2023届山东省菏泽市单县第二中学高三第一次模拟考试化学试题（解析版）

高三模拟试题PAGEPAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三模拟1可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59一、选题题本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中华诗词中蕴含着许多化学知识。下列关于诗词的分析错误的是（）A.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化铜B.“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”不耐酸碱C.“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”能够水解D.“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”具有胶体的性质〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A.来自氧化铜是黑色粉末，外观不可能呈“翠色”，A错误；B.蚕丝的成分是蛋白质，在酸性或碱性下会水解，B正确；C.“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”是脂肪，能够水解，C正确；D.“墨滴”是碳分散在水中形成的胶体，具有胶体的性质，D正确；〖答案〗为A。2.下列物质应用错误的是A.钾钠合金可用于原子反应堆导热剂B.牺牲阳极保护法可采用废铜保护钢材C.铝罐槽车可用于运输冷的浓硝酸D.四氧化三铁用于制备激光打印墨粉〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．液态的钾钠合金可用于原子反应堆导热剂，A正确；B．牺牲阳极保护法用原电池原理，铜的活泼性比铁弱，不能保护铁，B错误；C．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化现象，铝罐槽车可用于运输冷的浓硝酸，C正确；D．四氧化三铁具有磁性的黑色粉末，可用于制备激光打印墨粉，D正确；故选B。3.下列说法正确的是A.用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出B.苯酚不慎沾到皮肤上后，立即用抹布擦拭掉，然后再用水冲洗C.利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有氢原子的种类和数目D.蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁铵晶体〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此，应将润洗液的一部分从滴定管上口倒出，另一部分从滴定管下口放出，A不正确；B．苯酚易溶于酒精，苯酚不慎沾到皮肤上后，应立即用酒精洗涤，B不正确；C．有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因此，可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C不正确；D．硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小，因此，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D正确；故选D。4.核酸检测使用的一次性采样拭子是由聚酯或尼龙短纤维绒毛头和ABS塑料杆(丙烯腈、苯乙烯、1，3-丁二烯的共聚物)制成。下列说法正确的是A.采样拭子制备时需要高温杀菌B.尼龙的合成单体为二已胺和二已酸C.聚酯、尼龙纤维属于人造高分子材料D.ABS塑料杆的合成单体均不含顺反异构〖答案〗D〖解析〗〖详析〗．聚酯、尼龙、ABS塑料的熔点不高，不能用高温法杀菌，A错误；B．该尼龙的合成单体是己二胺和己二酸，B错误；C．合成高分子材料是以合成高分子化合物为基本原料，加入适当助剂，经过一定加工过程制成的材料。聚酯是合成高分子化合物，不属于人造高分子材料，C错误；D．ABS塑料杆的合成单体丙烯腈的结构简式是，苯乙烯的结构简式是，1，3-丁二烯的结构简式是：，均不含顺反异构，D正确；故选D。5.用如图所示实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是A.图甲装置中将C管位置提高可用于检验装置气密性B.图乙装置中圆底烧瓶内装入自来水可以制备蒸馏水C.关闭丙装置中弹簧夹K，该装置可用于临时储存气体D.用丁装置蒸干次氯酸钠溶液制备次氯酸钠晶体〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．将C管位置提高，若稳定后C中液面高于B，则说明装置气密性良好，可以达到目的，A不符合题意；B．圆底烧瓶内装入自来水，加热至水沸腾后，冷凝可以收集到蒸馏水，可以达到实验目的，B不符合题意；C．关闭丙装置中弹簧夹K，气体在洗气瓶上部空间聚集，将液体压入长颈漏斗中，可以用于临时储存气体，C不符合题意；D．NaClO溶液蒸发结晶时，ClO-会水解产生HClO，同时HClO受热分解产生HCl，最终产物为NaCl晶体，达不到实验目的，D符合题意；综上所述〖答案〗为D。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，W与Y同主族，X原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍。火山喷口附近有Z的单质存在，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是A.原子半径：B.Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸C.W与Y形成的化合物属于离子化合物D.Z的简单气态氢化物比X的简单气态氢化物稳定〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，且结构中W只形成1个共价键，W与Y同主族，Y形成1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为H、Y为Na，X原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍，X的最外层电子数为6，X为O，火山喷口附近有Z的单质存在，Z为S，所以，W为H、X为O、Y为Na、Z为S，以此解答。〖详析〗A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：W<X<Z<Y，故A正确；B．Z的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，属于强酸，故B正确；C．W与Y形成的化合物为NaH，只含离子键，属于离子化合物，故C正确；D．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性O大于S，则X的简单气态氢化物比Z的简单气态氢化物稳定，故D错误；故〖答案〗选D。7.碳氮硫共脱除工艺可以协同除去工业废水中的S2-、NO和CH3COO-，过程如图所示。已知：成键原子共平面，每个原子能提供一个相互平行的p轨道且p轨道电子数小于参加成键的p轨道数的两倍时可形成离域π键。下列说法错误的是A.N2和CO2都是非极性分子B.NO和NO的空间构型相同C.NO中存在离域π键D.冰醋酸中CH3COOH分子间存在范德华力和氢键〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．为含有非极性键的非极性分子，为含有极性键的非极性分子，A正确；B．的价层电子对为：，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，的价层电子对为：，有一对孤电子对，空间构型为V性，B错误；C．中N原子以杂化轨道成键,离子中存在3个σ键，为平面三角形，三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的离域大π键，C正确；D．冰醋酸中分子间存在范德华力，因为羧基中含有，所以含有氢键，D正确；故选B。8.活泼自由基与氧气反应一直是研究人员关注的焦点。理论研究表明，HNO自由基与O2反应历程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.产物P2比P1稳定B.该反应为放热反应C.相同条件下，由中间产物Z转化为不同产物的速率：v(P1)<v(P2)D.该历程中正反应的活化能中最大的为186.19kJ·mol-1〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗〖详析〗A．产物P2比P1的能量低，所以P2更稳定，A项正确；B．由图得反应物的能量之和比生成物的能量之和高，因此该反应为放热反应，B项正确；C．由中间产物Z转化到产物P1所需要的活化能低于中间产物Z到P2所需要的活化能，所以速率v(P1)>v(P2)，C项错误；D．由图得，中间产物Z到过渡态Ⅳ所需要的活化能最大，则该历程中最大正反应活化能E正=(-18.92kJ/mol)-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ/mol，D项正确；故〖答案〗为C。9.科技工作者开发以乙醇为原料制备DDE()的电解装置如图所示。下列说法错误的是A.电源的电极电势：a>bB.阳极电极反应式为：C2H5OH+Cl--2e-=C2H5OCl+H+C.乙醛为该转化过程的催化剂D.每产生1molDDE，电路中通过2mole-〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．电解池阳极连接电源正极，阴极连接电源负极；右侧电极的电极反应为2H++2e-=H2，则右侧点击为阴极，故左侧电极为阳极，a为正极，b为负极，电极电势a＞b，A正确；B．左侧电极为阳极，电极反应式为：C2H5OH+Cl--2e-=C2H5OCl+H+，B正确；C．由图可知，C2H5OCl先转化为CH3CHO，CH3CHO再和C2H5OH反应生成水和DDE，则CH3CHO为中间产物，C错误；D．由图可知，产生1molDDE需要消耗1molCH3CHO，而1molCH3CH2OH转化为1molCH3CHO需要转移2mole-，每产生1molDDE，电路中通过2mole-，D正确；故选C。10.科学家发现肺氨酸可以催化羟醛缩合反应，其机理如图所示。下列说法错误的是A.增加浓度，可提高单位时间内②的转化率 B.整个过程反应物的原子利用率为100%C.反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成 D.有机物④有6种不同化学环境的氢原子〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，反应为丙酮、乙醛在催化剂作用下生成，反应为；〖详析〗A．由图可知，反应②中氢离子为反应物，则增加浓度，可提高单位时间内②的转化率，A正确；B．由分析可知，反应为，整个过程反应物的原子利用率为100%，B正确；C．②中有碳氧键的断裂、碳氮双键的形成，均为极性键的断裂与形成；③中存在碳碳双键非极性键的形成，④中存在碳碳双键非极性键的断裂；故反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成，C正确；D．，故有机物④有7种不同化学环境的氢原子，D错误；故选D。二、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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作ACH3COOH是弱电解质用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象C判断反应后Ba2+是否沉淀完全将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液D检验淀粉是否发生了水解向淀粉水解液中加入碘水A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用pH计测量醋酸、盐酸的pH来证明CH3COOH是弱电解质时，需要测量物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，A错误；B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。故选C。12.环己甲醇常用作有机合成的中间体，环己甲酸戊酯(X)经如下反应可生成环己甲醇(Y)。下列说法正确的是A.X和Y均有对映异构体B.Y的核磁共振氢谱会出现6组峰C.X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)D.比Y多1个碳的Y的同系物共有3种结构〖答案〗BC〖解析〗〖详析〗A．连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的物质存在对映异构体，X中不一定存在手性碳原子，Y中不存在手性碳原子，即X不一定有对映异构体，Y没有对映异构体，A错误；B．根据等效氢原理可知，Y分子中含有6中不同原子氢的碳原子，如图所示：，则Y的核磁共振氢谱会出现6组峰，B正确；C．已知戊基共有8种，故X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)，C正确；D．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)在组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，比Y多1个碳的Y的同系物即含有环烷烃结构和醇羟基，则有：、、、、、等光含有六元环的就有6种，还含有五元环、四元环、三元环的结构，D错误；故〖答案〗为：BC。13.以铁硼矿(主要成分为和，还有少量、FeO、CaO、和等)为原料制备硼酸的工艺流程如图所示：下列说法错误的是A.浸渣中的物质是、和B.“净化除杂”需先加溶液再调节溶液pHC.操作a为蒸发浓缩、冷却结晶D.“粗硼酸”中的主要杂质是氢氧化铝〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗以铁硼矿（主要成分为和，还有少量和等)为原料制备硼酸(H3BO3)，根据流程可知，加硫酸溶解，只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。〖详析〗A．由分析可知，“浸渣”为，，A错误；B．“净化除杂”先加溶液将转化为，再调节溶液的pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁，B正确；C．由分析可知，操作a蒸发浓缩、冷却结晶，C正确；D．最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则粗硼酸中的主要杂质是七水硫酸镁，D错误；故选AD。14.锌-二氧化碳可充电电池作为一门新兴的技术，不仅可以缓解所带来的温室效应，同时还可获得增值化学品(如乙酸，乙醇等)和额外电能。如图所示装置中，双极膜中水电离出的和在电场作用下可以向两极迁移下列说法正确的是A.放电时，外电路中电流由流向纳米片B.当外电路通过电子时，理论上双极膜中水减少18gC.放电时，双极膜中H+向Zn电极迁移D.充电时，阳极上的电极反应式为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，放电时为原电池，Zn为负极发生失电子的氧化反应，纳米片为正极，发生还原反应，CO2发生得电子的还原反应转化为C2H5OH，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，据此分析作答。〖详析〗A．由分析知放电时，为负极，纳米片为正极，外电路中电流正极流向负极，故A错误；B．当外电路通过电子时，理论上有2molH+和2molOH-分别向正极和负极移向，即有2mol水参与电离，双极膜中水减少36g，故B错误；C．放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向正极区即纳米片迁移，故C错误；D．充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，阳极上的电极反应式为，故D正确；故〖答案〗为：D。15.CH3NH2·H2O为一元弱碱，常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是A.Kb(CH3NH2·H2O)的数量级为10-4B.该体系中，c(OH-)=mol/LC.P点，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/LD.P点之后，溶液中可能存在c(Cl-)+c(OH-)=2c(CH3NH)〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗CH3NH2·H2O为一元弱碱，可以类比NH3·H2O，CH3NH2·H2O的电离方程式为CH3NH2·H2O+OH-，当pH增大时，c(OH-)增大，c(H+)减小，同时c(CH3NH2·H2O)升高，c()减小，根据关系图，图中两条对角线，斜率为正的对角线为代表H+，斜率为负的对角线代表OH-，虚线代表CH3NH2·H2O，最后的实线代表，据此分析解答。〖详析〗A．由图可知，Q点时pH=9.5，则c(H+)=10-9.5mol/L，因此c(OH-)=，又c(CH3NH2·H2O)=c()，则CH3NH2·H2O的电离平衡常数，数量级为10-5，A错误；B．体系中存在物料守恒：c(CH3NH2·H2O)+c()=0.1mol/L，带入Kb可得c(OH-)=mol/L，B正确；C．Cl-浓度未知，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)无法计算，C错误；D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，若c(H+)=c(CH3NH)，则2c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，由分析可知，斜率为正的对角线为代表H+，最后的实线代表，两条线在P点之后有交点，即此时c(H+)=c(CH3NH)，D正确；〖答案〗选BD。三、本题共5小题，共60分。16.(1)Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中铁的一个配体为茂环阴离子()，该配体以π电子参与配位，其中Ni2+的价电子排布式为______，配合物离子中铁周围的价电子数共有______个，S元素的杂化方式为______，该配合物离子中的(Ⅰ)和气态分子(Ⅱ)的三键相比，键长较长的为______(用Ⅰ或Ⅱ表示)。(2)CsAuCl3的结构不能表示为CsCl·AuCl2，实际上可看作一种阳离子和两种阴离子按照个数比为2∶1∶1形成的，这两种阴离子形状分别是直线型和平面正方形，在平面正方形离子中Au的化合价为______。基态Cs原子中电子占据的能量最高的轨道是______，能量最低的空轨道是______。(3)如果m个原子有相互平行的p轨道，这些p轨道中共有n个电子()，则可以形成大π键，表示为，则SO2分子中的大π键可以表示为______。(4)如图表示的是某物质的两种结构的晶胞(大球表示的是K原子，小球表示O原子)图1中的O2单元空间取向有______种。若K之间底面上的最近距离为apm，竖直方向上为cpm，图2表示的晶体密度为______，(NA表示阿伏伽德罗常数)〖答案〗①3d8②.18③.sp3④.I⑤.+3⑥.6s⑦.4f⑧.⑨.2⑩.〖解析〗〖详析〗(1)Ni是28号元素，Ni2+是Ni原子失去最外层2个电子形成的，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d8，价电子排布式为3d8；在该离子中Fe2+周围有2个S原子和一个CO的C原子与Fe2+以配位键结合，3个配位键中含有6个价电子，Fe2+上有6个价电子，还有茂环阴离子中参与大π键的6个价电子，故配合物离子中铁周围的价电子数共有6+6+6=18个；S原子形成3个共价键，S原子上还有一对孤电子对，故S原子杂化类型为sp3杂化；该配合物离子中的C≡O(I)中由于C原子与Fe2+以配位键结合，使得C、O原子之间的共价三键结合力减弱，化学键的结合力越弱，则化学键的键长就越长，故该配合物离子中的(I)和气态分子(II)的三键相比，键长较长的为I；(2)CsAuCl3的结构不能表示为CsCl·AuCl2，实际上可看作一种阳离子和两种阴离子按照个数比为2∶1∶1形成的，该化合物的阴离子可表示为〖AuCl4〗-、〖AuCl2〗-，前者是平面正方形，后者是直线形。在平面正方形离子〖AuCl4〗-中Au的化合价为+3价；Cs是第六周期第IA的元素，基态Cs原子中电子占据的能量最高的轨道是6s轨道；根据构造原理可知其中能量最低的空轨道是4f轨道；(3)SO2分子是V型分子结构，三个原子在同一平面上，S原子采用sp2杂化，还有一对电子对垂直于该平面，与O原子的2个成单电子形成3原子4电子的大π键，可表示为；(4)根据图1可知：在该晶体中O2结构单元中有两种不同的空间取向；在一个晶胞中含有K+数目为=2，含有O2单元的数目为=2，故物质晶胞中含有2个K，含有4个O原子，晶胞质量m=g，晶胞体积V=(apm)2×cpm=a2c(pm)3=a2c×10-30cm3，故该晶胞的密度ρ=g/cm3=g/cm3。17.三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。请回答下列问题：(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。A.步骤I中未继续加热一段时间B.步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质C.步骤II中未加浓磷酸D.步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视〖答案〗①.浓H2SO4②.防止G中水蒸气进入E及C装置③.将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气④.C装置内压强增大，A中导管内液面上升⑤.对D处稍加热⑥.⑦.⑧.AC〖解析〗〖祥解〗实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；〖详析〗(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；B.步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出CrCl3质量分数偏高，B错误；C.步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。故选AC。18.某废旧锂离子电池的正极材料成分为和，下图为从其中回收钴、镍的工艺流程。回答下列问题：（1）中的元素为价，和个数比为，则元素化合价为_______。（2）“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为_______。（3）“还原焙烧”过程发生反应的化学方程式为_______。（4）“碳化水浸”过程中反应为：，该反应的标准吉布斯自由能和标准生成焓随温度变化如图。该过程需要控制在_______(填“a”、“b”或c)进行，其原因是_______。a.b.c.（5）常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳，将固体加入水中，通入使固体逐步溶解，当固体恰好完全溶解时，，则溶液中的为_______(保留两位有效数字，忽略体积变化)。已知：，，（6）“萃取”的原理是(M表金属离子，代表萃取剂，则反萃取时加入的试剂为_______。〖答案〗（1）+4（2）NaAlO2（3）10+6C5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5Li2CO3（4）①.a②.高于60℃，，反应非自发进行（5）2.1×10-9（6）稀H2SO4〖解析〗〖小问1详析〗中的元素为价，和个数比为，根据化合价代数和为0，可知1+0.3×2+0.2×3+0.2×3+x×0.3+(-2)×2=0，求得x=4，元素化合价为+4，〖答案〗+4；〖小问2详析〗Al溶于NaOH生成NaAlO2，所得滤液中主要成分是NaAlO2，〖答案〗NaAlO2；〖小问3详析〗“还原焙烧”过程C做还原剂，将还原，由题中信息可知产物为Ni、Co、MnO、Li2CO3和CO2，所以发生反应的化学方程式10+6C5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5Li2CO3；〖小问4详析〗反应自发进行需，由图中信息可知，高于60℃，，反应非自发进行，〖答案〗a；高于60℃，，反应非自发进行；〖小问5详析〗根据，求得为0.5mol，当固体恰好完全溶解时，生成LiHCO31mol，则c(Li+)=1mol/L，Ksp(Li2CO3)=，解得mol/L，因为，解得，根据，解得，〖答案〗2.1×10-9；〖小问6详析〗根据“萃取”原理，反萃取时加入稀H2SO4，增大H+浓度，使反应向左进行。〖答案〗稀H2SO4。19.他米巴罗汀(H)是一种抗炎、抗血管增生的药物，对自身免疫性视网膜炎、多种肿瘤性疾病具有良好的治疗效果。其一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）②的反应类型为___________。（2）A的官能团名称为___________，A在NaOH水溶液中加热所得有机物的结构简式为___________。（3）反应④的化学方程式为___________。（4）化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与反应；②能发生银镜反应；③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1。则X的结构简式为___________。（5）根据上述路线中的相关知识，写出以苯和1，3-丁二烯为原料制备的合成路线：___________(其它无机试剂任选)。〖答案〗（1）取代(或硝化)反应（2）①.氯原子②.（3）（4）（5）〖解析〗〖祥解〗与苯反生取代反应，生成；在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成；在铁和HCl的作用下，发生还原反应生成；与SOCl2发生取代反应，生成；与发生取代反应，生成；发生水解，生成，据此分析作答。〖小问1详析〗在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成，故〖答案〗为：取代(或硝化)反应；〖小问2详析〗A为，其官能团名称为氯原子；在NaOH水溶液中加热，发生取代反应，生成，故〖答案〗为：氯原子；；〖小问3详析〗与发生取代反应，生成，化学方程式为：，故〖答案〗为：；〖小问4详析〗E为，化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与反应，说明X存在苯环和羧基；②能发生银镜反应，说明X存在醛基或者甲酯；③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应，说明苯环上存在羟基，同时存在酯基，结合②，可知为甲酯；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，则X的结构简式为，故〖答案〗为：；〖小问5详析〗根据路线可知，要合成，可让苯与反应，1，3-丁二烯与氯气反生1、4加成，生成，与氢气发生加成反应，生成，故合成路线为：，故〖答案〗为：。20.一种利用太阳能催化甲烷水蒸气重整制氢反应原理及各步反应以气体分压(单位为)表示的平衡常数与温度T变化关系如图所示。回答下列问题：（1）若第I步反应生成1molH2，吸收QkJ热量，第I步的热化学方程式为_______。（2）甲烷水蒸气重整制氢反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，_______0(填“>”“<”或“=”)；1000℃时，该反应的平衡常数Kp_______(kPa)2。（3）已知上述制氢过程中存在副反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。压强为100kPa时，将n(H2O):n(CH4)=3的混合气体投入温度为T℃的恒温恒容的密闭容器中，发生甲烷水蒸气重整反应和上述副反应，达平衡时容器内的压强为140kPa，CO2分压为10kPa，则H2O的平衡转化率为_______，此时温度T_______1000(填“>”“<”或“=”)。（4）在一定条件下，密闭容器中加入一定量的CO、H2O和催化剂发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。，，其中、为正、逆反应速率，、分别为速率常数，p为气体的分压。已知降低温度时，增大。调整CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是_______，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时，_______。〖答案〗（1）（2）①.>②.（3）①.②.>（4）①.B>A>C>D②.〖解析〗〖小问1详析〗第I步反应为甲烷和反应生成、、一氧化碳和氢气，若生成1molH2，吸收QkJ热量，第I步的热化学方程式为；〖小问2详析〗由图可知，第Ⅱ步的反应为，反应I+反应Ⅱ得：，则反应的，则1000℃时，该反应的平衡常数(kPa)2；由图可知，斜率更大受温度影响更大且随温度升高而变大，故也随温度升高而变大，升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应，焓变大于零；〖小问3详析〗压强为100kPa时，将n(H2O):n(CH4)=3的混合气体投入温度为T℃的恒温恒容的密闭容器中，则水、甲烷初始压强分别为25kPa、75kPa；副反应为气体分子数不变的反应，不会改变压强，重整反应为气体分子数增加2的反应，达平衡时容器内的压强为140kPa，则反应甲烷压强为(140kPa-100kPa)÷2=20kPa；则H2O的平衡转化率为；由三段式可知，此时重整反应的，重整反应为吸热反应，K值变大，则温度升高，故温度T大于1000。〖小问4详析〗已知降低温度时，增大，则说明正反应速率增大，反应正向进行，为放热反应；增加一氧化碳的投料会降低一氧化碳的转化率、降低温度平衡正向移动会提高一氧化碳的转化率，故温度A大于C大于D；投料比相同，B点转化率更低，则温度B大于A；故A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是B>A>C>D；在C点所示投料比下，若一氧化碳和水的投料浓度均为1mol/L，一氧化碳的平衡转化率为50%：此时=，，；当CO转化率达到40%时：。高三模拟试题PAGEPAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三模拟1可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59一、选题题本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中华诗词中蕴含着许多化学知识。下列关于诗词的分析错误的是（）A.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化铜B.“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”不耐酸碱C.“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”能够水解D.“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”具有胶体的性质〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A.来自氧化铜是黑色粉末，外观不可能呈“翠色”，A错误；B.蚕丝的成分是蛋白质，在酸性或碱性下会水解，B正确；C.“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”是脂肪，能够水解，C正确；D.“墨滴”是碳分散在水中形成的胶体，具有胶体的性质，D正确；〖答案〗为A。2.下列物质应用错误的是A.钾钠合金可用于原子反应堆导热剂B.牺牲阳极保护法可采用废铜保护钢材C.铝罐槽车可用于运输冷的浓硝酸D.四氧化三铁用于制备激光打印墨粉〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．液态的钾钠合金可用于原子反应堆导热剂，A正确；B．牺牲阳极保护法用原电池原理，铜的活泼性比铁弱，不能保护铁，B错误；C．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化现象，铝罐槽车可用于运输冷的浓硝酸，C正确；D．四氧化三铁具有磁性的黑色粉末，可用于制备激光打印墨粉，D正确；故选B。3.下列说法正确的是A.用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出B.苯酚不慎沾到皮肤上后，立即用抹布擦拭掉，然后再用水冲洗C.利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有氢原子的种类和数目D.蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁铵晶体〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此，应将润洗液的一部分从滴定管上口倒出，另一部分从滴定管下口放出，A不正确；B．苯酚易溶于酒精，苯酚不慎沾到皮肤上后，应立即用酒精洗涤，B不正确；C．有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因此，可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C不正确；D．硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小，因此，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D正确；故选D。4.核酸检测使用的一次性采样拭子是由聚酯或尼龙短纤维绒毛头和ABS塑料杆(丙烯腈、苯乙烯、1，3-丁二烯的共聚物)制成。下列说法正确的是A.采样拭子制备时需要高温杀菌B.尼龙的合成单体为二已胺和二已酸C.聚酯、尼龙纤维属于人造高分子材料D.ABS塑料杆的合成单体均不含顺反异构〖答案〗D〖解析〗〖详析〗．聚酯、尼龙、ABS塑料的熔点不高，不能用高温法杀菌，A错误；B．该尼龙的合成单体是己二胺和己二酸，B错误；C．合成高分子材料是以合成高分子化合物为基本原料，加入适当助剂，经过一定加工过程制成的材料。聚酯是合成高分子化合物，不属于人造高分子材料，C错误；D．ABS塑料杆的合成单体丙烯腈的结构简式是，苯乙烯的结构简式是，1，3-丁二烯的结构简式是：，均不含顺反异构，D正确；故选D。5.用如图所示实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是A.图甲装置中将C管位置提高可用于检验装置气密性B.图乙装置中圆底烧瓶内装入自来水可以制备蒸馏水C.关闭丙装置中弹簧夹K，该装置可用于临时储存气体D.用丁装置蒸干次氯酸钠溶液制备次氯酸钠晶体〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．将C管位置提高，若稳定后C中液面高于B，则说明装置气密性良好，可以达到目的，A不符合题意；B．圆底烧瓶内装入自来水，加热至水沸腾后，冷凝可以收集到蒸馏水，可以达到实验目的，B不符合题意；C．关闭丙装置中弹簧夹K，气体在洗气瓶上部空间聚集，将液体压入长颈漏斗中，可以用于临时储存气体，C不符合题意；D．NaClO溶液蒸发结晶时，ClO-会水解产生HClO，同时HClO受热分解产生HCl，最终产物为NaCl晶体，达不到实验目的，D符合题意；综上所述〖答案〗为D。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，W与Y同主族，X原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍。火山喷口附近有Z的单质存在，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是A.原子半径：B.Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸C.W与Y形成的化合物属于离子化合物D.Z的简单气态氢化物比X的简单气态氢化物稳定〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，且结构中W只形成1个共价键，W与Y同主族，Y形成1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为H、Y为Na，X原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍，X的最外层电子数为6，X为O，火山喷口附近有Z的单质存在，Z为S，所以，W为H、X为O、Y为Na、Z为S，以此解答。〖详析〗A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：W<X<Z<Y，故A正确；B．Z的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，属于强酸，故B正确；C．W与Y形成的化合物为NaH，只含离子键，属于离子化合物，故C正确；D．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性O大于S，则X的简单气态氢化物比Z的简单气态氢化物稳定，故D错误；故〖答案〗选D。7.碳氮硫共脱除工艺可以协同除去工业废水中的S2-、NO和CH3COO-，过程如图所示。已知：成键原子共平面，每个原子能提供一个相互平行的p轨道且p轨道电子数小于参加成键的p轨道数的两倍时可形成离域π键。下列说法错误的是A.N2和CO2都是非极性分子B.NO和NO的空间构型相同C.NO中存在离域π键D.冰醋酸中CH3COOH分子间存在范德华力和氢键〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．为含有非极性键的非极性分子，为含有极性键的非极性分子，A正确；B．的价层电子对为：，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，的价层电子对为：，有一对孤电子对，空间构型为V性，B错误；C．中N原子以杂化轨道成键,离子中存在3个σ键，为平面三角形，三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的离域大π键，C正确；D．冰醋酸中分子间存在范德华力，因为羧基中含有，所以含有氢键，D正确；故选B。8.活泼自由基与氧气反应一直是研究人员关注的焦点。理论研究表明，HNO自由基与O2反应历程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.产物P2比P1稳定B.该反应为放热反应C.相同条件下，由中间产物Z转化为不同产物的速率：v(P1)<v(P2)D.该历程中正反应的活化能中最大的为186.19kJ·mol-1〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗〖详析〗A．产物P2比P1的能量低，所以P2更稳定，A项正确；B．由图得反应物的能量之和比生成物的能量之和高，因此该反应为放热反应，B项正确；C．由中间产物Z转化到产物P1所需要的活化能低于中间产物Z到P2所需要的活化能，所以速率v(P1)>v(P2)，C项错误；D．由图得，中间产物Z到过渡态Ⅳ所需要的活化能最大，则该历程中最大正反应活化能E正=(-18.92kJ/mol)-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ/mol，D项正确；故〖答案〗为C。9.科技工作者开发以乙醇为原料制备DDE()的电解装置如图所示。下列说法错误的是A.电源的电极电势：a>bB.阳极电极反应式为：C2H5OH+Cl--2e-=C2H5OCl+H+C.乙醛为该转化过程的催化剂D.每产生1molDDE，电路中通过2mole-〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．电解池阳极连接电源正极，阴极连接电源负极；右侧电极的电极反应为2H++2e-=H2，则右侧点击为阴极，故左侧电极为阳极，a为正极，b为负极，电极电势a＞b，A正确；B．左侧电极为阳极，电极反应式为：C2H5OH+Cl--2e-=C2H5OCl+H+，B正确；C．由图可知，C2H5OCl先转化为CH3CHO，CH3CHO再和C2H5OH反应生成水和DDE，则CH3CHO为中间产物，C错误；D．由图可知，产生1molDDE需要消耗1molCH3CHO，而1molCH3CH2OH转化为1molCH3CHO需要转移2mole-，每产生1molDDE，电路中通过2mole-，D正确；故选C。10.科学家发现肺氨酸可以催化羟醛缩合反应，其机理如图所示。下列说法错误的是A.增加浓度，可提高单位时间内②的转化率 B.整个过程反应物的原子利用率为100%C.反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成 D.有机物④有6种不同化学环境的氢原子〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，反应为丙酮、乙醛在催化剂作用下生成，反应为；〖详析〗A．由图可知，反应②中氢离子为反应物，则增加浓度，可提高单位时间内②的转化率，A正确；B．由分析可知，反应为，整个过程反应物的原子利用率为100%，B正确；C．②中有碳氧键的断裂、碳氮双键的形成，均为极性键的断裂与形成；③中存在碳碳双键非极性键的形成，④中存在碳碳双键非极性键的断裂；故反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成，C正确；D．，故有机物④有7种不同化学环境的氢原子，D错误；故选D。二、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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作ACH3COOH是弱电解质用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象C判断反应后Ba2+是否沉淀完全将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液D检验淀粉是否发生了水解向淀粉水解液中加入碘水A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用pH计测量醋酸、盐酸的pH来证明CH3COOH是弱电解质时，需要测量物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，A错误；B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。故选C。12.环己甲醇常用作有机合成的中间体，环己甲酸戊酯(X)经如下反应可生成环己甲醇(Y)。下列说法正确的是A.X和Y均有对映异构体B.Y的核磁共振氢谱会出现6组峰C.X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)D.比Y多1个碳的Y的同系物共有3种结构〖答案〗BC〖解析〗〖详析〗A．连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的物质存在对映异构体，X中不一定存在手性碳原子，Y中不存在手性碳原子，即X不一定有对映异构体，Y没有对映异构体，A错误；B．根据等效氢原理可知，Y分子中含有6中不同原子氢的碳原子，如图所示：，则Y的核磁共振氢谱会出现6组峰，B正确；C．已知戊基共有8种，故X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)，C正确；D．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)在组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，比Y多1个碳的Y的同系物即含有环烷烃结构和醇羟基，则有：、、、、、等光含有六元环的就有6种，还含有五元环、四元环、三元环的结构，D错误；故〖答案〗为：BC。13.以铁硼矿(主要成分为和，还有少量、FeO、CaO、和等)为原料制备硼酸的工艺流程如图所示：下列说法错误的是A.浸渣中的物质是、和B.“净化除杂”需先加溶液再调节溶液pHC.操作a为蒸发浓缩、冷却结晶D.“粗硼酸”中的主要杂质是氢氧化铝〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗以铁硼矿（主要成分为和，还有少量和等)为原料制备硼酸(H3BO3)，根据流程可知，加硫酸溶解，只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。〖详析〗A．由分析可知，“浸渣”为，，A错误；B．“净化除杂”先加溶液将转化为，再调节溶液的pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁，B正确；C．由分析可知，操作a蒸发浓缩、冷却结晶，C正确；D．最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则粗硼酸中的主要杂质是七水硫酸镁，D错误；故选AD。14.锌-二氧化碳可充电电池作为一门新兴的技术，不仅可以缓解所带来的温室效应，同时还可获得增值化学品(如乙酸，乙醇等)和额外电能。如图所示装置中，双极膜中水电离出的和在电场作用下可以向两极迁移下列说法正确的是A.放电时，外电路中电流由流向纳米片B.当外电路通过电子时，理论上双极膜中水减少18gC.放电时，双极膜中H+向Zn电极迁移D.充电时，阳极上的电极反应式为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，放电时为原电池，Zn为负极发生失电子的氧化反应，纳米片为正极，发生还原反应，CO2发生得电子的还原反应转化为C2H5OH，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，据此分析作答。〖详析〗A．由分析知放电时，为负极，纳米片为正极，外电路中电流正极流向负极，故A错误；B．当外电路通过电子时，理论上有2molH+和2molOH-分别向正极和负极移向，即有2mol水参与电离，双极膜中水减少36g，故B错误；C．放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向正极区即纳米片迁移，故C错误；D．充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，阳极上的电极反应式为，故D正确；故〖答案〗为：D。15.CH3NH2·H2O为一元弱碱，常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是A.Kb(CH3NH2·H2O)的数量级为10-4B.该体系中，c(OH-)=mol/LC.P点，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/LD.P点之后，溶液中可能存在c(Cl-)+c(OH-)=2c(CH3NH)〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗CH3NH2·H2O为一元弱碱，可以类比NH3·H2O，CH3NH2·H2O的电离方程式为CH3NH2·H2O+OH-，当pH增大时，c(OH-)增大，c(H+)减小，同时c(CH3NH2·H2O)升高，c()减小，根据关系图，图中两条对角线，斜率为正的对角线为代表H+，斜率为负的对角线代表OH-，虚线代表CH3NH2·H2O，最后的实线代表，据此分析解答。〖详析〗A．由图可知，Q点时pH=9.5，则c(H+)=10-9.5mol/L，因此c(OH-)=，又c(CH3NH2·H2O)=c()，则CH3NH2·H2O的电离平衡常数，数量级为10-5，A错误；B．体系中存在物料守恒：c(CH3NH2·H2O)+c()=0.1mol/L，带入Kb可得c(OH-)=mol/L，B正确；C．Cl-浓度未知，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)无法计算，C错误；D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，若c(H+)=c(CH3NH)，则2c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，由分析可知，斜率为正的对角线为代表H+，最后的实线代表，两条线在P点之后有交点，即此时c(H+)=c(CH3NH)，D正确；〖答案〗选BD。三、本题共5小题，共60分。16.(1)Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中铁的一个配体为茂环阴离子()，该配体以π电子参与配位，其中Ni2+的价电子排布式为______，配合物离子中铁周围的价电子数共有______个，S元素的杂化方式为______，该配合物离子中的(Ⅰ)和气态分子(Ⅱ)的三键相比，键长较长的为______(用Ⅰ或Ⅱ表示)。(2)CsAuCl3的结构不能表示为CsCl·AuCl2，实际上可看作一种阳离子和两种阴离子按照个数比为2∶1∶1形成的，这两种阴离子形状分别是直线型和平面正方形，在平面正方形离子中Au的化合价为______。基态Cs原子中电子占据的能量最高的轨道是______，能量最低的空轨道是______。(3)如果m个原子有相互平行的p轨道，这些p轨道中共有n个电子()，则可以形成大π键，表示为，则SO2分子中的大π键可以表示为______。(4)如图表示的是某物质的两种结构的晶胞(大球表示的是K原子，小球表示O原子)图1中的O2单元空间取向有______种。若K之间底面上的最近距离为apm，竖直方向上为cpm，图2表示的晶体密度为______，(NA表示阿伏伽德罗常数)〖答案〗①3d8②.18③.sp3④.I⑤.+3⑥.6s⑦.4f⑧.⑨.2⑩.〖解析〗〖详析〗(1)Ni是28号元素，Ni2+是Ni原子失去最外层2个电子形成的，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d8，价电子排布式为3d8；在该离子中Fe2+周围有2个S原子和一个CO的C原子与Fe2+以配位键结合，3个配位键中含有6个价电子，Fe2+上有6个价电子，还有茂环阴离子中参与大π键的6个价电子，故配合物离子中铁周围的价电子数共有6+6+6=18个；S原子形成3个共价键，S原子上还有一对孤电子对，故S原子杂化类型为sp3杂化；该配合物离子中的C≡O(I)中由于C原子与Fe2+以配位键结合，使得C、O原子之间的共价三键结合力减弱，化学键的结合力越弱，则化学键的键长就越长，故该配合物离子中的(I)和气态分子(II)的三键相比，键长较长的为I；(2)CsAuCl3的结构不能表示为CsCl·AuCl2，实际上可看作一种阳离子和两种阴离子按照个数比为2∶1∶1形成的，该化合物的阴离子可表示为〖AuCl4〗-、〖AuCl2〗-，前者是平面正方形，后者是直线形。在平面正方形离子〖AuCl4〗-中Au的化合价为+3价；Cs是第六周期第IA的元素，基态Cs原子中电子占据的能量最高的轨道是6s轨道；根据构造原理可知其中能量最低的空轨道是4f轨道；(3)SO2分子是V型分子结构，三个原子在同一平面上，S原子采用sp2杂化，还有一对电子对垂直于该平面，与O原子的2个成单电子形成3原子4电子的大π键，可表示为；(4)根据图1可知：在该晶体中O2结构单元中有两种不同的空间取向；在一个晶胞中含有K+数目为=2，含有O2单元的数目为=2，故物质晶胞中含有2个K，含有4个O原子，晶胞质量m=g，晶胞体积V=(apm)2×cpm=a2c(pm)3=a2c×10-30cm3，故该晶胞的密度ρ=g/cm3=g/cm3。17.三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。请回答下列问题：(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。A.步骤I中未继续加热一段时间B.步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质C.步骤II中未加浓磷酸D.步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视〖答案〗①.浓H2SO4②.防止G中水蒸气进入E及C装置③.将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气④.C装置内压强增大，A中导管内液面上升⑤.对D处稍加热⑥.⑦.⑧.AC〖解析〗〖祥解〗实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；〖详析〗(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；B.步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出CrCl3质量分数偏高，B错误；C.步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。故选AC。18.某废旧锂离子电池的正极材料成分为和，下图为从其中回收钴、镍的工艺流程。回答下列问题：（1）中的元素为价，和个数比为，则元素化合价为_______。（2）“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为_______。（3）“还原焙烧”过程发生反应的化学方程式为_______。（4）“碳化水浸”过程中反应为：，该反应的标准吉布斯自由能和标准生成焓随温度变化如图。该过程需要控制在_______(填“a”、“b”或c)进行，其原因是_______。a.b.c.（5）常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳，将固体加入水中，通入使固体逐步溶解，当固体恰好完全溶解时，，则溶液中的为_______(保留两位有效数字，忽略体积变化)。已知：，，（6）“萃取”的原理是(M表金属离子，代表萃取剂，则反萃取时加入的试剂为_______。〖答案〗（1）+4（2）NaAlO2（3）10+6C5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5Li2CO3（4）①.a②.高于60℃，，反应非自发进行（5）2.1×10-9（6）稀H2SO4〖解析〗〖小问1详析〗中的元素为价，和个数比为，根据化合价代数和为0，可知1+0.3×2+0.2×3+0.2×3+x×0.3+(-2)×2=0，求得x=4，元素化合价为+4，〖答案〗+4；〖