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黄金卷01-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京卷）
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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷01
（本卷共19小题，满分100分）
第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质不属于有机化合物的是( )
A
B
C
D
1996年国钢产量突破一亿吨
化学工业生产橡胶
齐鲁三十万吨乙烯工程
人工全合成结晶牛胰岛素
【答案】 A
【解析】 A项，钢铁属于金属材料，是无机材料的一种；B项，塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成有机材料，橡胶属于有机化合物；C项，乙烯的产量是衡量一个国家石油化工的重要指标，属于有机化合物；D项，我国科学家在1965年首次合成了具有生命活力的蛋白质——结晶牛胰岛素，属于有机化合物。
2.(2022·北京模拟)下列化学用语表示正确的是( )
A．PCl3的电子式为
B．乙炔的球棍模型：
C．聚氯乙烯的结构简式：
D．离子结构示意图：可表示16O2－，也可表示18O2－
【答案】 D
【解析】 PCl3中P、Cl原子最外层都有8个电子，正确的电子式为，A错误；乙炔分子中存在碳碳三键，为直线形分子，球棍模型为，B错误；聚氯乙烯的结构简式为，C错误；16O2－、18O2－质子数相同，都为氧离子，核外有10个电子，有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，D正确。
3.据报道，2012年俄罗斯科学家合成了第117号元素，在实验中生成了6个新原子，其中5个Ts、1个Ts。下列关于Ts和Ts的说法不正确的是( )
A.Ts和Ts是两种核素
B.Ts和Ts互为同位素
C.Ts和Ts的中子数分别为176和177
D.Ts和Ts的电子数相差1
【答案】 D
【解析】 Ts和Ts都是具有一定质子数和一定中子数的原子，因此是两种不同的核素，A正确；Ts和Ts具有的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；Ts的质量数是293，质子数是117，中子数为293－117＝176，Ts的质量数是294，质子数是117，中子数为294－117＝177，C正确；Ts和Ts的质子数都是117，即电子数相等，D错误。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋
B．0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
C．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去：Cl2＋SO2＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO
【答案】 A
【解析】 A项，MgCl2溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，石灰乳不能写成离子，离子方程式为Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋，正确；B项，浓氨水过量，应生成铜氨络离子，离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O，错误；C项，酚酞的变色范围为8.2～10.0，所以红色恰好褪去时溶液显弱碱性，溶质应为碳酸氢钠，离子方程式为CO＋H＋===HCO，错误；D项，选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO，错误。
5.氨硼烷(NH3·BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷的说法错误的是( )
A．氨硼烷结构与乙烷相似，固态时均为分子晶体
B．氨硼烷与水分子间可形成氢键，故易溶于水
C．分子中N原子的第一电离能小于B原子
D．分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键
【答案】 C
【解析】 氨硼烷(NH3·BH3)的结构式为，与乙烷类似，固态时是由分子构成的分子晶体，A正确；氨硼烷中氢原子与氮原子以共价键结合，氮元素电负性较强，和水分子间可以形成氢键，B正确；同一周期主族元素由左至右第一电离能呈增大趋势，N原子的第一电离能大于B原子，C错误；N原子价层电子数为5，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一对孤电子对，B原子价层电子数为3，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一个空轨道，所以分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，D正确。
6.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【答案】 C
【解析】 混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；SO2与H2S溶液发生反应SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2＋，体现了SO2的还原性，C错误；SO2与Na2SiO3溶液发生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。
7. 图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是( )
A．PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，涉及反应4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O
D．乙烯催化氧化的反应化学方程式为CH2==CH2＋O2CH3CHO＋H2O
【答案】 D
【解析】 过程Ⅳ消耗Cu2＋，过程Ⅴ生成Cu2＋，过程Ⅰ消耗PdCl，过程Ⅳ生成PdCl，所以PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂，故A正确；过程Ⅴ中O2转化为H2O，O2中非极性键断裂，生成H2O的过程中有极性键的形成，故B正确；过程Ⅴ中O2与Cu＋反应生成Cu2＋，离子方程式为4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O，故C正确；反应中，CH2==CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应化学方程式为2CH2==CH2＋O22CH3CHO，故D错误。
8.有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性，可由M合成。下列说法不正确的是( )
A．M中所有碳原子不可能共面
B．N可以与NaOH溶液反应
C．M生成N的反应为加成反应
D．M、N的一氯代物数目相同
【答案】 D
【解析】 M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子不可能共平面，故A正确；N中含有酯基，可以与NaOH溶液发生水解反应，故B正确；M中酮羰基发生加成反应生成醇羟基，故C正确。
9..下列实验操作、现象及结论均正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成
KI3溶液中含有I2和I－
B
将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫色逐渐褪去
产生的气体一定是乙烯
C
向H2S溶液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4的强
D
将用稀硫酸酸化后的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄
氧化性：H2O2>Fe3＋
【答案】 A
【解析】 淀粉溶液遇碘单质变蓝，AgNO3溶液遇到碘离子有黄色沉淀碘化银生成，则KI3溶液中含有I2和I－，A正确；乙醇、乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，乙醇有挥发性，故不能说明使酸性高锰酸钾溶液褪色的是乙烯，B错误；向H2S溶液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀硫化铜，因为硫化铜极难溶于水、不溶于酸，不能说明H2S的酸性比H2SO4的强，C错误；硝酸根离子在酸溶液中有强氧化性，故不能说明亚铁离子被过氧化氢氧化成铁离子，不能证明氧化性：H2O2>Fe3＋，D错误。
10.．氢气是一种清洁能源。“分步法电解制氢气”的装置如图。该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2。下列说法错误的是( )
A．第一步反应时，开关K应该连接K1
B．第二步反应时，NiOOH/Ni(OH)2发生的电极反应式：Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O
C．当电路中转移6.25 mol电子时，产生67.2 L H2(标准状况)，则电能的利用率为96.0%
D．此方法的总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，可实现将电能转化为化学能
【答案】 B
【解析】 第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，所以开关K应该连接K1，A项正确；第二步在另一个惰性电极产生O2，此时开关K应该连接K2，NiOOH/Ni(OH)2发生还原反应，B项错误；标准状况下，理论上产生67.2 L H2，需要转移6 mol电子，电能的利用率为×100%＝96%，C项正确；题中装置是电解池，将电能转化为化学能，发生的总反应是2H2O2H2↑＋O2↑，D项正确。
11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是( )
A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
D．该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4
【解析】 K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3＋，Fe3＋水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A不符合题意；反应Ⅰ中尾气为Cl2，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B不符合题意；反应Ⅱ中的化学方程式为3NaClO＋10NaOH＋2FeCl3===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C不符合题意；向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4，D符合题意。
12.砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1 238 ℃。它在600 ℃以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是( )
A．砷化镓是一种分子晶体
B．砷化镓中不存在配位键
C．晶胞中Ga原子与As原子的数量比为4∶1
D．晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体
【答案】 D
【解析】 根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为共价晶体，A错误；Ga最外层有3个电子，每个Ga与4个As成键，所以砷化镓中存在配位键，B错误；晶胞中，Ga位于顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，As位于晶胞内，数目为4，所以晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为1∶1，C错误；由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体，D正确。
13.为减轻环境污染，提高资源的利用率，可将钛厂、氯碱厂和甲醇厂联合进行生产。生产工艺流程如下：
已知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中Ti元素的化合价没有变化。下列叙述错误的是( )
A．FeTiO3中Ti为＋4价
B．“合成”过程中原子利用率为100%
C．“氯化”时发生反应的化学方程式为7Cl2＋2FeTiO3＋6C===2FeCl3＋2TiCl4＋6CO
D．上述流程中生成钛时可用CO2代替Ar
【答案】 D
【解析】 由已知信息知，Ti元素化合价没有变化，TiCl4中Ti为＋4价，则FeTiO3中Ti为＋4价，故A正确；“合成”反应中CO与H2反应生成CH3OH，化学方程式为CO＋2H2CH3OH，则原子利用率为100%，故B正确；根据流程图知，“氯化”过程中，C转化为CO，FeTiO3转化为FeCl3和TiCl4，反应为2FeTiO3＋6C＋7Cl2===2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，故C正确；Ar与Mg不反应，所以Ar可以用作保护气，Mg与CO2反应生成氧化镁和碳，所以不能用CO2代替Ar，故D错误。
14.实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。
实验操作
实验数据
测量下述实验过程的pH变化
下列分析不正确的是
A. ①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应
B. 加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量
C. 从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32－
D. b点对应溶液中水电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度
【答案】C
【解析】 ②中反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应，故A不选；加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，故B不选；开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故C选；b点对应溶液碱溶液，抑制水的电离，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，水解促进水的电离，b点水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，故D不选；故选C。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
(1)基态镍原子的核外电子排布式为_____________________________________。
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为________________；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是________，立体构型为正四面体的分子是________，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_______________。
(3)Ni与CO在60～80 ℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是________，Ni(CO)4晶体类型是_________________。
(4)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞边长为0.42 nm，则MgO的密度为____________ g/cm3(保留小数点后一位)；相邻Mg2＋之间的最短距离为________ nm(已知＝1.414，＝1.732；结果保留小数点后两位)，每个Mg2＋周围具有该距离的Mg2＋个数为________。
【答案】 (1)[Ar]3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2
(2)Mg
16.（10分）二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：
①CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1
②CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝－49.0 kJ·mol－1
③CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋41.1 kJ·mol－1
④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4＝－24.5 kJ·mol－1
试回答下列问题：
(1)一步法合成二甲醚是以合成气(CO/H2)为原料，在一定温度、压强和催化剂作用下进行，由H2和CO直接制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝________；判断该反应在一定温度下、体积恒定的密闭容器中，下列不能作为达到化学平衡状态的依据是________。
A.平均摩尔质量保持不变
B.容器的密度不变
C.容器内压强保持不变
D.单位时间内消耗2 mol CO同时消耗1 mol二甲醚
(2)燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为2.0 L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入1 mol CO2和3 mol H2，在乙中充入2 mol CO2和6 mol H2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图1所示；容器甲中，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图2所示。下列说法正确的是________。
A.图1中，反应2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)的ΔS<0、ΔH<0
B.图1中，表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线B
C.图1中，逆反应速率v逆：状态Ⅰ＜状态Ⅲ
D.图2中，T3对应的平衡常数小于T4对应的平衡常数
E.图2中，根据图中曲线分析，催化剂Ⅰ的催化效果最好
(3)若CO2和H2仅发生反应②和③，研究表明：在其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性，使用该催化剂，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3(总量为a mol)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的CO2中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示：(忽略温度对催化剂的影响)
①根据图中数据，温度选择________K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高。
②随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：____________________________________________________________________。
(4)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO－，装置如下图所示。
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。标准状况下，当阳极生成氧气体积为448 mL时，测得阴极区内的c(HCOO－)＝0.03 mol/L，电解效率为________(忽略电解前后溶液的体积变化)。已知：电解效应＝×100%
【答案】 (1)－204.7 kJ·mol－1 B (2)ACE (3)①553 ②当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反应③平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低 (4)①CO2＋H2O＋2e－===HCOO－＋OH－ ②75%
【解析】 (1)已知：①CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1
④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4＝－24.5 kJ·mol－1，
根据盖斯定律①×②＋④，可得2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－204.7 kJ·mol－1；在一定温度下、体积恒定的密闭容器中，对应反应2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)，则：
A.反应中混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，故平均摩尔质量保持不变能说明已平衡，故A不符合；B.密闭容器中，气体总质量守恒，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，故选B；C.反应中容器内压强会随着反应而变，故容器内压强保持不变能说明已平衡，故C不符合；D.单位时间内消耗2 mol CO，同时消耗1 mol二甲醚，则说明已平衡，故D不符合；(2)A.方程式中反应物气体的物质的量为8 mol，生成物为4 mol，故ΔS<0；根据B曲线，升高温度，CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，正向放热，故A正确；B.初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲，故B错误；C.对于B曲线，随温度升高速率增大，故C正确；D.由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，所以平衡常数：T3>T4，D错误；E.反应温度低，反应物的转化效率高，则催化剂的催化效果好，根据图示，在相同温度下在催化剂Ⅰ时CO2转化效率最高，故催化剂Ⅰ的催化效果最好，E正确；【答案】选ACE。
(3)①按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3(总量为a mol)，则其中含有CO2的物质的量n(CO2)＝×amol＝mol，根据C元素守恒，在不同温度下，可得甲醇物质的量n(CH3OH)＝mol×转化率×选择性，计算后，553 K温度下，n(CH3OH)＝0.031 5 amol，大于其他温度下的产量，故【答案】为：553；②反应③的正反应是吸热反应，升高温度，该反应正向移动，且温度对吸热反应影响更大，使CO2的平衡转化率增加，但对于反应②，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，所以甲醇的平衡转化率反而降低，即甲醇的选择率降低，故【答案】为：当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反应③平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低；(4)①右侧Pt上CO2得到电子转化为HCOO－发生还原反应，则其反应式为：CO2＋H2O＋2e－===HCOO－＋OH－；
②由阳极的电极反应式
2H2O－4e－===4H＋＋O2↑
4 mol 22.4 L
n1(e－) 0.448 L
可得＝解得n1(e－)＝0.08 mol；由
2H2O＋4e－＋2CO2===2HCOO－＋2OH－
4 mol 2 mol
n2(e－) 0.03 mol/L×1 L
可得＝，解得n2(e－)＝0.06 mol，由电解效应＝×100%＝×100%＝75%。
17（13分）化合物E是潜在的治疗糖尿病、肾病的药物激活剂，其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)A的结构简式为______________________________________________________________，
E中含氧官能团的名称为________。
(2)写出反应类型：C→D为________反应，D→E为________反应。
(3)写出一种符合下列条件的B的同分异构体：______。
①芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③结构中有4种不同化学环境的氢原子。
(4)证明D中含—CHO的方法是__________________________________________________。
(5)设计一条由一氯环丁烷()和苯为有机原料合成的路线(其他无机试剂任选)
(合成路线表示方式为甲……乙目标产物)。
【答案】 (1) 羧基、羟基
(2)取代 氧化
(3)、、、、、(任意一种)
(4)取样，加入新制的Cu(OH)2，煮沸，产生砖红色沉淀
(5)
【解析】 (1)根据分析，A 的结构简式为，根据E的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为羧基、羟基。
(2)根据分析，C→D为取代反应，D→E为氧化反应。
(3)B的结构简式为，其同分异构体是芳香族化合物，说明结构中含有苯环，能发生银镜反应说明结构中含有—CHO，结构中有 4 种不同化学环境的氢原子，则符合条件的B的同分异构体有、、、、、(任写一种即可)。
(4)证明D中含—CHO，可利用醛基的性质，方法为取样，加入新制的Cu(OH)2，煮沸，产生砖红色沉淀。
(5)由一氯环丁烷()和苯为有机原料合成，首先与氢氧化钠溶液在加热条件下发生水解生成，再与氧气在铜作催化剂以及加热条件下发生氧化反应生成；和溴单质在溴化铁作用下生成溴苯，溴苯与在题干流程中A→B的反应条件下生成，反应流程为。
18.（12分）钛用途广泛，焦磷酸镁(Mg2P2O7)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如图：
已知：TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2＋的形式存在。回答下列问题：
(1)“碱浸”和“酸浸”操作的目的是________________________________________。
(2)适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40 ℃而不选择更高温度的原因是______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“反应”步骤中加入适量铁粉，加入铁粉的目的为________________________________
____________________________；滤渣2的主要成分为___________________________(填化学式)。
(4)“氧化”时S2O转化为SO的离子方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(5)离子浓度≤1.0×10－5 mol·L－1时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使Fe3＋沉淀完全，调节pH的最小值为________________(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，lg 2＝0.3)。
(6)向滤液Ⅲ中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)的化学方程式为________________
________________________________________________________________________。
【答案】 (1)除去Al2O3、Cu，使TiO2生成TiO2＋ (2)防止TiO2＋水解，减少损失 (3)将Fe3＋还原成Fe2＋ FeSO4·7H2O (4)S2O＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2SO
(5)3.3 (6)Na4P2O7＋2MgSO4===Mg2P2O7↓＋2Na2SO4
【解析】 以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸是为了除去能与碱反应的Al2O3，然后过滤，向滤渣中加入过量的稀硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸亚铁晶体析出从而除去大部分亚铁离子；然后过滤，将滤液加热水解生成TiO(OH)2，过滤得到TiO(OH)2固体和主要含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO(OH)2得TiO2；将滤液氧化后调pH使铁离子生成氢氧化铁而被除去，然后过滤，向滤液中加焦磷酸钠溶液得到焦磷酸镁，据此分析可得。
(1)“碱浸”的目的是除去能与碱反应的Al2O3，“酸浸”的目的是除去不与酸反应的Cu，并使TiO2以TiO2＋形式存在，同时产生Fe2＋、Fe3＋以及Mg2＋。
(3)“酸浸”后溶液中存在的离子有Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、TiO2＋以及SO，所以加铁粉是为了将Fe3＋还原成Fe2＋，便于冷却结晶生成FeSO4·7H2O晶体而析出，所以滤渣2的主要成分为FeSO4·7H2O。
(5)当c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时表示该离子沉淀完全。由Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，可知Fe3＋恰好完全沉淀时c(OH－)＝＝ mol·L－1＝2×10－11 mol·L－1，则pH＝3.3。
19.（12分）实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：
i.(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O易被还原为SO；
ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；
iii.I2可与S2O发生反应：2S2O+I2=S4O+2I-。
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
（1）实验1-1的目的是____。
（2）(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为____。
为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
0.2mol·L-1KI溶液/mL
0.01mol·L-1Na2S2O3溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%的淀
粉溶液/滴
02mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
2
30
（3）实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有____。
（4）加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O)降低；
猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，____。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性____(填“强于”或“弱于”)KI的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是____。
③补全猜想2：___。
（5）查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2O)=____mol·L-1·s-1(写出计算式)。
（6）实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是____。(写出2条)。
【【答案】】（1）做对照，排出O2氧化I-的干扰
（2）+2I-=2+I2
（3）无Na2S2O3时，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化
（4） ①. 强于 ②. 实验2-2与Na2S2O3完全反应后的溶液中，n()仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），溶液应立即变蓝 ③. 生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝
（5）
（6）(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小）；c(Na2S2O3)＜c(KI)
【【解析】】
【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，设计了实验，实验现象表明，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率。
【小问1详解】
实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实验1-2中，空气中的O2会将I-氧化为I2，故实验1-1的目的是做对照，排出O2氧化I-的干扰。
小问2详解】
根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的的离子方程式为+2I-=2+I2。
【小问3详解】
实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化。
【小问4详解】
①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的；
②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，起始n()=0.4´10-3mol，n()=0.008´10-3mol，该反应后n()=0.396´10-3mol，仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），即实验2-2中与反应后，溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立；
③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝。
【小问5详解】
由反应+2I-=2+I2和反应2+I2=+2I-可得：~2，30s内，Δn()=0.1´0.08´10-3mol，则Δn()=´0.1´0.08´10-3mol，故30s内的平均反应速率v()==mol·L-1·s-1。
【小问6详解】
实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。
【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷01
（本卷共19小题，满分100分）
第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质不属于有机化合物的是( )
A
B
C
D
1996年国钢产量突破一亿吨
化学工业生产橡胶
齐鲁三十万吨乙烯工程
人工全合成结晶牛胰岛素
【答案】 A
【解析】 A项，钢铁属于金属材料，是无机材料的一种；B项，塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成有机材料，橡胶属于有机化合物；C项，乙烯的产量是衡量一个国家石油化工的重要指标，属于有机化合物；D项，我国科学家在1965年首次合成了具有生命活力的蛋白质——结晶牛胰岛素，属于有机化合物。
2.(2022·北京模拟)下列化学用语表示正确的是( )
A．PCl3的电子式为
B．乙炔的球棍模型：
C．聚氯乙烯的结构简式：
D．离子结构示意图：可表示16O2－，也可表示18O2－
【答案】 D
【解析】 PCl3中P、Cl原子最外层都有8个电子，正确的电子式为，A错误；乙炔分子中存在碳碳三键，为直线形分子，球棍模型为，B错误；聚氯乙烯的结构简式为，C错误；16O2－、18O2－质子数相同，都为氧离子，核外有10个电子，有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，D正确。
3.据报道，2012年俄罗斯科学家合成了第117号元素，在实验中生成了6个新原子，其中5个Ts、1个Ts。下列关于Ts和Ts的说法不正确的是( )
A.Ts和Ts是两种核素
B.Ts和Ts互为同位素
C.Ts和Ts的中子数分别为176和177
D.Ts和Ts的电子数相差1
【答案】 D
【解析】 Ts和Ts都是具有一定质子数和一定中子数的原子，因此是两种不同的核素，A正确；Ts和Ts具有的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；Ts的质量数是293，质子数是117，中子数为293－117＝176，Ts的质量数是294，质子数是117，中子数为294－117＝177，C正确；Ts和Ts的质子数都是117，即电子数相等，D错误。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋
B．0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
C．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去：Cl2＋SO2＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO
【答案】 A
【解析】 A项，MgCl2溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，石灰乳不能写成离子，离子方程式为Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋，正确；B项，浓氨水过量，应生成铜氨络离子，离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O，错误；C项，酚酞的变色范围为8.2～10.0，所以红色恰好褪去时溶液显弱碱性，溶质应为碳酸氢钠，离子方程式为CO＋H＋===HCO，错误；D项，选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO，错误。
5.氨硼烷(NH3·BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷的说法错误的是( )
A．氨硼烷结构与乙烷相似，固态时均为分子晶体
B．氨硼烷与水分子间可形成氢键，故易溶于水
C．分子中N原子的第一电离能小于B原子
D．分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键
【答案】 C
【解析】 氨硼烷(NH3·BH3)的结构式为，与乙烷类似，固态时是由分子构成的分子晶体，A正确；氨硼烷中氢原子与氮原子以共价键结合，氮元素电负性较强，和水分子间可以形成氢键，B正确；同一周期主族元素由左至右第一电离能呈增大趋势，N原子的第一电离能大于B原子，C错误；N原子价层电子数为5，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一对孤电子对，B原子价层电子数为3，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一个空轨道，所以分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，D正确。
6.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【答案】 C
【解析】 混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；SO2与H2S溶液发生反应SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2＋，体现了SO2的还原性，C错误；SO2与Na2SiO3溶液发生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。
7. 图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是( )
A．PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，涉及反应4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O
D．乙烯催化氧化的反应化学方程式为CH2==CH2＋O2CH3CHO＋H2O
【答案】 D
【解析】 过程Ⅳ消耗Cu2＋，过程Ⅴ生成Cu2＋，过程Ⅰ消耗PdCl，过程Ⅳ生成PdCl，所以PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂，故A正确；过程Ⅴ中O2转化为H2O，O2中非极性键断裂，生成H2O的过程中有极性键的形成，故B正确；过程Ⅴ中O2与Cu＋反应生成Cu2＋，离子方程式为4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O，故C正确；反应中，CH2==CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应化学方程式为2CH2==CH2＋O22CH3CHO，故D错误。
8.有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性，可由M合成。下列说法不正确的是( )
A．M中所有碳原子不可能共面
B．N可以与NaOH溶液反应
C．M生成N的反应为加成反应
D．M、N的一氯代物数目相同
【答案】 D
【解析】 M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子不可能共平面，故A正确；N中含有酯基，可以与NaOH溶液发生水解反应，故B正确；M中酮羰基发生加成反应生成醇羟基，故C正确。
9..下列实验操作、现象及结论均正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成
KI3溶液中含有I2和I－
B
将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫色逐渐褪去
产生的气体一定是乙烯
C
向H2S溶液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4的强
D
将用稀硫酸酸化后的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄
氧化性：H2O2>Fe3＋
【答案】 A
【解析】 淀粉溶液遇碘单质变蓝，AgNO3溶液遇到碘离子有黄色沉淀碘化银生成，则KI3溶液中含有I2和I－，A正确；乙醇、乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，乙醇有挥发性，故不能说明使酸性高锰酸钾溶液褪色的是乙烯，B错误；向H2S溶液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀硫化铜，因为硫化铜极难溶于水、不溶于酸，不能说明H2S的酸性比H2SO4的强，C错误；硝酸根离子在酸溶液中有强氧化性，故不能说明亚铁离子被过氧化氢氧化成铁离子，不能证明氧化性：H2O2>Fe3＋，D错误。
10.．氢气是一种清洁能源。“分步法电解制氢气”的装置如图。该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2。下列说法错误的是( )
A．第一步反应时，开关K应该连接K1
B．第二步反应时，NiOOH/Ni(OH)2发生的电极反应式：Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O
C．当电路中转移6.25 mol电子时，产生67.2 L H2(标准状况)，则电能的利用率为96.0%
D．此方法的总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，可实现将电能转化为化学能
【答案】 B
【解析】 第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，所以开关K应该连接K1，A项正确；第二步在另一个惰性电极产生O2，此时开关K应该连接K2，NiOOH/Ni(OH)2发生还原反应，B项错误；标准状况下，理论上产生67.2 L H2，需要转移6 mol电子，电能的利用率为×100%＝96%，C项正确；题中装置是电解池，将电能转化为化学能，发生的总反应是2H2O2H2↑＋O2↑，D项正确。
11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是( )
A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
D．该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4
【解析】 K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3＋，Fe3＋水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A不符合题意；反应Ⅰ中尾气为Cl2，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B不符合题意；反应Ⅱ中的化学方程式为3NaClO＋10NaOH＋2FeCl3===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C不符合题意；向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4，D符合题意。
12.砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1 238 ℃。它在600 ℃以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是( )
A．砷化镓是一种分子晶体
B．砷化镓中不存在配位键
C．晶胞中Ga原子与As原子的数量比为4∶1
D．晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体
【答案】 D
【解析】 根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为共价晶体，A错误；Ga最外层有3个电子，每个Ga与4个As成键，所以砷化镓中存在配位键，B错误；晶胞中，Ga位于顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，As位于晶胞内，数目为4，所以晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为1∶1，C错误；由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体，D正确。
13.为减轻环境污染，提高资源的利用率，可将钛厂、氯碱厂和甲醇厂联合进行生产。生产工艺流程如下：
已知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中Ti元素的化合价没有变化。下列叙述错误的是( )
A．FeTiO3中Ti为＋4价
B．“合成”过程中原子利用率为100%
C．“氯化”时发生反应的化学方程式为7Cl2＋2FeTiO3＋6C===2FeCl3＋2TiCl4＋6CO
D．上述流程中生成钛时可用CO2代替Ar
【答案】 D
【解析】 由已知信息知，Ti元素化合价没有变化，TiCl4中Ti为＋4价，则FeTiO3中Ti为＋4价，故A正确；“合成”反应中CO与H2反应生成CH3OH，化学方程式为CO＋2H2CH3OH，则原子利用率为100%，故B正确；根据流程图知，“氯化”过程中，C转化为CO，FeTiO3转化为FeCl3和TiCl4，反应为2FeTiO3＋6C＋7Cl2===2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，故C正确；Ar与Mg不反应，所以Ar可以用作保护气，Mg与CO2反应生成氧化镁和碳，所以不能用CO2代替Ar，故D错误。
14.实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。
实验操作
实验数据
测量下述实验过程的pH变化
下列分析不正确的是
A. ①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应
B. 加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量
C. 从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32－
D. b点对应溶液中水电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度
【答案】C
【解析】 ②中反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应，故A不选；加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，故B不选；开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故C选；b点对应溶液碱溶液，抑制水的电离，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，水解促进水的电离，b点水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，故D不选；故选C。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
(1)基态镍原子的核外电子排布式为_____________________________________。
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为________________；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是________，立体构型为正四面体的分子是________，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_______________。
(3)Ni与CO在60～80 ℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是________，Ni(CO)4晶体类型是_________________。
(4)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞边长为0.42 nm，则MgO的密度为____________ g/cm3(保留小数点后一位)；相邻Mg2＋之间的最短距离为________ nm(已知＝1.414，＝1.732；结果保留小数点后两位)，每个Mg2＋周围具有该距离的Mg2＋个数为________。
【答案】 (1)[Ar]3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2
(2)Mg
16.（10分）二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：
①CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1
②CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝－49.0 kJ·mol－1
③CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋41.1 kJ·mol－1
④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4＝－24.5 kJ·mol－1
试回答下列问题：
(1)一步法合成二甲醚是以合成气(CO/H2)为原料，在一定温度、压强和催化剂作用下进行，由H2和CO直接制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝________；判断该反应在一定温度下、体积恒定的密闭容器中，下列不能作为达到化学平衡状态的依据是________。
A.平均摩尔质量保持不变
B.容器的密度不变
C.容器内压强保持不变
D.单位时间内消耗2 mol CO同时消耗1 mol二甲醚
(2)燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为2.0 L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入1 mol CO2和3 mol H2，在乙中充入2 mol CO2和6 mol H2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图1所示；容器甲中，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图2所示。下列说法正确的是________。
A.图1中，反应2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)的ΔS<0、ΔH<0
B.图1中，表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线B
C.图1中，逆反应速率v逆：状态Ⅰ＜状态Ⅲ
D.图2中，T3对应的平衡常数小于T4对应的平衡常数
E.图2中，根据图中曲线分析，催化剂Ⅰ的催化效果最好
(3)若CO2和H2仅发生反应②和③，研究表明：在其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性，使用该催化剂，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3(总量为a mol)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的CO2中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示：(忽略温度对催化剂的影响)
①根据图中数据，温度选择________K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高。
②随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：____________________________________________________________________。
(4)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO－，装置如下图所示。
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。标准状况下，当阳极生成氧气体积为448 mL时，测得阴极区内的c(HCOO－)＝0.03 mol/L，电解效率为________(忽略电解前后溶液的体积变化)。已知：电解效应＝×100%
【答案】 (1)－204.7 kJ·mol－1 B (2)ACE (3)①553 ②当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反应③平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低 (4)①CO2＋H2O＋2e－===HCOO－＋OH－ ②75%
【解析】 (1)已知：①CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1
④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4＝－24.5 kJ·mol－1，
根据盖斯定律①×②＋④，可得2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－204.7 kJ·mol－1；在一定温度下、体积恒定的密闭容器中，对应反应2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)，则：
A.反应中混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，故平均摩尔质量保持不变能说明已平衡，故A不符合；B.密闭容器中，气体总质量守恒，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，故选B；C.反应中容器内压强会随着反应而变，故容器内压强保持不变能说明已平衡，故C不符合；D.单位时间内消耗2 mol CO，同时消耗1 mol二甲醚，则说明已平衡，故D不符合；(2)A.方程式中反应物气体的物质的量为8 mol，生成物为4 mol，故ΔS<0；根据B曲线，升高温度，CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，正向放热，故A正确；B.初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲，故B错误；C.对于B曲线，随温度升高速率增大，故C正确；D.由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，所以平衡常数：T3>T4，D错误；E.反应温度低，反应物的转化效率高，则催化剂的催化效果好，根据图示，在相同温度下在催化剂Ⅰ时CO2转化效率最高，故催化剂Ⅰ的催化效果最好，E正确；【答案】选ACE。
(3)①按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3(总量为a mol)，则其中含有CO2的物质的量n(CO2)＝×amol＝mol，根据C元素守恒，在不同温度下，可得甲醇物质的量n(CH3OH)＝mol×转化率×选择性，计算后，553 K温度下，n(CH3OH)＝0.031 5 amol，大于其他温度下的产量，故【答案】为：553；②反应③的正反应是吸热反应，升高温度，该反应正向移动，且温度对吸热反应影响更大，使CO2的平衡转化率增加，但对于反应②，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，所以甲醇的平衡转化率反而降低，即甲醇的选择率降低，故【答案】为：当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反应③平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低；(4)①右侧Pt上CO2得到电子转化为HCOO－发生还原反应，则其反应式为：CO2＋H2O＋2e－===HCOO－＋OH－；
②由阳极的电极反应式
2H2O－4e－===4H＋＋O2↑
4 mol 22.4 L
n1(e－) 0.448 L
可得＝解得n1(e－)＝0.08 mol；由
2H2O＋4e－＋2CO2===2HCOO－＋2OH－
4 mol 2 mol
n2(e－) 0.03 mol/L×1 L
可得＝，解得n2(e－)＝0.06 mol，由电解效应＝×100%＝×100%＝75%。
17（13分）化合物E是潜在的治疗糖尿病、肾病的药物激活剂，其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)A的结构简式为______________________________________________________________，
E中含氧官能团的名称为________。
(2)写出反应类型：C→D为________反应，D→E为________反应。
(3)写出一种符合下列条件的B的同分异构体：______。
①芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③结构中有4种不同化学环境的氢原子。
(4)证明D中含—CHO的方法是__________________________________________________。
(5)设计一条由一氯环丁烷()和苯为有机原料合成的路线(其他无机试剂任选)
(合成路线表示方式为甲……乙目标产物)。
【答案】 (1) 羧基、羟基
(2)取代 氧化
(3)、、、、、(任意一种)
(4)取样，加入新制的Cu(OH)2，煮沸，产生砖红色沉淀
(5)
【解析】 (1)根据分析，A 的结构简式为，根据E的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为羧基、羟基。
(2)根据分析，C→D为取代反应，D→E为氧化反应。
(3)B的结构简式为，其同分异构体是芳香族化合物，说明结构中含有苯环，能发生银镜反应说明结构中含有—CHO，结构中有 4 种不同化学环境的氢原子，则符合条件的B的同分异构体有、、、、、(任写一种即可)。
(4)证明D中含—CHO，可利用醛基的性质，方法为取样，加入新制的Cu(OH)2，煮沸，产生砖红色沉淀。
(5)由一氯环丁烷()和苯为有机原料合成，首先与氢氧化钠溶液在加热条件下发生水解生成，再与氧气在铜作催化剂以及加热条件下发生氧化反应生成；和溴单质在溴化铁作用下生成溴苯，溴苯与在题干流程中A→B的反应条件下生成，反应流程为。
18.（12分）钛用途广泛，焦磷酸镁(Mg2P2O7)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如图：
已知：TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2＋的形式存在。回答下列问题：
(1)“碱浸”和“酸浸”操作的目的是________________________________________。
(2)适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40 ℃而不选择更高温度的原因是______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“反应”步骤中加入适量铁粉，加入铁粉的目的为________________________________
____________________________；滤渣2的主要成分为___________________________(填化学式)。
(4)“氧化”时S2O转化为SO的离子方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(5)离子浓度≤1.0×10－5 mol·L－1时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使Fe3＋沉淀完全，调节pH的最小值为________________(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，lg 2＝0.3)。
(6)向滤液Ⅲ中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)的化学方程式为________________
________________________________________________________________________。
【答案】 (1)除去Al2O3、Cu，使TiO2生成TiO2＋ (2)防止TiO2＋水解，减少损失 (3)将Fe3＋还原成Fe2＋ FeSO4·7H2O (4)S2O＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2SO
(5)3.3 (6)Na4P2O7＋2MgSO4===Mg2P2O7↓＋2Na2SO4
【解析】 以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸是为了除去能与碱反应的Al2O3，然后过滤，向滤渣中加入过量的稀硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸亚铁晶体析出从而除去大部分亚铁离子；然后过滤，将滤液加热水解生成TiO(OH)2，过滤得到TiO(OH)2固体和主要含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO(OH)2得TiO2；将滤液氧化后调pH使铁离子生成氢氧化铁而被除去，然后过滤，向滤液中加焦磷酸钠溶液得到焦磷酸镁，据此分析可得。
(1)“碱浸”的目的是除去能与碱反应的Al2O3，“酸浸”的目的是除去不与酸反应的Cu，并使TiO2以TiO2＋形式存在，同时产生Fe2＋、Fe3＋以及Mg2＋。
(3)“酸浸”后溶液中存在的离子有Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、TiO2＋以及SO，所以加铁粉是为了将Fe3＋还原成Fe2＋，便于冷却结晶生成FeSO4·7H2O晶体而析出，所以滤渣2的主要成分为FeSO4·7H2O。
(5)当c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时表示该离子沉淀完全。由Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，可知Fe3＋恰好完全沉淀时c(OH－)＝＝ mol·L－1＝2×10－11 mol·L－1，则pH＝3.3。
19.（12分）实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：
i.(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O易被还原为SO；
ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；
iii.I2可与S2O发生反应：2S2O+I2=S4O+2I-。
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
（1）实验1-1的目的是____。
（2）(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为____。
为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
0.2mol·L-1KI溶液/mL
0.01mol·L-1Na2S2O3溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%的淀
粉溶液/滴
02mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
2
30
（3）实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有____。
（4）加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O)降低；
猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，____。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性____(填“强于”或“弱于”)KI的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是____。
③补全猜想2：___。
（5）查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2O)=____mol·L-1·s-1(写出计算式)。
（6）实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是____。(写出2条)。
【【答案】】（1）做对照，排出O2氧化I-的干扰
（2）+2I-=2+I2
（3）无Na2S2O3时，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化
（4） ①. 强于 ②. 实验2-2与Na2S2O3完全反应后的溶液中，n()仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），溶液应立即变蓝 ③. 生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝
（5）
（6）(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小）；c(Na2S2O3)＜c(KI)
【【解析】】
【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，设计了实验，实验现象表明，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率。
【小问1详解】
实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实验1-2中，空气中的O2会将I-氧化为I2，故实验1-1的目的是做对照，排出O2氧化I-的干扰。
小问2详解】
根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的的离子方程式为+2I-=2+I2。
【小问3详解】
实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化。
【小问4详解】
①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的；
②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，起始n()=0.4´10-3mol，n()=0.008´10-3mol，该反应后n()=0.396´10-3mol，仍高于2-1中起始n()（0.04´10-3mol），即实验2-2中与反应后，溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立；
③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝。
【小问5详解】
由反应+2I-=2+I2和反应2+I2=+2I-可得：~2，30s内，Δn()=0.1´0.08´10-3mol，则Δn()=´0.1´0.08´10-3mol，故30s内的平均反应速率v()==mol·L-1·s-1。
【小问6详解】
实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。
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