山東省日照市高考化學(xué)三模試卷及答案

高考化學(xué)三模試卷一、單選題1.化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是（

）A.

“中國(guó)天眼”的球面射電板由鋁合金板制成，鋁合金比純鋁的熔點(diǎn)低、硬度大

B.

工業(yè)上常用硫化物沉淀法處理重金屬?gòu)U水，且不會(huì)產(chǎn)生二次污染

C.

“神州十一號(hào)”飛船使用的半導(dǎo)體材料GaAs可用SiO2代替

D.

ⅢB族的17種稀土元素均屬于d區(qū)元素2.下列說(shuō)法正確的是（

）A.

液溴需貯存在帶橡膠塞的棕色細(xì)口瓶中，并進(jìn)行水封

B.

洗凈的滴定管和容量瓶應(yīng)放入烘箱中烘干

C.

可以將高錳酸鉀固體和無(wú)水乙醇放在一個(gè)藥品柜里保存

D.

滴定接近終點(diǎn)時(shí)，滴定管的尖嘴可以接觸錐形瓶?jī)?nèi)壁3.下列實(shí)驗(yàn)裝置不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵?/p>

）A.

用甲裝置驗(yàn)證NH3在水中的溶解度大

B.

用乙裝置驗(yàn)證犧牲陽(yáng)極保護(hù)法

C.

用丙裝置將CuCl2溶液蒸干制備CuCl2

D.

用丁裝置驗(yàn)證溴乙烷的消去產(chǎn)物是乙烯4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W與氫元素形成的二元化合物為五核10電子；X元素價(jià)電子排布式為nsnnpn+2；X、Y同主族相鄰。下列說(shuō)法正確的是（

）A.WY2屬于極性分子

B.W的某種單質(zhì)可能是共價(jià)晶體

C.YX的空間構(gòu)型為平面三角形

D.氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：W＜Y＜Z5.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.

1mol白磷分子中含有P—P共價(jià)鍵數(shù)為6NA

B.

1molNH4Cl溶于水形成的溶液中陽(yáng)離子總數(shù)大于NA

C.

1molH2O分子中氧原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4NA

D.

常溫下，pH=10的NaHCO3溶液中，由水電離產(chǎn)生的H+數(shù)為10-4NA6.五味子丙素對(duì)急慢性肝損傷有較好的改善效果，五味子丙素的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.

五味子丙素能發(fā)生取代、氧化、還原、加成反應(yīng)

B.

分子中所有氧原子一定共面

C.

1mo1五味子丙素分子中含有2mol手性碳原子

D.

五味子丙素的一溴代物有12種7.ClO2是國(guó)際上公認(rèn)的安全綠色消毒劑。工業(yè)上利用甲醇還原NaClO3的方法制備ClO2的反應(yīng)原理為：NaClO3+H2SO4+CH3OH→C1O2↑+HCOOH+Na3H(SO4)2↓+H2O(未配平)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.HCOOH為該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物

B.生成2.24LC1O2時(shí)，電子轉(zhuǎn)移數(shù)是0.1NA

C.反應(yīng)中氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為4：1

D.ClO2和SO2均能漂白紙張，但漂白原理不同8.某汽車安全氣囊的氣體發(fā)生劑主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物質(zhì)。已知疊氮酸(HN3)與CH3COOH的酸性相似。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.室溫下，Kh(N)>Kh(HCO)

B.室溫下，NaN3溶液中：c(Na+)=c(N)+2c(HN3)+c(H+)-c(OH-)

C.Fe2O3的作用是與NaN3分解產(chǎn)生的Na發(fā)生置換反應(yīng)生成Fe和Na2O

D.KClO4是助氧化劑，NaHCO3是冷卻劑，氣囊打開時(shí)其中的氣體主要是N2和CO29.用TiOSO4溶液生產(chǎn)納米TiO2的工藝流程如下：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行“操作I”，需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗

B.“沉鈦”時(shí)反應(yīng)的離子方程式為：‘TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2NH

C.回收“濾液”中的(NH4)2SO4，應(yīng)采用蒸發(fā)結(jié)晶法

D.納米TiO2形成分散系時(shí)，具有較好的散射能力10.用下圖所示裝置探究某濃度濃硝酸與鐵的反應(yīng)。裝置①中Fe表面產(chǎn)生紅棕色氣泡，過一會(huì)兒停止；裝置②插入銅連接導(dǎo)線一段時(shí)間后，F(xiàn)e表面產(chǎn)生紅棕色氣泡，而后停止；隨即又產(chǎn)生紅棕色氣泡，而后停止，……，如此往復(fù)多次；Cu表面始終有紅棕色氣泡。下列說(shuō)法正確的是（

）

A.①中現(xiàn)象說(shuō)明該濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，能將Fe鈍化為Fe2O3

B.②中連接導(dǎo)線后，體系形成了原電池，Cu始終為負(fù)極

C.②中Fe表面產(chǎn)生紅棕色氣泡時(shí)，F(xiàn)e為負(fù)極

D.Cu表面發(fā)生的反應(yīng)只有：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、NO+2H++e-=NO2↑+H2O11.以197g六氨合氯化鎂為原料，經(jīng)酸化、碳化、熱解、過濾、干燥制得932g堿式碳酸鎂產(chǎn)品，同時(shí)獲取副產(chǎn)物CO226.88L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。原理如下(假定每步反應(yīng)都沒有損耗；x、y、z的最簡(jiǎn)整數(shù)比為x：y：z)。酸化反應(yīng)：MgCl2·6NH3+6HCl=MgC12+6NH4Cl；碳化反應(yīng)：MgCl2+2NH4HCO3=Mg(HCO3)2+2NH4Cl；熱解反應(yīng)：Mg(HCO3)2→xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O↓+CO2↑(未配平)。下列說(shuō)法正確的是（

）A.xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O屬于混合物

B.x=z=2

C.y=1

D.副產(chǎn)物NH4C1可用作化肥，也可用熱分解法制備氨氣12.包覆納米硅復(fù)合材料(GS-Si)的可充電石墨烯電池工作原理如圖所示。放電時(shí)，GS-Si包覆石墨烯電極上的物質(zhì)變化為：C6Li→C6Li1-x；多元含鋰過渡金屬氧化物電極上的物質(zhì)變化為：Li1-xMO2→LiMO2，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.

放電時(shí)，膠狀聚合物電解質(zhì)和固體電解質(zhì)的作用均為傳導(dǎo)離子，構(gòu)成閉合回路

B.

若放電前兩個(gè)電極質(zhì)量相等，轉(zhuǎn)移0.1mol電子后兩個(gè)電極質(zhì)量相差0.7g

C.

充電時(shí)，與正極連接的電極反應(yīng)為L(zhǎng)iMO2-xe-=Lil-xMO2+xLi+

D.

為保護(hù)電池，GS-Si包覆石墨烯的電極反應(yīng)不能進(jìn)行至C6Li-e-=C6+Li+二、多選題13.有機(jī)化合物G是合成抗真菌藥物的重要中間體，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.

G的分子式為C11H13O5Cl

B.

G分子中含四種官能團(tuán)

C.

G分子含有σ鍵、π鍵、大π鍵、氫鍵等化學(xué)鍵

D.

1molG最多可與3molH2加成，最多與4molNaOH反應(yīng)14.中國(guó)科學(xué)院化學(xué)研究所報(bào)道了化合物1催化CO2氫化機(jī)理。其機(jī)理中化合物1(催化劑，固態(tài))→化合物2(中間產(chǎn)物，固態(tài))的過程和其相對(duì)能量曲線如下圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A.

化合物1與CO2反應(yīng)生成化合物2的過程中有兩個(gè)過渡態(tài)TS11-2、TS21-2，說(shuō)明這一過程包含兩個(gè)基元反應(yīng)

B.

圖中Ⅰ1-2與化合物2互為同分異構(gòu)體

C.

過程①的活化能高于過程②的活化能

D.

過程①的熱化學(xué)方程式為：I(s)+CO2(g)=I1-2(s)

△H=2.08kJ·mol-115.向xmol·L-1的20mLH2B溶液中滴入相同濃度的NaOH溶液，測(cè)得H2B、HB-、B2-的pH-pc(pc=-lgc)曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（

）A.a、b點(diǎn)所在曲線對(duì)應(yīng)的粒子為HB-

B.水電離出的氫離子濃度大小關(guān)系為：c>b>a

C.c點(diǎn)，滴入NaOH溶液的體積為10mL

D.三、綜合題16.硼酸(H3BO3)是玻璃工業(yè)、電子元件行業(yè)的重要原料?；卮鹣铝袉栴}：（1）與B、O同周期，第一電離能介于二者之間的有________(填元素符號(hào))。（2）硼酸晶體結(jié)構(gòu)為平面層狀結(jié)構(gòu)(如圖I)，四硼酸根為立體結(jié)構(gòu)(如圖Ⅱ)。①硼酸為________晶體；晶體中各層之間的作用力為________。②四硼酸根中硼原子的雜化方式為________。（3）工業(yè)上曾用碳氨法制備硼酸，先用MgO·B2O3與NH4HCO3、H2O制得(NH4)H2BO3和MgCO3，然后再將(NH4)H2BO3脫NH3生成H3BO3。①NH與CO的空間構(gòu)型：NH________：CO________。②MgO晶體結(jié)構(gòu)屬于NaC1型(如圖)，圖中表示Mg2+的為________(填“大球”或“小球”)，其配位數(shù)是________；MgO晶胞參數(shù)為apm，則MgO晶胞的密度為________g·cm-3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，用含a、NA的式子表示)。17.氫能是一種理想的綠色能源，一種太陽(yáng)能兩步法甲烷蒸氣重整制氫原理合成示意圖如下：回答下列問題：（1）第Ⅰ步：NiFe2O4(s)+CH4(g)NiO(s)+2FeO(s)+CO(g)+2H2(g)=akJ·mol-1。總反應(yīng)可表示為：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)=bkJ·mol-1。寫出第Ⅱ步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：________。（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得分步制氫比直接利用CH4和H2O(g)反應(yīng)具有更高的反應(yīng)效率，原因是________。（3）第Ⅰ、Ⅱ步反應(yīng)的lgKp-T圖像如下。由圖像可知a________b(填“大于”或“小于”)，1000℃時(shí)，第Ⅱ步反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=________，測(cè)得該溫度下第Ⅰ步反應(yīng)平衡時(shí)CH4的平衡分壓p(CH4)=4.0kPa，則平衡混合氣體中H2的體積分?jǐn)?shù)為________(保留一位小數(shù))。（4）第Ⅰ步反應(yīng)產(chǎn)生的合成氣(CO和H2的混合氣體)可用于F-T合成(以合成氣為原料在催化劑和適當(dāng)條件下合成碳?xì)浠衔锏墓に囘^程)。合成碳?xì)浠衔飼r(shí)易發(fā)生副反應(yīng)CO+H2O(g)CO2+H2，如圖為相同條件下用不同催化劑在不同時(shí)間段測(cè)得反應(yīng)體系內(nèi)CO2的體積分?jǐn)?shù)，據(jù)此應(yīng)選擇的催化劑是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，選擇的依據(jù)是________。18.NiSO4·nH2O易溶于水，難溶于乙醇，其水溶液顯酸性。從電鍍污泥中回收制備NiSO4·nH2O和其它金屬的工藝流程如下。已知：Ⅰ.電鍍污泥含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等。Ⅱ.萃取劑(RH)萃取Ni2+的原理為Ni2++2RH2NiR2+2H+?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”時(shí)，為加快浸出速率，提高生產(chǎn)效益，下列措施不合理的有___________(填標(biāo)號(hào))。A.用機(jī)械攪拌器攪拌

B.體積不變?cè)黾恿蛩岬臐舛?/p>

C.進(jìn)一步球磨粉碎（2）“電解”時(shí)，銅的電解電壓較低，且電解速率很快，鐵和鉻存在形式隨電解電壓的變化如下表。為得到純的NiSO4·nH2O，電解電壓的范圍應(yīng)選擇________V。電解電壓/V1.01.21.52.02.53.03.5Fe2+有有有無(wú)無(wú)無(wú)無(wú)Cr4+無(wú)無(wú)無(wú)無(wú)無(wú)有有（3）萃取余液可在________中循環(huán)利用(填操作單元)，反萃取劑X為________(填化學(xué)式)。（4）“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在強(qiáng)堿溶液中被NaClO氧化，得到用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。該反應(yīng)的離子方程式為________。NiSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等多步操作可得NiSO4·nH2O。下列說(shuō)法正確的是________(填標(biāo)號(hào))。A．為得到較大NiSO4·nH2O晶體顆粒，宜用冰水快速冷卻結(jié)晶B．蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時(shí)，停止加熱C．可通過抽濾提高過濾速度，在80℃鼓風(fēng)干燥，快速得到干燥晶體D．向冷卻結(jié)晶后的固液混合物中加入乙醇可提高產(chǎn)率（5）采用熱重分析法測(cè)定NiSO4·nH2O樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)。將樣品在900℃下進(jìn)行煅燒，失重率隨時(shí)間變化如下圖，A點(diǎn)時(shí)失掉2個(gè)結(jié)晶水，n的值為________；C點(diǎn)產(chǎn)物的化學(xué)式為________。19.FeCl2是重要的媒染劑和污水處理劑。某?；瘜W(xué)探究團(tuán)隊(duì)查閱有關(guān)資料，在實(shí)驗(yàn)室中用氯苯消氯法制備無(wú)水FeCl2，原理為：C6H5Cl+2FeCl3→2FeCl2+C6H4Cl2+HC1↑，裝置如下圖(夾持裝置已略去)。已知：Ⅰ.FeCl2、FeCl3不溶于氯苯、二氯苯；Ⅱ.C6H5Cl、C6H4Cl2二者互溶，不溶于水；沸點(diǎn)分別為132℃、173℃?；卮鹣铝袉栴}：。（1）儀器a的名稱為________，該儀器________(填“能”或“不能”)用于石油的分餾。（2）該團(tuán)隊(duì)用3.25gFeCl3與過量氯苯反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后將三頸燒瓶中的物質(zhì)倒出，過濾、洗滌、干燥后得到粗產(chǎn)品，回收濾液中氯苯的方法為________(填操作名稱)。（3）經(jīng)討論后，分為甲、乙兩組用不同方法測(cè)定FeCl3的轉(zhuǎn)化率。①甲組：用0.40mol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定錐形瓶?jī)?nèi)的溶液，可選用的指示劑為________；若終點(diǎn)時(shí)消耗18.50mLNaOH標(biāo)準(zhǔn)液，則FeCl3轉(zhuǎn)化率為________％。②乙組：將粗產(chǎn)品制成250mL溶液，取出25.00mL，用0.0200mol·L-1標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定(己知：本實(shí)驗(yàn)條件下，C1-不參與反應(yīng)：KMnO4還原產(chǎn)物為Mn2+)。達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為________，經(jīng)平行實(shí)驗(yàn)測(cè)得平均消耗標(biāo)準(zhǔn)液16.00mL，則甲組測(cè)定結(jié)果________(填“高于”或“低于”)乙組測(cè)定結(jié)果。③某檢測(cè)機(jī)構(gòu)對(duì)粗產(chǎn)品進(jìn)行測(cè)定，經(jīng)數(shù)據(jù)分析測(cè)得FeC13的轉(zhuǎn)化率為79.95％。與乙組和檢測(cè)機(jī)構(gòu)的測(cè)定結(jié)果對(duì)比，若無(wú)操作失誤，甲組產(chǎn)生較大誤差可能的原因?yàn)開_______。20.抗抑郁藥物米氮平(物質(zhì)G)的一種合成路線如下：已知：Ⅰ.RCH=CH2Ⅱ.

Ⅲ.(各過程中R，R’表示含C原子團(tuán)或H原子)回答下列問題：（1）物質(zhì)A的名稱為________，測(cè)定其所含官能團(tuán)的儀器一般用________(填光譜儀器名稱)。（2）有機(jī)物H與物質(zhì)B互為同分異構(gòu)體，H不能使溴的四氯化碳溶液褪色，且分子中只含兩種不同環(huán)境的氫原子，則H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為________。（3）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為________，D的分子式為________。（4）E生成F的反應(yīng)方程為________，F(xiàn)生成G的反應(yīng)類型為________反應(yīng)。（5）參照題中所給信息，設(shè)計(jì)以和為原料，合成的路線(無(wú)機(jī)試劑任選)________

答案解析部分一、單選題1.【答案】A【解析】【解答】A．鋁合金的特點(diǎn)為，熔點(diǎn)低，硬度比單一金屬的硬度大，故A符合題意；B．硫化物處理重金屬?gòu)U水是，廢水中可能殘留硫化物，造成二次污染，故B不符合題意；C．二氧化硅可用用作光導(dǎo)纖維，不能用作半導(dǎo)體材料，故C不符合題意；D．ⅢB族的17種稀土元素部分屬于d區(qū)元素，部分屬于f區(qū)元素，如錒系和鑭系元素，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、合金的熔點(diǎn)比成分金屬低，硬度比成分金屬大；

B、廢水中殘留的硫化物會(huì)造成二次污染；

C、SiO2不能用作半導(dǎo)體材料；

D、17種稀土元素部分屬于d區(qū)，部分屬于f區(qū)；2.【答案】D【解析】【解答】A．液溴能使橡膠腐蝕，故A不符合題意；B．滴定管和容量瓶不能烘干，故B不符合題意；C．乙醇易揮發(fā)，高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，兩者發(fā)生反應(yīng)使高錳酸鉀變質(zhì)，故C不符合題意；D．滴定接近終點(diǎn)時(shí)，滴定管尖端可以接觸錐形瓶壁，使液體滴入錐形瓶中，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、溴具有氧化性，能將橡膠氧化；

B、容量瓶不能用烘箱烘干；

C、KMnO4具有氧化性，能將乙醇氧化；

D、接近滴定終點(diǎn)時(shí)，滴定管尖端的氣泡需進(jìn)入錐形瓶?jī)?nèi)；3.【答案】C【解析】【解答】A．氨氣極易溶于水，擠壓甲裝置中的膠頭滴管，氣球會(huì)膨脹，故A不符合題意；B．乙裝置為原電池裝置，酸性條件下，Zn作負(fù)極，F(xiàn)e作正極被保護(hù)，為犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，正極區(qū)域無(wú)明顯現(xiàn)象，故B不符合題意；C．氯化銅為揮發(fā)性酸的強(qiáng)酸弱堿鹽，直接加熱蒸干時(shí)會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，最終得到氧化銅固體，故C符合題意；D．溴乙烷在NaOH的醇溶液中，加熱時(shí)發(fā)生消去反應(yīng)，生成乙烯，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、根據(jù)氣球體積變大，說(shuō)明NH3易溶于水；

B、乙裝置為原電池裝置，結(jié)合電極反應(yīng)分析；

C、CuCl2溶液蒸發(fā)過程中，發(fā)生水解，形成Cu(OH)2；

D、溴的CCl4溶液褪色，說(shuō)明反應(yīng)生成乙烯；4.【答案】B【解析】【解答】A．屬于非極性分子，故A不符合題意；B．C元素形成的單質(zhì)有石墨、金剛石、足球烯、C60等，均為共價(jià)晶體，故B符合題意；C．中，中心原子S為雜化，因?yàn)榇嬖诠聦?duì)電子，為三角錐形結(jié)構(gòu)，故C不符合題意；D．非金屬元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性與非金屬性正相關(guān)，未說(shuō)明是否最高價(jià)的時(shí)候不能確認(rèn)酸性強(qiáng)弱，故D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥坑深}意，W與H形成二元化合物為五核10電子，該化合物為，即W為C元素；根據(jù)電子排布的規(guī)律，s軌道最多容納2個(gè)電子，所以n=2，即X的價(jià)電子排布式為，為O元素；Y與X同主族，且相鄰，則Y為S元素；Z為Cl元素。5.【答案】D【解析】【解答】A．白磷為正四面體結(jié)構(gòu)，每分子白磷含6根鍵，1mol白磷分子中含P-P共價(jià)鍵為6，故A不符合題意；B．氯化銨溶液中除了銨根水解外，還存在水的電離，所以1mol氯化銨溶于水形成的溶液中陽(yáng)離子總數(shù)大于，故B不符合題意；C．中O周圍8個(gè)電子，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故1mol分子中O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故C不符合題意；D．未給出碳酸氫鈉溶液的體積，所以不能計(jì)算出氫離子的數(shù)目，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．白磷為正四面體結(jié)構(gòu)，每分子白磷含6根鍵；

B．根據(jù)銨根水解分析；

C．H2O中O周圍8個(gè)電子，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4；

D．體積未知，無(wú)法計(jì)算。6.【答案】D【解析】【解答】A．五味子丙素能發(fā)生取代、燃燒氧化、苯環(huán)加氫還原、苯環(huán)可發(fā)生加成反應(yīng)，故A不符合題意；B．苯環(huán)共面，分子中所有氧原子相當(dāng)于取代苯環(huán)上的氫，故一定共面，故B不符合題意；C．1mo1五味子丙素分子中含有2mol手性碳原子，故C不符合題意；D．五味子丙素呈對(duì)稱結(jié)構(gòu)，一溴代物有6種：，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】此題是對(duì)有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的考查，結(jié)合該有機(jī)物中所含官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行分析即可。7.【答案】B【解析】【解答】A．反應(yīng)中甲醇被氧化，其氧化產(chǎn)物為甲酸，故A不符合題意；B．未說(shuō)明二氧化氯氣體是否在標(biāo)況下，故2.24L不一定為0.1mol，故B符合題意；C．反應(yīng)中氯酸鈉為氧化劑，甲醇作還原劑，其中全部參與氧化還原反應(yīng)，物質(zhì)的量之比為4:1，故C不符合題意；D．二氧化氯漂白是因?yàn)閺?qiáng)氧化性，二氧化硫漂白屬于非氧化還原，故D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥坷醚趸€原反應(yīng)化合價(jià)升降發(fā)方程式為。8.【答案】A【解析】【解答】A．疊氮酸酸性與醋酸相似，所以其酸性比碳酸強(qiáng)，故疊氮酸根的水解程度弱于碳酸氫根，故A符合題意；B．溶液中存在物料守恒，質(zhì)子守恒為，即，兩式相加可得，即，故B不符合題意；C．金屬Na具有強(qiáng)還原性，可與氧化鐵發(fā)生反應(yīng)生成金屬鐵和氧化鈉，故C不符合題意；D．疊氮酸鈉分解生成氮?dú)夂徒饘兮c、氧化鐵與金屬鈉的反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，產(chǎn)生的熱量可使碳酸氫鈉分解產(chǎn)生二氧化碳、水和碳酸鈉，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥扛鶕?jù)水解的規(guī)律可對(duì)其水解程度進(jìn)行比較。9.【答案】C【解析】【解答】A．操作I為過濾，需要的玻璃儀器為燒杯、玻璃棒和漏斗，故A不符合題意；B．沉鈦時(shí)的離子方程式為，故B不符合題意；C．硫酸銨溶解度隨溫度的變化大，用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶的方法，故C符合題意；D．納米TiO2形成分散系時(shí)，形成膠體，膠體具有較好的散射能力，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)流程，沉鈦時(shí)的反應(yīng)為，濾液的主要成分為硫酸銨。10.【答案】C【解析】【解答】A．①中現(xiàn)象說(shuō)明該濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，能將Fe鈍化，形成的致密氧化膜成分復(fù)雜，不能僅用Fe2O3表示，故A不符合題意；B．②中連接導(dǎo)線后，體系形成了原電池，當(dāng)鐵表面無(wú)紅棕色氣體時(shí)，鐵為負(fù)極，Cu為正極，故B不符合題意；C．②中Fe表面產(chǎn)生紅棕色氣泡時(shí)，說(shuō)明氧化層逐漸被還原而溶解后，使Fe與濃硝酸接觸，F(xiàn)e失電子作負(fù)極，故C符合題意；D．Cu作正極時(shí)，Cu表面電極反應(yīng)式為：NO+2H++e-=NO2↑+H2O，Cu作負(fù)極時(shí)，Cu表面電極反應(yīng)式為：Cu-2e-=Cu2+，電池總反應(yīng)為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥坑深}給信息可知，圖②中的鐵剛開始就覆蓋著鈍化生成的氧化膜，插入銅連接導(dǎo)線后，由于鐵表面已鈍化，此時(shí)銅為負(fù)極，鐵為正極，隨著鐵表面的氧化物被還原溶解后，鐵重新為負(fù)極，銅為正極，然后鐵表面再次發(fā)生鈍化，如此往復(fù)多次，據(jù)此分析解答。11.【答案】C【解析】【解答】A．堿式碳酸鎂屬于化合物，故A不符合題意；B．，故B不符合題意；C．，故C符合題意；D．氯化銨屬于含氮元素的鹽，可用作化肥，因其分解產(chǎn)生氨氣和氯化氫，冷卻時(shí)又反應(yīng)生成氯化銨，不能熱分解制備氨氣，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)題意，產(chǎn)生的二氧化碳在標(biāo)況下的體積為26.88L，其物質(zhì)的量為=，因?yàn)闆]有損耗，所以由197g六氨和氯化鎂，即1mol制得的碳酸氫鎂為1mol；根據(jù)H原子守恒，可得中，碳酸氫鎂的系數(shù)為，二氧化碳的系數(shù)為，由此可得、，解得、，即，即、。12.【答案】B【解析】【解答】A．放電時(shí)，電池內(nèi)電路由膠狀聚合物電解質(zhì)、隔膜、固體電解質(zhì)構(gòu)成，放電時(shí)，膠狀聚合物電解質(zhì)和固體電解質(zhì)的作用均為傳導(dǎo)Li+，構(gòu)成閉合回路，A不符合題意；B．由電極反應(yīng)可知，放電時(shí)，轉(zhuǎn)移0.1mol電子后，負(fù)極材料減少0.1molLi+，正極材料增加0.1molLi+，因此轉(zhuǎn)移0.1mol電子后兩個(gè)電極質(zhì)量相差0.1mol×2×7g/mol=1.4g，B符合題意；C．放電時(shí)，正極反應(yīng)式為xLi++xe-+Li1-xMO2=LiMO2，則充電時(shí)，與正極連接的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)iMO2-xe-=Lil-xMO2+xLi+，C不符合題意；D．若GS-Si包覆石墨烯的電極反應(yīng)進(jìn)行至C6Li-e-=C6+Li+，石墨烯電極會(huì)被氧化，損傷電極，因此為保護(hù)電池，GS-Si包覆石墨烯的電極反應(yīng)不能進(jìn)行至C6Li-e-=C6+Li+，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥拷Y(jié)合題意可知放電時(shí)，GS-Si包覆石墨烯電極上發(fā)生的反應(yīng)為C6Li-xe-=C6Li1-x+xLi+；多元含鋰過渡金屬氧化物電極上的反應(yīng)為xLi++xe-+Li1-xMO2=LiMO2，因此GS-Si包覆石墨烯電極為電池的負(fù)極，多元含鋰過渡金屬氧化物電極為正極。二、多選題13.【答案】C,D【解析】【解答】A．由圖可知其分子式為C11H13O5Cl，故A不符合題意；B．有機(jī)物G中含有過氧鍵、酯基、羥基和氯原子四種官能團(tuán)，故B不符合題意；C．氫鍵不屬于化學(xué)鍵，故C符合題意；D．G只有苯環(huán)能與氫氣加成，1molG最多能與3mol氫氣反應(yīng)，G中能與NaOH反應(yīng)的官能團(tuán)有酯基和鹵代烴基，最多可與2mol氫氧化鈉反應(yīng)，故D符合題意；故答案為：CD。

【分析】A、根據(jù)分子結(jié)構(gòu)確定分子中所含原子數(shù)，從而得出分子式；

B、分子結(jié)構(gòu)中所含的官能團(tuán)有過氧鍵、酯基、羥基和鹵素原子；

C、氫鍵不屬于化學(xué)鍵；

D、分子結(jié)構(gòu)中能與H2發(fā)生加成反應(yīng)的苯環(huán)，能與NaOH反應(yīng)的官能團(tuán)為酯基；14.【答案】C,D【解析】【解答】A．由相對(duì)能量曲線可知，化合物1與CO2反應(yīng)生成化合物2的過程中有兩個(gè)過渡態(tài)TS11-2、TS21-2，說(shuō)明這一過程包含兩個(gè)基元反應(yīng)，故A不符合題意；B．圖中Ⅰ1-2與化合物2的化學(xué)式相同，結(jié)構(gòu)式不同，互為同分異構(gòu)體，故B不符合題意；C．過程①的活化能為：(6.05-0.00)=6.05kcal·mol-1，②的活化能為：(11.28-2.08)=9.20kcal·mol-1，過程①的活化能小于過程②的活化能，故C符合題意；D．過程①的熱化學(xué)方程式為：I(s)+CO2(g)=I1-2(s)

△H=2.08kcal·mol-1，故D符合題意；故答案為：CD。

【分析】A、根據(jù)能量變化曲線分析；

B、同分異構(gòu)體是指分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物；

C、根據(jù)物質(zhì)能量的相對(duì)大小確定活化能的大??；

D、根據(jù)能量變化圖確定反應(yīng)熱，從而書寫熱化學(xué)方程式；15.【答案】A,D【解析】【解答】A．a(chǎn)、b點(diǎn)所在曲線對(duì)應(yīng)的粒子為，故A符合題意；B．c點(diǎn)時(shí)濃度最大，既存在的電離，也存在的水解；b點(diǎn)時(shí)主要是水的電離，且pH比C點(diǎn)大，水的電離程度大，水電離出的氫離子濃度大小關(guān)系為，故B不符合題意；C．c點(diǎn)時(shí)濃度最大，說(shuō)明與NaOH剛好1:1反應(yīng)完全，因濃度相等，此時(shí)加入NaOH體積為20mL，故C不符合題意；D．由圖，的一級(jí)電離常數(shù)為，由a點(diǎn)數(shù)據(jù)可知，pH=1，即，解得；二級(jí)電離常數(shù)為，同理由c點(diǎn)數(shù)據(jù)可得，==，故D符合題意；故答案為：AD?！痉治觥繌膱D中可以看出，隨著pH的增大，ac段離子濃度減少，為，cb段離子濃度增大，為，ab段離子濃度先增大后減少，為。三、綜合題16.【答案】（1）Be、C

（2）分子；范德華力；sp2、sp3

（3）正四面體；平面正三角形；小球；6；【解析】【解答】(1)同周期，從左向右第一電離能增大，則第二周期元素中，第一電離能介于B和O之間的元素有Be、C。

【分析】(2)①硼酸晶體中存在H3BO3分子，因此，是分子晶體，在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子與氧原子形成共價(jià)健、羥基中氫原子和氧原子間形成共價(jià)鍵，硼酸分子與硼酸分子間形成氫鍵、范德華力。②四硼酸根的中的B必含有配位鍵，也就是說(shuō)，四硼酸根的中的B是sp3雜化。(3)①銨根：中心原子為N，價(jià)層電子對(duì)為對(duì)數(shù)(5-1×4-1)÷2+4=4，所以氮原子是sp3雜化，VSEPR模型是正四面體，考慮到有一個(gè)氫是以離子形式發(fā)生配位，每?jī)蓚€(gè)原子之間的作用力不一樣，所以銨根的構(gòu)型是四面體；碳酸根：中心原子是C，價(jià)層電子對(duì)對(duì)數(shù)為(4-2×3+2)÷2+3=3，所以碳原子是sp2雜化，空間構(gòu)型是平面正三角形。②MgO晶體結(jié)構(gòu)屬于NaC1型(如圖)，由氯化鈉的晶胞結(jié)構(gòu)可知，氯離子和鈉離子的配位數(shù)都是6；所以在MgO晶胞中Mg和O的配位數(shù)也都是6，由氯化鈉的晶胞結(jié)構(gòu)知，氧化鎂中鎂原子和鎂原子處于小正方形的對(duì)角線上，根據(jù)圖象知，圖中表示Mg2+的為小球；MgO晶胞參數(shù)為apm，則MgO晶胞的密度為=·cm-3。

17.【答案】（1）NiO(s)＋2FeO(s)＋H2O(g)NiFe2O4(s)＋H2(g)ΔH＝(b-a)kJ·mol－1

（2）分步反應(yīng)的活化能降低

（3）大于；10；58.8％

（4）Ⅱ；該催化劑抑制CO2生成，減少了副產(chǎn)物【解析】【解答】(1)用總反應(yīng)減去第一步的反應(yīng)即可得到第二步的方程式，即第二步的反應(yīng)為，故填；

(2)分步反應(yīng)的效率更高說(shuō)明分步反應(yīng)的活化能降低，故填分步反應(yīng)的活化能降低；(3)由圖可知，第一步反應(yīng)的平衡常數(shù)隨溫度的升高而增大，屬于吸熱反應(yīng)；第二步反應(yīng)的平衡常數(shù)隨溫度的升高而降低，屬于放熱反應(yīng)，即，得；1000℃時(shí)，第二步反應(yīng)的平衡常數(shù)為；1000℃時(shí)，第一步的平衡常數(shù)為，體系中CO和的體積比為1:2，即，平衡常數(shù)表達(dá)式為，即，解得，，氫氣的體積分?jǐn)?shù)為=58.8%，故填大于；10；58.8%；(4)根據(jù)圖可知，相同條件下催化劑II對(duì)二氧化碳的抑制能力比催化劑I要好，減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生，故填I(lǐng)I；該催化劑抑制CO2生成；減少了副產(chǎn)物?！痉治觥筷P(guān)于化學(xué)平衡中的計(jì)算，如平衡常數(shù)、轉(zhuǎn)化率、平衡分壓等問題可建立三段式進(jìn)行解決。

18.【答案】（1）B

（2）2.0～2.5

（3）酸浸；H2SO4

（4）2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O；BD

（5）6；NiO【解析】【解答】(1)A.用攪拌器攪拌可加快浸出速率和提高生辰效率，故A正確；

B.適當(dāng)增加硫酸的濃度可加快浸出速率和提高生產(chǎn)效率，故B不正確；C.磨碎電鍍污泥，增大接觸面積，提高反應(yīng)速率和生產(chǎn)效率，故C正確；故填B；(2)由表中數(shù)據(jù)可知，在電解銅不影響到Fe和Cr時(shí)應(yīng)選擇電解電壓的范圍為2.0～2.5，故填2.0～2.5；(3)根據(jù)已知II，萃取余液中主要含硫酸，可在酸浸環(huán)節(jié)循環(huán)使用，反萃劑是將Ni從NiR2中洗出形成硫酸鎳，故反萃劑X為硫酸，故填酸浸、；(4)根據(jù)題意，硫酸鎳與次氯酸鈉反應(yīng)的離子方程式為；A.冰水快速冷卻得到的晶體顆粒太大，不利于干燥，故A不正確；B.加熱溶液制備晶體時(shí)，當(dāng)溶液表面出現(xiàn)晶膜時(shí)停止加熱，自然冷卻，過濾，過度加熱使晶體失去結(jié)晶水，故B正確；C.干燥時(shí)易采用低溫緩慢烘干，以免晶體失去結(jié)晶水，故