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山东省济南市2021年高考化学三模试卷及答案
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这是一份山东省济南市2021年高考化学三模试卷及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学三模试卷
一、单选题
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 人造纤维和合成纤维都是由有机小分子经加聚反应合成的有机高分子
B. 用稀硝酸可以清除银镜反应实验后的试管内表面的银
C. 次氯酸钠的水溶液呈碱性，可以用作胃酸中和剂
D. 由石墨烯卷制而成的“超级纤维”碳纳米管是一种新型有机化合物材料
2.短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大；X的氢化物种类繁多，其中含氢量最高的为25%；Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等；M是同周期中电负性最大的元素。下列说法错误的是（ ）
A.第一电离能：X＜Z＜Y
B.Y的简单氢化物可用作制冷剂
C.X和Z、X和M均可以形成含有极性键的非极性分子
D.W和M的化合物的水溶液中，阳离子与阴离子数目之比等于1：2
3.直接在分子尺度上对分子进行光控制是化学工作者极大关注的领域之一、如图所示(图中Me代表甲基)，分子Ⅰ吸收蓝光(波长435nm)转变为分子Ⅱ；分子Ⅱ吸收绿光(波长530nm)则恢复为分子Ⅰ。已知光的波长越短，光的能量就越高。下列说法正确的是（ ）
A. 分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变是可逆反应
B. 分子Ⅰ中的所有碳原子都是sp2杂化
C. 利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置
D. 分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量高
4.下列关于Si、P、S、Cl及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A. 中心原子的半径依次减小是H4SiO4、H3PO4、H2SO4、HClO4中羟基的数目依次减小的原因之一
B. 结构简式为 Cl-的物质中含有不对称原子P，该物质可能有旋光性
C. SiCl4、PCl3、SCl2中键角最大的是PCl3
D. 实验测定分子的极性大小可以区别顺-1，2-二氯乙烯和反-1，2-二氯乙烯
5.某小组利用废弃的FeBr3溶液获取溴的苯溶液和无水FeCl3.如图所示，下列设计合理的是（ ）
A. 用装置Ⅰ蒸发结晶可获得无水FeCl3
B. 待装置Ⅱ中的反应结束后，应立即向Ⅱ中鼓入空气，将有毒气体赶进V中
C. 用装置Ⅲ可制备氯气
D. 用装置Ⅳ分液时，应先从下口放出水层，再从上口倒出有机层
6.用化合物Ⅰ合成重要的有机中间体化合物Ⅱ反应如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 化合物Ⅰ和化合物Ⅱ互为同分异构体
B. 化合物Ⅰ有3个手性碳原子
C. 化合物Ⅰ和化合物Ⅱ完全加成均消耗3 mol H2 ， 且最终的还原产物相同
D. 加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管
7.某DNA分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法错误的是（ ）
A. 氢键的强度：①＞② B. 该片段中所有参与形成氢键的原子都共平面
C. 该片段在一定条件下可发生水解反应 D. 胞嘧啶与鸟嘌呤分子中酰胺基的化学活性并不完全相同
8.从海带中提取精品甘露醇(C6H14O6)的流程如图所示。已知甘露醇是一种糖醇，易溶于水，且溶解度随温度的升高而增大，随乙醇的含量增大而骤减。下列说法错误的是（ ）
A. 为了提高甘露醇的提取效率，预处理时可以将海带灼烧成海带灰后再用水浸泡
B. 浓缩液中所加入的乙醇浓度越大越好，整个流程中乙醇可循环利用
C. 操作①是降温冷却，粗品甘露醇经重结晶后可得精品
D. 浓缩和过滤操作都要用到玻璃棒，但作用不同
9.利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3 ， 含有少量MgO、SiO2等杂质)制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以 形式存在， 、 。下列说法错误的是（ ）
A.钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B.“过滤③”之前[设此时 ]，使Fe3+恰好沉淀完全[即 ]，此时不会有 沉淀生成
C.“高温煅烧”的主要反应为
D.LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，则 中
10.分子人工光合作用”的光捕获原理如图所示，WOC1是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC1是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。下列说法错误的是（ ）
A. “分子人工光合作用”将H2O分解为H2和O2 ， 将光能以化学能的形式储存在H2、O2中
B. 1 mol WOC1中通过螯合作用形成的配位键有8 mol，其中N原子的杂化方式均为sp2
C. 水氧化过程的反应为：
D. HEC1里面的H…H作用为静电排斥作用
11.下列根据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
向纤维素中加入适量硫酸溶液，微热一段时间后，滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，未发现砖红色沉淀生成
纤维素没有水解或者已经水解但水解后的产物中没有葡萄糖
B
1-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热，有气体生成，该气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色
该气体是丙烯
C
粗盐提纯时，将2mol·L-1NaOH、饱和BaCl2和0.5mol·L-1Na2CO3溶液依次加入后，一次过滤，滤液用HCl调至pH<3，取少许该溶液滴加饱和BaCl2溶液，发现有明显的白色沉淀生成
说明“一次过滤”后没有完全除尽 ，该白色沉淀是BaSO4
D
向苯酚钠溶液中通入CO2 ， 溶液变浑浊
碳酸溶液的pH比苯酚小
A. A B. B C. C D. D
12.叔丁基溴[(CH3)3CBr]在乙醇中除了发生取代反应生成取代产物外，还可以发生消去反应生成消去产物，这两个反应是竞争反应，其反应的能线图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. (CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-是反应的决速步骤
B. 相同条件下，过渡态②与过渡态③能量的高低决定了取代产物和消去产物的相对比例大小
C. (CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2
D. 向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2
二、多选题
13.如图是PdCl2、CuCl2催化下的烯烃的氧化反应，L是配体或溶剂。下列说法正确的是（ ）
A. 加入CuCl2之后再通入O2 ， 目的是使催化剂再生
B. 该过程原子利用率100%，且原料、催化剂、溶剂和试剂产物均无毒无害
C. 过程中元素Pd、Cu、O和C等元素发生过化合价变化
D. 和 (二者R相同)中的 键数目相等
14.有一种清洁、无膜的氯碱工艺，它利用含有保护层的电极( )中的Na+的嵌入和脱掉机理，分两步电解生产H2、NaOH和Cl2.其原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 钠离子的嵌入反应是还原反应：
B. 电极b和c所连接的直流电源的电极相同
C. 第1步结束后， 电极必须用水洗涤干净后，再用于第2步
D. 第一步中的Na+浓度始终保持不变
15.研究多元酸碱反应的分步过程可借助于pH曲线。向 溶液中逐滴滴加 某二元酸H2B溶液，得溶液pH随加入的H2B体积 的变化如图所示。已知：H2CO3的 ， 下列说法错误的是（ ）
A. 该曲线有两处pH突变，突变分别出现在V=5mL和V=20mL处
B. 在0~5mL区间，发生的反应是
C.
D. 在5~20mL区间，HB-的物质的量一直在增加
三、综合题
16.综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为 ，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
（1）硼镁矿粉碎的目的是________，“酸浸”中 发生的离子反应是________。
（2）为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是________。
（3）过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为________。
（4）不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是________。
17.铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
（1）.铁元素在元素周期表中的位置为 ， 其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+ ， 基态Fe2+的价电子的排布式为 ， 相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是 。
（2）.一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为 (填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为 。P原子的杂化方式为 ， 分子中不含有的化学键类型是 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E． 键 F． 键
（3）.铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料其正交相晶胞结构如图所示。
其中铁酸钇的化学式为 ， 已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为 ， 若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 (列出表达式)
18.地诺帕明( )是治疗心力衰竭的药物。该化合物的一种合成路线如下图所示：
已知：Bn为苄基( )
回答下列问题：
（1）地诺帕明分子中的含氧官能团为________(填官能团名称)，B合成C的反应类型为________，Bn-Cl的作用是________。
（2）上述流程中，化合物A的同分异构体中含苯环的酯有________种。其中，1H-NMR有四组峰，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀的同分异构体的结构简式为________。
（3）上述流程中，C和D反应合成E的方程式为________。
（4）化合物F可能具有的性质为________(填标号)
a．水溶液显酸性
b．遇FeCl3溶液显紫色
c．一定条件下，1mol化合物F最多能与6 mol H2反应
（5）已知(a) ，(b) ,根据已知条件，写出以化合物A为原料经3步合成地诺帕明的合成路线(其它试剂任选) ________。
19.氰化氢(HCN)和乙腈(CH3CN)作为重要的化工原料，在合成医药和精细化学品等领域有广泛用途。实验室中制备氰化氢和乙腈的装置如下图所示。
回答下列问题：
（1）甲烷和氨气反应生成HCN和一种单质气体的化学方程式为________。
（2）实验室中制备CH4和NH3的反应原理分别为：
制备
制备NH3(以浓氨水和生石灰为原料)：________。
下图所示分别为制备CH4和NH3并得到合适体积比混合气体的装置，根据上述原理选择合适的仪器并连接成装置，则连接顺序为a→e，________→f(填接口标号)。装置E中的试剂为________(选填“饱和食盐水”、“浓硫酸”或“四氯化碳”)。装置E相当于上述图1装置中的________。
（3）实验过程中，选择不同的温度，对氰化氢和乙腈的选择性不同，下图所示为不同温度下甲烷的转化率和氰化氢、乙腈的选择性关系。高温时，甲烷的转化率升高，但乙腈的选择性却降低，原因是________。
实验过程中，采用不同的催化剂，HCN的产率不同，下图所示分别为不同温度，不同催化剂条件下HCN、H2和N2的产率关系图。
由图可知，低温条件下最适宜的催化剂为________，高温条件下，选择该催化剂不如另外两种作催化剂时HCN产率高的原因是________。
20.工业合成氨是人工固研究的重要领域。回答下列问题：
（1）.如图所示是电解法合成氨反应装置示意图
则b极为 (填“阴”或“阳”)极，a极的电极反应式为 ， 电解装置中质子交换膜的作用为 ；若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为 %(保留两位有效数字)。
（2）.合成氨反应的一种反应机理的相对能量—反应进程如下图所示，其中标有“*”的微粒为吸附态(图中“*H”均未标出)。
则各步反应中决定合成氨反应速率的反应方程式为
（3）.当氮气和氢气的比例为1：3时，工业合成氨所得混合气体中，氨气的含量与温度、压强的关系如下
①平衡曲线上A点的平衡常数 (用含 的式子表示)
②工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1：2.8，适当增加氮气的比重的目的是 。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．人造纤维是用某些天然高分子化合物或其衍生物做原料，经溶解后制成纺织溶液，然后纺制成纤维，天然纤维属于有机物，合成纤维是通过加聚或缩聚反应制得的有机高分子材料，故A不符合题意；
B．银可以溶于稀硝酸，所以可以用稀硝酸来除去试管上的银，故B符合题意；
C．胃酸的主要成分是盐酸，次氯酸钠与盐酸反应生成氯气或者次氯酸(取决于溶液酸性程度)，对人体有害，不能用于中和胃酸，故C不符合题意；
D．石墨烯是碳单质，只含有碳元素，属于无机非金属材料，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.要注意人造纤维和合成纤维的区别，合成纤维符合选项描述，注意人造纤维不符合选项描述；
B. 稀硝酸常温下就可以和银反应；
C. 次氯酸钠和盐酸反应生成的物质对人体有害；
D. 石墨烯是碳单质。
2.【答案】 D
【解析】【解答】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Mg、M为Cl。
A．C、N、O元素位于同一周期，从左至右基态原子的第一电离能有逐渐增大的趋势，而N元素最外层电子中2p轨道半充满，相较于O原子更难失去第一个电子，因此第一电离能：N＞O＞C，故A不符合题意；
B．NH3的沸点较低而容易汽化，汽化过程会吸收能量，因此液氨可用作制冷剂，故B不符合题意；
C．C元素和O元素形成的CO2分子中均含有极性共价键(C-O)，C元素与Cl元素形成的CCl4分子中含有极性共价键(C-Cl)，二氧化碳和四氯化碳均为非极性分子，故C不符合题意；
D．MgCl2为易溶强酸弱碱盐，在水中完全电离，电离出的Mg2+会发生水解而被消耗，1个Mg2+水解会生成2个H+ ， 因此溶液中阳离子与阴离子数目之比大于1：2，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】X的氢化物种类繁多，则X为C元素，其中含氢量最高的为甲烷，甲烷中氢元素质量分数为 ×100%=25%，Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等，且原子序数大于C元素，而Z和W均是短周期元素，因此Z和W的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p4、1s22s22p63s2 ， 因此Z为O元素，W为Mg元素，Y的原子序数大于C小于O，则Y为N，M原子序数大于Mg且为短周期主族元素，M是同周期中电负性最大的元素，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增大，所以M为Cl元素。
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变条件不同，因此该转化过程不是可逆反应，故A不符合题意；
B．分子Ⅰ中甲基(Me)上的碳原子为sp3杂化，故B不符合题意；
C．分子Ⅰ和分子Ⅱ中联苯臂的相对位置不同，因此可通过蓝光和绿光转换实现操控分子中两个联苯臂的相对位置，故C符合题意；
D．分子Ⅰ转化为分子Ⅱ时吸收能量相对较高的蓝光，而分子Ⅱ转化为分子Ⅰ时吸收能量相对较低的绿光，由低能量分子转化为高能量分子需要吸收的能量较多，说明分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量低，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.注意可逆反应的条件：反应物和生成物同一条件同时存在；
B.甲基的碳原子sp3杂化；
C.两个联苯臂的相对位置会随着光的不同而不同；
D.波长越短，能量越大。
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．中心原子的半径越小，则R-O-H中R-O键越强，O-H键越易断裂，所以半径越小，羟基数目越少，A不符合题意；
B．采用类推法，中心P原子相当于中心C原子，由于P原子所连的4个原子团都不相同，所以P具有手性，是不对称原子，该物质可能有旋光性，B不符合题意；
C．SiCl4、PCl3、SCl2的中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但由于孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强，所以键角SiCl4＞PCl3＞SCl2 ， 键角最大的是SiCl4 ， C符合题意；
D．顺-1，2-二氯乙烯是轴对称结构，反-1，2-二氯乙烯是中心对称结构，所以分子极性的大小不同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.中心原子半径和R-O键键能的关系；
B.类推法的运用，注意P原子具有手性；
C.孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强；
D.两个分子的极性大小不同。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在加热氯化铁溶液时，氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，HCl挥发，导致水解程度增大，反应产生Fe(OH)3 ， 为防止水解，应该在HCl氛围中加热蒸干氯化铁溶液，以获得无水FeCl3 ， 直接蒸发结晶不能达到实验目的，A不符合题意；
B．向含有FeBr3的溶液中通入Cl2 ， 发生氧化还原反应产生FeCl3和Br2 ， 反应产生的Br2易挥发，若待装置Ⅱ中的反应结束后立即向Ⅱ中鼓入空气，就会使溴随空气吹出，而不能获取溴的苯溶液，B不符合题意；
C．MnO2能与浓盐酸混合加热制取Cl2 ， 1 mol/L的盐酸是稀盐酸因此不能制取得到氯气，C不符合题意；
D．由于水与苯互不相溶的液体，且水的密度比苯大，所以FeCl3的水溶液在下层，溴的苯溶液在上层，二者可通过分液方法分离。在用装置Ⅳ进行分液时，应先从下口放出水层，再关闭分液漏斗的活塞，从上口倒出有机层，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.蒸发过程中氯化铁的水解；
B.溴单质易挥发；
C.1 mol/L的盐酸是稀盐酸；
D.苯的密度小于水。
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．由结构简式可知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的化学式均为C15H22O，二者的结构不同，因此互为同分异构体，故A不符合题意；
B．化合物Ⅰ有3个手性碳原子，如图“*”标记的碳原子： ，故B不符合题意；
C．化合物Ⅰ中碳碳双键、碳碳三键能与H2发生加成反应生成 ，化合物Ⅱ中碳碳双键、羰基能发生加成反应生成 ，二者的加成产物结构不相同，且未告知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的物质的量，不能确定完全加成消耗H2的物质的量，故C符合题意；
D．为增强冷凝效果，加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.两个化合物的分子式的正确推断；
B.手性碳要数全，不能有遗漏；
C.两个化合物的物质的量都是未知的；
D.选项中说的是加热回流的冷凝仪器，注意回流二字。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．氧原子的电负性大于氮原子，半径小于氮原子，形成的氢键更强，则氢键的强度：①＞②，故A不符合题意；
B．如图中“*”所标注的氮原子( )成三个价键，N原子的价层电子对数为3+ =4，因此采用sp3杂化，为四面体结构，单键可以旋转，因此该片段中所有参与形成氢键的原子不都共平面，故B符合题意；
C．该片段中含有酰胺键，在一定条件下可发生水解反应，故C不符合题意；
D．胞密啶与鸟嘌呤分子中酰胺基的氮原子化学环境不同，故酰胺基的化学活性并不完全相同，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.氧原子的电负性大于氮原子；
B.没有双键的氮原子是sp3杂化，为四面体结构，单键可以旋转；
C.酰胺键一定条件下可以水解；
D.胞密啶与鸟嘌呤分子中酰胺基的氮原子化学环境不同。
8.【答案】 A
【解析】【解答】A．甘露醇为有机醇类物质，能够发生燃烧反应，因此不能将海带灼烧，故A符合题意；
B．甘露醇随乙醇的含量增大而骤减，向浓缩液中加入乙醇使甘露醇析出，因此增大乙醇浓度能够提高甘露醇的析出率，操作①过滤后得到溶剂乙醇和水，因此乙醇可循环利用，故B不符合题意；
C．向浓缩液中加入乙醇后，甘露醇溶于水中，甘露醇溶解度随温度的升高而增大，降低温度后甘露醇析出，因此操作①是降温冷却，过滤后得到粗品甘露醇，利用甘露醇在水中溶解度随温度变化差异进行重结晶得到精品甘露醇，故C不符合题意；
D．浓缩过程中玻璃棒用于搅拌，过滤中玻璃棒用于引流，玻璃棒作用不同，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A..有机物灼烧时会发生燃烧反应；
B.甘露醇溶解度随乙醇的含量增大而骤减；
C.甘露醇溶于水中，甘露醇溶解度随温度的升高而增大；
D.注意玻璃棒在不同操作中的作用。
9.【答案】 C
【解析】【解答】A．钛铁矿经盐酸酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2 ， 故A不符合题意；
B．根据沉淀溶解平衡计算出磷酸根离子浓度：c( )= = mol/L=1.0×10-17mol/L，此时Mg3(PO4)2的浓度积QC[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2( )=0.013×(1.0×10-17)2=1.0×10-40＜ ，因此此时不会有Mg3(PO4)2沉淀生成，故B不符合题意；
C． 中氧原子不守恒，“高温煅烧”过程中Fe元素化合价由+3降低至+2被还原，因此草酸被氧化生成CO2 ， C元素化合价由+3升高至+4，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为 ，故C符合题意；
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，化合物中各元素化合价之和等于0，若n(Fe2+)=a，n(Fe2+)=b，则有 ，解得a=0.8，b=0.2，则LiFePO4中 ，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】向钛铁矿(主要成分为FeTiO3 ， 含有少量MgO、SiO2等杂质)中加入盐酸，SiO2与盐酸不反应，FeTiO3、MgO分别转化为 、Fe2+、Mg2+ ， 过滤后将滤液①控制pH使 水解生成TiO2·xH2O，将其过滤后向滤液②中加入双氧水将Fe2+氧化生成Fe3+ ， 加入H3PO4将Fe3+沉淀生成FePO4 ， FePO4与Li2CO3、草酸在高温条件下煅烧得到LiFePO4。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．由题中可看出，H2O在WOC的作用下变成O2 ， 故反应方程式为：2H2O 2H2↑+O2↑，光能以化学能的形式储存在H2和O2中，A不符合题意；
B．螯合作用是化学反应中金属阳离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子(非金属)键合而成含有金属离子的杂环结构的一种作用。该结构中Ru(钌)与N形成配位键有8个，因此1 mol中有8 mol配位键，其中N形成了一个共价双键，1个N原子结合3个原子，故N原子的杂化方式为sp2杂化，B不符合题意；
C．水氧化过程中，H2O失去电子变为O2 ， 结合图示可知水氧化过程的反应为： ，C不符合题意；
D．静电作用是化学键中离子键形成的本质，在HEC1中没有形成离子键，因此不存在静电作用，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.关注水的分解过程中能量的转化形式，此题的情景中光能转化成了化学能；
B.配位键的标注方式不一样，有箭头的表示配位键，注意配位键的数目判断，该结构中Ru(钌)与N形成配位键有8个；
C.电荷守恒、原子守恒、电子守恒的结合运用，；
D.HEC1中没有形成离子键，所以没有静电排斥作用。
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应需要在碱性溶液中，纤维素水解时加入了硫酸，因此水解后需要首先加入氢氧化钠中和硫酸，然后再验证，A不符合题意；
B．由于生成的丙烯中含有挥发出的乙醇蒸汽，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明有丙烯生成，B不符合题意；
C．用盐酸酸化后，加入氯化钡溶液，发现有明显的白色沉淀生成，白色沉淀是硫酸钡，这说明说明“一次过滤”后没有完全除尽 ，C符合题意；
D．向苯酚钠溶液中通入CO2 ， 溶液变浑浊说明有苯酚生成，所以碳酸的酸性强于苯酚的酸性，但不能说明碳酸溶液的pH比苯酚小，因为二者的浓度不一定相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.意实验操作有问题，加氢氧化铜验证之前需要将溶液pH调成碱性；
B.乙醇具有还原性和挥发性；
C.粗盐中的可溶性杂质离子主要包含镁离子、钙离子、硫酸根离子；
D.酸溶液pH大小不仅和酸性强弱有关还和浓度有关。
12.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图可知，(CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-的过程活化能相对较高，因此相对较难发生，所以该过程是反应的决速步骤，故A不符合题意；
B．发生消去反应和取代反应都是由(CH3)3C+Br-转化，发生消去反应是过渡态②转化为(CH3)2C=CH2 ， 发生取代反应是过渡态③转化为(CH3)2COC2H5 ， 过渡态②能量较高，因此相同条件下，过渡态②与过渡态③能量的高低决定了取代产物和消去产物的相对比例大小，故B不符合题意；
C．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2 ， 故C符合题意；
D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入NaOH能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2 ， 故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.活化能越大，反应越难发生，属于决速步骤；
B.发生消去反应和取代反应都是由(CH3)3C+Br-转化；
C.(CH3)3COC2H5与HBr在逆向转化的过程中必然会有中间物质(CH3)3C+Br-生成，从而和C2H5OH 转化为(CH3)2C=CH2。
D.加氢氧化钠会同时促进两个反应的发生， 升温对(CH3)3COC2H5形成会产生更大的抑制作用。
二、多选题
13.【答案】 A,C
【解析】【解答】A．由图可知，LnPd转化为LnPdCl2时会消耗Cl- ， 此时CuCl2转化为CuCl，LnPdHCl转化为LnPd时会释放HCl，Cl-作催化剂，加入O2可使CuCl转化为CuCl2 ， 从而提供Cl- ， 即使催化剂再生，故A符合题意；
B．由图可知，羟钯化反应中有HCl生成，H来自于原料H2O，转化流程中以HCl的形成存在，所以由 转化 过程的原子利用率不是100%，整个流程中催化剂为PdCl2、CuCl2 ， 二者均为重金属盐，并不是无毒无害物质，故B不符合题意；
C．LnPd转化为LnPdCl2时Pd元素化合价升高，CuCl2与CuCl转化过程中Cu元素化合价发生变化，加入的O2转化为H2O，O元素化合价降低，故C符合题意；
D．1个 中除R内的化学键外，含有5个 键，1个 中除R内的化学键外，含有6个 键，题干未说明二者的物质的量关系，故D不符合题意；
故答案为AC。
【分析】A.注意流程图中箭头的指向，氯化铜变成氯化亚铜后再变成氯化铜，需要氧气的参与；
B.催化剂属于重金属盐，是有毒的；
C.关注各元素的化合价变化，其中Pd元素、Cu元素、O元素、C元素化合价都发生了变化；
D.一个双键中只有一个 键。
14.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．钠离子的嵌入反应： ，得电子的反应是还原反应，故A不符合题意；
B．第一步中，b电极发生Na+脱掉的反应，属于失去电子的氧化反应，作阳极，连接电源的正极，第二步中，c电极发生Na+嵌入的反应，属于得电子的还原反应，作阴极，连接电源的正极，故B符合题意；
C．第1步结束后， 电极必须用水洗涤干净后，除去OH- ， 再用于第2步，防止生成的氯气与之反应，故C不符合题意；
D．如图所示，第一步中发生Na+脱掉的反应，所以Na+浓度增大，故D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A.得电子的反应是还原反应，还要注意图中箭头指向；
B.b和c所发生的反应刚好是相反方向，一个是失电子，一个是得电子；
C.两个电解池的电解质溶液不同，第一个电解池中的氢氧化钠和第二个电解池中产生的氯气会反应；
D.第一步发生的是Na+脱掉的反应。
15.【答案】 B,C
【解析】【解答】A．由图可知，pH在V=5mL和V=20mL处发生突变，A项不符合题意；
B． 在0~5mL区间， 少量， 过量，发生的反应为 ，B项符合题意；
C． 在0~5mL区间， 少量， 过量，发生反应： ， 时， 完全反应，发生的化学反应为： ，所以 的酸性强于碳酸， 的酸性强于 ，则 ，C项符合题意；
D． 在5~20mL区间，发生的化学反应为： ，HB-的物质的量一直在增加，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.注意看图中的拐点；
B.在0~5mL区间，少量，过量，不可能出现HB-
C.根据两个拐点判断出该过程中发生了两个反应，得出的酸性强于碳酸；
D.曲线后半段对应的反应的方程式的正确书写。
三、综合题
16.【答案】 （1）增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；
（2）MgO或者Mg(OH)2等；铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+ ， 导致所得碳酸镁不纯净
（3）取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净
（4）放热；当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【解析】【解答】(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中 与酸发生的离子反应是 ；
(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+ ， 从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+ ， 导致所得碳酸镁不纯净；
(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有 离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
【分析】硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+ ， 再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3 ， 过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3 ， 沉淀Mg2+ ， 得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
17.【答案】 （1）第四周期第Ⅷ族；3d6；基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定
（2）O；N＞O＞C；sp3；A
（3）YFeO3；( ， +m， )；
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2 ， 则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根 键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是 键，C=N双键中有一个 键，一个 键，不含有离子键，
故答案为：A。
(3)晶胞中Y的个数为 ，Fe的个数为2，O的个数为 ，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为( ， +m， )，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 。
【分析】（1）铁元素在元素周期表的位置，要注意半充满状态相对比较稳定；
（2）碳氮氧中电负性最大的是O，第一电离能最大的是N，要注意P原子形成4根 键；
（3）根据均摊法的运用，空间坐标的正确表达，要注意密度计算的时候单位的换算。
18.【答案】 （1）羟基、醚键；氧化反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化
（2）6；
（3）+ → +H2O
（4）c
（5）
【解析】【解答】(1) 分子中的含氧官能团为：羟基、醚键； 和SeO2发生氧化反应生成 ，反应类型为氧化反应；Bn-Cl的作用是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；
(2) 的同分异构体中含苯环的酯有 、 、 、 、 、 ，共6种；其中，有1H-NMR有四组峰，说明含有四种不同环境的H原子，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为： ；
(3)有分析可知D为 ， 和 反应生成 ，化学方程式为 + → +H2O；
(4)a．F含有-NH-基团，溶液显碱性，a项不正确；
b．F中没有酚羟基，遇FeCl3溶液不会显紫色，b项不正确；
c．1个F中含有2个苯环，所以一定条件下，1mol化合物F最多能与6 mol H2反应，c项正确；
故答案为：c；
(5) 和 发生取代反应生成 ， 和 发生取代反应生成 ， 和NaBH4发生还原反应生成 ，合成路线为 。
【分析】 和Bn-Cl发生取代反应生成 ， 和SeO2发生氧化反应生成 ， 和D(C10H15NO2)反应生成 ，则D为 。
19.【答案】 （1）
（2）；d；四氯化碳；气体流量计和气体混合器
（3）高温时，甲烷和氨气反应生成氰化氢的倾向大，为主要反应；Ni；氮、氢两种元素更多的转化为氮气和氢气
【解析】【解答】(1)甲烷和氨气反应生成氰化氢和一种单质气体，推测该单质气体为氢气，根据原子守恒，该反应的化学方程式为： ；
(2)浓氨水和生石灰反应生成氨气和氢氧化钙，化学方程式为： ；制备 ： ，应选择A装置，所以a→e，，制备NH3： ，因选择D装置，所以d→f；E装置是混合氨气和甲烷，则所选试剂不能将氨气、甲烷溶解，所以试剂X为四氯化碳；装置E相当于上述图1装置中的气体流量计和气体混合器；
(3)由图可知，高温时，甲烷和氨气反应生成氰化氢的倾向大，为主要反应，所以高温时，甲烷的转化率升高，但乙腈的选择性却降低；由图可知，低温条件下，Ni作催化剂条件下HCN的产率较高，所以低温条件下最适宜的催化剂为镍；高温时，Ni作催化剂，氮、氢两种元素更多的转化为氮气和氢气，使得HCN产率不如另外两种作催化剂时HCN产率高。
【分析】甲烷和氨气在气体混合器中发生化学反应生成氰化氢和氢气，化学方程式为 ，制备 ： ，应选择A装置，制备NH3： ，因选择D装置，E装置是混合氨气和甲烷，则所选试剂不能将氨气、甲烷溶解，所以试剂X为四氯化碳。
20.【答案】 （1）阳；N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33
（2）*N2+*H=*N2H
（3）；为保证氮气占有一定份额的催化剂活性中心并提高吸附速率，提高氢气的转化率
【解析】【解答】(1)b极上H2O中O元素失去电子发生氧化反应生成O2 ， 因此b极为阳极；a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3 ， 因此a极为阴极，其电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+ ， b极上会生成H+ ， NH3能与H+反应生成 ，因此质子交换膜的作用是质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；b极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+ ， 根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为2N2～3O2 ， 理论条件下，生成O2和通入N2的体积比为2：3，即通入1mol N2生成 mol O2 ， 实际情况在相同条件下生成O2和通入N2的体积比为1：2，即通入1mol N2生成0.5mol O2 ， 因此N2的转化率为 ×100%=33%，故答案为：阳；N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33。
(2)合成氨的正向过程中决定步骤的活化能最高，由图可知，活化能最高的为*N2和*H转化为*N2H，此时活化能为0.82eV-(-0.45eV)=1.27eV，故答案为：*N2+*H=*N2H。
(3)①A点氨的物质的量的百分数为20%，设起始N2的物质的量为1mol，在500℃下达到平衡时N2的转化量为xmol，即 ，则 ×100%=20%，解得x= mol，此时p(N2)= ×p3 ， p(H2)= ×p3 ， p(NH3)=0.2×p3 ， Kp= ，带入数据可得Kp= 。
②工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1：2.8＞1:3，即N2过量，其原因是N2吸附与催化剂表面，适当使N2过量可以使催化剂表面始终有N原子附着，能够提高反应效率，同时适当增大N2浓度能够增大H2的转化率，故答案为：为保证氮气占有一定份额的催化剂活性中心并提高吸附速率，提高氢气的转化率。
【分析】（1） 发生氧化反应的是阳极，发生还原反应的是阴极 ，要注意质子交换膜的作用（为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触），根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为2N2～3O2，实际情况通入1mol N2生成0.5mol O2，最终算出N2的转化率；
（2） 合成氨的正向过程中决定步骤的活化能最高；
（3）要注意三段式的应用，设起始N2的物质的量为1mol，在500℃下达到平衡时N2的转化量为xmol
高考化学三模试卷
一、单选题
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 人造纤维和合成纤维都是由有机小分子经加聚反应合成的有机高分子
B. 用稀硝酸可以清除银镜反应实验后的试管内表面的银
C. 次氯酸钠的水溶液呈碱性，可以用作胃酸中和剂
D. 由石墨烯卷制而成的“超级纤维”碳纳米管是一种新型有机化合物材料
2.短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大；X的氢化物种类繁多，其中含氢量最高的为25%；Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等；M是同周期中电负性最大的元素。下列说法错误的是（ ）
A.第一电离能：X＜Z＜Y
B.Y的简单氢化物可用作制冷剂
C.X和Z、X和M均可以形成含有极性键的非极性分子
D.W和M的化合物的水溶液中，阳离子与阴离子数目之比等于1：2
3.直接在分子尺度上对分子进行光控制是化学工作者极大关注的领域之一、如图所示(图中Me代表甲基)，分子Ⅰ吸收蓝光(波长435nm)转变为分子Ⅱ；分子Ⅱ吸收绿光(波长530nm)则恢复为分子Ⅰ。已知光的波长越短，光的能量就越高。下列说法正确的是（ ）
A. 分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变是可逆反应
B. 分子Ⅰ中的所有碳原子都是sp2杂化
C. 利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置
D. 分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量高
4.下列关于Si、P、S、Cl及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A. 中心原子的半径依次减小是H4SiO4、H3PO4、H2SO4、HClO4中羟基的数目依次减小的原因之一
B. 结构简式为 Cl-的物质中含有不对称原子P，该物质可能有旋光性
C. SiCl4、PCl3、SCl2中键角最大的是PCl3
D. 实验测定分子的极性大小可以区别顺-1，2-二氯乙烯和反-1，2-二氯乙烯
5.某小组利用废弃的FeBr3溶液获取溴的苯溶液和无水FeCl3.如图所示，下列设计合理的是（ ）
A. 用装置Ⅰ蒸发结晶可获得无水FeCl3
B. 待装置Ⅱ中的反应结束后，应立即向Ⅱ中鼓入空气，将有毒气体赶进V中
C. 用装置Ⅲ可制备氯气
D. 用装置Ⅳ分液时，应先从下口放出水层，再从上口倒出有机层
6.用化合物Ⅰ合成重要的有机中间体化合物Ⅱ反应如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 化合物Ⅰ和化合物Ⅱ互为同分异构体
B. 化合物Ⅰ有3个手性碳原子
C. 化合物Ⅰ和化合物Ⅱ完全加成均消耗3 mol H2 ， 且最终的还原产物相同
D. 加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管
7.某DNA分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法错误的是（ ）
A. 氢键的强度：①＞② B. 该片段中所有参与形成氢键的原子都共平面
C. 该片段在一定条件下可发生水解反应 D. 胞嘧啶与鸟嘌呤分子中酰胺基的化学活性并不完全相同
8.从海带中提取精品甘露醇(C6H14O6)的流程如图所示。已知甘露醇是一种糖醇，易溶于水，且溶解度随温度的升高而增大，随乙醇的含量增大而骤减。下列说法错误的是（ ）
A. 为了提高甘露醇的提取效率，预处理时可以将海带灼烧成海带灰后再用水浸泡
B. 浓缩液中所加入的乙醇浓度越大越好，整个流程中乙醇可循环利用
C. 操作①是降温冷却，粗品甘露醇经重结晶后可得精品
D. 浓缩和过滤操作都要用到玻璃棒，但作用不同
9.利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3 ， 含有少量MgO、SiO2等杂质)制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以 形式存在， 、 。下列说法错误的是（ ）
A.钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B.“过滤③”之前[设此时 ]，使Fe3+恰好沉淀完全[即 ]，此时不会有 沉淀生成
C.“高温煅烧”的主要反应为
D.LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，则 中
10.分子人工光合作用”的光捕获原理如图所示，WOC1是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC1是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。下列说法错误的是（ ）
A. “分子人工光合作用”将H2O分解为H2和O2 ， 将光能以化学能的形式储存在H2、O2中
B. 1 mol WOC1中通过螯合作用形成的配位键有8 mol，其中N原子的杂化方式均为sp2
C. 水氧化过程的反应为：
D. HEC1里面的H…H作用为静电排斥作用
11.下列根据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
向纤维素中加入适量硫酸溶液，微热一段时间后，滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，未发现砖红色沉淀生成
纤维素没有水解或者已经水解但水解后的产物中没有葡萄糖
B
1-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热，有气体生成，该气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色
该气体是丙烯
C
粗盐提纯时，将2mol·L-1NaOH、饱和BaCl2和0.5mol·L-1Na2CO3溶液依次加入后，一次过滤，滤液用HCl调至pH<3，取少许该溶液滴加饱和BaCl2溶液，发现有明显的白色沉淀生成
说明“一次过滤”后没有完全除尽 ，该白色沉淀是BaSO4
D
向苯酚钠溶液中通入CO2 ， 溶液变浑浊
碳酸溶液的pH比苯酚小
A. A B. B C. C D. D
12.叔丁基溴[(CH3)3CBr]在乙醇中除了发生取代反应生成取代产物外，还可以发生消去反应生成消去产物，这两个反应是竞争反应，其反应的能线图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. (CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-是反应的决速步骤
B. 相同条件下，过渡态②与过渡态③能量的高低决定了取代产物和消去产物的相对比例大小
C. (CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2
D. 向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2
二、多选题
13.如图是PdCl2、CuCl2催化下的烯烃的氧化反应，L是配体或溶剂。下列说法正确的是（ ）
A. 加入CuCl2之后再通入O2 ， 目的是使催化剂再生
B. 该过程原子利用率100%，且原料、催化剂、溶剂和试剂产物均无毒无害
C. 过程中元素Pd、Cu、O和C等元素发生过化合价变化
D. 和 (二者R相同)中的 键数目相等
14.有一种清洁、无膜的氯碱工艺，它利用含有保护层的电极( )中的Na+的嵌入和脱掉机理，分两步电解生产H2、NaOH和Cl2.其原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 钠离子的嵌入反应是还原反应：
B. 电极b和c所连接的直流电源的电极相同
C. 第1步结束后， 电极必须用水洗涤干净后，再用于第2步
D. 第一步中的Na+浓度始终保持不变
15.研究多元酸碱反应的分步过程可借助于pH曲线。向 溶液中逐滴滴加 某二元酸H2B溶液，得溶液pH随加入的H2B体积 的变化如图所示。已知：H2CO3的 ， 下列说法错误的是（ ）
A. 该曲线有两处pH突变，突变分别出现在V=5mL和V=20mL处
B. 在0~5mL区间，发生的反应是
C.
D. 在5~20mL区间，HB-的物质的量一直在增加
三、综合题
16.综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为 ，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
（1）硼镁矿粉碎的目的是________，“酸浸”中 发生的离子反应是________。
（2）为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是________。
（3）过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为________。
（4）不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是________。
17.铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
（1）.铁元素在元素周期表中的位置为 ， 其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+ ， 基态Fe2+的价电子的排布式为 ， 相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是 。
（2）.一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为 (填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为 。P原子的杂化方式为 ， 分子中不含有的化学键类型是 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E． 键 F． 键
（3）.铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料其正交相晶胞结构如图所示。
其中铁酸钇的化学式为 ， 已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为 ， 若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 (列出表达式)
18.地诺帕明( )是治疗心力衰竭的药物。该化合物的一种合成路线如下图所示：
已知：Bn为苄基( )
回答下列问题：
（1）地诺帕明分子中的含氧官能团为________(填官能团名称)，B合成C的反应类型为________，Bn-Cl的作用是________。
（2）上述流程中，化合物A的同分异构体中含苯环的酯有________种。其中，1H-NMR有四组峰，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀的同分异构体的结构简式为________。
（3）上述流程中，C和D反应合成E的方程式为________。
（4）化合物F可能具有的性质为________(填标号)
a．水溶液显酸性
b．遇FeCl3溶液显紫色
c．一定条件下，1mol化合物F最多能与6 mol H2反应
（5）已知(a) ，(b) ,根据已知条件，写出以化合物A为原料经3步合成地诺帕明的合成路线(其它试剂任选) ________。
19.氰化氢(HCN)和乙腈(CH3CN)作为重要的化工原料，在合成医药和精细化学品等领域有广泛用途。实验室中制备氰化氢和乙腈的装置如下图所示。
回答下列问题：
（1）甲烷和氨气反应生成HCN和一种单质气体的化学方程式为________。
（2）实验室中制备CH4和NH3的反应原理分别为：
制备
制备NH3(以浓氨水和生石灰为原料)：________。
下图所示分别为制备CH4和NH3并得到合适体积比混合气体的装置，根据上述原理选择合适的仪器并连接成装置，则连接顺序为a→e，________→f(填接口标号)。装置E中的试剂为________(选填“饱和食盐水”、“浓硫酸”或“四氯化碳”)。装置E相当于上述图1装置中的________。
（3）实验过程中，选择不同的温度，对氰化氢和乙腈的选择性不同，下图所示为不同温度下甲烷的转化率和氰化氢、乙腈的选择性关系。高温时，甲烷的转化率升高，但乙腈的选择性却降低，原因是________。
实验过程中，采用不同的催化剂，HCN的产率不同，下图所示分别为不同温度，不同催化剂条件下HCN、H2和N2的产率关系图。
由图可知，低温条件下最适宜的催化剂为________，高温条件下，选择该催化剂不如另外两种作催化剂时HCN产率高的原因是________。
20.工业合成氨是人工固研究的重要领域。回答下列问题：
（1）.如图所示是电解法合成氨反应装置示意图
则b极为 (填“阴”或“阳”)极，a极的电极反应式为 ， 电解装置中质子交换膜的作用为 ；若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为 %(保留两位有效数字)。
（2）.合成氨反应的一种反应机理的相对能量—反应进程如下图所示，其中标有“*”的微粒为吸附态(图中“*H”均未标出)。
则各步反应中决定合成氨反应速率的反应方程式为
（3）.当氮气和氢气的比例为1：3时，工业合成氨所得混合气体中，氨气的含量与温度、压强的关系如下
①平衡曲线上A点的平衡常数 (用含 的式子表示)
②工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1：2.8，适当增加氮气的比重的目的是 。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．人造纤维是用某些天然高分子化合物或其衍生物做原料，经溶解后制成纺织溶液，然后纺制成纤维，天然纤维属于有机物，合成纤维是通过加聚或缩聚反应制得的有机高分子材料，故A不符合题意；
B．银可以溶于稀硝酸，所以可以用稀硝酸来除去试管上的银，故B符合题意；
C．胃酸的主要成分是盐酸，次氯酸钠与盐酸反应生成氯气或者次氯酸(取决于溶液酸性程度)，对人体有害，不能用于中和胃酸，故C不符合题意；
D．石墨烯是碳单质，只含有碳元素，属于无机非金属材料，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.要注意人造纤维和合成纤维的区别，合成纤维符合选项描述，注意人造纤维不符合选项描述；
B. 稀硝酸常温下就可以和银反应；
C. 次氯酸钠和盐酸反应生成的物质对人体有害；
D. 石墨烯是碳单质。
2.【答案】 D
【解析】【解答】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Mg、M为Cl。
A．C、N、O元素位于同一周期，从左至右基态原子的第一电离能有逐渐增大的趋势，而N元素最外层电子中2p轨道半充满，相较于O原子更难失去第一个电子，因此第一电离能：N＞O＞C，故A不符合题意；
B．NH3的沸点较低而容易汽化，汽化过程会吸收能量，因此液氨可用作制冷剂，故B不符合题意；
C．C元素和O元素形成的CO2分子中均含有极性共价键(C-O)，C元素与Cl元素形成的CCl4分子中含有极性共价键(C-Cl)，二氧化碳和四氯化碳均为非极性分子，故C不符合题意；
D．MgCl2为易溶强酸弱碱盐，在水中完全电离，电离出的Mg2+会发生水解而被消耗，1个Mg2+水解会生成2个H+ ， 因此溶液中阳离子与阴离子数目之比大于1：2，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】X的氢化物种类繁多，则X为C元素，其中含氢量最高的为甲烷，甲烷中氢元素质量分数为 ×100%=25%，Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等，且原子序数大于C元素，而Z和W均是短周期元素，因此Z和W的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p4、1s22s22p63s2 ， 因此Z为O元素，W为Mg元素，Y的原子序数大于C小于O，则Y为N，M原子序数大于Mg且为短周期主族元素，M是同周期中电负性最大的元素，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增大，所以M为Cl元素。
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变条件不同，因此该转化过程不是可逆反应，故A不符合题意；
B．分子Ⅰ中甲基(Me)上的碳原子为sp3杂化，故B不符合题意；
C．分子Ⅰ和分子Ⅱ中联苯臂的相对位置不同，因此可通过蓝光和绿光转换实现操控分子中两个联苯臂的相对位置，故C符合题意；
D．分子Ⅰ转化为分子Ⅱ时吸收能量相对较高的蓝光，而分子Ⅱ转化为分子Ⅰ时吸收能量相对较低的绿光，由低能量分子转化为高能量分子需要吸收的能量较多，说明分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量低，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.注意可逆反应的条件：反应物和生成物同一条件同时存在；
B.甲基的碳原子sp3杂化；
C.两个联苯臂的相对位置会随着光的不同而不同；
D.波长越短，能量越大。
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．中心原子的半径越小，则R-O-H中R-O键越强，O-H键越易断裂，所以半径越小，羟基数目越少，A不符合题意；
B．采用类推法，中心P原子相当于中心C原子，由于P原子所连的4个原子团都不相同，所以P具有手性，是不对称原子，该物质可能有旋光性，B不符合题意；
C．SiCl4、PCl3、SCl2的中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但由于孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强，所以键角SiCl4＞PCl3＞SCl2 ， 键角最大的是SiCl4 ， C符合题意；
D．顺-1，2-二氯乙烯是轴对称结构，反-1，2-二氯乙烯是中心对称结构，所以分子极性的大小不同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.中心原子半径和R-O键键能的关系；
B.类推法的运用，注意P原子具有手性；
C.孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强；
D.两个分子的极性大小不同。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在加热氯化铁溶液时，氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，HCl挥发，导致水解程度增大，反应产生Fe(OH)3 ， 为防止水解，应该在HCl氛围中加热蒸干氯化铁溶液，以获得无水FeCl3 ， 直接蒸发结晶不能达到实验目的，A不符合题意；
B．向含有FeBr3的溶液中通入Cl2 ， 发生氧化还原反应产生FeCl3和Br2 ， 反应产生的Br2易挥发，若待装置Ⅱ中的反应结束后立即向Ⅱ中鼓入空气，就会使溴随空气吹出，而不能获取溴的苯溶液，B不符合题意；
C．MnO2能与浓盐酸混合加热制取Cl2 ， 1 mol/L的盐酸是稀盐酸因此不能制取得到氯气，C不符合题意；
D．由于水与苯互不相溶的液体，且水的密度比苯大，所以FeCl3的水溶液在下层，溴的苯溶液在上层，二者可通过分液方法分离。在用装置Ⅳ进行分液时，应先从下口放出水层，再关闭分液漏斗的活塞，从上口倒出有机层，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.蒸发过程中氯化铁的水解；
B.溴单质易挥发；
C.1 mol/L的盐酸是稀盐酸；
D.苯的密度小于水。
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．由结构简式可知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的化学式均为C15H22O，二者的结构不同，因此互为同分异构体，故A不符合题意；
B．化合物Ⅰ有3个手性碳原子，如图“*”标记的碳原子： ，故B不符合题意；
C．化合物Ⅰ中碳碳双键、碳碳三键能与H2发生加成反应生成 ，化合物Ⅱ中碳碳双键、羰基能发生加成反应生成 ，二者的加成产物结构不相同，且未告知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的物质的量，不能确定完全加成消耗H2的物质的量，故C符合题意；
D．为增强冷凝效果，加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.两个化合物的分子式的正确推断；
B.手性碳要数全，不能有遗漏；
C.两个化合物的物质的量都是未知的；
D.选项中说的是加热回流的冷凝仪器，注意回流二字。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．氧原子的电负性大于氮原子，半径小于氮原子，形成的氢键更强，则氢键的强度：①＞②，故A不符合题意；
B．如图中“*”所标注的氮原子( )成三个价键，N原子的价层电子对数为3+ =4，因此采用sp3杂化，为四面体结构，单键可以旋转，因此该片段中所有参与形成氢键的原子不都共平面，故B符合题意；
C．该片段中含有酰胺键，在一定条件下可发生水解反应，故C不符合题意；
D．胞密啶与鸟嘌呤分子中酰胺基的氮原子化学环境不同，故酰胺基的化学活性并不完全相同，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.氧原子的电负性大于氮原子；
B.没有双键的氮原子是sp3杂化，为四面体结构，单键可以旋转；
C.酰胺键一定条件下可以水解；
D.胞密啶与鸟嘌呤分子中酰胺基的氮原子化学环境不同。
8.【答案】 A
【解析】【解答】A．甘露醇为有机醇类物质，能够发生燃烧反应，因此不能将海带灼烧，故A符合题意；
B．甘露醇随乙醇的含量增大而骤减，向浓缩液中加入乙醇使甘露醇析出，因此增大乙醇浓度能够提高甘露醇的析出率，操作①过滤后得到溶剂乙醇和水，因此乙醇可循环利用，故B不符合题意；
C．向浓缩液中加入乙醇后，甘露醇溶于水中，甘露醇溶解度随温度的升高而增大，降低温度后甘露醇析出，因此操作①是降温冷却，过滤后得到粗品甘露醇，利用甘露醇在水中溶解度随温度变化差异进行重结晶得到精品甘露醇，故C不符合题意；
D．浓缩过程中玻璃棒用于搅拌，过滤中玻璃棒用于引流，玻璃棒作用不同，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A..有机物灼烧时会发生燃烧反应；
B.甘露醇溶解度随乙醇的含量增大而骤减；
C.甘露醇溶于水中，甘露醇溶解度随温度的升高而增大；
D.注意玻璃棒在不同操作中的作用。
9.【答案】 C
【解析】【解答】A．钛铁矿经盐酸酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2 ， 故A不符合题意；
B．根据沉淀溶解平衡计算出磷酸根离子浓度：c( )= = mol/L=1.0×10-17mol/L，此时Mg3(PO4)2的浓度积QC[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2( )=0.013×(1.0×10-17)2=1.0×10-40＜ ，因此此时不会有Mg3(PO4)2沉淀生成，故B不符合题意；
C． 中氧原子不守恒，“高温煅烧”过程中Fe元素化合价由+3降低至+2被还原，因此草酸被氧化生成CO2 ， C元素化合价由+3升高至+4，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为 ，故C符合题意；
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，化合物中各元素化合价之和等于0，若n(Fe2+)=a，n(Fe2+)=b，则有 ，解得a=0.8，b=0.2，则LiFePO4中 ，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】向钛铁矿(主要成分为FeTiO3 ， 含有少量MgO、SiO2等杂质)中加入盐酸，SiO2与盐酸不反应，FeTiO3、MgO分别转化为 、Fe2+、Mg2+ ， 过滤后将滤液①控制pH使 水解生成TiO2·xH2O，将其过滤后向滤液②中加入双氧水将Fe2+氧化生成Fe3+ ， 加入H3PO4将Fe3+沉淀生成FePO4 ， FePO4与Li2CO3、草酸在高温条件下煅烧得到LiFePO4。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．由题中可看出，H2O在WOC的作用下变成O2 ， 故反应方程式为：2H2O 2H2↑+O2↑，光能以化学能的形式储存在H2和O2中，A不符合题意；
B．螯合作用是化学反应中金属阳离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子(非金属)键合而成含有金属离子的杂环结构的一种作用。该结构中Ru(钌)与N形成配位键有8个，因此1 mol中有8 mol配位键，其中N形成了一个共价双键，1个N原子结合3个原子，故N原子的杂化方式为sp2杂化，B不符合题意；
C．水氧化过程中，H2O失去电子变为O2 ， 结合图示可知水氧化过程的反应为： ，C不符合题意；
D．静电作用是化学键中离子键形成的本质，在HEC1中没有形成离子键，因此不存在静电作用，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.关注水的分解过程中能量的转化形式，此题的情景中光能转化成了化学能；
B.配位键的标注方式不一样，有箭头的表示配位键，注意配位键的数目判断，该结构中Ru(钌)与N形成配位键有8个；
C.电荷守恒、原子守恒、电子守恒的结合运用，；
D.HEC1中没有形成离子键，所以没有静电排斥作用。
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应需要在碱性溶液中，纤维素水解时加入了硫酸，因此水解后需要首先加入氢氧化钠中和硫酸，然后再验证，A不符合题意；
B．由于生成的丙烯中含有挥发出的乙醇蒸汽，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明有丙烯生成，B不符合题意；
C．用盐酸酸化后，加入氯化钡溶液，发现有明显的白色沉淀生成，白色沉淀是硫酸钡，这说明说明“一次过滤”后没有完全除尽 ，C符合题意；
D．向苯酚钠溶液中通入CO2 ， 溶液变浑浊说明有苯酚生成，所以碳酸的酸性强于苯酚的酸性，但不能说明碳酸溶液的pH比苯酚小，因为二者的浓度不一定相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.意实验操作有问题，加氢氧化铜验证之前需要将溶液pH调成碱性；
B.乙醇具有还原性和挥发性；
C.粗盐中的可溶性杂质离子主要包含镁离子、钙离子、硫酸根离子；
D.酸溶液pH大小不仅和酸性强弱有关还和浓度有关。
12.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图可知，(CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-的过程活化能相对较高，因此相对较难发生，所以该过程是反应的决速步骤，故A不符合题意；
B．发生消去反应和取代反应都是由(CH3)3C+Br-转化，发生消去反应是过渡态②转化为(CH3)2C=CH2 ， 发生取代反应是过渡态③转化为(CH3)2COC2H5 ， 过渡态②能量较高，因此相同条件下，过渡态②与过渡态③能量的高低决定了取代产物和消去产物的相对比例大小，故B不符合题意；
C．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2 ， 故C符合题意；
D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入NaOH能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2 ， 故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.活化能越大，反应越难发生，属于决速步骤；
B.发生消去反应和取代反应都是由(CH3)3C+Br-转化；
C.(CH3)3COC2H5与HBr在逆向转化的过程中必然会有中间物质(CH3)3C+Br-生成，从而和C2H5OH 转化为(CH3)2C=CH2。
D.加氢氧化钠会同时促进两个反应的发生， 升温对(CH3)3COC2H5形成会产生更大的抑制作用。
二、多选题
13.【答案】 A,C
【解析】【解答】A．由图可知，LnPd转化为LnPdCl2时会消耗Cl- ， 此时CuCl2转化为CuCl，LnPdHCl转化为LnPd时会释放HCl，Cl-作催化剂，加入O2可使CuCl转化为CuCl2 ， 从而提供Cl- ， 即使催化剂再生，故A符合题意；
B．由图可知，羟钯化反应中有HCl生成，H来自于原料H2O，转化流程中以HCl的形成存在，所以由 转化 过程的原子利用率不是100%，整个流程中催化剂为PdCl2、CuCl2 ， 二者均为重金属盐，并不是无毒无害物质，故B不符合题意；
C．LnPd转化为LnPdCl2时Pd元素化合价升高，CuCl2与CuCl转化过程中Cu元素化合价发生变化，加入的O2转化为H2O，O元素化合价降低，故C符合题意；
D．1个 中除R内的化学键外，含有5个 键，1个 中除R内的化学键外，含有6个 键，题干未说明二者的物质的量关系，故D不符合题意；
故答案为AC。
【分析】A.注意流程图中箭头的指向，氯化铜变成氯化亚铜后再变成氯化铜，需要氧气的参与；
B.催化剂属于重金属盐，是有毒的；
C.关注各元素的化合价变化，其中Pd元素、Cu元素、O元素、C元素化合价都发生了变化；
D.一个双键中只有一个 键。
14.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．钠离子的嵌入反应： ，得电子的反应是还原反应，故A不符合题意；
B．第一步中，b电极发生Na+脱掉的反应，属于失去电子的氧化反应，作阳极，连接电源的正极，第二步中，c电极发生Na+嵌入的反应，属于得电子的还原反应，作阴极，连接电源的正极，故B符合题意；
C．第1步结束后， 电极必须用水洗涤干净后，除去OH- ， 再用于第2步，防止生成的氯气与之反应，故C不符合题意；
D．如图所示，第一步中发生Na+脱掉的反应，所以Na+浓度增大，故D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A.得电子的反应是还原反应，还要注意图中箭头指向；
B.b和c所发生的反应刚好是相反方向，一个是失电子，一个是得电子；
C.两个电解池的电解质溶液不同，第一个电解池中的氢氧化钠和第二个电解池中产生的氯气会反应；
D.第一步发生的是Na+脱掉的反应。
15.【答案】 B,C
【解析】【解答】A．由图可知，pH在V=5mL和V=20mL处发生突变，A项不符合题意；
B． 在0~5mL区间， 少量， 过量，发生的反应为 ，B项符合题意；
C． 在0~5mL区间， 少量， 过量，发生反应： ， 时， 完全反应，发生的化学反应为： ，所以 的酸性强于碳酸， 的酸性强于 ，则 ，C项符合题意；
D． 在5~20mL区间，发生的化学反应为： ，HB-的物质的量一直在增加，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.注意看图中的拐点；
B.在0~5mL区间，少量，过量，不可能出现HB-
C.根据两个拐点判断出该过程中发生了两个反应，得出的酸性强于碳酸；
D.曲线后半段对应的反应的方程式的正确书写。
三、综合题
16.【答案】 （1）增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；
（2）MgO或者Mg(OH)2等；铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+ ， 导致所得碳酸镁不纯净
（3）取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净
（4）放热；当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【解析】【解答】(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中 与酸发生的离子反应是 ；
(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+ ， 从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+ ， 导致所得碳酸镁不纯净；
(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有 离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
【分析】硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+ ， 再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3 ， 过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3 ， 沉淀Mg2+ ， 得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
17.【答案】 （1）第四周期第Ⅷ族；3d6；基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定
（2）O；N＞O＞C；sp3；A
（3）YFeO3；( ， +m， )；
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2 ， 则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根 键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是 键，C=N双键中有一个 键，一个 键，不含有离子键，
故答案为：A。
(3)晶胞中Y的个数为 ，Fe的个数为2，O的个数为 ，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为( ， +m， )，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 。
【分析】（1）铁元素在元素周期表的位置，要注意半充满状态相对比较稳定；
（2）碳氮氧中电负性最大的是O，第一电离能最大的是N，要注意P原子形成4根 键；
（3）根据均摊法的运用，空间坐标的正确表达，要注意密度计算的时候单位的换算。
18.【答案】 （1）羟基、醚键；氧化反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化
（2）6；
（3）+ → +H2O
（4）c
（5）
【解析】【解答】(1) 分子中的含氧官能团为：羟基、醚键； 和SeO2发生氧化反应生成 ，反应类型为氧化反应；Bn-Cl的作用是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；
(2) 的同分异构体中含苯环的酯有 、 、 、 、 、 ，共6种；其中，有1H-NMR有四组峰，说明含有四种不同环境的H原子，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为： ；
(3)有分析可知D为 ， 和 反应生成 ，化学方程式为 + → +H2O；
(4)a．F含有-NH-基团，溶液显碱性，a项不正确；
b．F中没有酚羟基，遇FeCl3溶液不会显紫色，b项不正确；
c．1个F中含有2个苯环，所以一定条件下，1mol化合物F最多能与6 mol H2反应，c项正确；
故答案为：c；
(5) 和 发生取代反应生成 ， 和 发生取代反应生成 ， 和NaBH4发生还原反应生成 ，合成路线为 。
【分析】 和Bn-Cl发生取代反应生成 ， 和SeO2发生氧化反应生成 ， 和D(C10H15NO2)反应生成 ，则D为 。
19.【答案】 （1）
（2）；d；四氯化碳；气体流量计和气体混合器
（3）高温时，甲烷和氨气反应生成氰化氢的倾向大，为主要反应；Ni；氮、氢两种元素更多的转化为氮气和氢气
【解析】【解答】(1)甲烷和氨气反应生成氰化氢和一种单质气体，推测该单质气体为氢气，根据原子守恒，该反应的化学方程式为： ；
(2)浓氨水和生石灰反应生成氨气和氢氧化钙，化学方程式为： ；制备 ： ，应选择A装置，所以a→e，，制备NH3： ，因选择D装置，所以d→f；E装置是混合氨气和甲烷，则所选试剂不能将氨气、甲烷溶解，所以试剂X为四氯化碳；装置E相当于上述图1装置中的气体流量计和气体混合器；
(3)由图可知，高温时，甲烷和氨气反应生成氰化氢的倾向大，为主要反应，所以高温时，甲烷的转化率升高，但乙腈的选择性却降低；由图可知，低温条件下，Ni作催化剂条件下HCN的产率较高，所以低温条件下最适宜的催化剂为镍；高温时，Ni作催化剂，氮、氢两种元素更多的转化为氮气和氢气，使得HCN产率不如另外两种作催化剂时HCN产率高。
【分析】甲烷和氨气在气体混合器中发生化学反应生成氰化氢和氢气，化学方程式为 ，制备 ： ，应选择A装置，制备NH3： ，因选择D装置，E装置是混合氨气和甲烷，则所选试剂不能将氨气、甲烷溶解，所以试剂X为四氯化碳。
20.【答案】 （1）阳；N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33
（2）*N2+*H=*N2H
（3）；为保证氮气占有一定份额的催化剂活性中心并提高吸附速率，提高氢气的转化率
【解析】【解答】(1)b极上H2O中O元素失去电子发生氧化反应生成O2 ， 因此b极为阳极；a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3 ， 因此a极为阴极，其电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+ ， b极上会生成H+ ， NH3能与H+反应生成 ，因此质子交换膜的作用是质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；b极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+ ， 根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为2N2～3O2 ， 理论条件下，生成O2和通入N2的体积比为2：3，即通入1mol N2生成 mol O2 ， 实际情况在相同条件下生成O2和通入N2的体积比为1：2，即通入1mol N2生成0.5mol O2 ， 因此N2的转化率为 ×100%=33%，故答案为：阳；N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33。
(2)合成氨的正向过程中决定步骤的活化能最高，由图可知，活化能最高的为*N2和*H转化为*N2H，此时活化能为0.82eV-(-0.45eV)=1.27eV，故答案为：*N2+*H=*N2H。
(3)①A点氨的物质的量的百分数为20%，设起始N2的物质的量为1mol，在500℃下达到平衡时N2的转化量为xmol，即 ，则 ×100%=20%，解得x= mol，此时p(N2)= ×p3 ， p(H2)= ×p3 ， p(NH3)=0.2×p3 ， Kp= ，带入数据可得Kp= 。
②工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1：2.8＞1:3，即N2过量，其原因是N2吸附与催化剂表面，适当使N2过量可以使催化剂表面始终有N原子附着，能够提高反应效率，同时适当增大N2浓度能够增大H2的转化率，故答案为：为保证氮气占有一定份额的催化剂活性中心并提高吸附速率，提高氢气的转化率。
【分析】（1） 发生氧化反应的是阳极，发生还原反应的是阴极 ，要注意质子交换膜的作用（为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触），根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为2N2～3O2，实际情况通入1mol N2生成0.5mol O2，最终算出N2的转化率；
（2） 合成氨的正向过程中决定步骤的活化能最高；
（3）要注意三段式的应用，设起始N2的物质的量为1mol，在500℃下达到平衡时N2的转化量为xmol
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