北京市房山区2021-2022学年高三上学期入学考试化学试卷（有解析）

这是一份北京市房山区2021-2022学年高三上学期入学考试化学试卷（有解析），共21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。
一、本部分共14小题，每小题3分，共42分。（在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．下列安全标识不适合在加油站张贴的是（ ）
A．禁止吸烟B．熄火加油
C．当心电离辐射D．当心火灾
2．下列化学用语不正确的是（ ）
A．溴乙烷比例模型：B．Na+的结构示意图：
C．N2的结构式：N≡ND．CO2的电子式：
3．下列说法不正确的是（ ）
A．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
B．植物油中含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色
C．DNA完全水解后得到脱氧核糖、含氮碱基、磷酸
D．在鸡蛋清溶液中加入饱和CuSO4溶液时，会使蛋白质发生盐析
4．关于下列仪器使用的说法不正确的是（ ）
A．①、③不可加热B．②、④不可用作反应容器
C．③、⑤可用于物质分离D．②、④、⑤使用前需检漏
5．食盐中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在，可根据反应：+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O验证食盐中存在．根据上述反应，下列说法错误的是（ ）
A．作氧化剂，发生还原反应
B．I2既是氧化产物又是还原产物
C．该条件下氧化性：＞I2
D．每生成3mlI2，转移电子的物质的量为6ml
6．下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．用FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+
B．铝与盐酸溶液反应：2Al+6H+═2Al3++3H2↑
C．常温下，新切开的钠表面很快变暗：2Na+O2═Na2O2
D．炽热的铁水不能注入未经干燥的模具，是为防止：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2
7．根据元素周期律，下列判断正确的是（ ）
A．碱性：NaOH＞KOH＞RbOHB．离子半径：Na+＞O2﹣＞F﹣
C．热稳定性：HF＞H2O＞NH3D．还原性：Na＜Mg＜Al
8．下列对分子性质的解释中，不正确的是（ ）
A．水不易发生分解反应，是因为水中含有大量的氢键
B．丙氨酸（）分子中含有一个手性碳原子
C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D．BF3为非极性分子，因为BF3分子空间结构为平面三角形，正负电荷重心重合
9．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mlOH﹣含有的电子数为 9NA
B．常温常压下，28 g乙烯中氢原子的数目为 NA
C．含 1mlNa2CO3的溶液中，CO32﹣的数目为NA
D．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为 0.2NA
10．在一固定容积的密闭容器中，充入1mlCO2和1mlH2发生如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）其化学平衡常数 （K） 与温度 （T）的关系如表：关于该反应的说法不正确的是（ ）
A．ΔH＞0
B．830℃时反应达到平衡，CO2气体的转化率为50%
C．1000℃，当 c（CO2）•c（H2）═c（CO）•c（H2O）时，该反应向正反应方向进行
D．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v逆＜v正
11．CO2催化加氢制备 CH3OH是 CO2资源化利用的重要途径。已知如图所示的反应的能量变化。下列说法不正确的是（ ）
A．图1反应的热化学方程式可表示为2H2（g）+O2 （g）═2H2O（g）△H＝﹣240kJ/ml
B．图2中，若生成的H2O为液态，则能量变化曲线为①
C．图1和图2两个反应过程均可推知反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量
D．制备CH3OH的反应使用催化剂时，其△H不变
12．a、b两种物质均可用作医用胶，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a的分子式为 C5H5NO2
B．b分子中的碳原子有3种杂化方式
C．a与b两种物质互为同分异构体
D．a与b在一定条件下均能发生水解反应
13．实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：
下列分析正确的是（ ）
A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B．②中阳极的主要电极反应：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑
C．③中制备漂白液的反应：Cl2+OH﹣＝Cl﹣+HClO
D．②、③、④中均发生了氧化还原反应
14．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是（ ）
A．在深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对
B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力
D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀
二、第二部分非选择题（共58分）
15．（12分）丙烯是重要的化工原料，可用于合成有机玻璃和应用广泛的DAP树脂，合成路线如下：
（1）A→B的反应类型是 。
（2）C分子中含氧官能团的名称是 。
（3）D分子的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：3，D的结构简式是 。
（4）E→F的化学方程式是 。
（5）已知：G为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，其苯环上的一溴代物只有两种，在一定条件下G和乙二醇反应生成一种高分子化合物的化学方程式是 。
（6）DAP单体的结构简式是 。
（7）请写出D→E的合成路线。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选）
16．（12分）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排布式为 ；单晶硅的晶体类型为 晶体。
（2）CO2分子中存在2个σ键和 个π键，是含 （填“极性”或“非极性”）键的 （填“极性”或“非极性”）分子。
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是 。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。
①ZrO2晶胞如图所示，则每个晶胞平均占有 个Zr4+。
②在ZrO2晶体中每个Zr4+离子周围等距离且仅邻的O2﹣的数目是 。
③在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1﹣xOy，则y＝ （用x表达）。
17．（12分）氨在能源、化肥生产等领域有着非常重要的用途。
（1）与H2﹣O2燃料电池相比，氨易液化，运输和储存方便，安全性能更高。新型NH3﹣O2燃料电池原理如图1所示。
①电极1为 （填“正极”或“负极”），电极2的反应式为 。
②氨气也可以在纯氧中燃烧，此时化学能转化为热能。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2
4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H3
△H1、△H2、△H3之间的关系式为：△H3＝ 。
（2）氨的合成是当前的研究热点，目前最主要的方法是Haber﹣Bsch法：通常用以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。
①该反应放热，但仍选择较高温度。其原因是 。
②列举一条既能提高速率又能提高原料转化率的措施 。
（3）常温常压下电解法合成氨的原理如图2所示。
①阳极产生的气体是 。
②阴极生成氨的电极反应式为 。
③经检测在阴极表面发生了副反应，导致氨的产量降低。写出该副反应的电极反应式 。
18．（10分）用FeSO4•7H2O晶体配制FeSO4溶液，放置一天后发现产生黄色固体。实验小组同学研究固体成分及产生的原因。
（1）①配制100mL 0.100ml•L﹣1FeSO4溶液，需要称取 gFeSO4•7H2O晶体。（已知：FeSO4•7H2O的摩尔质量为278g•ml﹣1）
②需要的主要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和 。
（2）小组同学推测放置一天后的FeSO4溶液中存在Fe3+。将产生Fe3+的离子方程式补充完整： Fe2++ H++ ═ Fe3++
（3）分离出黄色固体，经多次洗涤后完成如图实验：
证实黄色固体中含Fe3+和SO42﹣，试剂1和试剂2分别是 、 。
（4）实验测定FeSO4溶液放置过程中溶液的pH和黄色固体的量的变化，结果如表：
分析黄色固体中除Fe3+、SO42﹣还可能含有 离子。
（5）查阅资料：不同pH下Fe2+的氧化率随时间变化的关系如图。为避免Fe2+被氧化，配制FeSO4溶液时，需要添加 。
19．（12分）某学习小组对SO2使溶液褪色的机理进行探究。
Ⅰ．SO2气体的制备和性质初探
（1）装置A中发生反应的化学方程式 。
（2）装置B中的试剂x是 。
（3）小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有，得出C中溶液褪色的原因是 。
Ⅱ．小组同学通过实验继续对D中品红溶液褪色进行探究。
（4）探究使品红褪色的主要主要微粒（分别取2mL试剂a，滴加2滴品红溶液）
①实验 iii中Na2SO3溶液显碱性的原因 （结合化学用语分析解释）。
②对比实验iii 和v，可以排除在该实验条件下OH﹣对品红褪色的影响，则试剂a可能是 溶液。
查阅资料：品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液反应前后物质如下：
③通过上述实验探究并结合资料，小组同学得出结论：一是使品红溶液褪色的主要微粒是 ；二是品红溶液中颜色变化主要与其分子中的 结构有关。
（5）验证SO2使品红褪色反应的可逆
①甲同学加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，红色恢复，从化学平衡移动角度解释红色恢复的原因 。
②乙同学向实验i褪色后的溶液中滴入Ba（OH）2溶液至pH＝10，生成白色沉淀，溶液变红。写出生成白色沉淀的离子方程式 。
③丙同学利用SO2的还原性，运用本题所用试剂，设计了如下实验，证实了SO2使品红褪色反应的可逆：则试剂Y是 。
参考答案
一、本部分共14小题，每小题3分，共42分。（在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．【答案】C
【分析】可燃性气体与氧气或者空气混合后点燃易发生爆炸，加油站处空气混有可燃性汽油蒸汽，应防止引燃而发生爆炸，应禁烟火，结合安全标识意义解答。
【解答】解：A．图示为禁止吸烟标志，适合加油站使用，故A正确；
B．图示为熄火加油标志，适合加油站使用，故B正确；
C．图示为电离辐射标志，适合在有放射性物质的地方使用，不适合在加油站张贴，故C错误；
D．图示为当心火灾标志，适合加油站使用，故D正确；
故选：C。
2．【答案】D
【分析】A．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br，原子半径大小关系：Br＞C＞H；
B．Na+的质子数为11，核外电子数为10；
C．氮气分子中含有氮氮三键；
D．二氧化碳是共价化合物，C、O原子间共用2对电子，各原子外围达到8e﹣结构。
【解答】解：A．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br，而Br原子半径＞C原子半径＞H原子半径，故溴乙烷的比例模型为，故A正确；
B．Na+的质子数为11，核外电子数为10，核外电子分层排布，其结构示意图为，故B正确；
C．氮气分子中含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故C正确；
D．CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为，故D错误；
故选：D。
3．【答案】D
【分析】A．淀粉和纤维素均为葡萄糖的脱水缩合物；
B．植物油是不饱和脂肪酸的甘油酯，结构中含碳碳双键；
C．DNA分子由脱氧核苷酸聚合而成，一分子脱氧核苷酸由一分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子含氮碱基构成；
D．饱和的非重金属盐溶液能使蛋白质发生盐析。
【解答】解：A．淀粉和纤维素均为葡萄糖的脱水缩合物，故淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故A正确；
B．植物油是不饱和脂肪酸的甘油酯，结构中含碳碳双键，故能和溴发生加成反应，使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．将双螺旋结构的DNA分子彻底水解，得到的产物是磷酸、含氮碱基、脱氧核糖，故C正确；
D．硫酸铜为重金属盐，硫酸铜可使蛋白质变性，而不是盐析，故D错误；
故选：D。
4．【答案】A
【分析】分析图片可知①是试管，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是分液漏斗，据此分析回答问题。
【解答】解：A．试管可以加热，蒸馏烧瓶可以加热，故A选；
B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，均有刻度线，较为精密，都不能作反应容器，故B不选；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作、分液漏斗用于分液操作，两者均可用于物质分离，故C不选；
D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，故D不选；
故选：A。
5．【答案】D
【分析】反应：+5I﹣+6H+═3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价作氧化剂，碘离子化合价﹣1价变化为0价升高作还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，由此分析解答。
【解答】解：反应：+5I﹣+6H+═3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价作氧化剂，碘离子化合价﹣1价变化为0价升高作还原剂，
A、作氧化剂，发生还原反应，故A正确；
B、I2既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C、氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以该条件下氧化性：＞I2，故C正确；
D、每生成3ml I2，转移电子的物质的量为5ml，故D错误；
故选：D。
6．【答案】C
【分析】A．铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子；
B．二者反应生成氯化铝和氢气；
C．钠在空气中反应生成氧化钠；
D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。
【解答】解：A．用FeCl3溶液腐蚀铜板，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A正确；
B．铝与盐酸溶液反应，离子方程式为：2Al+6H+═2Al3++3H2↑，故B正确；
C．常温下，新切开的钠表面很快变暗，化学方程式为：4Na+O2═2Na2O，故C错误；
D．炽热的铁水不能注入未经干燥的模具，因为铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，故D正确；
故选：C。
7．【答案】C
【分析】A．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
B．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；
C．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
D．金属性越活泼，还原性越强。
【解答】解：A．金属性Rb＞K＞Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，应为NaOH＜KOH＜RbOH，故A错误；
B．Na+、O2﹣、F﹣为电子层数相同的离子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Na+＜F﹣＜O2﹣，故B错误；
C．非金属性F＞O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，热稳定性：HF＞H2O＞NH3，故C正确；
D．金属性大小为：Na＞Mg＞Al，还原性：Na＞Mg＞Al，故D错误；
故选：C。
8．【答案】A
【分析】A.氢键主要影响物质的熔沸点；
B.手性碳原子需要连接四个不同基团；
C.极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子；
D.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，正负电荷中心不重合的分子为极性分子。
【解答】解：A.氢键主要影响物质的熔沸点，水不易发生分解反应，主要是因为H﹣O键能大，故A错误；
B.手性碳原子需要连接四个不同基团，丙氨酸中有一个碳连接四个不同的基团，属于手性碳原子，手性碳如图所示，故B正确；
C.极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子，碘是非极性分子易溶于非极性分子四氯化碳，甲烷是非极性分子难溶于极性分子水中，故可用“相似相溶”原理解释，故C正确；
D.BF3分子空间结构为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子，故D正确；
故选：A。
9．【答案】D
【分析】A.一个氢氧根离子中含有10个电子；
B.1个乙烯分子中含有4个氢原子；
C.碳酸根离子在水中会水解；
D.1ml镁反应变成镁离子失去2ml电子。
【解答】解：A.1mlOH﹣含有的电子数为1ml×10×NA/ml＝10NA，故A错误；
B.28g乙烯中氢原子的数目为×4×NA/ml＝4NA，故B错误；
C.碳酸根离子在水中会水解，含1mlNa2CO3的溶液中，实际含有的CO32﹣的数目小于NA，故C错误；
镁在足量的氧气中燃烧生成镁离子，转移的电子数为×2×NA/ml＝0.2NA，故D正确；
故选：D。
10．【答案】D
【分析】A.由表中数据可知，升高温度，平衡正向移动，K增大；
B.830℃时K＝1.0，反应达到平衡，设CO2的转化量为xml，则
ml CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
开始 1 1 0 0
转化 x x x x
平衡 1﹣x 1﹣x x x
结合K＝及平衡浓度计算；
C.1000℃，当c（CO2）•c（H2）＝c（CO）•c（H2O）时，Qc＝＝1.0＜1.7；
D.正反应为吸热反应，降低温度使平衡逆向移动。
【解答】解：A.由表格数据可知，温度升高，平衡常数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，故△H＞0，故A正确；
B.830℃时反应达到平衡，平衡常数为1，设CO2的转化量为xml，则
ml CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
开始 1 1 0 0
转化 x x x x
平衡 1﹣x 1﹣x x x
由K＝可知，与体积无关，则K＝＝1.0，解得x＝0.5ml，则CO2气体的转化率为×100%＝50%，故B正确；
C.1000℃K＝1.7，当c（CO2）•c（H2）＝c（CO）•c（H2O）时，Qc＝＝1.0＜1.7，则该反应向正反应方向进行，故C正确；
D.该反应的正反应为吸热反应，则其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，则反应达到新平衡前：v逆＞v正，故D错误；
故选：D。
11．【答案】B
【分析】A．由图可知，H2（g）+O2 （g）═H2O（g）△H＝﹣120kJ/ml；
B．气态水转化为液态水放热；
C．由图可知，图1和图2，反应物总能量都大于生成物总能量，则图1和图2两个反应均为放热反应，ΔH＝反应物断键吸收的能量﹣生成物成键释放的能量＜0；
D．催化剂不改变反应的焓变。
【解答】解：A．由图可知，H2（g）+O2 （g）═H2O（g）△H＝﹣120kJ/ml，则2H2（g）+O2 （g）═2H2O（g）△H＝﹣240kJ/ml，故A正确；
B．气态水转化为液态水放热，则图2中若生成的H2O为液态，放热更多，则能量变化曲线在原曲线下方，故B错误；
C．由图可知，图1和图2，反应物总能量都大于生成物总能量，则图1和图2两个反应均为放热反应，ΔH＝反应物断键吸收的能量﹣生成物成键释放的能量＜0，则图1和图2两个反应过程均可推知反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量，故C正确；
D．催化剂不改变反应的焓变，则制备CH3OH的反应使用催化剂时，其△H不变，故D正确；
故选：B。
12．【答案】C
【分析】A．a分子中C、H、O、N原子个数依次是5、5、2、1；
B．b中饱和碳原子采用sp3杂化，连接羧基的碳原子采用sp2杂化，连接氮原子的碳原子采用sp杂化；
C．a的分子式为C5H5NO2、b的分子式为C8H11NO2；
D．酯基、﹣CN都能发生水解反应。
【解答】解：A．a分子中C、H、O、N原子个数依次是5、5、2、1，分子式为C5H5NO2，故A正确；
B．b中饱和碳原子采用sp3杂化，连接羧基的碳原子采用sp2杂化，连接氮原子的碳原子采用sp杂化，所以C原子有3种杂化方式，故B正确；
C．a的分子式为C5H5NO2、b的分子式为C8H11NO2，二者分子式和结构都不同，不互为同分异构体，故C错误；
D．酯基、﹣CN都能发生水解反应，所以该有机物能发生水解反应，故D正确；
故选：C。
13．【答案】D
【分析】粗盐水经提纯得到精致盐水，电解生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，次氯酸钠与氨气发生氧化还原反应可生成氮气、氯化钠，达到脱除废水氨氮的目的，以此解答该题。
【解答】解：A．蒸馏不能除去食盐中的固体杂质，故A错误；
B．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，发生2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故B错误；
C．③中制备漂白液的反应为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故C错误；
D．②电解食盐水生成氯气，③发生Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，④次氯酸钠与氨气发生氧化还原反应可生成氮气、氯化钠，均发生了氧化还原反应，故D正确。
故选：D。
14．【答案】D
【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；铜氨络合物在无水乙醇中的溶解度小而析出深蓝色晶体；深蓝色晶体溶于水配成溶液，加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明配合物[Cu（NH3）4]SO4不会电离出Cu2+；
A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；
B．氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu（NH3）4]SO4为离子晶体，根据相似相溶原理分析；
C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物；
D．深蓝色物质为[Cu（NH3）4]SO4，电离出SO42﹣，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀。
【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；
A．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+含有空轨道，NH3分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确；
B．根据相似相溶原理，氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu（NH3）4]SO4为离子晶体，离子晶体易溶于极性溶剂，不易溶于极性较弱的乙醇，所以加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小的缘故，故B正确；
C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力，故C正确；
D．深蓝色的物质为[Cu（NH3）4]SO4，电离出SO42﹣，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀，所以向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，故D错误；
故选：D。
二、第二部分非选择题（共58分）
15．【答案】（1）取代反应；
（2）羟基；
（3）CH3CHClCH2OH；
（4）CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O；
（5）；
（6）；
（7）合成路线为。
【分析】由B的分子式可知，丙烯与氯气发生取代反应生成B，B发生水解反应生成C，C与HCl发生加成反应生成D，D系列转化生成CH2＝CHCOOH，而（3）中D分子的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：3，推知D为CH3CHClCH2OH，则B为CH2＝CHCH2Cl、C为CH2＝CHCH2OH；CH2＝CHCOOH与CH3OH反应生成F为CH2＝CHCOOCH3，F发生加聚反应得有机玻璃为；（5）中G为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，其苯环上的一溴代物只有两种，只能是2个相同的取代基处于邻位，故G为，则DAP单体为；
（7）CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，进一步氧化生成CH3CHClCOOH，最后发生消去反应、酸化得到CH2＝CHCOOH。
【解答】解：（1）A→B是丙烯与氯气反应生成CH2＝CHCH2Cl，该反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）C为CH2＝CHCH2OH，C分子中含氧官能团的名称是羟基，
故答案为：羟基；
（3）由分析可知，D的结构简式是CH3CHClCH2OH，
故答案为：CH3CHClCH2OH；
（4）E→F的化学方程式是CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O，
故答案为：CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O；
（5）G为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，其苯环上的一溴代物只有两种，G为，在一定条件下G和乙二醇反应生成一种高分子化合物的化学方程式是，
故答案为：；
（6）由分析可知，DAP单体的结构简式是，
故答案为：；
（7）CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，进一步氧化生成CH3CHClCOOH，最后发生消去反应、酸化得到CH2＝CHCOOH，合成路线为，
答：合成路线为。
16．【答案】（1）3s23p2；共价晶体；
（2）2；极性；非极性；
（3）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
（4）①4；
②8；
③2﹣x。
【分析】（1）Si原子核外有14个电子，最外层为M能层，含有4个电子；单晶硅为原子晶体；
（2）CO2分子的结构式为O＝C＝O，含有的化学键为极性键，分子为非极性分子；
（3）氧的非金属性强于硫，甲醇含有O﹣H键，可形成分子间氢键，水分子间氢键数目较多，甲硫醇分子间不含氢键；
（4）①晶胞中，Zr4+的数目为8×＝4；
②Zr4+位于晶胞顶点，每个晶胞中有一个O2﹣与Zr4+距离最近，且面心的Zr4+与4个O2﹣相邻；
③在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1﹣xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为﹣2价，结合化合价进行计算。
【解答】解：（1）Si原子核外有14个电子，最外层为M能层，含有4个电子，价电子排布式为3s23p2；单晶硅为原子晶体，
故答案为：3s23p2；共价晶体；
（2）CO2分子的结构式为O＝C＝O，含有2个σ键和2个π键，含有的化学键为极性键，分子为非极性分子，
故答案为：2；极性；非极性；
（3）氧的非金属性强于硫，甲醇含有O﹣H键，可形成分子间氢键，水分子间氢键数目较多，甲硫醇分子间不含氢键，则水的沸点最高，甲硫醇沸点最低，
故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
（4）①晶胞中，Zr4+的数目为8×＝4，
故答案为：4；
②Zr4+位于晶胞顶点，每个晶胞中有一个O2﹣与Zr4+距离最近，且面心的Zr4+与4个O2﹣相邻，则配位数为8，
故答案为：8；
③在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1﹣xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为﹣2价，则2x+4×（1﹣x）＝2y，y＝2﹣x，
故答案为：2﹣x。
17．【答案】（1）①负极；O2+4e﹣+H2O＝4OH﹣；
②3△H1﹣2△H2；
（2）①选择较高温度利于催化剂的活性，也有利于加快反应速率；
②加压；
（3）①O2；
②N2+6e﹣+6H+＝2NH3；
③2H++2e﹣＝H2↑。
【分析】（1）①新型NH3﹣O2燃料电池中，电极1上NH3发生失电子的反应生成N2，电极2上O2发生得电子的反应生成OH﹣，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式；
②反应I：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1，反应Ⅱ：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2，根据盖斯定律：反应I×3﹣反应Ⅱ×2计算4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）的焓变△H3；
（2）①根据温度对催化剂的影响可知，400～500℃可使催化剂的催化活性最佳，且反应速率增大；
②合成氨的反应为气体减小的放热反应，可适当增大压强，既能提高速率又能使平衡正向进行，提高原料转化率；
（3）根据电解法合成氨的原理图可知，与电源正极相连的为阳极，阳极上水发生失电子的反应生成氢离子和氧气，阴极上氮气发生得电子的反应生成氨气；氢离子经过质子交换膜进入阴极区，阴极上氢离子发生得电子的反应生成氢气，导致氨的产量降低。
【解答】解：（1）①新型NH3﹣O2燃料电池中，电极1上NH3发生失电子的反应生成N2，电极2上O2发生得电子的反应生成OH﹣，则电极1为负极，电极2为正极，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，
故答案为：负极；O2+4e﹣+H2O＝4OH﹣；
②反应I：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1，反应Ⅱ：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2，根据盖斯定律：反应I×3﹣反应Ⅱ×2计算4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）的焓变△H3＝3△H1﹣2△H2，
故答案为：3△H1﹣2△H2；
（2）①由于合适的温度能提高催化剂的活性，并且400～500℃时催化剂的催化活性最佳，且能加快反应速率，即选择400～500℃温度有利于提高催化剂的活性，也有利于提高反应速率，
故答案为：选择较高温度利于催化剂的活性，也有利于加快反应速率；
②氮气与氢气合成氨的反应为气体减小的放热反应，适当增大压强，既能提高速率又能使平衡正向进行，提高原料转化率，
故答案为：加压；
（3）①根据电解法合成氨的原理图可知，与电源正极相连的为阳极，阳极上水发生失电子的反应生成氢离子和氧气，即阳极产生的气体为氧气，
故答案为：O2；
②阴极上氮气得电子与氢离子结合生成氨气，电极反应式为N2+6e﹣+6H+＝2NH3，
故答案为：N2+6e﹣+6H+＝2NH3；
③阴极上氢离子也会发生得电子的副反应生成氢气，导致氨的产量降低，该副反应的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：2H++2e﹣＝H2↑。
18．【答案】（1）①2.78；
②100mL容量瓶；
（2）4；4；O2；4；2；H2O；
（3）KSCN溶液；BaCl2溶液；
（4）OH﹣；
（5）适量的稀硫酸和铁粉。
【分析】（1）①根据n＝cV和n＝nM计算需要FeSO4•7H2O晶体的质量；
②根据配制溶液的步骤分析可得；
（2）FeSO4溶液放置一天后，被O2氧化生成Fe3+，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；
（3）黄色固体加入过量盐酸溶解得到可溶性溶液，加入KSCN溶液检验是否含有Fe3+，加入铁氰化钾溶液检验是否含有Fe2+，加入BaCl2溶液检验是否含有SO42﹣；
（4）根据表中数据可知，随着氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c（H+）增大，即生成了H+，H+的生成只能来源于H2O的参与，结合原子守恒推断黄色固体中还可能含有的离子；
（5）在酸性条件下，Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O。由图可知，其它条件相同时，pH值越小，Fe2+的氧化率越小；根据Fe3+的性质可知，生成的Fe3+能和Fe发生归中反应生成Fe2+，据此分析解答。
【解答】解：（1）①100mL 0.100ml•L﹣1FeSO4溶液中n（FeSO4）＝0.1L×0.100ml•L﹣1＝0.01ml，m（FeSO4）＝0.01ml×278g•ml﹣1＝2.78g，
故答案为：2.78；
②根据配制溶液的步骤：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签可知，配制溶液中所需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，胶头滴管、100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
（2）FeSO4溶液放置一天后，被O2氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O，
故答案为：4；4；O2；4；2；H2O；
（3）黄色固体加入过量盐酸溶解得到可溶性溶液，结合实验结论（黄色固体中含Fe3+和SO42﹣）可知，试剂1为KSCN溶液，用于检验Fe3+，试剂2为BaCl2溶液，用于检验SO42﹣，
故答案为：KSCN溶液；BaCl2溶液；
（4）根据表中数据可知，随着氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c（H+）增大，生成的H+只能来源于H2O的参与，根据原子守恒可知，黄色固体中还可能含有OH﹣，
故答案为：OH﹣；
（5）在酸性条件下，Fe2+和O2反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O。由图可知，其它条件相同时，pH值越小，Fe2+的氧化率越小，所以为避免Fe2+被氧化，可加入适量稀硫酸调节溶液的pH在4.7以下；并且Fe3+能和Fe发生归中反应生成Fe2+，所以加入适量铁粉可将生成的Fe3+转化为Fe2+，
故答案为：适量的稀硫酸和铁粉。
19．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）铜丝与浓硫酸发生氧化还原反应制得SO2，根据质量守恒和电子转移守恒写出方程式；
（2）除去SO2中的杂质常用饱和的亚硫酸的可溶性盐；
（3）还原性的SO2与碘水发生氧化还原反应；
（4）①强碱弱酸盐Na2SO3水解显碱性；
②实验iii 和v，排除在该实验条件下OH﹣对品红褪色的影响，用含OH﹣的强碱性溶液作对照实验；
③从溶液的成分分析品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液含有的离子或分子；对比反应前后的分子结构，反应后共轭 （双键或对醌式结构） 变为了单键；
（5）①SO2与H2O反应生成H2SO3的反应为可逆反应，条件改变，平衡发生移动；
②SO2与Ba（OH）2生成BaSO3的沉淀；
③SO2的还原性可使有颜色变化的氧化性物质还原。
【解答】解：（1）铜丝与浓硫酸发生氧化还原反应制得SO2，根据质量守恒和电子转移守恒写出方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑ +2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑ +2H2O；
（2）除去SO2中的杂质常用饱和的亚硫酸的可溶性盐，即饱和NaHSO3，
故答案为：饱和NaHSO3；
（3）具有还原性的SO2与碘水发生氧化还原反应，其方程式为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，而使碘水的黄色褪去，
故答案为：SO2具有还原性，与I2发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，而使碘水的黄色褪去；
（4）①强碱弱酸盐Na2SO3在溶液中易发生水解，结合 H2O电离的H+：即+H2O⇌+OH﹣，使c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，
故答案为：在溶液发生水解，结合 H2O电离的H+，即+H2O⇌+OH﹣，使c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性；
②实验iii 和v，排除在该实验条件下OH﹣对品红褪色的影响，用含OH﹣的强碱性溶液作对照实验，强碱性溶液常用试剂为NaOH溶液或Na2CO3溶液；前提是在pH不变的情况下，所以用pH＝10的NaOH溶液（或pH＝10的Na2CO3溶液）作对照实验，
故答案为：pH＝10的NaOH溶液（或pH＝10的Na2CO3溶液）；
③品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液反应反应后均变为无色，从溶液的成分分析SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液中含有的品红溶液褪色的主要离子或分子有：、、H2SO3；对比反应前后的分子结构，反应后共轭 （双键或对醌式结构） 变为了单键，
故答案为：、、H2SO3；共轭 （双键或对醌式结构）；
（5）①刺激性气味气体为SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3的反应为可逆反应，方程式为：SO2+H2O⇌H2SO3；条件改变，平衡发生移动；则加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，恢复红色，
故答案为：SO2+H2O⇌H2SO3，加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，恢复红色；
②SO2与Ba（OH）2生成BaSO3的沉淀，其离子方程式为：SO2+2OH﹣+Ba2+＝BaSO3↓ +H2O，
故答案为：SO2+2OH﹣+Ba2+＝BaSO3↓ +H2O；
③SO2的还原性可使氧化性物质还原，碘水SO2与反应前后后颜色变化明显，选用碘水，
故答案为：碘水。T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
序号
实验步骤
实验现象或结论
①
向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量
产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
②
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
③
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O
④
将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液
无蓝色沉淀生成
1小时
6小时
24小时
溶液的pH
2.39
2.35
1.40
黄色固体的量
几乎没有
少量
大量
装置
序号
试剂a
实验现象

i
0.1 ml/L SO2溶液 （ pH＝2 ）
红色逐渐变浅，之后完全褪色
ii
0.1 ml/L NaHSO3溶液 （ pH＝5 ）
红色立即变浅，之后完全褪色
iii
0.1 ml/L Na2SO3溶液 （ pH＝10 ）
红色立即褪色
iv
pH＝2 H2SO4溶液
红色无明显变化
v
试剂a
红色无明显变化