1、2022北京海淀高三（上）期末化 学一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1（3分）氯吡格雷（C16H16ClNO2S）可用于防治动脉硬化。下列关于该有机物的说法正确的是（）A属于烃类B可以生加成反应C分子中含有3个苯环D能在碱性条件下稳定存在2（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）ANH4+的电子式：BCO2的结构式：OCOC甲苯的空间填充模型：DCa2+的结构示意图：3（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）A浓硝酸用棕色瓶保存：4HNO34NO2+O2+2H2OB过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+CO32+2H2OC硫酸铵溶液显酸性：
2、NH4+H2ONH3H2O+H+D电解精炼铜的阳极反应：Cu2+2eCu4（3分）下列说法正确的是（）A标准状况下，5.6LCH4中所含CH键的数目为6.021023B室温下，1L0.1molL1CH3COOH溶液中CH3COO的数目为6.021022C质量相同的H2O和D2O（重水）所含的原子数相同D室温下，pH12的氨水中，OH的物质的量为0.01mol5（3分）元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是（）AX基态原子的核外电子排布式为2s22p2B电负性：RYC0.033molL1的H3RO4溶液的pH约等于1D
3、还原性：Y2Z6（3分）萤石是制作光学玻璃的原料之一其主要成分氟化钙的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（）A氟化钙的化学式为CaFB每个晶胞中含有14个Ca2+C氟化钙中只含有离子键D每个Ca2+周围距离最近且等距的F有4个7（3分）聚乳酸（PLA）是一种生物可降解材料。低相对分子质量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相对分子质量PLA的制备过程如图所示。下列说法正确的是（）APLA易溶于水B乳酸生产中间体时，原子利用率能达到100%C由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应D1molPLA完全水解，消耗1molNaOH8（3分）Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化CO2的
4、历程如图。下列说法不正确的是（）ACO2催化转化的产物是CO和H2OB过程涉及化学键的断裂与生成C反应过程中，C的杂化方式未发生改变D生成1molCO，需要2mol电子9（3分）下列实验方案能达到实验目的的是（）选项ABCD目的制备并收集乙酸乙酯制备氢氧化铁胶体证明AgI的溶解度小于AgCl探究化学反应速率的影响因素实验方案 AABBCCDD10（3分）测定0.1molL1Na2CO3溶液升温过程中的pH（不考虑水的蒸发），数据如下。温度/20406080pH11.8011.6811.5411.42下列说法正确的是（）A温度升高，Na2CO3溶液中c（OH）降低B温度升高时溶液pH降低，原因是
5、CO32水解生成少量H2CO3CNa2CO3溶液pH的变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D溶液中c（CO32）+c（HCO3）始终等于0.1molL111（3分）镁、海水、溶解氧可构成原电池。为小功率水下设备长时间供电，结构示意图如图所示。但该电池存在析氢副反应和负极活性衰减等问题。下列说法不正确的是（）A由于溶解氧浓度低，故需增大电极与海水的接触面积B该电池使用时，需要定期补充正极反应物C负极活性衰减的可能原因是生成的Mg（OH）2覆盖了电极D析氢副反应可以表示为2H2O+MgMg（OH）2+H212（3分）利用固体氧化物电解池可将CO2转化为CO并存储，装置示意图如图所示。下列说法
6、不正确的是（）Aa极连接电源的正极Ba极上的电极反应为O2+4e2O2Cb极上的电极反应为CO2+2eCO+O2D通过该过程可以实现储能13（3分）Fe3O4（s）与CO（g）主要发生如下反应。Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H1+19.3kJmol1Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2（g）H2反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，Fe3O4（s）和CO（g）反应达平衡时，CO（g）的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的焓变为（H2H1）B根据图象推测，H2应当小于0C反
7、应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低D温度高于1040时，Fe3O4（s）和CO（g）发生的主要反应的化学平衡常数K414（3分）小组同学探究盐溶液对Fe3+SCNFe（SCN）2+（血红色）的影响。将2mL 0.01molL1FeCl3溶液与2mL 0.02molL1KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂，测得平衡后体系的透光率如图所示。已知：i溶液的血红色越深，透光率越小，其他颜色对透光率的影响可忽略；iiFe3+4ClFeCl4（黄色）。下列说法不正确的是（）A注入试剂后溶液透光率升高，证明Fe3+SCNFe（SCN）2+逆向移动B透光率比高，可能是阳离子种类或溶液pH导致
8、的C透光率比高，可能发生了反应Fe（SCN）2+4ClFeCl4+SCND若要证明试剂中Cl对平衡体系有影响，还应使用0.04molL1的KNO3溶液进行实验二、解答题（共5小题，满分58分）15（9分）碳酸二甲酯（）是一种绿色化工原料，用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料制备碳酸二甲酯的反应过程如下。i4CuCl+4CH3OH+O24Cu（OCH3）Cl+2H2Oii2Cu（OCH3）Cl+CO（CH3O）2CO+2CuCl（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是 。（2）CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为 ，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是 。（3）上述方法中，甲
9、醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。i甲醇单位时间内的转化率主要受Cu（I）（+1价铜元素）浓度的影响。iiCuCl在甲醇中溶解度小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。iii加入4甲基咪唑（）可与Cu形成配合物，可提高甲醇的转化率。4甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大键，电子云密度降低。请结合信息回答以下问题：4甲基咪唑中，14号原子 （填“在”或“不在”）同一平面上， （填“1”或“3”）号N原子更容易与Cu+形成配位键。加入4甲基基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是 （填序号）。aCu（I）配合物中的NH结构可增大其在甲醇中的溶解度b通过形成配合物，避免Cu
10、+被氧化为难溶的CuOc形成的Cu（I）配合物能增大反应的限度（4）原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是 。16（12分）传统方法制备H2O2会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备H2O2，并用其处理有机废水，过程如图。（1）电解制备H2O2，装置示意图如图所示。a极的电极反应式为 。通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。pH过高时H2O2会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液pH基本不变，原因是 。测定生成的H2O2浓度。取xmLH2O2溶液，用amol
11、L1 Ce（SO4）2溶液滴定H2O2，完全反应转化为Ce2（SO4）3时，消耗bmLCe（SO4）2溶液，则H2O2溶液的浓度为 mol/L。（2）用H2O2氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳（TOC）去除率越高，降解效果越好。20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率 。降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。17（12分）治疗高血压的药物替利洛尔的一种合成路线如图所示。已知：RCOOHRCOClRCONHR（1）A分子含有的官能团是氯原子和 。（2）AB的化学方程式是 。（
12、3）下列有关D的说法正确的是 （填序号）。a由B制备D的反应类型为加成反应b试剂a为Cl2c适当的碱性条件，有利于DE反应的进行（4）F分子中有2种不同化学环境的氢，则F的结构简式 。（5）K与L反应的化学方程式为 。（6）Q反应生成R的过程中，可能生成一种与R互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 。（7）已知：RCOOCH3+RCHCOOCH3+CH3OH；RCOONa+NaOHRH+Na2CO3写出由M制备P时中间产物1、3的结构简式 （中间产物1、2互为同分异构体，部分试剂及反应条件已省略）。18（12分）氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获利缓释肥料磷酸镁铵（
13、MgNH4PO4），过程如图所示。资料：i氧氮废水中氮元素主要以NH4+形式存在；iiMg3（PO4）2、MgNH4PO4，难溶于水；iii当c（Mg2+）和c（NH4+）为1molL1时，生成Mg3（PO4）2沉淀所需的c（PO43）约为11012molL1，生成MgNH4PO4沉淀所需的c（PO43）约为11013molL1。（1）检验溶液中NH4+的操作是 。（2）经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是 。（3）磷酸盐若选择Na3PO4混合后会产生大量Mg3（PO4）2沉淀，反应的离子方程式为 ，氨氮去除率将 （填“提高”“降低”或“不变”）。（4）含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示
14、。下列说法正确的是 （填序号）。aNa2HPO4溶液呈酸性bNa3PO4和Na2HPO4溶液中，微粒的种类相同c等浓度的Na3PO4和Na2HPO4溶液中，c（H3PO4）+c（H2PO4）+c（HPO42）+c（PO43）相等（5）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。pH在910之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为 。pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是 。对于c（NH4+）较低的氨氮废水，上述磷酸铵镁沉淀法的处理效果不佳，且无法通过地加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是 。19（13分）某小组探究Fe2S3的制备。配制0.1molL1的FeC
15、l3溶液和0.1molL1的Na2S溶液备用。【查阅资料】iFeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。iiFe3+6FFeF63，FeF63为无色离子。iii硫单质微溶于乙醇，难溶于水。【设计并实施实验】编号实验一实验二操作1.0mL0.1molL1Na2S溶液0.5mL0.1molL1FeCl3溶液现象迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X产生棕黑色沉淀（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a的离子方程式为 。（2）进一步检验浊液X的组成，过程如图1所示。通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实
16、验证据是 。经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+与加入的S2反应产生的。乙同学认为该解释不严谨，理由是 。（3）实验二制得了Fe2S3，但其中含少量Fe（OH）3。生成Fe（OH）3的离子方程式为 。从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因： 。实验三小组同学进行如图2所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的Fe2S3。（4）实验三中，由无色清液生成Fe2S3的离子方程式为 。【反思评价】（5）对比三个实验，实验三能成功制备Fe2S3的原因是 。参考答案一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1【分析】A.烃只含C、H元素；
17、B.含苯环及碳碳双键；C.分子只有1个苯环；D.含酯基。【解答】解：A.烃只含C、H元素，该物质含Cl、N、O、S元素，不属于烃，故A错误；B.含苯环及碳碳双键，均可发生加成反应，故B正确；C.分子只有1个苯环，与Cl相连的为苯环，其它2个环不是苯环，故C错误；D.含酯基，在碱性条件下发生水解反应，不能稳定存在，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、官能团、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、酯的性质，题目难度不大。2【分析】ANH4+为复杂阳离子，书写电子式时要标出各原子的最外层电子，并用括起来；BCO2的中心原子是C，含有C
18、O双键；C是苯的空间填充模型；DCa2+的质子数为20，核外电子数为18，核外电子分层排布。【解答】解：ANH4+的中心原子为N，带一个单位的正电荷，N原子与每个H原子共用1对电子，属于原子团，其电子式为，故A正确；BCO2是共价化合物，直线形分子，中心原子是C，含有CO双键，其结构式为OCO，故B正确；C甲苯的结构简式为，C原子半径大于H，则甲苯的空间填充模型为，故C错误；DCa2+的质子数为20，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、离子结构示意图、结构简式和充填模型等知识，明确常见化学用
19、语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。3【分析】A浓硝酸见光易分解，用棕色瓶保存；B碳酸氢钠过量，氢氧化钡全部反应；C硫酸铵溶液显酸性是溶液中铵根离子水解促进水电离，溶液显酸性；D电解精炼铜的阳极反应是铜失电子发生氧化反应，杂质铁、锌、镍等，也失电子发生氧化反应。【解答】解：A浓硝酸见光易分解，用棕色瓶保存，反应的化学方程式为：4HNO34NO2+O2+2H2O，故A正确；BBa（OH）2少，可设氢氧化钡的量为1，则钡离子为1和氢氧根离子为2，碳酸氢钠过量，则反应离子方程式为：2HCO3+2OH+Ba2+2H2O+BaCO3+CO32，故B正确；C硫
20、酸铵溶液显酸性的原因是铵根离子发生了水解，水解离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故C正确；D电解精炼铜的阳极反应是铜失电子发生氧化反应，杂质铁、锌、镍等，也失电子发生氧化反应，阳极电极反应为Cu2eCu2+、Fe2eFe2+、Zn2eZn2+等，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了化学方程式和离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度中等。4【分析】A求出甲烷的物质的量，然后根据甲烷中含有的4条CH键来分析；B醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出CH3COO；CH2O和D2O（重水）的摩尔质量分别为18g/mol和20g/mol，所以质量相同时，两者物质的量
21、不同；D溶液的体积未知。【解答】解：A标准状况下，5.6LCH4的物质的量为0.25mol，而甲烷中含有的4条CH键，故0.25mol甲烷中含6.021023条CH键，故A正确；B1L 1molL1的CH3COOH溶液中含有1mol溶质醋酸，由于醋酸部分电离，所以溶液中含有的CH3COO小于1mol，含有CH3COO数目小于NA，故B错误；C质量相同的H2O和D2O（重水）的物质的量之比为20：18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20：18，不相同，故C错误；D溶液的体积未知，故不能计算OH的物质的量，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计
22、算公式和物质结构是解题关键，题目难度中等。5【分析】由元素X、Y、Z和R在周期表中的位置可知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为x，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，则x+x+2+x+317，解得x4，可知X为C、Y为S、Z为Cl，R位于第四周期VA族，R为As，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，X为C、Y为S、Z为Cl、R为As，A.X基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，故A错误；B.同主族从上到下电负性减小，同周期主族元素从左向右电负性增大，则电负性：RY，故B错误；C.H3AsO4为弱酸，不能完全电离，则0.033molL1的H3RO4溶液的p
23、H一定大于1，故C错误；D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应简单阴离子的还原性越弱，则还原性：Y2Z，故D正确；故选：D。【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数关系来推断元素为解答的关键，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。6【分析】A.由图可知，Ca2+位于顶点和面心，F位于体内；B.Ca2+位于顶点和面心，结合均摊法计算；C.Ca2+与2个F形成离子键；D.由面心的Ca2+判断距离最近且等距的F个数。【解答】解：A.由图可知，Ca2+位于顶点和面心，个数为8+64，F位于体内，个数为8，则氟化钙的化学式为
24、CaF2，故A错误；B.Ca2+位于顶点和面心，个数为8+64，即每个晶胞中含有4个Ca2+，故B错误；C.Ca2+与2个F形成离子键，则只含离子键，故C正确；D.由面心的Ca2+可知距离最近且等距的F个数为8个，故D错误；故选：C。【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，把握离子的位置、均摊法计算、化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。7【分析】APLA中不含亲水基，只含憎水基；B乳酸生产中间体时，除了生成中间体外还生成水；C乳酸中含有羧基和醇羟基，能发生缩聚反应生成高分子化合物；D1molPLA完全水解时生成（n1）mol羧基，COOH和NaOH
25、以1：1反应。【解答】解：APLA中不含亲水基，只含憎水基，所以PLA不易溶于水，故A错误；B乳酸生产中间体时，除了生成中间体外还生成水，所以乳酸生产中间体时，原子利用率不能达到100%，故B错误；C乳酸中含有羧基和醇羟基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，所以由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应，故C正确；D1molPLA完全水解时生成（n1）mol羧基，COOH和NaOH以1：1反应，所以消耗（n1）molNaOH，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、缩聚反应特点、物质的溶解性等知识点是解本题
26、关键，题目难度不大。8【分析】A根据图示信息，酸性条件下，CO2催化转化的产物是CO和H2O；B过程涉及CO键的断裂和HO键的形成；CCO2为sp杂化，CO是sp2杂化；D根据CO2化合价由+4降低为+2计算。【解答】解：A结合图示信息，酸性条件下，CO2催化转化的产物是CO和H2O，故A正确；B过程存在CO键的断裂和HO键的形成，则涉及化学键的断裂与生成，故B正确；CCO2催化转化的产物是CO，CO2中的C采取sp杂化，CO中的C形成CO，为sp2杂化，故C错误；D生成1molCO，碳元素化合价由+4降低为+2，则需要2mol电子，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学键的有关知识，难度不
27、大，涉及反应实质的分析判断，化学键的杂化，电子转移，注意基础知识的掌握和应用。9【分析】A.乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应；B.沸水中氯化铁水解可制备胶体；C.硝酸银过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀；D.盐酸的浓度不同、金属不同。【解答】解：A.乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，图中缺少浓硫酸，且缺少碎瓷片防止暴沸，故A错误；B.沸水中氯化铁水解可制备胶体，图中装置合理，故B正确；C.硝酸银过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀，不能证明AgI的溶解度小于AgCl，故C错误；D.盐酸的浓度不同、金属不同，两个变量，不能探究速率的影响因素，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验
28、方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应速率、难溶电解质、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。10【分析】由表格中的数据得出温度升高，Na2CO3溶液中c（OH）变化；加热促进碳酸根离子水解，且水的离子积增大；依据溶液中物料守恒得到：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）0.1molL1，据此分析解答。【解答】解：A由表格中的数据得出，温度升高促进碳酸根水解，c（OH）升高，故A错误；B温度升高时溶液pH降低，加热促进碳酸根离子水解，且水的离子积增大，不是因为CO32水解生成少量H2CO3，故B错误；C加热促进碳酸根离子
29、水解，且水的离子积增大，则溶液的pH减小是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；DCO32离子水解，生成CO32、HCO3和H2CO3，依据溶液中物料守恒得到：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）0.1molL1，c（CO32）+c（HCO3）0.1molL1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。11【分析】A.由于溶解氧浓度低，反应速率低；B.正极反应电极反应为O2+4e+2H2O4OH，所以正极反应物为溶解氧；C.负极电极反应式为Mg2e+2OHMg（OH）2，生成的氢氧化镁
30、覆盖在电极表面；D.Mg较活泼，可直接与水反应：2H2O+MgMg（OH）2+H2。【解答】解：A.由于溶解氧浓度低，反应速率低，故可用增大电极与海水的接触面积来提高反应速率，故A正确；B.正极反应电极反应为O2+4e+2H2O4OH，所以正极反应物为溶解氧，但海水中含有足量的溶解氧，不需要定期补充，故B错误；C.负极电极反应式为Mg2e+2OHMg（OH）2，生成的氢氧化镁覆盖在电极表面，阻隔电极与海水的接触，致使负极活性衰减，故C正确；D.Mg较活泼，可直接与水反应：2H2O+MgMg（OH）2+H2，故D正确；故选：B。【点评】本题综合考查了原电池的内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问
31、题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，注意电子守恒的计算应用，题目难度中等。12【分析】根据电解池中O2移动方向可知，a电极为阳极，b电极为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，阳极上O2失电子生成O2，阳极反应式为2O24eO2，阴极上CO2得电子生成CO，阴极反应式为CO2+2eCO+O2，该装置将电能转化为化学能储存，据此分析解答。【解答】解：A据电解池中O2移动方向可知，a电极为阳极，阳极与电源正极相接，故A正确；B由上述分析可知，a电极为阳极，阳极上O2失电子生成O2，阳极反应式为2O24eO2，故B错误；C由上述分析可知，b电极为阴极，阴极上
32、CO2得电子生成CO，阴极反应式为CO2+2eCO+O2，故C正确；D该装置为电解池，将电能转化为化学能储存，即通过该过程可以实现储能，故D正确；故选：B。【点评】题考查电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，注意电极的判断和电极反应式的书写，题目难度不大。13【分析】A根据盖斯定律：（）得FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）；B由图可知，当温300570，随着温度的升高，CO的体积分数增大，而反应是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动；C由图可知，温度高于570，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以为主；D温度高于1040时，
33、Fe3O4（s）和CO（g）发生的主要反应为，结合K计算。【解答】解：A根据盖斯定律：（）得FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）H（H2H1），故A正确；B由图可知，300570，随着温度的升高，CO的体积分数增大，而反应是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，CO体积分数减小，说明300570，Fe3O4（s）和CO（g）发生的主要反应为，即反应是放热反应，H2小于0，故B正确；C由图可知，温度高于570，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以为主，即反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故C错误；D1040时，Fe3O4（s）和CO（g）发生的主要反
34、应为，K4，反应是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040时，Fe3O4（s）和CO（g）发生的主要反应的化学平衡常数K4，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，侧重考查学生分析能力和识图能力，根据题目信息结合勒夏特列原理知识解答，此题难度中等。14【分析】A溶液的血红色越深，透光率越小；B为KCl溶液，为NH4Cl溶液，根据是否水解或离子不同分析；C为0.04molL1的KCl溶液，为4molL1的KCl溶液，两者浓度不同；D引入硝酸根，可能会影响实验结果的验证。【解答】解：A溶液的血红色越深，透光率越小；注入试剂后溶液透光率升高，
35、说明血红色变浅，则证明Fe3+SCNFe（SCN）2+逆向移动，故A正确；BKCl溶液为含有钾离子的中性溶液，NH4Cl溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率比高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，故B正确；C为0.04molL1的KCl溶液，为4molL1的KCl溶液，的浓度大于的浓度；透光率比高，说明血红色变浅，发生了反应Fe（SCN）2+4ClFeCl4+SCN，故C正确；D若要证明试剂为0.04molL1的KCl溶液，Cl对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰，作空白对照实验，不能使用0.04molL1的KNO3溶液进行实验，因为溶液中有硝酸根离子，可能
36、会影响实验结果的验证，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握物质的性质、化学反应速率及化学平衡为解答的关键，侧重分析与理解能力的考查，题目难度中等。二、解答题（共5小题，满分58分）15【分析】（1）根据杂化轨道数目原子价层电子对数键数+孤电子对数分析；（2）亚铜离子核外有28个电子，3d电子为其价电子，根据构造原理书写其价电子排布式；根据两步方程式，CuCl先反应后生成；（3）4甲基咪唑中有2个双键结构，与1号N原子的孤电子对，形成大键结构，大键结构形成平面结构；1号N原子的孤电子对形成大键结构；甲醇单位时间内的转化率主要受Cu（I）（+1价铜元素）浓度的影
37、响，避免Cu+被氧化为难溶的CuO；（4）原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的重要因素。【解答】解：（1）S原子形成3个键，不含有孤对电子，杂化轨道数目3+03，所以S原子采取sp2杂化，故答案为：sp2；（2）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子（Cu+）的价电子排布式为：3d10；观察i和ii两步方程式得出，CuCl在i方程式中先反应，在ii方程式中又生成，为催化剂，故答案为：3d10；催化剂；（3）4甲基咪唑中有2个双键结构，与1号N原子的孤电子对，形成大键结构，大键结构为平面结构；1号N原子的孤电子对形成大键结构，
38、所以3号N原子提供孤电子对，与具有空轨道的Cu+形成配位键，故答案为：在；3；甲醇单位时间内的转化率主要受Cu（I）（+1价铜元素）浓度的影响，加入4甲基咪唑可与Cu形成配合物，避免Cu+被氧化为难溶的CuO，提高甲醇的转化率，可能的原因为b，故答案为：b；（4）原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度，O原子的电负性比N原子强，O原子提供孤电子对的能力弱，所以结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，故答案为：O原子的电负性比N原子强，O原子提供孤电子对的能力弱。【点评】本题考查考查杂化方式、电子排布式、配位键等的应用，为高频考点，把握价层电子对数的计算、
39、原子核外电子排布规律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。16【分析】（1）根据试题所给的制取H2O2的电解装置可以得知，氧气在a极得电子和水生成H2O2，a极为阴极，电极反应式为：O2+4e+2H2OH2O2+2OH，b极为阳极，水中OH失电子生成O2，电极反应式为：2H2O4eO2+4H+；将b极的氧气通过管道送至a极，能够使氧气得到循环使用；b极的氢离子通过质子交换膜移动的a极，中和OH，保持溶液的pH基本不变；根据所给信息，H2O2与Ce（SO4）2反应，Ce（SO4）2转化为Ce2（SO4）3时，则Ce（SO4）2化合价降低作氧化剂，则H2O2化合价升高作还原剂，生
40、成O2，根据电子守恒有如下关系，H2O22Ce（SO4）2，根据消耗Ce（SO4）2 的量可以计算出H2O2的浓度；（2）观察所给废水中有机物RhB浓度随着降解时间的变化，可以计算出20min内RhB平均降解速率；双氧水氧化含碳有机物会生成二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，饱和H2CO3溶液的pH约为5.6；据此解答。【解答】解：（1）氧气在a极得电子和水生成H2O2，a极电极反应式为O2+4e+2H2OH2O2+2OH，故答案为：O2+4e+2H2OH2O2+2OH；a极电极反应式为O2+4e+2H2OH2O2+2OH，b极电极反应式为：2H2O4eO2+4H+，将b极O2输送到a极，可以实
41、现产物的循环使用，提高O2的利用率，故答案为：可以实现产物的循环使用，提高O2的利用率；由上面分析可知，电解时a极生成OH，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能够通过质子交换膜移动到a极，中和OH，保持a极附近溶液的pH基本不变，故答案为：b极生成的H+能够通过质子交换膜移动到a极，中和a极附近溶液的OH；H2O2与Ce（SO4）2反应，Ce（SO4）2作氧化剂，H2O2作还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O22Ce（SO4）2，则H2O2的浓度为，故答案为：；（2）根据速率的公式，计算出RhB平均降解速率为2.5106mol/（Lmin），故答案为：2.5106mol/（Lmin）；H
42、2O2氧化有机物时，生成的含碳无机物为CO2，CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，使溶液呈酸性，饱和H2CO3溶液的pH约为5.6，故答案为：H2O2将有机物氧化为CO2，CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，饱和H2CO3溶液的pH约为5.6。【点评】本题主要考查了电解原理、氧化还原反应和反应速率的计算，掌握电解池的工作原理、电极反应方程式的书写、电子守恒法在计算中的应用及反应速率的计算是解答本题的关键。17【分析】E的分子式为C3H5OCl，对比P、Q的结构，可知P中羟基上氢原子被取代生成Q，可推知E为，CH2CHCH3与氯气在光照条件下发生取代反应生成A为CH2
43、CHCH2Cl，A发生水解反应生成B为CH2CHCH2OH，B与试剂a反应生成D，D分子内脱去1分子HCl生成，故试剂a为Cl2、D为ClCH2CHClCH2OH，F的分子式为C8H4O3，（4）中F分子中有2种不同化学环境的氢，结合J的结构简式可推知F为，故G为CH3OH，JKM发生信息中取代反应，则J与SOCl2发生取代反应生成K为，结合M的结构简式可推知L为CH3NHCH2COOCH3，M系列转化生成P，P与E发生取代反应生成Q和HCl，Q与H2NC（CH3）2发生开环加成生成R；（7）中间产物3信息中第2个反应生成P，可知中间产物3种存在CH2COONa结构，故其结构简式为，结合M的结
44、构特点，逆推可知中间产物2为，发生信息中第1个反应成环生成中间产物1，再异构生成中间产物2，中间产物2碱性条件下水解水解中间产物3，可推知中间产物1为。【解答】解：（1）A的结构简式为CH2CHCH2Cl，A分子含有的官能团是氯原子和碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）AB的化学方程式是CH2CHCH2Cl+NaOHCH2CHCH2OH+NaCl，故答案为：CH2CHCH2Cl+NaOHCH2CHCH2OH+NaCl；（3）aB为CH2CHCH2OH，D的结构简式为ClCH2CHClCH2OH，B与氯气发生加成反应生成D，故a正确；b由分析可知，试剂a为Cl2，故b正确；cDE发生反应：ClCH2CHClCH2OH+HCl，碱可以吸收生成的HCl，有利于反应正向进行，提供产率，故c正确；故答案为：abc；（4）F的分子式为C8H4O3，F分子中有2种不同化学环境的氢，结合J的结构简式，可推知F的结构简式为，故答案为：； （5）K与L反应的化学方程式为+CH3NHCH2
