2022-2023學(xué)年山東省淄博市高三第一次模擬考試化學(xué)試題（解析版）

高三模擬試題PAGEPAGE1淄博市2022—2023學(xué)年度高三模擬考試化學(xué)一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分，每小題只有1個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活關(guān)系密切，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.使用含氟牙膏能預(yù)防齲齒B.紫外線消毒利用了使蛋白質(zhì)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(zhì)對(duì)牙齒起著保護(hù)作用，其主要成分為羥基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏會(huì)生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以預(yù)防齲齒，故A正確；B．紫外線照射能夠使蛋白質(zhì)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(jī)物，根據(jù)結(jié)構(gòu)相似相溶，盛放含油較多的食品是有機(jī)物，食品中會(huì)溶解苯乙烯單體，苯乙烯對(duì)人的神經(jīng)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(yáng)極，被保護(hù)的金屬作陰極，故D錯(cuò)誤；故選D。2.下列做法正確的是A.用稀硝酸清洗試管內(nèi)壁的銀鏡 B.用帶橡膠塞的棕色細(xì)口瓶保存溴水C.用玻璃棒蘸取樣品進(jìn)行焰色試驗(yàn) D.用pH試紙測(cè)定過(guò)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(yīng)保存在玻璃塞的棕色細(xì)口瓶中，故B錯(cuò)誤；C．玻璃棒含鈉元素，焰色為黃色，應(yīng)用鐵絲或鉑絲蘸取某樣品進(jìn)行焰色試驗(yàn)，故C錯(cuò)誤；D．過(guò)氧乙酸具有強(qiáng)氧化性，可以漂白pH試紙，所以不能用pH試紙測(cè)定過(guò)氧乙酸溶液的pH，故D錯(cuò)誤；故選A。3.關(guān)于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.熱穩(wěn)定性：H2O2＞H2S2 B.N2H2存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象C.鍵角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D.四種物質(zhì)中沸點(diǎn)最高的是H2O2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．因?yàn)镺元素的電負(fù)性大于S，所以熱穩(wěn)定性：，A正確；B．結(jié)構(gòu)式為：,存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象，B正確；C．為直線型，鍵角為，氮原子采用雜化，三個(gè)雜化鍵處于平面正三角形的三個(gè)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(fù)性比硫原子大，氧原子對(duì)其攜帶的孤對(duì)電子的吸引比硫原子大，相應(yīng)的孤對(duì)電子斥力增大使鍵角也相應(yīng)比大，所以鍵角的大?。海珻錯(cuò)誤；D．因?yàn)榉肿又泻袣滏I，所以在中沸點(diǎn)最高，D正確；故選C。4.下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖茿.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?duì)化學(xué)反應(yīng)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(jié)晶水得到KAl(SO4)2，A符合題意；B．氨氣會(huì)和氯化鈣反應(yīng)，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(yīng)該使用分液的方法，C不符合題意；D．過(guò)氧化氫具有強(qiáng)氧化性，和亞硫酸氫鈉溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，但是實(shí)驗(yàn)中無(wú)明顯現(xiàn)象，不能探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)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(shí)以Al2X6雙聚形態(tài)存在，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是性質(zhì)AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔點(diǎn)/℃1290192.497.8189.4沸點(diǎn)/℃1272180256382A.AlF3晶體類型與其他三種不同B.1molAl2Cl6中所含配位鍵數(shù)目為4NAC.Al2X6中Al、X原子價(jià)電子層均滿足8e-結(jié)構(gòu)D.AlCl3熔點(diǎn)高于AlBr3原因是Cl的電負(fù)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(gè)為分子晶體，A正確；B．每個(gè)Al與周圍的三個(gè)Cl共用一對(duì)電子，與另一個(gè)Cl形成配位鍵，故1molAl2Cl6中所含配位鍵數(shù)目為2NA，B錯(cuò)誤；C．每個(gè)Al與周圍的三個(gè)Cl共用一對(duì)電子，與另一個(gè)Cl形成配位鍵，均滿足8電子結(jié)構(gòu)，C正確；D．AlCl3熔點(diǎn)高于AlBr3原因是Cl的電負(fù)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(jié)構(gòu)如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.該有機(jī)物中N原子有兩種雜化方式 B.其水解產(chǎn)物均可與Na2CO3溶液反應(yīng)C.1mol該分子最多與3molNaOH反應(yīng) D.該有機(jī)物苯環(huán)上的一氯代物有3種〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．該有機(jī)物中環(huán)上的N原子是sp2雜化，另外一個(gè)N原子是sp3雜化，故A正確；B．其水解產(chǎn)物都含有羧基，因此均可與Na2CO3溶液反應(yīng)，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(yīng)(酚酸酯會(huì)消耗2molNaOH)，故C錯(cuò)誤；D．該有機(jī)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(shuō)法錯(cuò)誤的是A.m分子有對(duì)映異構(gòu)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(guò)程中有小分子生成〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．m分子有一個(gè)手性碳，有對(duì)映異構(gòu)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(guò)程中沒(méi)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(yīng)，故D錯(cuò)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(shí)，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列說(shuō)法錯(cuò)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(yīng)的污染氣體C.從裝置④反應(yīng)后的溶液中獲得晶體，可采用常壓蒸發(fā)結(jié)晶D.反應(yīng)結(jié)束時(shí)，通氮?dú)獾哪康氖菍x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(yīng)2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，3中ClO2為原料制備NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃時(shí)，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(yīng)的ClO2，據(jù)此分析解題。〖詳析〗A．1中發(fā)生反應(yīng)2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，S的化合價(jià)升高，Na2SO3為還原劑；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合價(jià)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(yīng)，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸鈉提取工藝以蒸發(fā)冷卻結(jié)晶法和鹽析法為主，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)結(jié)束時(shí)，通氮?dú)獾哪康氖菍x器中殘留的氣體排入④中，排空污染氣體，保證試驗(yàn)結(jié)束安全，D正確；故選C。9.X、Y、Z、W為原子序數(shù)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(shù)之和為24，基態(tài)W原子的價(jià)電子數(shù)為11，化合物WZY4?5X2Y的熱重曲線如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)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(jià)含氧酸酸性是同主族中最強(qiáng)的C.WZY4?5X2Y中有三種不同結(jié)合力的X2Y D.220℃時(shí)，固體物質(zhì)的化學(xué)式為WZY4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W為原子序數(shù)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(shù)之和為24，則Y為氧、Z為硫；基態(tài)W原子的價(jià)電子數(shù)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(shù)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(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，O只有負(fù)價(jià)沒(méi)有正價(jià)，故Z的最高價(jià)含氧酸酸性是同主族中最強(qiáng)的，B正確；C．CuSO4?5H2O完全失去結(jié)晶水時(shí)保留質(zhì)量，結(jié)合圖像可知，晶體分三個(gè)階段失去結(jié)晶水，故有三種不同結(jié)合力的H2O，C正確；D．由C分析可知，220℃時(shí)，晶體沒(méi)有完全失去結(jié)晶水，故固體物質(zhì)的化學(xué)式不是CuSO4，D錯(cuò)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(shuō)法錯(cuò)誤的是已知：丁二酮肟可與Ni2+反應(yīng)生成易溶于有機(jī)溶劑的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A.“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金屬陽(yáng)離子B進(jìn)行操作I時(shí)，將有機(jī)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(jī)相可返回操作I循環(huán)使用D.操作III可能為過(guò)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(jìn)行氨浸，鈣離子與碳酸根離子反應(yīng)生成CaCO3，溶液pH增大促進(jìn)Fe3+、Al3+的水解，轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，過(guò)濾得到浸出渣為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有機(jī)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(jī)萃取劑，有機(jī)萃取劑重復(fù)使用，充分利用萃取劑，含鎳離子的溶液進(jìn)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(jìn)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(yáng)離子，故A正確；B．進(jìn)行操作I萃取時(shí)，氯仿密度大于水溶液，將有機(jī)相從分液漏斗下口放出，故B錯(cuò)誤；C．操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，有機(jī)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(guò)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(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全都選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.根據(jù)下列操作及現(xiàn)象，所得結(jié)論正確的是操作及現(xiàn)象結(jié)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(shuō)明NO具有強(qiáng)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(shuō)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(chǎn)生的氣體進(jìn)入2mL溴水中，溴水褪色說(shuō)明乙醇消去反應(yīng)的產(chǎn)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(shuō)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?yàn)榱蛩岣x子，硫酸根離子和鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，A錯(cuò)誤；B．只有黑色沉淀生成說(shuō)明銀離子和硫離子反應(yīng)生成硫化銀沉淀，則硫化銀更難溶，B正確；C．反應(yīng)的副產(chǎn)物二氧化硫也會(huì)和強(qiáng)氧化性的溴水反應(yīng)導(dǎo)致溴水褪色，C錯(cuò)誤；D．足量新制氫氧化銅懸濁液顯堿性，堿性溶液會(huì)和溴水反應(yīng)導(dǎo)致溴水褪色，應(yīng)該酸化后滴加溴水，D錯(cuò)誤；故選B。12.一種以沸石籠為載體對(duì)NO進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.反應(yīng)④有極性鍵的斷裂與生成B.反應(yīng)②③均為氧化還原反應(yīng)C.反應(yīng)⑤的離子方程式為：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D.總反應(yīng)還原1molNO消耗O211.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．由圖可知，反應(yīng)④有氮氧、氮?dú)錁O性鍵的斷裂，有氫氧極性鍵的生成，A正確；B．反應(yīng)②③過(guò)程中整個(gè)離子所帶的電荷沒(méi)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(jià)不變，則氧元素化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，反應(yīng)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(jù)圖示可知，NO被還原為N2，則還原1molNO轉(zhuǎn)移2mol電子，而O2最終生成H2O，故2mol電子消耗0.5molO2，標(biāo)準(zhǔn)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(zhì)相似，Co2+和乙酰丙酮不反應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是A.M電極接太陽(yáng)能電池的P電極B.通電一段時(shí)間后，I、IV室內(nèi)溶液pH均減小C.膜a、膜b分別為陽(yáng)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(yīng)，為原電池負(fù)極，P極氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，為正極；由氫離子移動(dòng)方向可知，N極為陰極，連接原電池負(fù)極Q極，則M為陽(yáng)極，連接原電池正極P極；〖詳析〗A．由分析可知，M電極接太陽(yáng)能電池的P電極，A正確；B．根據(jù)電子守恒，雙極膜產(chǎn)生的氫離子與N極消耗的氫離子量相同，故V室內(nèi)溶液pH不會(huì)減小，B錯(cuò)誤；C．裝置可分離廢水中的Co2+和Ni2+，由圖可知，鎳離子通過(guò)b膜遷移到Ⅲ室和乙酰丙酮反應(yīng)而和Co2+分離，故b為陽(yáng)離子交換膜；Ⅲ室為堿性，故氫離子不能通過(guò)ab膜進(jìn)入Ⅲ室，故a為陰離子交換膜；C錯(cuò)誤；D．硫元素化合價(jià)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(yīng)生成氫氣，；根據(jù)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(gè)均充有H2S的剛性密閉容器，起始?jí)簭?qiáng)均為pkPa，以溫度、Al2O3催化劑為條件變量，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反應(yīng)相同時(shí)間，結(jié)果如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.溫度升高，H2S分解的正，逆反應(yīng)速率均增大B.900℃，ts后達(dá)平衡，H2的平均生成速率為pkPa?s?1C.Al2O3催化劑使得正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能D.1100℃，曲線II、III重合，說(shuō)明Al2O3催化劑失去活性〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．溫度升高，反應(yīng)速率均增大即H2S分解的正，逆反應(yīng)速率均增大，故A正確；B．900℃，ts后達(dá)平衡，硫化氫的轉(zhuǎn)化率為50%，則氫氣的壓強(qiáng)為0.5pkPa，則H2的平均生成速率為，故B正確；C．根據(jù)圖中曲線分析，升高溫度，硫化氫的轉(zhuǎn)化率增大，因此該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，則Al2O3催化劑使得正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能，故C錯(cuò)誤；D．催化劑需要適宜溫度，在1100℃，曲線II、III重合，說(shuō)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(guān)系如圖所示。(已知pc=-lgc)。下列說(shuō)法正確的是A.L2表示pc(HPO)和-lg的關(guān)系B.H3PO3的電離常數(shù)Ka2(H3PO3)的數(shù)量級(jí)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(shí)，溶液顯堿性〖答案〗AC〖解析〗〖詳析〗A．根據(jù)亞磷酸二級(jí)電離可知，，等式兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，，則，同理可得，因?yàn)?，則，所以表示的直線應(yīng)該在上方即L2，A正確；B．，對(duì)應(yīng)直線L2，將點(diǎn)(3,3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的數(shù)量級(jí)為10-7，B錯(cuò)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(shù)，水解平衡常數(shù)，水解程度小于電離程度，則c(HPO)＞c(H3PO3)，C正確；D．，c(H3PO3)=c(HPO)時(shí)，，溶液顯酸性，D錯(cuò)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(wèn)題：（1）基態(tài)Co原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_____。（2）Li、Co、O、C的電負(fù)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(shù)為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，則該配合物可表示為_____。②〖Co(NH3)6〗3+結(jié)構(gòu)如圖所示，Co3+位于正八面體中心，若其中兩個(gè)NH3被Cl-取代，則〖Co(NH3)4Cl2〗-的空間結(jié)構(gòu)有_____種。（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化學(xué)上應(yīng)用廣泛。(CH3)3C-的空間結(jié)構(gòu)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(qiáng)的是______。（5）①正極材料LiCoO2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖(a)(部分O位于晶胞之外)，每個(gè)晶胞中含有_____個(gè)O；充電時(shí)，LiCoO2脫出部分Li+，形成Li1-xCoO2，結(jié)構(gòu)如圖(b)，則n(Co3+)：n(Co4+)=______。②負(fù)極材料LiC6晶胞結(jié)構(gòu)如圖(c)，Li原子插入石墨層中間，若該晶胞中碳碳鍵鍵長(zhǎng)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(shù)的值)。〖答案〗（1）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(wèn)1詳析〗Co為27號(hào)元素，基態(tài)Co的價(jià)層電子排布式是3d74s2，軌道表示式是，價(jià)電子中兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為2:1（或1:2）；〖小問(wèn)2詳析〗同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)，元素的電負(fù)性變強(qiáng)；同主族由上而下，金屬性增強(qiáng)，非金屬性逐漸減弱，元素電負(fù)性減弱；鋰為堿金屬元素，金屬性較強(qiáng)電負(fù)性較弱，故Li、Co、O、C的電負(fù)性由大到小的順序是O>C>Co>Li；〖小問(wèn)3詳析〗①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位數(shù)為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，則說(shuō)明硫酸根離子位于內(nèi)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(gè)NH3被Cl-取代，若第一個(gè)氯處于1號(hào)位，則第二氯有2、3、5、6等效位或4號(hào)位共2種情況；〖小問(wèn)4詳析〗(CH3)3C-中心原子碳形成3個(gè)共價(jià)鍵且還有一對(duì)孤電子對(duì)，則空間結(jié)構(gòu)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(fù)性最強(qiáng)，吸引電子能力最強(qiáng)，導(dǎo)致F3C-中碳原子上電子云密度減小，故其中穩(wěn)定性最強(qiáng)的是F3C-；〖小問(wèn)5詳析〗①正極材料LiCoO2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖(a)，根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)Li，結(jié)合化學(xué)式可知，每個(gè)晶胞中含有2×3=6個(gè)O、3個(gè)Co；充電形成Li1-xCoO2，晶胞中含個(gè)Li，設(shè)Co3+、Co4+的個(gè)數(shù)分別為a、b，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3個(gè)Co，則a+b=3；兩式聯(lián)立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；②負(fù)極材料LiC6晶胞結(jié)構(gòu)如圖(c)，根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)Li、個(gè)C；該晶胞中碳碳鍵鍵長(zhǎng)為mpm，則底面邊長(zhǎng)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(zhì))為原料制備金屬鈦，并得到副產(chǎn)品FeSO4?7H2O，其工藝流程如圖：已知：①TiO2+易水解，只能存在于強(qiáng)酸性溶液中；高溫下Ti易與N2，H2反應(yīng)。②25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp見表：物質(zhì)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(wèn)題：（1）礦渣的主要成分是_____；試劑A為_____(填化學(xué)式)。（2）“酸段”時(shí)，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應(yīng)，F(xiàn)eTiO3轉(zhuǎn)化為Fe2+和TiO2+，該工序主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____；加水浸取前需先冷卻的目的是_____。（3）“轉(zhuǎn)化”工序，加入試劑B調(diào)節(jié)pH。①試劑B為_____(填標(biāo)號(hào))。A.H2SO4B.H2O2C.Na2CO3D.NH4Cl②為沉鈦完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol?L-1〗需要調(diào)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(yīng)后，混合氣體中各組分的分壓如表：物質(zhì)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(yīng)的總化學(xué)方程式為_____。（5）高溫下鎂與TiCl4反應(yīng)制備粗鈦時(shí)需加保護(hù)氣，下列可作為保護(hù)氣的是_____(填標(biāo)號(hào))。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(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行②.（5）D〖解析〗〖祥解〗鈦鐵礦加入硫酸酸溶，二氧化硅不反應(yīng)，鈣轉(zhuǎn)化為硫酸鈣沉淀，故礦渣為二氧化硅、硫酸鈣；鐵、鈦、鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，加入試劑A鐵，將三價(jià)鐵轉(zhuǎn)化為二價(jià)鐵，得到副產(chǎn)品FeSO4?7H2O，加入試劑B和過(guò)量酸反應(yīng)，通過(guò)調(diào)節(jié)pH使得鈦轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為鈦單質(zhì)；〖小問(wèn)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(wèn)2詳析〗“酸段”時(shí)，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應(yīng)，F(xiàn)eTiO3和稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe2+和TiO2+，化學(xué)方程式為；TiO2+易水解，升溫會(huì)促進(jìn)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(wèn)3詳析〗①由分析可知，試劑B和過(guò)量酸反應(yīng)，通過(guò)調(diào)節(jié)pH且使得鈦轉(zhuǎn)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(diào)節(jié)溶液的pH略大于2；〖小問(wèn)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(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行；由圖表可知，該溫度下TiO2與C、Cl2反應(yīng)生成四氯化鈦和一氧化碳、二氧化碳，根據(jù)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(zhì)的量之比大約為5:1:2，根據(jù)電子守恒、質(zhì)量守恒可知，化學(xué)方程式為；〖小問(wèn)5詳析〗鎂能和氮?dú)狻⒍趸挤磻?yīng)，故氮?dú)狻⒍趸疾荒茏霰Ｗo(hù)氣；高溫下Ti易與N2，H2反應(yīng)，氫氣也不能做保護(hù)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(guò)程：V2O5VOCl2溶液氧釩(IV)堿式碳酸銨粗產(chǎn)品已知VO2+能被O2氧化，回答下列問(wèn)題：（1）步驟I的反應(yīng)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(shí)，還生成一種無(wú)色無(wú)污染的氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。（2）步驟II可在如圖裝置中進(jìn)行。①接口的連接順序?yàn)閍→_____。②實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，先關(guān)閉K2，打開K1，當(dāng)_____時(shí)(寫實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，再關(guān)閉K1，打開K2，充分反應(yīng)，靜置，得到固體。（3）測(cè)定產(chǎn)品純度稱取mg樣品用稀硫酸溶解后，加入過(guò)量的0.02mol?L-1KMnO4溶液，充分反應(yīng)后加入過(guò)量的NaNO2溶液，再加適量尿素除去NaNO2，用cmol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，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(zhì)量為Mg?mol-1)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____。②下列情況會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品純度偏大的是_____(填標(biāo)號(hào))。A.未加尿素，直接進(jìn)行滴定B.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，俯視刻度線讀數(shù)C.用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管后，液體從上口倒出D.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成〖答案〗（1）①.恒壓滴液漏斗②.提高反應(yīng)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(wèn)1詳析〗①由儀器b的構(gòu)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(shí)現(xiàn)反應(yīng)物和生成物的冷凝回流，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故〖答案〗為：恒壓滴液漏斗；提高反應(yīng)物的利用率；②由題意可知產(chǎn)物除二氯氧釩外還有氮?dú)?，結(jié)合電子得失守恒及元素守恒可得反應(yīng)：，故〖答案〗為：；〖小問(wèn)2詳析〗首先通過(guò)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(chǎn)物被氧化，待B中澄清石灰水變渾濁后，確保空氣被排盡后，再打開D中K2開始實(shí)驗(yàn)，因此接口連接順序?yàn)椋篸→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(wèn)3詳析〗①由元素守恒及反應(yīng)方程式可知：，樣品中氧釩(IV)堿式碳酸銨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故〖答案〗為：；②A.未加尿素，則溶液中殘留的亞硝酸鈉消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液用量偏高，所測(cè)純度偏大，故選；B.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，俯視刻度線讀數(shù)，導(dǎo)致最終讀數(shù)偏小，標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，所測(cè)純度偏低，故不選；C.用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管后，液體從上口倒出，該操作沒(méi)有潤(rùn)洗滴定管尖嘴部分，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，所用標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，所測(cè)純度偏高，故選；D.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成，導(dǎo)致最終讀數(shù)偏小，標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，所測(cè)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(wèn)題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____；符合下列條件的A的同分異構(gòu)體有_____種。①能與FeCl3溶液作用顯色②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)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(yīng)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____。（2）D→E的反應(yīng)類型為_____；該反應(yīng)的目的是_____。（3）F→H的化學(xué)方程式為_____，有機(jī)物J中含有官能團(tuán)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(yīng)②.保護(hù)羥基，防止氧化（3）①.+H2O2+H2O②.酯基、醚鍵（4）〖解析〗〖祥解〗結(jié)合D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式逆向推斷A應(yīng)為，A與發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B在一定溫度下發(fā)生已知中反應(yīng)生成C，C與NaBH4發(fā)生還原反應(yīng)生成D，D與乙酸酐反應(yīng)生成E，E中碳碳雙鍵被臭氧氧化生成F和G甲醛，F(xiàn)經(jīng)過(guò)氧化氫處理生成H，H發(fā)生水解反應(yīng)生成I，I與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)得到J，據(jù)此分析解答?！夹?wèn)1詳析〗由以上分析可知A為，A的同分異構(gòu)體滿足以下條件①能與FeCl3溶液作用顯色，說(shuō)明含有酚羥基；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含醛基；③核磁共振氫譜峰面積之比為1∶2∶2∶2∶1，結(jié)構(gòu)具有對(duì)稱性，滿足條件的結(jié)構(gòu)有：、、三種；其中，能發(fā)生水解反應(yīng)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；故〖答案〗為：；3；；〖小問(wèn)2詳析〗由以上分析可知D到E的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，將羥基轉(zhuǎn)化為酯基，以防止羥基被臭氧氧化，故〖答案〗為：取代反應(yīng)；保護(hù)羥基，防止氧化；〖小問(wèn)3詳析〗F中醛基被氧化成羧基，發(fā)生反應(yīng)的方程式為：+H2O2+H2O；由J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知其所含官能團(tuán)為酯基和醚鍵，故〖答案〗為：+H2O2+H2O；酯基、醚鍵；〖小問(wèn)4詳析〗與CH3Br反應(yīng)得到，在一定溫度下轉(zhuǎn)為，與在一定條件下反應(yīng)生成，在一定條件下轉(zhuǎn)為，經(jīng)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(zhì)(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反應(yīng)過(guò)程中伴有生成十氫茶(1－MD)的副反應(yīng)，涉及反應(yīng)如圖：回答下列問(wèn)題：（1）已知一定條件下反應(yīng)R1、R2，R3的焓變分別為△H1，△H2、△H3，則反應(yīng)R4的焓變?yōu)開_____(用含△H1、△H2、△H3的代數(shù)式表示)。（2）四個(gè)平衡體系的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系如圖甲所示。①c、d分別為反應(yīng)R1和R3的平衡常數(shù)隨溫度變化的曲線，則表示反應(yīng)R2的平衡常數(shù)隨溫度變化曲線為______。②已知反應(yīng)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(yīng)速率常數(shù)，只與溫度、催化劑有關(guān))。溫度T1下反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)k正=1.5k逆，溫度T2下反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)k正=3k逆。由此推知，T1______T2(填“>”，“<”或“=”)。③下列說(shuō)法不正確的是______。A.四個(gè)反應(yīng)均為放熱反應(yīng)B.壓強(qiáng)越大，溫度越低越有利于生成四氫萘類物質(zhì)C.反應(yīng)體系中1－MD最穩(wěn)定D.由上述信息可知，400K時(shí)反應(yīng)R4速率最快（3）1－MN在6.0×103kPa的高壓H2氛圍下反應(yīng)(H2壓強(qiáng)近似等于總壓)。不同溫度下達(dá)平衡時(shí)各產(chǎn)物的選擇性Si(某生成物i的物質(zhì)的量與消耗1－MN的物質(zhì)的量之比)和物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)xi(xi表示物種i與除H2外其他各物種總物質(zhì)的量之比)隨1－MN平衡轉(zhuǎn)化率y的變化關(guān)系如圖乙所示，1－MN平衡轉(zhuǎn)化率y為80%時(shí)，1－MTL的產(chǎn)率=______；y為65%時(shí)反應(yīng)R1的平衡常數(shù)Kp=______kPa-2。四氫萘類物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)xi隨1－MN平衡轉(zhuǎn)化率先增大后減小，結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋原因______。〖答案〗（1）△H1+△H2-△H3（2）①b②.>③.BD（3）①.0.8(1-2c%)②.③.溫度越低，1－MN平衡轉(zhuǎn)化率越大，MTLs選擇性低，1-MD選擇性高，當(dāng)溫度高于一定值時(shí)，MTLs選擇性較大，轉(zhuǎn)化率越大，xMTLs越大；當(dāng)溫度低于一定值時(shí)，1-MD選擇性較大，轉(zhuǎn)化率越大，xMTLs越小〖解析〗〖小問(wèn)1詳析〗由蓋斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，則則反應(yīng)R4的焓變?yōu)椤鱄4=△H1+△H2-△H3；〖小問(wèn)2詳析〗①由于生成十氫茶(1－MD)的總反應(yīng)是相同的，則總反應(yīng)的平衡常數(shù)在一定溫度下為定值，則K1K2=K3K4，c、d分別為反應(yīng)R1和R3的平衡常數(shù)隨溫度變化的曲線，由圖像可知，相同溫度下K1>K3，則K2<K4，結(jié)合圖像可知，表示反應(yīng)R2的平衡常數(shù)隨溫度變化曲線為b。②已知反應(yīng)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(yīng)速率常數(shù)，只與溫度、催化劑有關(guān))。當(dāng)平衡時(shí)，正逆反應(yīng)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(yīng)達(dá)到平衡時(shí)k正=1.5k逆，則，溫度T2下反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)k正=3k逆，，結(jié)合圖像可知，溫度升高K值較小，故T1>T2；③A．四個(gè)反應(yīng)的平衡常數(shù)均隨溫度升高而減小，說(shuō)明升溫平衡逆向移動(dòng)，故均為放熱反應(yīng)，A正確；B．反應(yīng)過(guò)程中生成十氫茶(1－MD)的副反應(yīng)也為氣體分子數(shù)減小的放熱反應(yīng)，故壓強(qiáng)越大，溫度越低可能會(huì)導(dǎo)致副產(chǎn)物的增加，B錯(cuò)誤；C．生成十氫茶(1－MD)的總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則說(shuō)明生成物的能量低于反應(yīng)物，故反應(yīng)體系中1－MD最穩(wěn)定，C正確；D．由①分析可知，a為反應(yīng)R4的平衡常數(shù)隨溫度變化的曲線，400K時(shí)反應(yīng)R4的反應(yīng)平衡常數(shù)最大，但是不代表其反應(yīng)速率最快，D錯(cuò)誤；故選BD；〖小問(wèn)3詳析〗R1、R3、R2、R4的反應(yīng)分別為：1－MN平衡轉(zhuǎn)化率y為80%時(shí)，反應(yīng)1－MN為0.8，開始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由圖可知，平衡時(shí)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(shí)1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡時(shí)S5－ML為c%，則平衡S5－ML為0.8×c%；故平衡時(shí)1－MTL的產(chǎn)率為0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；y為65%時(shí)反應(yīng)R1，1－MN為0.65，平衡時(shí)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(zhì)的量分?jǐn)?shù)共a%，S1－MTL為b%，則平衡時(shí)，5－MTL為a%-0.65×b%；H2壓強(qiáng)近似等于總壓為6.0×103kPa，則反應(yīng)R1的平衡常數(shù)；溫度越低，1－MN平衡轉(zhuǎn)化率越大，MTLs選擇性低，1-MD選擇性高，當(dāng)溫度高于一定值時(shí)，MTLs選擇性較大，轉(zhuǎn)化率越大，xMTLs越大；當(dāng)溫度低于一定值時(shí)，1-MD選擇性較大，轉(zhuǎn)化率越大，xMTLs越小。高三模擬試題PAGEPAGE1淄博市2022—2023學(xué)年度高三模擬考試化學(xué)一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分，每小題只有1個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活關(guān)系密切，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.使用含氟牙膏能預(yù)防齲齒B.紫外線消毒利用了使蛋白質(zhì)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(zhì)對(duì)牙齒起著保護(hù)作用，其主要成分為羥基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏會(huì)生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以預(yù)防齲齒，故A正確；B．紫外線照射能夠使蛋白質(zhì)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(jī)物，根據(jù)結(jié)構(gòu)相似相溶，盛放含油較多的食品是有機(jī)物，食品中會(huì)溶解苯乙烯單體，苯乙烯對(duì)人的神經(jīng)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(yáng)極，被保護(hù)的金屬作陰極，故D錯(cuò)誤；故選D。2.下列做法正確的是A.用稀硝酸清洗試管內(nèi)壁的銀鏡 B.用帶橡膠塞的棕色細(xì)口瓶保存溴水C.用玻璃棒蘸取樣品進(jìn)行焰色試驗(yàn) D.用pH試紙測(cè)定過(guò)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(yīng)保存在玻璃塞的棕色細(xì)口瓶中，故B錯(cuò)誤；C．玻璃棒含鈉元素，焰色為黃色，應(yīng)用鐵絲或鉑絲蘸取某樣品進(jìn)行焰色試驗(yàn)，故C錯(cuò)誤；D．過(guò)氧乙酸具有強(qiáng)氧化性，可以漂白pH試紙，所以不能用pH試紙測(cè)定過(guò)氧乙酸溶液的pH，故D錯(cuò)誤；故選A。3.關(guān)于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.熱穩(wěn)定性：H2O2＞H2S2 B.N2H2存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象C.鍵角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D.四種物質(zhì)中沸點(diǎn)最高的是H2O2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．因?yàn)镺元素的電負(fù)性大于S，所以熱穩(wěn)定性：，A正確；B．結(jié)構(gòu)式為：,存在順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象，B正確；C．為直線型，鍵角為，氮原子采用雜化，三個(gè)雜化鍵處于平面正三角形的三個(gè)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(fù)性比硫原子大，氧原子對(duì)其攜帶的孤對(duì)電子的吸引比硫原子大，相應(yīng)的孤對(duì)電子斥力增大使鍵角也相應(yīng)比大，所以鍵角的大?。?，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)榉肿又泻袣滏I，所以在中沸點(diǎn)最高，D正確；故選C。4.下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖茿.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(duì)化學(xué)反應(yīng)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(jié)晶水得到KAl(SO4)2，A符合題意；B．氨氣會(huì)和氯化鈣反應(yīng)，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(yīng)該使用分液的方法，C不符合題意；D．過(guò)氧化氫具有強(qiáng)氧化性，和亞硫酸氫鈉溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，但是實(shí)驗(yàn)中無(wú)明顯現(xiàn)象，不能探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)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(shí)以Al2X6雙聚形態(tài)存在，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是性質(zhì)AlF3AlCl3AlBr3AlI3熔點(diǎn)/℃1290192.497.8189.4沸點(diǎn)/℃1272180256382A.AlF3晶體類型與其他三種不同B.1molAl2Cl6中所含配位鍵數(shù)目為4NAC.Al2X6中Al、X原子價(jià)電子層均滿足8e-結(jié)構(gòu)D.AlCl3熔點(diǎn)高于AlBr3原因是Cl的電負(fù)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(gè)為分子晶體，A正確；B．每個(gè)Al與周圍的三個(gè)Cl共用一對(duì)電子，與另一個(gè)Cl形成配位鍵，故1molAl2Cl6中所含配位鍵數(shù)目為2NA，B錯(cuò)誤；C．每個(gè)Al與周圍的三個(gè)Cl共用一對(duì)電子，與另一個(gè)Cl形成配位鍵，均滿足8電子結(jié)構(gòu)，C正確；D．AlCl3熔點(diǎn)高于AlBr3原因是Cl的電負(fù)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(jié)構(gòu)如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.該有機(jī)物中N原子有兩種雜化方式 B.其水解產(chǎn)物均可與Na2CO3溶液反應(yīng)C.1mol該分子最多與3molNaOH反應(yīng) D.該有機(jī)物苯環(huán)上的一氯代物有3種〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．該有機(jī)物中環(huán)上的N原子是sp2雜化，另外一個(gè)N原子是sp3雜化，故A正確；B．其水解產(chǎn)物都含有羧基，因此均可與Na2CO3溶液反應(yīng)，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(yīng)(酚酸酯會(huì)消耗2molNaOH)，故C錯(cuò)誤；D．該有機(jī)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(shuō)法錯(cuò)誤的是A.m分子有對(duì)映異構(gòu)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(guò)程中有小分子生成〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．m分子有一個(gè)手性碳，有對(duì)映異構(gòu)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(guò)程中沒(méi)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(yīng)，故D錯(cuò)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(shí)，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列說(shuō)法錯(cuò)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(yīng)的污染氣體C.從裝置④反應(yīng)后的溶液中獲得晶體，可采用常壓蒸發(fā)結(jié)晶D.反應(yīng)結(jié)束時(shí)，通氮?dú)獾哪康氖菍x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(yīng)2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，3中ClO2為原料制備NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃時(shí)，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(yīng)的ClO2，據(jù)此分析解題。〖詳析〗A．1中發(fā)生反應(yīng)2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，S的化合價(jià)升高，Na2SO3為還原劑；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合價(jià)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(yīng)，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸鈉提取工藝以蒸發(fā)冷卻結(jié)晶法和鹽析法為主，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)結(jié)束時(shí)，通氮?dú)獾哪康氖菍x器中殘留的氣體排入④中，排空污染氣體，保證試驗(yàn)結(jié)束安全，D正確；故選C。9.X、Y、Z、W為原子序數(shù)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(shù)之和為24，基態(tài)W原子的價(jià)電子數(shù)為11，化合物WZY4?5X2Y的熱重曲線如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)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(jià)含氧酸酸性是同主族中最強(qiáng)的C.WZY4?5X2Y中有三種不同結(jié)合力的X2Y D.220℃時(shí)，固體物質(zhì)的化學(xué)式為WZY4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W為原子序數(shù)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(shù)之和為24，則Y為氧、Z為硫；基態(tài)W原子的價(jià)電子數(shù)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(shù)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(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，O只有負(fù)價(jià)沒(méi)有正價(jià)，故Z的最高價(jià)含氧酸酸性是同主族中最強(qiáng)的，B正確；C．CuSO4?5H2O完全失去結(jié)晶水時(shí)保留質(zhì)量，結(jié)合圖像可知，晶體分三個(gè)階段失去結(jié)晶水，故有三種不同結(jié)合力的H2O，C正確；D．由C分析可知，220℃時(shí)，晶體沒(méi)有完全失去結(jié)晶水，故固體物質(zhì)的化學(xué)式不是CuSO4，D錯(cuò)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(shuō)法錯(cuò)誤的是已知：丁二酮肟可與Ni2+反應(yīng)生成易溶于有機(jī)溶劑的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+A.“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金屬陽(yáng)離子B進(jìn)行操作I時(shí)，將有機(jī)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(jī)相可返回操作I循環(huán)使用D.操作III可能為過(guò)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(jìn)行氨浸，鈣離子與碳酸根離子反應(yīng)生成CaCO3，溶液pH增大促進(jìn)Fe3+、Al3+的水解，轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，過(guò)濾得到浸出渣為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有機(jī)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(jī)萃取劑，有機(jī)萃取劑重復(fù)使用，充分利用萃取劑，含鎳離子的溶液進(jìn)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(jìn)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(yáng)離子，故A正確；B．進(jìn)行操作I萃取時(shí)，氯仿密度大于水溶液，將有機(jī)相從分液漏斗下口放出，故B錯(cuò)誤；C．操作II為反萃取，試劑X可為鹽酸，有機(jī)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(guò)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(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全都選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.根據(jù)下列操作及現(xiàn)象，所得結(jié)論正確的是操作及現(xiàn)象結(jié)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(shuō)明NO具有強(qiáng)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(shuō)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(chǎn)生的氣體進(jìn)入2mL溴水中，溴水褪色說(shuō)明乙醇消去反應(yīng)的產(chǎn)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(shuō)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?yàn)榱蛩岣x子，硫酸根離子和鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，A錯(cuò)誤；B．只有黑色沉淀生成說(shuō)明銀離子和硫離子反應(yīng)生成硫化銀沉淀，則硫化銀更難溶，B正確；C．反應(yīng)的副產(chǎn)物二氧化硫也會(huì)和強(qiáng)氧化性的溴水反應(yīng)導(dǎo)致溴水褪色，C錯(cuò)誤；D．足量新制氫氧化銅懸濁液顯堿性，堿性溶液會(huì)和溴水反應(yīng)導(dǎo)致溴水褪色，應(yīng)該酸化后滴加溴水，D錯(cuò)誤；故選B。12.一種以沸石籠為載體對(duì)NO進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.反應(yīng)④有極性鍵的斷裂與生成B.反應(yīng)②③均為氧化還原反應(yīng)C.反應(yīng)⑤的離子方程式為：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D.總反應(yīng)還原1molNO消耗O211.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．由圖可知，反應(yīng)④有氮氧、氮?dú)錁O性鍵的斷裂，有氫氧極性鍵的生成，A正確；B．反應(yīng)②③過(guò)程中整個(gè)離子所帶的電荷沒(méi)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(jià)不變，則氧元素化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，反應(yīng)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(jù)圖示可知，NO被還原為N2，則還原1molNO轉(zhuǎn)移2mol電子，而O2最終生成H2O，故2mol電子消耗0.5molO2，標(biāo)準(zhǔn)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(zhì)相似，Co2+和乙酰丙酮不反應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是A.M電極接太陽(yáng)能電池的P電極B.通電一段時(shí)間后，I、IV室內(nèi)溶液pH均減小C.膜a、膜b分別為陽(yáng)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(yīng)，為原電池負(fù)極，P極氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，為正極；由氫離子移動(dòng)方向可知，N極為陰極，連接原電池負(fù)極Q極，則M為陽(yáng)極，連接原電池正極P極；〖詳析〗A．由分析可知，M電極接太陽(yáng)能電池的P電極，A正確；B．根據(jù)電子守恒，雙極膜產(chǎn)生的氫離子與N極消耗的氫離子量相同，故V室內(nèi)溶液pH不會(huì)減小，B錯(cuò)誤；C．裝置可分離廢水中的Co2+和Ni2+，由圖可知，鎳離子通過(guò)b膜遷移到Ⅲ室和乙酰丙酮反應(yīng)而和Co2+分離，故b為陽(yáng)離子交換膜；Ⅲ室為堿性，故氫離子不能通過(guò)ab膜進(jìn)入Ⅲ室，故a為陰離子交換膜；C錯(cuò)誤；D．硫元素化合價(jià)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(yīng)生成氫氣，；根據(jù)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(gè)均充有H2S的剛性密閉容器，起始?jí)簭?qiáng)均為pkPa，以溫度、Al2O3催化劑為條件變量，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反應(yīng)相同時(shí)間，結(jié)果如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.溫度升高，H2S分解的正，逆反應(yīng)速率均增大B.900℃，ts后達(dá)平衡，H2的平均生成速率為pkPa?s?1C.Al2O3催化劑使得正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能D.1100℃，曲線II、III重合，說(shuō)明Al2O3催化劑失去活性〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．溫度升高，反應(yīng)速率均增大即H2S分解的正，逆反應(yīng)速率均增大，故A正確；B．900℃，ts后達(dá)平衡，硫化氫的轉(zhuǎn)化率為50%，則氫氣的壓強(qiáng)為0.5pkPa，則H2的平均生成速率為，故B正確；C．根據(jù)圖中曲線分析，升高溫度，硫化氫的轉(zhuǎn)化率增大，因此該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，則Al2O3催化劑使得正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能，故C錯(cuò)誤；D．催化劑需要適宜溫度，在1100℃，曲線II、III重合，說(shuō)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(guān)系如圖所示。(已知pc=-lgc)。下列說(shuō)法正確的是A.L2表示pc(HPO)和-lg的關(guān)系B.H3PO3的電離常數(shù)Ka2(H3PO3)的數(shù)量級(jí)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(shí)，溶液顯堿性〖答案〗AC〖解析〗〖詳析〗A．根據(jù)亞磷酸二級(jí)電離可知，，等式兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，，則，同理可得，因?yàn)?，則，所以表示的直線應(yīng)該在上方即L2，A正確；B．，對(duì)應(yīng)直線L2，將點(diǎn)(3,3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的數(shù)量級(jí)為10-7，B錯(cuò)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(shù)，水解平衡常數(shù)，水解程度小于電離程度，則c(HPO)＞c(H3PO3)，C正確；D．，c(H3PO3)=c(HPO)時(shí)，，溶液顯酸性，D錯(cuò)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(wèn)題：（1）基態(tài)Co原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_____。（2）Li、Co、O、C的電負(fù)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(shù)為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，則該配合物可表示為_____。②〖Co(NH3)6〗3+結(jié)構(gòu)如圖所示，Co3+位于正八面體中心，若其中兩個(gè)NH3被Cl-取代，則〖Co(NH3)4Cl2〗-的空間結(jié)構(gòu)有_____種。（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化學(xué)上應(yīng)用廣泛。(CH3)3C-的空間結(jié)構(gòu)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(qiáng)的是______。（5）①正極材料LiCoO2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖(a)(部分O位于晶胞之外)，每個(gè)晶胞中含有_____個(gè)O；充電時(shí)，LiCoO2脫出部分Li+，形成Li1-xCoO2，結(jié)構(gòu)如圖(b)，則n(Co3+)：n(Co4+)=______。②負(fù)極材料LiC6晶胞結(jié)構(gòu)如圖(c)，Li原子插入石墨層中間，若該晶胞中碳碳鍵鍵長(zhǎng)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(shù)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(wèn)1詳析〗Co為27號(hào)元素，基態(tài)Co的價(jià)層電子排布式是3d74s2，軌道表示式是，價(jià)電子中兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為2:1（或1:2）；〖小問(wèn)2詳析〗同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)，元素的電負(fù)性變強(qiáng)；同主族由上而下，金屬性增強(qiáng)，非金屬性逐漸減弱，元素電負(fù)性減弱；鋰為堿金屬元素，金屬性較強(qiáng)電負(fù)性較弱，故Li、Co、O、C的電負(fù)性由大到小的順序是O>C>Co>Li；〖小問(wèn)3詳析〗①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位數(shù)為6，向該配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，則說(shuō)明硫酸根離子位于內(nèi)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(gè)NH3被Cl-取代，若第一個(gè)氯處于1號(hào)位，則第二氯有2、3、5、6等效位或4號(hào)位共2種情況；〖小問(wèn)4詳析〗(CH3)3C-中心原子碳形成3個(gè)共價(jià)鍵且還有一對(duì)孤電子對(duì)，則空間結(jié)構(gòu)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(fù)性最強(qiáng)，吸引電子能力最強(qiáng)，導(dǎo)致F3C-中碳原子上電子云密度減小，故其中穩(wěn)定性最強(qiáng)的是F3C-；〖小問(wèn)5詳析〗①正極材料LiCoO2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖(a)，根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)Li，結(jié)合化學(xué)式可知，每個(gè)晶胞中含有2×3=6個(gè)O、3個(gè)Co；充電形成Li1-xCoO2，晶胞中含個(gè)Li，設(shè)Co3+、Co4+的個(gè)數(shù)分別為a、b，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3個(gè)Co，則a+b=3；兩式聯(lián)立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；②負(fù)極材料LiC6晶胞結(jié)構(gòu)如圖(c)，根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)Li、個(gè)C；該晶胞中碳碳鍵鍵長(zhǎng)為mpm，則底面邊長(zhǎng)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(zhì))為原料制備金屬鈦，并得到副產(chǎn)品FeSO4?7H2O，其工藝流程如圖：已知：①TiO2+易水解，只能存在于強(qiáng)酸性溶液中；高溫下Ti易與N2，H2反應(yīng)。②25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp見表：物質(zhì)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(wèn)題：（1）礦渣的主要成分是_____；試劑A為_____(填化學(xué)式)。（2）“酸段”時(shí)，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應(yīng)，F(xiàn)eTiO3轉(zhuǎn)化為Fe2+和TiO2+，該工序主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____；加水浸取前需先冷卻的目的是_____。（3）“轉(zhuǎn)化”工序，加入試劑B調(diào)節(jié)pH。①試劑B為_____(填標(biāo)號(hào))。A.H2SO4B.H2O2C.Na2CO3D.NH4Cl②為沉鈦完全〖c(TiO2+)≤1.0×10-5mol?L-1〗需要調(diào)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(yīng)后，混合氣體中各組分的分壓如表：物質(zhì)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(yīng)的總化學(xué)方程式為_____。（5）高溫下鎂與TiCl4反應(yīng)制備粗鈦時(shí)需加保護(hù)氣，下列可作為保護(hù)氣的是_____(填標(biāo)號(hào))。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(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行②.（5）D〖解析〗〖祥解〗鈦鐵礦加入硫酸酸溶，二氧化硅不反應(yīng)，鈣轉(zhuǎn)化為硫酸鈣沉淀，故礦渣為二氧化硅、硫酸鈣；鐵、鈦、鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，加入試劑A鐵，將三價(jià)鐵轉(zhuǎn)化為二價(jià)鐵，得到副產(chǎn)品FeSO4?7H2O，加入試劑B和過(guò)量酸反應(yīng)，通過(guò)調(diào)節(jié)pH使得鈦轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為鈦單質(zhì)；〖小問(wèn)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(wèn)2詳析〗“酸段”時(shí)，鈦鐵礦與濃硫酸在160～200℃反應(yīng)，F(xiàn)eTiO3和稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe2+和TiO2+，化學(xué)方程式為；TiO2+易水解，升溫會(huì)促進(jìn)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(wèn)3詳析〗①由分析可知，試劑B和過(guò)量酸反應(yīng)，通過(guò)調(diào)節(jié)pH且使得鈦轉(zhuǎn)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(diào)節(jié)溶液的pH略大于2；〖小問(wèn)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(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行；由圖表可知，該溫度下TiO2與C、Cl2反應(yīng)生成四氯化鈦和一氧化碳、二氧化碳，根據(jù)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(zhì)的量之比大約為5:1:2，根據(jù)電子守恒、質(zhì)量守恒可知，化學(xué)方程式為；〖小問(wèn)5詳析〗鎂能和氮?dú)?、二氧化碳反?yīng)，故氮?dú)狻⒍趸疾荒茏霰Ｗo(hù)氣；高溫下Ti易與N2，H2反應(yīng)，氫氣也不能做保護(hù)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(guò)程：V2O5VOCl2溶液氧釩(IV)堿式碳酸銨粗產(chǎn)品已知VO2+能被O2氧化，回答下列問(wèn)題：（1）步驟I的反應(yīng)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(shí)，還生成一種無(wú)色無(wú)污染的氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。（2）步驟II可在如圖裝置中進(jìn)行。①接口的連接順序?yàn)閍→_____。②實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，先關(guān)閉K2，打開K1，當(dāng)_____時(shí)(寫實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，再關(guān)閉K1，打開K2，充分反應(yīng)，靜置，得到固體。（3）測(cè)定產(chǎn)品純度稱取mg樣品用稀硫酸溶解后，加入過(guò)量的0.02mol?L-1KMnO4溶液，充分反應(yīng)后加入過(guò)量的NaNO2溶液，再加適量尿素除去NaNO2，用cmol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，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(zhì)量為Mg?mol-1)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____。②下列情況會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品純度偏大的是_____(填標(biāo)號(hào))。A.未加尿素，直接進(jìn)行滴定B.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，俯視刻度線讀數(shù)C.用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管后，液體從上口倒出D.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成〖答案〗（1）①.恒壓滴液漏斗②.提高反應(yīng)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(wèn)1詳析〗①由儀器b的構(gòu)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(shí)現(xiàn)反應(yīng)物和生成物的冷凝回流，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故〖答案〗為：恒壓滴液漏斗；提高反應(yīng)物的利用率；②由題意可知產(chǎn)物除二氯氧釩外還有氮?dú)猓Y(jié)合電子得失守恒及元素守恒可得反應(yīng)：，故〖答案〗為：；〖小問(wèn)2詳析〗首先通過(guò)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(chǎn)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(shí)驗(yàn)，因此接口連接順序?yàn)椋篸→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(wèn)3詳析〗①由元素守恒及反應(yīng)方程式可知：，樣品中氧釩(IV)堿式碳酸銨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故〖答案〗為：；②A.未加尿素，則溶液中殘留的亞硝酸鈉消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液用量偏高，所測(cè)純度偏大，故選；B.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，俯視刻度線讀數(shù)，導(dǎo)致最終讀數(shù)偏小，標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，所測(cè)純度偏低，故不選；C.用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管后，液體從上口倒出，該操作沒(méi)有潤(rùn)洗滴定管尖嘴部分，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，所用標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，所測(cè)純度偏高，故選；D.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成，導(dǎo)致最終讀數(shù)偏小，標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，所測(cè)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(wèn)題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____；符合下列條件的A的同分異構(gòu)體有_____種。①能與FeCl3溶液作用顯色②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)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(yīng)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____。（2）D→E的反應(yīng)類型為_