高考化学模拟试卷(附答案解析)

第第页高考化学模拟试卷(附答案解析)一、单选题（本大题共13小题，共26.0分）1.下列有关物质的性质和用途的说法中不正确的是(

)A.Fe2O3可用作红色颜料 B.铝比铁活泼，所以铁比铝更抗腐蚀

C.硫酸和硝酸可用于制化肥，农药和炸药 D.硅酸钠可用于制备木材防火剂2.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是(

)A.不当开采可燃冰，有可能引发温室效应

B.过期药品和纸箱均需投入到可回收垃圾箱内

C.油脂发生皂化反应后所得产物为高级脂肪酸和甘油

D.燃煤中加入石灰石可以缓解环境污染并提高燃烧效率3.下列化学用语的使用正确的是(

)A.氟离子的结构示意图： B.甲烷的比例模型：

C.NaCl的电子式： D.乙炔的结构简式：CHCH4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(

)A.18gH218O中含有的质子数目为10NA

B.32gN2H4中含有共价键的数目为5NA

C.1mol⋅L−1的硝酸中含有NO3−的数目为NA

D.标准状况下，11.2L苯中含有碳原子的数目为3NA5.下列离子方程式正确的是(

)A.金属铝溶于稀NaOH溶液：Al+OH−+H2O=AlO2−+H2

B.ZnCO3溶于稀盐酸：CO32−+2H+=H2O+CO2↑

C.澄清石灰水中加入少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O

D.稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O6.有人将工业染料“苏丹红4号”非法用作饲料添加剂，使得某些“红心鸭蛋”中含有对人体有害的苏丹红．“苏丹红4号”的结构简式为：

下列关于“苏丹红4号”说法中错误的是(

)A.分子式为C24H20N4O B.能发生加成反应

C.能被酸性高锰酸钾溶液氧化 D.属于苯的同系物7.近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为正极催化剂构建了可充电K−CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO2⇌2K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法错误的是(

)A.MWCNTs−COOH分散在电极表面可促进电子的转移

B.充电时，阳极反应为2K2CO3+C−4e−=4K++3CO2

C.放电时，内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs−COOH

D.为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质8.下述实验操作不能达到实验目的的是(

)编号实验目的实验操作及现象A检验溶液中是否存在SO42−向待测液中先加稀盐酸酸化，再加氯化钡，产生白色沉淀B验证Fe2+的还原性FeSO4溶液中加入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色C比较碳酸和硅酸的酸性强弱在CaCO3中加浓盐酸并将反应后所得气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液变浑浊D比较Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小将H2S气体通入浓度均为0.01mol⋅L−1的ZnSO4和CuSO4混合溶液中，先出现CuS黑色沉淀A.A B.B C.C D.D9.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂原料。已知：H3PO3的Ka1=5.0×10−2；Ka2=2.5×10−7，向1L 0.5mol⋅L−1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液。下列说法正确的是(

)A.当V(NaOH)=1L时，c(Na+)>c(H2PO3−)>c(OH−)>c(H+)

B.当c(H2PO3−)=c(HPO32−)时，c(Na+)<3c(HPO32−)

C.当c(H2PO3−)=c(H3PO3)时，由水电离出的c(OH−)=4×10−8mol⋅L−1

D.当V(NaOH)=2L时，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+3c(PO33−)+c(OH−)10.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：

下列说法中错误的是(

)A.反应①的产物中含有水 B.反应②中有碳碳键、碳氢键形成

C.汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D.图中a有3种处于不同化学环境的氢原子11.根据元素周期律分析，下列推断正确的是(

)A.砹(At)是第ⅥA族元素，砹化银是可溶于水的白色沉淀

B.由HClO4可类推出氟元素也存在HFO4

C.硒是第ⅥA族元素，硒化氢是无色、有毒、比硫化氢稳定的气体

D.在氧气中燃烧，钾的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂12.某小组同学设计实验探究镁与铵盐溶液的反应，记录如下表。根据上述实验所得结论正确的是(

)实验编号①②③④溶液种类1mol⋅L−1NH4Cl0.5mol⋅L−1(NH4)2SO40.1mol⋅L−1NH4ClH2Om(Mg)/g0.480.480.480.48V(溶液)/mL100100100100实验现象有气体产生，并产生白色沉淀有气体产生，并产生白色沉淀有气体产生，并产生白色沉淀几乎看不到现象6h时V(H2)/mL43325534712A.实验②中发生的反应为Mg+NH4++2H2O=Mg2++2NH3⋅H2O+H2↑

B.由实验①、③可得，溶液中c(NH4+)越大，反应速率越快

C.由实验①、②可得，溶液中阴离子的种类对产生H2的速率有影响

D.由实验①～④可得，溶液的pH越小，产生H2的速率越快13.已知PbI2的Ksp=7.0×10−9，将7.5×10−3

mol/L的KI与Pb(NO3)2溶液按体积比为2：1混合，则生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度(mol/L)为(

)A.8.4×10−4 B.5.6×10−4 C.4.2×10−4 D.2.8×10−4二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）14.工业合成环丁基甲酸的流程如图。下列说法正确的是(

)A.a和b互为同系物 B.a→b的反应类型为取代反应

C.c分子中所有碳原子均可共面 D.b的一氯代物有4种(不考虑立体异构)15.某小组为研究电化学原理，设计甲、乙、丙三种装置(C1、C2、C3均为石墨).下列叙述正确的是(

)

A.甲、丙中是化学能转变为电能，乙中是电能转变为化学能

B.C1、C2分别是阳极、阴极，锌片、铁片上都发生氧化反应

C.C1上和C3上放出的气体相同，铜片上和铁片上放出的气体也相同

D.甲、乙、丙中溶液的pH都逐渐升高三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）16.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O}为亮绿色晶体，易溶于水而难溶于乙醇等有机溶剂。某实验小组对三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备及纯度测定进行探究。

请回答：

(1)制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾粗品

步骤Ⅰ.向FeC2O4固体中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热，缓慢滴入足量5%H2O2溶液，并不断搅拌，观察到有红褐色沉淀产生。

步骤Ⅱ.将Ⅰ中所得体系煮沸，并分批加入饱和H2C2O4溶液，红褐色沉淀溶解，体系变为亮绿色透明溶液。

步骤Ⅲ.向Ⅱ中所得溶液中加入95%乙醇，经结晶、过滤、干燥制得粗品。

①步骤Ⅰ中除产生红褐色沉淀外，还生成K3[Fe(C2O4)3]，则该反应的化学方程式为______。

②步骤Ⅱ中“煮沸”的目的为______。

③步骤Ⅲ中加入乙醇的作用为______。

(2)测定粗品纯度

步骤ⅰ.准确称取mg粗品，加硫酸酸化后，用c1mol⋅L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液体积为V1mL。

步骤ⅱ.向步骤Ⅰ滴定后的溶液中加入适当过量的Zn粉和适量稀H2SO4并振荡，加热至沸腾，过滤除去过量Zn粉；用稀H2SO4洗涤锥形瓶和沉淀，将洗涤液与滤液合并，用c1mol⋅L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液体积为V2mL。

①步骤ⅰ中达到滴定终点的现象为______。

②产品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O(已知Mr=491)的质量分数为______；步骤ⅰ中达到滴定终点时仰视读取滴定管读数，会使测定结果______。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)

③步骤ⅱ中，“洗涤锥形瓶和沉淀”的目的为______。

(3)精制粗品

欲制得更纯的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品，(1)中步骤Ⅲ需增加的操作为______。四、简答题（本大题共4小题，共51.0分）17.以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾( KH2PO4)，其工艺流程如图1所示。

已知：①Ca( H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。

②萃取原理：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。

回答下列问题：

(1)将磷酸钙粉碎的目的是______“操作Ⅰ”的名称是______。

(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为______“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质______(填标号)。

a.氧化性

b.还原性

c.强酸性

(3)水相中加入乙醇的作用是______。

(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂，提高产量，则溶液M是______(填名称)。

(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图2所示。

①b物质为______。

②阳极反应式为______。18.丙烯是重要的化工原料，利用丙烷制备丙烯通常有三种方法。

方法一：丙烷直接脱氢法

(1)丙烷直接脱氢的主要反应为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，△H1=+129.80kJ⋅mol−1。600℃、0.4MPa下，向装有催化剂的恒压密闭容器中以n(H2O)n(C3H8)=1投料，发生反应。丙烷的转化率(α)随时间(t)变化的曲线如图所示。

①该体系达到平衡状态的标志为______。(填选项字母)

A.单位时间内，消耗C3H8(g)的物质的量等于生成H2(g)的物质的量

B.体系中气体的密度不再改变

C.单位体积内气体的分子数不再改变

D.H2O(g)的分压不再改变

②用分压表示该反应的平衡常数Kp=______；增大n(H2O)n(C3H8)的值可提高丙烷的平衡转化率，解释其原因为______。

方法二：丙烷氧化脱氢法

(2)丙烷氧化脱氢制丙烯时，主要发生反应C3H8(g)+12O2(g)⇌C3H6(g)+H2O(g)△H2。已知：氢气的燃烧热(△H)为−285.5kJ⋅mol−1；水的汽化热(△H)为+40.8kJ⋅mol−1；结合△H1，可计算△H2=______；与方法一相比，方法二的优点为______。(写出一点即可)

(3)我国科研机构利用计算机模拟得出：在VO3/CeO2表面，丙烷催化氧化脱去第一个H的反应历程可能有两种(如图所示)，其中TSTebbe表示过渡态。由图分析可知，丙烷氧化脱去的第一个H是与______(填“VO3”或“CeO2”)中的O结合，原因为______。

方法三：丙烷与CO2耦合法

(4)丙烷与CO2耦合法制丙烯时，主要发生如下反应：

ⅰ.C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)

ⅱ.C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4(g)

ⅲ.3CO2(g)+9H2(g)⇌C3H6(g)+6H2O(g)

ⅳ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

在580℃时，将C3H8和CO2按体积比为1：1充入一恒压密闭容器中进行反应，实验测得体系中C3H8(g)、的转化率和C3H6(g)的选择性、C3H6(g)的产率随催化剂组成和压强的变化分别如图(a)和(b)所示。

已知：C3H6的选择性越高，副产物的含量越低。耦合法制丙烯适宜选择的生产条件为______；随压强增大C3H6(g)的平衡产率先增大后减小的原因为______。

19.钛元素形成的单质及其化合物有重要的应用。请回答：

(1)钛位于元素周期表中______区；与钛位于同一周期且含有相同未成对电子数的过渡元素为______。(填元素符号)

(2)钛形成的试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图1所示。

其中氯原子和铝原子的杂化方式分别为______。

(3)钛形成的Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4−的立体构型为______。

(4)钛形成的不同卤化物熔沸点数据如下表所示。TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃−24.138.25155沸点/℃136.45233.45377三种卤化物熔沸点数据呈现表中变化规律的原因为______。

(5)向紫色的TiCl3溶液中加入无水乙醚并通入HCl至饱和，则可得到绿色的[Ti(H2O)5Cl]Cl2⋅H2O晶体。

①晶体中所有元素的电负性由大到小的顺序为______。

②晶体中配位原子为______；晶体中粒子间存在的作用力有______。(填选项字母)

a.离子键

b.σ键

c.π键

d.金属键

e.配位键

(6)钛酸钡具有压电性，可用于留声机和水下侦察设备等。钛酸钡立方晶胞结构如图2所示(Ti4+、Ba2+都分别与O2−相互接触)，其晶胞参数a=403.1pm。Ba2+的配位数为；若O2−半径为140pm，则Ba2+的半径为______pm。一种新型含硅阻燃剂的合成路线如图。请回答相关问题：

(1)化合物A转化为B的方程式为______，B中官能团名称是______。

(2)H的系统命名为______，H的核磁共振氢谱共有______组峰。

(3)H→I的反应类型是______。

(4)D的分子式为______，反应B+I→D中Na2CO3的作用是______。

(5)F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为______。

(6)D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有______种。

①核磁共振氢谱有4组峰；

②能发生银镜反应；

③与FeCl3发生显色反应。参考答案与解析1.【答案】B

【解析】本题考查物质的性质与用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

【解答】

A.Fe2O3是氧化物，颜色为红棕色，俗称为铁红，可用作红色油漆和涂料，故A正确；

B.Al被氧化生成致密的氧化膜，而Fe被氧化生锈，为疏松结构，虽然Al比Fe活泼，但Fe比Al更容易被腐蚀，故B错误；

C.硫酸和硝酸具有酸性，能和碱和碱性氧化物反应生成钾肥、铵肥，还能生成农药和炸药，故C正确；

D.硅酸钠熔点高、性质稳定，可用作阻燃材料，故D正确；

故选：B。

2.【答案】A

【解析】解：A.不当开采可燃冰，造成泄露，有可能引发温室效应，故A正确；

B.过期药品属于有毒垃圾，不能回收，所以不能放在可回收垃圾箱内，故B错误；

C.油脂皂化反应生成高级脂肪酸盐和甘油，得不到高级脂肪酸，故C错误；

D.煤中含有S，燃烧时会生成SO2，燃煤中加入石灰石可减少SO2的污染，但是不会提高燃烧效率，故D错误。

故选：A。

A.甲烷是产生温室效应气体之一；

B.过期药品属于有毒垃圾；

C.油脂皂化反应生成高级脂肪酸盐和甘油；

D.煤中含有S，燃烧时会生成SO2。

3.【答案】B

【解析】解：A.氟离子的质子数为9，其离子核外有10个电子，其正确的离子结构示意图为，故A错误；

B.比例模型能够体现出甲烷分子中各原子相对体积大小及空间结构，甲烷分子为正四面体结构，碳原子比较大于氢原子，甲烷的比例模型为：，故B正确；

C.氯化钠中含有钠离子和氯离子，其正确的电子式为，故C错误；

D.乙炔分子中含有碳碳三键，其正确的结构简式为CH≡CH，故D错误；

故选B．

A.氟离子的质子数为9，其离子核外有10个电子，最外层含有8个电子；

B.根据甲烷的比例模型与球棍模型的表示方法判断；

C.氯化钠属于离子化合物，阴阳离子都应该标出所带电荷；

D.乙炔的结构简式中碳碳三键不能省略．

4.【答案】B

【解析】解：A.18gH218O中含有的质子数目为18g20g/mol×10×NAmol−1=9NA，故A错误；

B.32gN2H4中含有共价键的数目为32g32g/mol×5×NAmol−1=5NA，故B正确；

C.溶液体积未知，无法计算硝酸根离子个数，故C错误；

D.标况下苯为液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误。

故选：B。

A.H218O摩尔质量为20g/mol；

B.1个N2H4含有4个N−H，1个N−N键；

C.溶液体积未知；

D.气体摩尔体积使用对象为气体。

5.【答案】C

【解析】解：A.金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑，故A错误；

B.ZnCO3溶于稀盐酸，离子方程式：ZnCO3+2H+=H2O+CO2↑+Zn2+，故B错误；

C.澄清石灰水中加入少量Ca(HCO3)2溶液，离子方程式：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，故C正确；

D.稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应，离子方程式：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故D错误。

故选：C。

A.原子个数不守恒；

B.碳酸锌为沉淀，应保留化学式；

C.二者反应生成碳酸钙和和水；

D.离子个数配比不符合物质结构组成。

6.【答案】D

【解析】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团及性质的关系为解答的关键，侧重苯酚性质及同系物概念的考查，题目难度不大。

【解答】

A.由结构简式可知，分子式为C24H20N4O，故A正确；

B.氮氮双键及苯环均可发生加成反应，故B正确；

C.含酚羟基，苯环上有甲基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；

D.该物质和苯的结构不相似，含有N和O元素，则不属于苯的同系物，故D错误；

故选D。

7.【答案】D

【解析】解：A.MWCNTs−COOH分散在电极表面，可以增大接触面积，促进电子的转移，故A正确；

B.由分析可知，含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为阳极，电极反应式为2K2CO3+C−4e−=4K++3CO2，故B正确；

C.原电池中，外电路电流由正极流向负极，内电路电流由负极流向正极，故内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs−COOH，故C正确；

D.电池以KSn合金为负极，如用KOH溶液，K与水反应，电池不稳定，故不可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质，故D错误；

故选：D。

电池反应为4KSn+3CO2⇌2K2CO3+C+4Sn，K元素由0价升高+1价，KSn合金为负极，电极反应为KSn−e−=Sn+K+，含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为正极，电极反应式为4K++3CO2+4e−=2K2CO3+C；充电时，KSn电极为阴极，电极反应为Sn+K++e−=KSn，含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为阳极，电极反应式为2K2CO3+C−4e−=4K++3CO2，据此作答。

8.【答案】C

【解析】解：A.先加盐酸酸化，排除Ag+、CO32−、SO32−等离子的干扰，再加氯化钡，若产生白色沉淀，可证明存在SO42−，故A不选；

B.FeSO4溶液中加入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，证明KMnO4被还原，可验证Fe2+的还原性，故B不选；

C.CaCO3与浓盐酸反应后所得气体中混有HCl，会干扰碳酸和硅酸的酸性强弱的比较，故C选；

D.将H2S气体通入浓度均为0.01mol⋅L−1的ZnSO4和CuSO4混合溶液中，先出现CuS黑色沉淀，证明CuS更难溶，则Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，故D不选；

故选：C。

A.先加盐酸酸化，排除干扰离子，再加氯化钡溶液可检验硫酸根离子；

B.高锰酸钾溶液褪色，可证明亚铁离子具有还原性；

C.氯化氢易挥发，制取的二氧化碳中混有氯化氢，干扰了检验结果；

D.先出现黑色沉淀，说明硫化铜更难溶。

9.【答案】B

【解析】解：A.当V(NaOH)=1L时，H3PO3+NaOH=NaH2PO3+H2O，溶液为NaH2PO3溶液，由已知Ka2=2.5×10−7，H2PO3−水解平衡常数Kh=KwKa1=10−145.0×10−2=2×10−13，H2PO3−水解能力小于电离能力，故溶液显酸性，离子浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO3−)>c(H+)>c(OH−)，故A错误；

B.Ka2=c(HPO32−)⋅c(H+)c(H2PO3−)，当c(H2PO3−)=c(HPO32−)时，Ka2=c(H+)=2.5×10−7mol/L，溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−142.5×10−7mol/L=4×10−8mol/L，溶液中c(H+)>c(OH−)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−)，当c(H2PO3−)=c(HPO32−)时，c(Na+)+c(H+)=3c(HPO32−)+c(OH−)，溶液中c(H+)>c(OH−)，c(Na+)<3c(HPO32−)，故B正确；

C.Kal=c(H2PO3−)⋅c(H+)c(H3PO3)，当c(H2PO3−)=c(H3PO3)时，H2PO3−水解能力小于H3PO3的电离能力，Kal=c(H+)=5.0×10−2mol/L，溶液中的氢氧根离子来自于水，c(OH−)=Kwc(H+)=10−145×10−2mol/L=2×10−13mol/L，故C错误；

D.由分析可知，溶液中不存在PO33−，当V(NaOH)=2L时，溶液为Na2HPO3溶液，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−)，故D错误；

故选：B。

A.当V(NaOH)=1L时，H3PO3+NaOH=NaH2PO3+H2O，溶液为NaH2PO3溶液，通过平衡常数判断H2PO3−水解能力和电离能力相对大小，进一步判断离子浓度大小关系；

B.由电离平衡常数Ka2判断溶液酸碱性，结合电荷守恒判断离子浓度关系；

C.由电离平衡常数Ka1判断溶液酸碱性，进而判断水的电离情况；

D.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，溶液中不存在PO33−。

10.【答案】D

【解析】解：A.由图可知，反应①为CO2+H2=CO+H2O，所以反应①的产物中含有水，故A正确；

B.由图可知，反应②中生成了(CH2)n，所以有碳碳键、碳氢键的形成，故B正确；

C.由图可知，汽油主要是C5～C11的液态烃类混合物，故C正确；

D.图中a为2−甲基丁烷，有4种处于不同化学环境的氢原子，故D错误；

故选：D。

A.由图可知，反应①为CO2+H2=CO+H2O；

B.由图可知，反应②中生成了烃类物质，烃中含有C−C键、C−H键；

C.汽油主要是C5～C11的液态烃；

D.图中a为2−甲基丁烷。

11.【答案】D

【解析】解：A.AgCl、AgBr、AgI依次为白色、淡黄色、黄色沉淀，且溶解性依次减小，可知AgAt难溶于水，且颜色加深，不是白色沉淀，故A错误；

B.F元素没有+7价，不存在HFO4，故B错误；

C.元素的非金属性强弱与其氢化物稳定性一致，同主族自上而下非金属性减弱，故氢化物稳定性H2Se<H2S，故C错误；

D.钾比钠活泼，在氧气中燃烧，钾的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故D正确；

故选：D。

A.根据AgCl、AgBr、AgI的颜色及溶解性规律判断；

B.F元素没有+7价；

C.元素的非金属性强弱与其氢化物稳定性一致；

D.钾比钠活泼。

12.【答案】C

【解析】解：A.有气体产生，并产生白色沉淀，可知生成氢气和氢氧化镁，则实验②中发生的反应为NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑、Mg2++2NH3⋅H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，故A错误；

B.实验①、③中只有氯化铵浓度不同，0.02molMg消耗0.04molH+，但③中Mg过量，不能由氢气的体积比较浓度对速率的影响，故B错误；

C.由实验①、②可知，铵根离子浓度相同、Mg相同，但相同时间生成氢气不同，则溶液中阴离子的种类对产生H2的速率有影响，故C正确；

D.由实验①～④中，②比③的pH小，但生成气体少，则pH小时生成气体的速率小，不能得出溶液的pH越小，产生H2的速率越快，故D错误；

故选：C。

A.有气体产生，并产生白色沉淀，可知生成氢气和氢氧化镁；

B.实验①、③中只有氯化铵浓度不同，且n(Mg)=0.48g24g/mol=0.02mol；

C.由实验①、②可知，铵根离子浓度相同、Mg相同，但相同时间生成氢气不同；

D.由实验①～④中，②比③的pH小，但生成气体少。

13.【答案】A

【解析】解：KI与Pb(NO3)2溶液按体积比为2：1混合，混合后溶液体积增加，碘离子物质的量浓度减小为原来的23；c(I−)=7.5×10−3mol/L×23=5×10−3mol/L；

PbI2沉淀溶解平衡为：PbI2(s)⇌Pb2++2I−；

c(Pb2+)×[c2(I−)]=Ksp

所以c(Pb2+)=7.0×10−9(5×10−3)2=2.8×10−4mol/L；所以原Pb(NO3)2溶液中c(Pb2+)=2.8×10−4mol/L×3=8.4×10−4mol/L；故选：A。

将7.5×10−3mol/L的KI与Pb(NO3)2溶液按体积比为2：1混合后溶液中碘离子的浓度变化为原浓度的23，结合溶度积常数计算Pb2+的浓度，结合溶液体积变化计算原溶液浓度．

14.【答案】BD

【解析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】

A.b含有环状结构，a、b结构不同，不是同系物，故A错误；

B.a中H原子被替代，同时生成HBr、HCl，为取代反应，故B正确；

C.c含有多个饱和碳原子，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；

D.b结构对称，含有4种H原子，则b的一氯代物有4种，故D正确；

故选BD。

15.【答案】CD

【解析】解：A.甲为原电池，原电池中化学能转化为电能，乙、丙为电解池，电解池中电能转化为化学能，故A错误；

B.与外接电源的正极相连作阳极，与负极相连作阴极，则C1、C2分别是阳极、阴极，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，故B错误；

C.C1和C3均为阳极，溶液中氯离子失电子，则两个电极上生成的气体相同，Cu为正极氢离子得电子生成氢气，Fe作阴极氢离子得电子生成氢气，故C正确；

D.甲中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，乙中电解氯化铜，铜离子浓度减小，铜离子水解生成的氢离子减少，则溶液的pH增大，丙中电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，溶液的pH增大，故D正确．

故选CD．

A.原电池中化学能转化为电能，电解池中电能转化为化学能；

B.与外接电源的正极相连作阳极，与负极相连作阴极，阴极上电极不反应；

C.C1和C3均为阳极，溶液中氯离子失电子，Cu为正极氢离子得电子，Fe作阴极氢离子得电子；

D.甲中氢离子浓度减小，乙中铜离子浓度减小，丙中电解生成氢氧化钠．

16.【答案】6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓

防止过量的H2O2氧化H2C2O4

降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度，利于后续晶体析出

滴入最后一滴标准液时，溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色

2.455c1V2m×100%

无影响

使Fe2+完全参加反应，减小实验误差

过滤后洗涤晶体并检验晶体是否洗净

【解析】解：(1)①从题目可以确定该反应的反应物为FeC2O4，H2O2和K2C2O4，生成物为K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3；故答案为：6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓；

②H2O2过量会氧化H2C2O4，所以需要煮沸除去；故答案为：防止过量的H2O2氧化H2C2O4；

③K3[Fe(C2O4)3]在乙醇中的溶解度低，所以加入乙醇可以降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度，利于后续晶体析出；故答案为：降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度，利于后续晶体析出；

(2)①该反应为高锰酸钾滴定溶液中的草酸根，所以颜色变化为无色变为粉红色，即观察到滴入最后一滴标准液时，溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色，即可判断滴定终点；故答案为：滴入最后一滴标准液时，溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色；

②该反应为：高锰酸钾氧化溶液中的Fe2+，样品与高锰酸钾以及Fe2+之间的关系为：5K3[Fe(C2O4)3]～5Fe2+～MnO4−，所以K3[Fe(C2O4)3]的质量分数为c1mol/L×V2×10−3L×5×491g/molmg×100%=2.455c1V2m×100%；因为步骤i中的数据不影响步骤ⅱ中数据的计算，所以仰视对于结果没有影响；故答案为：2.455c1V2m×100%；无影响；

③洗涤锥形瓶和沉淀目的是使其中的Fe2+转移到溶液中进行后续操作，所以该操作可以减少实验误差；故答案为：使Fe2+完全参加反应，减小实验误差；

(3)步骤Ⅲ所得的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品为粗产品，所以还需要增加洗涤操作；故答案为：过滤后洗涤晶体并检验晶体是否洗净。

(1)①从题目可以确定该反应的反应物为FeC2O4，H2O2和K2C2O4，生成物为K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3；

②H2O2过量会氧化H2C2O4，而H2O2不稳定，受热易分解；

③K3[Fe(C2O4)3]在乙醇中的溶解度低，加入乙醇可以降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度；

(2)①该反应为高锰酸钾滴定溶液中的草酸根，溶液颜色变化为无色最终变为粉红色；

②该反应为：高锰酸钾氧化溶液中的Fe2+，样品与高锰酸钾以及Fe2+之间的关系为：5K3[Fe(C2O4)3]～5Fe2+～MnO4−，据此计算K3[Fe(C2O4)3]的质量分数；步骤i中的数据不影响步骤ⅱ中数据的计算；

③洗涤锥形瓶和沉淀目的是使其中的Fe2+转移到溶液中进行后续操作；

(3)步骤Ⅲ所得的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品为粗产品，表面有附着溶液，需要洗涤。

17.【答案】增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率

分液

Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O

c

促进磷酸二氢钾的析出

氨水

浓KOH溶液

2H2O−4e−=O2↑+4H+

【解析】解：(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；加入有机溶剂萃取后液体分层，进行分液操作分离；故答案为：增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；分液；

(2)由以上分析可知，“酸浸”发生反应的化学方程式为：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O硫酸是强酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性；故答案为：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O；c；

(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4，加入有机溶剂乙醇，可以降低KH2PO4的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出；故答案为：促进磷酸二氢钾的析出；

(4)在有机相中有HCl，所以加入的溶液M是氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以做氮肥；故答案为：氨水；

(5)①X为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH−，为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液；故答案为：浓KOH溶液；

②Y为阳极，溶液中的水电离出来的OH−失去电子生成氧气，电极反应式为：2H2O−4e−=O2↑+4H+；故答案为：2H2O−4e−=O2↑+4H+。

分析流程可知，磷酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸，发生反应：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O，硫酸钙微溶于水，可以过滤出CaSO4⋅2H2O，滤液中含有磷酸，加入KCl进行萃取：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HClHCl易溶于有机萃取剂，则HCl在有机相中，KH2PO4在水相中，水相中加入乙醇可以析出KH2PO4晶体。有机相中加入氨水，和盐酸反应生成氯化铵，据此分析回答问题。

18.【答案】BD

0.06MPa

该反应为气体分子数增加的反应，充入水蒸气，可降低反应体系中各组分的分压，有利于平衡正向进行

−114.9kJ⋅mol−1

使丙烷转化为丙烯的倾向变大

CeO2

路径B的活化能低，反应速率快

在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3 MPa

压强低于0.3 MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于0.3 MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小

【解析】解：(1)①A.随着反应的进行，消耗C3H8(g)的物质的量始终等于生成H2(g)的物质的量，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；

B.随着反应的进行，容器的体积逐渐变大，气体质量不变，故密度逐渐减小，平衡后，体积不变，密度不变，故可以作为判断依据，故B正确；

C.随着反应进行，根据理想气体的状态方程PV=nRT，当温度和压强不再改变时，单位体积内的物质的量不会发生变化，故C错误；

D.气体的物质的量在一直变化，水的物质的量不变，体积分数一直发生变化，所以分压一直在变化，平衡后分压不变，故D正确；

故答案为：BD；

②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为1mol，从图象可知，丙烷平衡转化率为0.45；

C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)

(单位：mol)

起始量：1

0

0

转化量：0.45

0.45

0.45

平衡量：0.55

0.45

0.45

故平衡后的总物质的量为(1+0.55+0.45+0.45)mol=2.45mol，p(H2)=p(C3H6)=0.4×0.452.45MPa，p(C3H8)=0.4×0.552.45MPa，所以Kp=p(C3H6)×p(H2)p(C3H8)MPa=0.06MPa，恒压情况下，该反应为气体分子数增加的反应，充入水蒸气，可降低反应体系中各组分的分压，有利于平衡正向进行；故答案为：0.06MPa；该反应为气体分子数增加的反应，充入水蒸气，可降低反应体系中各组分的分压，有利于平衡正向进行；

(2)已知氢气的燃烧热为−285.5kJ/mol；水的汽化热为+40.8，故存在热化学方程式：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H3=−285.5kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)△H4=+40.8kJ/mol，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，△H1=+129.80kJ⋅mol−1，△H2=△H1+△H4+△H3=−114.9kJ⋅mol−1，方法一为吸热反应，方法二为放热反应，所以与反应一相比，反应二能降低能耗，有利于丙烷转化成丙烯；故答案为：−114.9kJ⋅mol−1；使丙烷转化为丙烯的倾向变大；

(3)由图象可知，途径B的反应活化能更低，反应速率快，所以丙烷氧化脱去的第一个H是与CeO2结合；故答案为：CeO2；路径B的活化能低，反应速率快；

(4)由图象可知，在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa时平衡转化率最大，在C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)中丙烷为生成物，随着压强的增大，平衡逆向移动，产率降低；在3CO2(g)+9H2(g)⇌C3H6(g)+6H2O(g)中，随着压强的增大，平衡正向移动，丙烯的产率增加，故随着压强增大，丙烯的平衡产率先增大后减小的原因为：压强低于

0.3 MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于

0.3 MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小；故答案为：压强低于

0.3 MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于

0.3 MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小。

(1)①判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ、v正=v逆(同物质)Ⅱ、各组分浓度不再改变；以及以此为基础衍生出来的标志如：压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；

②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为1mol，从图象可知，丙烷平衡转化率为0.45；

C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)

(单位：mol)

起始量：1

0

0

转化量：0.45

0.45

0.45

平衡量：0.55

0.45

0.45

依据三段式数据，计算反应平衡常数；

(2)已知氢气的燃烧热为−285.5kJ/mol；水的汽化热为+40.8，故存在热化学方程式：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H3=−285.5kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)△H4=+40.8kJ/mol，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，△H1=+129.80kJ⋅mol−1，依据盖斯定律计算反应热，方法一为吸热反应，方法二为放热反应，所以与反应一相比，反应二能降低能耗，有利于丙烷转化成丙烯；

(3)由图象可知，途径B的反应活化能更低，反应速率快；

(4)由图象可知，在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa时平衡转化率最大，在C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)中丙烷为生成物，随着压强的增大，平衡逆向移动，产率降低；在3CO2(g)+9H2(g)⇌C3H6(g)+6H2O(g)中，随着压强的增大，平衡正向移动，丙烯的产率增加，分析压强对两反应的影响推测原因。

19.【答案】d

Ni

sp3、sp3

正四面体

三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高

O>Cl>H>Ti

O、Cl

a、b、e

145

【解析】解：(1)Ti的原子序数为22，依据构造原理可知，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，则钛位于元素周期表中d区；Ti原子未成对电子数为2，同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4，但属于过渡元素的为3d84s2，即Ni元素；故答案为：d；Ni；

(2)分析图1结构可知，分子中Al和Ti提供空轨道，Cl提供孤电子对给Al和Ti，即Al形成3个共价键和一个配位键，共价键与配位键的个数比是3：1，Al周围达到8电子结构，价层电子对数为4，所以Al原子采取sp3杂化，Cl形成二个配位键，还有两对孤电子对，价层电子对数为4，故Cl原子也采取sp3杂化；故答案为：sp3、sp3；

(3)BH4−中心原子B原子价层电子对数=4+3+1−1×42=4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体构型；故答案为：正四面体；

(4)由表中数据可知，这几种物质均为分子晶体，且组成和结构相似，其熔沸点与分子间作用力成正比