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2022年新高考化学适应性考试模拟卷（山东专用）（六）
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2022年山东新高考适用性考试模拟卷（六）
化学
（考试时间：90分钟试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16Na-23 Mg-24 Al-27 S-32Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。
1．下列有关资源开发和利用的说法正确的是（ ）
A．海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠
B．海带中的碘是以I-形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，有蓝色出现
C．将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用，对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一
D．工业上对煤进行干馏、液化和气化等物理方法处理，目的是降低污染和获得更多化工原料
【答案】C
【解析】A. 海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，得不到金属钠，A错误；
B. 使淀粉溶液变蓝的是I2，故海带中的碘是以I-形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，没有蓝色出现，B错误；
C. 将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用，对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一，C正确；
D. 对煤进行干馏、液化和气化均是化学变化，D错误；
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．26gC2H2和C6H6的混合物中原子总数为4NA
B．1mol甲基中含有的电子数为10NA
C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数小于NA
D．0.1molCH3CH=CH2与足量的HBr反应生成的CH3CH2CH2Br的分子数是0.1NA
【答案】A
【解析】A．C2H2和C6H6的最简式均为CH，故26g混合物中含CH的物质的量为n= =2mol，故含原子为4NA个，故A正确；
B．甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个，故B错误；
C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-)，则醋酸根离子与钠离子浓度及数目相等，钠离子的物质的量为1mol，则CH3COO−数目为NA个，故C错误；
D．CH3CH=CH2与足量的HBr反应的产物有两种：CH3CH2CH2Br、CH3CHBrCH3，故生成的CH3CH2CH2Br的分子数小于0.1NA，故D错误；
3．新冠肺炎疫情牵动人心，化学在对抗疫情中起到重要作用。已知短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数等于电子层数等于原子序数，W与X形成的一种原子数比为1：1的液体是强力的氧化剂可用于杀菌消毒，YZX的水溶液是84消毒液的主要成分，Z的单质是一种黄绿色气体。下列说法不正确的是（ ）
A．X没有最高正价，但是有正价
B．W与X形成的化合物中绝对不含非极性共价键
C．Y单质的还原性是短周期里最强的
D．Z最高价氧化物水化物是一种具有强氧化性的强酸
【答案】B
【解析】A. X的非金属性很强，主族元素的最高正价为族序数，氧没有最高正价，但是与氟形成化合物时，氧为正价，A正确；
B. W与X形成的化合物中可能含非极性共价键，B错误；
C. Y单质为钠单质，钠元素在短周期中非金属性最强，故单质还原性是短周期里最强，C正确；
D. Z最高价氧化物水化物是高氯酸，是一种具有强氧化性的强酸，D正确。
4．将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1 mol·L－1的 BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：
实验记录
pH变化
溶液中是否产生沉淀
BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀
Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A．曲线a 所示溶液pH降低的原因：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-
B．曲线c 所示溶液中发生反应：2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+
C．与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒
D．依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2
【答案】C
【解析】A、曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，故A正确；
B、曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液 pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+，故B正确；
C、氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒，故C错误；
D、0.1 mol·L－1的Ba(NO3)2硝酸钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2，故D正确；
5．如图是硫元素在自然界中的循环图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．大量使用化石燃料是形成酸雨的原因之一
B．循环过程中既有硫元素的氧化也有硫元素的还原
C．若有机体中的硫存在形式是，硫元素显-2价
D．大气中的SO2必须氧化成SO3才能形成酸雨
【答案】D
【解析】A．大量使用化石燃料可生成SO2及氮氧化物，能够形成酸雨，A正确；
B．根据循环图可知，S可转化为H2S，S的化合价降低，被还原，B正确；
C．若有机体中的硫存在形式是，类比—O—H，可知硫元素的化合价为-2价，C正确；
D．大气中的SO2与H2O可发生反应生成H2SO3，不一定需要氧化才可以形成酸雨，D错误；
6．由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )
选项
实验
现象
结论
A
向0.1mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加氯水
开始无明显现象，滴加氯水后溶液变红
氧化性：Cl2>Fe3+
B
向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐可能为Na2S2O3
C
乙烯通入中性KMnO4溶液中
溶液褪色并产生黑色沉淀
乙烯具有还原性
D
将苯加入橙色的溴水中振荡并静置
下层液体几乎无色
苯与Br2发生了
取代反应
【答案】D
【解析】A．向0.1mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加氯水，开始无明显现象，滴加氯水后溶液变红，说明Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，氧化性：Cl2>Fe3+，故不选A；
B．Na2S2O3和盐酸反应生成氯化钠、硫沉淀、二氧化硫气体，二氧化硫能使品红溶液褪色，故不选B；
C．乙烯通入中性KMnO4溶液中，高锰酸钾被还原为MnO2沉淀，说明乙烯具有还原性，故不选C；
D．将苯加入橙色的溴水中振荡并静置，苯萃取溴水中的溴，使下层液体几乎无色，这是物理变化，不能说明苯与Br2发生了取代反应，故选D；
7．下图为有机物M、N、Q的转化关系，有关说法正确的是( )
A．M生成N的反应类型是取代反应 B．可用酸性KMnO4溶液区分N与Q
C．N的同分异构体有6种 D．0.3 mol Q与足量金属钠反应生成6.72L H2
【答案】B
【解析】A．和HCl发生加成反应生成，反应类型是加成反应，故A错误；
B．含有羟基，能使高锰酸钾溶液褪色，不含羟基，不能使高锰酸钾溶液褪色，所以可用酸性KMnO4溶液区分N与Q，故B正确；
C．N的分子式是C4H8Cl2,同分异构体有、、、、、、、、，共9种(含N)，故C错误；
D．Q中含有2个羟基，0.3 mol Q与足量金属钠反应生成0.3 mol H2，非标准状况下不一定是6.72L，故D错误；
8．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．用坩埚灼烧干海带制海带灰
B．蒸馏时，温度计水银球插入液面以下
C．用长颈漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层
D．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
【答案】A
【解析】A．灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；
B．蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；
C．萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层，故C错误；
D．若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，故D错误；
9．厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如图所示 (图中 HA 表示乳酸分子，A - 表示乳酸根离子) 。下列说法正确的是( )
A．通电后，阳极附近 pH 增大
B．电子从负极经电解质溶液回到正极
C．当电路中通过 2mol 电子的电量时，会有 1mol 的 O2 生成
D．通电后， A- 通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室
【答案】D
【解析】A．氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；
B．电子不能通过溶液，故B错误；
C．阳极反应式4OH--4e-═2H2O+O2↑，所以当电路中通过2mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成，故C错误；
D．阳极OH-放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，则A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，故D正确；
10．废弃物的综合利用有利于节约资源、保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解II”过程中，有大量的气体产生
D．“操作I”需要用到酒精灯玻璃棒等仪器
【答案】C
【解析】A．为将铜帽粉碎，增大与稀硫酸的接触面积，可加快溶解速率，故A正确；
B．“溶解I”中，铜不与硫酸反应，锌与硫酸反应生成可溶性盐硫酸锌，则“滤液I”中溶质的主要成分为ZnSO4，故B正确；
C．“溶解II”过程中，酸性条件下，双氧水可氧化铜，发生反应为：Cu+H2O2+H2SO4= CuSO4+2H2O，反应过程中没有气体产生，故C错误；
D．“操作I”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，需要用到酒精灯玻璃棒等仪器，故D正确；
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．据《X-MOL》报道：RobertPipes等设计的添加PDS()的Li-CO2电池，正极物质转化原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．PDS起增强导电性作用
B．负极反应式为Li-e-=Li+
C．电池总反应为4Li＋3CO2=2Li2CO3＋C
D．正极上发生的反应之一为+2CO2+2e-=2
【答案】A
【解析】A. 根据图中信息，PDS是非电解质，不导电，在流程中捕获CO2的作用，A错误；
B. 负极电极是金属Li，其电极反应式为Li-e-=Li+， B正确；
C. 由图中物质转化可知，PDS不消耗，因此电池总反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，C正确；
D. 第一步PDS捕获CO2，发生的反应为+2CO2+2e－=2，第二步发生的电极反应为6+6e-=3+ 2C + 4CO32-，D正确；
12．CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
下列叙述错误的是（ ）
A．Fe*是反应的催化剂
B．两步反应的ΔH均小于0
C．第一步反应比第二步反应快
D．总反应为CO+N2O=N2+CO2
【答案】C
【解析】A．由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，故A正确；
B．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放热反应，△H均小于0，故B正确；
C．根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反应慢，故C错误；
D．第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2O=N2+CO2，故D正确，
13．某离子化物MCl(s)在水中溶解并发生电离，该过程的微观示意图如图。已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下列相关说法正确的是（ ）
A．1molMCl中含有NA对共用电子对
B．MCl为弱电解质，在水中仅部分电离
C．M+和Cl-均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D．MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化
【答案】D
【解析】A. MCl为离子化合物，不存在共用电子对，A错误；
B. MCl为离子化合物，故MCl为强电解质，在水中完全电离，B错误；
C. M+与水分子中的氧原子结合形成水合离子、Cl-与水分子中的氢原子结合形成水合离子，C错误；
D. MCl在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，D正确；
14．常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是c点
C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)
D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]
【答案】AB
【解析】A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；
B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B正确；
C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；
D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；
15．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋S(l) ΔH<0，下列有关说法正确的是( )
A．若反应在恒容的密闭容器中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变
B．若反应在恒容的密闭容器中进行，则与在恒压时相比，SO2的转化率更高
C．若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变
【答案】D
【解析】A．平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不断减小，容器内压强减小，A不正确；
B．恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移动，所以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；
C．由于正反应的ΔH<0，所以升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，C不正确；
D．其他条件不变时，使用不同的催化剂，虽然反应速率不同，但化学平衡常数只和温度有关，所以该反应的平衡常数不变，D正确；
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺，它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等，以回收某些贵重有色金属和稀有金属，节约矿产资源，最大限度地利用矿藏的一种冶金方法。其中细菌治铜的生产流程为：
（1）上述生产流程中有三步用到了同一种分离方法，实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体中分散质的原因是___。
（2）绿矾(FeSO4·7H2O)是一种良好的还原剂，也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。在保存绿矾时，必须___。在溶液B中加入适量(NH4)2(SO4)2固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)4·6H2O的原因是___。
（3）溶液B中一定含有的金属阳离子是___。若在溶液A中加入少量铁屑只发生其中的一个反应，则此反应的平衡常数的表达式为___。
（4）写出黄铜矿中的CuS·FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式：___。
（5）氧化亚铜可用作船底防污漆，以杀死低级海生动物而保护船体，也可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂，氧化亚铜也是一种重要的半导体材料。请用浓的强碱溶液，根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，设计出工业生产氧化亚铜的一种方法：___(只要求画实验装置图，其他必要材料任选)。
【答案】（1）胶体的分散质(或胶体粒子)能透过滤纸
（2）密封保存，防止被空气中氧气氧化 相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小
（3） Fe2+ K=
（4）4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O （5）
【解析】（1）题给生产流程中有三步用到了同一种分离方法是过滤，胶体分散质粒子能通过滤纸，所以不能用过滤法来分离液态胶体中的分散质；
（2）绿矾是一种良好的还原剂，易被氧化，所以保存绿矾时必须密封保存，防止被空气中的氧气氧化；相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小，所以在溶液B中加入适量(NH4)2SO4固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
（3）溶液A中的Fe3+、Cu2+都能与铁屑反应生成Fe2+，所以加入足量铁粉后溶液中一定含有的金属阳离子是Fe2+；氧化性Fe3+>Cu2+，加入少量铁屑只发生Fe和Fe3+的反应，平衡常数的表达式为K=；
（4）CuS•FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气中的氧气氧化生成Fe3+、Cu2+和SO42-，反应的离子方程式为4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O；
（5）根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，铜失电子发生氧化反应，可用电解法制备氧化亚铜，铜作阳极，因此可设计工业生产氧化亚铜的装置图是。
17．（12分）氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂，Li3N遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度，装置如图所示：
实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2。
（1）盛装NH4Cl溶液的仪器名称是___________。
（2）安全漏斗中“安全”含义是__________。实验室将锂保存在_____（填“煤油”“石蜡油”或“水”）中。
（3）写出制备N2的化学方程式__________。
（4）D装置的作用是____________。
（5）测定Li3N产品纯度：取mg Li3N产品按如图所示装置实验。
打开止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当Li3N完全反应后，调平F和G中液面，测得NH3体积为VL（已折合成标准状况）。
①读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压________（填“大于”“小于”或“等于”）外界大气压。
②该Li3N产品的纯度为________%（只列出含m和V的计算式，不必计算化简）。若 Li3N产品混有Li，则测得纯度_____________（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）圆底烧瓶 （2）残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体 石蜡油 （3）NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O （4） 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验 （5） ① 等于 ② 偏高
【解析】（1）盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；
（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油
（3）亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O。答案为：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O；
（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；
（5）①氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G和F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答案为：等于；
②装置E中发生反应：Li3N＋3H2O=3LiOH＋NH3↑，根据题意有：n(NH3)=mol，则ω(Li3N)=×100%=%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测得产品纯度偏高；答案为：；偏高。
18．（12分）太阳能电池材料和半导体材料对未来社会的发展有重要的作用。对铜、铅、砷化合物的研究成为科学家研究的热点。
(1)有机氯化铅CH3NH2PbCl3钙矿太阳能电池有优异的光电性能。基态氯原子中核外电子占据的最高能级符号是___，基态铅原子的价层电子排布式是___。
(2)二苯氰砷结构为：分子中碳原子杂化轨道类型为___，与CN-等电子体的一种分子的电子式是___。
(3)Cu+与NH3形成的配合物可表示为[Cu(NH3)n]+。该配合物中，Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。已知下列物质键角数据：
CH4
NH3
H2O
[Cu(NH3)n]+
∠HCH
∠HNH
∠HOH
∠HNH
109.5°
107°
105°
接近109.5°
①[Cu(NH3)n]+中n=___；Cu+与n个氮原子的空间结构呈___形。
②[Cu(NH3)n]+中∠HNH键角接近109.5°的原因是___。
(4)有机卤化铅(CH3NH2PbX3)的晶胞结构如图所示，与CH3NH距离最近的Pb2+有___个，距离最近的CH3NH有___个。若X-为I-，晶胞密度为dg•cm-3，则两个I-之间的最小距离为___cm。(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可，CH3NH2PbI3相对分子质量为620)
【答案】（1）3p 6s26p2
（2）sp、sp2
（3）①2 直线 ② 氨分子中的氮原子孤电子配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体，所以键角接近109.5°
（4） 8 6
【解析】 (1)基态氯原子中核外电子有三个电子层，最外层有7个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则占据的最高能级符号是3p，铅为第六周期ⅣA族的元素，价电子数为4，基态铅原子的价层电子排布式是6s26p2；
(2)分子中苯环上的碳原子为sp2杂化，碳氮三键中的碳原子为sp杂化，则碳原子杂化轨道类型为sp和sp2；与CN-中有14个电子，与CN-等电子体是等电子体的一种分子为N2，其的电子式为：；
(3)①该配合物中，Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对，则n=2，Cu+与2个氮原子的空间结构呈直线形；
②[Cu(NH3)n]+中∠HNH键角接近109.5°的原因是：氨分子中的氮原子的孤电子对配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体形，所以键角接近109.5°；
(4)由晶胞结构可知，Pb2+位于晶胞的中心， CH3NH位于晶胞的顶点， 则与CH3NH距离最近的Pb2+有8个，距离最近的CH3NH有6个；若X-为I-，位于晶胞的面心，设晶胞的棱长为acm，体积为a3cm3，一个晶胞中含有一个晶胞CH3NH2PbI3，质量为，密度为=，则a=，面对角线的长度为，两个I-之间的最小距离为面对角线长度的一半，则距离为。
19．（12分）CaS在环境保护、制备电致发光材料等方面用途非常广泛。回答下列问题：
(1)制取CaS的反应如下：
反应(I)：CaSO4(s)＋2C(s)CaS(s)＋2CO2(g) △H1
反应(II)：CaCO3(s)＋H2S(g)CaS(s)＋H2O(g)＋CO2(g) △H2=＋165kJ·mol-1
①若在恒温恒容密闭容器中只发生反应(I)，达到平衡时向容器中通入少量CO2，则反应再次达到平衡时c(CO2)将___(填“增大”“减小”或“不变”)。
②已知下列热化学方程式：.
i：S2(g)＋CaSO4(s)CaS(g)＋2SO2(g) △H=＋240.4kJ·mol-1
ii：2SO2(g)＋4CO(g)=S2(g)＋4CO2(g) △H=＋16.0kJ·mol-1
iii：C(s)＋CO2(g)=2CO(g) △H=＋172.5kJ·mol-1
则反应(I)的△H1=___kJ·mol-1。
③反应(II)的△S___(填“>”“<”或“=”)0。若反应(II)在恒温恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是___(填字母)。
A．v(H2O)正=v(CO2)正
B．容器中气体总压强不再随时间变化
C．容器中同时存在H2S(g)、CO2(g)和H2O(g)
D．单位时间内断裂H-S键与断裂C=O键数目相等
(2)CaS能被许多物质氧化，有关反应的lgKp与温度关系如图(Kp为以分压表示的平衡常数；分压=总压×物质的量分数；图中数据由压强单位为kPa得出)。
①属于吸热反应的是___ (填“a”“b”或“c”)。
②相同温度下，反应a、b、c的lgKp(a)、lgKp(b)、lgKp(c)之间满足的关系是lgKp(c)=___。
③反应c在Q点时：p(SO2)=___kPa，以浓度表示的平衡常数Kc=___Kp[用R、T表示；已知气体的压强、体积、温度满足pV=nRT(n为气体的物质的量，R为恒量)]。
【答案】（1）①不变 ② +601.4 ＞ BD （2） ① c ②2lgKp(b)-2lgKp(a) ③ 1 (RT)
【解析】 (1)①若在恒温恒容密闭容器中只发生反应(I)，平衡常数K=c2(CO2)，温度不变平衡常数不变，则反应再次达到平衡时c(CO2)将不变；
②已知下列热化学方程式：.
i：S2(g)＋CaSO4(s)CaS(g)＋2SO2(g) △H=＋240.4kJ·mol-1
ii：2SO2(g)＋4CO(g)=S2(g)＋4CO2(g) △H=＋16.0kJ·mol-1
iii：C(s)＋CO2(g)=2CO(g) △H=＋172.5kJ·mol-1
根据盖斯定律，i＋ii＋iii ×2可得：CaSO4(s)＋2C(s)CaS(s)＋2CO2(g) △H1=+601.4 kJ·mol-1；
③反应(II) CaCO3(s)＋H2S(g)CaS(s)＋H2O(g)＋CO2(g)为气体体积增大的反应体系，体系的混乱度增大，则△S＞0；
A．v(H2O)正=v(CO2)正都是正反应方向的速率，不能作为判断反应达到平衡的依据，故A不符合题意；
B．恒温恒容条件下，反应(II)为气体体积增大的反应体系，当容器中气体总压强不再随时间变化时，反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．不论反应是否达到平衡状态，只要反应一开始，容器中就同时存在H2S(g)、CO2(g)和H2O(g)，不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故C不符合题意；
D．单位时间内断裂H-S键与断裂C=O键数目相等，即消耗1mol H2S的同时也消耗1mol的CO2，即正逆反应速率相等，可说明反应达到平衡状态，故D符合题意；
答案选BD。
(2)①根据图像，随温度升高反应a、b 的lgKp减小，平衡常数减小，说明反应逆向移动，则正反应为放热反应；随温度升高反应c的lgKp增大，平衡常数增大，说明反应正向移动，则正反应为吸热反应；
②a：CaS(s)+O2(g)⇌CaSO4(s) Kp(a)
b：CaS(s)+O2(g)⇌CaO(s)+SO2(g) Kp(b)
c：CaSO4(s)+CaS(s) ⇌CaO(s)+SO2(g) Kp(c)
根据盖斯定律c=2(b-a)可得，Kp(c)=()2；
则lgKp(c)=2lg ()=2lgKp(b)-2lgKp(a)；
③反应c：CaSO4(s)+CaS(s) ⇌CaO(s)+SO2(g)在Q点时，lgKp(c)=0，Kp(c)=1=，则p(SO2)=1kPa；以浓度表示该反应的平衡常数Kc=，根据pV=nRT，=c，则c(SO2)=，则Kc===(RT)，则，Kc=(RT)Kp。
20．（12分）现有以异丁烯为原料合成某二酸的合成路线如下：
已知：R-CH2CNR-CH2COONa+NH3
(1)A的系统命名是_______________，B的官能团名称是_______________________。
(2)步骤③的反应类型是____________________________。
(3) 同一有机物中的两个同种官能团在反应时，一者参与反应占绝大多数，另一者几乎不反应，这被称之为“位置专一性”。请从反应物结构角度，简要解释步骤②中消去氯原子时的位置专一性：______________________________。
(4)步骤⑤的产物C经酸化后，可发生分子内酯化，写出该内酯的结构简式______________________。
(5)写出步骤⑥的化学方程式___________________________________。
(6)均符合下列条件B的同分异构体有________个。
a.所有碳原子一定共平面； b.核磁共振氢谱有3 组峰。
(7)利用题目给的信息，写出由异丁烯为原料，两步合成的路线流程______。
【答案】（1）2-甲基-1,2-二氯丙烷 碳碳双键、氯原子 （2） 取代反应 （3） 因为A物质中有一个Cl-官能团邻位无H原子，故它不易消去HCl而反应 （4） （5） 2CH2=C(CH2OH)CH2COOH + O2 2H2O + 2CH2=C(CHO)CH2COOH （6） 3 （7）
【解析】（1）根据CH2=C(CH3)2，推出反应①的类型为加成反应，即A的结构简式为CH2ClCCl(CH3)2，A的命名为2－甲基－1，2－二氯丙烷；A→B发生消去反应，根据反应③的产物，推出B的结构简式为CH2=C(CH3)CH2Cl，含有的官能团是碳碳双键和氯原子；
（2）步骤③应是CN－取代氯原子，此反应属于取代反应；
（3）因为A物质中有一个连接Cl的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，该氯原子具有“位置专一性”，其不能发生消去反应；
（4）根据信息，C的结构简式为CH2=C(CH2Cl)CH2CN，C的结构简式为CH2=C(CH2OH)CH2COONa，C经酸化后得出物质为CH2=C(CH2OH)CH2COOH，通过酯化反应生成内酯，其结构简式为；
（5）反应⑥为氧化反应，羟基被氧化成醛，即反应⑥化学方程式为 2CH2=C(CH2OH)CH2COOH + O2 2H2O + 2CH2=C(CHO)CH2COOH；
（6）所有碳原子一定共面，根据乙烯空间构型为平面进行判断，有3组峰，说明有3种不同的氢原子，符合条件的同分异构体是、、，共3种；
（7）异丁烯结构简式为CH2=C(CH3)2，然后与氯气发生取代反应，然后与NaCN发生取代反应，即合成路线为：。
2022年山东新高考适用性考试模拟卷（六）
化学
（考试时间：90分钟试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16Na-23 Mg-24 Al-27 S-32Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。
1．下列有关资源开发和利用的说法正确的是（ ）
A．海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠
B．海带中的碘是以I-形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，有蓝色出现
C．将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用，对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一
D．工业上对煤进行干馏、液化和气化等物理方法处理，目的是降低污染和获得更多化工原料
【答案】C
【解析】A. 海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，得不到金属钠，A错误；
B. 使淀粉溶液变蓝的是I2，故海带中的碘是以I-形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，没有蓝色出现，B错误；
C. 将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用，对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一，C正确；
D. 对煤进行干馏、液化和气化均是化学变化，D错误；
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．26gC2H2和C6H6的混合物中原子总数为4NA
B．1mol甲基中含有的电子数为10NA
C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数小于NA
D．0.1molCH3CH=CH2与足量的HBr反应生成的CH3CH2CH2Br的分子数是0.1NA
【答案】A
【解析】A．C2H2和C6H6的最简式均为CH，故26g混合物中含CH的物质的量为n= =2mol，故含原子为4NA个，故A正确；
B．甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个，故B错误；
C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-)，则醋酸根离子与钠离子浓度及数目相等，钠离子的物质的量为1mol，则CH3COO−数目为NA个，故C错误；
D．CH3CH=CH2与足量的HBr反应的产物有两种：CH3CH2CH2Br、CH3CHBrCH3，故生成的CH3CH2CH2Br的分子数小于0.1NA，故D错误；
3．新冠肺炎疫情牵动人心，化学在对抗疫情中起到重要作用。已知短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数等于电子层数等于原子序数，W与X形成的一种原子数比为1：1的液体是强力的氧化剂可用于杀菌消毒，YZX的水溶液是84消毒液的主要成分，Z的单质是一种黄绿色气体。下列说法不正确的是（ ）
A．X没有最高正价，但是有正价
B．W与X形成的化合物中绝对不含非极性共价键
C．Y单质的还原性是短周期里最强的
D．Z最高价氧化物水化物是一种具有强氧化性的强酸
【答案】B
【解析】A. X的非金属性很强，主族元素的最高正价为族序数，氧没有最高正价，但是与氟形成化合物时，氧为正价，A正确；
B. W与X形成的化合物中可能含非极性共价键，B错误；
C. Y单质为钠单质，钠元素在短周期中非金属性最强，故单质还原性是短周期里最强，C正确；
D. Z最高价氧化物水化物是高氯酸，是一种具有强氧化性的强酸，D正确。
4．将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1 mol·L－1的 BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：
实验记录
pH变化
溶液中是否产生沉淀
BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀
Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A．曲线a 所示溶液pH降低的原因：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-
B．曲线c 所示溶液中发生反应：2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+
C．与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒
D．依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2
【答案】C
【解析】A、曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，故A正确；
B、曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液 pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+，故B正确；
C、氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒，故C错误；
D、0.1 mol·L－1的Ba(NO3)2硝酸钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2，故D正确；
5．如图是硫元素在自然界中的循环图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．大量使用化石燃料是形成酸雨的原因之一
B．循环过程中既有硫元素的氧化也有硫元素的还原
C．若有机体中的硫存在形式是，硫元素显-2价
D．大气中的SO2必须氧化成SO3才能形成酸雨
【答案】D
【解析】A．大量使用化石燃料可生成SO2及氮氧化物，能够形成酸雨，A正确；
B．根据循环图可知，S可转化为H2S，S的化合价降低，被还原，B正确；
C．若有机体中的硫存在形式是，类比—O—H，可知硫元素的化合价为-2价，C正确；
D．大气中的SO2与H2O可发生反应生成H2SO3，不一定需要氧化才可以形成酸雨，D错误；
6．由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )
选项
实验
现象
结论
A
向0.1mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加氯水
开始无明显现象，滴加氯水后溶液变红
氧化性：Cl2>Fe3+
B
向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐可能为Na2S2O3
C
乙烯通入中性KMnO4溶液中
溶液褪色并产生黑色沉淀
乙烯具有还原性
D
将苯加入橙色的溴水中振荡并静置
下层液体几乎无色
苯与Br2发生了
取代反应
【答案】D
【解析】A．向0.1mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加氯水，开始无明显现象，滴加氯水后溶液变红，说明Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，氧化性：Cl2>Fe3+，故不选A；
B．Na2S2O3和盐酸反应生成氯化钠、硫沉淀、二氧化硫气体，二氧化硫能使品红溶液褪色，故不选B；
C．乙烯通入中性KMnO4溶液中，高锰酸钾被还原为MnO2沉淀，说明乙烯具有还原性，故不选C；
D．将苯加入橙色的溴水中振荡并静置，苯萃取溴水中的溴，使下层液体几乎无色，这是物理变化，不能说明苯与Br2发生了取代反应，故选D；
7．下图为有机物M、N、Q的转化关系，有关说法正确的是( )
A．M生成N的反应类型是取代反应 B．可用酸性KMnO4溶液区分N与Q
C．N的同分异构体有6种 D．0.3 mol Q与足量金属钠反应生成6.72L H2
【答案】B
【解析】A．和HCl发生加成反应生成，反应类型是加成反应，故A错误；
B．含有羟基，能使高锰酸钾溶液褪色，不含羟基，不能使高锰酸钾溶液褪色，所以可用酸性KMnO4溶液区分N与Q，故B正确；
C．N的分子式是C4H8Cl2,同分异构体有、、、、、、、、，共9种(含N)，故C错误；
D．Q中含有2个羟基，0.3 mol Q与足量金属钠反应生成0.3 mol H2，非标准状况下不一定是6.72L，故D错误；
8．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．用坩埚灼烧干海带制海带灰
B．蒸馏时，温度计水银球插入液面以下
C．用长颈漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层
D．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
【答案】A
【解析】A．灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；
B．蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；
C．萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层，故C错误；
D．若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，故D错误；
9．厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如图所示 (图中 HA 表示乳酸分子，A - 表示乳酸根离子) 。下列说法正确的是( )
A．通电后，阳极附近 pH 增大
B．电子从负极经电解质溶液回到正极
C．当电路中通过 2mol 电子的电量时，会有 1mol 的 O2 生成
D．通电后， A- 通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室
【答案】D
【解析】A．氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；
B．电子不能通过溶液，故B错误；
C．阳极反应式4OH--4e-═2H2O+O2↑，所以当电路中通过2mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成，故C错误；
D．阳极OH-放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，则A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，故D正确；
10．废弃物的综合利用有利于节约资源、保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解II”过程中，有大量的气体产生
D．“操作I”需要用到酒精灯玻璃棒等仪器
【答案】C
【解析】A．为将铜帽粉碎，增大与稀硫酸的接触面积，可加快溶解速率，故A正确；
B．“溶解I”中，铜不与硫酸反应，锌与硫酸反应生成可溶性盐硫酸锌，则“滤液I”中溶质的主要成分为ZnSO4，故B正确；
C．“溶解II”过程中，酸性条件下，双氧水可氧化铜，发生反应为：Cu+H2O2+H2SO4= CuSO4+2H2O，反应过程中没有气体产生，故C错误；
D．“操作I”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，需要用到酒精灯玻璃棒等仪器，故D正确；
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．据《X-MOL》报道：RobertPipes等设计的添加PDS()的Li-CO2电池，正极物质转化原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．PDS起增强导电性作用
B．负极反应式为Li-e-=Li+
C．电池总反应为4Li＋3CO2=2Li2CO3＋C
D．正极上发生的反应之一为+2CO2+2e-=2
【答案】A
【解析】A. 根据图中信息，PDS是非电解质，不导电，在流程中捕获CO2的作用，A错误；
B. 负极电极是金属Li，其电极反应式为Li-e-=Li+， B正确；
C. 由图中物质转化可知，PDS不消耗，因此电池总反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，C正确；
D. 第一步PDS捕获CO2，发生的反应为+2CO2+2e－=2，第二步发生的电极反应为6+6e-=3+ 2C + 4CO32-，D正确；
12．CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
下列叙述错误的是（ ）
A．Fe*是反应的催化剂
B．两步反应的ΔH均小于0
C．第一步反应比第二步反应快
D．总反应为CO+N2O=N2+CO2
【答案】C
【解析】A．由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，故A正确；
B．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放热反应，△H均小于0，故B正确；
C．根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反应慢，故C错误；
D．第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2O=N2+CO2，故D正确，
13．某离子化物MCl(s)在水中溶解并发生电离，该过程的微观示意图如图。已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下列相关说法正确的是（ ）
A．1molMCl中含有NA对共用电子对
B．MCl为弱电解质，在水中仅部分电离
C．M+和Cl-均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D．MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化
【答案】D
【解析】A. MCl为离子化合物，不存在共用电子对，A错误；
B. MCl为离子化合物，故MCl为强电解质，在水中完全电离，B错误；
C. M+与水分子中的氧原子结合形成水合离子、Cl-与水分子中的氢原子结合形成水合离子，C错误；
D. MCl在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，D正确；
14．常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是c点
C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)
D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]
【答案】AB
【解析】A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；
B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B正确；
C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；
D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；
15．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋S(l) ΔH<0，下列有关说法正确的是( )
A．若反应在恒容的密闭容器中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变
B．若反应在恒容的密闭容器中进行，则与在恒压时相比，SO2的转化率更高
C．若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变
【答案】D
【解析】A．平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不断减小，容器内压强减小，A不正确；
B．恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移动，所以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；
C．由于正反应的ΔH<0，所以升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，C不正确；
D．其他条件不变时，使用不同的催化剂，虽然反应速率不同，但化学平衡常数只和温度有关，所以该反应的平衡常数不变，D正确；
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺，它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等，以回收某些贵重有色金属和稀有金属，节约矿产资源，最大限度地利用矿藏的一种冶金方法。其中细菌治铜的生产流程为：
（1）上述生产流程中有三步用到了同一种分离方法，实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体中分散质的原因是___。
（2）绿矾(FeSO4·7H2O)是一种良好的还原剂，也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。在保存绿矾时，必须___。在溶液B中加入适量(NH4)2(SO4)2固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)4·6H2O的原因是___。
（3）溶液B中一定含有的金属阳离子是___。若在溶液A中加入少量铁屑只发生其中的一个反应，则此反应的平衡常数的表达式为___。
（4）写出黄铜矿中的CuS·FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式：___。
（5）氧化亚铜可用作船底防污漆，以杀死低级海生动物而保护船体，也可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂，氧化亚铜也是一种重要的半导体材料。请用浓的强碱溶液，根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，设计出工业生产氧化亚铜的一种方法：___(只要求画实验装置图，其他必要材料任选)。
【答案】（1）胶体的分散质(或胶体粒子)能透过滤纸
（2）密封保存，防止被空气中氧气氧化 相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小
（3） Fe2+ K=
（4）4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O （5）
【解析】（1）题给生产流程中有三步用到了同一种分离方法是过滤，胶体分散质粒子能通过滤纸，所以不能用过滤法来分离液态胶体中的分散质；
（2）绿矾是一种良好的还原剂，易被氧化，所以保存绿矾时必须密封保存，防止被空气中的氧气氧化；相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小，所以在溶液B中加入适量(NH4)2SO4固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
（3）溶液A中的Fe3+、Cu2+都能与铁屑反应生成Fe2+，所以加入足量铁粉后溶液中一定含有的金属阳离子是Fe2+；氧化性Fe3+>Cu2+，加入少量铁屑只发生Fe和Fe3+的反应，平衡常数的表达式为K=；
（4）CuS•FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气中的氧气氧化生成Fe3+、Cu2+和SO42-，反应的离子方程式为4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O；
（5）根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，铜失电子发生氧化反应，可用电解法制备氧化亚铜，铜作阳极，因此可设计工业生产氧化亚铜的装置图是。
17．（12分）氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂，Li3N遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度，装置如图所示：
实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2。
（1）盛装NH4Cl溶液的仪器名称是___________。
（2）安全漏斗中“安全”含义是__________。实验室将锂保存在_____（填“煤油”“石蜡油”或“水”）中。
（3）写出制备N2的化学方程式__________。
（4）D装置的作用是____________。
（5）测定Li3N产品纯度：取mg Li3N产品按如图所示装置实验。
打开止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当Li3N完全反应后，调平F和G中液面，测得NH3体积为VL（已折合成标准状况）。
①读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压________（填“大于”“小于”或“等于”）外界大气压。
②该Li3N产品的纯度为________%（只列出含m和V的计算式，不必计算化简）。若 Li3N产品混有Li，则测得纯度_____________（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）圆底烧瓶 （2）残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体 石蜡油 （3）NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O （4） 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验 （5） ① 等于 ② 偏高
【解析】（1）盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；
（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油
（3）亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O。答案为：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O；
（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；
（5）①氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G和F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答案为：等于；
②装置E中发生反应：Li3N＋3H2O=3LiOH＋NH3↑，根据题意有：n(NH3)=mol，则ω(Li3N)=×100%=%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测得产品纯度偏高；答案为：；偏高。
18．（12分）太阳能电池材料和半导体材料对未来社会的发展有重要的作用。对铜、铅、砷化合物的研究成为科学家研究的热点。
(1)有机氯化铅CH3NH2PbCl3钙矿太阳能电池有优异的光电性能。基态氯原子中核外电子占据的最高能级符号是___，基态铅原子的价层电子排布式是___。
(2)二苯氰砷结构为：分子中碳原子杂化轨道类型为___，与CN-等电子体的一种分子的电子式是___。
(3)Cu+与NH3形成的配合物可表示为[Cu(NH3)n]+。该配合物中，Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。已知下列物质键角数据：
CH4
NH3
H2O
[Cu(NH3)n]+
∠HCH
∠HNH
∠HOH
∠HNH
109.5°
107°
105°
接近109.5°
①[Cu(NH3)n]+中n=___；Cu+与n个氮原子的空间结构呈___形。
②[Cu(NH3)n]+中∠HNH键角接近109.5°的原因是___。
(4)有机卤化铅(CH3NH2PbX3)的晶胞结构如图所示，与CH3NH距离最近的Pb2+有___个，距离最近的CH3NH有___个。若X-为I-，晶胞密度为dg•cm-3，则两个I-之间的最小距离为___cm。(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可，CH3NH2PbI3相对分子质量为620)
【答案】（1）3p 6s26p2
（2）sp、sp2
（3）①2 直线 ② 氨分子中的氮原子孤电子配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体，所以键角接近109.5°
（4） 8 6
【解析】 (1)基态氯原子中核外电子有三个电子层，最外层有7个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则占据的最高能级符号是3p，铅为第六周期ⅣA族的元素，价电子数为4，基态铅原子的价层电子排布式是6s26p2；
(2)分子中苯环上的碳原子为sp2杂化，碳氮三键中的碳原子为sp杂化，则碳原子杂化轨道类型为sp和sp2；与CN-中有14个电子，与CN-等电子体是等电子体的一种分子为N2，其的电子式为：；
(3)①该配合物中，Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对，则n=2，Cu+与2个氮原子的空间结构呈直线形；
②[Cu(NH3)n]+中∠HNH键角接近109.5°的原因是：氨分子中的氮原子的孤电子对配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体形，所以键角接近109.5°；
(4)由晶胞结构可知，Pb2+位于晶胞的中心， CH3NH位于晶胞的顶点， 则与CH3NH距离最近的Pb2+有8个，距离最近的CH3NH有6个；若X-为I-，位于晶胞的面心，设晶胞的棱长为acm，体积为a3cm3，一个晶胞中含有一个晶胞CH3NH2PbI3，质量为，密度为=，则a=，面对角线的长度为，两个I-之间的最小距离为面对角线长度的一半，则距离为。
19．（12分）CaS在环境保护、制备电致发光材料等方面用途非常广泛。回答下列问题：
(1)制取CaS的反应如下：
反应(I)：CaSO4(s)＋2C(s)CaS(s)＋2CO2(g) △H1
反应(II)：CaCO3(s)＋H2S(g)CaS(s)＋H2O(g)＋CO2(g) △H2=＋165kJ·mol-1
①若在恒温恒容密闭容器中只发生反应(I)，达到平衡时向容器中通入少量CO2，则反应再次达到平衡时c(CO2)将___(填“增大”“减小”或“不变”)。
②已知下列热化学方程式：.
i：S2(g)＋CaSO4(s)CaS(g)＋2SO2(g) △H=＋240.4kJ·mol-1
ii：2SO2(g)＋4CO(g)=S2(g)＋4CO2(g) △H=＋16.0kJ·mol-1
iii：C(s)＋CO2(g)=2CO(g) △H=＋172.5kJ·mol-1
则反应(I)的△H1=___kJ·mol-1。
③反应(II)的△S___(填“>”“<”或“=”)0。若反应(II)在恒温恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是___(填字母)。
A．v(H2O)正=v(CO2)正
B．容器中气体总压强不再随时间变化
C．容器中同时存在H2S(g)、CO2(g)和H2O(g)
D．单位时间内断裂H-S键与断裂C=O键数目相等
(2)CaS能被许多物质氧化，有关反应的lgKp与温度关系如图(Kp为以分压表示的平衡常数；分压=总压×物质的量分数；图中数据由压强单位为kPa得出)。
①属于吸热反应的是___ (填“a”“b”或“c”)。
②相同温度下，反应a、b、c的lgKp(a)、lgKp(b)、lgKp(c)之间满足的关系是lgKp(c)=___。
③反应c在Q点时：p(SO2)=___kPa，以浓度表示的平衡常数Kc=___Kp[用R、T表示；已知气体的压强、体积、温度满足pV=nRT(n为气体的物质的量，R为恒量)]。
【答案】（1）①不变 ② +601.4 ＞ BD （2） ① c ②2lgKp(b)-2lgKp(a) ③ 1 (RT)
【解析】 (1)①若在恒温恒容密闭容器中只发生反应(I)，平衡常数K=c2(CO2)，温度不变平衡常数不变，则反应再次达到平衡时c(CO2)将不变；
②已知下列热化学方程式：.
i：S2(g)＋CaSO4(s)CaS(g)＋2SO2(g) △H=＋240.4kJ·mol-1
ii：2SO2(g)＋4CO(g)=S2(g)＋4CO2(g) △H=＋16.0kJ·mol-1
iii：C(s)＋CO2(g)=2CO(g) △H=＋172.5kJ·mol-1
根据盖斯定律，i＋ii＋iii ×2可得：CaSO4(s)＋2C(s)CaS(s)＋2CO2(g) △H1=+601.4 kJ·mol-1；
③反应(II) CaCO3(s)＋H2S(g)CaS(s)＋H2O(g)＋CO2(g)为气体体积增大的反应体系，体系的混乱度增大，则△S＞0；
A．v(H2O)正=v(CO2)正都是正反应方向的速率，不能作为判断反应达到平衡的依据，故A不符合题意；
B．恒温恒容条件下，反应(II)为气体体积增大的反应体系，当容器中气体总压强不再随时间变化时，反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．不论反应是否达到平衡状态，只要反应一开始，容器中就同时存在H2S(g)、CO2(g)和H2O(g)，不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故C不符合题意；
D．单位时间内断裂H-S键与断裂C=O键数目相等，即消耗1mol H2S的同时也消耗1mol的CO2，即正逆反应速率相等，可说明反应达到平衡状态，故D符合题意；
答案选BD。
(2)①根据图像，随温度升高反应a、b 的lgKp减小，平衡常数减小，说明反应逆向移动，则正反应为放热反应；随温度升高反应c的lgKp增大，平衡常数增大，说明反应正向移动，则正反应为吸热反应；
②a：CaS(s)+O2(g)⇌CaSO4(s) Kp(a)
b：CaS(s)+O2(g)⇌CaO(s)+SO2(g) Kp(b)
c：CaSO4(s)+CaS(s) ⇌CaO(s)+SO2(g) Kp(c)
根据盖斯定律c=2(b-a)可得，Kp(c)=()2；
则lgKp(c)=2lg ()=2lgKp(b)-2lgKp(a)；
③反应c：CaSO4(s)+CaS(s) ⇌CaO(s)+SO2(g)在Q点时，lgKp(c)=0，Kp(c)=1=，则p(SO2)=1kPa；以浓度表示该反应的平衡常数Kc=，根据pV=nRT，=c，则c(SO2)=，则Kc===(RT)，则，Kc=(RT)Kp。
20．（12分）现有以异丁烯为原料合成某二酸的合成路线如下：
已知：R-CH2CNR-CH2COONa+NH3
(1)A的系统命名是_______________，B的官能团名称是_______________________。
(2)步骤③的反应类型是____________________________。
(3) 同一有机物中的两个同种官能团在反应时，一者参与反应占绝大多数，另一者几乎不反应，这被称之为“位置专一性”。请从反应物结构角度，简要解释步骤②中消去氯原子时的位置专一性：______________________________。
(4)步骤⑤的产物C经酸化后，可发生分子内酯化，写出该内酯的结构简式______________________。
(5)写出步骤⑥的化学方程式___________________________________。
(6)均符合下列条件B的同分异构体有________个。
a.所有碳原子一定共平面； b.核磁共振氢谱有3 组峰。
(7)利用题目给的信息，写出由异丁烯为原料，两步合成的路线流程______。
【答案】（1）2-甲基-1,2-二氯丙烷 碳碳双键、氯原子 （2） 取代反应 （3） 因为A物质中有一个Cl-官能团邻位无H原子，故它不易消去HCl而反应 （4） （5） 2CH2=C(CH2OH)CH2COOH + O2 2H2O + 2CH2=C(CHO)CH2COOH （6） 3 （7）
【解析】（1）根据CH2=C(CH3)2，推出反应①的类型为加成反应，即A的结构简式为CH2ClCCl(CH3)2，A的命名为2－甲基－1，2－二氯丙烷；A→B发生消去反应，根据反应③的产物，推出B的结构简式为CH2=C(CH3)CH2Cl，含有的官能团是碳碳双键和氯原子；
（2）步骤③应是CN－取代氯原子，此反应属于取代反应；
（3）因为A物质中有一个连接Cl的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，该氯原子具有“位置专一性”，其不能发生消去反应；
（4）根据信息，C的结构简式为CH2=C(CH2Cl)CH2CN，C的结构简式为CH2=C(CH2OH)CH2COONa，C经酸化后得出物质为CH2=C(CH2OH)CH2COOH，通过酯化反应生成内酯，其结构简式为；
（5）反应⑥为氧化反应，羟基被氧化成醛，即反应⑥化学方程式为 2CH2=C(CH2OH)CH2COOH + O2 2H2O + 2CH2=C(CHO)CH2COOH；
（6）所有碳原子一定共面，根据乙烯空间构型为平面进行判断，有3组峰，说明有3种不同的氢原子，符合条件的同分异构体是、、，共3种；
（7）异丁烯结构简式为CH2=C(CH3)2，然后与氯气发生取代反应，然后与NaCN发生取代反应，即合成路线为：。
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