山东省烟台市高考化学二模试卷及答案

高考化学二模试卷一、单选题1.古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读错误的是（

）A.“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化

B.“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的碳、氮循环

C.“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用

D.“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体2.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。其中X、Y、Z同周期，Y、W同主族。下列说法错误的是（

）A.第一电离能：Z>Y>X

B.气态氢化物的熔沸点：Y>W

C.简单阴离子的还原性：W>Y>Z

D.Y与W形成的两种常见化合物，中心原子的杂化方式相同3.用下图装置进行实验，能达到相应实验目的的是（

）ABCD检验海带中有碘元素吸收少量氨气制备乙烯并验证其易被氧化对比Fe2+、Cu2+对H2O2分解的催化效果A.A

B.B

C.C

D.D4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（

）A.合成氨反应每生成标况下1.12L氨气，转移的电子数为0.15NA

B.1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴、阳离子的总数大于0.3NA

C.NH5的结构类似于NH4Cl，则，1molNH5中所含σ键的数目为5NA

D.钢铁电化学腐蚀生成0.05molFe2O3·nH2O，则负极反应失电子数为0.2NA5.下列说法错误的是（

）A.可用洪特规则解释第一电离能Be>B

B.基态原子4s轨道半满的元素分别位于IA族和IB族

C.与NH3相比，[Zn(NH3)6]2+中H-N-H键角更大

D.CaF2品体中Ca2+与最近F-的核间距离为acm，则其晶胞的棱长为cm6.阿魏酸乙酯是生产治疗心脑血管疾病药物的原料，结构简式如图。下列关于阿魏酸乙酯的说法错误的是（

）A.其加聚产物不能使溴水褪色

B.在空气中易被氧化，应密闭贮存

C.分子中所有碳原子可能在同一平面上

D.与足量H2加成后的产物中含有3个手性碳原子7.绿原酸(C16H18O9)是一种有机弱酸，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。下列说法错误的是（

）A.加盐酸是为了提高绿原酸的萃取率

B.分液时应先打开分液漏斗顶塞，再打开旋塞，使水层从分液漏斗下口放出

C.减压蒸馏的目的是降低蒸馏温度，有利于绿原酸挥发

D.该流程中可循环利用的物质是乙酸乙酯8.利用反应2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可制备光敏材料三草酸合铁酸钾晶体。下列说法正确的是（

）A.H2O2是含有非极性键的极性分子

B.激发态的钾原子回到基态，会形成吸收光谱

C.向草酸亚铁溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去可证明溶液中含有Fe2+

D.H2C2O4()与CH3COOH相比，可电离出的H+个数更多，所以酸性更强9.酒驾是交通事故的第一大“杀手”。一种酒精检测仪工作原理如图，a、b两个多孔铂电极外均覆盖了一层聚四氟乙烯纳米纤维膜，方便气体透过。下列说法错误的是（

）A.采用多孔铂电极可增大电极与气体接触面积

B.该酒精检测仪运用了原电池原理

C.a极的电极反应：CH3CH2OH+12OH--12e-=2CO2+9H2O

D.乙醇浓度越大，电路中的电流强度就越大10.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。下列说法错误的是（

）A.ZnFe2O4溶于硫酸的离子方程式：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O

B.加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+

C.加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)

D.为加快反应速率，净化I和净化II均应在较高的温度下进行11.2020年6月，清华大学发现了一种新型的钾离子电池。电池示意图如下，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F。下列说法错误的是（

）A.放电时，正极反应为FeC2O4F+e-+K+=KFeC2O4F

B.充电时，K+向碳极移动

C.用该电池电解精炼铜，粗铜溶解12.8g时，通过隔膜的K+一定为0.4mol

D.放电时，当电路中通过的电子为0.02mol时，碳电极减小的质量为0.78g12.CN-能抑制人体组织细胞内酶的活性，不能直接排放到环境中。工业上通过电激发产生HO*和OH-，可处理废水中的CN-，机理如图。下列说法错误的是（

）A.该电极应该连接直流电源的负极

B.反应I为2CN-+2OH-+10HO*=N2↑+2+6H2O

C.处理1molCN-，反应II理论上生成5molO2

D.OH-、HO*和H2O2中氧原子的杂化方式不同二、多选题13.下列操作能达到实验目的的是（

）选项目的操作A除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸，过滤、洗涤、干燥B探究温度对Fe3+水解程度的影响向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液，比较溶液颜色C证明甲苯中的甲基能够活化苯环分别取甲苯和苯与酸性KMnO4溶液反应，观察酸性KMnO4溶液的褪色情况D证明非金属性：Cl>S向Na2S溶液中滴加新制氯水，观察实验现象A.A

B.B

C.C

D.D14.在体积相同的密闭容器中分别加入一定量的催化剂、1molC2H5OH(g)和不同量的H2O(g)，发生反应C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)

△H，测得相同时间内不同水醇比下乙醇转化率随温度变化的关系如图所示。已知：①水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态②不同的水醇比会影响催化剂的催化效果下列说法正确的是（

）A.△H>0

B.该时间段内用乙醇浓度变化表示的平均化学反应速率：vA<vE

C.C，E两点对应的化学平衡常数相同

D.A，B，C三点中C点的催化剂催化效果最低15.室温下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中-lgc(Ba2+)与的关系如图所示(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11；BaCO3的Ksp为5×10-9)。下列说法正确的是（

）A.a对应溶液中水的电离程度小于b

B.b对应溶液的c()=0.05mol/L

C.a→b的过程中，溶液中一直减小

D.a对应的溶液中一定存在：c(Na+)+2c(Ba2+)<3c()+c(Cl-)三、综合题16.硫酸亚铁铵[NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是一种蓝绿色的无机复盐，易溶于水，不溶于乙醇，在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4都要小。某同学设计如图实验装置制备硫酸亚铁铵晶体。实验步骤如下：①用30%的NaOH溶液和铁屑(含有Fe2O3、FeS等杂质)混合、煮沸、冷却、分离，将分离出的NaOH溶液装入C中。②在B中用①处理过的铁屑和稀H2SO4反应制取FeSO4。③将②制得的FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合。④将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体。（1）仪器a在使用前必须进行的操作是________，C中发生反应的离子方程式为________。（2）按图连接好装置，经检验气密性良好，加入相应的药品后，利用铁屑和稀硫酸反应产生的氢气赶走装置的空气及硫酸铵溶液中溶解的氧气，其目的是________，此时活塞K1、K2、K3的状态________。（3）完成步骤③的操作是________。（4）步骤④将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却”能析出硫酸亚铁铵晶体的原因是________。过滤后的晶体用乙醇洗涤而不用蒸馏水洗涤原因是________。（5）从安全角度分析，该同学设计的实验装置存在的缺陷是________。17.用苹果酸(A)为原料可以合成抗艾滋病药物沙奎那韦的中间体(G)，其合成路线如下：已知：ⅰ.RCOOH或R1COOR2RCH2OH或R1CH2OHⅱ.SOCl2在酯化反应中作催化剂，若羧酸和SOCl2先混合会生成酰氯，酰氯与醇再反应成酯；若醇和SOCl2先混合会生成氯化亚硫酸酯，氯化亚硫酸酯与羧酸再反应成酯。（1）为得到较多量的产物B，反应①应进行的操作是________。（2）反应②的化学方程式为________，反应②和⑤的目的是________。（3）D的结构简式为________，G的分子式为________。（4）M为C的同分异构体，M可由含有苯环的有机物N加氢还原苯环得到。N的分子中有五个取代基，1molN能与4molNaOH反应，但只能与2molNaHCO3反应，N分子中有4种化学环境相同的氢。则M的结构简式为________。（5）以为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)。________。18.近年来，有机-无机杂化金属卤素钙钛矿作为优良的光电材料受到广泛研究和关注，回答下列问题。（1）Ca、Ti元素基态原子核外电子占据能级数之比为________，与Ti处于同周期单电子数与Ti相同的元素还有________种，Ca的前三级电离能数据分别为589.8kJ/mol、1145.4kJ/mol、4912.4kJ/mol，第三电离能增大较多的原因是________。（2）卤族元素可与N和P元素形成多种稳定卤化物，其中NCl3分子构型为________，P元素可形成稳定的PCl3和PCl5，而氮元素只存在稳定的NCl3，理由是________。（3）Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配体所含原子中电负性最小的是________；Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti4+的配位数是________。（4）研究表明，TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。已知TiO2晶胞为长方体，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为________g/cm3(列出计算式)。TiO2-aNb晶体中a=________，b=________。19.Co3O4在工业上有重要应用。利用原钴矿(主要含有Co2O3，还含有少量Cr2O3、NiO等杂质)制备Co3O4的工艺流程如下：已知：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-=CoCl②CoCl溶于有机胺试剂，Co2+、Cr3+和Ni2+不溶于有机胺试剂；有机胺试剂不溶于水。③Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15（1）原钴矿需预先粉碎的目的是________。（2）步骤i中Co2O3溶解时发生反应的离子方程式为________。（3）步骤ii中加入NaCl固体的目的是________。（4）步骤v反应过程中无气体逸出，则沉钴时发生反应的离子方程式为________；沉钴过程选择较高温度有利于沉淀生成，但加入等量(NH4)2CO3选择过高温度得到的沉淀质量反而会减少，减少的原因是________。（5）常温下，步骤v沉钴滤液中，Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH=________。（6）步骤vi在空气中煅烧生成Co3O4的化学方程式是________。20.利用甲烷可以有效降低有害气体对大气的污染，成为当前科学研究的重点课题。（1）利用CH4和CO2重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、H2)，还可减少温室气体的排放。已知重整过程中涉及如下反应：反应I

CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

△H1反应II

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2=+41.2kJ/mol反应III

CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)

△H3=-35.6kJ/mol①已知：O2(g)+H2(g)H2O(g)△H=-241.8kJ/mol，则△H1=________kJ/mol②恒容密闭容器中CH4、CO2的分压分别为25kPa、20kPa，一定条件下发生反应I。已知v正(CO)=1.28×10-2·p(CH4)·p(CO2)(Pa·s-1)，某时刻测得p(H2)=10kPa，则该时刻v正(CH4)=________kPa/s。（2）CH4(g)和H2S(g)反应可以生成化工原料CS2(g)和H2(g)。控制体系压强为0.17MPa，当原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图甲。图中表示CS2、CH4变化的曲线分别是________(填字母序号)。M点对应温度下，H2S的转化率是________，反应的Kp=________(以分压表示，分压-总压×物质的量分数)。（3）在恒容密闭容器中，通入一定量CH4和NO2发生反应，相同时间内测得NO2的转化率与温度的关系如图乙。下列叙述正确的是___________。A.200℃NO2的平衡转化率大于300℃NO2的平衡转化率

B.b点的v(逆)大于e点的v(逆)

C.c点和d点均处于平衡状态

D.适当升温或增大c(CH4)可提高C点时NO2的转化率和反应速率

答案解析部分一、单选题1.【答案】D【解析】【解答】A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是树叶中叶绿素分解，被叶绿素掩盖的红色素、黄色素露出而显红色、黄色，有新物质产生，发生了化学变化，故A不符合题意；B．“落红不是无情物，化作春泥更护花”，花等有机物落到泥土中，植物体中的蛋白质、纤维素等含C、N的物质分解后变成有机肥供植物使用，蕴含着自然界中的碳、氮循环，故B不符合题意；C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，形成“光亮的通路”，故C不符合题意；D．碳纤维是一种新型无机非金属材料，是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，主要成分是碳的单质，“心忧炭贱愿天寒”中的炭，炭黑的主要成分也为碳，不能互称为同素异形体，金刚石、石墨、活性炭等由碳元素组成的不同的单质才能互称为同素异形体，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.树叶由绿变黄过程中产生了新物质，发生了化学变化

B.一般的植物均含有碳元素，化为肥料供给大地，实现了碳和氮的循环

C.雾是胶体，具备丁达尔效应

D.碳纤维是碳单质，而炭的主要成分是含有碳，是混合物不是单质2.【答案】A【解析】【解答】根据分析可知，X是N，Y为O，Z是F，W是S元素。A．同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，ⅤA族p能级上是半充满结构，第一电离能变大，第一电离能：Z>X>Y，故A符合题意；B．水分子间形成氢键，熔沸点较高，气态氢化物的熔沸点：Y>W，故B不符合题意；C．S2-比O2-多一个电子层，O2-与F-电子层结构相同，核电荷数大的半径小，简单阴离子半径：W>Y>Z，半径越大，还原性越强，简单阴离子的还原性：W>Y>Z，故C不符合题意；D．Y与W形成的两种常见化合物SO2和SO3，中心原子的价层电子对分别为：2+=3、3+=3，中心原子的杂化方式相同，均为sp2杂化，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。Y、W同主族，W有6条共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O元素，W是S元素；其中X、Y、Z同周期，X形成3条共价键，Z形成一条共价键，则X为N，Z为F元素。3.【答案】B【解析】【解答】A．淀粉只能检验碘单质，海带中不含有碘单质，用淀粉溶液检测不出其中的碘元素，A不符合题意；B．氨气极易溶于水，故可用水可以吸收氨气，且该装置还能防倒吸，B符合题意；C．乙醇消去反应制备乙烯时会产生SO2，SO2可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，C不符合题意；D．探究实验需要控制变量，该实验没有控制阴离子种类和浓度一直，实验设计不符合题意，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.检验海带中的碘元素可以采用先通入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，再加淀粉即可

B.氨气极易溶于水，此装置可以防倒吸

C.检验乙烯时需要将乙醇除去

D.应该保持阴离子相同时进行实验4.【答案】C【解析】【解答】A．通过合成氨反应的化学方程式N2+3H22NH3，可知生成标况下44.8L氨气，转移电子数为6NA，则生成标况下1.12L氨气，转移的电子数为0.15NA，故A不符合题意；B．Na2CO3溶液中不仅有钠离子和碳酸根离子，还有氢离子和氢氧根离子等，故1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴、阳离子的总数大于0.3NA，故B不符合题意；C．NH5的结构类似于NH4Cl，而1molNH4Cl中所含σ键的数目为4NA，则1molNH5中所含σ键的数目为4NA，故C符合题意；D．钢铁电化学腐蚀生成0.05molFe2O3·nH2O，意味着有0.1mol铁被氧化，则转移电子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据n=计算出物质的量，再根据方程式计算出转移的电子

B.阴离子水解时阴离子数目增大

C.根据结构式即可判断

D.根据元素化合价即可计算出转移的电子数5.【答案】B【解析】【解答】A．洪特规则为电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，Be的电子排布式是：1s22s2，B的电子排布为：1s22s22p1，可以用洪特规则解释第一电离能Be>B，A不符合题意；B．K的4s轨道半满，位于IA族，Cr的4s轨道半满，位于VIB族，Cu的4s轨道半满，位于IB族，B符合题意；C．NH3中N原子含有孤电子对，孤电子对对N-H键的斥力比[Zn(NH3)6]2+中的配位键N-Zn键的成键电子对对N-H键的斥力大，所以前者H-N-H更集中，键角更小，后者中的H-N-H键角更大，C不符合题意；D．氟化钙晶胞中，钙离子和氟离子最近的核间距是acm，是体对角线的四分之一，设晶胞棱长是cm，可以得到，所以=，即晶胞的棱长为cm，D不符合题意故答案为B。

【分析】A.根据核外电子排布，能量越高越易失去电子

B.根据第四周期的元素找出4s轨道上半充满的元素即可

C.根据锌离子易与氨气分子形成配位键导致键角增大

D.根据氟化钙的晶胞图即可计算出晶胞的长度6.【答案】A【解析】【解答】A．其加聚产物含有酚羟基，其邻位上有氢，能与溴水发生取代反应而使溴水褪色，故A符合题意；B．含有酚羟基，在空气中易被氧化，应密闭贮存，故B不符合题意；C．苯环、乙烯、-COO-中所有原子共平面，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能在同一平面上，故C不符合题意；D．该有机物与H2加成产物如图所示，产物中含有3个手性碳原子，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据结构简式即可找出含有双键、酯基、醚基、羟基官能团，含有羟基易被氧化，因此应该密封保存，发生加聚后，含有羟基可以使高锰酸钾褪色，含由苯环和双键均是以单键相连接，可以实现碳原子共面，根据加入氢气后可以找出含有手性碳原子个数结合选项进行判断即可7.【答案】C【解析】【解答】A．加入乙酸乙酯的目的是萃取金银花的水浸取液中的绿原酸，绿原酸是一种有机弱酸，在水溶液中部分电离，加入盐酸，溶液中氢离子浓度增大，使电离平衡左移，绿原酸浓度增大，有利于提高乙酸乙酯萃取时的萃取率，故A不符合题意；B．乙酸乙酯的密度小于水，萃取分液后，水层在下方，则分液时应先打开分液漏斗顶塞，再打开旋塞，使水层从分液漏斗下口放出，故B不符合题意；C．有机层减压蒸馏的目的是降低蒸馏温度，有利于乙酸乙酯挥发，防止蒸馏温度过高，绿原酸受热分解，故C符合题意；D．由图可知，减压蒸馏时冷凝收集得到的乙酸乙酯可以做萃取金银花的水浸取液中的绿原酸的萃取剂，则循该流程中可循环利用的物质是乙酸乙酯，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由流程图可知，先加入盐酸抑制绿原酸的电离，再加入乙酸乙酯萃取金银花的水浸取液中的绿原酸，分液得到绿原酸的乙酸乙酯溶液，绿原酸的乙酸乙酯溶液经减压蒸馏得到含有绿原酸的浸膏和乙酸乙酯，乙酸乙酯可以循环使用，浸膏经过分离提纯得到绿原酸粗品。8.【答案】A【解析】【解答】A．H2O2结构式为H-O-O-H，含有极性共价键H-O和非极性共价键O-O，极性不能抵消，是含有非极性键的极性分子，A说法符合题意；B．激发态的钾原子回到基态，释放能量，会形成发射光谱，B说法不符合题意；C．向草酸亚铁溶液中滴加酸性KMnO4溶液，草酸根离子与亚铁离子均有还原性，则紫色褪去不能证明溶液中含有Fe2+，C说法不符合题意；D．酸的强弱与其电离出的H+个数无关，D说法不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.根据过氧化氢的结构式即可判断其含有极性键和非极性键的极性分子

B.激发态变为基态时释放能量，释放光谱

C.草酸亚铁中的亚铁离子和草酸根离子均具有还原性，均可被高锰酸钾氧化

D.酸性的强弱和电离程度有关9.【答案】C【解析】【解答】A．采用多孔铂电极可增大电极与气体接触面积，使反应更充分，故A不符合题意；B．该酒精检测仪运用了原电池原理，乙醇在负极失电子被氧化，氧气在正极得电子被还原，故B不符合题意；C．O2通入右侧Pt电极，则右侧Pt电极为正极，左侧Pt电极为负极，该电池的负极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-═CO2↑+12H+，故C符合题意；D．乙醇浓度越大，电路中的电流强度就越大，读出的数值越大，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】该装置中生成物为二氧化碳，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。10.【答案】D【解析】【解答】A．ZnFe2O4溶于硫酸生成Zn2+、Fe3+、H2O，离子方程式为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，A不符合题意；B．加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+，B不符合题意；C．加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+生成更难溶的CuS，是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，C不符合题意；D．净化I中的H2O2在温度较高时会分解，该反应需要控制温度不能太高，D符合题意；故答案为：D。【分析】锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸，溶液中会有Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+金属阳离子进入，加入H2O2用于氧化亚铁离子，然后用ZnO调pH除去三价铁，过滤之后加入硫化锌沉铜，电解得到的硫酸锌溶液制取锌。11.【答案】C【解析】【解答】A．总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F，放电时，正极得电子，反应为FeC2O4F+e-+K+=KFeC2O4F，A不符合题意；B．充电时，碳极得电子为阴极，阳离子移向阴极，所以K+向碳极移动，B不符合题意；C．用该电池电解精炼铜，粗铜为做阳极，粗铜混合物，溶解12.8g时，不可算出转移电子总数，所以通过隔膜的K+不一定为0.4mol，C符合题意；D．放电时碳电极反应为：KC6-e-=C6+K+，当电路中通过的电子为0.02mol时，碳极溶出0.02molK+，质量减少0.02mol×39g/mol=0.78g，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据FeC2O4F+KC6

C6+KFeC2O4F，放电时，负极是KC6中的钾失去电子，发生的是氧化反应，正极是FeC2O4F，得到电子发生的是FeC2O4F+e-+K+=KFeC2O4F，

B.充电时，是钾离子在C6上得到电子，发生还原反应，因此钾离子向碳棒移动，

C.用电池电解精炼铜时，粗铜做的是阳极，含有铜、铁锌等金属，物质的量不能计算，无法计算出转移的钾离子数目，

D.根据放电的电子的量即可计算出电极减少的量结合选项即可判断12.【答案】D【解析】【解答】A．过程中有O2得电子被还原成*O，属于阴极，该电极应该连接直流电源的负极，A不符合题意；B．反应I是HO*、OH-和CN-，反应生成氮气、碳酸根和水，反应的离子方程式为2CN-+2OH-+10HO*=N2↑+2+6H2O，B不符合题意；C．*O结合H+生成*O2H，*O2H分解生成O2和H2O2：2*O2H＝O2↑+H2O2，双氧水分解产生HO*、OH-，然后发生反应2CN-+2OH-+10HO*=N2↑+2+6H2O，则处理1molCN-，需要5molHO*，即需要5mol双氧水，所以反应Ⅱ理论上生成5molO2，C不符合题意；D．OH-、HO*和H2O2中氧原子均形成单键，杂化方式均是sp3杂化，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据给出流程图即可判断出氧气得到电子变为中间体*O，此反应在阴极发生，因此直接连接的是电池的负极

B.根据反应I的反应物和生成物即可写出总的反应方程式

C.根据元素化合价的变化即可计算出转移的电子数

D.根据结构式结合成键方式即可判断氧的杂化方式二、多选题13.【答案】B,D【解析】【解答】A．硝酸是强氧化性的酸，会消耗Cu粉，造成目标产物损失，A不符合题意；B．探究实验需要控制变量探究；向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液，氯化铁水解会导致颜色变深，其他条件相同，只控制温度变来观察水解程度变化，可以用来温度对Fe3+水解程度的影响，B符合题意；C．甲苯上的甲基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，原因是苯环活化了甲基，C不符合题意；D．向Na2S溶液中滴加新制氯水，溶液变浑浊，表示有硫单质生成，表明氯水氧化硫化钠制备硫，说明氯气的氧化性强于S，则可证明非金属性：Cl>S，D符合题意；故答案为：BD。

【分析】A.应该加入非氧化性酸如盐酸或者稀硫酸再过滤

B.通过控制温度的不同进行判断温度对水解的影响

C.此实验证明的是苯环活化了甲基

D.通过单质的置换反应即可证明元素的非金属性强弱14.【答案】A,D【解析】【解答】A．根据图中信息可知其他条件相同时，温度升高，乙醇转化率上升，所以该反应为吸热反应，△H>0，A符合题意；B．A点水醇比为4：1，E点水醇比为2：1，A点乙醇浓度更大，但是E点温度更高，从而导致vA和vE大小不可判断，B不符合题意；C．C、E两点温度不同，对应的化学平衡常数不相同，C不符合题意；D．A、B、C三点温度相同，C点水醇比最大，若其他条件相同时，C点乙醇转化率应为最大，但是根据图中信息可知C点乙醇转化率最低，所以C点的催化剂催化效果最低，D符合题意；故答案为：AD。

【分析】A.根据温度是升高，乙醇的转化率均增大即可判断焓变

B.温度不同、浓度不同无法比较其速率的大小

C.平衡常数与温度有关

D.根据转化率的高低即可判断15.【答案】B,C【解析】【解答】A．由a到b时，Ba2+持续增大，BaCO3的Ksp不变，所以浓度持续减小，因为会水解促进水的电离，所以该过程水的电离程度持续减小，则a对应溶液中水的电离程度大于b，A不符合题意；B．b点时，c()=102且c(Ba2+)=10-5mol/L，BaCO3的Ksp为5×10-9=c(Ba2+)×，所以此时=5×10-4mol/L，则c()=102=0.05mol/L，B符合题意；C．a→b的过程中，由a到b时，Ba2+持续增大，BaCO3的Ksp不变，所以浓度持续减小，碳酸根水解呈碱性，所以溶液碱性会变弱，导致增大，溶液中=，Ka1、Ka2不改变，增大，所以一直减小，即一直减小，C符合题意；D．a对应的溶液中c()=，溶液电荷守恒为：c(Na+)+2c(Ba2+)+=2+c()+c(Cl-)＋，所以此时有：c(Na+)+2c(Ba2+)+=3c()+c(Cl-)＋，碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液显碱性，则，所以：c(Na+)+2c(Ba2+)>3c()+c(Cl-)，D不符合题意；故答案为：BC。

【分析】A.随着钡离子的加入碳酸根离子逐渐减少，水解程度减小，水的电离减小

B.结合b点的坐标，结合碳酸钡的溶度积即可计算

C.根据给出的等式用碳酸的电离常数进行替换结合氢离子浓度变化即可判断

D.根据a点数据利用电荷守恒即可判断三、综合题16.【答案】（1）检验是否漏液；H2S+2OH-=S2-+2H2O

（2）防止Fe2+被氧化；K1、K2打开，K3关闭

（3）打开K3，关闭K1

（4）溶液中存在Fe2+、和，浓缩时，溶解度小的盐会先析出；硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，减少损耗

（5）没有H2处理装置【解析】【解答】(1)仪器a是分液漏斗，在使用前必须进行的操作是检验是否漏液，铁屑中含有FeS，能与硫酸反应生成H2S，制备的氢气中含有H2S，H2S进入C中与氢氧化钠溶液反应生成硫化钠，发生反应的离子方程式为H2S+2OH-=S2-+2H2O；

(2)由装置图可知，向容器F中通入氢气，应关闭活塞A，打开活塞B、C．硫酸铵溶液中的溶解O2，容器D液面上部有O2，Fe2+易被氧化为Fe3+，通入氢气赶走硫酸铵溶液中的溶解O2和容器D液面上部的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；此时活塞K1、K2打开，K3关闭，产生的氢气由K1进入装置C，再经K2进入装置A将装置中的空气排尽；(3)完成步骤③将②制得的FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合，操作是打开K3，关闭K1产生的氢气将装置B中的溶液压入装置C；(4)步骤④将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却”能析出硫酸亚铁铵晶体的原因是溶液中存在Fe2+、和，浓缩时，溶解度小的盐会先析出；过滤后的晶体用乙醇洗涤而不用蒸馏水洗涤原因是硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，减少损耗；(5)从安全角度分析，该同学设计的实验装置存在的缺陷是没有H2处理装置，可燃性气体容易引起爆炸。【分析】利用铁与稀硫酸反应制得氢气和硫酸亚铁溶液，利用氢气将装置中的空气排尽，再利用氢气将制得的硫酸亚铁溶液压入装置A中与硫酸铵溶液作用制备硫酸亚铁铵[NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]。

17.【答案】（1）先将SOCl2与甲醇混合反应后，再加入苹果酸进行反应

（2）++2CH3OH；保护两个羟基不被氯代

（3）；C12H11NO3Cl2

（4）

（5）【解析】【解答】(1)苹果酸A为，若A先和SOCl2混合则A上的羟基会参与反应，根据产物B的结构可知反应后依然存在两个羟基，所以要得到较多的B，就应不能用A先和SOCl2混合，而是先将SOCl2与甲醇混合反应后，再加入苹果酸进行反应减少副产物，所以答案为：先将SOCl2与甲醇混合反应后，再加入苹果酸进行反应。

(2)反应②为和发生取代反应生成，根据取代反应的特点可知产物还有CH3OH，所以反应的化学方程式为+

+2CH3OH，反应②中B的羟基形成醚键，反应⑤则重新生成羟基，从而保护了羟基在反应④的时候不被取代，所以目的是保护两个羟基不被氯代。(3)C为，根据反应条件以及反应机理R1COOR2R1CH2OH可知转化为，所以D的结构简式为，G为则分子式为C12H11NO3Cl2。(4)C为，M为C的同分异构体所以M分子式为C9H14O6，M可由含有苯环的有机物N加氢还原苯环得到，所以N的分子式为C9H8O6，不饱和度为6。1molN只能与2molNaHCO3反应，说明一个N的分子中有2个-COOH，一个苯环和2个羧基已经占有了6个不饱和度，而1molN能与4molNaOH反应，说明除2个羧基外还有两个酚羟基，N有五个取代基，分子中有4种化学环境相同的氢，所以是高度对称的结构，所以N可能为或。则M的结构简式为或。(5)经过反应机理R1COOR2R1CH2OH制得，经过消去反应可以获得，经过加聚反应即得到目标产物，所以答案为：

。【分析】（1）根据给出的信息ii即可判断，应该先

让SOCl2进行混合，再将苹果酸加入其中即可

（2）根据反应物和生成物即可写出方程式，实验②是将羟基保护，反应⑤是将羟基体现出

（3）根据E的结构简式即可判断出D的结构简式，根据G的结构简式即可写出G的分子式

（4）根据要求即可写出结构简式

（5）根据生成物进行逆推出中间产物，结合反应物和流程即可进行合成

18.【答案】（1）6：7；3；因为Ca2+已经达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大

（2）三角锥形；N元素L层最多4个轨道，所以不易生成NCl5

（3）H；8

（4）；；【解析】【解答】(1)Ca基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、4s，Ti基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，能级数之比为6：7；Ti基态原子的价电子排布式为3d24s2，3d能级有2个单电子，同周期中含有2个单电子的元素有Ni、Ge、Br，3种元素；Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2，失去2个电子后，核外电子达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大；

(2)NCl3的中心N原子含有1对孤电子对，3条σ键，价层电子对数为4，则分子构型为三角锥形；P原子核外电子第三层有d能级，可形成spd杂化，N原子核外电子第二层只有s、p能级4个电子轨道，则不能形成NCl5；(3)Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配体分别为CO、H2O、F-，非金属性越强，电负性越大，则H的电负性最小；根据球棍模型，硝酸根离子中的2个氧原子与Ti4+连接成环，则Ti4+的配位数是8；(4)根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，晶胞含有的个数为4，O原子8个在棱上、8个在面上，2个在体内，O原子个数为8，则1mol晶胞的质量为(48+32)×4g，体积为m2×n×10-30×NAcm3，则密度==g/cm3；氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为，N原子1个在面上、1个在棱上，个数为，则化学式为Ti，故2-a=，a=，b=。【分析】（1）根据核外电子能级排步即可计算出能级数，找出同周期的元素即可，根据失去两个电子时达到稳定结构很难失去电子

（2）根据氮原子的成键方式即可判断出分子构型，根据N原子的最外层只有1个s和3个p轨道

（3）根据元素非金属性越强电负性越强，根据球棍模型即可判断出配位数

（4）根据晶胞结构计算出晶胞的原子数计算出质量，结合晶胞参数计算出体积，即可计算出密度。根据占位即可计算出氧原子个氮原子个数

19.【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分

（2）Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O

（3）加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+＋4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度

（4）2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO；温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少

（5）8

（6）3Co2(OH)2CO3＋O22Co3O4＋3H2O＋3CO2【解析】【解答】(1)预先粉碎可以增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分；

(2)根据后续流程中出现Co2+，说明盐酸浸取时Cl-将Co2O3被还原为Co2+，自身被氧化为Cl2，根据所给信息①可知，若盐酸过量还可能生成CoCl，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O；(3)加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+＋4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，提高原料的利用率；(4)根据流程可知产物为Co2(OH)2CO3，说明Co2+和CO发生双水解，而反应过程中无气体逸出，说明CO浓度较大，溶液碱性较强，CO没有彻底水解，转化为HCO，所以离子方程式为2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO；温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少；(5)滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)==1.0×10-3mol/L，则此时溶液中c(OH-)==10-6mol/L，所以溶液中c(H+)=10-8mol/L，pH=8；(6)Co2(OH)