第=page11頁，共=sectionpages11頁高考化學模擬試卷(附帶答案解析)一、單選題（本大題共12小題，共42分）1.我國古人曾用反應Cu2S+O2SO2+2Cu制銅，并最早發(fā)明了青銅器的鑄造技術。下列說法不正確的是(

)A.青銅是銅的一種合金 B.O2和O3是氧元素的同素異形體

C.Cu2S只作還原劑 D.該反應屬于置換反應2.已知五種短周期元素的原子半徑及主要化合價(最高正價、最低負價)如下表，下列敘述正確的是(

)元素代號LMQRT原子半徑/nm0.1600.1430.1020.0890.074主要化合價+2+3+6、?2+2?2A.陽離子的氧化性：M3+<L2+

B.最高價氧化物對應水化物的堿性：L<R

C.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：T>Q

D.M的最高價氧化物既可以與稀鹽酸反應又可以與氨水反應3.下列制備、干燥、收集NH3，并進行噴泉實驗的原理與裝置能達到實驗目的的是(

)A.制備NH3 B.干燥NH3

C.收集NH3 D.進行噴泉實驗4.下列說法不正確的是(

)A.純堿廣泛應用于小蘇打、燒堿和普通玻璃的生產(chǎn)

B.氧化鎂、氧化鋁都可用作耐火材料

C.二氧化硫可用于漂白紙漿以及草帽等編織物

D.某些硅酸鹽具有多孔結構，可用于分離、提純氣體或液體混合物，還可作干燥劑、催化劑5.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X的一種單質(zhì)是已知自然存在的硬度最大的物質(zhì)，Y是金屬元素，其基態(tài)原子s能級上的電子數(shù)等于p能級上的電子數(shù)，Z是同周期主族元素中原子半徑最小的元素，X、Y、W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和等于10.下列說法正確的是(

)A.原子半徑：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)

B.同一周期中Z的電負性最大

C.X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的強

D.W在元素周期表中位于第4周期VIA族6.已知：2M(g)?N(g)△H?<0。現(xiàn)將M和N的混和氣體通入體積為1L的恒溫密閉容器中，反應體系中物質(zhì)濃度隨時間變化關系如圖所示。下列說法正確的是(

)A.a、b、c、d四個點中處于平衡狀態(tài)的點是a、b

B.反應進行至25min時，曲線發(fā)生變化的原因是加入了0.4molN

C.若調(diào)節(jié)溫度使35min時體系內(nèi)N的百分含量與15min時相等，應升高溫度

D.若40min后出現(xiàn)如圖所示變化，則可能是加入了某種催化劑7.在微波作用下物質(zhì)Z可通過下列反應合成。下列說法正確的是(

)A.X分子中σ鍵、π鍵的數(shù)目比9：1

B.物質(zhì)Y易溶于水

C.1molY最多能與6molH2發(fā)生加成反應

D.物質(zhì)Z在銅催化下被O2氧化為醛8.下列關于實驗室制備乙酸乙酯的操作錯誤的是(

)A.配料：加入過量乙醇 B.加熱：用水溶加熱

C.分離：用邊反應邊分離的方法 D.凈化：產(chǎn)物用氫氧化鈉溶液洗滌9.下列依據(jù)實驗得出的結論正確的是(

)A.向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，該溶液一定是碳酸鹽溶液

B.用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液

C.向某溶液中滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則原溶液中一定有Cl?離子

D.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色，該溶液中一定含F(xiàn)e2+10.一種可充電鋰硫電池裝置示意圖見題圖。電池放電時，S8與Li+在硫碳復合電極處生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。大量Li2Sx沉積在硫碳復合電極上，少量Li2Sx溶于非水性電解質(zhì)并電離出Li+、Sx2?、Li+、S2?和S22?能通過離子篩，S42?、S62?和S82?不能通過離子篩。下列說法不正確的是(

)

A.S42?、S62?和S82?不能通過離子篩的原因是它們的直徑較大

B.放電時，外電路電流從硫碳復合電極流向鋰電極

C.充電時，硫碳復合電極中Li2S2轉化為S8的電極的電極反應式為4Li2S2?8e?=S8+8Li+

D.充電時，當有0.1molLi2S轉化成S8時，鋰電極質(zhì)量增加0.7g11.探究草酸(H2C2O4)性質(zhì)，進行如下實驗。(已知：室溫下，0.1mol?L?1H2C2O4的pH=1.3)實驗裝置試劑a現(xiàn)象①Ca(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產(chǎn)生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)根據(jù)上述實驗判斷草酸性質(zhì)以及所對應的方程式不正確的是(

)A.H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O

B.酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O

C.H2C2O4具有還原性，2MnO4?+5C2O42?+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

D.H2C2O4可發(fā)生酯化反應：12.草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氫制乙二醇的反應體系中，發(fā)生的主要反應為

反應I：(COOCH3)2(g)+2H2(g)?CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)ΔH1<0

反應II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)?HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH2<0

壓強一定的條件下，將(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通過裝有催化劑的反應管，測得(COOCH3)2的轉化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的選擇性n生成(CH3OOCCH2OH)或n生成(HOCH2CH2OH)n總轉化[(COOCH3)2]與溫度的關系如圖所示。

下列說法正確的是(

)A.曲線B表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化

B.190～198℃范圍內(nèi)，溫度升高，(COOCH3)2的平衡轉化率增大

C.190～198℃范圍內(nèi)，溫度升高，n(CH3OH)n(HOCH2CH2OH)逐漸減小

D.192℃時，其他條件一定，加快氣體的流速可以提高(COOCH3)2的轉化率二、簡答題（本大題共4小題，共58分）13.用油脂氫化后廢棄的鎳催化劑(主要成分Ni、Al，少量其他不溶性物質(zhì))制備NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O并研究其分解反應的過程如下：

(1)制NiSO4溶液。向廢鎳催化劑中加入足量NaOH溶液，充分反應后過濾。向洗滌后的濾渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解，過濾。加入NaOH溶液的作用是______。

(2)制NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O?？刂茰囟葹?5℃，向NiSO4溶液中加入適量Na2CO3溶液，有NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O沉淀生成和CO2氣體放出，過濾。

①為確定所加Na2CO3的添加量，需測定NiSO4溶液的濃度。準確量取5.00mL溶液于100mL容量瓶中，加水稀釋至刻度準確量取20.00mL稀釋后的溶液于錐形瓶中，用0.04000mol?L?EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定至終點(滴定反應為Ni2++H2Y2?=NiY2?+2H+)，平行滴定3次，平均消耗EDTA標準溶液31.25mL.計算NiSO4溶液的物質(zhì)的量濃度(寫出計算過程)______。

②生成NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O時所發(fā)生反應的離子方程式為______。

③若將NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，會使沉淀中鎳元素含量偏高，原因是______。

(3)NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O熱分解。在氧氣氣氛中加熱NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O，固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。

①500～700K之間分解產(chǎn)生的氣體為______。

②800K后剩余固體質(zhì)量略有增加的原因是______。14.有機物K是治療高血壓藥物的重要中間體，它的合成路線如下(部分轉化條件略去)已知：(R、R1、R2表示氫原子或烴基)(1)A的結構簡式是_______。(2)B→C的反應類型是_______。(3)F中含有的官能團是_______。(4)G與E生成H的化學方程式是_______。(5)C→D的化學方程式是_______。(6)I的結構簡式是_______。(7)有關J的說法中，正確的是_______(選填字母)。a.能與NaHCO3反應

b.能與NaOH反應

c.能與新制Cu(OH)2反應(8)K存在以下轉化關系：k→NaOH/ΔFM(C18H15NO5Na2)，M的結構簡式是_______。15.由鉻鐵合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4?2H2O和LiFePO4。實驗流程如圖：

(1)“酸溶”時應先向反應器中加入硫酸，再分批加入鉻鐵合金粉末，同時需保持強制通風。

①分批加入鉻鐵合金粉末并保持強制通風的原因是______。

②其他條件相同，實驗測得相同時間內(nèi)鉻鐵轉化率[反應的鉻鐵的物質(zhì)的量原鉻鐵的總物質(zhì)的量×100%]、析出硫酸鹽晶體的質(zhì)量隨硫酸濃度變化情況如圖所示。當硫酸的濃度為9～11mol?L?1，鉻鐵轉化率下降的原因：______。(已知硫酸濃度大于12mol?L?1時鐵才會鈍化)

(2)向酸溶所得溶液中加入0.5mol?L?1Na2S溶液，使Co2+和Ni2+轉化為CoS和NiS沉淀。當上層清液中c(Ni2+)=1.0×10?5mol?L?1時，c(Co2+)=______。[已知：Ksp(CoS)=1.8×10?22，Ksp(NiS)=3.0×10?21]

(3)在N2的氛圍中將FeC2O4?2H2O與LiH2PO4按物質(zhì)的量之比1：1混合，360℃條件下反應可獲得LiFePO4，同時有CO和CO2生成。寫出該反應的化學方程式：______．

(4)設計由沉鐵后的濾液(含Cr3+和少量Fe2+)制備Cr2O3的實驗方案：______、過濾、洗滌、干燥、500℃煅燒。[已知①P507萃取劑密度小于水，萃取Fe3+時萃取率與溶液pH的關系如圖所示。②該實驗中Cr3+在pH=6.0時開始沉淀，pH=8.0時沉淀完全。pH=12時Cr(OH)3開始溶解。實驗中須選用試劑：P507萃取劑、H2O2、NaOH溶液]

16.煤的綜合利用對于改善大氣質(zhì)量和能源充分利用有重要的意義．

(1)下列說法正確的是______(填序號)．

a.煤是由有機物和少量無機物組成的復雜混合物

b.煤在燃燒過程中會生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、煙塵等有害物質(zhì)

c.可利用生石灰、熟石灰、石灰石等固硫劑使煤在燃燒過程中生成穩(wěn)定的硫酸鹽

d.煤的干餾屬于化學變化、煤的氣化和液化都屬于物理變化

(2)煤的氣化過程中產(chǎn)生的有害氣體H2S用氨水吸收生成正鹽的離子方程式是______．

(3)燃煤煙氣的一種脫硫方案?火堿一石灰一石膏法流程圖1如下．

①常溫下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=6的NaHSO3溶液，該溶液中離子濃度的

大小順序是______

②氫氧化鈣與NaHSO3反應的化學方程式是______

(4)煤的間接液化法合成二甲醚的三步反應如下：Ⅰ.2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)△H=?90.8kJ?mol?1

Ⅱ.2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=?23.5kJ?mol?1

Ⅲ.CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H=?41.3kJ?mol?1

①總反應熱化學方程式：3H2(g)+3CO(g)?CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=______

②Y(Y1、Y2)，X可分別代表壓強或溫度．如圖2表示Y一定時，總反應中CO的平衡轉化

率隨X的變化關系．判斷Y1、Y2的大小關系，并簡述理由：______．參考答案與解析1.【答案】C

【解析】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大?！窘獯稹緼.青銅是銅與錫或鉛等元素形成的合金，故A正確

B.O2與O3都屬于氧的單質(zhì)，所以兩者互為同素異形體，故B正確

C.反應中Cu元素化合價由+1價降低為0價，得電子，S元素化合價由?2價升高為+4價，失電子，所以Cu2S是氧化劑也是還原劑，故C錯誤

D.該反應為單質(zhì)與化合物反應生成另一種單質(zhì)和化合物，則該反應屬于置換反應，故D正確

故選C。

2.【答案】C

【解析】解：由上述分析可知，L為Mg、M為Al、Q為S、R為Be、T為OA.金屬性Al<Mg，則陽離子的氧化性：M3+>L2+，故A錯誤

B.金屬性Mg>Be，則最高價氧化物對應水化物的堿性：L>R，故B錯誤

C.非金屬性O>S，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：T>Q，故C正確

D.M的最高價氧化物為氧化鋁，氧化鋁為兩性氧化物，能夠與稀鹽酸反應，但氨水為弱堿，氧化鋁不與氨水反應，故D錯誤

故選：C。

五種短周期元素的原子半徑及主要化合價(最高正價、最低負價)如表，T只有?2價，則T為OQ有+6、?2價，則Q為SL、T的的化合價均為+2價，結合原子半徑可知，L為Mg，R為BeM的化合價為+3，其化合價大于Be，則M為Al元素，以此分析解答。

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子半徑、元素化合價來推斷元素為解答關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。

3.【答案】D

【解析】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、混合物的分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

【解答】

A.反應有水生成，試管口應略向下傾斜，故A錯誤

B.濃硫酸與氨氣反應，不能干燥氨氣，故B錯誤

C.氨氣的密度比空氣密度小，圖中應長導管進氣，故C錯誤

D.氨氣極易溶于水，擠壓膠頭滴管，可引發(fā)噴泉，故D正確

故選：D。

4.【答案】A

【解析】解：A.侯氏制堿法可先制得碳酸氫鈉晶體，NH3+CO2+H2O+NaCl(飽和)=NaHCO3(晶體)↓+NH4Cl，碳酸氫鈉分解制得碳酸鈉：2NaHCO3???△???Na2CO3+H2O+CO2↑，所以純堿不會用于生產(chǎn)碳酸氫鈉，用純堿只能制取少量氫氧化鈉，工業(yè)上制取氫氧化鈉，采用氯堿工業(yè)電解食鹽水制取：2NaCl+2H2O??電解??2NaOH+H2↑+Cl2↑，純堿廣泛應用于玻璃、造紙、肥皂等工業(yè)，故A錯誤

B.氧化鎂和氧化鋁熔點較高，可用作高溫耐火材料，故B正確

C.二氧化硫具有漂白性，能與有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)，在工業(yè)上可用于漂白紙漿以及草帽等編織物，故C正確

D.某些鋁硅酸鹽形成的分子篩中有許多籠狀空穴和通道，常用于分離、提純氣體或液體混合物，還可作干燥劑、離子交換劑、催化劑及催化劑載體等，故D正確

故選：A。

A.純堿不會用于生產(chǎn)碳酸氫鈉，用純堿只能制取少量氫氧化鈉，工業(yè)上采用氯堿工業(yè)電解食鹽水制取氫氧化鈉

B.氧化鎂和氧化鋁熔點較高

C.二氧化硫具有漂白性

D.某些硅酸鹽具有多孔結構，常用于分離、提純氣體或液體混合物．

本題考查物質(zhì)的組成和性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的組成、化學與生活生產(chǎn)的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意常見物質(zhì)的組成、性質(zhì)與應用，題目難度不。

5.【答案】B

【解析】本題考查位置結構性質(zhì)的相互關系應用，題目難度不大，推斷元素為解答關鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及原子核外電子排布規(guī)律，試題側重考查學生的分析能力及規(guī)范答題能力。

【解答】

X的一種單質(zhì)是已知自然存在的硬度最大的物質(zhì)，推導出X為C元素，Y是金屬元素，其基態(tài)原子s能級上的電子數(shù)等于p能級上的電子數(shù)，根據(jù)X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y的核外電子排布為1s22s22p63s2，推導出Y為Mg元素，Z是同周期主族元素中原子半徑最小的元素，推導出Z為Cl元素，X、Y、W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和等于10，則W的最外層電子數(shù)10?4?2=4，根據(jù)前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，推導出W為鍺，據(jù)此分析答題。

A.原子半徑Mg>Cl，所以r(Z)<r(Y)，故A錯誤

B.第三周期元素中Cl的電負性最大，故B正確

C.高氯酸是最強的酸，X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱，故C錯誤

D.W為鍺，在元素周期表中位于第4周期IVA族，故D錯誤

故選：B。

6.【答案】C

【解析】【分析】本題主要考查了化學平衡狀態(tài)的判斷及外界條件對化學平衡的影響的知識，難度中等，解題時要注意基礎知識的靈活運用．

【解答】

由反應中物質(zhì)的濃度變化比等于化學計量數(shù)之比，可知，b、d所在曲線代表M濃度隨時間的變化，另兩條曲線代表N濃度隨時間的變化。

A.當可逆反應達到化學平衡時平衡混合物的濃度都保持不變，即為圖中水平線所表示的部分，所以在上述四點中處于平衡狀態(tài)的點是b、d，故A錯誤

B.反應進行至25min時，M的濃度突然增加0.4mol/L，而N的濃度在這一瞬間沒變化，所以曲線發(fā)生變化的原因是加入了0.4molM，故B錯誤

C.35min時的平衡相對于15min時，加入了M，平衡正向進行的程度大，欲調(diào)節(jié)溫度使N的百分含量與15min時相等，則要平衡逆向移動，正反應放熱，應升高溫度，故C正確

D.加入了某種催化劑不能使化學平衡發(fā)生移動，各物質(zhì)的濃度都不變，而圖中各物質(zhì)的濃度發(fā)生了變化，故D錯誤

故選：C。

7.【答案】A

【解析】本題考查有機物的結構與性質(zhì)，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉化，注意理解醇催化氧化原理，試題培養(yǎng)了學生分析能力、運用知識解決問題的能力。

【解答】

A.X分子含有6個C?H鍵、2個C?C鍵、1個C=O鍵，單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵、1個π鍵，分子中有9個σ鍵、1個π鍵，分子中σ鍵、π鍵的數(shù)目比9：1，故A正確

B.Y分子含有2個苯環(huán)，苯環(huán)是憎水基，Y難溶于水，故B錯誤

C.Y分子中含有2個苯環(huán)、2個羰基，它們能與氫氣發(fā)生加成反應，故1molY最多能與8molH2發(fā)生加成反應，故C錯誤

D.羥基連接的碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生催化氧化，故D錯誤

故選：A。

8.【答案】D

【解析】本題考查乙酸乙酯的制備，為高頻考點，題目難度不大，注意混合液的配制、飽和碳酸鈉溶液的作用以及酯化反應的機理，試題培養(yǎng)了學生分析、理解能力及靈活應用所學知識解決實際問題的能力。

【解答】

A.制備乙酸乙酯時，為了提高冰醋酸的轉化率，乙醇價格比較低廉，所以反應時乙醇過量，故A正確

B.加熱可提高化學反應速率，但溫度太高，原料也會蒸發(fā)出來，導致原料利用率降低，所以可采用水浴加熱，故B正確

C.制備乙酸乙酯的反應是可逆反應，及時分離產(chǎn)物，使平衡正向移動，提高原料利用率，所以采用邊反應邊分離的方法，故C正確

D.乙酸乙酯能與氫氧化鈉發(fā)生水解反應，并且水解完全，所以凈化時常用飽和碳酸鈉溶液洗滌，故D錯誤

故選：D。

9.【答案】D

【解析】解：A.氣體可能為二氧化碳或二氧化硫，則該溶液可能是碳酸鹽或碳酸氫鹽或它們的混合物溶液，或亞硫酸鹽等，故A錯誤

B.用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，說明溶液中含有鈉離子，可能為NaOH溶液，不一定是鈉鹽溶液，實驗結論錯誤，故B錯誤

C.檢驗氯離子，應加入硝酸酸化的硝酸銀，防止生成硫酸銀等，故C錯誤

D.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色，說明Fe2+被氧化生成Fe3+，該溶液中一定含F(xiàn)e2+，故D正確

故選：D。

A.氣體可能為二氧化碳或二氧化硫

B.火焰呈黃色，說明該溶液中含有鈉離子，但不一定為鈉鹽

C.白色沉淀可能為硫酸銀等

D.Fe2+被氯水氧化可以生成Fe3+，能使KSCN溶液顯示紅色。

本題考查了常見離子的檢驗，題目難度中等，注意明確常見離子的檢驗方法，注意認真分析、理解題意。

10.【答案】D

【解析】本題考查充電電池工作原理，為高頻考點，明確電極的判斷及電極反應是解題的關鍵，側重分析能力和運用能力的考查，注意結合電荷守恒書寫電極反應式，題目難度不大。

【解答】

A.S42?、S62?和S82?是S形成的原子團，離子半徑較大，不能像S2?和S22?一樣能通過離子篩，故A正確

B.原電池工作時，Li失電子生成Li+，則Li電極為負極，硫碳復合電極為正極，外電路中電流從硫碳復合電極流向鋰電極，故B正確

C.原電池工作時硫碳復合電極為正極，充電時為陽極，電極上Li2S2發(fā)生失電子的反應生成S8，陽極反應式為4Li2S2?8e?=S8+8Li+，故C正確

D.充電時為電解池，陽極上Li2S轉化為S8的電極反應式為8Li2S?16e?=S8+16Li+，陰極反應式為Li++e?=Li，則有0.1molLi2S轉化成S8時陰極生成2molLi，鋰電極質(zhì)量增加0.2mol×7g/mol=1.4g，故D錯誤

故選：D。

11.【答案】C

【解析】解：A.H2C2O4有酸性，能夠與Ca(OH)2溶液發(fā)生反應Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，對應的離子方程式為：Ca2++2OH?+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，故A正確

B.酸性H2C2O4>H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸會生成CO2和NaHC2O4，反應的化學方程式為：NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B正確

C.H2C2O4有還原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱電解質(zhì)，離子方程式中應保留化學式，離子方程式為：2MnO4?+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C錯誤

D.H2C2O4是二元羧酸，可以與乙醇發(fā)生酯化反應，其完全酯化的化學方程式為，故D正確

故選：C。

A.酸可與堿發(fā)生中和反應

B.發(fā)生強酸制取弱酸的反應

C.草酸為弱酸，在離子反應中保留化學式

D.草酸含?COOH，可發(fā)生酯化反應。

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)實驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意草酸為弱酸，題目難度不大。

12.【答案】C

【解析】本題考查化學平衡，側重考查分析能力，把握題給信息含義并靈活運用信息解答問題是解本題關鍵，題目難度中等。

【解答】

A.由曲線A上CH3OOCCH2OH選擇性為50%時，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性恰好為50%，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化，故A錯誤

B.兩反應均為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，190～198°C范圍內(nèi)，溫度升高，(COOCH3)2的平衡轉化率減小，故B錯誤

C.190～198°C范圍內(nèi)，溫度升高，反應II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)?HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH2<0的選擇性增大，升高溫度，對于放熱反應，平衡逆向移動，每減少2molCH3OH，只減少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH減小的幅度小于CH3OH，n(CH3OH)n(HOCH2CH2OH)逐漸減小，故C正確

D.192°C時其他條件一定，加快氣體的流速，反應物接觸時間變短，反應物(COOCH3)2轉化率降低，故D錯誤

故選：C。

13.【答案】(1)除去廢鎳催化劑表面的油污、溶解其中的Al

(2)①

1.25mol/L

根據(jù)滴定反應：Ni2++H2Y2?=NiY2?+2H+，可知關系式：

NiSO4～EDTA

1

1

c×20.00mL

0.04mol/L×31.25mL

解得c=0.04mol/L×31.25mL20.00mL=0.0625mol/L，則NiSO4溶液的物質(zhì)的量濃度=0.0625mol/L×100mL5mL=1.25mol/L

②3Ni2++3CO32?+4H2ONiCO3?2Ni(OH)2?2H2O↓+2CO2↑

③Na2CO3溶液呈堿性，若將NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，會使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中鎳元素含量高于NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O

(3)①CO2

②NiO被氧化成更高價態(tài)的鎳氧化物

【解析】本題考查有機物的制備實驗，題目涉及物質(zhì)分離提純、條件控制等，側重于學生的分析實驗能力的考查，明確原理是解題關鍵，注意把握相關基本實驗方法和操作。

【解答】

(1)油脂氫化后廢棄的鎳催化劑(主要成分Ni、Al，少量其他不溶性物質(zhì))，加入NaOH溶液，可以除去廢鎳催化劑表面的油污、溶解其中的Al故答案為：除去廢鎳催化劑表面的油污、溶解其中的Al

(2)①根據(jù)滴定反應：Ni2++H2Y2?=NiY2?+2H+，可知關系式：

NiSO4～EDTA

1

1

c×20.00mL

0.04mol/L×31.25mL

解得c=0.04mol/L×31.25mL20.00mL=0.0625mol/L，則NiSO4溶液的物質(zhì)的量濃度=0.0625mol/L×100mL5mL=1.25mol/L故答案為：1.25mol/L

②向NiSO4溶液中加入適量Na2CO3溶液，有NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O沉淀生成和CO2氣體放出，則離子方程式為：3Ni2++3CO32?+4H2ONiCO3?2Ni(OH)2?2H2O↓+2CO2↑故答案為：3Ni2++3CO32?+4H2ONiCO3?2Ni(OH)2?2H2O↓+2CO2↑

③Na2CO3溶液呈堿性，若將NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，會使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中鎳元素含量高于NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O故答案為：Na2CO3溶液呈堿性，若將NiSO4溶液加入到Na2CO3溶液中，會使沉淀中Ni(OH)2偏多，Ni(OH)2中鎳元素含量高于NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O

(3)①NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O熱分解完全，其反應方程式為：NiCO3?2Ni(OH)2?2H2O3NiO+CO2↑+4H2O，若分解先得到水，則固體質(zhì)量分數(shù)降低=72341×100%=21.1%，若分解先得到二氧化碳，則固體質(zhì)量分數(shù)降低44341×100%=12.9%，因此可知：300～500K之間分解產(chǎn)生的氣體為H2O，500～700K之間分解產(chǎn)生的氣體為CO2故答案為：CO2

②700K后，反應完成，剩下的固體為NiO，在氧氣氣氛中加熱，NiO被氧化成更高價態(tài)的鎳氧化物，導致800K后剩余固體質(zhì)量略有增加故答案為：NiO被氧化成更高價態(tài)的鎳氧化物。

14.【答案】(1)

(2)取代反應

(3)醛基(4)CH3COOH+C2H5OH?濃硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O(5)(6)(7)b?c(8)

【解析】解：結合A的分子式與D的結構，可知A為，則B為，C為.E可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，結合E的分子式可知E為C2H5OH，則F為CH3CHO，G為CH3COOH，H為CH3COOC2H5，I與C反應得到J，J與氨氣反應得到K，由K的結構逆推結合信息，可知J為，I為．

(1)A的結構簡式是，故答案為：

(2)B→C的反應類型是取代反應，故答案為：取代反應

(3)F為CH3CHO，含有的官能團是醛基，故答案為：醛基

(4)G與E生成H的化學方程式是：CH3COOH+C2H5OH?濃硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O故答案為：CH3COOH+C2H5OH?濃硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O

(5)C→D的化學方程式是：故答案為：

(6)I的結構簡式是故答案為：

(7)J為a.沒有羧基，不能與NaHCO3反應，故a錯誤

b.含有酯基，能與NaOH反應，故b正確

c.含有醛基，能與新制Cu(OH)2反應，故c正確故選：bc

(8)K存在以下轉化關系：k→NaOH/ΔFM(C18H15NO5Na2)，發(fā)生信息Ⅱ中反應及酯堿性條件下水解反應，則M的結構簡式是故答案為：．

結合A的分子式與D的結構，可知A為，則B為，C為.E可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，結合E的分子式可知E為C2H5OH，則F為CH3CHO，G為CH3COOH，H為CH3COOC2H5，I與C反應得到J，J與氨氣反應得到K，由K的結構逆推結合信息，可知J為，I為．

本題考查有機物的推斷越合成，正確理解題給信息是解本題關鍵，采用正推的方法進行分析解答，側重考查學生的分析推理能力、知識遷移運用能力，難度中等．

15.【答案】(1)①防止產(chǎn)生的大量氣體使反應液溢出及時排出產(chǎn)生的H2，避免發(fā)生爆炸

②析出的硫酸鹽晶體覆蓋在鉻鐵表面，減慢了反應的速率

(2)6.0×10?7mol/L

(3)FeC2O4?2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑

(4)邊攪拌邊向濾液中滴加稍過量的H2O2，充分反應后繼續(xù)向其中滴加NaOH溶液，至pH約2.5時停止滴加，加入P507萃取劑，充分振蕩、靜置、分液，向水層中邊攪拌邊滴加NaOH溶液至pH在8～12之間停止滴加

【解析】本題考查有機物的制備實驗，題目涉及對裝置的分析評價、物質(zhì)分離提純、條件控制等，側重于學生的分析實驗能力的考查，明確原理是解題關鍵，注意把握相關基本實驗方法和操作。

【解答】

鐵鉻合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)加入硫酸進行酸溶，各金屬元素轉化為相應的陽離子進入溶液，之后加入Na2S除去Co、Ni元素，過濾后加入草酸，過濾得到FeC2O4?2H2O粗品，再經(jīng)系列處理得到LiFePO4濾液中還剩余Cr3+，處理得到Cr2O3。

(1)①金屬單質(zhì)在與硫酸反應時會產(chǎn)生大量氫氣，分批加入鉻鐵合金粉末并保持強制通風可以防止產(chǎn)生的大量氣體使反應液溢出及時排出產(chǎn)生的H2，避免發(fā)生爆炸。

故答案為：防止產(chǎn)生的大量氣體使反應液溢出及時排出產(chǎn)生的H2，避免發(fā)生爆炸。

②硫酸濃度較大后，生成的硫酸鹽的量增多，析出的硫酸鹽晶體覆蓋在鉻鐵表面，減慢了反應的速率。

故答案為：析出的硫酸鹽晶體覆蓋在鉻鐵表面，減慢了反應的速率。

(2)當上層清液中c(Ni2+)=1.0×10?5mol?L?1時，c(S2?)=Ksp(NiS)c(Ni2+)=3.0×10?211.0×10?5mol/L=3.0×10?16mol/L，c(Co2+)=Ksp(CoS)c(S2?)=1.8×10?223×10?16mol/L=6.0×10?7mol/L。

故答案為：6.0×10?7mol/L。

(3)FeC2O4?2H2O與LiH2PO4按物質(zhì)的量之比1：1混合，360°C條件下反應可獲得LiFePO4，同時有CO和CO2生成，說明該過程中草酸發(fā)生歧化，根據(jù)電子守恒、元素守恒可得化學方程式為FeC2O4?2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑。

故答案為：FeC2O4?2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑。

(4)根據(jù)題目所給信息可知P507萃取劑可以萃取Fe3+，所以需先加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH值至2.5左右，然后加入P507萃取劑萃取，分液后向水層中加入NaOH溶液得到Cr(OH)3沉淀，具體操作為：邊攪拌邊向濾液中滴加稍過量的H2O2，充分反應后繼續(xù)向其中滴加NaOH溶液，至pH約2.5時停止滴加，加入P507萃取劑，充分振蕩、靜置、分液，向水層中邊攪拌邊滴加NaOH溶液至pH在8～12之間停止滴加。

故答案為：邊攪拌邊向濾液中滴加稍過量的H2O2，充分反應后繼續(xù)向其中滴加NaOH溶液，至pH約2.5時停止滴加，加入P507萃取劑，充分振蕩、靜置、分液，向水層中邊攪拌邊滴加NaOH溶液至pH在8～12之間停止滴加。

16.【答案】abcH2S+2NH3?H2O=2NH4++S2?+2H2Oc(Na+)>c(HSO3?)>c(H+)>c(SO32?)>c(OH?)Ca(OH)2+NaHSO3=CaSO3↓+NaOH+H2O?246.4kJ?mol?1Y1<Y2，由3H2(g)+3CO(g)?CH3OCH3(g)+CO2(g)可知，壓強增大，CO的平衡轉化率增大，溫度升高，CO的平衡轉化率減小，所以

X代表壓強，Y代表溫度，壓強一定時，溫度越低平衡轉化率越大

【解析】解：(1)a.煤是由有機物和少量無機物組成的復雜的混合物，主要含有C元素