山东省聊城市2024年高考化学模拟试题（含答案）

山东省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题得分1．古代典籍富载化学知识，下述之物见其还原性者为A．石胆(CuSO4•5H2O)：“石胆能化铁为铜。”B．强水(HNO3)：“性最烈，能蚀五金，……”C．矶(FeSO4•7H2O)：“盖此矶色绿味酸，烧之则赤。”D．金箔(Au)：“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，……”2．下列有关物质性质的应用正确的是A．SO2具有还原性，可用作纸浆漂白B．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气C．氢氧化铝受热分解，可用作中和过多的胃酸D．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层3．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态X、Z、W原子均有两个单电子，W与Z同主族。下列说法错误的是A．第一电离能：Y>ZB．简单离子还原性：W>ZC．氧化物对应水化物的酸性：Y>WD．X、Y的氢化物分子中均可能存在非极性键4．化合物P具有抗肿瘤活性，结构简式如图，下列有关P的说法错误的是A．存在顺反异构B．可发生取代反应、氧化反应、消去反应C．与酸或碱溶液反应均可生成盐D．水解后可得到三种有机物5．植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法错误的是NA．NH3中的键角小于NHB．NO2-C．P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N，难形成P-Pπ键D．当有9.2gNO2-6．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A．溶液的转移 B．验证乙炔使溴水褪色C．制备碳酸氢钠 D．测定Na2C2O4溶液的浓度7．化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法错误的是A．Z的分子式为C13H16O5B．X分子中共平面的碳原子最多有8个C．Y与足量H2加成后的产物分子中含有4个手性碳原子D．1molZ可与3molNaOH反应，生成1molH2O8．已知Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。实验室利用废旧镀锌铁皮(Fe元素的质量分数为z)制备磁性Fe3O4胶体粒子的过程为：①碱溶：取xg镀锌铁皮于烧杯中，加入足量NaOH溶液，加热、过滤、水洗；②酸溶、氧化：向所得不溶物中加入稀硫酸，调节溶液pH始终保持在1〜2之间并加入NaClO溶液；③碱溶、分离：再向溶液中滴加NaOH溶液并加热，同时向溶液中持续通入N2，充分反应，分离得到ygFe3O4胶体粒子，下列说法正确的是A．①中“过滤”所得的滤液中含有Zn2+B．②中“氧化”时加入的NaClO要过量C．③中“分离”操作中包括过滤D．Fe3O4胶体粒子的产率为21y9．实验室制备丙炔酸甲酯(CH≡C−COOCHA．“蒸馏”时不能用水浴加热B．“操作1”名称为干燥C．“洗涤2”中5%Na2CO3溶液的作用是除去丙快酸等酸性物质D．“反应”前加入试剂的顺序为浓硫酸、丙焕酸、甲醇10．铜催化乙炔选择性氢化制1，3-丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率D．C2H3*转化成C11．下列操作不能达到实验目的的是

目的操作A验证淀粉未水解向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，观察颜色变化。B验证SO32-结合H+室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5.C探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化。D研究温度对化学平衡的影响将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，观察颜色变化。A．A B．B C．C D．D12．ClO2是一种高效、低毒的消毒剂。实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，制备ClO2的流程如图：已知：①电解过程中氯元素被氧化。②ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体；三氯化氮为黄色油状液体，熔点较低，很不稳定，受热90℃以上或受震动时发生猛烈爆炸。下列说法正确的是A．“电解”过程中的阳极电极反应式为3CB．“反应”过程中可快速搅拌反应混合液以加快反应速率C．“反应”过程中的还原产物存在于溶液X中D．可用稀盐酸除去ClO2中的氨气13．利用氢氧燃料电池可实现由白磷电解法制备Li［P(CN)2］，并能实现H2的循环利用，其工作原理如图所示。(已知：Me为甲基；电极均为石墨电极)下列说法正确的是A．电池工作时电极a连接电极dB．当生成9gLi［P(CN)2］时，电极a消耗H2的体积(标准状况)为2.24LC．通电一段时间后，若隔膜e为阴离子交换膜，则c(KOH)减小D．电极c的电极方程式为P14．天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。［已知：Ksp(CaCO3)=10-8.54A．曲线③代表p(HCOB．Khl(CC．m=2D．pH由4到8的过程中c(HCO3-15．LiFePO4的晶胞如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构，电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4晶胞。下列说法正确的是A．每个LiFePO4晶胞中含有4个O原子B．Li1-xFePO4晶胞中，n(FC．每个LiFePO4晶胞完全转化为FePO4晶胞时，转移电子数为1D．1molLi1-xFePO4全转化为LiFePO4时，消耗xmolFe3+阅卷人二、非选择题得分16．金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题：（1）与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有种。（2）次磷酸的正盐KH2PO2中P的杂化轨道与O的轨道形成σ键。（3）Zn、Fe、Cu等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。①和中所有原子均共面，其中氮原子较易形成配位键的是。②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子对。则对于配合物Fe(SCN)3，配体SCN-中提供孤电子对的原子是(填元素符号)。③将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是。A．［Cu(NH3)2］ClB．［Cu(NH3)4］SO4C．［Zn(NH3)4］SO4D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2（4）硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系，Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示α=120°，β=γ=90°。①该晶体中，锌的配位数为。②已知空间利用率η=晶胞中含有原子的体积晶胞的体积×100%，设锌和硫的原子半径分别r1cm和r2③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。若A点原子的分数坐标为(0，0，0)，则B点原子的分数坐标为。17．一种利用废催化剂(含TiO2，WO3等)回收金属Ti、W的工艺流程如图所示。已知：①偏钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水；“酸洗”时，Na2TiO3转化为TiOCl2或TiOSO4，水解后得到H2TiO3；②当溶液中某离子浓度≤1×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）为加快“碱浸”的速率，可采取的措施为(任写两条)；“碱浸”时生成偏钛酸钠的离子方程式为。（2）锐钛型和金红石型是TiO2最常见的两种晶体类型，煅烧H2TiO3过程中，TiO2会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得Na2TiO3制备金红石型TiO2的操作方案。（3）“煅烧”时，TiO2的提取率随时间、温度的变化关系如图，提取TiO2的适宜条件为。（4）用固体二氧化钛生产海绵钛的装置如图，其原理是TiO2的氧解离进入熔融盐中而得到金属海绵钛。电解过程中，b极是极，阴极的电极反应式为。（5）将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钙酸钙，已知Ksp(CaWO4)=4×10-10(mol/L)2，Ksp［Ca(OH)2］=9×10-7(mol/L)3，当溶液中WO42−沉淀完全时，溶液中c(OH-18．氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体｛(NH4)5［CVO)6(CO3)4(OH)9］•10H2O｝是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇；②VO2+有较强还原性，易被氧化。实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图：请回答下列问题：（1）“浸渍”时反应的化学方程式为。（2）“转化”时需要在CO2氛围中进行的原因是。（3）“转化”可在下图装置中进行：①上述装置连接的合理顺序为e→(按气流方向，用小写字母表示)。②写出装置D中生成氧钮(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学方程式。（4）“抽滤”装置如图所示，抽滤原理是。（5）“洗涤”时用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是。（6）为测定粗产品中钒元素的含量，称取l.0g粗产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后加入0.01mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加2%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，滴入几滴铁氰化钾K3［Fe(CN)6］溶液，最后用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为20.00mL。(已知粗产品中杂质不含钒，也不参与反应；滴定反应为VO①滴定终点时的现象为。②粗产品中钒元素的质量分数为%。19．某研究小组采用如下路线合成医药中间体K。已知：Ⅰ．→(HOCⅡ．→PClⅢ．→CH3MgBr，无水乙醚（1）A的化学名称为，C的结构简式为。（2）流程中设计E→F的目的是。（3）I→K的反应类型为，I生成K的同时还会生成一种与K互为同分异构体的副产物X，X的结构简式为。（4）请写出一种同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：。①仅含-CHO、-OH、-C3H7和苯环结构；②核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：6.（5）综合上述信息，请写出以苯、对甲基苯甲酸，CH3CH2CH2MgBr为原料制备的合成路线。20．甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义（1）一种重要的工业制备甲醇的反应为①CO2g(g)+3②CO2(g)+H2③CO(g)+2H2(g)⇌CH3试计算ΔHkJ/mol。（2）对于反应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逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，分别按初始投料比n(CO2)：n(H①投料比n(CO2)：n(H2)=l：3的曲线是。(填“a”、“b”或“c”)②已知点N在曲线b上，计算该温度下压强平衡常数Kp=(MPa)-2.(用平衡分压代替平衡浓度计算)③该温度下，测得某时刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，p(H2)=0.4MPa，此时v正：v逆=。(保留2位有效数字)（3）甲醇催化制取丙烯的反应为：3CH3OH(g①该反应的活化能Ea=kJ/mol。②当用更高效催化剂时，请在图中画出Rlnk与1T关系的曲线（4）目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备：CH3OH(g)+CO(g)⇌HC3①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正v(A)逆(填“>”，“=”或“<”)。②B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为。[用“v(D)”、“v(C)”、“v(B)”表示]

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．石胆能化铁为铜，铜元素化合价降低，表现为氧化性，A不符合题意；B．HNO3只有氧化性，B不符合题意；C．盖此矶色绿味酸，烧之则赤，硫酸亚铁氧化为氧化铁，化合价升高，体现还原性，C符合题意；D．凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，体现金的延展性，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】元素化合价降低，表现氧化性；元素化合价升高，表现还原性。2．【答案】D【解析】【解答】A．SO2可用作纸浆漂白，利用SO2的漂白性，故A不符合题意；B．氯气是酸性气体，氧化钙是碱性干燥剂，不能用氧化钙干燥氯气，故B不符合题意；C．氢氧化铝可用作中和过多的胃酸，是因为氢氧化铝能与酸反应，故C不符合题意；D．聚四氟乙烯俗称“塑料王”，是一种以四氟乙烯作为单体聚合制得的高分子聚合物，这种材料具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点，可用作化工反应器的内壁涂层，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．利用SO2的漂白性；B．氯气是酸性气体，氧化钙是碱性干燥剂；C．氢氧化铝能与酸反应；D．聚四氟乙烯是高分子聚合物，具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点。3．【答案】C【解析】【解答】A．N的核外电子排布为：1s22s23p3，p轨道为半充满状态，所以第一电离能：N>O，A不符合题意；B．S2-的还原性大于O2-，B不符合题意；C．最高价氧化物的水化物的酸性HNO3>H2SO4，题目未强调最高价氧化物水化物，C符合题意；D．C的氢化物C2H6中存在C-C非极性键，N的氢化物N2H4中存在N-N非极性键，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素；B．原子的氧化性越弱，对应离子的还原性越强；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不是最高价氧化物对应的水化物则不一定；D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键。4．【答案】B【解析】【解答】A．具有顺反异构体的有机物中C=C应连接不同的原子或原子团，化合物P中碳碳双键连接羧基、甲基、H原子和剩余部分的结构均不相同，存在顺反异构，A不符合题意；B．分子中存在羧基、酰胺基，能发生取代反应，存在碳碳双键能发生氧化反应，不存在能发生消去反应的卤素原子、醇羟基等，B符合题意；C．分子中存在酰胺基，与酸或碱溶液反应均可生成盐，C不符合题意；D．分子中存在2个酰胺基，水解后可得到三种有机物，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．顺反异构由双键两侧连接的四个原子或基团中两个相同者的位置来决定异构体的类型；B．根据官能团的性质判断反应类型；CD．根据官能团的性质判断。5．【答案】B【解析】【解答】A．NH3、NH4+中N原子均为sp3杂化，NH3中N原子有1对孤电子对，而NH4B．NO2-中氮原子价层电子对数为2+5+1−2×22=3，N原子轨道的杂化类型为sp2，NOC．根据元素周期表可知P的原子半径比N大，P原子间不易形成三键而N原子之间易形成，是因为P原子的半径大于N，难以形成P-Pπ键，C不符合题意；D．过程②NH4+转化为NO2故答案为：B。

【分析】A．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C．根据原子半径大小判断；D．依据化合价变化判断电子数。6．【答案】D【解析】【解答】A．溶液的转移需用玻璃棒引流，A不符合题意；B．电石与水反应生成乙炔、硫化氢、磷化氢，硫化氢、磷化氢也能使溴水褪色，B不符合题意；C．氨气易溶于水，直接通入氯化钠溶液会倒吸，C不符合题意；D．酸性高锰酸钾溶液盛放在酸式滴定管中，酸性高锰酸钾标准液可与草酸钠发生反应，可用于测定其浓度，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．转移液体需用玻璃棒引流；B．乙炔中的杂质气体硫化氢、磷化氢也能使溴水褪色；C．氨气易溶于水，会倒吸；D．酸性溶液、强氧化性溶液应选用酸式滴定管；碱性溶液应选用碱式滴定管。7．【答案】A【解析】【解答】A．Z分子中，含有13个C原子、5个O原子，不饱和度为7，则含H原子个数为13×2+2-7×2=14，则分子式为C13H14O5，A符合题意；B．X分子中，同一框内的碳原子一定共平面，两个框内的碳原子可能共平面，所以共平面的碳原子最多有8个，B不符合题意；C．Y与足量H2加成后的产物为，分子中带“∗”的碳原子为手性碳原子，共含有4个手性碳原子，C不符合题意；D．Z分子中含有2个酯基，且水解后生成1个酚羟基，酚羟基和酯基都能与NaOH发生反应，所以1molZ可与3molNaOH反应，生成1molH2O，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．根据结构简式确定分子式；B．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；C．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；D．根据官能团的性质判断。8．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，①中过滤所得的滤液中含有ZnOB．由分析可知，②中加入适量次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子部分氧化为铁离子，若加入过量次氯酸钠溶液会将亚铁离子完全氧化为铁离子，不可能碱溶反应得到四氧化三铁，故B不符合题意；C．由分析可知，③中分离操作为用渗析的方法分离得到四氧化三铁胶体粒子，故C不符合题意；D．由题给数据可知，四氧化三铁胶体粒子的产率为zg232g/molxg×y56g/mol故答案为：D。

【分析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液碱溶，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液为Na2ZnO2，向所得不溶物中加入稀硫酸同时加入适量次氯酸钠，调节溶液pH=1～2，再加入NaOH溶液加热促进水解生成四氧化三铁胶体粒子。9．【答案】D【解析】【解答】A．由丙炔酸甲酯的沸点可知，蒸馏时加热温度高于水的沸点，不能用水浴加热，故A不符合题意；B．由分析可知，操作1为向有机相中加入无水硫酸钠干燥有机相，故B不符合题意；C．由题意可知，洗涤2”中5%碳酸钠溶液的作用是除去丙快酸、硫酸等酸性物质，故C不符合题意；D．溶液混合时，应将密度大的溶液加入密度小的溶液中，反应”前加入试剂的顺序为甲醇、丙焕酸、浓硫酸，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.丙炔酸甲酯的沸点为103〜105℃，高于水的沸点；

B.向有机相中加入无水硫酸钠可干燥有机相；

C.碳酸钠溶液显碱性，可中和丙炔酸等酸性物质；

D.溶液混合时，应将密度大的溶液加入密度小的溶液中。10．【答案】D【解析】【解答】A．根据图示，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率，故A不符合题意；B．若原料用丙炔，则会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，故B不符合题意；C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡不移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C不符合题意；D．根据图示，C2H3*转化成C故答案为：D。

【分析】A.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

B.若原料为丙炔，会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2生成；

C.Cu是该反应的催化剂，催化剂不影响平衡状态；

D.同种非金属原子间形成非极性键。11．【答案】A【解析】【解答】A．加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，选项A符合题意；B．阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则SO32-结合H+C．向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化，若观察到FeCl3溶液的黄色逐渐褪去，且溶液变成浅绿色，说明维生素C具有还原性，选项C不符合题意；D．将铜与浓硝酸反应，生成的气体NO2收集后用冰水混合物冷却降温，由于存在平衡体系：2NO2⇌N2O4△H<0，能进行温度对化学平衡的影响研究，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.若淀粉部分水解，会得到相同实验现象；

B.酸根离子越弱，越易结合氢离子；

C.维生素C能将氯化铁还原为氯化亚铁；

D.浓硝酸的还原产物为二氧化氮，存在转化：2NO2⇌N2O4，NO2为红棕色，N2O4为无色。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．电解氯化铵和盐酸的混合溶液制得NCl3溶液，阴极产生氢气，故阳极反应为：3C1B．三氯化氮受热90℃以上或受震动时发生猛烈爆炸，“反应”过程中若快速搅拌反应混合液可发生爆炸，B不符合题意；C．“反应”过程中的还原产物为NaCl，易溶于水，C符合题意；D．若用稀盐酸除去ClO2，ClO2中+4价氯和盐酸中Cl-发生归中反应，D不符合题意；故答案为：AC。

【分析】氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，阳极反应为：3C1--6e-+NH4+=NCl3+413．【答案】A,D【解析】【解答】A．由分析可知，电池工作时，右侧装置为电解池，与电极a连接的电极d为阴极，故A符合题意；B．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子，右侧装置为电解池，电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子，由得失电子数目守恒可知，标准状况下，生成9gLi［P(CN)2］时，电极a消耗氢气的体积为9g90g/mol×1C．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区，则通电一段时间后，正极区中消耗水导致溶液体积偏小，氢氧化钾的浓度增大，故C不符合题意；D．由分析可知，右侧装置为电解池，通入氧气的电极b为正极，与电极b连接的电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子，电极反应式为P4故答案为：AD。

【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，则电极a为负极，电极b为正极，右侧装置为电解池，石墨电极上P4转化为Li[P(CN)2]，P元素化合价升高，发生氧化反应，故电极c为阳极，连接外电源正极，电极d为阴极，连接外电源负极。14．【答案】B,C【解析】【解答】A．曲线③代表p(COB．点(10.3，1.1)时，KhlC．(8.6，n)，碳酸根浓度等于钙离子浓度，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．根据图像斜率，pH由4到8的过程中c(HCO3-故答案为：BC。

【分析】CO2可以和少量OH-反应生成HCO3-，和过量OH-反应生成CO32-，因此pH越大，c(CO32-)越大，c(CO32-15．【答案】B,D【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×18+6×12=4，由磷酸铁锂的化学式为LiFePOB．由晶胞结构可知，Li1−xFePO4比LiFePO4少了1个面心和1个棱上的锂离子，则1—x=1−(1×12+1×14)4，解得x=0.1875，Li1-xFePO4C．由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×18+6×12=4，则每个LiFePO4晶胞完全转化为FePO4晶胞时，转移电子数为D．由化学式可知，Li1-xFePO4全转化为LiFePO4时，铁元素的化合价降低，消耗x个铁离子，则1molLi1-xFePO4全转化为LiFePO4时，消耗xmol铁离子，故D符合题意；故答案为：BD。

【分析】A.根据均摊法计算；

B.Li1−xFePO4比LiFePO4少了1个面心和1个棱上的锂离子；

C.LiFePO4晶胞完全转化为FePO4晶胞时，失去全部的Li+；

D.每个LiFePO4晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，结合Fe原子数不变计算。16．【答案】（1）7（2）sp3；2p（3）；S；BD（4）4；16(r【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层电子数为2，与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有Sc、Ti、V、Mn、Co、Ni、Zn共7种，故答案为：7；（2）KH2PO2中P原子的孤电子对=5+3−2×22=2，成键电子对=2，价层电子对=孤电子对+成键电子对=4，P为sp3杂化；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ（3）①中N的sp2杂化轨道形成的化学键(代表孤电子对)参与形成六元环大π键的是未成对电子，该孤电子对填充空轨道的能力较强，所以后者更易形成配位键；故答案为：；②S、N原子均有孤电子对，N电负性大，不易给出电子形成配位键；故答案为：S；③A．［Cu(NH3)2］Cl中Cu+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项A不符合；B．［Cu(NH3)4］SO4中Cu2+外围电子排布式为3d9，有未成对电子，选项B符合；C．［Zn(NH3)4］SO4中Zn2+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项C不符合；D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2中Cr3+外围电子排布式为3d3，有未成对电子，选项D符合；故答案为：BD；（4）①以B外Zn为例，离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4；②根据均摊法，晶胞中含有1+2×13+2×16=2个Zn原子，1+4×16+4×112=2个S原子，则原子体积为③六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4：4，Zn、S各有两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S2-，2个Zn2+，各离子的分数坐标分别为：S2-(0，0，0)，(23，13，12)；Zn2+(0

【分析】（1）Fe为26号元素，其最外层电子数为2；

（2）KH2PO2中P原子的价层电子对数为4；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键；

（3）①孤电子对填充空轨道的能力越强，越容易形成配位键；

②S、N原子均有孤电子对，电负性：N>S；

③具有顺磁性物质含有未成对电子；

（4）①距离Zn最近且等距的S有4个；

②根据均摊法，结合η=晶胞中含有原子的体积晶胞的体积×100%计算；

③17．【答案】（1）将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液的浓度或加热；Ti（2）用盐酸酸洗Na2TiO3，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950℃下煅烧H2TiO3至恒重（3）30min、500℃（4）正；TiO2+4e-=Ti+2O2-（5）0.15【解析】【解答】（1）将废催化剂粉碎、搅拌、增大氢氧化钠溶液的浓度、加热等措施能加快“碱浸”的速率；“碱浸”时生成偏钛酸钠的反应为二氧化钛与氢氧化钠溶液反应生成难溶于水的偏钛酸钠和水，反应的离子方程式为TiO2+2N（2）由晶型转化过程中的能量变化示意图可知，酸洗时应加入盐酸将偏钛酸钠转化为TiOCl2，TiOCl2充分水解生成偏钛酸，由固体质量残留率和晶型转化率随温度变化的示意图可知，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得高纯二氧化钛，具体操作为用盐酸酸洗偏钛酸钠，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到偏钛酸，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得纯二氧化钛，故答案为：用盐酸酸洗Na2TiO3，将生成的TiCOl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950℃下煅烧H2TiO3至恒重；（3）由图可知，30min、500℃时二氧化钛的提取率最高，则提取二氧化钛的适宜条件为30min、500℃，故答案为：30min、500℃；（4）由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极、b极是负极，与b极相连的高纯二氧化钛为电解池的阴极，二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离子，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；（5）由钨酸钙溶度积可知，溶液中钨酸根离子完全沉淀时，溶液中的钙离子浓度不小于4×10-10(mol/L)21×1

【分析】废催化剂加入氢氧化钠碱浸，得到偏钛酸钠和Na2WO4，偏钛酸钠经硫酸或盐酸酸洗，水解得到H2TiO3，焙烧后获得TiO2，TiO2获得Ti单质，溶液中加入氢氧化钙得到CaWO4，经一系列操作得到W。18．【答案】（1）2（2）VO2+有较强还原性，防止被氧化（3）abfgc(或abfgcd)；6VO（4）水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净（6）当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解；20.4【解析】【解答】（1）V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4∙2HCl溶液，反应生成VOCl2，同时生成氮气，则该化学方程式为：2V（2）VO2+有较强还原性，易被氧化，CO2氛围中进行，能有效的隔离氧气，防止被氧化；（3）①转化过程需在二氧化碳氛围下反应，C为二氧化碳的发生装置，A为二氧化碳的净化装置，B装置可用于检验装置中的氧气是否排净，所以装置的连接顺序为：abfgc(或abfgcd)；②装置D中生成氧钮(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其化学反应方程式为：6VOC（4）抽滤是利用内压减小，从而加快液体流速，故其作用为：水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快；（5）用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，须检验洗涤液中是否含有Cl-，故其操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；（6）①用0.2mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，恰好反应时，溶液中含有Fe2+，K3［Fe(CN)6］可与Fe2+反应生成蓝色沉淀，故滴定终点的现象为：当加入最后