山东省青岛市2020届高三第三次模拟化学试题 Word版含解析

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青岛市2020年高三自主检测 化学试题 ‎1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。‎ ‎2．选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。‎ ‎3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 K 39 Fe 64 Cr 52‎ 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.化学与人类社会的生产、生活有着密切的联系，下列叙述正确的是 A. 苏打溶液显碱性，可用于治疗胃酸过多 B. “地沟油”经处理可生产生物柴油、燃料乙醇等，变废为宝 C. 石灰水、MgSO4 溶液均可喷涂在树干上消灭树皮上的过冬虫卵 D. 建筑材料“碳纳米泡沫”呈蛛网状，是一种具有磁性的新型有机材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苏打是Na2CO3，其溶液显碱性，碱性较强，对胃的刺激性较大，而小苏打的碱性较碳酸钠弱，所以一般用小苏打(NaHCO3)用于治疗胃酸过多，A选项错误；‎ B．“地沟油”主要成分是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油、燃料乙醇等，可以实现厨余废物的合理利用，B选项正确；‎ C．过冬虫卵主要为蛋白质，石灰水能使蛋白质变性从而消灭树皮上的过冬虫卵，但MgSO4溶液不可以，C选项错误；‎ D．“碳纳米泡沫”是一种碳单质，属于新型无机材料，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为 2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+ 3CO2 ↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A. K+的结构示意图： B. K2S 的电子式：‎ C. CO2 的结构式为：O=C=O D. 16O2与 18O3 互为同位素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K元素核电荷数为19，质子数为19，核外电子数为19，K+表示失去最外层一个电子，K+核外还有18个电子，各层电子数分别为2、8、8，K+的结构示意图为，故A错误；‎ B．K2S结构中K+与S2-形成离子键，其电子式，故B错误；‎ C．CO2中C原子与每个O原子形成两对共用电子对，电子式为，其结构式为O=C=O，故C正确；‎ D．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，则同位素的对象为原子，而16O2与 18O3均为单质，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎3.聚乳酸的结构简式如图 a，下列叙述错误的是 A. b 是合成聚乳酸的单体 B. 1mol 乳酸与足量钠反应，生成 2mol 氢气 C. n mol 乳酸缩聚生成图 a 结构，同时生成 n molH2O D. c 属于环酯，1molc 水解消耗 2molNaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由聚乳酸的结构简式 可知，它是由乳酸发生缩聚反应得到的，它的单体是乳酸，结构简式为，故A正确；‎ B．由乳酸结构简式可知，该结构中有羧基、醇羟基，均能与Na反应，化学方程式为+2Na+H2↑，则1mol 乳酸与足量钠反应，生成 1mol 氢气，故B错误；‎ C．乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸的化学方程式为n+nH2O，n mol 乳酸反应生成nmolH2O，故C正确；‎ D．由c的结构简式可知，c 属于环酯，c与NaOH发生水解反应的化学方程式为+2NaOH2，则1molc 水解消耗 2molNaOH，故D正确；‎ 答案为B。‎ ‎4.下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是 A. 位于同一轨道内电子的运动状态也不相同 B. 位于 d 区和 ds 区的元素都是金属元素 C. 前四周期未成对电子数最多的元素位于ⅥB 族 D. 基态原子最外层电子排布为ns1 的元素均在ⅠA 族或ⅠB 族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．电子运动状态取决于主量子数（电子层），角量子数（电子亚层），磁量子数（电子轨道），自旋量子数（电子自旋方向），位于同一轨道内电子，它们的自旋方向不同，运动状态也不相同，故A正确；‎ B．d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，故B正确；‎ C．前四周期元素即1～36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素是铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，故C正确；‎ D．基态原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，若为过渡金属元素，则为第VIB或IB元素，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎5.下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①铁离子遇硫氰根离子溶液变红，滴有硫氰化钾溶液的硫酸铁溶液显红色，二氧化硫可与三价铁离子发生氧化还原反应，铁离子转化为亚铁离子，溶液红色褪去，二氧化硫显还原性，与二氧化硫的漂白性无关，故①错误；‎ ‎②含有水蒸气的一氯甲烷是气体混合物，图中装置被浓硫酸密封，气体无法通过，无法实现干燥，故②错误；‎ ‎③氯气通入硫化钠溶液中，将硫离子氧化为硫单质，氯气是氧化剂，S为氧化产物，氧化性：Cl2＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，则非金属性：Cl＞S，可以比较氯与硫的非金属性，故③正确；‎ ‎④止水夹夹住橡皮管，从长颈漏斗中注水，至长颈漏斗中长颈部分在液面下，当长颈漏斗中液面高于烧瓶中液面，静置片刻，液面差不变，则气密性良好，故④正确；‎ 综上所述，③④正确，答案选C。‎ ‎6.耐光高效的拟除虫菊酯相继开发成功，其中一个重要的产品灭杀菊酯的结构如下图。下列说法正确的是 A. 该有机物分子式为C25H21O3NCl B. 该有机物中含有3个手性碳原子 C. 该有机物中的碳原子杂化方式为 sp2 或 sp3‎ D. 该有机物可以发生水解反应、加成反应、氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式可知它的分子中含有24个C，22个H，3个O，一个Cl和一个N原子，所以其分子式为C24H22O3NCl，故A错误；‎ B．C原子连接4个不同的原子或原子团称为手性碳原子，根据结构可判断该结构中含有2个手性碳原子，位置如图，故B错误；‎ C．根据结构简式可判断该结构中存在碳碳单键，碳氧双键，碳氮叁键，因而碳原子杂化方式为sp3、sp2、sp杂化，故C错误；‎ D．根据结构简式中含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，可发生加成反应，与苯环相连的碳原子中含有氢原子，可发生氧化反应，故D 正确；‎ 答案为D。‎ ‎7.原子序数依次增大的短周期主族元素 M、X、Y、Z、W，若它们的核外电子数用 n 表示，则有：n(M)＋n(W)＝n(X)＋n(Z)，2n(X)＝n(Z)。含 0.9%YW 化合物的水溶液称为生理盐水，X、Y、Z 三元素组成两种化合物 A、B 的性质如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 因为非金属性 X＞Z，所以简单氢化物沸点 X＞Z B. MX2 与ZX2 是导致酸雨的“罪魁祸首”‎ C. Y 分别与 X、Z 构成的化合物溶于水均因水解显碱性 D. ZX2、WX2 能使红色布条褪色，褪色原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含 0.9%YW 化合物的水溶液称为生理盐水，则Y为Na元素、W为Cl元素，X、Y、Z 三元素组成两种化合物 A、B 的性质如图，由图可知，气体能使品红溶液褪色，说明气体为SO2，则A为Na2SO3，加入HCl，反应生成SO2，加入ClO2，生成B为Na2SO4，加入H2O2，生成B为Na2SO4，根据2n(X)=n(Z)，X为O元素、Z为S元素，再根据n(M)＋n(W)=n(X)＋n(Z)，M为N元素。‎ ‎【详解】A. X为O元素、Z为S元素，因为H2O分子之间存在氢键，而硫化氢分子是不存在氢键，所以简单氢化物沸点 ：H2O＞H2S，A错误；‎ B. X为O元素，M为N元素，Z为S元素，MX2为NO2、ZX2为 SO2，氮氧化物和SO2是导致酸雨的“罪魁祸首”，B正确；‎ C. X为O元素、Y为Na元素、Z为S元素，此三种元素形成的化合物的水溶液不一定显碱性，如Na2SO4水溶液显中性，C错误；‎ D. ZX2为 SO2，WX2 为ClO2，均能使红色布条褪色，但褪色原理不相同，D错误。‎ 故答案为：B。‎ ‎【点睛】漂白原理：‎ ‎①氧化还原反应：这类漂白剂一般都具有强氧化性，能把有色物质氧化成无色物质，比如氯气、漂白粉、过氧化氢、过氧化钠等；‎ ‎②化合反应：这类型的是二氧化硫，它能跟某些有色物质结合，生成不稳定的无色物质，因此二氧化硫的漂白效果是不稳定的，暂时的；‎ ‎③物理吸附作用：一些多孔状的物质，比如活性炭，硅藻土等都具有比较大的表面积，可以吸附色素。‎ ‎8.某化工厂充分利用工业废气中的 CO、CO2，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是 A. 为减少副反应的发生，过程Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜 B. 在过程Ⅲ中实现了CuCl2 的再生 C. 理论上每生成 1molCH3OH，可得到1molC2H4Cl2‎ D. 过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据联合生产流程图分析可知，过程Ⅱ中发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成的H2参与过程Ⅰ，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，CuCl2进入过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析可知，过程Ⅱ为电解饱和NaCl溶液的过程，为减少副反应的发生，装置中可使用阳离子交换膜，A选项正确；‎ B．过程Ⅲ发生的反应主要为过程Ⅳ产生的CuCl与Cl2反应生成CuCl2，CuCl2再进入过程Ⅳ反应，实现了CuCl2的再生，B选项正确；‎ C．过程Ⅰ为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0价升高为+1价，则每生成1molCH3OH转移4mol电子，过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，每生成1molC2H4Cl2转移2mol电子，结合过程Ⅱ中发生的反应，则理论上每生成1molCH3OH，可得到2molC2H4Cl2，C选项错误；‎ D．由分析可知，过程Ⅳ中反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎9.亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解: 3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是 A. Fe2+的最高能层电子排布为 3d6‎ B. 配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子 C. (CN)2分子中σ键和π键数目比为 3:4‎ D. 已知 Fe3C 晶胞中每个碳原子被 6 个铁原子包围，则铁的配位数是 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其最高能层电子排布为3s23p63d6，A选项错误；‎ B．配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN-，由于电负性N＞C，所以C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，B选项正确；‎ C．(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，因此(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:4，C选项正确；‎ D．Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，与碳原子紧邻的铁原子，以C原子为原点建立三维坐标系，Fe原子位于坐标轴上且关于原点(碳原子)对称，6个Fe形成的空间结构为正八面体，故C原子的配位数为6，配位数之比等于相应原子数目反比，则Fe原子配位数为，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）使用不同催化剂的调控中，研究人员发现，一定条件下，Pt 单原子催化剂有着高达 90.3%‎ 的甲醇选择性。反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*表示，TS 表示过渡态。‎ 下列说法正确的是 A. 该反应的△H＞0‎ B. 经历 TS1，CO2共价键发生断裂，且生成羧基 C. 能垒（活化能）为 1.48ev 的反应为 HCOOH*（g）+2H2（g）=H2COOH*（g）+H2（g）‎ D. 如果换用铜系催化剂，所得反应历程与上图相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H<0，A错误；‎ B．由图可知，经历 TS1，CO2共价键发生断裂，生成了HCOO*，再经历TS2才形成羧基，B错误；‎ C．能垒（活化能）为 1.48ev 的是TS2过渡态，E=-0.18ev-(-1.66ev)=1.48ev，反应的化学方程式：HCOOH*（g）+2H2（g）=H2COOH*（g）+H2（g），C正确；‎ D．催化剂能改变反应的活化能，若换用铜系催化剂，不同催化剂，能不同程度地改变反应历程，D错误；‎ 答案选C。‎ 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 ‎ 分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。‎ ‎11.近期，美国某研究小组在《Nature Energy》报道了一种CO2 电解装置，膜界面处的离子通过中间通道重组直接制备高纯 HCOOH 溶液，其工作原理如图。下列说法正确的是 A. a 电极连接直流电源的正极 B. 该电解池工作原理2CO2+2H2O2HCOOH+O2‎ C. M、N 分别阴离子交换膜、阳离子交换膜 D. 电路中转移1mole- 时，阳极产生5.6LO2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题中图示可知，a电极发生还原过程，得电子被还原，为阴极，则a电极与电源负极相连，故A错误；‎ B．由题中图示可知，a电极发生还原过程，得电子被还原，为阴极，b电极发生氧化过程，失电子被氧化，为阳极，则阴极CO2在酸性环境下得电子，电极反应为2CO2+4e-+4H+=2HCOOH，阳极H2SO4溶液中氢氧根失电子，由于是强酸性环境下，则电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，该电解池工作原理2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故B正确；‎ C．根据a电极为阴极，由电极反应可知，阴极区附近消耗了氢离子，使阴离子浓度增大，b电极为阳极，由电极反应可知，阳极区附近产生了氢离子，使阳离子浓度增大，电解池中阳离子向阴极区移动，阴离子向阳极区移动，可判断M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C正确；‎ D．由阳极b的电极反应2H2O-4e-=O2+4H+可知，转移4mole-，产生1molO2，则转移1mole-，产生0.25molO2，由于没有注明是标准状况，不能用气体摩尔体积Vm=22.4L/mol 计算，不能得出O2的体积，故D错误；‎ 答案为BC。‎ ‎12.将 SO2 分别通入无氧、有氧的浓度均为 0.1 mol·L-1的 BaCl2 溶液和 Ba(NO3)2 溶液中，除 BaCl2 溶液（无氧）外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液 pH 变化曲线如图：‎ 下列说法正确的是 A. 曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H++HSO B. 依据曲线b可推知0.2 mol·L-1KNO3溶液(无氧)能氧化SO2‎ C. 曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：Ba2++SO2+O2=BaSO4↓‎ D. 曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO，A选项正确；‎ B．根据曲线b可知，0.1 mol·L-1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2 mol·L-1的KNO3溶液(无氧)也可以氧化SO2，B选项正确；‎ C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2++O2 +2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C选项错误；‎ D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D选项错误；‎ 答案选AB。‎ ‎【点睛】本题考查了性质实验方案的设计，明确实验目的及实验原理为解答关键，注意对比实验，试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎13.向含有淀粉的 KIO3 酸性溶液滴加 NaHSO3 溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是 A. 溶液先变蓝的原因：2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋‎ B. 溶液恰好褪色时 n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3‎ C. 还原性 I-> HSO>I2‎ D. 若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，则溶液变蓝不褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO为还原剂，反应的离子方程式为2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋，A选项正确；‎ B．溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2+HSO=2I-+SO+3H＋，结合A选项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B选项正确；‎ C．由A选项中的反应可知，还原性：HSO＞I2，由B选项中的反应可知，还原性HSO＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO＞I-＞I2，C选项错误；‎ D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO 等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：‎ 为了获得晶体，会先浓缩溶液接近饱和，然后将浓缩液放入高压釜中，控制温度进行结晶（硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化如图）。下列说法错误的是 A. 该工艺流程中加快反应速率的措施有 2 种 B. 在高压釜中，先降温结晶得到硼酸晶体，再蒸发结晶得到硫酸镁晶体 C. “酸浸”中镁硼酸盐发生反应2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3‎ D. 加入“MgO”后过滤，所得滤渣主要是Al(OH)3 和Fe(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据工艺流程分析，将富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用热的H2SO4溶液酸浸，发生反应2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，浸出渣的主要成分为SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和FeSO4，加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MgO调节pH可得到Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，过滤后将滤液浓缩后放入高压釜中，控制温度结晶分别得到硫酸镁晶体和硼酸晶体。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，该工艺流程中加快反应速率的措施有研磨(增大反应物的接触面积)、加热2种措施，A选项正确；‎ B．根据硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化图可知，大约80℃之前硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的升高而升高，因此先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的晶体，正确的操作应为浓缩后，升温控制温度在200℃以上结晶，趁热过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到硼酸晶体，B选项错误；‎ C．由上述分析可知，“酸浸”时镁硼酸盐发生的反应为2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3，C选项正确；‎ D．加入MgO调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3的沉淀，即过滤后的滤渣主要为Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.常温下，向二元弱酸H2Y溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与 P[P＝或 变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线 M 表示 随 pH 的变化关系 B. Ka2 的数值是10-6‎ C. e 点溶液中：2c(Y2-)+c(HY-)﹣c(K+)+c(OH-)=0.001mol·L-1‎ D. KHY 溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中的逐渐增大， 逐渐减小，则lg逐渐增大，因此曲线M表示pH与lg的变化关系，lg逐渐减小，曲线N表示pH与lg的变化关系。‎ ‎【详解】A．随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中的逐渐增大， 逐渐减小，则lg逐渐增大，因此曲线M表示pH与lg的变化关系，lg逐渐减小，曲线N表示pH与lg的变化关系，故A错误；‎ B．由H2YH++HY-、HY-H++Y2-可知，Ka2=根据题中图示，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，lg=1.3，则=101.3，Ka2== =10-4.3，故B错误；‎ C．e 点溶液中，存在K+、H+、Y2-、HY-、OH-，溶液呈现电中性的，由电荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)，e 点pH=3，c(H+)=0.001mol·L-1，则c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)- c(K+)，所以2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)-c(K+)=0.001 mol·L-1，故C正确；‎ D．KHY溶液中，HY-的水解常数Kh2= ，根据图象中c点坐标可知，pH=2时lg=0.7，则c(OH-)=1´10-12mol/L、=100.7，代入水解常数的计算公式可得Kh2=，HY-的水解常数小于其电离常数，所以HY-的电离程度大于其水解程度，KHY溶液呈现酸性，则溶液中c(Y2-)＞c(H2Y)，由于还存在水的电离，c(H+)＞c(Y2-)，所以KHY 溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)，故D正确；‎ 答案为CD。‎ 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。‎ ‎16.1797年法国化学家沃克兰从当时称为红色西伯利亚矿石中发现了铬，后期人类发现铬元素在其他方面有重要用途。‎ ‎(1)Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为K____Cr (填“>”或“<”)。‎ ‎(2)氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能，请写出Cr3+基态核外电子排布式为____；CrN 晶体类型与 NaCl 晶体相同，但前者熔点(1282℃)比后者(801℃)的高，主要原因是____。‎ ‎(3)Cr3+可与很多分子或离子形成配合物， 如图配合物中 Cr3+的配位数为_________，配体中采取sp3杂化的元素是__________。‎ ‎(4)铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示，其中氧离子与晶体镁堆积方式一致，铬离子在其八面体空隙中(如：CrA在O1、O2、O3、O4、O5、O6 构成的八面体空隙中)。‎ ‎①该氧化物的化学式为 ______。‎ ‎②该晶胞有 _____%八面体空隙未填充阳离子。‎ ‎③已知氧离子半径a cm，晶胞的高为bcm，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为____g·cm-3(用含a、b和NA的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). [Ar]3d3 (3). 氮化铬中的离子所带电荷数多，晶格能较大 (4). 6 (5). C、N、O (6). Cr2O3 (7). 33.3 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子半径和核外电子排布比较电离能大小，结合核外电子排布规律书写核外电子排布式，根据配合物理论判断离子配位数，结合杂化轨道互斥理论判断杂化方式，利用均摊法得出物质的化学式，结合立体几何知识根据公式进行晶胞的计算。‎ ‎【详解】(1)Cr原子的原子半径小、核电数更大，对核外电子的吸引更大，故第一电离能K＜Cr；‎ ‎(2)Cr为24号元素，其原子核外共有24个电子，Cr失去3个电子得到Cr3+，则Cr3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3，氮化铬(CrN)和NaCl均为离子晶体，氮化铬中的离子所带电荷数多，晶格能较大，所以熔点：CrN＞NaCl；‎ ‎(3)根据图示配合物的结构分析可知，Cr3+的配位数为6，配体中C、N、O采取sp3杂化；‎ ‎(4)①有晶胞示意图可知，该晶胞中氧离子位于晶胞的顶点、面心和体内，则1个晶胞中氧离子的个数为，铬离子位于晶胞的体内，则1个晶胞中铬离子的个数为4，氧离子和铬离子的个数比为6：4=3：2，则该氧化的化学式为Cr2O3；‎ ‎②该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了Cr3+，则该晶胞中有4个未填充阳离子的八面体空隙，所占比例为；‎ ‎③已知氧离子的半径为a cm，则底面边长为2a cm，又晶胞的高度为b cm，所以晶胞的体积 ‎，一个晶胞中含有2个Cr2O3，其质量，所以该晶体的密度。‎ ‎17.乙烯是重要的化工原料，目前主要通过石油炼化制备。随着化石燃料资源日益减少，科研工作者正在探索和研发制备乙烯的新方法。‎ Ⅰ．甲烷在一定条件下脱氢可生成乙烯：2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)△H＞0‎ ‎（1）活化能Ea正____Ea逆（填“＞”、“＝”或“＜”，下同）；k正、k逆表示速率常数，当升高温度时，k正增大的倍数____k逆增大的倍数。‎ Ⅱ．利用生物无水乙醇催化脱水制备乙烯 主反应 i：C2H5OH(g)C2H4(g)＋H2O(g)△H1＝+45.5 kJ/mol 副反应 ii：2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)＋H2O(g)△H2＝﹣19.0 kJ/mol 副反应 iii：C2H5OC2H5(g)2C2H4(g)＋H2O(g)△H3‎ ‎（2）求△H3＝____。 ‎ ‎（3）在 2L 恒容密闭容器中充入2mol C2H5OH(g)和一定量的催化剂进行反应，平衡体系中含碳组分的物质的量分数随温度的变化如图所示：‎ ‎①图中 Y 代表____（填“C2H4”或“C2H5OC2H5”），请解释原因____。‎ ‎②主反应 i 在 A 点达到平衡状态标志为____。‎ a.乙烯浓度不再变化 b.容器内压强不随时间变化 c.混合气体的密度不随时间变化 d.△H 不再变化 ‎③380℃时，假设乙醇完全反应，则反应 iii 的平衡常数 K＝____。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). ＞ (3). +110kJ/mol (4). C2H4 (5). 生成C2H4的反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，C2H4的物质的量分数增大 (6). ab (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)该反应正反应为吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能；温度升高，平衡正反应方向移动； ‎ Ⅱ. (2)根据盖斯定律，主反应i×2-副反应ii可得副反应iii，据此计算△H3；‎ ‎(3)①根据主反应i和副反应iii可知，生成乙烯的反应均为吸热反应，升高温度，平衡正反应方向移动，乙烯的物质的量分数增大，据此判断； ‎ ‎②a. 乙烯浓度不再变化，说明正逆反应速率相等； ‎ b. 该反应为气体分子数增大的反应，压强一定，反应达到了平衡；‎ c. 反应前后气体总质量不变，总体积不变，混合气体的密度不变； ‎ d. △H不再变化，不能说明反应达到了平衡；‎ ‎③平衡时，设乙烯为x mol，乙醚为y mol，380时，由图像可知x=4y，乙醇完全消耗，根据碳元素守恒，n（C2H5OH）=n（C2H4）+2n（C2H5OC2H5），则x+2y=2，再根据氢元素守恒求n（H2O），最后计算。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)该反应正反应为吸热反应，活化能Ea正＞Ea逆；温度升高，平衡正反应方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故答案为：＞；＞；‎ Ⅱ. (2)根据盖斯定律，主反应i×2-副反应ii可得副反应iii：C2H5OC2H5(g)2C2H4(g)＋H2O(g)，则△H3=2△H1-△H2=45.5kJ/mol×2+19.0kJ/mol=+110kJ/mol，故答案为：+110kJ/mol；‎ ‎(3)①根据主反应i和副反应iii可知，生成乙烯的反应均为吸热反应，升高温度，平衡正反应方向移动，乙烯的物质的量分数增大，所以图中Y代表的是C2H4，故答案为：C2H4；生成C2H4的反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，C2H4的物质的量分数增大；‎ ‎②a. 乙烯浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡，a选；‎ b. 该反应为气体分子数增大的反应，容器内压强不随时间变化，反应达到了平衡，b选；‎ c. 反应过程中气体总质量始终不变，总体积不变，混合气体的密度始终不变，所以混合气体的密度不随时间变化，不能说明反应达到了平衡，c不选；‎ d. △H不再变化，不能说明反应达到了平衡，d错误；故答案为：ab；‎ ‎③平衡时设乙烯为x mol，乙醚为y mol，380时，由图像可知x=4y，由于乙醇完全消耗，根据元素守恒，n（C2H5OH）=n（C2H4）+2n（C2H5OC2H5），则x+2y=2，解得：x=，y=，再根据氢元素守恒，n（H2O）=，= =，故答案为：。‎ ‎【点睛】由图像可知，380时，Y是乙烯的曲线，其物质的量分数为，X是乙醚的曲线，其物质的量分数为，平衡时设乙烯为x mol，乙醚为y mol，x=4y，由于乙醇完全消耗，根据元素守恒，列式计算即可。‎ ‎18.某实验兴趣小组模拟工业制备高铁酸钾(K2FeO4)并测定产品纯度，涉及反应 ‎①2FeCl3+10NaOH+3NaClO＝2Na2FeO4+9NaCl+5H2O ‎②Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH 已知高铁酸钾易溶于水，微溶于浓 KOH 溶液；在强碱性溶液中稳定，酸性至弱碱性条件下，与水反应放出氧气。‎ Ⅰ．制备 NaClO，实验装置如下图。‎ ‎(1)仪器 X 的名称为____。‎ ‎(2)B中盛装的液体是____，玻璃管 a 的作用是____。‎ Ⅱ．制备 K2FeO4 晶体 第①步：将制得的 NaClO 溶液转移到大烧杯中，依次加入适量 NaOH 和 FeCl3 溶液，得 Na2FeO4；‎ 第②步：加入适量 KOH 固体至饱和，得湿产品；‎ 第③步：洗涤、干燥，得 K2FeO4 晶体。‎ ‎(3)第②步中能得到湿产品的原因是___。‎ ‎(4)第③步“洗涤”时，洗涤剂不用蒸馏水，而采用 95%的乙醇，原因是_______。‎ Ⅲ．测定 K2FeO4 纯度 测定制得的 K2FeO4 的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为： a．FeO+CrO+2H2O=CrO+Fe(OH)3↓+OH- ‎ b．2CrO +2H+=Cr2O+H2O ‎ c．Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ‎(5)称取 2.0g 制得的 K2FeO4 产品溶于适量 KOH 溶液中，加入足量 KCrO2，充分反应后过滤，将滤液转移到 250mL 容量瓶定容。取 25.00mL 定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠做指示剂，用 0.10mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色。重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。则标准液应选用______ (填“酸式”或“碱式”)滴定管，该 K2FeO4 样品的纯度为 _____。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). 平衡压强 (4). 相同条件下，K2FeO4溶解度小于 Na2FeO4 (5). K2FeO4易溶于水且与水反应，95%乙醇能减少 K2FeO4溶解损失 (6). 酸式 (7). 85.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验的目的是模拟工业制备高铁酸钾(K2FeO4)并测定产品纯度；首先制备NaClO，装置A中利用浓盐酸和二氧化锰固体共热制取氯气，产生的氯气中混有HCl气体，可在装置B中盛放饱和食盐水将HCl除去，之后通入C中与NaOH溶液反应制取NaClO，装置D吸收未反应的氯气；然后制备K2FeO4晶体，将制得的NaClO溶液转移到大烧杯中，依次加入适量NaOH和FeCl3溶液，得Na2FeO4；由于相同条件下，K2FeO4溶解度小于 Na2FeO4，所以向Na2FeO4溶液中加入适量KOH的固体至饱和，可以析出K2FeO4晶体，之后经过滤、洗涤、干燥得到K2FeO4晶体；之后用滴定法测定K2FeO4晶体的纯度。‎ ‎【详解】(1)根据仪器X的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；‎ ‎(2)B中盛装饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；玻璃管a 与大气相通，可以平衡压强，防止装置内压强过高；‎ ‎(3)参考侯德榜制碱法可知，相同条件下，K2FeO4溶解度小于 Na2FeO4，所以向Na2FeO4溶液中加入适量KOH的固体至饱和，可以析出K2FeO4晶体；‎ ‎(4)高铁酸钾易溶于水，与水反应放出氧气，用蒸馏水洗涤会造成产品的溶解损失，所以用95%的乙醇洗涤降低损失；‎ ‎(5)(NH4)2Fe(SO4)2标准液中存在铵根和Fe2+的水解使溶液显酸性，所以需要用酸式滴定管；根据方程式c可知n(Cr2O)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]，根据方程式a、b可知25.00mL待测液中n(FeO)=n(Cr2O)，所以n(FeO)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.026L×0.10mol/L×=mol，所以样品中n(K2FeO4)=mol×=mol，所以样品的纯度为×100%=85.8%。‎ ‎【点睛】侯德榜制碱法中由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以向饱和氨盐水中通入过量二氧化碳析出碳酸氢钠，本实验中，向Na2FeO4溶液中加入KOH得到K2FeO4的原理与之相似，学生应注意知识的迁移与应用。‎ ‎19.钒和五氧化二钒在工业中应用广泛，某工厂从钒渣(主要成分有 V2O3、FeO，还含有少量 CuO、Al2O3 等)中回收金属，工艺流程如图：‎ ‎ ‎ 已知：①KspCu(OH)2=1.0×10-21，KspFe(OH)3=4.0×10-38 ，KspFe(OH)2=8.0×10-16‎ ‎②NH4VO3 难溶于水，(VO2)2SO4 易溶于水。‎ ‎(1)制取纯净的 Al2O3 需要经过“一系列操作”为过滤、___、___。‎ ‎(2)滤渣 1 在“煅烧”过程中，主要成分 V2O3 转化为可溶性 NaVO3，写出其反应的化学方程式______ 。‎ ‎(3)加入稀硫酸后，酸浸液中 VO与 VO能大量共存的原因是______ (用离子方程式解释)。‎ ‎(4)常温下调节酸浸液的 pH=___，即可以完全除去铁、铜两种元素对应的离子； 实际 pH ‎ 值要调整到 8，其目的是______。‎ ‎(5)请写出煅烧滤渣 3 时，发生反应的化学方程式 ________。‎ ‎【答案】 (1). 洗涤 (2). 灼烧 (3). V2O3+Na2CO3+O2 2NaVO3+CO2 (4). VO+2H+VO+H2O(反过来写也得分) (5). 6 (6). 使 VO+H2OVO+2H+平衡正向移动(或使 VO+2H+VO+H2O逆向移动)，VO更多转化为 VO (7). 2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据钒渣中主要成分有V2O3、FeO，还含有少量的CuO、Al2O3，加NaOH溶液时发生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，滤液1中通入足量二氧化碳生成Al(OH)3沉淀，过滤后，洗涤、灼烧得到Al2O3；根据滤渣1含V2O3、FeO、CuO，煅烧时主要发生V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和CO2，据此写出化学方程形式；且FeO被氧化为Fe2O3，加酸溶液时溶液中含铁离子、铜离子，滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，由Ksp可知，保证铜离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，计算需要调节的pH值；实际pH值要调整到8，使化学平衡移动，VO更多的转化为VO，在滤液2中加入(NH4)2SO4溶液，生成NH4VO3沉淀，煅烧得到V2O5，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)因为滤液1中主要存在AlO2-，通入足量的CO2，发生AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-反应，由Al(OH)3沉淀制取纯净的Al2O3，需要经过过滤、洗涤、灼烧(或煅烧)；答案为洗涤、灼烧(煅烧)。‎ ‎(2)煅烧时，滤渣1的主要成分V2O3转化为可溶性NaVO3，钒元素由+3价失电子变为+5价，V2O3作还原剂，空气中O2得电子作氧化剂，其反应的化学方程式为Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2；答案为：Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2。‎ ‎(3)加入稀硫酸后，酸浸液中VO3-与VO2+存在VO+2H+VO+H2O或VO+H2OVO+2H+化学平衡，因而能大量共存。答案为：VO+2H+VO+H2O或VO+H2OVO+2H+。‎ ‎(4)加酸溶液时溶液中含铁离子、铜离子，滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，当c(Fe3+)＜10-5mol/L时，则铁离子沉淀完全，根据Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)，所以c(OH-)==mol/L=1.58×10-11mol/L，当c(Cu2+)＜10-5mol/L，则铜离子沉淀完全，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)，所以c(OH-)==mol/L=10-8mol/L，因而使Fe3+沉淀完全所需的OH-浓度远小于使Cu2+沉淀完全所需的OH-浓度，则保证铜离子完全沉淀时，铁离子早已经沉淀完全，则由Cu2+沉淀完全所需的c(OH-)=10-8mol/L可知，常温下调节酸浸液的pH=6，即可以完全除去铁、铜两种元素对应的离子，由于VO与VO存在①VO+H2OVO+2H+或②VO+2H+VO+H2O化学平衡，所以实际pH值要调整到8，使上述平衡①正向移动，或使②逆向移动，VO更多的转化为VO；答案为6；使VO+H2OVO+2H+平衡正向移动，或使VO+2H+VO+H2O化学平衡逆向移动，VO更多的转化为VO。‎ ‎(5)由题图转化关系和给予的信息可知，滤液2中加入(NH4)2SO4溶液，产生NH4VO3沉淀，过滤，滤渣 3是NH4VO3，煅烧生成V2O5、NH3和H2O，其化学方程式为2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O↑；答案为2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O↑。‎ ‎【点睛】本题应特别注意第(4)小问，钒渣中FeO，在加入Na2CO3、足量的空气中煅烧时，FeO也被氧化，化合价由+2价变为+3价，因而加H2SO4酸浸时，只存在Fe3+、Cu2+、VO等，调pH时，必须先根据Ksp值分别计算使Fe3+、Cu2+沉淀完全所需OH-的浓度，比较其大小，才能判断铜离子完全沉淀时，铁离子早已经沉淀完全，才能以Cu2+沉淀完全的pH值为基准。‎ ‎20.G 是合成抗新冠病毒药物的中间体，合成路线如图所示：‎ 已知：R1COOR2+R2-OH(R、R1、R2分别为烃基)‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)G 中官能团的名称为____。‎ ‎(2)C 的结构简式为____。‎ ‎(3)写出 D 到 E 的方程式____，该反应类型为____。‎ ‎(4)标 出 F 中的手性碳原子___。‎ ‎(5)H 与 G互为同分异构体，写出符合以下条件的一种结构简式____‎ ‎①能发生水解反应；②核磁共振氢谱峰面积之比为 2:2:9:9‎ ‎(6)已知RX RMgX (X 表示卤素 原子) ，以苯甲醇 为原料制备 ，画出合成路线图___(无机试剂及有机溶剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). (3). +(CH3CO)2O+CH3COOH (4). 取代反应 (5). (6). ‎ ‎(或或) (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A发生氧化反应生成B；根据C生成D的反应条件可知，该过程发生题目所给反应，所以C中含有酯基，再结合B的结构简式以及C的分子式可知C的结构简式为，D的结构简式为；D发生取代反应生E，E发生与发生加成反应生成F，F发生取代反应生成G。‎ ‎【详解】(1)根据G的结构简式可知其官能团为醚键、羟基；‎ ‎(2)根据分析可知C为；‎ ‎(3)D为，其中一个羟基上的氢原子被—COCH3代替生成E，化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，该反应属于取代反应；‎ ‎(4)连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以F中的手性碳原子为(*标出)；‎ ‎(5)H与G互为同分异构体，满足：‎ ‎①能发生水解反应，根据G的结构简式可知H应含有酯基；‎ ‎②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:9:9，则其苯环上应有两个处于对位的不同取代基(‎ 这样才有2:2)，则符合条件的有、 、；‎ ‎(6)苯甲醇为，目标产物为，根据题目所给的“已知”反应可知，可以由和合成；可以由和发生酯化反应生成，而苯甲醇可以被氧化成苯甲酸；根据RX RMgX可知可以由生成，而可以和HBr发生取代反应生成；‎ 综上所述合成路线为。‎ ‎【点睛】合成路线的设计为本题难点，解决问题的关键是要理解题目所给的反应机理，同时对比目标产物和所给反应中的物质，找到相似之处，再进行替换即可。‎