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山东省济宁市2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案
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这是一份山东省济宁市2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三下学期第三次模拟考试化学试题
一、单选题
1．不利于人与自然和谐共生、恢复生物多样性的是（ ）
A．禁止使用农药化肥 B．发展氢能源汽车
C．开发利用可降解塑料 D．改进汽车尾气净化装置
2．关于物质的性质及其相关用途，说法错误的是（ ）
A．甲酸具有较强的还原性，工业上可以做还原剂
B．蛋白质盐析是可逆的，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质
C．苯酚可以使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
D．氯气具有很强的氧化性，可以用作漂白剂
3．以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是（ ）
A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素
B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血
C．过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水
D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是防止FeSO4水解生成Fe(OH)2
4．将浓硫酸、NaBr固体、1-丁醇混合加热回流后，再经洗涤→干燥→蒸馏获得1-溴丁烷，实验中涉及如图装置(部分夹持和加热装置省略)。下列说法错误的是（ ）
A．两处冷凝管冷凝时都利用了气液流向相反，增强冷凝效果的原理
B．气体吸收装置的作用是吸收HBr等有毒气体
C．经水洗→碱洗→水洗可除去大部分杂质
D．1-溴丁烷从分液漏斗的下口放出
5．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，X、Y、Z位于同一周期，XZ3与YW3之间能以配位键相结合，XY的熔点高、硬度大。下列说法正确的是（ ）
A．XZ3与YW3都为极性分子
B．同周期中第一电离能小于X的元素有2种
C．同周期中Z元素的电负性最强
D．与Y同主族元素中，Y单质的性质最活泼
6．实验是研究化学的重要方法，下列说法正确的是（ ）
①向FeSO4溶液中滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
②向次氯酸钙溶液中通入少量的CO2生成白色沉淀，证明Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)
③把电石与水反应产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，证明有乙炔生成
④向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇溶液，析出深蓝色晶体，是因为溶液的极性降低，溶质的溶解度减小
A．①④ B．②④ C．①② D．②③
7．部分含S及含Cl物质的价类关系如图所示，下列推断错误的是（ ）
A．a的浓溶液和钾盐e反应，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5
B．将b通入f的水溶液中发生反应，可以生成两种强酸
C．加热g的浓溶液和钠盐c的混合物生成a，说明酸性：g>a
D．d和f都可以用于杀菌消毒
8．在一定条件下，反应I：2CH2=CH2、反应II：3HC≡CCH3，下列说法错误的是（ ）
A．反应I和反应II的反应类型相同，且原子利用率都为100%
B．与环己烷互为同系物
C．的二氯代物有5种
D．和两种化合物中碳原子都是共平面的
9．咪唑类六氟磷酸盐离子液体为环境友好型绿色溶剂，若—R为—C5H11，其制备过程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．若—R为正戊基，则B物质的阳离子中所有碳原子可能共平面
B．B物质的阳离子的任意一种结构中最多含有1个手性碳原子
C．PF与SF6中心原子的杂化方式相同
D．氯元素在同周期元素中第一电离能最大
10．石墨烯是一种由碳原子构成的单层片状结构新材料，具有很强的导电性。氧化石墨烯是石墨烯的重要衍生物。下列说法错误的是（ ）
A．石墨烯属于碳纳米材料
B．石墨烯、氧化石墨烯燃烧产物不同
C．氧化石墨烯比石墨烯导电性更强
D．将50nm左右的石墨烯和氧化石墨烯分别分散于水中，得到的分散系后者更为稳定
11．羧酸与醇发生酯化反应的机理如图，下列说法错误的是（ ）
A．该反应历程包括质子化加成、消去、和去质子化
B．同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构
C．物质a中所有中心原子杂化方式相同
D．可以用同位素标记的CH3CO18OH来研究酯化反应断键的规律
二、多选题
12．我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，利用如图所示电解法吸收CO2并制得HCOOK，下列说法错误的是（ ）
A．Pt片为电解池的阳极
B．Sn片上发生的电极反应为CO2+2e—+HCO=HCOO—+CO
C．标准状况下，电路中转移1mole—阳极产生5.6L气体
D．电解一段时间后，阴极区需要补充KHCO3溶液
13．甲醇燃料是一种新的替代燃料，它和普通的汽油、柴油比较，优势十分明显。目前正在开发用甲烷和氧气合成甲醇：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。
已知：RlnKp=-+C(R、C均为常数)。
下列说法错误的是（ ）
A．恒压条件下，温度升高，Kp减小
B．恒温条件下，压强增大，△H减小
C．向恒压容器中加入2molCH4和1molO2，达到平衡，放出0.251kJ热量
D．催化剂可以提高该反应的生产效率
14．对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α—Al2O3(α—Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如图：下列说法正确的是（ ）
A．滤渣A中含SiO2、α—Al2O3
B．气体B可以通入NaOH溶液除去
C．溶解过程主要发生了复分解反应
D．“还原”过程中生成无毒气体，B与C的物质的量的理论比值为4：3
15．工业上利用NaClO将废水中的As(III)氧化为As(V)，然后经吸附、沉降而除去。As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。一般把10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸，下列说法正确的是（ ）
A．H3AsO4、H3AsO3都是中强酸
B．pH=10时，NaClO将As(III)氧化为As(V)的离子方程式：H2AsO+ClO-+OH-=HAsO+Cl-+H2O
C．H2AsO+H2AsOHAsO+H3AsO3K=102.4
D．相同温度下，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，前者碱性强
三、综合题
16．金属元素Mg、Al、Ti、Fe、Cu等在电池、储氢材料、催化剂等方面都有广泛应用。请回答下列问题：
（1）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的空间构型是 ，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为 。
（2）原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用—表示，即称为电子的自旋磁量子数。对于基态Fe原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
（3）Cu(NO3)2是有机催化剂，其水溶液为天蓝色。使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则Cu2+的杂化轨道类型为 (填标号)。
A．dsp2 B．sp C．sp2 D．sp3
如图为一种Cu2+形成的配离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是 (填化学式)，此时生成的配离子溶液的颜色为 色。
（4）已知Mg、Al、O三种元素组成的晶体结构如图所示，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中Al3+和O2-都在小晶格内部，Mg2+部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点。
该物质的化学式为 ，Mg2+的配位数为 ，两个Mg2+之间最近的距离是 pm。
17．综合处理炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]，实现变废为宝得到多种产品，进一步利用镓盐可制备具有优异光电性能的氮化镓GaN(Ga与Al同主族)，部分工艺流程如图：
已知：①常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ga3+
开始沉淀pH
8.0
1.7
5.5
3.0
沉淀完全pH
9.6
3.2
8.0
4.9
萃取率(%)
0
99
0
97~98.5
②当溶液中剩余离子的浓度小于10-5mol·L-1时，视为沉淀完全。
③MOCVD：化学气相沉积，以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3反应得到GaN。
请回答下列问题：
（1）已知铁酸锌可以用ZnO·Fe2O3表示，写出浸出时铁酸锌参加反应的化学方程式 。
（2）浸出后调节pH至5.4的目的是 。
（3）固体X最佳选择为 ，电解过程可得粗镓，则得到金属镓的电极反应式为 。
（4）三甲基镓与NH3反应得到GaN的同时获得的副产物为 。
（5）滤液中残留的镓离子的浓度为 mol·L-1。由滤液可制备ZnC2O4·2H2O，再通过热分解探究其产物，制备ZnC2O4·2H2O时，为提高晶体的纯度，Na2C2O4溶液和滤液混合时应将 加入到 中，已知ZnC2O4·2H2O的TG-DTA(热重分析一差热分析)曲线如图所示。
则ZnC2O4·2H2O分解是 反应(填“放热”或“吸热”)，分解的总化学方程式为 。
18．氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，过程如图：
V2O5VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
已知：①氧化性：V2O5>Cl2；②VO2+能被O2氧化。
（1）步骤I不选用盐酸，而选用盐酸一盐酸肼(HCl—N2H4·2HCl)，可以防止生成 ，保护环境。
（2）步骤II可在如图装置中进行：
①上述装置依次连接的合理顺序为c→ (按气流方向，用小写字母表示)。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先 (填实验操作)，当C中溶液变浑浊， (填实验操作)，进行实验。
③装置D中每生成1mol氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，需要消耗 molNH4HCO3。
（3）加入VOCl2溶液使反应完全，取下恒压滴液漏斗，立即塞上橡胶塞，将三颈烧瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置，得到紫色晶体，过滤。接下来的操作是 ，最后用乙醚洗涤2-3次，干燥后称重。(必须用到的药品为：饱和NH4HCO3溶液，无水乙醇)。
（4）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。NaNO2溶液的作用是 (用离子方程式表示)，粗产品中钒的质量分数表达式为 (以VO2+计)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O。
19．化合物H用于防治壳针孢属引起的病害。其合成路线如图：
已知：①Me表示甲基，Et表示乙基；
②Hofmann重排反应：RCONH2R→N=C=O(X代表卤素原子)
③狄尔斯一阿尔德反应(Diels-Alder反应+→)
请回答下列问题：
（1）A的名称为 (按系统命名法命名)，C中含氧官能团的名称 。
（2）G→H先后进行的反应类型有 、 ，选择在K2CO3条件的原因是 。
（3）写出C→D反应的化学方程式 。
（4）D的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的有 种，
①苯环上有两个取代基(不含其它环状结构)；且有一个为—NH2；
②有酯基且能发生银镜反应
写出一种核磁共振氢谱中峰面积比2：2：2：3：1：1的结构简式 。
（5）根据上述信息，写出以和为原料合成的路线(其它试剂任选)。
20．采用CO2作为碳源，通过催化加氢的方式，不仅可以减少温室气体，还可以转化为高附加值的产品，具有重要的战略意义。CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)转化路径涉及的主要反应如图：
请回答下列问题：
（1）2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) △H= kJ·mol-1。
（2）有利于提高体系CO2平衡转化率的措施有____(填标号)。
A．减小n(CO2)：n(H2)投料比 B．减小体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O(g)
（3）n(CO2)：n(H2)投料比为1∶3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。
①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为 (填标号)。
A.373~573K B.573~773K C.773~973K D.973~1173K
②已知反应1的v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，计算1083K时，= [p(CO2)等代表分压)]。
③工业上用分子筛作催化剂，可大大提高C2H4的选择性，已知乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小，请解释分子筛能提高C2H4的选择性的原因 。
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，产生乙烯的电极为 极(填“阴”或“阳”)，该电极的电极反应式为 。
（4）在催化剂作用下CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面；图中*H己省略)。
上述过程中得到相对较多的副产物为 ，合成甲醇决速步的化学反应方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．禁止使用农药化肥，将会导致一部分生物过多繁殖，而另一些生物濒临灭绝，所以应合理使用农药，A符合题意；
B．发展氢能源汽车，可减少有毒有害气体的排放，有利于保护生态环境，B不符合题意；
C．开发利用可降解塑料，有利于减少白色污染，从而保护环境免遭伤害，C不符合题意；
D．改进汽车尾气净化装置，可减少有毒有害气体的排放，有利于保护环境，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.农药化肥应合理使用，不能禁止使用；
B.发展氢能源汽车有利于减少有毒有害气体的排放；
C.开发利用可降解塑料有利于减少白色污染；
D.改进汽车尾气净化装置有利于减少有毒有害气体的排放。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．甲酸同时具有醛和羧酸的性质，具有较强的还原性，工业上常用做还原剂，故A不符合题意；
B．向蛋白质溶液中加入饱和无机盐溶液会降低蛋白质的溶解度而析出蛋白质而产生盐析，盐析是可逆过程，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质，故B不符合题意；
C．苯酚有毒，可以使蛋白质变性，常用于杀菌消毒，故C不符合题意；
D．氯气可以用作漂白剂是因为氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸使有机色质漂白褪色，与氯气的氧化性无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甲酸中含有醛基，醛基具有还原性；
B.蛋白质的盐析是可逆的过程；
C.苯酚有毒，能使蛋白质变性。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中不存在Fe3+，但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸浸时会被Fe还原成Fe2+，A项不符合题意；
B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫血，B项符合题意；
C．硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C项不符合题意；
D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结晶水，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫氰化钾溶液遇Fe3+变红；
C.硫酸亚铁晶体溶于水；
D. FeSO4易被氧化，且直接蒸发会使晶体失去结晶水。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．在反应及回流装置中，气液流向相同，都是由下往上流动，A符合题意；
B．浓硫酸与溴化钠反应，生成硫酸氢钠和溴化氢，溴化氢有少量未参加反应而逸出，所以气体吸收装置的作用是吸收HBr等有毒气体，B不符合题意；
C．反应生成的1-溴丁烷中可能混有Br2，水洗可洗去水溶性物质、碱洗可洗去Br2、最后水洗可洗去碱，从而除去大部分杂质，C不符合题意；
D.1-溴丁烷的密度比水大，难溶于水，所以在分层液体的下层，应从分液漏斗的下口放出，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.两处冷凝装置都是由下往上流动；
B.反应过程中产生有毒的HBr；
C.先进行水洗分液除去HBr和大部分1-丁醇，再用饱和Na2CO3溶液洗涤除去剩余的酸后分液，最后用水洗分液除去过量的Na2CO3等残留物；
D.1-溴丁烷的密度大于水。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3为极性分子，BF3为非极性分子，A不符合题意；
B．同周期中第一电离能小于B的元素只有1种，即Li元素，B不符合题意；
C．F是最活泼的非金属，同周期中F元素的电负性最强，C符合题意；
D．氮气分子中含有三键，键能大，氮气性质稳定，与N同主族元素中，氮气的性质不是最活泼的，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 X、Y、Z位于同一周期，XZ3与YW3之间能以配位键相结合，XY的熔点高、硬度大，则XY为原子晶体，应为BN，则X为B元素，Y为N元素， XZ3中Z的化合价为-1价，则Z位于ⅧA族，为F元素， YW3中W为+1价，且W的原子序数最小，则W为H元素。
6．【答案】A
【解析】【解答】①向硫酸亚铁溶液中滴加2滴铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀的反应为硫酸亚铁溶液与铁氰化钾溶液反应生成硫酸钾和KFe[Fe(CN)6]沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故符合题意；
②向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化碳生成白色沉淀说明碳酸的酸性强于次氯酸，但不能证明碳酸氢根离子的酸性强于次氯酸，所以无法比较碳酸的二级电离常数和次氯酸的电离常数大小，故不符合题意；
③电石中含有的硫化钙、磷化钙也能与水反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的硫化氢、磷化氢，所以把电石与水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去不能证明有乙炔生成，故不符合题意；
④向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇溶液时，溶液的极性降低，溶质[Cu(NH3)4]SO4的溶解度减小，会析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4晶体，故符合题意；
故答案为：A。
【分析】①亚铁离子和 K3[Fe(CN)6]溶液生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；
②根据强酸制弱酸分析；
③电石与水反应生成H2S等还原性气体；
④向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇溶液，溶剂极性降低。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．浓盐酸和氯酸钾反应生成氯化钾、氯气和水，反应中氯化氢为还原剂，氯酸钾为氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故A不符合题意；
B．将氯气通入二氧化硫的水溶液中发生的反应为氯气与二氧化硫的水溶液反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸都是在溶液中完全电离的强酸，故B不符合题意；
C．浓硫酸和氯化钠共热反应生成硫酸钠和氯化氢说明硫酸的沸点高于氯化氢，与酸性强弱无关，故C符合题意；
D．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性，二氧化硫有毒，能使蛋白质变性，所以二氧化氯和二氧化硫都可以用于杀菌消毒，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为次氯酸盐，d为ClO2，e为氯酸盐；f为SO2，g为硫酸。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．由方程式可知，反应I和反应II都是原子利用率为100%的加成反应，反应类型相同，故A不符合题意；
B．环丁烷和环己烷是结构相似，分子组成相差2个CH2原子团的环烷烃，互为同系物，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，1，3，5—三甲苯分子的一氯代物有2种，二氯代物有5种，故C不符合题意；
D．环丁烷分子中的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以环丁烷分子中的碳原子不可能共平面，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为加成反应，且原子利用率都为100%；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.1，3，5-三甲苯的二氯代物中，两个氯原子可以在同一个碳原子上，可以在不同碳原子上；
D.饱和碳原子具有甲烷的结构特征。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．若—R为正戊基，B物质的阳离子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以阳离子中所有碳原子不可能共平面，故A不符合题意；
B．若—R为正戊基，B物质的阳离子的结构中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不符合题意；
C．PF和SF6分子的原子个数都为7、价电子数都为48，互为等电子体，等电子体的中心原子的杂化方式相同，空间构型相同，所以PF与SF6中心原子的杂化方式相同，故C符合题意；
D．第三周期的元素中稀有气体氩元素的第一电离能最大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.PF和SF6互为等电子体；
D.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．石墨烯是一种由碳原子构成的单层片状结构新材料，分子直径介于1~100nm之间，属于碳纳米材料，A不符合题意；
B．石墨烯燃烧产物只有CO2，而氧化石墨烯燃烧产物为CO2和H2O，B不符合题意；
C．氧化石墨烯分子中，有一部分碳原子形成了C-C、C-O键，形成大π键的电子(自由电子)数减少，所以比石墨烯导电性弱，C符合题意；
D．将50nm左右的石墨烯和氧化石墨烯分别分散于水中，由于氧化石墨烯能与水形成分子间的氢键，所以得到的分散系后者更为稳定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯是一种由碳原子构成的单层片状结构新材料，分子直径介于1～100nm之间；
B.石墨烯只含碳元素，氧化石墨烯含有碳、氢、氧元素；
D.氧化石墨烯能与水形成分子间氢键。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．由酯化反应的机理图示可知，酯化反应历程中包括了质子化加成、消去、和去质子化的过程，故A不符合题意；
B．由酯化反应的机理图示可知，同一个碳原子上连接两个羟基时，易发生消去反应形成碳氧双键，是不稳定的结构，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，有机物a中单键碳原子和单键氧原子杂化方式相同，都是sp3杂化，故C不符合题意；
D．由酯化反应的机理图示可知，若用同位素标记的CH3CO18OH来研究酯化反应断键的规律，当羟基发生消去反应去水形成碳氧双键时，18O可能存在于水中，也可能存在于酯中，无法确定酯化反应断键的规律，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.由图可知，该反应历程包括了质子化加成、消去、和去质子化；
B.同一个碳原子上连接两个羟基时，易发生消去反应形成碳氧双键；
C.物质a中中心原子均采用sp3杂化。
12．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由分析可知，铂片为电解池的阳极，故A不符合题意；
B．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，电极反应式为CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO，故B不符合题意；
C．由分析可知，铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，所以电路中转移1mol电子时，阳极产生气体的体积大于1mol××22.4L/mol=5.6L，故C符合题意；
D．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，所以电解一段时间后，向阴极通入过量的二氧化碳，将溶液中的碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，不需要补充碳酸氢钾溶液，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】由图可知，Sn片上CO2转化为HCOO-，C元素的化合价降低，发生还原反应，则Sn片为阴极，电极反应为CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO，Pt片为阳极，电极反应为4HCO-4e-=O2↑+2H2O+4CO2↑。
13．【答案】B,C
【解析】【解答】A．由题给公式可知，lnKp与温度T成反比关系，所以恒压条件下，温度升高，Kp减小，故A不符合题意；
B．该反应是气体体积减小的反应，恒温条件下，压强增大，平衡向正反应方向移动，但焓变△H不变，故B符合题意；
C．由图中数据可得：0.4315=3.0×10-3△H +C和0.0555=1.5×10-3△H +C，解联立方程可得△H=-0.251KJ/mol，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以向恒压容器中加入2mol甲烷和1mol氧气，达到平衡时放出的热量小于0.251kJ，故C符合题意；
D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，提高反应的生产效率，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.lnKp与温度T成反比；
D.催化剂能加快反应速率。
14．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由分析可知，滤渣A中含SiO2、α-Al2O3，A符合题意；
B．气体B为NO，与NaOH溶液不反应，所以不可以通入NaOH溶液除去，B不符合题意；
C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，发生的反应不是复分解反应，C不符合题意；
D．“还原”过程中生成无毒气体，则其为N2，设Ag的物质的量为12mol，则生成NO(B)4mol，生成N2(C)3mol，从而得出B与C的物质的量的理论比值为4：3，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】含银废催化剂中加入稀硝酸，α-Al2O3、SiO2不与稀硝酸反应，则废渣含α-Al2O3、SiO2，Ag与稀硝酸发生反应3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，气体B为NO；加入NaCl，Ag+转化为AgCl沉淀，AgCl中加入氨水生成[Ag(NH3)2]+等，再加入N2H4•H2O还原，得到粗银，粗银经过精密过滤、真空烘干得到纯银。
15．【答案】B,C
【解析】【解答】A．一般把10-1＞Ka＞10-4的酸称为中强酸，把Ka＜10-4的酸称为弱酸，H3AsO3的Ka1=10-9.2＜10-4，H3AsO3是弱酸，A项不符合题意；
B．pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在，NaClO将氧化成，自身被还原成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式：+ClO-+OH-=+Cl-+H2O，B项符合题意；
C．+⇌+H3AsO3的K=====102.4，C项符合题意；
D．根据As(III)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH＞12，H3AsO3的Ka2＜10-12，根据As(V)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH在11~12之间，H3AsO4的Ka3＞10-12＞Ka2(H3AsO3)，故相同温度下同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，的水解程度小于的水解程度，后者碱性强，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.分别计算 H3AsO4、H3AsO3的电离平衡常数，再根据10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸分析；
B.pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在；
C.根据K=计算；
D.根据越弱越水解分析。
16．【答案】（1）正四面体形；Ti＜B＜H
（2）+2或—2
（3）A；H2O；深蓝
（4）MgAl2O4；4；
【解析】【解答】(1)四氢合硼离子中硼原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；金属元素的电负性小于非金属元素，则钛元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越大，氢元素的非金属性强于硼元素，所以三种元素的电负性由小到大的顺序为Ti＜B＜H，故答案为：正四面体形；Ti＜B＜H；
(2)铁元素的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，由题意可知，价电子自旋磁量子数的代数和与未成对电子数目有关，铁原子中有4个未成对电子，所以价电子自旋磁量子数的代数和为+×4=+2或-×4=-2，故答案为：+2或-2；
(3)由天蓝色的四水合铜离子的空间构型为平面正方形可知，铜离子与配体水分子形成4个配位键，则铜离子有4个杂化轨道，若为sp3杂化，四水合铜离子的空间构型为四面体形，不可能是平面正方形，所以铜离子的杂化方式为dsp2杂化，
故答案为：A；氧元素的电负性强于氮元素，水分子中氧原子对孤对电子的吸引力强于氨分子中氮原子对孤对电子的吸引力，所以与铜离子形成的配位键的能力弱于氨分子，配离子加热时先失去的配位体水分子得到深蓝色的四氨合铜离子，故答案为：A；H2O；深蓝色；
(4)由小晶格结构可知，A型小晶格中位于顶点体内的镁离子个数为4×+1=，位于体内的氧离子个数为4，B型小晶格中位于顶点的镁离子个数为4×=，位于体内的铝离子和氧离子的个数都为4，由晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成可知，晶胞中镁离子的个数为(+)×4=8、铝离子的个数为4×4=16、氧离子的的个数为(4+4)×4=32，所以物质的化学式为MgAl2O4；由A型小晶格可知，每个镁离子与4个氧离子间的距离最近，所以配位数为4；由A型小晶格可知，位于顶点的镁离子与位于体心的镁离子间的距离最近，小晶格的边长为晶胞边长的，所以两个镁离子之间最近的距离为pm×=pm，故答案为：MgAl2O4；4；。
【分析】（1） BH 中B原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；元素的非金属性越强电负性越大；
（2）基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；
（3）根据 Cu2+的价层电子对数和空间构型进行判断；氧元素的电负性强于氮元素，水分子中氧原子对孤对电子的吸引力强于氨分子中氮原子对孤对电子的吸引力；四氨合铜离子为深蓝色；
（4）根据均摊法计算；位于顶点的镁离子与位于体心的镁离子间的距离最近。
17．【答案】（1）ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O
（2）使Fe3+、Ga3+完全沉淀，且Zn2+不沉淀
（3）Fe；GaO+3e—+2H2O=Ga+4OH—
（4）CH4
（5）1.0×10—6.5；Na2C2O4溶液；滤液；吸热；ZnC2O4·2H2OZnO+CO↑+CO2↑+2H2O
【解析】【解答】(1)由题意可知，浸出时铁酸锌参加的反应为铁酸锌与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，反应的化学方程式ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；
(2)由分析可知，浸出后调节pH至5.4的目的是将铁离子、镓离子转化为氢氧化铁、氢氧化镓沉淀，且锌离子不转化为氢氧化锌沉淀，故答案为：使Fe3+、Ga3+完全沉淀，且Zn2+不沉淀；
(3)由分析可知，向滤饼中加入稀硫酸和铁得到硫酸镓和硫酸亚铁的混合溶液，便于萃取时得到只含有硫酸镓，不含有硫酸铁的有机相，则固体X最佳选择为铁；电解偏镓酸钠溶液时，偏镓酸钠在阴极得到电子发生还原反应生成镓，电极反应式为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-，故答案为：Fe；GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；
(4)由分析可知，一定条件下三甲基镓与氨气反应生成氮化镓和甲烷，则副产物为甲烷，故答案为：CH4；
(5)由镓离子完全沉淀时溶液pH为4.9可知，氢氧化镓的溶度积Ksp=1×10-5×(1×10-9.1)3=1×10-32.3，则当溶液pH为5.4时，溶液中镓离子浓度为mol/L=1.0×10-6.5 mol/L；为了使滤液中硫酸锌完全沉淀，制备二水草酸锌时，为提高晶体的纯度应应草酸钠溶液加入到滤液中；由图可知，温度升高，热流的曲线峰向下说明升高温度，二水草酸锌的分解程度增大，该反应为吸热反应；当固体的质量变为3.519mg时，固体质量保持不变，说明二水草酸锌完全失去结晶水得到草酸锌固体，草酸锌的物质的量为=2.3×10-5mol，结晶水的物质的量为4.6×10-5mol；当固体的质量变为1.863mg时，剩余固体的质量保持不变，说明草酸锌完全分解，由锌原子个数守恒可知，4.347mg固体二水草酸锌的物质的量为2.3×10-5mol，1.863mg固体中锌的物质的量为2.3×10-5mol，所得固体的摩尔质量为=81g/mol，所以剩余固体为物质的量为2.3×10-5mol的氧化锌，由得失电子数目守恒可知，反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量相等，则反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量为=2.3×10-5mol，由物质的量可知，二水草酸锌受热分解生成氧化锌、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为ZnC2O4·2H2OZnO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：1.0×10-6.5；Na2C2O4溶液；滤液；吸热；ZnC2O4·2H2OZnO+CO↑+CO2↑+2H2O。
【分析】炼锌矿渣用稀硫酸浸出时，铁酸镓和铁酸锌与稀硫酸反应生成可溶的硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸锌、硫酸镓，过滤得到浸出渣和含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，调节氧化后溶液的pH为5.4，将铁离子、镓离子转化为氢氧化铁、氢氧化镓沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；由题给萃取率的大小可知，向滤饼中加入稀硫酸和铁得到硫酸镓和硫酸亚铁的混合溶液，向混合溶液中加入萃取剂萃取硫酸镓，分液得到含有硫酸亚铁的水相和含有硫酸镓的有机相；向有机相中加入过量的氢氧化钠溶液反萃取，分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液，在阴极得到镓，镓与一溴甲烷合成得到三甲基镓，一定条件下三甲基镓与氨气反应生成氮化镓和甲烷。
18．【答案】（1）Cl2
（2）abfgde；K1；关闭K1，打开K2；17
（3）先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2-3次，再用无水乙醇洗涤2-3次
（4）5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；×100%；偏高
【解析】【解答】
(1)由五氧化二钒的氧化性强于氯气可知，若用盐酸替代盐酸一盐酸肼，五氧化二钒会与盐酸反应生成有毒的氯气，污染空气，所以步骤I不选用盐酸，而选用盐酸一盐酸肼，故答案为：Cl2；
(2)①由实验装置图可知，装置B为碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，防止反应生成的VOCl2被空气中氧气氧化，装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的挥发出的氯化氢气体，装置D为氧钒(IV)碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳将装置中的空气完全排尽，所以步骤II的装置连接顺序为BACD，装置的接口连接顺序为c→abfgde，故答案为：abfgde；
②由①可知，连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开K1，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，待C中澄清石灰水变浑浊后说明装置中的空气完全排尽，再关闭K1，打开K2，进行实验，故答案为：打开K1；再关闭K1，打开K2；
③由分析可知，装置D中每生成1mol氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，需要消耗17mol碳酸氢铵，故答案为：17；
(3)由题意可知，制得的氧钒(IV)碱式碳酸铵沉淀表面附有可溶的氯化铵，所以过滤后，应用饱和碳酸氢铵溶液洗涤2-3次除去沉淀表面的氯化铵，再用无水乙醇洗涤2-3次除去晶体表面的碳酸氢铵，最后用乙醚洗涤2-3次除去晶体表面的乙醇，干燥后称重得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，故答案为：先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2-3次，再用无水乙醇洗涤2-3次；
(4)由题意可知，用蒸馏水和稀硫酸溶解后，加入稍过量的高锰酸钾溶液的目的是将溶解过程中生成的VO2+离子转化为VO离子，防止造成实验误差，加入亚硝酸钠的目的是将过量的高锰酸钾溶液除去，防止高锰酸钾溶液氧化硫酸亚铁铵溶液造成实验误差，则亚硝酸钠溶液与高锰酸钾溶液酸性条件下反应的离子方程式为5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；由题给方程式可知，滴定时消耗bmLcmol/L硫酸亚铁铵溶液，则ag样品中钒的质量分数为×100%=×100%，故答案为：5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；×100%。
【分析】五氧化二钒与盐酸一盐酸肼微热反应制得VOCl2，反应的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O；反应制得的VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒(IV)碱式碳酸铵沉淀、二氧化碳和氯化铵，反应的化学方程式为6VOCl2+17NH4HCO3+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。
19．【答案】（1）3-硝基-1，2-二甲基苯；醚键
（2）加成反应；消去反应；中和HBr，有利于提高G的转化率
（3）++2
（4）24；或
（5）
【解析】【解答】
(1)由结构简式可知，A的名称为3-硝基-1，2-二甲基苯，C的官能团为醚键，故答案为：3-硝基-1，2-二甲基苯；醚键；
(2)由分析可知，G→H先后进行的反应为与在碳酸钾作用下先发生加成反应，再发生消去反应生成，其中碳酸钾的作用是与消去反应生成的溴化氢反应，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，有利于提高G的转化率，故答案为：消去反应；中和HBr，有利于提高G的转化率；
(3)由分析可知，C→D的反应为在Et3N作用下与反应生成和，反应的化学方程式为++2，故答案为：++2；
(4)D的芳香族同分异构体苯环上有两个取代基(不含其它环状结构)，且有一个为氨基，有酯基且能发生银镜反应说明同分异构体的官能团为氨基、甲酸酯基和碳碳双键，同分异构体可以视作丙烯分子中的氢原子被甲酸酯基和或甲酸酯基和或甲酸酯基和取代所得结构，甲酸酯基和取代丙烯分子中的氢原子可得到8种结构、甲酸酯基和取代丙烯分子中的氢原子可得到8种结构、甲酸酯基和取代丙烯分子中的氢原子可得到8种结构，共有24种，其中核磁共振氢谱中峰面积比2：2：2：3：1：1的结构简式为、，故答案为：或；
(5)由题给信息可知，信息，写出以和为原料合成的合成步骤为与发生狄尔斯一阿尔德反应生成，在镍做催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在NaOX作用下发生Hofmann重排反应生成，一定条件下与NaN3反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】由有机物的转化关系可知，在CBrCl3、NaOMe作用下 与甲醇发生取代反应生成，一定条件下发生还原反应生成，在Et3N作用下与反应生成，一定条件下与NaN3反应生成，在碳酸钾作用下与(CH3)2SO4发生取代反应生成，与溴化氢发生取代反应生成，与在碳酸钾作用下先发生加成反应，再发生消去反应生成。
20．【答案】（1）-128
（2）A；D
（3）B；1；乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动；阴；2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
（4）CO；*CO+*OH+*H*CO+*H2O
【解析】【解答】
(1)利用盖斯定律，反应2+反应1乘以2，得出总反应的△H=-128 kJ·mol-1，故答案为-128；
(2)A．减小n(CO2)：n(H2)投料比相当于增大了氢气的浓度，根据转化率规律判断，可以增大二氧化碳的转化率，故A正确；
B．该反应是个等体反应，减小压强平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故B不正确；
C．催化剂不影响平衡，故转化率不变，故C不正确；
D．及时分离H2O(g)，促使平衡向正反应方向移动，故二氧化碳转化率增大，故D正确；
故答案为：答案AD；
(3)①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度根据图像中C2H4和C3H6的含量最大时进行判断温度是573~773K，
故答案为：答案B；
②根据三段式进行计算反应的平衡常数，根据1083K时，二氧化碳的转化率为75％：得出=1，根据v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，当达到平衡时，==1，故答案为1；
③乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动，从而提高了乙烯的选择性；
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，根据碳元素的化合价由+4价变为乙烯中的-2价，化合价降低得电子，判断产生乙烯的电极为阴极，故答案为阴；该电极的反应为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；
(4)根据图像中生成的副产物进行判断上述过程中得到相对较多的副产物为CO，根据反应物的活化能越大，反应越慢，是决定总反应的主要反应，故答案为：*CO+*OH+*H*CO+*H2O；
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2） 提高体系CO2平衡转化率应使平衡正向移动；
（3）①利用图像信息判断合适的温度；
②利用三段式计算；
③乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动；
④还原CO2制乙烯，C元素的化合价降低，发生还原反应，则产生乙烯的电极为阴极，电极反应式为 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH- ；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
高三下学期第三次模拟考试化学试题
一、单选题
1．不利于人与自然和谐共生、恢复生物多样性的是（ ）
A．禁止使用农药化肥 B．发展氢能源汽车
C．开发利用可降解塑料 D．改进汽车尾气净化装置
2．关于物质的性质及其相关用途，说法错误的是（ ）
A．甲酸具有较强的还原性，工业上可以做还原剂
B．蛋白质盐析是可逆的，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质
C．苯酚可以使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
D．氯气具有很强的氧化性，可以用作漂白剂
3．以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是（ ）
A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素
B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血
C．过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水
D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是防止FeSO4水解生成Fe(OH)2
4．将浓硫酸、NaBr固体、1-丁醇混合加热回流后，再经洗涤→干燥→蒸馏获得1-溴丁烷，实验中涉及如图装置(部分夹持和加热装置省略)。下列说法错误的是（ ）
A．两处冷凝管冷凝时都利用了气液流向相反，增强冷凝效果的原理
B．气体吸收装置的作用是吸收HBr等有毒气体
C．经水洗→碱洗→水洗可除去大部分杂质
D．1-溴丁烷从分液漏斗的下口放出
5．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，X、Y、Z位于同一周期，XZ3与YW3之间能以配位键相结合，XY的熔点高、硬度大。下列说法正确的是（ ）
A．XZ3与YW3都为极性分子
B．同周期中第一电离能小于X的元素有2种
C．同周期中Z元素的电负性最强
D．与Y同主族元素中，Y单质的性质最活泼
6．实验是研究化学的重要方法，下列说法正确的是（ ）
①向FeSO4溶液中滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
②向次氯酸钙溶液中通入少量的CO2生成白色沉淀，证明Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)
③把电石与水反应产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，证明有乙炔生成
④向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇溶液，析出深蓝色晶体，是因为溶液的极性降低，溶质的溶解度减小
A．①④ B．②④ C．①② D．②③
7．部分含S及含Cl物质的价类关系如图所示，下列推断错误的是（ ）
A．a的浓溶液和钾盐e反应，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5
B．将b通入f的水溶液中发生反应，可以生成两种强酸
C．加热g的浓溶液和钠盐c的混合物生成a，说明酸性：g>a
D．d和f都可以用于杀菌消毒
8．在一定条件下，反应I：2CH2=CH2、反应II：3HC≡CCH3，下列说法错误的是（ ）
A．反应I和反应II的反应类型相同，且原子利用率都为100%
B．与环己烷互为同系物
C．的二氯代物有5种
D．和两种化合物中碳原子都是共平面的
9．咪唑类六氟磷酸盐离子液体为环境友好型绿色溶剂，若—R为—C5H11，其制备过程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．若—R为正戊基，则B物质的阳离子中所有碳原子可能共平面
B．B物质的阳离子的任意一种结构中最多含有1个手性碳原子
C．PF与SF6中心原子的杂化方式相同
D．氯元素在同周期元素中第一电离能最大
10．石墨烯是一种由碳原子构成的单层片状结构新材料，具有很强的导电性。氧化石墨烯是石墨烯的重要衍生物。下列说法错误的是（ ）
A．石墨烯属于碳纳米材料
B．石墨烯、氧化石墨烯燃烧产物不同
C．氧化石墨烯比石墨烯导电性更强
D．将50nm左右的石墨烯和氧化石墨烯分别分散于水中，得到的分散系后者更为稳定
11．羧酸与醇发生酯化反应的机理如图，下列说法错误的是（ ）
A．该反应历程包括质子化加成、消去、和去质子化
B．同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构
C．物质a中所有中心原子杂化方式相同
D．可以用同位素标记的CH3CO18OH来研究酯化反应断键的规律
二、多选题
12．我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，利用如图所示电解法吸收CO2并制得HCOOK，下列说法错误的是（ ）
A．Pt片为电解池的阳极
B．Sn片上发生的电极反应为CO2+2e—+HCO=HCOO—+CO
C．标准状况下，电路中转移1mole—阳极产生5.6L气体
D．电解一段时间后，阴极区需要补充KHCO3溶液
13．甲醇燃料是一种新的替代燃料，它和普通的汽油、柴油比较，优势十分明显。目前正在开发用甲烷和氧气合成甲醇：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。
已知：RlnKp=-+C(R、C均为常数)。
下列说法错误的是（ ）
A．恒压条件下，温度升高，Kp减小
B．恒温条件下，压强增大，△H减小
C．向恒压容器中加入2molCH4和1molO2，达到平衡，放出0.251kJ热量
D．催化剂可以提高该反应的生产效率
14．对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α—Al2O3(α—Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如图：下列说法正确的是（ ）
A．滤渣A中含SiO2、α—Al2O3
B．气体B可以通入NaOH溶液除去
C．溶解过程主要发生了复分解反应
D．“还原”过程中生成无毒气体，B与C的物质的量的理论比值为4：3
15．工业上利用NaClO将废水中的As(III)氧化为As(V)，然后经吸附、沉降而除去。As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。一般把10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸，下列说法正确的是（ ）
A．H3AsO4、H3AsO3都是中强酸
B．pH=10时，NaClO将As(III)氧化为As(V)的离子方程式：H2AsO+ClO-+OH-=HAsO+Cl-+H2O
C．H2AsO+H2AsOHAsO+H3AsO3K=102.4
D．相同温度下，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，前者碱性强
三、综合题
16．金属元素Mg、Al、Ti、Fe、Cu等在电池、储氢材料、催化剂等方面都有广泛应用。请回答下列问题：
（1）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的空间构型是 ，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为 。
（2）原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用—表示，即称为电子的自旋磁量子数。对于基态Fe原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
（3）Cu(NO3)2是有机催化剂，其水溶液为天蓝色。使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则Cu2+的杂化轨道类型为 (填标号)。
A．dsp2 B．sp C．sp2 D．sp3
如图为一种Cu2+形成的配离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是 (填化学式)，此时生成的配离子溶液的颜色为 色。
（4）已知Mg、Al、O三种元素组成的晶体结构如图所示，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中Al3+和O2-都在小晶格内部，Mg2+部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点。
该物质的化学式为 ，Mg2+的配位数为 ，两个Mg2+之间最近的距离是 pm。
17．综合处理炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]，实现变废为宝得到多种产品，进一步利用镓盐可制备具有优异光电性能的氮化镓GaN(Ga与Al同主族)，部分工艺流程如图：
已知：①常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ga3+
开始沉淀pH
8.0
1.7
5.5
3.0
沉淀完全pH
9.6
3.2
8.0
4.9
萃取率(%)
0
99
0
97~98.5
②当溶液中剩余离子的浓度小于10-5mol·L-1时，视为沉淀完全。
③MOCVD：化学气相沉积，以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3反应得到GaN。
请回答下列问题：
（1）已知铁酸锌可以用ZnO·Fe2O3表示，写出浸出时铁酸锌参加反应的化学方程式 。
（2）浸出后调节pH至5.4的目的是 。
（3）固体X最佳选择为 ，电解过程可得粗镓，则得到金属镓的电极反应式为 。
（4）三甲基镓与NH3反应得到GaN的同时获得的副产物为 。
（5）滤液中残留的镓离子的浓度为 mol·L-1。由滤液可制备ZnC2O4·2H2O，再通过热分解探究其产物，制备ZnC2O4·2H2O时，为提高晶体的纯度，Na2C2O4溶液和滤液混合时应将 加入到 中，已知ZnC2O4·2H2O的TG-DTA(热重分析一差热分析)曲线如图所示。
则ZnC2O4·2H2O分解是 反应(填“放热”或“吸热”)，分解的总化学方程式为 。
18．氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，过程如图：
V2O5VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
已知：①氧化性：V2O5>Cl2；②VO2+能被O2氧化。
（1）步骤I不选用盐酸，而选用盐酸一盐酸肼(HCl—N2H4·2HCl)，可以防止生成 ，保护环境。
（2）步骤II可在如图装置中进行：
①上述装置依次连接的合理顺序为c→ (按气流方向，用小写字母表示)。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先 (填实验操作)，当C中溶液变浑浊， (填实验操作)，进行实验。
③装置D中每生成1mol氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，需要消耗 molNH4HCO3。
（3）加入VOCl2溶液使反应完全，取下恒压滴液漏斗，立即塞上橡胶塞，将三颈烧瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置，得到紫色晶体，过滤。接下来的操作是 ，最后用乙醚洗涤2-3次，干燥后称重。(必须用到的药品为：饱和NH4HCO3溶液，无水乙醇)。
（4）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。NaNO2溶液的作用是 (用离子方程式表示)，粗产品中钒的质量分数表达式为 (以VO2+计)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O。
19．化合物H用于防治壳针孢属引起的病害。其合成路线如图：
已知：①Me表示甲基，Et表示乙基；
②Hofmann重排反应：RCONH2R→N=C=O(X代表卤素原子)
③狄尔斯一阿尔德反应(Diels-Alder反应+→)
请回答下列问题：
（1）A的名称为 (按系统命名法命名)，C中含氧官能团的名称 。
（2）G→H先后进行的反应类型有 、 ，选择在K2CO3条件的原因是 。
（3）写出C→D反应的化学方程式 。
（4）D的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的有 种，
①苯环上有两个取代基(不含其它环状结构)；且有一个为—NH2；
②有酯基且能发生银镜反应
写出一种核磁共振氢谱中峰面积比2：2：2：3：1：1的结构简式 。
（5）根据上述信息，写出以和为原料合成的路线(其它试剂任选)。
20．采用CO2作为碳源，通过催化加氢的方式，不仅可以减少温室气体，还可以转化为高附加值的产品，具有重要的战略意义。CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)转化路径涉及的主要反应如图：
请回答下列问题：
（1）2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) △H= kJ·mol-1。
（2）有利于提高体系CO2平衡转化率的措施有____(填标号)。
A．减小n(CO2)：n(H2)投料比 B．减小体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O(g)
（3）n(CO2)：n(H2)投料比为1∶3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。
①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为 (填标号)。
A.373~573K B.573~773K C.773~973K D.973~1173K
②已知反应1的v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，计算1083K时，= [p(CO2)等代表分压)]。
③工业上用分子筛作催化剂，可大大提高C2H4的选择性，已知乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小，请解释分子筛能提高C2H4的选择性的原因 。
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，产生乙烯的电极为 极(填“阴”或“阳”)，该电极的电极反应式为 。
（4）在催化剂作用下CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面；图中*H己省略)。
上述过程中得到相对较多的副产物为 ，合成甲醇决速步的化学反应方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．禁止使用农药化肥，将会导致一部分生物过多繁殖，而另一些生物濒临灭绝，所以应合理使用农药，A符合题意；
B．发展氢能源汽车，可减少有毒有害气体的排放，有利于保护生态环境，B不符合题意；
C．开发利用可降解塑料，有利于减少白色污染，从而保护环境免遭伤害，C不符合题意；
D．改进汽车尾气净化装置，可减少有毒有害气体的排放，有利于保护环境，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.农药化肥应合理使用，不能禁止使用；
B.发展氢能源汽车有利于减少有毒有害气体的排放；
C.开发利用可降解塑料有利于减少白色污染；
D.改进汽车尾气净化装置有利于减少有毒有害气体的排放。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．甲酸同时具有醛和羧酸的性质，具有较强的还原性，工业上常用做还原剂，故A不符合题意；
B．向蛋白质溶液中加入饱和无机盐溶液会降低蛋白质的溶解度而析出蛋白质而产生盐析，盐析是可逆过程，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质，故B不符合题意；
C．苯酚有毒，可以使蛋白质变性，常用于杀菌消毒，故C不符合题意；
D．氯气可以用作漂白剂是因为氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸使有机色质漂白褪色，与氯气的氧化性无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甲酸中含有醛基，醛基具有还原性；
B.蛋白质的盐析是可逆的过程；
C.苯酚有毒，能使蛋白质变性。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中不存在Fe3+，但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸浸时会被Fe还原成Fe2+，A项不符合题意；
B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫血，B项符合题意；
C．硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C项不符合题意；
D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结晶水，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫氰化钾溶液遇Fe3+变红；
C.硫酸亚铁晶体溶于水；
D. FeSO4易被氧化，且直接蒸发会使晶体失去结晶水。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．在反应及回流装置中，气液流向相同，都是由下往上流动，A符合题意；
B．浓硫酸与溴化钠反应，生成硫酸氢钠和溴化氢，溴化氢有少量未参加反应而逸出，所以气体吸收装置的作用是吸收HBr等有毒气体，B不符合题意；
C．反应生成的1-溴丁烷中可能混有Br2，水洗可洗去水溶性物质、碱洗可洗去Br2、最后水洗可洗去碱，从而除去大部分杂质，C不符合题意；
D.1-溴丁烷的密度比水大，难溶于水，所以在分层液体的下层，应从分液漏斗的下口放出，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.两处冷凝装置都是由下往上流动；
B.反应过程中产生有毒的HBr；
C.先进行水洗分液除去HBr和大部分1-丁醇，再用饱和Na2CO3溶液洗涤除去剩余的酸后分液，最后用水洗分液除去过量的Na2CO3等残留物；
D.1-溴丁烷的密度大于水。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3为极性分子，BF3为非极性分子，A不符合题意；
B．同周期中第一电离能小于B的元素只有1种，即Li元素，B不符合题意；
C．F是最活泼的非金属，同周期中F元素的电负性最强，C符合题意；
D．氮气分子中含有三键，键能大，氮气性质稳定，与N同主族元素中，氮气的性质不是最活泼的，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 X、Y、Z位于同一周期，XZ3与YW3之间能以配位键相结合，XY的熔点高、硬度大，则XY为原子晶体，应为BN，则X为B元素，Y为N元素， XZ3中Z的化合价为-1价，则Z位于ⅧA族，为F元素， YW3中W为+1价，且W的原子序数最小，则W为H元素。
6．【答案】A
【解析】【解答】①向硫酸亚铁溶液中滴加2滴铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀的反应为硫酸亚铁溶液与铁氰化钾溶液反应生成硫酸钾和KFe[Fe(CN)6]沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故符合题意；
②向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化碳生成白色沉淀说明碳酸的酸性强于次氯酸，但不能证明碳酸氢根离子的酸性强于次氯酸，所以无法比较碳酸的二级电离常数和次氯酸的电离常数大小，故不符合题意；
③电石中含有的硫化钙、磷化钙也能与水反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的硫化氢、磷化氢，所以把电石与水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去不能证明有乙炔生成，故不符合题意；
④向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇溶液时，溶液的极性降低，溶质[Cu(NH3)4]SO4的溶解度减小，会析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4晶体，故符合题意；
故答案为：A。
【分析】①亚铁离子和 K3[Fe(CN)6]溶液生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；
②根据强酸制弱酸分析；
③电石与水反应生成H2S等还原性气体；
④向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇溶液，溶剂极性降低。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．浓盐酸和氯酸钾反应生成氯化钾、氯气和水，反应中氯化氢为还原剂，氯酸钾为氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故A不符合题意；
B．将氯气通入二氧化硫的水溶液中发生的反应为氯气与二氧化硫的水溶液反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸都是在溶液中完全电离的强酸，故B不符合题意；
C．浓硫酸和氯化钠共热反应生成硫酸钠和氯化氢说明硫酸的沸点高于氯化氢，与酸性强弱无关，故C符合题意；
D．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性，二氧化硫有毒，能使蛋白质变性，所以二氧化氯和二氧化硫都可以用于杀菌消毒，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为次氯酸盐，d为ClO2，e为氯酸盐；f为SO2，g为硫酸。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．由方程式可知，反应I和反应II都是原子利用率为100%的加成反应，反应类型相同，故A不符合题意；
B．环丁烷和环己烷是结构相似，分子组成相差2个CH2原子团的环烷烃，互为同系物，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，1，3，5—三甲苯分子的一氯代物有2种，二氯代物有5种，故C不符合题意；
D．环丁烷分子中的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以环丁烷分子中的碳原子不可能共平面，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为加成反应，且原子利用率都为100%；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.1，3，5-三甲苯的二氯代物中，两个氯原子可以在同一个碳原子上，可以在不同碳原子上；
D.饱和碳原子具有甲烷的结构特征。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．若—R为正戊基，B物质的阳离子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以阳离子中所有碳原子不可能共平面，故A不符合题意；
B．若—R为正戊基，B物质的阳离子的结构中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不符合题意；
C．PF和SF6分子的原子个数都为7、价电子数都为48，互为等电子体，等电子体的中心原子的杂化方式相同，空间构型相同，所以PF与SF6中心原子的杂化方式相同，故C符合题意；
D．第三周期的元素中稀有气体氩元素的第一电离能最大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.PF和SF6互为等电子体；
D.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．石墨烯是一种由碳原子构成的单层片状结构新材料，分子直径介于1~100nm之间，属于碳纳米材料，A不符合题意；
B．石墨烯燃烧产物只有CO2，而氧化石墨烯燃烧产物为CO2和H2O，B不符合题意；
C．氧化石墨烯分子中，有一部分碳原子形成了C-C、C-O键，形成大π键的电子(自由电子)数减少，所以比石墨烯导电性弱，C符合题意；
D．将50nm左右的石墨烯和氧化石墨烯分别分散于水中，由于氧化石墨烯能与水形成分子间的氢键，所以得到的分散系后者更为稳定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯是一种由碳原子构成的单层片状结构新材料，分子直径介于1～100nm之间；
B.石墨烯只含碳元素，氧化石墨烯含有碳、氢、氧元素；
D.氧化石墨烯能与水形成分子间氢键。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．由酯化反应的机理图示可知，酯化反应历程中包括了质子化加成、消去、和去质子化的过程，故A不符合题意；
B．由酯化反应的机理图示可知，同一个碳原子上连接两个羟基时，易发生消去反应形成碳氧双键，是不稳定的结构，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，有机物a中单键碳原子和单键氧原子杂化方式相同，都是sp3杂化，故C不符合题意；
D．由酯化反应的机理图示可知，若用同位素标记的CH3CO18OH来研究酯化反应断键的规律，当羟基发生消去反应去水形成碳氧双键时，18O可能存在于水中，也可能存在于酯中，无法确定酯化反应断键的规律，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.由图可知，该反应历程包括了质子化加成、消去、和去质子化；
B.同一个碳原子上连接两个羟基时，易发生消去反应形成碳氧双键；
C.物质a中中心原子均采用sp3杂化。
12．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由分析可知，铂片为电解池的阳极，故A不符合题意；
B．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，电极反应式为CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO，故B不符合题意；
C．由分析可知，铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，所以电路中转移1mol电子时，阳极产生气体的体积大于1mol××22.4L/mol=5.6L，故C符合题意；
D．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，所以电解一段时间后，向阴极通入过量的二氧化碳，将溶液中的碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，不需要补充碳酸氢钾溶液，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】由图可知，Sn片上CO2转化为HCOO-，C元素的化合价降低，发生还原反应，则Sn片为阴极，电极反应为CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO，Pt片为阳极，电极反应为4HCO-4e-=O2↑+2H2O+4CO2↑。
13．【答案】B,C
【解析】【解答】A．由题给公式可知，lnKp与温度T成反比关系，所以恒压条件下，温度升高，Kp减小，故A不符合题意；
B．该反应是气体体积减小的反应，恒温条件下，压强增大，平衡向正反应方向移动，但焓变△H不变，故B符合题意；
C．由图中数据可得：0.4315=3.0×10-3△H +C和0.0555=1.5×10-3△H +C，解联立方程可得△H=-0.251KJ/mol，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以向恒压容器中加入2mol甲烷和1mol氧气，达到平衡时放出的热量小于0.251kJ，故C符合题意；
D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，提高反应的生产效率，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.lnKp与温度T成反比；
D.催化剂能加快反应速率。
14．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由分析可知，滤渣A中含SiO2、α-Al2O3，A符合题意；
B．气体B为NO，与NaOH溶液不反应，所以不可以通入NaOH溶液除去，B不符合题意；
C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，发生的反应不是复分解反应，C不符合题意；
D．“还原”过程中生成无毒气体，则其为N2，设Ag的物质的量为12mol，则生成NO(B)4mol，生成N2(C)3mol，从而得出B与C的物质的量的理论比值为4：3，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】含银废催化剂中加入稀硝酸，α-Al2O3、SiO2不与稀硝酸反应，则废渣含α-Al2O3、SiO2，Ag与稀硝酸发生反应3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，气体B为NO；加入NaCl，Ag+转化为AgCl沉淀，AgCl中加入氨水生成[Ag(NH3)2]+等，再加入N2H4•H2O还原，得到粗银，粗银经过精密过滤、真空烘干得到纯银。
15．【答案】B,C
【解析】【解答】A．一般把10-1＞Ka＞10-4的酸称为中强酸，把Ka＜10-4的酸称为弱酸，H3AsO3的Ka1=10-9.2＜10-4，H3AsO3是弱酸，A项不符合题意；
B．pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在，NaClO将氧化成，自身被还原成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式：+ClO-+OH-=+Cl-+H2O，B项符合题意；
C．+⇌+H3AsO3的K=====102.4，C项符合题意；
D．根据As(III)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH＞12，H3AsO3的Ka2＜10-12，根据As(V)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH在11~12之间，H3AsO4的Ka3＞10-12＞Ka2(H3AsO3)，故相同温度下同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，的水解程度小于的水解程度，后者碱性强，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.分别计算 H3AsO4、H3AsO3的电离平衡常数，再根据10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸分析；
B.pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在；
C.根据K=计算；
D.根据越弱越水解分析。
16．【答案】（1）正四面体形；Ti＜B＜H
（2）+2或—2
（3）A；H2O；深蓝
（4）MgAl2O4；4；
【解析】【解答】(1)四氢合硼离子中硼原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；金属元素的电负性小于非金属元素，则钛元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越大，氢元素的非金属性强于硼元素，所以三种元素的电负性由小到大的顺序为Ti＜B＜H，故答案为：正四面体形；Ti＜B＜H；
(2)铁元素的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，由题意可知，价电子自旋磁量子数的代数和与未成对电子数目有关，铁原子中有4个未成对电子，所以价电子自旋磁量子数的代数和为+×4=+2或-×4=-2，故答案为：+2或-2；
(3)由天蓝色的四水合铜离子的空间构型为平面正方形可知，铜离子与配体水分子形成4个配位键，则铜离子有4个杂化轨道，若为sp3杂化，四水合铜离子的空间构型为四面体形，不可能是平面正方形，所以铜离子的杂化方式为dsp2杂化，
故答案为：A；氧元素的电负性强于氮元素，水分子中氧原子对孤对电子的吸引力强于氨分子中氮原子对孤对电子的吸引力，所以与铜离子形成的配位键的能力弱于氨分子，配离子加热时先失去的配位体水分子得到深蓝色的四氨合铜离子，故答案为：A；H2O；深蓝色；
(4)由小晶格结构可知，A型小晶格中位于顶点体内的镁离子个数为4×+1=，位于体内的氧离子个数为4，B型小晶格中位于顶点的镁离子个数为4×=，位于体内的铝离子和氧离子的个数都为4，由晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成可知，晶胞中镁离子的个数为(+)×4=8、铝离子的个数为4×4=16、氧离子的的个数为(4+4)×4=32，所以物质的化学式为MgAl2O4；由A型小晶格可知，每个镁离子与4个氧离子间的距离最近，所以配位数为4；由A型小晶格可知，位于顶点的镁离子与位于体心的镁离子间的距离最近，小晶格的边长为晶胞边长的，所以两个镁离子之间最近的距离为pm×=pm，故答案为：MgAl2O4；4；。
【分析】（1） BH 中B原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；元素的非金属性越强电负性越大；
（2）基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；
（3）根据 Cu2+的价层电子对数和空间构型进行判断；氧元素的电负性强于氮元素，水分子中氧原子对孤对电子的吸引力强于氨分子中氮原子对孤对电子的吸引力；四氨合铜离子为深蓝色；
（4）根据均摊法计算；位于顶点的镁离子与位于体心的镁离子间的距离最近。
17．【答案】（1）ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O
（2）使Fe3+、Ga3+完全沉淀，且Zn2+不沉淀
（3）Fe；GaO+3e—+2H2O=Ga+4OH—
（4）CH4
（5）1.0×10—6.5；Na2C2O4溶液；滤液；吸热；ZnC2O4·2H2OZnO+CO↑+CO2↑+2H2O
【解析】【解答】(1)由题意可知，浸出时铁酸锌参加的反应为铁酸锌与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，反应的化学方程式ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；
(2)由分析可知，浸出后调节pH至5.4的目的是将铁离子、镓离子转化为氢氧化铁、氢氧化镓沉淀，且锌离子不转化为氢氧化锌沉淀，故答案为：使Fe3+、Ga3+完全沉淀，且Zn2+不沉淀；
(3)由分析可知，向滤饼中加入稀硫酸和铁得到硫酸镓和硫酸亚铁的混合溶液，便于萃取时得到只含有硫酸镓，不含有硫酸铁的有机相，则固体X最佳选择为铁；电解偏镓酸钠溶液时，偏镓酸钠在阴极得到电子发生还原反应生成镓，电极反应式为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-，故答案为：Fe；GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；
(4)由分析可知，一定条件下三甲基镓与氨气反应生成氮化镓和甲烷，则副产物为甲烷，故答案为：CH4；
(5)由镓离子完全沉淀时溶液pH为4.9可知，氢氧化镓的溶度积Ksp=1×10-5×(1×10-9.1)3=1×10-32.3，则当溶液pH为5.4时，溶液中镓离子浓度为mol/L=1.0×10-6.5 mol/L；为了使滤液中硫酸锌完全沉淀，制备二水草酸锌时，为提高晶体的纯度应应草酸钠溶液加入到滤液中；由图可知，温度升高，热流的曲线峰向下说明升高温度，二水草酸锌的分解程度增大，该反应为吸热反应；当固体的质量变为3.519mg时，固体质量保持不变，说明二水草酸锌完全失去结晶水得到草酸锌固体，草酸锌的物质的量为=2.3×10-5mol，结晶水的物质的量为4.6×10-5mol；当固体的质量变为1.863mg时，剩余固体的质量保持不变，说明草酸锌完全分解，由锌原子个数守恒可知，4.347mg固体二水草酸锌的物质的量为2.3×10-5mol，1.863mg固体中锌的物质的量为2.3×10-5mol，所得固体的摩尔质量为=81g/mol，所以剩余固体为物质的量为2.3×10-5mol的氧化锌，由得失电子数目守恒可知，反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量相等，则反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量为=2.3×10-5mol，由物质的量可知，二水草酸锌受热分解生成氧化锌、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为ZnC2O4·2H2OZnO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：1.0×10-6.5；Na2C2O4溶液；滤液；吸热；ZnC2O4·2H2OZnO+CO↑+CO2↑+2H2O。
【分析】炼锌矿渣用稀硫酸浸出时，铁酸镓和铁酸锌与稀硫酸反应生成可溶的硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸锌、硫酸镓，过滤得到浸出渣和含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，调节氧化后溶液的pH为5.4，将铁离子、镓离子转化为氢氧化铁、氢氧化镓沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；由题给萃取率的大小可知，向滤饼中加入稀硫酸和铁得到硫酸镓和硫酸亚铁的混合溶液，向混合溶液中加入萃取剂萃取硫酸镓，分液得到含有硫酸亚铁的水相和含有硫酸镓的有机相；向有机相中加入过量的氢氧化钠溶液反萃取，分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液，在阴极得到镓，镓与一溴甲烷合成得到三甲基镓，一定条件下三甲基镓与氨气反应生成氮化镓和甲烷。
18．【答案】（1）Cl2
（2）abfgde；K1；关闭K1，打开K2；17
（3）先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2-3次，再用无水乙醇洗涤2-3次
（4）5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；×100%；偏高
【解析】【解答】
(1)由五氧化二钒的氧化性强于氯气可知，若用盐酸替代盐酸一盐酸肼，五氧化二钒会与盐酸反应生成有毒的氯气，污染空气，所以步骤I不选用盐酸，而选用盐酸一盐酸肼，故答案为：Cl2；
(2)①由实验装置图可知，装置B为碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，防止反应生成的VOCl2被空气中氧气氧化，装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的挥发出的氯化氢气体，装置D为氧钒(IV)碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳将装置中的空气完全排尽，所以步骤II的装置连接顺序为BACD，装置的接口连接顺序为c→abfgde，故答案为：abfgde；
②由①可知，连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开K1，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，待C中澄清石灰水变浑浊后说明装置中的空气完全排尽，再关闭K1，打开K2，进行实验，故答案为：打开K1；再关闭K1，打开K2；
③由分析可知，装置D中每生成1mol氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，需要消耗17mol碳酸氢铵，故答案为：17；
(3)由题意可知，制得的氧钒(IV)碱式碳酸铵沉淀表面附有可溶的氯化铵，所以过滤后，应用饱和碳酸氢铵溶液洗涤2-3次除去沉淀表面的氯化铵，再用无水乙醇洗涤2-3次除去晶体表面的碳酸氢铵，最后用乙醚洗涤2-3次除去晶体表面的乙醇，干燥后称重得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，故答案为：先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2-3次，再用无水乙醇洗涤2-3次；
(4)由题意可知，用蒸馏水和稀硫酸溶解后，加入稍过量的高锰酸钾溶液的目的是将溶解过程中生成的VO2+离子转化为VO离子，防止造成实验误差，加入亚硝酸钠的目的是将过量的高锰酸钾溶液除去，防止高锰酸钾溶液氧化硫酸亚铁铵溶液造成实验误差，则亚硝酸钠溶液与高锰酸钾溶液酸性条件下反应的离子方程式为5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；由题给方程式可知，滴定时消耗bmLcmol/L硫酸亚铁铵溶液，则ag样品中钒的质量分数为×100%=×100%，故答案为：5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；×100%。
【分析】五氧化二钒与盐酸一盐酸肼微热反应制得VOCl2，反应的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O；反应制得的VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒(IV)碱式碳酸铵沉淀、二氧化碳和氯化铵，反应的化学方程式为6VOCl2+17NH4HCO3+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。
19．【答案】（1）3-硝基-1，2-二甲基苯；醚键
（2）加成反应；消去反应；中和HBr，有利于提高G的转化率
（3）++2
（4）24；或
（5）
【解析】【解答】
(1)由结构简式可知，A的名称为3-硝基-1，2-二甲基苯，C的官能团为醚键，故答案为：3-硝基-1，2-二甲基苯；醚键；
(2)由分析可知，G→H先后进行的反应为与在碳酸钾作用下先发生加成反应，再发生消去反应生成，其中碳酸钾的作用是与消去反应生成的溴化氢反应，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，有利于提高G的转化率，故答案为：消去反应；中和HBr，有利于提高G的转化率；
(3)由分析可知，C→D的反应为在Et3N作用下与反应生成和，反应的化学方程式为++2，故答案为：++2；
(4)D的芳香族同分异构体苯环上有两个取代基(不含其它环状结构)，且有一个为氨基，有酯基且能发生银镜反应说明同分异构体的官能团为氨基、甲酸酯基和碳碳双键，同分异构体可以视作丙烯分子中的氢原子被甲酸酯基和或甲酸酯基和或甲酸酯基和取代所得结构，甲酸酯基和取代丙烯分子中的氢原子可得到8种结构、甲酸酯基和取代丙烯分子中的氢原子可得到8种结构、甲酸酯基和取代丙烯分子中的氢原子可得到8种结构，共有24种，其中核磁共振氢谱中峰面积比2：2：2：3：1：1的结构简式为、，故答案为：或；
(5)由题给信息可知，信息，写出以和为原料合成的合成步骤为与发生狄尔斯一阿尔德反应生成，在镍做催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在NaOX作用下发生Hofmann重排反应生成，一定条件下与NaN3反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】由有机物的转化关系可知，在CBrCl3、NaOMe作用下 与甲醇发生取代反应生成，一定条件下发生还原反应生成，在Et3N作用下与反应生成，一定条件下与NaN3反应生成，在碳酸钾作用下与(CH3)2SO4发生取代反应生成，与溴化氢发生取代反应生成，与在碳酸钾作用下先发生加成反应，再发生消去反应生成。
20．【答案】（1）-128
（2）A；D
（3）B；1；乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动；阴；2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
（4）CO；*CO+*OH+*H*CO+*H2O
【解析】【解答】
(1)利用盖斯定律，反应2+反应1乘以2，得出总反应的△H=-128 kJ·mol-1，故答案为-128；
(2)A．减小n(CO2)：n(H2)投料比相当于增大了氢气的浓度，根据转化率规律判断，可以增大二氧化碳的转化率，故A正确；
B．该反应是个等体反应，减小压强平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故B不正确；
C．催化剂不影响平衡，故转化率不变，故C不正确；
D．及时分离H2O(g)，促使平衡向正反应方向移动，故二氧化碳转化率增大，故D正确；
故答案为：答案AD；
(3)①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度根据图像中C2H4和C3H6的含量最大时进行判断温度是573~773K，
故答案为：答案B；
②根据三段式进行计算反应的平衡常数，根据1083K时，二氧化碳的转化率为75％：得出=1，根据v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，当达到平衡时，==1，故答案为1；
③乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动，从而提高了乙烯的选择性；
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，根据碳元素的化合价由+4价变为乙烯中的-2价，化合价降低得电子，判断产生乙烯的电极为阴极，故答案为阴；该电极的反应为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；
(4)根据图像中生成的副产物进行判断上述过程中得到相对较多的副产物为CO，根据反应物的活化能越大，反应越慢，是决定总反应的主要反应，故答案为：*CO+*OH+*H*CO+*H2O；
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2） 提高体系CO2平衡转化率应使平衡正向移动；
（3）①利用图像信息判断合适的温度；
②利用三段式计算；
③乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动；
④还原CO2制乙烯，C元素的化合价降低，发生还原反应，则产生乙烯的电极为阴极，电极反应式为 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH- ；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
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