2021年湖北省黄冈市麻城实验高级中学高考化学冲刺模拟试卷（六）（含答案）

这是一份2021年湖北省黄冈市麻城实验高级中学高考化学冲刺模拟试卷（六）（含答案），共27页。试卷主要包含了24×104NAcm3，5%、10，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


CCTV《科技博览》报道，我国科学家首创以CO2为原料制备可降解塑料--聚二氧化碳下列有关说法合理的是( )
A. 聚二氧化碳塑料中含有CO2分子
B. 聚二氧化碳塑料与干冰都属于纯净物
C. 理论上由CO2合成聚二氧化碳塑料的原子利用率可达100%
D. 使用聚二氧化碳塑料会造成环境污染
冠醚能与阳离子，尤其是与碱金属离子作用，并且随环的大小不同而与不同的金属离子作用。18−冠−6与钾离子作用(如图1)但不与锂离子或钠离子作用。图2是由四种原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成的超分子(实线代表共价键，其他重复的W、X未标注)，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。下列说法中错误的是( )
A. X的氢化物的沸点一定低于Y的氢化物
B. Z与Y可组成不止一种离子化合物
C. 18−冠−6与K+作用，不与Li+或Na+作用，说明超分子有“分子识别”的特性
D. 图2为15−冠−5与钠离子“组合”形成的超分子
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，1个氧气分子体积为2.24×104NAcm3
B. 0.1ml苯乙烯中碳碳双键的数目为0.1NA
C. 标准状况下，22.4LCl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为2NA
D. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当1mlFe2+被氧化时，共转移的电子的数目为NA
下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 1mlNH4Al(SO4)2的溶液与4mlNaOH的溶液混合：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O
B. 将硫酸酸化的FeSO4溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
C. 苯甲酸与过量Na2CO3溶液反应：2+CO32−→2+CO2↑+H2O
D. 向Fe(NO3)3溶液中通入少量SO2气体：2Fe3++SO2+H2O=2Fe2++2H++SO42−
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A. X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B. 两种配体分子中的键角：X2ZC. W的基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1
D. 加热时该离子首先失去的组分是X2Z
如图是工业上以RhH(c)(PPh3)2做催化剂获取直链醛和醇的催化循环示意图。下列叙述错误的是( )
A. 工业上可以通过此法用丙烯制取丙醛或1−丙醇
B. 该催化循环中Rh的成键数目发生变化
C. 该反应方程式为：RCH=CH2+CO+H2 RCH2CH2CHO
D. D的结构简式为
糠醛树脂的结构与酚醛树脂类似，可用作砂轮、砂纸等的黏合剂，其合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A. 可直接往糠醛中加入溴水检验其碳碳双键
B. 糠醛的同分异构体可能含羧基
C. 1ml B与足量浓溴水反应，最多可消耗5mlBr2
D. 反应①为加成反应，反应②为加聚反应
用下列仪器或装置(图中部分夹持略)进行相应实验，可以达到实验目的的是( )
A. 验证溴乙烷消去反应的气体产物为乙烯
B. 实验室制乙酸乙酯
C. 收集NO2气体
D. 酸性：碳酸>苯酚
如何对肿瘤精准治疗一直是医疗领域需攻克的难题之一、我国科研人员开发出的一种医用亲水凝胶，能使药物的释放更为精确。医用亲水凝胶生产过程中的一种中间体M的结构如图所示，下列有关M的说法正确的是( )
A. M分子间可通过缩聚反应合成高分子化合物
B. 电负性的大小顺序为Cl>O>N>C
C. 该分子亲水的原因是能形成分子内氢键
D. 分子中所有碳原子和氮原子可能共平面
羟基自由基(⋅OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。一种能将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2、H2O的原电池-电解池组合装置如图。该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是( )
A. c极为阴极，M为阳离子交换膜
B. b极的电极反应式为C6H5OH−28e−+11H2O=6CO2↑+28H+
C. d极区苯酚被氧化的反应为C6H5OH+28⋅OH=6CO2↑+17H2O
D. 右侧装置中，每转移0.7mle−，c、d两极共产生气体11.2L
下列实验能达到预期目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的配合物；碳铂是1−环丁二羧酸二氨合铂的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是( )
A. 碳铂中含有一个手性碳原子
B. 顺铂中中心原子铂的配位数为2
C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2：1
D. 1ml1−环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA
GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，Ga和As的摩尔质量分别为MGag⋅ml−1和MAsg⋅ml−1，密度为ρg⋅cm−3下列说法错误的是( )
A. As原子周围等距且最近的As原子数为12
B. 该晶体为共价晶体，其晶体密度ρ=(4×MGa+MAsNA)÷(a×10−7)3g⋅cm−3
C. 所有原子均满足8电子稳定结构，Ga与As原子之间存在配位键
D. Ga原子与Ga原子的最短距离为22 a pm
NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 降低NOx排放可以减少酸雨的形成
B. 储存过程中NOx被氧化
C. 还原过程中消耗1mlBa(NO3)2转移的电子数为5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
D. 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原
类比pH，定义pC=−lgC，已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，25℃时用HCl气体或者KOH固体调节1L0.1ml/LH2A溶液的pH，混合溶液中的pH与pC(H2A、HA−、A2−)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是( )
A. 曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为HA−、A2−、H2A
B. a、b、c三点水的电离程度大小为：b>a>c
C. 滴定过程中c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)先增大再减小
D. c点溶液满足c(K+)<0.1+c(HA−)
金属钛在医疗领域的使用非常广泛，可以应用在人体骨骼、组织移植和再造，如制人造髋关节、滕关节、头盖骨。主动心瓣等。TiCl4是制备金属钛的重要中间体，某小组同学利用如图装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。
相关信息如下表所示。
请回答下列问题：
(1)仪器b的名称为 ______ ，装置A中导管a的作用为 ______ 。装置B中所装试剂为 ______ ，装置A中发生反应的离子方程式为 ______ 。
(2)装置C中除生成TiCl4外，同时还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为 ______ 。制得的TiCl4中常含有少量CCl4，从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为 ______ 。
(3)根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品； ______ 。(按正确的顺序填入下列操作的序号)
①打开分液漏斗活塞；
②关闭分液漏斗活塞；
③停止加热，充分冷却；
④加热装置C中陶瓷管。
(4)设计实验证明装置D中收集到的液体中含有TiCl4： ______ 。
(5)TiCl4可制备纳米TiO2：以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4。再控制温度生成纳米xTiO2⋅yH2O。测定产物xTiO2⋅yH2O组成的方法如下：
步骤一：取样品2.100g，在酸性条件下充分溶解，并用适量铝将TiO2+还原为Ti3+，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入250mL容量瓶，并用稀硫酸定容，得待测液。
步骤二：取待测液25.00mL于锥形瓶中，加几淌KSCN溶液作指示剂，用0.1000ml⋅L−1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3+氧化为TiO2+。重复滴定2次。滴定所得的相关数据如下表。
①步骤一中用稀硫酸而不用水定容的原因是 ______ 。
②通过计算确定该样品的组成为 ______ 。
有机物A(C4H6)是常用的有机化工原料。由A制备化合物I的合成路线如图所示。
已知：①；
②。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 ______ 。
(2)由B生成C的反应类型为 ______ ，C的分子式为 ______ 。
(3)G中的官能团名称是 ______ 。
(4)由E生成F的反应方程式为 ______ 。
(5)符合下列条件的Ⅰ的同分异构体有 ______ 种。(不考虑立体异构)
a.只有一种官能团；
b.能发生银镜反应；
c.分子内没有环状结构。
其中核磁共振氢谱有3组峰的是 ______ 、 ______ 。(写出2种即可)
(6)由A合成时，是关键的中间产物。请写出用A为原料制备的合成路线(无机试剂任选)： ______ 。
硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：问答下列问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：______。
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=______，判断的依据是______。影响α的因素有______。
(3)将组成(物质的量分数)为2m%SO2(g)、m%O2(g)和q%N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为______，平衡常数Kp=______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(αα′−1)0.8(1−nα′)式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大：α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v∼t曲线，如图(c)所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm.ttm后，v逐渐下降。原因是______。
从废旧锂离子二次电池(主要成分为LiCO2，还含有少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质)中回收钴和锂的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“碱浸”的目的是______。
(2)“酸浸”过程中LiCO2发生反应的离子方程式为：______，浸渣中含有的主要成分是______。
(3)“萃取净化”除去的杂质离子有Ni2+外，还有______。
(4)“萃取分离”中钴、锂萃取率与平衡pH关系如图1所示，pH一般选择5左右，理由是______。
(5)“沉锂”中Li2CO3溶解度随温度变化曲线如图1所示：
①根据平衡原理分析Li2CO3在水中溶解度随温度变化的原因______。
②为获得高纯Li2CO3，提纯操作依次为趁热过滤、______、烘干。
③若“沉锂”中c(Li+)=1.0ml⋅L−1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，此时实验所得沉锂率为______。(已知Li2CO3的Ksp为9.0×10−4)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.聚二氧化碳塑料是高分子化合物，里面不含有CO2分子，故A错误；
B.干冰属于纯净物，聚二氧化碳塑料属于混合物，故B错误；
C.二氧化碳分子中含有C=O双键，通过加成聚合可以制得高分子化合物聚二氧化碳，论上由CO2合成聚二氧化碳塑料的原子利用率可达100%，故C正确；
D.聚二氧化碳可以降解，所以对环境无污染，故D错误；
故选：C。
二氧化碳分子中含有C=O双键，通过加成聚合可以制得高分子化合物聚二氧化碳，聚合物都是混合物，聚二氧化碳可以降解，所以对环境无污染，据此分析。
本题为给信息题，题目难度不大，熟悉二氧化碳的结构，充分利用题干给出的信息是解题关键。
2.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，W为H、X为C、Y为O、Z为Na，
A.X若形成固态烃，则X的氢化物的沸点高于Y的氢化物，故A错误；
B.Z与Y可组成氧化钠、过氧化钠，均为离子化合物，故B正确；
C.18−冠−6与K+作用，不与Li+或Na+作用，可知结合具有选择性，说明超分子有“分子识别”的特性，故C正确；
D.Z为Na，图2中含5个O、10个C，为15−冠−5与钠离子“组合”形成的超分子，故D正确；
故选：A。
四种原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，可知W为H，X位于第二周期，Z位于第三周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，Z为Na；图2中Y形成2个共价单键，Y为O；X形成4个共价单键，X为C，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.气体分子之间存在间隙，不能用气体的体积与气体个数计算单个气体分子的体积，故A错误；
B.1个苯乙烯分子含有1个碳碳双键，则0.1ml苯乙烯中碳碳双键的数目为0.1ml×1×NAml−1=0.1NA，故B正确；
C.标准状况下22.4LCl2完全溶于水时，存在可逆平衡，所得溶液中含氯微粒总数小于2NA，故C错误；
D.向FeI2溶液中通入适量Cl2，氯气先氧化I−，当有1mlFe2+被氧化时，溶液中的I−已被完全氧化，故此反应共转移的电子数多于NA，故D错误；
故选：B。
A.气体分子之间存在间隙；
B.1个苯乙烯分子含有1个碳碳双键；
C.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；
D.向FeI2溶液中通入适量Cl2，氯气先氧化I−。
本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，涉及物质的量相关公式推导计算，晶胞密度，转移电子等知识点，题目难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：A.1mlNH4Al(SO4)2的溶液与4mlNaOH的溶液混合，反应生成硫酸钠、一水合氨和氢氧化铝，离子方程式为：NH4++Al3++4OH−=Al(OH)3↓+NH3⋅H2O，故A错误；
B.将硫酸酸化的FeSO4溶液暴露在空气中，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故B正确；
C.苯甲酸与过量碳酸钠反应生成苯甲酸钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO32−→+HCO3−，故C错误；
D.向Fe(NO3)3溶液中通入少量SO2气体，离子方程式为：2NO3−+3SO2+2H2O=2NO+4H++3SO42−，故D错误；
故选：B。
A.1mlNH4Al(SO4)2的溶液与4mlNaOH的溶液混合，反应生成硫酸钠、一水合氨和氢氧化铝；
B.酸性环境下，亚铁离子易被氧化生成铁离子；
C.苯甲酸与过量碳酸钠反应生成苯甲酸钠和碳酸氢钠；
D.二氧化硫少量，先还原硝酸根离子。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：根据上述分析可知，X是H，Y是N，Z是O，W是Cu元素，
A.一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N位于元素周期表第VA，原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，因此三种元素中第一电离能最大的元素是Y(N)元素，故A错误；
B.YX3是NH3，H2O、NH3分子中的中心原子O、N都是采用sp3杂化，由于H2O分子中的中心O原子上有2对孤电子对，而NH3分子中的中心N原子上只有1对孤电子对，则水分子的孤电子对对成键电子对的排斥作用更明显，导致键角：X2ZC.W为Cu，Cu位于第四周期第IB族，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故C正确；
D.X2Z是H2O，O元素电负性比N元素强，水与铜离子形成的配位键较弱，加热时先脱水，即加热时该离子首先失去的组成是H2O，故D正确；
故选：A。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，Z核外各层电子由里到外依次是2、6，则Z为O元素；W位于第IB族，则W原子的价电子排布为3d104s1，则W为Cu元素；Y原子序数小于O，且与3个H原子结合，则Y为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.从反应机理图可知，工业上可以通过此法用丙烯与CO反应增加了1个C制取丁醛或1−丁醇，故A错误；
B.从反应机理图可知，该催化循环中Rh的成键数目有发生变化(4条键→5条键→6条键)，故B正确；
C.从反应机理图的箭头的方向得知RCH=CH2与CO、H2反应生成RCH2CH2CHO，反应方程式为：，故C正确；
D.从反应机理图可知，D+H2→E，根据元素守恒，可得知D的结构简式为，故D正确；
故选：A。
A.丙烯与CO反应增加了1个C；
B.Rh的成键数目从4条键→5条键→6条键；
C.由箭头的方向分析RCH=CH2与CO、H2反应生成RCH2CH2CHO；
D.D+H2→E，根据元素守恒得知D的结构简式。
本题考查了化学反应原理的知识点，明确质量守恒和电子转移守恒是解本题关键，注意运用化学知识解释流程，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.糠醛中碳碳双键、醛基均与溴水反应，直接往糠醛中加入溴水不能检验其碳碳双键，故A错误；
B.糠醛含不饱和键，且含2个O原子，则糠醛的同分异构体可能含羧基，故B正确；
C.B中酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1ml B与足量浓溴水反应，最多可消耗4mlBr2，故C错误；
D.反应①中醛基上双键转化为单键，为加成反应，反应②中2个双键不变，发生缩聚反应生成糠醛树脂为，故D错误；
故选：B。
A.糠醛中碳碳双键、醛基均与溴水反应；
B.糠醛含不饱和键，且含2个O原子；
C.B中酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应；
D.反应①中醛基上双键转化为单键，反应②中2个双键不变。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯和乙醇都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，水可除去乙醇，可用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，故A正确；
B.导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，以避免倒吸，故B错误；
C.二氧化氮密度比空气大，应用向上排空气法收集，导管应插入集气瓶底部，故C错误；
D.盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有氯化氢，不能证明碳酸的酸性比苯酚强，故D错误；
故选：A。
A.乙烯和乙醇都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，水可除去乙醇；
B.应避免倒吸；
C.二氧化氮密度比空气大；
D.二氧化碳中混有氯化氢。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、气体的收集、物质的制备为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.M含碳碳双键，可发生加聚反应生成高分子，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，O只有负价，高氯酸的酸性大于硝酸的酸性，可知电负性的大小顺序为O>Cl>N>C，故B错误；
C.含氨基，可形成分子间氢键，则该分子亲水的原因是能形成分子间氢键，故C错误；
D.碳氧双键为平面结构，且3个原子可确定1个平面，则所有碳原子和氮原子可能共平面，故D正确；
故选：D。
A.M含碳碳双键；
B.同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；
C.含氨基，可形成分子间氢键；
D.碳氧双键为平面结构，且3个原子可确定1个平面。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.a极为正极，a极发生还原反应，Cr2O72−+6e−+7H2O=2Cr(OH)3+8OH−，M为阳离子交换膜，钠离子向左侧移动平衡电荷，c极为电解池的阴极，故A正确；
B.b极苯酚失电子被氧化为CO2，电解液显酸性，电极反应式为C6H5OH−28e−+11H2O=6CO2↑+28H+，故B正确；
C.羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，则苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+28⋅OH=6CO2↑+17H2O，故C正确；
D.未提供气体所处条件，无法计算体积，应标注标况，故D错误；
故选：D。
a极发生还原反应，Cr2O72−+6e−+7H2O=2Cr(OH)3+8OH−，该电极为原电池正极，b极苯酚失电子被氧化为CO2，电极反应式为C6H5OH−28e−+11H2O=6CO2↑+28H+−，该电极为原电池负极，反应为H2O−e−=⋅OH+H+，c极为电解池阴极，电极反应为2H++2e−=H2↑，d极为电解池阳极，电极反应为H2O−e−=H++⋅OH，羟基自由基(⋅OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂，进一步氧化苯酚，方程式为C6H5OH+28⋅OH=6CO2↑+17H2O，据此答题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
11.【答案】D
【解析】解：A.NaOH不足，检验−CHO在碱性溶液中，由操作和现象不能检验葡萄糖中是否含−CHO，故A错误；
B.硝酸银过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)，故B错误；
C.NaClO可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH，且对应的酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故C错误；
D.滴加KSCN溶液，溶液变红色，可知溶液中含铁离子，则FeCl2样品已变质，故D正确；
故选：D。
A.NaOH不足，检验−CHO在碱性溶液中；
B.硝酸银过量，均为沉淀生成；
C.NaClO可使pH试纸褪色；
D.滴加KSCN溶液，溶液变红色，可知溶液中含铁离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、沉淀生成、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.碳铂分子不存在连接4个不同的原子或原子团的碳原子，不存在手性碳原子，故A错误；
B.根据顺铂[Pt(NH3)2Cl2]化学式可知，有2个NH3，2个Cl−作为配体，配体数为4，故B错误；
C.碳铂分子中有4个C形成4个σ键，为sp3杂化，2个C形成3个σ键，为sp2杂化，则碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2：1，故C正确；
D.C−H、C−C、C−O均为σ键，C=O中有1个σ键，则1ml碳铂含有σ键的数目为26NA，故D错误，
故选：C。
A.碳铂分子不存在连接4个不同的原子或原子团的碳原子；
B.根据连接铂原子的配体判断；
C.碳铂分子中有4个C形成4个σ键，2个C形成3个σ键；
D.C−H、C−C、C−O均为σ键，C=O中有1个σ键。
本题考查了配合物的成键情况，分析配体和配位数是关键，本题要注意配位键的形成条件以及化学键类型的判断方法，为易错点。
13.【答案】B
【解析】解：A.根据晶胞结构分析，Ga做面心立方最密堆积，与顶点的Ga等距且最近的Ga位于相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，故与Ga等距且最近的Ga的个数为3×82=12，故A正确；
B.根据晶胞结构可知，Ga位于顶点和面心，Ga的个数为8×18+6×12=4，As原子位于立方体内，As的个数为4，晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据密度ρ=mV=MGa+MAsNA×4a×10−10 g⋅cm−3，故B错误；
C.每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤电子对，所有原子均满足8 电子稳定结构，故C正确；
D.Ga原子与Ga原子的最短距离为顶点到面心的距离，是边长的22，为22apm，故D正确；
故选：B。
A.根据晶胞结构分析，Ga做面心立方最密堆积，从顶点的Ga分析周围等距且最近的Ga的数目；
B.根据均摊法计算出原子个数，根据ρ=mV计算；
C.每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤电子对；
D.Ga原子与Ga原子的最短距离为顶点到面心的距离；
本题考查晶胞计算，注意pm与cm之间的换算，晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生，所以降低NOx排放可以减少酸雨的形成，故A正确；
B.已经图示可知储存过程中，一氧化氮、二氧化氮结合氧气和氧化钡反应生成硝酸钡，NOx中氮化合价升高被氧化，故B正确；
C.Ba(NO3)2→N2，氮元素从+5价降为0价，消耗1mlBa(NO3)2转移的电子数为10NA，故C错误；
D.依据图示可知通过BaO和Ba(NO3)2与NOx的氧化还原反应，实现NOx的储存和还原，故D正确；
故选：C。
A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生；
B.分析储存过程中氮元素化合价变化判断解答；
C.分析Ba(NO3)2→N2，化合价变化，计算电子转移数目；
D.依据图示储存和还原过程中，氧化钡、硝酸钡、NOx转化判断。
本题考查了化学与生活，主要考查环境污染与治理，明确酸雨成因，理解原理图含义是解题关键，题目难度中等，侧重学生读图分析能力。
15.【答案】D
【解析】解：A.结合图象中的曲线变化分析，随pH增大，c(H2A)逐渐减小，即曲线II代表H2A，c(HA−)先增大后减小，即曲线I代表HA−，c(A2−)逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线III代表A2−，故A错误；
B.H2A溶液中加NaOH，溶液碱性逐渐增强，恰好中和之前水的电离程度逐渐增大，故c>b>a，故B错误；
C.Ka1=c(H+)×c(HA−)c(H2A)，Ka2=c(H+)×c(A2−)c(HA−)，Ka1Ka2=c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)，滴定过程中温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D.根据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，c点满足c(HA−)=c(A2−)，物料守恒满足c(HA−)+c(A2−)+c(H2A)=0.1ml/L，溶液呈酸性，则有c(K+)故选：D。
A.随pH增大，c(H2A)逐渐减小，即曲线II代表H2A，c(HA−)先增大后减小，即曲线I代表HA−，c(A2−)逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线III代表A2−；
B.H2A溶液中加NaOH，溶液碱性逐渐增强，恰好中和之前水的电离程度逐渐增大；
C.Ka1=c(H+)×c(HA−)c(H2A)，Ka2=c(H+)×c(A2−)c(HA−)，Ka1Ka2=c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)，平衡常数随温度变化；
D.根据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，c点满足c(HA−)=c(A2−)，物料守恒满足c(HA−)+c(A2−)+c(H2A)=0.1ml/L，溶液呈酸性，则有c(K+)本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力。
16.【答案】蒸馏烧瓶 平衡气压，使液体顺利流下 浓硫酸 蒸馏 ①④③② 取少量收集到的液体于干净的试管中，滴加适量的水，液体变浑浊，则收集到的液体中含有TiCl4 抑制TiO2+(Ti3+)的水解 12TiO2⋅5H2O
【解析】解：(1)b为蒸馏烧瓶；导管a的作用是平衡气压，使液体顺利流下；B装置中所装试剂为浓硫酸，因为TiCl4的制备需无水无氧且加热；装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压，使液体顺利流下；浓硫酸；2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置C中除生成TiCl4外，同时还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为；由于四氯化钛和四氯化碳的沸点相差大于30℃，故从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为蒸馏，
故答案为：；蒸馏；
(3)为防止碳粉在高温下被氧化，先通入氯气一段时间排尽装置中的空气，再加热，停止时应在氯气气氛中冷却，避免发生倒吸，最后停止通入氯气，所以顺序为①④③②，
故答案为：①④③②；
(4)由于TiCl4遇水生成难溶物，所以加水即可，取少量收集到的液体于干净的试管中，滴加适量的水，液体变浑浊，则收集到的液体中含有TiCl4，
故答案为：取少量收集到的液体于干净的试管中，滴加适量的水，液体变浑浊，则收集到的液体中含有TiCl4；
(5)①TiO2+和Ti3+发生水解溶液显酸性，步骤一中用稀硫酸而不用水定容的原因是抑制TiO2+ (Ti3+)的水解，
故答案为：抑制TiO2+ (Ti3+)的水解；
②三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，TiO2∼NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80g/ml×0.024L×0.1000ml/L×250mL25.0mL=1.92g，则m(H2O)=2.100g−1.92g=0.18g，所以x：y=1.92g80g/ml:0.18g18g/ml=24：10=12：5，故12TiO2⋅5H2O，
故答案为：12TiO2⋅5H2O。
装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应产生的氯气含有水蒸气，通过装置B中的浓硫酸除去，然后在电炉内与二氧化钛发生反应，用装置F中的冰盐水降低温度，获得液态四氯化钛，四氯化钛易水解，故应在后面连接干燥管，防止空气中的水蒸气进入装置F；先根据三次滴定消耗标准溶液的体积求出平均值，然后根据关系式TiO2∼NH4Fe(SO4)2求出二氧化钛的质量，从而求出水的质量，最终求出x、y。
本题考查了物质制备方案设计，涉及方程式的书写、实验方案评价、物质性质等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意相关基础知识的学习与积累。
17.【答案】1，3−丁二烯 还原反应 C8H14O2 羰基、酯基 21 或
【解析】解：(1)A为CH2=CHCH=CH2，A的化学名称为1，3−丁二烯，
故答案为：1，3−丁二烯；
(2)由B生成C的反应类型为还原反应，C的分子式为C8H14O2，
故答案为：还原反应；C8H14O2；
(3)G中的官能团名称是羰基、酯基，
故答案为：羰基、酯基；
(4)E为HOOCCH2CH(CH3)CH(CH3)CH2COOH，E和乙醇发生酯化反应生成F为CH3CH2OOCCH2CH(CH3)CH(CH3)CH2COOCH2CH3，由E生成F的反应方程式为，
故答案为：；
的同分异构体符合下列条件：
a.只有一种官能团；
b.能发生银镜反应，说明含有−CHO；
c.分子内没有环状结构，根据其不饱和度和O原子个数知，含有2个−CHO，
如果碳链结构为，其中一个−CHO位于1号碳原子上，另一个−CHO可以位于1、2、3、4、5号碳原子上，有5种；如果其中一个−CHO位于2号碳原子上，
另一个−CHO可以位于2、3、4号碳原子上，有3种；如果一个−CHO位于3号碳原子上，另一个−CHO也位于3号碳原子上，有1种；
如果碳链结构为，如果一个−CHO位于1号碳原子上，另一个−CHO可以位于1、2、3、4、5号碳原子上，有5种；如果一个−CHO位于2号碳原子上，另一个−CHO可以位于3、4号碳原子上，有2种；如果一个−CHO位于3号碳原子上，另一个−CHO可以位于3、4号碳原子上，有2种；可以是两个−CHO都位于4号碳原子上，有1种；
如果碳链结构为，两个醛基位于同一个碳原子上，有1种；两个醛基位于不同碳原子上，有1种，所以符合条件的同分异构体种类=5+3+1+5+2+2+1+1+1=21，其中核磁共振氢谱有3组峰的是、、(任写2种即可)，
故答案为：21；或；(任写2种即可)；
(6)用CH2=CHCH=CH2为原料制备，可由HOCH2CH=CHCH2OH和HCl发生加成反应得到，HOCH2CH=CHCH2OH可由BrCH2CH=CHCH2Br发生水解反应得到，BrCH2CH=CHCH2Br可由1，3−丁二烯和溴发生加成反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
根据A的分子式及B的结构简式知，A发生加成反应生成B，A为CH2=CHCH=CH2，B发生还原反应生成C，C中醇羟基被氢原子取代生成D，D发生信息②的反应生成E为HOOCCH2CH(CH3)CH(CH3)CH2COOH，E和乙醇发生酯化反应生成F为CH3CH2OOCCH2CH(CH3)CH(CH3)CH2COOCH2CH3，F发生取代反应生成G，G发生水解反应然后酸化、脱CO2得到H，H发生取代反应生成I；
(6)用CH2=CHCH=CH2为原料制备，可由HOCH2CH=CHCH2OH和HCl发生加成反应得到，HOCH2CH=CHCH2OH可由BrCH2CH=CHCH2Br发生水解反应得到，BrCH2CH=CHCH2Br可由1，3−丁二烯和溴发生加成反应得到。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，采用“定一移二”的方法判断，题目难度中等。
18.【答案】2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H=−351kJ⋅ml−1 0.975反应是气体计量数减小的反应，压强越大转化率越大 压强、温度、投料比 2αmp100−αm α(1−α)1.5(m100−mαp)0.5 反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但α降低造成速率v减小，ttm后，速率常数k增大小于α引起的降低
【解析】解：(1)由图象得出①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)△H=−24kJ⋅ml−1，
②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)△H=−399kJ⋅ml−1，
由盖斯定律可知②-①×2得到：2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H=−351kJ⋅ml−1；
故答案为：2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H=−351kJ⋅ml−1；
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示，这个反应是气体计量数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550℃时的α=0.975，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度、压强还与投料比有关，氧气越多SO2平衡转化率α越大；
故答案为：0.975；该反应是气体计量数减小的反应，压强越大转化率越大，P1=5.0MPa，该线550℃时的转化率为97.5%；压强、温度、投料比；
(3)根据体积之比等于物质的量的比，2m%+m%+q%=100%3m+p=100，设SO2的物质的量为2m，O2的物质的量为m
SO3(g)
开始 2m m 0
变化 α×2mα×mα×2m
平衡 2m−α×2mm−α×mα×2m
反应后的总量：2m−α×2m+m−α×m+α×2m+q=3m+q−αm，结合3m+p=100，反应后的总量=100−αm，
，则p(SO3)=2αmp100−αm，
平衡常数Kp=p(SO3)P(SO2)P0.5(O2)=2αm100−αmp2m(1−α)100−αmp(m−αm)0.5(100−αm)α(1−α)1.5(m100−mαp)0.5，
故答案为：2αmp100−αm；=α(1−α)1.5(m100−mαp)0.5；
(4)v=k(αα′−1)0.8(1−nα′)温度升高，表达式中速率常数k增大，反应速率增大；，为放热反应，平衡转化率α减小，(αα′−1)0.8减小，反应速率减小，ttm后速率常数k增大没有α减小对速率影响大，速率减小。
故答案为：反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但α降低造成速率v减小。ttm后，速率常数k增大小于α引起的降低。
(1)由图象得出①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)△H=−24kJ⋅ml−1，
②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)△H=−399kJ⋅ml−1，
结合盖斯定律可知②-①×2得到：2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)；
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示，这个反应是气体计量数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550℃时的α=0.975，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度压强还与投料比有关，氧气越多SO2平衡转化率α越大；
(3)利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量，利用阿伏伽德罗定律的推论压强之比等于物质的量的比，分压=总压×物质的量分数可解；
(4)v=k(αα′−1)0.8(1−nα′)温度升高，速率常数k增大，反应速率增大；为放热反应，平衡转化率a减小，(αα′−1)0.8减小，反应速率减小，ttm后速率常数k增大没有α减小对速率影响大，速率减小。
本题考查了热化学方程式的书写，平衡转化率、压强平衡常数等知识点，情景陌生，要好好利用图象，考查分析问题的能力，计算能力，难度较大。
19.【答案】(1)除去铝；
(2)2LiCO2+H2O2+6H+=2Li++2C2++O2↑+4H2O；石墨、硫酸钙；
(3)Fe3+；
(4)分离效率最高；
(5)①Li2CO3溶解过程放热；
②洗涤；
③88.0%。
【解析】
【分析】
本题考查物质分离与提纯的综合应用，难度解答。涉及物质的分离、溶解影响因素、化学平衡，除杂质等知识，(2)小题是易错题，易忽略化合价的改变。
【解答】
(1)废旧锂离子二次电池含有LiCO2、少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质，加入氢氧化钠溶液，只有铝与其反应，生成偏铝酸钠溶液，其他成分不反应，故答案为：除去铝；
(2)碱浸后，加入硫酸和双氧水，将锂、钴、镍转换成相应离子的混合溶液，LiCO2中钴显+3价，从后面可以看出，钴显+2价，从加入了硫酸和双氧水外，没有加入还原剂了，所以双氧水做还原剂，生成氧气，即2LiCO2+H2O2+6H+=2Li++2C2++O2↑+4H2O，石墨不溶解，钙转化成硫酸钙，硫酸钙溶解度低，故也存在于滤渣中；
故答案为：2LiCO2+H2O2+6H+=2Li++2C2++O2↑+4H2O；石墨、硫酸钙；
(3)二次电池含有镀镍金属钢壳，加入硫酸，会有少量的亚铁离子生成，在双氧水的作用下，转化成三价铁离子，存在于滤液中，故加入萃取剂A，净化时，除了镍离子外，还有少量的铁离子，故答案为：Fe3+
(4)由图1可知，pH值2∼5，随pH增加，萃取率在增加，当pH达到5左右时，萃取率很高了，接近100%，而若pH再增加，萃取锂的含量将增加，萃取的钴纯度下降，故pH一般选择5左右进行萃取实验，故答案为：分离效率最高；
(5)①由图2可知，溶解度随着温度的升高而降低，根据平衡移动的原理，温度升高，平衡向吸热方向进行，故此溶解为放热过程，答案为：Li2CO3溶解过程放热；
②对物质进行提纯，在过滤和烘干之间，必须洗涤，以保证得到物质纯度较高，故答案为：洗涤
③c(Li+)=1.0ml⋅L−1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，在加入的瞬间，体积变为原来的2倍，故浓度变为原来的一半，即，2Li++CO32−=Li2CO3，故碳酸根过量，反应后c(CO32−)=0.25ml⋅L−1，根据Ksp=c2(Li+)×c(CO32−)=9.0×10−4，从而求得c(Li+)=0.06ml/L，故沉锂率=0.5−0.060.5×100%=88.0%，
故答案为：88.0%。
实验内容
实验目的
A
向1mL0.1ml⋅L−1NaOH溶液中加入2mL0.1ml⋅L−1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热后未出现红色沉淀
证明葡萄糖中不含醛基
B
向1mL0.2ml⋅L−1AgNO3溶液中滴入2滴0.1ml⋅L−1KCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1ml⋅L−1KI溶液，又生成黄色沉淀
证明在相同温度下，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
c
室温下，用pH试纸测定同浓度的Na2CO3与NaClO的pH，比较二者pH的大小
证明碳元素的非金属性弱于氯
D
将FeCl2样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红色
证明FeCl2样品已变质
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g⋅cm−3)
水溶性
TiCl4
−24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
CCl4
−23
76.8
1.6
难溶于水
滴定序号
待测液体积/mL
NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定管起点读数/mL
NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定管终点读数/mL
1
25.00
0.02
24.02
2
25.00
0.08
24.06
3
25.00
0.12
24.14