2022年福建省泉州市泉港等重點(diǎn)高考考前模擬化學(xué)試題含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷請(qǐng)考生注意：1請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項(xiàng)，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、利用如圖裝置探究鐵在海水中的電化學(xué)防護(hù)，下列說法不正確的是A若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，可減緩鐵的腐蝕B若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，鐵電極的反應(yīng)：Fe2e =Fe2+C若X為碳棒，開關(guān)K置于N處，可減緩鐵的腐蝕D若X為碳棒，開關(guān)K置于N處，鐵電極的反應(yīng)：2H+2e=H22、化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，

2、下列有關(guān)說法正確的是（ ）A工業(yè)上用電解MgO、Al2O3的方法來冶煉對(duì)應(yīng)的金屬B煤的氣化、液化與石油的裂化、裂解均為化學(xué)變化C“血液透析”和“靜電除塵”利用了膠體的同一種性質(zhì)D剛玉主要成分是氧化鋁，瑪瑙、分子篩主要成分是硅酸鹽3、化學(xué)與環(huán)境、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等密切相關(guān)，下列說法不正確的是A浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土可用于水果保鮮BNaCl不能使蛋白質(zhì)變性,所以不能用作食品防腐劑C捕獲工業(yè)排放的CO2,可用來合成可降解塑料聚碳酸酯D在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化劑，可使酒保持良好品質(zhì)4、化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述正確的是A醋酸和活性炭均可對(duì)環(huán)境殺菌消毒B糖類和油脂均可以為人體提供能量C明礬和純

3、堿均可用于除去廚房油污D鐵粉和生石灰常用作食品抗氧化劑5、 “ZEBRA”蓄電池的結(jié)構(gòu)如圖所示，電極材料多孔Ni/NiCl2和金屬鈉之間由鈉離子導(dǎo)體制作的陶瓷管相隔。下列關(guān)于該電池的敘述錯(cuò)誤的是（ ）A電池反應(yīng)中有NaCl生成B電池的總反應(yīng)是金屬鈉還原三價(jià)鋁離子C正極反應(yīng)為：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-D鈉離子通過鈉離子導(dǎo)體在兩電極間移動(dòng)6、實(shí)行垃圾分類，關(guān)系到廣大人民群眾的生活環(huán)境，關(guān)系到節(jié)約使用資源，也是社會(huì)文明水平的一個(gè)重要體現(xiàn)。下列垃圾屬于不可回收垃圾的是A舊報(bào)紙B香煙頭C廢金屬D飲料瓶7、常溫下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列說法不合理的是A反應(yīng)后HA溶液可能有剩

4、余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的體積可能不相等DHA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等8、向飽和食鹽水中通入氯化氫，直至有白色固體析出，析出過程中敘述錯(cuò)誤的是A白色固體是 NaClB溶液中存在兩種電離平衡C溶液 pH 值減小DNaCl 的溶解速率小于結(jié)晶速率9、短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序數(shù)依次增大，其中 X 原子的質(zhì)子總數(shù)與電子 層數(shù)相等，X、Z 同主族，Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一種化合物甲是常見的大氣污 染物。下列說法正確的是A簡(jiǎn)單離子半徑：ZYWQBY 能分別與 X、Z、W 形成具有漂白性的化合物C非金屬性：

5、WQ，故 W、Q 的氫化物的水溶液的酸性：WQD電解 Z 與 Q 形成的化合物的水溶液可制得 Z 的單質(zhì)10、某烯烴分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，用系統(tǒng)命名法命名其名稱為（ ）A2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯11、正確的實(shí)驗(yàn)操作是實(shí)驗(yàn)成功的重要因素，下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是( )A稱取一定量的NaClB制備氫氧化亞鐵并觀察其顏色C檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有銅離子D收集NO2并防止其污染環(huán)境12、用下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿清洗銅與濃硫酸反應(yīng)后有殘液的試管B配置一定物質(zhì)的量濃度的溶

6、液實(shí)驗(yàn)中，為定容時(shí)的操作C裝置制取金屬錳D裝置為制備并用排氣法收集NO氣體的裝置13、下列敘述正確的是A發(fā)生化學(xué)反應(yīng)時(shí)失去電子越多的金屬原子，還原能力越強(qiáng)B活潑非金屬單質(zhì)在氧化還原反應(yīng)中只作氧化劑C陽離子只有氧化性，陰離子只有還原性D含有某元素最高價(jià)態(tài)的化合物不一定具有強(qiáng)氧化性14、目前，國(guó)家電投集團(tuán)正在建設(shè)國(guó)內(nèi)首座百千瓦級(jí)鐵鉻液流電池儲(chǔ)能示范電站。鐵鉻液流電池總反應(yīng)為Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，工作示意圖如圖。下列說法錯(cuò)誤的是A放電時(shí)a電極反應(yīng)為Fe 3+e=Fe2+B充電時(shí)b電極反應(yīng)為Cr3+e=Cr2+C放電過程中H+通過隔膜從正極區(qū)移向負(fù)極區(qū)D該電池?zé)o爆炸可能，安全性高，毒性和腐

7、蝕性相對(duì)較低15、廢棄鋁制易拉罐應(yīng)投入的垃圾桶上貼有的垃圾分類標(biāo)志是（）ABCDAABBCCDD16、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A1的H2SO4水溶液中含有的氧原子數(shù)為4NAB273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧氣的混合氣體燃燒后，產(chǎn)物的分子總數(shù)一定為NAC25時(shí)pH13的NaOH溶液中含有OH的數(shù)目為0.1NAD1 mol Na與氧氣完全反應(yīng)得到Na2O與Na2O2的混合物時(shí)失去的電子數(shù)一定為NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、為探究某固體化合物X(僅含四種元素)的組成和性質(zhì)，設(shè)計(jì)并完成如下實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)回答：(1)藍(lán)色溶液中的金屬陽離子是_。(2)黑色化合物磚紅色化合

8、物的化學(xué)方程式是_。(3)X的化學(xué)式是_。18、根據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道，醛基可和雙氧水發(fā)生如下反應(yīng)：為了合成一類新藥，選擇了 下列合成路線（部分反應(yīng)條件已略去）（1）C中除苯環(huán)外能團(tuán)的名稱為_。（2）由D生成E的反應(yīng)類型為_。（3）生成B的反應(yīng)中可能會(huì)產(chǎn)生一種分子式為C9H5O4Cl2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_。（4）化合物C有多種同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫出符合下列條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:_。能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)核磁共振氫譜圖中有3個(gè)吸收峰（5）寫出以和CH3OH為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）_。19、 (一)碳酸鑭可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反

9、應(yīng)原理為：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O；某化學(xué)興趣小組利用下列裝置實(shí)驗(yàn)室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭實(shí)驗(yàn)流程中導(dǎo)管從左向右的連接順序?yàn)椋篎_；(2)Y中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)式為_；(3)X中盛放的試劑是_，其作用為_；(4)Z中應(yīng)先通入，后通入過量的，原因?yàn)開；是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含)經(jīng)如下流程獲得：已知：在酸性溶液中有強(qiáng)氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰()，其在酸浸時(shí)反應(yīng)的離子方程式為_；(6)已知有機(jī)物HT能將從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：(水層)+(有機(jī)層) +(水層)

10、從平衡角度解釋：向(有機(jī)層)加入獲得較純的含的水溶液的原因是_；(7)已知298K時(shí)，KspCe(OH)3=110-20，為了使溶液中沉淀完全，需調(diào)節(jié)pH至少為_；(8)取某產(chǎn)品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至終點(diǎn)(鈰被還原成)(已知：的相對(duì)分子質(zhì)量為208)溶液盛放在_(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；根據(jù)下表實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算產(chǎn)品的純度_；滴定次數(shù)溶液體積(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10若用硫酸酸化后改用的溶液滴定產(chǎn)品從而測(cè)定產(chǎn)品的純度，其它操作都正確，則測(cè)定的產(chǎn)品的純度_(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。20、納米

11、TiO2是一種重要的光催化劑。以鈦酸酯Ti(OR)4為原料制備納米TiO2的步驟如下：組裝裝置如下圖所示，保持溫度約為65，先將30mL鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有無水乙醇的三頸燒瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分?jǐn)嚢?；將含?0的乙醇溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，得到二氧化鈦溶膠；將二氧化鈦溶膠干燥得到二氧化鈦凝膠，灼燒凝膠得到納米TiO2。已知，鈦酸四丁酯能溶于除酮類物質(zhì)以外的大部分有機(jī)溶劑，遇水劇烈水解；Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2，回答下列問題：(1)儀器a的名稱是_，冷凝管的作用是_。(2)加入的乙酰丙酮可以減慢水解反應(yīng)的速率，其原理可能是_(填標(biāo)號(hào))。a.增加反應(yīng)的焓變

12、 b.增大反應(yīng)的活化能c.減小反應(yīng)的焓變 d.降低反應(yīng)的活化能制備過程中，減慢水解反應(yīng)速率的措施還有_。(3)步驟中制備二氧化鈦溶膠的化學(xué)方程式為_。下圖所示實(shí)驗(yàn)裝置中，可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是_(填標(biāo)號(hào))。(4)測(cè)定樣品中TiO2純度的方法是：精確稱取0.2000 g樣品放入錐形瓶中，加入硫酸和硫酸銨的混合溶液，加強(qiáng)熱使其溶解。冷卻后，加入一定量稀鹽酸得到含TiO2+的溶液。加入金屬鋁，將TiO2+全部轉(zhuǎn)化為Ti3+。待過量的金屬鋁完全溶解并冷卻后，加入指示劑，用0.1000 molL-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至終點(diǎn)。重復(fù)操作2次，消耗0.1000 molL-1 NH4Fe(SO4

13、)2溶液的平均值為20.00 mL(已知：Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H)。加入金屬鋁的作用除了還原TiO2外，另一個(gè)作用是_。滴定時(shí)所用的指示劑為_(填標(biāo)號(hào))a.酚酞溶液 b. KSCN溶液 c. KMnO4溶液 d.淀粉溶液樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_%。21、隨新能源汽車的發(fā)展,新能源電池技術(shù)也在不斷創(chuàng)新,典型的鋰離子電池一般以LiCoO2或LiFePO4等為正極材料，以石墨碳為負(fù)極材料，以溶有LiPF6等的有機(jī)溶液為電解質(zhì)溶液。（1）P原子的電子排布式為_。Fe2+中未成對(duì)電子數(shù)為_。（2）N、O、F原子的第一電離能由小到大的順序?yàn)開。（3）等電子體具有相似的化學(xué)

14、鍵特征，它們的許多性質(zhì)是相近的。ClO4-與PO43-互為等電子體，ClO4-的立體構(gòu)型為_，中心原子的雜化軌道類型為_。（4）烷烴同系物中，CH4的沸點(diǎn)最低，原因是_。（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)加氨水，沉淀溶解，得到深藍(lán)色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深藍(lán)色的晶體。由藍(lán)色沉淀得到深藍(lán)色溶液的離子方程式為_；深藍(lán)色晶體中存在的化學(xué)鍵類型有_ 。（填代號(hào)）A離子鍵 B鍵 C非極性共價(jià)鍵 D配位鍵 E金屬鍵 F氫鍵（6）如圖所示為Co的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)圖，則該氧化物的化學(xué)式為_；若該晶胞的棱長(zhǎng)為a pm,則該晶體的密度為_g/cm3。（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）

15、參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、B【解析】A、若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，形成原電池，此時(shí)金屬鋅為負(fù)極，金屬鐵為正極，金屬鐵被保護(hù)，可減緩鐵的腐蝕，故A正確；B、若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，形成原電池，此時(shí)金屬鋅為負(fù)極，金屬鐵為正極，氧氣在該極發(fā)生還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、若X為碳棒，開關(guān)K置于N處，形成電解池，此時(shí)金屬鐵為陰極，鐵被保護(hù)，可減緩鐵的腐蝕，故C正確；D、若X為碳棒，開關(guān)K置于N處，形成電解池，X極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，鐵電極為陰極，水電離的H+發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H+2e=H2，故D正確。故選B2、B【解析】A. 工業(yè)上用電解MgCl2、Al2O3的方法

16、來冶煉對(duì)應(yīng)的金屬，故A錯(cuò)誤；B. 煤的氣化、液化與石油的裂化、裂解均有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故B正確；C. “血液透析”是利用膠體不能透過半透膜的性質(zhì)，“靜電除塵”利用了膠體微粒帶電，在電場(chǎng)作用下定向移動(dòng)的性質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D. 剛玉主要成分是氧化鋁，瑪瑙、分子篩主要成分是二氧化硅，故D錯(cuò)誤。故選B。3、B【解析】A. 乙烯是水果的催熟劑，高錳酸鉀溶液有強(qiáng)氧化性，能氧化乙烯，浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土可用于水果保鮮，故A正確；B. 氯化鈉雖然不能使蛋白質(zhì)變性，但有防腐功能，故B錯(cuò)誤；C. 利用CO2合成聚碳酸酯類可降解塑料，實(shí)現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用應(yīng)用，減少二氧化碳的排放，故C正確；D. 二氧化

17、硫是還原劑，在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化劑，故D正確；故答案為B。4、B【解析】A一定濃度的醋酸可對(duì)環(huán)境殺菌消毒，活性炭具有吸附性可用于漂白，不能殺菌消毒，故A錯(cuò)誤； B糖類、脂肪、蛋白質(zhì)都是組成細(xì)胞的主要物質(zhì)，并能為生命活動(dòng)提供能量，故B正確；C純堿為碳酸鈉，其水溶液為堿性，堿性條件下可使油脂發(fā)生水解，可用于除去廚房油污，明礬為十二水合硫酸鋁鉀，在溶液中鋁離子水解形成氫氧化鋁膠體，可用于凈水，不能用于廚房除油污，故C錯(cuò)誤；D鐵粉具有還原性，可用作食品抗氧化劑，生石灰具有吸水性，可做食品的干燥劑，不能用于食品抗氧化劑，故D錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】生活中各種物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，生石灰是氧化鈣

18、，可以吸水，與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，所以可作干燥劑。5、B【解析】A在反應(yīng)中，Na失去電子變?yōu)镹a+,與電解質(zhì)中的Cl-結(jié)合形成NaCl，所以電池反應(yīng)中有NaCl生成，正確；B在電池正極是NiCl2+2e-=Ni+2Cl,所以其總反應(yīng)是金屬鈉還原Ni2+變?yōu)镹i，錯(cuò)誤；C根據(jù)電池結(jié)構(gòu)及工作原理可知：正極反應(yīng)為：NiCl2+2e=Ni+2Cl，正確；D根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，鈉離子通過鈉離子導(dǎo)體從負(fù)極移向正極，正確；答案選B。6、B【解析】A.舊報(bào)紙主要成分是纖維素，可以回收制成再生紙張而被利用，屬于可回收垃圾，A不符合題意；B.香煙頭中主要含有有機(jī)的化合物，且含有大量的有害

19、物質(zhì)，屬于不可回收的垃圾，B符合題意；C.廢金屬經(jīng)過熔化，可以重新制成各種金屬制品，屬于可回收垃圾，C不符合題意；D.飲料瓶主要成分為玻璃、塑料、金屬，經(jīng)回收可再重新制成各種有益物質(zhì)，因此屬于可回收垃圾，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是B。7、B【解析】A、若HA是弱酸，則二者反應(yīng)生成NaA為堿性，所以HA過量時(shí)，溶液才可能呈中性，正確；B、若二者等體積混合，溶液呈中性，則HA一定是強(qiáng)酸，所以NaA的溶液的pH不可能小于7，至小等于7，錯(cuò)誤；C、若HA為弱酸，則HA的體積大于氫氧化鈉溶液的體積，且二者的濃度的大小未知，所以HA溶液和NaOH溶液的體積可能不相等，正確；D、HA溶液的c(H+)和NaO

20、H溶液的c(OH -)可能不相等，混合后只要?dú)潆x子濃度與氫氧根離子濃度相等即可，正確。答案選B。8、B【解析】A.向飽和食鹽水中通入氯化氫，氯離子濃度增大，會(huì)使氯化鈉析出，故A正確；B.溶液中只存在水的電離平衡，故B錯(cuò)誤；C.氯化鈉溶液顯中性，通入氯化氫后溶液顯酸性，溶液 pH 值減小，故C正確；D.因?yàn)橛新然c固體析出，所以氯化鈉的溶解速率小于結(jié)晶速率，故D正確；故選：B。9、B【解析】短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序數(shù)依次增大，其中 X 原子的質(zhì)子總數(shù)與電子 層數(shù)相等，則X為氫； Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一種化合物甲是常見的大氣污染物，該物質(zhì)為二氧化硫，則Y為氧，W為

21、硫；X、Z 同主族，則Z為鈉；Q為氯；A. 核外電子排布相同，核電荷越大半徑越小，則S2-Cl-，O2-Na+，電子層多的離子半徑大，則S2-Cl-O2-Na+，即ZYQW，故A錯(cuò)誤；B. 氧能分別與氫、鈉、硫形成過氧化氫、過氧化鈉、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正確；C. 同周期元素，核電荷數(shù)越大非金屬性越強(qiáng)，則非金屬性：WQ；非金屬性越強(qiáng)其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，而不是氫化物水溶液的酸性，故C錯(cuò)誤；D. 電解氯化鈉的水溶液可制得氫氣、氯氣和氫氧化鈉，無法得到鈉單質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】比較元素非金屬性可以根據(jù)其氫化物的穩(wěn)定性，也可以根據(jù)其最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)弱，或是單質(zhì)

22、的氧化性。10、B【解析】烯烴分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，系統(tǒng)命名法命名其名稱為2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合題意。綜上所述，答案為B。11、A【解析】A. 稱取一定量的NaCl，左物右碼，氯化鈉放在紙上稱，故A正確；B. 氫氧化亞鐵易被氧化，制備氫氧化亞鐵時(shí)，膠頭滴管應(yīng)伸入硫酸亞鐵溶液中，并油封，故B錯(cuò)誤；C. 檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有銅離子，應(yīng)把反應(yīng)后的混合液倒入水中，故C錯(cuò)誤；D. NO2密度大于空氣，應(yīng)用向上排空氣法收集NO2，故D錯(cuò)誤；答案選A。12、D【解析】A. 自來水中有雜質(zhì)離子，清洗銅與濃硫酸反應(yīng)后有殘液的試管不能用自來水，應(yīng)該用蒸餾水，且應(yīng)該把反應(yīng)液倒入

23、水中，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 定容時(shí)，當(dāng)液面距定容刻度線1到2厘米處，改用滴管滴加，使凹液面最低端與刻度線相切，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 利用鋁熱反應(yīng)制取金屬錳時(shí)采用的是高溫條件，需要氯酸鉀分解產(chǎn)生氧氣，促進(jìn)鎂條燃燒，利用鎂條燃燒產(chǎn)生大量熱制取金屬錳，該實(shí)驗(yàn)裝置中沒有氯酸鉀作引發(fā)劑，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. 銅和稀硝酸反應(yīng)可以制備NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口進(jìn)氣、長(zhǎng)口出氣的集氣方式，D項(xiàng)正確；答案選D。13、D【解析】A還原能力的強(qiáng)弱和失電子的難易有關(guān)而和失電子的數(shù)目無關(guān)，如金屬鈉和金屬鐵的還原能力是金屬鈉強(qiáng)于金屬鐵，故A錯(cuò)誤；B氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸既是氧化劑又是還原劑，所以活潑非金屬單質(zhì)在氧化還原

24、反應(yīng)中不一定只作氧化劑，故B錯(cuò)誤；C最高價(jià)態(tài)的陽離子一般具有氧化性，如Fe3+；最低價(jià)的陰離子具有還原性，如I；但Fe2+、都既有氧化性又有還原性，故C錯(cuò)誤；D含最高價(jià)元素的化合物，如碳酸鈉中碳元素為最高價(jià)，卻不具有強(qiáng)氧化性，故D正確；故答案為：D。14、C【解析】鐵-鉻液流電池總反應(yīng)為Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，放電時(shí)，Cr2+發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cr3+、b電極為負(fù)極，電極反應(yīng)為Cr2+-e-=Cr3+，F(xiàn)e3+發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成Fe2+，a電極為正極，電極反應(yīng)為Fe3+e-Fe2+，放電時(shí)，陽離子移向正極、陰離子移向負(fù)極；充電和放電過程互為逆反應(yīng)，即a電極為陽極、b電極為陰極，充

25、電時(shí)，在陽極上Fe2+失去電子發(fā)、生氧化反應(yīng)生成Fe3+，電極反應(yīng)為：Fe2+-e-Fe3+，陰極上Cr3+發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成Cr2+，電極反應(yīng)為Cr3+e-Cr2+，據(jù)此分析解答。【詳解】A根據(jù)分析，電池放電時(shí)a為正極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為Fe3+e=Fe2+，A項(xiàng)不選；B根據(jù)分析，電池充電時(shí)b為陰極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為Cr3+e=Cr2+，B項(xiàng)不選；C原電池在工作時(shí)，陽離子向正極移動(dòng)，故放電過程中H+通過隔膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)，C項(xiàng)可選；D該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉(zhuǎn)化，不會(huì)產(chǎn)生易燃性物質(zhì)，不會(huì)有爆炸危險(xiǎn)，同時(shí)物質(zhì)儲(chǔ)備于儲(chǔ)液器中，Cr3+、Cr2+毒性

26、比較低，D項(xiàng)不選；故答案選C。15、B【解析】廢棄的鋁制易拉罐可以回收利用，屬于可回收物品，應(yīng)投入到可回收垃圾桶內(nèi)，A. 圖示標(biāo)志為有害垃圾，故A不選；B. 圖示標(biāo)志為可回收垃圾，故B選；C. 圖示標(biāo)志為餐廚垃圾，故C不選；D. 圖示標(biāo)志為其它垃圾，故D不選；故選B。16、D【解析】-1的H2SO4水溶液中含有水，氧原子數(shù)大于4NA，A錯(cuò)誤；B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧氣的混合氣體燃燒后，產(chǎn)物二氧化碳和水，分子總數(shù)大于NA，B錯(cuò)誤；C. 25時(shí)pH13的NaOH溶液中沒有體積，無法計(jì)算OH的數(shù)目，C錯(cuò)誤；D. 1 mol Na與氧氣完全反應(yīng)得到Na2O與Na2O2的混合物

27、時(shí)，鈉單質(zhì)變?yōu)殁c離子，轉(zhuǎn)移1 mol電子，失去的電子數(shù)一定為NA，D正確；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Cu2 4CuO2Cu2OO2 Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3 【解析】根據(jù)流程中信息可知黑色化合物為CuO，磚紅色化合物為Cu2O，紅色金屬單質(zhì)為Cu，藍(lán)色溶液為CuSO4溶液；n(H2O)=0.01 mol，黑色化合物n(CuO)=0.03 mol，無色無味氣體n(CO2)= n(CaCO3)=0.02 mol，故可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8，則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3，據(jù)此分析?！驹斀狻扛鶕?jù)

28、流程中信息可知黑色化合物為CuO，磚紅色化合物為Cu2O，紅色金屬單質(zhì)為Cu，藍(lán)色溶液為CuSO4溶液；n(H2O)=0.01 mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)=0.03 mol，無色無味氣體n(CO2)= n(CaCO3)=0.02 mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8，則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3。(1)藍(lán)色溶液為CuSO4溶液，含有的金屬陽離子是Cu2；(2)黑色化合物磚紅色化合物，只能是CuOCu2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式是4CuO2Cu2OO2；(3)X的

29、化學(xué)式是Cu(OH)22CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。18、氯原子、羥基 加成反應(yīng) 【解析】由有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，與KMnO4或K2Cr2O7等氧化劑發(fā)生氧化反應(yīng)生成，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則B為；與LiAlH4反應(yīng)生成，則C為；發(fā)生氧化反應(yīng)生成，與雙氧水發(fā)生加成反應(yīng)生成，酸性條件下與ROH反應(yīng)生成，則F為?！驹斀狻浚?）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，含有的官能團(tuán)為氯原子和羥基，故答案為氯原子、羥基；（2）由D生成E的反應(yīng)為與雙氧水發(fā)生加成反應(yīng)生成，故答案為加成反應(yīng)；（3）由副產(chǎn)物的分子式為C9H5O4Cl2可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式

30、為，故答案為；（4）化合物C的同分異構(gòu)體能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明分子中含有酚羥基，核磁共振氫譜圖中有3個(gè)吸收峰說明結(jié)構(gòu)對(duì)稱，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為；（5）由題給轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，與LiAlH4反應(yīng)生成，催化氧化生成，與過氧化氫發(fā)生加成反應(yīng)生成，合成路線如下：，故答案為。【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)，解題的關(guān)鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，不僅要注意物質(zhì)官能團(tuán)的衍變，還要注意同時(shí)伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數(shù)目以及有機(jī)物相對(duì)分子質(zhì)量的衍變，這種數(shù)量、質(zhì)量的改變往往成為解題的突破口。19、A B D E C NH3H2O(濃)+CaO=Ca

31、(OH)2+NH3 溶液 吸收揮發(fā)的、同時(shí)生成 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率 混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成水溶液方向移動(dòng) 9 酸式 95.68% 偏低 【解析】(一)根據(jù)制備的反應(yīng)原理：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O，結(jié)合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結(jié)合氨氣的性質(zhì)分析解答(1)(4)；(二)由實(shí)驗(yàn)流程可知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，過濾分離

32、出不溶物，含Ce3+的溶液進(jìn)行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應(yīng)生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據(jù)此結(jié)合氧化還原反應(yīng)的規(guī)律、鹽類水解和溶解積的計(jì)算分析解答(5)(8)。【詳解】(一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實(shí)驗(yàn)流程中導(dǎo)管從左向右的連接順序?yàn)椋篎ABDEC，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)式為NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3，故答案為NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為

33、吸收揮發(fā)的HCl、同時(shí)生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發(fā)的HCl、同時(shí)生成CO2；(4)Z中應(yīng)先通入NH3，后通入過量的CO2，因?yàn)镹H3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時(shí)發(fā)生離子反應(yīng)為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(6)向CeT3(有機(jī)層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫

34、酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動(dòng)，故答案為混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動(dòng)；(7)已知298K時(shí)，KspCe(OH)3=110-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)=110-5mol/L，由Kw可知c(H+)=110-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)FeSO4屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；由表格數(shù)據(jù)可知，第二次為25.30mL，誤差較大應(yīng)舍棄，F(xiàn)eSO4的物質(zhì)的量為0.1000molL-10.001L/mL=0.0023mol，根據(jù)電子得失守恒可

35、得關(guān)系式CeO2FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質(zhì)量為0.0023208g=0.4784g，則Ce(OH)4產(chǎn)品的純度為100%=95.68%，故答案為95.68%；改用0.1000molL-1的FeCl2溶液滴定產(chǎn)品從而測(cè)定Ce(OH)4產(chǎn)品的純度，Ce4+有強(qiáng)氧化性，與Cl-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由電子守恒計(jì)算的Ce(OH)4的物質(zhì)的量及質(zhì)量偏小，則測(cè)定的Ce(OH)4產(chǎn)品的純度偏低，故答案為偏低。20、溫度計(jì) 冷凝回流 b 用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液 Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH a 與酸反應(yīng)生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被

36、氧化 b 80 【解析】(1)根據(jù)水、無水乙醇和乙酰丙酮容易揮發(fā)分析解答；(2)反應(yīng)的焓變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān)；增大反應(yīng)的活化能，反應(yīng)速率減慢；降低反應(yīng)的活化能，反應(yīng)速率加快，據(jù)此分析判斷；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟的提示分析判斷；(3) Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2，鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化鈦溶膠，據(jù)此書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式；灼燒固體需要在坩堝中進(jìn)行；(4)根據(jù)Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H，說明Ti3+容易被氧化；并據(jù)此分析判斷可以選用的指示劑，結(jié)合消耗的NH4Fe(SO4)2的物質(zhì)的量計(jì)算樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖，儀器

37、a為溫度計(jì)，實(shí)驗(yàn)過程中為了防止水、無水乙醇和乙酰丙酮揮發(fā)，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案為溫度計(jì)；冷凝回流；(2) a.反應(yīng)的焓變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān)，加入的乙酰丙酮，改變是反應(yīng)的條件，不能改變反應(yīng)的焓變，故a錯(cuò)誤；b. 增大反應(yīng)的活化能，活化分子數(shù)減少，反應(yīng)速率減慢，故b正確；c. 反應(yīng)的焓變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān)，加入的乙酰丙酮，改變是反應(yīng)的條件，不能改變反應(yīng)的焓變，故c錯(cuò)誤；d.降低反應(yīng)的活化能，活化分子數(shù)增多，反應(yīng)速率加快，故d錯(cuò)誤；故選b；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟的提示，制備過程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液，減慢鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解的反應(yīng)速率，故答案為b；用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液；(3) Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2，步驟中鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化鈦溶膠，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；灼燒二氧化鈦凝膠需要在坩堝中進(jìn)行，故選擇的裝置為a，故答案為Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4