2020年山东省济南二中高考化学模拟试卷（4月份） 12页

‎2020年山东省济南二中高考化学模拟试卷（4月份）‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎ ‎ ‎1. 化学现象随处可见，化学制品伴随我们的生活。下列说法错误的是（ ） ‎ A.“霾尘积聚难见路人”，雾霾可能产生丁达尔效应 B.“用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸令气上……”，其中涉及的操作是蒸馏 C.“世间丝、麻、裘皆具素质……”，其中的“丝、麻”的主要成分都是蛋白质 D.古剑“沈卢”以“剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，其中的“剂钢”是铁合金 ‎ ‎ ‎2. 《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。‎​‎‎14‎C常用于测定文物的年代，‎​‎‎13‎C作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。‎​‎‎12‎C被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于‎​‎‎14‎C、‎​‎‎13‎C、‎​‎‎12‎C说法正确的是（ ） ‎ A.质子数与质量数相同 B.化学性质相似 C.互为同素异形体 D.质子数与中子数相等 ‎ ‎ ‎ ‎3. 氮及其化合物的转化过程如图‎1‎所示，其中如图‎2‎为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是（ ） ‎ A.如图‎2‎中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线 B.反应①的热化学方程式为：‎N‎2‎‎(g)+3H‎2‎(g)⇌2NH‎3‎(g)△H=−92 kJ⋅mol‎−1‎ C.在反应②中，若有‎1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH‎3‎的体积为‎5.6L D.催化剂a、b能提高反应反应①、②的化学反应速率和平衡转化率 ‎ ‎ ‎4. 有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（ ） ‎ A.甲苯和间二甲苯的一溴代物均有‎4‎种 B.按系统命名法，化合物‎(CH‎3‎‎)‎‎2‎C(OH)C(CH‎3‎‎)‎‎3‎的名称为‎2‎，‎2‎，‎3−‎三甲基‎−3−‎丁醇 C.‎2−‎丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上 D.乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰 ‎ ‎ ‎5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ） ‎ A.‎1L0.1mol⋅L‎−1‎Fe‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中含有的阳离子数目小于‎0.2‎NA B.‎0.24g Mg在O‎2‎和CO‎2‎的混合气体中完全燃烧，转移电子数为‎0.02‎NA C.‎3g由CO‎2‎和SO‎2‎组成的混合气体中含有的质子数为‎1.5‎NA D.‎1molNa‎2‎O‎2‎与SO‎2‎完全反应，转移电子数为‎2‎NA ‎ ‎ ‎6. 泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ） ‎ A.泛酸分子式为C‎9‎H‎17‎NO‎5‎ B.泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物 C.泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关 D.乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物 ‎ ‎ ‎7. 实验室为探究铁与浓硫酸（足量）的反应，并验证SO‎2‎的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（ ） ‎ A.装置B中酸性KMnO‎4‎溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性 B.实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe‎3+‎ C.装置D中品红溶液褪色可以验证SO‎2‎的漂白性 D.实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸 ‎ ‎ ‎8. 工业上用发烟HClO‎4‎把潮湿的CrCl‎3‎氧化为棕色的烟‎[CrO‎2‎(ClO‎4‎‎)‎‎2‎]‎来除去Cr(‎Ⅲ‎)‎，HClO‎4‎中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（ ） ‎ A.HClO‎4‎属于强酸，反应还生成了另一种强酸 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 B.CrO‎2‎(ClO‎4‎‎)‎‎2‎中Cr元素显‎+6‎价 C.该反应离子方程式为‎19ClO‎4‎‎−‎+8Cr‎3+‎+80H‎−‎=8CrO‎2‎(ClO‎4‎‎)‎‎2‎+3Cl‎−‎+4H‎2‎O D.该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为‎3:8‎ ‎ ‎ ‎9. 前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为‎23:16‎；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为‎3d‎10‎4‎s‎1‎．下列说法正确的是（ ） ‎ A.简单离子的半径Y>Z>W B.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z>X C.W和T的单质混合加热可得化合物T‎2‎W D.W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸 ‎ ‎ ‎10. 下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ） ‎ A‎．制备并收集乙酸 乙酯 B‎．证明氯化银溶 解度大于硫化银 C‎．验证溴乙烷的 消去产物是乙烯 D‎．推断S、C、Si的 非金属性强弱 A.A B.B C.C D.‎D 二、本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．‎ ‎ ‎ ‎ 高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO‎2‎，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的试剂X，调节浸出液的pH为‎3.5∼5.5‎；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③已知室温下：Kap‎[Mg(OH‎)‎‎2‎]‎＝‎1.8×‎‎10‎‎−11‎，Kap‎[Al(OH‎)‎‎3‎]‎＝‎3.0×‎‎10‎‎−34‎，Kap‎[Fe(OH‎)‎‎3‎]‎＝‎4.0×‎‎10‎‎−38‎．下列说法正确的是（ ） ‎ A.试剂X可以是MnO、MnO‎2‎、MnCO‎3‎等物质 B.除杂过程中调节浸出液的pH为‎3.5∼5.5‎可完全除去Fe、Al、Mg等杂质 C.浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂 D.为提高沉淀MnCO‎3‎步骤的速率可以持续升高温度 ‎ ‎ ‎ Li−SOCl‎2‎电池是迄今具有最高能量比的电池。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液（熔点‎−110‎​‎‎∘‎C、沸点‎78.8‎​‎‎∘‎C）是LiAlCl‎4‎−SOCl‎2‎．电池的总反应可表示为：‎4Li+2SOCl‎2‎=4LiCl+S+SO‎2‎．下列说法正确的是（ ） ‎ A.该电池不能在寒冷地区正常工作 B.SOCl‎2‎分子的空间构型是平面三角形 C.该电池工作时，正极反应为：‎‎2SOCl‎2‎+4e‎−‎=4Cl‎−‎+S+SO‎2‎ D.该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行 ‎ ‎ ‎ 向某容积为‎2 L的恒容密闭容器中充入‎2 mol X(g)‎和‎1 mol Y(g)‎，发生反应‎2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)‎。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ） ‎ A.M点时，Y的转化率最大 B.升高温度，平衡常数减小 C.平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小 D.W、M两点Y的正反应速率相同 ‎ ‎ ‎ ‎ 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（       ） ‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO‎4‎溶液，出现浑浊 蛋白质发生了变性 B 将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO‎4‎溶液，溶液紫红色褪去 产生的气体中一定含有乙烯 C 室温下，用pH试纸测得：‎0.1 mol⋅L‎−1‎Na‎2‎SO‎3‎溶液的pH约为‎10‎：‎0.1 mol⋅L‎−1‎NaHSO‎3‎溶液的pH约为‎5‎ HSO‎3‎‎−‎结合H‎+‎的能力比SO‎3‎‎2−‎的强 D 向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO‎3‎溶液，产生淡黄色沉淀‎(AgBr)‎ Ksp‎(AgBr)c(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)>c(HC‎2‎O‎4‎‎−‎)‎ B.已知pKa=−lgKa，则pKa‎2‎ (H‎2‎C‎2‎O‎4‎)=4.17‎ C.‎0.1 mol⋅L‎−1‎NaHC‎2‎O‎4‎溶液中：‎c(H‎+‎)=c(OH‎−‎)+c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)−c(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)‎ D.一定温度下往CaC‎2‎O‎4‎饱和溶液中加入少量CaCl‎2‎固体，c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)‎将减小，c(Ca‎2+‎)‎不变 三、非选择题：本题共5小题，共60分．‎ ‎ ‎ ‎ “低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除 CO‎2‎对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对 CO‎2‎ 创新利用的研究。 ‎ ‎（1）已知：①CO(g)+H‎2‎O(g)⇌H‎2‎(g)+CO‎2‎(g)△H＝‎−41kJ/mol ②C(s)+2H‎2‎(g)⇌CH‎4‎(g)△H＝‎−73kJ/mol ③‎2CO(g)⇌C(s)+CO‎2‎(g)△H＝‎−17kJ/mol 写出CO‎2‎与H‎2‎反应生成CH‎4‎和H‎2‎O(g)‎的热化学方程式：________。‎ ‎ ‎ ‎（2）目前工业上有一种方法是用 CO‎2‎来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为 ‎2L密闭容器中，充入‎1mol CO‎2‎和 ‎3.25mol ‎H‎2‎在一定条件下发生反应，测得 CO‎2‎、CH‎3‎OH(g)‎和 H‎2‎O(g)‎的物质的量‎(n)‎随时间的变化如图所示： ①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H‎2‎)‎＝（    ）。 ②下列措施一定不能使CO‎2‎的平衡转化率增大的是‎(‎    ‎) ‎（填字母）。‎ A.在原容器中再充入‎1mol CO‎2‎ B.在原容器中再充入‎1mol ‎H‎2‎ C.在原容器中充入‎1mol氦气 D.使用更有效的催化剂 E.缩小容器的容积 F.将水蒸气从体系中分离 ‎ ‎ ‎（3）煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)+H‎2‎O(g)⇌H‎2‎(g)+CO‎2‎(g)‎的平衡转化率随p(H‎2‎O)/p(CO)‎及温度变化关系如图所示： ①上述反应的正反应方向是________（填“吸热”或“放热”）反应； ②对于气相反应，用某组分‎(B)‎的平衡压强‎(pB)‎代替物质的量浓度‎(cB)‎也可以表示平衡常数（记作 Kp），则在恒温密闭容器中，该反应的Kp与Kc的关系是________，如果提高p(H‎2‎O)/p(CO)‎，则Kp________ （填“变大”“变小”或“不变”）；使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用‎400‎​‎‎∘‎C左右，p(H‎2‎O)/p(CO)‎＝‎3∼5‎，采取此条件的原因可能是________。‎ ‎ ‎ ‎（4）科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO‎2‎和H‎2‎O合成CH‎4‎．下列关于该电池的叙述正确的是（    ）（填字母）。 ‎ A.该装置能量转化形式仅存在太阳能转化为电能 B.铜电极为正极，电极反应式为CO‎2‎+8e‎−‎+8‎H‎+‎＝‎CH‎4‎+2H‎2‎O C.电池内部H‎+‎透过质子交换膜从左向右移动 D.反应结束后，理论上溶液的 pH 值保持不变 ‎ ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎ 以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr‎2‎O‎3‎，含有Al‎2‎O‎3‎、SiO‎2‎等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎⋅2H‎2‎O），其主要工艺流程如下： 查阅资料得知： ⅰ．常温下，NaBiO‎3‎不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr‎3+‎转化为CrO‎4‎‎2−‎。 ⅱ． ‎ 金属离子 Fe‎3+‎ Al‎3+‎ Cr‎3+‎ Fe‎2+‎ Bi‎3+‎ 开始沉淀的pH ‎2.7‎ ‎3.4‎ ‎5.0‎ ‎7.5‎ ‎0.7‎ 沉淀完全的pH ‎3.7‎ ‎4.9‎ ‎5.9‎ ‎9.7‎ ‎4.5‎ ‎ 回答下列问题： ‎ ‎（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是________。‎ ‎ ‎ ‎（2）步骤③加的试剂为________，此时溶液pH要调到‎5‎的目的________。‎ ‎ ‎ ‎（3）写出反应④的离子反应方程式________。‎ ‎ ‎ ‎（4）⑤中酸化是使CrO‎4‎‎2−‎转化为Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎，写出该反应的离子方程式________。‎ ‎ ‎ ‎（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是________（填操作名称）。‎ ‎ ‎ ‎ 高碘酸钾‎(KIO‎4‎)‎溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如图（夹持和加热装置省略）。回答下列问题： ‎ ‎（1）装置Ⅰ中仪器甲的名称是________。‎ ‎ ‎ ‎（2）装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO‎4‎混合后发生反应的离子方程式是________。‎ ‎ ‎ ‎（3）装置Ⅱ中的试剂X是________。‎ ‎ ‎ ‎（4）装置Ⅲ中搅拌的目的是________。‎ ‎ ‎ ‎（5）上述装置按气流由左至右各接口顺序为________（用字母表示）。‎ ‎ ‎ ‎（6）装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。 ①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：________。 ②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是________。 ③上述制备的产品中含少量的KIO‎3‎，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用‎1.0mol⋅L‎−1‎ Na‎2‎S‎2‎O‎3‎标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。 已知：KIO‎3‎+5KI+6CH‎3‎COOH=3I‎2‎+6CH‎3‎COOK+3H‎2‎O KIO‎4‎+7KI+8CH‎3‎COOH=4I‎2‎+8CH‎3‎COOK+4H‎2‎O I‎2‎‎+2Na‎2‎S‎2‎O‎3‎=2NaI+‎N‎2‎S‎4‎O‎6‎ 则该产品中KIO‎4‎的百分含量是________‎(Mr(KIO‎3‎)‎＝‎214‎，Mr(KIO‎4‎)‎＝‎230)‎。‎ ‎ ‎ ‎ 钛被誉为“‎21‎世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以‎+4‎价的Ti最为稳定。回答下列问题： ‎ ‎（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为________。‎ ‎ ‎ ‎（2）已知电离能：I‎2‎‎(Ti)‎＝‎1310kJ/mol，I‎2‎‎(K)‎＝‎3051kJ/mol。I‎2‎‎(Ti)Y>Z，故A错误； B．非金属性S>C>Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性W>X>Z，故B错误； C．S单质的氧化性较弱，则S与Cu单质混合加热反应生成Cu‎2‎S，故C正确； D．S与氧气反应生成的是二氧化硫，二氧化硫溶于水生成的亚硫酸为弱酸，故D错误；‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 化学实验方案的评价 ‎【解析】‎ A‎．酯化反应需要催化剂、吸水剂； B．硝酸银过量，均为沉淀生成； C．生成的乙烯及挥发的醇均使高锰酸钾褪色； D．发生强酸制取弱酸的反应，可比较最高价含氧酸的酸性。‎ ‎【解答】‎ A‎．酯化反应需要催化剂、吸水剂，图中缺少浓硫酸，不能制备，故A错误； B．硝酸银过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故B错误； C．生成的乙烯及挥发的醇均使高锰酸钾褪色，由褪色不能证明消去产物为乙烯，故C错误； ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 D‎．发生强酸制取弱酸的反应，可比较最高价含氧酸的酸性，可比较S、C、Si的非金属性强弱，故D正确；‎ 二、本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 ‎【解析】‎ 湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO‎2‎，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为‎3.5∼5.5‎；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO‎2‎+H‎2‎O‎2‎+2‎H‎+‎＝Mn‎2+‎+2H‎2‎O+O‎2‎↑‎，加入碳酸氢铵形成沉淀反应的化学方程式为：MnSO‎4‎+2NH‎4‎HCO‎3‎‎​‎‎​‎‎​‎MnCO‎3‎↓+(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎+CO‎2‎↑+H‎2‎O，生成的MnCO‎3‎沉淀需经充分洗涤，通过一系列操作得到高纯碳酸锰。 A．试剂X使用MnO、碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质，但不能用MnO‎2‎； B．当Mg‎2+‎沉淀完全时，溶液中c(Mg‎2+‎)≤1×‎10‎‎−5‎mol/L，根据Ksp (Mg(OH‎)‎‎2‎)‎＝c(Mg‎2+‎)⋅c‎2‎(OH‎−‎)‎＝‎1.8×‎‎10‎‎−11‎分析，不能除去Mg杂质； C．作为还原剂能使Mn元素化合价降低； D．难溶性的碳酸盐受热易分解。‎ ‎【解答】‎ A‎．试剂X可以是MnO、MnCO‎3‎等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，一方面避免引入杂质，同时避免②消耗更多的过氧化氢，故A错误； B．Mg(OH‎)‎‎2‎完全沉淀时，c(OH‎−‎)=‎1.8×‎‎10‎‎−11‎‎1.0×‎‎10‎‎−5‎mol/L=‎1.8‎×‎10‎‎−3‎mol/L，则pH为‎3.5∼5.5‎时不能除去Mg杂质，故B错误； C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由‎+4‎价降低为‎+2‎价，故C正确； D．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D错误；‎ ‎【答案】‎ C,D ‎【考点】‎ 电解池的工作原理及应用 判断简单分子或离子的构型 ‎【解析】‎ 根据电池的总反应可知，失电子的是Li，在负极发生反应，得电子的是SOCl‎2‎，在正极发生反应；电解液的熔点为‎−110‎​‎‎∘‎C、沸点为‎78.8‎​‎‎∘‎C，电池可以在‎−110‎​‎‎∘‎C∼78.8‎​‎‎∘‎C温度范围内正常工作，据此解答。‎ ‎【解答】‎ A‎．该电池可以在‎−110‎​‎‎∘‎C∼78.8‎​‎‎∘‎C环境下正常工作，所以在寒冷地区正常工作，故A错误； B．SOCl‎2‎分子的中心原子为S，其价层电子对数＝‎3+‎1‎‎2‎(6−1×2−2×1)‎＝‎4‎，VSEPR模型为四面体形，中心原子上的孤电子对数‎=‎1‎‎2‎(6−1×2−2×1)‎＝‎1‎，则SOCl‎2‎分子的立体构型为三角锥形，故B错误； C．根据电池的总反应‎4Li+2SOCl‎2‎=4LiCl+S+SO‎2‎可知，Li在负极失去电子，SOCl‎2‎在正极得到电子，则正极反应为：‎2SOCl‎2‎+4‎e‎−‎＝‎4Cl‎−‎+S+SO‎2‎，故C正确； D．Li是活泼金属，易与O‎2‎反应，也能与水反应，SOCl‎2‎遇水会发生反应：SOCl‎2‎+H‎2‎O＝SO‎2‎+2HCl，因此该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行，故D正确；‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 化学平衡的影响因素 ‎【解析】‎ 温度在a‎​‎‎∘‎C之前，升高温度，X的含量减小，温度在a‎​‎‎∘‎C之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，以此解答该题。‎ ‎【解答】‎ A‎．Q点时体系中X的体积分数最小、转化率最大，故Q点时Y的转化率最大，故A错误； B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故B正确； C．反应物有X、Y两种，平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数增大，故C错误； D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越快，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误。‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 化学实验方案的评价 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ A‎．鸡蛋清溶液中加入少量CuSO‎4‎溶液，发生变性，为不可逆反应，析出固体溶液变浑浊，故A正确； B．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色不能说明乙烯生成，故B错误； C．NaHSO‎3‎溶液电离显酸性，Na‎2‎SO‎3‎溶液水解显碱性，则HSO‎3‎‎−‎结合H‎+‎的能力比SO‎3‎‎2−‎的弱，故C错误； D．NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，Qc>Ksp时生成沉淀，则不能比较Ksp‎(AgBr)‎、Ksp‎(AgCl)‎的大小，故D错误； 故选A。‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 弱电解质在水溶液中的电离平衡 ‎【解析】‎ 酸性越强，H‎2‎C‎2‎O‎4‎的浓度越大，碱性越强，C‎2‎O‎4‎‎2−‎的浓度越大，根据图示可知，①代表的是H‎2‎C‎2‎O‎4‎、②代表的是HC‎2‎O‎4‎‎−‎③代表的是C‎2‎O‎4‎‎2−‎。 A．根据图示曲线判断各离子浓度大小； B．b点pH＝‎4.17‎，c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)‎＝c(HC‎2‎O‎4‎‎−‎)‎，结合Ka‎2‎ (H‎2‎C‎2‎O‎4‎)‎的表达式计算； C．由图可知，NaHC‎2‎O‎4‎溶液pH＝‎3∼4‎，证明溶液显示酸性，结合质子守恒分析； D．加入少量CaCl‎2‎固体，平衡逆向移动，c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)‎将减小，c(Ca‎2+‎)‎不可抵消，所以c(Ca‎2+‎)‎增大。‎ ‎【解答】‎ 酸性越强，H‎2‎C‎2‎O‎4‎的浓度越大，碱性越强，C‎2‎O‎4‎‎2−‎的浓度越大，根据图示可知，①代表的是H‎2‎C‎2‎O‎4‎、②代表的是HC‎2‎O‎4‎‎−‎③代表的是C‎2‎O‎4‎‎2−‎。 A．根据图示可知，pH＝‎5‎时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)>c(HC‎2‎O‎4‎‎−‎)>c(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)‎，故A错误； B．b点容易的pH＝‎4.17‎，此时c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)‎＝c(HC‎2‎O‎4‎‎−‎)‎，Ka‎2‎ (H‎2‎C‎2‎O‎4‎)=c(C‎2‎CO‎4‎‎2−‎)⋅c(H‎+‎)‎c(HCO‎4‎‎−‎)‎=c(H‎+‎)‎＝‎10‎‎−4.17‎，则pKa‎2‎ (H‎2‎C‎2‎O‎4‎)=−lg‎10‎‎−4.17‎＝‎4.17‎，故 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 B正确； C．NaHC‎2‎O‎4‎溶液中存在质子守恒：c(H‎+‎)+c(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)=c(OH‎−‎)+c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)‎，则c(H‎+‎)=c(OH‎−‎)+c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)−c(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)‎，故C正确； D．一定温度下，往CaC‎2‎O‎4‎饱和溶液中，存在CaC‎2‎O‎4‎(s)⇌C‎2‎O‎4‎‎2−‎(aq)+Ca‎2+‎(aq)‎平衡，加入少量CaCl‎2‎固体，平衡逆向移动，c(C‎2‎O‎4‎‎2−‎)‎将减小，c(Ca‎2+‎)‎不可抵消，所以c(Ca‎2+‎)‎增大，故D错误；‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分．‎ ‎【答案】‎ CO‎2‎(g)+4H‎2‎(g)⇌CH‎4‎(g)+2H‎2‎O(g)△H‎＝‎‎−162kJ/mol ACD 放热,相等,不变,投料比太低，CO的转化率不高，而投料比‎3∼5‎时转化率已经在‎97%‎左右，再增加投料比收益不明显，经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的 B,C,D ‎【考点】‎ 电解池的工作原理及应用 化学平衡的影响因素 热化学方程式 ‎【解析】‎ ‎（1）该小题是一道典型的盖斯定律的应用，通过观察可以发现用③‎−2×‎①+②即可得到目标方程，注意各物质的状态不要漏标； （2）①先写出反应方程式CO‎2‎+3H‎2‎⇌CH‎3‎OH+H‎2‎O，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此只要算出任意一种物质的速率，即可得到氢气的反应速率； ②转化率即某一反应物的转化百分率，可以用物质的量、质量、体积（相同条件下）来计算，据此来分析各选项即可； （3）根据题图，当p(H‎2‎O)‎p(CO)‎相同时，温度越高转化率越低，因此正反应是放热反应； （4）虽然题干里告诉我们这是一个“人工光合系统”，实际上因为该装置无外电源，因此必然为一个原电池装置，再来根据原电池的规律分析即可。‎ ‎【解答】‎ 根据盖斯定律，由③‎−2×‎①+②得到CO‎2‎(g)+4H‎2‎(g)⇌CH‎4‎(g)+2H‎2‎O(g)‎，‎△H＝‎−171KJ/mol−2×(−41kJ/mol)+(−73kJ/mol)‎＝‎−162kJ/mol； 故答案为：CO‎2‎(g)+4H‎2‎(g)⇌CH‎4‎(g)+2H‎2‎O(g)△H＝‎−162kJ/mol；‎ ‎①该反应为：CO‎2‎(g)+3H‎2‎(g)⇌H‎2‎O(g)+CH‎3‎OH(l)‎；先求出CO‎2‎的平均反应速率：v=‎△ct=‎△nV−t=‎1.00−0.25‎‎2L−10min=0.0375mol/(L⋅min)‎，则氢气的平均反应速率为CO‎2‎的三倍，即‎0.1125mol/(L⋅min)‎； 故答案为：‎0.1125mol/(L⋅min)‎； ②A．向原容器中充入更多的CO‎2‎一定会导致CO‎2‎的转化率降低，A正确； B．向原容器中充入氢气（另一种反应物），则可以提高CO‎2‎的转化率，B错误； C．容器是定容的，充入氦气后容器体积不改变，各物质的浓度不改变，因此平衡也不会改变，平衡转化率自然也不会改变，C正确； D．催化剂不改变平衡，自然无法影响转化率，D正确； E．缩小容器体积相当于增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向气体分子数减少的方向移动（正向），则CO‎2‎转化率增大，E错误； F．将水蒸气（产物）从体系中分离，可以使逆反应速率小于正反应速率，平衡也会正向移动，CO‎2‎转化率增大，F错误； 故答案为：ACD；‎ ‎①当p(H‎2‎O)‎p(CO)‎相同时，温度越高转化率越低，因此正反应是放热反应； 故答案为：放热； ②既然我们用某组分的平衡压强来代替物质的量浓度，Kp=‎p(CO‎2‎)p(H‎2‎)‎p(CO)p(H‎2‎O)‎，而平衡压强与浓度成正比，因此可以说明Kp＝Kt；对于给定的反应，平衡常数大小只与温度有关，因此改变p(H‎2‎O)‎p(CO)‎不会影响Kp；根据图表我们发现若投料比太低，CO的转化率不高，而投料比‎3∼5‎时转化率已经在‎97%‎左右，再增加投料比收益不明显，在经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的，该温度下催化剂活性最大； 故答案为：相等；不变；投料比太低，CO的转化率不高，而投料比‎3∼5‎时转化率已经在‎97%‎左右，再增加投料比收益不明显，经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的；‎ A‎．根据分析这是一个原电池装置，将太阳能转化为电能和化学能，A错误； B．原电池中，电子从负极流出，经外电路流回正极，因此铜为正极，CO‎2‎在正极得电子转变为甲烷，B正确； C．原电池工作时，阳离子从负极流向正极，C正确； D．负极发生水的光解‎2H‎2‎O＝‎4H‎+‎+4e‎−‎+O‎2‎↑‎，因此电池的总反应方程为CO‎2‎+2H‎2‎O＝CH‎4‎+‎‎20‎‎2‎，因此理论上溶液pH不变，D正确； 故答案为：BCD。‎ ‎【答案】‎ 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 NaOH溶液,使Fe‎3+‎、Al‎3+‎均完全转化为Fe(OH‎)‎‎3‎和Al(OH‎)‎‎3‎沉淀而除去 ‎3NaBiO‎3‎+2Cr‎3+‎+70H‎−‎+H‎2‎O‎＝‎‎2CrO‎4‎‎2−‎+3Na‎+‎+3Bi(OH‎)‎‎3‎ ‎2CrO‎4‎‎2−‎+2H‎+‎⇌Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎+H‎2‎O 重结晶 ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用 ‎【解析】‎ 铬铁矿（主要成分为FeO和Cr‎2‎O‎3‎，含有Al‎2‎O‎3‎、SiO‎2‎等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO‎2‎，溶液B中含有Cr‎3+‎、Al‎3+‎、Fe‎2+‎，在B中加入过氧化氢，可生成Fe‎3+‎，调节溶液pH可除去Fe‎3+‎、Al‎3+‎，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr‎3+‎，在溶液E中加入NaBiO‎3‎和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH‎)‎‎3‎，溶液F含有Na‎2‎CrO‎4‎，酸化可得Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎⋅2H‎2‎O，以此解答该题。‎ ‎【解答】‎ 为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎， 故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；‎ 根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到‎5‎的目的使Fe‎3+‎、Al‎3+‎均完全转化为Fe(OH‎)‎‎3‎和Al(OH‎)‎‎3‎沉淀而除去，而铬离子不沉淀， 故答案为：NaOH溶液；使Fe‎3+‎、Al‎3+‎均完全转化为Fe(OH‎)‎‎3‎和Al(OH‎)‎‎3‎沉淀而除去；‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 在溶液E中加入NaBiO‎3‎和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH‎)‎‎3‎，反应的离子方程式为‎3NaBiO‎3‎+2Cr‎3+‎+70H‎−‎+H‎2‎O＝‎2CrO‎4‎‎2−‎+3Na‎+‎+3Bi(OH‎)‎‎3‎， 故答案为：‎3NaBiO‎3‎+2Cr‎3+‎+70H‎−‎+H‎2‎O＝‎2CrO‎4‎‎2−‎+3Na‎+‎+3Bi(OH‎)‎‎3‎；‎ 酸化使CrO‎4‎‎2−‎转化为Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎，反应的离子方程式为‎2CrO‎4‎‎2−‎+2H‎+‎⇌Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎+H‎2‎O， 故答案为：‎2CrO‎4‎‎2−‎+2H‎+‎⇌Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎+H‎2‎O；‎ 将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶， 故答案为：重结晶。‎ ‎【答案】‎ 圆底烧瓶 ‎16H‎+‎+10Cl‎−‎+2MnO‎4‎‎−‎‎＝‎‎2Mn‎2+‎+8H‎2‎O+5Cl‎2‎↑‎ NaOH溶液 使反应混合物混合均匀，反应更充分 aefcdb ‎2KOH+KIO‎3‎+Cl‎2‎‎△‎‎​‎‎​‎KIO‎4‎+2KCl+H‎2‎O‎,降低KIO‎4‎的溶解度，减少晶体损失,‎‎(107b−3a)×115‎‎83a‎×100%‎ ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 ‎【解析】‎ 实验目的为制备高碘酸钾，根据图示可知，装置Ⅲ中为制备装置，发生反应为‎2KOH+KIO‎3‎+Cl‎2‎‎△‎‎​‎‎​‎KIO‎4‎+2KCl+H‎2‎O；则装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO‎4‎混合制取氯气，发生反应为‎16H‎+‎+10Cl‎−‎+2MnO‎4‎‎−‎＝‎2Mn‎2+‎+8H‎2‎O+5Cl‎2‎↑‎；制取的氯气中混有HCl，需要用装置Ⅵ中的饱和食盐水除去，洗气瓶中导管采用“长进短出”方式；然后将氯气通入装置装置Ⅲ中制备高碘酸钾；氯气有毒，多余的氯气需要用装置Ⅱ中的氢氧化钠溶液吸收，据此解答。‎ ‎【解答】‎ 由图可知，装置I中仪器甲的名称是圆底烧瓶， 故答案为：圆底烧瓶；‎ 装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO‎4‎混合后发生反应生成氯化锰、氯气和水，该反应的离子方程式为：‎16H‎+‎+10Cl‎−‎+2MnO‎4‎‎−‎＝‎2Mn‎2+‎+8H‎2‎O+5Cl‎2‎↑‎， 故答案为：‎16H‎+‎+10Cl‎−‎+2MnO‎4‎‎−‎＝‎2Mn‎2+‎+8H‎2‎O+5Cl‎2‎↑‎；‎ 装置Ⅱ中的试剂X是NaOH溶液，目的是除去过量的氯气，防止污染空气， 故答案为：NaOH溶液；‎ 装置Ⅲ中搅拌后可使反应混合物混合均匀，反应更充分， 故答案为：使反应混合物混合均匀，反应更充分；‎ 装置Ⅲ中为制备装置，发生反应为‎2KOH+KIO‎3‎+Cl‎2‎‎△‎‎​‎‎​‎KIO‎4‎+2KCl+H‎2‎O；则装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO‎4‎混合制取氯气，发生反应为‎16H‎+‎+10Cl‎−‎+2MnO‎4‎‎−‎＝‎2Mn‎2+‎+8H‎2‎O+5Cl‎2‎↑‎；制取的氯气中混有HCl，需要用装置Ⅵ中的饱和食盐水除去，洗气瓶中导管采用“长进短出”方式；然后将氯气通入装置装置Ⅲ中制备高碘酸钾；氯气有毒，多余的氯气需要用装置Ⅱ中的氢氧化钠溶液吸收，则装置的连接顺序为：aefcdb， 故答案为：aefcdb；‎ ‎①由图可知，装置Ⅲ中KOH与碘酸钾、氯气反应制备KIO‎4‎，发生反应的化学方程式为：‎2KOH+KIO‎3‎+Cl‎2‎‎△‎‎​‎‎​‎KIO‎4‎+2KCl+H‎2‎O， 故答案为：‎2KOH+KIO‎3‎+Cl‎2‎‎△‎‎​‎‎​‎KIO‎4‎+2KCl+H‎2‎O； ②高碘酸钾‎(KIO‎4‎)‎溶于热水，微溶于冷水，洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO‎4‎的溶解度，减少晶体损失， 故答案为：降低KIO‎4‎的溶解度，减少晶体损失； ③由题意可知，滴定消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：‎1.0mol⋅L‎−1‎ ×bL＝bmol，根据I‎2‎‎+2Na‎2‎S‎2‎O‎3‎=2NaI+‎N‎2‎S‎4‎O‎6‎可知，碘单质的物质的量为：bmol×‎1‎‎2‎=0.5bmol， 设样品中KIO‎4‎的物质的量为xmol，KIO‎3‎的物质的量为ymol，结合反应KIO‎3‎+5KI+6CH‎3‎COOH=3I‎2‎+6CH‎3‎COOK+3H‎2‎O、KIO‎4‎+7KI+8CH‎3‎COOH=4I‎2‎+8CH‎3‎COOK+4H‎2‎O可知， 则：‎3y+4x＝‎0.5b，‎214y+230x＝a， 联立解得：x=‎‎107b−3a‎166‎， 所以样品中KIO‎4‎的百分含量为：‎230g/mol×‎107b−3a‎166‎molag‎×100%=‎(107b−3a)×115‎‎83a×100%‎， 故答案为：‎(107b−3a)×115‎‎83a‎×100%‎。‎ ‎【答案】‎ K‎+‎失去的是全充满的‎3‎p‎6‎电子，Ti‎+‎失去的是‎4‎s‎1‎电子 ‎6‎‎,sp‎3‎、sp‎2‎,‎bd 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 TiO‎2+‎或‎(TiO‎)‎n‎2n+‎,正四面体 ‎3‎‎31‎ρNA‎×‎‎10‎‎10‎ ‎【考点】‎ 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 判断简单分子或离子的构型 晶胞的计算 ‎【解析】‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎（1）Ti原子中‎3d、‎4s能级上电子为其价电子； （2）轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定； （3）①根据图知，Ti原子配位数是‎6‎；甲基上的C原子价层电子对个数是‎4‎、环上C原子价层电子对个数是‎3‎，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型； ②Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，C−H和C−C及C−O原子之间存在共价键； （4）这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大； （5）该阳离子中每个Ti‎4+‎含有氧离子个数＝‎2×‎1‎‎2‎=1‎；硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝‎4+‎6+2−4×2‎‎2‎=4‎且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型； （6）白色球个数＝‎8×‎1‎‎8‎+6×‎1‎‎2‎=4‎、黑色球个数＝‎12×‎1‎‎4‎+1‎＝‎4‎，晶胞棱长‎=‎‎3‎MNA‎×4‎ρ，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半。‎ ‎【解答】‎ Ti原子中‎3d、‎4s能级上电子为其价电子，其价电子排布图为， 故答案为：；‎ 轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，K‎+‎失去的是全充满的‎3‎p‎6‎电子，Ti‎+‎失去的是‎4‎s‎1‎电子，失电子前者较后者难，所以I‎2‎‎(Ti)