2023届山东省菏泽市单县二中高三一模模拟练4解析

高三模拟试题高三模拟试题PAGE20PAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练4可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59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．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是()A．医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀是牺牲阳极的阴极保护法C．“歼－20”飞机上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D．使用太阳能电池可以把电能转化为化学能，减少化石能源的使用〖答案〗B〖详析〗A．75%的医用酒精的消毒效果最好，不是浓度越高消毒效果越好，故A错误；B．电热水器中的镁棒可防止内胆被腐蚀是由于镁的活泼性强于铁，发生电化学腐蚀时，镁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，这种保护金属的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．碳纤维是一种新型无极非金属材料，不是新型有机高分子材料，故C错误；D．使用太阳能电池可以把太阳能转化为电能，故D错误；2．如图所示化合物是一种常见的储氢材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期。下列叙述错误的是()A．第一电离能：X>YB．原子半径：Z>YC．Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸D．Z与X可形成离子化合物ZX〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z处于不同短周期，故X一定为H，Z＋显＋1价，推测为Na＋，即Z为Na，由图示知，阴离子得1个电子，中心Y周围可形成4个键，故Y原本含有3个价电子，且Y与H、Na不在同一周期，故Y只能为第二周期的B。A．在阴离子BHeq\o\al(－,4)中，B元素显＋3价，H元素显－1价，说明H元素吸引电子能力强于B元素，故H原子更难失电子，所以第一电离能：H＞B，A正确；B．Na原子电子层为3层，B原子为2层，故原子半径Na＞B，B正确；C．B元素最高价氧化物对应水化物为H3BO3，为弱酸，C错误；D．Na与H可形成离子化合物NaH，D正确。3．CHeq\o\al(＋,3)、—CH3、CHeq\o\al(－,3)都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是()A．CHeq\o\al(－,3)与H3O＋的空间结构均为三角锥形B．它们的C均采取sp2杂化C．CHeq\o\al(＋,3)中的所有原子均共面D．CHeq\o\al(＋,3)与OH－形成的化合物中不含有离子键〖答案〗B〖解析〗CHeq\o\al(－,3)与H3O＋中C原子与O原子价层电子对数都是4，且都含有1对孤电子对，均为三角锥形结构，故A正确；CHeq\o\al(＋,3)、—CH3、CHeq\o\al(－,3)中价层电子对数分别是3、4、4，根据价层电子对互斥理论知，C原子杂化类型分别是sp2、sp3、sp3，碳原子的杂化方式不同，故B错误；CHeq\o\al(＋,3)中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，故C正确；CHeq\o\al(＋,3)与OH－形成的化合物是CH3OH，属于共价化合物，不含离子键，故D正确。4．聚乳酸(PLA)是一种生物可降解材料。低相对分子质量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相对分子质量PLA的制备过程如图所示。下列说法正确的是()A．高相对分子质量PLA易溶于水B．乳酸生产中间体时，原子利用率能达到100%C．由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH〖答案〗C〖解析〗高相对分子质量PLA属于羧基和羟基的缩聚产物，为酯类物质，难溶于水，A项错误；2分子乳酸酯化生成1分子中间体的同时生成2分子水，原子利用率不能达到100%，B项错误；不管生成低相对分子质量PLA还是高相对分子质量PLA，其过程均为缩聚反应，C项正确；PLA属于高分子，则1molPLA完全水解，消耗nmolNaOH，D项错误。5．关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到目的的是()A．甲接收蒸馏时的馏出液B．乙装置可验证浓硫酸的脱水性C．丙装置可制备无水MgCl2D．丁装置可制取并收集干燥、纯净的NO〖答案〗C6．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是()选项a中的物质b中的物质c中收集的物质d中的物质A浓氨水CaONH3浓硫酸B浓硫酸CuSO2NaOH溶液C浓硝酸CuNO2NaOH溶液D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液〖答案〗C〖解析〗A．氨气密度比空气小，应该采用短进长出的收集装置来收集氨气，故A不符合题意；B．用铜和浓硫酸反应制取二氧化硫，需要加热，该图没有加热装置，故B不符合题意；C．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮密度比空气大，应长进短出收集气体，再用氢氧化钠溶液处理尾气，故C符合题意；D．用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，需要加热，该图没有加热装置，故D不符合题意。7.有机物H()是一种重要有机合成中间体。下列关于H的说法错误的是()A分子中所有碳原子不可能共平面B.与不互为同系物C.既含羧基，又含醛基的同分异构体有12种(不考虑立体异构)D.该分子中有四个手性碳原子〖答案〗D〖解析〗A．分子中存在3个碳原子连接在同一饱和碳原子上的结构，根据甲烷的空间结构可知，该物质中不可能所有碳原子共面，A正确；B．二者所含官能团个数不同，结构不相似，不是同系物，B正确；C．既含发基，又含醛基的同分异构体有：、、、(序号代表醛基的位置)，共12种，C正确；D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中有三个手性碳原子，位置为：，D错误。8．双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法不正确的是()A．过程Ⅰ中，SO2表现出还原性B．过程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3C．脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用D．总反应为：2SO2＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4＋2H2O〖答案〗A〖解析〗过程Ⅰ中反应为SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，该反应不是氧化还原反应，A项错误；过程Ⅱ中，Na2SO3→CaSO4，S由＋4价升高为＋6价，1molNa2SO3失去2mol电子，O2中的O由0价降低为－2价，1molO2得到4mol电子，则1molO2可氧化2molNa2SO3，B项正确；过程Ⅰ消耗NaOH，过程Ⅱ生成NaOH，故NaOH可循环使用，C项正确；由图示，结合原子守恒知，反应物为SO2、Ca(OH)2、O2，生成物为CaSO4、H2O，D项正确。9．电芬顿技术常用来处理废水中的有害物质苯酚。电芬顿技术是通过化学芬顿技术发展而来的，化学芬顿技术主要向废水中投加Fe2＋和H2O2试剂，两者反应后生成强氧化剂羟基自由基，将废水中的有害有机物氧化成CO2和H2O。下列有关说法错误的是()A．a电极为Fe电极，外接电源正极B．阴极反应为O2＋2e－=Oeq\o\al(2－,2)C．消耗标准状况下11.2LO2，生成1mol·OHD．处理苯酚的反应为28HO·＋→6CO2↑＋17H2O〖答案〗C〖解析〗电芬顿技术采用Fe作阳极，Fe失电子生成的亚铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基，A正确；阴极氧气得电子生成过氧根离子，在酸性条件下反应生成过氧化氢，B正确；酸性条件下，三价铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基的反应为H2O2＋Fe2＋＋H＋=Fe3＋＋·OH＋H2O,11.2LO2在标况下为0.5mol，O2～H2O2～·OH，0.5molO2生成0.5mol·OH，C错误；根据元素守恒可以得出羟基自由基做强氧化剂处理苯酚的反应为28HO·＋→6CO2↑＋17H2O，D正确。10．CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为〖Cu(NH3)4〗Cl2)为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是（）A．“沉铜”发生反应的离子方程式：〖Cu(NH3)4〗2＋＋4OH-CuO＋4NH3↑＋2H2OB．“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．“还原”后所得溶液中大量存在的离子有Cu+、H+、Cl-、D．“洗涤”时可使用水作洗涤剂，因为CuCl难溶于水〖答案〗B〖解析〗A．选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为：〖Cu(NH3)4〗2＋＋4OH-CuO＋4NH3↑＋2H2O，故A错误；B．“还原”步骤中Cu2＋做氧化剂，和还原剂Na2SO3反应，铜的化合价从＋2价降低到＋1价，S的化合价从＋4价升高到＋6价，发生反应的离子方程式为：2Cu2＋＋＋2Cl-＋H2O＝2CuCl↓＋＋2H＋，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故B正确；C．根据B选项中的离子方程式可知，反应后的溶液中存在大量的H＋和，但不能存在大量的Cu＋和Cl-，故C错误；D．CuCl虽然难溶于水，但潮湿时易被氧化，所以不能用水做洗涤剂，应该用乙醇洗涤，故D错误。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11．下列对有关实验现象的解释或所得结论错误的是()选项实验操作现象解释或结论A将NaBiO3固体加入酸性MnSO4溶液中，充分振荡溶液变为紫红色氧化性：B将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液铜粉溶解Fe3＋与铜粉反应C将25℃0.1mol·L-1的Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化溶液的pH逐渐减小温度升高，SO的水解增大程度大于水的电离增大程度D石蜡油加强热、产生的气体通入Br2的CCl4溶液溶液橙红色褪去气体中含有不饱和烃〖答案〗BC〖解析〗A．向2mL0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加0.1mol·L-1ZnSO4溶液至不再有沉淀产生，发生反应：S2-＋Zn2+＝ZnS↓，再滴加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，ZnS沉淀转化为更难溶的CuS沉淀，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，A正确；B．将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液，铜粉溶解，在酸性条件下有强氧化性，将铜粉氧化，B错误；C．Na2SO3溶液加热，＋H2O＋OH-平衡正向移动，以c(OH-)增大，pH增大，C错误；D．石蜡油加强热、产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液橙红色褪去说明反应生成的气体中含有能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应的烯烃，D正确。12．从电解精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu、Ag、C、Au等)中回收贵金属Au与Ag的工艺流程如下：已知：下列说法错误的是A．“酸浸氧化”通入氧气既能减少环境污染也能提高硝酸利用率B．滤渣I通过灼烧可得纯净的AuC．“溶浸”发生反应的离子方程式为D．“还原”中氧化产物与还原产物之比为1∶2〖答案〗CD〖解析〗阳极泥中Cu、Ag与硝酸反应形成滤液Ⅰ中的Cu2＋和Ag＋，滤渣Ⅰ中含C、Au；沉银环节Ag＋与Cl-结合形成氯化银沉淀过滤形成滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含有Cu2＋；溶浸环节氯化银与硫代硫酸钠反应；最后经N2H4还原生成单质银和氮气。A．硝酸的还原产物为NO，可与氧气和水反应生成硝酸，一方面提高硝酸利用率，一方面降低一氧化氮对环境的污染，A正确；B．滤渣Ⅰ中含C、Au，灼烧可将C转化成CO2，得到较纯净的Au，B正确；C．溶浸环节氯化银与硫代硫酸钠反应的离子方程式为，C不正确；D．，，根据得失电子守恒，转移相同电子数，氧化产物N2与还原产物Ag物质的量之比为4∶1，D不正确。13．为实现“双碳”目标，我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H＋和OH－，在外加电场作用下可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn-CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是()A．闭合K1时，OH－通过b膜向Zn电极方向移动B．闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn＋4OH－－2e－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)C．闭合K2时，Zn电极与直流电源正极相连D．闭合K2时，在Pd电极上有2.24LCO2(标况下)生成，则析出Zn0.65g〖答案〗CD〖解析〗闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极为负极，Pd电极为正极，OH－通过b膜移向Zn电极，故A正确；闭合K1时，该装置为原电池，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，电极反应式为Zn＋4OH－－2e－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，故B正确；闭合K1时，Zn-CO2电池中Zn电极为负极，Pd电极为正极，闭合K2时，该装置为电解池，Zn电极为阴极，与直流电源负极相连，故C错误；闭合K2时，该装置为电解池，Pd电极为阳极，阳极上HCOOH发生失电子的氧化反应生成CO2，Zn电极为阴极，阴极上析出锌，利用得失电子守恒可知，2e－～CO2～Zn，即有2.24LCO2(标况下)生成，则析出Zn6.5g，故D错误。14．科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq\o\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)发生氧化反应B．a和b中转移的e－数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O〖答案〗C〖解析〗过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NOeq\o\al(－,2)得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－eq\o(=,\s\up7(酶1))NO＋H2O，生成1molNO，a过程转移1mole－，过程Ⅱ为NO和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2NO＋8NHeq\o\al(＋,4)eq\o(=,\s\up7(酶2))2H2O＋5N2H4＋8H＋，n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4，消耗1molNO，b过程转移4mole－，转移电子数目不相等，B错误、C正确；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4=N2＋4H＋＋4e－，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为2NOeq\o\al(－,2)＋8NHeq\o\al(＋,4)=5N2↑＋4H2O＋24H＋＋18e－，D错误。15．ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A－)或c(B－)随c(OH－)而变化，A－和B－不发生水解。实验发现，298K时c2(A－)与c(OH－)、c2(B－)与c(OH－)的关系如图所示，甲表示c2(A－)与c(OH－)关系。下列叙述错误的是()A．RA饱和溶液pH＝6时，c(A－)<2×10－5mol·L－1B．RB的溶度积Ksp(RB)的数值为5×10－11C．ROH的电离平衡常数Kb(ROH)的数值为2×10－6D．RB饱和溶液中pH＝7时，c(R＋)＋c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)〖答案〗CD〖解析〗A项，RA饱和溶液pH＝6时，c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝1×10－8mol·L－1，据图可知此时c2(A－)＝30×10－11(mol·L－1)2，所以c(A－)＝×10－5mol·L－1＜2×10－5mol·L－1，A正确；B项，RB的饱和溶液中存在平衡：RBR＋＋B－、R＋＋H2OROH＋H＋，当溶液酸性越强是，R－的水解程度越弱，c(R＋)和c(B－)的大小越接近，据图可知当c(OH－)接近0时(酸性强)，c2(B－)＝5×10－11(mol·L－1)2，此时c(R＋)＝c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝c2(B－)＝5×10－11，B正确；C项，RB溶液中存在物料守恒c(R＋)＋c(ROH)＝c(B－)，Kb(ROH)＝，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R＋)＝c(ROH)时，满足c(R＋)＝c(ROH)＝c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝c(B－)·c(B－)＝5×10－11，所以此时c2(B－)＝10×10－11，据图可知此时c(OH－)＝2×10－8mol·L－1，即Kb(ROH)＝2×10－8，C错误；D项，RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R＋的水解，溶液会显酸性，所以pH＝7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R＋)＋c(H＋)≠c(B－)＋c(OH－)，D错误。本题共5小题，共60分。16．(12分)配合物在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题：(1)铁的一种配合物的化学式为〖Fe(Htrz)3〗(ClO4)2，配体Htrz为三氮唑()①基态Fe2＋与Fe3＋中未成对的电子数之比为。②元素H、O、C、N电负性从小到大的顺序为。③阴离子的键角的键角(填“等于”、“大于”或“小于”)。④Htrz分子为平面结构，其中共有个σ键；用符号表示大π键(m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)，则Htrz分子中的大π键可表示为。⑤三氮唑沸点为260℃，与其结构类似的环戊二烯沸点为42.5℃，三氮唑沸点明显偏高的原因是。(2)钴蓝晶胞结构如下图所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为；NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为(列计算式)。〖答案〗(1)

4∶5

H<C<N<O

大于

8

1，2，4三氮唑分子间可形成氢键(2)

CoAl2O4〖解析〗(1)①)Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子排布式是3d64s2，Fe原子失去最外层2个4s电子得到Fe2＋，失去最外层2个4s电子和1个3d电子得到Fe3＋，所以基态Fe2＋的电子排布式为〖Ar〗3d6，基态Fe3＋的电子排布式为〖Ar〗3d5，所以未成对的电子数之比为4:5；②同周期元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从下到上，电负性依次增大，所以元素H、O、C、N电负性从小到大H<C<N<O；③已知、中中心原子周围的价层电子对数为、，孤也子对数分别为1、0，由于孤电子对对孤电子对的排斤作用>孤电子对对成键电子对的排斥作用>成键电子对对成键电子对的排斥作用，故键角；④根据④Htrz结构简式，是五元环结构，一个三氮唑环上有5个σ键，另外还有1个N-Hσ键和2个C-Hσ键，共8个σ键；在配合物〖Fe(Htrz)3〗(ClO4)2中，Fe2＋提供空轨道，配位体的N原子上含有孤电子对，所以在配位体中，参与形成大π键的原子数是5，参与形成大π键的电子数是6，所以可表示为；⑤1，2，4-三氮唑的沸点为260℃，而环戊二烯()的沸点为42.5℃，前者的沸点比后者大得多，是由于在1，2，4-三氮唑的分子中N原子非金属性强，原子半径小，不同的分子之间形成了氢键，增加了分子之间的吸引作用，而在环戊二烯分子之间无氢键，因此前者熔沸点比后者高；(2)根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为4×＝8、4×4＝16、8×4＝32，所以化学式为CoAl2O4；该晶胞的体积为(2a×10-7)3cm3，该晶胞的质量为g，所以密度为g·cm-3。17．(12分)工业上以铬矿渣(主要成分为Cr2O3，含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3)制备重要化工原料重铬酸钾(K2Cr2O7)晶体的工艺流程如下：已知：①焙烧可将Al、Si的氧化物转化为可溶性钠盐；②几种物质在水中的溶解度随温度变化的曲线如图。回答下列问题：(1)“氧化焙烧”时，Cr2O3被氧化生成Na2CrO4的化学方程式为。(2)“滤渣I”、“滤渣II”的主要成分分别是、(填化学式)：实验室中进行“除杂”操作用到的玻璃仪器有。(3)分离提纯后得到固体的化学式为；“一系列操作”是、过滤、洗涤、干燥，最后得到K2Cr2O7晶体。(4)生产过程中产生的含铬废水通常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理如图所示。若不考虑气体的溶解，当收集到6.72LH2(标准状况下)时有molCr2O被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)＝6.0×mol·L-1，则c(Fe3+)＝mol·L-1。(已知Ksp〖Cr(OH)3〗＝6.0×10-31，Ksp〖Fe(OH)3〗＝4.0×10-38)〖答案〗(1)5Cr2O3＋6NaNO3＝10Na2CrO4＋7CO2↑＋3N2↑(2)

Al(OH)3

H2SiO3

玻璃棒、烧杯、漏斗(3)

Na2SO4

蒸发浓缩冷却结晶(4)

0.05mol

4.0×10-12〖解析〗铬矿渣主要成分为Cr2O3，还含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质，铬矿渣加入碳酸钠、通入硝酸钠，氧化焙烧生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3、NaAlO2，“水浸”NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中通入过量二氧化碳，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤，滤液中加适量硫酸调节pH值使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加KCl得到K2Cr2O7溶液，控制温度使K2Cr2O7析出晶体。(1)“氧化焙烧”时，Cr2O3被氧化生成Na2CrO4，根据流程图，生成了氮气和一种气体，根据化合价升降及质量守恒推出化学方程式为：5Cr2O3＋6NaNO3＝10Na2CrO4＋7CO2↑＋3N2↑；(2)根据分析，铬铁矿石加入碳酸钠、通入硝酸钠，氧化焙烧生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3，“水浸”NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀，因此滤渣1是Fe(OH)3；再经过滤，滤液中通入二氧化碳，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，因此滤渣2是H2SiO3及Al(OH)3；根据流程图判断“除杂”操作是过滤，用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；(3)根据几种物质在水中的溶解度随温度变化的曲线图，加入硫酸后，经过分离提纯先除去Na2SO4；根据分析及流程图，加入一定量的KCl固体后，根据几种物质在水中的溶解度随温度变化的曲线图，蒸发浓缩至表面有晶膜出现，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，最后得到K2Cr2O7晶体，所以〖答案〗是Na2SO4，蒸发浓缩冷却结晶；(4)阳极发生反应Fe-2e-＝Fe2＋，阴极发生反应2H＋＋2e-＝H2，当收集到6.72LH2(标准状况下)时电路中转移＝0.6mol·L-1电子，则阳极生成0.3molFe2＋，Fe2＋把还原为Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价降低3，根据电子守恒，被还原的的物质的量是0.05mol；一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)＝6.0×10-5mol·L-1，，则c(Fe3+)＝4.0×10-118．(12分)实验室利用Cr2O3固体和CCl4反应制备无水CrCl3，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。已知：I.光气与水易反应，能溶于CCl4溶液II.有关物质熔沸点：Cr2O3CrCl3CCl4COCl2熔点/℃14351152-23-118沸点/℃40001300768.2回答下列问题：(1)开始通入N2的作用为。(2)B中发生反应的化学方程式为，分离出光气(COCl2)的操作为(填操作名称)。(3)实验步骤如下：检查完装置气密性，打开K1、K2、K3，通入氮气；一段时间后，开关K1、K2、K3的状态分别为，将装置A在85℃下进行水浴加热：待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，此时开关K1、K2、K3的状态分别为；实验结束，停止通入氮气。(4)取B中所得产品加入稀硫酸，完全溶解后分为两等份，进行如下操作：i.取其中一份，加入NaOH溶液形成绿色的Cr(OH)3沉淀后，再加入过量H2O2，小火加热至沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，再继续加热一段时间；继续加水至溶液体积为100mL，取20mL溶液酸化，再滴入指示剂，用新配制的0.2mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。ii.取另外一份加入过量NaOH溶液，经过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，得到铬的氧化物1.2g。①写出i中滴定过程反应的离子方程式：。②步骤ii中得到的铬的氧化物的化学式为。步骤i中，若最后不再加热一段时间，步骤ii中铬的氧化物中铬元素的化合价将(填“偏高”“偏低”或“不变”)。〖答案〗(1)排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中(2)Cr2O3＋3CC142CrCl3＋3COCl

蒸馏(3)K1、K2开，K3关

K1、K2关，K3开(4)

14H＋＋6Fe2＋＋Cr2O=26Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O或CrO＋8H＋＋3Fe2＋=3Fe3＋＋Cr3＋＋4H2O

CrO3

偏低〖解析〗该实验是陌生物质制备，由题中信息可知A装置中的CCl4被N2鼓入B装置，和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，用氢氧化钠吸收尾气防止污染空气，因为光气与水易反应，球形干燥管内为无水氯化钙，防止水蒸气进入C或D装置。反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏分离出光气。(1)空气会干扰实验，所以开始通入N2排净装置中的空气，同时用N2把CCl4鼓入硬质玻璃管中，〖答案〗排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中。(2)B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3＋3CC142CrCl3＋3COCl，C中收集到溶解在CCl4中的光气，利用沸点不同，采用蒸馏法分离出光气；蒸馏；(3)反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气；(4)一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，被过量H2O2氧化为Na2CrO4溶液，酸化CrO转化为Cr2O，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，Cr2O被还原为Cr3＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，离子方程式14H＋＋6Fe2＋＋Cr2O=26Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。关系式CrCl3~Cr(OH)3~CrO~Cr2O~3Fe2＋，则n(CrCl3)=n(Fe2＋)=，另一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，Cr(OH)3受热分解生成铬的氧化物1.2g，含Cr铬原子0.012mol，质量为，含O原子，铬的氧化物中Cr和O个数比为1∶3，化学式为CrO3，步骤i中完全转变为Na2CrO4溶液后，再继续加热一段时间，使过量的H2O2分解除去，若最后不再加热一段时间，过量的H2O2滴定时会消耗步骤(NH4)2Fe(SO4)2偏多，最后求得O偏少，所以铬的氧化物中铬元素的化合价将偏低。19．(12分)褪黑素是由松果体产生的一种胺类激素，在调节昼夜节律及睡眠-觉醒方面发挥重要作用。某研究小组以乙炔为原料，设计合成路线如下(部分反应条件已省略)：已知：①褪黑素结构为：②③无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：回答下列问题：(1)A的名称为；B→C的反应类型为。(2)D中所含官能团的名称为；E的结构简式为。(3)写出符合下列条件的H的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式。ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；ⅱ.含有结构，不含N—H键；ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子。(4)I→J反应的化学方程式为。(5)已知：，写出由二氯甲烷和乙醇制备的合成路线(无机试剂、有机溶剂任选)。〖答案〗(1)

氯乙烯

取代反应

酯基和氨基

(3)(4)＋NaOH→＋Na2CO3(5)〖解析〗HC≡CH和HCl在HgCl2催化下生成A结合A的分子式可知，A为CH2=CHCl，A和NaCN发生取代反应生成B，结合B的分子式可知，B为CH2=CHCN，B和M发生加成反应生成D，根据D的结构简式及M的分子式知，M为，C和氢气发生加成反应生成D，D比C多4个氢原子，则C中-C≡N完全和氢气发生加成反应，则D为，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据F的结构简式及E的分子式知，E为，H发生水解反应生成I，根据I的化学式知，I为，I和碱石灰反应生成J，J发生取代反应生成褪黑素，则J为。A的结构简式为CH2=CHCl，则名称为氯乙烯，B→C即CH2=CHCl＋NaCN—→CH2=CHCN＋NaCl，反应类型为取代反应；D的结构简式为，故D中所含官能团的名称为酯基和氨基，E的结构简H的同分异构体符合下列条件：ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；ⅱ.含有结构，不含N—H键；ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子，结构对称，符合条件的结构简式有式为；I的结构简式为，J的结构简式为，结合已知信息③可知，I→J反应的化学方程式为＋NaOH＋Na2CO3；以二氯甲烷和乙醇为原料合成有机物，二氯甲烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CN，NCCH2CN和氢气发生加成反应生成H2NCH2CH2CH2NH2，NCCH2CN发生水解反应生成HOOCCH2COOH，CH3CH2OH和HOOCCH2COOH发生转化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2发生取代反应得到目标产物，由此确定合成路线如下：20.(12分)气候变化是目前全球最重要、最紧迫的议题之一、CO2的综合利用是解决该问题的有效途径。(1)可利用CH4与CO2制备“合成气(CO、H2)”，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。甲烷二氧化碳干式重整涉及以下反应：ⅰ.CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH1K1ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2K2ⅲ.CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)ΔH3K3为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。根据下表所示数据，计算反应ⅰ的反应热ΔH1＝。物质CH4CO2CO(kJ·mol-1)-74.8-393.5-110.5(2)利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋4H2O(g)，当T＝700K时，反应平衡常数Kc≈9，该温度下，在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数_______(填标号)。A. B. C. D.无法确定(3)以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，实现碳的循环利用。一种铜基催化剂对该反应有良好的催化效果。①有学者提出CO2转化成甲醇的催化机理如图1所示。反应的副产物有_______。②一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。已知：反应器内发生的反应有：a.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH3＝－49.5kJ·mol－1b.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋41.2kJ·mol－1CH3OH选择性ⅰ.220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)∶n(CO2)∶n(CO)＝1∶7.20∶0.11，则该温度下CO2转化率＝_______×100%(列出计算式，不必化简)ⅱ.其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图2、图3所示：温度高于260℃时，CO2平衡转化率变化的原因是。由图3可知，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因。(4)工业上也可以用电解法捕获CO2，以太阳能电池为电源，在酸性水溶液中用惰性电极电解制得乙烯，则生成乙烯的电极反应为。〖答案〗(1)＋247.3kJ·mol－1(2)C(3)①CO、H2O②③温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动；温度高于260℃时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度④在该条件下反应a和反应b的速率之比大于相同条件下平衡时甲醇和CO的物质的量之比(4)2CO2＋12H+＋12e-＝C2H4＋4H2O〖解析〗(1)根据标准摩尔生成焓的定义，反应i的反应热∆H1＝2×(-110.5kJ·mol－1)＋2×0kJ·mol－1-〖-74.8kJ·mol－1＋(-393.5kJ·mol－1)〗＝＋247.3kJ·mol－1；(2)设CH3OH初始物质的量浓度为2amol·L-1，CH3OH的平衡转化率为α，列三段式2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋4H2O(g)Kc＝＝＝9，解得α＝，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为。(3)①根据CO2转化成甲醇的催化机理图示可知，反应的副产物有CO、H2O；②i．220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)∶n(CO2)∶n(CO)＝1∶7.20∶0.11，结合碳原子守恒，该温度下CO2的转化率＝；ii．由图2可知，温度高于260℃时，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，CO2的转化率增大；由图3可知，温度相同时反应a和反应b的速率之比大于相同条件下平衡时甲醇和CO的物质的量之比，故CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值；(4)CO2在阴极发生得电子的还原反应生成乙烯，1molCO2得到6mol电子，结合电荷守恒和原子守恒，生成乙烯的电极反应为2CO2＋12H+＋12e-＝C2H4＋4H2O。高三模拟试题高三模拟试题PAGE20PAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练4可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59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．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是()A．医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀是牺牲阳极的阴极保护法C．“歼－20”飞机上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D．使用太阳能电池可以把电能转化为化学能，减少化石能源的使用〖答案〗B〖详析〗A．75%的医用酒精的消毒效果最好，不是浓度越高消毒效果越好，故A错误；B．电热水器中的镁棒可防止内胆被腐蚀是由于镁的活泼性强于铁，发生电化学腐蚀时，镁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，这种保护金属的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．碳纤维是一种新型无极非金属材料，不是新型有机高分子材料，故C错误；D．使用太阳能电池可以把太阳能转化为电能，故D错误；2．如图所示化合物是一种常见的储氢材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期。下列叙述错误的是()A．第一电离能：X>YB．原子半径：Z>YC．Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸D．Z与X可形成离子化合物ZX〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z处于不同短周期，故X一定为H，Z＋显＋1价，推测为Na＋，即Z为Na，由图示知，阴离子得1个电子，中心Y周围可形成4个键，故Y原本含有3个价电子，且Y与H、Na不在同一周期，故Y只能为第二周期的B。A．在阴离子BHeq\o\al(－,4)中，B元素显＋3价，H元素显－1价，说明H元素吸引电子能力强于B元素，故H原子更难失电子，所以第一电离能：H＞B，A正确；B．Na原子电子层为3层，B原子为2层，故原子半径Na＞B，B正确；C．B元素最高价氧化物对应水化物为H3BO3，为弱酸，C错误；D．Na与H可形成离子化合物NaH，D正确。3．CHeq\o\al(＋,3)、—CH3、CHeq\o\al(－,3)都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是()A．CHeq\o\al(－,3)与H3O＋的空间结构均为三角锥形B．它们的C均采取sp2杂化C．CHeq\o\al(＋,3)中的所有原子均共面D．CHeq\o\al(＋,3)与OH－形成的化合物中不含有离子键〖答案〗B〖解析〗CHeq\o\al(－,3)与H3O＋中C原子与O原子价层电子对数都是4，且都含有1对孤电子对，均为三角锥形结构，故A正确；CHeq\o\al(＋,3)、—CH3、CHeq\o\al(－,3)中价层电子对数分别是3、4、4，根据价层电子对互斥理论知，C原子杂化类型分别是sp2、sp3、sp3，碳原子的杂化方式不同，故B错误；CHeq\o\al(＋,3)中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，故C正确；CHeq\o\al(＋,3)与OH－形成的化合物是CH3OH，属于共价化合物，不含离子键，故D正确。4．聚乳酸(PLA)是一种生物可降解材料。低相对分子质量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相对分子质量PLA的制备过程如图所示。下列说法正确的是()A．高相对分子质量PLA易溶于水B．乳酸生产中间体时，原子利用率能达到100%C．由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH〖答案〗C〖解析〗高相对分子质量PLA属于羧基和羟基的缩聚产物，为酯类物质，难溶于水，A项错误；2分子乳酸酯化生成1分子中间体的同时生成2分子水，原子利用率不能达到100%，B项错误；不管生成低相对分子质量PLA还是高相对分子质量PLA，其过程均为缩聚反应，C项正确；PLA属于高分子，则1molPLA完全水解，消耗nmolNaOH，D项错误。5．关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到目的的是()A．甲接收蒸馏时的馏出液B．乙装置可验证浓硫酸的脱水性C．丙装置可制备无水MgCl2D．丁装置可制取并收集干燥、纯净的NO〖答案〗C6．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是()选项a中的物质b中的物质c中收集的物质d中的物质A浓氨水CaONH3浓硫酸B浓硫酸CuSO2NaOH溶液C浓硝酸CuNO2NaOH溶液D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液〖答案〗C〖解析〗A．氨气密度比空气小，应该采用短进长出的收集装置来收集氨气，故A不符合题意；B．用铜和浓硫酸反应制取二氧化硫，需要加热，该图没有加热装置，故B不符合题意；C．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮密度比空气大，应长进短出收集气体，再用氢氧化钠溶液处理尾气，故C符合题意；D．用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，需要加热，该图没有加热装置，故D不符合题意。7.有机物H()是一种重要有机合成中间体。下列关于H的说法错误的是()A分子中所有碳原子不可能共平面B.与不互为同系物C.既含羧基，又含醛基的同分异构体有12种(不考虑立体异构)D.该分子中有四个手性碳原子〖答案〗D〖解析〗A．分子中存在3个碳原子连接在同一饱和碳原子上的结构，根据甲烷的空间结构可知，该物质中不可能所有碳原子共面，A正确；B．二者所含官能团个数不同，结构不相似，不是同系物，B正确；C．既含发基，又含醛基的同分异构体有：、、、(序号代表醛基的位置)，共12种，C正确；D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中有三个手性碳原子，位置为：，D错误。8．双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法不正确的是()A．过程Ⅰ中，SO2表现出还原性B．过程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3C．脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用D．总反应为：2SO2＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4＋2H2O〖答案〗A〖解析〗过程Ⅰ中反应为SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，该反应不是氧化还原反应，A项错误；过程Ⅱ中，Na2SO3→CaSO4，S由＋4价升高为＋6价，1molNa2SO3失去2mol电子，O2中的O由0价降低为－2价，1molO2得到4mol电子，则1molO2可氧化2molNa2SO3，B项正确；过程Ⅰ消耗NaOH，过程Ⅱ生成NaOH，故NaOH可循环使用，C项正确；由图示，结合原子守恒知，反应物为SO2、Ca(OH)2、O2，生成物为CaSO4、H2O，D项正确。9．电芬顿技术常用来处理废水中的有害物质苯酚。电芬顿技术是通过化学芬顿技术发展而来的，化学芬顿技术主要向废水中投加Fe2＋和H2O2试剂，两者反应后生成强氧化剂羟基自由基，将废水中的有害有机物氧化成CO2和H2O。下列有关说法错误的是()A．a电极为Fe电极，外接电源正极B．阴极反应为O2＋2e－=Oeq\o\al(2－,2)C．消耗标准状况下11.2LO2，生成1mol·OHD．处理苯酚的反应为28HO·＋→6CO2↑＋17H2O〖答案〗C〖解析〗电芬顿技术采用Fe作阳极，Fe失电子生成的亚铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基，A正确；阴极氧气得电子生成过氧根离子，在酸性条件下反应生成过氧化氢，B正确；酸性条件下，三价铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基的反应为H2O2＋Fe2＋＋H＋=Fe3＋＋·OH＋H2O,11.2LO2在标况下为0.5mol，O2～H2O2～·OH，0.5molO2生成0.5mol·OH，C错误；根据元素守恒可以得出羟基自由基做强氧化剂处理苯酚的反应为28HO·＋→6CO2↑＋17H2O，D正确。10．CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为〖Cu(NH3)4〗Cl2)为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是（）A．“沉铜”发生反应的离子方程式：〖Cu(NH3)4〗2＋＋4OH-CuO＋4NH3↑＋2H2OB．“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．“还原”后所得溶液中大量存在的离子有Cu+、H+、Cl-、D．“洗涤”时可使用水作洗涤剂，因为CuCl难溶于水〖答案〗B〖解析〗A．选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为：〖Cu(NH3)4〗2＋＋4OH-CuO＋4NH3↑＋2H2O，故A错误；B．“还原”步骤中Cu2＋做氧化剂，和还原剂Na2SO3反应，铜的化合价从＋2价降低到＋1价，S的化合价从＋4价升高到＋6价，发生反应的离子方程式为：2Cu2＋＋＋2Cl-＋H2O＝2CuCl↓＋＋2H＋，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故B正确；C．根据B选项中的离子方程式可知，反应后的溶液中存在大量的H＋和，但不能存在大量的Cu＋和Cl-，故C错误；D．CuCl虽然难溶于水，但潮湿时易被氧化，所以不能用水做洗涤剂，应该用乙醇洗涤，故D错误。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11．下列对有关实验现象的解释或所得结论错误的是()选项实验操作现象解释或结论A将NaBiO3固体加入酸性MnSO4溶液中，充分振荡溶液变为紫红色氧化性：B将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液铜粉溶解Fe3＋与铜粉反应C将25℃0.1mol·L-1的Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化溶液的pH逐渐减小温度升高，SO的水解增大程度大于水的电离增大程度D石蜡油加强热、产生的气体通入Br2的CCl4溶液溶液橙红色褪去气体中含有不饱和烃〖答案〗BC〖解析〗A．向2mL0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加0.1mol·L-1ZnSO4溶液至不再有沉淀产生，发生反应：S2-＋Zn2+＝ZnS↓，再滴加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，ZnS沉淀转化为更难溶的CuS沉淀，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，A正确；B．将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液，铜粉溶解，在酸性条件下有强氧化性，将铜粉氧化，B错误；C．Na2SO3溶液加热，＋H2O＋OH-平衡正向移动，以c(OH-)增大，pH增大，C错误；D．石蜡油加强热、产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液橙红色褪去说明反应生成的气体中含有能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应的烯烃，D正确。12．从电解精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu、Ag、C、Au等)中回收贵金属Au与Ag的工艺流程如下：已知：下列说法错误的是A．“酸浸氧化”通入氧气既能减少环境污染也能提高硝酸利用率B．滤渣I通过灼烧可得纯净的AuC．“溶浸”发生反应的离子方程式为D．“还原”中氧化产物与还原产物之比为1∶2〖答案〗CD〖解析〗阳极泥中Cu、Ag与硝酸反应形成滤液Ⅰ中的Cu2＋和Ag＋，滤渣Ⅰ中含C、Au；沉银环节Ag＋与Cl-结合形成氯化银沉淀过滤形成滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含有Cu2＋；溶浸环节氯化银与硫代硫酸钠反应；最后经N2H4还原生成单质银和氮气。A．硝酸的还原产物为NO，可与氧气和水反应生成硝酸，一方面提高硝酸利用率，一方面降低一氧化氮对环境的污染，A正确；B．滤渣Ⅰ中含C、Au，灼烧可将C转化成CO2，得到较纯净的Au，B正确；C．溶浸环节氯化银与硫代硫酸钠反应的离子方程式为，C不正确；D．，，根据得失电子守恒，转移相同电子数，氧化产物N2与还原产物Ag物质的量之比为4∶1，D不正确。13．为实现“双碳”目标，我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H＋和OH－，在外加电场作用下可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn-CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是()A．闭合K1时，OH－通过b膜向Zn电极方向移动B．闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn＋4OH－－2e－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)C．闭合K2时，Zn电极与直流电源正极相连D．闭合K2时，在Pd电极上有2.24LCO2(标况下)生成，则析出Zn0.65g〖答案〗CD〖解析〗闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极为负极，Pd电极为正极，OH－通过b膜移向Zn电极，故A正确；闭合K1时，该装置为原电池，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，电极反应式为Zn＋4OH－－2e－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，故B正确；闭合K1时，Zn-CO2电池中Zn电极为负极，Pd电极为正极，闭合K2时，该装置为电解池，Zn电极为阴极，与直流电源负极相连，故C错误；闭合K2时，该装置为电解池，Pd电极为阳极，阳极上HCOOH发生失电子的氧化反应生成CO2，Zn电极为阴极，阴极上析出锌，利用得失电子守恒可知，2e－～CO2～Zn，即有2.24LCO2(标况下)生成，则析出Zn6.5g，故D错误。14．科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq\o\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)发生氧化反应B．a和b中转移的e－数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O〖答案〗C〖解析〗过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NOeq\o\al(－,2)得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－eq\o(=,\s\up7(酶1))NO＋H2O，生成1molNO，a过程转移1mole－，过程Ⅱ为NO和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2NO＋8NHeq\o\al(＋,4)eq\o(=,\s\up7(酶2))2H2O＋5N2H4＋8H＋，n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4，消耗1molNO，b过程转移4mole－，转移电子数目不相等，B错误、C正确；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4=N2＋4H＋＋4e－，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为2NOeq\o\al(－,2)＋8NHeq\o\al(＋,4)=5N2↑＋4H2O＋24H＋＋18e－，D错误。15．ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A－)或c(B－)随c(OH－)而变化，A－和B－不发生水解。实验发现，298K时c2(A－)与c(OH－)、c2(B－)与c(OH－)的关系如图所示，甲表示c2(A－)与c(OH－)关系。下列叙述错误的是()A．RA饱和溶液pH＝6时，c(A－)<2×10－5mol·L－1B．RB的溶度积Ksp(RB)的数值为5×10－11C．ROH的电离平衡常数Kb(ROH)的数值为2×10－6D．RB饱和溶液中pH＝7时，c(R＋)＋c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)〖答案〗CD〖解析〗A项，RA饱和溶液pH＝6时，c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝1×10－8mol·L－1，据图可知此时c2(A－)＝30×10－11(mol·L－1)2，所以c(A－)＝×10－5mol·L－1＜2×10－5mol·L－1，A正确；B项，RB的饱和溶液中存在平衡：RBR＋＋B－、R＋＋H2OROH＋H＋，当溶液酸性越强是，R－的水解程度越弱，c(R＋)和c(B－)的大小越接近，据图可知当c(OH－)接近0时(酸性强)，c2(B－)＝5×10－11(mol·L－1)2，此时c(R＋)＝c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝c2(B－)＝5×10－11，B正确；C项，RB溶液中存在物料守恒c(R＋)＋c(ROH)＝c(B－)，Kb(ROH)＝，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R＋)＝c(ROH)时，满足c(R＋)＝c(ROH)＝c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝c(B－)·c(B－)＝5×10－11，所以此时c2(B－)＝10×10－11，据图可知此时c(OH－)＝2×10－8mol·L－1，即Kb(ROH)＝2×10－8，C错误；D项，RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R＋的水解，溶液会显酸性，所以pH＝7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R＋)＋c(H＋)≠c(B－)＋c(OH－)，D错误。本题共5小题，共60分。16．(12分)配合物在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题：(1)铁的一种配合物的化学式为〖Fe(Htrz)3〗(ClO4)2，配体Htrz为三氮唑()①基态Fe2＋与Fe3＋中未成对的电子数之比为。②元素H、O、C、N电负性从小到大的顺序为。③阴离子的键角的键角(填“等于”、“大于”或“小于”)。④Htrz分子为平面结构，其中共有个σ键；用符号表示大π键(m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)，则Htrz分子中的大π键可表示为。⑤三氮唑沸点为260℃，与其结构类似的环戊二烯沸点为42.5℃，三氮唑沸点明显偏高的原因是。(2)钴蓝晶胞结构如下图所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为；NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为(列计算式)。〖答案〗(1)

4∶5

H<C<N<O

大于

8

1，2，4三氮唑分子间可形成氢键(2)

CoAl2O4〖解析〗(1)①)Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子排布式是3d64s2，Fe原子失去最外层2个4s电子得到Fe2＋，失去最外层2个4s电子和1个3d电子得到Fe3＋，所以基态Fe2＋的电子排布式为〖Ar〗3d6，基态Fe3＋的电子排布式为〖Ar〗3d5，所以未成对的电子数之比为4:5；②同周期元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从下到上，电负性依次增大，所以元素H、O、C、N电负性从小到大H<C<N<O；③已知、中中心原子周围的价层电子对数为、，孤也子对数分别为1、0，由于孤电子对对孤电子对的排斤作用>孤电子对对成键电子对的排斥作用>成键电子对对成键电子对的排斥作用，故键角；④根据④Htrz结构简式，是五元环结构，一个三氮唑环上有5个σ键，另外还有1个N-Hσ键和2个C-Hσ键，共8个σ键；在配合物〖Fe(Htrz)3〗(ClO4)2中，Fe2＋提供空轨道，配位体的N原子上含有孤电子对，所以在配位体中，参与形成大π键的原子数是5，参与形成大π键的电子数是6，所以可表示为；⑤1，2，4-三氮唑的沸点为260℃，而环戊二烯()的沸点为42.5℃，前者的沸点比后者大得多，是由于在1，2，4-三氮唑的分子中N原子非金属性强，原子半径小，不同的分子之间形成了氢键，增加了分子之间的吸引作用，而在环戊二烯分子之间无氢键，因此前者熔沸点比后者高；(2)根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为4×＝8、4×4＝16、8×4＝32，所以化学式为CoAl2O4；该晶胞的体积为(2a×10-7)3cm3，该晶胞的质量为g，所以密度为g·cm-3。17．(12分)工业上以铬矿渣(主要成分为Cr2O3，含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3)制备重要化工原料重铬酸钾(K2Cr2O7)晶体的工艺流程如下：已知：①焙烧可将Al、Si的氧化物转化为可溶性钠盐；②几种物质在水中的溶解度随温度变化的曲线如图。回答下列问题：(1)“氧化焙烧”时，Cr2O3被氧化生成Na2CrO4的化学方程式为。(2)“滤渣I”、“滤渣II”的主要成分分别是、(填化学式)：实验室中进行“除杂”操作用到的玻璃仪器有。(3)分离提纯后得到固体的化学式为；“一系列操作”是、过滤、洗涤、干燥，最后得到K2Cr2O7晶体。(4)生产过程中产生的含铬废水通常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理如图所示。若不考虑气体的溶解，当收集到6.72LH2(标准状况下)时有molCr2O被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)＝6.0×mol·L-1，则c(Fe3+)＝mol·L-1。(已知Ksp〖Cr(OH)3〗＝6.0×10-31，Ksp〖Fe(OH)3〗＝4.0×10-38)〖答案〗(1)5Cr2O3＋6NaNO3＝10Na2CrO4＋7CO2↑＋3N2↑(2)

Al(OH)3

H2SiO3

玻璃棒、烧杯、漏斗(3)

Na2SO4

蒸发浓缩冷却结晶(4)

0.05mol

4.0×10-12〖解析〗铬矿渣主要成分为Cr2O3，还含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质，铬矿渣加入碳酸钠、通入硝酸钠，氧化焙烧生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3、NaAlO2，“水浸”NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中通入过量二氧化碳，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤，滤液中加适量硫酸调节pH值使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加KCl得到K2Cr2O7溶液，控制温度使K2Cr2O7析出晶体。(1)“氧化焙烧”时，Cr2O3被氧化生成Na2CrO4，根据流程图，生成了氮气和一种气体，根据化合价升降及质量守恒推出化学方程式为：5Cr2O3＋6NaNO3＝10Na2CrO4＋7CO2↑＋3N2↑；(2)根据分析，铬铁矿石加入碳酸钠、通入硝酸钠，氧化焙烧生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3，“水浸”NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀，因此滤渣1是Fe(OH)3；再经过滤，滤液中通入二氧化碳，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，因此滤渣2是H2SiO3及Al(OH)3；根据流程图判断“除杂”操作是过滤，用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；(3)根据几种物质在水中的溶解度随温度变化的曲线图，加入硫酸后，经过分离提纯先除去Na2SO4；根据分析及流程图，加入一定量的KCl固体后，根据几种物质在水中的溶解度随温度变化的曲线图，蒸发浓缩至表面有晶膜出现，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，最后得到K2Cr2O7晶体，所以〖答案〗是Na2SO4，蒸发浓缩冷却结晶；(4)阳极发生反应Fe-2e-＝Fe2＋，阴极发生反应2H＋＋2e-＝H2，当收集到6.72LH2(标准状况下)时电路中转移＝0.6mol·L-1电子，则阳极生成0.3molFe2＋，Fe2＋把还原为Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价降低3，根据电子守恒，被还原的的物质的量是0.05mol；一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)＝6.0×10-5mol·L-1，，则c(Fe3+)＝4.0×10-118．(12分)实验室利用Cr2O3固体和CCl4反应制备无水CrCl3，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。已知：I.光气与水易反应，能溶于CCl4溶液II.有关物质熔沸点：Cr2O3CrCl3CCl4COCl2熔点/℃14351152-23-118沸点/℃40001300768.2回答下列问题：(1)开始通入N2的作用为。(2)B中发生反应的化学方程式为，分离出光气(COCl2)的操作为(填操作名称)。(3)实验步骤如下：检查完装置气密性，打开K1、K2、K3，通入氮气；一段时间后，开关K1、K2、K3的状态分别为，将装置A在85℃下进行水浴加热：待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，此时开关K1、K2、K3的状态分别为；实验结束，停止通入氮气。(4)取B中所得产品加入稀硫酸，完全溶解后分为两等份，进行如下操作：i.取其中一份，加入NaOH溶液形成绿色的Cr(OH)3沉淀后，再加入过量H2O2，小火加热至沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，再继续加热一段时间；继续加水至溶液体积为100mL，取20mL溶液酸化，再滴入指示剂，用新配制的0.2mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。ii.取另外一份加入过量NaOH溶液，经过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，得到铬的氧化物1.2g。①写出i中滴定过程反应的离子方程式：。②步骤ii中得到的铬的氧化物的化学式为。步骤i中，若最后不再加热一段时间，步骤ii中铬的氧化物中铬元素的化合价将(填“偏高”“偏低”或“不变”)。〖答案〗(1)排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中(2)Cr2O3＋3CC142CrCl3＋3COCl

蒸馏(3)K1、K2开，K3关

K1、K2关，K3开(4)

14H＋＋6Fe2＋＋Cr2O=26Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O或CrO＋8H＋＋3Fe2＋=3Fe3＋＋Cr3＋＋4H2O

CrO3

偏低〖解析〗该实验是陌生物质制备，由题中信息可知A装置中的CCl4被N2鼓入B装置，和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，用氢氧化钠吸收尾气防止污染空气，因为光气与水易反应，球形干燥管内为无水氯化钙，防止水蒸气进入C或D装置。反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏分离出光气。(1)空气会干扰实验，所以开始通入N2排净装置中的空气，同时用N2把CCl4鼓入硬质玻璃管中，〖答案〗排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中。(2)B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3＋3CC142CrCl3＋3COCl，C中收集到溶解在CCl4中的光气，利用沸点不同，采用蒸馏法分离出光气；蒸馏；(3)反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气；(4)一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，被过量H2O2氧化为Na2CrO4溶液，酸化CrO转化为Cr2O，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，Cr2O被还原为Cr3＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，离子方程式14H＋＋6Fe2＋＋Cr2O=26Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。关系式CrCl3~Cr(OH)3~CrO~Cr2O~3Fe2＋，则n(CrCl3)=n(Fe2＋)=，另一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，Cr(OH)3受热分解生成铬的氧化物1.2g，含Cr铬原子0.012mol，质量为，含