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2022-2023学年安徽省马鞍山市高考化学【理综】冲刺模拟试题（一模二模）含解析
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2022-2023学年安徽省马鞍山市高考化学【理综】冲刺模拟试题
（一模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学与生活、生产、环境、科技密切相关。下列说确的是
A．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
B．煤的干馏与石油的催化裂化均属于化学变化
C．纳米铁粉物理吸附可除去污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等
D．“神舟十三号”字宙飞船前往舱表面面运用的新型高温结构陶瓷次要成分是硅酸盐
2．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说确的是
A．分子式为C6H6O6
B．1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准情况下22.4LH2
C．与 互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
3．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用氨水吸收足量的SO2气体： 2NH3·H2O + SO2= 2+ + H2O
B．将Cl2通入石灰中制漂白粉： Cl2+ 2OH- = ClO- + Cl-+ H2O
C．ZnCO3 溶于稀盐酸： + 2H+= H2O + CO2↑
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)
4．由下列实验操作及景象所得结论或解释错误的是
实验操作及景象
结论或解释
A
向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤洗濯后，向所得沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀没有溶解
Na2SO3溶液已变质
B
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
C
向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消逝
Al(OH)3具有两性
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，既产生白色沉淀又生成无色气体
Ca2++2HCOCaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度添加，平衡向右挪动
A．AB．BC．CD．D
5．短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X与R同主族，Q是地壳中含量的元素。下列说法错误的是
A．简单离子半径大小顺序为： Z>Q>R
B．最简单氢化物的沸点高低顺序为： Q>Z> Y
C．X与Q构成的化合物仅含共价键
D．Q与R构成的常见化合物中，阴、阳离子数目之比为1∶2
6．用间接电解法对NO进行有害化处理，其原理如图所示。下列说确的是
A．工作时电解池中H+从左室移向右室
B．阳极电极反应式为2+ 2H++ 2e-= + 2H2O
C．理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2
D．吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4
7．MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
二、填 空 题
8．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴味小组在实验室中模仿侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验安装图如下：
回答下列成绩：
(1)a导管末端多孔球泡的作用_______。
(2)b中通入的气体是_______， 写出实验室制取该气体的化学方程式_______。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(滴定起点)， 耗费盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至起点(第二滴定起点)，又耗费盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列成绩：
(4)指示剂N为_______， 第二滴定起点的景象是_______。
(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_______ ( 保留三位有效数字)。。
(6)滴定起点时，某同窗俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
评卷人
得分
三、工业流程题
9．合理处理金属既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列成绩：
(1)加快“脱锡”速率的措施有_______(写出一点)。“操作I” 包含_______、_______、过滤、洗濯、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_______；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的缘由_______。
(3)“脱锡液”中含有的离子次要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_______； 当阴极出现_______的景象时，阐明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_______。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为_______。
评卷人
得分
四、原理综合题
10．甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。
Ⅰ.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。
(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
则H2O2氧化CH4的热化学方程式为_______ ( 用∆H1和∆H2来表示∆H)。
(2)该方法采用的温度为70℃，没有选择更低或更高温度的缘由是_______。
Ⅱ.工业。上也常运用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为
主反应： CO2(g)+ 3H2(g) CHOH(g)+ H2O(g) ∆H<0
副反应： CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ∆H<0
起始投料为= 3。
i.当反应只按主反应进行时，研讨没有同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x(CH3OH)]的变化规律，如下图所示。其中， x(CH3OH)-p图在t=250℃下测得， x(CH3OH)-t 图在p=5×105 Pa下测得。
(3)图中等压过程的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断的根据是_______。
(4)当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为_______或_______。
ii.当两个反应同时发生时，在T℃，恒压为1×106 Pa条件下达平衡时： x(CH3OH)=0.125，x(CO)=0.0625。
(5)该条件下CO2的总转化率=_______ ； 副反应的平衡常数Kp=_______(保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
评卷人
得分
五、结构与性质
11．人类对第二周期的元素及化合物认识最先。
(1)第二周期的元素中，I1(电离能)从大到小排前三位的是_______。
(2)人类合成的个稀有气体化合物是XeF+PtF，PtF中的键角有90°和180°两种。下列关于该化合物的说法中正确的是_______。
A．熔化形态下没有能导电
B．XeF+中一切原子都满足8电子波动结构
C．用两个Cl交换F后，所得PtF4Cl2有两种结构
D．含有离子键、极性键、非极性键和配位键
(3)XeF+PtF溶于水可生成Xe和HPtF6，写出反应的化学方程式。_______。
(4)解释HNO3和HNO2酸性强弱没有同的缘由_______。
(5)SCN—中C原子的杂化类型为_______， 其中含有两个相反的大π键，其方式为_______。(用π表示，n为原子数，m为电子数)，检验Fe3+时，SCN—以 S原子配位没有以N原子配位的缘由是_______。
(6)如图，在NaCl的晶体中，Na+和Cl—互相占据对方的正八面体空隙，CaF2晶体中，F—占据由Ca2+构成的一切正四面体空隙。钛镍合金具有外形记忆功能。某钛、镍原子个数比为2：1的合金的晶体结构为：镍原子呈面心立方陈列，钛原子填充在由镍原子围成的一切八面体空隙和一半的四面体空隙中，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为_______； 钛原子和镍原子的半径分别为r1和r2，该晶体的空间利用率为_______(用含r的代数式表示，没有必化简，空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积)。
评卷人
得分
六、无机推断题
12．化合物J是一种催吐剂的两头体，其合成方法如下：
回答下列成绩：
(1)A的名称为_______，H中除酰胺键外，其它含氧官能团的名称为_______。
(2)设计反应①和③的目的是_______。
(3)加入过量的Na2CO3有利于反应⑦的进行，其缘由是_______。
(4)写出反应④的化学方程式_______，该反应的反应类型为_______。
(5)同时满足下列条件的A的同分异构体有_______种，写出其中一种核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应 ②与FeCl3溶液发生显色反应
(6)设计由硝基苯和1，3-丁二烯制备的合成线路(无机试剂任选)。_______。
答案：
1．B
【详解】
A．葡萄糖是单糖，没有能发生水解反应，上述过程属于葡萄糖的分解反应，故A错误；
B．煤的干馏与石油的催化裂化都有新物质生成，均属于化学变化，故B正确；
C．纳米铁粉与污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等离子发生置换反应达到高效除污的目的，没有是由于物理吸附，故C错误；
D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，次要成分没有是硅酸盐，故D错误；
故选B。
2．C
【详解】
A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A错误；
B．由结构简式可知，维生素C的分子中含有4个羟基，则1mol 维生素C与足量的钠反应，可生成标准情况下44.8L氢气，故B错误；
C．由结构简式可知，维生素C与 的分子式相反，结构没有同，互为同分异构体，故C正确；
D．由结构简式可知，维生素C的分子中含有的羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则没有能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，故D错误；
故选C。
3．D
【详解】
A．用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O + SO2= + ，选项A错误；
B．将Cl2通入石灰中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：2Cl2+ 2Ca(OH)2= 2Ca2++2ClO- +2Cl-+ 2H2O，选项B错误；
C．ZnCO3 溶于稀盐酸生成氯化锌、二氧化碳和水，反应的离子方程式为： + 2H+= Zn2++H2O + CO2↑，选项C错误；
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀，转化为更难溶的硫化银，反应的离子方程式为： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)，选项D正确；
答案选D。
4．A
【详解】
A．向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生BaSO3白色沉淀，过滤洗濯后，向所得沉淀中加入的稀硝酸具有氧化性，会将亚硫酸钡氧化为难溶于水和酸的硫酸钡沉淀，所以无法判断Na2SO3溶液能否变质，A错误；
B．酸性高锰酸钾会与过氧化氢发生氧化还原反应，过氧化氢将紫色的高锰酸根离子还原为无色的锰离子，本身被氧化为氧气，B正确；
C．铝离子先与少量氢氧化钠发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，然后过量的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠和水，上述实验景象可证明Al(OH)3具有两性，C正确；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，钙离子促进碳酸氢根离子的电离，从而生成碳酸钙沉淀，生成的氢离子与碳酸氢根离子发生反应生成水和二氧化碳，所以景象为：既产生白色沉淀又生成无色气体，结论无误，D正确；
故选A。
5．C
【分析】
短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，Q是地壳中含量的元素，则Q为O元素；X与R同主族，X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，则X与R的最外层电子数为1、Y的最外层电子数为4，X为H元素或Li元素、Y为C元素、Z为N元素、R为Na元素。
【详解】
A．电子层结构相反的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子、氧离子和钠离子的离子半径大小顺序为Z>Q>R，故A正确；
B．甲烷分子没有能构成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子和水分子，沸点，水分子构成的分子间氢键数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为为Q>Z> Y，故B正确；
C．若X为Li元素，氧化锂是只含有离子键的离子化合物，故C错误；
D．氧化钠和过氧化钠都是阴、阳离子数目之比为1∶2的离子化合物，故D正确；
故选C。
6．D
【分析】
从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，而在电极Ⅱ附近有氧气生成，为H2O得到电子生成O2，为阳极。
【详解】
A．电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，工作时电解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A错误；
B．阳极上H2O得到电子生成O2，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑,选项B错误；
C．理论上每处理lmolNO，NO转化为N2,转移2mol e-，电解池中异样转移2mol e-，故产生0.5mol32g /mol=16gO2，选项C错误；
D．吸收塔中NO变N2，变成了，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4，选项D正确；
答案选D。
7．B
【分析】
由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。
【详解】
A．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；
B．当V=10.0 mL，若没有考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度没有同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项错误；
C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项正确；
答案选B。
8．(1)增大接触面积，进步吸收速率
(2) 氨气 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
(3)NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3↓+ NH4Cl
(4) 甲基橙 一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内没有恢复
(5)4.23%
(6)偏小
(1)
多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故增大接触面积，进步吸收速率；
(2)
由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，没有能将导管直接溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；
(3)
碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3↓+ NH4Cl；
(4)
在次滴定时，由于达到滴定起点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定起点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定起点的景象为滴入一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内没有恢复；
(5)
进行次滴定时，发生的反应为，耗费盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，耗费盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠耗费盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；
(6)
若在次滴定过程中俯视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
9．(1) 研碎、搅拌、适当进步温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】
本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
(1)
从反应速率的影响要素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当进步温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
(2)
根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的缘由是：置换反应速率加快，生成的铜粉增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹，从而导致锡浸出率下降；
(3)
阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子得到电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应终了后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的景象时，阐明电解回收锡结束；
(4)
“脱锡渣”的次要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
(5)
设120℃时固体物质的分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
10．(1)H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)
(2)低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解
(3) b 压强没有变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向挪动，x(CH3OH)降低
(4) 210℃，5×105 Pa 250℃，9×105 Pa
(5) 60.0% 或60% 0.188
(1)
已知： ①2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
②2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
根据盖斯定律，由(①+②)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)；
(2)
反应时温度低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解,故该方法采用的温度为70℃，没有选择更低或更高温度；
(3)
图中等压线是b，压强没有变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向挪动，x(CH3OH)降低；
(4)
根据上述分析可知:曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知:当x(C'H3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210℃，压强为5×105 Pa条件；或温度为250℃，压强为9×105 Pa条件；
故答案为: 210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Pa；
(5)
假设反应分步进行，根据三段式可知：
x(CH3OH)=0.125，解得x=0.4
x(CO)==0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=；
副反应的平衡常数Kp======0.188。
11．(1)Ne > F > N
(2)BC
(3)2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6
(4)HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性加强，易发生电离
(5) sp π S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子
(6) 4 ×或 ×
(1)
第二周期元素，从左到右电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为波动的全充满结构，电离能，氮原子的2p轨道为波动的半充满结构，元素电离能大于相邻元素，则电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故Ne > F > N；
(2)
A．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化形态下能电离出挪动的离子，能导电，故错误；
B．XeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子波动结构，故正确；
C．由PtF中的键角有90°和180°两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯交换氟后，所得PtF4Cl2有两种结构，故正确；
D．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，没有含有非极性键，故错误；
故选BC；
(3)
由题意可知，XeF+PtF与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6，故2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6；
(4)
硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，缘由是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性加强，易发生电离，故HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性加强，易发生电离；
(5)
硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相反的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相反，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子构成大π键，其方式为π；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位没有以氮原子配位，故sp；π；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；
(6)
由题意可知，镍钛合金构成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8×+6×=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为πr×8+πr×4=π(8r+4 r)，晶胞的边长为，体积为[]3，则晶体的空间利用率为×= ×，故×或 ×。
12．(1) 2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸) 醚键、酯基
(2)给氯代反应并氯代数目
(3)Na2CO3可耗费反应生成的HCl，有利于反应的进行
(4) +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应)
(5) 9 或或
(6)
【分析】
由无机物的转化关系可知，与浓硫酸发生取代反应生成，则A为；在氯化铁做催化剂作用下与氯气发生取代反应生成，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成，则D为；在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成，则E为；在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，在TL作用下与铁发生还原反应生成，与ClCH2COCl发生取代反应生成，与一碘甲烷发生取代反应生成I，I与氢氧化钠乙醇溶液反应后，酸化得到J。
(1)
由分析可知，A的结构简式为，名称为2—羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸；H的结构简式为，分子中除酰胺键外，其它含氧官能团为醚键、酯基，故2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸)；醚键、酯基；
(2)
由分析可知，设计反应①和③的目的是给氯代反应并氯代数目，故给氯代反应并氯代数目；
(3)
由分析可知，反应⑦为与ClCH2COCl发生取代反应生成和氯化氢，加入的碳酸钠与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向挪动，有利于进步反应的产率，故Na2CO3可耗费反应生成的HCl，有利于反应的进行；
(4)
由分析可知，反应④为在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故+CH3OH+H2O；取代反应(或酯化反应)；
(5)
A的同分异构体能发生银镜反应，与氯化铁溶液发生显色反应阐明同分异构体分子中苯环的取代基为—OH和—OOCH，或2个—OH和1个—CHO，其中—OH和—OOCH在苯环上有邻间对3种结构，2个—OH和1个—CHO有6种结构，共有9种，其中核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式为、、 ，故9； 或或 ；
(6)
由结构简式可知，以硝基苯和1，3—丁二烯制备的合成步骤为硝基苯在TL作用下与铁发生还原反应生成苯胺，1，3—丁二烯与碘发生加成反应生成，苯胺与发生取代反应生成，合成路线为，故。
2022-2023学年安徽省马鞍山市高考化学【理综】冲刺模拟试题
（二模）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A．储氢合金可用于以氢气为燃料的汽车
B．豆腐是我国具有悠久历史的传统美食，它是利用盐卤等物质使豆浆中的蛋白质聚沉的原理制成的
C．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料
D．北京黑科技：二氧化碳“造冰”技术打造速滑馆“冰丝带”，CO2发生的是物理变化
2．姜黄素是一种具有良好着色性和分散性的天然黄色素，其结构简式如图。下列说确的是
A．分子中所有碳原子一定共平面
B．该有机物含有苯环，属于芳香烃
C．该物质能发生加成反应、取代反应，没有能发生氧化反应
D．分子中含有四种官能团
3．甲醇羰基化制乙酸的催化剂为可溶性铱配合物(主催化剂)和碘化物(助催化剂)，利用铱配合物[Ir(CO2)I2]-催化甲醇羰基化的反应历程如图所示(其中Me-CH3，Ac-COCH3)。下列说法没有正确的是
A．该催化循环中Ir的成键数目发生变化
B．HI是反应过程中的助催化剂
C．CO分压增大对反应速率没有影响
D．反应历程中存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]-+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I-
4．用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D
制备氢氧化铁胶体
鉴别NaOH和NH4NO3
检验NH
准确读取酸性KMnO4标准溶液体积为15. 20 mL
A．A B．B C．C D．D
5．如图是一种电解精炼废钢的工艺原理图，通过O2-在两极间的定向移动可实现废钢脱碳从而得到超低碳钢，同时还可以回收硅作为副产品。下列说确的是
A．电解时，阴极的电极反应为：
B．若阴极产生22.4LCO(标准状况下)，阳极所得硅的质量为14g
C．炉渣和废钢之间可以选用酸性电解质溶液
D．电流方向：电源负极→阴极→阳极→电源正极
6．W、X、Y、Z为原子序数增大的短周期没有同主族元素，W的简单氢化物可用作制冷剂。Y单质既能溶于强酸也能溶于强碱。Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和。下列叙述没有正确的是
A．简单氢化物的沸点：W＞Z
B．Z分别与X、Y组成的二元化合物中，化学键均为离子键
C．简单离子的半径大小为：Z＞W＞X＞Y
D．工业上常用电解熔融盐的方法制备X
7．MA2是一种微溶盐，M(OH)2是二元强碱，HA是一元弱酸。25℃时，实验测得随着c(H＋)变化，MA2饱和溶液中pM与δ(A-)的关系如图所示，其中a点对应的pH=5.0,[已知pM=-lgc(M2+)，δ(A-)= ]。则下列说法错误的是
A．HA的电离常数Ka为1.0×10-5
B．a点对应溶液中有c(M2＋)=c(HA)
C．Ksp(MA2)的数量级为10-9
D．b点对应溶液中c(OH-)=9×10-5
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
二、工业流程题
8．2022北京期间的交通服务用车中，氢燃料电车占了绝大多数。氢氧燃料电池中，贵金属Pt作为催化剂起到关键作用。下列是从某阳极泥中回收铂、金的工艺流程图，请仔细阅读信息后作答：
(1)“酸浸氧化”中无气体排出，此时通入氧气的目的是____，“滤液”中的金属阳离子有____。
(2)若“酸溶”得到的[PtCl6]2-和[AuCl4]-的物质的量均为1mol，则消耗的氯气至少为___________mol。
(3)沉金过程中的离子反应方程式为___________。
(4)“沉铂”中，生成(NH4)2PtCl6的沉淀率随温度升高而呈升高趋势，请化学反应方程式解释升高温度，(NH4)2PtCl6沉淀率升高的主要原因___________。
(5)滤渣氯铂酸铵[(NH4)2PtCl6]表面有大量氯化铵等可溶性的盐，需要洗涤除去，洗涤沉淀的方法是___________。
(6)写出(NH4)2PtCl6灼烧时的化学反应方程式___________。
评卷人
得分
三、实验题
9．随着“碳中和”“碳达峰”政策的落实，新能源汽车得到极大发展。磷酸铁(FePO4)可用来制备电动汽车锂离子电池的电极材料，工业上常以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料如下步骤制备磷酸铁(FePO4)。
资料：几种金属离子沉淀的pH：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
I．如图所示连接装置，将一定量焙烧后的硫铁矿粉末加入三颈烧瓶中，通过：向三颈烧瓶中缓慢加入一定浓度的稀硫酸，50～60℃加热，充分反应，过滤。
II．向滤液中加入FeS固体，充分搅拌至溶液中Fe3＋全部被还原。
III．向还原后的溶液中加入FeCO3固体，没有断搅拌，使A13＋完全转化为Al(OH)3，过滤，得FeSO4溶液。
IV．向除铝后的溶液中加入一种“绿色氧化剂”，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液。
V．向含有Fe3＋的溶液中加入一定量的Na2HPO4溶液(溶液显碱性)，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4·2H2O。
回答下列问题：
(1)步骤I的实验装置中仪器a的名称是____，在该步反应过程中温度没有宜过高的原因可能是___________。
(2)步骤II中还原Fe3＋的目的是____，检验Fe3＋全部被还原的实验操作是___________。
(3)步骤III中加入FeCO3的作用是___________。(用离子方程式表示)
(4)步骤IV中，加入的“绿色氧化剂”是___________。(填化学式)
(5)步骤V中，反应后Fe3＋沉淀完全(c≤1×10-5mol·L-1)时，c(PO)最小为___________mol·L-1,已知常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22。
(6)实验中制得的FePO4与Li2CO3在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，其常用作锂离子电池电极材料，如图为Ca-LiFePO4可充电电池的工作原理示意图，锂离子导体膜只允许Li＋通过。则放电时，电池的总反应式为 ___________。
评卷人
得分
四、原理综合题
10．甲醇是重要的化工原料，可以使用多种方法制备甲醇。
(1)利用CO和H2合成甲醇，已知在一定温度和压强下，发生如下反应：
①
②
③
则：CO(g)＋2H2(g)→CH3OH(g) ΔH=___________。向密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，在催化剂的作用下合成甲醇，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在没有同压强下随温度的变化如图甲所示。下列说法没有正确的是___________。
A．该反应的p1＞p2
B．反应速率：v逆(A)＞v逆(B)
C．A、B、C的平衡常数大小：K(A)＞K(B)=K(C)
D．若p1时最初充入1molCO，5min达到B点的平衡状态，则v(CH3OH)=0.175 mol·L-1·min-1
(2)利用CO2和H2合成甲醇，在催化剂Cu/ZnO作用下可发生如下两个平行反应。反应I：CO2(g)＋3H2(g)→CH3OH(g)＋H2O(g)反应II：CO2(g)＋H2(g)→CO(g)＋H2O(g);温度对CO2转化率及甲醇和CO产率的影响如图乙所示。
①由图乙判断合成CH3OH最适宜的温度是___________。
②由图可知，温度升高CH3OH产率先升高后降低，降低的可能原因是___________。
③下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有___________。
A．增大体系压强
B．提高CO2和H2的投料比
C．体积和投料比没有变，提高反应物浓度
(3)利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。主反应：CH4(g)＋O2(g)→CH3OH(g)，副反应：CH4(g)＋2O2(g)→CO2(g)＋2H2O(g)。在温度为T℃、压强为Pa条件下，向容器中充入2molCH4、1molO2和6molH2O，充分反应达平衡时CH4的转化率为50%，产物的选择性(如甲醇的选择性=)如图丙所示：
①求平衡时O2的物质的量为_____
②主反应的相对压力平衡常数=___________。(用含P和p0的计算式表示。表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压除以p0)
评卷人
得分
五、结构与性质
11．铜、银、金在元素周期表中属于同一族元素，应用很广。
(1)我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”，其成分为BaCuSi4O10。写出该物质中基态铜离子的价电子排布式______
(2)铜可形成多种配合物，如[Cu(NH3)4]SO4、K2[Cu(CN)3]等。配离子Cu(CN)中σ键和π键的个数比为___，离子Cu＋的杂化类型是sp2，该配离子的空间构型为___；CN-中配位原子是_____(填名称)，原因是___。
(3)金性质稳定，常用作饰品，但金可以被王水溶解，其方程式为Au＋HNO3＋4HC1=H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O，该反应中形成的化学键有___________。
a．金属键 b．离子键 c．配位键 d．极性键 e．非极性键 f．氢键
(4)由Cs、Au、Cl三种元素组成的化合物其晶胞如下图。小球为Cl，面上大球为Cs，其余球为Au。
该化合物中金原子有2种没有同的化学环境，形成2种没有同的配合阴离子，它们分别是[AuCl4]-和___________，该化合物的化学式为___________。
(5)某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数为NA，写出储氢后晶体密度的计算式___________g·cm-3(没有需要计算出结果)。
评卷人
得分
六、有机推断题
12．化合物J是合成抗心律失常药普罗帕酮的前驱体，其合成路线如下：
已知： CH3COCH3+CH3CHO CH3COCH=CHCH3+H2O
(1)A属于___________烃，官能团名称是___________，J的分子式为___________。
(2)C生成D的反应类型是___________。
(3)E的名称是___________，I的结构简式是___________。
(4)写出F到G的化学方程式___________。
(5)K是F的芳香族同分异构体，和F含有没有同的官能团，但能和氢氧化钠溶液反应，K有___________种结构。写出一种同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：___________。
①能发生银镜反应和水解反应
②核磁共振氢谱上显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1
(6)参照上述合成路线，以丙烯和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：___________。
答案：
1．C
【详解】
A．储氢合金在一定条件下释放出氢气，可用于以氢气为燃料的汽车，故A正确；
B．豆浆中的蛋白质遇盐卤等物质聚沉制作豆腐，故B正确；
C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．CO2汽化吸热，用二氧化碳“造冰”，二氧化碳发生物理变化，故D正确；
选C。
2．D
【详解】
A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征，甲烷为四面体结构，单键可以旋转，因此该分子中所有碳原子没有一定共面，故A错误；
B．该有机物中含有氧元素，没有属于烃，故B错误；
C．该物质中酚羟基、碳碳双键均能被氧化，故C错误；
D．该物质中含有酚羟基、醚键、碳碳双键和羰基4种官能团，故D正确；
答案选D。
3．C
【详解】
A．Ir的成键数目如图所示有4、5、6个，选项A正确；
B．HI是反应过程中的中间产物，即助催化剂，选项B正确；
C．根据图示，总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，CO分压增大，反应速率加快，选项C没有正确；
D．根据图示，存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]-+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I-，选项D正确；
答案选C。
4．B
【详解】
A．制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，加入到NaOH中会生成氢氧化铁沉淀，A错误；
B．氢氧化钠溶解放热，硝酸钠溶解吸热，将水分别滴加到两种物质中，一个试管温度升高，一个试管温度降低，可通过触摸外壁鉴别，B正确；
C．检验铵根离子应该用湿润的红色石蕊试纸，而没有是蓝色石蕊试纸，C错误；
D．滴定管的“0”刻度线在上端，图示读数应该是14.80mL，D错误；
故答案选B。
5．A
【详解】
A．图中所给信息可知阴极得电子生成硅单质和氧离子，电极反应为，选项A正确；
B．产生22.4LCO(标准状况下)，C由0价变为+2价，该电极是阳极，转移电子的物质的量为2mol，阴极只有当硅的价态由+4变为0时，所得硅的质量为=14g，但无法确定中硅的价态，选项B错误；
C．废钢和炉渣之间若使用酸性电解质溶液，铁会与酸性溶液发生反应，且使用酸性电解质溶液时，O2-会转化为水，选项C错误；
D．阴极和阳极两极之间没有电子移动，而是存在O2-的定向运动，选项D错误；
答案选A。
6．B
【分析】
氨气易液化，因此液氨气化时吸收大量热，可作制冷剂，W为氮元素，既能溶于强酸也能溶于强碱的单质Y为金属Al，四种元素没有同主族，Z的最外层电子数是W(氮)和X的最外层电子数之和。满足条件的W、X、Y、Z可能为N、Na、Al、S或N、Mg、Al、Cl，据此可分析解答。
【详解】
A．NH3分子间有氢键，沸点比没有氢键的H2S、HCl要高，A选项正确；
B．S、Cl和Na、Mg、Al形成的二元化合物中AlCl3是共价键形成的共价化合物，B选项错误；
C．离子半径的大小由电子层数和核电荷数决定，因此简单离子半径大小顺序为S2->Cl->N3->Na+>Mg2+>Al3+，C选项正确；
D．工业上常用电解熔融NaCl、MgCl2的方法制备Na、Mg，D选项正确；
答案选B。
7．D
【详解】
A．a点时δ(A-)=0.5，可知，此时pH=5.0，HA的电离常数Ka=，故A正确；
B．a点，根据物料守恒可知：2c(M2+)=，又此时，则c(M2＋)=c(HA)，故B正确；
C．a点时c(M2＋)=mol/L，c(M2＋)=c(HA)=，=mol/L，则Ksp(MA2)= =，故C正确；
D．b点时δ(A-)=0.1，则，由以上已知：Ka=，则==9×10-5，c(OH-)=，故D错误；
故选：D。
8．(1) 防止硝酸产生的还原产物NO排放到空气中污染空气 Cu2+、Ag+
(2)3.5
(3)[AuCl4]-+3Fe2+=Au↓+3Fe3++4Cl-
(4)存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高
(5)向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2～3次
(6)
【分析】
从某阳极泥中回收铂、金，阳极泥焙烧渣主要成分为CuO、Cu2O、Ag2O、Ag、Au和Pt，将焙烧渣酸浸氧化，硝酸具有强氧化性，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au，Pt，滤渣加入盐酸、氯气酸溶，得到的[PtCl6]2-和[AuCl4]-，再加入FeCl2沉金，FeCl2与 HAuCl4反应，生成Au，过滤得到Au；滤液加入NH4Cl沉铂，加入NH4Cl，会与 H2PtCl4反应，生成(NH4)2PtCl6，灼烧得到海绵铂，据此解答。
(1)
稀硝酸具有强氧化性，还原产物为NO气体，题干中“酸浸氧化”中无气体排出可知，通入氧气的目的是防止硝酸产生的还原产物NO排放到空气中污染空气；阳极泥焙烧渣主要成分为CuO、Cu2O、Ag2O、Ag、Au和Pt，将焙烧渣酸浸氧化，硝酸具有强氧化性，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au，Pt，故“滤液”中的金属阳离子有Cu2+、Ag+，故防止硝酸产生的还原产物NO排放到空气中污染空气；Cu2+、Ag+；
(2)
若“酸溶“得到的[PtCl6]2-和[AuCl4]-，Pt升高4价，Au升高3价，因此共失去7mol电子.则需要消耗的氯气至少为mol=3.5mol，故3.5；
(3)
“沉金“时加入FeCl2与 HAuCl4反应，生成Au，Au的化合价降低，二价铁的化合价升高，生成氯化铁，化学反应方程式为：HAuCl4+3FeCl2=Au↓+3FeCl3+HCl，故离子反应方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=Au↓+3Fe3++4Cl-，故[AuCl4]-+3Fe2+=Au↓+3Fe3++4Cl-；
(4)
沉铂时，加入NH4Cl，会与 H2PtCl4反应，生成(NH4)2PtCl6，化学方程式为：H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高，原因为存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高，
故存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高；
(5)
洗涤沉淀的方法具体实验操作为；向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2～3次，故向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2～3次；
(6)
(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，通过价态分析，还会生成氨气，氯化氢和氮气，化学方程式为：，故。
9．(1) 分液漏斗 防止Fe3+水解生成Fe(OH)3
(2) 防止除去Al3+的同时Fe3+一起沉淀 取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液没有变红，则Fe3+全部被还原
(3)
(4)H2O2
(5)
(6)
(1)
步骤I的实验装置中仪器a的名称是分液漏斗；硫铁矿粉焙烧后铁被氧化为+3价，加入稀硫酸会生成Fe3+，Fe3+会发生水解，水解为吸热反应，升高温度，促进铁离子水解生成氢氧化铁，故温度没有易过高的原因是：防止Fe3+水解生成Fe(OH)3；
(2)
依据表格中数据以及步骤III的目的是除铝，让Al元素以氢氧化铝形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+的目的是防止除去Al3+的同时Fe3+一起沉淀；检验Fe3＋全部被还原的实验操作是：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液没有变红，则Fe3+全部被还原；
(3)
加入FeCO3的目的是调节pH值，让Al3+以氢氧化铝沉淀而除去，Al3+发生水解，，，促使平衡正向移动，得到氢氧化铝沉淀，总反应为：；
(4)
双氧水作为氧化剂，还原产物为H2O，没有引入杂质，对环境无影响，故绿色氧化剂选择H2O2；
(5)
当时，；
(6)
据图可知，放电时Ca转化为Ca2+，发生氧化反应，所以钙电极为负极，Ca-2e-=Ca2+；Li1-xFePO4/LiFePO4电极为正极，电极上发生Li+的嵌入，，放电时正极反应与负极反应相加得到总反应方程式：。
10．(1) 2a+b-c BD
(2) 250℃ 反应I的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH产率降低 AC
(3) 0.35mol
(1)
①
②
③
利用盖斯定律：将①×2+②×-③×2得：CO(g)＋2H2(g)→CH3OH(g) ΔH=2a+b-c。
A．对于反应CO(g)＋2H2(g)→CH3OH(g)，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，由图中可知，CH3OH的体积分数B点比C点大，所以该反应的p1＞p2，A正确；
B．从图中可以看出，A点温度比B点低，则反应速率：v逆(A)＜v逆(B)，B没有正确；
C．从图中可以看出，升高温度，CH3OH的体积分数减小，则∆H＜0，Ａ点温度比B、C点低，B、C点温度相同，所以A、B、C的平衡常数大小：K(A)＞K(B)=K(C)，C正确；
D．因为容器的体积未知，所以我们无法求出v(CH3OH)，D没有正确；
故选BD。2a+b-c；BD；
(2)
①由图乙中可以看出，250℃时CH3OH的产率，所以合成CH3OH最适宜的温度是250℃。
②由图可知，温度升高CH3OH产率先升高后降低，降低表明平衡逆向移动，升高表明反应可能还未达平衡，也可能是催化剂的活性发生改变造成的，所以降低的可能原因是：反应I的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH产率降低。
③A．反应I中，由于反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以增大体系压强，平衡正向移动，而对反应II 无影响，所以CO2转化为CH3OH的平衡转化率增大，A正确；
B．提高CO2和H2的投料比，则虽然平衡正向移动，但CO2的转化率降低，B没有符合题意；
C．体积和投料比没有变，提高反应物浓度，则相当于增大压强，平衡正向移动，CO2转化为CH3OH的平衡转化率增大，C正确；
故选AC。250℃；反应I的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH产率降低；AC；
(3)
在温度为T℃、压强为Pa条件下，向容器中充入2molCH4、1molO2和6molH2O，充分反应达平衡时CH4的转化率为50%，则参加反应的CH4物质的量为1mol，其中生成CO2的CH4为1mol×10%=0.1mol，生成CH3OH的CH4的物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol。
由此可建立如下三段式：
平衡时O2的物质的量为1mol-0.45mol-0.2mol=0.35mol。
②平衡时压强为P，CH3OH的相对分压为，CH4的相对分压为，O2的相对分压为，所以主反应的相对压力平衡常数=。0.35mol；。
在同一混合体系中，没有同反应中的同一种物质，物质的量相同。
11．(1)3d9
(2) 1：1 平面三角形 碳 N元素电负性较大，没有易提供孤电子对
(3)cd
(4) [AuCl2]- CsAuCl3
(5)
(1)
根据化合物中所有元素化合价代数和为0，列式有2+x+4×4-2×10=0，解得x=2，Cu的化合价为+2，Cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为3d9；
(2)
配离子Cu (CN)中σ键数为6，CN-的结构为有2个π键，配离子Cu (CN)中中π键数为6，所以配离子Cu (CN)中σ键和π键的个数比为1：1，配离子Cu (CN)离子杂化方式为sp2，该配离子的空间构型为平面三角形，CN-中配位原子是碳，因为N元素电负性较大，没有易提供孤电子对；
(3)
反应Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O中，生成物中H[AuCl4]存在配位键和极性共建，生成物NO和H2O存在极性共价键；
故选cd。
(4)
由图可知，金原子有2种没有同的化学环境，分别和2个氯原子或者和4个氯原子，分别是[AuCl2]-和[AuCl4]-，根据均摊法可知晶胞中Cs的个数为：8×=4，Cl的个数为10+8×=12，Au的个数为：8×+4×+2×=4，故该化合物的化学式为：CsAuCl3；
(5)
Cu原子个数=6×=3，Ag原子个数= 8×=1、H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中，Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙有8个，H原子储在该空隙中个数为8，化学式为式为：Cu3AgH8，晶胞的质量为：，晶胞的体积为：(anm)3=a3×10-21cm3，晶胞的密度为：ρ===g/cm3；
12．(1) 乙烯 碳碳双键 C18H18O3
(2)取代反应
(3) 苯酚
(4)+ + H2O
(5) 10
(6)
【分析】
由已知合成路线可知B为乙醛，A生成B条件为氧气加热，所以该反应为氧化反应，则A是烃，可推得A为乙烯，B与新制氢氧化铜悬浊液反应，再酸化后得到乙酸，乙酸与SOCl2反应得到D，发生取代反应，D与E反应生成F，对照D与F结构可推知E为，由已知信息可知F与苯甲醛反应生成G，所以G为，G催化剂加氢气的到H，所以H为，H与I反应得到J，且I的分子式为C3H5ClO，所以I为。详见下图流程：
(1)
由图可知，发生了氧化反应，则A是烃，可推得A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；J的分子式通过查C、H、O的个数可得到，为C18H18O3；
(2)
C→D是乙酸与SOCl2反应生成，羟基变成Cl，所以发生了取代反应；
(3)
，对照D和F 的结构，可看出E中含有苯环，F中没有Cl，所以应有HCl生成，所以E应该为苯酚；H为，H与I反应得到J ，两者对照，I的分子式，可以推得I应该为；
(4)
由已知信息CH3COCH3+CH3CHO CH3COCH=CHCH3+H2O，可得到F到G的化学方程式为：+ + H2O
(5)
F的结构为，含有一个苯环，苯环外2个C，两个O和一个没有饱和度，K是F的芳香族同分异构体，和F含有没有同的官能团，说明无羟基和酮羰基，但能和氢氧化钠溶液反应，说明含有酯基或者羧基。若有两个取代基，则可能有如下：酯类3种，羧酸类3种；若苯环含有1个取代基则可能含有的官能团为羧基或者酯基 ，共4种，所以共3+3+4=10种；K的结构能发生银镜反应和水解反应，含有官能团HCOO-，且核磁共振氢谱上显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1，则结构为：；
(6)
由产物分析，采用逆合成的思路进行逆推，如下图所示：，所以
按要求写同分异构体时，注意分类讨论，合成路线设计时注意已知信息进行合理推测。
2022-2023学年安徽省马鞍山市高考化学【理综】冲刺模拟试题
（一模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学与生活、生产、环境、科技密切相关。下列说确的是
A．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
B．煤的干馏与石油的催化裂化均属于化学变化
C．纳米铁粉物理吸附可除去污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等
D．“神舟十三号”字宙飞船前往舱表面面运用的新型高温结构陶瓷次要成分是硅酸盐
2．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说确的是
A．分子式为C6H6O6
B．1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准情况下22.4LH2
C．与 互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
3．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用氨水吸收足量的SO2气体： 2NH3·H2O + SO2= 2+ + H2O
B．将Cl2通入石灰中制漂白粉： Cl2+ 2OH- = ClO- + Cl-+ H2O
C．ZnCO3 溶于稀盐酸： + 2H+= H2O + CO2↑
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)
4．由下列实验操作及景象所得结论或解释错误的是
实验操作及景象
结论或解释
A
向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤洗濯后，向所得沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀没有溶解
Na2SO3溶液已变质
B
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
C
向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消逝
Al(OH)3具有两性
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，既产生白色沉淀又生成无色气体
Ca2++2HCOCaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度添加，平衡向右挪动
A．AB．BC．CD．D
5．短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X与R同主族，Q是地壳中含量的元素。下列说法错误的是
A．简单离子半径大小顺序为： Z>Q>R
B．最简单氢化物的沸点高低顺序为： Q>Z> Y
C．X与Q构成的化合物仅含共价键
D．Q与R构成的常见化合物中，阴、阳离子数目之比为1∶2
6．用间接电解法对NO进行有害化处理，其原理如图所示。下列说确的是
A．工作时电解池中H+从左室移向右室
B．阳极电极反应式为2+ 2H++ 2e-= + 2H2O
C．理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2
D．吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4
7．MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
二、填 空 题
8．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴味小组在实验室中模仿侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验安装图如下：
回答下列成绩：
(1)a导管末端多孔球泡的作用_______。
(2)b中通入的气体是_______， 写出实验室制取该气体的化学方程式_______。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(滴定起点)， 耗费盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至起点(第二滴定起点)，又耗费盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列成绩：
(4)指示剂N为_______， 第二滴定起点的景象是_______。
(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_______ ( 保留三位有效数字)。。
(6)滴定起点时，某同窗俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
评卷人
得分
三、工业流程题
9．合理处理金属既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列成绩：
(1)加快“脱锡”速率的措施有_______(写出一点)。“操作I” 包含_______、_______、过滤、洗濯、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_______；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的缘由_______。
(3)“脱锡液”中含有的离子次要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_______； 当阴极出现_______的景象时，阐明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_______。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为_______。
评卷人
得分
四、原理综合题
10．甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。
Ⅰ.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。
(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
则H2O2氧化CH4的热化学方程式为_______ ( 用∆H1和∆H2来表示∆H)。
(2)该方法采用的温度为70℃，没有选择更低或更高温度的缘由是_______。
Ⅱ.工业。上也常运用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为
主反应： CO2(g)+ 3H2(g) CHOH(g)+ H2O(g) ∆H<0
副反应： CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ∆H<0
起始投料为= 3。
i.当反应只按主反应进行时，研讨没有同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x(CH3OH)]的变化规律，如下图所示。其中， x(CH3OH)-p图在t=250℃下测得， x(CH3OH)-t 图在p=5×105 Pa下测得。
(3)图中等压过程的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断的根据是_______。
(4)当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为_______或_______。
ii.当两个反应同时发生时，在T℃，恒压为1×106 Pa条件下达平衡时： x(CH3OH)=0.125，x(CO)=0.0625。
(5)该条件下CO2的总转化率=_______ ； 副反应的平衡常数Kp=_______(保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
评卷人
得分
五、结构与性质
11．人类对第二周期的元素及化合物认识最先。
(1)第二周期的元素中，I1(电离能)从大到小排前三位的是_______。
(2)人类合成的个稀有气体化合物是XeF+PtF，PtF中的键角有90°和180°两种。下列关于该化合物的说法中正确的是_______。
A．熔化形态下没有能导电
B．XeF+中一切原子都满足8电子波动结构
C．用两个Cl交换F后，所得PtF4Cl2有两种结构
D．含有离子键、极性键、非极性键和配位键
(3)XeF+PtF溶于水可生成Xe和HPtF6，写出反应的化学方程式。_______。
(4)解释HNO3和HNO2酸性强弱没有同的缘由_______。
(5)SCN—中C原子的杂化类型为_______， 其中含有两个相反的大π键，其方式为_______。(用π表示，n为原子数，m为电子数)，检验Fe3+时，SCN—以 S原子配位没有以N原子配位的缘由是_______。
(6)如图，在NaCl的晶体中，Na+和Cl—互相占据对方的正八面体空隙，CaF2晶体中，F—占据由Ca2+构成的一切正四面体空隙。钛镍合金具有外形记忆功能。某钛、镍原子个数比为2：1的合金的晶体结构为：镍原子呈面心立方陈列，钛原子填充在由镍原子围成的一切八面体空隙和一半的四面体空隙中，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为_______； 钛原子和镍原子的半径分别为r1和r2，该晶体的空间利用率为_______(用含r的代数式表示，没有必化简，空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积)。
评卷人
得分
六、无机推断题
12．化合物J是一种催吐剂的两头体，其合成方法如下：
回答下列成绩：
(1)A的名称为_______，H中除酰胺键外，其它含氧官能团的名称为_______。
(2)设计反应①和③的目的是_______。
(3)加入过量的Na2CO3有利于反应⑦的进行，其缘由是_______。
(4)写出反应④的化学方程式_______，该反应的反应类型为_______。
(5)同时满足下列条件的A的同分异构体有_______种，写出其中一种核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应 ②与FeCl3溶液发生显色反应
(6)设计由硝基苯和1，3-丁二烯制备的合成线路(无机试剂任选)。_______。
答案：
1．B
【详解】
A．葡萄糖是单糖，没有能发生水解反应，上述过程属于葡萄糖的分解反应，故A错误；
B．煤的干馏与石油的催化裂化都有新物质生成，均属于化学变化，故B正确；
C．纳米铁粉与污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等离子发生置换反应达到高效除污的目的，没有是由于物理吸附，故C错误；
D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，次要成分没有是硅酸盐，故D错误；
故选B。
2．C
【详解】
A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A错误；
B．由结构简式可知，维生素C的分子中含有4个羟基，则1mol 维生素C与足量的钠反应，可生成标准情况下44.8L氢气，故B错误；
C．由结构简式可知，维生素C与 的分子式相反，结构没有同，互为同分异构体，故C正确；
D．由结构简式可知，维生素C的分子中含有的羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则没有能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，故D错误；
故选C。
3．D
【详解】
A．用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O + SO2= + ，选项A错误；
B．将Cl2通入石灰中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：2Cl2+ 2Ca(OH)2= 2Ca2++2ClO- +2Cl-+ 2H2O，选项B错误；
C．ZnCO3 溶于稀盐酸生成氯化锌、二氧化碳和水，反应的离子方程式为： + 2H+= Zn2++H2O + CO2↑，选项C错误；
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀，转化为更难溶的硫化银，反应的离子方程式为： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)，选项D正确；
答案选D。
4．A
【详解】
A．向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生BaSO3白色沉淀，过滤洗濯后，向所得沉淀中加入的稀硝酸具有氧化性，会将亚硫酸钡氧化为难溶于水和酸的硫酸钡沉淀，所以无法判断Na2SO3溶液能否变质，A错误；
B．酸性高锰酸钾会与过氧化氢发生氧化还原反应，过氧化氢将紫色的高锰酸根离子还原为无色的锰离子，本身被氧化为氧气，B正确；
C．铝离子先与少量氢氧化钠发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，然后过量的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠和水，上述实验景象可证明Al(OH)3具有两性，C正确；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，钙离子促进碳酸氢根离子的电离，从而生成碳酸钙沉淀，生成的氢离子与碳酸氢根离子发生反应生成水和二氧化碳，所以景象为：既产生白色沉淀又生成无色气体，结论无误，D正确；
故选A。
5．C
【分析】
短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，Q是地壳中含量的元素，则Q为O元素；X与R同主族，X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，则X与R的最外层电子数为1、Y的最外层电子数为4，X为H元素或Li元素、Y为C元素、Z为N元素、R为Na元素。
【详解】
A．电子层结构相反的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子、氧离子和钠离子的离子半径大小顺序为Z>Q>R，故A正确；
B．甲烷分子没有能构成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子和水分子，沸点，水分子构成的分子间氢键数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为为Q>Z> Y，故B正确；
C．若X为Li元素，氧化锂是只含有离子键的离子化合物，故C错误；
D．氧化钠和过氧化钠都是阴、阳离子数目之比为1∶2的离子化合物，故D正确；
故选C。
6．D
【分析】
从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，而在电极Ⅱ附近有氧气生成，为H2O得到电子生成O2，为阳极。
【详解】
A．电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，工作时电解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A错误；
B．阳极上H2O得到电子生成O2，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑,选项B错误；
C．理论上每处理lmolNO，NO转化为N2,转移2mol e-，电解池中异样转移2mol e-，故产生0.5mol32g /mol=16gO2，选项C错误；
D．吸收塔中NO变N2，变成了，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4，选项D正确；
答案选D。
7．B
【分析】
由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。
【详解】
A．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；
B．当V=10.0 mL，若没有考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度没有同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项错误；
C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项正确；
答案选B。
8．(1)增大接触面积，进步吸收速率
(2) 氨气 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
(3)NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3↓+ NH4Cl
(4) 甲基橙 一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内没有恢复
(5)4.23%
(6)偏小
(1)
多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故增大接触面积，进步吸收速率；
(2)
由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，没有能将导管直接溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；
(3)
碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3↓+ NH4Cl；
(4)
在次滴定时，由于达到滴定起点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定起点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定起点的景象为滴入一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内没有恢复；
(5)
进行次滴定时，发生的反应为，耗费盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，耗费盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠耗费盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；
(6)
若在次滴定过程中俯视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
9．(1) 研碎、搅拌、适当进步温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】
本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
(1)
从反应速率的影响要素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当进步温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
(2)
根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的缘由是：置换反应速率加快，生成的铜粉增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹，从而导致锡浸出率下降；
(3)
阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子得到电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应终了后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的景象时，阐明电解回收锡结束；
(4)
“脱锡渣”的次要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
(5)
设120℃时固体物质的分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
10．(1)H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)
(2)低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解
(3) b 压强没有变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向挪动，x(CH3OH)降低
(4) 210℃，5×105 Pa 250℃，9×105 Pa
(5) 60.0% 或60% 0.188
(1)
已知： ①2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
②2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
根据盖斯定律，由(①+②)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)；
(2)
反应时温度低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解,故该方法采用的温度为70℃，没有选择更低或更高温度；
(3)
图中等压线是b，压强没有变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向挪动，x(CH3OH)降低；
(4)
根据上述分析可知:曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知:当x(C'H3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210℃，压强为5×105 Pa条件；或温度为250℃，压强为9×105 Pa条件；
故答案为: 210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Pa；
(5)
假设反应分步进行，根据三段式可知：
x(CH3OH)=0.125，解得x=0.4
x(CO)==0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=；
副反应的平衡常数Kp======0.188。
11．(1)Ne > F > N
(2)BC
(3)2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6
(4)HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性加强，易发生电离
(5) sp π S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子
(6) 4 ×或 ×
(1)
第二周期元素，从左到右电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为波动的全充满结构，电离能，氮原子的2p轨道为波动的半充满结构，元素电离能大于相邻元素，则电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故Ne > F > N；
(2)
A．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化形态下能电离出挪动的离子，能导电，故错误；
B．XeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子波动结构，故正确；
C．由PtF中的键角有90°和180°两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯交换氟后，所得PtF4Cl2有两种结构，故正确；
D．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，没有含有非极性键，故错误；
故选BC；
(3)
由题意可知，XeF+PtF与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6，故2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6；
(4)
硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，缘由是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性加强，易发生电离，故HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性加强，易发生电离；
(5)
硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相反的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相反，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子构成大π键，其方式为π；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位没有以氮原子配位，故sp；π；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；
(6)
由题意可知，镍钛合金构成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8×+6×=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为πr×8+πr×4=π(8r+4 r)，晶胞的边长为，体积为[]3，则晶体的空间利用率为×= ×，故×或 ×。
12．(1) 2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸) 醚键、酯基
(2)给氯代反应并氯代数目
(3)Na2CO3可耗费反应生成的HCl，有利于反应的进行
(4) +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应)
(5) 9 或或
(6)
【分析】
由无机物的转化关系可知，与浓硫酸发生取代反应生成，则A为；在氯化铁做催化剂作用下与氯气发生取代反应生成，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成，则D为；在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成，则E为；在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，在TL作用下与铁发生还原反应生成，与ClCH2COCl发生取代反应生成，与一碘甲烷发生取代反应生成I，I与氢氧化钠乙醇溶液反应后，酸化得到J。
(1)
由分析可知，A的结构简式为，名称为2—羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸；H的结构简式为，分子中除酰胺键外，其它含氧官能团为醚键、酯基，故2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸)；醚键、酯基；
(2)
由分析可知，设计反应①和③的目的是给氯代反应并氯代数目，故给氯代反应并氯代数目；
(3)
由分析可知，反应⑦为与ClCH2COCl发生取代反应生成和氯化氢，加入的碳酸钠与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向挪动，有利于进步反应的产率，故Na2CO3可耗费反应生成的HCl，有利于反应的进行；
(4)
由分析可知，反应④为在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故+CH3OH+H2O；取代反应(或酯化反应)；
(5)
A的同分异构体能发生银镜反应，与氯化铁溶液发生显色反应阐明同分异构体分子中苯环的取代基为—OH和—OOCH，或2个—OH和1个—CHO，其中—OH和—OOCH在苯环上有邻间对3种结构，2个—OH和1个—CHO有6种结构，共有9种，其中核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式为、、 ，故9； 或或 ；
(6)
由结构简式可知，以硝基苯和1，3—丁二烯制备的合成步骤为硝基苯在TL作用下与铁发生还原反应生成苯胺，1，3—丁二烯与碘发生加成反应生成，苯胺与发生取代反应生成，合成路线为，故。
2022-2023学年安徽省马鞍山市高考化学【理综】冲刺模拟试题
（二模）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A．储氢合金可用于以氢气为燃料的汽车
B．豆腐是我国具有悠久历史的传统美食，它是利用盐卤等物质使豆浆中的蛋白质聚沉的原理制成的
C．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料
D．北京黑科技：二氧化碳“造冰”技术打造速滑馆“冰丝带”，CO2发生的是物理变化
2．姜黄素是一种具有良好着色性和分散性的天然黄色素，其结构简式如图。下列说确的是
A．分子中所有碳原子一定共平面
B．该有机物含有苯环，属于芳香烃
C．该物质能发生加成反应、取代反应，没有能发生氧化反应
D．分子中含有四种官能团
3．甲醇羰基化制乙酸的催化剂为可溶性铱配合物(主催化剂)和碘化物(助催化剂)，利用铱配合物[Ir(CO2)I2]-催化甲醇羰基化的反应历程如图所示(其中Me-CH3，Ac-COCH3)。下列说法没有正确的是
A．该催化循环中Ir的成键数目发生变化
B．HI是反应过程中的助催化剂
C．CO分压增大对反应速率没有影响
D．反应历程中存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]-+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I-
4．用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D
制备氢氧化铁胶体
鉴别NaOH和NH4NO3
检验NH
准确读取酸性KMnO4标准溶液体积为15. 20 mL
A．A B．B C．C D．D
5．如图是一种电解精炼废钢的工艺原理图，通过O2-在两极间的定向移动可实现废钢脱碳从而得到超低碳钢，同时还可以回收硅作为副产品。下列说确的是
A．电解时，阴极的电极反应为：
B．若阴极产生22.4LCO(标准状况下)，阳极所得硅的质量为14g
C．炉渣和废钢之间可以选用酸性电解质溶液
D．电流方向：电源负极→阴极→阳极→电源正极
6．W、X、Y、Z为原子序数增大的短周期没有同主族元素，W的简单氢化物可用作制冷剂。Y单质既能溶于强酸也能溶于强碱。Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和。下列叙述没有正确的是
A．简单氢化物的沸点：W＞Z
B．Z分别与X、Y组成的二元化合物中，化学键均为离子键
C．简单离子的半径大小为：Z＞W＞X＞Y
D．工业上常用电解熔融盐的方法制备X
7．MA2是一种微溶盐，M(OH)2是二元强碱，HA是一元弱酸。25℃时，实验测得随着c(H＋)变化，MA2饱和溶液中pM与δ(A-)的关系如图所示，其中a点对应的pH=5.0,[已知pM=-lgc(M2+)，δ(A-)= ]。则下列说法错误的是
A．HA的电离常数Ka为1.0×10-5
B．a点对应溶液中有c(M2＋)=c(HA)
C．Ksp(MA2)的数量级为10-9
D．b点对应溶液中c(OH-)=9×10-5
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
二、工业流程题
8．2022北京期间的交通服务用车中，氢燃料电车占了绝大多数。氢氧燃料电池中，贵金属Pt作为催化剂起到关键作用。下列是从某阳极泥中回收铂、金的工艺流程图，请仔细阅读信息后作答：
(1)“酸浸氧化”中无气体排出，此时通入氧气的目的是____，“滤液”中的金属阳离子有____。
(2)若“酸溶”得到的[PtCl6]2-和[AuCl4]-的物质的量均为1mol，则消耗的氯气至少为___________mol。
(3)沉金过程中的离子反应方程式为___________。
(4)“沉铂”中，生成(NH4)2PtCl6的沉淀率随温度升高而呈升高趋势，请化学反应方程式解释升高温度，(NH4)2PtCl6沉淀率升高的主要原因___________。
(5)滤渣氯铂酸铵[(NH4)2PtCl6]表面有大量氯化铵等可溶性的盐，需要洗涤除去，洗涤沉淀的方法是___________。
(6)写出(NH4)2PtCl6灼烧时的化学反应方程式___________。
评卷人
得分
三、实验题
9．随着“碳中和”“碳达峰”政策的落实，新能源汽车得到极大发展。磷酸铁(FePO4)可用来制备电动汽车锂离子电池的电极材料，工业上常以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料如下步骤制备磷酸铁(FePO4)。
资料：几种金属离子沉淀的pH：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
I．如图所示连接装置，将一定量焙烧后的硫铁矿粉末加入三颈烧瓶中，通过：向三颈烧瓶中缓慢加入一定浓度的稀硫酸，50～60℃加热，充分反应，过滤。
II．向滤液中加入FeS固体，充分搅拌至溶液中Fe3＋全部被还原。
III．向还原后的溶液中加入FeCO3固体，没有断搅拌，使A13＋完全转化为Al(OH)3，过滤，得FeSO4溶液。
IV．向除铝后的溶液中加入一种“绿色氧化剂”，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液。
V．向含有Fe3＋的溶液中加入一定量的Na2HPO4溶液(溶液显碱性)，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4·2H2O。
回答下列问题：
(1)步骤I的实验装置中仪器a的名称是____，在该步反应过程中温度没有宜过高的原因可能是___________。
(2)步骤II中还原Fe3＋的目的是____，检验Fe3＋全部被还原的实验操作是___________。
(3)步骤III中加入FeCO3的作用是___________。(用离子方程式表示)
(4)步骤IV中，加入的“绿色氧化剂”是___________。(填化学式)
(5)步骤V中，反应后Fe3＋沉淀完全(c≤1×10-5mol·L-1)时，c(PO)最小为___________mol·L-1,已知常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22。
(6)实验中制得的FePO4与Li2CO3在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，其常用作锂离子电池电极材料，如图为Ca-LiFePO4可充电电池的工作原理示意图，锂离子导体膜只允许Li＋通过。则放电时，电池的总反应式为 ___________。
评卷人
得分
四、原理综合题
10．甲醇是重要的化工原料，可以使用多种方法制备甲醇。
(1)利用CO和H2合成甲醇，已知在一定温度和压强下，发生如下反应：
①
②
③
则：CO(g)＋2H2(g)→CH3OH(g) ΔH=___________。向密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，在催化剂的作用下合成甲醇，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在没有同压强下随温度的变化如图甲所示。下列说法没有正确的是___________。
A．该反应的p1＞p2
B．反应速率：v逆(A)＞v逆(B)
C．A、B、C的平衡常数大小：K(A)＞K(B)=K(C)
D．若p1时最初充入1molCO，5min达到B点的平衡状态，则v(CH3OH)=0.175 mol·L-1·min-1
(2)利用CO2和H2合成甲醇，在催化剂Cu/ZnO作用下可发生如下两个平行反应。反应I：CO2(g)＋3H2(g)→CH3OH(g)＋H2O(g)反应II：CO2(g)＋H2(g)→CO(g)＋H2O(g);温度对CO2转化率及甲醇和CO产率的影响如图乙所示。
①由图乙判断合成CH3OH最适宜的温度是___________。
②由图可知，温度升高CH3OH产率先升高后降低，降低的可能原因是___________。
③下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有___________。
A．增大体系压强
B．提高CO2和H2的投料比
C．体积和投料比没有变，提高反应物浓度
(3)利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。主反应：CH4(g)＋O2(g)→CH3OH(g)，副反应：CH4(g)＋2O2(g)→CO2(g)＋2H2O(g)。在温度为T℃、压强为Pa条件下，向容器中充入2molCH4、1molO2和6molH2O，充分反应达平衡时CH4的转化率为50%，产物的选择性(如甲醇的选择性=)如图丙所示：
①求平衡时O2的物质的量为_____
②主反应的相对压力平衡常数=___________。(用含P和p0的计算式表示。表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压除以p0)
评卷人
得分
五、结构与性质
11．铜、银、金在元素周期表中属于同一族元素，应用很广。
(1)我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”，其成分为BaCuSi4O10。写出该物质中基态铜离子的价电子排布式______
(2)铜可形成多种配合物，如[Cu(NH3)4]SO4、K2[Cu(CN)3]等。配离子Cu(CN)中σ键和π键的个数比为___，离子Cu＋的杂化类型是sp2，该配离子的空间构型为___；CN-中配位原子是_____(填名称)，原因是___。
(3)金性质稳定，常用作饰品，但金可以被王水溶解，其方程式为Au＋HNO3＋4HC1=H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O，该反应中形成的化学键有___________。
a．金属键 b．离子键 c．配位键 d．极性键 e．非极性键 f．氢键
(4)由Cs、Au、Cl三种元素组成的化合物其晶胞如下图。小球为Cl，面上大球为Cs，其余球为Au。
该化合物中金原子有2种没有同的化学环境，形成2种没有同的配合阴离子，它们分别是[AuCl4]-和___________，该化合物的化学式为___________。
(5)某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数为NA，写出储氢后晶体密度的计算式___________g·cm-3(没有需要计算出结果)。
评卷人
得分
六、有机推断题
12．化合物J是合成抗心律失常药普罗帕酮的前驱体，其合成路线如下：
已知： CH3COCH3+CH3CHO CH3COCH=CHCH3+H2O
(1)A属于___________烃，官能团名称是___________，J的分子式为___________。
(2)C生成D的反应类型是___________。
(3)E的名称是___________，I的结构简式是___________。
(4)写出F到G的化学方程式___________。
(5)K是F的芳香族同分异构体，和F含有没有同的官能团，但能和氢氧化钠溶液反应，K有___________种结构。写出一种同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：___________。
①能发生银镜反应和水解反应
②核磁共振氢谱上显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1
(6)参照上述合成路线，以丙烯和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：___________。
答案：
1．C
【详解】
A．储氢合金在一定条件下释放出氢气，可用于以氢气为燃料的汽车，故A正确；
B．豆浆中的蛋白质遇盐卤等物质聚沉制作豆腐，故B正确；
C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．CO2汽化吸热，用二氧化碳“造冰”，二氧化碳发生物理变化，故D正确；
选C。
2．D
【详解】
A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征，甲烷为四面体结构，单键可以旋转，因此该分子中所有碳原子没有一定共面，故A错误；
B．该有机物中含有氧元素，没有属于烃，故B错误；
C．该物质中酚羟基、碳碳双键均能被氧化，故C错误；
D．该物质中含有酚羟基、醚键、碳碳双键和羰基4种官能团，故D正确；
答案选D。
3．C
【详解】
A．Ir的成键数目如图所示有4、5、6个，选项A正确；
B．HI是反应过程中的中间产物，即助催化剂，选项B正确；
C．根据图示，总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，CO分压增大，反应速率加快，选项C没有正确；
D．根据图示，存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]-+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I-，选项D正确；
答案选C。
4．B
【详解】
A．制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，加入到NaOH中会生成氢氧化铁沉淀，A错误；
B．氢氧化钠溶解放热，硝酸钠溶解吸热，将水分别滴加到两种物质中，一个试管温度升高，一个试管温度降低，可通过触摸外壁鉴别，B正确；
C．检验铵根离子应该用湿润的红色石蕊试纸，而没有是蓝色石蕊试纸，C错误；
D．滴定管的“0”刻度线在上端，图示读数应该是14.80mL，D错误；
故答案选B。
5．A
【详解】
A．图中所给信息可知阴极得电子生成硅单质和氧离子，电极反应为，选项A正确；
B．产生22.4LCO(标准状况下)，C由0价变为+2价，该电极是阳极，转移电子的物质的量为2mol，阴极只有当硅的价态由+4变为0时，所得硅的质量为=14g，但无法确定中硅的价态，选项B错误；
C．废钢和炉渣之间若使用酸性电解质溶液，铁会与酸性溶液发生反应，且使用酸性电解质溶液时，O2-会转化为水，选项C错误；
D．阴极和阳极两极之间没有电子移动，而是存在O2-的定向运动，选项D错误；
答案选A。
6．B
【分析】
氨气易液化，因此液氨气化时吸收大量热，可作制冷剂，W为氮元素，既能溶于强酸也能溶于强碱的单质Y为金属Al，四种元素没有同主族，Z的最外层电子数是W(氮)和X的最外层电子数之和。满足条件的W、X、Y、Z可能为N、Na、Al、S或N、Mg、Al、Cl，据此可分析解答。
【详解】
A．NH3分子间有氢键，沸点比没有氢键的H2S、HCl要高，A选项正确；
B．S、Cl和Na、Mg、Al形成的二元化合物中AlCl3是共价键形成的共价化合物，B选项错误；
C．离子半径的大小由电子层数和核电荷数决定，因此简单离子半径大小顺序为S2->Cl->N3->Na+>Mg2+>Al3+，C选项正确；
D．工业上常用电解熔融NaCl、MgCl2的方法制备Na、Mg，D选项正确；
答案选B。
7．D
【详解】
A．a点时δ(A-)=0.5，可知，此时pH=5.0，HA的电离常数Ka=，故A正确；
B．a点，根据物料守恒可知：2c(M2+)=，又此时，则c(M2＋)=c(HA)，故B正确；
C．a点时c(M2＋)=mol/L，c(M2＋)=c(HA)=，=mol/L，则Ksp(MA2)= =，故C正确；
D．b点时δ(A-)=0.1，则，由以上已知：Ka=，则==9×10-5，c(OH-)=，故D错误；
故选：D。
8．(1) 防止硝酸产生的还原产物NO排放到空气中污染空气 Cu2+、Ag+
(2)3.5
(3)[AuCl4]-+3Fe2+=Au↓+3Fe3++4Cl-
(4)存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高
(5)向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2～3次
(6)
【分析】
从某阳极泥中回收铂、金，阳极泥焙烧渣主要成分为CuO、Cu2O、Ag2O、Ag、Au和Pt，将焙烧渣酸浸氧化，硝酸具有强氧化性，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au，Pt，滤渣加入盐酸、氯气酸溶，得到的[PtCl6]2-和[AuCl4]-，再加入FeCl2沉金，FeCl2与 HAuCl4反应，生成Au，过滤得到Au；滤液加入NH4Cl沉铂，加入NH4Cl，会与 H2PtCl4反应，生成(NH4)2PtCl6，灼烧得到海绵铂，据此解答。
(1)
稀硝酸具有强氧化性，还原产物为NO气体，题干中“酸浸氧化”中无气体排出可知，通入氧气的目的是防止硝酸产生的还原产物NO排放到空气中污染空气；阳极泥焙烧渣主要成分为CuO、Cu2O、Ag2O、Ag、Au和Pt，将焙烧渣酸浸氧化，硝酸具有强氧化性，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au，Pt，故“滤液”中的金属阳离子有Cu2+、Ag+，故防止硝酸产生的还原产物NO排放到空气中污染空气；Cu2+、Ag+；
(2)
若“酸溶“得到的[PtCl6]2-和[AuCl4]-，Pt升高4价，Au升高3价，因此共失去7mol电子.则需要消耗的氯气至少为mol=3.5mol，故3.5；
(3)
“沉金“时加入FeCl2与 HAuCl4反应，生成Au，Au的化合价降低，二价铁的化合价升高，生成氯化铁，化学反应方程式为：HAuCl4+3FeCl2=Au↓+3FeCl3+HCl，故离子反应方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=Au↓+3Fe3++4Cl-，故[AuCl4]-+3Fe2+=Au↓+3Fe3++4Cl-；
(4)
沉铂时，加入NH4Cl，会与 H2PtCl4反应，生成(NH4)2PtCl6，化学方程式为：H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高，原因为存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高，
故存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtCl6↓+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使反应正向进行，使(NH4)2PtCl6沉淀率升高；
(5)
洗涤沉淀的方法具体实验操作为；向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2～3次，故向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2～3次；
(6)
(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，通过价态分析，还会生成氨气，氯化氢和氮气，化学方程式为：，故。
9．(1) 分液漏斗 防止Fe3+水解生成Fe(OH)3
(2) 防止除去Al3+的同时Fe3+一起沉淀 取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液没有变红，则Fe3+全部被还原
(3)
(4)H2O2
(5)
(6)
(1)
步骤I的实验装置中仪器a的名称是分液漏斗；硫铁矿粉焙烧后铁被氧化为+3价，加入稀硫酸会生成Fe3+，Fe3+会发生水解，水解为吸热反应，升高温度，促进铁离子水解生成氢氧化铁，故温度没有易过高的原因是：防止Fe3+水解生成Fe(OH)3；
(2)
依据表格中数据以及步骤III的目的是除铝，让Al元素以氢氧化铝形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+的目的是防止除去Al3+的同时Fe3+一起沉淀；检验Fe3＋全部被还原的实验操作是：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液没有变红，则Fe3+全部被还原；
(3)
加入FeCO3的目的是调节pH值，让Al3+以氢氧化铝沉淀而除去，Al3+发生水解，，，促使平衡正向移动，得到氢氧化铝沉淀，总反应为：；
(4)
双氧水作为氧化剂，还原产物为H2O，没有引入杂质，对环境无影响，故绿色氧化剂选择H2O2；
(5)
当时，；
(6)
据图可知，放电时Ca转化为Ca2+，发生氧化反应，所以钙电极为负极，Ca-2e-=Ca2+；Li1-xFePO4/LiFePO4电极为正极，电极上发生Li+的嵌入，，放电时正极反应与负极反应相加得到总反应方程式：。
10．(1) 2a+b-c BD
(2) 250℃ 反应I的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH产率降低 AC
(3) 0.35mol
(1)
①
②
③
利用盖斯定律：将①×2+②×-③×2得：CO(g)＋2H2(g)→CH3OH(g) ΔH=2a+b-c。
A．对于反应CO(g)＋2H2(g)→CH3OH(g)，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，由图中可知，CH3OH的体积分数B点比C点大，所以该反应的p1＞p2，A正确；
B．从图中可以看出，A点温度比B点低，则反应速率：v逆(A)＜v逆(B)，B没有正确；
C．从图中可以看出，升高温度，CH3OH的体积分数减小，则∆H＜0，Ａ点温度比B、C点低，B、C点温度相同，所以A、B、C的平衡常数大小：K(A)＞K(B)=K(C)，C正确；
D．因为容器的体积未知，所以我们无法求出v(CH3OH)，D没有正确；
故选BD。2a+b-c；BD；
(2)
①由图乙中可以看出，250℃时CH3OH的产率，所以合成CH3OH最适宜的温度是250℃。
②由图可知，温度升高CH3OH产率先升高后降低，降低表明平衡逆向移动，升高表明反应可能还未达平衡，也可能是催化剂的活性发生改变造成的，所以降低的可能原因是：反应I的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH产率降低。
③A．反应I中，由于反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以增大体系压强，平衡正向移动，而对反应II 无影响，所以CO2转化为CH3OH的平衡转化率增大，A正确；
B．提高CO2和H2的投料比，则虽然平衡正向移动，但CO2的转化率降低，B没有符合题意；
C．体积和投料比没有变，提高反应物浓度，则相当于增大压强，平衡正向移动，CO2转化为CH3OH的平衡转化率增大，C正确；
故选AC。250℃；反应I的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH产率降低；AC；
(3)
在温度为T℃、压强为Pa条件下，向容器中充入2molCH4、1molO2和6molH2O，充分反应达平衡时CH4的转化率为50%，则参加反应的CH4物质的量为1mol，其中生成CO2的CH4为1mol×10%=0.1mol，生成CH3OH的CH4的物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol。
由此可建立如下三段式：
平衡时O2的物质的量为1mol-0.45mol-0.2mol=0.35mol。
②平衡时压强为P，CH3OH的相对分压为，CH4的相对分压为，O2的相对分压为，所以主反应的相对压力平衡常数=。0.35mol；。
在同一混合体系中，没有同反应中的同一种物质，物质的量相同。
11．(1)3d9
(2) 1：1 平面三角形 碳 N元素电负性较大，没有易提供孤电子对
(3)cd
(4) [AuCl2]- CsAuCl3
(5)
(1)
根据化合物中所有元素化合价代数和为0，列式有2+x+4×4-2×10=0，解得x=2，Cu的化合价为+2，Cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为3d9；
(2)
配离子Cu (CN)中σ键数为6，CN-的结构为有2个π键，配离子Cu (CN)中中π键数为6，所以配离子Cu (CN)中σ键和π键的个数比为1：1，配离子Cu (CN)离子杂化方式为sp2，该配离子的空间构型为平面三角形，CN-中配位原子是碳，因为N元素电负性较大，没有易提供孤电子对；
(3)
反应Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O中，生成物中H[AuCl4]存在配位键和极性共建，生成物NO和H2O存在极性共价键；
故选cd。
(4)
由图可知，金原子有2种没有同的化学环境，分别和2个氯原子或者和4个氯原子，分别是[AuCl2]-和[AuCl4]-，根据均摊法可知晶胞中Cs的个数为：8×=4，Cl的个数为10+8×=12，Au的个数为：8×+4×+2×=4，故该化合物的化学式为：CsAuCl3；
(5)
Cu原子个数=6×=3，Ag原子个数= 8×=1、H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中，Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙有8个，H原子储在该空隙中个数为8，化学式为式为：Cu3AgH8，晶胞的质量为：，晶胞的体积为：(anm)3=a3×10-21cm3，晶胞的密度为：ρ===g/cm3；
12．(1) 乙烯 碳碳双键 C18H18O3
(2)取代反应
(3) 苯酚
(4)+ + H2O
(5) 10
(6)
【分析】
由已知合成路线可知B为乙醛，A生成B条件为氧气加热，所以该反应为氧化反应，则A是烃，可推得A为乙烯，B与新制氢氧化铜悬浊液反应，再酸化后得到乙酸，乙酸与SOCl2反应得到D，发生取代反应，D与E反应生成F，对照D与F结构可推知E为，由已知信息可知F与苯甲醛反应生成G，所以G为，G催化剂加氢气的到H，所以H为，H与I反应得到J，且I的分子式为C3H5ClO，所以I为。详见下图流程：
(1)
由图可知，发生了氧化反应，则A是烃，可推得A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；J的分子式通过查C、H、O的个数可得到，为C18H18O3；
(2)
C→D是乙酸与SOCl2反应生成，羟基变成Cl，所以发生了取代反应；
(3)
，对照D和F 的结构，可看出E中含有苯环，F中没有Cl，所以应有HCl生成，所以E应该为苯酚；H为，H与I反应得到J ，两者对照，I的分子式，可以推得I应该为；
(4)
由已知信息CH3COCH3+CH3CHO CH3COCH=CHCH3+H2O，可得到F到G的化学方程式为：+ + H2O
(5)
F的结构为，含有一个苯环，苯环外2个C，两个O和一个没有饱和度，K是F的芳香族同分异构体，和F含有没有同的官能团，说明无羟基和酮羰基，但能和氢氧化钠溶液反应，说明含有酯基或者羧基。若有两个取代基，则可能有如下：酯类3种，羧酸类3种；若苯环含有1个取代基则可能含有的官能团为羧基或者酯基 ，共4种，所以共3+3+4=10种；K的结构能发生银镜反应和水解反应，含有官能团HCOO-，且核磁共振氢谱上显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1，则结构为：；
(6)
由产物分析，采用逆合成的思路进行逆推，如下图所示：，所以
按要求写同分异构体时，注意分类讨论，合成路线设计时注意已知信息进行合理推测。
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