山东省青岛市2021届高三3月统一质量检测化学试卷

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密·启用前山东省青岛市2021届高三3月统一质量检测化学试卷题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题1.国宝回家，天耀中华。“天龙山佛首”、“五牛图”等一批国宝亮相春晚，让亿万人为之动容。下列说法正确的是A“佛首”的雕刻岩石主要成分为方解石、石英，都属于硅酸盐B专家对“佛首”鉴定时，发现颈部风化形成的边缘与照片资料完全一致，“风化”是化学变化C“五牛图”是我国唐代珍贵的纸绢画，“纸、绢”化学成分相同D古代字画修复常用高锰酸钾溶液清洗，是物理除菌法2.下列实

2、验装置，达不到实验目的的是A.制备乙烯B.制备并收集氨气C.制备并收集乙酸乙酯D.用CCl4提取碘水中的碘AABBCCDD3.酚醛树脂是最早生产和使用的合成树脂，其单体为苯酚和甲醛，下列说法错误的是A苯酚和甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂B甲醛和苯甲醛是同系物C酚醛树脂的结构简式为D酚醛树脂俗称“电木”，是一种混合物，不易燃烧，具有良好的电绝缘性4.W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，四种元素形成的化合物在农业上常用作肥料，结构如图。下列说法错误的是A简单离子半径：YZBX、Y分别与W形成的简单化合物的沸点：XYCX与其它三种元素均只能形成两种化合物DW与Z形成化合

3、物溶于水，可使紫色石蕊试液变蓝5.下列反应对应离子方程式正确的是A酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色：7H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+6O2+10H2OB氯水中滴入少量碳酸钠溶液：Cl2+CO32=Cl+ClO+CO2C(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：Fe2+2SO42+2Ba2+2OH=Fe(OH)2+2BaSO4D用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OHCH3COO+Cu2O+3H2O6.金丝桃苷分布广泛，具有抗炎、降压等作用，其结构简式如图。下列说法正确的是A1mol 金丝桃苷与足量溴水反应，最多消耗 6mol Br2B金丝

4、桃苷中的含氧官能团有酯基、醚键、醇羟基、酚羟基C1mol 金丝桃苷与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗9molNaOHD金丝桃苷能发生取代、加成、水解反应7.某补铁剂每片含硫酸亚铁0.3g(相当于铁60mg)，为测定含铁量是否达标，某兴趣小组用实验室常用试剂将铁元素通过氧化、碱化等步骤转化为Fe2O3，该过程不需要的操作为ABCD8.近日，科学家研究利用CaF2晶体释放出的Ca2+和F-脱除硅烷，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。下列说法错误的是AF、Si和Ca 电负性依次减小，原子半径依次增大BOF2与 SiO2中含有化学键类型和氧原子杂化方式均相同C图中A处原子分数坐标为(0，0，0)，

5、则B 处原子分数坐标为34,34,34D脱除硅烷反应速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，脱硅能力 BaF2CaF2MgF29.有机电极材料应用于钠离子电池可实现新型电池的跨越式发展。如羰基化合物1，4，5，8-萘四甲酸二酐(NTCDA)展现出高比容量，放电原理为，装置如图。下列说法正确的是A放电时，Na+向N 移动B放电时，负极电极反应：NaxCn-xe-=nC+xNa+C充电时，M 与电源的负极相连D充电时，阴极电极反应： 10.叠氮酸钠(NaN3)是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如下：已知水合肼(NH4·H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述错误的是A反

6、应和反应中浓硫酸作用不同B反应的化学方程式：N2H4H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2OC步骤分离出的 CH3OH 可导入中循环利用D反应制备水合肼时应将氨水逐滴滴入 NaClO溶液中11.已知重铬酸钾(K2Cr2O2)有强氧化性，溶液中存在平衡Cr2O72+H2O2CrO42+2H+。取2.94g 重铬酸钾橙红色晶体，溶于 100mL 水的同时利用数字传感器测定 pH，变化如图。下列说法正确的是A该溶液中含有Cr2O72离子数目为 0.01NABCr 元素位于d 区，基态原子有 6 个未成对电子CCr2O72+H2O2CrO42+2H+的平衡常数K约为 1014.2

7、D升高温度，溶液橙红色变浅，则该转化反应012.常用电解法处理工业废水中的乙醛。该过程中发生的电极反应为：4H2O+4e-=2H2+4OH-CH3CHO+3H2O-10e-=2CO2+10H+2H2O-4e-=O2+4H+5CH3CHO+10H2O+10e=5CH3CH2OH+10OH5CH3CHO+5H2O10e=5CH3COOH+10H+下列说法错误的是A反应发生在阴极B乙醛既体现氧化性又体现还原性C当生成46g乙醇时，电路中转移2mol 电子D电解过程中，电极附近溶液的pH： 阴极阳极13.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A向含有SO2的BaCl2溶液中通气体X产生

8、白色沉淀X一定表现氧化性B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液不变色该食盐不是加碘盐C向蛋白质溶液中加入浓Na2SO4溶液出现浑浊Na2SO4溶液降低了蛋白质的溶解度D向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液产生白色沉淀白色沉淀成分是Al2S3AABBCCDD14.常温下，将NaOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH与粒子浓度变化关系如图所示。下列叙述错误的是AM是曲线lgcHAcH2A与 pH 的关系BKa2H2A=105.4C水的电离程度：dbcaDd点溶液：cNa+cA2cHAcH+=cOH15.FeS 活化过硫酸盐(S2O82)产生的自由基SO4和·OH能有效降解有机

9、物污染物(原理如图)，pH8.5 时自由基氧化能力更强。下列说法错误的是A反应的化学方程式：Fe2+S2O82=Fe3+SO4+SO42B氧化能力：H2O2OHS2O82C初始保持溶液为酸性有利于提供更多的 Fe2+DS2O82中只存在极性共价键评卷人得分二、实验题16.钛白(TiO2)是重要的化工原料，制取钛白的方法主要有两种。方法一：四氯化钛气相氧化。实验室模拟四氯化钛气相氧化装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：TiCl4熔点-24.1，沸点 136.4，在空气中发烟，生成二氧化钛固体和盐酸液滴的混合物。回答下列问题：(1)C 装置的加热方式为_，D装置中反应方程式为_，球形冷凝管和碱石

10、灰的作用分别为_、_。(2)为完成上述实验，正确的操作顺序为_。打开 A处分液漏斗活塞点燃 C处的酒精灯点燃D处的酒精喷灯关闭A 处分液漏斗活塞C 处停止加热D处停止加热方法二：硫酸法。7080条件下，不断通入空气并搅拌，钛铁矿同浓硫酸反应制得可溶性硫酸盐TiOSO4，用水浸取固相物，得钛液，钛液水解得钛白：TiOSO4+2H2OTiO2H2O+H2SO4。在制取钛白的过程中，需要测定钛液中Ti()的含量。首先用铝片将Ti(IV)还原为Ti3+，再用0.0200mol·L-1标准 Fe2(SO4)3溶液滴定：Ti3+Fe3+=Ti(IV)+Fe2+。滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶

11、液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度消耗标准溶液体积125.000.107.60225.007.6015.00325.000.207.80(3)提高钛液水解产率的方法除加碱适当调节pH以外，还有_(写出一种即可)。(4)滴定时可选用的指示剂为_滴定终点溶液颜色变化为_，钛液中Ti()的浓度为_gL-1(以 TiOSO4计)。评卷人得分三、推断题17.有机物G因具有特殊的香味常用作食品添加剂，下图是其常用的一种合成路线：已知：(R为烃基或氢)回答下列问题：(1)A的名称为_，D的结构简式为_。(2)C中含有官能团的名称为_。(3)反应的反应类型为_，写出反应的化学反应方程式_。(4)满足下列条件的

12、E的同分异构体有_种，其中含有手性C 原子异构体的结构简式为_。含有苯环 能发生水解反应 能发生银镜反应(5)根据本题信息，写出以正丙醇和甲醇为原料制备的合成路线_(乙醚和其它无机试剂任选)。评卷人得分四、解答题18.氨硼烷(NH3BH3)的制备是当今科学研究的重要课题，可用以下反应BOCH33+NH4Cl+LiAlH4=NH3BH3+AlOCH33+LiCl+H2进行制备。回答下列问题：(1)反应中涉及元素的基态原子含1个未成对电子的有_种，熔点：BOCH33NH4Cl，解释原因_。(2)N(SiH3)3中心N原子为平面构型，下列标记原子杂化类型与其相同的是_(填标号)B·OCH3

13、3 N·H4Cl NH3B·H3 A·lOCH33NH3与 BH3可形成稳定的NH3BH3，但NF3不易与BH3结合形成 NF3BH3，原因是_。(3)氨晶体中，氨分子中的每个H原子均参与一个氢键的形成，每个N原子与其它氨分子的3 个H 原子形成氢健，1mol 氨晶体中含氢键数目为_。(4)已知 NH4Cl、LiCl晶胞分别与CsCl、NaCl 晶胞类似、LiAlH4 晶胞如图所示，每个NH4Cl、LiCl和LiAlH4晶胞中阳离子数目之比为_。LiAlH4易分解，机理为每3个AlH4中，有2个分别释放出3个H原子和1个 Al原子，同时与该 Al 原子最邻近的 L

14、i原子转移到被释放的 Al原子留下的空位，改变了原来的结构，这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，形成一种新晶体，并释放出氢气。该过程可用化学方程式表示为_。19.粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)制备V2O5的工艺流程如下：已知： 硫酸氧钒(VO)SO4高温易分解生成VO2和SO3萃取剂对相关离子的萃取能力如下表：微粒VO2+VO2+Fe3+Fe2+萃取能力强(随pH增大而增强)弱强弱回答下列问题：(1)粘土钒矿焙烧时一般选择 250的原因是_，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒的化学方程式_。(2)为提高浸出效率可采取的操作有_(答两条)，浸出液中存在 VO2+、

15、VO2+、 Fe3+、Al3+和SO42离子，萃取前加入铁粉的目的_。(3)“反萃取”用 20%硫酸目的为_，“氧化”的离子方程式为_。(4)用反萃取法由碘的 CCl4溶液提取碘单质，画出流程图_。20.氮氧化合物的处理对建设生态文明，美丽中国具有重要意义，可采用多种方法消除。方法一：氯气还原法(1)氢气在富氧条件下催化还原 NOx，反应在低温时仍具有高活性和选择性。已知催化剂 Rh 表面H2催化还原 NO 的反应机理如下表。序号基元反应活化能EakJmol1H2(g)+Rh(s)+Rh(s)=H(s)+H(s)12.6NO(g)+Rh(s)=NO(s)0.0NO(s)+Rh(s)=N(s)+

16、O(s)97.5H(s)+O(s)=OH(s)+Rh(s)83.7HO(s)+H(s)=H2O(s)+Rh(s)33.5H2O(s)=H2O(g)+Rh(s)45.0N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)120.9OH(s)+Rh(s)=H(s)+O(s)37.7H(s)+H(s)=H2(g)+Rh(s)+Rh(s)77.8NO(s)=NO(g)+Rh(s)108.9其他条件一定时，决定 H2催化还原 NO 的反应速率的基元反应为_(填标号)，基元反应H(s)+O(s)=OH(s)+Rh(s)的H=_KJ·mol-1。(2)在低温区催化剂 Pt/Al-M-10-A对生

17、成 N2O具有敏感性，发生反应H2(g)+2NO(g)N2O(g)+H2O(g)，实验测定反应速率方程为vN2O=kp2(NO)pH2。在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2。下列有关说法正确的是_。a.平衡时，气体平均相对分子质量不再变化 b.任意时刻，2v正(NO)=v逆H2O c.若向容器内充入少量 O2，平衡不移动d.平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，平衡向右移动达平衡时，v(N2O)=_，Kp=_ (用含P0的代数式表示)。方法二： CO 还原法，原理为2CO(g)+2NO(g)k逆k正2CO2(

18、g)+N2(g)H0。(3)实验测得v正=k正c2(CO)c2(NO)，v逆=k逆c2CO2cN2(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。如图所示四条斜线中，能表示 p k正(pk=-lgk)随温度变化的斜线是_，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为 a+2.5、 a+0.5、a-0.5、a-2.5，则温度T1时化学平衡常数K=_L·mol-1。参考答案1.B【解析】A石英主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；B风化作用是指地表岩石受到水、氧气和二氧化碳的作用而发生化学成分和矿物成分变化，并产生新矿物的作用，是化学变化，故B正确；C纸的主要成分是纤维素，绢的主要成分是蛋白质，故C

19、错误；D高锰酸钾除菌是利用其强氧化性，是化学方法，故D错误；故选：B；2.A【解析】A用乙醇和浓硫酸共热制备乙烯时，需用温度计控制反应温度在170，否则会发生副反应，装置中缺少温度计，故A错误；B实验室用氯化铵和消石灰共热制备氨气，用向下排空气法收集氨气时应在试管口放一团棉花，防止氨气向空气中扩散，该装置能制备并收集氨气，故B正确；C实验室用浓硫酸、乙醇和乙酸混合共热制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液提纯收集乙酸乙酯，该装置能制备并收集乙酸乙酯，故C正确；D碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用四氯化碳做萃取剂萃取提取碘水中的碘，故D正确；故选A。3.B【解析】A苯酚和甲醛发生羟醛缩合反

20、应生成酚醛树脂，此反应属于缩聚反应，A正确；B苯甲醛中含苯环，与甲醛结构不相似，不是同系物，B错误；C酚羟基导致苯环上与羟基相邻的氢原子较活泼，两个氢原子与甲醛中的氧原子结合生成水，所以苯酚和甲醛通过缩聚反应得到的酚醛树脂的结构简式为，C正确；D酚醛树脂，又名电木，为高分子有机物，由于每个分子中聚合度不同，所以是混合物，酚醛树脂不易燃烧，具有良好的电绝缘性，常用来生产电灯开关、插头中，D正确；综上所述答案为B。4.C【解析】W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，推出W为第一周期，即W为H，X为第二周期，Y为第三周期，Z为第四周期，根据化合物的结构图，Z显+1价，即

21、Z为K，X有2个共价键，X为A族元素，即X为O，K失去一个电子给了O，因此Y最外层有5个电子，即Y为P；据此分析；根据上述分析，W为H，X为O，Y为P，Z为K；AP和K简单离子是P3-、K+，它们核外电子排布相同，因此简单离子半径大小顺序是r(P3-)r(K+)，故A说法正确；BX、Y分别与W形成的简单化合物分别是H2O、PH3，常温下水为液体，PH3为气体，因此沸点：H2OPH3，故B说法正确；C钾元素与氧元素可以形成氧化钾、过氧化钾、超氧化钾等，故C说法错误；DK与O形成的化合物，溶于水后形成KOH溶液，KOH为强碱，滴入紫色石蕊试液，溶液显蓝色，故D说法正确；答案为C。5.D【解析】A酸

22、性环境中高锰酸根将H2O2氧化为O2，根据电子守恒可知MnO4与H2O2的系数之比为2:5，再结合电荷守恒可得离子方程式为MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，A错误；B碳酸钠少量，溶液中仍有HClO剩余，离子方程式应为2Cl2+CO32+H2O=CO2+2HClO+2Cl-，B错误；CBa(OH)2过量，NH4+、Fe2+均能反应，正确离子方程式为2NH4+Fe2+2SO4+4OH-+2Ba2+=BaSO4+Fe(OH)2+2NH3·H2O，C错误；D碱性环境中新制氢氧化铜悬浊液可以将乙醛氧化为乙酸盐，同时生成氧化亚铜沉淀，离子方程式为CH3CHO+2Cu(OH

23、)2+OHCH3COO+Cu2O+3H2O，D正确；综上所述答案为D。6.A【解析】A酚羟基邻对位上氢原子可被溴取代，且取代1mol氢原子，消耗1mol溴分子；1mol碳碳双键消耗1mol溴单质，则该物质可消耗6mol Br2，故A正确；B由结构可知含氧官能团有羰基、醚键、醇羟基、酚羟基，不存在酯基，故B错误；C该结构中只有酚羟基消耗NaOH，1mol该物质消耗4molNaOH，故C错误；D含有苯环、碳碳双键、羰基能发生加成，含有羟基可发生取代反应，不存在能水解的官能团，故D错误；故选：A。7.C【解析】测定补铁剂中的含铁量将补铁剂在烧杯中进行溶解后加氧化剂充分氧化，将铁转化成三价铁离子后再加

24、碱将铁离子完全沉淀，然后过滤出氢氧化铁，在坩埚中进行灼烧，得到氧化铁后用天平称量，由此装置可知A为溶解、B为过滤、C为蒸发、D为称量，不需要的操作是C蒸发，故选：C。8.D【解析】A金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则F、Si和Ca 电负性依次减小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则F、Si和Ca原子半径依次增大，故A正确；BOF2与 SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故B正确；C由晶胞结构可知，A处到B处的距离为体对角线的34，若A处原子分数坐标为

25、(0，0，0)，则B 处原子分数坐标为(34,34,34)，故C正确；D三种金属氟化物都为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成的离子键越弱，钡离子、钙离子和镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则氟化钡、氟化钙、氟化镁三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，故D错误；故选D。9.B【解析】由总反应可知NaxCn转化成C、Na+，其中C化合价升高失电子，可知该转化过程应为负极反应，则N为负极，M为正极，据此解答。A原电池中阳离子向正极移动，则Na+向M移动，故A错误；B由分析知，负极NaxCn转化C、Na+，电极反应为：NaxCn-xe-=nC+xNa+，

26、故B正确；C充电时原电池的负极接电源的负极，正极接电源的正极，则M 与电源的正极相连，故C错误；D充电时，阴极电极反应：nC+xNa+xe-=NaxCn，故D错误；故选：B。10.D【解析】由题给流程可知，向甲醇、亚硝酸钠的混合物中加入浓硫酸，浓硫酸先与亚硝酸钠反应生成亚硝酸，在浓硫酸做催化剂和吸水剂的作用下，甲醇与亚硝酸发生酯化反应生成亚硝酸甲酯；氨水和次氯酸钠溶液混合发生氧化还原反应得到水合肼，在氢氧化钠溶液中，亚硝酸甲酯与水合肼发生氧化还原反应生成叠氮酸钠、甲醇和水，在蒸汽加热的条件下，向反应后的溶液中加入浓硫酸，浓硫酸与叠氮酸钠反应制得叠氮酸，叠氮酸与氢氧化钠溶液反应制得产品叠氮酸钠。

27、A由分析可知，反应中浓硫酸起酸性、催化剂和吸水剂的作用，反应中浓硫酸只起酸性的作用，作用不同，故A正确；B由分析可知，反应为在氢氧化钠溶液中，亚硝酸甲酯与水合肼发生氧化还原反应生成叠氮酸钠、甲醇和水，反应的化学方程式为N2H4H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，故B正确；C由分析可知，反应中甲醇做反应物，则步骤分离出的 甲醇可导入中循环利用，故C正确；D水合肼具有强还原性，若反应制备水合肼时应将氨水逐滴滴入具有强氧化性的次氯酸钠溶液中，水合肼会与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，而无法制得水合肼，故D错误；故答案选D。11.BC【解析】A2.94g 重铬酸钾的物质的量为

28、3.92g392g/mol=0.01mol，由图可知，溶液pH为3.8时，反应达到平衡，溶液中重铬酸根离子的数目为(0.01mol12×103.8mol/L×0.1L) NA 0.01NA，故A错误；B铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1，则铬元素位于元素周期表的d 区，基态原子有 6 个未成对电子，故B正确；C溶液pH为3.8时，反应达到平衡，溶液中氢离子和铬酸根离子的浓度都为103.8mol/L，重铬酸根的浓度为(0.01mol0.1L12×103.8mol/L) 0.1 mol/L，则平衡常数K约为(103.8mol/L)2×

29、;(103.8mol/L)20.1mol/L=1014.2，故C正确；D升高温度，平衡向吸热反应方向移动，溶液橙红色变浅说明该反应为吸热反应，0，故D错误；故选BC。12.AC【解析】A由反应4H2O+4e-=2H2+4OH-可知，得到电子发生还原反应，在阴极上发生，由反应5CH3CHO+5H2O10e=5CH3COOH+10H+可知，失去电子发生氧化反应，在阳极上发生，故A错误；B由反应5CH3CHO+10H2O+10e=5CH3CH2OH+10OH可知，乙醛得到电子，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，由反应5CH3CHO+5H2O10e=5CH3COOH+10H+可知，乙醛失去电子，发生

30、氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B正确；C阴极上发生反应，而由反应5CH3CHO+10H2O+10e=5CH3CH2OH+10OH可知，生成5mol乙醇转移10mol电子，生成46g乙醇即1mol乙醇转移2mol电子，还要发生反应，则电路中转移电子大于2mol，故C错误；D阴极上发生反应，产生OH-，阳极上发生反应，产生H+，则电解过程中，电极附近溶液的pH为阴极阳极，故D正确；答案为AC。13.C【解析】A假设X为NH3，则发生2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，然后发生BaCl2+(NH4)2SO3=BaSO3+2NH4Cl，在反应过程中没有体现氨气的氧化性，故A错误；B食盐中

31、所加碘元素以KIO3形式存在，而淀粉遇碘单质变蓝，故B错误；C向蛋白质溶液中加入浓硫酸钠溶液，硫酸钠溶液降低蛋白质在水中溶解度使之析出，这是蛋白质的盐析，故C正确；DAl3+和S2-发生双水解反应：2Al3+3S2-+6H2O=2Al(OH)3+3H2S，因此Al2S3在水溶液中不能存在，故D错误；答案为C。14.C【解析】A当lgcHAcH2A=0时，Ka1等于此时的氢离子浓度，当lgcA2cHA-=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度，因Ka1Ka2，lgcHAcH2A=0时的氢离子浓度大于lgcA2cHA-=0时的氢离子浓度，则M为曲线lgcHAcH2A与 pH 的关系，故A正确；B当lgc

32、A2cHA-=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度=105.4，故B正确；C由图可知d点的溶质主要为Na2A和NaHA，此时溶液显中性，说明Na2A和NaHA的水解程度等于NaHA的电离程度，水解促进水的电离，电离抑制水的电离，两者程度相同恰好抵消对水电离的影响，而a、b、c三点的溶质组成中NaHA或H2A为主，对水电离均起抑制作用且酸性越强的对水电离的抑制作用越大，则水的电离程度：dcba，故C错误；Dd点的溶质主要为Na2A和NaHA，且Na2A的浓度大于NaHA的浓度，此时溶液显中性，则溶液中离子浓度大小顺序为：cNa+cA2cHAcH+=cOH，故D正确；故选：C。15.BD【解析】AFe

33、S 活化过硫酸盐(S2O82)产生的自由基SO4，SO4与Fe2+发生反应生成Fe3+、SO42，反应的方程式为：Fe2+S2O82=Fe3+SO4+SO42，故A正确；B由图示可知S2O82与Fe2+反应生成SO4，则氧化性S2O82SO4，在中SO4与水反应生成·OH，可知SO4的氧化性强于·OH，则氧化性OHS2O82，故B错误；C保持溶液酸性有利于FeS溶于酸转变成Fe2+，从而为活化硫酸盐(S2O82)提供更多Fe2+，故C正确；DS2O82中S-O之间存在极性共价键，O-O之间存在非极性共价键，故D错误；故选：BD。16.   &#

34、160; 硫酸浴     TiCl+O2TiO2+2Cl2     使TiCl4冷凝回流     吸收氯气并防止空气中的水蒸气进入到装置 D 中          加热或稀释     KSCN 溶液     溶液由无色变红色     1.92【解析】装置A中二氧化锰催化双氧水产生

35、氧气，经B装置中浓硫酸进行干燥，TiCl4液体在硫酸浴中加热生成TiCl4气体，与氧气混合通入D装置中加热反应得到TiO2和氯气，球形冷凝管可以冷凝回流TiCl4，提高利用率，碱石灰可以吸收生成的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入使TiCl4水解。(1)据图可知盛有TiCl4的蒸馏烧瓶是放在浓硫酸中加热的，即加热方式为硫酸浴；装置D中TiCl4与氧气在加热条件下生成TiO2和氯气，反应方程式为TiCl4+O2 TiO2+Cl2；球形冷凝管可以冷凝回流TiCl4，提高利用率；碱石灰可以吸收生成的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入使TiCl4水解；(2)TiCl4在空气中发烟，所以应先打开A处分液漏斗

36、活塞生成氧气，利用氧气将装置中的空气排尽，然后点燃C处酒精灯产生TiCl4气体，在点燃D处酒精灯进行反应，反应结束后为了防止TiCl4气体的浪费，先停止C处加热，不再产生TiCl4气体，然后停止D处加热，为了使产生的氯气全部被吸收，同时防止副反应反应，最后关闭A处分液漏斗活塞，停止生成氧气，故操作顺序为；(3)适当的加热、加水稀释、多次浸取均可以提高钛液水解产率；(4)标准液为 Fe2(SO4)3溶液，达到滴定终点时Fe3+稍过量，所以可以用KSCN溶液做指示剂，达到滴定终点时溶液会由无色变为红色；三次滴定所用标准液的体积为7.50mL、7.40mL、7.60mL，平均体积为7.50mL+7.

37、40mL+7.60mL3=7.50mL，根据反应方程式可知待测液中Ti3+的物质的量为0.0075L×0.0200mol/L×2=0.0003mol，待测液体积为25.00mL，根据元素守恒可得钛液中Ti()的浓度为160g/mol×0.0003mol0.025L=1.92g/L。17.     苯甲醛          碳碳双键、醛基     加成反应     +C

38、H3OH浓硫酸+H2O     14          【解析】由有机物的转化关系可知，在碱性条件下，与CH3CHO反应生成，则A为、B为CH3CHO；与新制氢氧化铜共热发生氧化反应后酸化得到，则D为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则E为；在浓硫酸作用下，甲醇与共热发生酯化反应生成，则F为；CH3CH2OH与PBr3发生取代反应生成CH3CH2Br，在乙醚作用下，CH3CH2Br与镁反应生成CH3CH2MgBr，酸性条件下，CH3CH2MgBr与发生题给信息反应生成

39、。(1)由分析可知，A的结构简式为，名称为苯甲醛；D的结构简式为，故答案为：苯甲醛；(2) C的结构简式为，官能团为碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；(3) 反应为在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成；反应为在浓硫酸作用下，甲醇与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学反应方程式为+CH3OH浓硫酸+H2O，故答案为：加成反应；+CH3OH浓硫酸+H2O；(4)由 的同分异构体含有苯环、能发生水解反应、能发生银镜反应可知，同分异构体的分子中含有OOCH结构，则E的同分异构体可以视作乙苯及其同分异构体中的氢原子被OOCH取代所得衍生物，其中乙苯被OOCH取代所得结构有5种、邻二甲苯被OOC

40、H取代所得结构有3种、间二甲苯被OOCH取代所得结构有4种、对二甲苯被OOCH取代所得结构有2种，共14种，其中含有手性碳原子异构体的结构简式为，故答案为：14；(5) 由题给信息可知，以正丙醇和甲醇为原料制备的合成步骤为CH3CH2OH与PBr3发生取代反应生成CH3CH2Br，在乙醚作用下，CH3CH2Br与镁反应生成CH3CH2MgBr；CH3CH2 CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3 CH2CH2COOH，在浓硫酸作用下，甲醇或丙醇与CH3 CH2CH2COOH共热发生酯化反应生成丙酸甲酯或丙酸丙酯，酸性条件下，丙酸甲酯或丙酸丙酯与CH3CH2MgBr发生题给信息反应生成，合成

41、路线为，故答案为：。18.     5     前者为分子晶体，后者为离子晶体，分子间作用力弱于离子键，故熔点前者低于后者          氟原子电负性大，吸引电子能力强，与其成键的N原子偏向F原子，使氮原子提供孤对电子能力弱，不易与 BF3中的 B 原子形成配位键     3NA     1：4：4     3Li

42、AlH4=Li3AlH6+2Al+3H2【解析】(1)基态B原子价层电子排布为2s22p1，有1个未成对电子；O原子价层电子排布为2s22p4，有2个未成对电子；C原子价层电子排布为2s22p2，有2个未成对电子；H原子价层电子排布为1s1，有1个未成对电子；N原子价层电子排布为2s22p3，有3个未成对电子；Cl原子价层电子排布为3s23p5，有1个未成对电子；Li原子价层电子排布为2s1，有1个未成对电子；Al原子价层电子排布为3s23p1，有1个未成对电子，综上所基态原子含1个未成对电子的有B、H、Cl、Li、Al共5种；B(OCH3)3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，NH4Cl为离

43、子晶体，熔化时破坏离子键，分子间作用力弱于离子键，故熔点前者低于后者；(2)N(SiH3)3中心N原子为平面构型，说明该物质中N原子采取了sp2等性杂化，N原子与Si原子形成3个完全一样的键；在B(OCH3)3中只有氧原子与B原子成键，且O原子只需一个电子(O原子所需的另一个电子由C原子提供)，所以B原子的价层电子对数为3+3-3×12=3，为sp2杂化，同理Al(OCH3)3中Al原子也为sp2杂化；铵根中N原子为sp3杂化，NH3BH3中B原子与N原子形成配位键，也是sp3杂化，综上所述选；氟原子电负性大，吸引电子能力强，与其成键的N原子偏向F原子，使氮原子提供孤对电子能力弱，不

44、易与 BF3中的 B 原子形成配位键，所以NF3不易与BH3结合形成 NF3BH3；(3)根据题意可知每个NH3分子可以形成6个氢键，每个氢键的二分之一属于该NH3分子，所以一个NH3分子具有6×12=3个氢键，则1mol 氨晶体中含氢键数目为3NA；(4)NH4Cl晶胞与CsCl类似，则晶胞中有1个阳离子，LiCl与NaCl类似，则晶胞中有4个阳离子，图示晶胞中阳离子个数为4×14+6×12=4，所以三种晶胞中阳离子个数比为1:4:4；每3个AlH4中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，即3AlH4AlH63+3H2+2Al，所以Li

45、AlH4分解的化学方程式为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2。19.     防止生成的硫酸氧钒发生分解     2V2O5+4H2SO4250°C_4(VO)SO4+4H2O+O2     适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等     将VO2+ 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+     降低 VO2+、VO2+在有机相中的萃取能力 &

46、#160;   ClO3+6VO2+6NH3H2O+3H2O=6NH4VO3+Cl+12H+     【解析】粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)加入浓硫酸在250条件下焙烧，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒，Fe2O3、Al2O3反应生成相应的硫酸盐，SiO2不溶，加水浸出得到含有VO2+、VO2+、 Fe3+、Al3+和SO42离子的浸出液，浸出液中加入氨水调节pH，同时加入Fe粉将VO2+ 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，加入萃取剂萃取得到含钒有机相，根据题意可知VO2

47、+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO2+在有机相中的萃取能力，进行反萃取的钒富集液，加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，煅烧得到V2O5。(1)根据题意可知硫酸氧钒在高温条件下易分解生成VO2和SO3，所以为了防止分解，粘土钒矿焙烧时一般选择 250；V2O5与浓硫酸反应时+5价的V被还原为+4价，根据各元素所处的价态可知该过程中O元素被氧化生成O2，结合电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2V2O5+4H2SO4250°C_4(VO)SO4+4H2O+O2；(2)适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等都可以提高浸出效率；根据题意可知萃取剂对VO2+、Fe3+的萃取能力较强，所以加入铁粉的目的是将VO2+ 还原为