2021年山东省新高考化学适应性考试模拟卷（九）（解析版）

2021年山东新高考适用性考试预热训练卷（九）

化学

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-14O-l6Na-23Mg-24Al-27S-32C1-35.5Fe-56Cu-64

一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。

1.化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中不正确的是

A.用NaHCCh和Ah（SO4）3溶液可以制作泡沫灭火剂

B.为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻保藏

C.澳化银见光易分解，可用作胶片感光剂

D.硅胶多孔，常用作食品干燥剂

【答案】B

【解析】A.NaHCCh水解显碱性，A12（SC）4）3水解显酸性，二者反应生成二氧化碳气体可用于灭火，故A正确；

B.为了防止蛋白质变性，疫苗等生物制剂应冷冻保藏，故B错误：C.溟化银不稳定，见光易分解，可用作胶

片感光剂，故C正确；D.硅胶多孔，易吸收水份，常用作食品干燥剂，故D正确；答案为B。

2.西湖大学科研团队正在研究“聚酮合成酶（由链霉菌产生）”在有空气存在下“组装”物质的机理。物质A的“组

装”过程如图所示，下列有关说法错误的是（）

区1区S区、

讣源''箱?祗0ATI?代表箱的阳

A.温度会影响“组装线”的“组装”效率

B.“组装”过程中可能有CO2和H2o生成

C.将四种“聚酮合成酶”交换顺序，也可以组装出物质

D.上述流程如能大规模应用，可实现化工生产的“绿色化”

【答案】C

【解析】A.聚酮合成酶（由链霉菌产生）酶是一种蛋白质，也是高效催化剂，在一定的温度范围内催化活性最

好，温度过低或过高均会影响组装线的组装效率，故A正确；

B.组装的过程就是断键和成键的过程，所以可能有CCh和H?O生成，故B正确：

C.将四种聚酮合成酶交换顺序，不可以组装出该物质，顺序不同结构不同，故C错误；

D.匕述流程如能大规模应用，可实现化工生产的绿色化，故D正确；

3.某科研小组利用电导率（电导率越大，导电能力越强）传感器、pH传感器探究NaHCCh和CaCL能否发生化学

反应。向25.00mL0.lmoH/NaHCO3溶液中滴入等体积、等浓度CaCL溶液，电导率以及pH变化曲线如图所示。

下列说法错误的是（）

A.电导率下降的原因是生成了CaCCh沉淀导致溶液中离子浓度降低

B.a点后pH下降的原因是Ca2+促进HCCh.，H++CO3平衡右移

C.pH=7.3时，溶液中溶质主要为Na。、CaCl2

D.可用O.lmolL"CaCL溶液鉴别浓度均为O.lmoLL」的NaHCCh和Na2c。3溶液

【答案】D

【解析】A.溶液中离子浓度减小，则溶液导电能力下降，电导率变小，故电导率下降的原因是生成了CaCCh

沉淀，A正确，不符合题意；

B.Ca2+结合CO；,生成CaCCh沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，溶液的pH降低，B正确，不符

合题意；

C.pH=7.3时，溶液约为中性，溶质主要为NaCI、CaCh,故C正确，不符合题意；

D.根据图给信息可知，等浓度的氯化钙与等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液反应均产生白色沉淀，不能鉴别，故

D错误，符合题意；

4.洛匹那韦（Lopinavir）是一种抗艾滋病毒药物，也可用于治疗新冠肺炎，其结构如图所示，下列有关洛匹那

韦的说法正确的是（）

A.洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质

B.洛匹那韦能够发生水解、酯化、加成、氧化、还原反应

C.洛匹那韦分子苯环上的一氯代物有9种

D.洛匹那韦分子中的含氧官能团有酯基、肽键（酰胺键）、羟基

【答案】B

【解析】A.蛋白质是高分子化合物，该物质不是高分子化合物，故A错误；

B.该物质有肽键，可发生水解反应；有羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应：有机物

可发生氧化反应，B正确；

C.该物质有3个苯环，从左至右，第一个苯环上的一氯代物有2种，第二个苯环上的一氯代物有3种，第三个

苯环上的一氯代物有3种，共8种，故C错误；

D.该有机物不含酯基，故D错误；

5.向10.OOmL0.50moi/LNaHCCh溶液中滴加不同浓度的CaCL溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取

少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不事硬的是

滴加CaCL溶液时的加热浑浊液时的

实验序号c(CaC12)(molL'1)

实验现象实验现象

至1.32mL时产生明显浑

①0.05有较多气泡生成

浊，但无气泡产生

曾

&至15.60mL时产生明显浑

②0.005有少量气泡生成

10.00mL0.50mol/L浊，但无气泡产生

NaHCO、溶液

③0.0005至20mL未见浑浊

2+2

A.①中产生浑浊的原因是c(Ca)-c(CO3-)>Ksp(CaCO3)

B.未加热前①和②中发生了反应：2HCCh-+Ca2+=CaCO31+H2c。3

C.加热浊液产生气泡主要是因为CaCCh受热分解产生了更多的CO2

D.向上述NaHCCh溶液中加入足量0.5mol/LCaCL溶液，可能同时产生浑浊和气泡

【答案】C

【解析】A.根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2)c(CO32-)>Ksp(CaCO3),故A正确；

B.未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热

前①和②中发生了反应：2HCOy+Ca2+=CaCO31+H2co3,故B正确；

C.未加热前①和②中发生了反应：2HCCh-+Ca2+===CaCChl+H2c03,碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡

主要是因为H2c03受热分解产生了更多的CO2,故C错误；

D.向上述NaHCCh溶液中力口入足量0.5mol/LCaCL溶液，发生反应CaC12+2NaHCO3=CaCO31+2NaCl+CO2t+H2O,

能同时产生浑浊和气泡，故D正确。

6.中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊物《Science》上，并获重点推荐，

二维结构的硼烯如图所示。下列说法中错误的是()

：3：»：的

A.1.5moi硼原子核外电子数目为7.5NA

B.1个硼原子与其他原子最多只能形成3对共用电子对

C.硼的氧化物的水化物与NaOH溶液反应可生成B02-

D.硼烯有望代替石墨烯作“硼烯-钠基"电池的负极材料

【答案】B

【解析】A.硼原子核外电子数为5,L5mol硼原子核外电子数目为7.5NA,A项正确；

B.观察题中所给图可知硼烯中硼原子之间形成的共用电子对超过了3对，B项错误；

C.硼与铝同主族，性质类似，硼的氧化化物的水化物与NaOH溶液反应可生成BCh,C项正确；

D.“硼烯-钠基”中钠失电子，可为电池的负极材料，D项正确；

7.我国科技工作者设计了一种电解装置，能合成氨及硝酸，实现高效人工固氮，原理如图所示。下列说法正确

的是

I-------[W1--------

质子交换腴

催

催

化

化

电

电

极

极

ab

4

稀硫酸

A.催化电极a的电势比催化电极b的电势高

+

B.负极区的电极反应为N2-10e-+6H2O=2NO3-+12H

C.若N2得到6moie1有6moiH+向电极b迁移

D.理论上lmolN2参与反应转移的电子数为3.乃NA

【答案】D

【解析】A.根据分析，催化电极a为阴极，与电源负极相连，催化电极b为阳极，与电源正极相连，电源外电

路电流从正极流向负极，根据电流总是从高电势流向低电势，则催化电极b的电势比催化电极a的电势高，故A

错误；

B.根据分析，b为阳极，与电源正极相连，电极反应为N2-10e-+H2O=2NC»3-+12H+,故B错误；

C.电解池中，阳离子向阴极迁移，根据分析，催化电极a为阴极，则H+向电极a迁移，故C错误；

D.根据分析，a为阴极，电极反应为N2+6e+6H+=2NH3,b为阳极，电极反应为N2-10e+H9=2NO3+12H+,总

反应为8N2+3H?C)qIONH3+6NO3+6H+,根据反应可知，8moi氮气参与反应转移30moi电子，则linolN?参与

30

反应转移的电子数为一molxNA=3.75NA,故D正确;

8

8.已知常温下，3种物质的电离平衡常数如下表:

物质HCOOHCH3COOHNH3H2O

电离平衡常数K1.77x10-41.75X10-51.76x10-5

下列说法不正确的是

A.等物质的量浓度时，溶液pH：HCOONa<CHjCOONa

B.pH均为3时，溶液浓度：C(HCOOH)>C(CH3COOH)

C.HCOOH溶液与氨水混合，当溶液pH=7时，C(HCOO)=C(NH4+)

D.等物质的量浓度等体积的CH3coOH溶液和氨水混合，溶液pH约为7

【答案】B

【解析】A.由题可知，Ka(HCOOH)>Ka(CH3coOH),所以相同浓度时，CH3coeF的水解程度更大,

CH3coONa溶液的碱性更强，A项正确；

B.由题可知，Ka(HCOOH)>7^a(CH3COOH),所以相同pH时，CH^COOH的浓度更大，B项错误；

C.HCOOH溶液与氨水混合后，若溶液常温下pH=7,则c(H+)=c(OFT)；根据溶液中的电荷守恒关系：

c(H+)+c(NH；)=c(0H-)+c(HC00),可知c(HCOCT)=c(NH；),C项正确；

D.等体积等浓度的醋酸与氨水混合后，溶液即可视为CH3coONH」的溶液，由题可知，

K,(CH3COOH)«Kb(NH,.H2O),溶液中NH；和CH3coO一的水解程度相近，所以溶液pH值约为7,D

项正确；

9.设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N20在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的

是

A.N20转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+

B.每ImolPt20+转化为PtzCh+得电子数为3NA

C.将生成的CO2通入含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象

D.IgCCh、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA

【答案】D

【解析】A.根据转化关系，N2O转化N2时，叱。+转化为PtzCV,则该过程的催化剂是Pt20+,故A错误；

++

B.根据转化关系，结合得失电子守恒，N20转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2,氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O=

N2+Pt2（V,反应中氮元素由+1价得电子变为0价，ImolN2O转化为N2得到2mol电子，则每Imol巴2。+转化为

口2。2+失电子为2mol,数目为2NA,故B错误；

C.将生成的CCh通人含大量SiCV-、Na+、Ct的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiCh2-+CC）2（少

量）+H2O=CCh2-+H2SiO3b有白色沉淀生成，故C错误；

D.CCh和N2O的摩尔质量都为44g/mol,一个分子中含有电子数都为22个，则lgCO2、N2O的混合气体的物

质的量为'-mol,含有电子数为」-molx22xNA=0.5NA,故D正确；

4444

10.下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式正确的是

选项离子组试剂X发生反应的离子方程式

AK+、Na+、HCOj、A102少量HC1H2O+H++A1O2=A1(OH)31

22++

BNH：、Fe\Br,SO；少量H2sFe+H2S=FeSX+2H

2+2+

CCO、Na+、Ca>NO'少量CChCO2+Ca+H2O+2CIO-=CaCO3i+2HClO

DCl',Na+、SO,少量稀硝酸61+2NO'+8H+=2NOT+4H2O+3I2

【答案】C

【解析】A.原溶液中碳酸氢根与偏铝酸根不能共存可以发生反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO3+

A1O2+H2O=A1（OH）31+CO^,A错误：

B.选项中四种离子可以共存，通入硫化氢气体后，无明显现象，B错误；

C.选项中四种离子可以共存，向含有四种离子的溶液中通入少量的二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸

电离出碳酸根和氢离子，分别与钙离子和次氯酸跟结合，离子方程式正确，c正确；

D.题给四种离子可以大量共存，但加入少量硝酸时，由于亚硫酸根的还原性强于碘离子，故硝酸先与亚硫酸根

发生反应，反应的离孑方程式为3SO；-+2NO；+2H+=3SO：+2NOf+H2O,D错误：

二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对

得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，W的单质为常见的半导体材料，X、

W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断正确

的是（）

A.X的氢化物沸点低于Y的氢化物沸点

B.W的单质可以用作计算机芯片，太阳能电池，丙是玛瑙的主要成分

C.甲、丙、丁均为酸性化合物

D.工业上用X的单质和乙来制取Z单质

【答案】B

【解析】A.X的氨化物为烧，Y的氢化物为水，烧的种类很多，其沸点不一定低于水，故A错误；

B.W为Si,是良好的半导体材料•，可以用作计算机芯片、太阳能电池，丙为二氧化硅，是玛瑙的主要成分，故

B正确：

C.丁为CO,不能与碱反应生成盐和水，所以不是酸性氧化物，故C错误；

D.工业用电解质熔融的氯化镁的方法冶炼镁，故D错误；

12.最近我国科学家设计了一种CO2+H2s协同转化装置，实现对天然气中C02和H2s的高效去除。示意图如图

所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：

①EDTA-Fe2+—e=EDTA-Fe3+

02EDTA-Fe3++H2s=2H*+S+2EDTA-Fe2'

该装置工作时，下列叙述正确的是（）

A.电子从ZnO@石墨烯极移到石墨烯极，电解质中的阳离子向石墨烯极移动

B.光伏电池中使用二氧化硅把光能转为化学能

C.协同转化总反应：CO2+H2S=CO+H2O+S

D.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低

【答案】c

【解析】A.电子从电源的负极经导线流向阴极，再从阳极经导线流向电源的正极，电解质中的阳离子由阳极流

向阴极，故流向2110@石墨烯极，故A错误；

B.光伏电池中使用晶体硅把光能转为化学能，故B错误；

C.从示意图中可以看出，天然气中的杂质CO?再左侧转化为了CO,而H2s则在右侧转化为了S,故可以得出

协同转化总反应：CCh+H2S=CO+H2O+S,故C正确；

D.石墨烯是阳极，2!!0@石墨烯是阴极，故石墨烯上的电势比2110@石墨烯上的高，故D错误：

13.某研究小组将NaBCh、SiO2和Na的固体混合物与比在500℃条件下制备NaBH4,实验装置如图所示。已知

NaBK中B为+3价，下列说法错误的是

A.装置甲还可以用于制取CO2、H2s

B.装置乙、丙中分别装有NaOH溶液和浓硫酸

C.管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯

D.可将反应后混合物加水溶解后用重结晶法提纯

【答案】D

【解析】A.装置甲为块状固体与液体不加热反应制气体的装置，可以看做启普发生器的简易装置，实验室用大

理石或石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，用硫化亚铁固体与稀盐酸或稀硫酸反应制取硫化氢，都属于块状固

体与液体不加热反应制气体，装置甲可以用于制取CO2、H2S,故A正确；

B.根据分析装置乙、内分别用于除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气，NaOH溶液可与氯化氢反应，浓硫酸具有吸

水性，故B正确；

C.氢气通入管式炉中与NaBCh,SKh和Na固体混合物在500C条件下反应制备NaBHq，高温下，管式炉中若含

有空气，氢气与氧气反应会引发爆炸，则管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯，故C正确；

D.根据分析，管式炉中发生的反应化学方程式为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2-NaBH4+2Na2SiO3,NaBH」中B

为+3价，则H为-1价，将反应后混合物加水溶解后，NaBhh可与水发生反应：NaBH4+2Hg=NaBO2+4H2T，无

法做到NaBEU提纯，故D错误；

14.目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是

IHHHHHHHH

\/H»O,IIHO11/H,O

C=CH-€—C*=3二H—＜：—＜：—O＞•:HT—C—OH

/\第①步।।・②步।।\第③^।।

HHHHHHHH

CHj-CHj+HjO*\

____________面面20H

°反应迸程

A.①、②、③三步反应均释放能量

B.该反应进程中有两个过渡态

C.第①步反应的活化能最小

D.总反应速率由第①步反应决定

【答案】D

【解析1A.根据反应发生历程，结合图示，反应①反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反应②、③

均为反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故A错误；

B.过渡态理论认为，化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞就可以完成的，而是在反应物到生成物的过程中，

经过了一个高能量的过渡态。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态，根据图示可知，该反应进程中有三个过

渡态，故B错误；

C.由图可知，第①步反应的活化能最大，故C错误：

D.总反应的速率由进程中最慢的一步反应决定，有C项分析可知，第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，

则总反应速率由第①步反应决定，故D正确；

15.某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiCh、AhCh、FeO、FezCh、MgO、TiCh等。研究小组对其进行综合

438

处理的流程如下：Ksp[AI(OH)3]=1.Ox10-3KspfFe(OH)3]=4.0x10»已知:：“酸浸”后钛主要以TiOSCh形式存在，

强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子，该离子会水解，下列说法不正确的是

H2so.铁粉TO,,XHOTiO.

23)干燥、燃烧

1-4^1—滤液i-H水解U双氧*

II1工

滤渣1FeSOj7HQL*iO2f调pH(-»滤液3f……-*MgCl,-6HQ

I

廨2

2+

A.“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为TiO2+2H+==TiO+H2O

B.“结晶”时温度需控制在70℃以上，温度过低TiCh・xH2O产率降低

C.为使滤渣2沉淀完全，需"调pH”最小为4.3

D.MgCb溶液制备MgC12-6H2O需要在HC1的气氛下蒸发浓缩

【答案】B

【解析】A.根据题干信息知“酸浸”后TiCh反应生成TiOSCh,TiOSO4电离产发生SO42-和TiO2+,则反应的离子

2+

方程式为TiO2+2H+==TiO+H2O,故A正确；

B.“结晶”需控制在70℃左右，温度过高会导致TiO2+提前水解混入硫酸亚铁晶体，降低TiCh-xHzO的产量，故B

错误；

C.调节溶液pH目的是铝离子、铁离子沉淀完全除去，因Ksp[Al(OH)3]=l.0x10-34Ksp[Fe(OH)3]=4.0xlO-38,阴

阳离子比相同，Ksp|A1(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3],则铝离子沉淀完全对应溶液pH最小，结合溶度积常数计算，

Ksp(AI(OH))_i34

30=1产,c(OH)=IO-mol/L,c(H+)=/=10fol/L

c3(OH)=pH=4.3,故C正

C(AI3+)-nF

确;

D.用MgCk溶液制备MgCl『6H2O,需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等；因为加热蒸发促进氯化镁水

解，为抑制氯化镁水解应在HC1的气氛下蒸发浓缩，故D正确；

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.(12分)钛铁硼(Nd、Fe、B)磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”，广泛应用于新能源汽车、电动自行

车、消费电子、风电、信息存储等。从工业废料及废旧被铁硼磁铁中提炼金属钛的工艺流程如图所示。

心融甲酸乳气

‘密，一厢同一的]一脚]一丽一[过维、筏洗、干干]一丽一丽一仗

44

成溢旄液

已知：①Nd稳定的化合价为+3价，金属铉的活动性较强，能与酸发生置换反应；硼不与酸反应。②25℃时,

22

KsP[FeC2O4]=3.3x10-7,Ksp[Nd2(C2O4)3.10H2O]=2.7xl0-.,③Mr[Nd2(C2C)4)2・10H2O]=732。

(1)“预处理”操作可以选择(填序号)除去铉铁硼废料表面的矿物油污。

A.酒精清洗

B.NaOH溶液浸泡

C.纯碱溶液浸泡

(2)在不同条件下测得钦铁硼废料“浸出”操作的浸出率如表所示。

酒石酸浓度Fe的浸出率Nd的浸出率

实验序号盐酸浓度(mol/L)温度(℃)

(g/L)(%)(%)

a440069.1587.22

b450065.3583.45

c640074.6491.05

d6405071.5493.62

e650061.3069.47

f6505060.6980.77

①“浸出”液中加入酒石酸的作用是o

②对比实验a、b或c、e或d、f,当温度升高，浸出率降低的可能原因是

③除以上最优条件外，还可以采取（填一项即可）措施加快“浸出”速率。

（3）“沉淀”操作中pH对产品回收率及纯度的影响如图所示。

0.51.01.52.02.53.0pH

pH对稀土回收率及纯度的影响

①”沉淀”的最佳pH为。

②若NcP+完全沉淀后，溶液中的c（Fe2+）>mol4r才会有FeC2O4沉淀生成。

③“滤液”中的主要成分为。

（4）热重法是测量物质的质量与温度关系的方法，“焙烧”操作的热重曲线如图所示.若将“沉淀”时得到的固体于

1073K温度下在氧气中焙烧，反应的化学方程式为。

1o

190

o

8△m=24.6%

货

也o

糊7

痣O

30040050060070080090010001073

温度（K）

【答案】（I）A（I分）

（2）①抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素的浸出率（I分）

②升高温度会促进盐酸中HC1挥发，减小了盐酸的浓度，从而降低了浸出率（1分）

③将饮铁硼废料粉碎或搅拌（1分）

（3）①1.5（2分）@0.11（2分）③FeCh、HC1（2分）

1073K

。分)

(4)2Nd2(C2O4)3TOH2O+3O22Nd2O3+12CO2+20H2O(2

【解析】(1)由于矿物油的主要成分是烧，不能用碱性溶液去除，故答案：A；

(2)①对比实验c、d和e、f,实验d、f的变量是加入「酒石酸，Fe的浸出率的下降，Nd的浸出率上升，故答案

为：酒石酸可抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素浸出率；

②实验a、b或c、e或d、f,各组实验的变量为温度，升高温度，Fe、Nd的浸出率都下降。因为盐酸是容易挥

发的酸，当温度升高，溶质HC1挥发，导致溶液浓度下降，使Fe、Nd的浸出率下降，故答案为：升高温度会促

进盐酸中HC1挥发，减小了盐酸的浓度，从而降低了浸出率；

③当固体和溶液反应时，可以选择搅拌、将固体粉碎、升温、增大溶液浓度等操作提高“浸出”速率，故答案为；将

铉铁硼废料粉碎或搅拌；

⑶①在pH=1.5时，纯度约为96%,回收率约为90.2%,pH=2时，纯度约为83%,回收率约为90.7%,pH由1.5

增加到2时，回收率增加不多，而纯度降低明显，故答案为：1.5；

2.7X10&

mol/L=3x106mol/L

②当Nd3+完全沉淀后，溶液中C(C2O43尸3,(1X10*2

33x10-7

若生成FeCzCh沉淀，溶液中的c(Fe2+)＞」3-x-1-0--6-mol/L=0.1Imol/L.故答案为：0.11：

③根据第②问，当溶液中c(Fe2+)>0.11mol/L才生成FeCzO」沉淀，说明沉淀操作中主要沉淀N1P+,溶液中还含

有大量的FeCb,同时沉淀反应为2NdCh+3H2c2O4+10H2O=Nd2(CzODEOEhOl+GHCl,溶液中还有大量的HCL

故答案为：为Fe案2、HCI：

(4)753K时质量减少17.5%,即减少732x17.5%=128,减少的为C和O元素的质量，12x+16y=128,解得x=4,

y=5,即一个Nd2(C2O6减少了4个C和5个O,剩余的为Nd2c2O7,C的价态为+4价，该步反应中C元素被氧

化，有02参与反应，此时生成的产物为Nd2O(CO3)2,1073K时化学反应为Nd2O(CO3)2=Nd2Ch+2CO2,所以将

1073K

Nd2(C2O4)310H2O直接置于1073K温度下在氧气中焙烧，反应的化学方程式为2Nd2(C2O4),v1OH2O+3O2

I073K

2Nd2O3+12CO2+20H2O,故答案为：2Nd2(C2O4)3・10H2O+3O2^^=2Nd2O3+12CO2+20H2Oo

17.(12分)以含锂电解铝废渣(主要含AIF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时

得副产品冰晶石，其工艺流程如下：

电解铝Li2cOi产品

废渣

冰晶石(NajAlFfi)

已知LiOH易溶于水，U2CO3微溶于水。回答下列问题:

（1）电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为滤渣2的主要成分是（写化学式）.

（2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为

⑶一般地说K>105时，该反应进行得就基本完全了。苛化反应中存在如下平衡：Li2cCh（s）+Ca2+（叫户2Li+（叫）+

CaCO3（s）通过计算说明该反应是否进行完全________（已知Ksp（Li2co3）=8.64x10*、KsP（CaCO3）=2.5x10-9）。

（4）碳化反应后的溶液得到Li2co3的具体实验操作有：加热浓缩、、、干燥。

（5）上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为o

（6）Li2c03是制备金属锂的重要原料•，一种制备金属锂的新方法获得国家发明专利，其装置如图所示：

工作时电极C应连接电源的极，阳极的电极反应式为»该方法设计的A区能避免熔融碳酸

锂对设备的腐蚀和因逸出对环境的污染。

【答案】（1）HF（1分）CaCCh、A1（OH）3（2分）

（2）2Al3++3COF+3H2O=2A1（OH）31+3CO2T（2分）

（3）该反应的K=3.5xl05,可以认为该反应进行完全（1分）

（4）冷却结晶（1分）过滤洗涤（1分）

（5）6HF+Na2sO4+NaAlCh=Na3AlF6+H2so4+2H2O（1分）

（5）负（1分）2Q-2e-=C12T（1分）氯气（1分）

【解析】（1）根据上述分析，废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为HF,根据上述分析，滤渣2的主要成分是

CaCCh、A1（OH）3,故答案为：HF；CaCO3,A1（OH）3；

（2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝离子与碳酸根离子的双水解反应，离子方程式为：2A产+3C0/

+2

+3H2O=2A1(OH)31+3co23故答案为：2AP+3CO3+3H2O=2AI(OH)31+3CO2T；

、“c2(Li+)K(Li,COj8.64x10"一个<

(3)Li2co3(s)+Ca2+(aq)w2Li+(aq)+CaCCMs)的K=—-~十二-------h=3.5xl05>105,可

-

c(Ca)Ksp(CaCO3)2.5x10

以认为该反应进行完全，故答案为：该反应的K=3.5xlO5,可以认为该反应进行完全；

(4)碳化反应后的溶液得到Li2c03的具体实验操作有：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷

却结晶、过滤洗涤；

(5)根据流程图知，反应物为HF、Na2so八NaAKh,生成物为NaaAlFe,根据原子守恒及反应原理书写方程

式为：6HF+Na2SO4+NaA102=Na3AlF6+H2SO4+2H2O,故答案为：6HF+Na2SC)4+NaAlO2=Na3AlF6+H2sCh

+2H2O；

(6)根据图示C极有Li生成，电极反应为：Li++e=Li,则C为阴极，发生还原反应，应连接电源的负极：阳

极发生氧化反应，根据图示阳极有氯气生成，则电极反应式为：2Cr-2e=C12f;根据图示分析，该方法设计的A

区能用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气，防止氯气对还原产生污染，故答案为：负；2c「-2e-=CbT；氯气。

18.(12分)⑴已知反应2HI(g)=H2(g)+l2(g)的△由+llkJmoH,lmolH2(g)、Imo己(g)分子中化学键断裂时分别

需要吸收436kJ、151kJ的能量，则ImolHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为kJ。

(2)已知某密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)F^CO2(g)+H2(g),CO的平衡物质的量浓度c(CO)与温度T

的关系如图所示。

①该反应△//0(填“>”或，<”)

②若「、T2时的平衡常数分别为K、Ki,贝UK/(填“>”、"V”或“=”)。

(3)在恒容密闭容器中，加入足量的M0S2和02,仅发生反应：2Mos2(s)+7O2(g)F^2MoO3(s)+4SCh(g)AH。测得

氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：

①Pl、.2、P3的大小：

②若初始时通入7.0molO2,〃2为7.0kPa,则A点平衡常数K.=(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计

算，分压=总压X气体的物质的量分数，写出计算式即可）。

（4）中科院兰州化学物理研究所用Fe3（CO）WZSM-5催化C02加氢合成低碳烯烽反应，所得产物含CH』、C3H6、

C4H8等副产物，反应过程如图。

催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂,

经过相同时间后测得C02转化率和各产物的物质的量分数如表。

各产物在所有产物中的占比（％）

助剂CO2转化率（%）

C2H4C3H6其他

Na42.535.939.624.5

K27.275.622.81.6

Cu9.880.712.56.8

①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3（CO）I2/ZSM-5中添加助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间

内乙烯产量的根本原因是:

②下列说法正确的是；

a.第i步的反应为：CO2+H2F=CO+H2O

b.第i步反应的活化能低于第ii步

c.催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用

d.Fe3（CO）i2/ZSM-5使CCh加氢合成低碳烯烽的减小

e.添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同

【答案】（1）299（1分）

（2）<（1分）>（1分）

211

（3）pi>p2>p?（1分）—（kPa）3（2分）

（4）①K（2分）降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响

（2分）②ac（2分）

【解析】（1）焰变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，设ImolHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x,

则：2x-436kJ/mol-151kJ/inol=11kJ/mol,解得x=299kJ/mol；

(2)①据图可知随温度升高，CO的平衡浓度增大，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，所

以△，<()；

②对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，TKT2所以代>代；

(3)①该反应为气体的物质的量减少的反应，所以温度相同时，压强越大氧气的平衡转化率越大，所以0>P2>P3;

②初始投料为7.0molO2,平衡时O2的转化率为50%,即△〃(O2)=3.5mol,根据反应方程式可知平衡时〃(SO2)=2mol,

〃(O2)=7moi35moi=3.5mo；恒容容器中气体的压强之比等于气体的物质的量之比，初始的总气体的物质的量为

P4(SQ)_24_

7mol,压强为7.0kPa,则平衡时p(Ch)=3.5kPa,p(SO)=2kPa,K=2^7(kPa)3；

2P77

P(O2)3.5

⑷①由表中数据可知，助剂为Na时，其他副反应占比大，助剂为Cu时，C02转化率低，兼顾乙烯的产率、C02

转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比

少；加入助剂可以降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；

②a.由催化CO2加氢合成低碳烯煌反应可知，第i步所反应为：CO2+H2WCO+H2O,故a正确；

b.第i步反应是慢反应，第ii步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第i步反应的活化能高于

第ii步，故b错误；

c.助剂可改变反应的选择性，所以催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确：

d.催化剂不能改变平衡状态，不能改变熔变，故d错误；

e.反应的平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，与添加的助剂无关，故e错误；

综上所述选aco

19.(12分)离子液体是指室温或接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。GaCb和氯化1-乙

基3-甲基咪哇ci简称EMIC)混合形成的离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂。请回答

CH3

下列问题:

(1)请写出基态Ga原子的核外电子排布式。同周期主族元素中基态原子未成对电子数与Ga相同的有.

(填元素符号)。

(2)EMIC阳离子中的几种元素电负性由大到小顺序为。

(3)已知分子中的大兀键可用符号兀：表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表大兀键中的电子数,

则EMIC中大兀键可表示为。

(4)GaCb熔点为77.8℃,GaF3熔点高于1000℃,其原因是

c2GaCI;

(5)GaCb和EMIC混合形成离子液体的过程中会存在以下转变：GaCh'>GaCl4>Ga2Cl7请写出

Ga2Cl；的结构式

(6)某种Ga的氧化物晶胞结构如图所示。一以六方密堆积形成晶胞，Ga3+位于由A、C、D四个O?围成的四

边形的中心，但晶胞中只有的四边形中心位置占据了Ga3+,另外一的位置空置。

3

①Ga?+位于02围成的面体空隙中。

②该晶胞中-的配位数为。

③若该晶胞的体积为Ven?,该氧化物晶体密度为。

【答案】（1）供小于。4s24Pl（1分）K、Br（1分）

（2）N>C>H（1分）

6

（3）n5（1分）

（4）GaCb属于分子晶体，而GaF3属于离子晶体，融化时前者克服分子间作用力，后者克服离子键，而离子

键比分子间作用力更强，离子晶体熔点高于分子晶体的（2分）

ci<:-ci<1—

（5）ci<II-a-i<।<*..cici（2分）

LaaJLaaJ

376

（6）正八（1分）4（1分）^