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2022届山西省太原市省实验中学高三下学期三模考试理综化学试题含解析
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这是一份2022届山西省太原市省实验中学高三下学期三模考试理综化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
太原市省实验中学2022届高三下学期三模考试
理综化学试题
一、单选题
1．“神舟十三号”乘组航天员在空间站进行了三次“天宫授课”。以下实验均在太空中进行，下列说法正确的是( )
A．“泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应时，有电子的转移
B．“太空冰雪实验”中，过饱和乙酸钠溶液结晶，该过程放出热量
C．“太空五环实验”中，向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色
D．“水油分离实验”中，不需其他操作，静置即可实现水和油的分离
2．a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物，X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1。物质之间的转化关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A．简单离子半径：e＞d＞ b
B．b、c形成的化合物中都不含共价键
C．Z、W都能破坏水的电离平衡
D．b的氢化物稳定性一定强于e的氢化物
3．我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
4．PBS是一种新型的全生物降解塑料，它是以丁二醇(C4H10O2)和丁二酸(C4H6O4)合成的聚酯加工而成，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．丁二醇和丁二酸均可以发生消去反应
B．PBS塑料和PE(聚乙烯)塑料均属于加聚反应的产物
C．若不考虑立体异构和两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构，则丁二醇共有6种结构
D．1，4-丁二醇( ) 能被酸性KMnO4溶液氧化生成丁二酸，二者互为同系物
5．氮化钡( Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气反应生成氮化钡，在实验室可用如图装置制备(每个装置只用一次)。已知： Ba3N2遇水反应； BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。下列说法错误的是( )
A．实验时，先点燃装置丙中的酒精喷灯，后点燃装置乙中的酒精灯
B．该实验装置中缺少尾气处理装置
C．按气流方向，装置的连接顺序可为c→b→a→d→e→g
D．装置甲中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均可防止水蒸气进入装置丙中
6．某微生物燃料电池在废水处理和新能源开发领域具有广阔的应用前景，其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．电极电势a＜ b，电极b上发生氧化反应
B．HS-在硫氧化菌作用下发生反应 HS-+ 4H2O- 8e- =SO42-+9H+
C．若该电池外电路有0.4 mol电子转移，则 有0.45molH+迁移到b极。
D．该燃料电池在高温下进行效率更高
7．常温下，二元酸H2A的Ka1=1.3 ×10-7，Ka2=7.1×10-15，难溶盐CuA、ZnA饱和溶液中沉淀溶解平衡时相关离子浓度的变化如图所示，已知Ksp (CuA)＜ Ksp(ZnA)。下列说法错误的是( )
A．m线表示CuA饱和溶液中相关离子的浓度变化，且Ksp(CuA )的数量级为10-37
B．a点对应的可以是CuA的不饱和溶液，也可以是ZnA的不饱和溶液
C．向p点的溶液中加入少量Na2A固体，溶液组成可能变为q点
D．向等浓度、等体积的稀H2SO4中分别加入少许等物质的量的ZnA和CuA两种固体，ZnA、CuA都能溶解
二、非选择题
8．高纯度硝酸高铈铵主要用作有机合成的催化剂和氧化剂、集成电路的腐蚀剂等。它的化学式为(NH4)2[Ce(NO3)6] ，是一种橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由9.99%的碳酸铈制备硝酸高铈铵时的主要步骤如下：
I．取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤后待用。在搅拌条件下，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黃色难溶物)。
II．将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，经过滤、洗涤、自然烘干后得到产品。
回答下列问题：
（1）①步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器的原因是 ，写出生成Ce(OH)4的离子方程式： 。
②步骤I中进行“氧化沉淀”时，加热的温度不宜过高，原因是 。
（2）步骤I中的Ce(OH)4在实验室中可由Ce(OH)3制取，某同学设计了如下装置： 。
①装置a圆底烧瓶中盛放的固体药品为 (填化学式)。
②当装置b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气(图中框内改为通空气装置)的目的是 ；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
（3）步骤II中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3反应的化学方程式为 。
9．金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是WO42-、PO43-、AsO43-、AsO33-和SiO32- 。
（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
（2）写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
（3）“滤渣2”主要是 (填化学式)。
（4）“操作X”是 ，产品 1是 。
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
（6）在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42- +Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
10．在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
（1）利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为通过如下步骤来实现：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
II．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图1所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH＞ 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)： n(H2O)= ，则干重整反应的平衡常数Kp (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
（2）二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
（3）科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图所示。
①写出与电源正极相连一极上的电极反应式： 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相同
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．水的电离程度：处理后海水1＞处理后海水2
D．该方法可以同时将海水进行淡化
11．我国科学家开发了一种高电化学活性和水氧稳定的方酸锂可作为电池电解质的锂补偿剂和锂源。回答下列问题：
（1）方酸可用作合成有机光导体、液晶显示材料等的中间体，其结构如图所示。
①1 mol方酸中含有的σ键数目为 ，其中 C的杂化轨道类型是 。
②羧基中的羟基极性越大，越易电离出H+。三氟乙酸(CF3COOH)的酸性大于三氯乙酸(CCl3COOH)，试从键的极性分析其原因可能是 。
（2）LiClO4 、LiBF4、LiPF4等离子液体也常作为锂离子电池的电解质。
①LiClO4中阴离子的空间结构名称是 。
②BF4-是一种配离子，请从配位键来解释其形成过程： 。
③LiPF6在一定条件下可分解生成PF5比较PF5和PCl5的热分解温度高低，利用键参数说明理由： 。
（3）1975年，锂键首次被实验证实，即X…Li-Y(X代表NH3， ， H2O，CH3OCH3；Y代表Cl，Br)。锂键和氢键类似，但也有不同，下列有关说法错误的是____(填字母)。
A．形成氢键(X-H…Y)三原子不一定在一条直线上。
B．氢键具有部分共价键的性质，锂键可能具有部分离子键的性质
C．电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br
D．分子间能形成氢键， CH3OCH3分子间不能形成氢键
（4）磷酸亚铁锂是一种锂离子电池的正极材料，其晶胞结构示意图如图(a)所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个，电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+ ，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则x= 。
（5）用于制造激光器的KH2PO4大晶体是由水溶液结晶出来的。分别用、●表示H2PO4-和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO4-、K+在晶胞xz面、yz面上的位置，则晶胞在x轴方向上的投影图为 (填字母)。
12．化合物H是用于治疗慢性特发性便秘药品普卡必利的合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）有机物C中含有的官能团为 (填名称)。
（2）A的结构简式为 ，F→G的反应类型为 。
（3）反应C→D的化学方程式为 。
（4）有机物M是A的同分异构体，其中满足下列条件的M共有 种(不考虑立体异构)。
①含有氨基，且能使FeCl3溶液显色
②能发生银镜反应和水解反应
（5）若B的一种同分异构体为α-氨基酸，其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1：1的为 。( 写结构简式，同一个C上连有-OH和-NH2的物质不稳定。)
（6）结合以上流程，设计以苯酚和CH2=CHCH2Cl为原料合成的路线(其他无机试剂任选)：
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．柠檬酸与小苏打反应生成柠檬酸钠、二氧化碳和水，为强酸制弱酸的复分解反应，没有电子的转移，故A不符合题意；
B．过饱和乙酸钠溶液一旦遇到晶核，会迅速结晶，并放出热量，故B符合题意；
C．乙酸溶液呈酸性，向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色(或橙色，与pH有关)，故C不符合题意；
D．失重环境下水油无法自然分离，可以使用旋转的方式，借助离心作用，来使它们分离，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、复分解反应没有电子的转移；
B、过饱和乙酸钠溶液结晶会放出热量；
C、还有可能变为橙色，具体颜色与pH有关；
D、 静置无法实现水和油的分离
2．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，b为O，d为Al，e为Cl，它们的简单离子分别为O2-、Al3+、Cl-，O2-和Al3+的电子层结构相同，但是Al的原子序数较大，故离子半径：O2-＞Al3+，O2-、Al3+都只有两个电子层，Cl-有三个电子层，故Cl-的离子半径最大，所以，简单离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，A不符合题意；
B．由分析可知，b为O，c为Na，它们形成的化合物Na2O2含有离子键和共价键，B不符合题意；
C．由分析可知，Z为AlCl3，W为NaAlO2，它们在水中都会发生水解，都能促进水的电离平衡正向移动，C符合题意；
D．由分析可知，b为O，e为Cl，O的氢化物有H2O2、H2O，Cl的氢化物为HCl，H2O2的稳定性较弱，而HCl的稳定性较强，故O的氢化物稳定性不一定强于Cl的氢化物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由题意可得，X为HCl，a单质为氢气，a为H，两性化合物为氧化铝，则Z、W中含有Al，Z为AlCl3，W中含有偏铝酸根离子，d为Al，b为O，c为Na，e为Cl；X为HCl，Y为NaOH，Z为AlCl3，W为NaAlO2。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A不符合题意；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B不符合题意；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C不符合题意；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、CoOOH虽然参与反应，但之后又生成；
B、Fe(OH)2、CoOOH都能与盐酸反应；
C、注意电荷守恒和元素守恒；
D、无非极性键的断裂。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．丁二醇中羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，但丁二酸不能发生消去反应，A项不符合题意；
B．乙烯发生加聚反应生成PE(聚乙烯)，但丁二醇与丁二酸反应生成PBS塑料和水，发生缩聚反应，B项不符合题意；
C．若不考虑立体异构和两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构，则丁二醇有 、 、 、 、 、 共有6种结构，C项符合题意；
D．丁二醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成丁二酸，但丁二醇含有羟基，而丁二酸含有羧基，二者结构不相似，不是同系物，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、丁二酸不能发生消去反应；
B、 PBS 产物中还有水，属于缩聚反应；
C、注意同分异构体的区别，特别是有不同官能团时；
D、一个含有羟基、一个含有羧基，不是同系物。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．BaH2在潮湿空气中能自燃，则实验时应该先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间，使生成的氮气将装置内的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，A符合题意；
B．该实验中氢化钡(BaH2)与氮气在高温下反应制得氮化钡(Ba3N2)，同时有氢气放出，氢气属于易燃气体，不能直接排放，所以该实验装置中缺少尾气处理装置，B不符合题意；
C．根据分析可知，按气流方向，装置的连接顺序可为c→b→a→d→e→g，C不符合题意；
D．浓硫酸和碱石灰都具有吸水作用，可防止水蒸气进入装置丙中导致产物变质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、应该先点燃乙中酒精灯，因为BaH2在潮湿空气中能自燃，需要先排空空气；
B、反应有氢气放出，但没有消除氢气的装置；
CD、乙中产生的气体经过甲中浓硫酸吸收水分，在经过丙参与反应，连接丁，防止空气中的水进入丙装置中；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．a极为负极，b极为正极，发生还原反应，电极电势a＜b，A不符合题意；
B．a极为负极，电极反应式为HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B符合题意；
C．该电池外电路有0.4mol电子转移，由电荷守恒可知，有0.4molH+迁移到b极，C不符合题意；
D．微生物在高温下会死亡，降低电池效率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、b极为正极，得电子，发生还原反应；
B、a极为负极，失去电子，注意电荷守恒；
C、只有0.4molH+迁移到b极；
D、高温不利于微生物的生存，会死亡。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．在m线上，当横坐标等于20时，纵坐标约等于16.4，即c(Cu2+)=10-20，c(A2-)=10-16.4，故Ksp= c(Cu2+) c(Cu2+)=10-20×10-16.4=10-36.4，数量级为10-37，A项不符合题意；
B．A点的横纵坐标之积小于m、n线上任意一点横纵坐标之积，即a点Qc＜Ksp，故为ZnA和CuA的不饱和溶液，B项不符合题意；
C．向P点加入少量Na2A固体，溶液中c(A2-)增大，-lgc(A2-)减小，对于ZnA的沉淀溶解平衡ZnA(s)⇌Zn2+(aq)+A2-(aq)逆向移动，c(Zn2+)减小，则-lgc(Zn2+)增大，故可以实现p点变为q点，C项不符合题意；
D．由曲线可知，Ksp(CuA)很小，故很难溶于稀硫酸，Ksp(ZnA)相对较大，可以溶解在稀硫酸中，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、Ksp= c(Cu2+) c(Cu2+)；
B、计算出a点Qc与Ksp，比较大小；
C、加入Na2A固体后，溶液中c(A2-)增大，-lgc(A2-)减小；
D、CuA难溶于稀硫酸。
8．【答案】（1）铁质容器易与硝酸反应；2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓；双氧水、氨水均易受热分解
（2）KMnO4 (或KClO3)；除去装置内的Cl2，使其完全被NaOH溶液吸收；取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净
（3）H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3
【解析】【解答】
(1)①由题干信息可知，步骤I巍峨取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应，故步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器，由分析可知，生成Ce(OH)4即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4，该反应的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓，故答案为：铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应；2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓；
②由题干信息可知，步骤I中进行“氧化沉淀”即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀时，由于双氧水、氨水均易受热分解，故加热的温度不宜过高，故答案为：双氧水、氨水均易受热分解；
(2)①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或KClO3等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶，故答案为：KMnO4[或KClO3]；
②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce（OH）4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
(3)根据题意H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3反应生成（NH4）2[Ce（NO3）6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3，故答案为：H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3。
【分析】本题为有碳酸铈制备硝酸高铈铵，步骤I主要是将碳酸铈[Ce2(CO3)3]在铂皿中用硝酸溶解，反应原理为：Ce2(CO3)3+6HNO3=2Ce(NO3)3+3H2O+3CO2↑，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤出溶液，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黃色难溶物)，反应原理为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓，将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，过滤洗涤、干燥可得纯净的硝酸高铈铵。
9．【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O2高温__6Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
（2）AsO32-+ ClO-=AsO43-+ Cl-
（3）H2SiO3
（4）灼烧；金属钨或W
（5）溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) ⇌Ca2+ (aq) +WO42- (aq)，加入盐酸后H+与WO42-生成更难溶的物质，c (WO42- )减小，使得平衡正向移动
（6）c+a-2b；112xV×10-3×397c+a-2b×100%
【解析】【解答】
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O2高温__6Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O2高温__6Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
(2)由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将AsO33-氧化为AsO43-，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：AsO32-+ ClO-=AsO43-+ Cl-，故答案为：AsO32-+ ClO-=AsO43-+ Cl-；
(3)由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
(4)由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)⇌Ca2+ (aq) +WO42-(aq)，加入盐酸后H+与WO42-生成更难溶的物质，c (WO42-)减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)⇌Ca2+ (aq) +WO42-(aq)，加入盐酸后H+与WO42-生成更难溶的物质，c (WO42-)减小，使得平衡正向移动；
(6)①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42- +Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~WO42-~2IO3-~6I2~12S2O32-，故有n(WCl6)=112n(S2O32-)=112xmol/L×V×10-3L=112xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为112xV×10-3×397c+a-2b×100%，故答案为：112xV×10-3×397c+a-2b×100%。
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是WO42-、PO43-、AsO43-、AsO33-和SiO32-， “氧化”步骤中用NaClO溶液将AsO33-氧化为AsO43-，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
10．【答案】（1）慢反应；CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；A；相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大；1：1；(0.6p2.4)2⋅(0.2p2.4)2(0.8p2.4)⋅(0.6p2.4)
（2）在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
（3）Fe(CN)64--e-= Fe(CN)63-；A
【解析】【解答】(1)①由图可知反应I的活化能大于反应II，故反应I为慢反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) （副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故： 起始(mol)转化(mol)平衡(mol)CH4(g)10.20.8+CO2(g)10.20.8⇌2CO(g)00.40.4+2H2(g)00.40.4
起始(mol)转化(mol)平衡(mol)H2(g)0.40.20.2+CO2(g)0.80.20.6⇌CO(g)0.40.20.6+H2O(g)00.20.2
体系中，n(H2)=0.2mol， n(H2O)=0.2mol，n(H2)： n(H2O)=1：1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CH4)⋅p(CO2)=(0.6p2.4)2⋅(0.2p2.4)2(0.8p2.4)⋅(0.6p2.4)；
(2)催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；
(3)①由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：Fe(CN)64--e-= Fe(CN)63-；
②A．由①可知电极X为阴极，电极反应式为Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-，电极Y为阳极，电极反应式为：Fe(CN)64--e-= Fe(CN)63-，则循环液1和2均含有Fe(CN)63-和Fe(CN)64-，A项正确；
B．为避免循环液出现离子交换，阳离子向电极X（阴极）移动，阴离子向电极Y（阳极）移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项不正确；
C．由图可知，海水1经处理，HCO3-转换为CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水的电离，而酸化处理后的海水2，CO2转化为HCO3-，HCO3-易水解，故水的电离程度：处理后海水1＜处理后海水2，C项不正确；
D．电解时，海水中的Na+等阳离子向阴极移动，Cl-等阴离子向阳极移动，但这些离子依然在处理后的海水中，并不会有利于海水的淡化，D项不正确；
故答案为：A。
【分析】（1）热化学反应方程式的书写注意反应热的计算，同时注意平衡常数公式的运用；
（2）催化剂可以降低反应的活化能；
（3）电极反应方程式注意得失电子和电荷守恒。
11．【答案】（1）10NA；sp2；氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（2）正四面体；F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对(或其他合理答案)；PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能
（3）D
（4）4；0.1875或316
（5）B
【解析】【解答】(1)①单键均为σ键，双键中有一条σ键一条Π键，由结构简式可知，1mol该物质中含有10NAσ键；该结构中C原子均形成双键，采用sp2，故答案为：10NA；sp2；
②F和Cl为同主族元素，F分电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，故答案为：氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子；
(2)①LiClO4中阴离子的ClO4-，其中心Cl原子的价层电子对数为7+12=4，无孤电子对，为正四面体结构，故答案为：正四面体；
②BF4-是一种配离子，其由BF3和F-结合形成，BF3中心B原子存在空轨道，F-离子存在孤电子对，两者结合时BF3提供空轨道，F-离子提供孤电子对，形成配位键，故答案为：F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对；
③PF5和PCl5中，F原子的电负性大于Cl，P-F键的键长比P-Cl键的键长短，键长越短，键能越大，形成的物质越稳定，因此PF5的分解温度高于PCl5，故答案为：PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能；
(3)形成氢键(X-H…Y)三原子可能共线，也可能不在同一直线上，故A正确；
B. 氢键为两个非金属原子之间的作用力具有部分共价键的性质，锂键是离子与其他原子之间形成的特殊作用力，可能具有部分离子键的性质，故B正确；
C. 氯、溴为同主族元素，从上到下同主族元素的电负性减弱，第一电离能减弱，故电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br，故C正确；
D. CH3OCH3分子中存在非金属性较强的O原子，也能形成分子间氢键，故D不正确；
故答案为：D；
(4)由晶胞结构可知每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，充电前锂离子有8个在顶点个数为：8×18=1、4个在棱心个数为4×14=1，4个在面心个数为4×12=2，一个晶胞中锂离子个数为4个，充电后锂离子部分损失，有8个在顶点个数为：8×18=1、3个在棱心个数为3×14=34，3个在面心个数为3×12=32，个数为134，此时该晶胞对应的化学式为：Li1316FePO4，即1-x=1316，x=316，故答案为：0.1875或316；
(5)晶胞顶点的投影到正方形的四个顶点，上面面心的●投影到正方形的上下棱心，体心都应到面心，体内的令另两个投影到体心靠下14处，两侧面山的投影到距离正方形上顶点14处，两侧棱上心上的●投影到正方形的两侧边的中心上，两侧面上的●投影到正方形的两侧边的距下顶点14处，晶胞体内的两个●投影到正方形面内距离上边长14处，由此可知B正确，故答案为：B；
【分析】（1）单键均为σ键，双键中有一条σ键一条π键；
（2）根据电子对的情况确定空间结构以及电子的配对情况；
（4）（5）计算晶胞的时候要注意晶胞顶点、面心处的原子并非全部属于该晶胞；
12．【答案】（1）酯基、羟基、酰胺基
（2）；还原反应
（3）（或）
（4）10
（5）
（6）
【解析】【解答】
(1)有机物C含有的官能团为酯基、羟基、酰胺基。
(2)由分析可知，A的结构简式为；F→G的反应中，F中的醛基转化为羟基，则该反应为还原反应。
(3)C和BrCH2CH=CH2发生取代反应生成D，该反应的化学方程式为（或）。
(4)A的同分异构体中，能使FeCl3溶液显色，说明M含有酚羟基，能发生银镜反应和水解反应，说明M为甲酸酯，则M的结构中，苯环上的取代基有-NH2、-OH、-OOCH，则M的结构有以下情况：①-NH2、-OH处于邻位，苯环上有4种氢原子，则-OOCH可以有4个位置，即共有4种结构，②-NH2、-OH处于间位，苯环上有4种氢原子，则-OOCH可以有4个位置，即共有4种结构，③-NH2、-OH处于对位，苯环上有2种氢原子，则-OOCH可以有2个位置，即共有2种结构；综上所述，符合条件的M的同分异构体共有10种。
(5)α-氨基酸中的-NH2和-COOH连接在同一个碳原子上，核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1：1的B的同分异构体为。
(6)结合C→F的转化过程，可以推出以苯酚和CH2=CHCH2Cl为原料合成为：。
【分析】A和CH3OH在酸性条件下反应生成B（），则A为；B和发生取代反应生成C（）；C和BrCH2CH=CH2发生取代反应生成D（）；D受热转化为E（）；E再被氧化为F（）；F被还原为G（）；G再转化为H（）。
太原市省实验中学2022届高三下学期三模考试
理综化学试题
一、单选题
1．“神舟十三号”乘组航天员在空间站进行了三次“天宫授课”。以下实验均在太空中进行，下列说法正确的是( )
A．“泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应时，有电子的转移
B．“太空冰雪实验”中，过饱和乙酸钠溶液结晶，该过程放出热量
C．“太空五环实验”中，向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色
D．“水油分离实验”中，不需其他操作，静置即可实现水和油的分离
2．a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物，X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1。物质之间的转化关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A．简单离子半径：e＞d＞ b
B．b、c形成的化合物中都不含共价键
C．Z、W都能破坏水的电离平衡
D．b的氢化物稳定性一定强于e的氢化物
3．我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
4．PBS是一种新型的全生物降解塑料，它是以丁二醇(C4H10O2)和丁二酸(C4H6O4)合成的聚酯加工而成，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．丁二醇和丁二酸均可以发生消去反应
B．PBS塑料和PE(聚乙烯)塑料均属于加聚反应的产物
C．若不考虑立体异构和两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构，则丁二醇共有6种结构
D．1，4-丁二醇( ) 能被酸性KMnO4溶液氧化生成丁二酸，二者互为同系物
5．氮化钡( Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气反应生成氮化钡，在实验室可用如图装置制备(每个装置只用一次)。已知： Ba3N2遇水反应； BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。下列说法错误的是( )
A．实验时，先点燃装置丙中的酒精喷灯，后点燃装置乙中的酒精灯
B．该实验装置中缺少尾气处理装置
C．按气流方向，装置的连接顺序可为c→b→a→d→e→g
D．装置甲中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均可防止水蒸气进入装置丙中
6．某微生物燃料电池在废水处理和新能源开发领域具有广阔的应用前景，其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．电极电势a＜ b，电极b上发生氧化反应
B．HS-在硫氧化菌作用下发生反应 HS-+ 4H2O- 8e- =SO42-+9H+
C．若该电池外电路有0.4 mol电子转移，则 有0.45molH+迁移到b极。
D．该燃料电池在高温下进行效率更高
7．常温下，二元酸H2A的Ka1=1.3 ×10-7，Ka2=7.1×10-15，难溶盐CuA、ZnA饱和溶液中沉淀溶解平衡时相关离子浓度的变化如图所示，已知Ksp (CuA)＜ Ksp(ZnA)。下列说法错误的是( )
A．m线表示CuA饱和溶液中相关离子的浓度变化，且Ksp(CuA )的数量级为10-37
B．a点对应的可以是CuA的不饱和溶液，也可以是ZnA的不饱和溶液
C．向p点的溶液中加入少量Na2A固体，溶液组成可能变为q点
D．向等浓度、等体积的稀H2SO4中分别加入少许等物质的量的ZnA和CuA两种固体，ZnA、CuA都能溶解
二、非选择题
8．高纯度硝酸高铈铵主要用作有机合成的催化剂和氧化剂、集成电路的腐蚀剂等。它的化学式为(NH4)2[Ce(NO3)6] ，是一种橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由9.99%的碳酸铈制备硝酸高铈铵时的主要步骤如下：
I．取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤后待用。在搅拌条件下，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黃色难溶物)。
II．将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，经过滤、洗涤、自然烘干后得到产品。
回答下列问题：
（1）①步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器的原因是 ，写出生成Ce(OH)4的离子方程式： 。
②步骤I中进行“氧化沉淀”时，加热的温度不宜过高，原因是 。
（2）步骤I中的Ce(OH)4在实验室中可由Ce(OH)3制取，某同学设计了如下装置： 。
①装置a圆底烧瓶中盛放的固体药品为 (填化学式)。
②当装置b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气(图中框内改为通空气装置)的目的是 ；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
（3）步骤II中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3反应的化学方程式为 。
9．金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是WO42-、PO43-、AsO43-、AsO33-和SiO32- 。
（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
（2）写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
（3）“滤渣2”主要是 (填化学式)。
（4）“操作X”是 ，产品 1是 。
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
（6）在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42- +Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
10．在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
（1）利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为通过如下步骤来实现：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
II．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图1所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH＞ 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)： n(H2O)= ，则干重整反应的平衡常数Kp (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
（2）二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
（3）科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图所示。
①写出与电源正极相连一极上的电极反应式： 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相同
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．水的电离程度：处理后海水1＞处理后海水2
D．该方法可以同时将海水进行淡化
11．我国科学家开发了一种高电化学活性和水氧稳定的方酸锂可作为电池电解质的锂补偿剂和锂源。回答下列问题：
（1）方酸可用作合成有机光导体、液晶显示材料等的中间体，其结构如图所示。
①1 mol方酸中含有的σ键数目为 ，其中 C的杂化轨道类型是 。
②羧基中的羟基极性越大，越易电离出H+。三氟乙酸(CF3COOH)的酸性大于三氯乙酸(CCl3COOH)，试从键的极性分析其原因可能是 。
（2）LiClO4 、LiBF4、LiPF4等离子液体也常作为锂离子电池的电解质。
①LiClO4中阴离子的空间结构名称是 。
②BF4-是一种配离子，请从配位键来解释其形成过程： 。
③LiPF6在一定条件下可分解生成PF5比较PF5和PCl5的热分解温度高低，利用键参数说明理由： 。
（3）1975年，锂键首次被实验证实，即X…Li-Y(X代表NH3， ， H2O，CH3OCH3；Y代表Cl，Br)。锂键和氢键类似，但也有不同，下列有关说法错误的是____(填字母)。
A．形成氢键(X-H…Y)三原子不一定在一条直线上。
B．氢键具有部分共价键的性质，锂键可能具有部分离子键的性质
C．电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br
D．分子间能形成氢键， CH3OCH3分子间不能形成氢键
（4）磷酸亚铁锂是一种锂离子电池的正极材料，其晶胞结构示意图如图(a)所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个，电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+ ，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则x= 。
（5）用于制造激光器的KH2PO4大晶体是由水溶液结晶出来的。分别用、●表示H2PO4-和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO4-、K+在晶胞xz面、yz面上的位置，则晶胞在x轴方向上的投影图为 (填字母)。
12．化合物H是用于治疗慢性特发性便秘药品普卡必利的合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）有机物C中含有的官能团为 (填名称)。
（2）A的结构简式为 ，F→G的反应类型为 。
（3）反应C→D的化学方程式为 。
（4）有机物M是A的同分异构体，其中满足下列条件的M共有 种(不考虑立体异构)。
①含有氨基，且能使FeCl3溶液显色
②能发生银镜反应和水解反应
（5）若B的一种同分异构体为α-氨基酸，其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1：1的为 。( 写结构简式，同一个C上连有-OH和-NH2的物质不稳定。)
（6）结合以上流程，设计以苯酚和CH2=CHCH2Cl为原料合成的路线(其他无机试剂任选)：
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．柠檬酸与小苏打反应生成柠檬酸钠、二氧化碳和水，为强酸制弱酸的复分解反应，没有电子的转移，故A不符合题意；
B．过饱和乙酸钠溶液一旦遇到晶核，会迅速结晶，并放出热量，故B符合题意；
C．乙酸溶液呈酸性，向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色(或橙色，与pH有关)，故C不符合题意；
D．失重环境下水油无法自然分离，可以使用旋转的方式，借助离心作用，来使它们分离，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、复分解反应没有电子的转移；
B、过饱和乙酸钠溶液结晶会放出热量；
C、还有可能变为橙色，具体颜色与pH有关；
D、 静置无法实现水和油的分离
2．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，b为O，d为Al，e为Cl，它们的简单离子分别为O2-、Al3+、Cl-，O2-和Al3+的电子层结构相同，但是Al的原子序数较大，故离子半径：O2-＞Al3+，O2-、Al3+都只有两个电子层，Cl-有三个电子层，故Cl-的离子半径最大，所以，简单离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，A不符合题意；
B．由分析可知，b为O，c为Na，它们形成的化合物Na2O2含有离子键和共价键，B不符合题意；
C．由分析可知，Z为AlCl3，W为NaAlO2，它们在水中都会发生水解，都能促进水的电离平衡正向移动，C符合题意；
D．由分析可知，b为O，e为Cl，O的氢化物有H2O2、H2O，Cl的氢化物为HCl，H2O2的稳定性较弱，而HCl的稳定性较强，故O的氢化物稳定性不一定强于Cl的氢化物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由题意可得，X为HCl，a单质为氢气，a为H，两性化合物为氧化铝，则Z、W中含有Al，Z为AlCl3，W中含有偏铝酸根离子，d为Al，b为O，c为Na，e为Cl；X为HCl，Y为NaOH，Z为AlCl3，W为NaAlO2。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A不符合题意；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B不符合题意；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C不符合题意；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、CoOOH虽然参与反应，但之后又生成；
B、Fe(OH)2、CoOOH都能与盐酸反应；
C、注意电荷守恒和元素守恒；
D、无非极性键的断裂。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．丁二醇中羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，但丁二酸不能发生消去反应，A项不符合题意；
B．乙烯发生加聚反应生成PE(聚乙烯)，但丁二醇与丁二酸反应生成PBS塑料和水，发生缩聚反应，B项不符合题意；
C．若不考虑立体异构和两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构，则丁二醇有 、 、 、 、 、 共有6种结构，C项符合题意；
D．丁二醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成丁二酸，但丁二醇含有羟基，而丁二酸含有羧基，二者结构不相似，不是同系物，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、丁二酸不能发生消去反应；
B、 PBS 产物中还有水，属于缩聚反应；
C、注意同分异构体的区别，特别是有不同官能团时；
D、一个含有羟基、一个含有羧基，不是同系物。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．BaH2在潮湿空气中能自燃，则实验时应该先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间，使生成的氮气将装置内的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，A符合题意；
B．该实验中氢化钡(BaH2)与氮气在高温下反应制得氮化钡(Ba3N2)，同时有氢气放出，氢气属于易燃气体，不能直接排放，所以该实验装置中缺少尾气处理装置，B不符合题意；
C．根据分析可知，按气流方向，装置的连接顺序可为c→b→a→d→e→g，C不符合题意；
D．浓硫酸和碱石灰都具有吸水作用，可防止水蒸气进入装置丙中导致产物变质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、应该先点燃乙中酒精灯，因为BaH2在潮湿空气中能自燃，需要先排空空气；
B、反应有氢气放出，但没有消除氢气的装置；
CD、乙中产生的气体经过甲中浓硫酸吸收水分，在经过丙参与反应，连接丁，防止空气中的水进入丙装置中；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．a极为负极，b极为正极，发生还原反应，电极电势a＜b，A不符合题意；
B．a极为负极，电极反应式为HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B符合题意；
C．该电池外电路有0.4mol电子转移，由电荷守恒可知，有0.4molH+迁移到b极，C不符合题意；
D．微生物在高温下会死亡，降低电池效率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、b极为正极，得电子，发生还原反应；
B、a极为负极，失去电子，注意电荷守恒；
C、只有0.4molH+迁移到b极；
D、高温不利于微生物的生存，会死亡。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．在m线上，当横坐标等于20时，纵坐标约等于16.4，即c(Cu2+)=10-20，c(A2-)=10-16.4，故Ksp= c(Cu2+) c(Cu2+)=10-20×10-16.4=10-36.4，数量级为10-37，A项不符合题意；
B．A点的横纵坐标之积小于m、n线上任意一点横纵坐标之积，即a点Qc＜Ksp，故为ZnA和CuA的不饱和溶液，B项不符合题意；
C．向P点加入少量Na2A固体，溶液中c(A2-)增大，-lgc(A2-)减小，对于ZnA的沉淀溶解平衡ZnA(s)⇌Zn2+(aq)+A2-(aq)逆向移动，c(Zn2+)减小，则-lgc(Zn2+)增大，故可以实现p点变为q点，C项不符合题意；
D．由曲线可知，Ksp(CuA)很小，故很难溶于稀硫酸，Ksp(ZnA)相对较大，可以溶解在稀硫酸中，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、Ksp= c(Cu2+) c(Cu2+)；
B、计算出a点Qc与Ksp，比较大小；
C、加入Na2A固体后，溶液中c(A2-)增大，-lgc(A2-)减小；
D、CuA难溶于稀硫酸。
8．【答案】（1）铁质容器易与硝酸反应；2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓；双氧水、氨水均易受热分解
（2）KMnO4 (或KClO3)；除去装置内的Cl2，使其完全被NaOH溶液吸收；取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净
（3）H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3
【解析】【解答】
(1)①由题干信息可知，步骤I巍峨取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应，故步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器，由分析可知，生成Ce(OH)4即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4，该反应的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓，故答案为：铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应；2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓；
②由题干信息可知，步骤I中进行“氧化沉淀”即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀时，由于双氧水、氨水均易受热分解，故加热的温度不宜过高，故答案为：双氧水、氨水均易受热分解；
(2)①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或KClO3等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶，故答案为：KMnO4[或KClO3]；
②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce（OH）4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
(3)根据题意H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3反应生成（NH4）2[Ce（NO3）6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3，故答案为：H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3。
【分析】本题为有碳酸铈制备硝酸高铈铵，步骤I主要是将碳酸铈[Ce2(CO3)3]在铂皿中用硝酸溶解，反应原理为：Ce2(CO3)3+6HNO3=2Ce(NO3)3+3H2O+3CO2↑，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤出溶液，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黃色难溶物)，反应原理为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6NH4+ + 2Ce(OH)4↓，将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，过滤洗涤、干燥可得纯净的硝酸高铈铵。
9．【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O2高温__6Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
（2）AsO32-+ ClO-=AsO43-+ Cl-
（3）H2SiO3
（4）灼烧；金属钨或W
（5）溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) ⇌Ca2+ (aq) +WO42- (aq)，加入盐酸后H+与WO42-生成更难溶的物质，c (WO42- )减小，使得平衡正向移动
（6）c+a-2b；112xV×10-3×397c+a-2b×100%
【解析】【解答】
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O2高温__6Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O2高温__6Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
(2)由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将AsO33-氧化为AsO43-，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：AsO32-+ ClO-=AsO43-+ Cl-，故答案为：AsO32-+ ClO-=AsO43-+ Cl-；
(3)由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
(4)由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)⇌Ca2+ (aq) +WO42-(aq)，加入盐酸后H+与WO42-生成更难溶的物质，c (WO42-)减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)⇌Ca2+ (aq) +WO42-(aq)，加入盐酸后H+与WO42-生成更难溶的物质，c (WO42-)减小，使得平衡正向移动；
(6)①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42- +Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~WO42-~2IO3-~6I2~12S2O32-，故有n(WCl6)=112n(S2O32-)=112xmol/L×V×10-3L=112xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为112xV×10-3×397c+a-2b×100%，故答案为：112xV×10-3×397c+a-2b×100%。
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是WO42-、PO43-、AsO43-、AsO33-和SiO32-， “氧化”步骤中用NaClO溶液将AsO33-氧化为AsO43-，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
10．【答案】（1）慢反应；CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；A；相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大；1：1；(0.6p2.4)2⋅(0.2p2.4)2(0.8p2.4)⋅(0.6p2.4)
（2）在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
（3）Fe(CN)64--e-= Fe(CN)63-；A
【解析】【解答】(1)①由图可知反应I的活化能大于反应II，故反应I为慢反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) （副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故： 起始(mol)转化(mol)平衡(mol)CH4(g)10.20.8+CO2(g)10.20.8⇌2CO(g)00.40.4+2H2(g)00.40.4
起始(mol)转化(mol)平衡(mol)H2(g)0.40.20.2+CO2(g)0.80.20.6⇌CO(g)0.40.20.6+H2O(g)00.20.2
体系中，n(H2)=0.2mol， n(H2O)=0.2mol，n(H2)： n(H2O)=1：1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CH4)⋅p(CO2)=(0.6p2.4)2⋅(0.2p2.4)2(0.8p2.4)⋅(0.6p2.4)；
(2)催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；
(3)①由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：Fe(CN)64--e-= Fe(CN)63-；
②A．由①可知电极X为阴极，电极反应式为Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-，电极Y为阳极，电极反应式为：Fe(CN)64--e-= Fe(CN)63-，则循环液1和2均含有Fe(CN)63-和Fe(CN)64-，A项正确；
B．为避免循环液出现离子交换，阳离子向电极X（阴极）移动，阴离子向电极Y（阳极）移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项不正确；
C．由图可知，海水1经处理，HCO3-转换为CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水的电离，而酸化处理后的海水2，CO2转化为HCO3-，HCO3-易水解，故水的电离程度：处理后海水1＜处理后海水2，C项不正确；
D．电解时，海水中的Na+等阳离子向阴极移动，Cl-等阴离子向阳极移动，但这些离子依然在处理后的海水中，并不会有利于海水的淡化，D项不正确；
故答案为：A。
【分析】（1）热化学反应方程式的书写注意反应热的计算，同时注意平衡常数公式的运用；
（2）催化剂可以降低反应的活化能；
（3）电极反应方程式注意得失电子和电荷守恒。
11．【答案】（1）10NA；sp2；氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（2）正四面体；F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对(或其他合理答案)；PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能
（3）D
（4）4；0.1875或316
（5）B
【解析】【解答】(1)①单键均为σ键，双键中有一条σ键一条Π键，由结构简式可知，1mol该物质中含有10NAσ键；该结构中C原子均形成双键，采用sp2，故答案为：10NA；sp2；
②F和Cl为同主族元素，F分电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，故答案为：氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子；
(2)①LiClO4中阴离子的ClO4-，其中心Cl原子的价层电子对数为7+12=4，无孤电子对，为正四面体结构，故答案为：正四面体；
②BF4-是一种配离子，其由BF3和F-结合形成，BF3中心B原子存在空轨道，F-离子存在孤电子对，两者结合时BF3提供空轨道，F-离子提供孤电子对，形成配位键，故答案为：F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对；
③PF5和PCl5中，F原子的电负性大于Cl，P-F键的键长比P-Cl键的键长短，键长越短，键能越大，形成的物质越稳定，因此PF5的分解温度高于PCl5，故答案为：PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能；
(3)形成氢键(X-H…Y)三原子可能共线，也可能不在同一直线上，故A正确；
B. 氢键为两个非金属原子之间的作用力具有部分共价键的性质，锂键是离子与其他原子之间形成的特殊作用力，可能具有部分离子键的性质，故B正确；
C. 氯、溴为同主族元素，从上到下同主族元素的电负性减弱，第一电离能减弱，故电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br，故C正确；
D. CH3OCH3分子中存在非金属性较强的O原子，也能形成分子间氢键，故D不正确；
故答案为：D；
(4)由晶胞结构可知每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，充电前锂离子有8个在顶点个数为：8×18=1、4个在棱心个数为4×14=1，4个在面心个数为4×12=2，一个晶胞中锂离子个数为4个，充电后锂离子部分损失，有8个在顶点个数为：8×18=1、3个在棱心个数为3×14=34，3个在面心个数为3×12=32，个数为134，此时该晶胞对应的化学式为：Li1316FePO4，即1-x=1316，x=316，故答案为：0.1875或316；
(5)晶胞顶点的投影到正方形的四个顶点，上面面心的●投影到正方形的上下棱心，体心都应到面心，体内的令另两个投影到体心靠下14处，两侧面山的投影到距离正方形上顶点14处，两侧棱上心上的●投影到正方形的两侧边的中心上，两侧面上的●投影到正方形的两侧边的距下顶点14处，晶胞体内的两个●投影到正方形面内距离上边长14处，由此可知B正确，故答案为：B；
【分析】（1）单键均为σ键，双键中有一条σ键一条π键；
（2）根据电子对的情况确定空间结构以及电子的配对情况；
（4）（5）计算晶胞的时候要注意晶胞顶点、面心处的原子并非全部属于该晶胞；
12．【答案】（1）酯基、羟基、酰胺基
（2）；还原反应
（3）（或）
（4）10
（5）
（6）
【解析】【解答】
(1)有机物C含有的官能团为酯基、羟基、酰胺基。
(2)由分析可知，A的结构简式为；F→G的反应中，F中的醛基转化为羟基，则该反应为还原反应。
(3)C和BrCH2CH=CH2发生取代反应生成D，该反应的化学方程式为（或）。
(4)A的同分异构体中，能使FeCl3溶液显色，说明M含有酚羟基，能发生银镜反应和水解反应，说明M为甲酸酯，则M的结构中，苯环上的取代基有-NH2、-OH、-OOCH，则M的结构有以下情况：①-NH2、-OH处于邻位，苯环上有4种氢原子，则-OOCH可以有4个位置，即共有4种结构，②-NH2、-OH处于间位，苯环上有4种氢原子，则-OOCH可以有4个位置，即共有4种结构，③-NH2、-OH处于对位，苯环上有2种氢原子，则-OOCH可以有2个位置，即共有2种结构；综上所述，符合条件的M的同分异构体共有10种。
(5)α-氨基酸中的-NH2和-COOH连接在同一个碳原子上，核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1：1的B的同分异构体为。
(6)结合C→F的转化过程，可以推出以苯酚和CH2=CHCH2Cl为原料合成为：。
【分析】A和CH3OH在酸性条件下反应生成B（），则A为；B和发生取代反应生成C（）；C和BrCH2CH=CH2发生取代反应生成D（）；D受热转化为E（）；E再被氧化为F（）；F被还原为G（）；G再转化为H（）。
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