山東省淄博市2022屆高三下學期第一次模擬考試化學試題 附解析

淄博市2021-2022學年度高三模擬考試化學相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32A1-27V-51Fe-56Co-59Mn-55第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本題包括10小題，每題只有一個選項符合題意；每題2分，共20分)1.化學與科技和社會可持續(xù)發(fā)展密切相關。下列說法錯誤的是A.我國科學家在國際上首次實現(xiàn)從CO2到淀粉的全合成，有助于實現(xiàn)“碳中和”B.“嫦娥五號”超聲電機運用的壓電陶瓷屬于新型無機非金屬材料C.北京冬奧會中國運動服使用的聚氨酯纖維屬于天然有機高分子材料D.中國科學院研發(fā)的“東方超環(huán)”(人造太陽)用到的氕、氘、氚互為同位素【答案】C【解析】【詳解】A．二氧化碳合成淀粉可以減少二氧化碳的排放，有助于實現(xiàn)“碳中和”，故A正確；B．壓電陶瓷一種能夠將機械能和電能互相轉換的功能陶瓷材料,屬于新型無機非金屬材料，故B正確；C．聚氨酯纖維屬于合成有機高分子材料，不是天然有機高分子材料，故C錯誤；D．氕、氘、氚的質子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，故D正確；故選C。2.為提純下列物質，除雜藥品和分離方法都正確的是被提純的物質(雜質)除雜藥品分離方法A乙醇(乙酸)CaO蒸餾BKBr溶液(KI)氯水、CCl4萃取、分液C氯化鋁溶液(氯化鐵)氨水過濾DCO2(SO2)飽和Na2CO3溶液洗氣A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．向含有乙酸的乙醇中加入氧化鈣，將乙酸轉化為沸點高的乙酸鈣，加熱蒸餾可除去乙醇中混有的乙酸，故A正確；B．溴化鉀溶液和碘化鉀溶液都能與氯水反應，則不能用氯水、四氯化碳除去溴化鉀溶液中混有的碘化鉀，故B錯誤；C．氯化鋁溶液和都能與氨水反應生成氫氧化物的沉淀，則不能用氨水除去氯化鋁溶液中混有的氯化鐵，故C錯誤；D．二氧化碳和二氧化硫都能與碳酸鈉溶液反應，則不能用飽和碳酸鈉溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故D錯誤；故選A。3.一種β—內酰胺酶抑制劑(結構簡式如圖)與抗生素聯(lián)用具有很好殺菌效果。下列說法錯誤的是A.其分子式為C8H9NO5B.該分子存在順反異構現(xiàn)象C.有4種含氧官能團D.1mol該分子最多與3molH2發(fā)生加成反應【答案】D【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，有機物的分子式為C8H9NO5，故A正確；B．由結構簡式可知，有機物分子中含有碳碳雙鍵，碳碳雙鍵的兩端碳原子上都連兩個不同基團或原子，則該分子存在順反異構現(xiàn)象，故B正確；C．由結構簡式可知，有機物分子中含有的含氧官能團為羥基、羧基、醚鍵和酰胺基，共4種，故C正確；D．由結構簡式可知，有機物分子中含有的碳碳雙鍵一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol該分子最多與1mol氫氣發(fā)生加成反應，故D錯誤；故選D。4.短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序數(shù)依次增大，Y與W同主族，Z與R同主族，它們形成的甲、乙兩種物質(如圖)是有機合成中常用的還原劑。下列說法正確的是甲：，乙：A.電負性：X>Z>RB.第一電離能：Y<Z<RC.元素Z和R最高價氧化物對應的水化物都具有兩性D.單質Y和W在空氣中燃燒的產(chǎn)物所含化學鍵類型完全相同【答案】A【解析】【分析】由結構圖和題給信息可知，W、Y為短周期第一主族金屬元素，而Y的原子序數(shù)比W小，則Y為Li、W為Na；由結構圖可知，Z、R得一個電子后能形成四個共價鍵，且Z與R同主族、Z的原子序數(shù)比R小，則Z為B、R為Al；X能形成一個共價鍵，X的原子序數(shù)比Y小，則X為H?！驹斀狻緼．由分析可知，X為H、Z為B、R為Al，則電負性：H>B>Al，A正確；B．由分析可知，Y為Li、Z為B、R為Al，元素金屬性越強、第一電離能越小，因此第一電離能：Li<Al<B，B錯誤；C．由分析可知，Z為B、R為Al，鋁的最高價氧化物對應的水化物有兩性，但B的最高價氧化物對應的水化物不具有兩性，C錯誤；D．由分析可知，Y為Li、W為Na，兩者在空氣中燃燒分別生成氧化鋰和過氧化鈉，氧化鋰中只含離子鍵，而過氧化鈉中既含離子鍵、又含共價鍵，兩者化學鍵類型不完全相同，D錯誤；答案選A。5.在微生物參與下，采用惰性電極處理污水中有機物的某微生物燃料電池原理如圖。下列說法錯誤的是A.有機物在微生物作用下被氧化并釋放質子B.升高溫度可提高電池的能量轉化效率C.B極發(fā)生的電極反應為：O2+4H++4e-=2H2O、2NO+12H++10e-=N2+6H2OD.若該有機物為CH3OH，則反應1molCH3OH時轉移6mole-【答案】B【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知陽極上有機物被氧化為CO2，釋放電子，根據(jù)圖示離子的遷移可知，同時有氫離子(質子)釋放，A正確；B．高溫條件下微生物會被殺死，故升高溫度不一定能提高電池的能量轉化效率，B錯誤；C．據(jù)圖可知陰極B上O2、NO被還原，根據(jù)該裝置的作用可知產(chǎn)物應無污染，所以O2被還原生成水，NO被還原生成N2，電極方程式為O2+4H++4e-=2H2O、2NO+12H++10e-=N2+6H2O，C正確；D．32gCH3OH的物質的量為1mol，CH3OH被氧化為CO2時C元素化合價升高6價，所以轉移6mol電子，D正確；綜上所述，答案為B。6.研究CH3I與自由基Cl原子(用Cl*表示)的反應有助于保護臭氧層。已知：Cl*+CH3I反應有4條反應路徑(TS表示過渡態(tài)，IM表示中間物)如圖所示。下列說法錯誤的是A.路徑①的△H>0B.路徑②是基元反應C.路徑③的速率最快D.路徑④的逆反應的活化能最大【答案】B【解析】【詳解】A．路徑①中，生成物的能量大于反應物的能量，則△H>0，A項正確；B．基元反應是指在反應中一步直接轉化為產(chǎn)物的反應，路徑②中存在中間物，不能一步完成，不屬于基元反應，B項錯誤；C．活化能越小，反應速率越快，路徑③的活化能最小，速率最快，C項正確；D．活化能是指分子從常態(tài)轉變?yōu)槿菀装l(fā)生化學反應的活躍狀態(tài)所需要的能量，由圖可知，路徑④的逆反應的活化能最大，D項正確；答案選B。7.下列說法錯誤的是A.石墨晶體中層內導電性強于層間導電性B.基態(tài)Cr3+的最高能層中成對電子與未成對電子的數(shù)目比為8∶3C.(CH3COO)2Ni·4H2O的空間構型為八面體，中心離子的配位數(shù)為6D.N元素的電負性比P元素的大，可推斷NCl3分子的極性比PCl3的大【答案】D【解析】【詳解】A．石墨晶體中層內碳原子的雜化方式為sp2雜化，碳原子間以σ鍵形成六元環(huán)，層內形成大π鍵能提供自由移動的電子導電，而層間以分子間作用力相結合，導電能力差，則層內導電性強于層間導電性，故A正確；B．鉻元素的原子序數(shù)為24，失去3個電子形成鉻離子，基態(tài)Cr3+離子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d3，則最高能層N能層中成對電子與未成對電子的數(shù)目比為8∶3，故B正確；C．由(CH3COO)2Ni·4H2O的空間構型為八面體，中心離子為鎳離子，配位體為2個醋酸根離子和4個水分子，配位數(shù)為6，故C正確；D．氮元素的電負性大于磷元素，與氯元素的電負性差值小于磷元素，則空間構型都為三角錐形的三氯化氮分子的極性小于三氯化磷，故D錯誤；故選D。8.中藥材鐵華粉的主要成分是醋酸亞鐵，檢測的流程如圖。下列說法錯誤的是A.氣體X中含有醋酸蒸氣B.該鐵華粉中可能含有鐵單質C.向濾液中滴入酸性KMnO4溶液，可用于證明Fe2+具有還原性D.產(chǎn)生藍色沉淀的反應為：K++Fe2++[Fe(CN)6]3—=KFe[Fe(CN)6]↓【答案】C【解析】【分析】由圖可知，鐵華粉中加入稀硫酸，加熱時醋酸亞鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和醋酸蒸氣；鐵華粉中加入稀鹽酸反應生成氫氣說明鐵華粉中還含有鐵，過濾，向濾液加入鐵氰化鉀溶液，溶液中亞鐵離子與鐵氰化鉀溶液反應生成鐵氰化亞鐵藍色沉淀?！驹斀狻緼．由分析可知，加熱時醋酸亞鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和醋酸蒸氣，則X中含有醋酸蒸氣，故A正確；B．由分析可知，鐵華粉中加入稀鹽酸反應生成氫氣說明鐵華粉中還若含有鐵單質，故B正確；C．由分析可知，濾液中含有氯離子，向濾液中滴入酸性高錳酸鉀溶液，酸性條件下氯離子也能與酸性高錳酸鉀溶液反應，使溶液褪色，則溶液褪色不能證明亞鐵離子具有還原性，故C錯誤；D．由分析可知，向濾液加入鐵氰化鉀溶液，溶液中亞鐵離子與鐵氰化鉀溶液反應生成鐵氰化亞鐵藍色沉淀，反應的離子方程式為K++Fe2++[Fe(CN)6]3—=KFe[Fe(CN)6]↓，故D正確；故選C。9.探究甲烷的還原性并檢驗產(chǎn)物的實驗設計如圖。下列說法錯誤的是A.D中可用無水硫酸銅B.先通足量的甲烷氣體，后點燃C處酒精燈C.若D中盛裝堿石灰，根據(jù)其質量變化可以推斷甲烷組成D.CH4與CuO的反應為：4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O【答案】C【解析】【分析】由題給裝置圖可知，探究甲烷的還原性并檢驗產(chǎn)物時應先通足量的甲烷氣體排盡裝置中的空氣，然后點燃C除的酒精燈，D中盛有的無水硫酸銅用于檢驗水的生成，裝置E中澄清石灰水用于測量二氧化碳的質量，裝置F為處理未反應甲烷的尾氣處理裝置。【詳解】A．由分析可知，D中盛有無水硫酸銅用于檢驗水的生成，故A正確；B．甲烷是可燃性氣體，為防止甲烷與空氣混合受熱發(fā)生爆炸，實驗前應先通足量的甲烷氣體排盡裝置中的空氣，故B正確；C．若D中盛裝堿石灰，堿石灰會吸收反應生成的二氧化碳和水，無法測定反應生成二氧化碳和水的質量，不能根據(jù)其質量變化可以推斷甲烷組成，故C錯誤；D．由題給裝置圖可知，甲烷在加熱條件下與氧化銅反應生成銅、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O，故D正確；故選C。10.以廢舊鋰離子電池正極材料(主要成分是LiCoO2，還含有少量Al和Fe)為原料制取CoSO4的工藝流程如圖：已知：常溫下LiOH可溶于水，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-16]。下列說法錯誤的是A.Na2S2O3的作用是還原劑B.“凈化”過程產(chǎn)生的廢渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3C.“沉鈷”過程中，當溶液的pH=11時，c(Co2+)為1.6×10-10mol·L-1D.用98%濃H2SO4比15%的稀硫酸浸取速率更快【答案】D【解析】【分析】廢舊鋰離子電池的正極材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，向樣品中加入稀硫酸、硫代硫酸鈉，Na2S2O3被氧化為Na2SO4，Co3+被還原為Co2+，Al、Fe也溶解，然后向溶液中通入空氣，F(xiàn)e2+被氧化生成Fe3+，調節(jié)溶液pH，使Al3+、Fe3+轉化為Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，過濾除去，濾液中再加入氫氧化鈉，使Co2+轉化為Co(OH)2沉淀，過濾后向濾渣中加入H2SO4，得到CoSO4溶液，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼．Na2S2O3被氧化為Na2SO4，Co3+被還原為Co2+，則Na2S2O3的作用是還原劑，A項正確；B．向溶液中通入空氣，F(xiàn)e2+被氧化生成Fe3+，調節(jié)溶液pH，使Al3+、Fe3+轉化為Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，B項正確；C．溶液的pH=11時，c(OH-)=10-3mol·L-1，根據(jù)，解得c(Co2+)=1.6×10-10mol·L-1，C項正確；D．濃H2SO4具有強氧化性，會與硫代硫酸鈉反應，會使浸取速率更慢，D項錯誤；答案選D。二、選擇題(本題包括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意，全都選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)11.雙極膜是一種離子交換復合膜，在直流電場作用下能將中間層的水分子解離成H+和OH-，并分別向兩極遷移。用雙極膜電解淀粉[(C6H10O5)n]溶液制取雙醛淀粉[(C6H10O5)n]的工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.攪拌能明顯提高電解反應速率B.b極的電極反應式為：Br-+6OH--6e-=BrO+3H2O、4OH--4e-=2H2O+O2↑C.生成雙醛淀粉的反應為：(C6H10O5)n+BrO=(C6H8O5)n+Br-+3H2OD.當電路中轉移2mol電子時，可得160g雙醛淀粉【答案】B【解析】【詳解】A．攪拌并不能明顯提高電解反應速率，A錯誤；B．由電解原理圖可知，a極氫離子得電子生成氫氣，為陰極，b極氫氧根離子失電子生成氧氣，氫氧根離子和溴離子失電子生成溴酸根離子和水，為陽極，電極反應式分別為4OH--4e-=2H2O+O2↑、Br-+6OH--6e-=BrO+3H2O，B正確；C．由電解原理圖可知，生成雙醛淀粉的反應為：3(C6H10O5)n+nBrO=3(C6H8O5)n+nBr-+3nH2O，C錯誤；D．由于n值未知，雙醛淀粉的相對分子質量未知，無法求算雙醛淀粉的質量，D錯誤；答案選B。12.某溫度下，降冰片烯在鈦雜環(huán)丁烷催化下聚合，反應物濃度與催化劑濃度及時間關系如圖。已知反應物消耗一半所需的時間稱為半衰期，下列說法錯誤的是

A.其他條件相同時，催化劑濃度越大，反應速率越大B.其他條件相同時，降冰片烯濃度越大，反應速率越大C.條件①，反應速率為D.條件②，降冰片烯起始濃度為時，半衰期為【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由題干圖中曲線①②可知，其他條件相同時，催化劑濃度越大，反應所需要的時間更短，故反應速率越大，A正確；B．由題干圖中曲線①③可知，其他條件相同時，降冰片烯濃度①是③的兩倍，所用時間①也是③的兩倍，反應速率相等，故說明反應速率與降冰片烯濃度無關，B錯誤；C．由題干圖中數(shù)據(jù)可知，條件①，反應速率為=，C正確；D．反應物消耗一半所需的時間稱為半衰期，由題干圖中數(shù)據(jù)可知，條件②，降冰片烯起始濃度為時，半衰期為125min÷2=，D正確；故答案為：B。13.常溫下，由下列實驗操作和現(xiàn)象不能推出相應結論的是實驗操作和現(xiàn)象結論A測得0.1mol·L-1NaHSO3溶液pH約為5Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)<KwB向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl)C用pH計測定飽和NaHCO3溶液和飽和CH3COONa溶液的pH，前者pH大水解程度：CH3COO—>HCOD等體積、pH均為3兩種非氧化性酸HA和HB，分別與足量的Zn反應，酸HA放出的氫氣多酸性：HB>HAA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．0.1mol/L亞硫酸氫鈉溶液的pH約為5說明亞硫酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，亞硫酸氫根離子的電離常數(shù)大于水解常數(shù)，則亞硫酸氫根離子的水解常數(shù)Kh=＜Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw，故A錯誤；B．由于不能確定混合溶液中氯離子和溴離子的濃度大小，則向混合溶液中滴入少量稀硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀不能比較氯化銀和溴化銀溶度積的大小，故B錯誤；C．碳酸氫鈉和醋酸鈉的溶解度不同，飽和碳酸氫鈉溶液和飽和醋酸鈉溶液的濃度不同，則不能通過比較兩種飽和溶液的pH大小判斷醋酸根和碳酸氫根離子的水解程度大小，故C錯誤；D．pH相等的兩種酸溶液，酸性越弱的酸溶液的濃度越大，等體積、pH均為3的兩種非氧化性酸HA和HB，分別與足量的鋅反應，酸HA放出的氫氣多說明HA溶液的濃度大于HB溶液，HA的酸性弱于HB，故D正確；故選D。14.分子中每個手性碳原子可形成一對旋光異構體。具有生物降解性能的聚碳酸丙烯酯()可由碳酸丙烯酯()聚合而成。用環(huán)氧丙烷()與CO2催化環(huán)加成反應生成碳酸丙烯酯的反應機理如圖。下列說法錯誤的是A.碳酸丙烯酯中的π鍵與σ鍵數(shù)目比為1∶7B.聚合生成聚碳酸丙烯酯反應中原子利用率是100%C.環(huán)氧丙烷與CO2反應的催化劑為和I-D.考慮旋光異構現(xiàn)象，環(huán)氧丙烷的一氯代物有6種【答案】AD【解析】【詳解】A．由碳酸丙烯酯的結構簡式可知其所含π鍵數(shù)為1，σ鍵數(shù)13，故A錯誤；B．聚合生成聚碳酸丙烯酯反應為開環(huán)加成反應，原子利用率為100%，故B正確；C．由反應機理可知和I-反應起點和終點均存在，均催化劑，故C正確；D．環(huán)氧丙烷中有三種不同的氫原子，且除甲基外的兩種氫被氯取代后均為手性碳原子存在旋光異構，可知環(huán)氧丙烷的一氯代物有5種，故D錯誤；故選：AD。15.溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分數(shù)δ，是指某含氮(或碳)微粒的濃度占各含氮(或碳微粒濃度之和的分數(shù)。25℃時，向0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中滴加適量的鹽酸或NaOH溶液，溶液中含氮(或碳)各微粒的分布分數(shù)δ與pH的關系如圖所示(不考慮溶液中的CO2和NH3分子)。下列說法正確的是

A.Kb(NH3·H2O)<Ka1(H2CO3)B.n點時，溶液中3c(HCO)+c(OH—)=c(NH)+c(H+)C.m點時，c(NH3·H2O)>c(HCO)D.反應HCO+NH3·H2ONH+CO+H2O的平衡常數(shù)為K，lgK=—0.9【答案】CD【解析】【分析】由圖可知，溶液pH為6.4時，溶液中c(HCO)=c(H2CO3)，則電離常數(shù)Ka1(H2CO3)==c(H+)=10-6.4，溶液pH為9.3時，溶液中c(NH)=c(NH3·H2O)，則電離常數(shù)Kb(NH3·H2O)==c(OH—)=10-4.7，溶液pH為10.2時，溶液中c(HCO)=c(CO)，則電離常數(shù)Ka2(H2CO3)==c(H+)=10-10.2。【詳解】A．由分析可知，一水合氨的電離常數(shù)大于碳酸的一級電離常數(shù)，故A錯誤；B．由圖可知，n點時，加入氫氧化鈉溶液反應得到的溶液中含有鈉離子、銨根離子、碳酸根離子、碳酸氫根離子和一水合氨，溶液中c(HCO)=c(CO)，由溶液中的電荷守恒2c(CO)+c(HCO)+c(OH—)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)可得3c(HCO)+c(OH—)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，故B錯誤；C．由圖可知，m點時，溶液中c(NH3·H2O)>c(HCO)，故C正確；D．由方程式可知，反應平衡常數(shù)K=====10-0.9，則lgK=-0.9，故D正確；故選CD。第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)三、本題包括5小題，共60分。答案必須寫在答題卡內相應的位置，不能寫在試卷上。16.物質的結構決定物質的性質，化學創(chuàng)造新物質，新物質促進社會發(fā)展。（1）下列氮原子的不同的電子排布。A.B.C.D.能量最高的是____；其電子在發(fā)生躍遷時，不能產(chǎn)生發(fā)射光譜的是____。（2）銨鹽與堿加熱可制備氨氣。NH轉化為NH3過程中，沒有發(fā)生變化的是___。A.鍵角B.粒子的空間結構C.雜化方式（3）以特種鋁合金為骨骼的LED地屏創(chuàng)造了冬奧開幕式的美輪美奐。Al晶胞為面心立方，其晶胞參數(shù)a=0.405nm，則鋁原子的配位數(shù)為___，列式表示Al單質的密度為___g·cm-3(設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。（4）如圖所示沿不同的方向分別向Al晶胞投影。方向①：從棱AA′向棱CC′方向；方向②：從頂點A向頂點C′方向。在下列4個投影圖中，正確的是____。A. B. C. D.（5）氰胺分子中含氨基，分子式為CH2N2。其三分子聚合體是六元環(huán)狀結構，稱為三聚氰胺，其結構簡式為____。（6）今年2月2日《自然》雜志刊發(fā)論文，將三聚氰胺與某含氯、氧元素(原子數(shù)比1∶1)芳香化合物在特定溶液中混合，常溫下自發(fā)迅速反應產(chǎn)生聚酰胺薄膜，是韌性極高又極薄的優(yōu)質二維片材。部分結構如圖示(不同顏色表示不同的結構)。已知：除氫原子和氧原子外，所有原子在圖中均有表示。①該反應的△G___0(填“<”、“>”或“=”)。②參與反應的芳香化合物的結構簡式是____，其反應的類型為___。【答案】（1）①.D②.A（2）C（3）①.12②.（4）D（5）（6）①.＜②.③.縮聚反應【解析】【小問1詳解】軌道中電子能量：1s＜2s＜2p，能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2p軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高，根據(jù)圖知能量由低到高的順序是A＜C＜B＜D，因此能量最高的是選項D；電子從基態(tài)向激發(fā)態(tài)的躍遷會吸收能量，形成吸收光譜；電子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)的躍遷會放出能量，形成發(fā)射光譜，所以電子在發(fā)生躍遷時，不能產(chǎn)生發(fā)射光譜的是選項A；【小問2詳解】銨根是正四面體型結構，氨氣是三角錐形結構，其中氮原子均是sp3雜化，所以NH轉化為NH3過程中，沒有發(fā)生變化的是雜化方式，答案選C；【小問3詳解】Al單質為面心立方晶體，鋁原子個數(shù)8×+6×=4，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為3×8×=12，Al單質的密度=g·cm-3=g·cm-3；【小問4詳解】Al單質為面心立方晶體，投影時方向①：從棱AA′向棱CC′方向；方向②：從頂點A向頂點C′方向，因此得到的是正六邊形，面心上6個原子投影也形成小的正六邊形，答案選D；【小問5詳解】氰胺分子中含氨基，分子式為CH2N2。其三分子聚合體是六元環(huán)狀結構，稱為三聚氰胺是，由于氰胺的結構簡式為H2N－C≡N，因此三聚氰胺的結構簡式為；【小問6詳解】①由于常溫下自發(fā)迅速反應產(chǎn)生聚酰胺薄膜，所以該反應的△G＜0；②根據(jù)生成物的結構簡式可判斷應該是縮聚產(chǎn)物，又因為與參與反應的芳香化合物中氯、氧元素中原子數(shù)比1∶1，這說明生成的小分子應該是氯化氫，所以該有機物的結構簡式是。17.三氯化六氨合鈷(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是重要的化工原料。制備反應式為：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O，反應放出大量熱。已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有強氧化性；[Co(NH3)6]2+具有較強還原性，[Co(NH3)6]3+性質穩(wěn)定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲線如圖1所示，加入少量濃鹽酸有利于其析出。制備[Co(NH3)6]Cl3的實驗步驟：Ⅰ.取研細的CoCl2·6H2O和NH4Cl溶解后轉入三頸燒瓶，控制溫度在10℃以下，加入濃氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的H2O2溶液，則溶液逐漸變混濁。實驗裝置如圖2所示。Ⅱ.將所得濁液趁熱過濾，向濾液中逐滴加入少量濃鹽酸后靜置。Ⅲ.在靜置的同時，需對靜置液進行“操作A”后過濾；用無水乙醇洗滌晶體2~3次。（1）圖中儀器a的名稱為____。（2）將Co2+轉化[Co(NH3)6]3+過程中，先加濃氨水的目的是____。（3）步驟Ⅱ向濾液中加入濃鹽酸的原因是____。（4）步驟Ⅲ中的“操作A”是____。（5）用如圖3裝置測定產(chǎn)品中NH3的含量(部分裝置已省略)：①蒸氨：取mg樣品加入過量試劑后，加熱三頸燒瓶，蒸出的NH3通入盛有V1mLc1mol·L-1H2SO4標準溶液的錐形瓶中。液封裝置1的作用是____。液封裝置2的作用是____。②滴定：將液封裝置2中的水倒入錐形瓶后滴定剩余的H2SO4，消耗c2mol·L-1的NaOH標準溶液V2mL。若未將液封裝置2中的水倒入錐形瓶，測得NH3的質量分數(shù)將____(填“偏高”或“偏低”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）分液漏斗（2）將不易被氧化的Co2+轉化為具有較強還原性的[Co(NH3)6]2+（3）增大氯離子濃度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3（4）冷卻結晶（5）①.平衡氣壓，防止倒吸，防止氨氣逸出②.防止氨氣逸出，③.偏低【解析】【分析】將CoCl2?6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性炭和濃氨水，得到[Co(NH3)6]Cl2和活性炭的濁液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)氧化為Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的濁液，再加入濃鹽酸，冷卻過濾，析出晶體[Co(NH3)6]Cl3；據(jù)此解答?！拘?詳解】由儀器結構特征，可知儀器a為分液漏斗；答案為分液漏斗【小問2詳解】將Co2+轉化[Co(NH3)6]3+過程中，先加濃氨水，是將不易被氧化的Co2+轉化為具有較強還原性的[Co(NH3)6]2+，即Co2++6NH3?H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O；答案為將不易被氧化的Co2+轉化為具有較強還原性的[Co(NH3)6]2+。【小問3詳解】濾液中加適量濃鹽酸，增大氯離子濃度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；答案為增大氯離子濃度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3?！拘?詳解】由題中信息可知，需對靜置液進行“操作A”后過濾，即從熱的濾液中分離出[Co(NH3)6]Cl3晶體，應采取冷卻結晶；答案為冷卻結晶。【小問5詳解】①由添加藥品后，加熱三頸燒瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1

mol?L-1H2SO4

標準溶液的錐形瓶中，所以液封裝置1的作用是防止氨氣逸出，同時可以起到平衡氣壓，防止倒吸的作用；液封裝置2的作用為防止氨氣逸出；答案為平衡氣壓，防止倒吸，防止氨氣逸出；防止氨氣逸出。②氨氣容易揮發(fā)，若未將液封裝置2中的水倒入錐形瓶，則使得硫酸吸收的氨氣偏少，則測得的NH3的質量分數(shù)偏低；答案為偏低。18.有機物M是一種制備液晶材料的重要中間體，其合成路線如圖：已知：Ⅰ.RX+MgR—MgX(格林試劑)X=Cl、Br、IⅡ.+R—MgX→Ⅲ.+（1）A→B的反應方程式為____，反應類型為____。（2）反應中使用三甲基氯硅烷()的作用是____，在本流程中起類似作用的有機物還有____(填名稱)。（3）L中的官能團有____(填名稱)，M的結構簡式為____。（4）符合下列條件的E的同分異構體有____種(不考慮立體異構)。①能與金屬鈉反應產(chǎn)生氫氣②含兩個甲基③能發(fā)生銀鏡反應；其中核磁共振氫譜中顯示的六組峰的面積比為6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1個手性碳原子的有機物結構簡式為____(只寫一種)。（5）已知：R1—OH+R2—OHR1—O—R2+H2O。寫出以苯、丙酮和格林試劑為原料合成的路線(其他試劑任選)____?！敬鸢浮浚?）①.②.取代反應（2）①.保護酚羥基②.乙二醇（3）①.（酚）羥基、醚鍵②.（4）①.16②.(或或)（5）【解析】【分析】由D的結構及A的分子式可知A為苯酚，A→B的反應為苯酚的羥基對位氫原子被溴原子取代，生成對溴苯酚；B→D反應中使用三甲基氯硅烷()與酚羥基結合，其作用是保護酚羥基；D→F發(fā)生信息中已知Ⅰ的反應得到格林試劑F；由C和G的結構可推知E的結構為，G→H使用乙二醇與G中一個酮羰基縮合，可保護酮羰基；F和H發(fā)生信息中已知Ⅱ的反應生成I；I發(fā)生消去反應生成K，K催化加氫生成L，L→M反應中縮酮水解復原成羰基，則M的結構簡式為，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】根據(jù)分析A為苯酚，B為對溴苯酚，在乙酸乙酯存在條件下、加熱，苯酚和Br2發(fā)生取代反應生成對溴苯酚，反應方程式為，故答案為：；取代反應?！拘?詳解】由合成流程可知，B→D反應中使用三甲基氯硅烷()與酚羥基結合，其作用是保護酚羥基，與此類似，在G→H反應中使用乙二醇與G中一個酮羰基縮合，可保護酮羰基，故答案為：保護酚羥基；乙二醇?！拘?詳解】由L的結構簡式可知，L中的官能團有（酚）羥基、醚鍵；L→M反應中縮酮水解復原成羰基，則M的結構簡式為，故答案為：（酚）羥基、醚鍵；?！拘?詳解】該有機物含有醛基和羥基，另外有5個碳形成的碳鏈，其同分異構體的種類為（省略部分氫原子，箭頭指向為羥基位置，后同）、、、、、、共16種，核磁共振氫譜為6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1個手性碳原子的有機物結構簡式為、、，故答案為：16；(或或)?！拘?詳解】由題給條件可知，兩分子分子間脫水可生成，可通過發(fā)生已知Ⅰ和已知Ⅱ的反應來制備，合成路線為：，故答案為：。19.某廢釩渣(主要成分為V2O3，含有少量Al2O3、CaO)為原料生產(chǎn)V2O5的工藝流程如圖：

已知：釩酸(H3VO4)是強酸，NH4VO3難溶于水；+5價釩在溶液中的主要存在形式與溶液pH的關系如表。pH4~66~88~1010~12主要離子VOVOV2OVO（1）“酸浸”前需將塊狀固體粉碎，其目的是____。（2）已知Ca(VO3)2難溶于水，可溶于鹽酸。若“酸浸”時溶液的pH=4，則Ca(VO3)2溶于鹽酸的離子方程式為____。（3）Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；則反應Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常數(shù)為____。(用含m、n的代數(shù)式表示)（4）“沉釩2”的沉釩率隨溫度的變化如圖所示，溫度高于80℃沉釩率下降的原因是___。

（5）NH4VO3灼燒脫氨可得V2O5。在硫酸酸化條件下，V2O5可與草酸(H2C2O4)溶液反應得到含VO2+的溶液，反應的離子方程式為____。（6）測定產(chǎn)品中V2O5的純度：取ag產(chǎn)品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定過量的(NH4)2Fe(SO4)2至終點，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL。已知MnO被還原為Mn2+，假設雜質不參與反應。則產(chǎn)品中V2O5的質量分數(shù)是____(V2O5的摩爾質量為Mg·mol-1)?！敬鸢浮浚?）增大反應物接觸面積，加快酸浸速率，使酸浸更加充分（2）Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O（3）（4）溫度高于80℃時，NH水解程度增大，NH濃度減小導致釩率下降（5）V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O（6）【解析】【分析】由題給流程可知，廢釩渣中加入CaO在空氣中焙燒時，V2O3與CaO、空氣中的氧氣反應轉化為Ca(VO3)2，Al2O3與CaO反應轉化為NaAlO2；向焙燒后的固體中加入鹽酸，將Ca(VO3)2轉化為H3VO4，NaAlO2轉化為Al(OH)3沉淀，過濾得到含有Al(OH)3的濾渣1和含有H3VO4的濾液；向濾液中加入石灰乳，將H3VO4轉化為Ca3(VO4)2沉淀，過濾得到濾液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸銨溶液，將Ca3(VO4)2轉化為Na3VO4，過濾得到含有CaCO3的濾渣2和含有Na3VO4的濾液；向濾液中加入氯化銨固體，將Na3VO4轉化為NH4VO3沉淀，過濾得到濾液2和NH4VO3；NH4VO3灼燒脫氨制得V2O5?！拘?詳解】酸浸前將塊狀固體粉碎，可以增大反應物的接觸面積，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案為：增大反應物接觸面積，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；【小問2詳解】由表格信息可知，溶液pH為4時，釩元素在溶液中以VO形式存在，則Ca(VO3)2與鹽酸反應生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反應的離子方程式為Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案為：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；【小問3詳解】由方程式可知，反應的平衡常數(shù)K====，故答案為：；【小問4詳解】氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中的水解反應是吸熱反應，當溫度高于80℃時，水解平衡向正反應方向移動，溶液中銨根離子濃度減小導致釩率下降，故答案為：溫度高于80℃時，NH水解程度增大，NH濃度減小導致釩率下降；【小問5詳解】由題意可知，在硫酸酸化條件下，V2O5與H2C2O4溶液反應生成VO2+、CO2和H2O，反應的離子方程式為V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案為：V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；【小問6詳解】由題意可知，測定產(chǎn)品中五氧化二釩的純度時，五氧化二釩和高錳酸鉀為反應的氧化劑，硫酸亞鐵銨為還原劑，由得失電子數(shù)目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由題給數(shù)據(jù)可得五氧化二釩的物質的量為=mol，則樣品中五氧化二釩的純度為×100%=，故答案為：。20.Ⅰ.我國科學家利用CO2礦化反應釋放能量設計出CO2礦化電池。不僅減碳發(fā)電，還能獲得高附加值產(chǎn)品，其工作原理如圖所示(Q是有機物；反應物和產(chǎn)物分別經(jīng)過其它通道進入或排出電池容器)。（1）通過離子交換膜的離子是___，正極區(qū)的電極反應式為：Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，在電極區(qū)溶液中可循環(huán)利用的物質是___，則電池的總反應方程式為____。Ⅱ.以CO2為原料加氫合成二甲醚、甲醇有利于促進實現(xiàn)“碳中和”。在二氧化碳加氫制取二甲醚的合成塔中發(fā)生以下3個反應：i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=—49.01kJ·mol-1ii．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=—24.52kJ·mol-1iii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.17kJ·mol-1（2）2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=___kJ·mol-1。（3）在壓強3.0MPa、=4條件下，CO2的平衡轉化率和產(chǎn)物的選擇性與溫度的關系如圖所示(選擇性是指生成某物質消耗的CO2占CO2消耗總量的百分比)。①當溫度超過290℃，CO2的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是___。除改變溫度外，能提高二甲醚選擇性的措施為____(寫一種即可)。②根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)計算300℃上述反應達到平衡時CH3OCH3的物質的量分數(shù)為____(保留三位有效數(shù)字)。（4）在=3時，反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在不同條件下達到平衡，設體系中甲醇物質的量分數(shù)為x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)～P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)～t如圖所示。當CO2的平衡轉化率為時，反應條件可能為____?！敬鸢浮浚?）①.Na+②.Q、QH2③.Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3（2）—122.54（3）①.溫度超過290℃