2022-2023学年山东省淄博市高三第一次模拟考试化学试题（解析版）

高三模拟试题PAGEPAGE1淄博市2022—2023学年度高三模拟考试化学一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是A.使用含氟牙膏能预防龋齿B.紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理C.发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品D.用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以预防龋齿，故A正确；B．紫外线照射能够使蛋白质变性，可用紫外线杀菌消毒，故B正确；C．一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C正确；D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极，被保护的金属作阴极，故D错误；故选D。2.下列做法正确的是A.用稀硝酸清洗试管内壁的银镜 B.用带橡胶塞的棕色细口瓶保存溴水C.用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验 D.用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．稀硝酸能溶解银，3Ag+4H++NO═3Ag++NO↑+2H2O，故A正确；B．溴水可腐蚀橡胶，应保存在玻璃塞的棕色细口瓶中，故B错误；C．玻璃棒含钠元素，焰色为黄色，应用铁丝或铂丝蘸取某样品进行焰色试验，故C错误；D．过氧乙酸具有强氧化性，可以漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH，故D错误；故选A。3.关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是A.热稳定性：H2O2＞H2S2 B.N2H2存在顺反异构现象C.键角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D.四种物质中沸点最高的是H2O2〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．因为O元素的电负性大于S，所以热稳定性：，A正确；B．结构式为：,存在顺反异构现象，B正确；C．为直线型，键角为，氮原子采用杂化，三个杂化键处于平面正三角形的三个方向，互成，是极性分子，之间的键角为96度52分，氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比大，所以键角的大小：，C错误；D．因为分子中含有氢键，所以在中沸点最高，D正确；故选C。4.下列装置能达到实验目的是A.装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2 B.装置乙：制备少量干燥的NH3C.装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物 D.装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；故选A。5.铝的卤化物AlX3(X=Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是性质AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔点/℃1290192.497.8189.4沸点/℃1272180256382A.AlF3晶体类型与其他三种不同B.1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NAC.Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构D.AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．AlF3为离子晶体，其他三个为分子晶体，A正确；B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl2Cl6中所含配位键数目为2NA，B错误；C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C正确；D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D正确；故选B。6.抗凝血药物替罗非班合成中间体结构如图，下列说法错误的是A.该有机物中N原子有两种杂化方式 B.其水解产物均可与Na2CO3溶液反应C.1mol该分子最多与3molNaOH反应 D.该有机物苯环上的一氯代物有3种〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．该有机物中环上的N原子是sp2杂化，另外一个N原子是sp3杂化，故A正确；B．其水解产物都含有羧基，因此均可与Na2CO3溶液反应，故B正确；C．1mol该分子含有羧基、肽键、酚酸酯，因此最多与4molNaOH反应(酚酸酯会消耗2molNaOH)，故C错误；D．该有机物苯环上有三种位置的氢，因此其一氯代物有3种，故D正确。综上所述，〖答案〗为C。7.高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是A.m分子有对映异构体 B.n分子中所有原子共平面C.高分子材料p可降解 D.聚合过程中有小分子生成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．m分子有一个手性碳，有对映异构体，故A正确；B．n分子中所有碳原子均为sp2杂化，键角约为120°，所有原子共平面，故B正确；C．高分子材料p中含有酯基，可降解，故C正确；D．聚合过程中没有小分子生成，二氧化碳中碳氧双键、m中的三元环、n中的碳氧双键参与反应，故D错误；故选D。8.利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是A.Na2SO3和H2O2均作还原剂B.装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体C.从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶D.反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗1中发生反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，3中ClO2为原料制备NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故选择冷水浴，4中的氢氧化钠吸收未反应的ClO2，据此分析解题。〖详析〗A．1中发生反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A正确；B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B正确；C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C错误；D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D正确；故选C。9.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化合物WZY4•5X2Y的热重曲线如图。下列说法错误的是A.同周期中第一电离能大于Y的元素有3种 B.Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的C.WZY4•5X2Y中有三种不同结合力的X2Y D.220℃时，固体物质的化学式为WZY4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，X为氢；Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，则Y为氧、Z为硫；基态W原子的价电子数为11，W为铜；故该化合物为CuSO4∙5H2O；〖详析〗A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能大于Y的元素有氮、氟、氖3种，A正确；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，O只有负价没有正价，故Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B正确；C．CuSO4∙5H2O完全失去结晶水时保留质量，结合图像可知，晶体分三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C正确；D．由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是CuSO4，D错误；故选D。10.从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A.“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子B进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出C.操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用D.操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3+、Al3+的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤得到浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有机萃取剂萃取镍，操作I为萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，反萃取得到含镍离子的溶液和有机萃取剂，有机萃取剂重复使用，充分利用萃取剂，含镍离子的溶液进行“富集”、“还原”得到粗镍。〖详析〗A．由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A正确；B．进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B错误；C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C正确；D．沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D正确；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据下列操作及现象，所得结论正确的是操作及现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成说明NO具有强氧化性B向2mL浓度均为0.1mol•L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成说明Ag2S比AgBr更难溶C取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色说明乙醇消去反应的产物为乙烯D向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色说明丙烯醛中含有碳碳双键A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．也可能是铁离子氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，A错误；B．只有黑色沉淀生成说明银离子和硫离子反应生成硫化银沉淀，则硫化银更难溶，B正确；C．反应的副产物二氧化硫也会和强氧化性的溴水反应导致溴水褪色，C错误；D．足量新制氢氧化铜悬浊液显碱性，碱性溶液会和溴水反应导致溴水褪色，应该酸化后滴加溴水，D错误；故选B。12.一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A.反应④有极性键的断裂与生成B.反应②③均为氧化还原反应C.反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D.总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正确；D．根据图示可知，NO被还原为N2，则还原1molNO转移2mol电子，而O2最终生成H2O，故2mol电子消耗0.5molO2，标准状况下体积为11.2L，D正确；故选B。13.下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是A.M电极接太阳能电池的P电极B.通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小C.膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D.每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗由图可知，Q极硫元素失去电子发生氧化反应，为原电池负极，P极氧气得到电子发生还原反应生成水，为正极；由氢离子移动方向可知，N极为阴极，连接原电池负极Q极，则M为阳极，连接原电池正极P极；〖详析〗A．由分析可知，M电极接太阳能电池的P电极，A正确；B．根据电子守恒，双极膜产生的氢离子与N极消耗的氢离子量相同，故V室内溶液pH不会减小，B错误；C．装置可分离废水中的Co2+和Ni2+，由图可知，镍离子通过b膜迁移到Ⅲ室和乙酰丙酮反应而和Co2+分离，故b为阳离子交换膜；Ⅲ室为碱性，故氢离子不能通过ab膜进入Ⅲ室，故a为阴离子交换膜；C错误；D．硫元素化合价由-1变为+6生成硫酸根离子，，双极膜上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，；根据电子守恒可知，每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O，D正确；故选AD。14.两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是A.温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大B.900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa∙s−1C.Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能D.1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A正确；B．900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B正确；C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则Al2O3催化剂使得正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C错误；D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D正确。综上所述，〖答案〗为C。15.常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是A.L2表示pc(HPO)和-lg的关系B.H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6C.等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D.c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性〖答案〗AC〖解析〗〖详析〗A．根据亚磷酸二级电离可知，，等式两边同时取对数，，则，同理可得，因为，则，所以表示的直线应该在上方即L2，A正确；B．，对应直线L2，将点(3,3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7，B错误；C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数，水解平衡常数，水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)，C正确；D．，c(H3PO3)=c(HPO)时，，溶液显酸性，D错误；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：（1）基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。（2）Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。（3）Co(III)可形成多种配合物。①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。②〖Co(NH3)6〗3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则〖Co(NH3)4Cl2〗-的空间结构有_____种。（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。〖答案〗（1）2:1（或1:2）（2）O>C>Co>Li（3）①.〖Co(NH3)5SO4〗Br②.2（4）①.三角锥形②.F3C-（5）①.6②.7:5③.〖解析〗〖小问1详析〗Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2:1（或1:2）；〖小问2详析〗同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li；〖小问3详析〗①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为〖Co(NH3)5SO4〗Br；②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况；〖小问4详析〗(CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-；〖小问5详析〗①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。17.工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。②25℃时相关物质的Ksp见表：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2TiO(OH)2Ksp1.0×10-16.31.0×10-38.61.0×10-11.61.0×10-29回答下列问题：（1）矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。①试剂B为_____(填标号)。A.H2SO4B.H2O2C.Na2CO3D.NH4Cl②为沉钛完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1〗需要调节溶液的pH略大于_____。（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：物质TiCl4Cl2COCO2分压MPa4.59×10-24.98×10-91.84×10-23.70×10-2该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。A.N2 B.H2 C.CO2 D.Ar〖答案〗（1）①.SiO2、CaSO4②.Fe（2）①.②.防止TiO2+提前水解（3）①.C②.2（4）①.使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行②.（5）D〖解析〗〖祥解〗钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质；〖小问1详析〗由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；〖小问2详析〗“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；〖小问3详析〗①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；②为沉钛完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1〗，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；〖小问4详析〗“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；〖小问5详析〗镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；故选D。18.以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5〖(VO)6(CO3)4(OH)9〗•10H2O过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)①仪器b的名称为_____，仪器c除冷凝回流外，另一作用为_____。②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_____。（2）步骤II可在如图装置中进行。①接口的连接顺序为a→_____。②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_____时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。（3）测定产品纯度称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为_____。②下列情况会导致产品纯度偏大的是_____(填标号)。A.未加尿素，直接进行滴定B.滴定达终点时，俯视刻度线读数C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成〖答案〗（1）①.恒压滴液漏斗②.提高反应物的利用率③.（2）①d→e→f→g→b→c②.装置B中澄清石灰水变浑浊（3）①.②.AC〖解析〗〖小问1详析〗①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故〖答案〗为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故〖答案〗为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；〖小问3详析〗①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故〖答案〗为：；②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；故〖答案〗为：AC；19.化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)ii.+(R为烃基)回答以下问题：（1）A的结构简式为_____；符合下列条件的A的同分异构体有_____种。①能与FeCl3溶液作用显色②能发生银镜反应③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1其中，能发生水解反应结构简式为_____。（2）D→E的反应类型为_____；该反应的目的是_____。（3）F→H的化学方程式为_____，有机物J中含有官能团的名称是_____。（4）综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选_____。〖答案〗（1）①.②.3③.（2）①.取代反应②.保护羟基，防止氧化（3）①.+H2O2+H2O②.酯基、醚键（4）〖解析〗〖祥解〗结合D的结构简式逆向推断A应为，A与发生取代反应生成B，B在一定温度下发生已知中反应生成C，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与乙酸酐反应生成E，E中碳碳双键被臭氧氧化生成F和G甲醛，F经过氧化氢处理生成H，H发生水解反应生成I，I与乙酸酐发生取代反应得到J，据此分析解答。〖小问1详析〗由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、三种；其中，能发生水解反应的结构简式为；故〖答案〗为：；3；；〖小问2详析〗由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化，故〖答案〗为：取代反应；保护羟基，防止氧化；〖小问3详析〗F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键，故〖答案〗为：+H2O2+H2O；酯基、醚键；〖小问4详析〗与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，经氧化生成，合成路线为：，故〖答案〗为：；20.利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图：回答下列问题：（1）已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为______(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。（2）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为______。②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1______T2(填“>”，“<”或“=”)。③下列说法不正确的是______。A.四个反应均为放热反应B.压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质C.反应体系中1－MD最稳定D.由上述信息可知，400K时反应R4速率最快（3）1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率=______；y为65%时反应R1的平衡常数Kp=______kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因______。〖答案〗（1）△H1+△H2-△H3（2）①b②.>③.BD（3）①.0.8(1-2c%)②.③.温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小〖解析〗〖小问1详析〗由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3；〖小问2详析〗①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2<K4，结合图像可知，表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为b。②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。当平衡时，正逆反应速率相等：v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)=v逆=k逆•c(5－MTL)，则；温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，则，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆，，结合图像可知，温度升高K值较小，故T1>T2；③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确；B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B错误；C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确；D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D错误；故选BD；〖小问3详析〗R1、R3、R2、R4的反应分别为：1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。高三模拟试题PAGEPAGE1淄博市2022—2023学年度高三模拟考试化学一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是A.使用含氟牙膏能预防龋齿B.紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理C.发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品D.用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以预防龋齿，故A正确；B．紫外线照射能够使蛋白质变性，可用紫外线杀菌消毒，故B正确；C．一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C正确；D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极，被保护的金属作阴极，故D错误；故选D。2.下列做法正确的是A.用稀硝酸清洗试管内壁的银镜 B.用带橡胶塞的棕色细口瓶保存溴水C.用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验 D.用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．稀硝酸能溶解银，3Ag+4H++NO═3Ag++NO↑+2H2O，故A正确；B．溴水可腐蚀橡胶，应保存在玻璃塞的棕色细口瓶中，故B错误；C．玻璃棒含钠元素，焰色为黄色，应用铁丝或铂丝蘸取某样品进行焰色试验，故C错误；D．过氧乙酸具有强氧化性，可以漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH，故D错误；故选A。3.关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是A.热稳定性：H2O2＞H2S2 B.N2H2存在顺反异构现象C.键角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D.四种物质中沸点最高的是H2O2〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．因为O元素的电负性大于S，所以热稳定性：，A正确；B．结构式为：,存在顺反异构现象，B正确；C．为直线型，键角为，氮原子采用杂化，三个杂化键处于平面正三角形的三个方向，互成，是极性分子，之间的键角为96度52分，氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比大，所以键角的大小：，C错误；D．因为分子中含有氢键，所以在中沸点最高，D正确；故选C。4.下列装置能达到实验目的是A.装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2 B.装置乙：制备少量干燥的NH3C.装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物 D.装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；故选A。5.铝的卤化物AlX3(X=Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是性质AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔点/℃1290192.497.8189.4沸点/℃1272180256382A.AlF3晶体类型与其他三种不同B.1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NAC.Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构D.AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．AlF3为离子晶体，其他三个为分子晶体，A正确；B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl2Cl6中所含配位键数目为2NA，B错误；C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C正确；D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D正确；故选B。6.抗凝血药物替罗非班合成中间体结构如图，下列说法错误的是A.该有机物中N原子有两种杂化方式 B.其水解产物均可与Na2CO3溶液反应C.1mol该分子最多与3molNaOH反应 D.该有机物苯环上的一氯代物有3种〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．该有机物中环上的N原子是sp2杂化，另外一个N原子是sp3杂化，故A正确；B．其水解产物都含有羧基，因此均可与Na2CO3溶液反应，故B正确；C．1mol该分子含有羧基、肽键、酚酸酯，因此最多与4molNaOH反应(酚酸酯会消耗2molNaOH)，故C错误；D．该有机物苯环上有三种位置的氢，因此其一氯代物有3种，故D正确。综上所述，〖答案〗为C。7.高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是A.m分子有对映异构体 B.n分子中所有原子共平面C.高分子材料p可降解 D.聚合过程中有小分子生成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．m分子有一个手性碳，有对映异构体，故A正确；B．n分子中所有碳原子均为sp2杂化，键角约为120°，所有原子共平面，故B正确；C．高分子材料p中含有酯基，可降解，故C正确；D．聚合过程中没有小分子生成，二氧化碳中碳氧双键、m中的三元环、n中的碳氧双键参与反应，故D错误；故选D。8.利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是A.Na2SO3和H2O2均作还原剂B.装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体C.从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶D.反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗1中发生反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，3中ClO2为原料制备NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故选择冷水浴，4中的氢氧化钠吸收未反应的ClO2，据此分析解题。〖详析〗A．1中发生反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A正确；B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B正确；C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C错误；D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D正确；故选C。9.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化合物WZY4•5X2Y的热重曲线如图。下列说法错误的是A.同周期中第一电离能大于Y的元素有3种 B.Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的C.WZY4•5X2Y中有三种不同结合力的X2Y D.220℃时，固体物质的化学式为WZY4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，X为氢；Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，则Y为氧、Z为硫；基态W原子的价电子数为11，W为铜；故该化合物为CuSO4∙5H2O；〖详析〗A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能大于Y的元素有氮、氟、氖3种，A正确；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，O只有负价没有正价，故Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B正确；C．CuSO4∙5H2O完全失去结晶水时保留质量，结合图像可知，晶体分三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C正确；D．由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是CuSO4，D错误；故选D。10.从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A.“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子B进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出C.操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用D.操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3+、Al3+的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤得到浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有机萃取剂萃取镍，操作I为萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，反萃取得到含镍离子的溶液和有机萃取剂，有机萃取剂重复使用，充分利用萃取剂，含镍离子的溶液进行“富集”、“还原”得到粗镍。〖详析〗A．由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A正确；B．进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B错误；C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C正确；D．沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D正确；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据下列操作及现象，所得结论正确的是操作及现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成说明NO具有强氧化性B向2mL浓度均为0.1mol•L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成说明Ag2S比AgBr更难溶C取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色说明乙醇消去反应的产物为乙烯D向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色说明丙烯醛中含有碳碳双键A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．也可能是铁离子氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，A错误；B．只有黑色沉淀生成说明银离子和硫离子反应生成硫化银沉淀，则硫化银更难溶，B正确；C．反应的副产物二氧化硫也会和强氧化性的溴水反应导致溴水褪色，C错误；D．足量新制氢氧化铜悬浊液显碱性，碱性溶液会和溴水反应导致溴水褪色，应该酸化后滴加溴水，D错误；故选B。12.一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A.反应④有极性键的断裂与生成B.反应②③均为氧化还原反应C.反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D.总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正确；D．根据图示可知，NO被还原为N2，则还原1molNO转移2mol电子，而O2最终生成H2O，故2mol电子消耗0.5molO2，标准状况下体积为11.2L，D正确；故选B。13.下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是A.M电极接太阳能电池的P电极B.通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小C.膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D.每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗由图可知，Q极硫元素失去电子发生氧化反应，为原电池负极，P极氧气得到电子发生还原反应生成水，为正极；由氢离子移动方向可知，N极为阴极，连接原电池负极Q极，则M为阳极，连接原电池正极P极；〖详析〗A．由分析可知，M电极接太阳能电池的P电极，A正确；B．根据电子守恒，双极膜产生的氢离子与N极消耗的氢离子量相同，故V室内溶液pH不会减小，B错误；C．装置可分离废水中的Co2+和Ni2+，由图可知，镍离子通过b膜迁移到Ⅲ室和乙酰丙酮反应而和Co2+分离，故b为阳离子交换膜；Ⅲ室为碱性，故氢离子不能通过ab膜进入Ⅲ室，故a为阴离子交换膜；C错误；D．硫元素化合价由-1变为+6生成硫酸根离子，，双极膜上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，；根据电子守恒可知，每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O，D正确；故选AD。14.两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是A.温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大B.900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa∙s−1C.Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能D.1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A正确；B．900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B正确；C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则Al2O3催化剂使得正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C错误；D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D正确。综上所述，〖答案〗为C。15.常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是A.L2表示pc(HPO)和-lg的关系B.H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6C.等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D.c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性〖答案〗AC〖解析〗〖详析〗A．根据亚磷酸二级电离可知，，等式两边同时取对数，，则，同理可得，因为，则，所以表示的直线应该在上方即L2，A正确；B．，对应直线L2，将点(3,3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7，B错误；C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数，水解平衡常数，水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)，C正确；D．，c(H3PO3)=c(HPO)时，，溶液显酸性，D错误；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：（1）基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。（2）Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。（3）Co(III)可形成多种配合物。①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。②〖Co(NH3)6〗3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则〖Co(NH3)4Cl2〗-的空间结构有_____种。（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。〖答案〗（1）2:1（或1:2）（2）O>C>Co>Li（3）①.〖Co(NH3)5SO4〗Br②.2（4）①.三角锥形②.F3C-（5）①.6②.7:5③.〖解析〗〖小问1详析〗Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2:1（或1:2）；〖小问2详析〗同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li；〖小问3详析〗①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为〖Co(NH3)5SO4〗Br；②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况；〖小问4详析〗(CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-；〖小问5详析〗①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。17.工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。②25℃时相关物质的Ksp见表：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2TiO(OH)2Ksp1.0×10-16.31.0×10-38.61.0×10-11.61.0×10-29回答下列问题：（1）矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。①试剂B为_____(填标号)。A.H2SO4B.H2O2C.Na2CO3D.NH4Cl②为沉钛完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1〗需要调节溶液的pH略大于_____。（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：物质TiCl4Cl2COCO2分压MPa4.59×10-24.98×10-91.84×10-23.70×10-2该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。A.N2 B.H2 C.CO2 D.Ar〖答案〗（1）①.SiO2、CaSO4②.Fe（2）①.②.防止TiO2+提前水解（3）①.C②.2（4）①.使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行②.（5）D〖解析〗〖祥解〗钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质；〖小问1详析〗由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；〖小问2详析〗“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；〖小问3详析〗①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；②为沉钛完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1〗，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；〖小问4详析〗“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；〖小问5详析〗镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；故选D。18.以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5〖(VO)6(CO3)4(OH)9〗•10H2O过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)①仪器b的名称为_____，仪器c除冷凝回流外，另一作用为_____。②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_____。（2）步骤II可在如图装置中进行。①接口的连接顺序为a→_____。②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_____时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。（3）测定产品纯度称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为_____。②下列情况会导致产品纯度偏大的是_____(填标号)。A.未加尿素，直接进行滴定B.滴定达终点时，俯视刻度线读数C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成〖答案〗（1）①.恒压滴液漏斗②.提高反应物的利用率③.（2）①d→e→f→g→b→c②.装置B中澄清石灰水变浑浊（3）①.②.AC〖解析〗〖小问1详析〗①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故〖答案〗为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故〖答案〗为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；〖小问3详析〗①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故〖答案〗为：；②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；故〖答案〗为：AC；19.化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)ii.+(R为烃基)回答以下问题：（1）A的结构简式为_____；符合下列条件的A的同分异构体有_____种。①能与FeCl3溶液作用显色②能发生银镜反应③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1其中，能发生水解反应结构简式为_____。（2）D→E的反应类型为_