/山東省棗莊市2023-2024學(xué)年高三高考適應(yīng)性練習(xí)化學(xué)模擬試題一、單選題（本大題共13小題）1．下列敘述不涉及鹽類水解的是A．保存FeSO4溶液時加入少量鐵屑 B．用NH4Cl溶液除鐵銹C．用MgCl2?6H2O制MgCl2需通HCl D．用熱的純堿溶液洗滌油污2．下列做法不存在安全隱患的是A．金屬鈉著火時使用泡沫滅火器滅火B(yǎng)．H2還原CuO實驗時，先點燃酒精燈再通H2C．濃硫酸沾到皮膚上，立即用大量稀氨水沖洗，再涂上硼酸溶液D．蒸餾時忘記加碎瓷片，立即停止加熱，待溶液冷卻后加入碎瓷片3．下列物質(zhì)的性質(zhì)和應(yīng)用具有對應(yīng)關(guān)系的是A．濃H2SO4具有脫水性，可用于干燥氣體B．SO2只有漂白性且能殺菌，可用作葡萄酒添加劑C．ClO2具有強氧化性能使蛋白質(zhì)變性，可用于殺菌消毒D．油脂在酸作用下會發(fā)生水解，利用該反應(yīng)可制取肥皂4．一種具有廣譜抗菌活性的有機物結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列關(guān)于該有機物的說法錯誤的是A．其分子式為C16H15NO7B．其水解產(chǎn)物均為反式結(jié)構(gòu)C．該分子中有5種官能團D．1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)時消耗5molNaOH5．短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序數(shù)依次增大，組成的一種酸式鹽以[YX4]+[XQZ3]-的形式存在，Z、Q同主族。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：Q>Z>Y B．[YX4]+的空間構(gòu)型為正四面體C．第一電離能：Y>Z>Q D．Y2X4、X2Z2均為含有非極性鍵的極性分子6．碳鉑(結(jié)構(gòu)簡式如圖)是一種廣譜抗癌藥物。下列關(guān)于碳鉑的說法錯誤的是A．中心原子的配位數(shù)為4 B．分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為10：1C．sp3和sp2雜化的碳原子數(shù)之比為2：1 D．分子中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵7．已知氯氣和空氣按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中能生成Cl2O，且反應(yīng)放熱；不含Cl2的Cl2O易與水反應(yīng)生成HClO；Cl2O在42℃以上會分解生成Cl2和O2。設(shè)計如圖裝置(部分夾持裝置略)制備HClO，每個虛線框表示一個裝置單元，其中存在錯誤的是A．②③⑤ B．①④⑤ C．①②④ D．①③④8．下列由實驗現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是A．將NaHCO3與檸檬酸混合攪拌，溫度降低，說明反應(yīng)體系的焓增加B．某鹵代烴與NaOH溶液共熱，再加AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，證明其為氯代烴C．將廢鐵屑溶于過量鹽酸中，滴入KSCN溶液不變紅，證明廢鐵屑中一定不含F(xiàn)e(III)D．乙醇與濃硫酸加熱至170℃，產(chǎn)生的氣體使酸性KMnO4溶液褪色，證明生成乙烯9．我國科學(xué)家設(shè)計如圖裝置實現(xiàn)了分步電解制氫、制氧，下列說法正確的是A．c接電源正極，b接電源負(fù)極B．閉合K2，Y極發(fā)生氧化反應(yīng)，H+向Y電極移動C．閉合K1，Y極電極反應(yīng)式為PTO+4e-+4H+=PTOH4D．該電池實現(xiàn)了PTO、PTOH4的循環(huán)利用，且硫酸的濃度保持不變10．高氯酸銨(NH4ClO4)可用作火箭推進劑，某種制備NH4ClO4的工藝流程如圖(相關(guān)物質(zhì)的溶解度如圖)。下列說法錯誤的是A．電解I中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：Cl-+3H2OClO+3H2↑B．操作是加熱蒸發(fā)、趁熱過濾C．洗滌粗產(chǎn)品宜使用冷水D．流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl11．維生素E中α—生育酚的含量和生理活性最高，可由有機物A和B發(fā)生如圖反應(yīng)生成。下列說法正確的是A．該反應(yīng)為加成反應(yīng)B．A、B和α—生育酚均可與溴水反應(yīng)C．A的同分異構(gòu)體中，含苯環(huán)且能被氧化為二元醛的醇有9種D．A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12．采用情性電極，設(shè)計雙陰極微生物燃料電池進行同步硝化和反硝化脫氮的裝置如圖所示，其中硝化過程中NH被O2氧化。下列說法正確的是A．電極M和P均為燃料電池正極B．P存在電極反應(yīng)：NH-6e-+2H2O=NO+8H+C．若乙室消耗1mol葡萄糖，則最多有24molH+進入甲室D．若丙室消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LO2，則至少有1molNH完全轉(zhuǎn)化為NO13．已知常溫下HF酸性強于HCN，分別向1L1mol·L-1的HF、HCN溶液中加NaOH固體(忽略溫度和溶液體積變化)，溶液pH隨lg(X表示F或者CN)變化情況如圖所示，下列說法錯誤的是A．lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6 B．溶液中對應(yīng)的c(X-)：d點＞c點C．b點溶液的pH=5.2 D．e點溶液中c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)二、多選題（本大題共2小題）14．下列實驗操作及所選玻璃容器(非玻璃容器任選)能夠?qū)崿F(xiàn)相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖菍嶒災(zāi)康膶嶒灢僮鞑Ａx器A除去乙酸乙酯中少量乙醇向混合物中加入飽和碳酸鈉溶液，振蕩、靜置、分液分液漏斗、燒杯B比較HClO和醋酸的酸性強弱用pH試紙分別測定同溫度、同濃度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH玻璃棒、表面皿C鑒別苯酚溶液，環(huán)己烯和乙醛分別將苯酚溶液，環(huán)己烯和乙醛加入到溴水中，觀察現(xiàn)象試管、膠頭滴管D分離溴苯和苯蒸餾酒精燈、蒸餾燒瓶、冷凝管、牛角管、錐形瓶A．A B．B C．C D．D15．硅烷法制備多晶硅的核心反應(yīng)為2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)△H>0。已知v正=k正?x2(SiHCl3)，v逆=k逆?x(SiH2Cl2)?x(SiCl4)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，x為各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。在恒容密閉容器中加入一定量的SiHCl3，不同溫度下速率常數(shù)的對數(shù)(lgk)如表所示。下列說法錯誤的是溫度/K500700lgk正ablgk逆a+2cA．c>b+2B．升高溫度，k正—k逆增大C．500K時，SiHCl3的平衡轉(zhuǎn)化率為16.67%D．保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積，x(SiHCl3)及SiHCl3的平衡分壓均保持不變?nèi)?、非選擇題（本大題共5小題）16．鐵及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用，回答下列問題：(1)Fe元素位于元素周期表的區(qū)，與Fe同周期的所有元素的基態(tài)原子中，未成對電子數(shù)與Fe3+相同的元素有種。(2)FeCl3蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子()形式存在，F(xiàn)eCl3的熔點(306℃)是著低于FeF3的熔點(1000℃)的原因是；FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成雙核陽離子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，結(jié)構(gòu)如圖所示。在該雙核陽離子中，H—O—H鍵角(填“大于”、“小于”或“等于”)H2O的H—O—H鍵角；若對FeCl3水溶液進行加熱，該對核陽離子內(nèi)部首先斷開的是鍵(填“a”或“b”)。(3)用K4[Fe(CN)6]可檢驗溶液中Fe3+的存在，CN-中C原子的雜化方式為，K4[Fe(CN)6]中存在(填代號)。a．離子鍵

b．氫鍵

c．配位鍵

d．金屬鍵(4)Fe4N的晶胞沿x、y、z軸投影均如圖1所示，Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe(4-n)CunN，F(xiàn)e4N轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示，其中更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學(xué)式為；Fe4N晶胞中與N最近的Fe原子數(shù)為；Fe與Fe之間的最短距離為cm。17．某課題組對含鈷高爐渣(主要成分有Co2O3、Al2O3、Fe3O4、SiO2、CaO、Fe2O3)資源化綜合處理的流程如圖：回答下列問題：(1)“研磨”的目的為；物質(zhì)A是(填化學(xué)式)。(2)Co2O3參與“酸浸”的化學(xué)方程式為，“酸浸”過程實際消耗雙氧水的量大于理論值，可能的原因是(寫出一條即可)。濾渣I的主要成分是(填化學(xué)式)。(3)“中和沉淀”中，F(xiàn)e3+生成高效凈水劑黃鈉鐵礬[NaFe3(SO4)2(OH)6]存在于濾渣II中。該過程的離子方程式為。在實驗室中，向Fe(OH)3固體中加入等體積的0.75mol·L-1H2SO4溶液和mol·L-1Na2SO4溶液，使其恰好完全反應(yīng)，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到黃鈉鐵礬。(4)濾液③中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為。{通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol·L-1為沉淀完全；[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3+H2O，K=1013.38；Ksp[Al(OH)3]=10-33}(5)CoC2O4經(jīng)充分焙燒質(zhì)量減少2t，則獲得Co3O4的質(zhì)量為t。18．無水FeCl2為黃綠色晶體，在空氣中易被氧化和易吸水，不溶于氯仿等有機溶劑?；卮鹣铝袉栴}：I．FeCl2的制備及產(chǎn)率測定：制備反應(yīng)原理為2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl(C6H5Cl為氯苯，沸點132℃)，產(chǎn)率通過測定HCl的量進行計算。制備裝置如圖所示(夾持及加熱裝置略去)：(1)儀器A的名稱是，儀器B的作用是，裝置C中的試劑是(填化學(xué)式)。(2)為測定FeCl2的產(chǎn)率，用1.00mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl，達(dá)到滴定終點時消耗NaOH溶液19.00mL，則FeCl2的產(chǎn)率為。下列操作中，導(dǎo)致產(chǎn)率測定值偏低的是。a．滴定終點時俯視讀數(shù)b．滴定管未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗c．配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時，轉(zhuǎn)移溶液未洗滌燒杯d．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，滴定結(jié)束后有氣泡II．FeCl2性質(zhì)探究：將FeCl2晶體配成溶液后進行如表實驗。序號裝置試劑實驗現(xiàn)象實驗ⅰ0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液、1mL0.1mol·L-1FeCl2(pH=1)溶液0.5mL飽和氯水溶液立即變?yōu)闇\紅色實驗ⅱ1mLl.5mol·L-1HNO3溶液滴入硝酸后，溶液變?yōu)榧t色，一段時間后，溶液褪為無色，且溶液中產(chǎn)生無色氣泡，試管上方呈紅棕色。已知：Ba2+與SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化為SO。(3)對實驗ⅰ中溶液為淺紅色的原因，甲同學(xué)提出以下假設(shè)：假設(shè)1：加入氯水的量少，生成的Fe3+濃度低；假設(shè)2：氯水氧化性強，。取實驗ⅰ中淺紅色溶液，(填實驗操作)，溶液淺紅色消失，從而排除了假設(shè)1；向2mL水中滴加0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，滴加0.5mL飽和氯水，加入，產(chǎn)生白色沉淀，說明假設(shè)2正確。(4)分析實驗ⅱ“一段時間后，溶液褪為無色”的原因是(用離子方程式表示，已知SCN-中C元素為+4價)。19．醫(yī)藥中間體M()的一種合成路線如圖：已知：ⅰ.ⅱ.R—XR—COOH(R代表烴基，X代表鹵素原子)ⅲ.(R1代表烴基或氫原子，R2代表烴基)回答下列問題：(1)M中含氧官能團的名稱為；A的名稱為，試劑a為。(2)同時滿足下列條件的C的同分異構(gòu)體有種。a．含有苯環(huán)b．核磁共振氫譜顯示四組峰，且峰面積比為1：1：2：6(3)G生成H的同時還生成一種有機物(寫結(jié)構(gòu)簡式)；H→I的反應(yīng)類型為。(4)J→K可認(rèn)為分三步進行：JXYK，則X→Y的化學(xué)方程式為。(5)綜合上述信息，寫出由甲苯和甲醇制備的合成路線。20．Fe—C合金在Ar—H2O—H2氣氛中脫碳處理可能涉及的反應(yīng)如下：ⅰ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H1=+131.3kJ·mol-1ⅱ.Fe(s)+H2O(g)H2(g)+FeO(s)△H2ⅲ.3Fe(s)+4H2O(g)4H2(g)+Fe3O4(s)△H3ⅳ.3FeO(s)+H2O(g)H2(g)+Fe3O4(s)△H4(1)在熱力學(xué)標(biāo)準(zhǔn)狀況下(298.15K、101kPa)由穩(wěn)定狀態(tài)的單質(zhì)合成1mol化合物的反應(yīng)恰變?yōu)樵摶衔锏臉?biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓。物質(zhì)C(s)H2O(g)H2(g)標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓(kJ·mol-1)0－266.50CO(g)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成為kJ·mol-1。(2)對碳質(zhì)量分?jǐn)?shù)為4.2%某Fe—C合金進行脫碳處理，保持其他條件相同，脫碳時間、脫碳后平均碳含量、脫碳溫度的關(guān)系如圖所示。①脫碳時間一定時，脫碳溫度越高，脫碳效果越(填“高”或“低”)。②a點v正v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是。(3)為研究上述反應(yīng)體系的平衡關(guān)系，1103K時向某反應(yīng)容器中加入足量Fe—C合金和一定量H2O，氣體總壓為xPa，保持體積不變，tmin后達(dá)到平衡，測得氣體總壓為yPa。①CO的平衡分壓P(CO)=；若反應(yīng)ⅱ的平衡常數(shù)為K，則反應(yīng)ⅰ的分壓平衡常數(shù)Kp=；0～tmin，用單位時間內(nèi)分壓變化表示的反應(yīng)速率v(H2O)=。②同溫同壓下，再向該容器中注入Ar稀釋，反應(yīng)ⅲ的化學(xué)平衡將(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)，平衡時，P(CO)(填“增大”、“減小”或“不變”，下同)，H2O的平衡轉(zhuǎn)化率。

答案1．【正確答案】A【詳解】【詳解】A．Fe2+具有強還原性，容易被溶解在溶液中的O2氧化為Fe3+，加入少量鐵屑時，F(xiàn)e與Fe3+會發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+，從而可避免FeSO4溶液中Fe2+氧化變質(zhì)，這與鹽的水解反應(yīng)無關(guān)，A符合題意；B．NH4Cl是強酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)使溶液顯酸性，H+可與鐵銹發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生可溶性Fe3+而達(dá)到除去鐵銹的目的，這與鹽水解反應(yīng)有關(guān)，B不符合題意；C．鎂離子水解生成氫氧化鎂和鹽酸，MgCl2?6H2O加熱脫水制MgCl2在HCl氣氛中，就可以防止MgCl2水解反應(yīng)的發(fā)生，與鹽水解反應(yīng)有關(guān)，C不符合題意；D．碳酸鈉是強堿弱酸鹽，因為水解使其溶液呈堿性，堿能促進油脂水解。鹽水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，鹽水解程度增大，因而熱純堿溶液堿性更強，因而其洗滌油污能力強，這應(yīng)用了鹽類水解原理，D不符合題意；故合理選項是A。2．【正確答案】D【詳解】【詳解】A．金屬鈉著火時應(yīng)使用干燥的沙子滅火，不能使用泡沫滅火器，會與水、二氧化碳反應(yīng)，故A不符合題意；B．H2還原CuO實驗時，先通入一段時間H2，排出裝置內(nèi)空氣后再點燃酒精燈，故B不符合題意；C．濃硫酸沾到皮膚上，立即用大量水沖洗，再涂上稀的碳酸氫鈉溶液，故C不符合題意；D．蒸餾時忘記加碎瓷片，立即停止加熱，待溶液冷卻后加入碎瓷片，再加熱，故D符合題意。綜上所述，答案為D。3．【正確答案】C【詳解】【詳解】A．濃H2SO4具有吸水性，決定其可用于干燥氣體，A不合題意；B．葡萄酒中添加SO2是利用SO2的還原性和能殺菌來延長葡萄酒的保質(zhì)期，而不是利用其漂白性且能殺菌，B不合題意；C．ClO2具有強氧化性能使蛋白質(zhì)變性，故可用于殺菌消毒，C符合題意；D．油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)才是皂化反應(yīng)，產(chǎn)生高級脂肪酸鈉才是肥皂的主要成分，D不合題意；故C。4．【正確答案】D【詳解】【詳解】A．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C16H15NO7，A正確；B．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，其水解產(chǎn)物有：、，則均為反式結(jié)構(gòu)，B正確；C．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，該分子中有羥基、碳碳雙鍵、酯基、酰胺基和羧基等5種官能團，C正確；D．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，1mol該物質(zhì)含有2mol酚羥基，消耗2molNaOH，1mol酚酯基消耗2molNaOH，1mol酰胺基消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH,GU與足量NaOH溶液反應(yīng)時消耗6molNaOH，D錯誤；故D。5．【正確答案】A【詳解】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序數(shù)依次增大，組成的一種酸式鹽以[YX4]+[XQZ3]-的形式存在，Y失去一個電子形成4個共價鍵，Z、Q同主族，則X為H、Y為N、Z為O、Q為S?！驹斀狻緼．電子層數(shù)越多，微粒半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越多，微粒半徑越小，簡單離子半徑：S2->N3->O2-，A錯誤；B．[YX4]+為銨根離子，銨根離子中氮原子的價層電子對數(shù)為4+=4，采取sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體，B正確；C．同一主族元素從上向下第一電離能逐漸減小，同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大趨勢，第IIA族和第VA族最外層電子處于全滿和半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，第一電離能比同周期相鄰元素第一電離能大，第一電離能：N>O>S，C正確；D．Y2X4為N2H4，X2Z2為H2O2，兩者正負(fù)電荷重心不重合，均為含有非極性鍵的極性分子，D正確；答案選A。6．【正確答案】B【詳解】【詳解】A．由題干圖示物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式可知，中心原子Pt周圍形成了4個配位鍵，則其配位數(shù)為4，A正確；

B．由題干圖示物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式可知，結(jié)合雙鍵為一個σ鍵與1個π鍵，單鍵均為σ鍵，故分子中有：6個C-H、6個C-C，4個C-O，2個Pt-O，2個Pt-N和6個N-H共26個σ鍵，只有C=O中含有2個π鍵，則分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為26:2=13：1，B錯誤；C．分子中C=O鍵所在的碳原子為sp2雜化，其余4個碳原子為sp3雜化，則sp3和sp2雜化的碳原子數(shù)之比為4:2=2：1，C正確；D．分子中含有C-H、C-O、N-H之間極性鍵，C-C之間非極性鍵和Pt-O、Pt-N之間配位鍵，D正確；故B。7．【正確答案】D【詳解】【詳解】①用MnO2和濃鹽酸制備氯氣需要加熱裝置，錯誤；②是將制備的Cl2通入飽和食鹽水來除去一起揮發(fā)出來的HCl，同時可以控制通入氯氣和空氣的比值，并在實驗結(jié)束后可以將多余的氯氣排除進行尾氣處理，正確；③由題干信息可知，制備Cl2O是一個放熱反應(yīng)，且Cl2O在42℃以上會分解生成Cl2和O2，則發(fā)生裝置③需防止在冰水浴中，錯誤；④為除去Cl2O中的Cl2，導(dǎo)管應(yīng)該長進短出，錯誤；⑤經(jīng)CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中進行反應(yīng)，生成HClO，正確；綜上分析可知，①③④錯誤，故D。8．【正確答案】A【詳解】【詳解】A．反應(yīng)體系溫度降低說明該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以焓增加，A項正確；B．鹵代烴與NaOH水溶液共熱發(fā)生取代會產(chǎn)生HX，但堿性環(huán)境中加入AgNO3會產(chǎn)生Ag2O為灰白色沉淀對鹵離子的檢驗有干擾，B項錯誤；C．鐵屑中若存在Fe(Ⅲ)，酸化后變?yōu)镕e3+與Fe反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe2+，所以滴加KSCN也無現(xiàn)象，C項錯誤；D．乙醇在濃硫酸170℃下會產(chǎn)生乙烯使高錳酸鉀褪色，但揮發(fā)出來的乙醇也會使高錳酸鉀褪色，引起干擾，D項錯誤；答案選A。9．【正確答案】C【詳解】【分析】由圖可知，當(dāng)閉合K2，Y極作陽極，電極反應(yīng)式為PTOH4-4e-=PTO+4H+，RuO2/IrO2-Ti電極作陰極，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑；當(dāng)閉合K1，Y極為陰極，電極反應(yīng)式為PTO+4H++4e-=PTOH4，Pt/Ti極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，當(dāng)閉合K1，Y極為陰極，c接電源負(fù)極，則當(dāng)閉合K2，Y極作陽極，b接電源正極，A錯誤；B．由分析可知，閉合K2，Y極作陽極，電極反應(yīng)式為PTOH4-4e-=PTO+4H+，Y極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解池中陽離子移向陰極，即H+向RuO2/IrO2-Ti電極移動，B錯誤；C．由分析可知，當(dāng)閉合K1，Y極為陰極，電極反應(yīng)式為PTO+4H++4e-=PTOH4，C正確；D．由分析可知，該電池實現(xiàn)了PTO、PTOH4的循環(huán)利用，同時電解了H2O，即水少了，則硫酸的濃度增大，D錯誤；故C。10．【正確答案】B【詳解】【分析】制備NH4ClO4的工藝流程為：電解飽和食鹽水得到NaClO3，然后通過電解NaClO3溶液，陽極附近失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成，陰極附近H+得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣；除雜時發(fā)生的反應(yīng)為2NaClO3+2HCl+H2O2═2ClO2↑+2NaCl+2H2O+O2↑，“除雜”的目的是除去少量未被電解的NaClO3；“反應(yīng)”時用NaClO4和NH4Cl在90℃制備NH4ClO4粗品，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析可知，電解I中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：Cl-+3H2OClO+3H2↑，A正確；B．由分析可知，操作是分離NH4ClO4和NaCl，結(jié)合題干溶解度曲線圖可知，NH4ClO4的溶解度隨溫度變化明顯，而NaCl的溶解度隨溫度變化不明顯，則操作是加熱蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌、干燥，B錯誤；C．題干溶解度曲線圖可知，NH4ClO4的溶解度隨溫度變化明顯，為減少NH4ClO4因溶解損失，則洗滌粗產(chǎn)品宜使用冷水，C正確；D．由分析可知，流程中經(jīng)操作分離出來的濾液中含有NaCl，可循環(huán)利用，D正確；故B。11．【正確答案】D【詳解】【詳解】A．由題干有機物轉(zhuǎn)化信息可知，該反應(yīng)為物質(zhì)B中碳碳雙鍵和A中酚羥基鄰位上的H先加成反應(yīng)，然后再脫去一個水分子，故不屬于加成反應(yīng)應(yīng)該屬于取代反應(yīng)，A錯誤；B．由題干中有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，A中的酚羥基鄰位上含有H，能與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，B中含有碳碳雙鍵可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，但α—生育酚中酚羥基鄰位碳上沒有H，故不能與溴水反應(yīng)，B錯誤；C．由題干中有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，A的的分子式為：C9H12O2，則其含苯環(huán)且能被氧化為二元醛的醇即含有伯醇(-CH2OH)的同分異構(gòu)體有：若只含一個取代基即-CH(CH2OH)2，若含有2個取代基即-CH2OH、-CH2CH2OH則有鄰、間、對三種位置關(guān)系，若三個取代基即-CH3、-CH2OH、-CH2OH則有6種位置關(guān)系，故共有1+3+6=10種，C錯誤；D．含有H原子種類越少，說明分子高度對稱結(jié)構(gòu)時，此結(jié)構(gòu)H的種類最少為4種，故A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，D正確；故D。12．【正確答案】A【詳解】【分析】根據(jù)原電池圖可知，甲室缺氧電極M上由到NO2，再轉(zhuǎn)化為N2，則電極M上發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，丙室好氧電極P上O2轉(zhuǎn)化為H2O，發(fā)生還原反應(yīng)，也為正極，中間乙室厭氧電極N上發(fā)生由葡萄糖轉(zhuǎn)化為CO2，發(fā)生氧化反應(yīng)，故為負(fù)極，乙室厭氧陽極N上葡萄糖發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成CO2和H+，電極反應(yīng)式為C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2+24H+，甲室缺氧電極M發(fā)生的反應(yīng)為2+12H++10e-=N2↑+6H2O，丙室好氧電極P發(fā)生的反應(yīng)為O2+4e-+4H+=2H2O，同時O2還可能氧化生成，甚至還可以進一步被O2氧化為，反應(yīng)方程式為：2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2電池工作中“好氧陰極”和“缺氧陰極”之間存在著對電子的競爭作用，和電極之間存在著對O2的競爭，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由分析可知，電極M和P均為燃料電池正極，A正確；B．由題干信息可知，硝化過程中NH被O2氧化，P存在反應(yīng)為：2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2，B錯誤；C．由分析可知，C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2+24H+，若乙室消耗1mol葡萄糖，則乙室產(chǎn)生24molH+，原電池中陽離子移向正極，由于“好氧陰極”和“缺氧陰極”之間存在著對電子的競爭作用，則不可能H+全部進入甲室，即不可能有24molH+進入甲室，C錯誤；D．若丙室消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LO2其物質(zhì)的量為：=2mol，+2O2=+H2O+2H+，由于和電極之間存在著對O2的競爭，故可知則最多有1molNH完全轉(zhuǎn)化為NO，D錯誤；故A。13．【正確答案】B【詳解】【分析】由題干信息可知，常溫下HF酸性強于HCN，即Ka(HF)＞Ka(HCN)，當(dāng)橫坐標(biāo)為0時，即lg=0或者lg=0即c(F-)=c(HF)或c(CN-)=c(HCN)，則有Ka(HF)==c(H+)=10-3.2,Ka(HCN)==c(H+)=10-9.2，即I代表HF，II代表HCN，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，Ka(HF)=10-3.2,Ka(HCN)=10-9.2，則lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6，A正確；

B．由于弱電解質(zhì)的電離是微弱的，故溶液中c(HF)=c(HCN)≈1mol/L，則溶液中對應(yīng)的c(X-)：d點為：c(CN-)==，c點為：c(F-)==，則c＜d，B錯誤；C．由分析可知，I代表HF，Ka(HF)=10-3.2，b點溶液中l(wèi)g=2，則有：c(H+)==10-5.2，故b點對應(yīng)溶液的pH=5.2，C正確；D．由圖像可知，e點溶液中pH為9.2，此時lg=0即c(CN-)=c(HCN)，根據(jù)電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，結(jié)合c(OH-)>c(H+)，則有c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)即有c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，D正確；故B。14．【正確答案】AC【詳解】【詳解】A．乙醇極易溶于水，加入飽和碳酸鈉溶液的目的是吸收乙醇，降低乙酸乙酯的在溶液中的溶解度使之析出，然后通過分液的方法進行分離，分液主要用的儀器是分液漏斗和燒杯，故A正確；B．NaClO具有強氧化性，能將有機色素氧化漂白，因此用pH試紙無法測定NaClO溶液的pH，故B錯誤；C．苯酚加入溴水中，會產(chǎn)生三溴苯酚白色沉淀；環(huán)己烯中含有碳碳雙鍵，因與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色，同時生成的有機產(chǎn)物不溶于水，溶液中出現(xiàn)分層；溴水能將乙醛氧化，溶液不出現(xiàn)分層；用溴水可以鑒別這三種物質(zhì)，故C正確；D．溴苯和苯兩種液體互溶，采用蒸餾方法進行分離，題中缺少溫度計，因此所給儀器不能達(dá)到實驗?zāi)康?，故D錯誤；答案為AC。15．【正確答案】AD【詳解】【分析】設(shè)平衡時，氣體總壓強為P，由反應(yīng)達(dá)到平衡時，正逆反應(yīng)速率相等可得：v正=k正?x2(SiHCl3)=v逆=k逆?x(SiH2Cl2)?x(SiCl4)，===Kp。【詳解】A．由題給數(shù)據(jù)可知，500K時，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp==0.01，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)增大，則700K時，＞0.01，b+2＞c，故A錯誤；B．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，則正反應(yīng)速率常數(shù)增大的倍數(shù)大于逆反應(yīng)速率常數(shù)，k正—k逆增大，故B正確；C．由題給數(shù)據(jù)可知，500K時，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp==0.01，設(shè)起始三氯硅烷的起始物質(zhì)的量為2mol，轉(zhuǎn)化率為a，平衡時總壓強為P，由方程式可知，平衡時，三氯硅烷、二氯硅烷、四氯硅烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為1—a、、，則Kp==0.01，解得a≈16.67%，故C正確；D．該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積，容器中氣體的總壓強增大，平衡不移動，三氯硅烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不變，但分壓增大，故D錯誤；故選AD。16．【正確答案】(1)

d

1(2)

FeCl3為分子晶體，熔點受分子間作用力影響，而FeF3是離子晶體，熔點受離子鍵強弱影響，離子鍵強度比分子間作用力大得多

大于

a(3)

sp

ac(4)

Fe3CuN

6

【詳解】(1)已知Fe是26號元素，其價電子排布式為：3d64s2，則Fe元素位于元素周期表的d區(qū)，已知Fe3+的價電子排布式為：3d5即其基態(tài)離子未成對電子數(shù)為5，則與Fe同周期即第4周期的所有元素的基態(tài)原子中，未成對電子數(shù)與Fe3+相同的元素只有Mn元素1種，故d；1；(2)FeCl3蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子()形式存在，則FeCl3為分子晶體，熔點受分子間作用力影響，而FeF3是離子晶體，熔點受離子鍵強弱影響，離子鍵強度比分子間作用力大得多，故導(dǎo)致FeCl3的熔點(306℃)是著低于FeF3的熔點(1000℃)，F(xiàn)eCl3水溶液中Fe3+可水解生成雙核陽離子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，結(jié)構(gòu)如圖所示。由于在該雙核陽離子中H2O中的1對孤電子對形成了配位鍵變?yōu)槌涉I電子對，而孤電子對對孤電子對的排斥作用大于孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對對成鍵電子對的排斥作用，故該雙核陽離子中的H—O—H鍵角大于H2O的H—O—H鍵角，由圖可知，H2O分子不帶電，而OH-帶負(fù)電，與Fe3+成鍵時，OH-與Fe3+的距離更近，鍵能更大，所以b鍵的鍵能大于a鍵，若對FeCl3水溶液進行加熱，該對核陽離子內(nèi)部首先斷開的是a，故FeCl3為分子晶體，熔點受分子間作用力影響，而FeF3是離子晶體，熔點受離子鍵強弱影響，離子鍵強度比分子間作用力大得多；大于；a；(3)用K4[Fe(CN)6]可檢驗溶液中Fe3+的存在，根據(jù)等電子體原理可知，CN-與CO互為等電子體，故CN-中C原子有1對孤電子對，與N原子之間形成三鍵，則其雜化方式為sp，K4[Fe(CN)6]中存在K+與[Fe(CN)6]4-之間的離子鍵，CN-內(nèi)部的共價鍵，[Fe(CN)6]4-中Fe2+和CN-之間的配位鍵，不存在金屬鍵和氫鍵，故sp；ac；(4)由題干信息，F(xiàn)e4N的晶胞沿x、y、z軸投影均如圖1所示，可知a位置為六方晶胞的8個頂點，b位置為六個面心，N位于晶胞的體心，則Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe(4-n)CunN，F(xiàn)e4CN轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示，由圖可知Cu代替a位置Fe型能量更低，更穩(wěn)定，故其中更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物中一個晶胞含有的N為1個，Cu為=1個，F(xiàn)e的個數(shù)為：=3個，故其化學(xué)式為Fe3CuN；已知Fe4N晶胞中N位于體心上，F(xiàn)e位于頂點和面心上，則與N最近的Fe原子數(shù)為6個面心上的Fe，F(xiàn)e與Fe之間的最短距離為晶胞面對角線的一半，則為cm，故Fe3CuN；6；。17．【正確答案】(1)

增大與稀硫酸和H2O2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高爐渣的利用率

Fe3O4(2)

Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+3H2O+O2↑

“酸浸”過程放熱，升高溶液溫度使得H2O2分解，或者溶液中的Fe3+催化H2O2的分解

SiO2、CaSO4(3)

3Fe3++2+Na++6=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6CO2↑

0.25(4)8.38(5)2.41【詳解】【分析】由題干流程圖可知，先將含鈷高爐渣粉碎研磨，經(jīng)磁選后先除去具有磁性的Fe3O4固體A，向剩余固體中加入稀硫酸和H2O2，將Co2O3、Al2O3、CaO、Fe2O3轉(zhuǎn)化為Fe3+、Co2+、Al3+、CaSO4，過濾的濾渣I主要成分為SiO2、CaSO4，向濾液①中加入NaHCO3中和沉淀，過濾得到濾渣II主要成分為Fe(OH)3和Al(OH)3，濾液②主要成分為CoSO4，在濾液②中加入(NH4)C2O4得到CoC2O4沉淀，經(jīng)焙燒得到Co3O4，濾渣II中加入NaOH溶液得到黃鈉鐵礬和濾液③主要是NaAlO2溶液，通入CO2調(diào)節(jié)pH得到Al(OH)3沉淀，據(jù)此分析解題。(1)“研磨”的目的為增大與稀硫酸和H2O2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高爐渣的利用率，由分析可知，物質(zhì)A是Fe3O4，故增大與稀硫酸和H2O2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高爐渣的利用率；Fe3O4；(2)已知產(chǎn)物中CoC2O4的鈷為Co2+，即Co2O3參與“酸浸”時被H2O2還原為Co2+，H2O2被氧化為O2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+3H2O+O2↑，“酸浸”過程放熱，升高溶液溫度使得H2O2分解，溶液中的Fe3+也能催化H2O2的分解，則“酸浸”過程實際消耗雙氧水的量大于理論值，由分析可知，濾渣I的主要成分是SiO2、CaSO4，故Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+3H2O+O2↑；“酸浸”過程放熱，升高溶液溫度使得H2O2分解，或者溶液中的Fe3+催化H2O2的分解；SiO2、CaSO4；(3)“中和沉淀”中，F(xiàn)e3+生成高效凈水劑黃鈉鐵礬[NaFe3(SO4)2(OH)6]存在于濾渣II中。該過程的離子方程式為：3Fe3++2+Na++6=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6CO2↑，根據(jù)反應(yīng)方程式6Fe(OH)3+3H2SO4+Na2SO4=2[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H2O可知，在實驗室中，向Fe(OH)3固體中加入等體積的0.75mol·L-1H2SO4溶液和=0.25mol·L-1Na2SO4溶液，使其恰好完全反應(yīng)，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到黃鈉鐵礬，故3Fe3++2+Na++6=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6CO2↑；0.25；(4)由[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3+H2O，K=1013.38，可知：K===1013.38，解得：c(H+)=10-8.38，濾液③中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為-lg10-8.38=8.38，故8.38；(5)根據(jù)反應(yīng)方程式：3CoC2O4+2O2=Co3O4+6CO2↑，CoC2O4經(jīng)充分焙燒質(zhì)量減少2t，則有：，解得x=2.41t，即則獲得Co3O4的質(zhì)量為2.41t，故2.41。18．【正確答案】(1)

三頸燒瓶

進行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率

無水CaCl2或者P2O5(2)

95%

ad(3)

部分SCN-被氧化了

繼續(xù)滴加飽和氯水

BaCl2溶液(4)3SCN-+13+10H+=3SO+3CO2↑+16NO↑+5H2O【詳解】【分析】本題為制備FeCl2的制備及產(chǎn)率測定的實驗探究題，由于FeCl2易被空氣氧化，故實驗開始前需向裝置中先通一段時間的N2，以排空整個裝置中的空氣，然后加熱開始反應(yīng)，三頸燒瓶中發(fā)生的反應(yīng)：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，由于C6H5Cl為氯苯，沸點132℃故需用球形冷凝管B進行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，且因為FeCl2易水解，球形干燥管C作用為防止E裝置中的水蒸氣進入A中，裝置E為吸收HCl，D裝置是由于HCl極易溶于水，進行防止倒吸裝置，C中所裝試劑不能吸收HCl，故可以是無水CaCl2或者P2O5，反應(yīng)結(jié)束后再通入一段時間N2將裝置中的HCl全部趕到E中，被充分吸收，減小產(chǎn)率檢測時的實驗誤差，據(jù)此分析解題。(1)由實驗裝置圖可知，儀器A的名稱是三頸燒瓶，由于C6H5Cl為氯苯，沸點132℃故需用球形冷凝管B進行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，因為FeCl2易水解，球形干燥管C作用為防止E裝置中的水蒸氣進入A中，裝置E為吸收HCl，C中所裝試劑不能吸收HCl，故可以是無水CaCl2或者P2O5，故三頸燒瓶；進行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率；無水CaCl2或者P2O5；(2)根據(jù)反應(yīng)方程式進行計算出FeCl2的理論產(chǎn)量：，解得m=5.08g，n=0.02mol，為測定FeCl2的產(chǎn)率，用1.00mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl，達(dá)到滴定終點時消耗NaOH溶液19.00mL，則有n(HCl)=19.00×10-3L×1.00mol/L=0.019mol，n(FeCl2)=2n(HCl)=0.038mol，則m(FeCl2)實際=0.038mol×127g/mol=4.826g，則FeCl2的產(chǎn)率為=95%，a．滴定終點時俯視讀數(shù)，導(dǎo)致消耗NaOH溶液的體積偏小，則測定值偏低，a符合題意；b．滴定管未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，導(dǎo)致NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，消耗NaOH溶液的體積偏大，測定值偏高，b不合題意；c．配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時，轉(zhuǎn)移溶液未洗滌燒杯，導(dǎo)致NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，消耗NaOH溶液的體積偏大，測定值偏高，c不合題意；d．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，滴定結(jié)束后有氣泡，導(dǎo)致消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小，測定值偏低，d符合題意；故95%；ad；(3)實驗i中溶液變紅是由于反應(yīng)Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，則實驗ⅰ中溶液為淺紅色的原因可能有，假設(shè)1：加入氯水的量少，生成的Fe3+濃度低；假設(shè)2：氯水氧化性強，將另一種反應(yīng)物SCN-氧化了，即導(dǎo)致SCN-的濃度低，根據(jù)假設(shè)1可知，取實驗ⅰ中淺紅色溶液，繼續(xù)滴加飽和氯水，溶液淺紅色消失，從而排除了假設(shè)1；由已知信息：Ba2+與SCN-可在溶液中大量共存，SCN-易被氧化為SO，故向2mL水中滴加0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，滴加0.5mL飽和氯水，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明假設(shè)2正確，故部分SCN-被氧化了；繼續(xù)滴加飽和氯水；BaCl2溶液；(4)由實驗ii的現(xiàn)象：滴入硝酸后，溶液變?yōu)榧t色即Fe2+被HNO3氧化為Fe3+，一段時間后，溶液褪為無色，且溶液中產(chǎn)生無色氣泡，試管上方呈紅棕色即SCN-被過量的HNO3氧化了，HNO3被還原為NO，NO在試管上方遇到空氣被氧化為NO2呈紅棕色，故分析實驗ⅱ“一段時間后，溶液褪為無色”的離子方程式為：3SCN-+13+10H+=3SO+3CO2↑+16NO↑+5H2O，故3SCN-+13+10H+=3SO+3CO2↑+16NO↑+5H2O。19．【正確答案】(1)

酰胺基

苯乙烯

HCl、H2