山東省聊城市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

山東省2024年高考化學(xué)模擬試題閱卷人一、選擇題得分1．古代典籍富載化學(xué)知識，下述之物見其還原性者為A．石膽(CuSO4?5H2O)：“石膽能化鐵為銅?！盉．強(qiáng)水(HNO3)：“性最烈，能蝕五金，……”C．磯(FeSO4?7H2O)：“蓋此磯色綠味酸，燒之則赤?！盌．金箔(Au)：“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，……”2．下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用正確的是A．SO2具有還原性，可用作紙漿漂白B．生石灰能與水反應(yīng)，可用來干燥氯氣C．氫氧化鋁受熱分解，可用作中和過多的胃酸D．聚四氟乙烯耐酸堿腐蝕，可用作化工反應(yīng)器的內(nèi)壁涂層3．短周期元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X、Z、W原子均有兩個單電子，W與Z同主族。下列說法錯誤的是A．第一電離能：Y>ZB．簡單離子還原性：W>ZC．氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Y>WD．X、Y的氫化物分子中均可能存在非極性鍵4．化合物P具有抗腫瘤活性，結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列有關(guān)P的說法錯誤的是A．存在順反異構(gòu)B．可發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)C．與酸或堿溶液反應(yīng)均可生成鹽D．水解后可得到三種有機(jī)物5．植物對氮元素的吸收過程如下，下列說法錯誤的是NA．NH3中的鍵角小于NHB．NO2-C．P原子間難形成三鍵而N原子間可以，是因?yàn)镻的原子半徑大于N，難形成P-Pπ鍵D．當(dāng)有9.2gNO2-6．利用下列裝置(夾持裝置略)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．溶液的轉(zhuǎn)移 B．驗(yàn)證乙炔使溴水褪色C．制備碳酸氫鈉 D．測定Na2C2O4溶液的濃度7．化合物Z是合成平喘藥沙丁胺醇的中間體，可通過下列路線制得：下列說法錯誤的是A．Z的分子式為C13H16O5B．X分子中共平面的碳原子最多有8個C．Y與足量H2加成后的產(chǎn)物分子中含有4個手性碳原子D．1molZ可與3molNaOH反應(yīng)，生成1molH2O8．已知Zn及其化合物的性質(zhì)與Al及其化合物的性質(zhì)相似。實(shí)驗(yàn)室利用廢舊鍍鋅鐵皮(Fe元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為z)制備磁性Fe3O4膠體粒子的過程為：①堿溶：取xg鍍鋅鐵皮于燒杯中，加入足量NaOH溶液，加熱、過濾、水洗；②酸溶、氧化：向所得不溶物中加入稀硫酸，調(diào)節(jié)溶液pH始終保持在1?2之間并加入NaClO溶液；③堿溶、分離：再向溶液中滴加NaOH溶液并加熱，同時向溶液中持續(xù)通入N2，充分反應(yīng)，分離得到y(tǒng)gFe3O4膠體粒子，下列說法正確的是A．①中“過濾”所得的濾液中含有Zn2+B．②中“氧化”時加入的NaClO要過量C．③中“分離”操作中包括過濾D．Fe3O4膠體粒子的產(chǎn)率為21y9．實(shí)驗(yàn)室制備丙炔酸甲酯(CH≡C?COOCHA．“蒸餾”時不能用水浴加熱B．“操作1”名稱為干燥C．“洗滌2”中5%Na2CO3溶液的作用是除去丙快酸等酸性物質(zhì)D．“反應(yīng)”前加入試劑的順序?yàn)闈饬蛩?、丙煥酸、甲?0．銅催化乙炔選擇性氫化制1，3-丁二烯的反應(yīng)機(jī)理如圖所示(吸附在銅催化劑表面上的物種用*標(biāo)注)。下列說法正確的是A．反應(yīng)Ⅰ的速率大于反應(yīng)Ⅱ的速率B．若原料用丙炔，則會有2種分子式為C6H10的有機(jī)物生成C．增大Cu的表面積，可加快反應(yīng)速率，提高C2H2的平衡轉(zhuǎn)化率D．C2H3*轉(zhuǎn)化成C11．下列操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

目的操作A驗(yàn)證淀粉未水解向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，觀察顏色變化。B驗(yàn)證SO32-結(jié)合H+室溫下，用pH試紙測得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH約為10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH約為5.C探究維生素C的還原性向盛有2mL黃色FeCl3溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化。D研究溫度對化學(xué)平衡的影響將銅與濃硝酸反應(yīng)生成的氣體收集后用冰水混合物冷卻降溫，觀察顏色變化。A．A B．B C．C D．D12．ClO2是一種高效、低毒的消毒劑。實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉)為原料，制備ClO2的流程如圖：已知：①電解過程中氯元素被氧化。②ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體；三氯化氮為黃色油狀液體，熔點(diǎn)較低，很不穩(wěn)定，受熱90℃以上或受震動時發(fā)生猛烈爆炸。下列說法正確的是A．“電解”過程中的陽極電極反應(yīng)式為3CB．“反應(yīng)”過程中可快速攪拌反應(yīng)混合液以加快反應(yīng)速率C．“反應(yīng)”過程中的還原產(chǎn)物存在于溶液X中D．可用稀鹽酸除去ClO2中的氨氣13．利用氫氧燃料電池可實(shí)現(xiàn)由白磷電解法制備Li［P(CN)2］，并能實(shí)現(xiàn)H2的循環(huán)利用，其工作原理如圖所示。(已知：Me為甲基；電極均為石墨電極)下列說法正確的是A．電池工作時電極a連接電極dB．當(dāng)生成9gLi［P(CN)2］時，電極a消耗H2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為2.24LC．通電一段時間后，若隔膜e為陰離子交換膜，則c(KOH)減小D．電極c的電極方程式為P14．天然溶洞的形成與巖石中的CaCO3和空氣中CO2溶于天然水體形成的含碳物種的濃度有密切關(guān)系。常溫下，某溶洞水體中pM隨pH的變化關(guān)系如圖所示。［已知：Ksp(CaCO3)=10-8.54A．曲線③代表p(HCOB．Khl(CC．m=2D．pH由4到8的過程中c(HCO3-15．LiFePO4的晶胞如圖所示，其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)，電池充電時，LiFePO4脫出部分Li+，形成Li1-xFePO4晶胞。下列說法正確的是A．每個LiFePO4晶胞中含有4個O原子B．Li1-xFePO4晶胞中，n(FC．每個LiFePO4晶胞完全轉(zhuǎn)化為FePO4晶胞時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1D．1molLi1-xFePO4全轉(zhuǎn)化為LiFePO4時，消耗xmolFe3+閱卷人二、非選擇題得分16．金屬及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。請回答下列問題：（1）與Fe最外層電子數(shù)相同且同周期的過渡元素有種。（2）次磷酸的正鹽KH2PO2中P的雜化軌道與O的軌道形成σ鍵。（3）Zn、Fe、Cu等過渡金屬的原子或離子易通過配位鍵形成配合物或配離子。①和中所有原子均共面，其中氮原子較易形成配位鍵的是。②配位原子提供孤電子對的能力與元素的電負(fù)性大小有關(guān)，元素電負(fù)性越大，其原子越不容易提供孤電子對。則對于配合物Fe(SCN)3，配體SCN-中提供孤電子對的原子是(填元素符號)。③將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是。A．［Cu(NH3)2］ClB．［Cu(NH3)4］SO4C．［Zn(NH3)4］SO4D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2（4）硫化鋅(ZnS)晶體屬于六方晶系，Zn原子位于4個S原子形成的正四面體空隙中。晶胞參數(shù)如圖所示α=120°，β=γ=90°。①該晶體中，鋅的配位數(shù)為。②已知空間利用率η=晶胞中含有原子的體積晶胞的體積×100%，設(shè)鋅和硫的原子半徑分別r1cm和r2③以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。若A點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，0)，則B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為。17．一種利用廢催化劑(含TiO2，WO3等)回收金屬Ti、W的工藝流程如圖所示。已知：①偏鈦酸鈉(Na2TiO3)難溶于水；“酸洗”時，Na2TiO3轉(zhuǎn)化為TiOCl2或TiOSO4，水解后得到H2TiO3；②當(dāng)溶液中某離子濃度≤1×10-5mol/L時，認(rèn)為該離子沉淀完全。請回答下列問題：（1）為加快“堿浸”的速率，可采取的措施為(任寫兩條)；“堿浸”時生成偏鈦酸鈉的離子方程式為。（2）銳鈦型和金紅石型是TiO2最常見的兩種晶體類型，煅燒H2TiO3過程中，TiO2會發(fā)生“銳鈦型→金紅石型”轉(zhuǎn)化，固體質(zhì)量殘留率和晶型轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖1所示，晶型轉(zhuǎn)化過程中的能量變化如圖2所示。設(shè)計用“過濾”所得Na2TiO3制備金紅石型TiO2的操作方案。（3）“煅燒”時，TiO2的提取率隨時間、溫度的變化關(guān)系如圖，提取TiO2的適宜條件為。（4）用固體二氧化鈦生產(chǎn)海綿鈦的裝置如圖，其原理是TiO2的氧解離進(jìn)入熔融鹽中而得到金屬海綿鈦。電解過程中，b極是極，陰極的電極反應(yīng)式為。（5）將氫氧化鈣加入鎢酸鈉溶液中可得到鈣酸鈣，已知Ksp(CaWO4)=4×10-10(mol/L)2，Ksp［Ca(OH)2］=9×10-7(mol/L)3，當(dāng)溶液中WO42?沉淀完全時，溶液中c(OH-18．氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體｛(NH4)5［CVO)6(CO3)4(OH)9］?10H2O｝是制備多種含釩產(chǎn)品和催化劑的基礎(chǔ)原料和前驅(qū)體。已知：①氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體呈紫紅色，難溶于水和乙醇；②VO2+有較強(qiáng)還原性，易被氧化。實(shí)驗(yàn)室以V2O5為原料制備該晶體的流程如圖：請回答下列問題：（1）“浸漬”時反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）“轉(zhuǎn)化”時需要在CO2氛圍中進(jìn)行的原因是。（3）“轉(zhuǎn)化”可在下圖裝置中進(jìn)行：①上述裝置連接的合理順序?yàn)閑→(按氣流方向，用小寫字母表示)。②寫出裝置D中生成氧鈕(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體的化學(xué)方程式。（4）“抽濾”裝置如圖所示，抽濾原理是。（5）“洗滌”時用飽和NH4HCO3溶液洗滌晶體，檢驗(yàn)晶體已洗滌干凈的操作是。（6）為測定粗產(chǎn)品中釩元素的含量，稱取l.0g粗產(chǎn)品于錐形瓶中，用20mL蒸餾水與30mL稀硫酸溶解后加入0.01mol/LKMnO4溶液至稍過量，充分反應(yīng)后繼續(xù)滴加2%的NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量的NaNO2，滴入幾滴鐵氰化鉀K3［Fe(CN)6］溶液，最后用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定終點(diǎn)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL。(已知粗產(chǎn)品中雜質(zhì)不含釩，也不參與反應(yīng)；滴定反應(yīng)為VO①滴定終點(diǎn)時的現(xiàn)象為。②粗產(chǎn)品中釩元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%。19．某研究小組采用如下路線合成醫(yī)藥中間體K。已知：Ⅰ．→(HOCⅡ．→PClⅢ．→CH3MgBr，無水乙醚（1）A的化學(xué)名稱為，C的結(jié)構(gòu)簡式為。（2）流程中設(shè)計E→F的目的是。（3）I→K的反應(yīng)類型為，I生成K的同時還會生成一種與K互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物X，X的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）請寫出一種同時滿足下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：。①僅含-CHO、-OH、-C3H7和苯環(huán)結(jié)構(gòu)；②核磁共振氫譜峰面積之比為1：1：2：2：6.（5）綜合上述信息，請寫出以苯、對甲基苯甲酸，CH3CH2CH2MgBr為原料制備的合成路線。20．甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制備及用途在工業(yè)上有重要的意義（1）一種重要的工業(yè)制備甲醇的反應(yīng)為①CO2g(g)+3②CO2(g)+H2③CO(g)+2H2(g)?CH3試計算ΔHkJ/mol。（2）對于反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，v正=k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)·p(H2)。其中k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，p為氣體分壓(分壓=物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)×總壓)。在540K下，分別按初始投料比n(CO2)：n(H①投料比n(CO2)：n(H2)=l：3的曲線是。(填“a”、“b”或“c”)②已知點(diǎn)N在曲線b上，計算該溫度下壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=(MPa)-2.(用平衡分壓代替平衡濃度計算)③該溫度下，測得某時刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，p(H2)=0.4MPa，此時v正：v逆=。(保留2位有效數(shù)字)（3）甲醇催化制取丙烯的反應(yīng)為：3CH3OH(g①該反應(yīng)的活化能Ea=kJ/mol。②當(dāng)用更高效催化劑時，請?jiān)趫D中畫出Rlnk與1T關(guān)系的曲線（4）目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇與CO反應(yīng)來制備：CH3OH(g)+CO(g)?HC3①溫度為T1時，該反應(yīng)的正反應(yīng)速率v(B)正v(A)逆(填“>”，“=”或“<”)。②B、C、D三點(diǎn)逆反應(yīng)速率由大到小的順序?yàn)?。[用“v(D)”、“v(C)”、“v(B)”表示]

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．石膽能化鐵為銅，銅元素化合價降低，表現(xiàn)為氧化性，A不符合題意；B．HNO3只有氧化性，B不符合題意；C．蓋此磯色綠味酸，燒之則赤，硫酸亞鐵氧化為氧化鐵，化合價升高，體現(xiàn)還原性，C符合題意；D．凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，體現(xiàn)金的延展性，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】元素化合價降低，表現(xiàn)氧化性；元素化合價升高，表現(xiàn)還原性。2．【答案】D【解析】【解答】A．SO2可用作紙漿漂白，利用SO2的漂白性，故A不符合題意；B．氯氣是酸性氣體，氧化鈣是堿性干燥劑，不能用氧化鈣干燥氯氣，故B不符合題意；C．氫氧化鋁可用作中和過多的胃酸，是因?yàn)闅溲趸X能與酸反應(yīng)，故C不符合題意；D．聚四氟乙烯俗稱“塑料王”，是一種以四氟乙烯作為單體聚合制得的高分子聚合物，這種材料具有抗酸抗堿、抗各種有機(jī)溶劑的特點(diǎn)，可用作化工反應(yīng)器的內(nèi)壁涂層，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．利用SO2的漂白性；B．氯氣是酸性氣體，氧化鈣是堿性干燥劑；C．氫氧化鋁能與酸反應(yīng)；D．聚四氟乙烯是高分子聚合物，具有抗酸抗堿、抗各種有機(jī)溶劑的特點(diǎn)。3．【答案】C【解析】【解答】A．N的核外電子排布為：1s22s23p3，p軌道為半充滿狀態(tài)，所以第一電離能：N>O，A不符合題意；B．S2-的還原性大于O2-，B不符合題意；C．最高價氧化物的水化物的酸性HNO3>H2SO4，題目未強(qiáng)調(diào)最高價氧化物水化物，C符合題意；D．C的氫化物C2H6中存在C-C非極性鍵，N的氫化物N2H4中存在N-N非極性鍵，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．同一周期的主族元素中，從左至右，元素的第一電離能呈“鋸齒狀”增大，其中IIA族和VA族的第一電離能高于相鄰的元素；B．原子的氧化性越弱，對應(yīng)離子的還原性越強(qiáng)；C．元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)，不是最高價氧化物對應(yīng)的水化物則不一定；D．同種原子之間的共價鍵為非極性鍵；不同種原子之間的共價鍵為極性鍵。4．【答案】B【解析】【解答】A．具有順反異構(gòu)體的有機(jī)物中C=C應(yīng)連接不同的原子或原子團(tuán)，化合物P中碳碳雙鍵連接羧基、甲基、H原子和剩余部分的結(jié)構(gòu)均不相同，存在順反異構(gòu)，A不符合題意；B．分子中存在羧基、酰胺基，能發(fā)生取代反應(yīng)，存在碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)，不存在能發(fā)生消去反應(yīng)的鹵素原子、醇羥基等，B符合題意；C．分子中存在酰胺基，與酸或堿溶液反應(yīng)均可生成鹽，C不符合題意；D．分子中存在2個酰胺基，水解后可得到三種有機(jī)物，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．順反異構(gòu)由雙鍵兩側(cè)連接的四個原子或基團(tuán)中兩個相同者的位置來決定異構(gòu)體的類型；B．根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷反應(yīng)類型；CD．根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷。5．【答案】B【解析】【解答】A．NH3、NH4+中N原子均為sp3雜化，NH3中N原子有1對孤電子對，而NH4B．NO2-中氮原子價層電子對數(shù)為2+5+1?2×22=3，N原子軌道的雜化類型為sp2，NOC．根據(jù)元素周期表可知P的原子半徑比N大，P原子間不易形成三鍵而N原子之間易形成，是因?yàn)镻原子的半徑大于N，難以形成P-Pπ鍵，C不符合題意；D．過程②NH4+轉(zhuǎn)化為NO2故答案為：B。

【分析】A．依據(jù)孤對電子之間排斥作用＞孤對電子與成鍵電子對之間排斥＞成鍵電子對之間排斥分析；B．依據(jù)價層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，由價層電子對數(shù)確定雜化類型；C．根據(jù)原子半徑大小判斷；D．依據(jù)化合價變化判斷電子數(shù)。6．【答案】D【解析】【解答】A．溶液的轉(zhuǎn)移需用玻璃棒引流，A不符合題意；B．電石與水反應(yīng)生成乙炔、硫化氫、磷化氫，硫化氫、磷化氫也能使溴水褪色，B不符合題意；C．氨氣易溶于水，直接通入氯化鈉溶液會倒吸，C不符合題意；D．酸性高錳酸鉀溶液盛放在酸式滴定管中，酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液可與草酸鈉發(fā)生反應(yīng)，可用于測定其濃度，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．轉(zhuǎn)移液體需用玻璃棒引流；B．乙炔中的雜質(zhì)氣體硫化氫、磷化氫也能使溴水褪色；C．氨氣易溶于水，會倒吸；D．酸性溶液、強(qiáng)氧化性溶液應(yīng)選用酸式滴定管；堿性溶液應(yīng)選用堿式滴定管。7．【答案】A【解析】【解答】A．Z分子中，含有13個C原子、5個O原子，不飽和度為7，則含H原子個數(shù)為13×2+2-7×2=14，則分子式為C13H14O5，A符合題意；B．X分子中，同一框內(nèi)的碳原子一定共平面，兩個框內(nèi)的碳原子可能共平面，所以共平面的碳原子最多有8個，B不符合題意；C．Y與足量H2加成后的產(chǎn)物為，分子中帶“?”的碳原子為手性碳原子，共含有4個手性碳原子，C不符合題意；D．Z分子中含有2個酯基，且水解后生成1個酚羥基，酚羥基和酯基都能與NaOH發(fā)生反應(yīng)，所以1molZ可與3molNaOH反應(yīng)，生成1molH2O，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式；B．依據(jù)苯、乙烯、甲醛是平面結(jié)構(gòu)，乙炔是直線結(jié)構(gòu)、甲烷是正四面體形結(jié)構(gòu)且單鍵可以沿鍵軸方向旋轉(zhuǎn)判斷；C．手性碳是碳原子連接4個不同的原子或原子團(tuán)的物質(zhì)分析；D．根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷。8．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，①中過濾所得的濾液中含有ZnOB．由分析可知，②中加入適量次氯酸鈉溶液的目的是將亞鐵離子部分氧化為鐵離子，若加入過量次氯酸鈉溶液會將亞鐵離子完全氧化為鐵離子，不可能堿溶反應(yīng)得到四氧化三鐵，故B不符合題意；C．由分析可知，③中分離操作為用滲析的方法分離得到四氧化三鐵膠體粒子，故C不符合題意；D．由題給數(shù)據(jù)可知，四氧化三鐵膠體粒子的產(chǎn)率為zg232g/molxg×y56g/mol故答案為：D。

【分析】廢舊鍍鋅鐵皮加入氫氧化鈉溶液堿溶，鋅溶解生成偏鋅酸鈉和氫氣，鐵不溶解，過濾得到濾液為Na2ZnO2，向所得不溶物中加入稀硫酸同時加入適量次氯酸鈉，調(diào)節(jié)溶液pH=1～2，再加入NaOH溶液加熱促進(jìn)水解生成四氧化三鐵膠體粒子。9．【答案】D【解析】【解答】A．由丙炔酸甲酯的沸點(diǎn)可知，蒸餾時加熱溫度高于水的沸點(diǎn)，不能用水浴加熱，故A不符合題意；B．由分析可知，操作1為向有機(jī)相中加入無水硫酸鈉干燥有機(jī)相，故B不符合題意；C．由題意可知，洗滌2”中5%碳酸鈉溶液的作用是除去丙快酸、硫酸等酸性物質(zhì)，故C不符合題意；D．溶液混合時，應(yīng)將密度大的溶液加入密度小的溶液中，反應(yīng)”前加入試劑的順序?yàn)榧状肌⒈麩ㄋ?、濃硫酸，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.丙炔酸甲酯的沸點(diǎn)為103?105℃，高于水的沸點(diǎn)；

B.向有機(jī)相中加入無水硫酸鈉可干燥有機(jī)相；

C.碳酸鈉溶液顯堿性，可中和丙炔酸等酸性物質(zhì)；

D.溶液混合時，應(yīng)將密度大的溶液加入密度小的溶液中。10．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)圖示，反應(yīng)Ⅰ的活化能大于反應(yīng)Ⅱ的活化能，所以反應(yīng)Ⅰ的速率小于反應(yīng)Ⅱ的速率，故A不符合題意；B．若原料用丙炔，則會有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2共3種分子式為C6H10的有機(jī)物生成，故B不符合題意；C．增大Cu的表面積，可加快反應(yīng)速率，催化劑不能使平衡不移動，不能提高C2H2的平衡轉(zhuǎn)化率，故C不符合題意；D．根據(jù)圖示，C2H3*轉(zhuǎn)化成C故答案為：D。

【分析】A.活化能越大反應(yīng)速率越慢，慢反應(yīng)是整個反應(yīng)的決速步驟；

B.若原料為丙炔，會有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2生成；

C.Cu是該反應(yīng)的催化劑，催化劑不影響平衡狀態(tài)；

D.同種非金屬原子間形成非極性鍵。11．【答案】A【解析】【解答】A．加入碘水后，溶液呈藍(lán)色，只能說明溶液中含有淀粉，并不能說明淀粉是否發(fā)生了水解反應(yīng)，選項(xiàng)A符合題意；B．陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結(jié)合氫離子，則SO32-結(jié)合H+C．向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化，若觀察到FeCl3溶液的黃色逐漸褪去，且溶液變成淺綠色，說明維生素C具有還原性，選項(xiàng)C不符合題意；D．將銅與濃硝酸反應(yīng)，生成的氣體NO2收集后用冰水混合物冷卻降溫，由于存在平衡體系：2NO2?N2O4△H<0，能進(jìn)行溫度對化學(xué)平衡的影響研究，選項(xiàng)D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.若淀粉部分水解，會得到相同實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；

B.酸根離子越弱，越易結(jié)合氫離子；

C.維生素C能將氯化鐵還原為氯化亞鐵；

D.濃硝酸的還原產(chǎn)物為二氧化氮，存在轉(zhuǎn)化：2NO2?N2O4，NO2為紅棕色，N2O4為無色。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．電解氯化銨和鹽酸的混合溶液制得NCl3溶液，陰極產(chǎn)生氫氣，故陽極反應(yīng)為：3C1B．三氯化氮受熱90℃以上或受震動時發(fā)生猛烈爆炸，“反應(yīng)”過程中若快速攪拌反應(yīng)混合液可發(fā)生爆炸，B不符合題意；C．“反應(yīng)”過程中的還原產(chǎn)物為NaCl，易溶于水，C符合題意；D．若用稀鹽酸除去ClO2，ClO2中+4價氯和鹽酸中Cl-發(fā)生歸中反應(yīng)，D不符合題意；故答案為：AC。

【分析】氯化銨在鹽酸溶液中進(jìn)行電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，陽極反應(yīng)為：3C1--6e-+NH4+=NCl3+413．【答案】A,D【解析】【解答】A．由分析可知，電池工作時，右側(cè)裝置為電解池，與電極a連接的電極d為陰極，故A符合題意；B．由分析可知，左側(cè)裝置為氫氧燃料電池裝置，通入氫氣的電極a為負(fù)極，氫氣在負(fù)極失去電子生成氫離子，右側(cè)裝置為電解池，電極c為陽極，氰化鋰作用下白磷在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Li［P(CN)2］和鋰離子，由得失電子數(shù)目守恒可知，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，生成9gLi［P(CN)2］時，電極a消耗氫氣的體積為9g90g/mol×1C．由分析可知，左側(cè)裝置為氫氧燃料電池裝置，通入氧氣的電極b為正極，水分子作用下氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧根離子，氫氧根離子通過陰離子交換膜進(jìn)入負(fù)極區(qū)，則通電一段時間后，正極區(qū)中消耗水導(dǎo)致溶液體積偏小，氫氧化鉀的濃度增大，故C不符合題意；D．由分析可知，右側(cè)裝置為電解池，通入氧氣的電極b為正極，與電極b連接的電極c為陽極，氰化鋰作用下白磷在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Li［P(CN)2］和鋰離子，電極反應(yīng)式為P4故答案為：AD。

【分析】氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為負(fù)極，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣的一極為正極，正極發(fā)生還原反應(yīng)，則電極a為負(fù)極，電極b為正極，右側(cè)裝置為電解池，石墨電極上P4轉(zhuǎn)化為Li[P(CN)2]，P元素化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，故電極c為陽極，連接外電源正極，電極d為陰極，連接外電源負(fù)極。14．【答案】B,C【解析】【解答】A．曲線③代表p(COB．點(diǎn)(10.3，1.1)時，KhlC．(8.6，n)，碳酸根濃度等于鈣離子濃度，Ksp(CaCO3)=c(CO32-)×c(Ca2+)=10-8.54，c(CO32-）=10?8.54÷2=10?4.27mol/L，(8.6，m)，即pH=8.6，c(H+)=10-8.6D．根據(jù)圖像斜率，pH由4到8的過程中c(HCO3-故答案為：BC。

【分析】CO2可以和少量OH-反應(yīng)生成HCO3-，和過量OH-反應(yīng)生成CO32-，因此pH越大，c(CO32-)越大，c(CO32-15．【答案】B,D【解析】【解答】A．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，LiFePO4晶胞中位于頂點(diǎn)和面心的鋰離子個數(shù)為8×18+6×12=4，由磷酸鐵鋰的化學(xué)式為LiFePOB．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Li1?xFePO4比LiFePO4少了1個面心和1個棱上的鋰離子，則1—x=1?(1×12+1×14)4，解得x=0.1875，Li1-xFePO4C．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，LiFePO4晶胞中位于頂點(diǎn)和面心的鋰離子個數(shù)為8×18+6×12=4，則每個LiFePO4晶胞完全轉(zhuǎn)化為FePO4晶胞時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為D．由化學(xué)式可知，Li1-xFePO4全轉(zhuǎn)化為LiFePO4時，鐵元素的化合價降低，消耗x個鐵離子，則1molLi1-xFePO4全轉(zhuǎn)化為LiFePO4時，消耗xmol鐵離子，故D符合題意；故答案為：BD。

【分析】A.根據(jù)均攤法計算；

B.Li1?xFePO4比LiFePO4少了1個面心和1個棱上的鋰離子；

C.LiFePO4晶胞完全轉(zhuǎn)化為FePO4晶胞時，失去全部的Li+；

D.每個LiFePO4晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有4個，結(jié)合Fe原子數(shù)不變計算。16．【答案】（1）7（2）sp3；2p（3）；S；BD（4）4；16(r【解析】【解答】（1）Fe為26號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，最外層電子數(shù)為2，與Fe最外層電子數(shù)相同且同周期的過渡元素有Sc、Ti、V、Mn、Co、Ni、Zn共7種，故答案為：7；（2）KH2PO2中P原子的孤電子對=5+3?2×22=2，成鍵電子對=2，價層電子對=孤電子對+成鍵電子對=4，P為sp3雜化；P的sp3雜化軌道與O的2p軌道形成σ（3）①中N的sp2雜化軌道形成的化學(xué)鍵(代表孤電子對)參與形成六元環(huán)大π鍵的是未成對電子，該孤電子對填充空軌道的能力較強(qiáng)，所以后者更易形成配位鍵；故答案為：；②S、N原子均有孤電子對，N電負(fù)性大，不易給出電子形成配位鍵；故答案為：S；③A．［Cu(NH3)2］Cl中Cu+外圍電子排布式為3d10，沒有未成對電子，選項(xiàng)A不符合；B．［Cu(NH3)4］SO4中Cu2+外圍電子排布式為3d9，有未成對電子，選項(xiàng)B符合；C．［Zn(NH3)4］SO4中Zn2+外圍電子排布式為3d10，沒有未成對電子，選項(xiàng)C不符合；D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2中Cr3+外圍電子排布式為3d3，有未成對電子，選項(xiàng)D符合；故答案為：BD；（4）①以B外Zn為例，離該處Zn最近且等距的S有4個，則Zn的配位數(shù)為4；②根據(jù)均攤法，晶胞中含有1+2×13+2×16=2個Zn原子，1+4×16+4×112=2個S原子，則原子體積為③六方ZnS是S按六方密堆積排列，Zn相間占據(jù)S所形成的正四面體空隙，配位數(shù)是4：4，Zn、S各有兩套等同點(diǎn)，屬于六方簡單晶格，有2個S2-，2個Zn2+，各離子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為：S2-(0，0，0)，(23，13，12)；Zn2+(0

【分析】（1）Fe為26號元素，其最外層電子數(shù)為2；

（2）KH2PO2中P原子的價層電子對數(shù)為4；P的sp3雜化軌道與O的2p軌道形成σ鍵；

（3）①孤電子對填充空軌道的能力越強(qiáng)，越容易形成配位鍵；

②S、N原子均有孤電子對，電負(fù)性：N>S；

③具有順磁性物質(zhì)含有未成對電子；

（4）①距離Zn最近且等距的S有4個；

②根據(jù)均攤法，結(jié)合η=晶胞中含有原子的體積晶胞的體積×100%計算；

③17．【答案】（1）將廢催化劑粉碎、攪拌或增大NaOH溶液的濃度或加熱；Ti（2）用鹽酸酸洗Na2TiO3，將生成的TiCOl2充分水解后，過濾、洗滌得到H2TiO3，在950℃下煅燒H2TiO3至恒重（3）30min、500℃（4）正；TiO2+4e-=Ti+2O2-（5）0.15【解析】【解答】（1）將廢催化劑粉碎、攪拌、增大氫氧化鈉溶液的濃度、加熱等措施能加快“堿浸”的速率；“堿浸”時生成偏鈦酸鈉的反應(yīng)為二氧化鈦與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成難溶于水的偏鈦酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為TiO2+2N（2）由晶型轉(zhuǎn)化過程中的能量變化示意圖可知，酸洗時應(yīng)加入鹽酸將偏鈦酸鈉轉(zhuǎn)化為TiOCl2，TiOCl2充分水解生成偏鈦酸，由固體質(zhì)量殘留率和晶型轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的示意圖可知，在950℃下煅燒偏鈦酸至恒重制得高純二氧化鈦，具體操作為用鹽酸酸洗偏鈦酸鈉，將生成的TiCOl2充分水解后，過濾、洗滌得到偏鈦酸，在950℃下煅燒偏鈦酸至恒重制得純二氧化鈦，故答案為：用鹽酸酸洗Na2TiO3，將生成的TiCOl2充分水解后，過濾、洗滌得到H2TiO3，在950℃下煅燒H2TiO3至恒重；（3）由圖可知，30min、500℃時二氧化鈦的提取率最高，則提取二氧化鈦的適宜條件為30min、500℃，故答案為：30min、500℃；（4）由題意可知，電解過程中，b極是電源的正極、b極是負(fù)極，與b極相連的高純二氧化鈦為電解池的陰極，二氧化鈦在陰極得到電子生成海綿鈦和氧離子，電極反應(yīng)式為TiO2+4e-=Ti+2O2-，故答案為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；（5）由鎢酸鈣溶度積可知，溶液中鎢酸根離子完全沉淀時，溶液中的鈣離子濃度不小于4×10-10(mol/L)21×1

【分析】廢催化劑加入氫氧化鈉堿浸，得到偏鈦酸鈉和Na2WO4，偏鈦酸鈉經(jīng)硫酸或鹽酸酸洗，水解得到H2TiO3，焙燒后獲得TiO2，TiO2獲得Ti單質(zhì)，溶液中加入氫氧化鈣得到CaWO4，經(jīng)一系列操作得到W。18．【答案】（1）2（2）VO2+有較強(qiáng)還原性，防止被氧化（3）abfgc(或abfgcd)；6VO（4）水流造成裝置內(nèi)壓強(qiáng)減小，使過泄速率加快（5）取少量最后一次洗滌液于試管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加幾滴AgNO3溶液若不產(chǎn)生白色沉淀，則證明沉淀洗滌干凈（6）當(dāng)加入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液時，有藍(lán)色沉淀產(chǎn)生且半分鐘內(nèi)沉淀不溶解；20.4【解析】【解答】（1）V2O5中加入足量鹽酸酸化的N2H4?2HCl溶液，反應(yīng)生成VOCl2，同時生成氮?dú)?，則該化學(xué)方程式為：2V（2）VO2+有較強(qiáng)還原性，易被氧化，CO2氛圍中進(jìn)行，能有效的隔離氧氣，防止被氧化；（3）①轉(zhuǎn)化過程需在二氧化碳氛圍下反應(yīng)，C為二氧化碳的發(fā)生裝置，A為二氧化碳的凈化裝置，B裝置可用于檢驗(yàn)裝置中的氧氣是否排凈，所以裝置的連接順序?yàn)椋篴bfgc(或abfgcd)；②裝置D中生成氧鈕(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體，其化學(xué)反應(yīng)方程式為：6VOC（4）抽濾是利用內(nèi)壓減小，從而加快液體流速，故其作用為：水流造成裝置內(nèi)壓強(qiáng)減小，使過泄速率加快；（5）用飽和NH4HCO3溶液洗滌晶體，須檢驗(yàn)洗滌液中是否含有Cl-，故其操作為：取少量最后一次洗滌液于試管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加幾滴AgNO3溶液若不產(chǎn)生白色沉淀，則證明沉淀洗滌干凈；（6）①用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，恰好反應(yīng)時，溶液中含有Fe2+，K3［Fe(CN)6］可與Fe2+反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，故滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)加入最后