山東省菏澤市單縣二中2023屆高三一模模擬練7解析

高三模擬試題PAGE試卷第=1頁，共=sectionpages33頁P(yáng)AGE21山東省菏澤市單縣二中2023屆高三一模模擬練7可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16S32Cl35．5Ti48Co59選題題本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．我國在很多領(lǐng)域取得了舉世矚目的成就，下列工程使用的部分材料如表所示，其中屬于金屬材料的是()A．神舟宇航員的宇航服——合成纖維B．完成萬米深潛的“奮斗者號(hào)”潛水器中的固體浮力材料——高強(qiáng)空心玻璃微球C．航天飛船返回艙側(cè)壁殼體——高強(qiáng)度鋁合金D．衛(wèi)星芯片使用的高純硅〖答案〗C〖解析〗A．合成纖維是由合成的高分子化合物制成的，常用的合成纖維有滌綸、錦綸、腈綸、氯綸、維綸、氨綸、聚烯烴彈力絲等，不是金屬材料，A錯(cuò)誤；B．高性能空心玻璃微珠是一種中空的圓球粉末狀超輕質(zhì)無機(jī)非金屬材料，是近年發(fā)展起來的一種用途廣泛、性能優(yōu)異的新型輕質(zhì)材料，材料不是金屬，B錯(cuò)誤；C．高強(qiáng)度鋁合金是指其拉伸強(qiáng)度大于480MPa的鋁合金，主要是以Al-Cu-Mg和Al-Zn-Mg-Cu為基的合金，成分材料為金屬，C正確；D．高純硅為無機(jī)非金屬材料，D錯(cuò)誤。2．陳述Ⅰ和Ⅱ均正確且具有因果關(guān)系的是()選項(xiàng)陳述Ⅰ陳述ⅡA用鐵槽盛放濃HNO3鐵不與濃HNO3反應(yīng)B用氫氟酸刻蝕玻璃HF能與玻璃中的SiO2反應(yīng)C用鉀鹽作紫色煙花原料電子躍遷到激發(fā)態(tài)釋放能量，產(chǎn)生紫色光DNa高溫還原KCl制備金屬K金屬性：Na<K〖答案〗B〖解析〗A．鐵與濃硝酸常溫下發(fā)生鈍化，因此常用鐵槽盛放濃硝酸，故A不符合題意；B．HF能與玻璃中的SiO2反應(yīng)，所以用氫氟酸刻蝕玻璃，故B符合題意；C．用鉀鹽作紫色煙花原料是因?yàn)殡娮訌募ぐl(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)釋放能量，產(chǎn)生紫色光，故C不符合題意；

D．Na高溫還原KCl制備金屬K，主要是K的沸點(diǎn)低，故D不符合題意。3．化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作是進(jìn)行科學(xué)實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)。下列操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A．除去SO2中的少量HClB．蒸發(fā)結(jié)晶制膽磯C．熔融純堿D．制備Cl2〖答案〗A〖解析〗A．飽和亞硫酸氫鈉可以抑制二氧化硫的溶解且能和HCl生成二氧化硫氣體，A正確；B．膽礬為五水硫酸銅晶體，應(yīng)該蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶制膽礬，B錯(cuò)誤；C．碳酸鈉能和瓷坩堝中二氧化硅等反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣，反應(yīng)缺少加熱裝置，D錯(cuò)誤。4．從紫草植物中提取出的萘醌類物質(zhì)具有抗腫瘤及免疫調(diào)節(jié)的作用，結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．1mol該物質(zhì)能與2molNaOH溶液發(fā)生反應(yīng)B．存在含有2個(gè)苯環(huán)的同分異構(gòu)體C．使高錳酸鉀溶液、溴蒸氣褪色的原理相同D．至少有11個(gè)碳原子共平面〖答案〗C〖解析〗A．該有機(jī)物分子中含有兩個(gè)酚羥基，1mol該物質(zhì)可以與2molNaOH溶液反應(yīng)，A正確；B．該有機(jī)物分子不飽和度為10，苯環(huán)的不飽和度為4，從不飽和度的角度滿足存在含有2個(gè)苯環(huán)的同分異構(gòu)體的條件，B正確；C．使高錳酸鉀溶液褪色是氧化反應(yīng)，使溴蒸氣褪色是加成反應(yīng)，原理不同，C錯(cuò)誤；D．苯環(huán)上6個(gè)碳、右側(cè)相鄰碳環(huán)上的4個(gè)碳以及相連的一個(gè)碳原子一定共面，至少有11個(gè)碳原子共面，D正確。5．一種高效電解質(zhì)的結(jié)構(gòu)如圖所示，W、Y、X、Z、Q均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，X與Q同族，Y和Z的原子序數(shù)之和與Q相等。下列說法正確的是()A．X與Q的最高化合價(jià)均為＋6B．化合物QX2、YX2均能與NaOH溶液反應(yīng)C．簡單氫化物的沸點(diǎn)：Q＞Z＞XD．W單質(zhì)在空氣中燃燒的產(chǎn)物是W2O2〖答案〗B〖解析〗W、Y、X、Z、Q均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，W可形成1價(jià)陽離子、W為ⅠA，則X與Q同族，Q能共用6對電子對、則最外層有6個(gè)電子，X、Q為ⅥA，結(jié)合原子序數(shù)的相對大小可知：X為O元素、Q為S元素，W為Li元素；Z能共用1對電子對，Z為ⅦA、結(jié)合原子序數(shù)的相對大小，Z為F元素，Y和Z的原子序數(shù)之和與Q相等，Y的原子序數(shù)=16-9=7，Y為N元素，Y共用2對電子對、從W處得到1個(gè)電子，則Y也滿足8電子結(jié)構(gòu)，綜上，W為Li、Y為N、X為O、Z為F、Q為S?！冀馕觥紸．X為O、Q為S，Q的最高化合價(jià)均為＋6，X則沒有＋6價(jià)，A錯(cuò)誤；B．化合物QX2即二氧化硫是酸性氧化物、能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，YX2為二氧化氮能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硝酸鈉、亞硝酸鈉和水，B正確；C．X為O、Z為F、Q為S，簡單氫化物分別為H2O、HF、H2S，水分子之間有氫鍵、氟化氫分子之間也有氫鍵，水分子間的氫鍵數(shù)大于氟化氫分子間的氫鍵數(shù)，硫化氫分子間只存在分子間作用力，因此，沸點(diǎn)：X＞Z＞Q，C錯(cuò)誤；D．W單質(zhì)(Li)在空氣中燃燒的產(chǎn)物是W2O(Li2O)，D錯(cuò)誤。6．利用如圖所示裝置(夾持裝置略)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，b中現(xiàn)象不能證明a中產(chǎn)物生成的是()a中反應(yīng)b中檢測試劑及現(xiàn)象A濃HNO3分解生成NO2淀粉-KI溶液變藍(lán)BCu與濃H2SO4生成SO2品紅溶液褪色CMnO2和濃鹽酸生成Cl2紫色石蕊試液先變紅后褪色DCH3CHBrCH3與NaOH乙醇溶液生成丙烯溴水褪色〖答案〗A〖解析〗A．濃硝酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的硝酸也能與碘化鉀溶液反應(yīng)生成遇淀粉溶液變藍(lán)色的碘，則淀粉碘化鉀溶液變藍(lán)色不能說明濃硝酸分解生成二氧化氮，故A符合題意；B．銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成的二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，則品紅溶液褪色能說明銅與濃硝酸共熱反應(yīng)生成二氧化硫，故B不符合題意；C．反應(yīng)生成的氯氣和水生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故紫色石蕊試液先變紅后褪色，b中現(xiàn)象能證明a中產(chǎn)物，故C不符合題意；D．乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙醇不能與溴水反應(yīng)，則2—溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成能使溴水褪色的丙烯氣體，則溴水褪色能說明2—溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯，故D不符合題意。7．酞菁的銅、鋅配合物在光電傳感器方面有著重要的應(yīng)用價(jià)值。酞菁分子結(jié)構(gòu)如圖所示，分子中所有原子共平面，鄰苯二甲酸酐()和鄰苯二甲酰亞胺()都是合成酞菁的原料。下列說法錯(cuò)誤的是()A．鄰苯二甲酰亞胺()中的氮原了采取sp3雜B．化酞菁分子中的所有N原子均采取sp2雜化C．鄰苯二甲酸酐()的熔點(diǎn)高于鄰苯二甲酰亞胺()D．鄰苯二甲酸酐()與水反應(yīng)生成鄰苯二甲酸〖解析〗A項(xiàng)，鄰苯二甲酰亞胺()中的氮原了形成3個(gè)σ鍵，故N原子采取sp3雜化，A正確；B項(xiàng)，根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，形成雙鍵的N原子采取sp2雜化，—NH—的N原子參與形成大π鍵，也采取sp2雜化，故N原子的雜化方式均為sp2，B正確；C項(xiàng)，由于鄰苯二甲酸酐和鄰苯二甲酰亞胺均為分子晶體，而后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，因此熔點(diǎn)更高，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，鄰苯二甲酸酐()與水反應(yīng)生成鄰苯二甲酸，D項(xiàng)正確。8．科學(xué)家設(shè)想利用圖示裝置進(jìn)行CO2的固定，同時(shí)產(chǎn)生電能。該裝置工作時(shí)，生成的碳附著在電極上。下列說法錯(cuò)誤的是()A．電極板(Li)作該電池的負(fù)極B．若導(dǎo)線中流過4mole－，理論上負(fù)極區(qū)減少4molLi＋C．負(fù)極區(qū)不適合選用水溶液作電解質(zhì)溶液D．采用多孔催化劑電極有利于CO2擴(kuò)散到電極表面〖答案〗B〖解析〗A．由圖知，Li為負(fù)極，多孔催化劑電極為正極，故A正確；B．導(dǎo)線中流過4mole－，負(fù)極產(chǎn)生4molLi＋，同時(shí)有4molLi＋向正極區(qū)移動(dòng)，所以理論上負(fù)極區(qū)Li＋的物質(zhì)的量不變，故B錯(cuò)誤；C．Li能與水反應(yīng)，負(fù)極區(qū)不適合選用水溶液作電解質(zhì)溶液，故C正確；D．多孔結(jié)構(gòu)有利于氣體擴(kuò)散，即有利于CO2擴(kuò)散到電極表面，故D正確。9．在堿性溶液中，Cu2+可以與縮二脲形成紫色配離子，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．該配離子中非金屬元素的電負(fù)性大小順序?yàn)镺>N>C>HB．該配離子中能與水分子形成氫鍵的原子有N、O和HC．1mol該配離子中含有的配位鍵數(shù)目為6NA(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)D．已知縮二脲的分子式為C2H5N3O2，則由尿素〖CO(NH2)2〗生成縮二脲的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)〖答案〗C〖解析〗A．同一周期從左到右主族元素的電負(fù)性逐漸變大，故電負(fù)性：O>N>C，且三者電負(fù)性均大于氫，A正確；B．由題圖可知，N、O能與水分子中的氫原子形成氫鍵，H能與水分子中的氧原子形成氫鍵，B正確；C．由題圖可知，該配離子中，兩個(gè)銅離子與其他原子共形成8個(gè)配位鍵，故1mol該配離子中含有的配位鍵數(shù)目為8NA，C錯(cuò)誤；D．已知縮二脲的分子式為C2H5N3O2，根據(jù)題圖可判斷出縮二脲的結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)合尿素的結(jié)構(gòu)簡式判斷，由尿素生成縮二脲的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，D正確。10．科研人員提出120℃下CeO2催化合成DMC(碳酸二甲酯)需經(jīng)歷三步反應(yīng)，示意圖如圖。下列說法正確的是()A．甲醇是反應(yīng)的中間產(chǎn)物B．改用更高效的催化劑，可提高DMC的平衡產(chǎn)率C．反應(yīng)歷程①②③中，活化能越高，反應(yīng)速率越慢D．向反應(yīng)體系中加入少量水蒸氣，反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率升高〖答案〗C〖解析〗由示意圖可知，甲醇是反應(yīng)物，故A錯(cuò)誤；催化劑不能使平衡移動(dòng)，改用更高效的催化劑，不能提高DMC的平衡產(chǎn)率，故B錯(cuò)誤；活化能越高，反應(yīng)速率越慢，故C正確；二氧化碳和甲醇在120℃下CeO2催化合成碳酸二甲酯和水，向反應(yīng)體系中加入少量水蒸氣，平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故D錯(cuò)誤。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，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11．為探究FeCl3的性質(zhì)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)(FeCl3和Na2SO3溶液濃度均為0.1mol·L－1)。實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，變紅褐色；再滴加K3〖Fe(CN)6〗溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加K3〖Fe(CN)6〗溶液，無藍(lán)色沉淀生成；另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀依據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是()A．實(shí)驗(yàn)①說明加熱促進(jìn)Fe3＋水解反應(yīng)B．實(shí)驗(yàn)②說明Fe3＋既發(fā)生了水解反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)C．實(shí)驗(yàn)③說明Fe3＋發(fā)生了水解反應(yīng)，但沒有發(fā)生還原反應(yīng)D．整個(gè)實(shí)驗(yàn)說明SOeq\o\al(2－,3)對Fe3＋的水解反應(yīng)無影響，但對還原反應(yīng)有影響〖答案〗D〖解析〗鐵離子的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱煮沸可促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據(jù)現(xiàn)象分析可知，F(xiàn)e3＋既發(fā)生了水解反應(yīng)，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，生成亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，生成藍(lán)色沉淀，故B正確；實(shí)驗(yàn)③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度的FeCl3溶液，根據(jù)溶液紅褐色，說明Fe3＋發(fā)生水解反應(yīng)，滴加K3〖Fe(CN)6〗無藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，說明，沒有發(fā)生還原反應(yīng)，故C正確；結(jié)合實(shí)驗(yàn)①、③可知，SOeq\o\al(2－,3)對Fe3＋的水解反應(yīng)有影響，故D錯(cuò)誤。12．用雙酚A和COCl2合成聚碳酸酯，其結(jié)構(gòu)如下。下列說法錯(cuò)誤的是()雙酚A碳酸酯A．雙酚A與足量H2的加成產(chǎn)物沒有旋光性B．雙酚A分子一定共線的碳原子有5個(gè)C．雙酚A能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色D．聚碳酸酯山雙酚A和COCl2經(jīng)縮聚反應(yīng)制備〖答案〗B〖解析〗A．雙酚A與足量H2的加成產(chǎn)物為，該加成產(chǎn)物中不含手性碳原子，沒有旋光性，A項(xiàng)正確；B．雙酚A中苯環(huán)碳原子采取sp2雜化，兩個(gè)紅框中碳原子分別共直線，但兩個(gè)紅框共有的飽和碳原子采取sp3雜化，與該碳原子直接相連的4個(gè)碳原子構(gòu)成四面體，兩個(gè)紅框中5個(gè)碳原子不可能共線，雙酚A中；一定共線的碳原子有3個(gè)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．雙酚A中官能團(tuán)為酚羥基，能與溴水發(fā)生取代反應(yīng)使溴水褪色，能與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，使酸性KMnO4溶液褪色，C項(xiàng)正確；D．雙酚A與COCl2發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚碳酸酯和HCl，D項(xiàng)正確。13．科學(xué)家最近發(fā)明了一種Al－PbO2電池，通過x和y兩種離子交換膜隔成M、R、N三個(gè)區(qū)域(a>b)，三個(gè)區(qū)域的電解質(zhì)分別為K2SO4、H2SO4、KOH中的一種，結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．放電時(shí)，R區(qū)域的電解質(zhì)濃度逐漸增大B．放電時(shí)，PbO2電極反應(yīng)為：PbO2＋4H+＋2e-＝Pb2+＋2H2OC．M區(qū)電解質(zhì)為KOH，且放電時(shí)K+通過x膜移向R區(qū)D．消耗1．8gAl時(shí)，N區(qū)域電解質(zhì)溶液減少9．6g〖答案〗BD〖解析〗該電池為Al－PbO2電池,電解質(zhì)為K2SO4、H2SO4、KOH，通過x和y兩種離子交換膜將電解質(zhì)溶液隔開，形成M、R、N三個(gè)電解質(zhì)溶液區(qū)域(a>b)，從圖中可知原電池工作時(shí)負(fù)極發(fā)生反應(yīng)為：Al＋4OH-－3e-＝〖Al(OH)4〗-，消耗OH-，K+向正極移動(dòng)；正極反應(yīng)為：PbO2＋4H+＋＋2e-＝PbSO4＋2H2O，正極消耗H+和，陰離子向負(fù)極移動(dòng)；則x是陽離子交換膜，y是陰離子交換膜，則M區(qū)為KOH，R區(qū)為K2SO4，N區(qū)為H2SO4。A．由上述分析可知，放電時(shí)R區(qū)域K+與不斷進(jìn)入，所以電解質(zhì)濃度逐漸增大，A正確；B．放電時(shí)，PbO2電極反應(yīng)為PbO2＋4H+＋2e-＝PbSO4＋2H2O，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)分析M區(qū)電解質(zhì)為KOH，且放電時(shí)K+通過x膜移向R區(qū)，C正確；D．消耗1．8gAl，電子轉(zhuǎn)移0．2mol，N區(qū)消耗0．4molH+，0．1mol，同時(shí)有0．1mol移向R區(qū)，則相當(dāng)于減少0．2molH2SO4，同時(shí)生成0．2molH2O，則R區(qū)實(shí)際減少質(zhì)量為，D錯(cuò)誤。14．以輝銻礦(主要成分為Sb2S3，含少量As2S3、CuO、SiO2等)為原料制備金屬銻的工藝流程如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()已知：浸出液中除含過量鹽酸和SbCl5之外，還含有SbCl3、AsCl3、CuCl2等。A．“還原”過程加適量Sb目的是更好地循環(huán)利用Sb元素B．“除銅”時(shí)，不宜加過多的Na2S，是為了防止生成Sb2S3或產(chǎn)生有毒物質(zhì)C．“除砷”時(shí)有H3PO3生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2AsCl3＋3Na3PO2＋3H2O＝2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HClD．“電解”時(shí)，被氧化的Sb元素與被還原的Sb元素的質(zhì)量之比為2:3〖答案〗D〖解析〗輝銻礦加入鹽酸和SbCl5，得到浸出液中除含過量鹽酸和SbCl5之外，還含有SbCl3、AsCl3、CuCl2；加入適量Sb，將五價(jià)Sb轉(zhuǎn)化為三價(jià)Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去銅，加入Na3PO2，AsCl3和加入的Na3PO2反應(yīng)生成As、Na3PO3，之后得到SbCl3溶液，電解生成Sb和SbCl5。A．浸出液中含過有SbCl5，加適量Sb兩者反應(yīng)生成SbCl3且不引入新雜質(zhì)，目的是更好地循環(huán)利用Sb元素，A正確；B．過多的Na2S會(huì)和SbCl3反應(yīng)生成Sb2S3，導(dǎo)致Sb元素流失；Na2S具有還原性也可能會(huì)和AsCl3反應(yīng)生成有毒的As單質(zhì)，故“除銅”時(shí)，不宜加過多的Na2S，是為了防止生成Sb2S3或產(chǎn)生有毒物質(zhì)，B正確；C．由流程可知，除砷”時(shí)AsCl3和加入的NaH2PO2反應(yīng)生成As，As元素化合價(jià)降低同時(shí)P元素化合價(jià)升高會(huì)生成H3PO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2AsCl3＋3Na3PO2＋3H2O＝2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl，C正確；D．“電解”時(shí)，SbCl3生成Sb和SbCl5，根據(jù)電子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，則被氧化的Sb元素與被還原的Sb元素的質(zhì)量之比為3∶2，D錯(cuò)誤。15．25℃時(shí)，向0．1mol·L-1BOH溶液中滴加相同濃度鹽酸，體系中粒子濃度對數(shù)值(lgc)、反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是()A．b點(diǎn)溶液顯酸性，是因?yàn)榇嬖谒馄胶釨＋＋H2OBOH＋H＋B．m、n分別表示lgc(Cl-)、lgc(OH-)變化曲線C．25℃時(shí)，BOH的電離平衡常數(shù)為10-4.75D．a(chǎn)點(diǎn)對應(yīng)的溶液中存在：2c(H＋)＋c(Cl-)＝2c(OH-)＋c(B＋)〖答案〗B〖解析〗HCl是強(qiáng)酸，在調(diào)節(jié)pH的過程中，若BOH是強(qiáng)堿，則當(dāng)＝1時(shí)，pH應(yīng)為7，但是當(dāng)＝1時(shí)，pH小于7，溶液顯酸性，對應(yīng)圖中點(diǎn)b，是因?yàn)榇嬖谒馄胶釨＋＋H2OBOH＋H＋，故BOH是一元弱堿。A．根據(jù)分析可知，b點(diǎn)溶液顯酸性，是因?yàn)榇嬖谒馄胶釨＋＋H2OBOH＋H＋，A正確；B．由圖可知隨著鹽酸的加入，氫氧根離子濃度減小，其對數(shù)值減小pH減小，故m表示lgc(OH-)，隨著鹽酸的加入，到一定程度的時(shí)候，溶液中產(chǎn)生B＋，隨著鹽酸的量的增加，B＋濃度也在增大，lgc(B＋)也在增大，故n表示lgc(B＋)，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)pH＝9．25時(shí)，c(OH-)＝10-(14-9．25)＝10-4．75mol·L-1，lgc(BOH)＝lgc(B＋)，則K＝＝10?4．75，C正確；D．a(chǎn)所示溶液，pH＝7，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH-)，又溶液中電荷守恒：c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH-)＋c(Cl-)，故c(B＋)＝c(Cl-)，則2c(H＋)＋c(Cl-)＝2c(OH-)＋c(B＋)，D正確。本題共5小題，共60分。16．(12分)金屬鎳及其化合物在軍工機(jī)械、生產(chǎn)生活中有著廣泛的用途。(1)Ni2+與丁二酮肟生成鮮紅色丁二酮肟鎳沉淀，該反應(yīng)可用于檢驗(yàn)Ni2+。①基態(tài)Ni2+核外電子排布式為___________。②丁二酮肟鎳分子中Ni2+采取dsp2雜化，為平面正方形構(gòu)型，則該分子中共面的原子最多為___________個(gè)。③丁二酮肟鎳分子內(nèi)存在的化學(xué)鍵有___________(填標(biāo)號(hào))。A．離子鍵

B．配位鍵

C．氫鍵

D．范德華力(2)鎳能形成多種配合物，如Ni(CO)4、〖Ni(NH3)6〗2+等。①Ni(CO)4晶體中含有的鍵與鍵數(shù)目之比為___________。②〖Ni(NH3)6〗2+中鍵角H－N－H比獨(dú)立存在的NH3分子中鍵角略大，其原因是___________。(3)苯與Ni(CO)2在氨水中可生成一種淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的體心且2個(gè)碳碳鍵平行于z軸。該晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。已知Ni－NH3鍵長為，C－C鍵長為r2pm。則該晶體的化學(xué)式為___________；A點(diǎn)的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為___________；晶胞中A、B間距離d＝___________pm?！即鸢浮?1)

〖Ar〗3d8或者1s22s22p63s23p63d8

23

B(2)

1∶1

NH3中孤電子對進(jìn)入Ni2＋的空軌道變?yōu)槌涉I電子對，原孤電子對對N－H的成鍵電子對的排斥作用力變?yōu)槌涉I電子對之間的排斥作用力，排斥力減弱(3)

Ni(CN)2·NH3·C6H6

(0，0，)

〖解析〗(1)①已知Ni是28號(hào)元素，故基態(tài)Ni2+核外電子排布式為〖Ar〗3d8或者1s22s22p63s23p63d8；②丁二酮肟鎳分子中Ni2+采取dsp2雜化，為平面正方形構(gòu)型，則該分子中有C＝N雙鍵所在的平面和Ni2＋的形成的平面正方形平面，則分子中除了每個(gè)甲基上有2個(gè)H原子不可能與氣體原子共平面之外，其余23個(gè)原子可能共面；③丁二酮肟鎳分子內(nèi)存在Ｎ提供孤電子對和Ni2＋提供空軌道形成的配位鍵，不存在陰、陽離子之間形成離子鍵，氫鍵和范德華力均不屬于化學(xué)鍵，則丁二酮肟鎳分子內(nèi)存在的化學(xué)鍵有配位鍵；(2)①已知單鍵均為鍵，雙鍵為1個(gè)鍵和1個(gè)鍵，三鍵為1個(gè)鍵和2個(gè)鍵，則1分子Ni(CO)4中含有4個(gè)配位鍵，4個(gè)C≡N，即含有8個(gè)鍵與8個(gè)鍵，則晶體中含有的鍵與鍵數(shù)目之比為8∶8＝1∶1；②由于〖Ni(NH3)6〗2+中的NH3中孤電子對進(jìn)入Ni2＋的空軌道變?yōu)槌涉I電子對，原孤電子對對N－H的成鍵電子對的排斥作用力變?yōu)槌涉I電子對之間的排斥作用力，排斥力減弱，導(dǎo)致鍵角H－N－H比獨(dú)立存在的NH3分子中鍵角略大；(3)一個(gè)晶胞中含Ni個(gè)數(shù)為：8×＝1，含有苯分子個(gè)數(shù)為1，NH3分子個(gè)數(shù)為：4×＝1，CN為：8×＝2，則該晶體的化學(xué)式為Ni(CN)2·NH3·C6H6，由題干晶胞圖示可知，A點(diǎn)的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，)；將B點(diǎn)和底面的面心C點(diǎn)連接，設(shè)原點(diǎn)為O點(diǎn)，則有：AO為r1pm，OC為，BC為()，過A點(diǎn)作BC的垂線垂足為D點(diǎn)，則有BD＝BC－AO＝(－r1)，根據(jù)直角三角形ABD有：BD2＋AD2＝AB2，AD＝OC，故晶胞中A、B間距離d＝＝＝pm。17．(12分)廢三元鋰離子電池中含有鎳、鉆、錳、鋰、鋁等金屬元素，是重要的二次資源。由某18650型廢三元鋰離子電池回收鎳、鉆、錳的工藝流程如下圖所示：已知：①浸出液中各金屬離子的質(zhì)量濃度如下表。金屬離子Co2+Ni2+Mn2+Li+Al3+質(zhì)量濃度(mol·L-1)160051441495842254②NH3能與Co2+、Ni2+、Mn2+形成配合物。回答下列問題：(1)“浸出”后得到浸出液的操作是___________。(2)正極活性材料中的LiCoO2在“浸出”過程中轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式為___________。(3)鎳、鉆、錳的浸出率隨時(shí)間、溫度的變化如圖1、圖2所示。①綜合考慮，選擇浸出時(shí)間為___________。②選擇浸出溫度范圍為60-70℃，理由是___________。(4)“調(diào)pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應(yīng)的離子方程式為___________。(5)“沉淀”中氣體A為___________(填化學(xué)式)。沉淀后，分離獲得鎳鉆錳三元?dú)溲趸锍恋聿⒍啻蜗礈欤袛喑恋硐磧舻姆椒ㄊ莀__________。(6)已知25℃時(shí)，部分物質(zhì)的溶度積常數(shù)如下：物質(zhì)Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2Ksp2×10-131×10-155×10-16要使濾液中Ni2+、Co2+、Mn2+沉淀完全(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol·L-1為沉淀完全)的pH應(yīng)大于___________(lg2=0.3，lg5=0.7)。3．(1)過濾(2)2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4＝2CoSO4＋Li2SO4＋4H2O＋O2↑(3)

2.5h

60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不變(4)Al3+＋＝Al(OH)3＋3CO2↑(5)

NH3

取少量最后一次洗滌液，滴加氯化鋇溶液，無明顯變化則已洗凈↓(6)10.15〖解析〗由題可知，18650型廢三元鋰離子電池經(jīng)過預(yù)處理，在正極活性材料中經(jīng)過硫酸和過氧化氫的作用下，會(huì)將鎳、鉆、錳、鋰、鋁等金屬元素轉(zhuǎn)化為Co2+、Ni2+、Mn2+、Li+、Al3+等離子；過濾除去不溶物，浸出液中含有Co2+、Ni2+、Mn2+、Li+、Al3+等離子；加入碳酸氫銨調(diào)節(jié)pH，可以將Al3+，轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁；過濾后得到濾渣氫氧化鋁，濾液中含有Co2+、Ni2+、Mn2+、Li+離子；濾液中加入氨水和氫氧化鈉，將Co2+、Ni2+、Mn2+轉(zhuǎn)化為鎳、鉆、錳的氫氧化物，實(shí)現(xiàn)回收鎳、鉆、錳，據(jù)此分析作答。(1)“浸出”后得到浸出液和濾渣，則該操作過濾，故〖答案〗為：過濾；(2)正極活性材料中的LiCoO2與硫酸和過氧化氫反應(yīng)，得到Co2+、Li+，可知LiCoO2為氧化劑，過氧化氫為還原劑，在“浸出”過程中轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式為：2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4＝2CoSO4＋Li2SO4＋4H2O＋O2↑；(3)①由圖1可知，在2.5h后鎳、鉆、錳的浸出率最高，之后無太大變化，綜合考慮，選擇浸出時(shí)間為2.5h；②選擇浸出溫度范圍為60-70℃，理由是60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不變，故〖答案〗為：60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不變；(4)“調(diào)pH”中有沉淀生成，該沉淀為氫氧化鋁，是由鋁離子和碳酸氫根反應(yīng)得到，離子方程式為：Al3+＋＝Al(OH)3＋3CO2↑；(5)“沉淀”中根據(jù)流程可知，只能產(chǎn)生NH3，則氣體A為NH3；沉淀后，含有的離子為硫酸根離子，分離獲得鎳鉆錳三元?dú)溲趸锍恋聿⒍啻蜗礈?，主要洗滌硫酸根離子，判斷沉淀洗凈的方法是取少量最后一次洗滌液，滴加氯化鋇溶液，無明顯變化則已洗凈；(6)根據(jù)溶度積常數(shù)，可知Mn2+最難沉淀，當(dāng)Mn2+沉淀完全時(shí)，濾液中Ni2+、Co2+、Mn2+沉淀完全，Ksp〖Mn(OH)2〗＝c(Mn2+)c2(OH-)，，則pH=10.15，即pH應(yīng)大于10.15。18．(12分)某化學(xué)小組在實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上由鈦鐵礦(FeTiO3)制備TiO2的一種實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。物質(zhì)顏色、狀態(tài)熔點(diǎn)沸點(diǎn)化學(xué)性質(zhì)FeCl3黑棕色晶體306℃316℃空氣中易潮解TiCl4無色或淡黃色液體-30℃136．4℃空氣中易水解已知：I．TiCl4的制備(1)盛裝試劑Y的儀器名稱為___________，使用該儀器時(shí)常在氣體出口端加棉花，其目的是___________。(2)實(shí)驗(yàn)開始前，通入干燥Cl2的目的是___________。(3)儀器Z是硬質(zhì)石英燒瓶，其中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。Ⅱ．TiCl4的分離與提純(4)凋整加熱溫度，停止通入干燥Cl2，關(guān)閉活塞a，打開活塞b，在后續(xù)虛線框中連接___________(填序號(hào))裝置可獲得較純的TiCl4。A．B．C． D．(5)TiCl4的制備和提純的整套裝置中不足之處有___________。Ⅲ、TiO2的制備(6)向純化后的TiCl4中加入大量的水同時(shí)加熱，得到水解產(chǎn)物___________，經(jīng)___________(填操作名稱)可得TiO2?！即鸢浮?1)①U形干燥管②防止干燥劑顆粒隨氣體進(jìn)入導(dǎo)管堵塞導(dǎo)管，減緩氣體流速使氣體充分干燥(2)排盡裝置中的空氣，防止FeCl3的潮解和TiCl4的水解(3)6C＋7Cl2＋2FeTiO32TiCl4＋2FeCl3＋6CO(4)D(5)無尾氣處理裝置，CO會(huì)污染環(huán)境(6)①TiO2·xH2O②焙燒〖解析〗(1)該實(shí)驗(yàn)裝置中盛放試劑Y的儀器名稱為U形干燥管，氣體出口端放棉花一般有兩個(gè)作用，一是能防止干燥劑顆粒隨氣體進(jìn)入導(dǎo)管堵塞導(dǎo)管，二是能減緩氣體流速使氣體充分干燥。故〖答案〗為：U形干燥管；防止干燥劑顆粒隨氣體進(jìn)入導(dǎo)管堵塞導(dǎo)管，減緩氣體流速使氣體充分干燥；(2)由題給表格可知在空氣中FeCl3易潮解，TiCl4易水解，所以通入干燥Cl2的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeCl3遇到空氣中的水蒸氣潮解及TiCl4遇到空氣中水蒸氣水解。故〖答案〗為：排盡裝置中的空氣，防止FeCl3的潮解和TiCl4的水解；(3)儀器Z中的反應(yīng)物為FeTiO3、C和Cl2，生成物一定有FeCl3和TiCl4，因?yàn)榉磻?yīng)條件為高溫，并且焦炭是過量的，所以還會(huì)生成CO，化學(xué)方程式為6C＋7Cl2＋2FeTiO32TiCl4＋2FeCl3＋6CO；(4)真空尾接管的接法：，普通尾接管接法：，由于在空氣中FeCl3易潮解，TiCl4易水解，所以無法使用普通尾接管接法，只能用真空尾接管接法，蒸餾時(shí)用直形冷凝管，回流時(shí)用球形冷凝管，故選D；(5)題給裝置的缺點(diǎn)非常明顯，反應(yīng)中會(huì)產(chǎn)生CO，CO有毒，會(huì)污染空氣，故整套裝置不足之處是缺乏尾氣處理裝置，CO會(huì)污染環(huán)境；(6)加水后TiCl4會(huì)水解生成TiO2·xH2O，在焙燒時(shí)TiO2·xH2O會(huì)分解生成TiO2。19．(12分)(2023年遼寧高考化學(xué)模擬卷)高聚物G是一種合成纖維，由A與E為原料制備J和G的一種合成路線如下：已知：①酯能被LiAlH4還原為醇；②eq\o(→,\s\up7(H2O2))回答下列問題：(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為。(2)H的名稱是，J中含有的官能團(tuán)名稱為過氧鍵和。(3)B生成C和D生成H反應(yīng)類型分別為、。(4)寫出F＋D→G的化學(xué)方程式：。(5)芳香化合物M是C的同分異構(gòu)體，符合下列要求的M有種(不考慮立體異構(gòu))①與碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體

；②只有1種官能團(tuán)

；③苯環(huán)上有2個(gè)取代基；其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積之比1∶1∶1∶2的結(jié)構(gòu)簡式為______________。(6)參照上述合成路線，寫出用為原料制備化合物的合成路線(其他無機(jī)試劑任選)____________?！即鸢浮?1)(2)鄰苯二甲醛

醚鍵(3)取代反應(yīng)

氧化反應(yīng)(4)(5)12

(6)〖解析〗A分子式為C8H10，A被氧化為鄰苯二甲酸，逆推可知A是；鄰苯二甲酸和甲醇反應(yīng)酯化反應(yīng)生成C，C是，C被LiAiH4還原為醇，D是；和H2O2反應(yīng)生成I，I和甲醇反應(yīng)生成J，由J的結(jié)構(gòu)簡式逆推，可知I是；和己二酸發(fā)生縮聚反應(yīng)生成G，G是；(1)A分子式為C8H10，A被氧化為鄰苯二甲酸，逆推可知A是；(2)根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式，可知H的名稱是鄰苯二甲醛，J中含有的官能團(tuán)名稱為過氧鍵和醚鍵；(3)B生成C是鄰苯二甲酸和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成，反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；D生成H是中的羥基被氧化為醛基，反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)；(4)和己二酸發(fā)生縮聚反應(yīng)生成和水；反應(yīng)的化學(xué)方程式為(5)與碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體，說明含有羧基，

②只有1種官能團(tuán)

③苯環(huán)上有2個(gè)取代基，若2個(gè)取代基為-CH2COOH、-CH2COOH，有3種結(jié)構(gòu)；若2個(gè)取代基為-CH2CH2COOH、-COOH，有3種結(jié)構(gòu)；若2個(gè)取代基為-CH(COOH)2、-CH3，有3種結(jié)構(gòu)；若2個(gè)取代基為-CH(CH3)COOH、-COOH，有3種結(jié)構(gòu)；共12種。其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積之比，說明結(jié)構(gòu)對稱，結(jié)構(gòu)簡式為。氧化為，和H2O2反應(yīng)生成，在濃硫酸作用下發(fā)生反應(yīng)生成，合成路線為。20．(2023岳陽市高三教學(xué)質(zhì)量檢測)甲醇是一種用途十分廣泛的基本有機(jī)化工原料。(1)甲醇分子中H－C－H的鍵角比C－O－H的鍵角(填“大”或“小”)，理由是。(2)CO2作為未來的重要碳源，其選擇性加氫合成CH3OH一直是研究熱點(diǎn)。在CO2加氫合成CH3OH的體系中，同時(shí)發(fā)生以下反應(yīng)：反應(yīng)ⅰCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(g)ΔH1反應(yīng)ⅱCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2反應(yīng)ⅲ2CO(g)CO2