山东省2023年高三化学高考预测卷（PDF版附解析）

2023山东高考化学预测卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。A．用装置甲中铜片与浓硫酸制取SO2B．用装置乙制备银氨溶液3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。C．用装置丙制备无水MgCl2D．用装置丁在铁片上镀铜第Ⅰ卷（选择题共40分）4．化合物W是重要的药物中间体，可由下列反应制得：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．“泥人张”是中国传统案上雕塑的代表，“泥人”的制作过程中除用到上等泥外，辅助材料还有木材、竹藤、纸张等，塑造好的作品自然风干后入窑烘烧，出窑后经打磨、整理即可着色。下列有关说法错误的是下列有关说法正确的是A．“泥人”属于陶瓷作品，属于传统的硅酸盐材料2A．X分子中采取sp杂化的碳原子有3个B．“泥人”制作过程中发生复杂的物理和化学变化B．Y分子中所有碳原子可能共平面C．“泥人”制作过程中使用的木材、竹藤、纸张的主要成分均是纤维素C．Z分子存在手性异构体D．出窑后着色时的黑色颜料可用氧化铁D．W分子可发生水解、加成和消去反应2．化学实验必须树立安全意识。下列说法错误的是5．奥司他韦可以用于治疗流行性感冒，其结构如图所示。下列关于奥司他韦的说A．金属钠着火时，不能使用泡沫灭火器，应用超轻碳酸氢钾干粉灭火器扑灭法正确的是B．如不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸A．分子中至少有7个碳原子共平面C．有大量的氯气泄漏时，用肥皂水浸湿软布蒙面，并迅速离开现场B．存在芳香族化合物的同分异构体C．1mol奥司他韦最多能与3molH2发生D．75%酒精免洗消毒喷雾存放处张贴警示标识加成反应D．含有4个手性碳原子3．利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是6．下列说法不正确的是第1页，共14页第2页，共14页 A．冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子B．甲苯、甘油都与浓硝酸发生取代反应分别生成TNT和硝化甘油C．只用新制氢氧化铜(可加热)就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳、葡萄糖D．新冠疫苗一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性7．铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。在Al/Cu二元金属复合下列说法正确的是材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。A．“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替氨水，浸出渣1成分不变B．铼元素的最高价氧化物Re2O7为碱性氧化物C．制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用D．“第3次浸出”中若用HC1-NaClO3作浸出液，反应离子方程式可能为：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl2-36]+6H2O9．二氧化硫催化氧化生成三氧化硫的过程是无机基础化工的重要催化过程，目前各国工业上用于SO2催化氧化的是钒系催化剂。如图是实验室模拟制取三氧化硫的装置图：注：“水华”主要是指水中某些植物营养元素含量过高，以致藻类疯狂生长、水质恶化而造成的水体污染现象。下列说法正确的是A．该机理的实质是原电池原理，Cu作负极B．在Pd表面，NO2ads转化为N2的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为已知：二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，可认为分成两步进行。3∶1①2SO22VO25=2SO34VO2C．NO2ads转化为NHads3的离子方程式为②……-+3+NO2ads+2Al+7H=NHads+2Al+2HO32VO25总反应：2SO2O22SO3D．该方法可彻底消除水体中氮元素造成的“水华”现象8．铼(Re)被称为“类锰元素”，与锰的价电子排布相同，可以与氧气反应。一种对废下列说法错误的是氧化铝载体铂铼催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图：A．浓硫酸的作用是与亚硫酸钠反应制取二氧化硫第3页，共14页第4页，共14页 B．若将烧杯中的NaOH溶液换成澄清石灰水也可以充分吸收尾气C．冰盐浴的作用是冷凝三氧化硫D．反应②为4VO2O2=2V2O510．化学性质类似NHCl4的盐酸羟胺(NHOHCl3)是一种常见的还原剂和显像剂。工业上主要采用图1所示的方法制备，其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。图3是用图1的电池电解处理含有(Cl、NO3的酸性废水的装置。下列说法正确的是下列说法正确的是A．若FeF3从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少nB．为了提高电导效率，左极室采用酸性AlClxy水溶液C．放电时，AlCl4离子可经过隔膜进入右极室中A．图1电池工作时，Pt电极是正极D．充电时，电池的阳极反应为Al7AlCl43e4AlCl27B．图2中，A为H和e，B为NHOH12．实验室以BaS为原料制备BaCl2HO晶体，装置如图所示。下列说法错误的322C．电极b接电源负极，处理1molNO，电路中转移5mole是3D．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g二、不定项选择题：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。13．我国科学家发现，将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池n的容量。其中有机离子导体主要含AlClxy，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理A．a的作用是防倒吸如图所示：B．根据实验可得酸性顺序：HSO24HClHS2C．丙既可吸收尾气又可判断反应是否完全D．乙中所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品第5页，共14页第6页，共14页 11．用RSR工艺从废旧铅蓄电池回收铅的化工流程如下：学计量点。忽略溶液混合时体积变化。下列叙述正确的是。8已知：HBF4是强酸；铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；KspPbSO41.610、A．X曲线代表HB2，Y曲线代表HA，c1c214KspPbCO37.410。B．两种酸恰好完全中和时，均可用酚酞或甲基橙作指示剂下列有关说法正确的是C．若c10.1000molL，对于HA而言，滴定过程中有A．SO2的作用是将PbO2氧化为PbSO4cHA2cAcOHcH0.1000molL22B．②中反应的离子方程式为PbSO(s)CO(aq)PbCO(s)SO(aq)43342D．若a点VNaOH=7.95mL，则a点cNa2cHBcB3cHB22C．④中反应的离子方程式为CO32H=CO2HO2第Ⅱ卷（非选择题共60分）D．⑤中阳极电极反应式为2Pb2ePb三、非选择题：本题包括5小题，共60分。114．来海化物立方晶胞如图所示，以原子1为原点的坐标系中Ca的坐标参数为(2，16．二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，实验室以VO25为原料合成用于制备VO2112，2)。下列说法正确的是的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为NHVOCOOH10HO4563492}，过程如下：A．K+的配位数为1211B．原子2的坐标参数为(，1，)22C．若以Ca为顶点建立晶胞，则F位于棱已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。心位置回答下列问题：D．若晶胞参数为apm，晶胞密度为136gcm3(1)步骤ⅰ中生成VOCl2同时生成N2的化学方程式为___________。常温下，只用浓盐2336.0210a15．常温下，用0.1000molL的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为c1、c2的一元酸与VO25反应也能制备VOCl2溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式和必要的文字说明)。酸(HA)、二元酸HB2溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化(2)步骤ii可用下图仪器组装完成。第7页，共14页第8页，共14页 ②粗产品中钒的质量分数为___________%。17．CrO23(铬绿)是一种高级绿色颜料，工业上以高铝铬铁矿[主要成分为CrO23和AlO23，还含有FeO23、FeO、SiO2，等]为原料制备CrO23和铝的工艺流程如图所示。①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。②饱和NaHCO3溶液的作用是___________。③反应结束后，将三颈烧瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过滤可得到紫红色晶1已知：常温下，溶液中部分离子的物质的量浓度的对数1g(c/molL)与pH的关系体，然后抽滤，先用饱和NHHCO43溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙如下图所示。当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，认为沉淀完全。醚洗涤2次。用饱和NHHCO43溶液洗涤除去的阴离子主要是___________(填阴离子的电子式)。(3)测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下：回答下列问题：消耗滴定液的体积职下表：(1)“焙烧”时需将高铝铬铁矿粉碎并与NaCO23固体混合均匀，后在焙烧炉中与空气实验次数滴定前读数/mL滴定后读数/mL逆流而行，上述操作的目的是___________。该工序中CrO23转化为NaCrO24，Al、Si的氧化物均转化为可溶性钠盐。Cr2O3反应的化学方程式为___________。10.0019.99(2)流程中可循环利用的物质为___________(填化学式)。“滤渣2”的主要成分是21.1021.10___________(填名称)。31.5621.57(3)常温下，若要控制溶液中铝元素的浓度不超过10molL61，需控制溶液pH范围223为___________。滴定反应为VO2Fe2HVOFeHO2。(4)若工业“电解”制铝以石墨为电极，阳极的电极方程式为___________；阳极产生①滴定时，向锥形瓶中加入几滴___________(填化学式)溶液作指示剂。第9页，共14页第10页，共14页 的混合气体成分是___________。化为NO，其离子方程式为___________。211(5)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种用表示，与之相反的用22Ⅱ.NaClO溶液在不同温度下也可对烟气中的硫、硝脱除，一定时间内，其脱除率如表示，称为电子的自旋量子数。对于基态Cr，其价电子自旋量子数的代数和为下图所示。___________。18．烟气中的主要污染物是SO2、NO，工业上有多种烟气脱硫、脱硝的方法，具体如下：Ⅰ.烟气经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NO的含量。O氧化烟气中SO、NO，的主要反应的热化学方程式为：32xNO(g)O(g)NO(g)O(g)1322H201kJmol(4)烟气中SO2和NO体积比为2：1，烟气于50℃时的吸收液转化生成的n(NO3)：1NO(g)O(g)NO(g)122H58kJmoln(Cl)___________。2SO(g)O(g)SO(g)O(g)H242kJmol1Ⅲ.可利用CO为还原剂在催化剂作用下将NO脱除并转化为N和CO。在一定温度233222(1)反应3NO(g)O(g)33NO(g)2的ΔH=___________kJmol1。下，向体积为1L的刚性容器中加入1.28molCO和1molNO，发生的反应方程式如下：2CO(g)+2NO(g)N(g)+2CO(g)K(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反221应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)：n(NO)的变化见图：C(g)O+2NO(g)N2O(g)+Og)KC2(2(5)下述情况能说明反应体系已达到平衡的是___________。a．CO与NO转化率之比不再改变b．混合气体的密度不再变化c．混合气体的平均相对分子质量不变d．v(CO)：v(N2)2:1(6)若达到平衡时NO的转化率为80%，N2的选择性为60%，则K=1___________。2N的物质的量N的选择性2(2)转化的NO的物质的量当n(O3)：n(NO)1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是___________；增加19．铜及其化合物在生产生活中具有重要的应用。n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是___________。(1)基态铜原子的价电子排布为_______，其核外有_______种不同空间运动状态的电CaSO水悬浮液吸收经2NO转(3)当用3O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO3将2子。与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜原子相同的有_______(填元素名称)。第11页，共14页第12页，共14页 1(2)铜锌合金俗称黄铜，铜锌两种金属的各级电离能(单位：kJ/molkJmol)数据如I2易溶于CCl4而微溶于表所示：CI2和CCl4为非极性分子，而HO2为极性分子HO2I1I2I3I4I5I6CHCOOH3酸性弱于甲基为推电子基，使乙酸羧基中的氧氢键极性变弱，Cu745.51957.93555553677009900DHCOOH电离程度较甲酸变弱Zn906.41733.33833573179701040020．化合物X是一种有机合成中间体，Z为常见的高分子化合物，某研究小组采用I(Cu)I(Zn)的原因是_______22下图路线合成X和Z。(有关加热条件均未标注)(3)利用CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基铜(Ⅰ)[化学式为Cu(CO)Cl2]的性质，在CuCl过量时，可定量测定气体混合物中CO的含量，化学方程式为：2CuCl+4CO。相关元素的鲍林电负性数值如表所示：已知：①化合物A的核磁共振氢谱有五个吸收峰元素CuClCOH②电负性1.93.02.53.52.1请回答：(1)化合物A的结构简式为___________；化合物X中碳原子的杂化方式为据此判断CuCl中存在的化学键类型为_______(填“离子键”或“共价键”)，与HO2互___________。为等电子体的离子为_______；氯化羰基铜(Ⅰ)中Cl原子的杂化方式为_______；(2)Y中官能团的名称为___________。(4)下列事实与解释不相符的是_______(3)写出B→C的化学方程式___________；写出G→X的化学方程式___________；选事实解释Y→Z的反应类型为___________。项(4)G的同分异构体中，能与NaOH溶液反应的有___________种(不包括物质G本身；苯不能使酸性高锰酸钾溶苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性不考虑立体异构)。A液褪色较强(5)写出以CHCHCHOH322和CHOH3为原料制备的合成路线B过氧化氢分子是极性分子过氧化氢分子中只含有极性键___________(其他试剂任选)。第13页，共14页第14页，共14页 2023年山东高考化学预测卷参考答案则1mol奥司他韦最多能1molH2发生加成反应，C项错误；D项，连接4个不同基团的1．D【解析】A项，陶瓷主要成分是硅酸盐，A正确；B项，泥土中主要是含有C为手性碳，如图红球的三个碳为手性碳，D项错误。硅元素与水的混合物，"烧"的过程是化学变化，瓷器的主要成分是硅酸盐，有新物质生成，所以是化学变化，B正确；C项，木材、竹藤、纸张的主要成分均是纤维素，C正确；D项，氧化铁是红棕色的，D错误。6．A【解析】A项，超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成2．A【解析】A项，泡沫灭火器喷出的泡沫中有水和二氧化碳，碳酸氢钾热分解的分子聚集体。冠醚、杯酚是超分子，RNA和蛋白质是高分子，A错误；B项，甲苯与释放二氧化碳，这两种物质都可以和过氧化钠反应产生能助燃的氧气，故金属钠着火不浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，即TNT；甘油与浓硝酸发生取代反应生成硝化甘能使用上述灭火器，A错误；B项，碱沾到皮肤上会腐蚀皮肤，应立即用大量清水冲洗，油，B正确；C项，乙醇与新制氢氧化铜溶液互溶；己烷密度比水小，与新制氢氧化铜再涂上1%的硼酸中和残留的碱，B正确；C项，肥皂水显弱碱性，能吸收氯气，C正确；溶液分层，无色层在上层；四氯化碳密度比水大，与新制氢氧化铜溶液分层，无色层在D项，该图为易燃品标识，酒精属于易燃品，D正确。下层；乙醛在加热条件下与新制氢氧化铜反应均生成砖红色沉淀，葡萄糖与新制氢氧化3．C【解析】A项，铜和浓硫酸反应需要加热，故A不符合题意；B项，应该铜，先生成蓝色溶液，加热出现砖红色沉淀，可以区分，C正确；D项，低温可防止蛋向硝酸银溶液滴加氨水配制银氨溶液，故B不符合题意；C项，氯化氢可以抑制氯化镁白质变性，疫苗一般采用冷藏存放，D正确。的水解，氯化氢氛围中加热氯化镁晶体制取无水氯化镁，故C符合题意；D项，在铁上7．C【解析】A项，由题干图示信息可知，该机理的实质是原电池原理，Al比镀铜，镀层金属铜作阳极，镀件铁作阴极。因此，铁作阴极连接电源负极，故D不符合Cu活泼且Al失去电子发生氧化反应，故Al作负极，Cu作正极，A错误；B项，由题题意。干图示信息可知，在Pd表面，NO2ads转化为N2的反应中，该反应方程式为：24．C【解析】A项，X分子中苯环上、碳碳双键上、碳氧双键上碳原子均为sp2NOads+NOads杂化，共9个，A错误；B项，Y中六元环为饱和碳原子形成的，所有碳原子不可能共2+6H(ads)+2H=N2+3H2O，反应中2为氧化剂，H(ads)是还原剂，故氧平面，B错误；C项，Z分子中存在手性碳原子：右侧六元环中与两个碳氧双键都相连化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，B错误；C项，由题干图示信息可知，NOads2的碳原子，故Z分子存在手性异构体，C正确；D项，W中含苯环和碳氧双键，能发生转化为NHads3即NO2ads中N得到Al失去的电子转化为NH3，Al失去电子转化为加成反应；与羟基直接相连的第二个碳原子上含氢原子，能发生消去反应，不能发生水Al3+，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为解反应，D错误。-+3+5．B【解析】A项，根据结构可知，分子中存在一个碳碳双键的环，不符合苯环NO2ads+2Al+7H=NHads+2Al+2HO32，C正确；D项，由题干图示信息可知，该的同平面结构，A项错误；B项，根据奥司他韦结构可知，不饱和度为4，同分异构体方法并不能将水体中硝酸盐全部转化为NNH+留在水体中，故不可彻2，还有部分转化为4中完全满足苯环的结构，B项正确；C项，分子中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，底消除水体中氮元素造成的“水华”现象，D错误。第1页，共12页第2页，共12页 8．D【解析】废氧化铝载体铂铼催化剂经过焙烧细磨后，加入氨水溶解Re得到极，处理1molNO，电路中转移8mole，C错误；D项，含铁的催化电极为正极，3NH4ReO4，Pt和氧化铝在浸出渣1中。NH4ReO4经过800℃下通入氢气制备铼粉；浸出发生反应：NO+3e4HClNHOHCl3，4个氢离子中有1个是左侧溶液中盐酸提渣1加硫酸溶解氧化铝，浸出渣2为Pt；硫酸铝用于制备净水剂，浸出渣2用于制备海供的，3个是右侧迁移的，标况下消耗的n(NO)=0.1mol，左室增加的质量为0.1molNO绵Pt。A项，“第1次浸出”用氨水溶解含Re的物质，含Al2O3在滤渣中，Al2O3能与氢和0.3mol氢离子，质量为：0.1300.33.3g，D正确。氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故A错误；B项，七氧化二铼溶于水生成高铼酸溶液，所以Re11．AC【解析】根据图中电子流动方向知铝电极为负极，FeF3嵌入电极是正极，2O7为酸性氧化物，故B错误；C项，在800℃下通入氢气，还原NH4ReO4制备铼粉，氢气不仅作为还原剂，还可以通过气流带走生成的水蒸气和氨工作时，铝单质失去电子生成3+AlCl-结合生成AlCl-，电极反应式为Al，再与427气，故C错误；D项，用HC1-NaClO3作浸出液溶解Pt，可形成配合物，反应离子方程Al7AlCl43e4AlCl27。A项，“将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝-+2C1O+12H+=3[PtCl2-式可能为：3Pt+16Cl36]+6H2O，故D正确。离子电池的容量”，若FeF3从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减9．B【解析】实验中通过二氧化锰与过氧化氢制取氧气，用浓硫酸与亚硫酸钠反少，A正确；B项，把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子应制取二氧化硫，生成的二氧化硫和氧气在a中混合后进入b，在催化剂、高温条件下总浓度减小，导致电导效率下降，B错误；C项，放电时，左边电极为正极，右边电极发生反应生成三氧化硫，反应后混合气体进入c中，在冰盐浴中将三氧化硫冷凝为液体或固体实现混合气体的分离，未反应的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收。A项，该实验中为负极，阴离子向负极移动，结合分析可知右边负极需要消耗AlCl4，故AlCl4离子经过用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫，故A正确；B项，氢氧化钙在水中的溶解度较隔膜进入右极室中，C正确；D项，电池的阳极即负极，充电时，为电解池装置，电池小，澄清石灰水的浓度较低，不利于二氧化硫充分吸收，故B错误；C项，为实现产物的负极与外接电源负极相连为阴极，电极反应为放电时负极反应的逆过程，即反应为三氧化硫分离，利用冰盐浴将三氧化硫冷凝以得到液态或固态三氧化硫，故C正确；D4AlCl3eAl7AlCl，D错误。274项，②中应实现VO2转化为VO25，该过程中VO2被氧化，可知应与氧气反应，反应方程12．B【解析】A项，HCl极易溶于水，吸收时需要防倒吸，a大体积可与防倒吸，式为：4VO2O2=2V2O5，故D正确。A项正确；B项，由于甲利用浓硫酸的难挥发性制备易挥发的HCl，不体现酸性强弱，10．D【解析】A项，铁电极上，NONHOHCl，N元素的化合价降低，为正所以无法确认H2SO4与HCl的酸性强弱，B项错误；C项，若反应完丙中无H2S与CuSO43反应，不再有沉淀产生，C项正确；D项，溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩冷却结晶、+极，Pt电极上，H2H，元素化合价升高，发生氧化反应，为负极，A错误；B项，过滤得到产品，D项正确。根据题意可知，NHOH2与NH3的性质相似，能与盐酸反应生成NHOHCl3，所以缺少反13．B【解析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、碳酸铵、PbO2和二氧化应：NHOH+H+NHOH+，所以图2中，a为H，B为NHOH，B错误；C项，电硫发生氧化还原反应，四价铅转化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生233成副产品硫酸铵M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2和二氧化碳气体，Pb(BF4)2电解得--+解时，b电极发生：NO+8e+10H=NH+3HO342，发生还原反应，为阴极，接电源的负到铅。A项，由分析可知，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应生成碳酸铅沉淀，Pb元第3页，共12页第4页，共12页 素化合价下降，PbO2为氧化剂，SO2的作用是将PbO2还原为PbSO4，故A错误；B项，得：cHA2cAcOHcH0.1000molL，C正确；D项，完全中和时消耗②中PbSO沉淀和碳酸铵反应生成碳酸铅沉淀和硫酸铵，离子方程式为：V(NaOH)=10.60mL，a点V(NaOH)=7.95mL时，占消耗氢氧化钠总体积的四分之三，4则溶质为NaHB与Na2B，且二者的浓度比为：1:1形成的溶液，则a点物料守恒和电荷22PbSO(s)CO(aq)PbCO(s)SO(aq)，故B正确；C项，HBF4是强酸，和碳酸铅4334+2-守恒有关系式：cNacH=cHB2cB+cOH①，反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2，故步骤④发生反应的离子方程式为：2PbCO+2+2cNa=3cHB3cB3cHB2②，用②-①，得3+2H=Pb+CO2↑+H2O，故C错误；D项，电解池中阳极失去电子发生氧化反应，故D错误。cNacOH-=2cHBcB23cHB+cH+由于酸性环境，cH+cOH-，214．AC【解析】A项，由坐标参数可知Ca在晶胞体心，则K+在顶点，其周围最2故cNa2cHBcB3cHB2，D错误。近的F-均在面心有38212个，故K+的配位数为12，故A正确；B项，来海化物为Δ11116．(1)2VO25NH248HCl4VOCl2N26HO2浓盐酸和VO25反应，方立方晶胞，原子2与Ca的y、x相同，Ca的坐标参数为(，，)则晶胞的棱长为1，22211程式为：VO256HCl2VOCl2Cl23HO2，产生有毒气体Cl2，污染空气原子2在面心上则x轴坐标为1，原子2的坐标参数为(1，，)，故B错误；C项，222+-(2)eabgfc除去CO中的HClCl晶胞中Ca位于体心，离子个数为1个，F位于面心，离子个数为623个，若以Ca2为顶点建立晶胞，晶胞中Ca2+的离子个数为881个，则F-位于棱心位置，离子个数102(3)KFe(CN)36w为1243个，Ca2+与F-的个数比没有变，所以若以Ca为顶点建立晶胞，则F位于棱【解析】步骤ⅰ中是由VO25、盐酸和NH24反应，生成VOCl2同时生成N2，反应的心位置正确，故C正确；D项，晶胞中K+的个数为881个，晶胞的化学式为KCaF3，Δ1136方程式为：2VO25NH248HCl4VOCl2N26HO2，因为+4价钒在弱酸性条件下晶胞的质量mnM4019339g23g，若晶胞参数为apm，体积N6.0210Am136136具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在CO2保护下加入NHHCO43发生反应得到333103gcmgcmVa10cm，密度V6.021023a101036.02107a3，产品。故D错误。（1）步骤ⅰ中是由VO25、盐酸和NH24反应，生成VOCl2同时生成N2，反应的方程15．AC【解析】二元弱酸，有两次滴定突变，一元酸有一次滴定突变，故X曲Δ式为：2VO25NH248HCl4VOCl2N26HO2，若只用浓盐酸和VO25反应，方程线代表HB2，Y曲线代表HA。A项，HA消耗的V(NaOH)小于HB2消耗V(NaOH)的二式为：VO256HCl2VOCl2Cl23HO2，产生有毒气体Cl2，污染空气；倍，则c1c2，A正确；B项，HB2、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈（2）因为+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在CO2碱性，可使用酚酞做指示剂，不可使用甲基橙做指示剂，B错误；C项，溶液中的质子+--1保护下加入NHHCO43发生反应，装置C为制备CO2，装置A为除去CO2中的HCl，装守恒：cHcHAcOH①，物料守恒：②cAcHA0.05mloL②，②2-①第5页，共12页第6页，共12页 置D为反应装置，装置B可以防止空气进入装置D中，所以仪器链接的顺序为：氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠，在“酸浸”时硫酸和硅酸钠反应生成硅酸，则滤渣2为eabgfc；装置A中饱和NaHCO的作用是除去CO中的HCl；溶液中是硅酸；32（3）由KAl(OH)=c(Al)c(OH)3+3-可知，c(Al3+)由10-5mol/L降至10-6mol/L时，VOCl与NHHCO溶液反应，所以用饱和NHHCO溶液洗涤除去的阴离子主要是Clsp324343；pH上升约0.33，结合离子浓度与pH的关系图可知，pH不低于4.83；根据223（3）用(NH)Fe(SO)4242滴定溶液，发生反应VO2Fe2HVOFeHO2，Al(OH)-+H+=Al(OH)+HO，可知[AlOH()]由10-5mol/L降至10-6mol/L时，c(H+)43242KFe(CN)作为指示剂，当溶液中产生蓝色沉淀时，达到滴定终点；有Fe，可加入36增大10倍，结合图示可知，此时pH=8.6，所以常温下，若要控制溶液中铝元素的浓度根据表中数据，三次滴定去平均值，所消耗的(NH)Fe(SO)4242标准溶液体积为20mL，不超过10-6mol/L，需控制pH范围为4.83~8.6；232根据反应，n(V)=n(Fe)=cV=120100.02mol，所以粗产品中钒的质量分数为（4）工业上电解熔融的氧化铝制备单质氯，电解时阳极反应为：2O4eO2；0.0251102100%%。此时阳极的电极材料可能和氧气反应生成二氧化碳，故阳极产生的混合气体成分是：O2、ww17．(1)增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分CO；2高温512CrO234NaCO233O24NaCrO244CO2（5）Cr基态原子核外价电子排布式为3d4s，则对于基态Cr原子价电子自旋磁量11子数的代数和为()×3=+3[或()×3=-3]。22(2)CO2硅酸18．(1)317(3)4.83～8.6(2)O3将NO2氧化为更高价的氮氧化物(或生成了NO25)SO2与O3的反应速率慢2(4)2O4eO2O2、CO222(3)SO32NO22OH=SO42NO2H2O(5)+3或-3(4)1：4【解析】本题是一道工业流程题，由高铝铬矿制备铬绿和单质铝，首先在碳酸钠存(5)ac在的情况下焙烧，此时矿物中的氧化铬和氧化硅参与反应生成铬酸钠和硅酸钠，对于铬(6)6酸钠通过调pH和还原得到产物铬绿，氧化铝和硫酸反应后生成硫酸铝，沉铝后灼烧得【解析】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①+②×2可得到氧化铝，再电解得到单质铝，以此解题。反应3NO(g)O(g)33NO(g)2，则反应ΔH=(﹣201kJ/mol)+(﹣58kJ/mol)×2=—317（1）将高铝铬铁矿粉碎并与NaCO23固体混合均匀以及焙烧炉中与空气逆流而行可kJ/mol；使反应物充分接触，反应更加彻底；（2）由方程式可知，当臭氧和一氧化氮的物质的量比大于1时，臭氧浓度增大，一（2）由流程可知气体X为CO2，所以流程中可循环利用的物质为CO2，焙烧时二氧化氮的消耗量增大，反应生成二氧化氮的物质的量应增大，二氧化氮的物质的量减小，第7页，共12页第8页，共12页 说明臭氧将反应生成的二氧化氮氧化为五氧化二氮；增加臭氧的物质的量，臭氧浓度增1.28mol/L0.48mol/L0.16mol/L0.64mol/L，CO2为大，臭氧氧化二氧化硫的反应速率加快，反应几乎不受影响氧化说明二氧化硫与臭氧的0.48mol/L0.16mol/L0.64mol/L，所以反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO(2g)的反应速率很慢；平衡常数（3）由题意可知，清液中亚硫酸根离子与碱性条件下与二氧化氮反应生成硫酸根离1120.24molL(0.64molL)12--2--K=112126Lmol。子、亚硝酸根离子和水，反应的离子方程式为SO+2NO+2OH=SO+2NO+HO32422，；(0.64molL)(0.2molL)10119．(1)3d4s15钾和铬（4）设二氧化硫、一氧化氮起始物质的量分别为起始物质的量为2mol、1mol，由(2)Cu102的外围电子排布为3d，结构稳定，难失去电子变成Cu，Zn的外围电子图可知，50℃时一氧化氮的脱除率为80%、二氧化硫脱除率为100%，由得失电子数目1011mol80%32mol2排布为3d4s，易失去4s电子守恒可知，反应消耗次氯酸钠的物质的量为=3.2mol，由原子个23(3)共价键HF2、NH2sp数守可知，硝酸根离子与氯离子的物质的量比为(1mol×80%)：3.2mol=1：4；(4)B（5）a．由方程式可知，一氧化碳与一氧化氮转化率之比不再改变说明正逆反应速101【解析】（1）Cu是29号元素，基态铜原子的价电子排布为3d4s；Cu是29号元率相等，反应已达到平衡，故正确；B项，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量素，基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，核外有1+1+3+1+3+5+1=15相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说种不同空间运动状态的电子，与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜相同的元素有钾明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C项，由质量守恒定律可和铬；知，反应前后气体的质量相等，题给反应都是气体体积减小的反应，反应中混合气体的10（2）Cu为基态铜原子失去一个电子，其外围电子排布式为3d，结构稳定，难失平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，2101去电子变成Cu，Zn的外围电子排布为3d4s，易失去4s上的电子，因此反应已达到平衡，故正确；D项，v(CO)：v(N2)=2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；ICu2IZn2；（6）由题意可知，起始时CO物质的量浓度为1.28mol/L、NO的物质的量浓度为（3）Cu和Cl的电负性差值为3.01.91.11.7，因此CuCl中存在的化学键为共价1mol/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2mol/L，N2的选择性为60%，键；与HO2互为等电子体的离子为HF2、NH2等；氯化羰基铜(Ⅰ)中Cl原子形成两条σ13则平衡时N2为0.8mol/L60%0.24mol/L，反应键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为sp；22CO(g)2NO(g)N2(g)2CO(2g)中消耗的CO为0.48mol/L，生成的CO2为（4）A．苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强，不能和酸性高锰酸钾反应，A正确；B项，过氧化氢分子中的过氧根中存在氧氧非极性键，B错误；0.48mol/L，反应CO(g)2NO(g)N2O()gCO(2g)中消耗的NO为0.32mol/L，消耗C项，碘为非极性分子，根据相似相溶原理可知，I2易溶于CCl4而微溶于HO2是因为I2的CO为0.16mol/L，生成的CO2为0.16mol/L，则平衡时CO为和CCl4为非极性分子，而HO2为极性分子，C正确；D项，甲基为推电子基，使乙酸羧第9页，共12页第10页，共12页 基中的氧氢键极性变弱，更难电离出氢离子，故取电离程度较甲酸变弱，CHCOOH3酸（3）B为CH3CH2CH2CHO和O2发生氧化反应生成CH3CH2CH2COOH，化学方程催化剂式为：2CHCHCHCHOO2CHCHCHCOOH；G发生已知②的反应原理性弱于HCOOH，D正确。322232220．(1)CHCHCHCHOHsp3、sp2得到X，化学方程式为：3222(2)碳碳双键、碳氯键(或氯原子)；Y发生加聚反应得(3)2CHCHCHCHOO催化剂2CHCHCHCOOH到Z。3222322（4）由分析可知G为CH3CH2CH2COOCH2CH3，G的同分异构体能与NaOH溶液加聚反应反应，说明其中含有酯基或者羧基，而戊基有8种、丁基有4种、丙基有2种，若该同(4)27分异构体为中含有酯基，可能为甲酸戊酯（8种）、乙酸丁酯（4种）、丙酸丙酯（2种）、(5)丁酸乙脂（2种）、戊酸甲酯（4种），若该同分异构体为中含有羧基，该同分异构体为CHCHCHOHO2CHCHCHOO2CHCHCOOH浓硫酸CHCHCOOCH322催化剂32催化剂32CHOH3323己酸，共有8种情况，综上所述G的同分异构体中，能与NaOH溶液反应的有27种（不包括物质G本身；不考虑立体异构）。（5）CHCHCHOH322先和O2发生催化氧化反应得到CHCHCHO32，CHCHCHO32再【解析】A可以连续发生氧化反应，结合分子式可知A属于饱和一元醇，化合物A和O2发生氧化反应得到CHCHCOOH32，CHCHCOOH32和甲醇发生酯化反应得到的核磁共振氢谱有五个吸收峰，则A为CHCHCHCHOH3222，故B为CH3CH2CH2CHO，CHCHCOOCH，CHCHCOOCH再发生已知②的反应得到，C为CH3CH2CH2COOH；由Y的分子式可知，Y的结构简式为CH2=CHCl，可知D为323323HC≡CH，Y发生加聚反应生成高分子Z为；结合信息②可知G为酯，合成路线为：CHCHCHOHO2CHCHCHOO2CHCHCOOH浓硫酸CHCHCOOCH322催化剂32催化剂32CHOH3323F属于醇，D与氢气发生加成反应生成E为CH2=CH2，E能与水发生加成反应生成F为。CH3CH2OH，故G为CH3CH2CH2COOCH2CH3，X为。（1）由分析可知，A为CHCHCHCHOH3222，化合物X为32，其中含有甲基和酯基，碳原子的杂化方式为sp、sp。（2）由分析可知，Y为CH2=CHCl，官能团的名称为碳碳双键、碳氯键(或氯原子)。第11页，共12页第12页，共12页