北京市石景山區(qū)2021屆高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題

北京市石景山區(qū)2021屆高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、單選題1．我國(guó)科技事業(yè)成果顯著，下列成果所涉及的材料不屬于金屬材料的是（）A．“C919”飛機(jī)的主體材料——鋁合金B(yǎng)．航天員宇航服的材料——聚酯纖維C．我國(guó)第一艘航空母艦的主體材料——合金鋼D．“奮斗者”號(hào)深潛器載人艙的外殼——鈦合金2．與下列物質(zhì)反應(yīng)時(shí)，HCl表現(xiàn)出還原性的是（）A．MnO2 B．Na2CO3 C．Zn D．AgNO33．下列工業(yè)生產(chǎn)中不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．合成氨 B．制漂白粉 C．冶煉Fe D．煅燒石灰石4．下列化學(xué)用語(yǔ)書(shū)寫(xiě)正確的是（）A．中子數(shù)為7的碳原子是136C B．N2C．鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖是 D．乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH2CH25．2020年有科學(xué)家通過(guò)觀(guān)察金星的酸性云層，分析出金星存在磷化氫氣體，從而推測(cè)金星可能存在生命的跡象。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．非金屬性P<O B．熱穩(wěn)定性：NH3>PH3C．酸性：H2SO4>H3PO4 D．原子半徑大小：P<S6．下列解釋實(shí)驗(yàn)事實(shí)的反應(yīng)方程式正確的是（）A．硫酸銅溶液顯酸性：Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2H+B．用燒堿溶液吸收氯氣：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC．氫氧化鐵溶于氫碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OD．溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-7．化學(xué)知識(shí)無(wú)處不在，下列家務(wù)勞動(dòng)不能用對(duì)應(yīng)的化學(xué)知識(shí)解釋的是（）選項(xiàng)家務(wù)勞動(dòng)化學(xué)知識(shí)A用溫?zé)岬募儔A溶液清洗油污油脂在熱的純堿溶液中更易發(fā)生水解B白醋除去水垢中的CaCO3醋酸酸性強(qiáng)于碳酸C“84消毒液”稀釋后拖地利用NaClO的還原性消毒殺菌D餐后將洗凈的鐵鍋擦干減緩鐵的銹蝕A．A B．B C．C D．D8．下列各項(xiàng)比較中，相等的是（）A．相同物質(zhì)的量的Na2O和Na2O2所含陰離子數(shù)B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，相同體積的乙炔和苯中所含的氫原子數(shù)C．相同物質(zhì)的量濃度的NH4Cl和NH3?H2O溶液中的c(NH4+D．相同質(zhì)量的NO和NO2所含氮原子數(shù)9．硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其轉(zhuǎn)化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．過(guò)程①中，生成CuS的反應(yīng)為S2?+Cu2+=CuS↓B．過(guò)程②中，F(xiàn)e3++CuS=Cu2++Fe2++SC．過(guò)程③中，溶液的酸性增強(qiáng)D．回收S的總反應(yīng)為2H2S+O2催化劑__2H10．光刻膠是光刻機(jī)制造芯片必不可少的重要材料。一種光刻膠是由降冰片烯與馬來(lái)酸酐共同加成聚合(共聚)而成。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．降冰片烯分子式為C7H10，其分子本身可以發(fā)生加聚反應(yīng)B．該光刻膠的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為：C．1mol馬來(lái)酸酐，最多消耗1molNaOHD．光刻膠合成過(guò)程中可能會(huì)出現(xiàn)鏈節(jié)：11．1，3-丁二烯和Br2以物質(zhì)的量之比為1∶1發(fā)生加成反應(yīng)分兩步：第一步Br＋進(jìn)攻1，3-丁二烯生成中間體C(溴鎓正離子)；第二步Br?進(jìn)攻中間體C完成1，2-加成或1，4-加成。反應(yīng)過(guò)程中的能量變化如下圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．1，2-加成產(chǎn)物A比1，4-加成產(chǎn)物B穩(wěn)定B．第一步的反應(yīng)速率比第二步慢C．該加成反應(yīng)的反應(yīng)熱為Eb–EaD．升高溫度，1，3-丁二烯的平衡轉(zhuǎn)化率增大12．驗(yàn)證氧化性強(qiáng)弱Cl2＞Br2＞I2，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)。(已知：稀溴水呈黃色；濃溴水呈紅棕色；碘水呈棕黃色；忽略氧氣的影響)實(shí)驗(yàn)①實(shí)驗(yàn)②實(shí)驗(yàn)③實(shí)驗(yàn)④溶液變?yōu)闇\黃綠色溶液變?yōu)辄S色溶液變?yōu)樽攸S色溶液變?yōu)樗{(lán)色下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．實(shí)驗(yàn)①設(shè)計(jì)目的為：排除實(shí)驗(yàn)②③④水稀釋的影響B(tài)．實(shí)驗(yàn)②發(fā)生反應(yīng)為：2Br?+Cl2=Br2+2Cl?C．實(shí)驗(yàn)③的現(xiàn)象可以證明氧化性：Cl2＞I2D．實(shí)驗(yàn)④能證明氧化性：Br2＞I213．已知：H2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)ΔH＞0，T1溫度時(shí)的平衡常數(shù)K=94。T1、T2溫度時(shí)，在①、②、③、④四個(gè)相同體積的恒容容器中投料，起始濃度如下表所示。下列判斷錯(cuò)誤的溫度容器編號(hào)起始濃度/mol·L?1H2CO2H2OCOT1①0.10.100②0.20.100③0.10.20.10.1T2④0.040.040.060.06A．容器①5min達(dá)到平衡，用H2表示的化學(xué)反應(yīng)速率為：0.012mol·L?1·min?1B．H2的平衡轉(zhuǎn)化率：①＞②C．容器③中反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行D．容器④中反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則T2＞T114．有人建議用AG來(lái)表示溶液的酸度，AG的定義式為AG=lg[c(H+)/c(OH?)]，室溫下實(shí)驗(yàn)室用0.01mol/L的氫氧化鈉溶液滴定20mL0.01mol/L的醋酸溶液，滴定曲線(xiàn)如圖所示，下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A．在一定溫度下，溶液酸性越強(qiáng)，AG越大B．由圖知：室溫時(shí)0.01mol/L的醋酸溶液的pH=4C．a(chǎn)b段溶液中：c(CH3COO?)>c(CH3COOH)D．c點(diǎn)溶液中：c(CH3COO?)+c(OH?)=c(H+)+c(Na+)二、綜合題15．某研究小組以甲苯為起始原料，按下列路線(xiàn)合成利尿藥美托拉宗。已知：i.ii.請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）試劑a是。（2）C→D的反應(yīng)類(lèi)型是。（3）D→E的化學(xué)方程式是。（4）屬于芳香族化合物的B的同分異構(gòu)體有個(gè)(提示：不包括B)。（5）寫(xiě)出B+H→I的化學(xué)方程式。（6）從D→H的流程看，D→E的主要目的是。（7）有人認(rèn)為由I合成美托拉宗的過(guò)程如下：請(qǐng)寫(xiě)出J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。16．海水是巨大的化學(xué)資源寶庫(kù)，利用海水可以直接或間接獲取很多物質(zhì)。（1）利用1：氯堿工業(yè)從海水中提取粗鹽的方法是。（2）圖1是氯堿工業(yè)中電解飽和氯化鈉溶液的示意圖，飽和氯化鈉溶液從a口進(jìn)入，NaOH溶液從(填b或d)口導(dǎo)出。陽(yáng)離子交換膜的作用是。（3）圖2是電解氯化鈉溶液的微觀(guān)示意圖。X為電源的極，水合鈉離子、水合氯離子吸引水分子的氫原子朝向不同的原因。（4）利用2：提鎂工業(yè)從海水中提取鎂的流程圖如下，按示例所示補(bǔ)全缺少的流程：。17．門(mén)捷列夫在研究周期表時(shí)預(yù)言了“類(lèi)硅”元素鍺和“類(lèi)鋁”元素鎵等11種元素。鍺及其化合物應(yīng)用于航空航天測(cè)控、光纖通訊等領(lǐng)域。一種提純二氧化鍺粗品(主要含GeO2、As2O3)的工藝如下：已知：ⅰ.GeO2與堿反應(yīng)生成Na2GeO3.ⅱ.GeCl4極易水解，GeCl4沸點(diǎn)86.6℃。ⅲ.As位于同主族P的下一周期，As2O3+2NaOH=2NaAsO2+H2O。（1）Ge位于同主族Si的下一周期，則Ge在周期表中的位置是。（2）從原子結(jié)構(gòu)角度解釋Ge和Si金屬性遞變的原因。（3）“氧化”過(guò)程是將NaAsO2氧化為Na3AsO4，其離子方程式為。（4）加鹽酸蒸餾生成GeCl4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（5）高純二氧化鍺的含量采用碘酸鉀滴定法進(jìn)行測(cè)定。稱(chēng)取ag高純二氧化鍺樣品，加入氫氧化鈉在電爐溶解，用次亞磷酸鈉還原為Ge2+，以淀粉為指示劑，用bmol/L的碘酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗碘酸鉀的體積為VmL。(20℃以下，次亞磷酸鈉不會(huì)被碘酸鉀和碘氧化)資料：3Ge2++IO3-+6H+=3Ge4++I-+3H2O，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H此樣品中二氧化鍺的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(用表達(dá)式表示)。18．氮肥廠(chǎng)的廢水中氮元素以NH3?H2O、NH3和NH4+（1）方法一：電化學(xué)氧化法有研究表明，當(dāng)以碳材料為陰極，O2可在陰極生成H2O2，并進(jìn)一步生成氧化性更強(qiáng)的·OH，·OH可以將水中氨氮氧化為N2。①寫(xiě)出·OH的電子式。②寫(xiě)出·OH去除氨氣的化學(xué)反應(yīng)方程式。③陰極區(qū)加入Fe2+可進(jìn)一步提高氨氮的去除率，結(jié)合下圖解釋Fe2+的作用。（2）方法二：電化學(xué)沉淀法已知：常溫下MgNH4PO4?6H2O、Mg3(PO4)2和Mg(OH)2的溶度積如下物質(zhì)MgNH4PO4?6H2OMg3(PO4)2Mg(OH)2溶度積2.5×10?131.04×10?241.8×10?11用0.01mol/LNH4H2PO4溶液模擬氨氮廢水，電解沉淀原理如圖甲，調(diào)節(jié)溶液初始pH=7，氨氮的去除率和溶液pH隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示。①用化學(xué)用語(yǔ)表示磷酸銨鎂沉淀的原理：Mg–2e?=Mg2+，(補(bǔ)全反應(yīng))。②反應(yīng)1h以后，氨氮的去除率隨時(shí)間的延長(zhǎng)反而下降的原因。19．實(shí)驗(yàn)小組探究FeCl3溶液灼燒的變化。已知：FeO是一種黑色粉末，不穩(wěn)定，在空氣中加熱，可被氧化成Fe3O4，隔絕空氣加熱會(huì)歧化為Fe和Fe3O4。（1）Ⅰ.FeCl3溶液的灼燒。實(shí)驗(yàn)?。簩⒁恢话追酃P浸泡在FeCl3溶液中，用坩堝鉗夾持粉筆于酒精燈上灼燒，很快觀(guān)察到粉筆表面顏色的變化：黃色→紅褐色→鐵銹色→黑色。配制FeCl3溶液時(shí)，先將氯化鐵晶體溶于較濃的鹽酸中，再加水稀釋到所需要的濃度。結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)解釋將氯化鐵晶體溶于鹽酸的目的。（2）“黃色→紅褐色→鐵銹色→黑色”顏色變化中的“鐵銹色”物質(zhì)是。(填化學(xué)式)（3）針對(duì)“黑色”物質(zhì)，小組成員提出猜想。猜想1：酒精灼燒粉筆的產(chǎn)物；猜想2：酒精還原“鐵銹色”物質(zhì)得到的產(chǎn)物。通過(guò)實(shí)驗(yàn)排除了猜想①，實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是。（4）Ⅱ.探究“黑色”物質(zhì)的成分。實(shí)驗(yàn)ⅱ：先用酒精蒸氣排盡裝置中的空氣，再在“鐵銹色”物質(zhì)處加熱，充分反應(yīng)至“鐵銹色”物質(zhì)完全變成“黑色”物質(zhì)。取下裝有新制Cu(OH)2的試管，加熱，有磚紅色沉淀生成。實(shí)驗(yàn)ⅲ：在“黑色”物質(zhì)中加入熱的硫酸，“黑色”物質(zhì)溶解，無(wú)氣泡產(chǎn)生。甲同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)ⅱ和ⅲ的現(xiàn)象，判斷“黑色”物質(zhì)中含有二價(jià)鐵，其理由是。（5）乙同學(xué)用實(shí)驗(yàn)ⅲ中所得溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)iv，證實(shí)了甲的判斷，實(shí)驗(yàn)iv的離子反應(yīng)方程式為。（6）丙同學(xué)發(fā)現(xiàn)“黑色”物質(zhì)完全被磁鐵吸引，推測(cè)“黑色”物質(zhì)是Fe3O4，寫(xiě)出“鐵銹色”物質(zhì)變成Fe3O4的化學(xué)方程式。（7）丁同學(xué)為證明“黑色”物質(zhì)是Fe3O4，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案并預(yù)測(cè)：取實(shí)驗(yàn)ⅲ中少量清液滴入足量的Na2S溶液，認(rèn)為得到物質(zhì)的量之比為3∶1的FeS和S沉淀，即可證明。你認(rèn)為是否合理，并說(shuō)明理由。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．“C919”飛機(jī)的主體材料——鋁合金，鋁合金為金屬鋁、鎂形成的合金，屬于金屬材料，A不符合題意；B．航天員宇航服的材料——聚酯纖維為由有機(jī)二元酸和二元醇縮聚而成的聚酯經(jīng)紡絲所得的合成纖維，屬于有機(jī)高分子材料，B符合題意；C．我國(guó)第一艘航空母艦的主體材料——合金鋼，為鐵、碳合金，屬于金屬材料，C不符合題意；D．“奮斗者”號(hào)深潛器載人艙的外殼——鈦合金，為鈦與其他金屬制成的合金金屬，屬于金屬材料，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】金屬材料一般包括純金屬和合金，合金是金屬加熱融合金屬或非金屬形成具有金屬特性的材料，鋁合金、合金鋼、鈦合金均是金屬材料，聚酯纖維是高分子有機(jī)材料2．【答案】A【解析】【解答】A．MnO2與HCl反應(yīng)生成氯氣，Cl的化合價(jià)升高，表現(xiàn)還原性，A符合題意；B．Na2CO3與HCl反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，表現(xiàn)酸性，B與題意不符；C．Zn與HCl反應(yīng)生成氯化鋅和氫氣，表現(xiàn)氧化性，C與題意不符；D．AgNO3與HCl反應(yīng)生成氯化銀沉淀，化合價(jià)未改變，D與題意不符；故答案為：A?！痉治觥颗c下列物質(zhì)反應(yīng)時(shí)，HCl表現(xiàn)出還原性，說(shuō)明選項(xiàng)中物質(zhì)被還原，作氧化劑，氧化劑在反應(yīng)中得到電子化合價(jià)降低，以此進(jìn)行判斷。3．【答案】D【解析】【解答】A．工業(yè)上用氮?dú)夂蜌錃夂铣砂?，為氧化還原反應(yīng)，A與題意不符；B．工業(yè)上用氯氣與石灰乳反應(yīng)制漂白粉，為氧化還原反應(yīng)，B與題意不符；C．工業(yè)用黃鐵礦在空氣中煅燒，在加入單質(zhì)碳還原冶煉Fe，為氧化還原反應(yīng)，C與題意不符；D．煅燒石灰石生成氧化鈣和二氧化碳，為非氧化還原反應(yīng)，D符合題意；答案為D。

【分析】依據(jù)氧化還原反應(yīng)中有化合價(jià)的變化分析解答。4．【答案】A【解析】【解答】A．碳的質(zhì)子數(shù)為6，中子數(shù)為7，質(zhì)量數(shù)為13，所以碳原子是613B．N2的電子式是：N??N：，故B不符合題意；C．鈉為11號(hào)元素，其離子的結(jié)構(gòu)示意圖是，故C不符合題意；D．乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH2=CH2，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.依據(jù)原子中的數(shù)量關(guān)系分析解答；

B.N2中含有氮氮三鍵；

C.陽(yáng)離子結(jié)構(gòu)示意圖中核內(nèi)質(zhì)子數(shù)大于核外電子數(shù)；

D.碳碳雙鍵是官能團(tuán)不能省略。5．【答案】D【解析】【解答】A．非金屬性P＜S＜O，則P＜O，A說(shuō)法不符合題意；B．非金屬的非金屬性越強(qiáng)，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，故熱穩(wěn)定性：NH3＞PH3，B說(shuō)法不符合題意；C．非金屬的非金屬性越強(qiáng)，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，故酸性：H2SO4＞H3PO4，C說(shuō)法不符合題意；D．同周期中原子序數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑大?。篜＞S，D說(shuō)法符合題意；答案為D。

【分析】依據(jù)元素周期律的相關(guān)知識(shí)分析解答。6．【答案】B【解析】【解答】A．硫酸銅是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液Cu2+水解使溶液顯酸性，存在水解平衡，且鹽水解程度是微弱的，不產(chǎn)生Cu(OH)2沉淀，水解方程式為：Cu2++2H2O?Cu(OH)2+2H+，A不符合題意；B．Cl2與NaOH發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B符合題意；C．氫氧化鐵溶于氫碘酸，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生Fe2+、I2、H2O，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++3H2O+I2，C不符合題意；D．不符合離子反應(yīng)數(shù)目比，離子方程式應(yīng)該是：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.鹽的水解程度微弱，生不成沉淀；

B.Cl2與NaOH發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O；

C.氧化還原反應(yīng)；

D.離子方程式不正確。7．【答案】C【解析】【解答】A．溫度高會(huì)促進(jìn)純堿的水解，純堿水解顯堿性，油脂在堿性條件下可以發(fā)生水解，所以用溫?zé)岬募儔A溶液清洗油污，故A不符合題意；B．白醋中含有醋酸，醋酸酸性強(qiáng)于碳酸，醋酸能與碳酸鈉反應(yīng)生成易溶于水的醋酸鈣，所以可以用白醋除去水垢中的CaCO3，故B不符合題意；C．NaClO具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，用于消毒殺菌，故C符合題意；D．鐵在潮濕的環(huán)境中易發(fā)生電化學(xué)腐蝕，形成鐵銹，所以餐后將洗凈的鐵鍋擦干可以減緩鐵的銹蝕，故D不符合題意；故答案為C。

【分析】A.油脂在堿性條件下可以發(fā)生水解；

B.醋酸酸性強(qiáng)于碳酸；

C.NaClO具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

D.鐵在潮濕的環(huán)境中易發(fā)生電化學(xué)腐蝕。8．【答案】A【解析】【解答】A.1molNa2O和1molNa2O2均由2molNa+和1mol陰離子構(gòu)成，因此相同物質(zhì)的量的Na2O和Na2O2所含陰離子數(shù)相等，A符合題意；B．乙炔和苯的最簡(jiǎn)式均為CH，可看成二者均由“CH”組成，標(biāo)況下乙炔為氣體，苯不為氣體，相同體積的乙炔和苯的物質(zhì)的量不相同，因此H原子數(shù)不相同，B不符題意；C．NH4Cl是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，銨根離子水解但很微弱，本題可忽略，NH3?H2O為弱電解質(zhì)，在水中只有極少部分電離，因此相同物質(zhì)的量濃度的NH4Cl和NH3·H2O溶液中的c(NH4+D．NO和NO2分子中均含1個(gè)N，NO和NO2的摩爾質(zhì)量不同，因此相同質(zhì)量的NO和NO2的物質(zhì)的量不同，因此N原子數(shù)不同，D不符題意；故答案為：A。

【分析】A.Na2O和Na2O2所含陰離子分別氧離子和過(guò)氧根離子；

B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，乙炔為氣體，而苯為液體；

C.氯化銨是強(qiáng)電解質(zhì)，一水合氨屬于弱電解質(zhì)；

D.NO和NO2氮原子數(shù)=分子數(shù)=mMNA，據(jù)此計(jì)算即可。9．【答案】D【解析】【解答】A．過(guò)程①中，H2S和Cu反應(yīng)生成CuS，離子方程式為H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A不符合題意；B．過(guò)程②中，CuS和Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu2+、Fe2+和S，離子方程式為2Fe3++CuS=Cu2+2Fe2++S，故B不符合題意；C．過(guò)程③中發(fā)生反應(yīng)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反應(yīng)消耗H+，溶液酸性減弱，故C不符合題意；D．由反應(yīng)(①+②)×2+③可得回收S的總反應(yīng)為2H2S+O2催化劑__2H故答案為D。

【分析】由圖可知，①中發(fā)生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②中發(fā)生2Fe3++CuS=Cu2+2Fe2++S，③中發(fā)生反應(yīng)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，以此來(lái)解答。10．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)降冰片烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，其分子式為C7H10，含有碳碳雙鍵，則分子本身可以發(fā)生加聚反應(yīng)，A說(shuō)法不符合題意；B．降冰片烯與馬來(lái)酸酐中均含有碳碳雙鍵，可發(fā)生1∶1的加聚反應(yīng)，故該光刻膠的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為：，B說(shuō)法不符合題意；C.1個(gè)馬來(lái)酸酐水解生成2個(gè)羧基，則1mol馬來(lái)酸酐，最多消耗2molNaOH，C說(shuō)法符合題意；D．降冰片烯與馬來(lái)酸酐中均含有碳碳雙鍵，發(fā)生加聚反應(yīng)時(shí)，可能導(dǎo)致馬來(lái)酸酐相鄰2個(gè)，故光刻膠合成過(guò)程中可能會(huì)出現(xiàn)鏈節(jié)：，D說(shuō)法不符合題意；故答案為C。

【分析】A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以寫(xiě)出分子式，含有碳碳雙鍵可以發(fā)生加聚反應(yīng)

B.符合發(fā)生的兩個(gè)雙鍵的加聚反應(yīng)的產(chǎn)物

C.根據(jù)馬來(lái)酸酐水解的產(chǎn)物判斷即可

D.雙鍵的加聚是隨機(jī)的可能此鏈節(jié)11．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)圖像可知，1，2-加成產(chǎn)物A含有的總能量大于1，4-加成產(chǎn)物B，則1，4-加成產(chǎn)物B穩(wěn)定，A說(shuō)法不符合題意；B．第一步的反應(yīng)的活化能大于第二步，則第一步的反應(yīng)速率比第二步慢，B說(shuō)法符合題意；C．該加成反應(yīng)的反應(yīng)熱為1，3-丁二烯的總能量與1，2-加成產(chǎn)物A或1，4-加成產(chǎn)物B的總能量的差值，C說(shuō)法不符合題意；D．根據(jù)圖像可知，加成反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，則1，3-丁二烯的平衡轉(zhuǎn)化率減小，D說(shuō)法不符合題意；答案為B。

【分析】A.物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定；

B.反應(yīng)的活化能越低，其反應(yīng)速率越大，反之相反；

C.Ea是第二步反應(yīng)中1，2-加成反應(yīng)的活化能，Eb是第二步反應(yīng)中1，4-加成反應(yīng)的活化能；

D.1，3-丁二烯的加成反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)。

12．【答案】D【解析】【解答】A．實(shí)驗(yàn)采用控制變量方法，因此實(shí)驗(yàn)①為對(duì)照實(shí)驗(yàn)，可排除實(shí)驗(yàn)②③④中水稀釋對(duì)溶液顏色變化的影響，A不符合題意；B．將Cl2水滴入KBr溶液中，發(fā)生置換反應(yīng)：2Br?+Cl2=Br2+2Cl?，由于產(chǎn)生的溴水濃度較小，因此看到溶液變?yōu)辄S色，B不符合題意；C．將1mL氯水加入KI溶液中，發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2I-=I2+2Cl-，產(chǎn)生的I2使溶液變?yōu)樽攸S色，在反應(yīng)中氧化劑是Cl2，氧化產(chǎn)物是I2，故可證明物質(zhì)的氧化性：Cl2＞I2，C不符合題意；D．②反應(yīng)后的溶液中可能含有過(guò)量的Cl2及反應(yīng)產(chǎn)生的Br2，因此?、诜磻?yīng)后的溶液加入KI淀粉混合溶液中，溶液變?yōu)樗{(lán)色，可能發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2I-=I2+2Cl-，也可能發(fā)生反應(yīng)：Br2+2I-=I2+2Br-，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，該實(shí)驗(yàn)不能證明氧化性：Br2＞I2，D符合題意；故答案為：D。

【分析】依據(jù)鹵素之間的氧化還原關(guān)系分析解答。13．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，利用三段式進(jìn)行解答HH2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)ΔH＞0，T1溫度時(shí)的平衡常數(shù)K＝94＝x2（0.1-x）2，解得x=0.06mol·L?1，v(H2B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，②比①多加了0.1mol·L?1H2且兩者溫度相同，所以②的轉(zhuǎn)化率比①降低了，所以H2的平衡轉(zhuǎn)化率：①＞②，故B不符合題意；C．由表中數(shù)據(jù)可知，容器③中Qc=0.120.1×0.2＝1D．容器④中Qc=0.0620.042＝94，與T1時(shí)的K相等，因?yàn)镠2(g)+CO2(g)故答案為：C。.

【分析】A.平衡常數(shù)K=c(H2O).c(CO)c(H2).c(CO2)=9414．【答案】C【解析】【解答】A．在一定溫度下，AG越大，即c(H+)/c(OH?)越大，則c(H+)越大，故溶液酸性越強(qiáng)，A敘述不符合題意；B．分析可知，室溫時(shí)0.01mol/L的醋酸溶液的pH=4，B敘述不符合題意；C．b點(diǎn)時(shí)，AG=lg[c(H+)/c(OH?)]=0，即c(H+)=c(OH?)，溶液呈中性，ab段溶液中c(CH3COO?)逐漸增大，c(CH3COOH)逐漸減小，故初始時(shí)c(CH3COOH)＞c(CH3COO?)，C敘述符合題意；D．c點(diǎn)溶液中，根據(jù)溶液呈電中性，c(CH3COO?)+c(OH?)=c(H+)+c(Na+)，D敘述不符合題意；故答案為C。

【分析】A.一定溫度下，由AG=lg[c(H+)/c(OH?)]知，AG與c(H+)/c(OH?)成正比；

B.室溫下，醋酸中未加NaOH溶液時(shí)，0.01mol/L醋酸溶液的AG=6，即lg[c(H+)/c(OH?)]=6、C(OH-)Xc(H+)=10-14，則該溶液中c(H+)=10-4mol/L，溶液的pH=-lgc(H+)；

C.醋酸溶液中加入的NaOH越少，溶液中CH3COOH電離的越少；

D.任何電解質(zhì)水溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷。

15．【答案】（1）濃硝酸，濃硫酸（2）還原反應(yīng)（3）+CH3COOH（4）4（5）+H2O（6）保護(hù)與苯環(huán)直接相連的氨基不被酸性高錳酸鉀氧化（7）CH3CHO；【解析】【解答】(1)在濃硝酸，濃硫酸發(fā)生硝化反應(yīng)得到A，A為，試劑a是濃硝酸，濃硫酸。故答案為：濃硝酸，濃硫酸；(2)C為，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應(yīng)生成D，D為，C→D的反應(yīng)類(lèi)型是還原反應(yīng)。故答案為：還原反應(yīng)；(3)D為，D與乙酸酐作用生成E，E為，D→E的化學(xué)方程式是+CH3COOH。故答案為：+CH3COOH；(4)屬于芳香族化合物的B的同分異構(gòu)體有、、、4個(gè)(提示：不包括B)。故答案為：4；(5)B，B與H反應(yīng)生成I，，B+H→I的化學(xué)方程式+H2O。故答案為：+H2O；(6)從D→H的流程看，D→E的主要目的是保護(hù)與苯環(huán)直接相連的氨基不被酸性高錳酸鉀氧化，故答案為：保護(hù)與苯環(huán)直接相連的氨基不被酸性高錳酸鉀氧化；(7)若由I合成美托拉宗的過(guò)程如下：，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式CH3CHO，K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，K脫水得到。故答案為：CH3CHO；。

【分析】依據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)結(jié)合甲苯以及芳香烴的性質(zhì)和同分異構(gòu)體的相關(guān)知識(shí)分析解答。16．【答案】（1）蒸發(fā)結(jié)晶或曬鹽（2）d；阻止OH?移向陽(yáng)極，提高NaOH的產(chǎn)量和純度（3）正；鈉離子帶正電易吸引水中的氧原子，氯離子帶負(fù)電易吸引水中的氫原子（4）→過(guò)濾Ca(OH)2【解析】【解答】(1)海水中溶有氯化鈉，將氯化鈉從海水中分離，應(yīng)用蒸發(fā)結(jié)晶或曬鹽的方法。(2)飽和氯化鈉溶液從a口進(jìn)入，水從c口進(jìn)入，左邊Cl-放電，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，左邊電極為陽(yáng)極，右邊H+放電，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，右邊為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成的OH-與左邊通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入右邊的Na+結(jié)合生成NaOH，從d口導(dǎo)出；陽(yáng)離子交換膜阻止OH?移向陽(yáng)極，提高NaOH的產(chǎn)量和純度。(3)根據(jù)題圖可知，a離子半徑大于b離子半徑，所以a離子為氯離子，b離子為鈉離子，鈉離子帶正電易吸引水中的氧原子，氯離子帶負(fù)電易吸引水中的氫原子；a離子是氯離子，b離子是鈉離子，氯離子向左側(cè)移動(dòng)發(fā)生氧化反應(yīng)，則左側(cè)為陽(yáng)極，X極為電源的正極。(4)從海水中提取鎂，首先加入Ca(OH)2(或CaO、NaOH)將硫酸鎂轉(zhuǎn)化沉淀Mg(OH)2，過(guò)濾，再向Mg(OH)2中加入鹽酸，得到氯化鎂溶液，在HCl氣流中蒸發(fā)得到氯化鎂，電解解熔融氯化鎂即得到Mg。

【分析】(1)海水中NaCl為可溶性固體；

(2)飽和氯化鈉溶液從a口進(jìn)入，電極A上氯離子失去電子生成氯氣，則A為陽(yáng)極，電極B上氫離子得到電子生成氫氣，鈉離子通過(guò)陽(yáng)離子交換膜向陰極移動(dòng)，NaOH從d口導(dǎo)出；

(3)由圖2可知氯離子向與X相連的電極移動(dòng)，左側(cè)為陽(yáng)極，由于水是極性分子，氧原子上帶部分負(fù)電荷，氫原子上帶部分正電荷，所以陽(yáng)離子吸引水分子的氧原子一端、陰離子吸引水分子的氫原子一端；

(4)可加堿沉淀鎂離子，再與鹽酸轉(zhuǎn)化為氯化鎂。17．【答案】（1）第四周期，IVA族（2）Ge與Si屬于同主族元素，Ge比Si多一層，原子半徑增大，失去電子能力增強(qiáng)，金屬性增強(qiáng)（3）3AsO2-+ClO3-+6OH?=3AsO4-+Cl?（4）Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O（5）3bV×10【解析】【解答】(1)Si位于第三周期IVA族，Ge位于同主族Si的下一周期，第四周期IVA族；(2)Ge位于同主族Si的下一周期，則Ge原子半徑大于Si，對(duì)最外層電子的作用力減弱，失去電子能力增強(qiáng)，金屬性增強(qiáng)；(3)“氧化”過(guò)程氯酸鈉將NaAsO2氧化為Na3AsO4，則氯酸鈉變?yōu)槁然c，反應(yīng)的離子方程式為3AsO2-+ClO3-+6OH?=3AsO4-+Cl?(4)已知ⅰ.GeO2與堿反應(yīng)生成Na2GeO3，根據(jù)流程，加入鹽酸時(shí)，Na2GeO3生成GeCl4，反應(yīng)的方程式為Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O；(5)根據(jù)方程式可知，n(Ge2+)：n(IO3-)=3：1，則n(Ge2+)=3n(IO3-)=3bmol/L×VmL，二氧化鍺的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=3bmol/

【分析】二氧化鍺粗品(主要含GeO2、As2O3)中加入NaOH溶液堿浸，發(fā)生的反應(yīng)為GeO2+2NaOH=Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH=2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，發(fā)生的反應(yīng)為：3NaAsO2+NaClO3+6NaOH=3Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀鹽酸并蒸餾，“蒸餾”過(guò)程中的反應(yīng)為：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O，蒸餾分離出GeCl4，向GeCl4中加入高純水，發(fā)生的水解反應(yīng)：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2.nH2O↓+4HCl，然后過(guò)濾得到母液和GeO2.nH2O，將GeO2.nH2O烘干得到高純的GeO2，以此分析解答。

18．【答案】（1）；6·OH+2NH3=N2+6H2O；催化作用?；蚓唧w描述：H2O2+Fe2+=Fe3++?OH+OH?，F(xiàn)e3+向陰極移動(dòng)，陰極Fe3++e?=Fe2+，F(xiàn)e2+再生，循環(huán)使用（2）2H2O+2e-=2OH-+H2↑；Mg2++2OH-+NH4++H2PO4?=MgNH4PO4↓+2H2O；反應(yīng)1h后，隨著溶液中c(Mg2+)和c(OH-)的增大，會(huì)形成Mg3(PO4)2或Mg(OH)2沉淀，同時(shí)，堿性條件下生成的MgNH4PO4?6H2O沉淀會(huì)部分轉(zhuǎn)化為Mg【解析】【解答】(1)①·OH是O原子與H原子形成1對(duì)共用電子對(duì)結(jié)合形成的微粒，其電子式是；②·OH與NH3反應(yīng)產(chǎn)生N2、H2O，則根據(jù)電子守恒、原子守恒，可知·OH去除氨氣的化學(xué)反應(yīng)方程式為：6·OH+2NH3=N2+6H2O；③H2O2具有氧化性，會(huì)將Fe2+氧化產(chǎn)生Fe3+，H2O2被還原產(chǎn)生OH?，F(xiàn)e3+向負(fù)電荷較多的陰極移動(dòng)，在陰極上Fe3+得到電子，被還原產(chǎn)生Fe2+，電極反應(yīng)式為：Fe3++e?=Fe2+，F(xiàn)e2+得到再生，然后再被循環(huán)使用；(2)①在不銹鋼陰極上，H2O得到電子變?yōu)镺H-，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；在陽(yáng)極Mg電極上，Mg失去電子變?yōu)镸g2+，電極反應(yīng)式為：Mg–2e?=Mg2+，反應(yīng)產(chǎn)生的Mg2+與OH-、NH4+、H2PO4?反應(yīng)產(chǎn)生MgNH4PO4沉淀，該反應(yīng)方程式為：Mg2++2OH-+NH②反應(yīng)1h以后，氨氮的去除率隨時(shí)間的延長(zhǎng)反而下降，這是由于隨著溶液中c(Mg2+)和c(OH-)的增大，會(huì)形成Mg3(PO4)2或Mg(OH)2沉淀，同時(shí)，在堿性條件下生成的MgNH4PO4?6H2O沉淀會(huì)部分轉(zhuǎn)化為Mg3(PO4)2或Mg(OH)2沉淀，釋放出NH

【分析】(1)①·OH中O周?chē)?個(gè)電子，與H形成1對(duì)共用電子對(duì)；

②·OH去除氨氣生成氮?dú)夂退?/p>

③陰極區(qū)加入Fe2+可作催化劑；

(2)①由圖可知，陰極上生成氫氧根離子，然后發(fā)生Mg2++2OH-+NH4++H2PO4?=MgNH4PO4↓

+2H2O；

②反應(yīng)1h以后，堿性條件下生成的MgNH4PO4?6H2O沉淀會(huì)部分轉(zhuǎn)化為Mg3(PO4)19．【答案】（1）FeCl3+3H2O?Fe(OH)3+3HCl，溶于較濃的鹽酸中的目的是抑制其水解（2）Fe2O3（3）把潔凈的粉筆置于酒精燈上灼燒未呈現(xiàn)黑色（4）實(shí)驗(yàn)ⅱ中酒精被氧化成乙醛，紅色物質(zhì)Fe2O3中Fe元素即被還原成0價(jià)或+2價(jià)。實(shí)驗(yàn)ⅲ中無(wú)氣泡生成，可說(shuō)明黑色物質(zhì)中沒(méi)有Fe單質(zhì)，則一定含有+2價(jià)鐵元素。(邏輯合理即可)（5）5Fe2++8H++MnO4-=Mn2++5Fe3++4H2O或3Fe2++2[Fe(CN)6]3?=Fe3[Fe(CN)6]2（6）CH3CH2OH+3Fe2O3Δ__CH3CHO+2Fe3O4+H（7）合理；根據(jù)產(chǎn)物FeS和S物質(zhì)的量比為3∶1，可知實(shí)驗(yàn)中發(fā)生了2Fe3++3S2?=2FeS+S和Fe2++S2?=FeS兩個(gè)反應(yīng)，進(jìn)而可知實(shí)驗(yàn)ⅲ所得清液中n(Fe3+)∶n(Fe2+)=2∶1，由此可判斷黑色物質(zhì)是Fe3O4(邏輯合理即可)；或不合理；實(shí)驗(yàn)中Fe3+與Na2S溶液還可能發(fā)生2Fe3++3S2-=2Fe2S3↓和2Fe3++3S2-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑等反應(yīng)。(邏輯合理即可)【解析】【解答】(1)FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，F(xiàn)eCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2O?Fe(OH)3＋3H＋，為抑制Fe3＋的水解，需要配制時(shí)先加入濃鹽酸中溶解，然后加水稀釋到所要濃度；故答案為FeCl3+3H2O?Fe(OH)3+3HCl，溶于較濃的鹽酸中的目的是抑制其水解；(2)鐵銹的主要成分是Fe2O3；故答案為Fe2O3；