cl2↑+2H2O
猜想3：Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O
乙同学认为猜想2和3不合理，用离子方程式表示原因 。经证实，猜想1正确。
Ⅲ．进一步探究
取Ⅱ中黄色溶液，分为4份，进行下列操作。
序号
操作
现象
ⅰ
加入NaOH溶液
ⅱ
加入AgNO3溶液
白色沉淀
ⅲ
加入NaI溶液，再加入一定量CCl4，振荡
下层呈紫红色
ⅳ
加入一定量H2SO4溶液
黄色变浅几乎无色
（4）实验ⅰ的现象是 。
（5）实验ⅱ加入AgNO3出现白色沉淀，不能说明溶液中存在Cl﹣，原因是 。
（6）资料表明，氧化性：ClO﹣＞Br2＞Fe3+＞I2。甲同学认为由实验ⅲ的现象证明溶液中仍存在ClO﹣。乙同学认为甲同学的推断不严谨，设计了能确证溶液中是否存在ClO﹣的实验方案： 。
（7）实验ⅳ中黄色溶液变浅至几乎无色，结合化学用语解释原因 。
2020-2021学年北京市昌平区高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1．（3分）下列“十四五”规划重要科技领域所涉及的材料中，属于无机非金属材料的是（ ）
A．高纯硅用于制作信息产业芯片
B．铝合金用于建设高铁
C．铜用于生产5G基站的电路板
D．聚乙烯醇用于制作人造软骨组织
【分析】无机非金属材料是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称，它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和（或）氧化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、等原料经一定的工艺制备而成的材料，可根据材料的分类进行分析解答。
【解答】解：A．高纯硅用于制作信息产业芯片属于无机非金属材料，故A正确；
B．铝合金用于建设高铁，属于金属材料，故B错误；
C．铜用于生产5G基站的电路板，属于金属材料，故C错误；
D．聚乙烯醇用于制作人造软骨组织，属于有机高分子材料，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学与生活，题目比较综合，主要是无机非金属材料的分析判断，题目难度不大，注意对基础知识的全面掌握。
2．（3分）下列化学用语书写不正确的是（ ）
A．H的三种同位素：H、H、H
B．HCl的电子式：
C．Na+的结构示意图：
D．CH4的结构式：
【分析】A．质子数相同，中子数不同一类原子互称为同位素；
B．HCl是共价化合物；
C．钠离子核内11个质子，核外10个电子；
D．甲烷含有4个C﹣H键。
【解答】解：A．H、H、H是氢元素的三种核素，质子数相同，中子数分别为0、1、2，中子数不同，它们互称为同位素，故A正确；
B．氯化氢中氢原子和氯原子共用1对电子，电子式为：，故B错误；
C．钠离子核内有11个质子，核外有10个电子，钠离子结构示意图：，故C正确；
D．甲烷是碳原子和氢原子间通过共价单键形成的空间正四面体结构，CH4的结构式为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、离子结构示意图、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（3分）31号元素Ga（镓）与Al为同族元素。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga位于第ⅢA族 B．Ga质子数为31
C．Ga的常见化合价为+3 D．金属性：Al＞Ga
【分析】A．31号元素Ga（镓）与Al为同族元素，而A处于ⅢA族；
B．质子数等于原子序数；
C．同主族元素性质相似，具有相似的化合价；
D．Ga处于第四周期第ⅢA族，同主族自上而下金属性增强。
【解答】解：A．Al位于第三周期第IIIA族，31号元素Ga（镓）与Al为同族元素，则Ga处于ⅢA族，故A正确；
B．Ga是31号元素，则Ga的质子数是31，故B正确；
C．Al元素常见化合价为+3，Ga与Al同主族，可知Ga的常见化合价为+3，故C正确；
D．Al处于第三周期第ⅢA族，Ga处于第四周期第ⅢA族，同主族自上而下金属性增强，故金属性Al＜Ga，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，确定镓在周期表中的位置，结合元素周期律分析判断，掌握利用原子序数确定元素在周期表中位置的方法。
4．（3分）下列解释事实的化学用语，表述不正确的是（ ）
A．NaCl溶液具有导电性：NaCl═Na++Cl﹣
B．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体：2Na+O2 Na2O2
C．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+
D．Na2CO3溶液显碱性：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
【分析】A．氯化钠在溶液中电离产生钠离子和氯离子；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；
C．发生吸氧腐蚀铁失去电子生成亚铁离子；
D．碳酸根离子为多元弱酸根子，分步水解，以第一步为主。
【解答】解：A．氯化钠在溶液中电离产生钠离子和氯离子，所以氯化钠溶液中存在自由移动的离子，能导电，故A正确；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，方程式：2Na+O2Na2O2，故B正确；
C．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀的负极反应，离子方程式：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；
D．Na2CO3溶液显碱性，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识、化学方程式以及电极反应的书写，难度不大，应注意的是在钢铁的腐蚀过程中，负极均为铁失电子变为亚铁离子。
5．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L HCl溶液含Cl﹣数目为NA
B．23g Na所含电子数为NA
C．标准状况下，22.4L N2共用电子对数目为2NA
D．32g S与足量氧气反应转移的电子数为4NA
【分析】A．溶液体积不知，不能计算微粒数；
B．钠的物质的量n＝，钠原子含11个电子；
C．计算标准状况下气体物质的量n＝，1mol N2中含共用电子对数目3mol；
D．物质的量n＝，硫和氧气反应生成二氧化硫。
【解答】解：A．0.01mol/L HCl溶液的体积不知，不能计算溶液中含Cl﹣数目，故A错误；
B．23g Na物质的量n＝＝1mol，所含电子数＝1mol×11×NA＝11NA，故B错误；
C．标准状况下，22.4L N2物质的量n＝＝1mol，1mol N2中含共用电子对数目3mol，含共用电子对数目为3NA，故C错误；
D．32g S物质的量n＝＝1mol，与足量氧气反应生成二氧化硫，S+O2SO2，硫元素化合价0价升高到+4价，转移的电子数为4NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
6．（3分）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．加热木炭和浓H2SO4，有刺激性气体产生
B．向NO2中注入水，气体由红棕色变为无色
C．向AgCl浊液中加入KI溶液，白色沉淀变黄
D．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色溶液褪色
【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化，根据变化中发生的化学反应，利用元素的化合价是否变化来分析是否与氧化还原反应有关，据此分析。
【解答】解：A．加热木炭和浓H2SO4，有刺激性气体产生，C、S元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故A不选；
B．向NO2中注入水，气体由红棕色变为无色，N元素的化合价变化，是氧化还原反应，故B不选；
C．向AgCl浊液中加入KI溶液，白色沉淀变黄，AgCl转化为AgI，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；
D．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色溶液褪色，Fe、Mn元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（3分）利用所给试剂与图示装置，能达到相应实验目的的是（ ）
A．比较碳酸与苯酚酸性强弱
B．检验乙醇和浓硫酸加热反应生成的乙烯
C．制备收集乙酸乙酯
D．制备氨气
【分析】A.浓盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应；
B.NaOH溶液可除去杂质，乙烯与溴发生加成反应；
C.酯化反应需要浓硫酸作催化剂、吸水剂；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。
【解答】解：A.浓盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，故A错误；
B.NaOH溶液可除去杂质，乙烯与溴发生加成反应，则图中装置可检验乙烯，故B正确；
C.酯化反应需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中缺少浓硫酸不能制备，故C错误；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故选：B。
【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、物质的制备及检验、酸性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8．（3分）人们对某反应的途径有如图所示的两种猜想。运用飞秒光谱观测到反应过程中•CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2•的存在，其寿命是700飞秒（1飞秒＝10﹣15秒）。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是C4H8→2CH2═CH2
B．飞秒光谱观测所得实验结果支持猜想②的成立
C．反应过程中有极性共价键生成
D．加入合适的催化剂可加快该反应的速率
【分析】 分解生成CH2═CH2，该反应运用飞秒光谱观测到反应过程中•CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2•的存在，说明猜想②成立，反应中C﹣C键断裂，形成C＝C键，据此分析。
【解答】解：A． 分解生成CH2═CH2，则该反应的化学方程式是C4H8→2CH2═CH2，故A正确；
B．由分析可知，飞秒光谱观测所得实验结果支持猜想②的成立，故B正确；
C．反应中，形成C＝C键，即有非极性共价键生成，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，所以加入合适的催化剂可加快该反应的速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学键、化学反应机理，题目难度不大，把握化学键的断裂和形成、题中的信息、催化剂对反应的影响等是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
9．（3分）有机物Y具有抗菌、消炎作用，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．Y的分子式是C21H22O4
B．1mol Y最多能与2mol Br2反应
C．Y能与乙醇在一定条件下发生反应
D．Y存在顺反异构
【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣COOH、碳碳双键、醚键及苯环，结合酚、羧酸、烯烃等有机物的性质来解答。
【解答】解：A.由结构可知分子式为C21H22O4，故A正确；
B.2个碳碳双键与溴发生加成反应，酚﹣OH的对位与溴发生取代反应，则1mol Y最多能与3mol Br2反应，故B错误；
C.Y含﹣COOH，与乙醇在一定条件下发生酯化反应，故C正确；
D.与苯环相连的碳碳双键中C均连接不同的基团，具有顺反异构，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
10．（3分）中科院大连化物所研发的甲醇制乙烯技术能有效解决化工生产依赖进口石油的问题。该技术涉及如下反应：
甲醇制乙烯：2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H1
甲醇脱水：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1
已知：C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1
C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1
下列说法不正确的是（ ）
A．△H1＞0
B．甲醇脱水是放热反应
C．减小压强，利于提高甲醇的平衡转化率
D．加入选择性催化剂可抑制甲醇脱水反应的发生
【分析】A．①2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1，②C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1，③C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②﹣③计算△H1；
B．放热反应的△H＜0；
C．甲醇制乙烯是气体体积增大的反应，减少压强，平衡正向移动；
D．加入适当的催化剂促进甲醇制乙烯反应，减小或抑制甲醇脱水反应，表现出选择性。
【解答】解：A．①2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1，②C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1，③C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②﹣③计算2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）的△H1＝﹣24.0kJ•mol﹣1﹣（+50.8kJ•mol﹣1）﹣（﹣45.8kJ•mol﹣1）＝﹣29kJ/mol＜0，故A错误；
B．甲醇脱水为2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1，△H＜0，则为放热反应，故B正确；
C．甲醇制乙烯为2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g），减少压强有利于平衡正向移动，提高甲醇的平衡转化率，故C正确；
D．催化剂具有选择性，选择适当的催化剂可促进甲醇制乙烯反应的发生、抑制甲醇脱水反应的发生，使甲醇主要转化为乙烯，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变、吸放热反应的判断、催化剂的作用和化学平衡影响因素，为高频考点，把握盖斯定律的计算应用、催化剂的选择性和压强对化学平衡的影响为解题关键，注意理解催化剂的作用，题目难度不大。
11．（3分）400℃，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数K＝0.5。相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，某时刻测得下列4组数据。下列说法正确的是（ ）
①
②
③
④
c（N2 ）/mol•L﹣1
1
0.6
20
1.2
c（H2）/mol•L﹣1
1
1
0.1
2
c（NH3）/mol•L﹣1
1
1.2
0.1
1.2
A．①中反应正向进行
B．②的平衡常数最大
C．③中反应达到平衡
D．使用催化剂可以提高④中H2的平衡转化率
【分析】根据Qc＝计算离子积，再与K比较，当Qc＝K时，反应达到平衡，当Qc＞K时，反应逆向进行，当Qc＜K时，反应正向进行，据此分析判断。
【解答】解：A．①中Qc＝＝1＞K，反应逆向进行，故A错误；
B．平衡常数仅与温度有关，相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，则4组数据平衡常数相同，故B错误；
C．③中Qc＝＝＝0.5＝K，反应达到平衡，故C正确；
D．催化剂只改变反应的速率，不改变平衡移动，所以使用催化剂不可以提高④中H2的平衡转化率，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了平衡常数的应用及其催化剂的作用，掌握基础是关键，题目难度不大。
12．（3分）常温下，向25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．a点对应的M＝13
B．b点对应的N＞12.5
C．曲线ab（不含a、b点）上总是存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．c点对应的溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）═2c（Na+）
【分析】A．常温下0.1mol/L NaOH溶液的pH＝﹣lgc（H+）；
B．醋酸钠水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；
C．在曲线ab（不含a、b点）上的溶液可以是加入醋酸的量很少时的点，也可以是醋酸和氢氧化钠恰好完全反应的点，还可以是醋酸稍过量，溶液仍是碱性时的点；
D．c点为二者反应生成生成醋酸钠和醋酸的物质的量的比为1：1的点，根据物料守恒解答。
【解答】解：A．常温下0.1mol/L NaOH溶液的pH＝﹣lgc（H+），则c（H+）＝＝＝10﹣13mol/L，所以pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg10﹣13＝13，故A正确；
B．醋酸钠水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，b点pH＝7，溶液呈中性，则醋酸体积大于12.5mL，故B正确；
C．在曲线ab（不含a、b点）上的溶液可以是加入醋酸的量很少时的点，也可以是醋酸和氢氧化钠恰好完全反应的点，还可以是醋酸稍过量，溶液仍是碱性时的点；所以溶液中存在c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）或c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；所以曲线ab（不含a、b点）上不总是存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D．c点为二者反应，溶液中存在醋酸钠和醋酸的物质的量的比为1：1的点，根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）═2c（Na+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
13．（3分）科学家研制出一种“一分钟充满电”的新型铝离子电池，该电池以铝和石墨为电极材料，以AlCl4﹣和有机阳离子为电解质溶液，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Al为负极，石墨为正极
B．放电时，负极反应：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣
C．充电时，石墨电极发生氧化反应
D．充电时，有机阳离子向石墨电极方向移动
【分析】A．放电时，铝是活泼的金属为负极，则石墨为正极；
B．放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣；
C．放电时，铝是活泼的金属为负极发生氧化反应，充电时刚好相反，充电时，石墨是阳极，石墨电极发生氧化反应；
D．充电时为电解池，石墨作阳极，铝电极作阴极，溶液中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
【解答】解：A．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，石墨为正极，故A正确；
B．放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣，所以电极反应式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣，故B正确；
C．放电时，铝是活泼的金属为负极发生氧化反应，充电时刚好相反，则铝电极上发生还原反应，石墨电极发生氧化反应，故C正确；
D．充电时，该装置为电解池，石墨作阳极，铝电极作阴极，阳离子移向阴极，所以有机阳离子向铝电极方向移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查学原电池和电解池的工作原理，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，属于综合知识的考查，难度中等，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。
14．（3分）研究小组为证明NO2和O2均具有助燃性，用不同可燃物分别在NO2、O2中进行实验，获得如下实验现象。下列说法不正确的是（ ）
可燃物
NO2
O2
带火星的木条
5s左右木条熄灭，瓶内石灰水依然澄清
5s后木条继续燃烧且有火焰，瓶内石灰水变浑浊
带火焰的木条
木条持续燃烧，火焰变亮，气体红棕色变浅，瓶内石灰水变浑浊
木条持续燃烧且更剧烈，火焰变大变亮，瓶内石灰水变浑浊
H2
点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，一段时间后内壁有液珠
点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠
A．NO2与C之间、NO2与H2之间均能发生氧化还原反应
B．NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度
C．NO2与H2反应时，蓝色石蕊试纸颜色变化证明二者反应生成了HNO3
D．气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应
【分析】A．NO2与C、H2会发生反应，反应过程中元素化合价变化的反应为氧化还原反应；
B．表中带火星的木条一栏可知，二氧化氮与碳反应需要更高温度；
C．氢气在二氧化氮气体中点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，说明生成了酸，且酸具有强氧化性，一段时间后内壁有液珠，说明生成了水，在氧气中点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠，反应生成了水；
D．气体表现助燃性是发生了强烈的氧化还原反应。
【解答】解：A．NO2与C会发生反应2C+NO22CO+N2，NO2与H2反应2NO2+7H22NH3+4H2O，都是氧化还原反应，故A正确；
B．带火星的木条在二氧化氮气体中5s左右木条熄灭，瓶内石灰水依然澄清，在氧气中5s后木条继续燃烧且有火焰，瓶内石灰水变浑浊，说明NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度，故B正确；
C．氢气在二氧化氮气体中点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，说明生成了酸，且酸具有强氧化性，一段时间后内壁有液珠，说明生成了水，在氧气中点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠，反应生成了水，上述分析可知蓝色石蕊试纸变红色，说明生成了硝酸，但不能证明是氢气和二氧化氮反应生成，可能是氢气和空气中氧气反应生成了水，二氧化氮和水反应生成了硝酸，故C错误；
D．气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应，发生了强烈的氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质的实验分析判断，主要是氮氧化物和碳、氢气反应形象的理解应用，注意物质性质的熟练掌握，题目难度中等。
二、第二部分非选择题（共58分）
15．（11分）H2O2的水溶液俗称双氧水，广泛用于污水处理、化学制药、纺织等领域。
已知：①过量的H2O2可以与SCN﹣反应。
②酸性溶液中，KMnO4能被H2O2还原为Mn2+。
③Mn2+可以加快H2O2分解。
（1）H2O2分子中含有的化学键有 BC 。（填序号）
A．离子键
B．极性共价键
C．非极性共价键
（2）预测H2O2具有氧化性和还原性，从元素化合价角度说明其具有还原性的预测依据： H2O2的中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态可以氧化为零价，可以还原为负二价 。
（3）检验H2O2的氧化性
实验步骤
实验现象
步骤1：取1mL 0.01mol/L FeCl2溶液（pH＝1）于试管内，滴入3滴0.01mol/L KSCN溶液
无明显变化
步骤2：向试管内滴入2滴amol/L H2O2溶液
溶液变为血红色
步骤3：向试管内再滴入2滴amol/L H2O2溶液
红色褪去
①步骤2发生反应的离子方程式是 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 、Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3。
②用平衡移动原理解释步骤3中红色褪去的原因： SCN﹣具有还原性被过量的H2O2氧化，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡左移红色褪去 。
（4）检验H2O2的还原性
18O可用来标记示踪取过量的酸性KMnO4溶液于试管内，加入bmL浓度为amol/L H218O2溶液，持续收集产生的气体，待气体体积不再增加，测定干燥后的气体质量。已知KMnO4的还原产物是Mn2+。理论上所得气体的质量为 3.6ab×10﹣2 g（用含a、b的计算式表示）。实际所得气体质量小于理论值，且在水中也能找到18O，原因是： 有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑ 。
【分析】（1）同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键；
（2）H2O2中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态；
（3）①H2O2把亚铁离子氧化为三价铁离子；
②SCN﹣具有还原性被H2O2氧化，平衡左移；
（4）根据 H218O2与KMnO4反应的方程式如下：2KMnO4+5 H218O2+3H2SO4═2MnSO4+518O2↑+K2SO4+8H2O计算，所得气体质量小于理论值是因为有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑。
【解答】解：（1）过氧化氢中存在H﹣O极性共价键，O﹣O非极性共价键，所以BC正确，
故答案为：BC；
（2）H2O2中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态可以氧化为零价，可以还原为负二价，
故答案为：H2O2的中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态可以氧化为零价，可以还原为负二价；
（3）①向FeCl2溶液中加KSCN溶液无现象，滴加H2O2后溶液变为血红色，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
②SCN﹣具有还原性被过量的H2O2氧化，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡左移红色褪去，
故答案为：SCN﹣具有还原性被过量的H2O2氧化，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡左移红色褪去；
（4）设生成氧气的质量为x
2KMnO4+5 H218O2+3H2SO4═2MnSO4+518O2↑+K2SO4+8H2O
5mol 5×36g
b×10﹣3×amol x
解：x＝3.6ab×10﹣2g
所得气体质量小于理论值是因为有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑，水中也能找到18O，
故答案为：3.6ab×10﹣2；有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑。
【点评】本题采用实验的方法探究H2O2的氧化性和还原性，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，同时考查学生理解和综合应用能力，题目难度中等。
16．（12分）工业上，一种以低品位菱锌矿（主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等）为原料制备金属锌的流程如图1所示。
（1）浸出
①浸出前，菱锌矿需研磨。目的是 增大与硫酸的接触面积，提高反应速率 。
②浸出时，生成Zn2+的离子方程式是 ZnCO3+2H+＝Zn2++H2O+CO2↑ 。
（2）萃取
萃取剂由烷基磷酸（用HA表示，是弱酸）溶解在有机溶液中制得，萃取金属离子的反应是Mn+（aq）+nHA（org）⇌MAn（org）+nH+（aq）（Mn+：Fe3+、Zn2+、Ca2+、Cu2+；org：有机相；aq：水相）
已知：相同温度下，金属离子的平衡萃取率与pH的关系如图2所示。
①操作ⅰ是 分液 。
②下列操作一定能提高锌的平衡萃取率的是 BC 。
A．升高温度
B．提高萃取剂中HA的浓度
C．适当提高溶液的pH
③本步骤应选的pH是 2.0 。
（3）电解
用图3所示装置电解获得Zn。Pb极生成PbO2并沉积于表面，使Pb钝化而无法继续参加反应，PbO2具有导电性。
①b为 负 极。（填“正”或“负”）
②Pb极钝化后，电解装置仍能持续工作制备Zn的原因是 PbO2能导电，仍可作为电极材料，此时电极反应方程式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ 。（结合电极反应式解释）
【分析】将菱锌矿（主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等）粉碎后用过量稀硫酸溶解，过滤得ZnSO4、CaSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3及过量硫酸的混合液，加入萃取剂并振荡静置后分液，获得含锌、铁、钙的有机溶液，再用稀硫酸洗涤、反萃取得ZnSO4溶液，再电解即可得到锌，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）①浸出前，将菱锌矿研磨，可增大与硫酸的接触面积，提高反应速率，
故答案为：增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；
②硫酸溶解ZnCO3，生成ZnSO4、水和CO2，反应离子方程式为ZnCO3+2H+＝Zn2++H2O+CO2↑，
故答案为：ZnCO3+2H+＝Zn2++H2O+CO2↑；
（2）①浸出液中加入萃取剂后，振荡静置后分层，则获得有机溶液的操作i是分液，
故答案为：分液；
②A．升高温度可提高速率，但不能提高锌的平衡萃取率，故A错误；
B．提高萃取剂中HA的浓度，可提高锌的平衡萃取率，故B正确；
C．图示可知平衡萃取率随溶液pH升高而增大，则适当提高溶液的pH可提高锌的平衡萃取率，故C正确；
故答案为：BC；
③分析图2数据可知，当pH＝2.0时，Cu2+的平衡萃取率最低，则本步骤应选的pH是2.0，
故答案为：2.0；
（3）①Zn极周围溶液中Zn2+得电子还原为Zn，则Zn极为阴极，连接的电池b为负极，
故答案为：负；
②Pb极钝化后，生成的PbO2能导电，仍可作为电极材料，阳极表面发生的反应为氧化反应，此时电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，电极反应物为H2O，电解装置仍能持续工作制备Zn，
故答案为：PbO2能导电，仍可作为电极材料，此时电极反应方程式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+。
【点评】本题考查了物质分离提纯的相关内容，涉及氧化还原反应，电解原理，实验操作等内容，考查范围较广，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17．（10分）铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法，将二者的废液混合可实现回收再利用，其主要流程如图。
已知：①水合肼N2H4•H2O具有强还原性，易被氧化为N2。
②Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+
（1）蚀刻
①将酸性蚀刻铜的离子方程式补充完整：
Cu+ 1 H2O2+ 4 Cl﹣ + 2 H+ ⇌CuCl42﹣+ 2 H2O 。
②关于蚀刻的下列说法正确的是 AC 。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
（2）滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+，还大量存在的离子是 NH4+、Cl﹣ 。
（3）除铜
①利用水合肼N2H4•H2O还原Cu2+的离子方程式是 N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O 。
②已知该反应瞬间完成，滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知，随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给信息和已知信息分析其原因： pH＜6.3时，pH增大，N2H4•H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH﹣结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+，因此铜去除率降低 。
【分析】分析流程可知，铜质电路板在过量盐酸中被双氧水氧化为CuCl42﹣，在碱性溶液中被氧气氧化为Cu（NH3）42+，将两种废液混合生成Cu（OH）Cl和滤液1，滤液1中含有氯化铜、氯化铵，然后铜离子被肼还原得到单质铜，得到的滤液2中含有氯化铵可以循环利用，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）①反应中铜失去2个电子，双氧水得到2个电子，溶液显酸性，因此反应的离子方程式为Cu+H2O2+4Cl﹣+2H+＝CuCl42﹣+2H2O，
故答案为：1；4；Cl﹣；2；H+；2；H2O；
②A.反应中铜均失去电子，因此碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性，故A正确；
B.酸性蚀刻时盐酸的主要作用除了增强溶液的酸性外，氯离子还结合铜离子生成CuCl42﹣，故B错误；
C.用H2O2、H2SO4、NaCl也可以提供酸性环境和氯离子，因此也能使Cu溶解，故C正确；
故答案为：AC；
（2）滤液1的pH约为5，显酸性，因此其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是NH4+、Cl﹣，
故答案为：NH4+、Cl﹣；
（3）①结合分析可知，加入水合肼，铜离子被还原为铜单质，且有氮气产生，发生反应N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O，
故答案为：N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O；
②结合反应N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O和图象数据分析可知，pH＜6.3时，pH增大，N2H4•H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH﹣结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+，因此铜去除率降低，
故答案为：pH＜6.3时，pH增大，N2H4•H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH﹣结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+，因此铜去除率降低。
【点评】本题考查物质制备，涉及氧化还原反应离子方程式的书写、物质分离等知识点，明确流程图中发生的反应及溶液中溶质成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，侧重考查分析判断能力，难度适中。
18．（13分）氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物G的合成路线如图。
已知：
①
②
③
（1）A是链状化合物，A中官能团是 碳碳双键 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）A→B的转化中，需加入一种高效阻聚剂（THQ），其目的是避免发生副反应： 。（用化学方程式表示）
（4）M不含氧元素，D的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比是 3：4：4：6 。（数值按由小到大排列）
（5）下列说法不正确的是 A 。（填字母序号）
A．具有2个醛基的C的同分异构体共三种
B．C能发生取代反应
C．D→E过程中生成了甲醇
（6）E→F可看成如下两步反应，中间产物N的结构简式是 。
（7）已知：在开展③反应时，取代基R3或R4越大，反应越难进行。在实际合成G时，所加原料需要＞1，可有效降低副产物 （写结构简式）的产生。
【分析】A是链状化合物，A被氧化生成B，由B结构简式知A为CH2＝CHCH3，由C分子式及反应条件知，B和甲醇发生酯化反应生成C为CH2＝CHCOOCH3，M不含氧元素，D的核磁共振氢谱有4组峰，由信息①及D分子式知，2分子C和M发生加成反应生成D，M为1个C原子、1个N原子、5个H原子，则M为CH3NH2，D为CH3OOCCH2CH2N（CH3）CH2CH2COOCH3，D发生信息②的反应生成E，E为，E水解生成，然后失去一个二氧化碳分子生成F为，F发生信息③的反应生成G为。
【解答】解：（1）A是链状化合物，A为CH2＝CHCH3，A中官能团是碳碳双键，
故答案为：碳碳双键；
（2）B和甲醇发生酯化反应生成C为CH2＝CHCOOCH3，B→C的化学方程式是，
故答案为：；
（3）A→B的转化中，需加入一种高效阻聚剂（THQ），其目的是避免丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，该副反应方程式为：，
故答案为：；
（4）D为CH3OOCCH2CH2N（CH3）CH2CH2COOCH3，D的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比等于各类氢原子个数之比＝3：4：4：6，
故答案为：3：4：4：6；
（5）A．C为CH2＝CHCOOCH3，具有2个醛基的C的同分异构体中不含碳碳双键或环，如果两个醛基位于同一个碳原子上有1种，位于不同碳原子上有1种，共2种，故A错误；
B．C中酯基能发生水解反应，也属于取代反应，所以C能发生取代反应，故B正确；
C．D→E过程中生成了甲醇，故C正确；
故答案为：A；
（6）E先发生水解反应生成N为，然后N失去一个二氧化碳分子生成F，
故答案为：；
（7）F分子之间也能发生取代反应，在实际合成G时，所加原料需要＞1，可有效降低副产物产生，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断物质结构简式是解本题关键，难点是E结构简式的确定，题目难度中等。
19．（12分）某小组利用氯气与NaOH制取 NaClO并探究其性质
已知：①Ag2SO4：白色固体，微溶于水。
②在水中，Fe3+的存在形式有：[Fe（H2O）4OH）2]+呈黄色：[Fe（H2O）6]3+呈淡紫色，通常只能观察到无色。
Ⅰ．制备
（1）A中反应的离子方程式是 Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
（2）一段时间后，NaOH已完全反应，得A中溶液pH＝10，用化学用语表示其原因： ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣ 。
Ⅱ．探究性质
取所得A中溶液5mL于试管中，向其中加入稍过量的0.1mol/L FeSO4溶液和适量H2SO4溶液，观察到无沉淀产生，溶液变为黄色。
（3）甲同学对溶液变黄色可能发生的反应提出下列三种猜想：
猜想1：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O
猜想2：2Fe2++2ClO﹣+4H+═2Fe3++Cl2↑+2H2O
猜想3：Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O
乙同学认为猜想2和3不合理，用离子方程式表示原因 Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣ 。经证实，猜想1正确。
Ⅲ．进一步探究
取Ⅱ中黄色溶液，分为4份，进行下列操作。
序号
操作
现象
ⅰ
加入NaOH溶液
产生红褐色沉淀
ⅱ
加入AgNO3溶液
白色沉淀
ⅲ
加入NaI溶液，再加入一定量CCl4，振荡
下层呈紫红色
ⅳ
加入一定量H2SO4溶液
黄色变浅几乎无色
（4）实验ⅰ的现象是 产生红褐色沉淀 。
（5）实验ⅱ加入AgNO3出现白色沉淀，不能说明溶液中存在Cl﹣，原因是 黄色溶液中存在SO42﹣，与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀 。
（6）资料表明，氧化性：ClO﹣＞Br2＞Fe3+＞I2。甲同学认为由实验ⅲ的现象证明溶液中仍存在ClO﹣。乙同学认为甲同学的推断不严谨，设计了能确证溶液中是否存在ClO﹣的实验方案： 取II中黄色溶液于试管中，加入NaBr溶液，再加入一定量CCl4溶液，振荡，静置，溶液分层，若下层呈橙红色，证明存在ClO﹣ 。
（7）实验ⅳ中黄色溶液变浅至几乎无色，结合化学用语解释原因 黄色溶液中Fe3+的存在形式是[Fe（H2O）4（OH）2]+，滴加H+，[Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+向右移动，因此黄色变浅 。
【分析】（1）氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO；
（2）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性；
（3）Fe3+溶液显黄色，若溶液中存在Cl2，可以把Fe2+氧化为Fe3+；
（4）Fe3+和OH﹣反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；
（5）银离子能与硫酸根反应生成Ag2SO4白色沉淀；
（6）氧化性：ClO﹣＞Br2，ClO﹣可以将Br﹣氧化为Br2，通过萃取操作检验溴的存在；
（7）根据Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+，加入氢离子，会导致反应向右移动，因此黄色变浅。
【解答】解：（1）A中氯气与NaOH制取NaClO，离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）一段时间后，NaOH已完全反应，溶液中ClO﹣发生水解而使溶液呈碱性，离子方程式为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
（3）溶液变黄色的原因是Fe2+转化为Fe3+，若溶液中存在Cl2，Cl2也能氧化Fe2+，猜想2和3不合理，离子方程式为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；
故答案为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；
（4）黄色溶液中存在Fe3+，加入NaOH溶液生成氢氧化铁红褐色沉淀，
故答案为：产生红褐色沉淀；
（5）银离子能与碳酸根、硫酸根、氢氧根、氯离子等生成白色沉淀，该黄色溶液中含有硫酸根，故溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2SO4白色沉淀，不能说明原溶液中有Cl﹣，
故答案为：黄色溶液中存在SO42﹣，与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；
（6）氧化性：ClO﹣＞Br2，ClO﹣可以将Br﹣氧化为Br2，取II中黄色溶液于试管中，加入NaBr溶液，再加入一定量CCl4溶液，振荡，静置，溶液分层，若下层呈橙红色，证明存在ClO﹣，
故答案为：取II中黄色溶液于试管中，加入NaBr溶液，再加入一定量CCl4溶液，振荡，静置，溶液分层，若下层呈橙红色，证明存在ClO﹣；
（7）黄色溶液中Fe3+的存在形式是[Fe（H2O）4（OH）2]+，滴加H+，[Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+向右移动，因此黄色变浅，
故答案为：黄色溶液中Fe3+的存在形式是[Fe（H2O）4（OH）2]+，滴加H+，[Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+向右移动，因此黄色变浅。
【点评】本题物质性质实验方案的设计，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，离子检验，实验装置评价等内容，考查范围较广，难度中等。
2020年北京昌平区高三一模化学试卷
一、本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1．（3分）下列“十四五”规划重要科技领域所涉及的材料中，属于无机非金属材料的是（ ）
A．高纯硅用于制作信息产业芯片
B．铝合金用于建设高铁
C．铜用于生产5G基站的电路板
D．聚乙烯醇用于制作人造软骨组织
2．（3分）下列化学用语书写不正确的是（ ）
A．H的三种同位素：H、H、H
B．HCl的电子式：
C．Na+的结构示意图：
D．CH4的结构式：
3．（3分）31号元素Ga（镓）与Al为同族元素。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga位于第ⅢA族 B．Ga质子数为31
C．Ga的常见化合价为+3 D．金属性：Al＞Ga
4．（3分）下列解释事实的化学用语，表述不正确的是（ ）
A．NaCl溶液具有导电性：NaCl═Na++Cl﹣
B．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体：2Na+O2 Na2O2
C．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+
D．Na2CO3溶液显碱性：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
5．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L HCl溶液含Cl﹣数目为NA
B．23g Na所含电子数为NA
C．标准状况下，22.4L N2共用电子对数目为2NA
D．32g S与足量氧气反应转移的电子数为4NA
6．（3分）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．加热木炭和浓H2SO4，有刺激性气体产生
B．向NO2中注入水，气体由红棕色变为无色
C．向AgCl浊液中加入KI溶液，白色沉淀变黄
D．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色溶液褪色
7．（3分）利用所给试剂与图示装置，能达到相应实验目的的是（ ）
A．比较碳酸与苯酚酸性强弱
B．检验乙醇和浓硫酸加热反应生成的乙烯
C．制备收集乙酸乙酯
D．制备氨气
8．（3分）人们对某反应的途径有如图所示的两种猜想。运用飞秒光谱观测到反应过程中•CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2•的存在，其寿命是700飞秒（1飞秒＝10﹣15秒）。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是C4H8→2CH2═CH2
B．飞秒光谱观测所得实验结果支持猜想②的成立
C．反应过程中有极性共价键生成
D．加入合适的催化剂可加快该反应的速率
9．（3分）有机物Y具有抗菌、消炎作用，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．Y的分子式是C21H22O4
B．1mol Y最多能与2mol Br2反应
C．Y能与乙醇在一定条件下发生反应
D．Y存在顺反异构
10．（3分）中科院大连化物所研发的甲醇制乙烯技术能有效解决化工生产依赖进口石油的问题。该技术涉及如下反应：
甲醇制乙烯：2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H1
甲醇脱水：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1
已知：C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1
C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1
下列说法不正确的是（ ）
A．△H1＞0
B．甲醇脱水是放热反应
C．减小压强，利于提高甲醇的平衡转化率
D．加入选择性催化剂可抑制甲醇脱水反应的发生
11．（3分）400℃，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数K＝0.5。相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，某时刻测得下列4组数据。下列说法正确的是（ ）
①
②
③
④
c（N2 ）/mol•L﹣1
1
0.6
20
1.2
c（H2）/mol•L﹣1
1
1
0.1
2
c（NH3）/mol•L﹣1
1
1.2
0.1
1.2
A．①中反应正向进行
B．②的平衡常数最大
C．③中反应达到平衡
D．使用催化剂可以提高④中H2的平衡转化率
12．（3分）常温下，向25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．a点对应的M＝13
B．b点对应的N＞12.5
C．曲线ab（不含a、b点）上总是存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．c点对应的溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）═2c（Na+）
13．（3分）科学家研制出一种“一分钟充满电”的新型铝离子电池，该电池以铝和石墨为电极材料，以AlCl4﹣和有机阳离子为电解质溶液，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Al为负极，石墨为正极
B．放电时，负极反应：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣
C．充电时，石墨电极发生氧化反应
D．充电时，有机阳离子向石墨电极方向移动
14．（3分）研究小组为证明NO2和O2均具有助燃性，用不同可燃物分别在NO2、O2中进行实验，获得如下实验现象。下列说法不正确的是（ ）
可燃物
NO2
O2
带火星的木条
5s左右木条熄灭，瓶内石灰水依然澄清
5s后木条继续燃烧且有火焰，瓶内石灰水变浑浊
带火焰的木条
木条持续燃烧，火焰变亮，气体红棕色变浅，瓶内石灰水变浑浊
木条持续燃烧且更剧烈，火焰变大变亮，瓶内石灰水变浑浊
H2
点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，一段时间后内壁有液珠
点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠
A．NO2与C之间、NO2与H2之间均能发生氧化还原反应
B．NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度
C．NO2与H2反应时，蓝色石蕊试纸颜色变化证明二者反应生成了HNO3
D．气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应
二、第二部分非选择题（共58分）
15．（11分）H2O2的水溶液俗称双氧水，广泛用于污水处理、化学制药、纺织等领域。
已知：①过量的H2O2可以与SCN﹣反应。
②酸性溶液中，KMnO4能被H2O2还原为Mn2+。
③Mn2+可以加快H2O2分解。
（1）H2O2分子中含有的化学键有 。（填序号）
A．离子键
B．极性共价键
C．非极性共价键
（2）预测H2O2具有氧化性和还原性，从元素化合价角度说明其具有还原性的预测依据： 。
（3）检验H2O2的氧化性
实验步骤
实验现象
步骤1：取1mL 0.01mol/L FeCl2溶液（pH＝1）于试管内，滴入3滴0.01mol/L KSCN溶液
无明显变化
步骤2：向试管内滴入2滴amol/L H2O2溶液
溶液变为血红色
步骤3：向试管内再滴入2滴amol/L H2O2溶液
红色褪去
①步骤2发生反应的离子方程式是 、Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3。
②用平衡移动原理解释步骤3中红色褪去的原因： 。
（4）检验H2O2的还原性
18O可用来标记示踪取过量的酸性KMnO4溶液于试管内，加入bmL浓度为amol/L H218O2溶液，持续收集产生的气体，待气体体积不再增加，测定干燥后的气体质量。已知KMnO4的还原产物是Mn2+。理论上所得气体的质量为 g（用含a、b的计算式表示）。实际所得气体质量小于理论值，且在水中也能找到18O，原因是： 。
16．（12分）工业上，一种以低品位菱锌矿（主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等）为原料制备金属锌的流程如图1所示。
（1）浸出
①浸出前，菱锌矿需研磨。目的是 。
②浸出时，生成Zn2+的离子方程式是 。
（2）萃取
萃取剂由烷基磷酸（用HA表示，是弱酸）溶解在有机溶液中制得，萃取金属离子的反应是Mn+（aq）+nHA（org）⇌MAn（org）+nH+（aq）（Mn+：Fe3+、Zn2+、Ca2+、Cu2+；org：有机相；aq：水相）
已知：相同温度下，金属离子的平衡萃取率与pH的关系如图2所示。
①操作ⅰ是 。
②下列操作一定能提高锌的平衡萃取率的是 。
A．升高温度
B．提高萃取剂中HA的浓度
C．适当提高溶液的pH
③本步骤应选的pH是 。
（3）电解
用图3所示装置电解获得Zn。Pb极生成PbO2并沉积于表面，使Pb钝化而无法继续参加反应，PbO2具有导电性。
①b为 极。（填“正”或“负”）
②Pb极钝化后，电解装置仍能持续工作制备Zn的原因是 。（结合电极反应式解释）
17．（10分）铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法，将二者的废液混合可实现回收再利用，其主要流程如图。
已知：①水合肼N2H4•H2O具有强还原性，易被氧化为N2。
②Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+
（1）蚀刻
①将酸性蚀刻铜的离子方程式补充完整：
Cu+ H2O2+ + ⇌CuCl42﹣+ 。
②关于蚀刻的下列说法正确的是 。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
（2）滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+，还大量存在的离子是 。
（3）除铜
①利用水合肼N2H4•H2O还原Cu2+的离子方程式是 。
②已知该反应瞬间完成，滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知，随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给信息和已知信息分析其原因： 。
18．（13分）氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物G的合成路线如图。
已知：
①
②
③
（1）A是链状化合物，A中官能团是 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）A→B的转化中，需加入一种高效阻聚剂（THQ），其目的是避免发生副反应： 。（用化学方程式表示）
（4）M不含氧元素，D的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比是 。（数值按由小到大排列）
（5）下列说法不正确的是 。（填字母序号）
A．具有2个醛基的C的同分异构体共三种
B．C能发生取代反应
C．D→E过程中生成了甲醇
（6）E→F可看成如下两步反应，中间产物N的结构简式是 。
（7）已知：在开展③反应时，取代基R3或R4越大，反应越难进行。在实际合成G时，所加原料需要＞1，可有效降低副产物 （写结构简式）的产生。
19．（12分）某小组利用氯气与NaOH制取 NaClO并探究其性质
已知：①Ag2SO4：白色固体，微溶于水。
②在水中，Fe3+的存在形式有：[Fe（H2O）4OH）2]+呈黄色：[Fe（H2O）6]3+呈淡紫色，通常只能观察到无色。
Ⅰ．制备
（1）A中反应的离子方程式是 。
（2）一段时间后，NaOH已完全反应，得A中溶液pH＝10，用化学用语表示其原因： 。
Ⅱ．探究性质
取所得A中溶液5mL于试管中，向其中加入稍过量的0.1mol/L FeSO4溶液和适量H2SO4溶液，观察到无沉淀产生，溶液变为黄色。
（3）甲同学对溶液变黄色可能发生的反应提出下列三种猜想：
猜想1：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O
猜想2：2Fe2++2ClO﹣+4H+═2Fe3++Cl2↑+2H2O
猜想3：Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O
乙同学认为猜想2和3不合理，用离子方程式表示原因 。经证实，猜想1正确。
Ⅲ．进一步探究
取Ⅱ中黄色溶液，分为4份，进行下列操作。
序号
操作
现象
ⅰ
加入NaOH溶液
ⅱ
加入AgNO3溶液
白色沉淀
ⅲ
加入NaI溶液，再加入一定量CCl4，振荡
下层呈紫红色
ⅳ
加入一定量H2SO4溶液
黄色变浅几乎无色
（4）实验ⅰ的现象是 。
（5）实验ⅱ加入AgNO3出现白色沉淀，不能说明溶液中存在Cl﹣，原因是 。
（6）资料表明，氧化性：ClO﹣＞Br2＞Fe3+＞I2。甲同学认为由实验ⅲ的现象证明溶液中仍存在ClO﹣。乙同学认为甲同学的推断不严谨，设计了能确证溶液中是否存在ClO﹣的实验方案： 。
（7）实验ⅳ中黄色溶液变浅至几乎无色，结合化学用语解释原因 。
2020-2021学年北京市昌平区高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1．（3分）下列“十四五”规划重要科技领域所涉及的材料中，属于无机非金属材料的是（ ）
A．高纯硅用于制作信息产业芯片
B．铝合金用于建设高铁
C．铜用于生产5G基站的电路板
D．聚乙烯醇用于制作人造软骨组织
【分析】无机非金属材料是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称，它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和（或）氧化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、等原料经一定的工艺制备而成的材料，可根据材料的分类进行分析解答。
【解答】解：A．高纯硅用于制作信息产业芯片属于无机非金属材料，故A正确；
B．铝合金用于建设高铁，属于金属材料，故B错误；
C．铜用于生产5G基站的电路板，属于金属材料，故C错误；
D．聚乙烯醇用于制作人造软骨组织，属于有机高分子材料，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学与生活，题目比较综合，主要是无机非金属材料的分析判断，题目难度不大，注意对基础知识的全面掌握。
2．（3分）下列化学用语书写不正确的是（ ）
A．H的三种同位素：H、H、H
B．HCl的电子式：
C．Na+的结构示意图：
D．CH4的结构式：
【分析】A．质子数相同，中子数不同一类原子互称为同位素；
B．HCl是共价化合物；
C．钠离子核内11个质子，核外10个电子；
D．甲烷含有4个C﹣H键。
【解答】解：A．H、H、H是氢元素的三种核素，质子数相同，中子数分别为0、1、2，中子数不同，它们互称为同位素，故A正确；
B．氯化氢中氢原子和氯原子共用1对电子，电子式为：，故B错误；
C．钠离子核内有11个质子，核外有10个电子，钠离子结构示意图：，故C正确；
D．甲烷是碳原子和氢原子间通过共价单键形成的空间正四面体结构，CH4的结构式为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、离子结构示意图、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（3分）31号元素Ga（镓）与Al为同族元素。下列说法不正确的是（ ）
A．Ga位于第ⅢA族 B．Ga质子数为31
C．Ga的常见化合价为+3 D．金属性：Al＞Ga
【分析】A．31号元素Ga（镓）与Al为同族元素，而A处于ⅢA族；
B．质子数等于原子序数；
C．同主族元素性质相似，具有相似的化合价；
D．Ga处于第四周期第ⅢA族，同主族自上而下金属性增强。
【解答】解：A．Al位于第三周期第IIIA族，31号元素Ga（镓）与Al为同族元素，则Ga处于ⅢA族，故A正确；
B．Ga是31号元素，则Ga的质子数是31，故B正确；
C．Al元素常见化合价为+3，Ga与Al同主族，可知Ga的常见化合价为+3，故C正确；
D．Al处于第三周期第ⅢA族，Ga处于第四周期第ⅢA族，同主族自上而下金属性增强，故金属性Al＜Ga，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，确定镓在周期表中的位置，结合元素周期律分析判断，掌握利用原子序数确定元素在周期表中位置的方法。
4．（3分）下列解释事实的化学用语，表述不正确的是（ ）
A．NaCl溶液具有导电性：NaCl═Na++Cl﹣
B．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体：2Na+O2 Na2O2
C．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+
D．Na2CO3溶液显碱性：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
【分析】A．氯化钠在溶液中电离产生钠离子和氯离子；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；
C．发生吸氧腐蚀铁失去电子生成亚铁离子；
D．碳酸根离子为多元弱酸根子，分步水解，以第一步为主。
【解答】解：A．氯化钠在溶液中电离产生钠离子和氯离子，所以氯化钠溶液中存在自由移动的离子，能导电，故A正确；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，方程式：2Na+O2Na2O2，故B正确；
C．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀的负极反应，离子方程式：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；
D．Na2CO3溶液显碱性，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识、化学方程式以及电极反应的书写，难度不大，应注意的是在钢铁的腐蚀过程中，负极均为铁失电子变为亚铁离子。
5．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L HCl溶液含Cl﹣数目为NA
B．23g Na所含电子数为NA
C．标准状况下，22.4L N2共用电子对数目为2NA
D．32g S与足量氧气反应转移的电子数为4NA
【分析】A．溶液体积不知，不能计算微粒数；
B．钠的物质的量n＝，钠原子含11个电子；
C．计算标准状况下气体物质的量n＝，1mol N2中含共用电子对数目3mol；
D．物质的量n＝，硫和氧气反应生成二氧化硫。
【解答】解：A．0.01mol/L HCl溶液的体积不知，不能计算溶液中含Cl﹣数目，故A错误；
B．23g Na物质的量n＝＝1mol，所含电子数＝1mol×11×NA＝11NA，故B错误；
C．标准状况下，22.4L N2物质的量n＝＝1mol，1mol N2中含共用电子对数目3mol，含共用电子对数目为3NA，故C错误；
D．32g S物质的量n＝＝1mol，与足量氧气反应生成二氧化硫，S+O2SO2，硫元素化合价0价升高到+4价，转移的电子数为4NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
6．（3分）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．加热木炭和浓H2SO4，有刺激性气体产生
B．向NO2中注入水，气体由红棕色变为无色
C．向AgCl浊液中加入KI溶液，白色沉淀变黄
D．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色溶液褪色
【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化，根据变化中发生的化学反应，利用元素的化合价是否变化来分析是否与氧化还原反应有关，据此分析。
【解答】解：A．加热木炭和浓H2SO4，有刺激性气体产生，C、S元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故A不选；
B．向NO2中注入水，气体由红棕色变为无色，N元素的化合价变化，是氧化还原反应，故B不选；
C．向AgCl浊液中加入KI溶液，白色沉淀变黄，AgCl转化为AgI，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；
D．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色溶液褪色，Fe、Mn元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（3分）利用所给试剂与图示装置，能达到相应实验目的的是（ ）
A．比较碳酸与苯酚酸性强弱
B．检验乙醇和浓硫酸加热反应生成的乙烯
C．制备收集乙酸乙酯
D．制备氨气
【分析】A.浓盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应；
B.NaOH溶液可除去杂质，乙烯与溴发生加成反应；
C.酯化反应需要浓硫酸作催化剂、吸水剂；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。
【解答】解：A.浓盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，故A错误；
B.NaOH溶液可除去杂质，乙烯与溴发生加成反应，则图中装置可检验乙烯，故B正确；
C.酯化反应需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中缺少浓硫酸不能制备，故C错误；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故选：B。
【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、物质的制备及检验、酸性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8．（3分）人们对某反应的途径有如图所示的两种猜想。运用飞秒光谱观测到反应过程中•CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2•的存在，其寿命是700飞秒（1飞秒＝10﹣15秒）。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是C4H8→2CH2═CH2
B．飞秒光谱观测所得实验结果支持猜想②的成立
C．反应过程中有极性共价键生成
D．加入合适的催化剂可加快该反应的速率
【分析】 分解生成CH2═CH2，该反应运用飞秒光谱观测到反应过程中•CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2•的存在，说明猜想②成立，反应中C﹣C键断裂，形成C＝C键，据此分析。
【解答】解：A． 分解生成CH2═CH2，则该反应的化学方程式是C4H8→2CH2═CH2，故A正确；
B．由分析可知，飞秒光谱观测所得实验结果支持猜想②的成立，故B正确；
C．反应中，形成C＝C键，即有非极性共价键生成，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，所以加入合适的催化剂可加快该反应的速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学键、化学反应机理，题目难度不大，把握化学键的断裂和形成、题中的信息、催化剂对反应的影响等是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
9．（3分）有机物Y具有抗菌、消炎作用，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．Y的分子式是C21H22O4
B．1mol Y最多能与2mol Br2反应
C．Y能与乙醇在一定条件下发生反应
D．Y存在顺反异构
【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣COOH、碳碳双键、醚键及苯环，结合酚、羧酸、烯烃等有机物的性质来解答。
【解答】解：A.由结构可知分子式为C21H22O4，故A正确；
B.2个碳碳双键与溴发生加成反应，酚﹣OH的对位与溴发生取代反应，则1mol Y最多能与3mol Br2反应，故B错误；
C.Y含﹣COOH，与乙醇在一定条件下发生酯化反应，故C正确；
D.与苯环相连的碳碳双键中C均连接不同的基团，具有顺反异构，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
10．（3分）中科院大连化物所研发的甲醇制乙烯技术能有效解决化工生产依赖进口石油的问题。该技术涉及如下反应：
甲醇制乙烯：2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H1
甲醇脱水：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1
已知：C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1
C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1
下列说法不正确的是（ ）
A．△H1＞0
B．甲醇脱水是放热反应
C．减小压强，利于提高甲醇的平衡转化率
D．加入选择性催化剂可抑制甲醇脱水反应的发生
【分析】A．①2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1，②C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1，③C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②﹣③计算△H1；
B．放热反应的△H＜0；
C．甲醇制乙烯是气体体积增大的反应，减少压强，平衡正向移动；
D．加入适当的催化剂促进甲醇制乙烯反应，减小或抑制甲醇脱水反应，表现出选择性。
【解答】解：A．①2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1，②C2H5OH（g）⇌CH3OCH3（g）△H3＝+50.8kJ•mol﹣1，③C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H4＝﹣45.8kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②﹣③计算2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）的△H1＝﹣24.0kJ•mol﹣1﹣（+50.8kJ•mol﹣1）﹣（﹣45.8kJ•mol﹣1）＝﹣29kJ/mol＜0，故A错误；
B．甲醇脱水为2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣24.0kJ•mol﹣1，△H＜0，则为放热反应，故B正确；
C．甲醇制乙烯为2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g），减少压强有利于平衡正向移动，提高甲醇的平衡转化率，故C正确；
D．催化剂具有选择性，选择适当的催化剂可促进甲醇制乙烯反应的发生、抑制甲醇脱水反应的发生，使甲醇主要转化为乙烯，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变、吸放热反应的判断、催化剂的作用和化学平衡影响因素，为高频考点，把握盖斯定律的计算应用、催化剂的选择性和压强对化学平衡的影响为解题关键，注意理解催化剂的作用，题目难度不大。
11．（3分）400℃，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数K＝0.5。相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，某时刻测得下列4组数据。下列说法正确的是（ ）
①
②
③
④
c（N2 ）/mol•L﹣1
1
0.6
20
1.2
c（H2）/mol•L﹣1
1
1
0.1
2
c（NH3）/mol•L﹣1
1
1.2
0.1
1.2
A．①中反应正向进行
B．②的平衡常数最大
C．③中反应达到平衡
D．使用催化剂可以提高④中H2的平衡转化率
【分析】根据Qc＝计算离子积，再与K比较，当Qc＝K时，反应达到平衡，当Qc＞K时，反应逆向进行，当Qc＜K时，反应正向进行，据此分析判断。
【解答】解：A．①中Qc＝＝1＞K，反应逆向进行，故A错误；
B．平衡常数仅与温度有关，相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，则4组数据平衡常数相同，故B错误；
C．③中Qc＝＝＝0.5＝K，反应达到平衡，故C正确；
D．催化剂只改变反应的速率，不改变平衡移动，所以使用催化剂不可以提高④中H2的平衡转化率，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了平衡常数的应用及其催化剂的作用，掌握基础是关键，题目难度不大。
12．（3分）常温下，向25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．a点对应的M＝13
B．b点对应的N＞12.5
C．曲线ab（不含a、b点）上总是存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．c点对应的溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）═2c（Na+）
【分析】A．常温下0.1mol/L NaOH溶液的pH＝﹣lgc（H+）；
B．醋酸钠水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；
C．在曲线ab（不含a、b点）上的溶液可以是加入醋酸的量很少时的点，也可以是醋酸和氢氧化钠恰好完全反应的点，还可以是醋酸稍过量，溶液仍是碱性时的点；
D．c点为二者反应生成生成醋酸钠和醋酸的物质的量的比为1：1的点，根据物料守恒解答。
【解答】解：A．常温下0.1mol/L NaOH溶液的pH＝﹣lgc（H+），则c（H+）＝＝＝10﹣13mol/L，所以pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg10﹣13＝13，故A正确；
B．醋酸钠水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，b点pH＝7，溶液呈中性，则醋酸体积大于12.5mL，故B正确；
C．在曲线ab（不含a、b点）上的溶液可以是加入醋酸的量很少时的点，也可以是醋酸和氢氧化钠恰好完全反应的点，还可以是醋酸稍过量，溶液仍是碱性时的点；所以溶液中存在c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）或c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；所以曲线ab（不含a、b点）上不总是存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D．c点为二者反应，溶液中存在醋酸钠和醋酸的物质的量的比为1：1的点，根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）═2c（Na+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
13．（3分）科学家研制出一种“一分钟充满电”的新型铝离子电池，该电池以铝和石墨为电极材料，以AlCl4﹣和有机阳离子为电解质溶液，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Al为负极，石墨为正极
B．放电时，负极反应：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣
C．充电时，石墨电极发生氧化反应
D．充电时，有机阳离子向石墨电极方向移动
【分析】A．放电时，铝是活泼的金属为负极，则石墨为正极；
B．放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣；
C．放电时，铝是活泼的金属为负极发生氧化反应，充电时刚好相反，充电时，石墨是阳极，石墨电极发生氧化反应；
D．充电时为电解池，石墨作阳极，铝电极作阴极，溶液中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
【解答】解：A．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，石墨为正极，故A正确；
B．放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣，所以电极反应式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣，故B正确；
C．放电时，铝是活泼的金属为负极发生氧化反应，充电时刚好相反，则铝电极上发生还原反应，石墨电极发生氧化反应，故C正确；
D．充电时，该装置为电解池，石墨作阳极，铝电极作阴极，阳离子移向阴极，所以有机阳离子向铝电极方向移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查学原电池和电解池的工作原理，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，属于综合知识的考查，难度中等，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。
14．（3分）研究小组为证明NO2和O2均具有助燃性，用不同可燃物分别在NO2、O2中进行实验，获得如下实验现象。下列说法不正确的是（ ）
可燃物
NO2
O2
带火星的木条
5s左右木条熄灭，瓶内石灰水依然澄清
5s后木条继续燃烧且有火焰，瓶内石灰水变浑浊
带火焰的木条
木条持续燃烧，火焰变亮，气体红棕色变浅，瓶内石灰水变浑浊
木条持续燃烧且更剧烈，火焰变大变亮，瓶内石灰水变浑浊
H2
点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，一段时间后内壁有液珠
点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠
A．NO2与C之间、NO2与H2之间均能发生氧化还原反应
B．NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度
C．NO2与H2反应时，蓝色石蕊试纸颜色变化证明二者反应生成了HNO3
D．气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应
【分析】A．NO2与C、H2会发生反应，反应过程中元素化合价变化的反应为氧化还原反应；
B．表中带火星的木条一栏可知，二氧化氮与碳反应需要更高温度；
C．氢气在二氧化氮气体中点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，说明生成了酸，且酸具有强氧化性，一段时间后内壁有液珠，说明生成了水，在氧气中点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠，反应生成了水；
D．气体表现助燃性是发生了强烈的氧化还原反应。
【解答】解：A．NO2与C会发生反应2C+NO22CO+N2，NO2与H2反应2NO2+7H22NH3+4H2O，都是氧化还原反应，故A正确；
B．带火星的木条在二氧化氮气体中5s左右木条熄灭，瓶内石灰水依然澄清，在氧气中5s后木条继续燃烧且有火焰，瓶内石灰水变浑浊，说明NO2与C反应比O2与C反应需要更高的温度，故B正确；
C．氢气在二氧化氮气体中点燃后发出苍白色火焰，瓶口有白雾，迅速将湿润的蓝色石蕊试纸伸向白雾，试纸先变红后褪色，说明生成了酸，且酸具有强氧化性，一段时间后内壁有液珠，说明生成了水，在氧气中点燃后发出淡蓝色火焰，一段时间后内壁有液珠，反应生成了水，上述分析可知蓝色石蕊试纸变红色，说明生成了硝酸，但不能证明是氢气和二氧化氮反应生成，可能是氢气和空气中氧气反应生成了水，二氧化氮和水反应生成了硝酸，故C错误；
D．气体表现助燃性的本质是作为氧化剂参与反应，发生了强烈的氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质的实验分析判断，主要是氮氧化物和碳、氢气反应形象的理解应用，注意物质性质的熟练掌握，题目难度中等。
二、第二部分非选择题（共58分）
15．（11分）H2O2的水溶液俗称双氧水，广泛用于污水处理、化学制药、纺织等领域。
已知：①过量的H2O2可以与SCN﹣反应。
②酸性溶液中，KMnO4能被H2O2还原为Mn2+。
③Mn2+可以加快H2O2分解。
（1）H2O2分子中含有的化学键有 BC 。（填序号）
A．离子键
B．极性共价键
C．非极性共价键
（2）预测H2O2具有氧化性和还原性，从元素化合价角度说明其具有还原性的预测依据： H2O2的中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态可以氧化为零价，可以还原为负二价 。
（3）检验H2O2的氧化性
实验步骤
实验现象
步骤1：取1mL 0.01mol/L FeCl2溶液（pH＝1）于试管内，滴入3滴0.01mol/L KSCN溶液
无明显变化
步骤2：向试管内滴入2滴amol/L H2O2溶液
溶液变为血红色
步骤3：向试管内再滴入2滴amol/L H2O2溶液
红色褪去
①步骤2发生反应的离子方程式是 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 、Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3。
②用平衡移动原理解释步骤3中红色褪去的原因： SCN﹣具有还原性被过量的H2O2氧化，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡左移红色褪去 。
（4）检验H2O2的还原性
18O可用来标记示踪取过量的酸性KMnO4溶液于试管内，加入bmL浓度为amol/L H218O2溶液，持续收集产生的气体，待气体体积不再增加，测定干燥后的气体质量。已知KMnO4的还原产物是Mn2+。理论上所得气体的质量为 3.6ab×10﹣2 g（用含a、b的计算式表示）。实际所得气体质量小于理论值，且在水中也能找到18O，原因是： 有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑ 。
【分析】（1）同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键；
（2）H2O2中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态；
（3）①H2O2把亚铁离子氧化为三价铁离子；
②SCN﹣具有还原性被H2O2氧化，平衡左移；
（4）根据 H218O2与KMnO4反应的方程式如下：2KMnO4+5 H218O2+3H2SO4═2MnSO4+518O2↑+K2SO4+8H2O计算，所得气体质量小于理论值是因为有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑。
【解答】解：（1）过氧化氢中存在H﹣O极性共价键，O﹣O非极性共价键，所以BC正确，
故答案为：BC；
（2）H2O2中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态可以氧化为零价，可以还原为负二价，
故答案为：H2O2的中氧元素的化合价为﹣1价，中间价态可以氧化为零价，可以还原为负二价；
（3）①向FeCl2溶液中加KSCN溶液无现象，滴加H2O2后溶液变为血红色，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
②SCN﹣具有还原性被过量的H2O2氧化，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡左移红色褪去，
故答案为：SCN﹣具有还原性被过量的H2O2氧化，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡左移红色褪去；
（4）设生成氧气的质量为x
2KMnO4+5 H218O2+3H2SO4═2MnSO4+518O2↑+K2SO4+8H2O
5mol 5×36g
b×10﹣3×amol x
解：x＝3.6ab×10﹣2g
所得气体质量小于理论值是因为有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑，水中也能找到18O，
故答案为：3.6ab×10﹣2；有副反应发生2H218O2H218O2+18O2↑。
【点评】本题采用实验的方法探究H2O2的氧化性和还原性，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，同时考查学生理解和综合应用能力，题目难度中等。
16．（12分）工业上，一种以低品位菱锌矿（主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等）为原料制备金属锌的流程如图1所示。
（1）浸出
①浸出前，菱锌矿需研磨。目的是 增大与硫酸的接触面积，提高反应速率 。
②浸出时，生成Zn2+的离子方程式是 ZnCO3+2H+＝Zn2++H2O+CO2↑ 。
（2）萃取
萃取剂由烷基磷酸（用HA表示，是弱酸）溶解在有机溶液中制得，萃取金属离子的反应是Mn+（aq）+nHA（org）⇌MAn（org）+nH+（aq）（Mn+：Fe3+、Zn2+、Ca2+、Cu2+；org：有机相；aq：水相）
已知：相同温度下，金属离子的平衡萃取率与pH的关系如图2所示。
①操作ⅰ是 分液 。
②下列操作一定能提高锌的平衡萃取率的是 BC 。
A．升高温度
B．提高萃取剂中HA的浓度
C．适当提高溶液的pH
③本步骤应选的pH是 2.0 。
（3）电解
用图3所示装置电解获得Zn。Pb极生成PbO2并沉积于表面，使Pb钝化而无法继续参加反应，PbO2具有导电性。
①b为 负 极。（填“正”或“负”）
②Pb极钝化后，电解装置仍能持续工作制备Zn的原因是 PbO2能导电，仍可作为电极材料，此时电极反应方程式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ 。（结合电极反应式解释）
【分析】将菱锌矿（主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等）粉碎后用过量稀硫酸溶解，过滤得ZnSO4、CaSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3及过量硫酸的混合液，加入萃取剂并振荡静置后分液，获得含锌、铁、钙的有机溶液，再用稀硫酸洗涤、反萃取得ZnSO4溶液，再电解即可得到锌，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）①浸出前，将菱锌矿研磨，可增大与硫酸的接触面积，提高反应速率，
故答案为：增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；
②硫酸溶解ZnCO3，生成ZnSO4、水和CO2，反应离子方程式为ZnCO3+2H+＝Zn2++H2O+CO2↑，
故答案为：ZnCO3+2H+＝Zn2++H2O+CO2↑；
（2）①浸出液中加入萃取剂后，振荡静置后分层，则获得有机溶液的操作i是分液，
故答案为：分液；
②A．升高温度可提高速率，但不能提高锌的平衡萃取率，故A错误；
B．提高萃取剂中HA的浓度，可提高锌的平衡萃取率，故B正确；
C．图示可知平衡萃取率随溶液pH升高而增大，则适当提高溶液的pH可提高锌的平衡萃取率，故C正确；
故答案为：BC；
③分析图2数据可知，当pH＝2.0时，Cu2+的平衡萃取率最低，则本步骤应选的pH是2.0，
故答案为：2.0；
（3）①Zn极周围溶液中Zn2+得电子还原为Zn，则Zn极为阴极，连接的电池b为负极，
故答案为：负；
②Pb极钝化后，生成的PbO2能导电，仍可作为电极材料，阳极表面发生的反应为氧化反应，此时电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，电极反应物为H2O，电解装置仍能持续工作制备Zn，
故答案为：PbO2能导电，仍可作为电极材料，此时电极反应方程式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+。
【点评】本题考查了物质分离提纯的相关内容，涉及氧化还原反应，电解原理，实验操作等内容，考查范围较广，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17．（10分）铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法，将二者的废液混合可实现回收再利用，其主要流程如图。
已知：①水合肼N2H4•H2O具有强还原性，易被氧化为N2。
②Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+
（1）蚀刻
①将酸性蚀刻铜的离子方程式补充完整：
Cu+ 1 H2O2+ 4 Cl﹣ + 2 H+ ⇌CuCl42﹣+ 2 H2O 。
②关于蚀刻的下列说法正确的是 AC 。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
（2）滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+，还大量存在的离子是 NH4+、Cl﹣ 。
（3）除铜
①利用水合肼N2H4•H2O还原Cu2+的离子方程式是 N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O 。
②已知该反应瞬间完成，滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知，随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给信息和已知信息分析其原因： pH＜6.3时，pH增大，N2H4•H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH﹣结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+，因此铜去除率降低 。
【分析】分析流程可知，铜质电路板在过量盐酸中被双氧水氧化为CuCl42﹣，在碱性溶液中被氧气氧化为Cu（NH3）42+，将两种废液混合生成Cu（OH）Cl和滤液1，滤液1中含有氯化铜、氯化铵，然后铜离子被肼还原得到单质铜，得到的滤液2中含有氯化铵可以循环利用，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）①反应中铜失去2个电子，双氧水得到2个电子，溶液显酸性，因此反应的离子方程式为Cu+H2O2+4Cl﹣+2H+＝CuCl42﹣+2H2O，
故答案为：1；4；Cl﹣；2；H+；2；H2O；
②A.反应中铜均失去电子，因此碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性，故A正确；
B.酸性蚀刻时盐酸的主要作用除了增强溶液的酸性外，氯离子还结合铜离子生成CuCl42﹣，故B错误；
C.用H2O2、H2SO4、NaCl也可以提供酸性环境和氯离子，因此也能使Cu溶解，故C正确；
故答案为：AC；
（2）滤液1的pH约为5，显酸性，因此其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是NH4+、Cl﹣，
故答案为：NH4+、Cl﹣；
（3）①结合分析可知，加入水合肼，铜离子被还原为铜单质，且有氮气产生，发生反应N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O，
故答案为：N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O；
②结合反应N2H4•H2O+2Cu2++4OH﹣＝2Cu↓+N2↑+5H2O和图象数据分析可知，pH＜6.3时，pH增大，N2H4•H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH﹣结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+，因此铜去除率降低，
故答案为：pH＜6.3时，pH增大，N2H4•H2O还原性增强，铜的去除率升高；pH＞6.3时，pH增大，NH4+与OH﹣结合生成NH3，发生副反应Cu2++4NH3⇌Cu（NH3）42+，因此铜去除率降低。
【点评】本题考查物质制备，涉及氧化还原反应离子方程式的书写、物质分离等知识点，明确流程图中发生的反应及溶液中溶质成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，侧重考查分析判断能力，难度适中。
18．（13分）氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物G的合成路线如图。
已知：
①
②
③
（1）A是链状化合物，A中官能团是 碳碳双键 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）A→B的转化中，需加入一种高效阻聚剂（THQ），其目的是避免发生副反应： 。（用化学方程式表示）
（4）M不含氧元素，D的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比是 3：4：4：6 。（数值按由小到大排列）
（5）下列说法不正确的是 A 。（填字母序号）
A．具有2个醛基的C的同分异构体共三种
B．C能发生取代反应
C．D→E过程中生成了甲醇
（6）E→F可看成如下两步反应，中间产物N的结构简式是 。
（7）已知：在开展③反应时，取代基R3或R4越大，反应越难进行。在实际合成G时，所加原料需要＞1，可有效降低副产物 （写结构简式）的产生。
【分析】A是链状化合物，A被氧化生成B，由B结构简式知A为CH2＝CHCH3，由C分子式及反应条件知，B和甲醇发生酯化反应生成C为CH2＝CHCOOCH3，M不含氧元素，D的核磁共振氢谱有4组峰，由信息①及D分子式知，2分子C和M发生加成反应生成D，M为1个C原子、1个N原子、5个H原子，则M为CH3NH2，D为CH3OOCCH2CH2N（CH3）CH2CH2COOCH3，D发生信息②的反应生成E，E为，E水解生成，然后失去一个二氧化碳分子生成F为，F发生信息③的反应生成G为。
【解答】解：（1）A是链状化合物，A为CH2＝CHCH3，A中官能团是碳碳双键，
故答案为：碳碳双键；
（2）B和甲醇发生酯化反应生成C为CH2＝CHCOOCH3，B→C的化学方程式是，
故答案为：；
（3）A→B的转化中，需加入一种高效阻聚剂（THQ），其目的是避免丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，该副反应方程式为：，
故答案为：；
（4）D为CH3OOCCH2CH2N（CH3）CH2CH2COOCH3，D的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比等于各类氢原子个数之比＝3：4：4：6，
故答案为：3：4：4：6；
（5）A．C为CH2＝CHCOOCH3，具有2个醛基的C的同分异构体中不含碳碳双键或环，如果两个醛基位于同一个碳原子上有1种，位于不同碳原子上有1种，共2种，故A错误；
B．C中酯基能发生水解反应，也属于取代反应，所以C能发生取代反应，故B正确；
C．D→E过程中生成了甲醇，故C正确；
故答案为：A；
（6）E先发生水解反应生成N为，然后N失去一个二氧化碳分子生成F，
故答案为：；
（7）F分子之间也能发生取代反应，在实际合成G时，所加原料需要＞1，可有效降低副产物产生，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断物质结构简式是解本题关键，难点是E结构简式的确定，题目难度中等。
19．（12分）某小组利用氯气与NaOH制取 NaClO并探究其性质
已知：①Ag2SO4：白色固体，微溶于水。
②在水中，Fe3+的存在形式有：[Fe（H2O）4OH）2]+呈黄色：[Fe（H2O）6]3+呈淡紫色，通常只能观察到无色。
Ⅰ．制备
（1）A中反应的离子方程式是 Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
（2）一段时间后，NaOH已完全反应，得A中溶液pH＝10，用化学用语表示其原因： ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣ 。
Ⅱ．探究性质
取所得A中溶液5mL于试管中，向其中加入稍过量的0.1mol/L FeSO4溶液和适量H2SO4溶液，观察到无沉淀产生，溶液变为黄色。
（3）甲同学对溶液变黄色可能发生的反应提出下列三种猜想：
猜想1：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O
猜想2：2Fe2++2ClO﹣+4H+═2Fe3++Cl2↑+2H2O
猜想3：Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O
乙同学认为猜想2和3不合理，用离子方程式表示原因 Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣ 。经证实，猜想1正确。
Ⅲ．进一步探究
取Ⅱ中黄色溶液，分为4份，进行下列操作。
序号
操作
现象
ⅰ
加入NaOH溶液
产生红褐色沉淀
ⅱ
加入AgNO3溶液
白色沉淀
ⅲ
加入NaI溶液，再加入一定量CCl4，振荡
下层呈紫红色
ⅳ
加入一定量H2SO4溶液
黄色变浅几乎无色
（4）实验ⅰ的现象是 产生红褐色沉淀 。
（5）实验ⅱ加入AgNO3出现白色沉淀，不能说明溶液中存在Cl﹣，原因是 黄色溶液中存在SO42﹣，与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀 。
（6）资料表明，氧化性：ClO﹣＞Br2＞Fe3+＞I2。甲同学认为由实验ⅲ的现象证明溶液中仍存在ClO﹣。乙同学认为甲同学的推断不严谨，设计了能确证溶液中是否存在ClO﹣的实验方案： 取II中黄色溶液于试管中，加入NaBr溶液，再加入一定量CCl4溶液，振荡，静置，溶液分层，若下层呈橙红色，证明存在ClO﹣ 。
（7）实验ⅳ中黄色溶液变浅至几乎无色，结合化学用语解释原因 黄色溶液中Fe3+的存在形式是[Fe（H2O）4（OH）2]+，滴加H+，[Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+向右移动，因此黄色变浅 。
【分析】（1）氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO；
（2）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性；
（3）Fe3+溶液显黄色，若溶液中存在Cl2，可以把Fe2+氧化为Fe3+；
（4）Fe3+和OH﹣反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；
（5）银离子能与硫酸根反应生成Ag2SO4白色沉淀；
（6）氧化性：ClO﹣＞Br2，ClO﹣可以将Br﹣氧化为Br2，通过萃取操作检验溴的存在；
（7）根据Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+，加入氢离子，会导致反应向右移动，因此黄色变浅。
【解答】解：（1）A中氯气与NaOH制取NaClO，离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）一段时间后，NaOH已完全反应，溶液中ClO﹣发生水解而使溶液呈碱性，离子方程式为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
（3）溶液变黄色的原因是Fe2+转化为Fe3+，若溶液中存在Cl2，Cl2也能氧化Fe2+，猜想2和3不合理，离子方程式为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；
故答案为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；
（4）黄色溶液中存在Fe3+，加入NaOH溶液生成氢氧化铁红褐色沉淀，
故答案为：产生红褐色沉淀；
（5）银离子能与碳酸根、硫酸根、氢氧根、氯离子等生成白色沉淀，该黄色溶液中含有硫酸根，故溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2SO4白色沉淀，不能说明原溶液中有Cl﹣，
故答案为：黄色溶液中存在SO42﹣，与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；
（6）氧化性：ClO﹣＞Br2，ClO﹣可以将Br﹣氧化为Br2，取II中黄色溶液于试管中，加入NaBr溶液，再加入一定量CCl4溶液，振荡，静置，溶液分层，若下层呈橙红色，证明存在ClO﹣，
故答案为：取II中黄色溶液于试管中，加入NaBr溶液，再加入一定量CCl4溶液，振荡，静置，溶液分层，若下层呈橙红色，证明存在ClO﹣；
（7）黄色溶液中Fe3+的存在形式是[Fe（H2O）4（OH）2]+，滴加H+，[Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+向右移动，因此黄色变浅，
故答案为：黄色溶液中Fe3+的存在形式是[Fe（H2O）4（OH）2]+，滴加H+，[Fe（H2O）4（OH）2]++2H+⇌[Fe（H2O）6]3+向右移动，因此黄色变浅。
【点评】本题物质性质实验方案的设计，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，离子检验，实验装置评价等内容，考查范围较广，难度中等。
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