【高三化學試題】新高考模擬練

新高考模擬練(三)(時間：90分鐘，滿分：100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16P31Cl35.5Ti48Mn55Cu64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．下列敘述所涉及的實驗操作為蒸餾的是()A．制取食鹽：又淮場地面有日曬自然生霜如馬牙者，謂之大曬鹽B．制青蒿素：青蒿一握，以水二升漬，絞取汁C．精制酒精：用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承取滴露D．精制砒霜：將生砒就置火上，以器覆之，令砒煙上飛著覆器2．從石油原料到口罩的生產(chǎn)過程中，下列變化不涉及化學變化的是()ABCD石油催化裂解得到丙烯丙烯催化聚合生成聚丙烯聚丙烯熔融后噴絲壓成熔噴布利用環(huán)氧乙烷與微生物蛋白質(zhì)發(fā)生烷基化反應(yīng)消毒3.醫(yī)用酒精和84消毒液混合，產(chǎn)生ZQ、X2W4Y、XW3Q等多種物質(zhì)，已知W、X、Y、Z、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。下列敘述錯誤的是()A．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>XB．W與Z可形成離子化合物ZWC．簡單離子半徑：Q－>Y2－>Z＋D．常溫下，XW3Q為氣態(tài)，且X、W、Q均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)4．研究發(fā)現(xiàn)，在CO2低壓合成甲醇的反應(yīng)(CO2＋3H2=CH3OH＋H2O)中，Co氧化物負載的Mn氧化物納米粒子催化劑具有高活性，顯示出良好的應(yīng)用前景。下列關(guān)于該反應(yīng)的說法中錯誤的是()A．Co和Mn都屬于金屬晶體B．CO2和CH3OH分子中C原子的雜化類型相同C．該反應(yīng)中H2做還原劑D．干冰晶體中每個CO2分子周圍有12個與之緊密相鄰的CO2分子5．利用下列實驗裝置完成對應(yīng)的實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖?)A．裝置甲驗證苯與液溴發(fā)生取代反應(yīng)B．裝置乙探究酒精脫水生成乙烯C．裝置丙制備乙酸乙酯并提高產(chǎn)率D．裝置丁分離乙醇和水6．雙烯酮是精細化學品染料、醫(yī)藥、農(nóng)藥、食品和飼料添加劑、助劑等的原料。下列關(guān)于雙烯酮的說法中錯誤的是()A．分子式為C4H4O2B．分子中所有原子處于同一平面內(nèi)C．能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)D．能使酸性KMnO4溶液褪色7．科學家最近研制出有望成為高效火箭推進劑的N(NO2)3(如圖所示)，已知該分子中N—N—N鍵角都是108.1°。下列有關(guān)N(NO2)3的說法正確的是()A．分子中N、O間形成的共價鍵是非極性鍵B．分子中四個氮原子共平面C．該物質(zhì)既有氧化性又有還原性D．該分子為非極性分子8．過氧乙酸(CH3COOOH)是常用的消毒劑，易溶于水、易揮發(fā)、見光或受熱易分解。制備原理為H2O2＋CH3COOHeq\o(,\s\up8(60℃))CH3COOOH＋H2OΔH<0，制得的過氧乙酸(含少量H2O2)含量測定流程如下，下列說法不正確的是()eq\x(取樣)→eq\x(H2SO4酸化)→eq\x(KMnO4除H2O2)→eq\x(加過量FeSO4溶液)→eq\x(K2Cr2O7溶液滴定)A．應(yīng)在密閉、低溫、避光條件下保存過氧乙酸B．在常壓條件下采用蒸餾操作將過氧乙酸分離出來C．溶液由無色變?yōu)闇\紅色且30s內(nèi)不變色，說明H2O2已除盡D．加過量硫酸亞鐵溶液的目的是還原CH3COOOH9．由硫鐵礦燒渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到綠礬(FeSO4·7H2O)，再通過綠礬制備鐵黃[FeO(OH)]的流程為燒渣eq\o(→,\s\up8(酸溶),\s\do8(①))eq\o(→,\s\up8(FeS2),\s\do8(②))溶液eq\o(→,\s\up8(),\s\do8(③))綠礬eq\o(→,\s\up8(氨水/空氣),\s\do8(④))鐵黃。已知：FeS2和鐵黃均難溶于水。下列說法不正確的是()A．步驟①，最好用硫酸來溶解燒渣B．步驟②，涉及的離子反應(yīng)為FeS2＋14Fe3＋＋8H2O=15Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋C．步驟③，將溶液加熱到有較多固體析出，再用余熱將液體蒸干，可得純凈綠礬D．步驟④，反應(yīng)條件控制不當會使鐵黃中混有Fe(OH)310．電絮凝的反應(yīng)原理是以鋁、鐵等合金金屬作為主電極，借助外加脈沖高電壓作用產(chǎn)生電化學反應(yīng)，把電能轉(zhuǎn)化為化學能，以犧牲陽極金屬電極產(chǎn)生金屬陽離子絮凝劑，通過凝聚、浮除、還原和氧化分解將污染物從水體中分離，從而達到凈化水體的目的。下列說法正確的是()A．右側(cè)電極為陽極，左側(cè)電極為陰極B．電子從左側(cè)電極經(jīng)電解液流入右側(cè)電極C．每產(chǎn)生1molO2，整個電解池中理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NAD．若鐵為陽極，則在處理廢水過程中陽極附近會發(fā)生反應(yīng)：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11．通過下列實驗操作和實驗現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是()選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A將丙烯通入碘水中碘水褪色并分層丙烯與碘水發(fā)生了取代反應(yīng)B向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產(chǎn)生藍色沉淀FeSO4溶液未變質(zhì)C含有酚酞的NaOH溶液中通入SO2氣體溶液紅色褪去SO2具有漂白性D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色，下層有白色沉淀生成銅離子可以氧化碘離子，白色沉淀可能為CuI12.化合物Y是一種常用藥物，可由X制得。下列有關(guān)化合物X、Y的說法正確的是()A．化合物X、Y均易被氧化B．1molY最多可與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)C．由X轉(zhuǎn)化為Y發(fā)生取代反應(yīng)D．X與足量H2發(fā)生反應(yīng)后，生成的分子中含有6個手性碳原子13．鈦被譽為第三金屬，廣泛用于航空航天領(lǐng)域。硼化釩(VB2)-空氣電池的放電反應(yīng)為4VB2＋11O2=4B2O3＋2V2O5，以該電池為電源制備鈦的裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．電解過程中，OH－由陰離子交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移B．Pt極反應(yīng)式為2VB2＋22OH－－22e－=V2O5＋2B2O3＋11H2OC．電解過程中，銅極附近電解質(zhì)溶液的pH增大D．若石墨電極上只收集到4.48L氣體，則理論上制備4.8gTi14．近日，北京航空航天大學教授團隊與中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1/NC，Sc1/NC)單原子催化劑，用于常溫常壓下的電化學催化氫氣還原氮氣的反應(yīng)。反應(yīng)歷程與相對能量模擬計算結(jié)果如圖所示(*表示稀土單原子催化劑)。下列說法錯誤的是()A．相同條件下，兩種催化反應(yīng)的焓變相同B．實際生產(chǎn)中將催化劑的尺寸處理成納米級顆?？商岣甙钡钠胶廪D(zhuǎn)化率C．使用Sc1/NC單原子催化劑的反應(yīng)歷程中，最大能壘的反應(yīng)過程可表示為*N2＋H→*NNHD．升高溫度一定可以提高氨單位時間內(nèi)的產(chǎn)率15．25℃時，向50mL濃度均為1.0mol/L的醋酸和醋酸鈉混合溶液中，緩慢滴加1.0mol/L的NaOH溶液，所得溶液的pH變化情況如圖所示[已知：25℃時，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5]。下列敘述錯誤的是()A．a(chǎn)點溶液中，c(H＋)約為1.8×10－5mol·L－1B．b點溶液中，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)C．當V(NaOH)≤50mL時，隨V(NaOH)增大，溶液中離子總濃度增大D．從a到c的過程中，溶液中eq\f(c(CH3COO－),c(CH3COOH)·c(OH－))不變?nèi)?、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．(12分)鈦酸錳(MnTiO3)納米材料是一種多用途催化劑。工業(yè)上用紅鈦錳礦(主要成分為MnTiO3，還含有少量FeO、Fe2O3、SiO2等雜質(zhì))來制備MnTiO3，其工藝流程如圖所示：已知：①紅鈦錳礦“酸溶”后Ti元素主要以TiO2＋的形式存在；②H2TiO3不溶于無機酸和堿，不溶于水；③在空氣中加熱無水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4?；卮鹣铝袉栴}：(1)“粉碎”的目的是___________________________________。(2)“酸溶”中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學方程式為______________________。(3)為了更好地把濾渣2分離出來，除攪拌外，還需要________(填操作名稱)。(4)“氧化”的氧化劑選用的是高錳酸鉀，而不選擇通常人們認可的綠色氧化劑“雙氧水”，除了高錳酸鉀氧化性強、反應(yīng)快之外，還可能的原因是______________________________________________________寫出一條即可)。(5)“沉錳”的條件一般控制在45℃以下的原因是__________________。(6)TiO2＋的水解率受溫度和H＋濃度的影響如圖所示，TiO2＋最適宜的水解條件是__________________________________________________。(7)測定所得MnCl2·xH2O晶體中結(jié)晶水的含量。取29.70g樣品加熱分解，熱重曲線(TG)如圖所示。所得氯化錳晶體中x的值是________。17．(12分)張亭棟研究小組受民間中醫(yī)啟發(fā)，發(fā)現(xiàn)As2O3(俗稱砒霜)對白血病有明顯的治療作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA族的元素，該族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。回答下列問題：(1)As原子的核外電子排布式為_________________________________。(2)P和S是同一周期的兩種元素，P的第一電離能比S大，原因是______________________________________________________。(3)NHeq\o\al(＋,4)中H—N—H的鍵角比NH3中H—N—H的鍵角________(填“大”或“小”)，原因是____________________________________________。(4)Na3AsO4中含有的化學鍵類型包括________________________；AsOeq\o\al(3－,4)的空間結(jié)構(gòu)為________，As4O6的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，則在該化合物中As的雜化方式是____________。(5)化合物NH5中的所有原子最外層都滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則NH5是________晶體。(6)白磷(P4)晶體屬于分子晶體，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2(小圓圈表示白磷分子)所示。已知晶胞的邊長為acm，阿伏加德羅常數(shù)為NAmol－1。該晶胞中含有的P原子的個數(shù)為________，該晶體的密度為________g·cm－3(用含NA、a的式子表示)。18．(12分)氮和硫的氧化物是造成大氣污染的主要物質(zhì)。研究它們的反應(yīng)機理，對于消除環(huán)境污染有重要意義。(1)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的基元反應(yīng)如下(E為活化能)：2NO(g)eq\o(→,\s\up8(K1))N2O2(g)E1＝82kJ·mol－1v＝k1c2(NO)N2O2(g)eq\o(→,\s\up8(K－1))2NO(g)E－1＝205kJ·mol－1v＝k－1c(N2O2)N2O2(g)＋O2(g)eq\o(→,\s\up8(K2))2NO2(g)E2＝82kJ·mol－1v＝k2c(N2O2)·c(O2)2NO2(g)eq\o(→,\s\up8(K－2))N2O2(g)＋O2(g)E－2＝72kJ·mol－1v＝k－2c2(NO2)①2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝________kJ·mol－1，平衡常數(shù)K與上述反應(yīng)速率常數(shù)k1、k－1、k2、k－2的關(guān)系式為K＝________；②某溫度下反應(yīng)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率常數(shù)k＝8.8×10－2L2·mol－2·s－1，當反應(yīng)物濃度都是0.05mol·L－1時，反應(yīng)的速率是________mol·L－1·s－1；若此時縮小容器的體積，使氣體壓強增大為原來的2倍，則反應(yīng)速率增大為之前的________倍。(2)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反應(yīng)過程中能量變化如圖1所示。在V2O5存在時，該反應(yīng)的機理為V2O5＋SO2=2VO2＋SO3(快)，4VO2＋O2=2V2O5(慢)。下列說法正確的是________(填字母)。A．反應(yīng)速率主要取決于V2O5的質(zhì)量B．VO2是該反應(yīng)的催化劑C．逆反應(yīng)的活化能大于198kJ·mol－1D．增大SO2的濃度可顯著提高反應(yīng)速率(3)某研究小組研究T1℃、T2℃時，氮、硫的氧化物的轉(zhuǎn)化：NO2(g)＋SO2(g)NO(g)＋SO3(g)ΔH<0中l(wèi)gp(NO2)和lgp(SO3)關(guān)系如圖2所示，實驗初始時體系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等。①T1________T2(填“>”“<”或“＝”)，溫度為T1時化學平衡常數(shù)Kp＝________；②由平衡狀態(tài)a到b，改變的條件是___________________________。19．(12分)他米巴羅汀(I)可用于治療急性白血病，其合成研究具有重要意義，合成路線如圖所示：(1)A中官能團的名稱是________。(2)B的結(jié)構(gòu)簡式是________________。(3)D→E的化學方程式是_____________________________________。(4)試劑a是________。(5)已知H在合成I的同時，還生成甲醇，G→H所加物質(zhì)L的結(jié)構(gòu)簡式是_______________________________________________________。(6)B的一種同分異構(gòu)體符合下列條件，其結(jié)構(gòu)簡式是____________________。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②核磁共振氫譜只有兩組吸收峰(7)D→E的過程中有多種副產(chǎn)物，其中屬于高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式是___________________________________________________________。(8)也是合成他米巴羅汀的一種原料，合成路線如下所示。利用題中所給信息可推知，“中間產(chǎn)物”的結(jié)構(gòu)簡式是___________________________。20．(12分)堿式氯化銅是重要的無機殺菌劑，是一種綠色或墨綠色結(jié)晶性粉末，難溶于水，溶于稀酸和氨水，在空氣中十分穩(wěn)定。Ⅰ.模擬制備堿式氯化銅向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，調(diào)節(jié)pH至5.0～5.5，控制反應(yīng)溫度于70～80℃，實驗裝置如圖1所示(部分夾持裝置已省略)。(1)儀器X的名稱是____________，其主要作用有導(dǎo)氣、____________。(2)實驗室利用裝置A制NH3，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為_________________________________________________________________。(3)反應(yīng)過程中，在三頸燒瓶內(nèi)除觀察到溶液藍綠色褪去，還可能觀察到的現(xiàn)象有________________________________________。(4)若體系中NH3過量會導(dǎo)致堿式氯化銅的產(chǎn)量________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)，原因為_______________________________。Ⅱ.無水堿式氯化銅組成的測定稱取產(chǎn)品4.29g，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待測液。(5)銅的測定：取20.00mL待測液，經(jīng)測定Cu2＋濃度為0.2mol·L－1。則稱取的樣品中n(Cu2＋)＝_______________mol。(6)采用沉淀滴定法測定氯：用NH4SCN標準溶液滴定過量的AgNO3(已知：AgSCN是一種難溶于水的白色固體)，實驗如圖2所示：①滴定時，應(yīng)選用下列哪種物質(zhì)作為指示劑________(填字母)；a．FeSO4b．Fe(NO3)3c．FeCl3②重復(fù)實驗操作三次，消耗NH4SCN溶液的體積平均為10.00mL，則稱取的樣品中n(Cl－)＝________mol。(7)根據(jù)上述實驗結(jié)果可推知無水堿式氯化銅的化學式為______________。

參考答案與解析1．解析：選C。制取食鹽時“日曬”是利用太陽的熱能將水分蒸發(fā)，留下鹽分，A項錯誤；制取青蒿素涉及的操作為溶解和萃取，B項錯誤；根據(jù)關(guān)鍵詞“氣上”“滴露”可知，精制酒精的過程涉及蒸餾，C項正確；精制砒霜時涉及的物理性質(zhì)是升華，不涉及蒸餾操作，D項錯誤。2．解析：選C。石油催化裂解得到丙烯，有化學鍵斷裂，有新物質(zhì)生成，A項涉及化學變化；丙烯催化聚合生成聚丙烯，生成了新物質(zhì)，B項涉及化學變化；聚丙烯熔融后噴絲壓成熔噴布，只是聚丙烯的形態(tài)發(fā)生了變化，沒有新物質(zhì)生成，C項涉及物理變化；利用環(huán)氧乙烷與微生物蛋白質(zhì)發(fā)生烷基化反應(yīng)消毒，烷基化反應(yīng)是化學變化，D項涉及化學變化。3．解析：選D。醫(yī)用酒精的主要成分為CH3CH2OH，84消毒液的主要成分為NaClO，二者反應(yīng)后必定含有的元素為C、H、O、Na、Cl，已知W、X、Y、Z、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，則W為H，X為C，Y為O，Z為Na，Q為Cl，以此分析。由于O的非金屬性強于C，則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>CH4，A項正確；W與Z可形成離子化合物NaH，B項正確；簡單離子半徑：Cl－>O2－>Na＋，C項正確；常溫下，CH3Cl為氣態(tài)，但H原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D項錯誤。4．解析：選B。CO2和CH3OH的中心原子C的價層電子對數(shù)分別為2和4，所以二者的C原子的雜化類型分別為sp和sp3。5．解析：選C。苯與液溴在溴化鐵做催化劑的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和溴化氫，由于溴也有揮發(fā)性，也會隨著溴化氫一起進入硝酸銀溶液，溴和水反應(yīng)生成的溴化氫，也會與硝酸銀溶液反應(yīng)生成淡黃色沉淀，干擾了對實驗結(jié)果的驗證，A項錯誤；在濃硫酸作用下，170℃時酒精脫水生成乙烯，140℃時酒精脫水生成乙醚，需要測定溶液的溫度，溫度計需要插入圓底燒瓶的混合液中，碎瓷片用于防止暴沸，由于乙醇具有揮發(fā)性，也會隨著乙烯一起進入酸性高錳酸鉀溶液中，乙醇也具有還原性，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾了對實驗結(jié)果的驗證，B項錯誤；乙醇和乙酸在濃硫酸做催化劑的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，碎瓷片用于防止暴沸，但由于乙酸、乙醚、乙醇和水都會隨著乙酸乙酯一起蒸出，故利用分水器將水分離出，使酯化反應(yīng)正向進行，從而提高乙酸乙酯的產(chǎn)率，C項正確；直接蒸餾水和乙醇，會得到一種共沸物，無法分離，故分離乙醇和水時，需要加入生石灰，使水轉(zhuǎn)化為氫氧化鈣溶液，再經(jīng)過蒸餾，可以達到分離的目的，且溫度計水銀球應(yīng)處于支管口處，D項錯誤。6．解析：選B。根據(jù)雙烯酮的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C4H4O2，A項正確；該物質(zhì)分子中四元環(huán)上含有飽和C原子，該C原子具有甲烷的四面體結(jié)構(gòu)，因此分子中所有原子不可能處于同一平面內(nèi)，B項錯誤；該物質(zhì)中含有酯基，能在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)，因此能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，C項正確；該物質(zhì)中含有不飽和的碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4溶液氧化，因此能使酸性KMnO4溶液褪色，D項正確。7．解析：選C。由于N、O為不同原子，其電負性不同，所以N、O間形成極性鍵，A項錯誤；由題圖可知，四個氮原子形成三角錐形結(jié)構(gòu)，B項錯誤；該分子結(jié)構(gòu)不對稱，是極性分子，D項錯誤。8．解析：選B。過氧乙酸(CH3COOOH)易揮發(fā)、見光或受熱易分解，應(yīng)在密閉、低溫、避光條件下保存過氧乙酸，A項正確；因過氧乙酸受熱易分解，常壓蒸餾會導(dǎo)致過氧乙酸受熱分解，B項錯誤；溶液由無色變?yōu)闇\紅色且30s內(nèi)不變色，說明高錳酸鉀過量，從而證明H2O2已除盡，C項正確；加過量的硫酸亞鐵還原過氧乙酸，再用重鉻酸鉀溶液滴定過量的硫酸亞鐵溶液，從而確定過氧乙酸的量，D項正確。9．解析：選C。因中間產(chǎn)品為綠礬，其酸根離子為硫酸根離子，則步驟①最好用硫酸來溶解燒渣，A項正確；分析流程圖可知，步驟②中加入FeS2可以將Fe3＋還原為Fe2＋，該反應(yīng)的離子方程式為FeS2＋14Fe3＋＋8H2O=15Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋，B項正確；步驟③為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶析出綠礬，若蒸干液體，綠礬受熱會失去結(jié)晶水，C項錯誤；步驟④，反應(yīng)條件應(yīng)控制適當，若氨水的用量過大會使溶液的pH過大，容易生成Fe(OH)3，這樣制得的鐵黃會含有氫氧化鐵雜質(zhì)，D項正確。10．解析：選D。該裝置是把電能轉(zhuǎn)化為化學能的電解池，電子流入的電極為陰極，電子流出的電極為陽極，所以左側(cè)電極為陽極，右側(cè)電極為陰極，A項錯誤；電子不能通過電解液，電解液中通過離子的定向移動形成電流，B項錯誤；根據(jù)電極反應(yīng)：M－ne－=Mn＋(M代表金屬)和2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，每產(chǎn)生1molO2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量大于4mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于4NA，C項錯誤；根據(jù)題意，若鐵為陽極，則陽極的電極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋和2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，并且二價鐵被生成的氧氣氧化成三價鐵，離子方程式為4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，D項正確。11．解析：選D。丙烯含有碳碳雙鍵，可以與碘發(fā)生加成反應(yīng)，而不是取代反應(yīng)，A項錯誤；K3[Fe(CN)6]溶液可以檢驗Fe2＋，原溶液中本來就有Fe2＋，若變質(zhì)會生成Fe3＋，應(yīng)檢驗溶液中是否有Fe3＋來判斷溶液是否變質(zhì)，B項錯誤；溶液紅色褪去是因為二氧化硫和NaOH反應(yīng)使溶液堿性減弱，并不是因為二氧化硫的漂白性，C項錯誤；苯的密度比水小，所以在上層，上層呈紫紅色說明I－被氧化生成I2，下層出現(xiàn)白色沉淀，綜合分析可知該過程中銅離子氧化碘離子生成碘單質(zhì)，自身被還原成Cu＋，再與I－結(jié)合生成CuI白色沉淀，D項正確。12．解析：選AD。X、Y中均含有碳碳雙鍵、酚羥基，X中含有醛基、Y中含有醇羥基，均屬于易被氧化的官能團，A項正確；Y中只有酚羥基可以與氫氧化鈉反應(yīng)，且1mol酚羥基消耗1mol氫氧化鈉，B項錯誤；對比X和Y的結(jié)構(gòu)可知，X轉(zhuǎn)化為Y是通過醛基與氫氣加成實現(xiàn)的，而不是取代反應(yīng)，C項錯誤；X與足量H2發(fā)生反應(yīng)后，生成物中有六個手性碳原子(如圖中“·”所示)，D項正確。13．解析：選BC。Pt是負極，原電池中陰離子移向負極，OH－由陰離子交換膜左側(cè)向右側(cè)遷移，A項錯誤；Pt是負極，VB2發(fā)生氧化反應(yīng)，負極反應(yīng)式為2VB2－22e－＋22OH－=V2O5＋2B2O3＋11H2O，B項正確；銅是正極，正極反應(yīng)為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，正極生成OH－，銅極附近電解質(zhì)溶液的pH增大，C項正確；未指明氣體是否處于“標準狀況”，無法計算，D項錯誤。14．解析：選BD。根據(jù)蓋斯定律，焓變只與反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量的相對大小有關(guān)，與反應(yīng)途徑無關(guān)，催化劑只改變反應(yīng)歷程，不改變反應(yīng)的焓變，故相同條件下，兩種催化反應(yīng)的焓變相同，A項正確；催化劑只能改變反應(yīng)速率，不影響化學平衡移動，故實際生產(chǎn)中將催化劑的尺寸處理成納米級顆粒不能提高氨的平衡轉(zhuǎn)化率，B項錯誤；從圖中可以看出，使用Sc1/NC單原子催化劑的反應(yīng)歷程中，最大能壘的反應(yīng)過程可表示為*N2＋H→*NNH，C項正確；從圖中可知，合成氨的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，且溫度越高，催化劑吸附N2越困難，故升高溫度雖然可以加快反應(yīng)速率，但不一定能提高氨單位時間內(nèi)的產(chǎn)率，D項錯誤。15．解析：選C。a點溶液中c(CH3COOH)≈c(CH3COO－)，氫離子濃度主要來源于醋酸的電離：CH3COOHCH3COO－＋H＋，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))≈c(H＋)＝1.8×10－5mol·L－1，A項正確；b點溶液中，醋酸未反應(yīng)完，此時溶質(zhì)為醋酸與醋酸鈉，溶液呈酸性，醋酸鈉完全電離，醋酸部分電離，則c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，B項正確；當V(NaOH)＝50mL時，溶液中的溶質(zhì)為醋酸鈉，濃度為1.0mol·L－1，此時溶液中離子總濃度小于原溶液，C項錯誤；從a到c的過程中，溫度保持不變，水解平衡常數(shù)不變，則溶液中eq\f(c(CH3COO－),c(CH3COOH)·c(OH－))＝eq\f(1,Kh(CH3COO－))不變，D項正確。16．解析：紅鈦錳礦(主要成分為MnTiO3，還含有少量FeO、Fe2O3、SiO2等雜質(zhì))，粉碎后加較濃硫酸進行酸溶，生成FeSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4、TiOSO4，濾渣1為SiO2等不溶性雜質(zhì)；“氧化”的氧化劑選用的是高錳酸鉀，將Fe2＋氧化成Fe3＋，加熱促進Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，濾渣2為Fe(OH)3沉淀；沉錳的化學方程式為MnSO4＋2NH4HCO3=(NH4)2SO4＋MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，向TiOSO4中加水，發(fā)生反應(yīng)：TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋，最后H2TiO3與MnCl2·xH2O共熔生成鈦酸錳。(1)“粉碎”的目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸取率。(2)“酸溶”中主要發(fā)生MnTiO3與H2SO4反應(yīng)生成TiOSO4和MnSO4的反應(yīng)，化學方程式為MnTiO3＋2H2SO4=MnSO4＋TiOSO4＋2H2O。(3)濾渣2是Fe(OH)3，生成時可能以膠體形式存在，為了更好地把濾渣2分離出來，除攪拌外，還需要加熱促進鐵離子水解使膠體變成沉淀或電泳使其移向陰極。(4)“氧化”的氧化劑選用的是高錳酸鉀，而不選擇通常人們認可的綠色氧化劑“雙氧水”，除了高錳酸鉀氧化性強、反應(yīng)快之外，還可能的原因是可以根據(jù)反應(yīng)過程中顏色變化判斷Fe2＋是否氧化完全或Fe2＋、Fe3＋存在時，加速H2O2分解，導(dǎo)致原料利用率降低。(5)沉錳的反應(yīng)為MnSO4＋2NH4HCO3=(NH4)2SO4＋MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，根據(jù)反應(yīng)可知，“沉錳”的條件一般控制在45℃以下的原因是超過45℃時，NH4HCO3易分解，控制溫度在45℃以下可以提高原料利用率或轉(zhuǎn)化率。(6)由題圖中TiO2＋的水解率最高時讀出溫度和H＋濃度，即可得出TiO2＋最適宜的水解條件是溫度為105℃，H＋濃度為0.90g·L－1。(7)由題中已知信息可知，在空氣中加熱無水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4。由題圖可知，200℃時，MnCl2·xH2O失去全部結(jié)晶水，則有eq\f(18.90,126)∶eq\f(29.70－18.90,18)＝1∶x，解得x＝4，即所得氯化錳晶體中x的值是4。答案：(1)增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸取率(2)MnTiO3＋2H2SO4=MnSO4＋TiOSO4＋2H2O(3)加熱(或電泳)(4)可以根據(jù)反應(yīng)過程中顏色變化判斷Fe2＋是否氧化完全(或Fe2＋、Fe3＋存在時，加速H2O2分解，導(dǎo)致原料利用率太低，答案合理即可)(5)超過45℃時，NH4HCO3易分解，控制溫度在45℃以下可以提高原料利用率或轉(zhuǎn)化率(6)溫度為105℃，H＋濃度為0.90g·L－1(7)417．解析：(1)As的原子序數(shù)為33，即核外電子數(shù)為33，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)P的3p軌道處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，第一電離能高于同周期相鄰元素，即第一電離能：P>S。(3)NHeq\o\al(＋,4)中的氮原子上均為成鍵電子對，而NH3中的氮原子上有一個孤電子對，孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力強于成鍵電子對和成鍵電子對之間的排斥力，故NHeq\o\al(＋,4)中H—N—H的鍵角比NH3中H—N—H的鍵角大。(4)Na3AsO4屬于離子化合物，含有離子鍵，AsOeq\o\al(3－,4)中含有極性共價鍵；AsOeq\o\al(3－,4)中As原子的孤電子對數(shù)＝eq\f(5＋3－2×4,2)＝0，價層電子對數(shù)為4＋0＝4，空間結(jié)構(gòu)為正四面體形；As4O6分子中As原子形成3個As—O，含有1個孤電子對，故雜化類型為sp3雜化。(5)化合物NH5中的所有原子最外層都滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，說明NH5是由NHeq\o\al(＋,4)與H－構(gòu)成，屬于離子晶體。(6)根據(jù)“均攤法”可知，晶胞中P4分子數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，則晶胞中P原子數(shù)目為4×4＝16；晶胞質(zhì)量為16×eq\f(31,NA)g，晶胞體積為(acm)3，則晶胞密度為eq\f(16×\f(31,NA)g,(acm)3)＝eq\f(496,a3NA)g·cm－3。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3(2)P的3p軌道處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，所以第一電離能比S的大(3)大NHeq\o\al(＋,4)中的氮原子上均為成鍵電子對，而NH3中的氮原子上有一個孤電子對，孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力強于成鍵電子對和成鍵電子對之間的排斥力(4)離子鍵、極性共價鍵正四面體形sp3(5)離子(6)16eq\f(496,a3NA)18．解析：(1)①根據(jù)基元反應(yīng)含義，第1、3個反應(yīng)為正向的2個基元反應(yīng)，第2、4個反應(yīng)為逆向的2個基元反應(yīng)，2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝(E2＋E1)－(E－1＋E－2)＝－113kJ·mol－1；平衡常數(shù)K＝eq\f(c2(NO2),c(O2)·c2(NO))，反應(yīng)達到平衡時，v正＝v逆，所以k1c2(NO)＝k－1c(N2O2)，k2c(N2O2)·c(O2)＝k－2c2(NO2)，則有eq\f(k1k2,k－1k－2)＝eq\f(c2(NO2),c(O2)·c2(NO))＝K；②某溫度下反應(yīng)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率常數(shù)k＝8.8×10－2L2·mol－2·s－1，當反應(yīng)物濃度都是0.05mol·L－1時，反應(yīng)的速率為kc2(NO)·c(O2)＝8.8×10－2L2·mol－2·s－1×(0.05mol·L－1)3＝1.1×10－5mol·L－1·s－1；若此時縮小容器的體積，使氣體壓強增大為原來的2倍，濃度增大為原來的2倍，則反應(yīng)速率增大為之前的23＝8倍。(2)V2O5的質(zhì)量不影響反應(yīng)速率，該反應(yīng)的反應(yīng)速率取決于慢反應(yīng)的反應(yīng)速率，A項錯誤；VO2是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物，并非催化劑，催化劑為V2O5，B項錯誤；生成物的總能量低，逆反應(yīng)的活化能大于198kJ·mol－1，C項正確；根據(jù)有效碰撞理論，增大SO2的濃度可顯著提高反應(yīng)速率，D項正確。(3)①該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，Kp越小，則T1＜T2；溫度為T1時化學平衡常數(shù)Kp＝eq\f(p(NO)·p(SO3),p(NO2)·p(SO2))＝eq\f(102,104)＝1×10－2；②根據(jù)坐標可知，由平衡狀態(tài)a到b，改變的條件是保持溫度為T1，將容器體積縮小為原來的eq\f(1,10)。答案：(1)①－113eq\f(k1k2,k－1k－2)②1.1×10－58(2)CD(3)①<1×10－2②保持溫度為T1，將容器體積縮小為原來的eq\f(1,10)19．解析：A的分子式是C2H2，為乙炔，結(jié)構(gòu)簡式為HC≡CH，A與兩分子的發(fā)生已知反應(yīng)i生成B，根據(jù)B的分子式可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為，B與H2在Ni做催化劑條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成C：，C與濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D：，D與苯在AlCl3作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成E：，由G的結(jié)構(gòu)簡式和已知反應(yīng)ii可知，E與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生硝化反應(yīng)生成F：，F(xiàn)與H2在Ni做催化作用下發(fā)生還原反應(yīng)生成G：，G與物質(zhì)L在DMAP條件下發(fā)生已知反應(yīng)iii生成H，H與NaOH甲醇溶液共熱，然后酸化得到I：和甲醇，逆推可知物質(zhì)L是，H是。(1)A是HC≡CH，則A中官能團的名稱是碳碳三鍵。(2)根據(jù)上述分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)D是，D與苯在AlCl3作用下，發(fā)生苯環(huán)上H原子的取代反應(yīng)生成E()和HCl，則D→E的化學方程式是＋eq\o(→,\s\up8(AlCl3))＋2HCl。(4)E是，E與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應(yīng)生成F：，所以試劑a是濃硝酸、濃硫酸。(5)根據(jù)上述分析可知，G→H所加物質(zhì)L的結(jié)構(gòu)簡式為。(6)B是，不飽和度是2，B的同分異構(gòu)體符合下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基；②核磁共振氫譜只有兩組吸收峰，說明分子中含有2種不同