资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩10页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（山东专用）（原卷版+解析版）
展开
这是一份必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（山东专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷山东卷解析版docx、必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷山东卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷01（山东卷）
山东高考化学科目时间：6月9日15:30-17:00，考试时间90分钟，满分100分。试卷结构依然采取10道单选题、5道不定项选择题和5道主观大题的模式。考查内容上预测不会有大的变化，试题情境将更加与实际生产生活相贴切。
本套试卷突出了对氧化还原反应、实验基础和物质结构与性质模块内容的考查，如第7、10、11、12题都考查到了氧化还原反应，第2、4、10题考查了实验基础知识。选择题中增加了对晶胞结构的考查。第13题的电化学知识考查了浓差电池，比较新颖。
本卷满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Ni 59 As 75
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．近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是
A．新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变
B．DNA存储技术中用于编码的DNA是核糖核酸
C．建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金
D．“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能
【答案】C
【详解】A．催化剂可改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变焓变，A错误；
B．DNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；
C．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；螺纹钢属于合金，C正确；
D．燃料电池放电时主要将化学能转化为电能，D错误；
故选C。
2．下列有关操作或仪器使用的说法错误的是
A．①、②均可用酒精灯直接加热
B．③、④、⑤使用前均须检查是否漏水
C．④、⑦可用于物质的分离
D．⑤“0”刻度在上端，⑥“0”刻度在下端
【答案】D
【详解】A．①是蒸发皿，蒸发实验使用，②是坩埚，灼烧固体使用，均可用酒精灯直接加热，A正确；
B．③、④、⑤带有盖子或活塞，且用于盛装或量取液体，需要防止漏液，因此使用前均须检查是否漏水，B正确；
C．④是分液漏斗，可用于萃取、分液实验，⑦是漏斗，可用于过滤，均可用于物质的分离，C正确；
D．⑤“0”刻度在上端，⑥没有“0”刻度，D错误；
故选D。
3．下列物质应用错误的是
A．可用于制作耐火材料 B．CuO可代替做打印机墨粉
C．波尔多液可用于农作物杀菌 D．可用于冷冻麻醉应急处理
【答案】B
【详解】A．氧化铝熔点很高，一般条件下，氧化铝不能熔化，所以氧化铝可以作耐火材料，故A正确；
B．打印机墨粉中使用Fe3O4，是利用了其磁性，CuO不具有磁性，故不能用CuO代替 Fe3O4，故B错误；
C．波尔多液是一种保护性杀菌剂，由硫酸铜和石灰乳配制而成，故C正确；
D．易汽化而吸收热量，可使局部冷冻麻醉，故D正确；
故选B。
4．下列实验设计所得结论均正确的是
A．将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应
B．将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余
C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环
D．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解
【答案】A
【详解】A．氯气和水生成的次氯酸容易分解为盐酸、氧气，氯水放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应，故A正确；
B．酯化反应中使用浓硫酸作催化剂，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸剩余，故B错误；
C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，苯不能是酸性高锰酸钾溶液褪色、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯中的苯环活化了甲基，故C错误；
D．检验葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，故应该先加入氢氧化钠除去过量稀硫酸后在进行实验，故D错误；
故选A。
5．硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是
A．单质硅和金刚石中的键能：
B．和中化合价均为-4价
C．中Si原子的杂化方式为sp
D．碳化硅硬度很大，属于分子晶体
【答案】A
【详解】A．原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，则键能：Si-Si＜C-C，故A正确；
B．H的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为价，故B错误；
C．SiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；
D．碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；
故选A。
6．对乙酰氨基酚是新冠病毒感染者居家治疗常用药之一，其合成路线如下：
下列叙述正确的是
A．化合物3中有三种官能团
B．化合物1、2、3中N原子均采取sp3杂化
C．化合物2可以发生取代、氧化和消去反应
D．CH3COOH的酸性比ClCH2COOH弱
【答案】D
【详解】A．化合物3中有酰氨基和酚羟基共2种官能团,选项A错误；
B．硝基中的氮原子价层电子对数为3，是sp2杂化，选项B错误；
C．化合物2中羟基直接与苯环相连，无法发生消去反应，选项C错误；
D．氯乙酸中的-Cl是一种吸电子基团，能使羧基中的H更易电离，因此氯乙酸的酸性比醋酸的更强，选项D正确；
答案选D。
7．过二硫酸钾()是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，可通过电解溶液制备。它在100℃下能发生分解反应：(未配平)，设是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中存在个非极性共价键
B．每生成，转移电子
C．标准状况下，含有的原子数为
D．溶液的离子总数为
【答案】A
【详解】A．中K为+1价，S为+6价，则可知2个氧原子为-1价，即存在一个过氧键，中存在个非极性共价键，故A正确；
B．由-1价的O转化生成，每生成，转移电子，故B错误；
C．标准状况下，不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故C错误；
D．，溶于水电离产生，均为0.05mol，离子总量为0.05mol×3=0.15mol，即个离子，故D错误；
故选：A。
8．金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的。X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体的必需微量元素之一。含有60mol质子。下列说法正确的是
A．原子半径：M>X>Z>Y B．X、Y、Z可形成多种酸
C．M原子的价层电子排布式为 D．同周期元素中第一电离能比X大的有两种
【答案】B
【详解】X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，推出Y为H元素，X为O元素，基态X和Z的未成对电子数相同，则Z为C元素；金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的，含有60mol质子，M是人体的必需微量元素之一，为Cu元素；
综上，X为O、Y为H、Z为C、M为Cu；
A．原子半径：M(Cu)> Z(C)>X(O)>Y(H)，选项A错误；
B．X、Y、Z可形成多种酸，如H2CO3、H2C2O4、H2S、H2SO3、H2SO4等，选项B正确；
C．M为Cu，原子的价层电子排布式为3d104s1，选项C错误；
D．X为O，同周期元素中第一电离能比O大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，选项D错误；
答案选B。
9．乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g) + H2(g) = C2H6(g) △H= a kJ·mol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．1 mol C2H6(g)的能量大于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和
B．该反应的焓变：△H = -129.6 kJ·mol-1
C．过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2
D．相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF
【答案】B
【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，故1 mol C2H6(g)的能量小于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和，A错误；
B．由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol -0=-129.6 kJ/mol，B正确；
C．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；
故选B。
10．为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验．
编号
1
2
实验内容
实验现象
随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅
随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中溶液变浅是因为
B．实验2中出现紫色沉淀是因为
C．实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察
【答案】C
【详解】A．溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；
B．碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；
C．过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；
D．实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．在分析化学上，测定含酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两个反应：
I．用粉还原得到；
II．用溶液滴定，反应的离子方程式为。
下列说法错误的是
A．还原性：
B．反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为
C．反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂
D．反应I中生成时消耗的和反应Ⅱ中消耗时生成的的量相同
【答案】B
【详解】A．根据反应I中作还原剂，则还原性，再结合反应II可知还原性：，A项正确；
B．根据电子守恒可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B项错误；
C．Fe3+和SCN-反应能生成红色物质，所以反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂，C项正确；
D．书写并配平反应的离子方程式可知，结合反应II分析可知D项正确；
故选B。
12．从钒铬锰矿渣(主要成分为、、MnO)中提取铬的一种工艺流程如图：
已知：Mn(II)在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化；在酸性溶液中钒通常以、等存在；沉铬过程中，当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为。下列说法正确的是
A．“沉钒”时，胶体的作用是吸附
B．滤液B的，沉铬完全
C．“提纯”过程中的作用是还原铬
D．“转化”过程中发生反应：
【答案】AB
【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒” 步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加入NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化” 步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“沉钒”时，胶体的作用是吸附，故A正确；
B．当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为，则Ksp[Cr(OH)3)]= =1×10-30，沉铬完全时，溶液中c(Cr3+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=1×10-8.3mol/L，则c(H+)=，pH=-lgc(H+)=5.7，故B正确；
C．由分析可知，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，故C错误；
D．由分析可知，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故D错误；
故选AB。
13．浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是
A．电极a应与Ag(II)相连
B．电渗析装置中膜b为阴离子交换膜
C．电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大
D．电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
【答案】BD
【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。
【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；
B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B错误；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，电渗析装置生成0.01 mol NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；
故选BD。
14．某笼形络合物A[Ni(CN)x(NH3)y(C6H6)z]结构中，金属离子与CN连接形成平面层，两个平面层通过NH3分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如C6H6)，其基本结构如图(H原子未画出)。下列说法错误的是
A．该结构不是晶胞结构单元 B．x：y：z=2：1：1
C．金属离子的配位数为4和6 D．该笼形络合物A的晶胞密度为g/cm3
【答案】D
【详解】A．该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)，A项正确；
B．根据均摊法，每个单元中含有Ni个数为，含有的个数为，含有的个数为，含有的个数为1，故，B项正确；
C．通过分析，同层有4个，金属离子的配位数为4，轴向有2个的金属离子配位数为，金属离子配位数为4和6，C项正确；
D．按该结构计算晶胞密度：，D项错误；
答案选D。
15．常温下向溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，过程中加入氨水的体积V与溶液中的关系如图。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为。下列叙述错误的是
A．a点溶液中存在四种离子，其中浓度最大
B．b点对应溶液中：
C．与葡萄糖发生银镜反应，最好选择d点
D．由e点可知，反应的平衡常数的数量级为
【答案】AC
【详解】A．a点没有加入氨水，溶质为AgNO3，Ag+发生水解，因此NO浓度最大，故A说法错误；
B．根据电荷守恒，有c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(NO)，b点对应的c(H+)=c(OH-)，因此有c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH)= c(NO)，即c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}＜c(NO)，故B说法正确；
C．与葡萄糖发生银镜反应，溶液中的溶质应为Ag(NH3)2OH，银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，根据题中信息，e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，此时溶质为Ag(NH3)2OH，因此与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e点，故C说法错误；
D．Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+，平衡常数表达式为K=，e点氨水体积为4.7mL，根据银元素守恒，c{[Ag(NH3)2]+}=≈0.1mol/L，e点c(Ag+)=c(NH3)=2×10-3mol/L，代入上述平衡常数表达式，K=1.25×107，该反应的平衡常数的数量级为107，故D说法正确；
答案为AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）生产、生活和科技发展离不开化学。请回答下列问题：
(1)血红蛋白(Hb)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心Fe2+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图所示。
①基态Fe原子的价电子排布图为___________，Fe2+核外电子有___________种空间运动状态。
②血红素中各非金属元素的电负性由小到大的顺序为___________。
③Fe2+与邻二氮菲( )等多齿配体在水溶液中可以形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，该配合物的颜色常用于Fe2+浓度的测定。实验表明，邻二氮菲检测Fe2+的适宜pH范围是2-9，主要原因：___________；若OH-浓度高，OH-又会与Fe2+作用，同邻二氮菲形成竞争。
④卟琳是含有平面共轭大环结构的有机分子材料，具有独特的电子结构和光物理性质，卟琳分子结构如图，N原子的杂化轨道类型相同，采取___________杂化。
(2)立方砷化硼(BAs)在理论上具有比硅更好的导热性，以及更高的双极性迁移率，有潜力成为比硅更优良的半导体材料。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，立方砷化硼晶胞结构如图所示。As位于元素周期表的___________区，找出距离As(0.25，0.25，0.25)最近的As___________(用分数坐标表示)。
②已知晶体密度为ag·cm-3，As半径为bpm，假设As、B原子相切，则B原子的半径为___________pm(列出计算式)。
【答案】(1) （1分） 14 （1分） H
(2) p（1分） (0.75，0.25，0.75)、(0.75、0.75、0.25)、(0.25、0.75、0.75) （2分）
（2分）
【详解】（1）①铁元素的原子序数为26，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价电子排布图为 ，基态亚铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，离子中轨道数为14，则离子核外电子有14种空间运动状态；
②由血红素结构可知，血红素中各非金属元素为氢、碳、氮、氧，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素的电负性由小到大的顺序为H
④由题意可知，卟琳分子中氮原子的杂化轨道类型相同，由结构可知，分子中还有杂化方式为sp2杂化的双键氮原子，所以分子中氮原子的杂化方式为sp2杂化；
（2）①砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，位于元素周期表的p区；由晶胞结构可知，晶胞中砷原子位于与左下角顶点硼原子和右上角顶点硼原子形成的体对角线处，砷原子的坐标为As(0.25，0.25，0.25)，距离该原子最近的砷原子位于体对角线的处，原子的坐标分别为(0.75，0.25，0.75)、(0.75、0.75、0.25)、(0.25、0.75、0.75)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的砷原子个数为4，设晶胞的参数为xpm，由晶胞的质量公式可得：=10—30x3a，解得x=，硼原子与砷原子的最近距离为体对角线，则由砷原子半径为bpm，晶胞中砷原子和硼原子相切可知，硼原子的半径为()pm。
17．（12分）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。
(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。
【答案】(1)70℃，固液比（1分）
(2)将PdO还原为Pd（1分）
(3) （2分）
(4) 阴离子（1分） B（1分）
(5) HCl （1分） 浸取与洗脱（1分）
(6) 159（2分） 阴极有得电子生成（2分）
【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。
【详解】（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。
18．（12分）研究小组以(绿色固体)、、THF(四氯呋喃，液体)等物质为原料制备固体配合物，该配合物可作为有机反应的催化剂
(1)无水(紫色固体，易升华)的制备装置如图所示(夹持装置略)。
①仪器a的名称为________。
②本实验持续通入的目的有赶走体系中原有的空气、________。
③反应管的温度升到660℃时发生反应，生成和(光气)，其化学方程式为________。有剧毒，与水反应生成两种酸性气体，b装置中生成的盐是________(填化学式)。
④反应管右端有15cm在加热炉外，其作用是________________。
(2)的合成装置如图所示(搅拌和夹持装置咯)
将制备的无水和极少量锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入足量无水THF。制备反应的原理为。
实验时烧瓶中THF受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与滤纸套筒内的物质接触。当液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回双颈烧瓶．从而实现了THF与的连续反应及产物的连续萃取。
①锌粉的作用是________________(用化学方程式表示)。
②和在THF的溶解性分别为________、________(填“溶”或“不溶”)。
③合成反应完成后，取下双颈烧瓶，蒸发THF得到固体产品6.7410g。则该实验的产率为________%。[已知：的摩尔质量为152g/mol；的摩尔质量为374.5g/mol]
【答案】(1) 干燥管（1分） 将气态四氯化碳吹入管式炉（1分）
Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2 （2分） Na2CO3和NaCl（1分） 使凝华（1分）
(2) （2分） 不溶（1分） 溶（1分） 90%（2分）
【分析】实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，利用无水氯化钙防止水蒸气进入管式炉，并用氢氧化钠溶液吸收COCl2；合成首先在圆底烧瓶中加入无水四氢呋喃，在滤纸套筒加入无水和锌粉，开始加热四氢呋喃蒸气通过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到滤纸套筒中进行反应，从而生成产物。
【详解】（1）①根据图示，仪器a是干燥管；
②热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉；
③根据题意，以(绿色固体)、为原料制备固体无水，生成和(光气)，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；与水反应生成两种酸性气体：COCl2+H2O=CO2+2HCl，b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是Na2CO3和NaCl；无水易升华，所以反应管右端有15cm在加热炉外，是为了使凝华；
（2）①加入锌可以把三价铬还原为二价铬，方程式为：；
②由实验步骤③中实验原理可知，四氢呋喃在圆底烧瓶和滤纸套筒中循环，
只有不溶于四氢呋喃、，溶于四氢呋喃方能实现四氢呋喃与的连续反应及产物的连续萃取，故和在THF的溶解性分别为不溶，溶；
③由题目中的反应方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2、，可知如下对应关系式：，理论产量，产率为。
19．（12分）化合物VII是一种用于缓解肌肉痉挛的药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)中官能团的名称是_______。VI→VII的反应类型是_______。
(2)中手性碳原子的个数是_______ (代表阿伏加德罗常数的值)。化合物 的分子式是_______。
(3)已知 (表示，则III的结构简式是_______。
(4)V→VI的化学方程式是_______。
(5)符合下列条件的化合物II的同分异构体有_______种。
a.含有结构单元
b.含有
c.苯环上有两个取代基
(6)参考上述信息，写出以苯甲醇和为原料制备的合成路线_____。
【答案】(1) 碳碳双键 （1分） 取代反应（1分）
(2) 1 （1分） （1分）
(3) （1分）
(4)2 +2（2分）
(5)3（2分）
(6) （3分）
【分析】物质I和在一定条件下生成物质II，根据物质IV的结构，和III的分子式，可以推出物质III的结构为： ，物质IV发生催化氧化生成物质V，再被氧化生成VI，最后发生酯化反应得到产物。
【详解】（1）含有的官能团为：碳碳双键，根据分析，VI→VII的反应类型是取代反应；
（2）根据物质IV的结构式 ，中手性碳原子的个数是1； 的分子式为：；
（3）根据以上分析，物质III的结构式为： ；
（4）物质V被氧化生成VI，反应的方程式为：2 +2
（5）化合物II的结构为： a.含有结构单元 ，b.含有，c.苯环上有两个取代基的结构有：3种；
（6）由 氧化生成 ， 和反应，生成 ，再催化氧化，生成产品 ，流程为：。
20．（12分）碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，的综合利用成为热点研究对象，作为碳源加氢是再生能源的有效方法，加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)①相关键能如下表，则_________，该反应的活化能________(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键
键能
436
1071
464
803
②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
③已知的正反应速率( k为正反应的速率常数)，某温度时测得数据如下：
1
0.02
0.01
2
0.02
0.02
a
则此温度下表中a=___________。
(2)据文献报道，基纳米材料作为高性能催化剂可将电还原为高能量密度的，不同催化剂对生成的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。
(3)在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。
(4)某温度下，初始压强为，向容积为的恒容密闭容器中充入、发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时的转化率是50%，体系内剩余，反应Ⅱ的平衡常数K=___________。
【答案】(1) （2分） 大于（1分） （2分） 1.6×10−3（2分）
(2)−1.0V、Cu6(S) （1分）
(3) p1>p2>p3 （1分） TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低（1分）
(4)2（2分）
【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K=；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3；
（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=。
绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷01（山东卷）
山东高考化学科目时间：6月9日15:30-17:00，考试时间90分钟，满分100分。试卷结构依然采取10道单选题、5道不定项选择题和5道主观大题的模式。考查内容上预测不会有大的变化，试题情境将更加与实际生产生活相贴切。
本套试卷突出了对氧化还原反应、实验基础和物质结构与性质模块内容的考查，如第7、10、11、12题都考查到了氧化还原反应，第2、4、10题考查了实验基础知识。选择题中增加了对晶胞结构的考查。第13题的电化学知识考查了浓差电池，比较新颖。
本卷满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Ni 59 As 75
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．近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是
A．新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变
B．DNA存储技术中用于编码的DNA是核糖核酸
C．建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金
D．“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能
【答案】C
【详解】A．催化剂可改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变焓变，A错误；
B．DNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；
C．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；螺纹钢属于合金，C正确；
D．燃料电池放电时主要将化学能转化为电能，D错误；
故选C。
2．下列有关操作或仪器使用的说法错误的是
A．①、②均可用酒精灯直接加热
B．③、④、⑤使用前均须检查是否漏水
C．④、⑦可用于物质的分离
D．⑤“0”刻度在上端，⑥“0”刻度在下端
【答案】D
【详解】A．①是蒸发皿，蒸发实验使用，②是坩埚，灼烧固体使用，均可用酒精灯直接加热，A正确；
B．③、④、⑤带有盖子或活塞，且用于盛装或量取液体，需要防止漏液，因此使用前均须检查是否漏水，B正确；
C．④是分液漏斗，可用于萃取、分液实验，⑦是漏斗，可用于过滤，均可用于物质的分离，C正确；
D．⑤“0”刻度在上端，⑥没有“0”刻度，D错误；
故选D。
3．下列物质应用错误的是
A．可用于制作耐火材料 B．CuO可代替做打印机墨粉
C．波尔多液可用于农作物杀菌 D．可用于冷冻麻醉应急处理
【答案】B
【详解】A．氧化铝熔点很高，一般条件下，氧化铝不能熔化，所以氧化铝可以作耐火材料，故A正确；
B．打印机墨粉中使用Fe3O4，是利用了其磁性，CuO不具有磁性，故不能用CuO代替 Fe3O4，故B错误；
C．波尔多液是一种保护性杀菌剂，由硫酸铜和石灰乳配制而成，故C正确；
D．易汽化而吸收热量，可使局部冷冻麻醉，故D正确；
故选B。
4．下列实验设计所得结论均正确的是
A．将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应
B．将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余
C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环
D．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解
【答案】A
【详解】A．氯气和水生成的次氯酸容易分解为盐酸、氧气，氯水放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应，故A正确；
B．酯化反应中使用浓硫酸作催化剂，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸剩余，故B错误；
C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，苯不能是酸性高锰酸钾溶液褪色、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯中的苯环活化了甲基，故C错误；
D．检验葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，故应该先加入氢氧化钠除去过量稀硫酸后在进行实验，故D错误；
故选A。
5．硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是
A．单质硅和金刚石中的键能：
B．和中化合价均为-4价
C．中Si原子的杂化方式为sp
D．碳化硅硬度很大，属于分子晶体
【答案】A
【详解】A．原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，则键能：Si-Si＜C-C，故A正确；
B．H的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为价，故B错误；
C．SiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；
D．碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；
故选A。
6．对乙酰氨基酚是新冠病毒感染者居家治疗常用药之一，其合成路线如下：
下列叙述正确的是
A．化合物3中有三种官能团
B．化合物1、2、3中N原子均采取sp3杂化
C．化合物2可以发生取代、氧化和消去反应
D．CH3COOH的酸性比ClCH2COOH弱
【答案】D
【详解】A．化合物3中有酰氨基和酚羟基共2种官能团,选项A错误；
B．硝基中的氮原子价层电子对数为3，是sp2杂化，选项B错误；
C．化合物2中羟基直接与苯环相连，无法发生消去反应，选项C错误；
D．氯乙酸中的-Cl是一种吸电子基团，能使羧基中的H更易电离，因此氯乙酸的酸性比醋酸的更强，选项D正确；
答案选D。
7．过二硫酸钾()是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，可通过电解溶液制备。它在100℃下能发生分解反应：(未配平)，设是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中存在个非极性共价键
B．每生成，转移电子
C．标准状况下，含有的原子数为
D．溶液的离子总数为
【答案】A
【详解】A．中K为+1价，S为+6价，则可知2个氧原子为-1价，即存在一个过氧键，中存在个非极性共价键，故A正确；
B．由-1价的O转化生成，每生成，转移电子，故B错误；
C．标准状况下，不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故C错误；
D．，溶于水电离产生，均为0.05mol，离子总量为0.05mol×3=0.15mol，即个离子，故D错误；
故选：A。
8．金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的。X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体的必需微量元素之一。含有60mol质子。下列说法正确的是
A．原子半径：M>X>Z>Y B．X、Y、Z可形成多种酸
C．M原子的价层电子排布式为 D．同周期元素中第一电离能比X大的有两种
【答案】B
【详解】X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，推出Y为H元素，X为O元素，基态X和Z的未成对电子数相同，则Z为C元素；金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的，含有60mol质子，M是人体的必需微量元素之一，为Cu元素；
综上，X为O、Y为H、Z为C、M为Cu；
A．原子半径：M(Cu)> Z(C)>X(O)>Y(H)，选项A错误；
B．X、Y、Z可形成多种酸，如H2CO3、H2C2O4、H2S、H2SO3、H2SO4等，选项B正确；
C．M为Cu，原子的价层电子排布式为3d104s1，选项C错误；
D．X为O，同周期元素中第一电离能比O大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，选项D错误；
答案选B。
9．乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g) + H2(g) = C2H6(g) △H= a kJ·mol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．1 mol C2H6(g)的能量大于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和
B．该反应的焓变：△H = -129.6 kJ·mol-1
C．过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2
D．相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF
【答案】B
【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，故1 mol C2H6(g)的能量小于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和，A错误；
B．由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol -0=-129.6 kJ/mol，B正确；
C．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；
故选B。
10．为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验．
编号
1
2
实验内容
实验现象
随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅
随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中溶液变浅是因为
B．实验2中出现紫色沉淀是因为
C．实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察
【答案】C
【详解】A．溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；
B．碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；
C．过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；
D．实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．在分析化学上，测定含酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两个反应：
I．用粉还原得到；
II．用溶液滴定，反应的离子方程式为。
下列说法错误的是
A．还原性：
B．反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为
C．反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂
D．反应I中生成时消耗的和反应Ⅱ中消耗时生成的的量相同
【答案】B
【详解】A．根据反应I中作还原剂，则还原性，再结合反应II可知还原性：，A项正确；
B．根据电子守恒可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B项错误；
C．Fe3+和SCN-反应能生成红色物质，所以反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂，C项正确；
D．书写并配平反应的离子方程式可知，结合反应II分析可知D项正确；
故选B。
12．从钒铬锰矿渣(主要成分为、、MnO)中提取铬的一种工艺流程如图：
已知：Mn(II)在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化；在酸性溶液中钒通常以、等存在；沉铬过程中，当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为。下列说法正确的是
A．“沉钒”时，胶体的作用是吸附
B．滤液B的，沉铬完全
C．“提纯”过程中的作用是还原铬
D．“转化”过程中发生反应：
【答案】AB
【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒” 步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加入NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化” 步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“沉钒”时，胶体的作用是吸附，故A正确；
B．当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为，则Ksp[Cr(OH)3)]= =1×10-30，沉铬完全时，溶液中c(Cr3+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=1×10-8.3mol/L，则c(H+)=，pH=-lgc(H+)=5.7，故B正确；
C．由分析可知，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，故C错误；
D．由分析可知，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故D错误；
故选AB。
13．浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是
A．电极a应与Ag(II)相连
B．电渗析装置中膜b为阴离子交换膜
C．电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大
D．电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
【答案】BD
【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。
【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；
B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B错误；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，电渗析装置生成0.01 mol NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；
故选BD。
14．某笼形络合物A[Ni(CN)x(NH3)y(C6H6)z]结构中，金属离子与CN连接形成平面层，两个平面层通过NH3分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如C6H6)，其基本结构如图(H原子未画出)。下列说法错误的是
A．该结构不是晶胞结构单元 B．x：y：z=2：1：1
C．金属离子的配位数为4和6 D．该笼形络合物A的晶胞密度为g/cm3
【答案】D
【详解】A．该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)，A项正确；
B．根据均摊法，每个单元中含有Ni个数为，含有的个数为，含有的个数为，含有的个数为1，故，B项正确；
C．通过分析，同层有4个，金属离子的配位数为4，轴向有2个的金属离子配位数为，金属离子配位数为4和6，C项正确；
D．按该结构计算晶胞密度：，D项错误；
答案选D。
15．常温下向溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，过程中加入氨水的体积V与溶液中的关系如图。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为。下列叙述错误的是
A．a点溶液中存在四种离子，其中浓度最大
B．b点对应溶液中：
C．与葡萄糖发生银镜反应，最好选择d点
D．由e点可知，反应的平衡常数的数量级为
【答案】AC
【详解】A．a点没有加入氨水，溶质为AgNO3，Ag+发生水解，因此NO浓度最大，故A说法错误；
B．根据电荷守恒，有c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(NO)，b点对应的c(H+)=c(OH-)，因此有c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH)= c(NO)，即c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}＜c(NO)，故B说法正确；
C．与葡萄糖发生银镜反应，溶液中的溶质应为Ag(NH3)2OH，银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，根据题中信息，e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，此时溶质为Ag(NH3)2OH，因此与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e点，故C说法错误；
D．Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+，平衡常数表达式为K=，e点氨水体积为4.7mL，根据银元素守恒，c{[Ag(NH3)2]+}=≈0.1mol/L，e点c(Ag+)=c(NH3)=2×10-3mol/L，代入上述平衡常数表达式，K=1.25×107，该反应的平衡常数的数量级为107，故D说法正确；
答案为AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）生产、生活和科技发展离不开化学。请回答下列问题：
(1)血红蛋白(Hb)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心Fe2+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图所示。
①基态Fe原子的价电子排布图为___________，Fe2+核外电子有___________种空间运动状态。
②血红素中各非金属元素的电负性由小到大的顺序为___________。
③Fe2+与邻二氮菲( )等多齿配体在水溶液中可以形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，该配合物的颜色常用于Fe2+浓度的测定。实验表明，邻二氮菲检测Fe2+的适宜pH范围是2-9，主要原因：___________；若OH-浓度高，OH-又会与Fe2+作用，同邻二氮菲形成竞争。
④卟琳是含有平面共轭大环结构的有机分子材料，具有独特的电子结构和光物理性质，卟琳分子结构如图，N原子的杂化轨道类型相同，采取___________杂化。
(2)立方砷化硼(BAs)在理论上具有比硅更好的导热性，以及更高的双极性迁移率，有潜力成为比硅更优良的半导体材料。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，立方砷化硼晶胞结构如图所示。As位于元素周期表的___________区，找出距离As(0.25，0.25，0.25)最近的As___________(用分数坐标表示)。
②已知晶体密度为ag·cm-3，As半径为bpm，假设As、B原子相切，则B原子的半径为___________pm(列出计算式)。
【答案】(1) （1分） 14 （1分） H
(2) p（1分） (0.75，0.25，0.75)、(0.75、0.75、0.25)、(0.25、0.75、0.75) （2分）
（2分）
【详解】（1）①铁元素的原子序数为26，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价电子排布图为 ，基态亚铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，离子中轨道数为14，则离子核外电子有14种空间运动状态；
②由血红素结构可知，血红素中各非金属元素为氢、碳、氮、氧，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素的电负性由小到大的顺序为H
④由题意可知，卟琳分子中氮原子的杂化轨道类型相同，由结构可知，分子中还有杂化方式为sp2杂化的双键氮原子，所以分子中氮原子的杂化方式为sp2杂化；
（2）①砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，位于元素周期表的p区；由晶胞结构可知，晶胞中砷原子位于与左下角顶点硼原子和右上角顶点硼原子形成的体对角线处，砷原子的坐标为As(0.25，0.25，0.25)，距离该原子最近的砷原子位于体对角线的处，原子的坐标分别为(0.75，0.25，0.75)、(0.75、0.75、0.25)、(0.25、0.75、0.75)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的砷原子个数为4，设晶胞的参数为xpm，由晶胞的质量公式可得：=10—30x3a，解得x=，硼原子与砷原子的最近距离为体对角线，则由砷原子半径为bpm，晶胞中砷原子和硼原子相切可知，硼原子的半径为()pm。
17．（12分）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。
(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。
【答案】(1)70℃，固液比（1分）
(2)将PdO还原为Pd（1分）
(3) （2分）
(4) 阴离子（1分） B（1分）
(5) HCl （1分） 浸取与洗脱（1分）
(6) 159（2分） 阴极有得电子生成（2分）
【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。
【详解】（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。
18．（12分）研究小组以(绿色固体)、、THF(四氯呋喃，液体)等物质为原料制备固体配合物，该配合物可作为有机反应的催化剂
(1)无水(紫色固体，易升华)的制备装置如图所示(夹持装置略)。
①仪器a的名称为________。
②本实验持续通入的目的有赶走体系中原有的空气、________。
③反应管的温度升到660℃时发生反应，生成和(光气)，其化学方程式为________。有剧毒，与水反应生成两种酸性气体，b装置中生成的盐是________(填化学式)。
④反应管右端有15cm在加热炉外，其作用是________________。
(2)的合成装置如图所示(搅拌和夹持装置咯)
将制备的无水和极少量锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入足量无水THF。制备反应的原理为。
实验时烧瓶中THF受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与滤纸套筒内的物质接触。当液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回双颈烧瓶．从而实现了THF与的连续反应及产物的连续萃取。
①锌粉的作用是________________(用化学方程式表示)。
②和在THF的溶解性分别为________、________(填“溶”或“不溶”)。
③合成反应完成后，取下双颈烧瓶，蒸发THF得到固体产品6.7410g。则该实验的产率为________%。[已知：的摩尔质量为152g/mol；的摩尔质量为374.5g/mol]
【答案】(1) 干燥管（1分） 将气态四氯化碳吹入管式炉（1分）
Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2 （2分） Na2CO3和NaCl（1分） 使凝华（1分）
(2) （2分） 不溶（1分） 溶（1分） 90%（2分）
【分析】实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，利用无水氯化钙防止水蒸气进入管式炉，并用氢氧化钠溶液吸收COCl2；合成首先在圆底烧瓶中加入无水四氢呋喃，在滤纸套筒加入无水和锌粉，开始加热四氢呋喃蒸气通过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到滤纸套筒中进行反应，从而生成产物。
【详解】（1）①根据图示，仪器a是干燥管；
②热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉；
③根据题意，以(绿色固体)、为原料制备固体无水，生成和(光气)，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；与水反应生成两种酸性气体：COCl2+H2O=CO2+2HCl，b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是Na2CO3和NaCl；无水易升华，所以反应管右端有15cm在加热炉外，是为了使凝华；
（2）①加入锌可以把三价铬还原为二价铬，方程式为：；
②由实验步骤③中实验原理可知，四氢呋喃在圆底烧瓶和滤纸套筒中循环，
只有不溶于四氢呋喃、，溶于四氢呋喃方能实现四氢呋喃与的连续反应及产物的连续萃取，故和在THF的溶解性分别为不溶，溶；
③由题目中的反应方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2、，可知如下对应关系式：，理论产量，产率为。
19．（12分）化合物VII是一种用于缓解肌肉痉挛的药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)中官能团的名称是_______。VI→VII的反应类型是_______。
(2)中手性碳原子的个数是_______ (代表阿伏加德罗常数的值)。化合物 的分子式是_______。
(3)已知 (表示，则III的结构简式是_______。
(4)V→VI的化学方程式是_______。
(5)符合下列条件的化合物II的同分异构体有_______种。
a.含有结构单元
b.含有
c.苯环上有两个取代基
(6)参考上述信息，写出以苯甲醇和为原料制备的合成路线_____。
【答案】(1) 碳碳双键 （1分） 取代反应（1分）
(2) 1 （1分） （1分）
(3) （1分）
(4)2 +2（2分）
(5)3（2分）
(6) （3分）
【分析】物质I和在一定条件下生成物质II，根据物质IV的结构，和III的分子式，可以推出物质III的结构为： ，物质IV发生催化氧化生成物质V，再被氧化生成VI，最后发生酯化反应得到产物。
【详解】（1）含有的官能团为：碳碳双键，根据分析，VI→VII的反应类型是取代反应；
（2）根据物质IV的结构式 ，中手性碳原子的个数是1； 的分子式为：；
（3）根据以上分析，物质III的结构式为： ；
（4）物质V被氧化生成VI，反应的方程式为：2 +2
（5）化合物II的结构为： a.含有结构单元 ，b.含有，c.苯环上有两个取代基的结构有：3种；
（6）由 氧化生成 ， 和反应，生成 ，再催化氧化，生成产品 ，流程为：。
20．（12分）碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，的综合利用成为热点研究对象，作为碳源加氢是再生能源的有效方法，加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)①相关键能如下表，则_________，该反应的活化能________(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键
键能
436
1071
464
803
②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
③已知的正反应速率( k为正反应的速率常数)，某温度时测得数据如下：
1
0.02
0.01
2
0.02
0.02
a
则此温度下表中a=___________。
(2)据文献报道，基纳米材料作为高性能催化剂可将电还原为高能量密度的，不同催化剂对生成的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。
(3)在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。
(4)某温度下，初始压强为，向容积为的恒容密闭容器中充入、发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时的转化率是50%，体系内剩余，反应Ⅱ的平衡常数K=___________。
【答案】(1) （2分） 大于（1分） （2分） 1.6×10−3（2分）
(2)−1.0V、Cu6(S) （1分）
(3) p1>p2>p3 （1分） TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低（1分）
(4)2（2分）
【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K=；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3；
（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=。
相关试卷
必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（重庆专用）（原卷版+解析版）： 这是一份必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（重庆专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷重庆专用解析版docx、必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷重庆专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（辽宁专用）（原卷版+解析版）： 这是一份必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（辽宁专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷01辽宁专用解析版docx、必刷卷01辽宁专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（浙江专用）（原卷版+解析版）： 这是一份必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（浙江专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷浙江专用解析版docx、必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷浙江专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
