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2023年北京市房山区高三高考一模考试化学试卷含详解

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北京市房山区2023年高三第一次模拟考试

化学试卷

本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保存。能用到的相对原子质量：H—1

C—12

O—16

N—14

Na—23Ag—108

第一部分(选择题共42分)

1.聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法正确的是A.属于纯净物C.分子呈直线型2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.N2的结构式：NN

B.NaOH的电子式：B.分子中存在极性键D.能够发生水解反应C.H2O的VSEPR模型：D.SO4的空间结构模型：2

Pb(铅)同位素的比值，可以推断铜器是否同源。下列说法不正确的是3.在考古研究中，通过分析铜器中82 ．．．A.Pb是第五周期元素C.可用质谱法区分204Pb和206 Pb

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28gC2H4分子中含有的σ键数目为4NAB.标准状况下，22.4LHCl气体中H数目为NAC.pH12的Na2CO3溶液中OH-数目为0.01NAD.2.3g钠与足量氯气反应，电子转移的数目为0.1NA5.下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是．．．A.FeSO4溶液中放入铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+

B.204

Pb含有中子数为122D.Pb的原子半径比Ge大光照4NO2O22H2OB.浓硝酸保存于棕色试剂瓶：4HNO3(浓）C.氮肥NH4HCO3保存于阴凉处：NH4HCO3D.金属钠保存于煤油中：2NaO2Na2O2△NH3CO2H2O2Na2H2O2NaOHH2

6.如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，打开弹簧夹c，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是a(干燥气体)ABCDb(液体)水水饱和NaHCO3溶液溴的水溶液NO2NH3

CO2CH4

A.AB.BC.CD.D7.下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是选项A制取无水FeCl3固体BC证明检验产生的SO2D探究化学反应速率的影响因素目的KspCuSKspZnS实验方案A.AB.BC.CD.D8.有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是．．．A.在酸性配位点上，NH3与H通过配位键形成NH4B.增大压强有利于NO与O2吸附在Fe3配位点上形成NO2C.在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率D.该反应的总方程式为：4NH32NO2O23N26H2O

9.钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。下列说法不正确的是A.该晶体为离子晶体B.钛酸钙的化学式为CaTiO3C.每个晶胞中含有8个Ca2

D.每个Ca²⁺周围距离最近且等距的O2有12个10.BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：下列说法正确的是A.存在顺反异构B.既有酸性又有碱性C.中间产物的结构简式为D.①为加成反应，②为消去反应11.某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是A.稀释前溶液的浓度：cHClcCH3COOHB.溶液中水的电离程度：b点cOH逐渐增大



D.在d点和e点均存在：cH

c(酸根阴离子)12.某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示，下列有关该电池的说法不正确的是．．．A.电池放电时，K向镍电极Ⅰ的方向迁移B.正极电极反应为：O22H2O4e4OH



C.出口Ⅰ处有水生成D.循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环13.锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以ZnOH4/Zn

14.室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。已知：Fe(OH)3的Ksp2.810pH≈6.3下列说法不正确的是．．．39；Fe(OH)2的Ksp4.910

17；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的A.M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度B.导致M点→N点pH升高的反应为：4FeC.导致P点→Q点pH降低的反应为：4Fe

2

O24H=4Fe32H2O

2

O210H2O=4FeOH38H

D.O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应第二部分(选择题共58分)

15.邻羟基苯甲酸俗称水杨酸，具有抗炎、抗菌、角质调节等作用。其分子结构如图所示。（1）邻羟基苯甲酸中碳原子的杂化方式为___________。（2）下列关于邻羟基苯甲酸的说法合理的是___________。a．属于分子晶体b．沸点高于对羟基苯甲酸c．相同条件下，在水中的溶解度小于对羟基苯甲酸（3）具有酚羟基的物质通常能与氯化铁溶液发生显色反应。其显色原理是苯酚电离出的C6H5O和Fe3形成配位键，得到的H3FeOC6H56显紫色。①基态Fe3的价电子排布式为___________。②实验发现对羟基苯甲酸不能与氯化铁发生显色反应，试从化学平衡的角度解释其原因是___________。（4）理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林，然而实际生产中该反应产率极低。已知：i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理：ii．苯酚中O原子2p轨道与C原子2p轨道平行，O原子p轨道电子云与苯环大π键电子云发生重叠，电子向苯环转移，降低了氧原子周围的电子云密度。①比较O、C电负性大小，并从原子结构角度解释两元素电负性差异的原因是___________。②请结合已知信息，分析以邻羟基苯甲酸和乙酸为原料制备阿司匹林产率偏低的原因是___________。16.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。Ⅰ.制取氢气（1）甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：CH3OHgCOg2H2gΔH91kJ·mol1ΔH41kJ·mol1COgH2OgCO2gH2g写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。（2）理论上，能提高H2平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。Ⅱ.储存氢气硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一已知：i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1ii．25℃下NaBH4在水中的溶解度为55g，NaBO2在水中的溶解度为0.28g（3）在配制NaBH4溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。（4）向NaBH4水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2)和氢气。写出该反应的化学方程式___________。（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加NaBH4的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。（6）用惰性电极电解NaBO2溶液可制得NaBH4，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。①钛电极的电极反应式是___________。②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)17.葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如下图：已知：ⅰ.BnBr为ⅱ.ⅲ.ⅳ.（1）A中含氧官能团为___________。（2）由B到C所发生的化学反应方程式为___________。（3）试剂2的结构简式是___________。（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是___________。a．E分子中存在手性碳原子b．E分子中存在2种含氧官能团c．1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2

（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式___________；（6）反应2的化学反应方程式为___________；（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是___________(填选项)。a．反应1和反应3b．反应4和反应5c．反应2和反应618.高纯氯化锰MnCl2在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入H2O2酸性溶液，充分反应后加入MnCO3调节pH=3，过滤；Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性H3PO4>H2SiO3有关。从原子结构角度解释酸性H3PO4>H2SiO3原因：___________。(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有Mn2+、Fe2+和Pb2等，且Pb2不被H2O2氧化。已知：生成氢氧化物沉淀的pHFe(OH)2

开始沉淀时完全沉淀时6.58.3Fe(OH)31.52.8Mn(OH)2

8.110.1Pb(OH)2

6.58.5注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入H2O2酸性溶液的目的：___________。②配平加入MnCO3后发生反应的离子方程式：3MnCO3+2Fe3++□_______=3Mn2++2Fe(OH)3+□______,________(4)步骤Ⅲ的目的是去除Pb2+：Pb+H2S=PbS+2H。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。2+

步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。19.某小组同学用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中(装置如图所示)发现，二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，对此现象开展探究。(1)二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是___________。[提出猜想]ⅰ．随着反应进行，c(Cl-)降低，不能被二氧化锰氧化ⅱ．随着反应进行，……[进行实验]将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想ⅰ不成立。序实验操作号将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；___________，充分振荡，继续加热试纸未变蓝实验现象ⅠⅡ将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热滴入浓硫酸后，试纸变蓝(2)将Ⅰ中操作补充完整：___________。(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了___________(填化学式)。[进一步实验]设计如下实验进一步探究。序号实验装置实验操作向左侧烧Ⅲ滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转；杯中滴加2滴加浓硫酸后，电流表指针偏转滴浓硫酸向右侧烧Ⅳ杯中滴加2滴浓硫酸(4)滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是___________。(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是___________。[新的探究]小组同学又进行了实验Ⅴ、Ⅵ。电流表指针始终不偏转现象序实验操作号Ⅴ在0.5g二氧化锰中加入2毫升5%双氧水在0.5g二氧化锰中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升5%双氧水产生气泡产生气泡，黑色固体消失，生成无色溶液实验现象Ⅵ(6)Ⅵ中反应的离子方程式是___________。(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因___________。北京市房山区2023年高三第一次模拟考试

化学试卷

C—12

O—16

N—14

Na—23Ag—108

第一部分(选择题共42分)

1.聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法正确的是A.属于纯净物C.分子呈直线型【答案】BB.分子中存在极性键D.能够发生水解反应【详解】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A错误；B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B正确；C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C错误；D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D错误；故选：B。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.N2的结构式：NN

B.NaOH的电子式：C.H2O的VSEPR模型：D.SO4的空间结构模型：2

【答案】D【详解】A．氮气分子中N原子之间以三键相连，结构式为N≡N，故A正确；B．NaOH属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：，故B正确；C．H2O的价层电子对数=2+确；612

=4，含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，模型：2，故C正D．SO4中S原子的价层电子对数=4+故D错误；故选：D。2-6224

=4，无孤电子对，S原子为sp3杂化，空间结构为正四面体形，2Pb(铅)同位素的比值，可以推断铜器是否同源。下列说法不正确的是3.在考古研究中，通过分析铜器中82 ．．．A.Pb是第五周期元素C.可用质谱法区分204Pb和206 Pb【答案】AB.204

Pb含有中子数为122D.Pb的原子半径比Ge大【详解】A．Pb是82号元素，是第六周期元素，故A错误；B．Pb是82号元素，质子数为82，204Pb含有中子数204-82=122，故B正确；C．质谱的作用准确测定物质的分子量，204Pb和206 Pb质量数不同，可以用质谱法区分，故C正确；D．Pb和Ge是同主族元素，Pb是第六周期元素，Ge是第四周期元素，Pb的原子半径比Ge大，故D正确；故选A。

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28gC2H4分子中含有的σ键数目为4NAB.标准状况下，22.4LHCl气体中H数目为NAC.pH12的Na2CO3溶液中OH-数目为0.01NAD.2.3g钠与足量氯气反应，电子转移的数目为0.1NA【答案】D【详解】A．28gC2H4的物质的量为28g

=1mol，CH2=CH2中含有碳碳双键，含有5个σ键，则28gC2H4分28g/mol子中含有的σ键数目为5NA，故A错误；B．HCl气体在无水时不能电离，没有H+，故B错误；C．未说明溶液体积，无法计算pH12的Na2CO3溶液中OH-的数目，故C错误；D．2.3g钠与足量氯气反应，Na元素由0价上升到+1价，2.3g钠的物质的量为数目为0.1NA，故D正确；故选D。5.下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是．．．A.FeSO4溶液中放入铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+

2.3g

=0.1mol，共转移电子0.1mol，23g/mol光照4HNO(浓）4NO2O22H2OB.浓硝酸保存于棕色试剂瓶：3C.氮肥NH4HCO3保存于阴凉处：NH4HCO3D.金属钠保存于煤油中：2NaO2Na2O2【答案】D△NH3CO2H2O2Na2H2O2NaOHH2

【详解】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故A正确；B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，光照4NO2O22H2O，故B正确；分解的化学方程式为4HNO3(浓）C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为NH4HCO3△NH3CO2H2O，故C正确；D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为4NaO22Na2O、2Na2H2O2NaOHH2，故D错误；故选D。6.如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，打开弹簧夹c，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是a(干燥气体)ABCDb(液体)水水饱和NaHCO3溶液溴的水溶液NO2NH3

CO2CH4

A.A【答案】BB.BC.CD.D【详解】A．NO2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，液体不可能充满烧瓶，A不正确；B．NH3极易溶于水，造成烧瓶中压强变小，形成喷泉，且水最终几乎充满烧瓶，B正确；C．CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内不可能形成喷泉，C不正确；D．CH4难溶于水，且不与溴单质反应，烧瓶内不可能形成喷泉，D不正确；故选B。7.下列实验方案(图中部分夹持略)，不能达到实验目的的是选项A制取无水FeCl3固体BC证明检验产生的SO2D探究化学反应速率的影响因素目的KspCuSKspZnS实验方案A.A【答案】AB.BC.CD.D【详解】A．氯化铁固体加热过程中能发生水解，应该在氯化氢的气流中进行，故该实验不能达到实验目的，A符合题意；B．铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，能使品红褪色，多余的二氧化硫用氢氧化钠吸收，防止污染，该实验能达到实验目的，B不符合题意；C．硫酸锌和硫化钠反应生成硫化锌沉淀，再加入硫酸铜溶液，硫化锌能转化为黑色的硫化铜沉淀，说明硫化铜的溶度积小于硫化锌，该实验能达到实验目的，C不符合题意；D．该实验中只有盐酸的浓度不同，可以根据产生气泡的快慢分析浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，D不符合题意；故选A。8.有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是．．．A.在酸性配位点上，NH3与H通过配位键形成NH4B.增大压强有利于NO与O2吸附在Fe3配位点上形成NO2C.在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率D.该反应的总方程式为：4NH32NO2O23N26H2O【答案】C【详解】A．NH3分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和H通过配位键形成NH4，故A正确；B．由图可知，NO与O2吸附在Fe3配位点上形成NO2，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与O2吸附在Fe3配位点上形成NO2，故B正确；C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；NH3还原NO生成N2和H2O，4NH32NO2O23N26H2O，D．由图可知，在Fe基催化剂表面，总方程式为：故D正确；故选C。9.钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。下列说法不正确的是A.该晶体为离子晶体B.钛酸钙的化学式为CaTiO3C.每个晶胞中含有8个Ca2

D.每个Ca²⁺周围距离最近且等距的O2有12个【答案】C【详解】A．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，故A正确；B．由均摊法可知，1个晶胞中含有O2-的个数是6学式为CaTiO3，故B正确；C．每个晶胞中含有8=1个Ca2，故C错误；D．由晶胞结构可知，以顶点Ca2为研究对象，在1个晶胞中Ca²⁺周围距离最近且等距的O2有3个，该顶点Ca2被8个晶胞共用，则每个Ca²⁺周围距离最近且等距的O2有38故选C。10.BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：11=3，Ti4+的个数是1，Ca2+的个数为8=1，则钛酸钙的化281

81=12个，故D正确；2下列说法正确的是A.存在顺反异构B.既有酸性又有碱性C.中间产物的结构简式为D.①为加成反应，②为消去反应【答案】D【分析】①反应为加成反应，氨基破坏了碳氧双键；②反应为消去反应，羟基发生消去，脱去了水；【详解】A．分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构，该物质不含有碳碳双键，不存在顺反异构，A错误；B．-NH2具有碱性，没有酸性基团，B错误；C．中间产物结构简式为：，C错误；D．①反应为加成反应，氨基破坏了碳氧双键；②反应为消去反应，羟基发生消去，脱去了水，D正确；答案选D。11.某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是A.稀释前溶液的浓度：cHClcCH3COOHB.溶液中水的电离程度：b点cOH逐渐增大



D.在d点和e点均存在：cH【答案】Cc(酸根阴离子)【详解】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)c(酸根阴离子)，故D正确；故选：C。12.某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示，下列有关该电池的说法不正确的是．．．A.电池放电时，K向镍电极Ⅰ的方向迁移B.正极电极反应为：O22H2O4e4OH



C.出口Ⅰ处有水生成D.循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环【答案】A【分析】氢氧燃料电池中通入O2的是正极，则镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：O22H2O4e4OH，镍电



极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，以此解答。【详解】A．原电池中，阳离子向正极移动，由分析可知镍电极Ⅱ为正极，则K向镍电极Ⅱ的方向迁移，故A错误；B．由分析可知，镍电极Ⅱ为正极，电极方程式为：O22H2O4e4OH，故B正确；



C．镍电极Ⅰ为负极，电极方程式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，出口Ⅰ处有水生成，故C正确；D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故D正确；故选A。13.锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，下图为以ZnOH4/Zn

2和FeCN6/FeCN6作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。34下列说法不正确的是．．．A.放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小B.放电过程中，总反应为2FeCN6Zn4OH=ZnOH42FeCN6324C.充电过程中，阴极的电极反应为ZnOH42e=Zn4OH2D.充电过程中，当2molOH通过PBI膜时，导线中通过1mole【答案】D【分析】由图可知，Zn失去电子生成ZnOH4，则Zn极为负极，电极方程式为：Zn4OH2eZnOH4，惰性电极为正极，FeCN6得到电子生成FeCN6，电极方程式为：FeCN6+e-=FeCN6，以此解答。3

22434【详解】A．由分析可知，Zn极为负极，电极方程式为：Zn4OH2eZnOH4，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故A正确；B．由分析可知，负极电极方程式为：正极电极方程式为：FeCN6+e-=FeCN6，Zn4OH2eZnOH4，23

24则总反应为2FeCN6Zn4OH=ZnOH42FeCN6，故B正确；C．充电过程中，阴极ZnOH4转化为Zn，电极方程式为：ZnOH42e=Zn4OH，故C正确；23242D．充电过程中，当2molOH通过PBI膜时，导线中通过2mole，故D错误；故选D。14.室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。已知：Fe(OH)3的Ksp2.810pH≈6.3下列说法不正确的是．．．39；Fe(OH)2的Ksp4.910

2

O24H=4Fe32H2O

2

O210H2O=4FeOH38H

D.O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应【答案】D【详解】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A正确；从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，无Fe(OH)3B．pH＜1.5时，沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：4Fe

2

O24H=4Fe32H2O，B正确；C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：4Fe

2

O210H2O=4FeOH38H，C正确；4FeD．M点→N点pH升高，发生反应：2

O24H=4Fe32H2O，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3

沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D不正确；故选D。第二部分(选择题共58分)

（2）ac②.对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与Fe3的配位能力下作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行【小问1详解】邻羟基苯甲酸分子中碳原子不是饱和碳原子，均是sp2杂化。【小问2详解】a．分子晶体是分子间通过分子间作用力(范德华力和氢键)构成的晶体，邻羟基苯甲酸属于分子晶体，正确；b．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低，错误；c．邻羟基苯甲酸中存在着分子内氢键从而减小了它的极性，而H2O是极性分子，因此它在H2O中的溶解性小；对羟基苯甲酸中不存在分子内氢键，极性较强，故在H2O中的溶解性较大，正确；故选ac。【小问3详解】①Fe原子价电子排布式为3d64s2，失去的是4s上的两个电子和3d上的一个电子，故答案为3d5；Fe3失去3个电子，②对羟基苯甲酸中羧基电离出的氢离子抑制了酚羟基的电离，从而使其与Fe3的配位能力下降。【小问4详解】①电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，O原子和C原子电子层数相同，O原子的核电荷数大于C原子，对电子的吸引能量更强，电负性：O>C；②邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应的发生，同时羧基是吸电子基团，羧基和苯环共同作用使得羟基氧原子周围的电子云密度降低，难以和乙酸中羧基碳原子结合，酯化反应难以进行。16.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。Ⅰ.制取氢气（1）甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：CH3OHgCOg2H2gΔH91kJ·mol1ΔH41kJ·mol1COgH2OgCO2gH2g写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。（2）理论上，能提高H2平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。Ⅱ.储存氢气硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一已知：i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1ii．25℃下NaBH4在水中的溶解度为55g，NaBO2在水中的溶解度为0.28g（3）在配制NaBH4溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。（4）向NaBH4水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2)和氢气。写出该反应的化学方程式___________。（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加NaBH4的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。（6）用惰性电极电解NaBO2溶液可制得NaBH4，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。①钛电极的电极反应式是___________。②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】（1）CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH=+50kJ·mol1（2）将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强（3）NaOH（4）NaBH4+2H2ORu/NGR

NaBO2+4H2

（5）NaBH4浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低（6）①.6H2O+BO2+8e-=BH4+8OH-

②.增大【小问1详解】已知①CH3OHgCOg2H2gΔH91kJ·mol1；②COgH2OgCO2gH2gΔH41kJ·mol1；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH=+91kJ·mol1-41kJ·mol1=+50kJ·mol1。【小问2详解】理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高H2平衡产率。【小问3详解】NaBH4是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。【小问4详解】向NaBH4水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2)和氢气，该反应的化学方程式为：NaBH4+2H2O【小问5详解】在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加NaBH4的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是NaBH4浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。【小问6详解】①用惰性电极电解NaBO2溶液可制得NaBH4，钛电极为阴极，BO2在阴极得到电子生成BH4，根据得失电子守

Ru/NGR

NaBO2+2H2。恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO2+8e-=BH4+8OH-；②阴极电极方程式为：6H2O+BO2+8e-=BH4+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。17.葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如下图：



已知：ⅰ.BnBr为ⅱ.ⅲ..

ⅳ（1）A中含氧官能团为___________。（2）由B到C所发生的化学反应方程式为___________。（3）试剂2的结构简式是___________。（4）E分子中含有3个六元环，下列描述正确的是___________。a．E分子中存在手性碳原子b．E分子中存在2种含氧官能团c．1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2

（5）已知G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，请写出该同分异构体的结构简式___________；（6）反应2的化学反应方程式为___________；（7）在有机合成反应时，往往需要先将要保护的基团“反应掉”，待条件适宜时，再将其“复原”，这叫做“基团保护”。上述反应中起基团保护作用的是___________(填选项)。a．反应1和反应3【答案】（1）(酚)羟基b．反应4和反应5c．反应2和反应6（2）（3）（4）c（5）（6）（7）ac【分析】根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是；根据信息ⅱ，由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是、A是；根据信息ⅳ，由葛根素的结构简式逆推，可知F是、E是、J是、H是。【小问1详解】A是【小问2详解】，含氧官能团为羟基；由C逆推，可知试剂1是CH3COCl、B是，B与CH3COCl在氯化铝作用下发生取代反应生成，发生的化学反应方程式为；【小问3详解】根据信息ⅲ，由D逆推，C是、试剂2是；【小问4详解】a．E是，分子中无单键碳，不存在手性碳原子，故a错误；b．E是，E分子中存在羟基、醚键、羰基等3种含氧官能团，故b错误；c．E是，羟基邻位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，1molE与溴水反应最多可消耗4molBr2，故c正确；选c。【小问5详解】G分子中有六元环状结构，它的一种同分异构体含有五元环，且其官能团的种类和个数与G相同，该同分异构体的结构简式；【小问6详解】反应2是与BnBr发生取代反应生成，反应方程式为【小问7详解】反应1和反应3是保护中的①号羟基；反应2和反应6是保护中的②③④⑤号羟基，故选ac。18.高纯氯化锰MnCl2在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入H2O2酸性溶液，充分反应后加入MnCO3调节pH=3，过滤；Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性H3PO4>H2SiO3有关。从原子结构角度解释酸性H3PO4>H2SiO3原因：___________。(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有Mn2+、Fe2+和Pb2等，且Pb2不被H2O2氧化。已知：生成氢氧化物沉淀的pHFe(OH)2

开始沉淀时6.5Fe(OH)31.5Mn(OH)2

8.1Pb(OH)2

6.5完全沉淀时8.32.810.18.5注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入H2O2酸性溶液的目的：___________。②配平加入MnCO3后发生反应的离子方程式：3MnCO3+2Fe3++□_______=3Mn2++2Fe(OH)3+□______,________(4)步骤Ⅲ的目的是去除Pb2+：Pb+H2S=PbS+2H。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。2+

步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。【答案】③.①.+2②.P、Si在同一周期，核电荷数SiP，得电子能力Si④.使Fe2+氧化为Fe3+，并使铁元素以FeOH3的形式从溶液中除去⑤.＜3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3+3CO2

冷却至0℃左右⑥.加热至80℃使MnCl2溶液接近饱和，【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。【详解】(1)氯化锰中锰元素的化合价是+2；(2)磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；②配平加入MnCO3后发生反应的离子方程式：3MnCO3+2Fe+3H2O=3Mn+2Fe(OH)3+3CO2；3+

(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；(5)浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使MnCl2溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。19.某小组同学用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中(装置如图所示)发现，二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，对此现象开展探究。(1)二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是___________。[提出猜想]ⅰ．随着反应进行，c(Cl-)降低，不能被二氧化锰氧化ⅱ．随着反应进行，……[进行实验]将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想ⅰ不成立。序实验操作号将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；___________，充分振荡，继续加热试纸未变蓝实验现象ⅠⅡ将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热滴入浓硫酸后，试纸变蓝(2)将Ⅰ中操作补充完整：___________。(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了___________(填化学式)。[进一步实验]设计如下实验进一步探究。序号实验装置实验操作现象Ⅲ向左侧烧杯中滴加2滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转；滴加浓硫酸后，电流表指针偏转滴浓硫酸向右侧烧Ⅳ杯中滴加2滴浓硫酸(4)滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是___________。(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是___________。[新的探究]小组同学又进行了实验Ⅴ、Ⅵ。序实验操作号Ⅴ在0.5g二氧化锰中加入2毫升5%双氧水在0.5g二氧化锰中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升5%双氧水产生气泡产生气泡，黑色固体消失，生成无色溶液实验现象电流表指针始终不偏转Ⅵ(6)Ⅵ中反应的离子方程式是___________。(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因___________。【答案】①.MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O②.加入固体NaCl③.Cl2④.⑥.MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2OMnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O⑤.c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-

⑦.滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+

【分析】【详解】(1)实验室二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；加入固体NaCl充分振荡，增加氯离子浓度，继续加热，试纸未变蓝，说明没产生氯气，说明不是c(Cl-)影响氯气的生成。(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了：Cl2，氯气将碘离子氧化为碘单质，湿润的淀粉变为蓝色。(4)滴加浓硫酸后，由于氢离子浓度改变，增加MnO2的氧化性，右边烧杯中反应的电极反应式是：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是：c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-。(6)Ⅵ中二氧化锰与双氧水反应生成氧气，Mn2+，且Mn2+无色，反应的离子方程式是：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因：滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+。

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