还剩25页未读，
继续阅读
2022届广东省深圳市光明区高级中学高三模拟测试（一）化学试题含解析
展开
这是一份2022届广东省深圳市光明区高级中学高三模拟测试（一）化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省深圳市光明区高级中学2022届高三模拟测试（一）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．中国文化博大精深，其中隐藏大量的化学知识。下列成语涉及的化学知识错误的是
A．甘之如饴：饴中的麦芽糖属于二糖
B．火树银花：其中的焰色反应属于化学变化
C．水滴石穿：CO2溶于水后与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2
D．刀耕火耨：火耨是指火烧野草生成的草木灰用作肥料
【答案】B
【详解】A．甘之如饴中的饴中的麦芽糖是2个分子葡萄糖脱水缩合形成的，因此饴糖属于二糖，A正确；
B．火树银花中的焰色反应是金属元素原子核外电子燥灼烧时吸收能量，由能量低的状态跃迁到能量高的状态，但能量高的状态不稳定，电子再由能量高的状态跃迁到能量低的状态，多余的能量以不同波长的光释放出来，在这个过程中某一新物质存在，因此发生的变化属于物理变化，B错误；
C．水滴石穿是由于CO2溶于水后形成H2CO3，H2CO3与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，日结月累，导致石头逐渐溶解变为可溶性物质，C正确；
D．刀耕火耨中火耨是指火烧野草得到草木灰，生成的草木灰主要成分是K2CO3，K2CO3中含有农作物生长需要的钾元素，因此可用作肥料，D正确；
故合理选项是B。
2．化学与生活联系紧密，下列说法正确的是
A．CaO和CaCl2·6H2O均可用作食品干燥剂
B．NaHCO3受热易分解，故可用于制胃酸中和剂
C．“地沟油”禁止食用，但可用于制造肥皂和生物柴油
D．维生素C可抑制FeSO4补铁剂被还原，共同服用效果更好
【答案】C
【详解】A．CaO可以与水反应，有较强的吸水性，可用作干燥剂，已经是含结晶水的盐，不能再作干燥剂，故A错误；
B．用于制胃酸中和剂是因为其能与盐酸反应，与其受热分解无关，故B错误；
C．地沟油，泛指在生活中存在的各类劣质油，如回收的食用油、反复使用的炸油等，不能食用，因其主要成分为酯类，可在强碱性溶液中水解，将产物羧酸盐用于制作肥皂，或者直接用于制生物柴油，故C正确；
D．FeSO4补铁剂易被氧化，维生素C具有还原性，可抑制FeSO4补铁剂被氧化，故D错误；
故选C。
3．下列劳动项目与所述的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
传统工艺：手工制作陶瓷
CaCO3是陶瓷主要成分
B
学农活动：使用复合肥料培育植物
复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种
C
自主探究：海带提碘
通过灼烧将有机碘转化为碘离子
D
家务劳动：烹煮鱼时加入少量料酒和食醋可以去腥提鲜
食醋与料酒发生酯化反应，增加香味
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．硅酸盐是陶瓷主要成分，而不是碳酸钙，A错误；
B．复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种，B正确；
C．通过灼烧将有机碘转化为碘离子，然后将碘离子氧化为碘单质提取出来，C正确；
D．食醋与料酒发生酯化反应生成具有具有香味的酯类物质，可增加香味，D正确；
故选A。
4．新材料的发展充分体现中国科技的发展，下列说法错误的是
A．中国天眼FAST用到的SiC是新型无机非金属材料
B．飞机上所用的碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料
C．华为麒麟芯片的主要成分是单质硅
D．5G通信中使用的SiO2不与任何酸、碱反应
【答案】D
【详解】A．SiC是非金属化合物，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．由碳纤维和环氧树脂合成的材料，是具有增强作用的复合材料，故B正确；
C．硅单质是良好的半导体材料，可以做硅芯片，华为麒麟芯片的主要成分是单质硅，故C正确；
D．SiO2能与氢氟酸常温下反应生成四氟化硅和水，故D错误；
答案选D。
5．图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图(X、Y为石墨电极)。下列分析正确的是
A．图a中每个Na+吸引8个Cl- B．图b说明通电后NaCl才电离
C．图c中X与电源负极相连 D．图c中Y上产生H2
【答案】D
【分析】由题可知，该装置为电解装置，氯离子核外电子数18，钠离子核外电子数10，所以氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，小白球代表钠离子，外加电源时，阴离子向阳极移动，向X极移动，说明X极为阳极，Y极为阴极；
【详解】A．氯离子核外电子数18，钠离子核外电子数10，所以氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，氯化钠晶体中钠离子和氯离子的配位数为6，所以每个钠离子周围有6个氯离子，故 A 错误；
B．氯化钠溶于水或熔融状态下发生电离，不需要通电，故B错误；
C．图c中，外加电源时，阴离子向阳极移动，向X极移动，说明X极为阳极，阳极与电源正极连接，故C错误；
D．图C相当于电解饱和食盐水，X极为阳极，Y极为阴极，电极反应式为，有氢气生成，故D正确；
故选D。
6．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图是氯及其部分化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是
A．Cl2的水溶液在空气中久置后，最终变成X的水溶液
B．Y既有氧化性，又有还原性
C．可存在X→Cl2→NaClO的转化关系
D．X和Z在水溶液能够大量共存
【答案】D
【分析】根据氯及其部分化合物的“价类二维图”，可知X是HCl，Y是Cl2O，Z是HClO，然后根据物质的性质、结构分析解答。
【详解】A．Cl2溶于水，会发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，光照HClO分解产生HCl、O2，上述平衡正向移动，最终氯水变为稀HCl，故Cl2的水溶液在空气中久置后，最终变成X的水溶液，A正确；
B．Y是Cl2O，Cl元素化合价介于Cl元素的最低-1价和最高+7价之间，因此Cl2O既有氧化性，又有还原性，B正确；
C．X是HCl，浓盐酸与MnO2混合加热发生氧化还原反应产生Cl2，Cl2与NaOH溶液反应产生NaClO、NaCl、H2O，因此可存在X→Cl2→NaClO的转化关系，C正确；
D．X是HCl，Z是HClO，二者混合会发生反应： HCl+HClO=Cl2↑+H2O，产生有毒的Cl2，因此X和Z在水溶液不能够大量共存，D错误；
故合理选项是D。
7．实验室用MnO2与浓盐酸制备氯气，下列装置不正确的是
A．反应装置 B．除杂装置
C．气体收集装置 D．尾气吸收装置
【答案】A
【详解】A．实验室用MnO2与浓盐酸制备氯气，反应需要加热，装置中没有加热，故A错误；
B．制备的氯气中混有挥发出的HCl，可在该装置中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，故B正确；
C．氯气的密度比空气大，采用向上排空气法收集，气流采取长管进、短管出，装置正确，故C正确；
D．氯气能与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠进行尾气吸收，倒扣漏斗可以防止倒吸，装置正确，故D正确；
答案选A。
8．辛伐他汀(结构简式如图)是目前临床治疗中最为常见的一种降脂药物。下列关于辛伐他汀的叙述不正确的是
A．属于烯烃 B．可发生加成反应
C．可发生酯化反应 D．在水中的溶解度低
【答案】A
【详解】A．该物质元素组成中含有C、H、O三种元素，因此属于烃的衍生物，不属于烃，A错误；
B．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，因此能够发生加成反应，B正确；
C．该物质分子中含有醇羟基，醇羟基能够发生酯化反应，因此该物质在一定条件下能够发生酯化反应，C正确；
D．该物质分子中含有的烃基中C原子数比较多，物质分子中烃基中含有的C原子数越多，该物质的水溶性就越小，且该物质分子中含有的酯基也属于不溶性基团，因此辛伐他汀在水中的溶解度低，D正确；
故合理选项是A。
9．山梨酸钾(KA)是一种广普性的食品防腐剂，可由山梨酸(HA)与KOH溶液反应制得。已知KA溶液呈碱性，下列叙述正确的是
A．HA的电离方程式为HA=H++A-
B．常温时，0.01 mol/LKA溶液的pH=12
C．常温时，0.01 mol/LKA溶液加水稀释，pH升高
D．KA水溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-)
【答案】D
【详解】A．KA可由山梨酸(HA)与KOH溶液反应制得，由KA溶液呈碱性，结合KOH是一元强碱，可知KA是强碱弱酸盐，A-水解使溶液显碱性，因此说明HA是一元弱酸，故HA的电离方程式为：HAH++A-，A错误；
B．常温时，A-水解平衡常数、HA的电离平衡常数不知，不能计算0.01 mol/LKA溶液的pH，B错误；
C．常温时，0.01 mol/LKA溶液加水稀释，促进A-的水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，C错误；
D．KA水溶液中存在质子守恒，c(HA)+c(H+)=c(OH-)，D正确；
故合理选项是D。
10．结合下图判断，下列叙述错误的是
A．铁电极上发生还原反应
B．石墨电极上发生的反应是O2+2H2O+4e-=4OH-
C．鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀
D．加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀
【答案】A
【分析】该装置为原电池装置，其中Fe比石墨活泼，易被腐蚀，作负极，石墨作正极；属于铁的吸氧腐蚀，以此作答；
【详解】A．铁电极作为负极，被氧化，发生氧化反应，故A错误；
B．石墨电极作为正极，发生还原反应，电极反应式为，故B正确；
C．铁发生的是吸氧腐蚀，鼓入少量空气，使得溶液中氧气浓度增大，会加快Fe的腐蚀，故C正确；
D．加入氯化钠，增加了溶液的导电性，加快了钢铁的腐蚀，故 D 正确；
故选A。
11．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mol/LNH4Cl溶液中含有的Cl-数为0.1NA
B．标准状况下1molCCl4的体积为22.4L
C．1molNa2O2固体含有离子总数为3NA
D．5.6gFe与足量稀硝酸反应，转移的电子数为0.2NA
【答案】C
【详解】A．不知道0.1mol/LNH4Cl溶液的体积，无法求算其中含有的Cl-数目，故A错误；
B．标准状况下CCl4是液体，无法求算它的体积，故B错误；
C． 1个Na2O2中含有2个Na+和1个O2-，故1molNa2O2固体含有离子总数为3NA，故C正确；
D．5.6g即0.1molFe与足量稀硝酸反应，应该生成硝酸铁，转移的电子数为0.3NA，故D错误；
故答案为：C。
12．室温下，用0.10 mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.10 mol·L-1HA溶液，测得混合溶液的pH与lg 的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．HA为弱酸，Ka的数量级为10-3
B．b点时消耗NaOH溶液的体积大于20 mL
C．溶液的导电能力：b>a
D．b点溶液中：c(Na+)=c(Aˉ)=(H+)=c(OHˉ)=10-7mol/L
【答案】C
【详解】A．据图可知溶液pH为7时溶液中同时存在HA和Aˉ，说明NaA溶液显碱性，存在Aˉ的水解，所以HA为弱酸；根据a点可知当lg=2时pH=5.8，即=102时c(H+)=10-5.8，Ka==10-3.8≈1.58×10-4，所以数量级为10-4，故A错误；
B．当NaOH溶液为20mL时，溶液中的溶质为NaA，由于HA为弱酸，所以溶液显碱性，所以当溶液pH=7时加入的NaOH溶液体积小于20mL，故B错误；
C．a点和b点溶液中均存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Aˉ)+c(OHˉ)，所以溶液中总离子浓度均为2[c(Aˉ)+c(OHˉ)]，b点c(Aˉ)和c(OHˉ)均更大，所以b点溶液中总离子浓度更大，离子所带电荷数相同，所以b点溶液导电能力更强，故C正确；
D．b点溶液中溶质为NaA和HA，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Aˉ)+c(OHˉ)，溶液显中性，所以c(H+)=c(OHˉ)，所以c(Na+)=c(Aˉ)，弱电解质的电离和弱酸根的水解都是微弱的，所以c(Na+)=c(Aˉ)＞(H+)=c(OHˉ)，故D错误；
综上所述答案为C。
13．对下列实验现象或操作解释错误的是
现象或操作
解释
A
KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去
SO2具有还原性
B
配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒
抑制Sn2+ 水解， 并防止
Sn2+被氧化为Sn4+
C
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
不能说明该溶液中一定含有SO42-
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；
B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；
C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；
D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。
14．某止痛药物的活性组分R的结构式如图所示。其中，W的原子核只有一个质子，X、Z、Y原子序数依次增大，Z与Y同族。下列说法不正确的是
A．W2YZ4是一种强酸 B．非金属性X
【答案】C
【分析】W的原子核只有一个质子，W为H；X、Z、Y原子序数依次增大，Z与Y同族，化合物中X形成4个单键、Z形成1个双键，Y形成4个键，可知X为C、Z为O、Y为S，故W为H、X为C、Z为O、Y为S，以此来解答。
【详解】A．W2YZ4是H2SO4，属于强酸，故A正确；
B．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，同周期主族元素从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性X＜Y＜Z，故B正确；
C．XZ是CO，CO与碱溶液不反应，为不成盐氧化物，故C错误；
D．S为非极性分子，二硫化碳为非极性分子，水为极性分子，则Y单质难溶于水，易溶于XY2中，故D正确；
故选：C。
15．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列离子方程式正确的是
A．醋酸除去水垢中碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+2H2O
B．泡沫灭火器反应原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C．用稀硝酸鉴别铜合金制成的假金币：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O+SO2=+2+H2O
【答案】D
【详解】A．醋酸是弱电解质，写离子方程式时不能拆，醋酸除去水垢中碳酸钙的离子方程式为，故A错误；
B．泡沫灭火器反应原理是利用硫酸铝和碳酸氢钠双水解，反应为，故B错误；
C．用稀硝酸鉴别铜合金制成的假金币，稀硝酸的还原产物为NO，其反应为，故C错误；
D．用过量氨水吸收工业尾气中的，生成亚硫酸铵，其反应为，故D正确；
故选D。
16．全钒液流电池是利用不同电解液分别在相应电极循环流动，进行充放电反应的二次电池。电池充电时的示意图如下图所示。下列说法错误的是
A．充电时，全钒液流电池能量转化形式：电能→化学能
B．放电时，a为负极，b为正极
C．放电时，电解液中的H+通过质子交换膜从②转移至①
D．全钒液流电池的总反应式：Ce3++V3+V2++Ce4+
【答案】B
【分析】从图示装置可看出充电时，a极区Ce3+转化为Ce4+，发生失电子的氧化反应，所以a极为阳极；b极区V4+转化为V3+，发生得电子的还原反应，b极为阴极，据此分析解答。
【详解】A．充电发生的是电解池原理，能量转化形式：电能→化学能，A正确；
B．放电与充电互为逆过程，充电的阳极连接电源的正极，阴极连接电源的负极，所以推知，放电时，a为正极，b为负极，B错误；
C．放电时，电解液中的H+通过质子交换膜移向正极（a极），即从②转移至①，C正确；
D．根据分析可知，该二次电池的总反应可表示为：Ce3++V3+V2++Ce4+，D正确；
故选B。
二、实验题
17．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。
已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。
I.NaNO2的制取
(1)利用下图所示装置制备NaNO2(夹持装置略)。仪器a的名称是_______，装置B中可观察到_______。
II.NaNO2性质探究
(2)用pH计测定NaNO2溶液的pH。溶液pH_____7.00(填“>”“<”或“=”)，证明HNO2是弱酸。
(3)往溶液通入空气一段时间后，再次测量，溶液的pH减小，原因是_______。
(4)取2mL0.1mol·L-1NaNO2溶液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，再加入2mL0.1mol/LKI溶液，无明显现象。继续滴加3滴1.00mol/L硫酸溶液，产生气泡，溶液变蓝。氧化I-的离子方程式是___。
(5)实验小组认为，仅凭步骤(4)不能证明该实验条件下，能氧化I-，原因是_______。设计实验证明氧化了I-，方案是_______。
【答案】(1) 分液漏斗 有气泡产生，溶液紫红色变浅
(2)>
(3)通入空气后，NaNO2被氧气氧化为NaNO3(或2+O2=2或2NaNO2+O2=2NaNO3)
(4)2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O(或2+6I-+8H+=N2↑+3I2+4H2O)
(5) 制得的NaNO2溶液中混有NaNO3，在该实验条件下具有氧化性，也能氧化I-(或2+6I-+8H+=2NO↑+3I2+4H2O) 取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加3滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝
【分析】已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，NO和NO2混合气进入三颈烧瓶中和氢氧化钠反应生成NaNO2，尾气使用高锰酸钾溶液吸收；
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能和NO和NO2反应，故装置B中可观察到有气泡产生，溶液紫红色变浅；
（2）强碱弱酸盐水解溶液显碱性，故用pH计测定NaNO2溶液的pH。溶液pH>7.00，证明HNO2是弱酸。
（3）空气中氧气具有氧化性，通入空气后，NaNO2被氧气氧化为NaNO3(或2+O2=2或2NaNO2+O2=2NaNO3)，导致离子浓度减小，水解程度减小，溶液碱性变弱；
（4）碘离子具有还原性，在酸性条件下，氧化I-生成碘单质，氮元素化合价升高生成一氧化氮气体或氮气气体，2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O(或2+6I-+8H+=N2↑+3I2+4H2O)
；
（5）已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。得到溶液中含有硝酸根离子，硝酸根离子也有氧化性，也能氧化I-(或2+6I-+8H+=2NO↑+3I2+4H2O)；
设计实验证明氧化了I-，则需要排除硝酸根离子对实验的干扰，可以单独取只含有硝酸钠的溶液进行对照实验，实验设计可以为：取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加3滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝，说明步骤(4)中能氧化I-。
三、工业流程题
18．一种以转炉钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)为原料实现低成本回收钒资源的生产工艺如下：
表一：相关金属离子[c0(Mn+)=0.01mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀的pH
7.5
2.2
3.7
9.4
沉淀完全的pH
9.0
3.2
4.7
10.9
表二：部分含钒物质在水溶液中主要存在形式如下：
pH
<1
1~4
6~8.5
>13
主要形式
VO
V2O5
VO
VO
备注
多钒酸盐在水中溶解度较小
已知：①“焙烧”的主要反应为：CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)；
②在焙烧过程中产生Ca2V2O7；其中，Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸和碱溶液。
回答下列问题：
(1)Ca2V2O7中V的化合价为_______，写出流程中氧化“钒”的化学方程式_______。
(2)“酸浸”后钒元素主要以VO存在，生成VO的离子方程式为_______。
(3)“滤渣2”的主要成分是_______。
(4)“调pH”中一般控制温度不超过40℃，原因是_______。
(5)利用上述表格数据，计算Fe(OH)3的Ksp=_______。
(6)已知“沉钒”得到NH4VO3，该环节通常需要加入过量(NH4)2SO4，其原因是_______。
(7)滤液经浓缩后，经电解后得到高纯度的氢氧化物，该反应阴极电极反应式为_______。
【答案】(1) +5 2CaO+V2O3+O2=Ca2V2O7
(2)Ca2V2O7+6H++2=2VO+2CaSO4+3H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降
(5)10-37.4
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
(7)2H2O+2e-=2OH-+H2↑
【分析】转炉钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)为原料实现低成本回收钒，转炉钒渣加入碳酸钙、空气焙烧，在焙烧过程中产生Ca2V2O7（其中Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸和碱溶液），然后用稀硫酸浸取，Ca2V2O7在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4，同时得到硫酸铁、硫酸铝、硫酸镁、硫酸钙，二氧化硅不溶，碳酸钙微溶，滤渣1的主要成分是二氧化硅和硫酸钙，滤液中加入氨水调pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得滤渣2；滤渣2中加入过量NaOH溶液，氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤渣3为氢氧化铁；调解pH后的滤液中加入(NH4)SO4沉钒，得到NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5，据此解答。
【详解】（1）Ca2V2O7中Ca为+2价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，计算出V的化合价为+5；氧化“钒”时V2O3和CaO、O2反应生成Ca2V2O7，反应的化学方程式为2CaO+V2O3+O2=Ca2V2O7，故答案为：+5；2CaO+V2O3+O2=Ca2V2O7；
（2）“酸浸”后，Ca2V2O7转化为VO，生成VO的离子方程式为Ca2V2O7+6H++2=2VO+2CaSO4+3H2O，故答案为：Ca2V2O7+6H++2=2VO+2CaSO4+3H2O；
（3）根据分析，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）“调pH”中一般控制温度不超过40℃，原因是高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降，故答案为：高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降；
（5）根据Fe(OH)3开始沉淀的pH=2.2，则此时 mol/L=10-11.8mol/L，则Fe(OH)3的Ksp= =0.01(10-11.8)3=10-37.4，故答案为：10-37.4；
（6）已知“沉钒”得到NH4VO3，该环节通常需要加入过量(NH4)2SO4，其原因是利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全；
（7）滤液经浓缩后，经电解后得到高纯度的氢氧化物，阴极水得到电子生成氢气，该反应阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
四、原理综合题
19．利用CO2加氢合成甲醇是实现碳中和的重要途径之一、
I.CO2加氢合成CH3OH的反应体系中主要包含以下反应：
反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) DH1
反应②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) DH2=+41.2kJ/mol
(1)已知：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) DH3=-90.8kJ/mol。反应①的DH1=_______。
(2)在Cu基催化下，CO2加氢合成CH3OH的反应历程如下图所示，其中吸附在Cu基催化剂表面上的物种用“*”标注。有化学键的断裂或形成的过程均认为发生了基元反应，该历程中共有_______个基元反应，反应速率最慢的步骤的化学方程式为_______。
II.当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，含碳产物中CH3OH的物质的量分数(Y)及CO2的转化率(Q)与反应温度的关系曲线如下图所示。
(3)下列表述正确的是_______(填标号)。
A．升高温度，CO2转化速率减慢
B．分离出水能提高甲醇的平衡产率
C．温度高于300℃后，含碳产物以CO为主
D．分析压强对CO2加氢合成CH3OH的影响，可知x>5
(4)Q点时，只发生反应①，此时p(H2)=_______MPa，反应①的平衡常数Kp=_______(列出计算式，Kp以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(5)在5MPa、300～400℃范围内，随着反应体系温度升高，H2O的平衡产量变化趋势是_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。
【答案】(1)-49.6kJ/mol
(2) 8 OH*+H*=H2O*或CH3OH*+OH*+H*=CH3OH*+H2O*
(3)BC
(4) 2.5
(5) 增大 反应①和反应②中，H2O的化学计量数与CO2相同，300～400℃范围内，升高温度，CO2的转化率增大，所以H2O的平衡产率增大
【详解】（1）反应①；
反应②；
反应③；反应①可以由反应③+反应②得到，，故填；
（2）根据题意，如图，符合基元反应的有：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧，共有8个；反应速率与活化能有关，活化能即断键所需能量，活化能越大，反应速率越慢，图中OH*+H*=H2O*或CH3OH*+OH*+H*=CH3OH*+H2O*活化能最大，反应速率最慢，故填8；OH*+H*=H2O*或CH3OH*+OH*+H*=CH3OH*+H2O*；
（3）A．如图，虚线为的转化率随温度变化的情况，升高温度，的转化率先减小，后增大，故A错误；
B．分离出水，降低生成物浓度，使平衡向右移动，甲醇的产量增大，故B正确；
C．反应①和反应③均为放热反应，反应②为吸热反应，温度高于300℃后，以反应②为主，所以含碳产物以CO为主，故C正确；
D．CO2加氢合成CH3OH的反应为分子数减少的反应，增大压强，平衡向右移动，有利于合成甲醇，如图，在相同温度下5MPa下甲醇含量高，所以，故D错误；
故填BC；
（4）对于反应①，设通入原料1mol，3mol，Q点时转化率为50%，压强为5MPa，则
；；；；
，故填2.5；；
（5）在反应①和反应②中，H2O的化学计量数与CO2相同，如图，300～400℃范围内，升高温度，CO2的转化率增大，所以H2O的平衡产率增大，故填增大；反应①和反应②中，H2O的化学计量数与CO2相同，300～400℃范围内，升高温度，CO2的转化率增大，所以H2O的平衡产率增大。
五、结构与性质
20．金属有机骨架化合物(MOFs)因高孔隙率等优良特性成为CO2吸附材料的研究热点。采用不同金属中心离子，如Ni2+、Zn2+、Cu2+等可合成不同的MOFS吸附材料。
(1)基态Cu原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______；基态Fe3+与Ni2+的3d能级上未成对的电子数比值为_______。
(2)功能化MOFs可吸附CO2并将其催化转化为下列物质，下列说法正确的是 。
A．与(I)CO互为等电子的分子是N2
B．(II)HCOOH能分解生产CO2和氢气，此过程中仅涉及极性键的断裂和形成
C．(III)中R为烃基，N原子杂化类型分别是sp2，其与相连的3个C原子共平面
D．(IV)甲醇易溶于水是因为氢键的缘故
(3)C、N、O的电离能由小到大排序为_______。
(4)金属硝酸盐是合成MOFs的常见试剂。硝酸根离子的空间构型为_______，其中N的价层电子对数为_______。
(5)丁二酮肟常用于检验废水中的Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，氮镍之间形成的化学键是_______；从原子轨道重叠方式看，碳氮之间的共价键类型是_______。
(6)如图为Ni和As形成的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式_______，已知晶胞参数分别为a pm、a pm、b pm和β=60°，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是_______g·cm-3。
【答案】(1) 球形 5：2
(2)AD
(3)C＜O＜N
(4) 平面三角形 3
(5) 配位键 σ、π
(6) NiAs
【详解】（1）Cu是29号元素，基态Cu原子价电子排布式是3d104s1，电子占据最高能级是4s能级，其电子云轮廓图为球形；
基态Fe3+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，3d能级上未成对的电子数是5个；基态Ni2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d8，3d能级上未成对的电子数是2个，则基态Fe3+与Ni2+的3d能级上未成对的电子数比值为5：2；
（2）A．CO、N2原子数相同，原子核外最外层电子数也相同，因此二者互为等电子体，A正确；
B．HCOOH分解产生CO2、H2，反应过程中断裂了C-H、H-O极性共价键形成可C=O极性共价键和H-H非极性共价键，B错误；
C．(III)中R为烃基，N原子上还存在一对孤电子对，N原子的价层电子对数是4，所以N杂化类型是sp3杂化，该分子相当于NH3分子中的3个H原子被2个-R和1个-C(CH3)2确定，NH3是三角锥形，则其与相连的3个C原子不能共平面，C错误；
D．CH3OH分子中含有亲水基羟基，由于CH3OH分子与水分子之间易形成氢键，导致甲醇易溶于水，D正确；
故合理选项是AD；
（3）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但当元素处于第II A族、第V A族时，其第一电离能大于同一周期其相邻元素，C、N、O都位于第二周期，且族序数依次是第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能由小到大顺序是：C＜O＜N；
（4）中N原子价层电子对数是：3+=3，且不含孤电子对，该离子空间构型为平面三角形；N原子价层电子对数是3；
（5）含有空轨道原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Ni2+含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以二者形成的化学键为配位键；共价单键为σ键，共价双键中含有σ键、π键。从原子轨道重叠方式看，碳氮之间的共价键类型是σ键、π键；
（6）该晶胞中Ni原子个数=4×+4×+2×+2×=2；As原子个数为2，所以Ni、As原子个数之比为2：2=1：1，其化学式为NiAs；
晶胞体积=( a×10-10 cm)2×sin60°×2×( b×10-10 cm)=，则该晶胞的密度ρ=。
六、有机推断题
21．化合物G是一种重要的香料。如下是实验室制备G的一种合成路线。
已知：不稳定，可以直接脱水转化为。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)F中的官能团为_______。
(3)G的结构简式为_______。
(4)反应D→E的化学方程式_______。
(5)化合物B的芳香族同分异构体中，可与NaHCO3反应的结构有_______种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为_______。
(6)参照上述合成路线，写出以对苯二酚()为原料，制备的和合成路线_______。
【答案】(1)对甲基苯酚
(2)氯原子、醚键
(3)
(4)+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O
(5) 14 和
(6)
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代生成C，C中羰基生成酚羟基得到D，结合DF结构可知，D发生取代反应生成E：；E在甲基发生取代生成F；已知：不稳定，可以直接脱水转化为，则F中2个氯通过反应生成醛基得到G：
【详解】（1）由结构可知，A为对甲基苯酚；
（2）F中的官能团为醚键、氯原子；
（3）由分析可知，G的结构简式为；
（4）反应D→E反应为CH2Cl2和D中2个酚羟基在氢氧化钠作用下发生取代反应生成醚键和氯化钠，+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O；
（5）化合物B的芳香族同分异构体，则含苯环；可与NaHCO3反应，则含有羧基；
若含有1个取代基，有-CH2CH2COOH、-CHCH3COOH，2种情况；
若含有2个取代基，有-CH2CH3、-COOH或- CH3、-CH2COOH，各有邻间对3种情况，共6种情况；
若含有2个取代基，有- CH3、-CH3、-COOH，先确定2个甲基再确定羧基位置，有6种情况；
故合计14种情况；
其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为和；
（6）对苯二酚首先发生A生成B原理生成，发生B生成C原理得到，和氢气发生还原反应将羰基转化为羟基；故流程为：
。
广东省深圳市光明区高级中学2022届高三模拟测试（一）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．中国文化博大精深，其中隐藏大量的化学知识。下列成语涉及的化学知识错误的是
A．甘之如饴：饴中的麦芽糖属于二糖
B．火树银花：其中的焰色反应属于化学变化
C．水滴石穿：CO2溶于水后与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2
D．刀耕火耨：火耨是指火烧野草生成的草木灰用作肥料
【答案】B
【详解】A．甘之如饴中的饴中的麦芽糖是2个分子葡萄糖脱水缩合形成的，因此饴糖属于二糖，A正确；
B．火树银花中的焰色反应是金属元素原子核外电子燥灼烧时吸收能量，由能量低的状态跃迁到能量高的状态，但能量高的状态不稳定，电子再由能量高的状态跃迁到能量低的状态，多余的能量以不同波长的光释放出来，在这个过程中某一新物质存在，因此发生的变化属于物理变化，B错误；
C．水滴石穿是由于CO2溶于水后形成H2CO3，H2CO3与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，日结月累，导致石头逐渐溶解变为可溶性物质，C正确；
D．刀耕火耨中火耨是指火烧野草得到草木灰，生成的草木灰主要成分是K2CO3，K2CO3中含有农作物生长需要的钾元素，因此可用作肥料，D正确；
故合理选项是B。
2．化学与生活联系紧密，下列说法正确的是
A．CaO和CaCl2·6H2O均可用作食品干燥剂
B．NaHCO3受热易分解，故可用于制胃酸中和剂
C．“地沟油”禁止食用，但可用于制造肥皂和生物柴油
D．维生素C可抑制FeSO4补铁剂被还原，共同服用效果更好
【答案】C
【详解】A．CaO可以与水反应，有较强的吸水性，可用作干燥剂，已经是含结晶水的盐，不能再作干燥剂，故A错误；
B．用于制胃酸中和剂是因为其能与盐酸反应，与其受热分解无关，故B错误；
C．地沟油，泛指在生活中存在的各类劣质油，如回收的食用油、反复使用的炸油等，不能食用，因其主要成分为酯类，可在强碱性溶液中水解，将产物羧酸盐用于制作肥皂，或者直接用于制生物柴油，故C正确；
D．FeSO4补铁剂易被氧化，维生素C具有还原性，可抑制FeSO4补铁剂被氧化，故D错误；
故选C。
3．下列劳动项目与所述的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
传统工艺：手工制作陶瓷
CaCO3是陶瓷主要成分
B
学农活动：使用复合肥料培育植物
复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种
C
自主探究：海带提碘
通过灼烧将有机碘转化为碘离子
D
家务劳动：烹煮鱼时加入少量料酒和食醋可以去腥提鲜
食醋与料酒发生酯化反应，增加香味
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．硅酸盐是陶瓷主要成分，而不是碳酸钙，A错误；
B．复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种，B正确；
C．通过灼烧将有机碘转化为碘离子，然后将碘离子氧化为碘单质提取出来，C正确；
D．食醋与料酒发生酯化反应生成具有具有香味的酯类物质，可增加香味，D正确；
故选A。
4．新材料的发展充分体现中国科技的发展，下列说法错误的是
A．中国天眼FAST用到的SiC是新型无机非金属材料
B．飞机上所用的碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料
C．华为麒麟芯片的主要成分是单质硅
D．5G通信中使用的SiO2不与任何酸、碱反应
【答案】D
【详解】A．SiC是非金属化合物，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．由碳纤维和环氧树脂合成的材料，是具有增强作用的复合材料，故B正确；
C．硅单质是良好的半导体材料，可以做硅芯片，华为麒麟芯片的主要成分是单质硅，故C正确；
D．SiO2能与氢氟酸常温下反应生成四氟化硅和水，故D错误；
答案选D。
5．图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图(X、Y为石墨电极)。下列分析正确的是
A．图a中每个Na+吸引8个Cl- B．图b说明通电后NaCl才电离
C．图c中X与电源负极相连 D．图c中Y上产生H2
【答案】D
【分析】由题可知，该装置为电解装置，氯离子核外电子数18，钠离子核外电子数10，所以氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，小白球代表钠离子，外加电源时，阴离子向阳极移动，向X极移动，说明X极为阳极，Y极为阴极；
【详解】A．氯离子核外电子数18，钠离子核外电子数10，所以氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，氯化钠晶体中钠离子和氯离子的配位数为6，所以每个钠离子周围有6个氯离子，故 A 错误；
B．氯化钠溶于水或熔融状态下发生电离，不需要通电，故B错误；
C．图c中，外加电源时，阴离子向阳极移动，向X极移动，说明X极为阳极，阳极与电源正极连接，故C错误；
D．图C相当于电解饱和食盐水，X极为阳极，Y极为阴极，电极反应式为，有氢气生成，故D正确；
故选D。
6．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图是氯及其部分化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是
A．Cl2的水溶液在空气中久置后，最终变成X的水溶液
B．Y既有氧化性，又有还原性
C．可存在X→Cl2→NaClO的转化关系
D．X和Z在水溶液能够大量共存
【答案】D
【分析】根据氯及其部分化合物的“价类二维图”，可知X是HCl，Y是Cl2O，Z是HClO，然后根据物质的性质、结构分析解答。
【详解】A．Cl2溶于水，会发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，光照HClO分解产生HCl、O2，上述平衡正向移动，最终氯水变为稀HCl，故Cl2的水溶液在空气中久置后，最终变成X的水溶液，A正确；
B．Y是Cl2O，Cl元素化合价介于Cl元素的最低-1价和最高+7价之间，因此Cl2O既有氧化性，又有还原性，B正确；
C．X是HCl，浓盐酸与MnO2混合加热发生氧化还原反应产生Cl2，Cl2与NaOH溶液反应产生NaClO、NaCl、H2O，因此可存在X→Cl2→NaClO的转化关系，C正确；
D．X是HCl，Z是HClO，二者混合会发生反应： HCl+HClO=Cl2↑+H2O，产生有毒的Cl2，因此X和Z在水溶液不能够大量共存，D错误；
故合理选项是D。
7．实验室用MnO2与浓盐酸制备氯气，下列装置不正确的是
A．反应装置 B．除杂装置
C．气体收集装置 D．尾气吸收装置
【答案】A
【详解】A．实验室用MnO2与浓盐酸制备氯气，反应需要加热，装置中没有加热，故A错误；
B．制备的氯气中混有挥发出的HCl，可在该装置中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，故B正确；
C．氯气的密度比空气大，采用向上排空气法收集，气流采取长管进、短管出，装置正确，故C正确；
D．氯气能与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠进行尾气吸收，倒扣漏斗可以防止倒吸，装置正确，故D正确；
答案选A。
8．辛伐他汀(结构简式如图)是目前临床治疗中最为常见的一种降脂药物。下列关于辛伐他汀的叙述不正确的是
A．属于烯烃 B．可发生加成反应
C．可发生酯化反应 D．在水中的溶解度低
【答案】A
【详解】A．该物质元素组成中含有C、H、O三种元素，因此属于烃的衍生物，不属于烃，A错误；
B．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，因此能够发生加成反应，B正确；
C．该物质分子中含有醇羟基，醇羟基能够发生酯化反应，因此该物质在一定条件下能够发生酯化反应，C正确；
D．该物质分子中含有的烃基中C原子数比较多，物质分子中烃基中含有的C原子数越多，该物质的水溶性就越小，且该物质分子中含有的酯基也属于不溶性基团，因此辛伐他汀在水中的溶解度低，D正确；
故合理选项是A。
9．山梨酸钾(KA)是一种广普性的食品防腐剂，可由山梨酸(HA)与KOH溶液反应制得。已知KA溶液呈碱性，下列叙述正确的是
A．HA的电离方程式为HA=H++A-
B．常温时，0.01 mol/LKA溶液的pH=12
C．常温时，0.01 mol/LKA溶液加水稀释，pH升高
D．KA水溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-)
【答案】D
【详解】A．KA可由山梨酸(HA)与KOH溶液反应制得，由KA溶液呈碱性，结合KOH是一元强碱，可知KA是强碱弱酸盐，A-水解使溶液显碱性，因此说明HA是一元弱酸，故HA的电离方程式为：HAH++A-，A错误；
B．常温时，A-水解平衡常数、HA的电离平衡常数不知，不能计算0.01 mol/LKA溶液的pH，B错误；
C．常温时，0.01 mol/LKA溶液加水稀释，促进A-的水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，C错误；
D．KA水溶液中存在质子守恒，c(HA)+c(H+)=c(OH-)，D正确；
故合理选项是D。
10．结合下图判断，下列叙述错误的是
A．铁电极上发生还原反应
B．石墨电极上发生的反应是O2+2H2O+4e-=4OH-
C．鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀
D．加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀
【答案】A
【分析】该装置为原电池装置，其中Fe比石墨活泼，易被腐蚀，作负极，石墨作正极；属于铁的吸氧腐蚀，以此作答；
【详解】A．铁电极作为负极，被氧化，发生氧化反应，故A错误；
B．石墨电极作为正极，发生还原反应，电极反应式为，故B正确；
C．铁发生的是吸氧腐蚀，鼓入少量空气，使得溶液中氧气浓度增大，会加快Fe的腐蚀，故C正确；
D．加入氯化钠，增加了溶液的导电性，加快了钢铁的腐蚀，故 D 正确；
故选A。
11．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mol/LNH4Cl溶液中含有的Cl-数为0.1NA
B．标准状况下1molCCl4的体积为22.4L
C．1molNa2O2固体含有离子总数为3NA
D．5.6gFe与足量稀硝酸反应，转移的电子数为0.2NA
【答案】C
【详解】A．不知道0.1mol/LNH4Cl溶液的体积，无法求算其中含有的Cl-数目，故A错误；
B．标准状况下CCl4是液体，无法求算它的体积，故B错误；
C． 1个Na2O2中含有2个Na+和1个O2-，故1molNa2O2固体含有离子总数为3NA，故C正确；
D．5.6g即0.1molFe与足量稀硝酸反应，应该生成硝酸铁，转移的电子数为0.3NA，故D错误；
故答案为：C。
12．室温下，用0.10 mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.10 mol·L-1HA溶液，测得混合溶液的pH与lg 的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．HA为弱酸，Ka的数量级为10-3
B．b点时消耗NaOH溶液的体积大于20 mL
C．溶液的导电能力：b>a
D．b点溶液中：c(Na+)=c(Aˉ)=(H+)=c(OHˉ)=10-7mol/L
【答案】C
【详解】A．据图可知溶液pH为7时溶液中同时存在HA和Aˉ，说明NaA溶液显碱性，存在Aˉ的水解，所以HA为弱酸；根据a点可知当lg=2时pH=5.8，即=102时c(H+)=10-5.8，Ka==10-3.8≈1.58×10-4，所以数量级为10-4，故A错误；
B．当NaOH溶液为20mL时，溶液中的溶质为NaA，由于HA为弱酸，所以溶液显碱性，所以当溶液pH=7时加入的NaOH溶液体积小于20mL，故B错误；
C．a点和b点溶液中均存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Aˉ)+c(OHˉ)，所以溶液中总离子浓度均为2[c(Aˉ)+c(OHˉ)]，b点c(Aˉ)和c(OHˉ)均更大，所以b点溶液中总离子浓度更大，离子所带电荷数相同，所以b点溶液导电能力更强，故C正确；
D．b点溶液中溶质为NaA和HA，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Aˉ)+c(OHˉ)，溶液显中性，所以c(H+)=c(OHˉ)，所以c(Na+)=c(Aˉ)，弱电解质的电离和弱酸根的水解都是微弱的，所以c(Na+)=c(Aˉ)＞(H+)=c(OHˉ)，故D错误；
综上所述答案为C。
13．对下列实验现象或操作解释错误的是
现象或操作
解释
A
KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去
SO2具有还原性
B
配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒
抑制Sn2+ 水解， 并防止
Sn2+被氧化为Sn4+
C
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
不能说明该溶液中一定含有SO42-
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；
B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；
C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；
D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。
14．某止痛药物的活性组分R的结构式如图所示。其中，W的原子核只有一个质子，X、Z、Y原子序数依次增大，Z与Y同族。下列说法不正确的是
A．W2YZ4是一种强酸 B．非金属性X
【答案】C
【分析】W的原子核只有一个质子，W为H；X、Z、Y原子序数依次增大，Z与Y同族，化合物中X形成4个单键、Z形成1个双键，Y形成4个键，可知X为C、Z为O、Y为S，故W为H、X为C、Z为O、Y为S，以此来解答。
【详解】A．W2YZ4是H2SO4，属于强酸，故A正确；
B．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，同周期主族元素从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性X＜Y＜Z，故B正确；
C．XZ是CO，CO与碱溶液不反应，为不成盐氧化物，故C错误；
D．S为非极性分子，二硫化碳为非极性分子，水为极性分子，则Y单质难溶于水，易溶于XY2中，故D正确；
故选：C。
15．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列离子方程式正确的是
A．醋酸除去水垢中碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+2H2O
B．泡沫灭火器反应原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C．用稀硝酸鉴别铜合金制成的假金币：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O+SO2=+2+H2O
【答案】D
【详解】A．醋酸是弱电解质，写离子方程式时不能拆，醋酸除去水垢中碳酸钙的离子方程式为，故A错误；
B．泡沫灭火器反应原理是利用硫酸铝和碳酸氢钠双水解，反应为，故B错误；
C．用稀硝酸鉴别铜合金制成的假金币，稀硝酸的还原产物为NO，其反应为，故C错误；
D．用过量氨水吸收工业尾气中的，生成亚硫酸铵，其反应为，故D正确；
故选D。
16．全钒液流电池是利用不同电解液分别在相应电极循环流动，进行充放电反应的二次电池。电池充电时的示意图如下图所示。下列说法错误的是
A．充电时，全钒液流电池能量转化形式：电能→化学能
B．放电时，a为负极，b为正极
C．放电时，电解液中的H+通过质子交换膜从②转移至①
D．全钒液流电池的总反应式：Ce3++V3+V2++Ce4+
【答案】B
【分析】从图示装置可看出充电时，a极区Ce3+转化为Ce4+，发生失电子的氧化反应，所以a极为阳极；b极区V4+转化为V3+，发生得电子的还原反应，b极为阴极，据此分析解答。
【详解】A．充电发生的是电解池原理，能量转化形式：电能→化学能，A正确；
B．放电与充电互为逆过程，充电的阳极连接电源的正极，阴极连接电源的负极，所以推知，放电时，a为正极，b为负极，B错误；
C．放电时，电解液中的H+通过质子交换膜移向正极（a极），即从②转移至①，C正确；
D．根据分析可知，该二次电池的总反应可表示为：Ce3++V3+V2++Ce4+，D正确；
故选B。
二、实验题
17．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。
已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。
I.NaNO2的制取
(1)利用下图所示装置制备NaNO2(夹持装置略)。仪器a的名称是_______，装置B中可观察到_______。
II.NaNO2性质探究
(2)用pH计测定NaNO2溶液的pH。溶液pH_____7.00(填“>”“<”或“=”)，证明HNO2是弱酸。
(3)往溶液通入空气一段时间后，再次测量，溶液的pH减小，原因是_______。
(4)取2mL0.1mol·L-1NaNO2溶液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，再加入2mL0.1mol/LKI溶液，无明显现象。继续滴加3滴1.00mol/L硫酸溶液，产生气泡，溶液变蓝。氧化I-的离子方程式是___。
(5)实验小组认为，仅凭步骤(4)不能证明该实验条件下，能氧化I-，原因是_______。设计实验证明氧化了I-，方案是_______。
【答案】(1) 分液漏斗 有气泡产生，溶液紫红色变浅
(2)>
(3)通入空气后，NaNO2被氧气氧化为NaNO3(或2+O2=2或2NaNO2+O2=2NaNO3)
(4)2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O(或2+6I-+8H+=N2↑+3I2+4H2O)
(5) 制得的NaNO2溶液中混有NaNO3，在该实验条件下具有氧化性，也能氧化I-(或2+6I-+8H+=2NO↑+3I2+4H2O) 取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加3滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝
【分析】已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，NO和NO2混合气进入三颈烧瓶中和氢氧化钠反应生成NaNO2，尾气使用高锰酸钾溶液吸收；
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能和NO和NO2反应，故装置B中可观察到有气泡产生，溶液紫红色变浅；
（2）强碱弱酸盐水解溶液显碱性，故用pH计测定NaNO2溶液的pH。溶液pH>7.00，证明HNO2是弱酸。
（3）空气中氧气具有氧化性，通入空气后，NaNO2被氧气氧化为NaNO3(或2+O2=2或2NaNO2+O2=2NaNO3)，导致离子浓度减小，水解程度减小，溶液碱性变弱；
（4）碘离子具有还原性，在酸性条件下，氧化I-生成碘单质，氮元素化合价升高生成一氧化氮气体或氮气气体，2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O(或2+6I-+8H+=N2↑+3I2+4H2O)
；
（5）已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。得到溶液中含有硝酸根离子，硝酸根离子也有氧化性，也能氧化I-(或2+6I-+8H+=2NO↑+3I2+4H2O)；
设计实验证明氧化了I-，则需要排除硝酸根离子对实验的干扰，可以单独取只含有硝酸钠的溶液进行对照实验，实验设计可以为：取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加3滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝，说明步骤(4)中能氧化I-。
三、工业流程题
18．一种以转炉钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)为原料实现低成本回收钒资源的生产工艺如下：
表一：相关金属离子[c0(Mn+)=0.01mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀的pH
7.5
2.2
3.7
9.4
沉淀完全的pH
9.0
3.2
4.7
10.9
表二：部分含钒物质在水溶液中主要存在形式如下：
pH
<1
1~4
6~8.5
>13
主要形式
VO
V2O5
VO
VO
备注
多钒酸盐在水中溶解度较小
已知：①“焙烧”的主要反应为：CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)；
②在焙烧过程中产生Ca2V2O7；其中，Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸和碱溶液。
回答下列问题：
(1)Ca2V2O7中V的化合价为_______，写出流程中氧化“钒”的化学方程式_______。
(2)“酸浸”后钒元素主要以VO存在，生成VO的离子方程式为_______。
(3)“滤渣2”的主要成分是_______。
(4)“调pH”中一般控制温度不超过40℃，原因是_______。
(5)利用上述表格数据，计算Fe(OH)3的Ksp=_______。
(6)已知“沉钒”得到NH4VO3，该环节通常需要加入过量(NH4)2SO4，其原因是_______。
(7)滤液经浓缩后，经电解后得到高纯度的氢氧化物，该反应阴极电极反应式为_______。
【答案】(1) +5 2CaO+V2O3+O2=Ca2V2O7
(2)Ca2V2O7+6H++2=2VO+2CaSO4+3H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降
(5)10-37.4
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
(7)2H2O+2e-=2OH-+H2↑
【分析】转炉钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)为原料实现低成本回收钒，转炉钒渣加入碳酸钙、空气焙烧，在焙烧过程中产生Ca2V2O7（其中Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸和碱溶液），然后用稀硫酸浸取，Ca2V2O7在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4，同时得到硫酸铁、硫酸铝、硫酸镁、硫酸钙，二氧化硅不溶，碳酸钙微溶，滤渣1的主要成分是二氧化硅和硫酸钙，滤液中加入氨水调pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得滤渣2；滤渣2中加入过量NaOH溶液，氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤渣3为氢氧化铁；调解pH后的滤液中加入(NH4)SO4沉钒，得到NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5，据此解答。
【详解】（1）Ca2V2O7中Ca为+2价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，计算出V的化合价为+5；氧化“钒”时V2O3和CaO、O2反应生成Ca2V2O7，反应的化学方程式为2CaO+V2O3+O2=Ca2V2O7，故答案为：+5；2CaO+V2O3+O2=Ca2V2O7；
（2）“酸浸”后，Ca2V2O7转化为VO，生成VO的离子方程式为Ca2V2O7+6H++2=2VO+2CaSO4+3H2O，故答案为：Ca2V2O7+6H++2=2VO+2CaSO4+3H2O；
（3）根据分析，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）“调pH”中一般控制温度不超过40℃，原因是高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降，故答案为：高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降；
（5）根据Fe(OH)3开始沉淀的pH=2.2，则此时 mol/L=10-11.8mol/L，则Fe(OH)3的Ksp= =0.01(10-11.8)3=10-37.4，故答案为：10-37.4；
（6）已知“沉钒”得到NH4VO3，该环节通常需要加入过量(NH4)2SO4，其原因是利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全；
（7）滤液经浓缩后，经电解后得到高纯度的氢氧化物，阴极水得到电子生成氢气，该反应阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
四、原理综合题
19．利用CO2加氢合成甲醇是实现碳中和的重要途径之一、
I.CO2加氢合成CH3OH的反应体系中主要包含以下反应：
反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) DH1
反应②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) DH2=+41.2kJ/mol
(1)已知：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) DH3=-90.8kJ/mol。反应①的DH1=_______。
(2)在Cu基催化下，CO2加氢合成CH3OH的反应历程如下图所示，其中吸附在Cu基催化剂表面上的物种用“*”标注。有化学键的断裂或形成的过程均认为发生了基元反应，该历程中共有_______个基元反应，反应速率最慢的步骤的化学方程式为_______。
II.当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，含碳产物中CH3OH的物质的量分数(Y)及CO2的转化率(Q)与反应温度的关系曲线如下图所示。
(3)下列表述正确的是_______(填标号)。
A．升高温度，CO2转化速率减慢
B．分离出水能提高甲醇的平衡产率
C．温度高于300℃后，含碳产物以CO为主
D．分析压强对CO2加氢合成CH3OH的影响，可知x>5
(4)Q点时，只发生反应①，此时p(H2)=_______MPa，反应①的平衡常数Kp=_______(列出计算式，Kp以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(5)在5MPa、300～400℃范围内，随着反应体系温度升高，H2O的平衡产量变化趋势是_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。
【答案】(1)-49.6kJ/mol
(2) 8 OH*+H*=H2O*或CH3OH*+OH*+H*=CH3OH*+H2O*
(3)BC
(4) 2.5
(5) 增大 反应①和反应②中，H2O的化学计量数与CO2相同，300～400℃范围内，升高温度，CO2的转化率增大，所以H2O的平衡产率增大
【详解】（1）反应①；
反应②；
反应③；反应①可以由反应③+反应②得到，，故填；
（2）根据题意，如图，符合基元反应的有：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧，共有8个；反应速率与活化能有关，活化能即断键所需能量，活化能越大，反应速率越慢，图中OH*+H*=H2O*或CH3OH*+OH*+H*=CH3OH*+H2O*活化能最大，反应速率最慢，故填8；OH*+H*=H2O*或CH3OH*+OH*+H*=CH3OH*+H2O*；
（3）A．如图，虚线为的转化率随温度变化的情况，升高温度，的转化率先减小，后增大，故A错误；
B．分离出水，降低生成物浓度，使平衡向右移动，甲醇的产量增大，故B正确；
C．反应①和反应③均为放热反应，反应②为吸热反应，温度高于300℃后，以反应②为主，所以含碳产物以CO为主，故C正确；
D．CO2加氢合成CH3OH的反应为分子数减少的反应，增大压强，平衡向右移动，有利于合成甲醇，如图，在相同温度下5MPa下甲醇含量高，所以，故D错误；
故填BC；
（4）对于反应①，设通入原料1mol，3mol，Q点时转化率为50%，压强为5MPa，则
；；；；
，故填2.5；；
（5）在反应①和反应②中，H2O的化学计量数与CO2相同，如图，300～400℃范围内，升高温度，CO2的转化率增大，所以H2O的平衡产率增大，故填增大；反应①和反应②中，H2O的化学计量数与CO2相同，300～400℃范围内，升高温度，CO2的转化率增大，所以H2O的平衡产率增大。
五、结构与性质
20．金属有机骨架化合物(MOFs)因高孔隙率等优良特性成为CO2吸附材料的研究热点。采用不同金属中心离子，如Ni2+、Zn2+、Cu2+等可合成不同的MOFS吸附材料。
(1)基态Cu原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______；基态Fe3+与Ni2+的3d能级上未成对的电子数比值为_______。
(2)功能化MOFs可吸附CO2并将其催化转化为下列物质，下列说法正确的是 。
A．与(I)CO互为等电子的分子是N2
B．(II)HCOOH能分解生产CO2和氢气，此过程中仅涉及极性键的断裂和形成
C．(III)中R为烃基，N原子杂化类型分别是sp2，其与相连的3个C原子共平面
D．(IV)甲醇易溶于水是因为氢键的缘故
(3)C、N、O的电离能由小到大排序为_______。
(4)金属硝酸盐是合成MOFs的常见试剂。硝酸根离子的空间构型为_______，其中N的价层电子对数为_______。
(5)丁二酮肟常用于检验废水中的Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，氮镍之间形成的化学键是_______；从原子轨道重叠方式看，碳氮之间的共价键类型是_______。
(6)如图为Ni和As形成的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式_______，已知晶胞参数分别为a pm、a pm、b pm和β=60°，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是_______g·cm-3。
【答案】(1) 球形 5：2
(2)AD
(3)C＜O＜N
(4) 平面三角形 3
(5) 配位键 σ、π
(6) NiAs
【详解】（1）Cu是29号元素，基态Cu原子价电子排布式是3d104s1，电子占据最高能级是4s能级，其电子云轮廓图为球形；
基态Fe3+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，3d能级上未成对的电子数是5个；基态Ni2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d8，3d能级上未成对的电子数是2个，则基态Fe3+与Ni2+的3d能级上未成对的电子数比值为5：2；
（2）A．CO、N2原子数相同，原子核外最外层电子数也相同，因此二者互为等电子体，A正确；
B．HCOOH分解产生CO2、H2，反应过程中断裂了C-H、H-O极性共价键形成可C=O极性共价键和H-H非极性共价键，B错误；
C．(III)中R为烃基，N原子上还存在一对孤电子对，N原子的价层电子对数是4，所以N杂化类型是sp3杂化，该分子相当于NH3分子中的3个H原子被2个-R和1个-C(CH3)2确定，NH3是三角锥形，则其与相连的3个C原子不能共平面，C错误；
D．CH3OH分子中含有亲水基羟基，由于CH3OH分子与水分子之间易形成氢键，导致甲醇易溶于水，D正确；
故合理选项是AD；
（3）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但当元素处于第II A族、第V A族时，其第一电离能大于同一周期其相邻元素，C、N、O都位于第二周期，且族序数依次是第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能由小到大顺序是：C＜O＜N；
（4）中N原子价层电子对数是：3+=3，且不含孤电子对，该离子空间构型为平面三角形；N原子价层电子对数是3；
（5）含有空轨道原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Ni2+含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以二者形成的化学键为配位键；共价单键为σ键，共价双键中含有σ键、π键。从原子轨道重叠方式看，碳氮之间的共价键类型是σ键、π键；
（6）该晶胞中Ni原子个数=4×+4×+2×+2×=2；As原子个数为2，所以Ni、As原子个数之比为2：2=1：1，其化学式为NiAs；
晶胞体积=( a×10-10 cm)2×sin60°×2×( b×10-10 cm)=，则该晶胞的密度ρ=。
六、有机推断题
21．化合物G是一种重要的香料。如下是实验室制备G的一种合成路线。
已知：不稳定，可以直接脱水转化为。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)F中的官能团为_______。
(3)G的结构简式为_______。
(4)反应D→E的化学方程式_______。
(5)化合物B的芳香族同分异构体中，可与NaHCO3反应的结构有_______种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为_______。
(6)参照上述合成路线，写出以对苯二酚()为原料，制备的和合成路线_______。
【答案】(1)对甲基苯酚
(2)氯原子、醚键
(3)
(4)+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O
(5) 14 和
(6)
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代生成C，C中羰基生成酚羟基得到D，结合DF结构可知，D发生取代反应生成E：；E在甲基发生取代生成F；已知：不稳定，可以直接脱水转化为，则F中2个氯通过反应生成醛基得到G：
【详解】（1）由结构可知，A为对甲基苯酚；
（2）F中的官能团为醚键、氯原子；
（3）由分析可知，G的结构简式为；
（4）反应D→E反应为CH2Cl2和D中2个酚羟基在氢氧化钠作用下发生取代反应生成醚键和氯化钠，+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O；
（5）化合物B的芳香族同分异构体，则含苯环；可与NaHCO3反应，则含有羧基；
若含有1个取代基，有-CH2CH2COOH、-CHCH3COOH，2种情况；
若含有2个取代基，有-CH2CH3、-COOH或- CH3、-CH2COOH，各有邻间对3种情况，共6种情况；
若含有2个取代基，有- CH3、-CH3、-COOH，先确定2个甲基再确定羧基位置，有6种情况；
故合计14种情况；
其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为和；
（6）对苯二酚首先发生A生成B原理生成，发生B生成C原理得到，和氢气发生还原反应将羰基转化为羟基；故流程为：
。
相关试卷
2023届广东省深圳市高级中学高三模拟预测化学试题： 这是一份2023届广东省深圳市高级中学高三模拟预测化学试题，文件包含深圳市高级中学2023届高三适应性考试化学试卷pdf、深圳市高级中学2023届高三高考适应性考试参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
2023届广东省深圳市福田区深圳市高级中学5月高三模拟预测化学试题： 这是一份2023届广东省深圳市福田区深圳市高级中学5月高三模拟预测化学试题，共9页。
2023届广东省深圳市高级中学高三模拟预测化学试题： 这是一份2023届广东省深圳市高级中学高三模拟预测化学试题，文件包含深圳市高级中学2023届高三适应性考试化学试卷docx、深圳市高级中学2023届高三高考适应性考试参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
