2021年山东省青岛市高考化学模拟试卷（5月份）（附答案详解）.pdf

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1、2021年山东省青岛市高考化学模拟试卷（5月份）1 .在党的领导下，新中国成立后，我国航天事业从无到有，举世瞩目。以下说法错误的是（）A.1 970年我国发射的第一颗人造地球卫星“东方红一号”采用银锌电池供电，锌做电池的负极B.2 0 0 3年“神舟五号”载人飞船遨游太空，飞船燃料偏二甲游（C H 3）2 N N H 2中C、N原子杂化方式相同C.2 0 0 7年“嫦娥一号”探月卫星任务之一是探测月球上3 H e含量及分布。3在 与“H e互为同素异形体D.2 0 2 1年“天问一号”探测器成功着陆火星，它搭载了新型纳米气凝胶做热控材料，气凝胶的分散剂是气体2 .下列有机物相关说法正确的是（）

2、A.氨基酸和蛋白质分子中均含有酰胺键B.与互为同系物C.按系统命名法，化合物的名称是2,3,3,5,5 五甲基一4一乙基己烷D.比 熔沸点低，是因为前者形成分子内氢键3 .有机物E是从中药地钱中分离提取的天然活性物质，其结构如图。下列说法正确的是（）OHA.分子中含有三种官能团B.E与足量电加成所得产物存在对映异构C.分子中最多有8个碳原子共面D.I m o l E与足量滨水反应，消耗l m o l B r?4.由相邻短周期元素W、X、Y、Z组成的穴状配体结构如图（部分W和X未标注）；X、丫、B.W、X、丫三种元素可形成直线型或平面型化合物C.X、Y、Z分别与W形成的简单化合物，其熔沸点在同主

3、族元素中均为最高D.含W、X、Y、Z元素的化合物，既可以形成分子晶体也可以形成离子晶体5.下列操作正确并能达到实验目的的是（）A.A B.B C.C D.D6.某些醇和竣酸发生酯化反应过程如图，下列说法正确的是（）第2页，共29页A.该反应历程中，竣基碳原子存在sp2、sp3杂化方式的转化B.用同位素标记的C2H,0H与CH3COOH反应，18。同时出现在酯和水中C.酯化反应中加入浓硫酸，能够改变反应历程，但不能提高反应物转化率D.选择合适的催化剂，可以使反应物实现100%转化7.下列实验仪器或装置的使用正确的是（）甲 乙A.装置甲洗气C.装置丙盛装Na2Si（）3溶液8.无水氯化铝可用于生产

4、高分子混凝剂,丙 丁B,装置乙过滤D.装置丁固体加热极易潮解，遇水爆炸。实验室中用如图装置进行制备，下列说法错误的是（）A.无水氯化铝遇水会看到白雾B.仪器的连接顺序为一-一 一 C.装置可以用盛有氢氧化钠溶液的烧杯代替D.酒精灯的点燃顺序，应该先后9.目前，光电催化反应器（PEC）是利用太阳能制备燃料的理想途径之一，它利用吸光电极材料，加少量电能辅助，就能实现光驱动的水分解。通过光解水可由CO2制得主要产物异丙醇，工作原理如图所示。下列说法中正确的是（）电源r ol oa;l 0a-l光电化学催化剂/一白质纤维腴 光催化剂A.H+通过蛋白质纤维膜自左向右移动B.该装置能量转化形式是电能一化学

5、能C.每生成6 0 g 异丙醇，同时消耗I O O.8 LC O 2D.生成异丙醇的电极反应为3 c。2 +1 8 e-+1 8 H+=C H3C H（O H）C H3+5 H2O1 0.侯德榜创造性地提出了联合制碱法，其流程如图，下列叙述错误的是（）食盐水精制也和由合成氨工业提供.莅 1漫清 上I.E n .NaHCO；I吸，尸 操作1 H半!沉淀一烟烧 fNa?C03母液口 母液IA.反应原理为N a+N H3+H20 +C 02=N H*+N aH C O3 IB.X是C O 2，副产品是N H 4 c lC.操作I I 采用蒸发结晶分离出副产品D.“盐析”中加入的Z是N aC l1 1

6、.硼氢化钠（N a B H Q 是有机反应中常用强还原剂，其在催化剂作用下与水反应获得氢气的微观过程如图所示。下列说法错误的是（）第 4 页，共 29页 B QO OH c-A.BH、BH3、B（OH）中B的杂化方式有两种B.整个过程中出现了6种含硼微粒C.NaBH,中含有离子键、共价键、配位键D.每产生Im ol%转移2moi电子12.微生物电池可以处理含醋酸核和对氯苯酚的工业废水，工作原理如图，下列说法错误的是（）A.采用高温条件，可以提高该电池的工作效率B.甲电极的电极反应式：c 2 yoH+e-TC.标况下产生22.4LCOz时，有4moiH+通过质子交换膜D.不考虑其它离子放电，甲乙

7、两电极可同时处理CH3COONH4与CI-QH的物质的量之比为1：41 3.钛酸酯偶联剂（：57%06。7万）可用于碳酸钙等进行有机物改性，使其可与聚乙烯、聚丙烯等融合，从而改善塑料性能。合成方法如图，下列说法错误的是（）四氯化钛、异丙醉A.流程中“气体X”为氨气，“操作1”为过滤B.“反应釜1”中的反应均为非氧化还原反应C.反应釜2中，钛酸四异丙酯与油酸发生取代反应，物质的量之比为1：3D.反应釜2在常温混合搅拌阶段需要冷凝回流溶液，由此判断该反应为吸热反应1 4.常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na z F e O Q溶液中，溶液中含铁微粒F e O _ 2-、HF e O；、H3

8、F e O _+的物质的量分数6(X)随p O H变化如图。下列说法正确的是()A.HI代表MF e C U的变化曲线B.a、b、c三点水的电离程度相等C.25久时，F e O j-+3H2。=H3F e O 1+30丁 的平衡常数K=10-121D.b点处：c(Na+)+c(H+)+c(H3F e O t)=c(O H-)+2c(F e O。+3c(HF e O；)15 .如图是用E D TA(Na 2H2丫)标准溶液滴定法测定油菜样品中C a 2+含量的流程。下列说法正确的是(已知:C a2+H2Y2-=C a Y2-+2H+)()0.005mol-L-EDTA麻露陶阚密丽岚霜除酒际标I叫

9、砌薇1A.稀硝酸的作用是溶解，操作1是过滤B.配制溶液用到的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒C.滴定过程中眼睛要注视滴定管内液面的变化D.平行滴定三次，平均消耗23.30 m LE D TA溶液，则测得C a?+含量为0.15 5%16 .丙烯酸酯类聚合物能降低原油的凝点，改善其低温流动性，实现自动化输油。实验室合成降凝剂所需的丙烯酸十八酯的装置如图，可能用到的有关数据如表。第 6 页，共 29页(1)仪 器 甲 名 称,仪 器 乙 的 作 用 为(2)步骤II生成丙烯酸十八酯的反应方程式为，保持回流温度恒定可采用的加 热 方 式 为(填 标 号)a.沸水浴b.盐浴c.电加热套d.油浴(3)为将

10、反应生成的水及时移出，需加入携水剂。实验选用甲苯做携水剂的原因(4)用5%Na 2c O 3溶液水洗的目的,加入无水Mg S()4的目的.(5)步骤HI 进一步提纯，在 该 提 纯 步 骤 中 会 用 到 的 仪 器 有(填 标 号)。1 7.高纯钱是用来制作光学玻璃、真空管、半导体的重要原料。工业上由锌粉置换渣(主要成分有G a 2()3、G a 2 s 3、Z n S、F e O、F e2O3.S i O2,还有部分楮元素)制备高纯钱的主要流程如图：H：SO4 02仲%X*_二 段 申 西5 1 一 盘&出 浪一 段 事 出罐 I中 嗓二段喜去浸出1 三23:金承|二m中 出 液 二 收

11、工 出 滥 无?和【力五相I|_P2_04_ 7y100y4Z|无玩相 n.相 n*-H;SO4Na：COj-I 4无机相m-回收时蝶 情 矿(Ga：O。回，和 沉 悚 I-*NaOHI *熬1|结晶|已知：钱与铝性质相似；不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N 2 3 5 型萃取剂优先萃取铁；P 2 0 4 +Y W 1 0 0协萃体系优先萃取离子的顺序是：G e(I V)F e(H I)G a(D I)F e(n)Z n(n)。回答下列问题：(1)二段浸出渣的成分是S 和(填 化 学 式)，富氧浸出时通入氧气的作用是,进 行 两 段 富 氧 浸 出 的 目 的 是。(2)N 2 3 5 萃取和

12、P 2 0 4 +Y W 1 0 0 萃取的顺序不可以调换，说明原因_ _ _ _ _。(3)中 和 沉 铉 时 发 生 反 应 的 离 子 反 应 方 程 式 为,选用N a 2 c。3 中和沉铉优于选用N a O H 的原因是。(4)生 成 粗 线 的 电 极 反 应 式 为。(5)一定温度下，影响F e 3+在N 2 3 5 型 萃 取 剂 中 溶 解 度 大 小 的 主 要 因 素 是,真空蒸储采用真空的原因是 o第8页，共29页1 8 .银、碑是近年来颇受材料化学研究领域关注的元素。(l)N i 在周期表中的位置_ _ _ _ _ _,N i 2+价 电 子 轨 道 表 示 式 为。

13、(2)N i O晶体结构与N a C l 相似，在氧气中加热，部分N i 2+被氧化为由3+,成为N i xO(x Z X,故 A 正确；B.氢、碳、氮三种元素形成的为C%=NH平面型化合物，形成的H-C 三N为直线型结构，故 B 正确：C.氨气、水分子间存在氢键，其熔沸点在同主族元素中均为最高，但甲烷分子间不存在氢键，其沸点在同主族元素中最低，故 C 错误；D.含H、C、N、0元素的氨基酸可形成分子晶体，形成的醋酸镂、丙酸镀等铉盐可形成离子晶体，故 D 正确；故选：Co由相邻短周期元素W、X、Y、Z组成的穴状配体结构如图（部分W和X未标注），W的原子半径在周期表中最小，则W为H；四种元素位于

14、相邻周期，X、Y、Z同周期，说明X、丫、Z位于第二周期，X形成4个共价键，丫形成3个共价键，Z形成2个共价键，则X为C,丫为N,Z为0,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、原子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。5.【答案】A【解析】解：A.碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳可排出空气，然后Cu与稀硝酸反应生成NO,NO不溶于水，图中装置可验证稀硝酸的还原产物为N 0,故 A 正确；B.灼烧需要用烟，不需要烧杯，故 B 错误；C.氨气的密度比空气密度小，导管应伸到试管底部，故 C 错误；D.盐酸与氨水反应生成氯化镀，滴定终点

15、显酸性，应选甲基橙作指示剂，故 D 错误；故选：AA.碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳可排出空气，然后Cu与稀硝酸反应生成NO,NO不溶于水；B.灼烧需要培土岛C.氨气的密度比空气密度小；D.盐酸与氨水反应生成氯化钱，滴定终点显酸性。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、物质的制备、中和滴定、实验操作、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第 14页，共 29页析，题目难度不大。6.【答案】A【解析】解：A.竣基中碳原子形成3个。键，没有孤电子对，该碳原子为在sp2杂化，而中间体中存在形成4个单键的碳原子，该碳原子采取sp3杂化，反应历程中竣基碳原子

16、存在Sp2、Sp3杂化方式的转化，故A正确；B.由反应过程可知，陵基提供羟基,醇提供羟基氢，用同位素标记的C2H铲0H与CH3COOH反应，18。出现在产物酯中，不能出现在水中，由于属于可逆反应，C2Hg80H还有剩余，即18。还出现在醇中，故B错误；C.反应有水生成，浓硫酸可以吸收反应生成的水，有利于平衡正向移动，能提高反应物转化率，故C错误；D.酯化反应属于可逆反应，反应物不能实现100%转化，故D错误；故选：AA.竣基中碳原子为sp2杂化，而中间体中存在形成4个单键的碳原子；B.由反应过程可知，竣基提供羟基，醇提供羟基氢；C.浓硫酸可以用吸收反应生成的水，有利于平衡正向移动；D.可逆反应

17、中反应物不能完全转化。本题考查有机物的结构与性质，关键是明确反应过程中化学键的断裂与形成，题目侧重考查学生信息获取能力、分析能力、灵活运用知识的能力。7.【答案】D【解析】解：A.洗气装置应该进短出，该装置不能用于洗气，故A错误；B.过滤装置要烧杯紧贴烧杯壁，故B错误：C.Na2SiC)3溶液水解生成氢氧化钠，腐蚀玻璃塞，要用橡胶塞，故C错误；D.固体加热要出口略低，防止炸裂试管，该装置符合加热需求，故D正确；故选：DoA.洗气应该长进短出；B.过滤装置要“一贴二低三靠”；C.Na2SiO3溶液水解生成氢氧化钠，要用橡胶塞；D.固体加热要出口略低，防止炸裂试管。本题考查化学实验方案的评价，为高

18、频考点，把握物质的性质、反应与现象、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，C易错点，题目难度不大。8.【答案】C【解析】解：A.无水氯化铝遇水，生成H C 1,极易结合水蒸气，则会看到白雾，故A正确；B.由实验装置可知，中制备氯气，中除去H CL中干燥氯气，中制备氯化铝，中收集，可吸收尾气且防止水蒸气进入装置，则连接顺序为一 -T，故B正确；C.装置若用盛有氢氧化钠溶液的烧杯代替，水蒸气进入装置，使氯化铝水解，则不能代替，故C错误；D.先利用生成的氯气排出空气，防止A1与氧气反应，则酒精灯的点燃顺序，应该先后，故D正确；故选：CA.无水氯化铝遇水，生成H C 1

19、,极易结合水蒸气；B.由实验装置可知，中制备氯气，中除去H CL中干燥氯气，中制备氯化铝，中收集，可吸收尾气且防止水蒸气进入装置；C.装置若用盛有氢氧化钠溶液的烧杯代替，水蒸气进入装置，使氯化铝水解；D.先利用生成的氯气排出空气，防止A1与氧气反应。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、物质的制备、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。9.【答案】D【解析】解：A.原电池工作时，阳离子移向正极，则H+从光催化剂电极一侧向左移动，故A错误；B.该装置为原电池装置，该装置的能量来源于光能，故B错误；C.没有提供气体所处的压强和温度，无

20、法计算气体的体积，故C错误；D.异丙醇在正极产生，二氧化碳在此得电子，正极反应为3c。2+18H+1 8 e-=CH3CH(OH)CH3+5H2O,故 D 正确：第 16页，共 29页故选：D o该装置的能量来源于光能；由图可知，A极上CO 2一异丙醇 CH 3 c H(O H)CH 3 1，H+-H2,其中C元素的化合价由+4 t-2价、H由+1-0价，CO 2发生得电子的还原反应生成CH3CH(O H)CH3,H+发生得电子的还原反应生成出，则A为正极，B电极为负极，正极反应为3 c。2 +1 8 H+1 8 e-=CH3CH(O H)CH3+5 H2O.2 H+2e-=H2 T,负极反应

21、式为2 H 2。-4 e-=02?+4 H +,原电池工作时，阳离子移向正极，据此分析解答。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。1 0.【答案】C【解析】解：A.精制饱和食盐水吸氨，后通入二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铉，反应的离子方程式为：N a+N H3+H20+C02=N H J +N a H CO3 1,故A正确；B.分析可知，X为二氧化碳气体，母液中通入氨气抑制氯化核水解，降低氯化核的溶解度，采用降温结晶过滤得到副产品氯化核晶体，故B正确；C.温度高，氯化镂受热易分解，因此为得到氯化铉晶体，作 口采

22、用降温结晶、过滤分离出副产品，故C错误；D.“盐析”中加入的Z是N a C L降低氯化镀溶解度，可以使副产品氯化钱充分盐析，剩余氯化钠溶液循环使用，故D正确；故选：Co由合成氨工业提供氨气和X为二氧化碳气体，精制饱和食盐水吸氨，后通入二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化镀，过滤得到碳酸氢钠晶体煨烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳循环使用，母液中通入氨气抑制氯化镀水解，降低氯化核的溶解度，采用降温结晶过滤得到氯化镀晶体，含少量的氯化镀溶液中加入Z为食盐氯化钠，降低氯化钱溶解度，又会有氯化镂晶体析出，母液主要是氯化钠溶液，可以循环使用，据此分析回答。本题考查了工业制备纯碱的工艺流程分析判断

23、，主要是物质性质和操作目的的理解应用,题目难度中等。1 1.【答案】D【解析】解：A.BH、B(O H)中B的杂化方式为s p 3杂化，BH 3中B的杂化方式为s p 2杂化，故A正确；B.BH4 BH 3、BH2(O H),H B(O H .B(0H)3、B(0H)4-共6种，故 B 正确；C.N a+与 B*一之间通过离子键结合成N a BH。B*一中有3个BH为共价键，还有一个B-H的配位键，故C正确；D.每产生l m o l%转移2 m o i电子，并没有说在哪一个过程，在BH 3 H z BQ H)中，BH3 HH20=H2B(O H),中BH 3中是一 1价H和也0中+1价H结合生

24、成，在这一过程中生成l m o l H2,则转移l m o l电子，故D错误；故选：DoN a BH,在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示，根据图示可知，BH 1和电0在催化剂作用下反应生成B(O H)和出，反应的离子方程式为：BH +4 H 2。=B(O H)J +4 H2 T,由此分析解答。本题考查了氧化还原反应，涉及化学与生活、生产的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养、提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，题目难度不大。1 2.【答案】AB【解析】解：A.高温条件下，微生物中蛋白质发生变性，电池无法工作，故A错误；B.结

25、合分析可知，甲是正极，正极上发生得电子的还原反应：C l(O H+2 e-+H+=O -0 H +C l-,故 B 错误；C.标况下产生2 2.4 L C O 2时，即转移8 moi电子，结合反应：。()|+2 e-+H+=(O-0H+C可知I,需要转移4 moiH+通过质子交换膜，故C正确；D.正极上发生得电子的还原反应：c i)-()H+2 e-+H+=3 -0 H +C，乙为负极，反应：C H3C O O-8 e-+2 H2O =2 C O2+7 H+,C H 3 C O O N H 4与处理完全转移电子数之比为4：1,故转移相通电子，可同时处理C H 3 coO N H,与的物质的量之

26、比为1：4,故D正确；故选：AB,原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应，负极上发生失电子的还原反应，甲是正极，正极上发生得电子的还原反应：)L()H+2 e-+H+=3)-0 H +C，乙第18页，共29页为负极，反应：CH3COO-8e-+2H20=2C02+7H+,以此解答该题。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。13.【答案】D【解析】解：A.四氯化钛、异丙醇、气体X反应生成氯化筱、钛酸四异丙酯，根据元素守恒可知X为N G，操作1是固体与液体分离，可知操作1是过滤，故A正确；B.对A中反应物、生成物分析可知

27、，反应前后各元素化合价均没有发生变化，“反应釜1”中的反应为非氧化还原反应，故B正确；C.钛酸四异丙酯分子式为J2 H 28。4。，钛酸酯偶联剂分子式为C5 7H1O6O7TL油酸分子式为Q8H34。2,对比分子式可知钛酸四异丙酯与油酸发生取代反应，是Cl7H33COO-替代-0CH(CH3)2，根据碳原子守恒可知二者按物质的量1：3反应，故C正确；D.反应釜2在常温混合搅拌阶段需要冷凝回流溶液，说明该反应放出大量的热，由此判断该反应为放热反应，故D错误；故选：D。四氯化钛、异丙爵、气体X反应生成氯化镂、钛酸四异丙酯，根据元素守恒可知X为N E，操作1是固体与液体分离，可知操作1是过滤，钛酸四

28、异丙酯分子式为Cl2H28。4万，钛酸酯偶联剂分子式为C5 7Hl06。7万，油酸分子式为Cl8H34。2,对比分子式可知钛酸四异丙酯与油酸发生取代反应，是g7H33COO-替代-OCH(CH3)2,根据碳原子守恒可知二者按物质的量1：3反应。本题考查物质制备工艺流程，关键是明确发生的反应，题目侧重考查学生信息获取能力、运用知识解决问题的能力。14.【答案】AC【解析】解：A.由分析可知，曲线HI表示HzFeO的变化曲线，故A正确；B.a、b、c三点溶液的微粒不同，pOH不同，即氢氧根离子浓度不同，对水的电离程度影响不相等，故B错误；C.由FeOg-+H20=HFeO；+OFT的平衡常数K 1

29、=从图上可知a点c(FeOg)=c(H F e O l),贝ijK】=c(OH-)=1 0-L 6,同理 K?=l O.z,处=1 0-7.3,贝F e O j-+3 H2O W H3F e O j +3 0 的平衡常数K=c(H3FeO】)c(OH-)3 _ c(H3FeO；i：)c(OH-)c(FeOj-)c(H2FeO4)Xc(H2FeO4c(OH-)乂 c(HFeO；c(OH-)c(HFeO；)c(FeOj-)，即K=Ki x 七 x K3 =1 0 T 2.1,故c 正确;D.b点溶液中还含有硫酸离子，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(F e O g)=c(O H-)+2 c

30、(F e O：-)+c(HF e O；)+2 c(S O g),故 D 错误；故选：ACo向Na2 F e()4溶液中滴加稀硫酸，发生反应：F e O +H+=HF e O；,HF e O；+H+U H2F e O4H2F e O4+H+U H3F e O：,则开始时F e O 歹的物质的量分数最大，曲线I表示F e C的变化曲线，随着硫酸滴入，HF e O 开始增多，曲线H表示HF e O 1 的变化曲线，然后接着被消耗而减小，MF e CU 开始增多，曲线HI表示Hz F e CU 的变化曲线，最后产生E F e O 曲线IV 表示H3 F e O 的变化曲线。本题考查弱电解质的电离平衡，

31、为高频考点，明确弱电解质的电离特点、电离平衡常数的计算、水电离的影响因素为解答结构，注意溶液中守恒关系的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。1 5.【答案】A【解析】解：A.油菜中本身含有较多磷元素，油菜灰中的钙元素可能以磷酸钙等难溶于水的钙盐形式存在，可以用稀硝酸来溶解，因此稀硝酸的作用是溶解，操作1 是为了把未溶解的固体和溶液分离开，为过滤操作，故 A 正确；B.由步骤知，配置1 0 0 m L 溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、1 0 0 m L 容量瓶、胶头滴管，故 B错误；C.滴定过程中眼睛应观察滴定所用锥形瓶中的颜色变化，而不是注视滴定管内液面的变化

32、，故 C 错误；D.若平均消耗2 3.3 0 mL的EDT A溶液，由反应Ca?+H2Y2-=CaY2-+2 H+可知，1 0 0 mL济液中所含Ca2+的质量为m =0.0 2 3 3 L x 0.0 0 5 mo l/L x 40 g/mo l x 1 0 =0,0 466g,因此Ca2+含 量 为 誓 1 x 1 0 0%=1.5 5%,故 D 错误；故选：Ao将烘干并粉碎得到的3.0g 油菜灼烧后用稀硝酸溶解，过滤后得溶液，利用1 00m L 容量瓶将滤液稀释并定容得1 00m L 溶液，用量筒量取1 0.0m L 与锥形瓶中，并用0.005 m o l/L E D T A 溶液滴定，

33、根据消耗的标准液测定油菜样品中C a 2+含量，据此分析解题。本体考查物质含量的测定，难度中等，理解测定原理，掌握测定过程为解答的关键，其第20页，共29页中溶液配制时仪器的选择为难点。16.【答案】三颈 烧 瓶 冷凝 回 流CH?=CHCOOH+J8H 370H学CH2=CHC00C1 8H37+H20 b e d甲苯的沸点和水的沸点相差小于30。&且甲苯不溶于水，能够与水一起蒸出除去剩余的丙烯酸干燥有机物bef【解析】解：(1)观察所给装置，可以知道仪器甲为三颈烧瓶，仪器乙为冷凝管，其作用为冷凝回流，故答案为：三颈烧瓶；冷凝回流；(2)丙烯酸和十八醛(g8H37OH)在催化剂、加热条件下发

34、生酯化反应生成丙烯酸十八酯和水,反应方程式为CH?=CHCOOH+J8H370H CH2=CHCOOC1 8H37+H20;该反应温度为115120。&超过了水的沸点，故不能用沸水浴，若要保持回流温度恒定可采用的加热方式可以为盐浴、电加热套、油浴，故选bed,故答案为：CH?=CHCOOH+Ci8H370H 譬 CH2=CHCOOC1 8H37+H20;b c d;(3)由表所给数据可知，甲苯的沸点和水的沸点相近，因此甲苯和水能产生共沸，与水一起蒸出，然后在分水器中分层，因此可作为携水剂，故答案为：甲苯的沸点和水的沸点相差小于30。&且甲苯不溶于水,能够与水一起蒸出；(4)反应生成的丙烯酸十八

35、酯中含有多余的反应物丙烯酸，Na2)3溶液呈弱碱性，用5%Na2CC3溶液进行水洗，可以中和多余的丙烯酸；由于水洗后的有机物中会存在少量水分，加入无水MgSOq来作为吸水剂干燥除水，故答案为：除去剩余的丙烯酸；干燥有机物；(5)产物经过洗涤干燥，混有的丙烯酸和水已被除去，主要杂质还有十八醇，为了提高产物的纯度需要进行蒸储，蒸储需要用到的仪器有蒸储烧瓶、直形冷凝管和酒精灯，用不到的是分液漏斗、球形冷凝管和恒压分液漏斗，故选bef,故答案为:befo丙烯酸和十八醇(Ci8H37OH)在三颈烧瓶中加热至回流温度115120。&发生酯化反应生成丙烯酸十八酯，利用甲苯将生成的水移出反应体系，能够使平衡向

36、正方向移动，提高丙烯酸十八酯的产率，碳酸钠溶液能够洗去丙烯酸十八酯中含有的酸，再用无水硫酸镁的吸水性进行干燥；分离硫酸镁固体、十八醇与丙烯酸十八酯可采用蒸储的方法，据此解答所给问题。本题以丙烯酸酯的实验室合成为材料，考查了酯化反应的仪器和分离、提纯操作，从平衡移动的角度分析提高产率的方法，有关实验方案的理解和评价等，理解酯化反应的原理，熟悉酯化反应产物的分离、提纯操作是解答本题的关键。1 7.【答案】Si。？将F e 2+氧化为F e 3+,为后续N 2 3 5 萃取做好准备浸出更多的浸出液,提高原料的利用率 因为P 2 0 4 +Y W1 0 0 协萃体系对F e(I H)和G a(H I)

37、都有萃取作用 2 G a3+3 co 歹+3 H 2。=2 G a(O H)3 i +3 C O2 T N a O H 过量会使G a(0 H)3 溶解 G a(0 H)4 +3 e-=G a +40H-溶液的酸碱度或pH防止被氧气氧化和减压【解析】解：(1)富氧浸出时，由于Si。2 属于酸性氧化物，与硫酸不反应，且难溶于水，故二段浸出渣的成分是S和Si。?；锌粉置换渣中的F e O 与硫酸反应生成F e SO,，富氧浸出时通入。2 可将F e 2+氧化为F e 3+,为后续N 2 3 5 萃取做好准备；进行两段富氧浸出的目的是浸出更多的浸出液，提高原料的利用率，故答案为：Si O2；将F e

38、 2+氧化为F e 3+,为后续N 2 3 5 萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率；(2)根据已知“不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N 2 3 5 型萃取剂优先萃取铁；P 2 0 4 +Y W1 0 0 协萃体系优先萃取离子的顺序是：G e(I V)F e(n i)G a(I H)F e(H)Zn(I I)”，故先加入N 2 3 5 萃取优先萃取铁，从而除去F e 3+；若将N 2 3 5 萃取和P 2 0 4 +Y W1 0 0 萃取的顺序调换，则P 2 0 4 +Y W1 0 0 协萃体系对F e(I H)和G a QH)都有萃取作用，达不到除去F e 3+的目的，故答案为：

39、因为P 2 0 4 +Y W1 0 0 协萃体系对F e(H I)和G a(I I I)都有萃取作用；(3)中和沉钱时G a 3+与C O 1发生双水解反应生成G a(0 H)3 和C O 2,反应的离子方程式为2 G a3+3 co g+3 H 2。=2 G a(O H)3 I+3 C O2 T：根据题给已知推测，G a(0 H)3 能与强碱反应生成 G a(0 H)4，故选用N a 2 cO 3 中和沉钱优于选用N a O H 的原因是N a O H 过量会使G a(0 H)3 溶解，故答案为：2 G a 3+3 C 0 i +3 H2O =2 G a(O H)3 I+3 C O2 T；N

40、 a O H 过量会使G a(0 H)3 溶解；(4)电解含 G a(0 H)4 的碱溶溶液得到粗钱，故生成粗钱的电极反应式为 G a(0 H)4 +3 e-=G a +4 0 H-,故答案为：G a(0 H)4 +3 e-=G a +4 0 H-；(5)根据流程图，用N 2 3 5 萃取后得到含F e 3+的有机相I,在有机相I 中加入H 2 SO 4 进行反萃取，N 2 3 5 循环使用，说明加入硫酸后F e 3+进入无机相I I 中，从而可得出：一定温度下，影响F e 3+在N 2 3 5 型萃取剂中溶解度大小的主要因素是溶液的酸碱度或p H；由于钱与铝第22页，共29页性质相似，故真空

41、蒸锵时采用真空的原因是防止被氧气氧化和减压，故答案为：溶液的酸碱度或p H；防止被氧气氧化和减压。分析流程可知，锌粉置换渣(主要成分有Ga 2()3、Ga 2 s 3、Z n S、Fe O、Fe2O3 Si O2,还有部分错元素)中加入H2 s o 仆 并通入O 2 发生反应得到含Ga 3+、Z n 2+、Fe 3+等的浸出液，浸出液经中和过滤后加入N 2 3 5 萃取优先萃取铁，用于除去Fe 3+；无机相I再加入P 2 0 4 +Y W 1 0 0 萃取得到含Ga 3+的有机相H,有机相II中加入H 2s得到含Ga 3+的无机相HI；Ga 和A1 同族，向无机相IH中加入N a 2 c O

42、3 发生双水解反应得到Ga(0 H)3 沉淀，Ga(0 H)3 进一步处理得到Ga 2()3,Ga 2()3 与加入的N a O H发生反应Ga 2()3 +2 0 P T +3 H2O =2 Ga(0 H)4-,电解含 Ga(0 H)4 的碱溶溶液得到粗钱；粗钱经真空蒸储、重复结晶得到高纯钱，据此分析回答问题。本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。18.【答案】第四周期第皿族3d111而t II61-6 1 3：

43、2 正 四 面 体 3 c d【解析】解：(l)N i 位于第四周期第V I族；2 2+的价电子排布式为3 d 8,其价电子轨道表示式为3d故答案为：第四周期第皿族;3d(2)根据图知，每个N i 原子距离最近且等距离的0 原子个数是6,所以其配位数是6；图b 中，N i 原子个数=1 +1 1 x2 =竺，。原子个数=8x：+6 x；=4,所以N i、0 原子个数之比为14 =1 5：1 6,则*=工；其化学式为N i”0,设N i?+的个数是a、明3+的个数是b,4 16 16结合阴阳离子所带电荷相对列方程组卜+b =总，解得卜一孑，其个数之比等于物质(2 a +3b =2 (b =己的量

44、之比,所以n(N i 2+)：n(N i3+)=13：2,16 o故答案为：6；YI；13：2；1O(3)黄碑结构与白磷相似，白磷为正四面体结构，据此判断黄碑的空间构型为正四面体形；第三周期，第一电离能介于A 1和P 之间的元素有M g、S i、S,共有3种，故答案为：正四面体；3；a.根据图知，黑碑中存在的A s-A s 键的键长不同，则键能不同，故a 错误；b.CGO属于分子晶体，黑碑属于混合晶体，故b 错误；c.根据图知，每个A s 原子连接3个A s -A s 键，每个A s-A s 键被2 个A s 原子共用，所以黑碑单层中A s 原子与A s A s 键的个数比=1：(3 x|)=

45、2：3,故c 正确；d.黑碑层与层之间的作用力为分子间作用力，即范德华力，故d 正确；故答案为：c d。(l)N i 位于第四周期第皿族；N i 2+的价电子排布式为3d 8；(2)根据图知，每个N i 原子距离最近且等距离的0 原子个数是6；图b 中，N i 原子个数=1+=0 原子个数=8xi+6xi=4,所以N i、0 原子个数之比为g：4=15：16；4 4 8 2 4结合化合价判断两种离子物质的量之比；(3)黄碑结构与白磷相似，白磷为正四面体结构，据此判断黄碑的空间构型；第三周期，第一电离能介于A 1和P 之间的元素有M g、S i、S；a.根据图知，黑碑中存在的A s -A s 键

46、的键长不同；b.C 6 0 属于分子晶体；c.根据图知，每个A s 原子连接3个A s -A s 键，每个A s -A s 键被2 个A s 原子共用；d.黑础层与层之间的作用力为分子间作用力。本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、空间想象能力及计算能力，明确元素周期表结构、原子结构、晶胞计算方法等知识点是解本题关键，难点是(2)题两种离子物质的量的比值计算，题目难度中等。19.【答案】C O2(g)+3H 2(g)=C H3O H(g)+H2O(g)A H =-49.4k J/m o l TA=TD=TF KA=KD=%=1,平衡常数是温度的函数，对于同一反应而言，平

47、衡常数相同时，温度一定相同 温度相同，进气比越大，c o 的平衡转化率越小；进气比相同，反应温度越高，C O 的平衡转化率越小 16【解析】解：根据盖斯定律：一 I-n得C C)2(g)+3H 2(g)U C H 30 H(g)+H 2 O(g)A H =(-9 0.4+41)k J/m o l =-49.4k J/m o l,故答案为：C O2(g)+3H2(g)=C H3O H(g)+H2O(g)A H =-49.4k J/m o l；(2)A 点平衡常数，第24页，共29页CO(g)+H2O(g)U CO2(g)+H2(g)起始0.25100变化0.20.20.20.2平衡0.050.8

48、0.20.2IZ.KC(CO2)-C(H2)_ 0.2X0.21A C(CO)C(H2O)0.05x0.8LD点平衡常数CO(g)+H2O(g)U CO2(g)+H2(g)起始110 0变化0.50.50.50.5平衡0.50.50.50.5,z 0.5x0.5 yKn=-=1；U 0.5X0.5F点平衡常数CO(g)+H2O(g)#CO2(g)+H2(g)起始3200变化1.21.21.21.2平衡量1.80.81 21.2 1.2X1.2Kp=r 1.8X0.8=1,KA=KD=KF=1，平衡常数是温度的函数，对于同一反应而言，平衡常数相同时，温度一定相同，则TA=TD=TF，故答案为：T

49、A=TD=TF；KA=KD=KF=1,平衡常数是温度的函数，对于同一反应而言，平衡常数相同时，温度一定相同；减小进气比黑，相当于增大水蒸气的量，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大;该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故答案为：温度相同，进气比越大，CO的平衡转化率越小；进气比相同，反应温度越高，CO的平衡转化率越小；C、D进 气 比 黑；相同，温度越高，平衡逆向移动，CO平衡转化率越小，则C点温度低于D点，温度越高，反应速率越快，则VCVD，故答案为：;反应达到平衡时，v=v正一v逆 =k正x(C。)x(H2O)k逆x(CO2)x(H2)=0,则黯鼎=1,CO的转化

50、率刚好达到20%时,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起 始 11 00变化 0.2 0.2 0.2 0.2终了 0.8 0.8 0.2 0.2混合气体总物质的量为2 m o l,x(CO)=X(H2O)=等 X 100%=4 0%,x(CO2)=x(H2)=1 no/丫正=%x(CO)x(HzO)=40%*40%_1%v 逆 k 逆 X(CO2)X(H2)X 10%X10%故答案为：16。(1)根据盖斯定律：一 I 一 n W c o2(g)+3H2(g)=CH 30H(g)+H2O(g)；(2)根据A、D和F三点化学平衡常数大小分析；减小进气比蓝 胃，相当于增大水蒸气的量，平