必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（河北专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷03
河北高考专用

一、考试形式：闭卷，笔试。试卷满分100分，考试时间75分钟。
二、题型、题量及分值：
第一部分单项选择题，共14题，每题3分，共42分；
第二部分为非选择题，共4题，共58分。
三、第一部分选择题取消多选题，增加物质结构与性质选择题。
高考综合改革试点的核心是“两依据一参考”，即高校依据统一高考成绩和高中学业水平考试成绩、参考综合素质评价录取学生。其中，高中学业水平考试由省级教育行政部门组织实施，主要衡量学生达到国家规定学习要求的程度，是保障教育教学质量的一项重要制度。在高考综合改革背景下，化学科考试的功能和定位发生了明显变化。
结合化学科特点，根据高考评价体系“立德树人、服务选才、引导教学”的高考核心功能，化学科的考试功能从以下三个方面进行考查。
　　化学科考试必须坚持立德树人。化学科考试必须要旗帜鲜明地将立德树人作为根本任务，始终坚持正确的政治方向和价值取向，不断增强育人功能和积极导向作用，培养和选拔德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人。要发挥学科选人育人功能，要引导学生在学习和工作中践行社会主义核心价值观，养成良好的道德品质，确定自身发展方向，成为社会主义的建设者和接班人。
　　化学科考试必须坚持服务选才。通过联系日常生活、生产环保、实验探索、科学研究，在学生运用化学基本知识分析问题和解决问题的过程中，灵活考查学生的知识、能力、素养等综合素质，测评学生学科素质的水平，从而为高等院校选拔符合要求的合格学生。
　　化学科考试必须坚持引导教学。化学科考试的考试内容、形式和结果直接影响教育资源的分配、教学内容的设置以及教育教学的形式等，通过内容设置、能力考查和形式创新，促进基础教育化学教学向更加合理的方向发展。

2023年河北高考非选择题中，第二部分将继续保留无机工艺流程题、实验题、原理综合题和有机综合题，不再命制物质结构与性质的题目。物质结构与性质必将出现在选择题中，甚至出现与其它内容综合的含有结构的试题。
高考评价体系的“四翼”考查要求立足于素质教育应达成的内容表现与形式表现，是高考对素质教育进行评价的基本维度。它既回答了在德智体美劳全面培养的素质教育体系下高考“怎么考”的问题，又回答了在高考中如何科学评价学生综合素质的问题。“四翼”考查要求，一方面体现高校人才选拔中对学生素质评价的要求，另一方面也对学业质量达标水平、学生核心素养达成水平以及高中素质教育发展水平作出解析。化学科要体现“四翼”考查要求，考查学生运用化学知识解决生产生活和环境保护中实际问题的能力，促进学生化学学科素养的形成和发展。
其中基础性考查化学学科的基础知识、基本技能、基本方法和基本操作4个方面。设计考查基础性内容，是为凸显知识内容在培养关键能力、学科素养的基础地位和支撑作用，从而为综合运用知识、解决复杂问题以及创造能力的培养打下基础。
　　应用性和综合性从考查要求上看，是对基础性在内容、形式和情境等方面的进一步深化。从应用性的本意来看，要体现学科的应用价值，要求在学科素养的引导下，使用合适的思维方法和关键能力，解释生活中的现象，解决生产中的问题，阐释社会中有关化学的热点问题，解答实验中的疑问；因此，应用性的考查要求体现了对知识、能力和素养的动态和全面的评价。
　　综合性的考查要求包括四个方面的含义：一是学科内综合，将必修和选择性必修模块相关知识内容进行适度融合，促进学生全面掌握化学知识并能灵活应用；二是学科间综合，选取能源、材料、环境、医药和信息科学中有关化学问题，运用化学知识解决一些学科交叉综合问题；三是方法综合，试题要考查多种思维方式，促进学生科学思维水平的提升；四是形式综合，通过图文并茂、形式多样的试题情境，考查学生的多个知识内容要求、多方面的能力和立体化的素养水平。
　　创新性的内涵包括内容创新、形式创新、方法创新和思维创新四个方面，是在基础性、应用性和综合性考查要求的基础上，开拓考查思路，选取新物质、新方法、新理论等情境，以新颖的形式呈现问题，体现化学学科创新特征，考查学生的创新思维素养。根据化学科的创新成果特征，将高考化学科创新性的考查要求分为推测反应现象或物质性质，设计物质合成或分离路线，阐释机理或总结规律等。新情境促使学生自主思考，发现新问题，设计新路线，开发新方法，总结新规律，得出新结论。

可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 P31 S 32 Ca 40 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2023年3月17日，科技部高技术研发中心发布了2022年度中国科学十大进展，涉及化学、材料、能源等领域。下列相关理解错误的是
选项
发布内容
相关理解
A
利用全新原理实现海水直接电解制氢
海水电解制氢是将电能转化为化学能
B
温和压力条件下实现乙二醇合成
乙二醇和丙三醇互为同系物
C
在钠钾基态分子和钾原子混合气中实现超冷三原子分子的合成
钠钾合金室温下呈液态，可用作核反应堆的传热介质
D
实现高效率的全钙钛矿叠层太阳能电池和组件
钛合金是新型合金，可广泛应用于航空航天领域
【答案】B【解析】海水电解制氢利用电解池原理，将电能转化为化学能，A正确；乙二醇分子式为C2H6O2，丙三醇的分子式为C3H8O3，二者在分子组成上不是差若干个CH2原子团，不互为同系物，B错误；钠钾合金常温下呈液态，使用方便，又因为合金的导热性比金属强，可用作核反应堆的传热介质，C正确；钛合金具有质量轻，强度大，耐高温，耐腐蚀等优点，广泛应用于航空航天领域，D正确；故选B。
2.甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A．pH=3的甲酸溶液中氢离子数目为1×10-3NA
B．0.5 mol甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为NA
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有σ键数目为5NA
D．甲醇燃料电池中，每消耗22.4L(标准状况)甲醇，转移电子数目为6NA
【答案】B【解析】该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A项错误；甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为NA，B项正确；50g质量分数为64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各为1mol，1 mol CH3OH中σ键数目为5NA，1mol H2O中σ键数目为2NA，因此50g该溶液中σ键数目为7NA，C项错误；标准状况下，甲醇为液体，D项错误；故选B。
3. 如图所示实验操作正确的是

A．甲用于检验SO2的还原性 B．乙用于吸收氨气
C．丙用于收集Cl2 D．丁用于蒸干FeCl3溶液制无水FeCl3固体
【答案】C【解析】双氧水能氧化二氧化硫，但没有明显实验现象，不能用甲装置检验SO2的还原性，A不符合；氨气极易溶于水，氨气直接通入水中容易倒吸，不能用乙装置吸收氨气，B不符合；氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，丙装置可用于收集Cl2，C符合；氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，用丁装置蒸干FeCl3溶液不能制无水FeCl3固体，D不符合；答案选C。
4．下列反应的离子方程式正确的是
A．向Na2S溶液中加入稀硝酸：S2-+2H+= H2S↑
B．向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液：H2O2+2Fe3+= 2Fe2++O2↑+2H+
C．向AgCl沉淀中滴加浓氨水：2NH3·H2O+AgCl = [Ag(NH3)2]+ +Cl-+2H2O
D．将NO、NO2混合气体通入NaOH溶液中：NO2+NO+2OH=++H2O
【答案】C【解析】S2-具有还原性，向Na2S溶液中加入稀硝酸会发生氧化还原反应生成NO和S单质，离子方程式为：3S2-+8H++8NO=8NO↑+3SO+4H2O，故A错误；向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液，Fe3+可以催化H2O2分解，氯化铁不是反应物，故B错误；向AgCl沉淀中滴加浓氨水生成[Ag(NH3)2]+，离子方程式为：2NH3·H2O+AgCl = [Ag(NH3)2]+ +Cl-+2H2O，故C正确；若将体积比为1:1的NO和NO2的混合气体通入氢氧化钠溶液中生成NaNO2和H2O，离子方程式为：NO2+NO+2OH=2+H2O，故D错误；故选C。
5．下列实验操作、现象和结论一致的是
选项
操作
现象
解释(或结论)
A
向补铁口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液
紫色褪去
补铁口服液中有Fe2+
B
向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置
液体分层， 上层无色，下层紫红色
CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能
C
向盛有1 mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2 mL H2O、2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴
试管 a液体分层，酯层无明显 变化； 试管b酯层消失
乙酸乙酯在碱性条件下可以水解；

D
向Fe(NO3)3溶液中先加稀HNO3 ，再加NaCl
溶液黄色先褪去，再变为黄色
HNO3的强氧化性将Fe3+氧化为无色， Cl-的还原性再将其还原为Fe3+
【答案】C【解析】、等还原性离子都能使酸性褪色，所以口服液中不一定是，A错误；向水中先加浓溶液，发生反应后没有剩余，再加CCl4，振荡后静置，u溶液分层，但是没有紫色出现，B错误；向含有乙酸乙酯的试管 a加入2 mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管 b中加入2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，C正确；与形成络合物，颜色变化不是因为将其氧化，加入，的存在影响配合物的种类，颜色发生了变化不是因为还原，D错误；故选C。
6. 我国第一部中药学典籍《神农本草经》中记载的一种中药“昆布”，具有利水消肿的功效，其主要成分是3，5-二碘络氨酸，结构简式如下图。下列关于该有机化合物说法不正确的是

A．分子中含有手性碳原子
B．能与发生取代反应
C．既能与酸反应，也能与碱反应
D．理论上1mol该物质与足量反应可生成
【答案】D【解析】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物有1个手性碳原子，A正确；该有机物含有C-H键，光照下能与Br2发生取代反应，B正确；该有机物含有酚羟基、羧基和氨基，具有弱酸性和弱碱性，既能与酸反应，也能与碱反应，C正确；该有机物有1个羧基，因此理论上1mol该物质与足量反应可生成，即44g CO2，D错误；故选D。
7.．500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是

A．反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B．反应Ⅰ的反应速率最慢
C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)    ΔH=-1.98 eV•mol-1
D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
【答案】B【解析】反应Ⅱ的活化能为，A错误；反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确；图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C错误；由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误； 故选B。
8.已知氯化1-乙基-3-甲基咪唑()被广泛应用于有机合成和聚合反应、分离与提纯以及电化学研究中。下列说法错误的是
A．电负性：
B．五元环处于同一平面，则两个氮原子的杂化方式都为
C．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为
D．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中的化学键类型：离子键、共价键
【答案】C【解析】根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，电负性关系为Cl>C>H，A正确；1-乙基咪唑中的五元环存在一个大π键，因此环上的原子处于同一平面，两个N均为sp2杂化，B正确；在共价化合物中，任何两个成键的原子之间均存在1个σ键，由题干有机物结构简式可知，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中有阳离子和阴离子，离子间存在离子键，因此，1mol氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有σ键数目为19NA，C错误；氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，D正确；故选C。
9.溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为：。某温度下X和Y的浓度随时间的变化曲线如图所示。

下列说法错误的是
A．
B．L点处X的转化率为20％
C．时，
D．Y溶液含有少量X，经足够长时间后
【答案】C【解析】由图可知，两个点都不是平衡点，则，A正确；由图可知，X的起始浓度为0.1mol/L ，L点时X的浓度为0.08mol/L，则转化的X的浓度为0.02mol/L，X的转化率为20％，B正确；化学反应速率为平均速率，根据方程式可知，X和Y的计量系数相同，故某个时间段的，但某个时刻无法根据平均速率公式求解，C错误；由图可知，经足够长时间后，反应达到平衡，两者的浓度相等，则两者的物质的量相等，D正确；故选C。
10.软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是

A．简单离子半径 B．简单气态氢化物的热稳定性
C．常温下M单质可以置换出W单质 D．为V形分子，其沸点高于W
【答案】A【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，X为Li；通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S；W和Q同主族，W为O；Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F。
【解析】简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2->O2->F->Li+，A错误；电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，HF>H2O>H2S，B正确；2F2+2H2O=4HF+O2，常温下F2单质可以置换出O2单质，C错误；O3分子看成一个O原子是中心原子，其他2个O原子为配原子，可以看成三原子分子。O3的价电子对数=2+(6-2×2)÷2=3. 有一个孤电子对，所以是V型，D正确； 故选A。
11.砷(As)是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，镓(Ga)与铝同主族，砷化镓是当代国际公认的继硅之后最成熟的化合物半导体材料。某含砷(As)的有毒工业废水经如图流程转化为粗As2O3。已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。下列说法正确的是

A．As基态原子的价电子排布式为4s24p5
B．“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐，H3AsO4转化为Na3AsO4的离子方程式为H++OH-=H2O
C．加入试剂1的目的是除杂
D．每生成1molAs2O3，理论上需要标况下SO244.8L
【答案】D【分析】向亚砷酸和砷酸中加入NaOH进行碱浸，生成亚砷酸钠和砷酸钠，由于亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水，为了提高砷是利用率，加入试剂1，将氧化生成，加入石灰乳“沉砷”，生成砷酸钙沉淀，过滤除去杂质，加入H2SO4酸化，生成砷酸和硫酸钙，再加入SO2将砷酸还原亚砷酸，结晶后生成粗As2O3。【解析】砷(As)是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，价电子是5，故As基态原子的价电子排布式为，A错误；“碱浸”过程，是弱酸，转化为的离子方程式为，B错误；亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水，加入试剂1的目的是将氧化生成，有利于提高砷的利用率，C错误；每生成，得到，需要还原剂2mol的，标况下体积为44.8L，D正确；故选D。
12．浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是

A．电极a应与Ag(II)相连
B．电渗析装置中膜b为阳离子交换膜
C．电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大
D．电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
【答案】D【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。【解析】浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B正确；阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，电渗析装置生成0.01 mol NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；故选D。
13. 电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13

A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
【答案】B【分析】0-a发生的反应为，a点的主成分为和NaCl；a-b发生的反应为，b点的主成分为和NaCl；b-c发生的反应为，c点的主成分为和NaCl。【解析】，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A项正确；，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，B项错误；b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C项正确；主成分为和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c()> c()，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c()> c()，故D项正确；故选B。
14. 某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为金属离子铁，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。下列说法正确的是

A．化学式为
B．金属离子的价电子排布式为
C．金属离子与硼原子的配位数之比2∶1
D．该化合物中存在金属键、离子键、极性键和配位键
【答案】B 【分析】黑球位于顶点和面心，共4个，且八面体中心为金属离子铁，顶点为NH3配体，即[Fe(NH3)6]x+有4个。白球位于晶胞内，共8个，且四面体中心为硼原子，顶点为氢原子， 8个，阴阳离子之比为2:1。该物质的化学式为[Fe(NH3)6](BH4)2，该物质中Fe为+2价。【解析】由上分析化学式为[Fe(NH3)6](BH4)2，A项错误；Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2。+2价铁为[Ar]3d6，其价电子排布为3d6，B项正确；铁配位数为6，硼的配位数为4，金属离子与硼原子的配位数的个数比为3:2，C项错误；该物质中存在配位键、离子键、共价键，D项错误；故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.（14分）现代农业要精准施肥，科学种植。以下是一种实验室测定土壤中含氮量的方法。
(一)提取土壤中的氮
称取100g土壤于烧杯中，加入足量浓硫酸和一定量的催化剂，充分反应后过滤、洗涤滤渣，往滤液加入足量NaOH溶液，按如图进行蒸馏，用过量硼酸吸收生成的氨。

已知：常温下，
(1)土壤中的氮元素主要存在形式_______。(填微粒符号)
(2)向土壤中加入浓硫酸和一定量催化剂的目的_______。
(3)判断滤渣已洗涤干净的方法为_______。
(4)丙装置的缺点为_______。
(5)当丙中尾接管无明显液滴后，需升高温度继续蒸出水蒸气一段时间，目的为_______。
(二)滴定测量含氮量
将锥形瓶内溶液稀释至250mL，取出25.00mL稀释液，向其中滴加2~3滴甲基红(变色范围4.4~6.2)，用盐酸标准溶液滴定。重复实验3次，平均消耗盐酸标准溶液18.00mL。
(6)滴定时，发生反应的离子方程式为_______。
(7)该土壤样品的含氮量为_______(以N元素计算)。
【答案】(1)、 （3分） (2)将土壤中的含氮有机物转化为铵盐 （1分） (3)取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 （2分） (4)牛角管与硼酸溶液没有接触 （2分） (5)保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确（2分） (6)（2分） (7)2.52（2分）
【分析】土壤中的氮大部分以有机态(蛋白质、氨基酸、腐殖质、酰胺等)存在，无机态氮元素主要存在形态包括铵态氮和硝态氮，先从土壤中提取氮，再通过滴定测量氮含量。
【解析】（1）土壤中无机氮元素主要存在形态包括铵态氮和硝态氮，即、；（2）土壤中含氮有机化合物在还原性催化剂的作用下，用浓硫酸消化分解，使其中所含的氮转化为氨，并与硫酸结合为硫酸铵，因此向土壤中加入浓硫酸和一定量催化剂的目的是将土壤中的含氮有机物转化为铵盐；（3）若要判断滤渣是否洗净，需要检测是否还有硫酸根离子，因此方法为：取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净；（4）为了保证氨气被硼酸溶液充分吸收，应使牛角管与硼酸溶液接触，则丙装置的缺点为：牛角管与硼酸溶液没有接触；（5）氨气极易溶于水，为了保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，牛角管无明显液滴后，还需升高温度继续蒸出水蒸气一段时间，保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确；（6）硼酸为弱酸，且存在，则滴定时发生的反应为；（7）根据原子守恒有关系式：，解得x=910-4mol，则含氮量为。
16.（2分）三氧化二镍()是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含、、的氧化物，，C等)制备的工艺流程如下所示：

已知：①在该实验条件下、不能氧化。
②常温下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的如下表所示：
  离子





开始沉淀
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀
8.7
—
3.2
9.0
③萃取的原理为。
回答下列问题：
(1)“预处理时，可以用_______(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。
(2)“浸出时，提高浸出效率可采取的措施有_____(任写一种)。滤渣1的主要成分是_____。
(3)“氧化时，加入发生反应的离子方程式为_______，目的是_______。
(4)若常温下，“调时，溶液中浓度为，为使等杂质离子沉淀完全()，经过计算，需控制溶液的范围是_______。
(5)“萃取时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有_______、烧杯。请利用化学平衡原理解释该流程中用反萃取的原理_______。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于


高于
晶体形态


多种结晶水合物

从溶液获得稳定的晶体的操作是：_______。
【答案】(1) （1分）
(2)适当升高温度(将含镍废料粉碎，适当增大硫酸浓度等)  （1分）   （2分）
(3)    （2分）   将氧化为，便于后续通过调除去（2分）
(4)4.7~6.7（或）（1分） (5) 分液漏斗（1分）     体系中存在化学平衡：，向体系中加入足量溶液，体系中浓度增大，平衡体系逆向移动，镍元素由有机相转变为水相中，实现反萃取（2分）
(6) 蒸发浓缩，冷却至之间结晶，过滤、洗涤、干燥得到（2分）
【分析】含镍废料预处理后，加入稀硫酸进行酸浸，使Ni、Al、Fe元素转化为对应的可溶性硫酸盐，SiO2、C等不溶物过滤后可除去，滤液中加入NaClO3，使氧化生成，调节溶液pH，可使、生成氢氧化物沉淀除去，加入有机萃取剂后，形成NiR2（有机相），从而使与水溶性杂质分离，加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、控温冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作后，得到晶体，再进一步处理得到产品。
【解析】（1）油脂油污属于酯类，在碱性条件下可以完全水解而被除去，因此在预处理含镍废料时可以用热的Na2CO3溶液进行碱浸；（2）提高浸出效率主要从加快反应速率、使反应更充分等角度考虑，因此可采取的措施有适当升高温度、将含镍废料粉碎，适当增大硫酸浓度等；含镍废料中不溶于稀硫酸的物质主要有SiO2、C，因此酸浸完成后过滤得到的滤渣1主要成分是SiO2、C；（3）NaClO3具有氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：；因为与生成氢氧化物沉淀的pH接近，如调pH除去，会使损失，因此需要把氧化成后再除去，避免损失；（4）常温下，根据，结合表格数据得开始沉淀时，则，当溶液中浓度为时，根据计算得，此时，为防止损失，溶液pH应小于6.7。同理可计得完全沉淀时溶液pH=4.7，故为使等杂质离子沉淀完全，pH应大于等于4.7。因此需要控制溶液的pH范围是或4.7~6.7；（5）实验室进行萃取实验时，需要用到的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；该流程中用反萃取的原理是：体系中存在化学平衡：，向体系中加入足量溶液，体系中浓度增大，平衡体系逆向移动，镍元素由有机相转变为水相中，实现反萃取；（6）根据表格数据，由溶液获得稳定的晶体的操作是：蒸发浓缩，冷却至之间结晶，过滤、洗涤、干燥得到。
17.（15分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
(1)以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应如下：
I.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) K2
III.CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) K3
IV.C(s)+O2(g)CO2(g) K4
该工艺制H2总反应可表示为C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)，该反应的平衡常数K=_______(用K1等的代数式表示)。
(2)N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)的速率方程为v正=k正c(CO)•c(N2O)，v逆=k逆c(CO2)•c(N2)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。净反应速率(△v)等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv(500K)_______(填“>”、“”、“＜”或“=”) a mol/L。
(4)一定条件下，CO2与H2反应可合成CH2=CH2，2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)，该反应分两步进行：
i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1
ii.2CO(g)+4H2(g)CH2=CH2(g)+2H2O(g) ΔH2
T℃，压强恒定为100kPa时，将n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示。
组分
H2
CO
CH2=CH2
物质的量分数(%)



CO2的平衡转化率为_______，反应i的平衡常数Kp=_______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)利用(Q)与(QH2)电解转化法从烟气中分离CO2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。

①(填“a”或“b”)_______为电源负极。
②CO2从出口_______(填“1”或“2”)排出，CO2在M极上发生的反应为_______。
【答案】(1)（1分） (2)=（1分） (3) 向左 （1分） = （1分）
(4) 90%   （2分） 3.4（2分） (5) a  （1分）   2  （2分） CO2+OH-=HCO（2分）
【解析】（1）根据平衡常数的定义K1=、K2=、K3=c(CO2)，C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的平衡常数K==；（2）净反应速率(Δv)等于正、逆反应速率之差，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，净速率为0，平衡时，Δv(500 K)=Δv(550 K)。（3）增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动；反应Ⅲ的平衡常数K3=c(CO2)，温度不变平衡常数不变。（4）设初始投料为1molCO2和3molH2，反应Ⅰ生成CO的物质的量为xmol，反应Ⅱ生成乙烯的物质的量为ymol，平衡时二氧化碳的物质的量为(1-x)mol，氢气的物质的量为(3-x-4y)mol，乙烯的物质的量为ymol，CO的物质的量为(x-2y)mol，水的物质的量为(x+2y)mol，气体总物质的量为(1-x)mol+(3-x-4y)mol+ymol+(x-2y)mol+(x+2y)mol=(4-3y)mol，由表格可知，乙烯的物质的量分数为，解得y=0.4，CO的物质的量分数为=，解得x=0.9，CO2的平衡转化率为×100%=90%；二氧化碳的体积分数为=，水的体积分数为=，反应i的平衡常数Kp==3.4。（5）①M电极上Q被还原为QH2，所以M电极为阴极，则a为电源负极；②通入的二氧化碳与M极生成氢氧根离子反应：CO2+OH-=HCO，生成碳酸氢根离子向阳极(N极)移动，和N极产生的氢离子反应得到二氧化碳，所以CO2从出口2排出。
18.（15分）化合物K是一种新型药物，其合成路线如图所示：

已知：①R－NH2+R1－XR－NH－R1；
②。
(1)H的化学名称是_____。
(2)由D生成E的反应类型为_____。
(3)B的结构简式为_____。
(4)F中官能团的名称为_____。
(5)由C与I生成J的化学方程式为_____。
(6)在G的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为_____种。
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③不存在－O－N－键。
上述同分异构体中，核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量比为2：2：2：1的结构简式为_____。
(7)结合题目信息，利用甲胺(CH3NH2)与为原料合成，写出合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_____
【答案】(1)2-氨基苯甲酸乙酯（1分） (2)取代反应 （1分） (3) （2分）
(4)羧基、硝基（2分）(5)＋→＋2HCl（2分）
(6)   13  （2分）   （2分）
(7)HOCH2CH2NHCH3ClCH2CH2NHCH3（3分）
【分析】D分子式为C7H8，不饱和度为4，结合F的结构简式可知，D为甲苯。甲苯发生硝化反应生成E，结合F的结构简式可知，E为。E中甲基被酸性高锰酸钾氧化为羧基生成F，F发生信息反应②，硝基还原为氨基，则G为。G和CH3CH2OH发生酯化反应生成H，则H为。H和KBH4-TiCl4反应生成I，结合I的分子式和J的结构简式可知，I为。C和I发生信息反应①生成J，结合J的结构简式可知，C为。结合B和C的分子式可知，C比B多了2个Cl少了2个-OH，即B中2个羟基被氯原子替代，则B为。A和CH3CH2NHCH2CH2OH发生加成反应生成B。
【解析】（1）根据分析，H为，其化学名称为2-氨基苯甲酸乙酯。（2）根据分析，D为甲苯，甲苯发生硝化反应在甲基邻位引入硝基生成E ，该反应为取代反应。（3）根据分析，C为，结合B和C的分子式可知，C比B多了2个Cl少了2个-OH，即B中2个羟基被氯原子替代，则B为。（4）根据F的结构简式可知，F中含有的官能团为羧基、硝基。（5）根据分析，由C与I生成J的化学方程式为＋→＋2HCl。（6）根据分析，G为，G的同分异构体属于芳香族化合物，说明含有苯环，能发生银镜反应，说明含有HCOO-或-CHO，且不存在－O－N－键。若苯环上的取代基为HCOO-和-NH2，则存在邻、间、对3种同分异构体。若苯环上的取代基为-CHO、-OH和-NH2，则有10种同分异构体。因此满足条件的G的同分异构体共有13种；核磁共振氢谱显示有四组氢，且氢原子数量比为，说明结构对称，其结构简式为。（7）对照原合成路线中A→B→C可设计合成路线为HOCH2CH2NHCH3ClCH2CH2NHCH3。