2021年山东省德州市高考化学一模试卷

这是一份2021年山东省德州市高考化学一模试卷，共42页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2021年山东省德州市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）下列反应中涉及氧化还原反应的是（　　）
A．草木灰与氮肥混合施用会导致肥效降低
B．苯酚晶体放置在空气中由无色变为粉红色
C．工业上将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，制备精盐
2．（2分）2021年1月10日，栖霞笏山金矿爆炸事故引起人们对安全问题的关注，下列关于工业生产和化学实验中的操作、事故处理正确的是（　　）
A．实验室采用NH4NO3晶体和Ca（OH）2固体加强热制氨气
B．氯碱工业采用阳离子交换膜防止两极产生的气体混合而发生爆炸
C．用泡沫灭火器对制备金属镁的电解装置灭火
D．“银镜反应”中制备银氨溶液时加入过量的氨水，以保证溶液呈碱性
3．（2分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子数满足X+Y＝W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．电负性：Z＞W＞Y
C．两元素含氧酸酸性：Z＞X
D．XW3分子内键角为109°28'
4．（2分）下列有关说法错误的是（　　）
A．基态Ti原子能量最高的能级有3个空轨道
B．以双聚分子形式存在的FeCl3中Fe的配位数为4
C．HF的热稳定性大于HCl的主要原因是HF分子间存在氢键
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式是
5．（2分）下列实验装置正确，且能达到实验目的的是（　　）
A．装置模拟石油的分馏
B．装置检验NH4Cl分解产生的两种气体
C．装置蒸发结晶得到食盐晶体
D．装置验证牺牲阳极的阴极保护法
6．（2分）某实验小组以粗镍（含少量Fe和Cr杂质）为原料制备Ni（NH3）6Cl2，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如图。已知：Ni（OH）2为绿色难溶物。Ni（NH3）6（NO3）2、Ni（NH3）6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下稳定存在。下列说法正确的是（　　）

A．试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOH
B．系列操作中包括洗涤，洗涤沉淀的仪器为分液漏斗、烧杯
C．实验需要配制3.0mol•L﹣1稀硝酸250mL需要的玻璃仪器只有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
D．步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0～10℃冷水浴控温，则温度计应插入反应液中
7．（2分）2020年3月24日，中国工程院院士、天津中医药大学校长张伯礼表示，中成药连花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎有确切的疗效。其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸说法正确的是（　　）

A．最多有9个碳原子共面
B．1mol绿原酸可消耗7molNaOH
C．不能与NaHCO3反应产生CO2
D．能发生加成、取代、加聚、缩聚反应
8．（2分）在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了以下CO2的转化过程如图。下列说法错误的是（　　）

A．铜元素位于周期表中的ds区
B．步骤④中有化学键的断裂和形成
C．甲酸乙酯是该过程的催化剂
D．反应过程中，催化剂参与反应，改变了反应历程
9．（2分）工业用强氧化剂PbO2来制备KClO4的工业流程如图。下列判断不正确的是（　　）
A．“滤渣”的主要成分是PbO2，可循环使用
B．“酸化”的试剂可用浓盐酸
C．NaClO3与PbO2反应的物质的量之比为1：1
D．在滤液1中加入KNO3制得KClO4利用的是体系中各物质溶解度不同
10．（2分）研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示：下列说法错误的是（　　）

A．加入HNO3降低了正极反应的活化能
B．电池工作时正极区溶液的pH增大
C．1molCH3CH2OH被完全氧化时有1.5molO2被还原
D．正极附近的溶液中会发生反应：4NO+3O2+2H2O═4HNO3
二、选择题：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题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）如表实验中，对应的实验现象及结论或解释均正确的是（　　）
选项
实验
现象
结论或解释
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，振荡
未出现白色沉淀
苯酚溶解度小
B
向氢氧化钠溶液中先加入少量MgCl2溶液，充分反应后再加入少量CuSO4溶液
先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀
证明Cu（OH）2比Mg（OH）2难溶
C
H2O2与酸性高锰酸钾溶液混合
高锰酸钾溶液颜色变浅
H2O2具有氧化性
D
向碘水中加入少量苯，振荡静置
溶液分层，上层紫红色，下层几乎无色
碘在苯中的溶解度比水中大
A．A B．B C．C D．D
（多选）12．（4分）离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子结构如图所示，下列有关EMIM+的说法正确的是（　　）

A．该离子中碳原子杂化类型均为sp3
B．该离子中存在类似苯中的大π键，5元环上的5个原子共用6个电子
C．该离子可与Cl﹣结合形成有19个σ键的离子化合物
D．该离子的核磁共振氢谱共有11个峰
13．（4分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示，对这两种化合物的描述错误的是（　　）
A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl
B．与足量的H2发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数相等
C．加入NaOH溶液并加热，再加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D．为增大溶解度，易于被人体吸收，经常把氯喹或羟基氯喹与硫酸、盐酸或磷酸制成盐类
（多选）14．（4分）常温下，向一定物质的量浓度的亚磷酸H3PO3（二元弱酸）溶液中逐滴加入某浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．亚磷酸常温下的电离平衡常数Ka1、Ka2均可由图中信息计算得出
B．表示pH与的变化关系曲线的Ⅰ
C．NaH2PO3溶液中H2PO3﹣的电离能力小于其水解能力
D．当滴入一定量的NaOH溶液时c（Na+）+c（H+）＝2c（HPO32﹣）+c（H2PO3﹣）+c（OH﹣）
（多选）15．（4分）在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） 在温度T1时的平衡常数小于温度为T2时的平衡常数
B．X点和Y点的压强之比为15：16
C．T1时，若起始时向容器中充入5molH2S气体，则平衡时H2S的转化率小于50%
D．T2时，向Y点容器中再充入与molH2S和与molH2，重新平衡前v（正）＜v（逆）
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）无水四氯化锡（SnCl4）常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡（熔点232℃）与Cl2反应制备SnCl4，某小组拟设计实验制备无水四氯化锡并探究其性质：
Ⅰ.查阅资料，得知：
性质
物质
物理性质
化学性质
SnCl2
熔点：246℃沸点652℃
较强的还原性
SnCl4
熔点：﹣33℃沸点114℃
遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是SnO2⋅xH2O
Ⅱ.设计实验，装置如图

回答下列问题；
（1）仪器A的名称是　 　，导管D的作用是　 　。
（2）装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用　 　。
（3）试剂B的作用是　 　。
（4）为防止产品中带入副产物SnCl2，可采取的措施有　 　。
（5）装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是　 　。
（6）SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹。用化学方程式表示其原理　 　。
Ⅲ.最后进行产品纯度测定：
（7）取wgSnCl4产品用足量蒸馏水吸收得到吸收液250mL。准确量取25.00mL吸收液于锥形瓶中，用cmol/L标准AgNO3溶液滴定至终点，滴定前读数为V1mL，终点读数为V2mL（杂质不参与反应），利用上述数据计算产品纯度为　 　%。（用含w、c、V1、V2的代数式表示）
17．（10分）Fe、Co、Ni是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为　 　。
（2）Ni（CO）4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点﹣19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni（CO）4是　 　分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）实验室常用KSCN溶液或苯酚（）检验Fe3+。
①第一电离能：N　 　O。（填“＞”或“＜”）
②苯酚中碳原子杂化类型为　 　。
（4）配位化合物[Co（NH3）5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为　 　，配位原子为　 　。
（5）如图所示，Fe3O4晶体中，O2﹣围成正四面体空隙（1、3、6、7围成）和正八面体空隙（3、6、7、8、9、12围成），Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为　 　。
（6）已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x＝0.88，晶胞参数为anm，则晶体密度为　 　g•cm﹣3。（NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式）

18．（13分）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
（1）工业上利用合成气（CO、CO2、H2）来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示。
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H1
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ.H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ.3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H
K3



则反应Ⅲ的△H＝　 　（用△H1和△H2表示），△H　 　0。（填“＞”或“＜”）
（2）科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”（CO、H2），可能的反应历程如图所示。

注：C（ads）为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量，其中TS表示过渡态。
若E4+E1＞E2+E3，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为　 　。
（3）利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO﹣，装置如图所示。

①在该装置中，右侧Pt电极的电极反应式为　 　。
②装置工作时，阴极除有HCOO﹣生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率＝100%
标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c（HCOO﹣）＝0.03mol/L，电解效率为　 　。（忽略电解前后溶液的体积变化）
（4）已知水煤气法制备H2的反应为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。将等体积的CO（g）和H2O（g）充入恒容密闭容器中，反应速率v＝v正﹣v逆＝k正c（CO）c（H2O）﹣k逆c（CO2）c（H2），其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在700℃和800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。
M点与N点对应的的大小关系：M　 　N（填“＞”、“＜”或“＝”），计算N点时＝　 　。

19．（13分）“绿水青山就是金山银山“，在造福人类的同时，保护环境也是化学必不可少的责任。磷酸铁锂电池由橄榄石结构的LiFePO4作为电池的正极，碳（石墨）吸附锂离子组成电池负极（LixCn），电极上附着铝箔、铜箔。以下流程可以回收磷酸铁锂电池电极材料中的石墨并制备相应化工产品。

（1）LiFePO4中Fe的化合价为　 　，滤渣Ⅰ的主要成分除LiFePO4还有　 　，滤渣Ⅰ中加入H2O2的目的是：　 　。
（2）向滤液Ⅲ中通H2S的目的是沉铜，当溶液中铜离子浓度为1×10﹣5mol/L时可认为铜离子沉淀完全，则此时溶液中S2﹣与Cu2+浓度之比为：　 　。（已知Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36mol2•L﹣2）
（3）碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，则操作X是　 　。
a.静置、过滤
b.加热后，趁热过滤
c.蒸发浓缩、冷却结晶
d.蒸发结晶
（4）回收后的Fe2O3可以与KOH和KNO3混合物加热共熔，从而制得净水剂高铁酸钾（K2FeO4）及其副产物KNO2，该反应的化学方程式为：　 　。
（5）该流程中分离出的Li2CO3可以和NH4H2PO4及（CH3COO）2Fe制备正极材料LiFePO4，已知NH3•H2O的电离常数Kb＝2×10﹣5mol•L﹣1，H3PO4的各级电离常数为Kal＝1×10﹣2mol•L﹣1、Ka2＝6.2×10﹣8mol•L﹣1、Ka3＝2.2×10﹣13mol•L﹣1，则常温下NH4H2PO4溶液中c（NH4+）　 　c（H2PO4﹣）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
20．（12分）美托洛尔（H）属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一，它的一种合成路线如图。

已知：CH3COCH2RCH3CH2CH2R
回答下列问题：
（1）B中所含官能团的名称是　 　。
（2）C→D的反应类型为　 　。
（3）反应E→F的化学方程式为　 　。
（4）芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子。同时满足下列条件的X的同分异构体共有　 　种。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为　 　。
（5）4﹣苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4﹣苄基苯酚的合成路线：　 　。（无机试剂任选）

2021年山东省德州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）下列反应中涉及氧化还原反应的是（　　）
A．草木灰与氮肥混合施用会导致肥效降低
B．苯酚晶体放置在空气中由无色变为粉红色
C．工业上将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，制备精盐
【分析】反应中存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．草木灰与氮肥混合施用会导致肥效降低，发生复分解反应，不是氧化还原反应，故A不选；
B．苯酚晶体放置在空气中由无色变为粉红色，被空气中的氧气氧化，发生氧化还原反应，故B选；
C．工业上将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打，发生复分解反应，不是氧化还原反应，故C不选；
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，制备精盐，发生复分解反应，不是氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
2．（2分）2021年1月10日，栖霞笏山金矿爆炸事故引起人们对安全问题的关注，下列关于工业生产和化学实验中的操作、事故处理正确的是（　　）
A．实验室采用NH4NO3晶体和Ca（OH）2固体加强热制氨气
B．氯碱工业采用阳离子交换膜防止两极产生的气体混合而发生爆炸
C．用泡沫灭火器对制备金属镁的电解装置灭火
D．“银镜反应”中制备银氨溶液时加入过量的氨水，以保证溶液呈碱性
【分析】A．硝酸铵加热发生爆炸；
B．电解饱和食盐水阳极产生氯气，阴极产生氢气；
C．镁能够在二氧化碳中燃烧；
D．氨水过量易发生爆炸。
【解答】解：A．硝酸铵加热发生爆炸，实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气，故A错误；
B．电解饱和食盐水阳极产生氯气，阴极产生氢气，采用阳离子交换膜可以防止两极产生的气体混合而发生爆炸，故B正确；
C．泡沫灭火器产生二氧化碳，镁能够在二氧化碳中燃烧，所以镁着火，不能用泡沫灭火器灭，故C错误；
D．氨水过量易发生爆炸，所以配制银氨溶液过程中氨水不能过量，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查实验安全，考查了药品的使用，灭火的原理，氯碱工业等，明确相关物质的性质是解本题关键，会运用化学知识解释生活现象，难度不大。
3．（2分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子数满足X+Y＝W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．电负性：Z＞W＞Y
C．两元素含氧酸酸性：Z＞X
D．XW3分子内键角为109°28'
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，是NH3与HCl反应生成NH4Cl，即XW3、WZ应该分别是NH3、HCl，则W为H，X为N，Z为Cl元素；四种元素的核外电子数满足X+Y＝W+Z，则Y的核外电子数为1+17﹣7＝11，故Y为Na。
【解答】解：A．元素X、Y、Z分别为N、Na、Cl，同周期自左而右原子半径减小，第二周期主族元素中只有Li的原子半径比Cl的大，故原子半径：Na＞Cl＞N，故A错误；
B．元素W、Y、Z分别是H、Na、Cl，而Na是金属，H、Cl是非金属，故Na的电负性最小，在HCl中Cl元素表现负化合价，说明Cl元素电负性大于H元素的，故电负性：Cl＞H＞Na，故B正确；
C．应描述为“最高价氧化物对应水化物的酸性：Z（氯）＞X（氮）“，不是最高价含氧酸则不一定，如HClO是弱酸，而HNO3属于强酸，故C错误；
D．NH3分子是三角锥形结构，其键角小于109°28'，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，C选项为易错点，学生容易忽略“最高价”。
4．（2分）下列有关说法错误的是（　　）
A．基态Ti原子能量最高的能级有3个空轨道
B．以双聚分子形式存在的FeCl3中Fe的配位数为4
C．HF的热稳定性大于HCl的主要原因是HF分子间存在氢键
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式是
【分析】A．Ti位于第四周期的d区，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；
B．FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为；
C．分子的稳定性与共价键有关；
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，存在C＝N键，且N元素有2个孤电子对。
【解答】解：A．Ti位于第四周期的d区，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态Ti原子能量最高的能级为3d，其3d能级有3个空轨道，故A正确；
B．FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，则Fe的配位数为4，故B正确；
C．分子的稳定性与共价键有关，则HF的热稳定性大于HCl的主要原因是HF分子中共价键键能大于HCl，与氢键无关，故C错误；
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，存在C＝N键，且N元素有2个孤电子对，其电子式，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、能级、共价键、氢键、电子式等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及双基的掌握，注意把握电子式和电子排布式的书写方法，题目难度不大。
5．（2分）下列实验装置正确，且能达到实验目的的是（　　）
A．装置模拟石油的分馏
B．装置检验NH4Cl分解产生的两种气体
C．装置蒸发结晶得到食盐晶体
D．装置验证牺牲阳极的阴极保护法
【分析】A.分馏时温度计测定馏分的温度；
B.氯化铵分解生成氨气和HCl，左侧蓝色石蕊试纸可检验HCl，右侧酚酞试纸可检验氨气；
C.蒸发溶液需要蒸发皿；
D.构成原电池时Zn为负极，且KSCN溶液不能检验亚铁离子。
【解答】解：A.分馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在支管口处，故A错误；
B.氯化铵分解生成氨气和HCl，左侧蓝色石蕊试纸可检验HCl，右侧酚酞试纸可检验氨气，图中装置可检验分解生成的气体，故B正确；
C.蒸发溶液需要蒸发皿，不需要坩埚等，故C错误；
D.构成原电池时Zn为负极，且KSCN溶液不能检验亚铁离子，则不能验证牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、混合物分离提纯、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）某实验小组以粗镍（含少量Fe和Cr杂质）为原料制备Ni（NH3）6Cl2，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如图。已知：Ni（OH）2为绿色难溶物。Ni（NH3）6（NO3）2、Ni（NH3）6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下稳定存在。下列说法正确的是（　　）

A．试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOH
B．系列操作中包括洗涤，洗涤沉淀的仪器为分液漏斗、烧杯
C．实验需要配制3.0mol•L﹣1稀硝酸250mL需要的玻璃仪器只有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
D．步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0～10℃冷水浴控温，则温度计应插入反应液中
【分析】由实验流程及物质的性质可知，浓硝酸加热后主要发生Ni+4HNO3Ni（NO3）2+2NO2↑+2H2O，溶液中离子主要有Ni2+、Cr3+、Fe3+，加入试剂X调节溶液的pH使Cr3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+不沉淀，试剂X为NaOH，过滤后再加NaOH分离出绿色沉淀为Ni（OH）2，然后加入稀硝酸、氨水，过滤得到蓝紫色晶体1为Ni（NH3）6（NO3）2，再加入盐酸、氨水和氯化铵的混合溶液，过滤得到蓝紫色晶体2为Ni（NH3）6Cl2，最终得到产品，以此来解答。
【解答】解：A.由上述分析可知，加试剂X可分离除去Fe、Cr杂质，试剂X可为NaOH，调节溶液的pH使Cr3+、Fe3+完全沉淀，故A正确；
B.系列操作中包括洗涤，洗涤沉淀需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
C.配制3.0mol•L﹣1稀硝酸250mL需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，故C错误；
D.步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0～10℃冷水浴控温，则温度计测定水的温度，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）2020年3月24日，中国工程院院士、天津中医药大学校长张伯礼表示，中成药连花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎有确切的疗效。其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸说法正确的是（　　）

A．最多有9个碳原子共面
B．1mol绿原酸可消耗7molNaOH
C．不能与NaHCO3反应产生CO2
D．能发生加成、取代、加聚、缩聚反应
【分析】有机物含有酚羟基、酯基、醇羟基、羧基和碳碳双键，具有烯烃、酚、醇、酯类和羧酸的性质，结合苯环、烯烃和饱和烃的结构解答该题。
【解答】解：A.苯环、碳碳双键、酯基都为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，且C﹣C键可自由旋转，则最多有10个碳原子共面，故A错误；
B.能与氢氧化钠溶液反应的官能团为酚羟基、酯基、羧基，则1mol绿原酸可消耗4molNaOH，故B错误；
C.含有羧基，具有酸性，可与NaHCO3反应产生CO2，故C错误；
D.含有碳碳双键，可发生加成、加聚反应，含有羟基、羧基，可发生取代、缩聚反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
8．（2分）在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了以下CO2的转化过程如图。下列说法错误的是（　　）

A．铜元素位于周期表中的ds区
B．步骤④中有化学键的断裂和形成
C．甲酸乙酯是该过程的催化剂
D．反应过程中，催化剂参与反应，改变了反应历程
【分析】A．ds区主要包括第ⅠB族和第ⅡB族；
B．由图可知步骤④生成了新物质；
C．催化剂在反应前后的量是不变的，由图可知甲酸乙酯只有生成，没有消耗；
D．催化剂可以加快反应速率，改变反应机理。
【解答】解：A．铜元素位于周期表中第四周期第ⅠB族，ds区主要包括第ⅠB族和第ⅡB族，故A正确；
B．由图可知步骤④中的C﹣O和H﹣O键均发生了断裂，生成了金属羟基化合物（H﹣O﹣M）和甲酸乙酯，故B正确；
C．催化剂在反应前后的量是不变的，反应④生成了甲酸乙酯，但在其它步骤中未有甲酸乙酯的参与，即甲酸乙酯只有生成，没有消耗，所以甲酸乙酯不是催化剂，故C错误；
D．催化剂可以加快反应速率，降低反应的活化能，改变反应历程，故D正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查铜在周期表中的位置以及周期表的分区，化学反应的本质即旧键断裂，新键形成，催化剂参与反应的本质，属于基本知识，基础题型，难度不大。
9．（2分）工业用强氧化剂PbO2来制备KClO4的工业流程如图。下列判断不正确的是（　　）
A．“滤渣”的主要成分是PbO2，可循环使用
B．“酸化”的试剂可用浓盐酸
C．NaClO3与PbO2反应的物质的量之比为1：1
D．在滤液1中加入KNO3制得KClO4利用的是体系中各物质溶解度不同
【分析】由制备流程可知，混合时发生PbO2+ClO3﹣+2H+═Pb2++ClO4﹣+H2O，过滤分离出滤渣为剩余的PbO2，可循环利用，滤液I中含KClO4，加入KNO3结晶分离出KClO4，滤液Ⅱ含KNO3，以此来解答。
【解答】解：A.只有PbO2不溶于水，由上述分析可知，“滤渣”的主要成分是PbO2，可循环使用，故A正确；
B.PbO2可氧化浓盐酸，“酸化”的试剂可用稀硫酸，故B错误；
C.发生PbO2+ClO3﹣+2H+═Pb2++ClO4﹣+H2O，可知NaClO3与PbO2反应的物质的量之比为1：1，故C正确；
D.由于KClO4的溶解度较小，可知加入硝酸钾时，溶液中钾离子浓度增大，使高氯酸钾结晶析出，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（2分）研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示：下列说法错误的是（　　）

A．加入HNO3降低了正极反应的活化能
B．电池工作时正极区溶液的pH增大
C．1molCH3CH2OH被完全氧化时有1.5molO2被还原
D．正极附近的溶液中会发生反应：4NO+3O2+2H2O═4HNO3
【分析】该电池为乙醇的酸性燃料电池，通入乙醇的一极为负极，发生电极反应式为：CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣＝2CO2↑+12H+，通氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应HNO3+3e﹣+3H+＝NO↑+2H2O，4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，二者加合可得O2+4e﹣+4H+＝2H2O，可知HNO3在正极起催化作用，据此分析解答。
【解答】解：A．正极加入的HNO3起催化作用，可降低正极反应的活化能，提升反应速率，故A正确；
B．正极区发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，正极区消耗H+且有水生成，即氢离子浓度减小，pH增大，故B正确；
C．燃料电池工作时，正负电极转移电子数目相等，其中1 molCH3CH2OH在负极被完全氧化时，转移12 mol电子，则正极上有＝3 molO2被还原，故C错误；
D．由分析可知，正极附近的溶液中NO与氧气、水反应生成硝酸，即发生反应：4NO+3O2+2H2O═4HNO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理的应用，涉及乙醇酸性燃料电池的工作原理和电极反应式的书写，侧重考查学生分析能力和解决问题的能力，注意电化学原理的分析与应用，题目难度中等。
二、选择题：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题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）如表实验中，对应的实验现象及结论或解释均正确的是（　　）
选项
实验
现象
结论或解释
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，振荡
未出现白色沉淀
苯酚溶解度小
B
向氢氧化钠溶液中先加入少量MgCl2溶液，充分反应后再加入少量CuSO4溶液
先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀
证明Cu（OH）2比Mg（OH）2难溶
C
H2O2与酸性高锰酸钾溶液混合
高锰酸钾溶液颜色变浅
H2O2具有氧化性
D
向碘水中加入少量苯，振荡静置
溶液分层，上层紫红色，下层几乎无色
碘在苯中的溶解度比水中大
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.生成少量三溴苯酚易溶于苯酚；
B.NaOH过量，均为沉淀生成；
C.高锰酸钾可氧化过氧化氢；
D.碘易溶于苯，与水分层，且苯的密度比水的密度小。
【解答】解：A.生成少量三溴苯酚易溶于苯酚，则未出现白色沉淀，不能说明苯酚的溶解度大小，故A错误；
B.NaOH过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能证明Cu（OH）2比Mg（OH）2难溶，故B错误；
C.高锰酸钾可氧化过氧化氢，溶液颜色变浅，可知过氧化氢具有还原性，故C错误；
D.碘易溶于苯，与水分层，且苯的密度比水的密度小，则溶液分层，上层紫红色，下层几乎无色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
（多选）12．（4分）离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子结构如图所示，下列有关EMIM+的说法正确的是（　　）

A．该离子中碳原子杂化类型均为sp3
B．该离子中存在类似苯中的大π键，5元环上的5个原子共用6个电子
C．该离子可与Cl﹣结合形成有19个σ键的离子化合物
D．该离子的核磁共振氢谱共有11个峰
【分析】A．甲基中C形成4个σ键，环中C形成3个σ键和1个π键，不含孤电子对，价层电子对数为4或3；
B．3个C原子和2个N原子构成环，有6个电子可形成大π键；
C．单键为σ键，双键为1个σ键和1个π键，甲基中C形成4个σ键，环中C形成3个σ键和1个π键；
D．有几种氢原子，核磁共振氢谱就有几种峰，据此分析解答。
【解答】解：A．甲基中C形成4个σ键，环中C形成3个σ键和1个π键，不含孤电子对，价层电子对数为4或3，即C原子采用sp3、sp2杂化，故A错误；
B．3个C原子和2个N原子构成环，其中C、N原子均为sp2杂化，每个C原子提供1个电子，每个N原子提供2个电子，失去1个电子，有6个电子可形成大π键，故B正确；
C．EMIM+离子与Cl﹣结合形成离子化合物，单键为σ键，双键为1个σ键和1个π键，甲基中C形成4个σ键，环中C形成3个σ键和1个π键，共有19个σ键，故C正确；
D．该离子共有11个氢原子，但是有6种氢原子，所以核磁共振氢谱就有6种峰，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查原子结构和性质，题目难度不大，涉及杂化方式、σ键和π键等知识，熟练掌握基础知识是做题的关键，试题培养了学生的规范答题能力。
13．（4分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示，对这两种化合物的描述错误的是（　　）
A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl
B．与足量的H2发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数相等
C．加入NaOH溶液并加热，再加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D．为增大溶解度，易于被人体吸收，经常把氯喹或羟基氯喹与硫酸、盐酸或磷酸制成盐类
【分析】A.根据结构简式确定有机物的原子种类和原子个数，可确定分子式；
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团；
C.溶液呈碱性，可生成AgOH沉淀；
D.含有氨基，可与酸反应。
【解答】解：A.由结构简式可知氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl，故A正确；
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，与足量的H2发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数如图所示：，都为5个，故B正确；
C.在加入硝酸银溶液之前应该加入稀硝酸中和未反应的NaOH，否则NaOH和硝酸银反应生成沉淀而干扰检验，故C错误；
D.含有氨基，可与酸反应，则可把氯喹或羟基氯喹与硫酸、盐酸或磷酸制成盐类，易溶于水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
（多选）14．（4分）常温下，向一定物质的量浓度的亚磷酸H3PO3（二元弱酸）溶液中逐滴加入某浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．亚磷酸常温下的电离平衡常数Ka1、Ka2均可由图中信息计算得出
B．表示pH与的变化关系曲线的Ⅰ
C．NaH2PO3溶液中H2PO3﹣的电离能力小于其水解能力
D．当滴入一定量的NaOH溶液时c（Na+）+c（H+）＝2c（HPO32﹣）+c（H2PO3﹣）+c（OH﹣）
【分析】A．H3PO3⇌H++H2PO3﹣，H2PO3﹣⇌H++HPO32﹣，Ka1＝，Ka2＝，若时，Ka1＝c（H+），Ka2＝c（H+），又Ka1＞Ka2，则第一步电离的氢离子浓度大于第二步电离的氢离子浓度，所以图象中x轴数值相等时，第一步电离时溶液的pH小于第二步，判断出直线Ⅱ为第一步电离对应的曲线，直线Ⅰ为第二步电离对应的曲线，由图可知，曲线Ⅱ中当lg＝1时，即＝10时，pH＝2.4，c（H+）＝10﹣2.4mol/L，所以Ka1＝c（H+）×10，同理，当lg＝﹣1时，即＝，pH＝5.5，c（H+）＝10﹣5.5mol/L，Ka2＝c（H+）×，从而求出Ka1和Ka2；
B．由A的分析即可判断出pH与的变化关系对应的曲线；
C．NaH2PO3溶液中H2PO3﹣的电离平衡常数为Ka2＝10﹣6.5，水解平衡常数Kh＝，判断出Ka2与Kh的大小，进一步判断出H2PO3﹣的电离能力与水解能力强弱；
D．当滴入一定量的NaOH溶液时，溶液中就存在电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝2c（HPO32﹣）+c（H2PO3﹣）+c（OH﹣）。
【解答】解：A．H3PO3⇌H++H2PO3﹣，H2PO3﹣⇌H++HPO32﹣，Ka1＝，Ka2＝，且Ka1＞Ka2，若时，第一步电离的氢离子浓度大于第二步电离的氢离子浓度，所以图象中x轴数值相等时，第一步电离时溶液的pH小于第二步，则直线Ⅱ为第一步电离对应的曲线，直线Ⅰ为第二步电离对应的曲线，由图可知，曲线Ⅱ中当lg＝1时，即＝10时，pH＝2.4，c（H+）＝10﹣2.4mol/L，所以Ka1＝c（H+）×10＝10﹣1.4，同理，当lg＝﹣1时，即＝，pH＝5.5，c（H+）＝10﹣5.5mol/L，Ka2＝c（H+）×＝10﹣5.5×＝10﹣6.5，故A正确；
B．H3PO3⇌H++H2PO3﹣，H2PO3﹣⇌H++HPO32﹣，Ka1＝，Ka2＝，且Ka1＞Ka2，若时，第一步电离的氢离子浓度大于第二步电离的氢离子浓度，所以图象中x轴数值相等时，第一步电离时溶液的pH小于第二步，则直线Ⅱ为第一步电离对应的曲线，直线Ⅰ为第二步电离对应的曲线，故B错误；
C．NaH2PO3溶液中H2PO3﹣的电离平衡常数为Ka2＝10﹣6.5，水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.6，则Ka2＞Kh，所以H2PO3﹣的电离能力大于水解能力，故C错误；
D．当滴入一定量的NaOH溶液时，根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝2c（HPO32﹣）+c（H2PO3﹣）+c（OH﹣），故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查学生的看图、读图的能力，对图象的理解能力，考查平衡常数K的计算，具有很强的综合性，对学生的思维能力要求较高，同时考查水解平衡常数与水的离子积常数之间的关系、电荷守恒的应用，属于难题。
（多选）15．（4分）在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） 在温度T1时的平衡常数小于温度为T2时的平衡常数
B．X点和Y点的压强之比为15：16
C．T1时，若起始时向容器中充入5molH2S气体，则平衡时H2S的转化率小于50%
D．T2时，向Y点容器中再充入与molH2S和与molH2，重新平衡前v（正）＜v（逆）
【分析】A.由图可知，升高温度H2S气体的物质的量减小，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；
B.X点时H2S、H2的物质的量均为2mol，则生成S2（g）的物质的量为1mol，且起始硫化氢为4mol；Y点时H2S、S2的物质的量相等，设转化的硫化氢为xmol，可知4﹣x＝0.5x，解得x＝mol，即Y点H2S的物质的量为mol、H2的物质的量mol，S2（g）的物质的量为mol，温度相同时压强之比等于物质的量之比；
C.T1时，若起始时向容器中充入5molH2S气体，原起始硫化氢为4mol，可看成原平衡增大压强；
D.T2时，体积为1L，K＝＝，向Y点容器中再充入与molH2S和与molH2，Qc＝＝4.52＜K，平衡正向移动。
【解答】解：A.由图可知，升高温度H2S气体的物质的量减小，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，则温度越高、K越小，可知在温度T1时的平衡常数小于温度为T2时的平衡常数，故A正确；
B.X点时H2S、H2的物质的量均为2mol，则生成S2（g）的物质的量为1mol，且起始硫化氢为4mol；Y点时H2S、S2的物质的量相等，设转化的硫化氢为xmol，可知4﹣x＝0.5x，解得x＝mol，即Y点H2S的物质的量为mol、H2的物质的量mol，S2（g）的物质的量为mol，温度相同时压强之比等于物质的量之比，则X点和Y点的压强之比为＝15：16，但图中X、Y点温度不同，则压强关系不确定，故B错误；
C.由选项B可知T1时原起始硫化氢为4mol，平衡时H2S的转化率为×100%＝50%，若起始时向容器中充入5molH2S气体，可看成原平衡增大压强，平衡逆向移动，平衡时H2S的转化率小于50%，故C正确；
D.T2时，体积为1L，K＝＝，向Y点容器中再充入与molH2S和与molH2，Qc＝＝4.52＜K，平衡正向移动，则重新平衡前v（正）＞v（逆），故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握图中平衡时物质的量关系、K的计算、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度较大。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）无水四氯化锡（SnCl4）常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡（熔点232℃）与Cl2反应制备SnCl4，某小组拟设计实验制备无水四氯化锡并探究其性质：
Ⅰ.查阅资料，得知：
性质
物质
物理性质
化学性质
SnCl2
熔点：246℃沸点652℃
较强的还原性
SnCl4
熔点：﹣33℃沸点114℃
遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是SnO2⋅xH2O
Ⅱ.设计实验，装置如图

回答下列问题；
（1）仪器A的名称是　蒸馏烧瓶　，导管D的作用是　平衡气压使浓盐酸顺利流下　。
（2）装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用　30%硫酸中的H+使Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡左移，减少氯气损失　。
（3）试剂B的作用是　防止C中的水蒸气进入收集装置引起SnCl4水解　。
（4）为防止产品中带入副产物SnCl2，可采取的措施有　增大Cl2的通入量、控制装置Ⅳ反应温度在232℃～652℃之间　。
（5）装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是　增大接触面积、加快反应速率　。
（6）SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹。用化学方程式表示其原理　SnCl4+4NH3+（2+x）H2O＝SnO2•xH2O+4NH4Cl　。
Ⅲ.最后进行产品纯度测定：
（7）取wgSnCl4产品用足量蒸馏水吸收得到吸收液250mL。准确量取25.00mL吸收液于锥形瓶中，用cmol/L标准AgNO3溶液滴定至终点，滴定前读数为V1mL，终点读数为V2mL（杂质不参与反应），利用上述数据计算产品纯度为　　%。（用含w、c、V1、V2的代数式表示）
【分析】由制备实验装置可知，I中制备氯气，II中除去HCl，Ⅲ中干燥氯气，Ⅳ中熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，V中冷凝收集SnCl4，Ⅵ中浓硫酸可防止水进入V中，ⅤⅡ中NaOH溶液吸收尾气，且防止倒吸，
（1）由图可知仪器的名称，导管D可平衡气压，便于液体顺利流下；
（2）发生Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，硫酸中氢离子使平衡左移，抑制氯气的溶解；
（3）SnCl4遇水易水解；
（4）增大氯气的量且控制温度减少副产物的生成；
（5）多孔耐高温泡沫可增大接触面积；
（6）SnCl4遇氨气、水蒸气生成SnO2•xH2O、氯化铵；
（7）结合SnCl4～4HCl～4AgCl～4AgNO3计算。
【解答】解：（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶，导管D的作用是平衡气压使浓盐酸顺利流下，
故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压使浓盐酸顺利流下；
（2）装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用为30%硫酸中的H+使Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡左移，减少氯气损失，
故答案为：30%硫酸中的H+使Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡左移，减少氯气损失；
（3）试剂B的作用是防止C中的水蒸气进入收集装置引起SnCl4水解，
故答案为：防止C中的水蒸气进入收集装置引起SnCl4水解；
（4）为防止产品中带入副产物SnCl2，可采取的措施有增大Cl2的通入量、控制装置Ⅳ反应温度在232℃～652℃之间，
故答案为：增大Cl2的通入量、控制装置Ⅳ反应温度在232℃～652℃之间；
（5）装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是增大接触面积、加快反应速率，
故答案为：增大接触面积、加快反应速率；
（6）SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹，用化学方程式表示其原理为SnCl4+4NH3+（2+x）H2O＝SnO2•xH2O+4NH4Cl，
故答案为：SnCl4+4NH3+（2+x）H2O＝SnO2•xH2O+4NH4Cl；
（7）由SnCl4～4HCl～4AgCl～4AgNO3可知，产品纯度为×100%＝%，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、制备原理、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及信息的应用，题目难度不大。
17．（10分）Fe、Co、Ni是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为　3d84s2　。
（2）Ni（CO）4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点﹣19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni（CO）4是　非极性　分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）实验室常用KSCN溶液或苯酚（）检验Fe3+。
①第一电离能：N　＞　O。（填“＞”或“＜”）
②苯酚中碳原子杂化类型为　sp2　。
（4）配位化合物[Co（NH3）5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为　6　，配位原子为　N、Cl　。
（5）如图所示，Fe3O4晶体中，O2﹣围成正四面体空隙（1、3、6、7围成）和正八面体空隙（3、6、7、8、9、12围成），Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为　7：2　。
（6）已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x＝0.88，晶胞参数为anm，则晶体密度为　　g•cm﹣3。（NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式）

【分析】（1）Ni为28号元素，依据构造原理写出价电子排布式；
（2）依据相似相溶原理进行分析；
（3）①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
（4）[Co（NH3）5Cl]Cl2中心原子Co提供空轨道，N、Cl提供孤电子对；
（5）依据均摊法，计算晶胞中原子数目，依据化学式分配亚铁离子与铁离子数目，分析晶胞结构，确定空隙比例；
（6）依据均摊法与密度公式，计算晶胞密度。
【解答】解：（1）Ni为28号元素，基态 Ni 原子的价电子排布式为3d84s2，
故答案为：3d84s2；
（2）依据相似相溶原理，H2O为极性分子，Ni（CO）4难溶于水，则Ni（CO）4为非极性分子，
故答案为：非极性；
（3）①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O，
故答案为：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化，
故答案为：sp2；
（4）[Co（NH3）5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为6，配位原子是N、Cl，
故答案为：6；N、Cl；
（5）依据均摊法，Fe3O4晶胞中O2﹣个数＝8×+6×＝4，所以有三价铁离子有三个，二价铁离子有1个，其中正四面体空隙共8个，1个三价铁离子填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共1+12×＝4个，一个亚铁离子和一个三价铁离子填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2，
故答案为：7：2；
（6）分析晶胞可知，一个晶胞的质量为g，体积为（a×10﹣7）3cm3，ρ＝＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型、配位键、杂化方式、晶胞结构与计算等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
18．（13分）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
（1）工业上利用合成气（CO、CO2、H2）来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示。
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H1
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ.H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ.3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H
K3



则反应Ⅲ的△H＝　△H1+△H2　（用△H1和△H2表示），△H　＜　0。（填“＞”或“＜”）
（2）科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”（CO、H2），可能的反应历程如图所示。

注：C（ads）为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量，其中TS表示过渡态。
若E4+E1＞E2+E3，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为　C（ads）+2H2（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）或C（ads）+CO2（g）＝2CO（g）　。
（3）利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO﹣，装置如图所示。

①在该装置中，右侧Pt电极的电极反应式为　CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣　。
②装置工作时，阴极除有HCOO﹣生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率＝100%
标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c（HCOO﹣）＝0.03mol/L，电解效率为　75%　。（忽略电解前后溶液的体积变化）
（4）已知水煤气法制备H2的反应为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。将等体积的CO（g）和H2O（g）充入恒容密闭容器中，反应速率v＝v正﹣v逆＝k正c（CO）c（H2O）﹣k逆c（CO2）c（H2），其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在700℃和800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。
M点与N点对应的的大小关系：M　＜　N（填“＞”、“＜”或“＝”），计算N点时＝　36　。

【分析】（1）根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得Ⅲ；K3＝K1•K2，则500℃K3＝2.5×1.0＝2.5，700℃K3＝0.34×1.7＝0.578，说明升高温度，K3减小，平衡逆向移动；
（2）过渡态的平均能量与反应物的平均能量之差为反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，最慢的反应决定制备“合成气”反应速率；
（3）①由图可知，CO2在右侧Pt电极得到电子发生还原反应转化为HCOO﹣；
②阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，标准状况下，阳极生成氧气体积为448mL，其物质的量为＝0.02mol，则电解池转移电子总数为0.02mol×4＝0.08mol，阴极区内的c（HCOO﹣）＝0.03mol/L，根据阴极反应式计算生成目标产物转移电子数，结合电解效率公式计算出答案；
（4）由图可知，M点所在曲线先达到“拐点”，则M点所在的曲线代表800℃CO的转化率随时间变化的曲线，N点所在的曲线代表700℃CO的转化率随时间变化的曲线，升高温度，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应达到平衡时，v正＝v逆，＝＝K，比较M点与N点对应的的大小，即比较800℃和700℃K值得大小；N点所在的曲线平衡时CO的转化率为60%，列化学平衡三段式计算此温度下＝K，N点时＝，根据N点数据计算。
【解答】解：（1）根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得Ⅲ3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝△H1+△H2；K3＝K1•K2，则500℃K3＝2.5×1.0＝2.5，700℃K3＝0.34×1.7＝0.578，说明升高温度，K3减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：△H1+△H2；＜；
（2）E4+E1＞E2+E3，则E4﹣E3＞E2﹣E1，说明第二步骤的反应的活化能较高，则该步骤决定制备“合成气”反应速率，其化学方程式为C（ads）+2H2（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）或C（ads）+CO2（g）＝2CO（g），
故答案为：C（ads）+2H2（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）或C（ads）+CO2（g）＝2CO（g）；
（3）①由图可知，CO2在右侧Pt电极得到电子发生还原反应转化为HCOO﹣；该电极反应式为CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣，
故答案为：CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣；
②阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，标准状况下，阳极生成氧气体积为448mL，其物质的量为＝0.02mol，则电解池转移电子总数为0.02mol×4＝0.08mol，阴极区内的c（HCOO﹣）＝0.03mol/L，CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣，则生成目标产物转移电子数为0.03mol/L×1L×2＝0.06mol，电解效率为＝75%，
故答案为：75%；
（4）由图可知，M点所在曲线先达到“拐点”，则M点所在的曲线代表800℃CO的转化率随时间变化的曲线，N点所在的曲线代表700℃CO的转化率随时间变化的曲线，升高温度，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应达到平衡时，v正＝v逆，＝＝K，比较M点与N点对应的的大小，即比较800℃和700℃K值得大小，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则M点与N点对应的的大小关系：M＜N；N点所在的曲线平衡时CO的转化率为60%，等体积的CO（g）和H2O（g）充入恒容密闭容器中，设CO和H2O的起始物质的量浓度为amol/L，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始c（mol/L） a a 0 0
转化c（mol/L） 0.6a 0.6a 0.6a 0.6a
平衡c（mol/L） 0.4a 0.4a 0.6a 0.6a
＝K＝＝＝2.25，N点CO的转化率为20%，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始c（mol/L） a a 0 0
转化c（mol/L） 0.2a 0.2a 0.2a 0.2a
平衡c（mol/L） 0.8a 0.8a 0.2a 0.2a
＝＝2.25×＝36，
故答案为：＜；36。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算、电化学，根据题目信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度大。
19．（13分）“绿水青山就是金山银山“，在造福人类的同时，保护环境也是化学必不可少的责任。磷酸铁锂电池由橄榄石结构的LiFePO4作为电池的正极，碳（石墨）吸附锂离子组成电池负极（LixCn），电极上附着铝箔、铜箔。以下流程可以回收磷酸铁锂电池电极材料中的石墨并制备相应化工产品。

（1）LiFePO4中Fe的化合价为　+2　，滤渣Ⅰ的主要成分除LiFePO4还有　铜、石墨　，滤渣Ⅰ中加入H2O2的目的是：　将Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+　。
（2）向滤液Ⅲ中通H2S的目的是沉铜，当溶液中铜离子浓度为1×10﹣5mol/L时可认为铜离子沉淀完全，则此时溶液中S2﹣与Cu2+浓度之比为：　6.3×10﹣26：1　。（已知Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36mol2•L﹣2）
（3）碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，则操作X是　b　。
a.静置、过滤
b.加热后，趁热过滤
c.蒸发浓缩、冷却结晶
d.蒸发结晶
（4）回收后的Fe2O3可以与KOH和KNO3混合物加热共熔，从而制得净水剂高铁酸钾（K2FeO4）及其副产物KNO2，该反应的化学方程式为：　Fe2O3+4KOH+3KNO3＝2K2FeO4+3KNO2+2H2O　。
（5）该流程中分离出的Li2CO3可以和NH4H2PO4及（CH3COO）2Fe制备正极材料LiFePO4，已知NH3•H2O的电离常数Kb＝2×10﹣5mol•L﹣1，H3PO4的各级电离常数为Kal＝1×10﹣2mol•L﹣1、Ka2＝6.2×10﹣8mol•L﹣1、Ka3＝2.2×10﹣13mol•L﹣1，则常温下NH4H2PO4溶液中c（NH4+）　＞　c（H2PO4﹣）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
【分析】将LiFePO4、LixCn及电极上附着铝箔、铜箔的混合物粉碎后加入烧碱，只有Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，将溶液过滤后得到偏铝酸钠和含有Cu、石墨、LiFePO4的滤渣，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢，使Cu转化为Cu2+，Fe2+转化为Fe3+，过滤将石墨和溶液分离，得到滤液Ⅱ，向滤液Ⅱ中加入氨水、氢氧化钠调剂pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后得到滤液Ⅲ，向滤液中通入硫化氢使Cu2+转化为CuS沉淀，过滤后得到滤液Ⅳ，向滤液中加入纯碱溶液后，将溶液加热后，趁热过滤得到碳酸锂，据此分析解题。
【解答】解：（1）LiFePO4中，Li的化合价为+1价，磷酸根带有三个负电荷，所以Fe 的化合价为+2价；渣I的主要成分除LiFePO4还有铜、石墨；滤渣I中加入的 H2O2有较强氧化性，能将 Fe2+氧化为Fe3+，且滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+，
故答案为：+2；铜、石墨；将Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+；
（2）溶液中Cu2+的浓度为1×10﹣5mol/L，S2﹣的浓度为＝mol/L＝6.3×10﹣31mol/L，此时溶液中 S2﹣与Cu2+浓度之比为（6.3×10﹣31）：（1×10﹣5）＝6.3×10﹣26：1，
故答案为：6.3×10﹣26：1；
（3）碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，因此应先将溶液加热，使碳酸锂析出，趁热过滤得到碳酸锂，答案选b，
故答案为：b；
（4）Fe2O3与KOH和KNO3混合物加热共熔反应生成K2FeO4和KNO2，发生反应的化学方程式为：Fe2O3+4KOH+3KNO3＝2K2FeO4+3KNO2+2H2O，
故答案为：Fe2O3+4KOH+3KNO3＝2K2FeO4+3KNO2+2H2O；
（5）NH4H2PO4溶液中，NH4+发生水解，其水解常数Kh＝＝＝5×10﹣10，H2PO4﹣发生电离和水解，其水解常数Kh2＝＝＝1×10﹣12，Ka2＞Kh＞Kh2，K越大，电离或水解程度越大，所以 c（NH4+）＞c（ H2PO4﹣），
故答案为：＞。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（12分）美托洛尔（H）属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一，它的一种合成路线如图。

已知：CH3COCH2RCH3CH2CH2R
回答下列问题：
（1）B中所含官能团的名称是　羟基、羰基　。
（2）C→D的反应类型为　还原反应　。
（3）反应E→F的化学方程式为　+CH3OH+H2O　。
（4）芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子。同时满足下列条件的X的同分异构体共有　14　种。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为　、　。
（5）4﹣苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4﹣苄基苯酚的合成路线：　　。（无机试剂任选）
【分析】根据C结构简式及A的分子式知，A为，B发生取代反应生成C，则B为，A和乙醛发生取代反应生成B，C发生信息中的反应生成D为，D水解然后酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为；对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成H；
（5）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。
【解答】解：（1）B为，B中所含官能团的名称是羟基、羰基，
故答案为：羟基、羰基；
（2）C→D的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（3）E为，F为，反应E→F的化学方程式为+CH3OH+H2O，
故答案为：+CH3OH+H2O；
（4）B为，芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子，X的同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，说明含有酯基，根据O原子个数知，应该含有HCOO﹣；
如果取代基为HCOOCH2CH2﹣，有1种结构；
如果取代基为HCOOCH（CH3），有1种结构；
如果取代基为HCOOCH2﹣、﹣CH3，有邻间对3种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2CH3，有邻间对3种结构；
如果取代基为HCOO﹣、2个﹣CH3，2个甲基相邻时，HCOO﹣有2种排列方式；2个甲基相间时，HCOO﹣有3种排列方式；2个甲基相对时，HCOO﹣有1中排列方式；
所以符合条件的同分异构体有14种，其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为、，
故答案为：14；、；
（5）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，利用反应前后结构简式差异性确定反应类型，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点的同分异构体种类判断，题目难度中等。
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