【高考化学】山东省2022-2023学年专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考化学】山东省2022-2023学年专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共44页。试卷主要包含了NA为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。

【高考化学】山东省2022-2023学年专项突破仿真模拟试题
（一模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．2022 年北京的火炬“飞扬”，一经亮相就吸睛有数，火炬为银色与红色，意味“冰火相约，激情飞扬，照亮冰雪，暖和世界”。下列关于火炬叙说错误的是
A．火炬外壳运用的碳纤维与高功能树脂材料，均属于无机非金属材料
B．火炬桶身运用的碳纤维复合材料密度小、硬度大，具有轻巧又牢固的优点
C．火炬内飘带采用纳米级陶瓷涂层，可耐受80℃～1000℃的高温
D．火炬运用氢气燃料，燃烧时碳排放为零，符合绿色化学理念
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙说正确的是
A．1 L 0.1 mol·L-1的稀硫酸与足量金属钠反应，溶液中生成Na+的个数为0.2 NA
B．用惰性电极电解AlCl3溶液，当电路中电子数为3NA时，阴极上有27g Al析出
C．标准情况下，1 L pH=9.5的纯碱溶液中，由水电离产生的OH—数目为10-4.5NA
D．22g环氧乙烷()中所含极性共价键数目为3 NA
3．“更严、 更全、更高”的禁止运用兴奋剂是2022年北京的重要特征。苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式为： 。下列叙说错误的是
A．向该兴奋剂中滴入KMnO4(H+)溶液，可观察到紫色褪去
B．该兴奋剂分子中一切碳原子均可能共平面。
C．该兴奋剂能够发生氧化反应、还原反应和水解反应
D．1 mol苯丙酸诺龙完全燃烧耗费34 mol O2
4．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次添加。甲、乙、丙是由这些元素组成的二元化合物，常温下0.1 mol·L-1丙溶液的pH为1，丁是元素D的单质，为黄绿色气体，戊是难溶于水的混合物，己的水溶液具有漂白性。上述物质的转化关系如图所示。下列说确的是

A．甲可能是丁烷，常温常压下呈气态
B．原子半径的大小： A＜B＜C＜D
C．氧化物对应水化物的酸性： D＞B
D．己的结构式：A-D-C
5．用下列仪器或安装(夹持安装略)进行相应实验，能达到实验目的的是

A．图①安装检验出有CO生成，能证明焦炭与二氧化硅发生了反应
B．图②在相反温度下，左侧安装产生气泡速度较快，可以阐明FeCl3对H2O2分解的催化
C．图③安装直接加热六水合氯化镁制取无水氯化镁
D．图④安装无气泡生成，证明硼酸的酸性弱于碳酸
6．3D打印技术制造的人工肾脏是一种可替代肾脏功能的安装，用于协助患有尿毒症疾病的患者。实验室用如图安装模仿人工肾脏的工作原理，电解生成的质子Cl2将尿素[CO(NH2)2]氧化排出，则下列说确的是


A．b为电源的正极，H+从左室质子交换膜挪动到右室
B．阳极室中发生的反应依次是：2C1--2e-=Cl2↑，CO(NH2)2+7Cl2+ 5H2O=2NO2+CO2+14HCl
C．电解结束后，阴极室中溶液的pH与电解前相反
D．该方法与血液透析尿素的原理基本相反
7．以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液，溶液pH和温度随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示(忽略滴定过程中的热量损失)。下列有关说确的是

A．H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L-1
B．a、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：d＞c＞a
C．滴定起点时，溶液中c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)
D．b点对应的温度下：Ka(HA-)=1.0×10-2
第II卷（非选一选）
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二、实验题
8．2022年疫情仍在全世界暴虐，二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂。利用氯酸钠(NaClO3)和草酸(H2C2O4)反应可以得到ClO2，下图安装(夹持安装略)对其制备、吸收、释放进行了研讨。


已知；①ClO2有类似Cl2的性质；②实验室常用波动剂吸收ClO2，生成NaClO2，运用时加酸只释放出ClO2一种气体；③草酸100 ℃可以升华，150℃左右开始分解。请回答下列成绩：
(1)安装图中，仪器b的名称是 _______， 比较仪器c和d，实验中c的优点是_______。
(2)写出氯酸钠和草酸反应制备ClO2的离子反应方程式_______。
(3)在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是_______。
(4)制备ClO2时实验需在60 ℃～100 ℃进行的缘由是_______，便于在此温度范围内加热，则安装中需改进的一项措施是_______。
(5)下列有关说法错误的是_______。
a．仪器a中NaOH溶液次要用于中止反应，并吸收多余的ClO2
b．安装e次要用于检验能否有Cl2生成
c．仪器f的次要作用是防止倒吸
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三、工业流程题
9．我国是世界上最先制得和运用金属锌的国家，一种以含锌废料(次要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO)生产锌及氧化锌的流程如图所示：

回答下列成绩：
(1)“溶浸”时适当升温的目的是_______，浸出渣的次要成分为_______ (填化学式)
(2)“除锰”时，Mn2+被氧化生成MnO2，写出该反应的离子方程式。_______。
(3)“除铁”时，加入ZnO的作用为_______。
(4)下图是“电解”时没有同酸锌比对净化液利用率和直流电耗能影响关系图，在净化废液时的酸锌比为_______，电解后所得溶液可前往_______ 工序继续运用。


(5)“沉锌”时，反应的离子方程式为_______检验Zn(OH)2·ZnCO3已洗濯干净的方法是_______
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四、原理综合题
10．环氧丙醇是重要的无机合成两头体，其制备过程如下：
Ⅰ．制备环氧丙醇：
① (l)+ (l)→ (l)+2CH3OH(l)   ΔH＜0
② (l)→ (l) + CO2(g)   ΔH＞0
③ (l)+ (l)→ (l)+CO2(g)+2CH3OH(1) ΔH＜0
已知焓变是温度函数。上述三个反应的焓变与温度关系如图所示：


(1)400℃～600℃，图中a曲线表示的是反应_______(填“①”“②”“③”)。
(2)600℃时反应③的ΔH=_______kJ/mol
Ⅱ．用环氧丙醇可以下反应制得亚甲基丙二酸环氧丙醇酯
+ (aq)+H2O(l)     ΔH=-26.65 kJ/mol
在催化剂作用下，浓度均为1mol/L的两种物质在反应器中反应4h，环氧丙醇的酯化率随温度变化如图所示(酯化率即参与酯化的醇的量与醇的总量的比值)


(3)若75℃时反应恰好平衡，此时平衡常数K1为_______L/mol (三位有效数字)
(4)若温度升高到80℃，平衡常数K2_______K1(填“＞”“＜”或“=”)
(5)温度高于75℃后，酯化率降低的缘由可能是①_______；②_______；③_______。
(6)若要进步亚甲基丙二酸环氧丙醇酯的产率且进步生产效率，下列措施可行的是_______。
a．将温度升高到100℃
b．运用阻聚剂减少亚甲基丙二酸的聚合反应
c．增大亚甲基丙二酸的浓度
d．及时分离亚甲基丙二酸环氧丙醇酯
(7)改变催化剂会发生如下反应：
+2+2H2O(l)
在特定的生产条件下，保持温度没有变、环氧丙醇的浓度没有变，向反应釜中加水浓缩体系，亚甲基丙二酸的平衡转化率会_______(填“增大”“减小”或“没有变”)。
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五、结构与性质
11．我国是世界上最先制得和运用铜的国家，铜及其化合物在日常生产和生活中有着广泛的运用。回答下列成绩：
(1)Cu在元素周期表中位_______区，基态Cu2+价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_______。
(2)由Cu2+构成的配合物品种繁多，在配离子[Cu(NH3)4]2+中，其配体的立体构型为_______， 在[Cu(CN)4] 2−中，与其配体互为等电子体的一种分子是_______(写化学式)。
(3)Cu2+能与吡咯()的阴离子()构成双吡咯铜。
①中C和N原子的杂化均为_______。
②1mol含有_______molσ键，分子中的大π键可用符号π表示，其中m代表参与构成的大π键原子数，n代表参与构成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为π，则 中的大π键应表示为_______。
(4)试从原子结构角度解释在高温下CuO能分解生成Cu2O的缘由_______。
(5)高温超导体“钇钡铜氧”广泛运用于超导输电、磁悬浮列车等，其晶胞结构如图：

该物质以Y2O3、BaCO3和CuO为原料烧结而成，其原料物质的量之比为_______，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm−3(列出计算表达式)。
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六、无机推断题
12．目前，在地球上的地方珠峰山顶发现了塑料净化。PCL塑料可以微生物降解，代替传统塑料制品减少“白色净化”，PCL 塑料的结构可表示为，其合成路线如图

已知：(R，Rˊ代表烃基)
(1)A中-R是_______， B生成C的反应类型是_______。
(2)E的官能团名称是_______，D转化为E的反应条件是_______。
(3)F的结构简式是_______。
(4)写出G转化为PCL的化学反应方程式_______。
(5)G的同系物H有多种同分异构体，同时符合下列条件的共有_______种(没有考虑立体异构)
a．分子质量比G少14       b．能发生银镜反应
c．能与Na反应产生H2 d．能发生水解反应
写出核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的任意一种同分异构体的结构简式_______。
(6)防新冠口罩滤芯材料的次要成分是全生物可降解PLA塑料，设计以为原料合成PLA()，请将上面的合成路线流程图补充残缺(无机试剂任选)_______。


答案：
1．A

【详解】
A．高功能树脂材料是无机合成高分子材料，故A错误；
B．碳纤维复合材料是密度小、硬度大，具有轻巧又牢固的无机非金属材料，故B正确；
C．纳米级陶瓷涂层是可耐受80℃～1000℃的高温的新型无极非金属材料，故C正确；
D．火炬运用氢气燃料，燃烧时没有生成二氧化碳，可完成碳排放为零，符合绿色化学理念，故D正确；
故选A。
2．D

【详解】
A．稀硫酸与足量金属钠反应时，钠与稀硫酸完全反应生成硫酸钠和氢气后，还能与水继续反应生成氢氧化钠和氢气，钠的物质的量未知，则溶液中生成钠离子的物质的量和个数无法计算，故A错误；
B．用惰性电极电解氯化铝溶液时，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，铝离子没有能在阴极放电生成铝，故B错误；
C．标准情况下，水的离子积常数小于1.0×—14，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解促进水的电离使溶液呈碱性，则1 L pH为9.5的纯碱溶液中，由水电离产生的氢氧根离子的数目小于×1L×NAmol—1=10-4.5NA，故C错误；
D．环氧乙烷分子中含有碳氧极性键和碳氢极性键，则22g环氧乙烷中所含极性共价键数目为×6×NAmol—1=3NA，故D正确；
故选D。
3．B

【详解】
A．该兴奋剂分子中含有碳碳双键，向该兴奋剂中滴入KMnO4(H+)溶液，可观察到紫色褪去，A正确；
B．该兴奋剂分子中有多个饱和碳原子构成的环，一切碳原子没有可能共平面，B错误；
C．该兴奋剂分子中含有碳碳双键，能够发生氧化反应、还原反应，含有酯基，能够发生水解反应，C正确；
D．苯丙酸诺龙的分子式为C27H34O3，1 mol苯丙酸诺龙完全燃烧耗费O2(27+344-)mol=34mol，D正确；
答案选B。
4．A

【分析】
丁是元素D的单质，为黄绿色气体即Cl2，则D为Cl元素，常温下0.1 mol·L-1 丙溶液的pH为1，阐明丙是强电解质，由于含Cl元素组成的二元化合物，则丙为HCl，戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，A为H元素，B为C元素，己的水溶液具有漂白性则己为HClO，则乙为H2O，C为O元素；
【详解】
分析可知，A、B、C、D分别为H、C、O、Cl，甲为烷烃、乙为H2O、丙为HCl、丁为Cl2、己为HClO，
A．戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，甲可能是丁烷，常温常压下正丁烷呈气态，A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径减小，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：A(H)＜C(O)＜B(C)＜D(Cl)，B错误；
C．B为C，D为Cl，未指明价氧化物对应的水化物，而酸性：H2CO3>HClO，C错误；
D．己为HClO，O原子能构成2对共用电子对，H和Cl原子只能构成1对共用电子对，结构式为H-O-Cl，即A-C-D，D错误；
故选：A。
5．B

【详解】
A．在空气没有足的情况下，焦炭和空气中的氧气也能反应生成一氧化碳，选项A错误；
B．只要催化剂没有同，且催化剂中阴离子浓度相反，符合单一变量，则左侧安装产生气泡速度较快，可以阐明FeCl3对H2O2的催化，选项B正确；
C．制备无水氯化镁应在氯化氢的气流中进行, 防止其水解，选项C错误；
D．图④安装无气泡生成，由于硼酸用量太少，没有足以将碳酸根离子转化为二氧化碳，故没有能证明硼酸的酸性弱于碳酸，选项D错误；
答案选B。
6．C

【详解】
A．由图示可知，左室产生二氧化碳，右室产生氢气，则左室是电解池的阳极，右室是电解池的阴极，b为电源的负极，H+从左室质子交换膜挪动到右室，A错误；
B．电解生成的质子Cl2将尿素氧化排出，阳极室中发生的反应依次是：2C1--2e-=Cl2↑，CO(NH2)2+3Cl2+ H2O=N2+CO2+6HCl，B错误；
C．阴极电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极室中发生的反应依次是：2C1--2e-=Cl2↑，CO(NH2)2+3Cl2+ H2O=N2+CO2+6HCl，根据得失电子守恒可知，阴、阳极产生的氢氧根离子和氢离子数目相等，阳极室产生的H+质子交换膜进入阴极室与氢氧根离子生成水，所以阴极室中溶液的pH与电解前相反，C正确；
D．血液透析属于物理方法进行分离物质，但是电解法属于化学方法，该方法与血液透析尿素的原理没有同，D错误；
答案选C。
7．C

【详解】
A．当加入20.00 mLNaOH溶液时，溶液的pH发生渐变，到达滴定起点，阐明NaOH和H2A恰好完全反应，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，n(NaOH)= 2n(H2A)，c(H2A)= =0.1000 mol/L，选项A错误；
B．a、c、d三点对应的溶液中，c点时NaOH和H2A恰好完全反应，生成强碱弱酸盐促进水的电离，而a点酸过量、d点碱过量均抑制水的电离，故水的电离程度的为c点，选项B错误；
C．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，起点时溶液呈碱性，c(OH-)> c(H+) ，溶液中的电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+ c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，选项C正确；
D．当V(NaOH)=0时，HA-的起始浓度为0.1000 mol/L，而pH=1.0，故H2A步完全电离，b点所在曲线起始pH=5.0，则浓度为10-5mol/L，c(HA-)=10-5mol/L，b点时V(NaOH)=15mL，溶液为溶质以NaHA和Na2A按1：1构成的溶液，此时pH=10.0，对应的温度下：Ka(HA-)== c(H+)=1.0×10-10，选项D错误；
答案选C。
8．(1)     球形冷凝管     平衡压强，使漏斗内的液体顺利流下
(2)
(3)
(4)     防止草酸分解     水浴加热
(5)b

【分析】
三口烧瓶中氯酸钠和草酸反应生成ClO2，用波动剂吸收ClO2生成NaClO2，向NaClO2溶液中加稀盐酸放出ClO2气体，用淀粉碘化钾溶液检验ClO2的生成，用氢氧化钠溶液吸收ClO2气体，防止净化。
(1)
根据安装图，可知仪器b的名称是球形冷凝管， c是恒压滴液漏斗、d是分液漏斗，实验中c能平衡漏斗和三口烧瓶内的压强，使漏斗内的液体顺利流下。
(2)
在酸性条件下，氯酸钠被草酸还原为ClO2，草酸被氧化为二氧化碳，反应的离子反应方程式为；
(3)
在ClO2释放实验中，NaClO2和盐酸反应只释放出ClO2一种气体，阐明在酸性条件下发生歧化反应生成ClO2和Cl-，发生的离子反应方程式是；
(4)
草酸100 ℃可以升华，150℃左右开始分解，为防止草酸分解，制备ClO2时实验需在60 ℃～100 ℃进行，为便于在此温度范围内加热，则安装中需水浴加热
(5)
a．ClO2有类似Cl2的性质，仪器a中NaOH溶液可以中和硫酸，中止反应，并吸收多余的ClO2，故a正确；
b．ClO2有类似Cl2的性质，NaClO2加酸只释放出ClO2一种气体，安装e次要用于检验有ClO2放出，故b错误；
c．仪器f是球形干燥管，可以防止ClO2溶于氢氧化钠构成倒吸，故c正确；
选b。
9．(1)     加快溶浸速率     PbSO4
(2)Mn2＋＋S2O＋2H2O＝MnO2↓＋2SO＋4H＋
(3)促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀将其除去，没有引入其他杂质
(4)     7∶1     溶浸
(5)     2Zn2＋＋4HCO＝Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋H2O     取洗濯液，加入盐酸酸化再加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗濯干净

【分析】
含锌废料（次要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO），加入硫酸浸出，反应生成ZnSO4、PbSO4、CuSO4、FeSO4、MnSO4，且PbSO4难溶于水构成浸出渣，加入氧化剂(NH4)2S2O8可将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2、Fe3＋，加入氧化锌调理溶液pH除铁，滤液中加入过量Zn粉，置换出Cu，构成硫酸锌溶液，电解可得Zn，加入NH4HCO3发生反应4NH4HCO3+2ZnSO4＝Zn(OH)2•ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4，Zn(OH)2•ZnCO3沉淀洗濯干燥，煅烧分解得ZnO，据此分析解答。
(1)
“溶浸”时适当升温的目的是加快溶浸速率，浸出渣的次要成分为PbSO4。
(2)
“除锰”时，Mn2+被氧化生成MnO2，该反应的离子方程式为Mn2＋＋S2O＋2H2O＝MnO2↓＋2SO＋4H＋；
(3)
根据以上分析可知“除铁”时，加入ZnO的作用为促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀将其除去，且没有引入其他杂质；
(4)
根据表示图可知在净化废液时酸锌比为7：1时直流电耗能，净化液利用率高，所以酸锌比为7：1，电解后有硫酸生成，则所得溶液可前往溶浸工序继续运用。
(5)
根据以上分析可知“沉锌”时，反应的离子方程式为2Zn2＋＋4HCO＝Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋H2O；若Zn(OH)2·ZnCO3未洗濯干净，则其表面附着硫酸根离子，则检验Zn(OH)2·ZnCO3已洗濯干净的方法是取洗濯液，加入盐酸酸化再加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗濯干净。
10．(1)②
(2)-2.80
(3)5.71
(4)＜
(5)     亚甲基丙二酸发生加聚反应导致反应浓度降低，平衡逆向挪动     该反应放热，升高温度平衡逆向挪动酯化率降低     温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢
(6)bc
(7)没有变

(1)
根据图像可知400℃～600℃时随温度升高，图中a曲线呈上升趋势，这阐明升高温度平衡正向进行，则正反应吸热，所以a曲线表示的是反应②。
(2)
反应①是放热反应，曲线c表示反应①，根据盖斯定律①+②即得到反应③，所600℃时反应③的ΔH=（－11.78+8.98）kJ/mol＝－2.80 kJ/mol；
(3)
若75℃时反应恰好平衡，此时转化率是0.66，即耗费反应物均是0.66mol/L，生成物是0.66mol/L，剩余反应物浓度是0.34mol/L，所以平衡常数K1为 L/mol≈5.71L/mol；
(4)
正反应放热，若温度升高到80℃，平衡逆向进行，平衡常数减小，则平衡常数K2＜K1；
(5)
由于该反应放热，升高温度平衡逆向挪动酯化率降低，其次温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，另外亚甲基丙二酸发生加聚反应导致反应浓度降低，平衡逆向挪动，因此温度高于75℃后，酯化率降低。
(6)
a．根据图像可判断，升高温度酯化率会降低，所以将温度升高到100℃没有能进步酯的产率，a错误；
b．运用阻聚剂减少亚甲基丙二酸的聚合反应，可进步酯的产率且进步生产效率，b正确；
c．增大亚甲基丙二酸的浓度，加快反应速率，有利于平衡正向进行，可进步酯的产率且进步生产效率，c正确；
d．及时分离亚甲基丙二酸环氧丙醇酯，会减小反应速率，d错误；
答案选bc；
(7)
在特定的生产条件下，保持温度没有变、环氧丙醇的浓度没有变，向反应釜中加水浓缩体系，由于平衡常数没有变，而亚甲基丙二酸的浓度以及亚甲基丙二酸二环氧丙醇酯的浓度变化相反，所以根据平衡常数表达式可知亚甲基丙二酸的平衡转化率没有变。
11．(1)     ds    
(2)     三角锥形     CO或N2
(3)     sp2     10     π
(4)Cu2+价层电子排布式为3d9，Cu＋价层电子排布式为3d10，3d9结构没有波动，3d10结构，电子全满，更波动
(5)     1：4：6    

(1)
Cu是29号元素，价层电子排布式为3d104s1，在元素周期表中位ds区，基态Cu2+价层电子排布式为3d9，其价层电子排布图(轨道表达式)为；故ds；；
(2)
由Cu2+构成的配合物品种繁多，在配离子[Cu(NH3)4]2+中，配体为NH3，NH3的立体构型为四面体形， 在[Cu(CN)4]2−中，根据价电子数N－=O，C－=N，与其配体(CN－)互为等电子体的一种分子是CO或N2；故四面体形；CO或N2；
(3)
①中C、N原子价层电子对数均为3，杂化类型为sp2；故sp2；
②1mol有4个碳原子，每个碳原子有碳氢键，碳碳之间、碳氮之间有σ键，因此共含有10 mol σ键，根据题意该分子中的大π键有四个碳原子和一个氮原子，每个碳有一个单电子，氮有两个电子，因此 中的大π键应表示为π；故10；π；
(4)
Cu2+价层电子排布式为3d9，Cu＋价层电子排布式为3d10，3d9结构没有波动，3d10结构，电子全满，更波动，因此高温下CuO能分解生成Cu2O；故Cu2+价层电子排布式为3d9，Cu＋价层电子排布式为3d10，3d9结构没有波动，3d10结构，电子全满，更波动；
(5)
根据晶胞结构分析晶胞中Y有个，O有个，Ba有个，Cu有3个，则钇钡铜氧的化学式为YBa2Cu3O7，该物质以Y2O3、BaCO3和CuO为原料烧结而成，根据元素守恒得到其原料物质的量之比为1：4：6，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为；故1：4：6；。
12．(1)     -CH3     水解反应
(2)     酮羰基     Cu，O2/△
(3)
(4)nHOCH2CH2CH2CH2CH2COOH+(n-1)H2O
(5)     12    
(6)

【分析】
A与过氧化物发生已知反应生成B，B在酸性条件下水解生成乙酸和C，则B 为酯、-R为-CH3，B的结构简式为：，C的结构简式为；C与氢气发生加成反应得到D，D为；D被氧化生成E，E为；E与过氧化物反应生成F，F在酸性条件下水解生成G，G在浓硫酸并加热的条件下反应生成PCL，已知反应和PCL的结构简式可知，F为，G为HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH。
(1)
由分析可知，-R为-CH3，B的结构简式为：，B在酸性条件下水解生成乙酸和，B生成C的反应类型是：水解反应。
(2)
E为，官能团为酮羰基，D为，D发生催化氧化生成E，反应条件为Cu，O2/△。
(3)
由分析可知，F的结构简式为。
(4)
G为HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH，G转化为PCL的化学反应方程式为：nHOCH2CH2CH2CH2CH2COOH+(n-1)H2O。
(5)
G为HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH，分子式为C6H12O3，其同系物H的分子质量比G少14，分子式为C5H10O3，能发生银镜反应，含-CHO，能与Na反应产生H2 ，含-OH或-COOH，能发生水解反应，含酯基，则H的官能团为HCOO-和-OH，符合条件的有、、、，共12种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:6的同分异构体的结构简式为：。
(6)
发生催化氧化生成，在催化剂的作用下被氧化生成，再与氢气发生加成反应生成，在浓硫酸并加热的条件下反应生成，合成路线为：。







【高考化学】山东省2022-2023学年专项突破仿真模拟试题
（二模）

注意：
1．答题前，先将本人的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指置。
2．选一选的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应标题的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均有效。
3．非选一选的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均有效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
原子质量：H 1 C 12 N14 O16 Cl35.5 Fe 56 Mn 55 Ba137

一、选一选：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只要一个选项符合标题要求。
1．“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是
A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程
B．“凡铜出炉只要赤铜，以倭铅(锌的古称)参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜合金
C．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为
D．“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的没有同而浮沉
2．下列叙说正确的有
A．第周围期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数至多
B．第三周期主族元素的离子半径随核电荷数增大依次减小
C．卤素氢化物中，HCl的沸点的缘由是其分子间的范德华力最小
D．价层电子对互斥理论中，π键电子对数没有计入原子的价层电子对数
3．下列各组原子中，彼此化学性质一定类似的是
A．最外层只要一个电子的X、Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
4．下列反应的离子方程式正确的是
A．红褐色固体Fe(OH)3全部溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B．水杨酸溶于NaHCO3溶液中：+2HCO+2CO2↑+2H2O
C．将等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2∶3混合：2Ba2++2SO+3H++3OH−=2BaSO4
↓+3H2O
D．洁厕灵(含HCl)与“84”消毒液混合后产生氯气：Cl−+H++ClO−=Cl2↑+OH−
5．磷烯(如图)是由磷原子六元环组成的蜂巢状褶皱二维晶体，它是白磷()的同素异形体。设NA为阿伏加德罗常数，下列说确的是

A．3.1g白磷中含P—P键的数目为0.3NA
B．6.2g磷烯中含六元环的数目为0.1NA
C．0.1mol P4与0.6mol H2在密闭容器中发生反应：P4+6H24PH3，生成PH3分子的数目为0.4NA
D．0.1mol P4发生反应：P4+5O2=2P2O5，转移的电子数为20NA
6．由我国地质学家发现的香花石被“矿石熊猫”。它由X(Ca)和前18号元素中的5种组成，分别为Y、Z、W、R、T。其中Y、Z为金属元素，X、Z同主族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是
A．XR2、WR2两种化合物均为离子晶体
B．原子半径：Y>Z>R>T
C．价氧化物对应的水化物的碱性：X>Z
D．气态氢化物的波动性：W 7．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是
A．消毒液NaClO加白醋可加强漂白作用：CH3COOH+ClO−=HClO+CH3COO-
B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO+I−+6H+=I2+3H2O
C．Fe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO+Ba2++3OH−=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
D．Cu溶于稀硝酸：Cu+2H++NO=Cu2++NO2↑+H2O
8．某种新型热电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯(CP)和铂纳米粒子，电极b的材料是聚苯胺(PANI)，电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生。下列说法没有正确的是

A．电池工作时电极a为正极，且发生的反应是Fe3++e−=Fe2+
B．电池工作时，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红
C．电池冷却时，若该安装正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转
D．电池冷却过程中发生的反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI
9．某学习小组用下列安装完成了探求浓硫酸和SO2性质的实验(部分夹持安装已省略)，下列“景象预测”与“解释或结论”均正确的是

选项
仪器
景象预测
解释或结论
A
试管1
有气泡、酸雾，溶液
中有白色固体出现
酸雾是SO2所构成，白色固体是硫酸铜晶体
B
试管2
紫红色溶液由深变浅，直至褪色
SO2具有还原性
C
试管3
注入稀硫酸后，
没有景象
由于Ksp(ZnS)太小，SO2与ZnS在
注入稀硫酸后仍没有反应
D
锥形瓶
溶液红色变浅
NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶
液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH
10．精炼铜工业中阳极泥的综合利器具有重要意义。一种从铜阳极泥(次要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如图：

已知：ⅰ．分金液中含金离子次要成分为[AuCl4]−；分金渣的次要成分为AgCl
ⅱ．分银液中含银离子次要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO
ⅲ．“分铜”时各元素的浸出率如表所示，则下列说法没有正确的是

Cu
Au
Ag
Ni
浸出率/%
85.7
0
4.5
93.5
A．分铜渣中银元素的次要存在方式为游离态
B．“分铜”时，为进步反应速率，宜采取高温
C．“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为6H++2Au+ClO+7Cl−=2[AuCl4]−+3H2O
D．“沉银”时，由于[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO，加入H2SO4后，平衡正向挪动，使得c(Ag+)增大，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl
二、选一选：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合标题要求，全部选对得4分，选对但没有全的得2分，有选错的得0分。
11．某科研人员提出HCHO(甲醛)与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程表示图如下(图中只画出了HAP的部分结构)：

下列说法没有正确的是
A．HAP能进步HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，没有C—H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为HCHO+O2CO2+H2O
12．次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛运用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理图如图所示。

已知：①该安装的电极材料分别为金属钴和没有锈钢。
②Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下本身催化发生氧化还原反应，完成化学镀钴。
下列说法中正确的是
A．膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜
B．M电极反应为Co-2e−+2H2PO=Co(H2PO2)2
C．a为电源的负极
D．Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2++H2PO+3OH−=Co+HPO+2H2O
13．硼氢化钠(NaBH4)具有强还原性，在工业生产上广泛用于非金属及金属材料的化学镀膜、贵金属回收、工业废水处理等。工业上采用的Bayer法制备NaBH4通常分两步(如图)。下列说法错误的是

A．用B2O3代替Na2B4O7也可制得NaBH4
B．两步的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．将SiO2粉碎能增大得到熔体的速率
D．由图可知该工艺过程中无净化性物质产生，符合绿色化学理念
14．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法错误的是

A．CO2生成甲醇是多步氧化反应完成的
B．该催化反应过程中涉及了化学键的构成及断裂
C．有可能调理反应条件获得甲醛等无机物
D．催化剂Cu氢原子，催化剂Cu2O含碳微粒
15．常温下，向1mol/L NH4Cl溶液中加入足量的镁条，该体系pH随工夫变化的曲线如图所示。实验观察到从b点开始溶液中有白色沉淀生成，已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11。下列说法错误的是

A．常温下，NH4Cl的水解平衡常数数量级为10−10
B．体系中，水的电离程度大小关系为a>c>b
C．b点时，溶液中c(Mg2+)=0.018mol/L
D．a点溶液中，c(NH)+c(H+) 三、非选一选：本题共5小题，共60分。
16．(12分)苯胺()是重要的化工原料。某兴味小组在实验室里进行苯胺的相关实验。
已知：①和NH3类似，与盐酸反应生成易溶于水的盐
②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O
③有关物质的部分物理性质见表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度/(g∙cm−3)
苯胺
-6.3
184
微溶于水，易溶于
1.02
硝基苯
5.7
210.9
难溶于水，易溶于
1.23

-116.2
34.6
微溶于水
0.7134
Ⅰ．比较苯胺与氨气的性质
(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为；
用苯胺代替浓氨水反复上述实验，却观察没有到白烟，缘由是。
Ⅱ．制备苯胺
往如图所示安装(夹持安装略，下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。
(2)冷凝管的进水口是(填“a”或“b”)。
(3)滴加NaOH溶液的次要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为。
Ⅲ．提取苯胺

ⅰ．取出图1所示安装中的三颈烧瓶，改装为图2所示安装。
加热安装A产生水蒸气，烧瓶C中搜集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。
ⅱ．往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和形态，再用萃取，得到萃取液。
ⅲ．合并粗苯胺和萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。
(4)安装B无需用到温度计，理由是。
(5)操作ⅰ中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再中止加热，理由是。
(6)该实验中苯胺的产率为。
(7)欲在没有加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验：
。
17．(12分)Cu—Mn—Al合金为磁性外形记忆合金材料之一，可用来制造各种新型的换能器、驱动器、敏感元件和微电子机械操纵零碎。
(1)下列形态的铝中，最外层电离出一个电子所需能量最小的是(填标号)。

(2)AlCl3是某些无机反应的催化剂，如苯与乙酰氯反应的部分历程为
+AlCl3…
乙酰氯
AlCl3+AlCl
乙酰基正离子
①乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为。
②乙酰氯分子中∠CCCl120°(填“>”“=”或“<”)，判断理由是
。
③AlCl的空间结构为。
(3)温度没有高时气态氯化铝为二聚分子(其结构如图所示)。

写出Al2Cl6的结构式并标出配位键：。
(4)Cu—Mn—Al合金的晶胞如图a所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu构成的立方体体心地位，图b是沿立方格子对角面取得的截图。
①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C为(1，1，1)，则B原子的坐标参数为。
②由晶胞可知该合金的化学式为。
③已知r(Cu)≈r(Mn)=127pm，r(Al)=143pm，则Cu原子之间的最短核间距离为pm。
④该晶胞的密度为g·cm−3。(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)

18．(12分)氮、硫的化合物合成、运用以及对环境的影响没有断是科学界研讨的。
(1)尿素次要以NH3和CO2为原料进行合成。次要以下两个反应进行：
反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l) ΔH1=-117.2kJ·mol−1
反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l) ΔH2=+21.7kJ·mol−1
请回答：
CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)ΔH3=kJ·mol−1
该反应能发生的次要缘由是。
(2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1mol·L−1 SO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所示。

①若700℃发生该反应，经3 min达到平衡，计算0～3min v(S2)=mol·L−1·min−1，该温度下的平衡常数为。
②若该反应在起始温度为700 ℃的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率(填“>”“<”或“=”)90%。
③下列说法一定能阐明该反应达到平衡形态的是。
A．焦炭的质量没有再变化时
B．CO2、SO2的浓度相等时
C．SO2的耗费速率与CO2的生成速率之比为1∶1
D．容器的总压强没有再变化时
(3)已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。
①工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol·L−1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为。
②工业上也可用氨水来吸收SO2，写出氨水吸收过量SO2的化学反应方程式：。
19．(12分)苯乙烯是重要的基础无机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：
+H2(g)ΔH=117.6kJ·mol−1
已知：上述反应的速率方程为v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为各组分分压。
(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是。
(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：

a=；与掺水蒸气工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺的特点有(填字母)。
a．CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
b．没有用高温水蒸气，可降低能量耗费
c．有利于减少生产过程中可能产生的积碳
d．CO2在反应体系中作催化剂
(3)在实践生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气浓缩剂能进步乙苯转化率的缘由是。测得容器总压(p总)和乙苯转化率α随工夫变化结果如图所示。平衡时，p(H2O)=kPa，平衡常数Kp=kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a处的=。

20．(12分)诺贝尔奖获得者屠呦呦带领团队发现了青蒿素，为中国医药科技创新和人类健康事业作出了巨大贡献，我国化学家在确认青蒿素分子结构后完成了青蒿素的全合成。一种以香茅醛为原料合成青蒿素的流程如图：

已知：羰基α-H可发生反应：+。
回答下列成绩：
(1)青蒿素的分子式为。根据青蒿素所含官能团，揣测其可能具有的性质有
(填字母)。
a．易溶于水 b．具有氧化性 c．可发生水解反应
(2)香茅醛的同分异构体X含有醛基和六元碳环，且环上只要一个支链，满足上述条件的X有
种，其中核磁共振氢谱峰数至少的物质结构简式为。
(3)反应A→B实践上可看作两步进行，依次发生的反应类型是、。
(4)C中所含官能团名称为。
(5)D→E的反应，分子中引入了硫醚基团，而F→G的反应，分子中硫醚基团又被脱去，这样做的目的是。
(6)写出由苯甲醛和氯乙烷为原料，制备苄基乙醛()的合成路线流程(无机试剂任选)：。









答案解析
1. 【正确答案】C
A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁功能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，没有能锻压，而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接，“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜，由于表面含有一层Cu2O而呈现红色，“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为黄铜，黄铜有较强的耐磨功能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成，而“久置成粉”次要生成Ca(OH)2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨，烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟墨，烟墨有松烟墨和油烟墨之分，松烟墨深重而没有姿媚，油烟墨姿媚而没有深重，松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化，“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的构成悬浊液，D选项正确。
2. 【正确答案】D
第周围期元素中，核心电子排布为ndxnsy，且能级处于半满波动形态时，含有的未成对电子数至多，即核心电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A错误；电子层数越多，半径越大，电子层数相反时，原子序数越大，半径越小，第三周期主族元素的离子的半径大小关系为Si4−>P3−>S2−>Cl−>Na+>Mg2+>Al3+，故B错误；卤素氢化物中，HF的分子质量最小，所以HF的范德华力最小，但是HF分子间存在氢键，HCl分子之间没有存在氢键，而氢键的作用力大于范德华力，所以HF的沸点大于HCl，故C错误；价层电子对互斥理论中，σ键和孤对电子对计入原子的价层电子对数，而π键电子对数没有计入，故D正确。
3. 【正确答案】C
最外层只要一个电子的原子有H、Na、Cu等，化学性质没有一定类似，故A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Ti、Fe等，化学性质没有一定类似，故B错误；2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质类似，故C正确；原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，性质波动，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，性质较活泼，两者化学性质一定没有类似，故D错误。
4. 【正确答案】C
Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I−得到I2，正确的离子方程式应为2Fe(OH)3+2I−+6H+=
2Fe2++6H2O+I2，A错误；水杨酸中酚羟基没有能与NaHCO3发生反应，正确的离子方程式为+HCO+CO2↑+H2O，B错误；等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2∶3混合，则两者物质的量之比为2∶3，两者混合后，2mol Ba2+耗费2mol SO，3mol H+耗费3mol OH−，反应的离子方程式为2Ba2++2SO+3H++3OH−=2BaSO4↓+3H2O，C正确；“84”消毒液的次要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子方程式为Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O，D错误。
5. 【正确答案】B
3.1g白磷的物质的量为=0.025mol，一分子白磷中含有6个P—P键，则3.1g白磷中P—P键的数目为0.025×6NA=0.15NA，故A错误；6.2g磷烯的物质的量为0.2mol，根据均摊法知，一个六元环含有P原子的数目为6×1/3=2，则6.2g磷烯含六元环的数目为0.1NA，故B正确；该反应为可逆反应，没有能完全进行到底，因此生成PH3分子的数目应小于0.4NA，故C错误；P元素的化合价从0价升高为+5价，O元素的化合价从0价降低为-2价，则1mol P4失电子数目为20NA，在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移电子数，则0.1mol P4发生反应转移的电子数为2NA，故D错误。
6. 【正确答案】A
R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；X、Z位于同主族，X为Ca元素，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则(20+8)÷2=14，推出W为Si元素，符合题意，据此解答。A．XR2、WR2两化合物2．SiO2，2为离子晶体，SiO2为共价晶体，故错误；B．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右逐渐在减小，即原子半径：Y>Z>R>T，故正确；C．X为钙元素、Z为铍元素，金属性：Ca>Be，则价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙>氢氧化铍，故正确；D．W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性：F>O>Si，则气态氢化物的波动性：W 7. 【正确答案】A
酸性溶液中KIO3与KI发生氧化还原反应生成I2，正确的离子方程式为IO+5I−+6H+=3I2+
3H2O，故B错误；Fe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为2Fe3++3SO+3Ba2++6OH−=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故C错误；Cu溶于稀硝酸生成硝酸铜、NO和水，正确的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误。
8. 【正确答案】C
根据b极电极反应判断电极a是正极，电极b是负极，电池工作时电极a上的反应是Fe3++e−=Fe2+，A正确；电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，溶液显酸性，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，B正确；电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，因此冷却再生过程电极a上无电子得失，导线中没有电子，C没有正确；电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI，D正确。
9. 【正确答案】B
试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止净化空气。如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而没有是其晶体，由于硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，阐明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确；ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以景象与解释均没有正确，C选项错误；若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故没有一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误。
10. 【正确答案】B
铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠分铜，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl的次要作用为使溶解出的Ag+构成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的次要成分为[AuCl4]−，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]−，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中次要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO，加入硫酸沉银，促使[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO平衡正向挪动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl，以此解答该题。A．由表中数据可知，分铜时银的浸出率为4.5%，可知次要以Ag的方式存在于分铜渣中，正确；B．温度没有能过高，避免过氧化氢分解而降低浸出率，错误；C．分金液的次要成分为[AuCl4]−，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]−，反应的离子方程式为6H++2Au+ClO+7Cl−=2[AuCl4]−+3H2O，正确；D．分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中次要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO，加入硫酸沉银，促使[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO平衡正向挪动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl，正确。
11. 【正确答案】BC
根据题图知，HAP在步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂，可进步反应速率，A正确；HCHO在反应中有C—H键断裂和C=O键构成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B没有正确；根据题图知，CO2分子中的氧原子一部分来自甲醛，C没有正确；该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应的化学方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确。
12.【正确答案】A
该安装为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子膜Ⅰ进入产品室，H2PO膜Ⅱ、Ⅲ进入产品室与钴离子生成Co(H2PO2)2，膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，A正确；Co(H2PO2)2在产品室生成，没有是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co-2e−=Co2+，B错误；M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C错误；离子方程式中电荷没有守恒，应为Co2++H2PO+3OH−=Co+HPO+2H2O，D错误。
13.【正确答案】B
根据工艺流程可知，工业上采用的Bayer法制备NaBH4步为：Na2B4O7(可表示为Na2O·2B2O3)与SiO2在高温下反应得到熔体，第二步则是熔体与Na和H2在400～500℃条件下发生反应生成NaBH4与Na2SiO3的过程。Na2B4O7可表示为Na2O·2B2O3，则在制备NaBH4过程中，也可用B2O3代替Na2B4O7作原料，故A正确；两步的总反应中B元素化合价未变，氢气中H元素化合价从0价降低到-1价，被还原作氧化剂，而Na元素化合价从0价升高到+1价，被氧化作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；将SiO2粉碎，可增大反应中固体的接触面积，从而可增大得到熔体的速率，故C正确；由题图可知该工艺整个制备过程中无净化性物质产生，符合绿色化学理念，故D正确。
14.【正确答案】A
A项，CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成CH2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是多步还原反应完成，错误；B项，该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的构成和断裂，正确；C项，CHO和H生成CH2O，需求Cu2O作催化剂，可以调理反应条件获得甲醛等无机物，正确；D项，根据题图知，催化剂CuH原子，催化剂Cu2O含CHO微粒，正确。
15.【正确答案】BC
常温下，NH4Cl的水解平衡常数数量级为≈10−10，A正确；氯化铵的水解平衡式为NH+H2ONH3·H2O+H+，加入镁单质时，耗费了氢离子，使平衡正向挪动，促进铵根离子的水解，即促进了水的电离，故水电离程度大小关系为c>b>a，B错误；b点时，pH=9，c(OH−)=10−5mol/L，溶液c(Mg2+)==0.18mol/L，C错误；a点溶液中，根据电荷守恒可得2c(Mg2+)+c(NH)
+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，所以c(NH)+c(H+) 16.【正确答案】(1)NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，没有易挥发
(2)b
(3)C6H5NH+OH−C6H5NH2+H2O
(4)蒸出物为混合物，无需温度
(5)防止B中液体倒吸
(6)60.0%
(7)加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤
(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水反复上述实验，却观察没有到白烟，缘由是苯胺沸点为184℃，比较高，没有易挥发。(2)冷凝管是下口进水，上口出水，以保证冷凝。(3)滴加NaOH溶液的次要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH+OH−C6H5NH2+H2O。(4)由于蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计。(5)操作ⅰ中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再中止加热，理由是防止安装B内压强忽然减小惹起倒吸。(6)设理论上得到苯胺的质量为m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m=g=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×=60.0%。(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验是加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤。
17.【正确答案】(1)B
(2)①sp3、sp2②< 双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力 ③正四面体形
(3)
(4)①(1，，)②AlMnCu2③180或或311.76④
(1)铝的第三电离能>第二电离能>电离能，基态大于激发态，A．C．D属于基态、B属于激发态，所以最外层电离出一个电子所需能量最小的是B。(2)①根据乙酰氯分子的结构可知该物质中甲基上的C原子构成4个σ键，价层电子对数为4，为sp3杂化；另一个C原子构成3个σ键，1个π键，所以价层电子对数为3，为sp2杂化。②双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力，所以乙酰氯分子中∠CCCl小于120°。③AlCl铝原子的价层电子对数为4+=4，没有含孤电子对，所以为正四面体形。(3)根据氯化铝二聚分子的结构可知每个铝原子与4个氯原子构成4个σ键，由于铝原子最外层只要3个电子，所以其中一个为配位键，由铝提供空轨道，氯原子提供孤电子对，所以Al2Cl6的结构式为。(4)①A为原点，C为(1，1，1)，B为左面面心，所以B的坐标为(1，，)。②根据均摊法，该晶胞中Cu原子的个数为8×+6×+12×+1=8，Mn原子的个数为4，Al原子的个数为4，所以该合金的化学式为AlMnCu2。③根据截面图几何知识可知[2r(Cu)+2r(Al)]为体对角线的一半，设晶胞的棱长为a，则有a=2[2r(Cu)+2r(Al)]=4×(127+143) pm，所以a=pm；根据晶胞结构可知铜原子之间的最短核间距为棱长的一半，即a=180pm或pm或311.76pm。④晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=a3=()3 pm3=(×10−10)3cm3，所以晶胞的密度ρ===g·cm−3。
18.【正确答案】(1)+95.5ΔS>0
(2)①0.1536.45②<③AD
(3)①c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(OH−)=c(H+)
②NH3·H2O+SO2=NH4HSO3
(1)由盖斯定律，反应1+反应2得到2NH3(l)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)ΔH=-117.2 kJ·mol−1+(+21.7kJ·mol−1)=-95.5kJ·mol−1，所以CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)的ΔH3=-ΔH=+
95.5kJ·mol−1，该反应是吸热反应，反应能发生则ΔS>0。(2)①反应的三段式为
2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)
起始(mol·L-1) 1 0 0
变化(mol·L-1) 0.9 0.45 0.9
平衡(mol·L-1) 0.10.45 0.9
v(S2)===0.15mol·L−1·min−1，平衡常数K===36.45；②1mol·L−1 SO2与足量的焦炭在恒容、700℃反应时，SO2的转化率为90%，若1mol·L−1 SO2与足量的焦炭在恒容、绝热容器中反应，由于反应放热，容器内温度升高，所以恒容、绝热容器中的反应相当于在恒容、700℃反应平衡的基础上升温，则平衡逆向进行，SO2的转化率降低；③A．焦炭的质量减少，则反应正向进行，焦炭的质量添加，则反应逆向进行，若焦炭的质量没有再变化时，则反应达到平衡形态，正确；B．CO2、SO2的浓度相等时，没有能确定正、逆反应速率能否相等，所以没有能确定反应能否达到平衡形态，错误；C．无论反应能否达到平衡，SO2的耗费速率与CO2的生成速率一直相等，错误；D．反应正向是气体体积增大的反应，反应正向进行，容器压强增大，逆向进行，容器压强减小，所以容器的总压强没有再变化时，反应达到平衡形态，正确。(3)①Ka1>Kh2=，即NaHSO3溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性，所以pH=7时的溶液是一定量浓度的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液；由于Kh1=≈1.6×10−7>6.2×10−8=Ka2，所以等浓度Na2SO3和NaHSO3的混合溶液显碱性，则pH=7时的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液中c(NaHSO3)>c(Na2SO3)，故溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(OH−)=c(H+)；②氨水吸收过量SO2生成亚硫酸氢铵，方程式为NH3·H2O+SO2=NH4HSO3。
19.【正确答案】(1)升温
(2)159.2abc
(3)体系总压没有变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向挪动，乙苯转化率增大 80452.5
(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是升温。(2)①由题图可知，ΔH1=ΔH2+ΔH3=+117.6kJ·mol−1+(+41.6kJ·mol−1)=+159.2
kJ·mol−1，即a=+159.2；CO2与H2反应，导致氢气浓度降低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；由标题信息可知，在保持常压和原料气比例没有变时，与掺水蒸气工艺相比，在相反的生产效率下，可降低操作温度，耗费的能量减少，故b正确；加入的二氧化碳会发生反应：CO2+C=2CO，有利于减少积碳，故c正确；由题图知，二氧化碳反应生成了CO，没有是催化剂，故d错误。(3)体系总压没有变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向挪动，乙苯转化率增大，因此在实践生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能进步乙苯转化率；设起始时n(乙苯)=a mol，n(H2O)=b mol，
+H2(g)
起始量(mol)a00
变化量(mol)0.75a 0.75a0.75a
平衡量(mol)0.25a0.75a0.75a
气体的物质的量之比等于压强之比，平衡时=，b=4a，=×115 kPa=80 kPa，p氢气=p苯乙烯=×115kPa=15kPa，p乙苯=p苯乙烯=5kPa，所以平衡常数Kp===45 kPa。v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，所以==Kp=45 kPa。
+H2(g)
起始量(mol)a0 0
变化量(mol)0.6a0.6a0.6a
平衡量(mol)0.4a0.6a0.6a
气体的物质的量之比等于压强之比，a点时=p苯乙烯=×112kPa=12kPa，p乙苯=8kPa，所以=Kp×=45kPa×=2.5。
20.【正确答案】(1)C15H22O5bc
(2)5
(3)加成反应 消去反应
(4)羰基、醚键
(5)保护羰基
(6)CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHO
根据流程可知，香茅醛在一定条件下转化为A，A生成B可以看成由两步反应完成：A在一定条件下发生已知信息的分子内的加成反应转化为，在浓硫酸加热条件下环上的羟基发生消去反应生成B；B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C再一系列转化生成D，根据DG流程可知，为保护结构中的羰基，D中的羰基与发生反应引入硫醚基团生成E，E与HC(OCH3)3反应生成F，F在HgCl2作催化剂作用下将分子中硫醚基团脱去转化为羰基生成G，G在一定条件下反应，最终制得青蒿素；根据青蒿素的分子结构简式，分子中含有的官能团有酯基、醚基及过氧基，分子结构中没有含亲水基团，据此分析青蒿素的性质；由苯甲醛和氯乙烷为原料，制备苄基乙醛可以用氯乙烷碱性水解得乙醇，再氧化得乙醛，乙醛与苯甲醛在碱性条件下发生信息中的反应得到，再与氢气催化加成即可得到苄基乙醛，据此分析解答。(1)根据青蒿素的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子构成4个共价键，没有足键由氢原子补齐，则分子式为C15H22O5；青蒿素的结构简式为，含有的官能团有酯基、醚基及过氧基，其中酯基可发生水解反应，过氧基具有强氧化性，整个分子结构中无亲水基，则青蒿素没有可能易溶于水，故答案为bc。(2)香茅醛的分子式为C10H18O，其同分异构体X含有醛基和六元碳环，且环上只要一个支链，则除六元环外，支链上有4个C原子，即为—C4H7O，因含有—CHO，则有—CH2CH2CH2CHO、—CH(CH3)CH2CHO、—CH2CH(CH3)CHO、—C(CH2CH3)CHO或—C(CH3)2CHO，共5种满足上述条件的X；其中核磁共振氢谱峰数至少，也就是分子结构中没有同环境的氢原子品种至少，则该无机物的结构为高度对称，则物质的结构简式为。(3)反应A→B实践上可看作两步进行，A在一定条件下发生已知信息的分子内的加成反应转化为，在浓硫酸加热条件下环上的羟基发生消去反应生成B。(4)根据C的结构简式，其中所含官能团名称为羰基、醚键。(5)D→E的反应，分子中引入了硫醚基团，将羰基转化为硫醚基团，而F→G的反应，分子中硫醚基团又被脱去构成羰基，则这样做的目的是可达到保护羰基，进步反应选择性的目的。(6)由苯甲醛和氯乙烷为原料，制备苄基乙醛可以用氯乙烷碱性水解得乙醇，再氧化得乙醛，乙醛与苯甲醛在碱性条件下发生信息中的反应得到，再与氢气催化加成即可得到苄基乙醛，合成路线流程图为
CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHO。