山東省煙臺市高考化學二模試卷及答案

高考化學二模試卷一、單選題1.古詩詞是我國傳統(tǒng)文化的瑰寶。下列詩詞解讀錯誤的是（

）A.“?？智锕?jié)至，焜黃華葉衰”，樹葉由綠變黃是發(fā)生了化學變化

B.“落紅不是無情物，化作春泥更護花”蘊含著自然界中的碳、氮循環(huán)

C.“朝壇霧卷，曙嶺煙沉”，霧有丁達爾現(xiàn)象是因為膠體粒子對光有散射作用

D.“心憂炭賤愿天寒”中的炭與“嫦娥五號”衛(wèi)星所用的碳纖維互為同素異形體2.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們形成的某種化合物的結(jié)構(gòu)如圖。其中X、Y、Z同周期，Y、W同主族。下列說法錯誤的是（

）A.第一電離能：Z>Y>X

B.氣態(tài)氫化物的熔沸點：Y>W

C.簡單陰離子的還原性：W>Y>Z

D.Y與W形成的兩種常見化合物，中心原子的雜化方式相同3.用下圖裝置進行實驗，能達到相應實驗目的的是（

）ABCD檢驗海帶中有碘元素吸收少量氨氣制備乙烯并驗證其易被氧化對比Fe2+、Cu2+對H2O2分解的催化效果A.A

B.B

C.C

D.D4.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（

）A.合成氨反應每生成標況下1.12L氨氣，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.15NA

B.1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，陰、陽離子的總數(shù)大于0.3NA

C.NH5的結(jié)構(gòu)類似于NH4Cl，則，1molNH5中所含σ鍵的數(shù)目為5NA

D.鋼鐵電化學腐蝕生成0.05molFe2O3·nH2O，則負極反應失電子數(shù)為0.2NA5.下列說法錯誤的是（

）A.可用洪特規(guī)則解釋第一電離能Be>B

B.基態(tài)原子4s軌道半滿的元素分別位于IA族和IB族

C.與NH3相比，[Zn(NH3)6]2+中H-N-H鍵角更大

D.CaF2品體中Ca2+與最近F-的核間距離為acm，則其晶胞的棱長為cm6.阿魏酸乙酯是生產(chǎn)治療心腦血管疾病藥物的原料，結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關于阿魏酸乙酯的說法錯誤的是（

）A.其加聚產(chǎn)物不能使溴水褪色

B.在空氣中易被氧化，應密閉貯存

C.分子中所有碳原子可能在同一平面上

D.與足量H2加成后的產(chǎn)物中含有3個手性碳原子7.綠原酸(C16H18O9)是一種有機弱酸，金銀花的水浸取液經(jīng)下列操作可獲得綠原酸粗品。下列說法錯誤的是（

）A.加鹽酸是為了提高綠原酸的萃取率

B.分液時應先打開分液漏斗頂塞，再打開旋塞，使水層從分液漏斗下口放出

C.減壓蒸餾的目的是降低蒸餾溫度，有利于綠原酸揮發(fā)

D.該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是乙酸乙酯8.利用反應2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可制備光敏材料三草酸合鐵酸鉀晶體。下列說法正確的是（

）A.H2O2是含有非極性鍵的極性分子

B.激發(fā)態(tài)的鉀原子回到基態(tài)，會形成吸收光譜

C.向草酸亞鐵溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去可證明溶液中含有Fe2+

D.H2C2O4()與CH3COOH相比，可電離出的H+個數(shù)更多，所以酸性更強9.酒駕是交通事故的第一大“殺手”。一種酒精檢測儀工作原理如圖，a、b兩個多孔鉑電極外均覆蓋了一層聚四氟乙烯納米纖維膜，方便氣體透過。下列說法錯誤的是（

）A.采用多孔鉑電極可增大電極與氣體接觸面積

B.該酒精檢測儀運用了原電池原理

C.a極的電極反應：CH3CH2OH+12OH--12e-=2CO2+9H2O

D.乙醇濃度越大，電路中的電流強度就越大10.工業(yè)上利用鋅焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4還含有少量FeO、CuO等)濕法制取金屬鋅的流程如圖所示。下列說法錯誤的是（

）A.ZnFe2O4溶于硫酸的離子方程式：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O

B.加入ZnO的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH以除去溶液中的Fe3+

C.加過量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)

D.為加快反應速率，凈化I和凈化II均應在較高的溫度下進行11.2020年6月，清華大學發(fā)現(xiàn)了一種新型的鉀離子電池。電池示意圖如下，總反應為FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F。下列說法錯誤的是（

）A.放電時，正極反應為FeC2O4F+e-+K+=KFeC2O4F

B.充電時，K+向碳極移動

C.用該電池電解精煉銅，粗銅溶解12.8g時，通過隔膜的K+一定為0.4mol

D.放電時，當電路中通過的電子為0.02mol時，碳電極減小的質(zhì)量為0.78g12.CN-能抑制人體組織細胞內(nèi)酶的活性，不能直接排放到環(huán)境中。工業(yè)上通過電激發(fā)產(chǎn)生HO*和OH-，可處理廢水中的CN-，機理如圖。下列說法錯誤的是（

）A.該電極應該連接直流電源的負極

B.反應I為2CN-+2OH-+10HO*=N2↑+2+6H2O

C.處理1molCN-，反應II理論上生成5molO2

D.OH-、HO*和H2O2中氧原子的雜化方式不同二、多選題13.下列操作能達到實驗目的的是（

）選項目的操作A除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸，過濾、洗滌、干燥B探究溫度對Fe3+水解程度的影響向25mL冷水和沸水中分別滴入5滴飽和FeCl3溶液，比較溶液顏色C證明甲苯中的甲基能夠活化苯環(huán)分別取甲苯和苯與酸性KMnO4溶液反應，觀察酸性KMnO4溶液的褪色情況D證明非金屬性：Cl>S向Na2S溶液中滴加新制氯水，觀察實驗現(xiàn)象A.A

B.B

C.C

D.D14.在體積相同的密閉容器中分別加入一定量的催化劑、1molC2H5OH(g)和不同量的H2O(g)，發(fā)生反應C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)

△H，測得相同時間內(nèi)不同水醇比下乙醇轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關系如圖所示。已知：①水醇比為2：1時，各點均已達到平衡狀態(tài)②不同的水醇比會影響催化劑的催化效果下列說法正確的是（

）A.△H>0

B.該時間段內(nèi)用乙醇濃度變化表示的平均化學反應速率：vA<vE

C.C，E兩點對應的化學平衡常數(shù)相同

D.A，B，C三點中C點的催化劑催化效果最低15.室溫下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中-lgc(Ba2+)與的關系如圖所示(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分別為4.2×10-7、5.6×10-11；BaCO3的Ksp為5×10-9)。下列說法正確的是（

）A.a對應溶液中水的電離程度小于b

B.b對應溶液的c()=0.05mol/L

C.a→b的過程中，溶液中一直減小

D.a對應的溶液中一定存在：c(Na+)+2c(Ba2+)<3c()+c(Cl-)三、綜合題16.硫酸亞鐵銨[NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是一種藍綠色的無機復鹽，易溶于水，不溶于乙醇，在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4都要小。某同學設計如圖實驗裝置制備硫酸亞鐵銨晶體。實驗步驟如下：①用30%的NaOH溶液和鐵屑(含有Fe2O3、FeS等雜質(zhì))混合、煮沸、冷卻、分離，將分離出的NaOH溶液裝入C中。②在B中用①處理過的鐵屑和稀H2SO4反應制取FeSO4。③將②制得的FeSO4溶液與(NH4)2SO4溶液混合。④將A中混合液蒸發(fā)濃縮、自然冷卻、過濾、洗滌、干燥得到硫酸亞鐵銨晶體。（1）儀器a在使用前必須進行的操作是________，C中發(fā)生反應的離子方程式為________。（2）按圖連接好裝置，經(jīng)檢驗氣密性良好，加入相應的藥品后，利用鐵屑和稀硫酸反應產(chǎn)生的氫氣趕走裝置的空氣及硫酸銨溶液中溶解的氧氣，其目的是________，此時活塞K1、K2、K3的狀態(tài)________。（3）完成步驟③的操作是________。（4）步驟④將A中混合液蒸發(fā)濃縮、自然冷卻”能析出硫酸亞鐵銨晶體的原因是________。過濾后的晶體用乙醇洗滌而不用蒸餾水洗滌原因是________。（5）從安全角度分析，該同學設計的實驗裝置存在的缺陷是________。17.用蘋果酸(A)為原料可以合成抗艾滋病藥物沙奎那韋的中間體(G)，其合成路線如下：已知：ⅰ.RCOOH或R1COOR2RCH2OH或R1CH2OHⅱ.SOCl2在酯化反應中作催化劑，若羧酸和SOCl2先混合會生成酰氯，酰氯與醇再反應成酯；若醇和SOCl2先混合會生成氯化亞硫酸酯，氯化亞硫酸酯與羧酸再反應成酯。（1）為得到較多量的產(chǎn)物B，反應①應進行的操作是________。（2）反應②的化學方程式為________，反應②和⑤的目的是________。（3）D的結(jié)構(gòu)簡式為________，G的分子式為________。（4）M為C的同分異構(gòu)體，M可由含有苯環(huán)的有機物N加氫還原苯環(huán)得到。N的分子中有五個取代基，1molN能與4molNaOH反應，但只能與2molNaHCO3反應，N分子中有4種化學環(huán)境相同的氫。則M的結(jié)構(gòu)簡式為________。（5）以為原料合成，寫出能獲得更多目標產(chǎn)物的較優(yōu)合成路線(其它試劑任選)。________。18.近年來，有機-無機雜化金屬鹵素鈣鈦礦作為優(yōu)良的光電材料受到廣泛研究和關注，回答下列問題。（1）Ca、Ti元素基態(tài)原子核外電子占據(jù)能級數(shù)之比為________，與Ti處于同周期單電子數(shù)與Ti相同的元素還有________種，Ca的前三級電離能數(shù)據(jù)分別為589.8kJ/mol、1145.4kJ/mol、4912.4kJ/mol，第三電離能增大較多的原因是________。（2）鹵族元素可與N和P元素形成多種穩(wěn)定鹵化物，其中NCl3分子構(gòu)型為________，P元素可形成穩(wěn)定的PCl3和PCl5，而氮元素只存在穩(wěn)定的NCl3，理由是________。（3）Ti的配合物有多種。Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配體所含原子中電負性最小的是________；Ti(NO3)4的球棍結(jié)構(gòu)如圖，Ti4+的配位數(shù)是________。（4）研究表明，TiO2通過氮摻雜反應生成TiO2-aNb，能使TiO2對可見光具有活性，反應如圖所示。已知TiO2晶胞為長方體，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，TiO2的密度為________g/cm3(列出計算式)。TiO2-aNb晶體中a=________，b=________。19.Co3O4在工業(yè)上有重要應用。利用原鈷礦(主要含有Co2O3，還含有少量Cr2O3、NiO等雜質(zhì))制備Co3O4的工藝流程如下：已知：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-=CoCl②CoCl溶于有機胺試劑，Co2+、Cr3+和Ni2+不溶于有機胺試劑；有機胺試劑不溶于水。③Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15（1）原鈷礦需預先粉碎的目的是________。（2）步驟i中Co2O3溶解時發(fā)生反應的離子方程式為________。（3）步驟ii中加入NaCl固體的目的是________。（4）步驟v反應過程中無氣體逸出，則沉鈷時發(fā)生反應的離子方程式為________；沉鈷過程選擇較高溫度有利于沉淀生成，但加入等量(NH4)2CO3選擇過高溫度得到的沉淀質(zhì)量反而會減少，減少的原因是________。（5）常溫下，步驟v沉鈷濾液中，Co2+含量為5.9×10-2g·L-1，此時溶液的pH=________。（6）步驟vi在空氣中煅燒生成Co3O4的化學方程式是________。20.利用甲烷可以有效降低有害氣體對大氣的污染，成為當前科學研究的重點課題。（1）利用CH4和CO2重整不僅可以獲得合成氣(主要成分為CO、H2)，還可減少溫室氣體的排放。已知重整過程中涉及如下反應：反應I

CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

△H1反應II

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2=+41.2kJ/mol反應III

CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)

△H3=-35.6kJ/mol①已知：O2(g)+H2(g)H2O(g)△H=-241.8kJ/mol，則△H1=________kJ/mol②恒容密閉容器中CH4、CO2的分壓分別為25kPa、20kPa，一定條件下發(fā)生反應I。已知v正(CO)=1.28×10-2·p(CH4)·p(CO2)(Pa·s-1)，某時刻測得p(H2)=10kPa，則該時刻v正(CH4)=________kPa/s。（2）CH4(g)和H2S(g)反應可以生成化工原料CS2(g)和H2(g)?？刂企w系壓強為0.17MPa，當原料初始組成n(CH4)：n(H2S)=1：2，反應達到平衡時，四種組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化如圖甲。圖中表示CS2、CH4變化的曲線分別是________(填字母序號)。M點對應溫度下，H2S的轉(zhuǎn)化率是________，反應的Kp=________(以分壓表示，分壓-總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。（3）在恒容密閉容器中，通入一定量CH4和NO2發(fā)生反應，相同時間內(nèi)測得NO2的轉(zhuǎn)化率與溫度的關系如圖乙。下列敘述正確的是___________。A.200℃NO2的平衡轉(zhuǎn)化率大于300℃NO2的平衡轉(zhuǎn)化率

B.b點的v(逆)大于e點的v(逆)

C.c點和d點均處于平衡狀態(tài)

D.適當升溫或增大c(CH4)可提高C點時NO2的轉(zhuǎn)化率和反應速率

答案解析部分一、單選題1.【答案】D【解析】【解答】A．“常恐秋節(jié)至，焜黃華葉衰”，樹葉由綠變黃是樹葉中葉綠素分解，被葉綠素掩蓋的紅色素、黃色素露出而顯紅色、黃色，有新物質(zhì)產(chǎn)生，發(fā)生了化學變化，故A不符合題意；B．“落紅不是無情物，化作春泥更護花”，花等有機物落到泥土中，植物體中的蛋白質(zhì)、纖維素等含C、N的物質(zhì)分解后變成有機肥供植物使用，蘊含著自然界中的碳、氮循環(huán)，故B不符合題意；C．“朝壇霧卷，曙嶺煙沉”，霧有丁達爾現(xiàn)象是因為膠體粒子對光有散射作用，形成“光亮的通路”，故C不符合題意；D．碳纖維是一種新型無機非金屬材料，是含碳量在90%以上的高強度高模量纖維，主要成分是碳的單質(zhì)，“心憂炭賤愿天寒”中的炭，炭黑的主要成分也為碳，不能互稱為同素異形體，金剛石、石墨、活性炭等由碳元素組成的不同的單質(zhì)才能互稱為同素異形體，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.樹葉由綠變黃過程中產(chǎn)生了新物質(zhì)，發(fā)生了化學變化

B.一般的植物均含有碳元素，化為肥料供給大地，實現(xiàn)了碳和氮的循環(huán)

C.霧是膠體，具備丁達爾效應

D.碳纖維是碳單質(zhì)，而炭的主要成分是含有碳，是混合物不是單質(zhì)2.【答案】A【解析】【解答】根據(jù)分析可知，X是N，Y為O，Z是F，W是S元素。A．同周期從左到右，第一電離能有增大的趨勢，ⅤA族p能級上是半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能變大，第一電離能：Z>X>Y，故A符合題意；B．水分子間形成氫鍵，熔沸點較高，氣態(tài)氫化物的熔沸點：Y>W，故B不符合題意；C．S2-比O2-多一個電子層，O2-與F-電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)大的半徑小，簡單陰離子半徑：W>Y>Z，半徑越大，還原性越強，簡單陰離子的還原性：W>Y>Z，故C不符合題意；D．Y與W形成的兩種常見化合物SO2和SO3，中心原子的價層電子對分別為：2+=3、3+=3，中心原子的雜化方式相同，均為sp2雜化，故D不符合題意；故答案為：A。【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們形成的某種化合物的結(jié)構(gòu)如圖。Y、W同主族，W有6條共價鍵，二者位于ⅥA族，則Y為O元素，W是S元素；其中X、Y、Z同周期，X形成3條共價鍵，Z形成一條共價鍵，則X為N，Z為F元素。3.【答案】B【解析】【解答】A．淀粉只能檢驗碘單質(zhì)，海帶中不含有碘單質(zhì)，用淀粉溶液檢測不出其中的碘元素，A不符合題意；B．氨氣極易溶于水，故可用水可以吸收氨氣，且該裝置還能防倒吸，B符合題意；C．乙醇消去反應制備乙烯時會產(chǎn)生SO2，SO2可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，會干擾乙烯的檢驗，C不符合題意；D．探究實驗需要控制變量，該實驗沒有控制陰離子種類和濃度一直，實驗設計不符合題意，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.檢驗海帶中的碘元素可以采用先通入氧化劑將碘離子氧化為碘單質(zhì)，再加淀粉即可

B.氨氣極易溶于水，此裝置可以防倒吸

C.檢驗乙烯時需要將乙醇除去

D.應該保持陰離子相同時進行實驗4.【答案】C【解析】【解答】A．通過合成氨反應的化學方程式N2+3H22NH3，可知生成標況下44.8L氨氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NA，則生成標況下1.12L氨氣，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.15NA，故A不符合題意；B．Na2CO3溶液中不僅有鈉離子和碳酸根離子，還有氫離子和氫氧根離子等，故1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，陰、陽離子的總數(shù)大于0.3NA，故B不符合題意；C．NH5的結(jié)構(gòu)類似于NH4Cl，而1molNH4Cl中所含σ鍵的數(shù)目為4NA，則1molNH5中所含σ鍵的數(shù)目為4NA，故C符合題意；D．鋼鐵電化學腐蝕生成0.05molFe2O3·nH2O，意味著有0.1mol鐵被氧化，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.根據(jù)n=計算出物質(zhì)的量，再根據(jù)方程式計算出轉(zhuǎn)移的電子

B.陰離子水解時陰離子數(shù)目增大

C.根據(jù)結(jié)構(gòu)式即可判斷

D.根據(jù)元素化合價即可計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)5.【答案】B【解析】【解答】A．洪特規(guī)則為電子分布到能量簡并的原子軌道時，優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道，因為這種排布方式原子的總能量最低，Be的電子排布式是：1s22s2，B的電子排布為：1s22s22p1，可以用洪特規(guī)則解釋第一電離能Be>B，A不符合題意；B．K的4s軌道半滿，位于IA族，Cr的4s軌道半滿，位于VIB族，Cu的4s軌道半滿，位于IB族，B符合題意；C．NH3中N原子含有孤電子對，孤電子對對N-H鍵的斥力比[Zn(NH3)6]2+中的配位鍵N-Zn鍵的成鍵電子對對N-H鍵的斥力大，所以前者H-N-H更集中，鍵角更小，后者中的H-N-H鍵角更大，C不符合題意；D．氟化鈣晶胞中，鈣離子和氟離子最近的核間距是acm，是體對角線的四分之一，設晶胞棱長是cm，可以得到，所以=，即晶胞的棱長為cm，D不符合題意故答案為B。

【分析】A.根據(jù)核外電子排布，能量越高越易失去電子

B.根據(jù)第四周期的元素找出4s軌道上半充滿的元素即可

C.根據(jù)鋅離子易與氨氣分子形成配位鍵導致鍵角增大

D.根據(jù)氟化鈣的晶胞圖即可計算出晶胞的長度6.【答案】A【解析】【解答】A．其加聚產(chǎn)物含有酚羥基，其鄰位上有氫，能與溴水發(fā)生取代反應而使溴水褪色，故A符合題意；B．含有酚羥基，在空氣中易被氧化，應密閉貯存，故B不符合題意；C．苯環(huán)、乙烯、-COO-中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以分子中所有碳原子可能在同一平面上，故C不符合題意；D．該有機物與H2加成產(chǎn)物如圖所示，產(chǎn)物中含有3個手性碳原子，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式即可找出含有雙鍵、酯基、醚基、羥基官能團，含有羥基易被氧化，因此應該密封保存，發(fā)生加聚后，含有羥基可以使高錳酸鉀褪色，含由苯環(huán)和雙鍵均是以單鍵相連接，可以實現(xiàn)碳原子共面，根據(jù)加入氫氣后可以找出含有手性碳原子個數(shù)結(jié)合選項進行判斷即可7.【答案】C【解析】【解答】A．加入乙酸乙酯的目的是萃取金銀花的水浸取液中的綠原酸，綠原酸是一種有機弱酸，在水溶液中部分電離，加入鹽酸，溶液中氫離子濃度增大，使電離平衡左移，綠原酸濃度增大，有利于提高乙酸乙酯萃取時的萃取率，故A不符合題意；B．乙酸乙酯的密度小于水，萃取分液后，水層在下方，則分液時應先打開分液漏斗頂塞，再打開旋塞，使水層從分液漏斗下口放出，故B不符合題意；C．有機層減壓蒸餾的目的是降低蒸餾溫度，有利于乙酸乙酯揮發(fā)，防止蒸餾溫度過高，綠原酸受熱分解，故C符合題意；D．由圖可知，減壓蒸餾時冷凝收集得到的乙酸乙酯可以做萃取金銀花的水浸取液中的綠原酸的萃取劑，則循該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是乙酸乙酯，故D不符合題意；故答案為：C。【分析】由流程圖可知，先加入鹽酸抑制綠原酸的電離，再加入乙酸乙酯萃取金銀花的水浸取液中的綠原酸，分液得到綠原酸的乙酸乙酯溶液，綠原酸的乙酸乙酯溶液經(jīng)減壓蒸餾得到含有綠原酸的浸膏和乙酸乙酯，乙酸乙酯可以循環(huán)使用，浸膏經(jīng)過分離提純得到綠原酸粗品。8.【答案】A【解析】【解答】A．H2O2結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，含有極性共價鍵H-O和非極性共價鍵O-O，極性不能抵消，是含有非極性鍵的極性分子，A說法符合題意；B．激發(fā)態(tài)的鉀原子回到基態(tài)，釋放能量，會形成發(fā)射光譜，B說法不符合題意；C．向草酸亞鐵溶液中滴加酸性KMnO4溶液，草酸根離子與亞鐵離子均有還原性，則紫色褪去不能證明溶液中含有Fe2+，C說法不符合題意；D．酸的強弱與其電離出的H+個數(shù)無關，D說法不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.根據(jù)過氧化氫的結(jié)構(gòu)式即可判斷其含有極性鍵和非極性鍵的極性分子

B.激發(fā)態(tài)變?yōu)榛鶓B(tài)時釋放能量，釋放光譜

C.草酸亞鐵中的亞鐵離子和草酸根離子均具有還原性，均可被高錳酸鉀氧化

D.酸性的強弱和電離程度有關9.【答案】C【解析】【解答】A．采用多孔鉑電極可增大電極與氣體接觸面積，使反應更充分，故A不符合題意；B．該酒精檢測儀運用了原電池原理，乙醇在負極失電子被氧化，氧氣在正極得電子被還原，故B不符合題意；C．O2通入右側(cè)Pt電極，則右側(cè)Pt電極為正極，左側(cè)Pt電極為負極，該電池的負極反應式為CH3CH2OH+3H2O-12e-═CO2↑+12H+，故C符合題意；D．乙醇濃度越大，電路中的電流強度就越大，讀出的數(shù)值越大，故D不符合題意；故答案為：C。【分析】該裝置中生成物為二氧化碳，則電解質(zhì)溶液為酸性，酸性條件下，乙醇燃料電池中，負極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應，正極上是氧氣得電子的還原反應；根據(jù)圖示得出酸性燃料電池的反應物和生成物，再根據(jù)原電池原理寫出該電池的反應式來判斷。10.【答案】D【解析】【解答】A．ZnFe2O4溶于硫酸生成Zn2+、Fe3+、H2O，離子方程式為：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，A不符合題意；B．加入ZnO的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH以除去溶液中的Fe3+，B不符合題意；C．加過量ZnS可除去溶液中的Cu2+生成更難溶的CuS，是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，C不符合題意；D．凈化I中的H2O2在溫度較高時會分解，該反應需要控制溫度不能太高，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥夸\焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4還含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸，溶液中會有Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+金屬陽離子進入，加入H2O2用于氧化亞鐵離子，然后用ZnO調(diào)pH除去三價鐵，過濾之后加入硫化鋅沉銅，電解得到的硫酸鋅溶液制取鋅。11.【答案】C【解析】【解答】A．總反應為FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F，放電時，正極得電子，反應為FeC2O4F+e-+K+=KFeC2O4F，A不符合題意；B．充電時，碳極得電子為陰極，陽離子移向陰極，所以K+向碳極移動，B不符合題意；C．用該電池電解精煉銅，粗銅為做陽極，粗銅混合物，溶解12.8g時，不可算出轉(zhuǎn)移電子總數(shù)，所以通過隔膜的K+不一定為0.4mol，C符合題意；D．放電時碳電極反應為：KC6-e-=C6+K+，當電路中通過的電子為0.02mol時，碳極溶出0.02molK+，質(zhì)量減少0.02mol×39g/mol=0.78g，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.根據(jù)FeC2O4F+KC6

C6+KFeC2O4F，放電時，負極是KC6中的鉀失去電子，發(fā)生的是氧化反應，正極是FeC2O4F，得到電子發(fā)生的是FeC2O4F+e-+K+=KFeC2O4F，

B.充電時，是鉀離子在C6上得到電子，發(fā)生還原反應，因此鉀離子向碳棒移動，

C.用電池電解精煉銅時，粗銅做的是陽極，含有銅、鐵鋅等金屬，物質(zhì)的量不能計算，無法計算出轉(zhuǎn)移的鉀離子數(shù)目，

D.根據(jù)放電的電子的量即可計算出電極減少的量結(jié)合選項即可判斷12.【答案】D【解析】【解答】A．過程中有O2得電子被還原成*O，屬于陰極，該電極應該連接直流電源的負極，A不符合題意；B．反應I是HO*、OH-和CN-，反應生成氮氣、碳酸根和水，反應的離子方程式為2CN-+2OH-+10HO*=N2↑+2+6H2O，B不符合題意；C．*O結(jié)合H+生成*O2H，*O2H分解生成O2和H2O2：2*O2H＝O2↑+H2O2，雙氧水分解產(chǎn)生HO*、OH-，然后發(fā)生反應2CN-+2OH-+10HO*=N2↑+2+6H2O，則處理1molCN-，需要5molHO*，即需要5mol雙氧水，所以反應Ⅱ理論上生成5molO2，C不符合題意；D．OH-、HO*和H2O2中氧原子均形成單鍵，雜化方式均是sp3雜化，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.根據(jù)給出流程圖即可判斷出氧氣得到電子變?yōu)橹虚g體*O，此反應在陰極發(fā)生，因此直接連接的是電池的負極

B.根據(jù)反應I的反應物和生成物即可寫出總的反應方程式

C.根據(jù)元素化合價的變化即可計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)

D.根據(jù)結(jié)構(gòu)式結(jié)合成鍵方式即可判斷氧的雜化方式二、多選題13.【答案】B,D【解析】【解答】A．硝酸是強氧化性的酸，會消耗Cu粉，造成目標產(chǎn)物損失，A不符合題意；B．探究實驗需要控制變量探究；向25mL冷水和沸水中分別滴入5滴飽和FeCl3溶液，氯化鐵水解會導致顏色變深，其他條件相同，只控制溫度變來觀察水解程度變化，可以用來溫度對Fe3+水解程度的影響，B符合題意；C．甲苯上的甲基可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，原因是苯環(huán)活化了甲基，C不符合題意；D．向Na2S溶液中滴加新制氯水，溶液變渾濁，表示有硫單質(zhì)生成，表明氯水氧化硫化鈉制備硫，說明氯氣的氧化性強于S，則可證明非金屬性：Cl>S，D符合題意；故答案為：BD。

【分析】A.應該加入非氧化性酸如鹽酸或者稀硫酸再過濾

B.通過控制溫度的不同進行判斷溫度對水解的影響

C.此實驗證明的是苯環(huán)活化了甲基

D.通過單質(zhì)的置換反應即可證明元素的非金屬性強弱14.【答案】A,D【解析】【解答】A．根據(jù)圖中信息可知其他條件相同時，溫度升高，乙醇轉(zhuǎn)化率上升，所以該反應為吸熱反應，△H>0，A符合題意；B．A點水醇比為4：1，E點水醇比為2：1，A點乙醇濃度更大，但是E點溫度更高，從而導致vA和vE大小不可判斷，B不符合題意；C．C、E兩點溫度不同，對應的化學平衡常數(shù)不相同，C不符合題意；D．A、B、C三點溫度相同，C點水醇比最大，若其他條件相同時，C點乙醇轉(zhuǎn)化率應為最大，但是根據(jù)圖中信息可知C點乙醇轉(zhuǎn)化率最低，所以C點的催化劑催化效果最低，D符合題意；故答案為：AD。

【分析】A.根據(jù)溫度是升高，乙醇的轉(zhuǎn)化率均增大即可判斷焓變

B.溫度不同、濃度不同無法比較其速率的大小

C.平衡常數(shù)與溫度有關

D.根據(jù)轉(zhuǎn)化率的高低即可判斷15.【答案】B,C【解析】【解答】A．由a到b時，Ba2+持續(xù)增大，BaCO3的Ksp不變，所以濃度持續(xù)減小，因為會水解促進水的電離，所以該過程水的電離程度持續(xù)減小，則a對應溶液中水的電離程度大于b，A不符合題意；B．b點時，c()=102且c(Ba2+)=10-5mol/L，BaCO3的Ksp為5×10-9=c(Ba2+)×，所以此時=5×10-4mol/L，則c()=102=0.05mol/L，B符合題意；C．a(chǎn)→b的過程中，由a到b時，Ba2+持續(xù)增大，BaCO3的Ksp不變，所以濃度持續(xù)減小，碳酸根水解呈堿性，所以溶液堿性會變?nèi)?，導致增大，溶液?，Ka1、Ka2不改變，增大，所以一直減小，即一直減小，C符合題意；D．a(chǎn)對應的溶液中c()=，溶液電荷守恒為：c(Na+)+2c(Ba2+)+=2+c()+c(Cl-)＋，所以此時有：c(Na+)+2c(Ba2+)+=3c()+c(Cl-)＋，碳酸鈉和碳酸氫鈉混合溶液顯堿性，則，所以：c(Na+)+2c(Ba2+)>3c()+c(Cl-)，D不符合題意；故答案為：BC。

【分析】A.隨著鋇離子的加入碳酸根離子逐漸減少，水解程度減小，水的電離減小

B.結(jié)合b點的坐標，結(jié)合碳酸鋇的溶度積即可計算

C.根據(jù)給出的等式用碳酸的電離常數(shù)進行替換結(jié)合氫離子濃度變化即可判斷

D.根據(jù)a點數(shù)據(jù)利用電荷守恒即可判斷三、綜合題16.【答案】（1）檢驗是否漏液；H2S+2OH-=S2-+2H2O

（2）防止Fe2+被氧化；K1、K2打開，K3關閉

（3）打開K3，關閉K1

（4）溶液中存在Fe2+、和，濃縮時，溶解度小的鹽會先析出；硫酸亞鐵銨易溶于水，不溶于乙醇，減少損耗

（5）沒有H2處理裝置【解析】【解答】(1)儀器a是分液漏斗，在使用前必須進行的操作是檢驗是否漏液，鐵屑中含有FeS，能與硫酸反應生成H2S，制備的氫氣中含有H2S，H2S進入C中與氫氧化鈉溶液反應生成硫化鈉，發(fā)生反應的離子方程式為H2S+2OH-=S2-+2H2O；

(2)由裝置圖可知，向容器F中通入氫氣，應關閉活塞A，打開活塞B、C．硫酸銨溶液中的溶解O2，容器D液面上部有O2，F(xiàn)e2+易被氧化為Fe3+，通入氫氣趕走硫酸銨溶液中的溶解O2和容器D液面上部的O2，防止Fe2+被氧化為Fe3+；此時活塞K1、K2打開，K3關閉，產(chǎn)生的氫氣由K1進入裝置C，再經(jīng)K2進入裝置A將裝置中的空氣排盡；(3)完成步驟③將②制得的FeSO4溶液與(NH4)2SO4溶液混合，操作是打開K3，關閉K1產(chǎn)生的氫氣將裝置B中的溶液壓入裝置C；(4)步驟④將A中混合液蒸發(fā)濃縮、自然冷卻”能析出硫酸亞鐵銨晶體的原因是溶液中存在Fe2+、和，濃縮時，溶解度小的鹽會先析出；過濾后的晶體用乙醇洗滌而不用蒸餾水洗滌原因是硫酸亞鐵銨易溶于水，不溶于乙醇，減少損耗；(5)從安全角度分析，該同學設計的實驗裝置存在的缺陷是沒有H2處理裝置，可燃性氣體容易引起爆炸?！痉治觥坷描F與稀硫酸反應制得氫氣和硫酸亞鐵溶液，利用氫氣將裝置中的空氣排盡，再利用氫氣將制得的硫酸亞鐵溶液壓入裝置A中與硫酸銨溶液作用制備硫酸亞鐵銨[NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]。

17.【答案】（1）先將SOCl2與甲醇混合反應后，再加入蘋果酸進行反應

（2）++2CH3OH；保護兩個羥基不被氯代

（3）；C12H11NO3Cl2

（4）

（5）【解析】【解答】(1)蘋果酸A為，若A先和SOCl2混合則A上的羥基會參與反應，根據(jù)產(chǎn)物B的結(jié)構(gòu)可知反應后依然存在兩個羥基，所以要得到較多的B，就應不能用A先和SOCl2混合，而是先將SOCl2與甲醇混合反應后，再加入蘋果酸進行反應減少副產(chǎn)物，所以答案為：先將SOCl2與甲醇混合反應后，再加入蘋果酸進行反應。

(2)反應②為和發(fā)生取代反應生成，根據(jù)取代反應的特點可知產(chǎn)物還有CH3OH，所以反應的化學方程式為+

+2CH3OH，反應②中B的羥基形成醚鍵，反應⑤則重新生成羥基，從而保護了羥基在反應④的時候不被取代，所以目的是保護兩個羥基不被氯代。(3)C為，根據(jù)反應條件以及反應機理R1COOR2R1CH2OH可知轉(zhuǎn)化為，所以D的結(jié)構(gòu)簡式為，G為則分子式為C12H11NO3Cl2。(4)C為，M為C的同分異構(gòu)體所以M分子式為C9H14O6，M可由含有苯環(huán)的有機物N加氫還原苯環(huán)得到，所以N的分子式為C9H8O6，不飽和度為6。1molN只能與2molNaHCO3反應，說明一個N的分子中有2個-COOH，一個苯環(huán)和2個羧基已經(jīng)占有了6個不飽和度，而1molN能與4molNaOH反應，說明除2個羧基外還有兩個酚羥基，N有五個取代基，分子中有4種化學環(huán)境相同的氫，所以是高度對稱的結(jié)構(gòu)，所以N可能為或。則M的結(jié)構(gòu)簡式為或。(5)經(jīng)過反應機理R1COOR2R1CH2OH制得，經(jīng)過消去反應可以獲得，經(jīng)過加聚反應即得到目標產(chǎn)物，所以答案為：

?！痉治觥浚?）根據(jù)給出的信息ii即可判斷，應該先

讓SOCl2進行混合，再將蘋果酸加入其中即可

（2）根據(jù)反應物和生成物即可寫出方程式，實驗②是將羥基保護，反應⑤是將羥基體現(xiàn)出

（3）根據(jù)E的結(jié)構(gòu)簡式即可判斷出D的結(jié)構(gòu)簡式，根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡式即可寫出G的分子式

（4）根據(jù)要求即可寫出結(jié)構(gòu)簡式

（5）根據(jù)生成物進行逆推出中間產(chǎn)物，結(jié)合反應物和流程即可進行合成

18.【答案】（1）6：7；3；因為Ca2+已經(jīng)達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，再失去1個電子屬于內(nèi)層電子，原子核吸引力更強，所以I3突然增大

（2）三角錐形；N元素L層最多4個軌道，所以不易生成NCl5

（3）H；8

（4）；；【解析】【解答】(1)Ca基態(tài)原子核外電子占據(jù)能級為1s、2s、2p、3s、3p、4s，Ti基態(tài)原子核外電子占據(jù)能級為1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，能級數(shù)之比為6：7；Ti基態(tài)原子的價電子排布式為3d24s2，3d能級有2個單電子，同周期中含有2個單電子的元素有Ni、Ge、Br，3種元素；Ca的核外電子排布式為[Ar]4s2，失去2個電子后，核外電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，再失去1個電子屬于內(nèi)層電子，原子核吸引力更強，所以I3突然增大；

(2)NCl3的中心N原子含有1對孤電子對，3條σ鍵，價層電子對數(shù)為4，則分子構(gòu)型為三角錐形；P原子核外電子第三層有d能級，可形成spd雜化，N原子核外電子第二層只有s、p能級4個電子軌道，則不能形成NCl5；(3)Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配體分別為CO、H2O、F-，非金屬性越強，電負性越大，則H的電負性最小；根據(jù)球棍模型，硝酸根離子中的2個氧原子與Ti4+連接成環(huán)，則Ti4+的配位數(shù)是8；(4)根據(jù)TiO2晶胞結(jié)構(gòu)，Ti原子在晶胞的8個頂點、4個面心和1個在體內(nèi)，晶胞含有的個數(shù)為4，O原子8個在棱上、8個在面上，2個在體內(nèi)，O原子個數(shù)為8，則1mol晶胞的質(zhì)量為(48+32)×4g，體積為m2×n×10-30×NAcm3，則密度==g/cm3；氮摻雜反應后，有3個氧空穴，O原子6個在棱上、6個在面上，1個在體內(nèi)，O原子個數(shù)為，N原子1個在面上、1個在棱上，個數(shù)為，則化學式為Ti，故2-a=，a=，b=?！痉治觥浚?）根據(jù)核外電子能級排步即可計算出能級數(shù)，找出同周期的元素即可，根據(jù)失去兩個電子時達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)很難失去電子

（2）根據(jù)氮原子的成鍵方式即可判斷出分子構(gòu)型，根據(jù)N原子的最外層只有1個s和3個p軌道

（3）根據(jù)元素非金屬性越強電負性越強，根據(jù)球棍模型即可判斷出配位數(shù)

（4）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)計算出晶胞的原子數(shù)計算出質(zhì)量，結(jié)合晶胞參數(shù)計算出體積，即可計算出密度。根據(jù)占位即可計算出氧原子個氮原子個數(shù)

19.【答案】（1）增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應更充分

（2）Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O

（3）加入NaCl固體，可使溶液中Cl-濃度增大，平衡Co2+＋4Cl-CoCl右移，CoCl濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度

（4）2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO；溫度過高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3濃度降低，沉淀質(zhì)量減少

（5）8

（6）3Co2(OH)2CO3＋O22Co3O4＋3H2O＋3CO2【解析】【解答】(1)預先粉碎可以增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；

(2)根據(jù)后續(xù)流程中出現(xiàn)Co2+，說明鹽酸浸取時Cl-將Co2O3被還原為Co2+，自身被氧化為Cl2，根據(jù)所給信息①可知，若鹽酸過量還可能生成CoCl，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O；(3)加入NaCl固體，可使溶液中Cl-濃度增大，平衡Co2+＋4Cl-CoCl右移，CoCl濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度，提高原料的利用率；(4)根據(jù)流程可知產(chǎn)物為Co2(OH)2CO3，說明Co2+和CO發(fā)生雙水解，而反應過程中無氣體逸出，說明CO濃度較大，溶液堿性較強，CO沒有徹底水解，轉(zhuǎn)化為HCO，所以離子方程式為2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO；溫度過高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3濃度降低，沉淀質(zhì)量減少；(5)濾液中Co2+含量為5.9×10-2g·L-1，則c(Co2+)==1.0×10-3mol/L，則此時溶液中c(OH-)==10-6mol/L，所以溶液中c(H+)=10-8mol/L，pH=8；(6)Co2(OH)