2022-2023學年山東省淄博市高三第一次模擬考試化學試題（解析版）

高三模擬試題PAGEPAGE1淄博市2022—2023學年度高三模擬考試化學一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分，每小題只有1個選項符合題目要求。1.化學與生產、生活關系密切，下列說法錯誤的是A.使用含氟牙膏能預防齲齒B.紫外線消毒利用了使蛋白質變性的原理C.發(fā)泡塑料飯盒不適宜盛放含油脂較多的食品D.用外加電流法防鋼鐵腐蝕需附加惰性電極作陰極〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．釉質對牙齒起著保護作用，其主要成分為羥基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏會生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以預防齲齒，故A正確；B．紫外線照射能夠使蛋白質變性，可用紫外線殺菌消毒，故B正確；C．一次性發(fā)泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有機物，根據結構相似相溶，盛放含油較多的食品是有機物，食品中會溶解苯乙烯單體，苯乙烯對人的神經中樞有害，所以不適于盛放含油較多的食品，故C正確；D．用外加電流法防鋼鐵腐蝕需附加惰性電極作陽極，被保護的金屬作陰極，故D錯誤；故選D。2.下列做法正確的是A.用稀硝酸清洗試管內壁的銀鏡 B.用帶橡膠塞的棕色細口瓶保存溴水C.用玻璃棒蘸取樣品進行焰色試驗 D.用pH試紙測定過氧乙酸溶液的pH〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．稀硝酸能溶解銀，3Ag+4H++NO═3Ag++NO↑+2H2O，故A正確；B．溴水可腐蝕橡膠，應保存在玻璃塞的棕色細口瓶中，故B錯誤；C．玻璃棒含鈉元素，焰色為黃色，應用鐵絲或鉑絲蘸取某樣品進行焰色試驗，故C錯誤；D．過氧乙酸具有強氧化性，可以漂白pH試紙，所以不能用pH試紙測定過氧乙酸溶液的pH，故D錯誤；故選A。3.關于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的結構與性質，下列說法錯誤的是A.熱穩(wěn)定性：H2O2＞H2S2 B.N2H2存在順反異構現(xiàn)象C.鍵角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D.四種物質中沸點最高的是H2O2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．因為O元素的電負性大于S，所以熱穩(wěn)定性：，A正確；B．結構式為：,存在順反異構現(xiàn)象，B正確；C．為直線型，鍵角為，氮原子采用雜化，三個雜化鍵處于平面正三角形的三個方向，互成，是極性分子，之間的鍵角為96度52分，氧原子的電負性比硫原子大，氧原子對其攜帶的孤對電子的吸引比硫原子大，相應的孤對電子斥力增大使鍵角也相應比大，所以鍵角的大?。海珻錯誤；D．因為分子中含有氫鍵，所以在中沸點最高，D正確；故選C。4.下列裝置能達到實驗目的是A.裝置甲：明礬晶體制備KAl(SO4)2 B.裝置乙：制備少量干燥的NH3C.裝置丙：常溫下分離苯酚與水的混合物 D.裝置?。禾骄繚舛葘瘜W反應速率的影響〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．明礬晶體在坩堝中灼燒失去結晶水得到KAl(SO4)2，A符合題意；B．氨氣會和氯化鈣反應，不能用氯化鈣干燥氨氣，B不符合題意；C．常溫下分離苯酚與水的混合物應該使用分液的方法，C不符合題意；D．過氧化氫具有強氧化性，和亞硫酸氫鈉溶液發(fā)生氧化還原反應，但是實驗中無明顯現(xiàn)象，不能探究濃度對化學反應速率的影響，D不符合題意；故選A。5.鋁的鹵化物AlX3(X=Cl、Br、I)氣態(tài)時以Al2X6雙聚形態(tài)存在，下列說法錯誤的是性質AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔點/℃1290192.497.8189.4沸點/℃1272180256382A.AlF3晶體類型與其他三種不同B.1molAl2Cl6中所含配位鍵數目為4NAC.Al2X6中Al、X原子價電子層均滿足8e-結構D.AlCl3熔點高于AlBr3原因是Cl的電負性大于Br，具有一定離子晶體特征〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．AlF3為離子晶體，其他三個為分子晶體，A正確；B．每個Al與周圍的三個Cl共用一對電子，與另一個Cl形成配位鍵，故1molAl2Cl6中所含配位鍵數目為2NA，B錯誤；C．每個Al與周圍的三個Cl共用一對電子，與另一個Cl形成配位鍵，均滿足8電子結構，C正確；D．AlCl3熔點高于AlBr3原因是Cl的電負性大于Br，具有一定離子晶體特征，D正確；故選B。6.抗凝血藥物替羅非班合成中間體結構如圖，下列說法錯誤的是A.該有機物中N原子有兩種雜化方式 B.其水解產物均可與Na2CO3溶液反應C.1mol該分子最多與3molNaOH反應 D.該有機物苯環(huán)上的一氯代物有3種〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．該有機物中環(huán)上的N原子是sp2雜化，另外一個N原子是sp3雜化，故A正確；B．其水解產物都含有羧基，因此均可與Na2CO3溶液反應，故B正確；C．1mol該分子含有羧基、肽鍵、酚酸酯，因此最多與4molNaOH反應(酚酸酯會消耗2molNaOH)，故C錯誤；D．該有機物苯環(huán)上有三種位置的氫，因此其一氯代物有3種，故D正確。綜上所述，〖答案〗為C。7.高分子材料p的合成路線如圖，下列說法錯誤的是A.m分子有對映異構體 B.n分子中所有原子共平面C.高分子材料p可降解 D.聚合過程中有小分子生成〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．m分子有一個手性碳，有對映異構體，故A正確；B．n分子中所有碳原子均為sp2雜化，鍵角約為120°，所有原子共平面，故B正確；C．高分子材料p中含有酯基，可降解，故C正確；D．聚合過程中沒有小分子生成，二氧化碳中碳氧雙鍵、m中的三元環(huán)、n中的碳氧雙鍵參與反應，故D錯誤；故選D。8.利用如圖裝置制備ClO2，并以ClO2為原料制備NaClO2。已知：高于60℃時，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列說法錯誤的是A.Na2SO3和H2O2均作還原劑B.裝置②，④的作用分別是防倒吸、吸收未反應的污染氣體C.從裝置④反應后的溶液中獲得晶體，可采用常壓蒸發(fā)結晶D.反應結束時，通氮氣的目的是將儀器中殘留的氣體排入④中〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗1中發(fā)生反應2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，3中ClO2為原料制備NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃時，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故選擇冷水浴，4中的氫氧化鈉吸收未反應的ClO2，據此分析解題?！荚斘觥紸．1中發(fā)生反應2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，S的化合價升高，Na2SO3為還原劑；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合價也升高，H2O2為還原劑，A正確；B．裝置②，④的作用分別是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空氣，B正確；C．ClO2與氫氧化鈉溶液反應，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸鈉提取工藝以蒸發(fā)冷卻結晶法和鹽析法為主，C錯誤；D．反應結束時，通氮氣的目的是將儀器中殘留的氣體排入④中，排空污染氣體，保證試驗結束安全，D正確；故選C。9.X、Y、Z、W為原子序數依次增大的前四周期元素，X為周期表中原子半徑最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序數之和為24，基態(tài)W原子的價電子數為11，化合物WZY4?5X2Y的熱重曲線如圖。下列說法錯誤的是A.同周期中第一電離能大于Y的元素有3種 B.Z的最高價含氧酸酸性是同主族中最強的C.WZY4?5X2Y中有三種不同結合力的X2Y D.220℃時，固體物質的化學式為WZY4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W為原子序數依次增大的前四周期元素，X為周期表中原子半徑最小的元素，X為氫；Y、Z位于同一主族，且原子序數之和為24，則Y為氧、Z為硫；基態(tài)W原子的價電子數為11，W為銅；故該化合物為CuSO4?5H2O；〖詳析〗A．同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，N的2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故同周期中第一電離能大于Y的元素有氮、氟、氖3種，A正確；B．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，O只有負價沒有正價，故Z的最高價含氧酸酸性是同主族中最強的，B正確；C．CuSO4?5H2O完全失去結晶水時保留質量，結合圖像可知，晶體分三個階段失去結晶水，故有三種不同結合力的H2O，C正確；D．由C分析可知，220℃時，晶體沒有完全失去結晶水，故固體物質的化學式不是CuSO4，D錯誤；故選D。10.從電鍍污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取鎳工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是已知：丁二酮肟可與Ni2+反應生成易溶于有機溶劑的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A.“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金屬陽離子B進行操作I時，將有機相從分液漏斗上口倒出C.操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，有機相可返回操作I循環(huán)使用D.操作III可能為過濾、洗滌、干燥、灼燒〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗電鍍污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取鎳，首先電鍍污泥研磨粉碎，加碳酸銨和氨水進行氨浸，鈣離子與碳酸根離子反應生成CaCO3，溶液pH增大促進Fe3+、Al3+的水解，轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，過濾得到浸出渣為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有機萃取劑萃取鎳，操作I為萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，反萃取得到含鎳離子的溶液和有機萃取劑，有機萃取劑重復使用，充分利用萃取劑，含鎳離子的溶液進行“富集”、“還原”得到粗鎳?！荚斘觥紸．由分析電鍍污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取鎳，首先電鍍污泥研磨粉碎，加碳酸銨和氨水進行氨浸，浸出渣為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金屬陽離子，故A正確；B．進行操作I萃取時，氯仿密度大于水溶液，將有機相從分液漏斗下口放出，故B錯誤；C．操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，有機相可返回操作I循環(huán)使用，節(jié)約成本，故C正確；D．沉鎳后，操作III可能為過濾、洗滌、干燥、灼燒，得含鎳的化合物，故D正確；故選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全都選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.根據下列操作及現(xiàn)象，所得結論正確的是操作及現(xiàn)象結論A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成說明NO具有強氧化性B向2mL濃度均為0.1mol?L-1的NaBr與Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol?L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成說明Ag2S比AgBr更難溶C取4mL乙醇，加入12mL濃硫酸及少量沸石，迅速升溫至170℃，將產生的氣體進入2mL溴水中，溴水褪色說明乙醇消去反應的產物為乙烯D向丙烯醛中加入足量新制氫氧化銅懸濁液，加熱至不再生成磚紅色沉淀，靜置，向上層清液滴加溴水，溴水褪色說明丙烯醛中含有碳碳雙鍵A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．也可能是鐵離子氧化二氧化硫為硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，A錯誤；B．只有黑色沉淀生成說明銀離子和硫離子反應生成硫化銀沉淀，則硫化銀更難溶，B正確；C．反應的副產物二氧化硫也會和強氧化性的溴水反應導致溴水褪色，C錯誤；D．足量新制氫氧化銅懸濁液顯堿性，堿性溶液會和溴水反應導致溴水褪色，應該酸化后滴加溴水，D錯誤；故選B。12.一種以沸石籠為載體對NO進行催化還原的原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.反應④有極性鍵的斷裂與生成B.反應②③均為氧化還原反應C.反應⑤的離子方程式為：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D.總反應還原1molNO消耗O211.2L(標準狀況)〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．由圖可知，反應④有氮氧、氮氫極性鍵的斷裂，有氫氧極性鍵的生成，A正確；B．反應②③過程中整個離子所帶的電荷沒有改變，只涉及氧氧非極性鍵的形成與斷裂，其它元素化合價不變，則氧元素化合價不變，不是氧化還原反應，B錯誤；C．由圖可知，反應⑤為Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，離子方程式為：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正確；D．根據圖示可知，NO被還原為N2，則還原1molNO轉移2mol電子，而O2最終生成H2O，故2mol電子消耗0.5molO2，標準狀況下體積為11.2L，D正確；故選B。13.下列裝置可分離廢水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性質相似，Co2+和乙酰丙酮不反應。下列說法正確的是A.M電極接太陽能電池的P電極B.通電一段時間后，I、IV室內溶液pH均減小C.膜a、膜b分別為陽離子交換膜和陰離子交換膜D.每生成1molSO，理論上雙極膜至少解離7molH2O〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗由圖可知，Q極硫元素失去電子發(fā)生氧化反應，為原電池負極，P極氧氣得到電子發(fā)生還原反應生成水，為正極；由氫離子移動方向可知，N極為陰極，連接原電池負極Q極，則M為陽極，連接原電池正極P極；〖詳析〗A．由分析可知，M電極接太陽能電池的P電極，A正確；B．根據電子守恒，雙極膜產生的氫離子與N極消耗的氫離子量相同，故V室內溶液pH不會減小，B錯誤；C．裝置可分離廢水中的Co2+和Ni2+，由圖可知，鎳離子通過b膜遷移到Ⅲ室和乙酰丙酮反應而和Co2+分離，故b為陽離子交換膜；Ⅲ室為堿性，故氫離子不能通過ab膜進入Ⅲ室，故a為陰離子交換膜；C錯誤；D．硫元素化合價由-1變?yōu)?6生成硫酸根離子，，雙極膜上水電離出的氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，；根據電子守恒可知，每生成1molSO，理論上雙極膜至少解離7molH2O，D正確；故選AD。14.兩個均充有H2S的剛性密閉容器，起始壓強均為pkPa，以溫度、Al2O3催化劑為條件變量，進行實驗：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反應相同時間，結果如圖所示。下列說法錯誤的是A.溫度升高，H2S分解的正，逆反應速率均增大B.900℃，ts后達平衡，H2的平均生成速率為pkPa?s?1C.Al2O3催化劑使得正反應的活化能小于逆反應的活化能D.1100℃，曲線II、III重合，說明Al2O3催化劑失去活性〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．溫度升高，反應速率均增大即H2S分解的正，逆反應速率均增大，故A正確；B．900℃，ts后達平衡，硫化氫的轉化率為50%，則氫氣的壓強為0.5pkPa，則H2的平均生成速率為，故B正確；C．根據圖中曲線分析，升高溫度，硫化氫的轉化率增大，因此該反應是吸熱反應，則Al2O3催化劑使得正反應的活化能大于逆反應的活化能，故C錯誤；D．催化劑需要適宜溫度，在1100℃，曲線II、III重合，說明Al2O3催化劑可能幾乎失去活性，故D正確。綜上所述，〖答案〗為C。15.常溫下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3為二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的關系如圖所示。(已知pc=-lgc)。下列說法正確的是A.L2表示pc(HPO)和-lg的關系B.H3PO3的電離常數Ka2(H3PO3)的數量級為10-6C.等濃度等體積的H3PO3溶液與NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D.c(H3PO3)=c(HPO)時，溶液顯堿性〖答案〗AC〖解析〗〖詳析〗A．根據亞磷酸二級電離可知，，等式兩邊同時取對數，，則，同理可得，因為，則，所以表示的直線應該在上方即L2，A正確；B．，對應直線L2，將點(3,3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的數量級為10-7，B錯誤；C．等濃度等體積的H3PO3溶液與NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既電離又水解，電離平衡常數，水解平衡常數，水解程度小于電離程度，則c(HPO)＞c(H3PO3)，C正確；D．，c(H3PO3)=c(HPO)時，，溶液顯酸性，D錯誤；故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.LiCoO2、LiC6是重要的電極材料，回答下列問題：（1）基態(tài)Co原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數之比為_____。（2）Li、Co、O、C的電負性由大到小的順序是_____。（3）Co(III)可形成多種配合物。①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位數為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，則該配合物可表示為_____。②〖Co(NH3)6〗3+結構如圖所示，Co3+位于正八面體中心，若其中兩個NH3被Cl-取代，則〖Co(NH3)4Cl2〗-的空間結構有_____種。（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化學上應用廣泛。(CH3)3C-的空間結構為______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的穩(wěn)定性隨中心C原子上電子云密度增大而減小，其中穩(wěn)定性最強的是______。（5）①正極材料LiCoO2的晶胞結構如圖(a)(部分O位于晶胞之外)，每個晶胞中含有_____個O；充電時，LiCoO2脫出部分Li+，形成Li1-xCoO2，結構如圖(b)，則n(Co3+)：n(Co4+)=______。②負極材料LiC6晶胞結構如圖(c)，Li原子插入石墨層中間，若該晶胞中碳碳鍵鍵長為mpm。石墨層間距為npm。該晶體的密度為______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數的值)?！即鸢浮剑?）2:1（或1:2）（2）O>C>Co>Li（3）①.〖Co(NH3)5SO4〗Br②.2（4）①.三角錐形②.F3C-（5）①.6②.7:5③.〖解析〗〖小問1詳析〗Co為27號元素，基態(tài)Co的價層電子排布式是3d74s2，軌道表示式是，價電子中兩種自旋狀態(tài)的電子數之比為2:1（或1:2）；〖小問2詳析〗同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；鋰為堿金屬元素，金屬性較強電負性較弱，故Li、Co、O、C的電負性由大到小的順序是O>C>Co>Li；〖小問3詳析〗①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位數為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，則說明硫酸根離子位于內界，該配合物可表示為〖Co(NH3)5SO4〗Br；②Co3+位于正八面體中心，若其中兩個NH3被Cl-取代，若第一個氯處于1號位，則第二氯有2、3、5、6等效位或4號位共2種情況；〖小問4詳析〗(CH3)3C-中心原子碳形成3個共價鍵且還有一對孤電子對，則空間結構為三角錐形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的穩(wěn)定性隨中心C原子上電子云密度增大而減小，氟的電負性最強，吸引電子能力最強，導致F3C-中碳原子上電子云密度減小，故其中穩(wěn)定性最強的是F3C-；〖小問5詳析〗①正極材料LiCoO2的晶胞結構如圖(a)，根據“均攤法”，晶胞中含個Li，結合化學式可知，每個晶胞中含有2×3=6個O、3個Co；充電形成Li1-xCoO2，晶胞中含個Li，設Co3+、Co4+的個數分別為a、b，根據化合價代數和為零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3個Co，則a+b=3；兩式聯(lián)立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；②負極材料LiC6晶胞結構如圖(c)，根據“均攤法”，晶胞中含個Li、個C；該晶胞中碳碳鍵鍵長為mpm，則底面邊長為3mpm、高為，底面積為，石墨層間距為npm，則晶胞高度為npm，故晶體密度為。17.工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO雜質)為原料制備金屬鈦，并得到副產品FeSO4?7H2O，其工藝流程如圖：已知：①TiO2+易水解，只能存在于強酸性溶液中；高溫下Ti易與N2，H2反應。②25℃時相關物質的Ksp見表：物質Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2TiO(OH)2Ksp1.0×10-16.31.0×10-38.61.0×10-11.61.0×10-29回答下列問題：（1）礦渣的主要成分是_____；試劑A為_____(填化學式)。（2）“酸段”時，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應，F(xiàn)eTiO3轉化為Fe2+和TiO2+，該工序主要反應的化學方程式為_____；加水浸取前需先冷卻的目的是_____。（3）“轉化”工序，加入試劑B調節(jié)pH。①試劑B為_____(填標號)。A.H2SO4B.H2O2C.Na2CO3D.NH4Cl②為沉鈦完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol?L-1〗需要調節(jié)溶液的pH略大于_____。（4）“沸騰氯化”中，氯氣與礦料逆流而行，目的是_____，充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如表：物質TiCl4Cl2COCO2分壓MPa4.59×10-24.98×10-91.84×10-23.70×10-2該溫度下，TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為_____。（5）高溫下鎂與TiCl4反應制備粗鈦時需加保護氣，下列可作為保護氣的是_____(填標號)。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.使得氣固相反應物充分接觸，加快反應速率，使反應充分進行②.（5）D〖解析〗〖祥解〗鈦鐵礦加入硫酸酸溶，二氧化硅不反應，鈣轉化為硫酸鈣沉淀，故礦渣為二氧化硅、硫酸鈣；鐵、鈦、鎂轉化為硫酸鹽，加入試劑A鐵，將三價鐵轉化為二價鐵，得到副產品FeSO4?7H2O，加入試劑B和過量酸反應，通過調節(jié)pH使得鈦轉化為TiO(OH)2沉淀，故B可以為碳酸鈉；煅燒固體得到二氧化鈦，加入碳、氯氣得到四氯化鈦，最終轉化為鈦單質；〖小問1詳析〗由分析可知，礦渣的主要成分是二氧化硅、硫酸鈣；試劑A為鐵；〖小問2詳析〗“酸段”時，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應，F(xiàn)eTiO3和稀硫酸反應轉化為Fe2+和TiO2+，化學方程式為；TiO2+易水解，升溫會促進水解，故加水浸取前需先冷卻的目的是防止TiO2+提前水解；〖小問3詳析〗①由分析可知，試劑B和過量酸反應，通過調節(jié)pH且使得鈦轉化為TiO(OH)2沉淀，故選C；②為沉鈦完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol?L-1〗，則氫氧根離子濃度大于，pOH=12，pH=2，故需要調節(jié)溶液的pH略大于2；〖小問4詳析〗“沸騰氯化”中，氯氣與礦料逆流而行，目的是使得氣固相反應物充分接觸，加快反應速率，使反應充分進行；由圖表可知，該溫度下TiO2與C、Cl2反應生成四氯化鈦和一氧化碳、二氧化碳，根據阿伏伽德羅定律可知生成四氯化鈦、一氧化碳、二氧化碳的物質的量之比大約為5:1:2，根據電子守恒、質量守恒可知，化學方程式為；〖小問5詳析〗鎂能和氮氣、二氧化碳反應，故氮氣、二氧化碳不能做保護氣；高溫下Ti易與N2，H2反應，氫氣也不能做保護氣；故選D。18.以V2O5為原料制備氧釩(IV)堿式碳酸銨(NH4)5〖(VO)6(CO3)4(OH)9〗?10H2O過程：V2O5VOCl2溶液氧釩(IV)堿式碳酸銨粗產品已知VO2+能被O2氧化，回答下列問題：（1）步驟I的反應裝置如圖(夾持及加熱裝置略去，下同)①儀器b的名稱為_____，儀器c除冷凝回流外，另一作用為_____。②步驟I生成VOCl2的同時，還生成一種無色無污染的氣體，該反應的化學方程式為_____。（2）步驟II可在如圖裝置中進行。①接口的連接順序為a→_____。②實驗開始時，先關閉K2，打開K1，當_____時(寫實驗現(xiàn)象)，再關閉K1，打開K2，充分反應，靜置，得到固體。（3）測定產品純度稱取mg樣品用稀硫酸溶解后，加入過量的0.02mol?L-1KMnO4溶液，充分反應后加入過量的NaNO2溶液，再加適量尿素除去NaNO2，用cmol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定達終點時，消耗體積為VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①樣品中氧釩(IV)堿式碳酸銨(摩爾質量為Mg?mol-1)的質量分數為_____。②下列情況會導致產品純度偏大的是_____(填標號)。A.未加尿素，直接進行滴定B.滴定達終點時，俯視刻度線讀數C.用標準液潤洗滴定管后，液體從上口倒出D.滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成〖答案〗（1）①.恒壓滴液漏斗②.提高反應物的利用率③.（2）①d→e→f→g→b→c②.裝置B中澄清石灰水變渾濁（3）①.②.AC〖解析〗〖小問1詳析〗①由儀器b的構造可知b為恒壓滴液漏斗，儀器c為球形冷凝管，可有效的實現(xiàn)反應物和生成物的冷凝回流，提高反應物的轉化率，故〖答案〗為：恒壓滴液漏斗；提高反應物的利用率；②由題意可知產物除二氯氧釩外還有氮氣，結合電子得失守恒及元素守恒可得反應：，故〖答案〗為：；〖小問2詳析〗首先通過裝置A制取二氧化碳，利用裝置C除去二氧化碳中的HCl后，將二氧化碳通入裝置D中，排盡裝置中的空氣以防止產物被氧化，待B中澄清石灰水變渾濁后，確?？諝獗慌疟M后，再打開D中K2開始實驗，因此接口連接順序為：d→e→f→g→b→c，故〖答案〗為：d→e→f→g→b→c；裝置B中澄清石灰水變渾濁；〖小問3詳析〗①由元素守恒及反應方程式可知：，樣品中氧釩(IV)堿式碳酸銨的質量分數，故〖答案〗為：；②A.未加尿素，則溶液中殘留的亞硝酸鈉消耗標準溶液，導致標準液用量偏高，所測純度偏大，故選；B.滴定達終點時，俯視刻度線讀數，導致最終讀數偏小，標準液體積偏小，所測純度偏低，故不選；C.用標準液潤洗滴定管后，液體從上口倒出，該操作沒有潤洗滴定管尖嘴部分，導致標準液被稀釋，所用標準液體積偏大，所測純度偏高，故選；D.滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成，導致最終讀數偏小，標準液體積偏小，所測純度偏低，故不選；故〖答案〗為：AC；19.化合物J是合成紫草酸藥物的一種中間體，其合成路線如圖：已知：i.R－CHOR－CH2OH(R為烴基)ii.+(R為烴基)回答以下問題：（1）A的結構簡式為_____；符合下列條件的A的同分異構體有_____種。①能與FeCl3溶液作用顯色②能發(fā)生銀鏡反應③核磁共振氫譜峰面積之比為1∶2∶2∶2∶1其中，能發(fā)生水解反應結構簡式為_____。（2）D→E的反應類型為_____；該反應的目的是_____。（3）F→H的化學方程式為_____，有機物J中含有官能團的名稱是_____。（4）綜合上述信息，寫出由和制備的合成路線，其他試劑任選_____?！即鸢浮剑?）①.②.3③.（2）①.取代反應②.保護羥基，防止氧化（3）①.+H2O2+H2O②.酯基、醚鍵（4）〖解析〗〖祥解〗結合D的結構簡式逆向推斷A應為，A與發(fā)生取代反應生成B，B在一定溫度下發(fā)生已知中反應生成C，C與NaBH4發(fā)生還原反應生成D，D與乙酸酐反應生成E，E中碳碳雙鍵被臭氧氧化生成F和G甲醛，F(xiàn)經過氧化氫處理生成H，H發(fā)生水解反應生成I，I與乙酸酐發(fā)生取代反應得到J，據此分析解答?！夹?詳析〗由以上分析可知A為，A的同分異構體滿足以下條件①能與FeCl3溶液作用顯色，說明含有酚羥基；②能發(fā)生銀鏡反應，說明含醛基；③核磁共振氫譜峰面積之比為1∶2∶2∶2∶1，結構具有對稱性，滿足條件的結構有：、、三種；其中，能發(fā)生水解反應的結構簡式為；故〖答案〗為：；3；；〖小問2詳析〗由以上分析可知D到E的反應類型為取代反應，將羥基轉化為酯基，以防止羥基被臭氧氧化，故〖答案〗為：取代反應；保護羥基，防止氧化；〖小問3詳析〗F中醛基被氧化成羧基，發(fā)生反應的方程式為：+H2O2+H2O；由J的結構簡式可知其所含官能團為酯基和醚鍵，故〖答案〗為：+H2O2+H2O；酯基、醚鍵；〖小問4詳析〗與CH3Br反應得到，在一定溫度下轉為，與在一定條件下反應生成，在一定條件下轉為，經氧化生成，合成路線為：，故〖答案〗為：；20.利用1－甲基萘(1－MN)制備四氫萘類物質(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反應過程中伴有生成十氫茶(1－MD)的副反應，涉及反應如圖：回答下列問題：（1）已知一定條件下反應R1、R2，R3的焓變分別為△H1，△H2、△H3，則反應R4的焓變?yōu)開_____(用含△H1、△H2、△H3的代數式表示)。（2）四個平衡體系的平衡常數與溫度的關系如圖甲所示。①c、d分別為反應R1和R3的平衡常數隨溫度變化的曲線，則表示反應R2的平衡常數隨溫度變化曲線為______。②已知反應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逆分別為正、逆反應速率常數，只與溫度、催化劑有關)。溫度T1下反應達到平衡時k正=1.5k逆，溫度T2下反應達到平衡時k正=3k逆。由此推知，T1______T2(填“>”，“<”或“=”)。③下列說法不正確的是______。A.四個反應均為放熱反應B.壓強越大，溫度越低越有利于生成四氫萘類物質C.反應體系中1－MD最穩(wěn)定D.由上述信息可知，400K時反應R4速率最快（3）1－MN在6.0×103kPa的高壓H2氛圍下反應(H2壓強近似等于總壓)。不同溫度下達平衡時各產物的選擇性Si(某生成物i的物質的量與消耗1－MN的物質的量之比)和物質的量分數xi(xi表示物種i與除H2外其他各物種總物質的量之比)隨1－MN平衡轉化率y的變化關系如圖乙所示，1－MN平衡轉化率y為80%時，1－MTL的產率=______；y為65%時反應R1的平衡常數Kp=______kPa-2。四氫萘類物質的物質的量分數xi隨1－MN平衡轉化率先增大后減小，結合平衡移動原理解釋原因______?！即鸢浮剑?）△H1+△H2-△H3（2）①b②.>③.BD（3）①.0.8(1-2c%)②.③.溫度越低，1－MN平衡轉化率越大，MTLs選擇性低，1-MD選擇性高，當溫度高于一定值時，MTLs選擇性較大，轉化率越大，xMTLs越大；當溫度低于一定值時，1-MD選擇性較大，轉化率越大，xMTLs越小〖解析〗〖小問1詳析〗由蓋斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，則則反應R4的焓變?yōu)椤鱄4=△H1+△H2-△H3；〖小問2詳析〗①由于生成十氫茶(1－MD)的總反應是相同的，則總反應的平衡常數在一定溫度下為定值，則K1K2=K3K4，c、d分別為反應R1和R3的平衡常數隨溫度變化的曲線，由圖像可知，相同溫度下K1>K3，則K2<K4，結合圖像可知，表示反應R2的平衡常數隨溫度變化曲線為b。②已知反應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逆分別為正、逆反應速率常數，只與溫度、催化劑有關)。當平衡時，正逆反應速率相等：v正=k正?c(1－MN)?c2(H2)=v逆=k逆?c(5－MTL)，則；溫度T1下反應達到平衡時k正=1.5k逆，則，溫度T2下反應達到平衡時k正=3k逆，，結合圖像可知，溫度升高K值較小，故T1>T2；③A．四個反應的平衡常數均隨溫度升高而減小，說明升溫平衡逆向移動，故均為放熱反應，A正確；B．反應過程中生成十氫茶(1－MD)的副反應也為氣體分子數減小的放熱反應，故壓強越大，溫度越低可能會導致副產物的增加，B錯誤；C．生成十氫茶(1－MD)的總反應為放熱反應，則說明生成物的能量低于反應物，故反應體系中1－MD最穩(wěn)定，C正確；D．由①分析可知，a為反應R4的平衡常數隨溫度變化的曲線，400K時反應R4的反應平衡常數最大，但是不代表其反應速率最快，D錯誤；故選BD；〖小問3詳析〗R1、R3、R2、R4的反應分別為：1－MN平衡轉化率y為80%時，反應1－MN為0.8，開始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由圖可知，平衡時S1－MD為c%，則生成S1－MD為0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡時1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡時S5－ML為c%，則平衡S5－ML為0.8×c%；故平衡時1－MTL的產率為0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；y為65%時反應R1，1－MN為0.65，平衡時1－MN為1-0.65，開始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由圖可知，1－MTL和5－MTL物質的量分數共a%，S1－MTL為b%，則平衡時，5－MTL為a%-0.65×b%；H2壓強近似等于總壓為6.0×103kPa，則反應R1的平衡常數；溫度越低，1－MN平衡轉化率越大，MTLs選擇性低，1-MD選擇性高，當溫度高于一定值時，MTLs選擇性較大，轉化率越大，xMTLs越大；當溫度低于一定值時，1-MD選擇性較大，轉化率越大，xMTLs越小。高三模擬試題PAGEPAGE1淄博市2022—2023學年度高三模擬考試化學一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分，每小題只有1個選項符合題目要求。1.化學與生產、生活關系密切，下列說法錯誤的是A.使用含氟牙膏能預防齲齒B.紫外線消毒利用了使蛋白質變性的原理C.發(fā)泡塑料飯盒不適宜盛放含油脂較多的食品D.用外加電流法防鋼鐵腐蝕需附加惰性電極作陰極〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．釉質對牙齒起著保護作用，其主要成分為羥基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏會生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以預防齲齒，故A正確；B．紫外線照射能夠使蛋白質變性，可用紫外線殺菌消毒，故B正確；C．一次性發(fā)泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有機物，根據結構相似相溶，盛放含油較多的食品是有機物，食品中會溶解苯乙烯單體，苯乙烯對人的神經中樞有害，所以不適于盛放含油較多的食品，故C正確；D．用外加電流法防鋼鐵腐蝕需附加惰性電極作陽極，被保護的金屬作陰極，故D錯誤；故選D。2.下列做法正確的是A.用稀硝酸清洗試管內壁的銀鏡 B.用帶橡膠塞的棕色細口瓶保存溴水C.用玻璃棒蘸取樣品進行焰色試驗 D.用pH試紙測定過氧乙酸溶液的pH〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．稀硝酸能溶解銀，3Ag+4H++NO═3Ag++NO↑+2H2O，故A正確；B．溴水可腐蝕橡膠，應保存在玻璃塞的棕色細口瓶中，故B錯誤；C．玻璃棒含鈉元素，焰色為黃色，應用鐵絲或鉑絲蘸取某樣品進行焰色試驗，故C錯誤；D．過氧乙酸具有強氧化性，可以漂白pH試紙，所以不能用pH試紙測定過氧乙酸溶液的pH，故D錯誤；故選A。3.關于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的結構與性質，下列說法錯誤的是A.熱穩(wěn)定性：H2O2＞H2S2 B.N2H2存在順反異構現(xiàn)象C.鍵角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D.四種物質中沸點最高的是H2O2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．因為O元素的電負性大于S，所以熱穩(wěn)定性：，A正確；B．結構式為：,存在順反異構現(xiàn)象，B正確；C．為直線型，鍵角為，氮原子采用雜化，三個雜化鍵處于平面正三角形的三個方向，互成，是極性分子，之間的鍵角為96度52分，氧原子的電負性比硫原子大，氧原子對其攜帶的孤對電子的吸引比硫原子大，相應的孤對電子斥力增大使鍵角也相應比大，所以鍵角的大?。海珻錯誤；D．因為分子中含有氫鍵，所以在中沸點最高，D正確；故選C。4.下列裝置能達到實驗目的是A.裝置甲：明礬晶體制備KAl(SO4)2 B.裝置乙：制備少量干燥的NH3C.裝置丙：常溫下分離苯酚與水的混合物 D.裝置丁：探究濃度對化學反應速率的影響〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．明礬晶體在坩堝中灼燒失去結晶水得到KAl(SO4)2，A符合題意；B．氨氣會和氯化鈣反應，不能用氯化鈣干燥氨氣，B不符合題意；C．常溫下分離苯酚與水的混合物應該使用分液的方法，C不符合題意；D．過氧化氫具有強氧化性，和亞硫酸氫鈉溶液發(fā)生氧化還原反應，但是實驗中無明顯現(xiàn)象，不能探究濃度對化學反應速率的影響，D不符合題意；故選A。5.鋁的鹵化物AlX3(X=Cl、Br、I)氣態(tài)時以Al2X6雙聚形態(tài)存在，下列說法錯誤的是性質AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔點/℃1290192.497.8189.4沸點/℃1272180256382A.AlF3晶體類型與其他三種不同B.1molAl2Cl6中所含配位鍵數目為4NAC.Al2X6中Al、X原子價電子層均滿足8e-結構D.AlCl3熔點高于AlBr3原因是Cl的電負性大于Br，具有一定離子晶體特征〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．AlF3為離子晶體，其他三個為分子晶體，A正確；B．每個Al與周圍的三個Cl共用一對電子，與另一個Cl形成配位鍵，故1molAl2Cl6中所含配位鍵數目為2NA，B錯誤；C．每個Al與周圍的三個Cl共用一對電子，與另一個Cl形成配位鍵，均滿足8電子結構，C正確；D．AlCl3熔點高于AlBr3原因是Cl的電負性大于Br，具有一定離子晶體特征，D正確；故選B。6.抗凝血藥物替羅非班合成中間體結構如圖，下列說法錯誤的是A.該有機物中N原子有兩種雜化方式 B.其水解產物均可與Na2CO3溶液反應C.1mol該分子最多與3molNaOH反應 D.該有機物苯環(huán)上的一氯代物有3種〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．該有機物中環(huán)上的N原子是sp2雜化，另外一個N原子是sp3雜化，故A正確；B．其水解產物都含有羧基，因此均可與Na2CO3溶液反應，故B正確；C．1mol該分子含有羧基、肽鍵、酚酸酯，因此最多與4molNaOH反應(酚酸酯會消耗2molNaOH)，故C錯誤；D．該有機物苯環(huán)上有三種位置的氫，因此其一氯代物有3種，故D正確。綜上所述，〖答案〗為C。7.高分子材料p的合成路線如圖，下列說法錯誤的是A.m分子有對映異構體 B.n分子中所有原子共平面C.高分子材料p可降解 D.聚合過程中有小分子生成〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．m分子有一個手性碳，有對映異構體，故A正確；B．n分子中所有碳原子均為sp2雜化，鍵角約為120°，所有原子共平面，故B正確；C．高分子材料p中含有酯基，可降解，故C正確；D．聚合過程中沒有小分子生成，二氧化碳中碳氧雙鍵、m中的三元環(huán)、n中的碳氧雙鍵參與反應，故D錯誤；故選D。8.利用如圖裝置制備ClO2，并以ClO2為原料制備NaClO2。已知：高于60℃時，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列說法錯誤的是A.Na2SO3和H2O2均作還原劑B.裝置②，④的作用分別是防倒吸、吸收未反應的污染氣體C.從裝置④反應后的溶液中獲得晶體，可采用常壓蒸發(fā)結晶D.反應結束時，通氮氣的目的是將儀器中殘留的氣體排入④中〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗1中發(fā)生反應2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，3中ClO2為原料制備NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃時，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故選擇冷水浴，4中的氫氧化鈉吸收未反應的ClO2，據此分析解題?！荚斘觥紸．1中發(fā)生反應2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，S的化合價升高，Na2SO3為還原劑；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合價也升高，H2O2為還原劑，A正確；B．裝置②，④的作用分別是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空氣，B正確；C．ClO2與氫氧化鈉溶液反應，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸鈉提取工藝以蒸發(fā)冷卻結晶法和鹽析法為主，C錯誤；D．反應結束時，通氮氣的目的是將儀器中殘留的氣體排入④中，排空污染氣體，保證試驗結束安全，D正確；故選C。9.X、Y、Z、W為原子序數依次增大的前四周期元素，X為周期表中原子半徑最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序數之和為24，基態(tài)W原子的價電子數為11，化合物WZY4?5X2Y的熱重曲線如圖。下列說法錯誤的是A.同周期中第一電離能大于Y的元素有3種 B.Z的最高價含氧酸酸性是同主族中最強的C.WZY4?5X2Y中有三種不同結合力的X2Y D.220℃時，固體物質的化學式為WZY4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W為原子序數依次增大的前四周期元素，X為周期表中原子半徑最小的元素，X為氫；Y、Z位于同一主族，且原子序數之和為24，則Y為氧、Z為硫；基態(tài)W原子的價電子數為11，W為銅；故該化合物為CuSO4?5H2O；〖詳析〗A．同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，N的2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故同周期中第一電離能大于Y的元素有氮、氟、氖3種，A正確；B．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，O只有負價沒有正價，故Z的最高價含氧酸酸性是同主族中最強的，B正確；C．CuSO4?5H2O完全失去結晶水時保留質量，結合圖像可知，晶體分三個階段失去結晶水，故有三種不同結合力的H2O，C正確；D．由C分析可知，220℃時，晶體沒有完全失去結晶水，故固體物質的化學式不是CuSO4，D錯誤；故選D。10.從電鍍污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取鎳工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是已知：丁二酮肟可與Ni2+反應生成易溶于有機溶劑的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A.“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金屬陽離子B進行操作I時，將有機相從分液漏斗上口倒出C.操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，有機相可返回操作I循環(huán)使用D.操作III可能為過濾、洗滌、干燥、灼燒〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗電鍍污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取鎳，首先電鍍污泥研磨粉碎，加碳酸銨和氨水進行氨浸，鈣離子與碳酸根離子反應生成CaCO3，溶液pH增大促進Fe3+、Al3+的水解，轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，過濾得到浸出渣為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有機萃取劑萃取鎳，操作I為萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，反萃取得到含鎳離子的溶液和有機萃取劑，有機萃取劑重復使用，充分利用萃取劑，含鎳離子的溶液進行“富集”、“還原”得到粗鎳。〖詳析〗A．由分析電鍍污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取鎳，首先電鍍污泥研磨粉碎，加碳酸銨和氨水進行氨浸，浸出渣為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金屬陽離子，故A正確；B．進行操作I萃取時，氯仿密度大于水溶液，將有機相從分液漏斗下口放出，故B錯誤；C．操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，有機相可返回操作I循環(huán)使用，節(jié)約成本，故C正確；D．沉鎳后，操作III可能為過濾、洗滌、干燥、灼燒，得含鎳的化合物，故D正確；故選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全都選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.根據下列操作及現(xiàn)象，所得結論正確的是操作及現(xiàn)象結論A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成說明NO具有強氧化性B向2mL濃度均為0.1mol?L-1的NaBr與Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol?L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成說明Ag2S比AgBr更難溶C取4mL乙醇，加入12mL濃硫酸及少量沸石，迅速升溫至170℃，將產生的氣體進入2mL溴水中，溴水褪色說明乙醇消去反應的產物為乙烯D向丙烯醛中加入足量新制氫氧化銅懸濁液，加熱至不再生成磚紅色沉淀，靜置，向上層清液滴加溴水，溴水褪色說明丙烯醛中含有碳碳雙鍵A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．也可能是鐵離子氧化二氧化硫為硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，A錯誤；B．只有黑色沉淀生成說明銀離子和硫離子反應生成硫化銀沉淀，則硫化銀更難溶，B正確；C．反應的副產物二氧化硫也會和強氧化性的溴水反應導致溴水褪色，C錯誤；D．足量新制氫氧化銅懸濁液顯堿性，堿性溶液會和溴水反應導致溴水褪色，應該酸化后滴加溴水，D錯誤；故選B。12.一種以沸石籠為載體對NO進行催化還原的原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.反應④有極性鍵的斷裂與生成B.反應②③均為氧化還原反應C.反應⑤的離子方程式為：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D.總反應還原1molNO消耗O211.2L(標準狀況)〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．由圖可知，反應④有氮氧、氮氫極性鍵的斷裂，有氫氧極性鍵的生成，A正確；B．反應②③過程中整個離子所帶的電荷沒有改變，只涉及氧氧非極性鍵的形成與斷裂，其它元素化合價不變，則氧元素化合價不變，不是氧化還原反應，B錯誤；C．由圖可知，反應⑤為Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，離子方程式為：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正確；D．根據圖示可知，NO被還原為N2，則還原1molNO轉移2mol電子，而O2最終生成H2O，故2mol電子消耗0.5molO2，標準狀況下體積為11.2L，D正確；故選B。13.下列裝置可分離廢水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性質相似，Co2+和乙酰丙酮不反應。下列說法正確的是A.M電極接太陽能電池的P電極B.通電一段時間后，I、IV室內溶液pH均減小C.膜a、膜b分別為陽離子交換膜和陰離子交換膜D.每生成1molSO，理論上雙極膜至少解離7molH2O〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗由圖可知，Q極硫元素失去電子發(fā)生氧化反應，為原電池負極，P極氧氣得到電子發(fā)生還原反應生成水，為正極；由氫離子移動方向可知，N極為陰極，連接原電池負極Q極，則M為陽極，連接原電池正極P極；〖詳析〗A．由分析可知，M電極接太陽能電池的P電極，A正確；B．根據電子守恒，雙極膜產生的氫離子與N極消耗的氫離子量相同，故V室內溶液pH不會減小，B錯誤；C．裝置可分離廢水中的Co2+和Ni2+，由圖可知，鎳離子通過b膜遷移到Ⅲ室和乙酰丙酮反應而和Co2+分離，故b為陽離子交換膜；Ⅲ室為堿性，故氫離子不能通過ab膜進入Ⅲ室，故a為陰離子交換膜；C錯誤；D．硫元素化合價由-1變?yōu)?6生成硫酸根離子，，雙極膜上水電離出的氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，；根據電子守恒可知，每生成1molSO，理論上雙極膜至少解離7molH2O，D正確；故選AD。14.兩個均充有H2S的剛性密閉容器，起始壓強均為pkPa，以溫度、Al2O3催化劑為條件變量，進行實驗：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反應相同時間，結果如圖所示。下列說法錯誤的是A.溫度升高，H2S分解的正，逆反應速率均增大B.900℃，ts后達平衡，H2的平均生成速率為pkPa?s?1C.Al2O3催化劑使得正反應的活化能小于逆反應的活化能D.1100℃，曲線II、III重合，說明Al2O3催化劑失去活性〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．溫度升高，反應速率均增大即H2S分解的正，逆反應速率均增大，故A正確；B．900℃，ts后達平衡，硫化氫的轉化率為50%，則氫氣的壓強為0.5pkPa，則H2的平均生成速率為，故B正確；C．根據圖中曲線分析，升高溫度，硫化氫的轉化率增大，因此該反應是吸熱反應，則Al2O3催化劑使得正反應的活化能大于逆反應的活化能，故C錯誤；D．催化劑需要適宜溫度，在1100℃，曲線II、III重合，說明Al2O3催化劑可能幾乎失去活性，故D正確。綜上所述，〖答案〗為C。15.常溫下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3為二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的關系如圖所示。(已知pc=-lgc)。下列說法正確的是A.L2表示pc(HPO)和-lg的關系B.H3PO3的電離常數Ka2(H3PO3)的數量級為10-6C.等濃度等體積的H3PO3溶液與NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D.c(H3PO3)=c(HPO)時，溶液顯堿性〖答案〗AC〖解析〗〖詳析〗A．根據亞磷酸二級電離可知，，等式兩邊同時取對數，，則，同理可得，因為，則，所以表示的直線應該在上方即L2，A正確；B．，對應直線L2，將點(3,3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的數量級為10-7，B錯誤；C．等濃度等體積的H3PO3溶液與NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既電離又水解，電離平衡常數，水解平衡常數，水解程度小于電離程度，則c(HPO)＞c(H3PO3)，C正確；D．，c(H3PO3)=c(HPO)時，，溶液顯酸性，D錯誤；故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.LiCoO2、LiC6是重要的電極材料，回答下列問題：（1）基態(tài)Co原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數之比為_____。（2）Li、Co、O、C的電負性由大到小的順序是_____。（3）Co(III)可形成多種配合物。①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位數為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，則該配合物可表示為_____。②〖Co(NH3)6〗3+結構如圖所示，Co3+位于正八面體中心，若其中兩個NH3被Cl-取代，則〖Co(NH3)4Cl2〗-的空間結構有_____種。（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化學上應用廣泛。(CH3)3C-的空間結構為______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的穩(wěn)定性隨中心C原子上電子云密度增大而減小，其中穩(wěn)定性最強的是______。（5）①正極材料LiCoO2的晶胞結構如圖(a)(部分O位于晶胞之外)，每個晶胞中含有_____個O；充電時，LiCoO2脫出部分Li+，形成Li1-xCoO2，結構如圖(b)，則n(Co3+)：n(Co4+)=______。②負極材料LiC6晶胞結構如圖(c)，Li原子插入石墨層中間，若該晶胞中碳碳鍵鍵長為mpm。石墨層間距為npm。該晶體的密度為______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數的值)?！即鸢浮剑?）2:1（或1:2）（2）O>C>Co>Li（3）①.〖Co(NH3)5SO4〗Br②.2（4）①.三角錐形②.F3C-（5）①.6②.7:5③.〖解析〗〖小問1詳析〗Co為27號元素，基態(tài)Co的價層電子排布式是3d74s2，軌道表示式是，價電子中兩種自旋狀態(tài)的電子數之比為2:1（或1:2）；〖小問2詳析〗同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；鋰為堿金屬元素，金屬性較強電負性較弱，故Li、Co、O、C的電負性由大到小的順序是O>C>Co>Li；〖小問3詳析〗①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位數為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，則說明硫酸根離子位于內界，該配合物可表示為〖Co(NH3)5SO4〗Br；②Co3+位于正八面體中心，若其中兩個NH3被Cl-取代，若第一個氯處于1號位，則第二氯有2、3、5、6等效位或4號位共2種情況；〖小問4詳析〗(CH3)3C-中心原子碳形成3個共價鍵且還有一對孤電子對，則空間結構為三角錐形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的穩(wěn)定性隨中心C原子上電子云密度增大而減小，氟的電負性最強，吸引電子能力最強，導致F3C-中碳原子上電子云密度減小，故其中穩(wěn)定性最強的是F3C-；〖小問5詳析〗①正極材料LiCoO2的晶胞結構如圖(a)，根據“均攤法”，晶胞中含個Li，結合化學式可知，每個晶胞中含有2×3=6個O、3個Co；充電形成Li1-xCoO2，晶胞中含個Li，設Co3+、Co4+的個數分別為a、b，根據化合價代數和為零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3個Co，則a+b=3；兩式聯(lián)立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；②負極材料LiC6晶胞結構如圖(c)，根據“均攤法”，晶胞中含個Li、個C；該晶胞中碳碳鍵鍵長為mpm，則底面邊長為3mpm、高為，底面積為，石墨層間距為npm，則晶胞高度為npm，故晶體密度為。17.工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO雜質)為原料制備金屬鈦，并得到副產品FeSO4?7H2O，其工藝流程如圖：已知：①TiO2+易水解，只能存在于強酸性溶液中；高溫下Ti易與N2，H2反應。②25℃時相關物質的Ksp見表：物質Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2TiO(OH)2Ksp1.0×10-16.31.0×10-38.61.0×10-11.61.0×10-29回答下列問題：（1）礦渣的主要成分是_____；試劑A為_____(填化學式)。（2）“酸段”時，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應，F(xiàn)eTiO3轉化為Fe2+和TiO2+，該工序主要反應的化學方程式為_____；加水浸取前需先冷卻的目的是_____。（3）“轉化”工序，加入試劑B調節(jié)pH。①試劑B為_____(填標號)。A.H2SO4B.H2O2C.Na2CO3D.NH4Cl②為沉鈦完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol?L-1〗需要調節(jié)溶液的pH略大于_____。（4）“沸騰氯化”中，氯氣與礦料逆流而行，目的是_____，充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如表：物質TiCl4Cl2COCO2分壓MPa4.59×10-24.98×10-91.84×10-23.70×10-2該溫度下，TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為_____。（5）高溫下鎂與TiCl4反應制備粗鈦時需加保護氣，下列可作為保護氣的是_____(填標號)。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.使得氣固相反應物充分接觸，加快反應速率，使反應充分進行②.（5）D〖解析〗〖祥解〗鈦鐵礦加入硫酸酸溶，二氧化硅不反應，鈣轉化為硫酸鈣沉淀，故礦渣為二氧化硅、硫酸鈣；鐵、鈦、鎂轉化為硫酸鹽，加入試劑A鐵，將三價鐵轉化為二價鐵，得到副產品FeSO4?7H2O，加入試劑B和過量酸反應，通過調節(jié)pH使得鈦轉化為TiO(OH)2沉淀，故B可以為碳酸鈉；煅燒固體得到二氧化鈦，加入碳、氯氣得到四氯化鈦，最終轉化為鈦單質；〖小問1詳析〗由分析可知，礦渣的主要成分是二氧化硅、硫酸鈣；試劑A為鐵；〖小問2詳析〗“酸段”時，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應，F(xiàn)eTiO3和稀硫酸反應轉化為Fe2+和TiO2+，化學方程式為；TiO2+易水解，升溫會促進水解，故加水浸取前需先冷卻的目的是防止TiO2+提前水解；〖小問3詳析〗①由分析可知，試劑B和過量酸反應，通過調節(jié)pH且使得鈦轉化為TiO(OH)2沉淀，故選C；②為沉鈦完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol?L-1〗，則氫氧根離子濃度大于，pOH=12，pH=2，故需要調節(jié)溶液的pH略大于2；〖小問4詳析〗“沸騰氯化”中，氯氣與礦料逆流而行，目的是使得氣固相反應物充分接觸，加快反應速率，使反應充分進行；由圖表可知，該溫度下TiO2與C、Cl2反應生成四氯化鈦和一氧化碳、二氧化碳，根據阿伏伽德羅定律可知生成四氯化鈦、一氧化碳、二氧化碳的物質的量之比大約為5:1:2，根據電子守恒、質量守恒可知，化學方程式為；〖小問5詳析〗鎂能和氮氣、二氧化碳反應，故氮氣、二氧化碳不能做保護氣；高溫下Ti易與N2，H2反應，氫氣也不能做保護氣；故選D。18.以V2O5為原料制備氧釩(IV)堿式碳酸銨(NH4)5〖(VO)6(CO3)4(OH)9〗?10H2O過程：V2O5VOCl2溶液氧釩(IV)堿式碳酸銨粗產品已知VO2+能被O2氧化，回答下列問題：（1）步驟I的反應裝置如圖(夾持及加熱裝置略去，下同)①儀器b的名稱為_____，儀器c除冷凝回流外，另一作用為_____。②步驟I生成VOCl2的同時，還生成一種無色無污染的氣體，該反應的化學方程式為_____。（2）步驟II可在如圖裝置中進行。①接口的連接順序為a→_____。②實驗開始時，先關閉K2，打開K1，當_____時(寫實驗現(xiàn)象)，再關閉K1，打開K2，充分反應，靜置，得到固體。（3）測定產品純度稱取mg樣品用稀硫酸溶解后，加入過量的0.02mol?L-1KMnO4溶液，充分反應后加入過量的NaNO2溶液，再加適量尿素除去NaNO2，用cmol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定達終點時，消耗體積為VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①樣品中氧釩(IV)堿式碳酸銨(摩爾質量為Mg?mol-1)的質量分數為_____。②下列情況會導致產品純度偏大的是_____(填標號)。A.未加尿素，直接進行滴定B.滴定達終點時，俯視刻度線讀數C.用標準液潤洗滴定管后，液體從上口倒出D.滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成〖答案〗（1）①.恒壓滴液漏斗②.提高反應物的利用率③.（2）①d→e→f→g→b→c②.裝置B中澄清石灰水變渾濁（3）①.②.AC〖解析〗〖小問1詳析〗①由儀器b的構造可知b為恒壓滴液漏斗，儀器c為球形冷凝管，可有效的實現(xiàn)反應物和生成物的冷凝回流，提高反應物的轉化率，故〖答案〗為：恒壓滴液漏斗；提高反應物的利用率；②由題意可知產物除二氯氧釩外還有氮氣，結合電子得失守恒及元素守恒可得反應：，故〖答案〗為：；〖小問2詳析〗首先通過裝置A制取二氧化碳，利用裝置C除去二氧化碳中的HCl后，將二氧化碳通入裝置D中，排盡裝置中的空氣以防止產物被氧化，待B中澄清石灰水變渾濁后，確?？諝獗慌疟M后，再打開D中K2開始實驗，因此接口連接順序為：d→e→f→g→b→c，故〖答案〗為：d→e→f→g→b→c；裝置B中澄清石灰水變渾濁；〖小問3詳析〗①由元素守恒及反應方程式可知：，樣品中氧釩(IV)堿式碳酸銨的質量分數，故〖答案〗為：；②A.未加尿素，則溶液中殘留的亞硝酸鈉消耗標準溶液，導致標準液用量偏高，所測純度偏大，故選；B.滴定達終點時，俯視刻度線讀數，導致最終讀數偏小，標準液體積偏小，所測純度偏低，故不選；C.用標準液潤洗滴定管后，液體從上口倒出，該操作沒有潤洗滴定管尖嘴部分，導致標準液被稀釋，所用標準液體積偏大，所測純度偏高，故選；D.滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成，導致最終讀數偏小，標準液體積偏小，所測純度偏低，故不選；故〖答案〗為：AC；19.化合物J是合成紫草酸藥物的一種中間體，其合成路線如圖：已知：i.R－CHOR－CH2OH(R為烴基)ii.+(R為烴基)回答以下問題：（1）A的結構簡式為_____；符合下列條件的A的同分異構體有_____種。①能與FeCl3溶液作用顯色②能發(fā)生銀鏡反應③核磁共振氫譜峰面積之比為1∶2∶2∶2∶1其中，能發(fā)生水解反應結構簡式為_____。（2）D→E的反應類型為_