2021年山東省聊城市高考化學(xué)一模試卷

2021年山東省聊城市高考化學(xué)一模試卷

1.實(shí)驗(yàn)室中下列做法正確的是（）

A.用濃硫酸干燥二氧化硫B.保存Fes。,溶液時(shí)加入適量銅粉

C.用量筒量取25.00mL的稀硫酸D.用泡沫滅火器撲滅金屬鉀的燃燒

2.下列應(yīng)用不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）

A.NaClO用于殺菌消毒B.明研用于凈水

C.用葡萄發(fā)酵釀造葡萄酒D.用氨氣除去汽車尾氣中的NO?

3.X、Y、Z、R、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、R最外層電子數(shù)相同，R

的原子半徑在同周期主族元素中最大。其中，X、Y、Z、W形成的某種化合物可

表示為[YX4]+[WZ4「。下列說(shuō)法正確的是（）

A.電負(fù)性：W>Z>Y>X>R

B.第一電離能：W>Z>Y>R

C.簡(jiǎn)單離子的半徑：W>Y>Z>R

D.簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：R>W>Z>Y

4.下列裝置試劑使用或操作正確的是（）

A.①比較碳酸和苯酚的酸性B.②制備NaHCO3

C.③檢驗(yàn)溶液中是否含有K+D.④用NaOH溶液測(cè)定稀硫酸濃度

5.下列關(guān)于N、P及其化合物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的論述正確的是（）

A.鍵能N-N>P-P、N-H>P-H,因此N2H4的沸點(diǎn)大于P2H4

B.心與P4均為正四面體型的分子晶體，因此都難以分解和氧化

C.NH3與PH3溶于水均顯堿性，由于N&鍵角大，因此氨水的堿性更強(qiáng)

D.離子晶體PCk和PB"的陰離子分別為[PC'「和BL,存在差異的原因是BL半徑

大

6.從中藥透骨草中提取一種抗氧化性活性成分結(jié)構(gòu)如圖。下列說(shuō)法正確的是（）

H000

A.該有機(jī)物分子屬于芳香燒

B.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時(shí)，一氯代物有5種

C.其酸性水解的產(chǎn)物均可與NazCCh溶液反應(yīng)

D.在一定條件下能發(fā)生取代反應(yīng)和消去反應(yīng)

7.B2O3的氣態(tài)分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，硼酸（H3BO3）晶體結(jié)構(gòu)為層狀，其二維平面結(jié)構(gòu)

如圖2所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.兩分子中B原子分別采用sp雜化、sp2雜化

B.硼酸晶體中層與層之前存在范德華力

C.ImolH3BO3晶體中含有6mol氫鍵

+

D.硼原子可提供空軌道，硼酸電離的方程式為H3BO3+H20=[B（0H）4]-+H

8.實(shí)驗(yàn)室由叔丁醇（沸點(diǎn)82汽）與濃鹽酸反應(yīng)制備2-甲基-2-氯丙烷（沸點(diǎn)52篤）路線

如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

濃鹽酸水5%Na2cOj溶液水

有

還

產(chǎn)洗

室溫?cái)嚢枋致氏礈?機(jī)無(wú)水Ca“蒸單

分液

HjC-C-CH,相

反應(yīng)15分鐘一

OHI

叔丁爵2-甲基2氯丙烷

A.室溫?cái)嚢璧哪康氖菫榱思涌旆磻?yīng)速率

B.用5%Na2c。3溶液洗滌分液時(shí)先將上層的有機(jī)相由分液漏斗上口放出

C.兩次水洗主要目的是分別除去有機(jī)相中的鹽酸與鈉鹽

D.蒸儲(chǔ)收集2-甲基-2-氯丙烷時(shí)，應(yīng)選用直形冷凝管

9.以鎂鋁復(fù)合氧化物（MgO-AI2O3）為載體的負(fù)載型銀銅雙金屬催化劑（Ni-

Cu/MgO-A12（）3）是一種新型高效加氫或脫氫催化劑，其制備流程如圖。已知加熱

時(shí)尿素[CO（NH2）Z]在水中發(fā)生水解反應(yīng)，放出兩種氣體。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

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MgSO,溶液

式溶液

AlSOJtc號(hào)wl決深、壬第、夫舉、H/京、I立口

?噫泮>I懸濁液I能見I?-HOC>-35g'550?~>廠口口

NiSO4溶液

CuSO#溶液

A.“晶化”過(guò)程中,需保持恒溫60。&可采用水浴加熱

B.“洗滌”過(guò)程中，可用氯化鋼溶液檢驗(yàn)濾餅是否洗凈

C.“焙燒”過(guò)程中，可使用蒸發(fā)皿或堵煙

500℃

D.“還原”過(guò)程中，以M代表Ni或Cu,所發(fā)生的反應(yīng)為MO+H23M+H2O

10.我國(guó)科學(xué)家在研究HCOOH燃料電池方面有重大進(jìn)展，裝置如圖所示，兩電極區(qū)

間用離子交換膜隔開。下列說(shuō)法正確的是（）

半透膜儲(chǔ)液池

A.正極電極反應(yīng)式為HCOCT+2e-+20H-=HCO3+H20

B.隔膜為陰離子交換膜，儲(chǔ)液池中需補(bǔ)充的物質(zhì)A為H2sO4

C.放電時(shí)，ImolHCOOH轉(zhuǎn)化為KHCO3時(shí)，消耗1L2L氧氣

D.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移Imol電子時(shí)，理論上生成87gK2sO,

11.下列操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

目的操作

A除去乙酸乙酯中的乙酸用飽和碳酸鈉溶液洗滌后分液

將乙醇與濃硫酸混合加熱17CTC產(chǎn)生的混合氣體通入高

B證明乙醇脫水生成乙烯

鎰酸鉀溶液

檢驗(yàn)溶液中含F(xiàn)e2+而不

C向溶液中先加入KSCN溶液，再滴加%。2溶液

含F(xiàn)e3+

在冷卻后的水解液中直接加入銀氨溶液，水浴加熱，看

D蔗糖水解產(chǎn)物的驗(yàn)證

是否有銀鏡產(chǎn)生

A.AB.BC.CD.D

12.多巴胺是一種神經(jīng)傳導(dǎo)物質(zhì)會(huì)傳遞興奮及開心的信息。其部分合成路線如圖，下列

A.多巴胺的分子式為CgHioNO?

B.Imol甲分子中含有8molo鍵

C.多巴胺分子中所有碳原子可能處在同一平面

D.多巴胺任一含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中至少有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子

13.硫酸工業(yè)尾氣中的SO2可用Na2s。3溶液吸收，并通過(guò)電解方法實(shí)現(xiàn)吸收液的循環(huán)再

生。如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是（）

A.陽(yáng)極發(fā)生的反應(yīng)之一為SO"+20H--2e-=S01~+2H2O

B.電解一段時(shí)間后陰極室pH升高

C.電解一段時(shí)間后，b%<a%

D.電解一段時(shí)間后兩室生成的Na2sO3與H2sO4的物質(zhì)的量相等

14.1,2-丙二醇（CH2OHCHOHCH3）單分子解離反應(yīng)相對(duì)能量如圖所示。路徑包括碳

碳鍵斷裂解離和脫水過(guò)程。下列說(shuō)法正確的是（）

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解再過(guò)程斷通”

A.解離過(guò)程中，斷裂a(bǔ)處碳碳鍵比b處碳碳鍵所需能量高

B.1,2-丙二醇單分子脫水過(guò)程均為吸熱反應(yīng)

C.從能量的角度分析，TSI、TS2、TS3、TS4四種路徑中TS4路徑的速率最慢

D.脫水生成的四種產(chǎn)物中丙烯醇［CH3c(OH)=CH?］最穩(wěn)定

15.常溫下將NaOH溶液滴加到磷酸(H3P。4)溶液中，混合溶液中的pH與部分離子濃

度變化的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()

-二(H―3./甲/乙

c(HiPO，2

cffiponi

JI二4一一」卬f

23456789lOpH

A.若直線丙表示pH與—Ig鬻界的變化關(guān)系，應(yīng)該在甲、乙之間

721

B.Ka2(H3PO4)=10--,且NaH2PO4溶液中c(HPOj-)>c(H3PO4)

C.c(HPO；-)=c(H3Po4)時(shí)，pH=4.68

+

D.NazHP()4溶液中：c(OH-)+c(POl-)=c(H)+c(H2PO；)+c(H3P04)

16.某含鉆礦石的主要成分為CO2O3，含少量Fe2()3、MgO>CaO和Si。2等。由該礦石

粉制備COC2O4固體的方法如圖。(部分催化劑已略)

已知金屬離子沉淀的pH：

Fe3+Mg2+Ca2+Co2+

開始沉淀時(shí)1.58.99.87.4

完全沉淀時(shí)2.810.912.39.4

(1式。2。3溶于濃硫酸，生成CM+和一種可使帶火星的木條復(fù)燃的氣體，寫出該反應(yīng)

的化學(xué)方程式。列舉沉淀1所含主要成分的一種用途。

(2)向溶液1中加入NaOH溶液，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，應(yīng)調(diào)節(jié)pH范圍為

(3)向溶液2中加入NaF溶液除去鈣鎂離子，

10

已知Ksp(MgFz)=7.35x10-11、Ksp(CaF2)=1.05xIO-,則溶液3中c(Ca2+)=

1.0x10-5mol?『1時(shí)，c(Mg2+)=mol-L-1?

(4)向溶液3中加入氨水和過(guò)氧化氫溶液將C02+轉(zhuǎn)化為CO(NH3)〉補(bǔ)充下列離子方

2++

程式：Co+H2O2+NH3=CO(NH3)1+

(5)溶液4中若將ImolC03H3)計(jì)全部轉(zhuǎn)化為COC2O4沉淀需要消耗(NH4)2C2()4

______moL

(6)關(guān)于上述流程，下列說(shuō)法正確的是。(填序號(hào))

a.流程中，僅通過(guò)調(diào)節(jié)溶液的pH也可將金屬元素完全分離

b.若礦石粉中存在少量FeO,經(jīng)上述流程也可制得純度相同的CoC2()4

c.向溶液3中加入氨水，作用僅是調(diào)節(jié)溶液的pH

d.過(guò)濾所得COC2O4晶體用H2c2O4溶液代替蒸鐳水洗滌效果更好

17.2020年我國(guó)“奮斗者”號(hào)載人潛水器成功進(jìn)行萬(wàn)米海試國(guó)產(chǎn)新型材料“鈦”牛了!

該合金中含鈦、鐵、銀、伯等十幾種元素具有高強(qiáng)度、高韌性?；卮鹣铝袉?wèn)題：

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圖3

(1)基態(tài)Ti原子的核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有種。TiF4的熔點(diǎn)377t遠(yuǎn)高于

TiC14(-24.12?的原因是。

(2)鄰二氮菲)中N原子可與Fe2+通過(guò)配位鍵形成橙紅色鄰二氮菲亞鐵

離子利用該反應(yīng)可測(cè)定Fe2+濃度該反應(yīng)的適宜pH范圍為2?9,試解釋選擇該pH

范圍的原因。

(3)Ni與Cu的第二電離能：NiCu(填“>”或“<”)。含有多個(gè)配位原子的

配體與同一中心離子(或原子)通過(guò)螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種

Ni2+與EDTA形成的螯合物的結(jié)構(gòu)如圖1所示，1個(gè)該配合物中通過(guò)螯合作用形成

的配位鍵有個(gè)，其中提供孤對(duì)電子的原子為。(寫元素符號(hào))

(4)①Pt與N&能夠形成順粕與反鉗兩種結(jié)構(gòu)，如圖2所示，由此可判斷中心原子

Pt雜化方式肯定不是sp3雜化，理由是o

②以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子

的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。氯伯酸鉀(K2Pte1式量為486)的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示，該晶胞

中部分PtCl^、K+的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為PtC%-(0,0,0)、1^(0.25,0.75,0.25)、

(0.75,0.25,0.25),其中A、B分別代表K+的位置。找出距離PtC吟-(0,0,0)最近

的K+(用分?jǐn)?shù)坐標(biāo)表示)。用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值若實(shí)驗(yàn)測(cè)得氯鋁酸

鉀的密度是dg-cm-3,則A、B兩個(gè)K+的距離為pm。(列出計(jì)算式即可)

18.合理利用溫室氣體是當(dāng)前能源與環(huán)境研究的熱點(diǎn)。

(1)CH4-CO2催化重整可以得到合成氣(CO和H2)其工藝過(guò)程中涉及如下反應(yīng)：

反應(yīng)①CH^g)+CO2(g)=2C0(g)+2H2(g)△Hi

反應(yīng)②CO??+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2=+41.2kJ-moL

反應(yīng)③C%(g)+102(g)UCO(g)+2H2(g)AH3=-36.0kJ.moL

1

反應(yīng)④!()2(g)+H2(g)UH2O(g)AH4=-241.8kJ-mor

-1

則4HI=kJ-molo

一定條件下，向體積為VL的密閉容器中通入CH-CO2各l.Omol及少量。2,測(cè)得

不同溫度下反應(yīng)平衡時(shí)各產(chǎn)物產(chǎn)量如圖所示。1100K時(shí)，C%與CO2的轉(zhuǎn)化率分別

為90%和95%圖中a代表產(chǎn)物。當(dāng)溫度高于900K,也0的含量隨溫度升高

而下降的主要原因是。

(2)工業(yè)上將CO2轉(zhuǎn)化為燃料CH,，可發(fā)生反應(yīng)有：

反應(yīng)I：C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)AH1

-1

反應(yīng)D：CO2(g)+H式g)=C0(g)+H2O(g)AH2=+41.2kJ-mol

將ImolCOz和401。%充入21剛性密閉容器中，反應(yīng)相同時(shí)間，溫度對(duì)CO2轉(zhuǎn)化率

和催化劑選擇性的影響如圖所示。(注：催化劑的選擇性是指發(fā)生反應(yīng)的CO2轉(zhuǎn)化為

CH4或CO的百分比)

■度代溫度/七

圖I圖2

△%0(填或“=”)。350。(：時(shí)，反應(yīng)I的平衡常數(shù)為

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不改變投料，若容器體積可變化，為同時(shí)提高C02的平衡轉(zhuǎn)化率和CH4的平衡產(chǎn)率,

選擇最佳反應(yīng)條件為。(填標(biāo)號(hào))

A.350%,低壓

B.350℃s高壓

C.500℃>低壓

D.500℃,高壓

19.G是一種新型香料的主要成分之一,其結(jié)構(gòu)中含有三個(gè)六元環(huán)。G的合成路線如圖。

(部分產(chǎn)物和部分反應(yīng)條件略去)

曰4n催化劑

,,:

(1)RCH=CH2+CH2=CHRTCH2=CH2+RCH=CHR

②B中核磁共振氫譜圖顯示分子中有6種不同環(huán)境的氫原子；

③D和F是同系物。

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

CH-CH,

(1)/\的化學(xué)名稱為。

V

(2)B-C的化學(xué)方程式為o

(3)ErH的反應(yīng)類型為,F分子中含氧官能團(tuán)名稱是

(4)G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為o

(5)同時(shí)滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體有種。

①苯環(huán)上有兩個(gè)取代基；

②與FeCh溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；

③可以發(fā)生水解反應(yīng)；

其中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且核磁共振氫譜為5組峰的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

O

c-o

/\

(6)參照上述合成路線，設(shè)計(jì)由丙烯制取CHj—CHCH—CH)的最佳合

\/

o-c

成路線。(無(wú)機(jī)試劑任選)

20.亞氯酸鈉(NaClOz)是一種高效氧化劑和優(yōu)質(zhì)漂白劑，可由為原料制取。實(shí)驗(yàn)室

利用如圖裝置制備亞氯酸鈉(夾持裝置略)，并利用滴定法測(cè)定所制亞氯酸鈉的純度。

已知：①C102沸點(diǎn)11℃，極易溶于水，濃度過(guò)高時(shí)易分解爆炸

②2NaOH+H202+2C1O2=2NaC102+02+2H2O

(1)裝置A中儀器a的名稱為,產(chǎn)生CIO2的化學(xué)方程式為o

(2)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中需要持續(xù)通入稀有氣體，目的是。

(3)裝置B的作用是。

(4)裝置C中用冰水浴冷卻的目的是。

(5)測(cè)定亞氯酸鈉的含量實(shí)驗(yàn)步驟：①稱取亞氯酸鈉樣品5.0g于小燒杯中，加入適

量蒸儲(chǔ)水和過(guò)量的KI晶體再滴入適量的稀硫酸，充分反應(yīng)，將所得混合液配成

50mL待測(cè)溶液。②移取10.00mL待測(cè)溶液于錐形瓶中，加兒滴淀粉溶液，用

O.lOmol-LNa2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)消耗Na2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為40.00mL。

+-

(已知:CIO2+4P+4H=2H2O+2I2+Cl-,I2+25201~=2I-+S401)?

①達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為，正確判斷滴定終點(diǎn)后，仰視讀數(shù)，會(huì)導(dǎo)致測(cè)

定結(jié)果。(填“偏高”或“偏低”)

②該樣品中NaClOz的純度為。

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.濃硫酸與二氧化硫不反應(yīng)，可吸收水，則用濃硫酸干燥二氧化硫，故A

正確；

B.Cu與鐵離子反應(yīng)引入新雜質(zhì)，應(yīng)加適量鐵粉，故B錯(cuò)誤；

C.量筒的感量為0.1mL,則量筒量取25.0mL的稀硫酸，故C錯(cuò)誤；

D.K燃燒生成的過(guò)氧化鉀與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，則不能用泡沫滅火器撲滅金屬鉀的

燃燒，可選沙土撲滅，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

A.濃硫酸與二氧化硫不反應(yīng)，可吸收水；

B.Cu與鐵離子反應(yīng)引入新雜質(zhì)；

C.量筒的感量為0.1mL；

D.K燃燒生成的過(guò)氧化鉀與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、儀器

的使用、實(shí)驗(yàn)安全、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的

評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.NaC10用于殺菌消毒，利用NaClO的強(qiáng)氧化性，存在元素的化合價(jià)變化，

屬于氧化還原反應(yīng)，故A不選；

B.明磯用于凈水，鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，不存在元素的化合價(jià)變化，不屬

于氧化還原反應(yīng)，故B選；

C.用葡萄發(fā)酵釀造葡萄酒，存在C元素化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故C不選；

D.用氨氣除去汽車尾氣中的NO2,存在N元素化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故D不

選；

故選：B,

反應(yīng)過(guò)程中存在元素化合價(jià)變化的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，以此進(jìn)行判斷。

本題考查氧化還原反應(yīng)的判斷，題目難度不大，明確發(fā)生反應(yīng)實(shí)質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌

握氧化還原反應(yīng)概念及特征，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及知識(shí)遷移能力。

3.【答案】C

【解析】解：結(jié)合分析可知，X為H,Y為N,Z為O,R為Na,W為Cl元素，

A.同一周期從左向右電負(fù)性逐漸增大，短周期元素同主族從上到下電負(fù)性逐漸減小，則

電負(fù)性：Z>W>Y>X>R,故A錯(cuò)誤；

B.Y(N)的2P軌道處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離

能N>0,則第一電離能：W>Y>Z>R,故B錯(cuò)誤；

C.電子層越多離子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡(jiǎn)單

離子的半徑：W>Y>Z>R,故C正確；

D.氨氣、水分子之間都存在氫鍵，二者沸點(diǎn)都大于氯化氫，則簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：R>

Z>Y>W,故D錯(cuò)誤；

故選：C?

X、Y、Z、R、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，R的原子半徑是同周期主族元素

中最大的，則R處于IA族，由原子序數(shù)可知，R只能處于第三周期，則R為Na；X、

Y、Z、W形成的化合物可表示為[YX4]+[WZ4「，X、R最外層電子數(shù)相同，則X為H,

該化合物應(yīng)該為NH4QO4,則Y為N元素、Z為O元素、W為C1元素，以此分析解答。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)推斷元素為解

答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.乙酸易揮發(fā)，乙酸與苯酚鈉反應(yīng)，不能比較碳酸和苯酚的酸性，故A錯(cuò)

誤；

B.氨氣極易溶于水，易發(fā)生倒吸，故B錯(cuò)誤；

C.觀察K的焰色反應(yīng)需要透過(guò)藍(lán)色的鉆玻璃，圖中操作不合理，故C錯(cuò)誤；

D.圖中為堿滴定酸，可用NaOH溶液測(cè)定稀硫酸濃度，故D正確；

故選：D。

A.乙酸易揮發(fā)，乙酸與苯酚鈉反應(yīng)；

B.氨氣極易溶于水；

C.觀察K的焰色反應(yīng)需要透過(guò)藍(lán)色的鉆玻璃；

D.圖中為堿滴定酸。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、酸性比較、物質(zhì)制備、

離子檢驗(yàn)、中和滴定、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)

第12頁(yè)，共28頁(yè)

的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.氫化物的熔沸點(diǎn)與氫鍵和分子間作用力有關(guān)，與鍵能無(wú)關(guān)，N2H斗的沸點(diǎn)

大于P2H4,是因?yàn)镹2H4分子間形成氫鍵，故A錯(cuò)誤；

B.%在空氣中易燃燒，則P4易被氧化，故B錯(cuò)誤；

C.氮的電負(fù)性更大，易吸引氫離子，生成配位鍵，氨水的堿性更強(qiáng)，與N&鍵角無(wú)關(guān),

故C錯(cuò)誤；

D.固態(tài)PC'和PBL均為離子晶體，考慮到BL半徑較大，無(wú)法形成［PBr6「，所以離子晶

體PCk和PBL的陰離子分別為［PC%］-和Brl存在差異的原因是Br-半徑大，故D正確；

故選：D。

A.氫化物的熔沸點(diǎn)與氫鍵和分子間作用力有關(guān)；

B.以在空氣中易燃燒；

C.氮的電負(fù)性更大，易吸引氫離子，生成配位鍵；

D.BL半徑較大，無(wú)法形成［PB%］-。

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，綜合考查學(xué)生的分析和靈活運(yùn)用能力，題目難度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.含有O元素，不屬于煌類，故A錯(cuò)誤；

B.苯環(huán)上含5種H,則苯環(huán)上的一浪代物共5種，故B正確；

C.水解產(chǎn)物含有酚羥基、竣基，可與碳酸鈉溶液反應(yīng)，但有機(jī)物可水解生成甲醇，與碳

酸鈉溶液不反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.羥基連接在苯環(huán)上，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

有機(jī)物含有酚羥基、碳碳雙鍵、酯基，具有酚、烯煌和酯類的性質(zhì)，以此解答該題。

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的

考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和官能團(tuán)的性質(zhì)，難度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.依據(jù)圖示可知，圖1B形成2條。鍵且無(wú)孤電子對(duì)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2,

B原子雜化方式為sp；圖2B原子都形成3條。鍵且無(wú)孤電子對(duì)所以價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3,

雜化方式為sp2,故A正確；

B.正硼酸晶體中存在H3BO3分子，與石墨相似的層狀結(jié)構(gòu)，層與層之間的作用力是范德

華力，故B正確；

C.根據(jù)硼酸的結(jié)構(gòu)可知：I1TIOIH3BO3晶體中含有的氫鍵為：6molx|=3mol,故C錯(cuò)

誤；

D.硼酸中硼原子有空軌道，水中氫氧根有孤電子對(duì)，可以形成配位鍵，所以硼酸電離的

方程式為H3BO3+H20=[B(0H)4]-+H+,故D正確。

故選：c。

A.依據(jù)圖示可知，圖1B形成2條。鍵且無(wú)孤電子對(duì)，圖2B原子都形成3條o鍵且無(wú)孤

電子對(duì)；

B.正硼酸晶體中存在H3BO3分子，與石墨相似的層狀結(jié)構(gòu)，層與層之間的作用力是范德

華力；

C.根據(jù)均攤法進(jìn)行計(jì)算H3BO3晶體含有氫鍵數(shù)目；

D.硼酸中硼原子有空軌道，水中氫氧根有孤電子對(duì)，可以形成配位鍵。

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟悉價(jià)層電子對(duì)互斥理論，晶體結(jié)構(gòu)組成，均攤法在計(jì)算氫

鍵個(gè)數(shù)應(yīng)用是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

8.【答案】B

【解析】解：A.攪拌可增大接觸面積，可加快反應(yīng)速率，故A正確；

B.2-甲基-2-氯丙烷的密度比水小，有機(jī)相在分液漏斗的上層，分離時(shí)先從下口流出

水相，再將有機(jī)相由分液漏斗上口放出，故B錯(cuò)誤；

C分別加入鹽酸、碳酸鈉，則兩次水洗主要目的是分別除去有機(jī)相中的鹽酸與鈉鹽，故

C正確；

D.蒸儲(chǔ)時(shí)，應(yīng)用直形冷凝管，如用球形冷凝管，可導(dǎo)致微分殘留，故D正確；

故選：B,

叔丁醇與濃鹽酸常溫?cái)嚢璺磻?yīng)15min可得2-甲基-2-氯丙烷，后向有機(jī)相中加入水進(jìn)

行洗滌分液，繼續(xù)向有機(jī)相中加入5%Na2cO3溶液洗滌，由于有機(jī)物2-甲基-2-氯丙

烷的密度小于水，分液后獲得上層有機(jī)相，有機(jī)相中加入少量無(wú)水CaCk干燥，蒸館即

得有機(jī)物2-甲基-2-氯丙烷，以此解答該題。

本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備原理、實(shí)驗(yàn)裝置的作用、

實(shí)驗(yàn)技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋}目難度不大。

9.【答案】C

第14頁(yè)，共28頁(yè)

【解析】解：A.加熱溫度小于100。口需保持恒溫60。&可采用的加熱方式為水浴加熱，

故A正確；

B.檢驗(yàn)濾餅是否洗凈實(shí)際上是檢驗(yàn)SO/,可加入氯化鋼溶液，若有白色沉淀則未洗凈,

若無(wú)沉淀則已洗凈，故B正確；

C.焙燒固體，應(yīng)在堪堪中進(jìn)行，蒸發(fā)皿用于蒸發(fā)溶液，故C錯(cuò)誤；

D.“還原”過(guò)程中最終得到即一可/乂80-川203，砧0、010被氫氣還原得到金屬單質(zhì)，

500℃

則“還原”過(guò)程中，以M代表Ni或Cu,所發(fā)生的反應(yīng)為MO+電二M+H2O,故D

正確；

故選：C?

將MgS()4、A12(SC)4)3、NiS04,CUSO4混合溶液在90久下加入尿素發(fā)生反應(yīng)生成懸濁液

Mg(0H)2、Al(0H)3、CU(0H)2、Ni(0H)2,在60久晶化過(guò)濾，得到濾餅，洗滌、干燥，

焙燒得到MgO、CuO、NiO、A12O3,在55(TC溫度下用氫氣還原，可得到鍥銅雙金屬催

化劑(Ni-Cu/MgO-AI2O3)，以此解答該題。

本題考查物質(zhì)制備及物質(zhì)分離提純，為高考常見題型，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合

應(yīng)用能力，明確流程圖中可能發(fā)生的反應(yīng)、元素化合物性質(zhì)及物質(zhì)之間轉(zhuǎn)化關(guān)系等知識(shí)

點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。

10.【答案】D

【解析】解：A.負(fù)極反應(yīng)式為HCOCF+20H--2e-=HCO3+H20,正極反應(yīng)為Fe3++

e--Fe2+；故人錯(cuò)誤；

B.從裝置中分離出的物質(zhì)為K2sO,，則K+通過(guò)半透膜移向正極，即隔膜為陽(yáng)離子交換膜,

故B錯(cuò)誤；

C.負(fù)極反應(yīng)式為HCOCT+20H--2e-=HCO3+H20,ImolHCOOH轉(zhuǎn)化為KHCO3時(shí)，

2++

轉(zhuǎn)移電子2mol,儲(chǔ)液池中反應(yīng)為O2+4Fe+4H=2H2O+4Fe3+,則消耗OSmoQ，

但不確定氧氣是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，所以不能計(jì)算氧氣的體積，故C錯(cuò)誤；

D.電路中轉(zhuǎn)移Imol電子時(shí)，有l(wèi)molK+通過(guò)半透膜移向正極，結(jié)合K守恒有n(K2s0。=

+

1n(K)=0.5mol,m(K2S04)=nM=0.5molx174g/mol=87g,故D正確；

故選：D。

HCOOH燃料電池中，HCOOH發(fā)生失去電子的反應(yīng)生成HCO],所在電極為負(fù)極，電極

2+

反應(yīng)式為HCOCT+20H--2e-=HCO3+H20,正極上Fe3++e-=Fe,儲(chǔ)液池中02

和Fe2+反應(yīng)生成Fe3+、H20,反應(yīng)為O2+4Fe?++4H+=2%0+4Fe3+,從裝置中分離

出的物質(zhì)為K2sO,，則K+通過(guò)半透膜移向正極,所以放電過(guò)程中需補(bǔ)充的物質(zhì)A是H2sO4，

據(jù)此分析解答。

本題考查了原電池的工作原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、計(jì)算能力和運(yùn)用

能力的考查，掌握正負(fù)極的判斷、電極反應(yīng)式的書寫和相關(guān)物質(zhì)的量的計(jì)算即可解答，

題目難度中等。

11.【答案】AC

【解析】解：A.乙酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，然后分液分離，故A正確；

B.揮發(fā)的乙醇及生成的乙烯均使高缽酸鉀氧化，溶液褪色，不能檢驗(yàn)乙烯，故B錯(cuò)誤；

C.先加入KSCN溶液無(wú)現(xiàn)象可檢驗(yàn)不含鐵離子，再滴加也。2溶液變?yōu)檠t色，可說(shuō)明

亞鐵離子被氧化為鐵離子，則溶液中含F(xiàn)e2+而不含F(xiàn)e3+,故C正確；

D.水解后在堿性溶液中檢驗(yàn)葡萄糖，水解后沒有加堿至堿性，再加銀氨溶液，水浴加熱，

不能檢驗(yàn)，故D錯(cuò)誤；

故選：ACo

A.乙酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層；

B.揮發(fā)的乙醇及生成的乙烯均使高鈦酸鉀氧化；

C.先加入KSCN溶液無(wú)現(xiàn)象可檢驗(yàn)不含鐵離子，再滴加%。2溶液變?yōu)檠t色，可說(shuō)明

亞鐵離子被氧化為鐵離子；

D.水解后在堿性溶液中檢驗(yàn)葡萄糖。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、離子

及物質(zhì)的檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)

性分析，題目難度不大。

12.【答案】CD

【解析】解：A.由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知多巴胺的分子式為C8Hli故A錯(cuò)誤；

B.苯環(huán)含有°鍵和大TT鍵，甲含有6個(gè)C-C、4個(gè)C-H、2個(gè)C-0、2個(gè)0-H等。鍵，

則Imol甲分子中含有14mol0鍵，故B錯(cuò)誤；

C.多巴胺分子中含有苯環(huán)，為平面形結(jié)構(gòu)，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個(gè)平面上，結(jié)

合三點(diǎn)確定一個(gè)平面可知，多巴胺分子中所有碳原子可能處在同一平面，故C正確；

D.對(duì)應(yīng)的同分異構(gòu)體含有羥基、氨基、苯環(huán)和飽和碳原子，也可能含有酸鍵，則至少有

4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，故D正確；

故選：CD。

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A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷；

B.甲含有6個(gè)C-C、4個(gè)C-H、2個(gè)C-0、2個(gè)0-H等。鍵；

C.多巴胺分子中含有苯環(huán)，為平面形結(jié)構(gòu)；

D.對(duì)應(yīng)的同分異構(gòu)體含有羥基、氨基、苯環(huán)和飽和碳原子，也可能含有醒鍵。

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的

考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和官能團(tuán)的性質(zhì)，難度不大。

13.【答案】B

【解析】解：A.根據(jù)陰陽(yáng)離子的移動(dòng)方向知，陽(yáng)極上亞硫酸根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，

+

故電極反應(yīng)方程式為：S01~+H20-2e-=SO^-+2H,故A錯(cuò)誤；

B.Pt(I)為陰極，陰極上氫離子得電子放出氫氣，電極反應(yīng)為：2HSO3-2e-=2SO"+

H2T,所以電解一段時(shí)間后陰極室pH升高，故B正確；

C.陽(yáng)極室中，出來(lái)的硫酸中不僅有加入的稀硫酸還有亞硫酸根離子被氧化生成的硫酸，

所以b>a,故C錯(cuò)誤；

D.陽(yáng)極上亞硫酸根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：S0『+H20-2e-=SOj-+

2H+,SOg為反應(yīng)物，不斷減少，SO：-和H+為生成物，不斷增多；而陰極上氫離子得

電子放出氫氣，電極反應(yīng)為：2HSO3-2e-=2sog+H2T,S0『為生成物，不斷增多，

沒有生成H2so型故D錯(cuò)誤；

故選：B?

A.根據(jù)電解質(zhì)溶液中陰陽(yáng)離子的移動(dòng)方向可知陽(yáng)極上亞硫酸根離子失電子發(fā)生氧化反

應(yīng)；

B.Pt(I)為陰極，陰極上氫離子得電子放出氫氣；

C.根據(jù)S原子守恒判斷a、b大小；

D.陽(yáng)極上亞硫酸根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸，而陰極上亞硫酸氫根生成亞硫酸

根，沒有生成硫酸。

本題考查電解原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意正確分析圖片、注

意圖片中加入物質(zhì)和析出物質(zhì)的變化是解本題的關(guān)鍵，題目難度不大。

14.【答案】C

【解析】解：A.由圖可知，斷裂a(bǔ)處碳碳鍵所需能量為83.7kJ,斷裂b處碳碳鍵所需能

量為85.1kJ,故A錯(cuò)誤;

B.1,2-丙二醇單分子解離脫水生成丙酮為放熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.TS1路徑比TS3、TS4路徑活化能低，TS4活化能高，故從能量的角度分析，TS1、

TS2、TS3、TS4四種路徑中TS4路徑的速率最慢，故C正確；

D.由圖可以看出產(chǎn)物丙酮能量最低，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

A.斷裂a(bǔ)處生成了CH3CHOH和CH2OH,斷裂b處生成CH2OHCHOH和CH3；

B.反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量為放熱反應(yīng)；

C.活化能越高反應(yīng)速率越慢；

D.能量越低越穩(wěn)定。

本題考查反應(yīng)熱與焰變，為高頻考點(diǎn)，把握?qǐng)D中能量變化、焙變與活化能關(guān)系為解答的

關(guān)鍵，側(cè)重學(xué)生信息獲取能力和自學(xué)能力的考查和活化能的應(yīng)用，題目難度不大。

15.【答案】BC

【解析】解：A.根據(jù)分析，一館翳罌〉一電黑詈，直線丙表示pH與Tg黑霽的變

化關(guān)系，應(yīng)位于乙的右邊，故A錯(cuò)誤；

B.乙線上pH=8.21時(shí)，一年器群=1，器器=°,，其倒數(shù)等于10；所以

Ka2(H3P。4)=Cl，，=10皿1x10=10-7.2】；Kh2(PO7)=飛溜-),由

圖可知pH=4.15時(shí)，一年器需=2,所以其水解常數(shù)Kh2(PO/)=祟『)=

CtH2EU4jC(H2EU4)

10-11.85<Ka2(H3PO4),NaH2PO4溶液H2Poz電離大于水解，所以c(HPO/)>c(H3Po

故B正確；

C.Ka2(H3Po4)=嗤漆詈=10-721,由圖可知pH=4.15時(shí)，Tg器瑞=2,

黑瑞=10-2,得出Ka式H3Po4)=10-415x100=10-2.與器磊=

468

Kal(H3PO4>K.2(H3PO4)=1,又因c(HPO歹)=C(H3Po4)，解得c(H+)=IQ-,pH=4.68,

故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒①c(Na+)+c(H+)=c(H2Po])+2c(HPOf)+3c(P07)+c(0H-),物

料守恒②c(Na+)=2[C(H2POJ)+c(HPO1-)+c(POr)+c(H3P04)],將②代入①，得

thc(OH-)+c(PO1-)=c(H+)+c(H2Po￡)+2c(H3Po4),故D錯(cuò)誤;

故選：BCo

常溫下將NaOH溶液滴加到磷酸(H3PoQ溶液中，混合溶液中的pH越來(lái)越大，c(H3PO4)

逐漸減小，C(H2PO￡)逐漸增大，所以鬻黑逐漸減小，一恒巖黑逐漸增大；隨著NaOH

C(.H2EU4}C(,H2rU4J

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溶液滴入，c(H2P07)逐漸減小，c(HP0廠)逐漸增大，-1g黑棠逐漸增大；繼續(xù)滴入

NaOH溶液滴入c(HPOj-)逐漸減小,c(P0『)逐漸增大，一但鬻智逐漸增大；由圖可知，

甲為pH與一1g黑J怒的直線，乙為pH與一1g黑霸的直線；

A.隨著NaOH溶液滴入，磷酸(H3Po。的電離程度越大，pH越大；

B.由圖乙線上pH=8.21時(shí)得出Ka2(H3PO4)=嘴律羅和Kh2(P0/)=?差黑牌一),

比較水解常數(shù)Kh2(P。：)和Ka2(H3P。4)大小關(guān)系；

C.由圖可知pH得出Kai(H3Po4)和Ka2(H3Po4)，根據(jù)Kai(H3P。4)和Ka2(H3Po4)表達(dá)式，

得出黑簫=亂然?胃需，住&)，又因c(HPOj-)=c(H3P°4)來(lái)計(jì)算分析解答；

D.在NazHPCU溶液中，根據(jù)電荷守恒分析解答。

本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，

注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系及電荷守恒，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈

活應(yīng)用能力。

16.2CO203+4H2S04(^)A4COS04+02T+4H20生產(chǎn)光導(dǎo)纖維、玻璃、晶

體硅等2.8?7.47.0xIO。2112220H-1.5bd

【解析】解：(DCO2O3溶于濃硫酸，生成(：。2+和一種可使帶火星的木條復(fù)燃的氣體為氧

氣，結(jié)合原子守恒書寫化學(xué)方程式為：2co2O3+4H2s0式濃)24CoS()4+。2T+4出0,

沉淀1成分為二氧化硅，可以生產(chǎn)光導(dǎo)纖維、玻璃、晶體硅等，

A

故答案為：2CO203+4H2S04(*)~^4COSC)4+02T+4H20；生產(chǎn)光導(dǎo)纖維、玻璃、晶

體硅等；

(2)根據(jù)題給信息分析,pH=2.8時(shí),氫氧化鐵完全沉淀,C02+離子開始沉淀的pH=7.4,

將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3沉淀，Co?+離子不沉淀，應(yīng)調(diào)節(jié)pH至少大于2.8,小于7.4,

故答案為：2.8?7.4;

2+2

(3)Ksp(CaF2)=c(Ca)Xc(F-)=1.05XICT】。，昕)=mol/L?3.24X

-32+2-112+

10mol/L,Ksp(MgF2)=c(Mg)xc(F-)=7.35xIO,c(Mg)=

6

(324XIO-3)2mol/L?7.0x10mol/L

故答案為:7.0x10-6；

(4)鉆元素化合價(jià)+2價(jià)升高到+3價(jià)，電子轉(zhuǎn)移e-,過(guò)氧化氫中氧元素化合價(jià)-1價(jià)降低

到-2價(jià)，電子轉(zhuǎn)移2e1氧化還原中電子轉(zhuǎn)移守恒可知，C02+系數(shù)為2,比。2系數(shù)為1，

再根據(jù)原子守恒及電荷守恒配平得：2c。2++&。2+12NH3=2co(NH3)/+20H-,

故答案為：2；1；12；2；20H-；

(5)C02+被氧化為c03+,C2O寸被還原為CO,則根據(jù)得失電子守恒知：lmolCo(NH3)首

全部轉(zhuǎn)化為COC2O4沉淀，需要消耗(NHJCzO*i^+lmol=1.5moL

故答案為：1.5；

(6)a.流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，僅通過(guò)調(diào)節(jié)溶液的pH無(wú)法將金屬元素完

全分離，故a錯(cuò)誤；

b.若礦石粉中存在少量FeO,濃硫酸有強(qiáng)氧化性，在用濃硫酸溶解時(shí)也生成硫酸鐵，經(jīng)

上述流程也可制得純度相同的COC2O4,故b正確；

c.向溶液3中加入氨水，除了調(diào)節(jié)溶液的pH,還有與C03+形成配位離子C03H3)尹，故

c錯(cuò)誤；

d.過(guò)濾所得Coe?。,晶體用H2c2O4溶液代替蒸儲(chǔ)水洗滌，增大草酸根離子濃度，減少晶

體溶解損失，效果更好，故d正確；

故答案為:bdo

流程圖分析，鉆礦石的主要成分有C02O3、CaO、Fe2O3>MgO和SiO2等，粉碎后加入

濃硫酸加熱,溶液1中含有COSO4、CaS04>MgSCU、Fe2(SO4)3,沉淀1為難溶的SiO2,

溶液1中加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH,根據(jù)題給信息中金屬離子沉淀的pH知，沉淀2為

Fe(0H)3沉淀，溶液2中含有COSO4、CaS04,MgS04,加入NaF溶液后生成CaF?、MgF2

沉淀，則沉淀3為CaF2、MgF2,溶液3中加入氨水和出。2溶液，根據(jù)問(wèn)題(4)提示知，

C02+被氧化為Co(NH3)甘，此時(shí)溶液4中含有陽(yáng)離子為Co(NH3)/，加入稀硫酸和

(NH4)2C2()4后被還原為CoC2()4，

(DCO2O3溶于濃硫酸，生成C02+和一種可使帶火星的木條復(fù)燃的氣體為氧氣，結(jié)合原子

守恒書寫化學(xué)方程式，沉淀1成分為二氧化硅；

(2)根據(jù)題給信息分析，pH=2.8時(shí)，氫氧化鐵完全沉淀，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3沉淀，

C02+離子開始沉淀的pH=7.4；

(3)溶液3中c(Ca2+)=1.0X10-5m0l.IT】時(shí)沉淀完全，結(jié)合溶度積常數(shù)計(jì)算氟離子濃

度,利用Lp(MgF2)=7.35XIO-1】計(jì)算c(Mg2+)；

(4)鉆元素化合價(jià)+2價(jià)升高到+3價(jià)，電子轉(zhuǎn)移el過(guò)氧化氫中氧元素化合價(jià)-1價(jià)降低

到-2價(jià)，電子轉(zhuǎn)移2e-,氧化還原中電子轉(zhuǎn)移守恒配平得到；

(5)C02+被氧化為C03+,C2O廠被還原為CO,則根據(jù)得失電子守恒計(jì)算；

(6)a.流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去；

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b.若礦石粉中存在少量FeO,濃硫酸有強(qiáng)氧化性，在用濃硫酸溶解時(shí)也生成硫酸鐵除去；

c.向溶液3中加入氨水，除了調(diào)節(jié)溶液的pH,還有與C03+形成配位離子；

d.過(guò)濾所得CoC2()4晶體用H2c2O4溶液代替蒸儲(chǔ)水洗滌，增大草酸根離子濃度，沉淀溶

解平衡逆向進(jìn)行。

本題考查了物質(zhì)制備方案的設(shè)計(jì)、物質(zhì)分離與提純方法的綜合應(yīng)用，為高考常見題型和

高頻考點(diǎn)，題目難度中等，明確制備流程為解答關(guān)鍵，注意掌握常見物質(zhì)分離與提純的

操作方法，試題知識(shí)點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)

驗(yàn)?zāi)芰Α?/p>

17.【答案】12Tic1,晶體為分子晶體，所以TiFq的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于Tic”的熔點(diǎn)當(dāng)H+濃度

高時(shí)，鄰二氮菲中的N優(yōu)先與H+形成配位鍵，導(dǎo)致與Fe2+配位能力減弱；若0H-濃度

較高時(shí)，OFT與Fe2+反應(yīng)，也會(huì)影響與鄰二氮菲配位<6N、0若Pt以sp3雜化軌道

成鍵，分子應(yīng)為四面體結(jié)構(gòu)，則不存在順伯和反伯同分異構(gòu)現(xiàn)象(0.25,0.25,0.25)日x

【解析】解：(1)基態(tài)Ti原子核外電子排布式為Is22s22P63s23P63d24s2,s軌道有一種

空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，p軌道有三種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，d軌道有五種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，3d軌道只有

兩個(gè)電子，有兩種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài),因此基態(tài)Ti原子的核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有12種；

HF4晶體為離子晶體，TiCi4晶體為分子晶體，所以TiFq的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于Tic*的熔點(diǎn)，

故答案為：12：TiC”晶體為分子晶體，所以TiF4的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于TiC*的熔點(diǎn)；

(2)當(dāng)H+濃度高時(shí)，鄰二氮菲中的N優(yōu)先與H+形成配位犍，導(dǎo)致與Fe2+配位能力減弱；

若0H-濃度較高時(shí)，OFT與Fe2+反應(yīng)，也會(huì)影響與鄰二氮菲配位，所以適宜pH范圍為

2?9，

故答案為：當(dāng)H+濃度高時(shí)，鄰二氮菲中的N優(yōu)先與H+形成配位鍵，導(dǎo)致與Fe2+配位能

力減弱；若0H-濃度較高時(shí)，0H-與Fe2+反應(yīng)，也會(huì)影響與鄰二氮菲配位；

(3)Ni與Cu的第二電離能:Ni<Cu,因?yàn)镹i失去的是4sl電子,銅失去的是全充滿的3d1°

電子，全充滿結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，銅不易失去3d軌道上的電子，所以Cu的第二電離能較大