2023届山东省菏泽市单县二中高三一模模拟练6解析

高三模拟试题PAGEPAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练6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．化学与科技、生活密切相关，下列说法正确的是()A．“京沪干线”使用的光导纤维是硅单质B．冬奥会采用二氧化碳跨临界直冷制冰代替氟利昂等制冷剂，具备环保节能、来源广泛、安全无毒等优点C．“人造太阳”通过核聚变释放巨大能量，该过程属于化学变化D．“中国天眼”使用的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料〖答案〗B〖解析〗A．光导纤维是二氧化硅，A错误；B．氟利昂会破坏臭氧层，使用二氧化碳跨临界直冷制冰技术加大了二氧化碳的消耗，使大气中二氧化碳的浓度降低，减缓了气候变暖，B正确；C．核聚变是原子核内部的变化，化学变化只研究到原子，原子核内的变化属于物理变化，即核聚变、核裂变均属于物理变化，C错误；D．碳化硅是无机物，不属于新型的有机高分子材料，D错误。2．下列说法正确的是()A．用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．蒸馏粗溴苯时，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口处D．可用重结晶法除去苯甲酸固体中混有的NaCl，因为苯甲酸在水中的溶解度很大〖答案〗C〖解析〗A．葡萄糖与氯化钠的混合液为小分子和离子溶液，可穿过半透膜，因此不能分离，故A错误；B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化碳，此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸)，应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，故B错误。C．蒸馏时粗溴苯，温度计测定馏分的温度，则将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故正确；D．用重结晶法除去苯甲酸固体中混有的NaCl，因为苯甲酸在水中的溶解度受温度的影响很大，故C错误，故D错误。3．苯的亲电取代反应分两步进行，可表示为E＋＋＋H＋，生成中间体的一步是加成过程，中间体失去氢离子的一步是消除过程，其机理亦称加成—消除机理，苯的亲电职代反应进程和能量的关系如图，下列说法错误的是()A．反应Ⅰ为苯亲电取代的决速步骤 B．E1与E2的差值为总反应的焓变C．中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差 D．反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化〖答案〗B〖解析〗A．反应需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为反应Ⅰ，故A.正确；B．焓变与两步反应活化能的差值无关，与产物和反应物的能量差值有关，故B错误；C．由图知中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差（能量越低越稳定），故C正确；D．由图可知反应过程中中间体存在一个碳原子形成四个单键的中间状态反应过程中，环上此碳原子的杂化类型为sp3杂化，苯环碳的杂化为sp2反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化，故D正确。4．某化学小组在实验室利用下列装置(部分夹持仪器略)进行实验，其中能达到实验目的的是()A．图Ⅰ：制取并收集少量干燥的氨气B．图Ⅱ：制备少量无水氯化镁C．图Ⅲ：关闭a、打开b，可检查装置的气密性D．图Ⅳ：验证牺牲阳极法保护铁〖答案〗D〖解析〗A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，同时会有水生成，收集的氨气中含有水蒸气，不能收集到干燥的氨气，故A错误；B．制备少量无水氯化镁应在HCl气氛中加热蒸干水分，故B错误；C．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，故C错误；D．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故D正确。5．我国科学家在实验室首次实现以二氧化碳为原料经11步反应合成淀粉，其中第三步反应为：下列说法错误的是()A．该反应属于加成反应 B．钛元素(Ti)位于周期表的d区C．DHA与葡萄糖互为同系物 D．CO2转化为淀粉的过程包含了氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗A．根据反应中物质的结构简式可推知，反应属于加成反应，选项A正确；B．钛(Ti)位于第4周期、第IVB族，位于周期表d区，选项B正确；C．DHA与葡萄糖相差3个羟基，而不是差n个CH2，不互为同系物，选项C错误；D．CO2转化为淀粉的过程有化合价升降，所以属于氧化还原反应，选项D正确。6．价类二维图是基于核心元素的化合价和物质类别研究物质性质的一种模型。下图是硫元素的价类二维图。下列说法正确的是()A．硫化亚铁与稀硝酸反应可用来制取aB．从价态角度分析，a、b、c、g、都具有还原性C．c通入溴水中，溴水褪色，证明c有漂白性D．b在足量的纯氧中燃烧，可一步转化为d〖答案〗B〖解析〗根据硫元素的价类二维图可知，a为H2S,b为S,c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为硫化盐或硫化氢盐。A.硝酸可以氧化硫化亚铁中的硫元素而生成硫或硫酸盐，不会生成硫化氢，故A错误；B．a、b、c、g中S元素都不是最高价，故可以被氧化，具有还原性，故B正确；C．SO2会被溴水氧化而褪色，不能证明二氧化硫的漂白性，故C错误；D．硫单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能一步转化为三氧化硫，故D错误。7．一种新型电池中的电解质(结构如图所示)，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，Z原子的单电子数是Y原子的三倍。下列说法中正确的是A．简单离子半径：X<YB．X基态原子电子的空间运动状态有5种C．第一电离能：Z>X>YD．该化合物阴离子呈正八面体结构，键角都是90°〖答案〗D〖解析〗X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，根据所给的结构为离子化合物，则Y＋为Li＋或Na＋，X形成一个共价键，应为H或F(X、Y、Z序数依次增大，X不是Cl)，Z形成6个共价键，Z原子序数是三种元素中最大的，Z原子的单电子数是Y原子的三倍，Y不论是Li还是Na，单电子数均为1，则Z原子的单电子数为3，故Z应为P，三种元素不同主族，故X应为F，则Y为Na，Z为P。A．由分析可知，X、Y分别为F、Na，F-和Na＋电子结构相同，原子序数越小半径越大，故F-＞Na＋，A错误；B．由分析可知，X为F，是第9号元素，原子核外有9个电子，所以基态原子电子的空间运动状态有9种，B错误；C．由分析可知，X为F，则Y为Na，Z为P，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能减小，所以第一电离能顺序是F>P>Na，C错误；D．该化合物阴离子是，中心原子P的价层电子对数＝，呈正八面体结构，键角都是90°，D正确。8．硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，为保护环境，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3〖Ce中文名“铈”〗的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋=2H＋＋Ce3＋B．处理一段时间后，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋浓度不变C．该转化过程的实质为NOx被H2还原D．x＝1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1〖答案〗C〖解析〗A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，故A错误；B．Ce3＋和Ce4＋是反应的催化剂，参与反应但是量不变，因为反应生成了H2O，故其浓度在变化；故B错误；C．总反应：2NOx＋2xH2=2xH2O＋N2↑，NOx的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C正确；D．总反应：2NOx＋2xH2=2xH2O＋N2↑，x＝1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误。9.硼化钒－空气电池的放电反应为4VB2＋11O2＝4B2O3＋2V2O5，以该电池为电源电解制备钛的装置如图所示。下列说法不正确的是()A.石墨电极可能发生2Cl－－2e－＝Cl2↑、2O2－－4e－＝O2↑B.电解槽中的阳极材料石墨电极需定期更换C.Pt电极反应式为2VB2＋22OH－－22e－＝V2O5＋2B2O3＋11H2OD.若制备4.8gTi，理论上正极应通入标准状况下2.24L空气〖答案〗D〖解析〗硼化钒－空气电池的放电反应为4VB2＋11O2＝4B2O3＋2V2O5，通入空气的为电池的正极，铂电极为电池负极，石墨连接正极为电解池的阳极，氧化钛电极为电解池的阴极。A．石墨为阳极，Cl－和O2均有可能在石墨电极放电，发生电极反应2Cl－－2e－＝Cl2↑、2O2－－4e－＝O2↑，选项A正确；B．熔融态(高温)电解产生O2，会损耗石墨，需定期更换，选项B正确；C．Pt电极上VB2失电子生成V2O5、B2O3，电极反应式为2VB2＋22OH－－22e－＝V2O5＋2B2O3＋11H2O，选项C正确；D．制备4.8gTi，需要标准状况下2.24LO2，理论上正极应通入标准状况下空气11.2L，选项D不正确。10．亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A先加入少量KClO3溶液，再加AgNO3溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠C先加到少量FeCl2溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量Na2SO3溶液，再加入BaCl2溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠〖答案〗C〖解析〗A．KClO3与亚硝酸钠会发生反应：KClO3＋3NaNO2=KCl＋3NaNO3，滴加硝酸银和足量稀硝酸也能生成白色沉淀，A错误；B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是()a中试剂b中试剂c中溶液d中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水NaOH溶液B浓硫酸CuH2S溶液NaOH溶液C稀硫酸Na2CO3饱和Na2CO3溶液NaOH溶液D浓氨水碱石灰AgNO3溶液NaOH溶液〖答案〗AC〖解析〗A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成HCl气体，生成的HCl气体通入饱和食盐水中，根据同离子效应，析出NaCl晶体，A符合题意；B．浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成SO2，不符合实验要求，B不符合题意；C．Na2CO3和稀硫酸反应生成CO2，CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3晶体，C符合题意；D．浓氨水和碱石灰生成NH3，NH3通入AgNO3溶液中，先生成AgOH沉淀，继续通入氨气，AgOH溶解生成Ag(NH3)2OH，D不符合题意。12．化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成反应如图。下列说法错误的是A．X分子间只能形成下列氢键：O—H…O、N—H…NB．1molZ最多能与6molNaOH反应C．Z分子中含2个手性碳原子D．X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体〖答案〗AC〖解析〗A．由X的结构简式可知，X分子中含有O—H、N—H、N、O，因此X分子间可形成的氢键有：O—H…O、N—H…N、O—H…N、N—H…O，A错误；B．根据Z的结构简式，1molZ分子含有2mol酚羟基、1mol酯基、1mol羧基和1mol—CONH—，均能与NaOH反应，同时分子中酯基与NaOH反应后会生成酚羟基，因此多消耗1molNaOH，故1molZ最多能与6molNaOH反应，B正确；C．手性碳原子为饱和碳原子，连有4个不同的基团，故Z分子中只含有1个手性碳原子，如图，C错误；D．由X、Y、Z的结构简式可知，三种分子均存在碳碳双键，且双键碳原子一端连有不同的原子或原子团，因此均存在顺反异构体，D正确。13．科学家最近发明了一种Al－PbO2电池，通过x和y两种离子交换膜隔成M、R、N三个区域(a>b)，三个区域的电解质分别为K2SO4、H2SO4、KOH中的一种，结构如图所示。下列说法错误的是()A．放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大B．放电时，PbO2电极反应为：PbO2＋4H+＋2e-＝Pb2+＋2H2OC．M区电解质为KOH，且放电时K+通过x膜移向R区D．消耗1.8gAl时，N区域电解质溶液减少9.6g〖答案〗BD〖解析〗该电池为Al－PbO2电池,电解质为K2SO4、H2SO4、KOH，通过x和y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，从图中可知原电池工作时负极发生反应为：Al＋4OH-－3e=＝〖Al(OH)4〗-，消耗OH-，K+向正极移动；正极反应为：PbO2＋4H+＋＋2e-＝PbSO4＋2H2O，正极消耗H+和，阴离子向负极移动；则x是阳离子交换膜，y是阴离子交换膜，则M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4。A．由上述分析可知，放电时R区域K+与不断进入，所以电解质浓度逐渐增大，A正确；B．放电时，PbO2电极反应为PbO2＋4H+＋2e-＝PbSO4＋2H2O，B错误；C．根据分析M区电解质为KOH，且放电时K+通过x膜移向R区，C正确；D．消耗1.8gAl，电子转移0.2mol，N区消耗0.4molH+，0.1mol，同时有0.1mol移向R区，则相当于减少0.2molH2SO4，同时生成0.2molH2O，则R区实际减少质量为，D错误。14．五羰基铁〖Fe(CO)5〗催化化工生产中某反应的机理如下图所示，下列说法错误的是()A．Fe(CO)4是该反应的中间体B．OH-参与了该催化循环C．反应过程中Fe的成键数目保持不变D．该催化反应为CO＋H2OCO2＋H2〖答案〗C〖解析〗A．由图知，Fe(CO)4在反应中产生又参与反应，为中间体，A正确；B．从开始，顺时针第1步OH-参与反应，第3步又生成OH-，B正确；C．由图知，铁的成键数目有4、5、6三种，C错误；D．图中的总反应为一氧化碳和水生成二氧化碳和氢气，CO＋H2OCO2＋H2，D正确。15．已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中－1gc(X)(X为Sr2＋或F－)与1g的关系如图所示。下列说法错误的是()A．L1代表－lgc(F－)与lg的变化曲线B．Ksp(SrF2)的数量级为10－9C．a、c两点的溶液中均存在：2c(Sr2＋)＝c(F－)＋c(HF)＋c(Cl－)D．c点的溶液中存在c(Cl－)>c(Sr2＋)＝c(HF)>c(H＋)〖答案〗C〖解析〗A．L1、L2分别代表－lgc(F－)、－lgc(Sr2＋)与lg的变化曲线，A正确；B．当lg＝1时，c(Sr2＋)＝10－4mol·L－1，c(F－)＝10－2.2mol·L－1，代入图示数据，Ksp(SrF2)＝c(Sr2＋)⋅c2(F－)＝10－4×(10－2.2)2＝10－8.4，数量级为10－9，B正确；C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2＋)＝c(F－)，有平衡HFH＋＋F－可知，溶解得到的c(F－)等于溶液中存在的c(F－)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2＋)＝c(F－)＋c(HF)，C错误；D．由图可知，c点处c(Sr2＋)＝c(F－)，则与H＋结合的F－占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg值大于0，则＞1，即c(HF)＞c(H＋)，故溶液中存在c(Cl－)＞c(Sr2＋)＝c(HF)＞c(H＋)，D正确。本题共5小题，共60分。16．(12分)锌及其化合物在医药、科研等方面都有重要应用。回答下列问题：(1)Zn元素位于元素周期表的区，基态Zn原子核外电子的空间运动状态有种。(2)一种锌的配合物结构如图所示。中心离子提供空轨道的能级是；H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为；C、N原子的杂化方式共有种。该配合物中H－N－H键角为109.5°，而NH3分子中H－N－H键角为107°，原因是。(3)ZnO立方晶胞结构如图所示A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是。该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则ZnO晶体的密度为g·cm-3(用代数式表示)。〖答案〗(1)

ds

15(2)

4s4p

Cl>Br>C>H

2

配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大(3)〖解析〗(1)Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为，〖Ar〗3d104s2，电子层数等于周期数，位于周期表ds区，空间运动状态即轨道数，共有15种；(2)配合物中中心离子为Zn2+，排布式为〖Ar〗3d10，提供空轨道的能级是4s和4p；根据元素在周期表中的位置，H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为：Cl>Br>C>H；在分子中，C原子为sp2杂化，N原子为sp3杂化，C、N原子的杂化方式共有2种；配合物中单原子的孤电子对与Zn2+形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-N-H键角大于NH3分子中H-N-H键角；(3)图中A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是；晶胞中Zn个数为：4，O的个数为：，所以有4个ZnO，该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，所以晶胞的边长为：，根据。17．(12分)实验室以活性炭为催化剂，用CoCl2制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){〖Co(NH3)6〗Cl3}，装置如图所示。已知：①〖Co(NH3)6〗2＋具有较强还原性；溶液呈棕色。②Ksp〖Co(OH)2〗＝6×10－15。回答下列问题：(1)仪器a的名称是；仪器b中的试剂是。(2)产品制备。检查装置气密性并将CoCl2、NH4Cl和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，NH4Cl的作用是；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min，该过程发生反应的离子方程式为。(3)产品分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到〖Co(NH3)6〗Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是。(4)测定产品中NH3的含量。实验如下：①蒸氨：取0．1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol·L－1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。②滴定：用c2mol·L－1NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。滴定时选用的指示剂为，NH3的质量分数为；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得NH3的含量(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。〖答案〗(1)恒压滴液漏斗P2O5或无水CaCl2等(2)NH4Cl会抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀2〖Co(NH3)6〗2＋＋H2O2＋2NH2〖Co(NH3)6〗3＋＋2NH3↑＋2H2O(3)降低〖Co(NH3)6〗Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出(4)甲基橙17(2c1V1－c2V2)%无影响〖解析〗实验室以活性炭为催化剂，用CoCl2与氯化铵反应制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){〖Co(NH3)6〗Cl3}，并测定产品中NH3的含量。(1)根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器b中的试剂用于吸收未反应的氨气及防止空气中的水蒸气进入，可选择P2O5或无水CaCl2等；(2)加入NH4Cl可增大铵根离子的浓度，抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min，发生反应的离子方程式为2〖Co(NH3)6〗2＋＋H2O2＋2NH2〖Co(NH3)6〗3＋＋2NH3↑＋2H2O；(3)加入浓盐酸，降低〖Co(NH3)6〗Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出；(4)②滴定：用c2mol·L－1NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。由于溶液中存在(NH4)2SO4，故滴定终点溶液变色范围呈酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙；硫酸分别与氨气和氢氧化钠溶液反应，根据反应可计算NH3的质量分数为17(2c1V1－c2V2)%；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，则会吸收空气中的二氧化碳，但滴定剩余硫酸时消耗的体积不变，测得NH3的含量无影响。18．(12分)新型抗癌药物(+)－Angelmaria的一种合成路线如下：已知：Ⅰ．R=H，烷基Ⅱ．楔形式表示有机物时，楔形实线表示的键伸向纸面外，楔形虚线表示的键伸向纸面内。例如乳酸的两种不同的空间结构为、，这两种结构的性质不完全相同。回答下列向题：(1)(+)－Angelmarin中能与氢氧化钠反应的官能团的名称为。(2)A→B的反应类型为；检验B中是否含有A的试剂为；D的结构简式为。(3)选用条件1生成E做中间体，而不选用E'的优点是。(4)F+G→(+)－Angelmarin的化学方程式。(5)符合下列条件的A的同分异构体有种。①含有苯环②能水解且能发生银镜反应③能与碳酸钠溶液反应(6)以和为原料合成，写出获得目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)。〖答案〗(1)酯基、(酚)羟基(2)取代反应FeCl3溶液(3)E’会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯)(4)(5)8(6)〖解析〗由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为：，A发生取代反应生成B，B的结构简式为：，B与氢气发生加成反应生成C，C加热发生已知反应Ⅰ，生成D，结构简式为：。(1)由(+)－Angelmarin的结构简式可知，酯基能与氢氧化钠发生水解反应，酚羟基能与氢氧化钠发生中和反应，所以能与氢氧化钠发生反应官能团的名称为酯基和酚羟基；(2)由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为，B的结构简式为，所以A→B的反应为取代反应；因为A中含有酚羟基，B中没有酚羟基，酚羟基能与FeCl3发生显色反应，所以检验B中是否含有A的试剂为FeCl3；根据已知反应Ⅰ，D的结构简式为；(3)E表示键伸向纸面外结构，E表示键伸向纸面外和键伸向纸面内两种结构，所以E会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯)；(4)根据合成路线信息，F+G→(＋)－Angelmarin的化学方程式为：；(5)A的结构简式为，符合下列条件：①含有苯环②能水解且能发生银镜反应，含有官能团：－COOCH；③能与碳酸钠溶液反应，含有酚羟基，有结构：(1,2,3表示羟基的位置)3种，3种，2种，共8种。(6)根据合成路线，以和为原料合成，最优的合成路线为：。19．(12分)一种利用废脱硝催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。已知：①钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水；②溶液的酸性较强时，＋5价钒主要以的形式存在；③溶液中某离子浓度≤10-5mol·L-1，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有个。(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是。(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知Ksp(CaWO4)＝1×10-10，Ksp〖(Ca(OH)2〗＝4×10-7，当溶液中沉淀完全时，溶液中c(OH-)最大值为mol·L-1。(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量NH4Cl，其原因是。(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是。(6)取23.4NH4VO3固体加热时，固体减少的质量(△m)随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为。〖答案〗(1)3(2)TiO2＋2OH-＝TiO＋H2O(3)0.2(4)增大浓度，使NH4VO3(aq)＋VO3逆向移动，利于NH4VO3尽可能析出完全(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低(6)NH3〖解析〗废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。(1)上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；(2)“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2＋2OH-＝TiO＋H2O；(3)当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)＝c(Ca2＋)×c(WO)＝1×10-10，则溶液中c(Ca2＋)＝1×10-5mol·L-1，再根据Ksp〖Ca(OH)2〗＝c(Ca2＋)×c2(OH-)＝4×10-7，可知c(OH-)＝0.2mol·L-1；(4)“沉钒”的目的是将完全转化为NH4VO3沉淀析出，加入过量NH4Cl的目的是利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故〖答案〗为：增大浓度，使NH4VO3(aq)＋VO3逆向移动，利于NH4VO3尽可能析出完全；(5)由已知②知在水溶液中存在：VO＋2H＋VO＋H2O，pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故〖答案〗为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；(6)烧NH4CO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量＝＝0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑＋HVO3，生成气体为氨气0.2mol。20．(12分)二氧化碳有效转化是“碳中和”的重要研究方向，CO2与H2在催化剂条件下可转化为C2H4、CH3OH。回答下列问题：转化为C2H4(g)的反应方程式为2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)△H＜0。(1)在恒压密闭容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应，该反应在不同的温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图1所示。①图中表示CO2的体积分数随温度变化的曲线是(填字母)。357℃时可以证明反应达到平衡状态的标志为(填字母)。a.v正(CO2)＝2逆v(H2O)b.容器中H2的体积分数保持不变c.混合气体的密度保持不变②A、B、C三点对应的化学平衡常数分别为KA、KB、KC，则三者从大到小的排列顺序为。③B点反应达到平衡后，CO2的平衡转化率为(计算结果保留一位小数)，若平衡时总压为P，则平衡常数Kp＝(列出计算式，以分压表示，气体分压＝总压×气体的物质的量分数)。(2)其他条件相同，分别在X、Y两种催化剂作用下，将2molCO2(g)和6molH2(g)充入体积为1L的密闭容器内，测得反应相同时间时CO2的转化率与温度的关系如图2所示。使用催化剂X，当温度高于320℃时，CO2的转化率逐渐下降，其原因是。根据图像，(填“能”或“不能”)计算280℃时该反应的平衡常数，其理由是。(3)CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH。主要反应如下：反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49kJ•mol－1反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H2＝＋41kJ•mol－1则CO(g)和H2(g)反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为。〖答案〗(1)①l②bc③KB＞KA＞KC④.66.7%⑤(2)①温度高于320℃时，催化剂X的活性降低，反应速率减慢②不能③280℃时，在两种催化剂的作用下，反应均未达到平衡状态(3)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H＝－90kJ•mol－1〖解析〗2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)△H＜0，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1:3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为k，n，表示CO2的体积分数随温度变化的曲线是l。(1)①根据以上分析可知，表示CO2的体积分数随温度变化的曲线是l；a．当2v正(CO2)＝2v逆(CO2)＝逆v(H2O)才是正逆反应速率相等，而v正(CO2)＝2逆v(H2O)正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态；b.容器中H2的体积分数保持不变，各组分保持不变，反应达平衡状态；c．同温同压下,气体的体积之比等于物质的量之比，由混合气体的密度ρ＝知，混合气体总质量不变，混合气体的体积在变化，则混合气体的密度是个变量，当ρ不变时反应达到平衡状态；②升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KB＞KA＞KC；③205℃时，反应达到平衡后，根据三段式分析可知:2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)由图像可知，205℃时反应达平衡后，C2H4和H2O的体积分数相等，2－2x＝x，解得x＝mol，故容器中气体的总物质的量2－2x＋6－6x＋x＋4x＝8－3x＝6mol，CO2的平衡转化率为；若平衡时总压为p，则p(CO2)＝p＝，p(H2)＝p＝，p(C2H4)＝p＝，p(H2O)＝p＝，该反应的平衡常数Kp＝＝；(2)用催化剂X，温度低于320℃时，反应还未达到平衡，升高温度CO2的转化率逐渐增大，温度高于320℃时，催化剂X活性降低，反应速率减慢，CO2的转化率逐渐下降；从图像可知，280℃时，在两种催化剂作用下反应都未达到平衡状态，因此无法计算该反应的平衡常数；(3)反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49kJ•mol－1反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H2＝＋41kJ•mol－1根据盖斯定律，由I－II得反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H＝－90kJ•mol－1，则CO(g)和H2(g)反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H＝－90kJ•mol－1。PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE20高三模拟试题PAGEPAGE1山东省菏泽市单县二中2023届高三一模模拟练6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．化学与科技、生活密切相关，下列说法正确的是()A．“京沪干线”使用的光导纤维是硅单质B．冬奥会采用二氧化碳跨临界直冷制冰代替氟利昂等制冷剂，具备环保节能、来源广泛、安全无毒等优点C．“人造太阳”通过核聚变释放巨大能量，该过程属于化学变化D．“中国天眼”使用的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料〖答案〗B〖解析〗A．光导纤维是二氧化硅，A错误；B．氟利昂会破坏臭氧层，使用二氧化碳跨临界直冷制冰技术加大了二氧化碳的消耗，使大气中二氧化碳的浓度降低，减缓了气候变暖，B正确；C．核聚变是原子核内部的变化，化学变化只研究到原子，原子核内的变化属于物理变化，即核聚变、核裂变均属于物理变化，C错误；D．碳化硅是无机物，不属于新型的有机高分子材料，D错误。2．下列说法正确的是()A．用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．蒸馏粗溴苯时，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口处D．可用重结晶法除去苯甲酸固体中混有的NaCl，因为苯甲酸在水中的溶解度很大〖答案〗C〖解析〗A．葡萄糖与氯化钠的混合液为小分子和离子溶液，可穿过半透膜，因此不能分离，故A错误；B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化碳，此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸)，应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，故B错误。C．蒸馏时粗溴苯，温度计测定馏分的温度，则将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故正确；D．用重结晶法除去苯甲酸固体中混有的NaCl，因为苯甲酸在水中的溶解度受温度的影响很大，故C错误，故D错误。3．苯的亲电取代反应分两步进行，可表示为E＋＋＋H＋，生成中间体的一步是加成过程，中间体失去氢离子的一步是消除过程，其机理亦称加成—消除机理，苯的亲电职代反应进程和能量的关系如图，下列说法错误的是()A．反应Ⅰ为苯亲电取代的决速步骤 B．E1与E2的差值为总反应的焓变C．中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差 D．反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化〖答案〗B〖解析〗A．反应需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为反应Ⅰ，故A.正确；B．焓变与两步反应活化能的差值无关，与产物和反应物的能量差值有关，故B错误；C．由图知中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差（能量越低越稳定），故C正确；D．由图可知反应过程中中间体存在一个碳原子形成四个单键的中间状态反应过程中，环上此碳原子的杂化类型为sp3杂化，苯环碳的杂化为sp2反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化，故D正确。4．某化学小组在实验室利用下列装置(部分夹持仪器略)进行实验，其中能达到实验目的的是()A．图Ⅰ：制取并收集少量干燥的氨气B．图Ⅱ：制备少量无水氯化镁C．图Ⅲ：关闭a、打开b，可检查装置的气密性D．图Ⅳ：验证牺牲阳极法保护铁〖答案〗D〖解析〗A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，同时会有水生成，收集的氨气中含有水蒸气，不能收集到干燥的氨气，故A错误；B．制备少量无水氯化镁应在HCl气氛中加热蒸干水分，故B错误；C．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，故C错误；D．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故D正确。5．我国科学家在实验室首次实现以二氧化碳为原料经11步反应合成淀粉，其中第三步反应为：下列说法错误的是()A．该反应属于加成反应 B．钛元素(Ti)位于周期表的d区C．DHA与葡萄糖互为同系物 D．CO2转化为淀粉的过程包含了氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗A．根据反应中物质的结构简式可推知，反应属于加成反应，选项A正确；B．钛(Ti)位于第4周期、第IVB族，位于周期表d区，选项B正确；C．DHA与葡萄糖相差3个羟基，而不是差n个CH2，不互为同系物，选项C错误；D．CO2转化为淀粉的过程有化合价升降，所以属于氧化还原反应，选项D正确。6．价类二维图是基于核心元素的化合价和物质类别研究物质性质的一种模型。下图是硫元素的价类二维图。下列说法正确的是()A．硫化亚铁与稀硝酸反应可用来制取aB．从价态角度分析，a、b、c、g、都具有还原性C．c通入溴水中，溴水褪色，证明c有漂白性D．b在足量的纯氧中燃烧，可一步转化为d〖答案〗B〖解析〗根据硫元素的价类二维图可知，a为H2S,b为S,c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为硫化盐或硫化氢盐。A.硝酸可以氧化硫化亚铁中的硫元素而生成硫或硫酸盐，不会生成硫化氢，故A错误；B．a、b、c、g中S元素都不是最高价，故可以被氧化，具有还原性，故B正确；C．SO2会被溴水氧化而褪色，不能证明二氧化硫的漂白性，故C错误；D．硫单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能一步转化为三氧化硫，故D错误。7．一种新型电池中的电解质(结构如图所示)，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，Z原子的单电子数是Y原子的三倍。下列说法中正确的是A．简单离子半径：X<YB．X基态原子电子的空间运动状态有5种C．第一电离能：Z>X>YD．该化合物阴离子呈正八面体结构，键角都是90°〖答案〗D〖解析〗X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，根据所给的结构为离子化合物，则Y＋为Li＋或Na＋，X形成一个共价键，应为H或F(X、Y、Z序数依次增大，X不是Cl)，Z形成6个共价键，Z原子序数是三种元素中最大的，Z原子的单电子数是Y原子的三倍，Y不论是Li还是Na，单电子数均为1，则Z原子的单电子数为3，故Z应为P，三种元素不同主族，故X应为F，则Y为Na，Z为P。A．由分析可知，X、Y分别为F、Na，F-和Na＋电子结构相同，原子序数越小半径越大，故F-＞Na＋，A错误；B．由分析可知，X为F，是第9号元素，原子核外有9个电子，所以基态原子电子的空间运动状态有9种，B错误；C．由分析可知，X为F，则Y为Na，Z为P，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能减小，所以第一电离能顺序是F>P>Na，C错误；D．该化合物阴离子是，中心原子P的价层电子对数＝，呈正八面体结构，键角都是90°，D正确。8．硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，为保护环境，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3〖Ce中文名“铈”〗的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋=2H＋＋Ce3＋B．处理一段时间后，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋浓度不变C．该转化过程的实质为NOx被H2还原D．x＝1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1〖答案〗C〖解析〗A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，故A错误；B．Ce3＋和Ce4＋是反应的催化剂，参与反应但是量不变，因为反应生成了H2O，故其浓度在变化；故B错误；C．总反应：2NOx＋2xH2=2xH2O＋N2↑，NOx的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C正确；D．总反应：2NOx＋2xH2=2xH2O＋N2↑，x＝1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误。9.硼化钒－空气电池的放电反应为4VB2＋11O2＝4B2O3＋2V2O5，以该电池为电源电解制备钛的装置如图所示。下列说法不正确的是()A.石墨电极可能发生2Cl－－2e－＝Cl2↑、2O2－－4e－＝O2↑B.电解槽中的阳极材料石墨电极需定期更换C.Pt电极反应式为2VB2＋22OH－－22e－＝V2O5＋2B2O3＋11H2OD.若制备4.8gTi，理论上正极应通入标准状况下2.24L空气〖答案〗D〖解析〗硼化钒－空气电池的放电反应为4VB2＋11O2＝4B2O3＋2V2O5，通入空气的为电池的正极，铂电极为电池负极，石墨连接正极为电解池的阳极，氧化钛电极为电解池的阴极。A．石墨为阳极，Cl－和O2均有可能在石墨电极放电，发生电极反应2Cl－－2e－＝Cl2↑、2O2－－4e－＝O2↑，选项A正确；B．熔融态(高温)电解产生O2，会损耗石墨，需定期更换，选项B正确；C．Pt电极上VB2失电子生成V2O5、B2O3，电极反应式为2VB2＋22OH－－22e－＝V2O5＋2B2O3＋11H2O，选项C正确；D．制备4.8gTi，需要标准状况下2.24LO2，理论上正极应通入标准状况下空气11.2L，选项D不正确。10．亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A先加入少量KClO3溶液，再加AgNO3溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠C先加到少量FeCl2溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量Na2SO3溶液，再加入BaCl2溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠〖答案〗C〖解析〗A．KClO3与亚硝酸钠会发生反应：KClO3＋3NaNO2=KCl＋3NaNO3，滴加硝酸银和足量稀硝酸也能生成白色沉淀，A错误；B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是()a中试剂b中试剂c中溶液d中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水NaOH溶液B浓硫酸CuH2S溶液NaOH溶液C稀硫酸Na2CO3饱和Na2CO3溶液NaOH溶液D浓氨水碱石灰AgNO3溶液NaOH溶液〖答案〗AC〖解析〗A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成HCl气体，生成的HCl气体通入饱和食盐水中，根据同离子效应，析出NaCl晶体，A符合题意；B．浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成SO2，不符合实验要求，B不符合题意；C．Na2CO3和稀硫酸反应生成CO2，CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3晶体，C符合题意；D．浓氨水和碱石灰生成NH3，NH3通入AgNO3溶液中，先生成AgOH沉淀，继续通入氨气，AgOH溶解生成Ag(NH3)2OH，D不符合题意。12．化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成反应如图。下列说法错误的是A．X分子间只能形成下列氢键：O—H…O、N—H…NB．1molZ最多能与6molNaOH反应C．Z分子中含2个手性碳原子D．X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体〖答案〗AC〖解析〗A．由X的结构简式可知，X分子中含有O—H、N—H、N、O，因此X分子间可形成的氢键有：O—H…O、N—H…N、O—H…N、N—H…O，A错误；B．根据Z的结构简式，1molZ分子含有2mol酚羟基、1mol酯基、1mol羧基和1mol—CONH—，均能与NaOH反应，同时分子中酯基与NaOH反应后会生成酚羟基，因此多消耗1molNaOH，故1molZ最多能与6molNaOH反应，B正确；C．手性碳原子为饱和碳原子，连有4个不同的基团，故Z分子中只含有1个手性碳原子，如图，C错误；D．由X、Y、Z的结构简式可知，三种分子均存在碳碳双键，且双键碳原子一端连有不同的原子或原子团，因此均存在顺反异构体，D正确。13．科学家最近发明了一种Al－PbO2电池，通过x和y两种离子交换膜隔成M、R、N三个区域(a>b)，三个区域的电解质分别为K2SO4、H2SO4、KOH中的一种，结构如图所示。下列说法错误的是()A．放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大B．放电时，PbO2电极反应为：PbO2＋4H+＋2e-＝Pb2+＋2H2OC．M区电解质为KOH，且放电时K+通过x膜移向R区D．消耗1.8gAl时，N区域电解质溶液减少9.6g〖答案〗BD〖解析〗该电池为Al－PbO2电池,电解质为K2SO4、H2SO4、KOH，通过x和y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，从图中可知原电池工作时负极发生反应为：Al＋4OH-－3e=＝〖Al(OH)4〗-，消耗OH-，K+向正极移动；正极反应为：PbO2＋4H+＋＋2e-＝PbSO4＋2H2O，正极消耗H+和，阴离子向负极移动；则x是阳离子交换膜，y是阴离子交换膜，则M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4。A．由上述分析可知，放电时R区域K+与不断进入，所以电解质浓度逐渐增大，A正确；B．放电时，PbO2电极反应为PbO2＋4H+＋2e-＝PbSO4＋2H2O，B错误；C．根据分析M区电解质为KOH，且放电时K+通过x膜移向R区，C正确；D．消耗1.8gAl，电子转移0.2mol，N区消耗0.4molH+，0.1mol，同时有0.1mol移向R区，则相当于减少0.2molH2SO4，同时生成0.2molH2O，则R区实际减少质量为，D错误。14．五羰基铁〖Fe(CO)5〗催化化工生产中某反应的机理如下图所示，下列说法错误的是()A．Fe(CO)4是该反应的中间体B．OH-参与了该催化循环C．反应过程中Fe的成键数目保持不变D．该催化反应为CO＋H2OCO2＋H2〖答案〗C〖解析〗A．由图知，Fe(CO)4在反应中产生又参与反应，为中间体，A正确；B．从开始，顺时针第1步OH-参与反应，第3步又生成OH-，B正确；C．由图知，铁的成键数目有4、5、6三种，C错误；D．图中的总反应为一氧化碳和水生成二氧化碳和氢气，CO＋H2OCO2＋H2，D正确。15．已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中－1gc(X)(X为Sr2＋或F－)与1g的关系如图所示。下列说法错误的是()A．L1代表－lgc(F－)与lg的变化曲线B．Ksp(SrF2)的数量级为10－9C．a、c两点的溶液中均存在：2c(Sr2＋)＝c(F－)＋c(HF)＋c(Cl－)D．c点的溶液中存在c(Cl－)>c(Sr2＋)＝c(HF)>c(H＋)〖答案〗C〖解析〗A．L1、L2分别代表－lgc(F－)、－lgc(Sr2＋)与lg的变化曲线，A正确；B．当lg＝1时，c(Sr2＋)＝10－4mol·L－1，c(F－)＝10－2.2mol·L－1，代入图示数据，Ksp(SrF2)＝c(Sr2＋)⋅c2(F－)＝10－4×(10－2.2)2＝10－8.4，数量级为10－9，B正确；C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2＋)＝c(F－)，有平衡HFH＋＋F－可知，溶解得到的c(F－)等于溶液中存在的c(F－)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2＋)＝c(F－)＋c(HF)，C错误；D．由图可知，c点处c(Sr2＋)＝c(F－)，则与H＋结合的F－占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg值大于0，则＞1，即c(HF)＞c(H＋)，故溶液中存在c(Cl－)＞c(Sr2＋)＝c(HF)＞c(H＋)，D正确。本题共5小题，共60分。16．(12分)锌及其化合物在医药、科研等方面都有重要应用。回答下列问题：(1)Zn元素位于元素周期表的区，基态Zn原子核外电子的空间运动状态有种。(2)一种锌的配合物结构如图所示。中心离子提供空轨道的能级是；H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为；C、N原子的杂化方式共有种。该配合物中H－N－H键角为109.5°，而NH3分子中H－N－H键角为107°，原因是。(3)ZnO立方晶胞结构如图所示A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是。该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则ZnO晶体的密度为g·cm-3(用代数式表示)。〖答案〗(1)

ds

15(2)

4s4p

Cl>Br>C>H

2

配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大(3)〖解析〗(1)Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为，〖Ar〗3d104s2，电子层数等于周期数，位于周期表ds区，空间运动状态即轨道数，共有15种；(2)配合物中中心离子为Zn2+，排布式为〖Ar〗3d10，提供空轨道的能级是4s和4p；根据元素在周期表中的位置，H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为：Cl>Br>C>H；在分子中，C原子为sp2杂化，N原子为sp3杂化，C、N原子的杂化方式共有2种；配合物中单原子的孤电子对与Zn2+形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-N-H键角大于NH3分子中H-N-H键角；(3)图中A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是；晶胞中Zn个数为：4，O的个数为：，所以有4个ZnO，该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，所以晶胞的边长为：，根据。17．(12分)实验室以活性炭为催化剂，用CoCl2制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){〖Co(NH3)6〗Cl3}，装置如图所示。已知：①〖Co(NH3)6〗2＋具有较强还原性；溶液呈棕色。②Ksp〖Co(OH)2〗＝6×10－15。回答下列问题：(1)仪器a的名称是；仪器b中的试剂是。(2)产品制备。检查装置气密性并将CoCl2、NH4Cl和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，NH4Cl的作用是；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min，该过程发生反应的离子方程式为。(3)产品分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到〖Co(NH3)6〗Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是。(4)测定产品中NH3的含量。实验如下：①蒸氨：取0．1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol·L－1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。②滴定：用c2mol·L－1NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。滴定时选用的指示剂为，NH3的质量分数为；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得NH3的含量(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。〖答案〗(1)恒压滴液漏斗P2O5或无水CaCl2等(2)NH4Cl会抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀2〖Co(NH3)6〗2＋＋H2O2＋2NH2〖Co(NH3)6〗3＋＋2NH3↑＋2H2O(3)降低〖Co(NH3)6〗Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出(4)甲基橙17(2c1V1－c2V2)%无影响〖解析〗实验室以活性炭为催化剂，用CoCl2与氯化铵反应制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){〖Co(NH3)6〗Cl3}，并测定产品中NH3的含量。(1)根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器b中的试剂用于吸收未反应的氨气及防止空气中的水蒸气进入，可选择P2O5或无水CaCl2等；(2)加入NH4Cl可增大铵根离子的浓度，抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min，发生反应的离子方程式为2〖Co(NH3)6〗2＋＋H2O2＋2NH2〖Co(NH3)6〗3＋＋2NH3↑＋2H2O；(3)加入浓盐酸，降低〖Co(NH3)6〗Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出；(4)②滴定：用c2mol·L－1NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。由于溶液中存在(NH4)2SO4，故滴定终点溶液变色范围呈酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙；硫酸分别与氨气和氢氧化钠溶液反应，根据反应可计算NH3的质量分数为17(2c1V1－c2V2)%；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，则会吸收空气中的二氧化碳，但滴定剩余硫酸时消耗的体积不变，测得NH3的含量无影响。18．(12分)新型抗癌药物(+)－Angelmaria的一种合成路线如下：已知：Ⅰ．R=H，烷基Ⅱ．楔形式表示有机物时，楔形实线表示的键伸向纸面外，楔形虚线表示的键伸向纸面内。例如乳酸的两种不同的空间结构为、，这两种结构的性质不完全相同。回答下列向题：(1)(+)－Angelmarin中能与氢氧化钠反应的官能团的名称为。(2)A→B的反应类型为；检验B中是否含有A的试剂为；D的结构简式为。(3)选用条件1生成E做中间体，而不选用E'的优点是。(4)F+G→(+)－Angelmarin的化学方程式。(5)符合下列条件的A的同分异构体有种。①含有苯环②能水解且能发生银镜反应③能与碳酸钠溶液反应(6)以和为原料合成，写出获得目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)。〖答案〗(1)酯基、(酚)羟基(2)取代反应FeCl3溶液(3)E’会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯)(4)(5)8(6)〖解析〗由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为：，A发生取代反应生成B，B的结构简式为：，B与氢气发生加成反应生成C，C加热发生已知反应Ⅰ，生成D，结构简式为：。(1)由(+)－Angelmarin的结构简式可知，酯基能与氢氧化钠发生水解反应，酚羟基能与氢氧化钠发生中和反应，所以能与氢氧化钠发生反应官能团的名称为酯基和酚羟基；(2)由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为，B的结构简式为，所以A→B的反应为取代反应；因为A中含有酚羟基，B中没有酚羟基，酚羟基能与FeCl3发生显色反应，所以检验B中是否含有A的试剂为FeCl3；根据已知反应Ⅰ，D的结构简式为；(3)E表示键伸向纸面外结构，E表示键伸向纸面外和键伸向纸面内两种结构，所以E会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯)；(4)根据合成路线信息，F+G→(＋)－Angelmarin的化学方程式为：；(5)A的结构简式为，符合下列条件：①含有苯环②能水解且能发生银镜反应，含有官能团：－COOCH；③能与碳酸钠溶液反应，含有酚羟基，有结构：(1,2,3表示羟基的位置)3种，3种，2种，共8种。(6)根据合成路线，以和为原料合成，最优的合成路线为：。19．(12分)一种利用废脱硝催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。已知：①钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水；②溶液的酸性较强时，＋5价钒主要以的形式存在；③溶液中某离子浓度≤10-5mol·L-1，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有个。(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是。(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知Ksp(CaWO4)＝1×10-10，Ksp〖(Ca(OH)2〗＝4×10-7，当溶液中沉淀完全时，溶液中c(OH-)最大值为mol·L-1。(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量NH4Cl，其原因是。(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是。(6)取23.4NH4VO3固体加热时，固体减少的质量(△m)随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为。〖答案〗(1)3(2)TiO2＋2OH-＝TiO＋H2O(3)0.2(4)增大浓度，使NH4VO3(aq)＋VO3逆向移动，利于NH4VO3尽可能析出完全(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低(6)NH3〖解析〗废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。(1)上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；(2)“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2＋2OH-＝TiO＋H2O；(3)当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据