學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精山東省青島市2020屆高三第三次模擬化學試題含解析青島市2020年高三自主檢測化學試題1．答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2．選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0。5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚.3．請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1O16K39Fe64Cr52一、選擇題：本題共10小題,每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1。化學與人類社會的生產、生活有著密切的聯系，下列敘述正確的是A.蘇打溶液顯堿性，可用于治療胃酸過多B。“地溝油”經處理可生產生物柴油、燃料乙醇等，變廢為寶C.石灰水、MgSO4溶液均可噴涂在樹干上消滅樹皮上的過冬蟲卵D.建筑材料“碳納米泡沫"呈蛛網狀,是一種具有磁性的新型有機材料【答案】B【解析】【詳解】A．蘇打是Na2CO3，其溶液顯堿性，堿性較強，對胃的刺激性較大，而小蘇打的堿性較碳酸鈉弱,所以一般用小蘇打(NaHCO3)用于治療胃酸過多,A選項錯誤;B．“地溝油”主要成分是高級脂肪酸甘油酯，經加工處理后，可用來制肥皂和生物柴油、燃料乙醇等，可以實現廚余廢物的合理利用，B選項正確；C．過冬蟲卵主要為蛋白質，石灰水能使蛋白質變性從而消滅樹皮上的過冬蟲卵,但MgSO4溶液不可以，C選項錯誤;D．“碳納米泡沫”是一種碳單質，屬于新型無機材料，D選項錯誤；答案選B.2.火藥制備是我國古代聞名世界的化學工藝，原理為2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是A.K+的結構示意圖： B.K2S的電子式：C.CO2的結構式為：O=C=O D.16O2與18O3互為同位素【答案】C【解析】【詳解】A．K元素核電荷數為19，質子數為19,核外電子數為19，K+表示失去最外層一個電子，K+核外還有18個電子，各層電子數分別為2、8、8，K+的結構示意圖為,故A錯誤;B．K2S結構中K+與S2—形成離子鍵，其電子式，故B錯誤；C．CO2中C原子與每個O原子形成兩對共用電子對，電子式為,其結構式為O=C=O，故C正確;D．有相同質子數，不同中子數的原子或同一元素的不同核素互為同位素，則同位素的對象為原子，而16O2與18O3均為單質，故D錯誤；答案為C.3.聚乳酸的結構簡式如圖a，下列敘述錯誤的是A.b是合成聚乳酸的單體B。1mol乳酸與足量鈉反應，生成2mol氫氣C.nmol乳酸縮聚生成圖a結構，同時生成nmolH2OD.c屬于環(huán)酯，1molc水解消耗2molNaOH【答案】B【解析】【詳解】A．由聚乳酸的結構簡式可知，它是由乳酸發(fā)生縮聚反應得到的，它的單體是乳酸,結構簡式為，故A正確；B．由乳酸結構簡式可知，該結構中有羧基、醇羥基，均能與Na反應，化學方程式為+2Na+H2↑，則1mol乳酸與足量鈉反應，生成1mol氫氣，故B錯誤;C．乳酸發(fā)生縮聚反應生成聚乳酸的化學方程式為n+nH2O，nmol乳酸反應生成nmolH2O，故C正確；D．由c的結構簡式可知，c屬于環(huán)酯，c與NaOH發(fā)生水解反應的化學方程式為+2NaOH2，則1molc水解消耗2molNaOH，故D正確;答案為B。4。下列關于原子結構及元素周期表的說法錯誤的是A。位于同一軌道內電子的運動狀態(tài)也不相同B.位于d區(qū)和ds區(qū)的元素都是金屬元素C。前四周期未成對電子數最多的元素位于ⅥB族D。基態(tài)原子最外層電子排布為ns1的元素均在ⅠA族或ⅠB族【答案】D【解析】【詳解】A．電子運動狀態(tài)取決于主量子數（電子層），角量子數（電子亞層)，磁量子數（電子軌道）,自旋量子數（電子自旋方向），位于同一軌道內電子，它們的自旋方向不同，運動狀態(tài)也不相同,故A正確；B．d區(qū)和ds區(qū)的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金屬元素，故B正確；C．前四周期元素即1~36號元素,未成對電子數最多的元素外圍電子排布為3d54s1，共有6個未成對電子,該元素是鉻，處于周期表中第四周期第ⅥB族,故C正確；D．基態(tài)原子的最外層電子排布是ns1,若為主族元素，則為第IA族，若為過渡金屬元素，則為第VIB或IB元素,故D錯誤；答案為D。5.下列實驗裝置或操作能達到相應實驗目的的是A.①② B.②③ C.③④ D。②④【答案】C【解析】【詳解】①鐵離子遇硫氰根離子溶液變紅,滴有硫氰化鉀溶液的硫酸鐵溶液顯紅色，二氧化硫可與三價鐵離子發(fā)生氧化還原反應，鐵離子轉化為亞鐵離子，溶液紅色褪去，二氧化硫顯還原性,與二氧化硫的漂白性無關，故①錯誤;②含有水蒸氣的一氯甲烷是氣體混合物，圖中裝置被濃硫酸密封，氣體無法通過，無法實現干燥,故②錯誤；③氯氣通入硫化鈉溶液中，將硫離子氧化為硫單質,氯氣是氧化劑，S為氧化產物，氧化性：Cl2＞S，元素的非金屬性越強，其單質的氧化性越強，則非金屬性：Cl＞S,可以比較氯與硫的非金屬性，故③正確；④止水夾夾住橡皮管，從長頸漏斗中注水，至長頸漏斗中長頸部分在液面下，當長頸漏斗中液面高于燒瓶中液面，靜置片刻,液面差不變，則氣密性良好,故④正確；綜上所述，③④正確，答案選C。6.耐光高效的擬除蟲菊酯相繼開發(fā)成功，其中一個重要的產品滅殺菊酯的結構如下圖。下列說法正確的是A.該有機物分子式為C25H21O3NClB.該有機物中含有3個手性碳原子C.該有機物中的碳原子雜化方式為sp2或sp3D。該有機物可以發(fā)生水解反應、加成反應、氧化反應【答案】D【解析】【詳解】A．根據結構簡式可知它的分子中含有24個C，22個H，3個O，一個Cl和一個N原子，所以其分子式為C24H22O3NCl，故A錯誤；B．C原子連接4個不同的原子或原子團稱為手性碳原子，根據結構可判斷該結構中含有2個手性碳原子，位置如圖，故B錯誤；C．根據結構簡式可判斷該結構中存在碳碳單鍵，碳氧雙鍵,碳氮叁鍵，因而碳原子雜化方式為sp3、sp2、sp雜化，故C錯誤；D．根據結構簡式中含有酯基，可發(fā)生水解反應,含有苯環(huán),可發(fā)生加成反應，與苯環(huán)相連的碳原子中含有氫原子，可發(fā)生氧化反應，故D正確；答案為D。7.原子序數依次增大的短周期主族元素M、X、Y、Z、W，若它們的核外電子數用n表示，則有：n（M）＋n（W)＝n(X）＋n(Z），2n（X）＝n(Z）。含0.9%YW化合物的水溶液稱為生理鹽水，X、Y、Z三元素組成兩種化合物A、B的性質如圖，下列說法正確的是(）A。因為非金屬性X＞Z,所以簡單氫化物沸點X＞ZB。MX2與ZX2是導致酸雨的“罪魁禍首"C。Y分別與X、Z構成的化合物溶于水均因水解顯堿性D。ZX2、WX2能使紅色布條褪色，褪色原理相同【答案】B【解析】【分析】含0。9％YW化合物的水溶液稱為生理鹽水,則Y為Na元素、W為Cl元素，X、Y、Z三元素組成兩種化合物A、B的性質如圖，由圖可知，氣體能使品紅溶液褪色，說明氣體為SO2，則A為Na2SO3,加入HCl,反應生成SO2，加入ClO2，生成B為Na2SO4,加入H2O2，生成B為Na2SO4，根據2n（X)=n（Z），X為O元素、Z為S元素,再根據n（M)＋n（W)=n(X）＋n(Z)，M為N元素.【詳解】A.X為O元素、Z為S元素,因為H2O分子之間存在氫鍵，而硫化氫分子是不存在氫鍵，所以簡單氫化物沸點：H2O＞H2S，A錯誤；B.X為O元素，M為N元素，Z為S元素,MX2為NO2、ZX2為SO2，氮氧化物和SO2是導致酸雨的“罪魁禍首”,B正確;C.X為O元素、Y為Na元素、Z為S元素,此三種元素形成的化合物的水溶液不一定顯堿性,如Na2SO4水溶液顯中性，C錯誤；D。ZX2為SO2，WX2為ClO2，均能使紅色布條褪色，但褪色原理不相同，D錯誤.故答案為：B。【點睛】漂白原理:①氧化還原反應：這類漂白劑一般都具有強氧化性，能把有色物質氧化成無色物質,比如氯氣、漂白粉、過氧化氫、過氧化鈉等；②化合反應:這類型的是二氧化硫,它能跟某些有色物質結合，生成不穩(wěn)定的無色物質，因此二氧化硫的漂白效果是不穩(wěn)定的，暫時的；③物理吸附作用：一些多孔狀的物質，比如活性炭,硅藻土等都具有比較大的表面積，可以吸附色素.8。某化工廠充分利用工業(yè)廢氣中的CO、CO2，將氯代烴、氯堿工業(yè)和甲醇聯合生產,減少了環(huán)境污染,具體流程如圖.下列敘述錯誤的是A。為減少副反應的發(fā)生，過程Ⅱ中的裝置需使用陽離子交換膜B。在過程Ⅲ中實現了CuCl2的再生C。理論上每生成1molCH3OH,可得到1molC2H4Cl2D.過程Ⅳ中的反應是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl【答案】C【解析】【分析】根據聯合生產流程圖分析可知，過程Ⅱ中發(fā)生反應2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成的H2參與過程Ⅰ，與CO2、CO反應生成CH3OH，Cl2參與過程Ⅲ發(fā)生反應2CuCl+Cl2=2CuCl2，CuCl2進入過程Ⅳ中發(fā)生反應2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，據此分析解答?！驹斀狻緼．根據上述分析可知，過程Ⅱ為電解飽和NaCl溶液的過程,為減少副反應的發(fā)生，裝置中可使用陽離子交換膜，A選項正確；B．過程Ⅲ發(fā)生的反應主要為過程Ⅳ產生的CuCl與Cl2反應生成CuCl2，CuCl2再進入過程Ⅳ反應，實現了CuCl2的再生,B選項正確;C．過程Ⅰ為H2與CO2、CO反應生成CH3OH，過程中H元素的化合價由0價升高為+1價,則每生成1molCH3OH轉移4mol電子，過程Ⅲ發(fā)生反應2CuCl+Cl2=2CuCl2，過程Ⅳ中發(fā)生反應2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，每生成1molC2H4Cl2轉移2mol電子，結合過程Ⅱ中發(fā)生的反應，則理論上每生成1molCH3OH，可得到2molC2H4Cl2，C選項錯誤；D．由分析可知,過程Ⅳ中反應是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl,D選項正確；答案選C。9.亞鐵氰化鉀屬于歐盟批準使用的食品添加劑，受熱易分解:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列關于該反應說法錯誤的是A.Fe2+的最高能層電子排布為3d6B。配合物K4［Fe(CN）6]中配位原子是碳原子C。（CN)2分子中σ鍵和π鍵數目比為3：4D.已知Fe3C【答案】A【解析】【詳解】A．Fe為26號元素，其原子核外共有26個電子，Fe原子失去4s軌道上的2個電子得到Fe2+，則Fe2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6,其最高能層電子排布為3s23p63d6，A選項錯誤；B．配合物K4［Fe(CN）6]中配體為CN—，由于電負性N＞C，所以C原子提供孤對電子，即配位原子是碳原子，B選項正確；C．（CN）2分子的結構式為N≡C—C≡N，單鍵為σ鍵,三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵,因此（CN）2分子中σ鍵和π鍵數目比為3:4，C選項正確；D．Fe3C的晶胞結構中碳原子的配位數為6，與碳原子緊鄰的鐵原子，以C原子為原點建立三維坐標系，Fe原子位于坐標軸上且關于原點（碳原子）對稱,6個Fe形成的空間結構為正八面體，故C原子的配位數為6，配位數之比等于相應原子數目反比，則Fe原子配位數為，D選項正確；答案選A。10。反應CO2（g）+3H2（g）CH3OH(g)+H2O（g)使用不同催化劑的調控中,研究人員發(fā)現,一定條件下,Pt單原子催化劑有著高達90。3％的甲醇選擇性。反應歷程如圖,其中吸附在催化劑表面上的物種用＊表示,TS表示過渡態(tài)。下列說法正確的是A。該反應的△H＞0B.經歷TS1，CO2共價鍵發(fā)生斷裂,且生成羧基C.能壘（活化能）為1.48ev的反應為HCOOH＊(g）+2H2（g)=H2COOH＊（g）+H2(g）D.如果換用銅系催化劑，所得反應歷程與上圖相同【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，反應物的總能量大于生成物的總能量,該反應為放熱反應，△H<0，A錯誤；B．由圖可知，經歷TS1，CO2共價鍵發(fā)生斷裂，生成了HCOO*，再經歷TS2才形成羧基，B錯誤;C．能壘（活化能）為1.48ev的是TS2過渡態(tài),E=—0。18ev-(—1。66ev)=1.48ev，反應的化學方程式：HCOOH＊（g）+2H2（g)=H2COOH*（g）+H2(g）,C正確；D．催化劑能改變反應的活化能，若換用銅系催化劑，不同催化劑，能不同程度地改變反應歷程，D錯誤；答案選C.二、選擇題：本題共5小題，每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全的得2分,有選錯的得0分.11.近期,美國某研究小組在《NatureEnergy》報道了一種CO2電解裝置，膜界面處的離子通過中間通道重組直接制備高純HCOOH溶液，其工作原理如圖。下列說法正確的是A。a電極連接直流電源的正極B。該電解池工作原理2CO2+2H2O2HCOOH+O2C.M、N分別陰離子交換膜、陽離子交換膜D。電路中轉移1mole—時，陽極產生5。6LO2【答案】BC【解析】【詳解】A．由題中圖示可知，a電極發(fā)生還原過程,得電子被還原，為陰極，則a電極與電源負極相連，故A錯誤；B．由題中圖示可知，a電極發(fā)生還原過程，得電子被還原，為陰極，b電極發(fā)生氧化過程，失電子被氧化，為陽極，則陰極CO2在酸性環(huán)境下得電子，電極反應為2CO2+4e—+4H+=2HCOOH，陽極H2SO4溶液中氫氧根失電子,由于是強酸性環(huán)境下,則電極反應為2H2O-4e—=O2+4H+，該電解池工作原理2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故B正確;C．根據a電極為陰極，由電極反應可知，陰極區(qū)附近消耗了氫離子，使陰離子濃度增大，b電極為陽極，由電極反應可知，陽極區(qū)附近產生了氫離子，使陽離子濃度增大,電解池中陽離子向陰極區(qū)移動，陰離子向陽極區(qū)移動，可判斷M為陰離子交換膜,N為陽離子交換膜，故C正確；D．由陽極b的電極反應2H2O—4e-=O2+4H+可知，轉移4mole—，產生1molO2，則轉移1mole—，產生0。25molO2，由于沒有注明是標準狀況，不能用氣體摩爾體積Vm=22.4L/mol計算，不能得出O2的體積，故D錯誤；答案為BC.12.將SO2分別通入無氧、有氧的濃度均為0.1mol·L-1的BaCl2溶液和Ba（NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(無氧)外，都產生白色沉淀。實驗測得各溶液pH變化曲線如圖:下列說法正確的是A。曲線a所示溶液pH降低的原因:SO2+H2OH2SO3H++HSOB。依據曲線b可推知0.2mol·L—1KNO3溶液（無氧)能氧化SO2C.曲線c所示溶液中發(fā)生反應的離子方程式為：Ba2++SO2+O2=BaSO4↓D.曲線d所表示的過程中NO是氧化SO2的主要微?！敬鸢浮緼B【解析】【詳解】A．曲線a表示無氧環(huán)境下，氯化鋇溶液pH變化減小,說明二氧化硫與水反應生成了弱酸亞硫酸,溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO,A選項正確；B．根據曲線b可知，0.1mol·L-1的Ba(NO3)2在無氧環(huán)境下可以氧化二氧化硫，依據該實驗預測0。2mol·L—1的KNO3溶液(無氧）也可以氧化SO2,B選項正確；C．曲線c表示有氧環(huán)境下，氯化鋇溶液pH變化較大，則說明二氧化硫被氧氣氧化為強酸硫酸，反應的方程式是2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C選項錯誤；D．氯化鋇、硝酸鋇在有氧環(huán)境下，pH變化幾乎相同,所以不能說明曲線d所表示的過程中NO是氧化SO2的主要微粒，D選項錯誤；答案選AB。【點睛】本題考查了性質實驗方案的設計，明確實驗目的及實驗原理為解答關鍵，注意對比實驗，試題充分考查學生的分析、理解能力及化學實驗能力。13.向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加NaHSO3溶液，溶液先變藍后褪色。下列說法錯誤的是A.溶液先變藍的原因：2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋B.溶液恰好褪色時n(KIO3)：n(NaHSO3）=1：3C.還原性I—>HSO>I2D。若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加過量KIO3酸性溶液,則溶液變藍不褪色【答案】C【解析】【詳解】A．溶液變成藍色，說明有單質碘生成,即I元素化合價由+5價降低至0價,被還原,IO為氧化劑,S元素的化合價由+4價升高至+6價，被氧化，HSO為還原劑，反應的離子方程式為2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋，A選項正確；B．溶液褪色,說明碘單質又被亞硫酸氫鈉還原，離子方程式為I2+HSO=2I—+SO+3H＋，結合A選項,可知溶液恰好褪色時n(KIO3）：n(NaHSO3)=1：3,B選項正確；C．由A選項中的反應可知，還原性：HSO＞I2,由B選項中的反應可知，還原性HSO＞I-,又還原性I—＞I2,則還原性:HSO＞I-＞I2，C選項錯誤;D．若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加過量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO＞I2，所以不會出現I2被還原的情況，即溶液變藍不褪色,D選項正確；答案選C.14。富硼渣中含有鎂硼酸鹽（2MgO·B2O3）、鎂硅酸鹽(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等雜質.由富硼渣濕法制備硫酸鎂晶體和硼酸(H3BO3）晶體的一種工藝流程如下:為了獲得晶體，會先濃縮溶液接近飽和，然后將濃縮液放入高壓釜中,控制溫度進行結晶（硫酸鎂與硼酸溶解度隨溫度的變化如圖)。下列說法錯誤的是A。該工藝流程中加快反應速率的措施有2種B。在高壓釜中，先降溫結晶得到硼酸晶體，再蒸發(fā)結晶得到硫酸鎂晶體C.“酸浸”中鎂硼酸鹽發(fā)生反應2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3D.加入“MgO"后過濾，所得濾渣主要是Al（OH)3和Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】根據工藝流程分析，將富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用熱的H2SO4溶液酸浸，發(fā)生反應2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，浸出渣的主要成分為SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2（SO4）3和FeSO4，加入H2O2可將Fe2+氧化為Fe3+，再加入MgO調節(jié)pH可得到Al（OH)3和Fe（OH）3的沉淀，過濾后將濾液濃縮后放入高壓釜中，控制溫度結晶分別得到硫酸鎂晶體和硼酸晶體。【詳解】A．根據分析可知，該工藝流程中加快反應速率的措施有研磨（增大反應物的接觸面積）、加熱2種措施，A選項正確；B．根據硫酸鎂與硼酸溶解度隨溫度的變化圖可知，大約80℃之前硫酸鎂和硼酸的溶解度隨溫度的升高而升高,因此先降溫結晶會同時得到硫酸鎂和硼酸的晶體，正確的操作應為濃縮后，升溫控制溫度在200℃以上結晶,趁熱過濾得到硫酸鎂晶體，再降溫結晶,得到硼酸晶體，B選項錯誤；C．由上述分析可知，“酸浸"時鎂硼酸鹽發(fā)生的反應為2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3,C選項正確；D．加入MgO調節(jié)pH可得到Al(OH）3和Fe（OH)3的沉淀,即過濾后的濾渣主要為Al(OH)3和Fe(OH）3的沉淀，D選項正確；答案選B.15.常溫下,向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH與P[P＝或變化關系如圖所示。下列說法正確的是A。曲線M表示隨pH的變化關系B.Ka2的數值是10—6C.e點溶液中:2c（Y2-）+c(HY—)﹣c(K+）+c(OH-)=0.001mol·LD.KHY溶液中：c（K＋）＞c（HY﹣)＞c（H+)＞c（Y2—）＞c(H2Y)【答案】CD【解析】【分析】隨著pH的增大，H2Y的電離程度逐漸增大，溶液中的逐漸增大,逐漸減小，則lg逐漸增大，因此曲線M表示pH與lg的變化關系，lg逐漸減小，曲線N表示pH與lg的變化關系.【詳解】A．隨著pH的增大,H2Y的電離程度逐漸增大，溶液中的逐漸增大，逐漸減小，則lg逐漸增大，因此曲線M表示pH與lg的變化關系,lg逐漸減小，曲線N表示pH與lg的變化關系，故A錯誤;B．由H2YH++HY—、HY-H++Y2—可知，Ka2=根據題中圖示，pH=3時，c（H+)=10-3mol/L，lg=1。3，則=101。3,Ka2===10—4.3,故B錯誤；C．e點溶液中，存在K+、H+、Y2-、HY—、OH—,溶液呈現電中性的，由電荷守恒得c(K+）+c（H+)=2c(Y2-）+c(HY—)+c(OH-)，e點pH=3，c(H+)=0。001mol·L—1，則c（H+）=2c（Y2—)+c(HY-)+c（OH-）—c(K+)，所以2c（Y2-)+c(HY—)+c(OH-)-c(K+D．KHY溶液中,HY—的水解常數Kh2=，根據圖象中c點坐標可知，pH=2時lg=0。7,則c（OH—)=110—12mol/L、=100。7,代入水解常數的計算公式可得Kh2=，HY—的水解常數小于其電離常數，所以HY—的電離程度大于其水解程度，KHY溶液呈現酸性，則溶液中c（Y2-)＞c（H2Y），由于還存在水的電離，c(H+）＞c(Y2—）,所以KHY溶液中：c（K＋）＞c(HY﹣）＞c(H+)＞c(Y2—）＞c（H2Y)，故D正確；答案為CD。三、非選擇題:本題共5小題，共60分。16.1797年法國化學家沃克蘭從當時稱為紅色西伯利亞礦石中發(fā)現了鉻，后期人類發(fā)現鉻元素在其他方面有重要用途。(1)Cr與K位于同一周期且最外層電子數相同，兩種元素原子第一電離能的大小關系為K____Cr(填“〉"或“〈"）。（2)氮化鉻(CrN)具有極高的硬度和力學強度、優(yōu)異的抗腐蝕性能，請寫出Cr3+基態(tài)核外電子排布式為____；CrN晶體類型與NaCl晶體相同,但前者熔點（1282℃)比后者（801℃）的高，主要原因是____。（3）Cr3+可與很多分子或離子形成配合物，如圖配合物中Cr3+的配位數為_________，配體中采取sp3雜化的元素是__________。(4)鉻的一種氧化物的晶胞結構如圖所示，其中氧離子與晶體鎂堆積方式一致，鉻離子在其八面體空隙中（如：CrA在O1、O2、O3、O4、O5、O6構成的八面體空隙中）。①該氧化物的化學式為______。②該晶胞有_____%八面體空隙未填充陽離子.③已知氧離子半徑acm，晶胞的高為bcm，NA代表阿伏加德羅常數的值，該晶體的密度為____g·cm-3（用含a、b和NA的代數式表示)。【答案】（1）。＜（2）.［Ar]3d3（3)。氮化鉻中的離子所帶電荷數多，晶格能較大(4）。6（5）。C、N、O（6).Cr2O3(7）。33。3(8).【解析】【分析】根據離子半徑和核外電子排布比較電離能大小，結合核外電子排布規(guī)律書寫核外電子排布式，根據配合物理論判斷離子配位數，結合雜化軌道互斥理論判斷雜化方式，利用均攤法得出物質的化學式,結合立體幾何知識根據公式進行晶胞的計算。【詳解】(1）Cr原子的原子半徑小、核電數更大,對核外電子的吸引更大，故第一電離能K＜Cr;（2）Cr為24號元素，其原子核外共有24個電子，Cr失去3個電子得到Cr3+,則Cr3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3，氮化鉻(CrN)和NaCl均為離子晶體，氮化鉻中的離子所帶電荷數多,晶格能較大，所以熔點：CrN＞NaCl；（3)根據圖示配合物的結構分析可知,Cr3+的配位數為6，配體中C、N、O采取sp3雜化；（4）①有晶胞示意圖可知，該晶胞中氧離子位于晶胞的頂點、面心和體內，則1個晶胞中氧離子的個數為,鉻離子位于晶胞的體內,則1個晶胞中鉻離子的個數為4，氧離子和鉻離子的個數比為6：4=3：2,則該氧化的化學式為Cr2O3;②該晶胞中共有12個正八面體空隙，其中8個正八面體空隙中填充了Cr3+，則該晶胞中有4個未填充陽離子的八面體空隙，所占比例為；③已知氧離子的半徑為acm,則底面邊長為2acm，又晶胞的高度為bcm，所以晶胞的體積，一個晶胞中含有2個Cr2O3，其質量，所以該晶體的密度.17.乙烯是重要的化工原料,目前主要通過石油煉化制備。隨著化石燃料資源日益減少，科研工作者正在探索和研發(fā)制備乙烯的新方法。Ⅰ．甲烷在一定條件下脫氫可生成乙烯：2CH4（g）C2H4（g)＋2H2(g)△H＞0(1）活化能Ea正____Ea逆（填“＞"、“＝”或“＜”,下同）；k正、k逆表示速率常數，當升高溫度時，k正增大的倍數____k逆增大的倍數。Ⅱ．利用生物無水乙醇催化脫水制備乙烯主反應i：C2H5OH(g)C2H4（g）＋H2O(g）△H1＝+45。5kJ/mol副反應ii：2C2H5OH(g）C2H5OC2H5（g）＋H2O(g)△H2＝﹣19。0kJ/mol副反應iii：C2H5OC2H5（g)2C2H4（g)＋H2O（g)△H3（2)求△H3＝____.（3）在2L恒容密閉容器中充入2molC2H5OH(g)和一定量的催化劑進行反應，平衡體系中含碳組分的物質的量分數隨溫度的變化如圖所示:①圖中Y代表____(填“C2H4”或“C2H5OC2H5②主反應i在A點達到平衡狀態(tài)標志為____。a.乙烯濃度不再變化b。容器內壓強不隨時間變化c?；旌蠚怏w的密度不隨時間變化d.△H不再變化③380℃時,假設乙醇完全反應，則反應iii的平衡常數K＝____?！敬鸢浮?1）.＞（2）.＞（3）.+110kJ/mol（4）。C2H4(5).生成C2H4的反應為吸熱反應，溫度升高平衡正向移動，C2H4的物質的量分數增大（6）。ab(7）。【解析】【分析】Ⅰ。（1）該反應正反應為吸熱反應，正反應活化能大于逆反應活化能；溫度升高,平衡正反應方向移動；Ⅱ.(2)根據蓋斯定律，主反應i×2-副反應ii可得副反應iii，據此計算△H3；(3)①根據主反應i和副反應iii可知，生成乙烯的反應均為吸熱反應，升高溫度，平衡正反應方向移動，乙烯的物質的量分數增大，據此判斷;②a。乙烯濃度不再變化，說明正逆反應速率相等；b。該反應為氣體分子數增大的反應，壓強一定，反應達到了平衡；c。反應前后氣體總質量不變，總體積不變，混合氣體的密度不變；d.△H不再變化，不能說明反應達到了平衡;③平衡時，設乙烯為xmol，乙醚為ymol，380時，由圖像可知x=4y,乙醇完全消耗，根據碳元素守恒，n（C2H5OH)=n（C2H4）+2n（C2H5OC2H5），則x+2y=2,再根據氫元素守恒求n（H2O)，最后計算?！驹斀狻竣?(1)該反應正反應為吸熱反應，活化能Ea正＞Ea逆；溫度升高，平衡正反應方向移動，k正增大的倍數大于k逆增大的倍數，故答案為：＞；＞;Ⅱ。（2)根據蓋斯定律，主反應i×2-副反應ii可得副反應iii：C2H5OC2H5(g）2C2H4(g）＋H2O（g)，則△H3=2△H1—△H2=45。5kJ/mol×2+19。0kJ/mol=+110kJ/mol,故答案為:+110kJ/mol;（3）①根據主反應i和副反應iii可知，生成乙烯的反應均為吸熱反應,升高溫度，平衡正反應方向移動，乙烯的物質的量分數增大,所以圖中Y代表的是C2H4，故答案為:C2H4；生成C2H4的反應為吸熱反應，溫度升高平衡正向移動，C2H4的物質的量分數增大;②a.乙烯濃度不再變化,說明正逆反應速率相等，反應達到了平衡,a選；b。該反應為氣體分子數增大的反應，容器內壓強不隨時間變化,反應達到了平衡,b選；c.反應過程中氣體總質量始終不變，總體積不變，混合氣體的密度始終不變，所以混合氣體的密度不隨時間變化,不能說明反應達到了平衡,c不選；d?！鱄不再變化，不能說明反應達到了平衡,d錯誤;故答案為：ab；③平衡時設乙烯為xmol,乙醚為ymol,380時，由圖像可知x=4y，由于乙醇完全消耗，根據元素守恒，n（C2H5OH）=n(C2H4）+2n（C2H5OC2H5），則x+2y=2，解得：x=，y=，再根據氫元素守恒,n（H2O）=，==，故答案為：?！军c睛】由圖像可知，380時，Y是乙烯的曲線，其物質的量分數為,X是乙醚的曲線，其物質的量分數為，平衡時設乙烯為xmol，乙醚為ymol，x=4y，由于乙醇完全消耗，根據元素守恒，列式計算即可。18。某實驗興趣小組模擬工業(yè)制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并測定產品純度，涉及反應①2FeCl3+10NaOH+3NaClO＝2Na2FeO4+9NaCl+5H2O②Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH已知高鐵酸鉀易溶于水，微溶于濃KOH溶液；在強堿性溶液中穩(wěn)定，酸性至弱堿性條件下，與水反應放出氧氣。Ⅰ．制備NaClO,實驗裝置如下圖。(1）儀器X的名稱為____。(2）B中盛裝的液體是____，玻璃管a的作用是____。Ⅱ．制備K2FeO4晶體第①步：將制得的NaClO溶液轉移到大燒杯中,依次加入適量NaOH和FeCl3溶液，得Na2FeO4；第②步:加入適量KOH固體至飽和，得濕產品；第③步：洗滌、干燥，得K2FeO4晶體.（3)第②步中能得到濕產品的原因是___。（4)第③步“洗滌"時，洗滌劑不用蒸餾水，而采用95%的乙醇，原因是_______。Ⅲ．測定K2FeO4純度測定制得的K2FeO4的純度可用滴定法,滴定時有關反應的離子方程式為：a．FeO+CrO+2H2O=CrO+Fe（OH)3↓+OH-b．2CrO+2H+=Cr2O+H2Oc．Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(5）稱取2。0g制得的K2FeO4產品溶于適量KOH溶液中，加入足量KCrO2，充分反應后過濾，將濾液轉移到250mL容量瓶定容。取25。00mL定容后的溶液于錐形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加幾滴二苯胺磺酸鈉做指示劑,用0.10mol·L-1（NH4)2Fe（SO4）2標準溶液滴定,終點由紫色變?yōu)榫G色。重復操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的體積為26。00mL.則標準液應選用______(填“酸式”或“堿式”）滴定管，該K2FeO4樣品的純度為_____?！敬鸢浮?1）。蒸餾燒瓶（2).飽和食鹽水(3）.平衡壓強(4)。相同條件下，K2FeO4溶解度小于Na2FeO4（5）。K2FeO4易溶于水且與水反應，95%乙醇能減少K2FeO4溶解損失(6).酸式(7).85。8%【解析】【分析】本實驗的目的是模擬工業(yè)制備高鐵酸鉀(K2FeO4）并測定產品純度；首先制備NaClO，裝置A中利用濃鹽酸和二氧化錳固體共熱制取氯氣，產生的氯氣中混有HCl氣體，可在裝置B中盛放飽和食鹽水將HCl除去，之后通入C中與NaOH溶液反應制取NaClO，裝置D吸收未反應的氯氣；然后制備K2FeO4晶體，將制得的NaClO溶液轉移到大燒杯中，依次加入適量NaOH和FeCl3溶液，得Na2FeO4;由于相同條件下，K2FeO4溶解度小于Na2FeO4，所以向Na2FeO4溶液中加入適量KOH的固體至飽和，可以析出K2FeO4晶體，之后經過濾、洗滌、干燥得到K2FeO4晶體；之后用滴定法測定K2FeO4晶體的純度?！驹斀狻?1)根據儀器X的結構特點可知其為蒸餾燒瓶；（2）B中盛裝飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體；玻璃管a與大氣相通,可以平衡壓強，防止裝置內壓強過高；（3)參考侯德榜制堿法可知,相同條件下，K2FeO4溶解度小于Na2FeO4,所以向Na2FeO4溶液中加入適量KOH的固體至飽和，可以析出K2FeO4晶體；（4)高鐵酸鉀易溶于水，與水反應放出氧氣，用蒸餾水洗滌會造成產品的溶解損失,所以用95％的乙醇洗滌降低損失；(5)(NH4)2Fe(SO4）2標準液中存在銨根和Fe2+的水解使溶液顯酸性，所以需要用酸式滴定管;根據方程式c可知n(Cr2O）=n[（NH4）2Fe（SO4)2]，根據方程式a、b可知25.00mL待測液中n(FeO)=n(Cr2O），所以n（FeO)=n[(NH4)2Fe（SO4）2］=0.026L×0.10mol/L×=mol，所以樣品中n（K2FeO4）=mol×=mol，所以樣品的純度為×100%=85。8％?！军c睛】侯德榜制堿法中由于碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，所以向飽和氨鹽水中通入過量二氧化碳析出碳酸氫鈉,本實驗中，向Na2FeO4溶液中加入KOH得到K2FeO4的原理與之相似,學生應注意知識的遷移與應用.19.釩和五氧化二釩在工業(yè)中應用廣泛,某工廠從釩渣（主要成分有V2O3、FeO，還含有少量CuO、Al2O3等）中回收金屬，工藝流程如圖：已知：①KspCu(OH）2=1。0×10-21，KspFe（OH）3=4。0×10-38，KspFe（OH）2=8.0×10-16②NH4VO3難溶于水，（VO2)2SO4易溶于水。(1)制取純凈的Al2O3需要經過“一系列操作"為過濾、___、___。(2）濾渣1在“煅燒”過程中，主要成分V2O3轉化為可溶性NaVO3,寫出其反應的化學方程式______。（3)加入稀硫酸后，酸浸液中VO與VO能大量共存的原因是______(用離子方程式解釋）。（4）常溫下調節(jié)酸浸液的pH=___，即可以完全除去鐵、銅兩種元素對應的離子；實際pH值要調整到8,其目的是______.（5）請寫出煅燒濾渣3時，發(fā)生反應的化學方程式________?！敬鸢浮?1).洗滌(2）.灼燒（3).V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2(4）.VO+2H+VO+H2O(反過來寫也得分）（5).6(6)。使VO+H2OVO+2H+平衡正向移動（或使VO+2H+VO+H2O逆向移動)，VO更多轉化為VO（7)。2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O【解析】【分析】根據釩渣中主要成分有V2O3、FeO,還含有少量的CuO、Al2O3，加NaOH溶液時發(fā)生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，濾液1中通入足量二氧化碳生成Al(OH)3沉淀，過濾后，洗滌、灼燒得到Al2O3；根據濾渣1含V2O3、FeO、CuO，煅燒時主要發(fā)生V2O3與Na2CO3、O2反應生成NaVO3和CO2，據此寫出化學方程形式；且FeO被氧化為Fe2O3,加酸溶液時溶液中含鐵離子、銅離子，濾渣2為Fe(OH）3、Cu(OH)2，由Ksp可知，保證銅離子完全沉淀時，鐵離子已經完全沉淀,計算需要調節(jié)的pH值;實際pH值要調整到8，使化學平衡移動，VO更多的轉化為VO,在濾液2中加入（NH4）2SO4溶液，生成NH4VO3沉淀,煅燒得到V2O5，以此來解答?！驹斀狻?1）因為濾液1中主要存在AlO2—，通入足量的CO2，發(fā)生AlO2—+2H2O+CO2=Al（OH)3↓+HCO3-反應,由Al（OH)3沉淀制取純凈的Al2O3，需要經過過濾、洗滌、灼燒（或煅燒);答案為洗滌、灼燒（煅燒)。(2)煅燒時，濾渣1的主要成分V2O3轉化為可溶性NaVO3,釩元素由+3價失電子變?yōu)?5價，V2O3作還原劑，空氣中O2得電子作氧化劑，其反應的化學方程式為Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2;答案為：Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2。（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3—與VO2+存在VO+2H+VO+H2O或VO+H2OVO+2H+化學平衡，因而能大量共存。答案為：VO+2H+VO+H2O或VO+H2OVO+2H+。（4）加酸溶液時溶液中含鐵離子、銅離子，濾渣2為Fe(OH）3、Cu（OH)2，當c(Fe3+)＜10—5mol/L時,則鐵離子沉淀完全，根據Ksp=c(Fe3+)×c3（OH-),所以c(OH-）==m