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精品解析：山东省济宁市2023届高三下学期三模化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：山东省济宁市2023届高三下学期三模化学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了5 K39 Fe56， 用粒子分别轰击和，发生核反应等内容，欢迎下载使用。
济宁市2023年高考模拟考试
化学试题
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 K39 Fe56
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. 中华古诗文华丽优美且富含哲理，下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A. 落红不是无情物，化作春泥更护花 B. 白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河
C. 欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山 D. 蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明
【答案】C
【解析】
【详解】A．涉及植物体的腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，选项A不符合；
B．白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河中白日登山望烽火包含着物质燃烧，与氧化还原反应有关，选项B不符合；
C．水的三态变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，与氧化还原反应无关，选项C符合；
D．蜡烛燃烧包含氧化还原反应，选项D不符合；
答案选C。
2. 下列有关物质性质的应用错误的是
A. 苯甲酸钠可用作增味剂 B. 碘酸钾可用作营养强化剂
C. NaH可用作野外生氢剂 D. NaOH和铝粉的混合物可用作管道疏通剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠具有较高的抗菌性能，抑制霉菌的生长繁殖，可作食品防腐剂，故A错误；
B．营养强化剂指的是根据营养需要向食品中添加一种或多种营养素或者某些天然食品，提高食品营养价值的过程；碘酸钾能补充碘的摄入，属于营养强化剂；故B正确；
C．NaH能与水反应生成NaOH和氢气，可用作野外生氢剂，故C正确；
D．铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可用作管道疏通剂，故D正确；
故选A。
3. 实验室提供的玻璃仪器有圆底烧瓶、试管、导管、烧杯、酒精灯、量筒、胶头滴管(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器不能完成的实验是
A. 由乙醇制取乙酸乙酯 B. 由乙醇制取乙烯
C. 由溴乙烷制取乙醇 D. 由苯酚制取2，4，6—三溴苯酚
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇制取乙酸乙酯需要试管、酒精灯、导管，A正确；
B．实验室利用乙醇在浓硫酸、170℃下发生消去反应制取乙烯，缺少温度计，B错误；
C．溴乙烷制取乙醇需要圆底烧瓶、导管，C正确；
D．由苯酚制取2，4，6—三溴苯酚需要试管和胶头滴管，D正确；
故选B。
4. 用粒子()分别轰击和，发生核反应：和，其中基态原子的能级数与未成对电子数相等。下列说法正确的是
A. 用粒子轰击发生的是化学变化
B. X、Y、Z的单质均为分子晶体
C. 基态X和Y原子核外未成对电子数之比为1：1
D. Y、Z简单氢化物的还原性Z
【解析】
【分析】用粒子()分别轰击和，发生核反应：和，其中基态原子的能级数与未成对电子数相等，Z原子质量数为11+4-1=14，则Z为N，N的质量数为14，X为B，Y的质量数为22+1-4=19，则为F，质量数为19。
【详解】A．用粒子轰击发生的是原子核发生变化，不属于化学变化，故A错误；
B．Y、Z的单质为分子晶体，X(B)的单质为共价晶体，故B错误；
C．X为B，Y为F，基态X和Y原子核外未成对电子数之比为1：1，故C正确；
D．非金属性越强，其简单氢化物还原性越弱，则Y、Z简单氢化物的还原性Z＞Y，故D错误。
综上所述，答案为C。
5. 苯巴比妥是一种镇静剂，结构如图所示。关于该有机物说法错误的是
A. 分子式为
B. 键角∠1>∠2
C. 该化合物在酸性条件下充分水解，有产生
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据苯巴比妥的结构简式，可知分子式为，故A正确；
B．双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力，所以键角∠1>∠2，故B正确；
C．该化合物在酸性条件下充分水解生成、、 ，故C正确；
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时生成1mol、1molNa2CO3、2mol氨气，消耗4molNaOH，故D错误；
选D。
6. 硫代硫酸钠()是一种重要的化工产品，将通入和混合溶液中可制得。其制备装置如图所示，下列说法错误的是
A. 的空间构型为四面体形
B. 若用98%的浓硫酸，反应速率将降低
C. 制备的总方程式为：
D. 为增大三颈烧瓶中加入原料的利用率，可通入过量
【答案】D
【解析】
【分析】由实验装置图可知，圆底烧瓶中亚硫酸钠固体与70%较浓硫酸反应制备二氧化硫，三颈烧瓶中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应制备硫代硫酸钠，烧杯中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【详解】A．硫代硫酸根离子中中心原子为硫原子，硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为四面体形，故A正确；
B．98%的浓硫酸的主要成分是硫酸分子，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反应速率慢，则若用98%的浓硫酸，反应速率将降低，故B正确；
C．制备硫代硫酸的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故C正确；
D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出的氢离子能与硫代硫酸钠溶液反应，导致产率降低，所以制备硫代硫酸钠时，不能通入过量的二氧化硫，故D错误；
故选D。
7. 我国科学家以Bi为电极在酸性水溶液中可实现电催化还原，两种途径的反应机理如下图所示，其中TS表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
下列说法错误的是
A. HCOOH分解生成CO和的反应为吸热反应
B. 电催化还原生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性
C. HCOOH是阴极产物
D. 途径二的电极反应式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知HCOOH的能量高于CO和的能量，所以HCOOH分解生成CO和的反应应该为放热反应，A错误；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢，由图可知，CO2电还原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行，生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性，B正确；
C．HCOOH是得电子之后的产物，所以是阴极产物，C正确；
D．途径二的产物是CO和H2O，所以电极反应式为，D正确；
故选A。
8. 已知，在酸化的KI溶液中通入，观察到溶液变为棕色并出现混浊，继续通入，直到溶液棕色恰好褪去，发生的反应分别为：，，下列说法错误的是
A. 和水在KI的催化下可以发生氧化还原反应
B. 物质的氧化性或还原性强弱与浓度有关
C. 整个过程中被氧化的和被还原的物质的量比为1：2
D. 配制碘酒时可以加入一定量KI
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据已知两个反应，和水在KI的催化下生成硫酸根和S单质，硫元素化合价发生变化，可以发生氧化还原反应，故A正确；
B．物质的氧化性或还原性强弱与浓度有关，如铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应时生成NO，故B正确；
C．该总反应为，转化为硫酸根过程中被氧化，转化为S中被还原，则被氧化的和被还原的物质的量比为2：1，故C错误；
D．配制碘酒时可以加入一定量KI可促进平衡正向移动，增加碘单质的溶解度，故D正确；
故选：C。
9. 钾元素与氧元素形成的某些化合物可以作为宇宙飞船的供氧剂，其中一种化合物的晶胞在XY平面、XZ平面、YZ平面上的投影如图所示，其晶胞边长为anm，为阿伏伽德罗常数的值
下列说法正确的是
A. 晶胞的化学式为
B. 晶胞中存在的微粒间作用力只有离子键
C. 距离最近的K原子之间的距离为anm
D. 晶胞的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据晶胞的投影图可以知道，K原子在晶胞的顶点和体心，一个晶胞含有K原子，O原子有两个在晶胞内，八个在棱上，一个晶胞中含有O原子，则晶胞的化学式为，故A错误；
B．晶胞的化学式为，则晶胞中存在的微粒间作用力有离子键和共价键，故B错误；
C．K原子在晶胞的顶点和体心，则距离最近的K原子之间的距离为体对角线的一半即anm，故C错误；
D．根据前面分析该晶胞中含有2个，则晶胞的密度为，故D正确。
综上所述，答案为D。
10. 气态废弃物中的硫化氢可以用电化学方法转化为可以利用的硫，如图所示，下列说法错误的是
A 阳极反应：
B. 电解一段时间之后需要补充和
C. 理论上每生成1mol硫，电路中通过的电子数为
D. 电解一段时间后，溶液的pH不变
【答案】B
【解析】
【分析】在该电解池中，阳极是亚铁离子失电子变为三价铁离子，电极反应式为，阴极是碳酸氢根得电子生成氢气，电极反应式为，由此分析：
【详解】A．阳极失电子，化合价升高，+2价的铁转化为+3价的铁，所以反应式为：，A正确；
B．通入H2S后发生反应：，所以整个过程中不需要补充和，B错误；
C．每生成1mol硫，就有1molH2S发生反应，所以转移的电子为2mol，C正确；
D．虽然在消耗，但是不断在通入H2S，所以pH不变，D正确；
故选B。
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. 下列实验方案能达到目的的是
选项
实验方案
目的
A
淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水，观察溶液颜色变化
探究淀粉是否发生水解
B
向滴有酚酞的溶液中逐滴加入溶液，观察溶液颜色的变化
证明溶液中存在水解平衡
C
分别取50mL硫酸、50mL氢氧化钡，两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差
测定中和热
D
向5mL溶液中加入1mL氯水，振荡，再加萃取，观察层颜色变化
证明的还原性强于
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．检验淀粉是否水解，应该检验葡萄糖，不是检验淀粉，应该用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖，故A错误；
B．溶液中CO+H2O HCO+OH-，加酚酞呈红色，向滴有酚酞的溶液中逐滴加入溶液，生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，溶液中红色变浅，证明溶液中存在水解平衡，故B正确；
C． 硫酸和氢氧化钡反应后除生成水放热外，生成硫酸钡沉淀也放热，故C错误；
D． 向5mL溶液中加入1mL氯水，氯气的量很小，由于亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先与亚铁离子反应，没有溴单质生成，振荡，再加萃取，层颜色不变，证明的还原性强于，故D正确；
故选BD。
12. 催化剂A(为三苯膦)可以实现温和条件下的烯烃加氢，其反应机理如图所示，下列说法正确的是
A. 过程中中心原子Rh的化合价没有发生变化
B. 整个过程Rh的杂化方式有2种
C. 烯烃中的双键可提供电子与Rh原子共用
D. 该过程符合最理想的“原子经济性反应”
【答案】CD
【解析】
【详解】A．A→B的过程中，Rh上多连了2个H原子，化合价发生变化，故A错误；
B．A、B、C三个状态中，Rh的成键情况都不相同，有3种杂化方式，故B错误；
C．由状态C可知，烯烃中的碳碳双键提供电子对与Rh共用，故C正确；
D．原子经济性反应指以与反应的原子全部转化为所指产物，故D正确；
故选CD。
13. 利用锶渣(主要成分，含少量、、、杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：
已知：“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。下列说法错误的是
A. “高温煅烧”过程中，产生可燃性气体与参加反应的物质的量之比大于4：1
B. 气体2通入溶液产生黑色沉淀
C. “除镁钙”时控制温度95℃~100℃是为了降低氢氧化钙的溶解度，保证除钙效果
D. “沉锶”的离子反应方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．高温煅烧时硫酸锶反应的方程式为，1mol硫酸锶参与反应，生成4molCO，但是C与其它氧化物也会发生反应生成CO，所以会大于4：1，A正确；
B．酸浸生成的气体为硫化氢，硫化氢通入硫酸铜溶液会产生硫化亚铜黑色沉淀，B正确；
C．氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，而氢氧化锶的溶解度随温度的升高而升高，所以“除镁钙”时控制温度95℃~100℃是为了降低氢氧化钙的溶解度，保证除钙效果，C正确；
D．“沉锶”的离子反应方程式为，D错误；
故选D。
14. 利用双阴极微生物燃料电池处理添加醋酸钠的含废水，其工作原理如图(a)所示，双阴极通过的电流相等，废水在电池中的运行模式如图(b)所示。
下列说法错误的是
A. X是阳离子交换膜
B. 生成7 g N2，理论上需要消耗20 g O2
C. Ⅰ室的电极反应式为
D. 理论上，Ⅱ室生成11 g CO2时，外电路通过1 mol电子
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知Ⅲ室中溶液进入Ⅰ室，则说明Ⅱ室中除了O2得到电子被还原为H2O，还会发生反应铵根离子被氧化为硝酸根离子；Ⅰ室、Ⅱ室、Ⅲ室分别发生还原反应、氧化反应、还原反应，Ⅰ室发生还原反应，导致阳离子浓度增大，故X是阳离子交换膜，Y是阴离子交换膜，然后根据电子守恒，结合m=n·M进行计算。
【详解】A．由图可知：Ⅰ室发生还原反应，反应变为N2逸出，导致左侧阳离子浓度增大，为维持平衡，阳离子要通过X离子交换膜进入右侧，故X离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；
B．7 g N2的物质的量为n(N2)==0.25 mol，根据电子转移守恒可知在Ⅲ室消耗O2的物质的量是n(O2)==0.625 mol，在Ⅲ室发生反应+2O2=+2H2O，发生该反应消耗O2的物质的量为0.25 mol×2×2=1 mol，故共消耗O2的物质的量为n(O2)=0.625 mol+1 mol=1.625 mol，其质量为m(O2)=1.625 mol×32 g/mol=52 g，B错误；
C．根据图示可知在Ⅰ室得到电子被还原为N2，电极反应式为：，C正确；
D．Ⅱ室发生氧化反应，电极反应式为：CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+。每反应产生2 mol CO2气体，转移8 mol电子，反应产生11 g CO2气体的物质的量是0.25 mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=0.25 mol×4=1 mol ，D正确；
故合理选项是B。
15. 常温下，在含有的溶液中，所有含磷元素的微粒pc随pH的变化关系如图所示。已知，下列有关说法中正确的是
A 曲线①代表
B. a点溶液中
C. 平衡常数的数量级为
D. c点对应的溶液中：
【答案】CD
【解析】
【分析】根据图像分析的浓度随pH增大而减小，因此是曲线③，的浓度随pH先增大后减小，因此是曲线②，的浓度随pH增大而增大，因此是曲线①，据此分析答题。根据a点和c点两个交点分别可以算出的， ，据此分析答题。
【详解】A．根据分析曲线③代表，A错误；
B．由电荷守恒关系可知a点，B错误；
C．该反应平衡常数变形化简后为，因此平衡常数的数量级为，C正确；
D．根据物料守恒：，而c点为交点：，代入物料守恒式子即可推出，D正确；
故选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 在配合物A和B中，作为配体与中心金属离子配位，Py是吡啶()，Ph是苯，B具有室温吸氧，加热脱氧的功能，可作为人工氧载体。回答下列问题
（1）写出基态Co原子的价层电子排布式_______，元素C、N、O第一电离能由小到大的顺序为_______，A中O—O键的键长_______(填“大于”、“小于”或“等于”)B中O—O键的键长。
（2）吡啶和吡咯均为含有大键的平面结构分子，两者中呈碱性的是_______，原因是_______。
（3）如图为能实现热电效应的一种晶体的晶胞模型，晶胞参数为a，图中大原子为La，中等原子为Fe，小原子为Sb。写出晶体的化学式_______，Sb的化合价为-1，La的化合价为+3，则晶体中和的个数比为_______，距离最近的两个Sb原子之间的距离为_______。
【答案】（1） ①. ②. C
（3） ①. ②. 3：1 ③.
【解析】
【小问1详解】
Co是27号元素，价层电子排布式为：；元素C、N、O第一电离能由于N半满排布较稳定，因此C、N、O第一电离能由小到大的顺序为：C
吡啶氮原子上的未共用电子对可接受质子而显碱性；因此呈碱性的是吡啶；
【小问3详解】
晶胞中顶角和体心有 2个 La，8个八面体中心有8个Fe，观察发现八面体顶角相连，故每个八面体有3个 Sb 原子 Sb：；由于化合物化合价为零，设为x，设为（4-x），列式(4-x)+3-12*1=0，解得，因此晶体中和的个数比为3:1；距离最近的两个Sb原子之间的距离为面对角线；因此为。
【点睛】Sb 原子也可以分层去数，但较易数错，推荐还是利用共顶角这一特征解决。。
17. 利用某一工业钴渣(主要成分为，含少量、、MgO、CuO)制备金属钴的流程如图所示：
已知：
①沉淀1为黄钠铁矾，化学式为：。
②当某离子浓度时认为沉淀完全，，，，，
③氧化性：
（1）“浸出”过程中元发生反应的离子方程式为_______，用盐酸代替硫酸的缺点是_______。
（2）“浸出液”中加入的作用是_______，试剂a为_______。
（3）有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为，为回收，可向有机相中加入一定浓度的，将其反萃取到水相，其原理是_______。
（4）沉淀2为，当恰好沉淀完全时，溶液中HF浓度为，则此时溶液的pH=_______。用溶液沉钴，其水溶液中存在反应，其平衡常数为K，则K=_______。
（5）已知氧化性：。工业上采用惰性电极电解溶液制取钴，不用溶液代替溶液的原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 产生，污染环境
（2） ①. 将氧化为 ②.
（3）增大氢离子浓度，萃取反应平衡逆移
（4） ①. 3 ②.
（5）若用代替，水在阳极放电生成的比容易得到电子，导致Co产率降低
【解析】
【分析】钴渣中稀硫酸和金属氧化物反应生成Al3+、Mg2+、Cu2+，加入亚硫酸钠与发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，浸出液加入将氧化为，加入试剂a为碳酸钠调节pH使铁离子沉淀为，加入萃取剂提取Cu2+到有机相，水相中加入NaF沉淀镁离子得到沉淀2为MgF2，加入碳酸钠再调节pH沉淀铝离子为沉淀3是Al(OH)3，加入草酸铵与Co2+反应生成沉淀CoC2O4，加入稀盐酸生成CoCl2，再电解得到Co；
【小问1详解】
“浸出”过程中发生反应的离子方程式为，已知氧化性：，用盐酸代替硫酸的缺点是产生，污染环境；
【小问2详解】
加入亚硫酸钠时Fe3+被还原为Fe2+，则“浸出液”中加入的作用是将氧化为，试剂a的作用是调节pH使铁离子沉淀为，试剂a为；
【小问3详解】
加入一定浓度的，促使平衡逆向移动，提取出铜离子，则其原理是：增大氢离子浓度，萃取反应平衡逆移；
【小问4详解】
当浓度时认为沉淀完全，则，溶液中HF浓度为，，则此时溶液的pH=3，反应，其平衡常数为, ；
【小问5详解】
不用溶液代替溶液的原因是：若用代替，水在阳极放电生成的比容易得到电子，导致Co产率降低。
18. 亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物。NOCl可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置的连接顺序为a→_______→h，实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到F中_______时，开始向装置中通入Cl2。
（2）装置D的作用有：根据气泡快慢调节气体流速、_______、_______。
（3）尾气处理装置中若用NaOH溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：_______。
（4）制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：
a．将所得亚硝酰氯(NOCl)产品7.0g溶于水，配制成250 mL溶液；取出25.00 mL，加入足量的30.00 mL0.5 mol/LAgNO3溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液；
d．重复实验操作三次，消耗0.5 mol/LNH4SCN溶液的体积平均为10.00 mL。
已知，
①加入硝基苯的作用是_______。
②滴定选用的指示剂是_______。
A．FeCl3 B．FeCl2 C．NH4Fe(SO4)2 D．(NH4)2Fe(SO4)2
③NOCl的纯度为_______。
【答案】（1） ①. bcfgjide ②. 红棕色完全消失
（2） ①. 平衡气压，避免装置中压强过大 ②. 干燥气体
（3）
（4） ①. 防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 ②. C ③. 93.6%
【解析】
【分析】NOCl可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，先在装置A发生铜与稀硝酸反应生成NO。硝酸具有挥发性，装置A上部含有空气，则产生的NO部分被氧化为NO2，则装置B的作用为除去气体中的硝酸及NO2杂质；NOCl遇水易反应，因此要先在装置D中用浓硫酸干燥NO气体；装置D除了具有干燥气体的作用，还可以根据气泡快慢调节气体流速，同时平衡气压，避免装置中压强过大。在装置F中NO与纯净的Cl2在冰水浴中合成NOCl，为防止NOCl2与水反应，同时避免大气污染，最后接装置C。要测定NOCl2的纯度，可根据反应2NOCl+H2O=NO2+NO+2HCl，HCl+AgNO3=AgCl+HNO3，进行计算，过量的AgNO3用NH4SCN进行滴定，根据AgNO3的总物质的量及过量AgNO3的物质的量确定HCl的物质的量，进而确定NOCl的物质的量及质量，最后可得其纯度。
【小问1详解】
根据上述分析可知仪器使用先后顺序为ABDFC，导管口连接顺序为a→b→c→f→g→j→i→d→e；
由于NO是无色气体。而NO与O2反应产生的NO2是红棕色气体，因此实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到F中红棕色完全消失，说明其中充满了无色NO气体，此时开始向装置中通入Cl2。
【小问2详解】
装置D中盛有浓硫酸，其作用有：根据气泡快慢来调节气体流速，并且可以干燥NO气体，同时可以平衡气压，避免装置中压强过大；
【小问3详解】
NO具有还原性，KMnO4具有强氧化性，NO被氧化产生，被还原为MnO2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应方程式为：；
【小问4详解】
①硝基苯是密度比水大不溶于水的油状液体物质，可以使沉淀表面被有机物覆盖，防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，而导致产生误差；
②由于用NH4SCN标准溶液滴定过量AgNO3溶液，当滴入NH4SCN标准溶液使Ag+沉淀完全后，过量SCN-能够与Fe3+反应使溶液变为血红色，故可以使用含有Fe3+的溶液作指示剂。
A．FeCl3含有Fe3+，但同时又引入Cl-，使测定产生误差，A不符合题意；
B．FeCl2中含有Fe2+，而不含Fe3+，B不符合题意；
C．NH4Fe(SO4)2含有Fe3+，又不含对实验测定产生干扰，C不符合题意； D．(NH4)2Fe(SO4)2中含有Fe2+，而不含Fe3+，D不符合题意；
故合理选项是C；
③NOCl与水反应产生NO2、NO、HCl，反应方程式为：2NOCl+H2O=NO2+NO+2HCl，HCl与滴入的AgNO3溶液发生反应：HCl+AgNO3=AgCl+HNO3，产生AgCl白色沉淀，可得关系式：n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)。根据AgNO3+NH4SCN=AgSCN↓+NH4NO3计算过量AgNO3的物质的量，n(AgNO3)过量=0.5 mol/L×0.01 L=0.005 mol，故25.00 mL溶液HCl消耗AgNO3的物质的量n(AgNO3)=0.5 mol/L×0.03 L-0.005 mol=0.01 mol，则7.0 gNOCl配制的250 mL水溶液中HCl的物质的量n(HCl)=n(AgNO3)=0.01 mol×=0.1 mol，根据Cl守恒可知n(NOCl)=n(HCl)=0.1 mol，其质量为m(NOCl)=0.1 mol×65.5 g/mol=6.55 g，故其纯度为：×100%=93.6%。
19. 本维莫德(G)是我国自主研发的一种用于治疗银屑病的药物，合成路线如图：
已知：(表示H原子或烃基)
回答以下问题：
（1）A的化学名称为_______，D→E的反应类型为_______。
（2）证明合成B中混有A的实验方法是_______，E与新制的悬浊液反应的化学方程式为_______。
（3）分子G共平面的碳原子最多有_______个，与氢气完全加成的产物中含有_______个手性碳原子。
（4）芳香化合物H是D同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有3组峰且峰面积之比为3：2：1的结构有_______种。
（5）写出以乙苯为原料(其他试剂任选)，制备()的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 3，5—二羟基苯甲酸 ②. 氧化反应
（2） ①. 取少量B溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，若溶液变成紫色说明含A，否则不含A ②.
（3） ①. 16 ②. 2
（4）4 （5）
【解析】
【分析】由B→C的反应条件以及C的结构简式，可逆推确定B的结构简式为，同理可逆推得到A的结构简式为：，结合已知可确定D的结构简式为：，对比D和E的分子式可确定E的结构简式：，同理可以确定F的结构简式为：，据此分析。
【小问1详解】
据分析A的结构简式为：，化学名称为3，5—二羟基苯甲酸。据分析可知D→E是醇的催化氧化反应，反应类型为：氧化反应。
【小问2详解】
对比可知B与A结构上的不同是A中含有酚羟基，所以可用酚羟基的检验方法来证明合成的B中混有A，即实验方法是：取少量B溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，若溶液变成紫色说明含A，否则不含A。E与新制的悬浊液反应的化学方程式为：。
【小问3详解】
分子G中苯环和碳碳双键均是平面结构，所有碳原子能共面，而酚羟基邻位相连的碳原子为sp3杂化，最多三个原子共面，所以共平面的碳原子最多有16个。与氢气完全加成的产物中含有手性碳如图：。
【小问4详解】
据分析可知D的结构为，芳香化合物H是D的同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有3组峰且峰面积之比为3：2：1的结构有: ，，，共4种。
【小问5详解】
结合题目中的路线和所学知识，可知制备()的合成路线：。
20. 氢能作为清洁能源，对实现双碳目标具有广泛应用前景。乙醇-水催化重整可获得，其主要反应为
①
②
Ⅰ．已知相关键能数据如下表：
化学键
H—H
H—O
键能/
436
a
803
1072
（1）则a=_______，反应①自发进行的条件是_______。
A．高压 B．低压 C．高温 D．低温
Ⅱ．在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及氢气的产率随温度的变化如图所示。
（2）表示平衡时CO选择性曲线是_______，一定能提高平衡时产率的措施有_______。
A．减小压强 B．选用高效催化剂 C．及时分离出 D．升高温度
（3）随着温度的升高，平衡时_______(填“增大”、“减小”或“不变”)
当温度为260℃时，平衡转化率为_______，用物质的量分数表示的反应②的化学平衡常数_______。
【答案】（1） ①. 464.4 ②. C
（2） ①. c ②. AC
（3） ①. 减小 ②. 85.7% ③.
【解析】
【小问1详解】
根据②，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则，解得a=464.4；根据自发反应的条件，该反应>0，>0，所以该反应在高温下才能自发进行，故选C。
【小问2详解】
根据题意，按照，发生反应①，和反应②，再根据已知、，可知反应①的热效应更大，故温度升高的时候，对反应①的影响更大一些，即CO2的选择性减小，同时CO的选择性增大，根据可知，c代表CO的选择性曲线，a代表CO2的选择性曲线，b代表氢气的产率；
A．减小压强，使反应向压强增大的方向进行，有利于提高氢气的产率，A正确；
B．使用催化剂只能提高反应速率，不能提高产率，B错误；
C．及时分离出CO2使反应向正反应方向移动的同时，减少二氧化碳与氢气反应，能够提高氢气的产率，C正确；
D．根据氢气产率曲线可知，升高温度氢气的产率降低，D错误；
故选择AC。
【小问3详解】
随着温度的升高，氢气的产率降低，反应②向正反应方向进行，生成H2O，n(H2O)变多，故减小；设反应后CO的物质的量为x mol、反应①生成的氢气为a mol，则列出如下式子：
，
由选择性图可知，当温度为260℃时，氢气的产率为80%，CO2的选择性为80%，再由可知，CO和CO2的选择性之和为100%，则CO的选择性=100%-80%=20%，故列式，解得， ，平衡转化率=×100%；由上计算可得，n(CO2)≈()mol、n(H2) ≈()mol、n(CO)≈x mol、n(H2O)≈()mol，=。
济宁市2023年高考模拟考试
化学试题
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 K39 Fe56
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. 中华古诗文华丽优美且富含哲理，下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A. 落红不是无情物，化作春泥更护花 B. 白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河
C. 欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山 D. 蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明
【答案】C
【解析】
【详解】A．涉及植物体的腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，选项A不符合；
B．白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河中白日登山望烽火包含着物质燃烧，与氧化还原反应有关，选项B不符合；
C．水的三态变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，与氧化还原反应无关，选项C符合；
D．蜡烛燃烧包含氧化还原反应，选项D不符合；
答案选C。
2. 下列有关物质性质的应用错误的是
A. 苯甲酸钠可用作增味剂 B. 碘酸钾可用作营养强化剂
C. NaH可用作野外生氢剂 D. NaOH和铝粉的混合物可用作管道疏通剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠具有较高的抗菌性能，抑制霉菌的生长繁殖，可作食品防腐剂，故A错误；
B．营养强化剂指的是根据营养需要向食品中添加一种或多种营养素或者某些天然食品，提高食品营养价值的过程；碘酸钾能补充碘的摄入，属于营养强化剂；故B正确；
C．NaH能与水反应生成NaOH和氢气，可用作野外生氢剂，故C正确；
D．铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可用作管道疏通剂，故D正确；
故选A。
3. 实验室提供的玻璃仪器有圆底烧瓶、试管、导管、烧杯、酒精灯、量筒、胶头滴管(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器不能完成的实验是
A. 由乙醇制取乙酸乙酯 B. 由乙醇制取乙烯
C. 由溴乙烷制取乙醇 D. 由苯酚制取2，4，6—三溴苯酚
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇制取乙酸乙酯需要试管、酒精灯、导管，A正确；
B．实验室利用乙醇在浓硫酸、170℃下发生消去反应制取乙烯，缺少温度计，B错误；
C．溴乙烷制取乙醇需要圆底烧瓶、导管，C正确；
D．由苯酚制取2，4，6—三溴苯酚需要试管和胶头滴管，D正确；
故选B。
4. 用粒子()分别轰击和，发生核反应：和，其中基态原子的能级数与未成对电子数相等。下列说法正确的是
A. 用粒子轰击发生的是化学变化
B. X、Y、Z的单质均为分子晶体
C. 基态X和Y原子核外未成对电子数之比为1：1
D. Y、Z简单氢化物的还原性Z
【解析】
【分析】用粒子()分别轰击和，发生核反应：和，其中基态原子的能级数与未成对电子数相等，Z原子质量数为11+4-1=14，则Z为N，N的质量数为14，X为B，Y的质量数为22+1-4=19，则为F，质量数为19。
【详解】A．用粒子轰击发生的是原子核发生变化，不属于化学变化，故A错误；
B．Y、Z的单质为分子晶体，X(B)的单质为共价晶体，故B错误；
C．X为B，Y为F，基态X和Y原子核外未成对电子数之比为1：1，故C正确；
D．非金属性越强，其简单氢化物还原性越弱，则Y、Z简单氢化物的还原性Z＞Y，故D错误。
综上所述，答案为C。
5. 苯巴比妥是一种镇静剂，结构如图所示。关于该有机物说法错误的是
A. 分子式为
B. 键角∠1>∠2
C. 该化合物在酸性条件下充分水解，有产生
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据苯巴比妥的结构简式，可知分子式为，故A正确；
B．双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力，所以键角∠1>∠2，故B正确；
C．该化合物在酸性条件下充分水解生成、、 ，故C正确；
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时生成1mol、1molNa2CO3、2mol氨气，消耗4molNaOH，故D错误；
选D。
6. 硫代硫酸钠()是一种重要的化工产品，将通入和混合溶液中可制得。其制备装置如图所示，下列说法错误的是
A. 的空间构型为四面体形
B. 若用98%的浓硫酸，反应速率将降低
C. 制备的总方程式为：
D. 为增大三颈烧瓶中加入原料的利用率，可通入过量
【答案】D
【解析】
【分析】由实验装置图可知，圆底烧瓶中亚硫酸钠固体与70%较浓硫酸反应制备二氧化硫，三颈烧瓶中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应制备硫代硫酸钠，烧杯中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【详解】A．硫代硫酸根离子中中心原子为硫原子，硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为四面体形，故A正确；
B．98%的浓硫酸的主要成分是硫酸分子，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反应速率慢，则若用98%的浓硫酸，反应速率将降低，故B正确；
C．制备硫代硫酸的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故C正确；
D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出的氢离子能与硫代硫酸钠溶液反应，导致产率降低，所以制备硫代硫酸钠时，不能通入过量的二氧化硫，故D错误；
故选D。
7. 我国科学家以Bi为电极在酸性水溶液中可实现电催化还原，两种途径的反应机理如下图所示，其中TS表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
下列说法错误的是
A. HCOOH分解生成CO和的反应为吸热反应
B. 电催化还原生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性
C. HCOOH是阴极产物
D. 途径二的电极反应式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知HCOOH的能量高于CO和的能量，所以HCOOH分解生成CO和的反应应该为放热反应，A错误；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢，由图可知，CO2电还原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行，生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性，B正确；
C．HCOOH是得电子之后的产物，所以是阴极产物，C正确；
D．途径二的产物是CO和H2O，所以电极反应式为，D正确；
故选A。
8. 已知，在酸化的KI溶液中通入，观察到溶液变为棕色并出现混浊，继续通入，直到溶液棕色恰好褪去，发生的反应分别为：，，下列说法错误的是
A. 和水在KI的催化下可以发生氧化还原反应
B. 物质的氧化性或还原性强弱与浓度有关
C. 整个过程中被氧化的和被还原的物质的量比为1：2
D. 配制碘酒时可以加入一定量KI
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据已知两个反应，和水在KI的催化下生成硫酸根和S单质，硫元素化合价发生变化，可以发生氧化还原反应，故A正确；
B．物质的氧化性或还原性强弱与浓度有关，如铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应时生成NO，故B正确；
C．该总反应为，转化为硫酸根过程中被氧化，转化为S中被还原，则被氧化的和被还原的物质的量比为2：1，故C错误；
D．配制碘酒时可以加入一定量KI可促进平衡正向移动，增加碘单质的溶解度，故D正确；
故选：C。
9. 钾元素与氧元素形成的某些化合物可以作为宇宙飞船的供氧剂，其中一种化合物的晶胞在XY平面、XZ平面、YZ平面上的投影如图所示，其晶胞边长为anm，为阿伏伽德罗常数的值
下列说法正确的是
A. 晶胞的化学式为
B. 晶胞中存在的微粒间作用力只有离子键
C. 距离最近的K原子之间的距离为anm
D. 晶胞的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据晶胞的投影图可以知道，K原子在晶胞的顶点和体心，一个晶胞含有K原子，O原子有两个在晶胞内，八个在棱上，一个晶胞中含有O原子，则晶胞的化学式为，故A错误；
B．晶胞的化学式为，则晶胞中存在的微粒间作用力有离子键和共价键，故B错误；
C．K原子在晶胞的顶点和体心，则距离最近的K原子之间的距离为体对角线的一半即anm，故C错误；
D．根据前面分析该晶胞中含有2个，则晶胞的密度为，故D正确。
综上所述，答案为D。
10. 气态废弃物中的硫化氢可以用电化学方法转化为可以利用的硫，如图所示，下列说法错误的是
A 阳极反应：
B. 电解一段时间之后需要补充和
C. 理论上每生成1mol硫，电路中通过的电子数为
D. 电解一段时间后，溶液的pH不变
【答案】B
【解析】
【分析】在该电解池中，阳极是亚铁离子失电子变为三价铁离子，电极反应式为，阴极是碳酸氢根得电子生成氢气，电极反应式为，由此分析：
【详解】A．阳极失电子，化合价升高，+2价的铁转化为+3价的铁，所以反应式为：，A正确；
B．通入H2S后发生反应：，所以整个过程中不需要补充和，B错误；
C．每生成1mol硫，就有1molH2S发生反应，所以转移的电子为2mol，C正确；
D．虽然在消耗，但是不断在通入H2S，所以pH不变，D正确；
故选B。
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. 下列实验方案能达到目的的是
选项
实验方案
目的
A
淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水，观察溶液颜色变化
探究淀粉是否发生水解
B
向滴有酚酞的溶液中逐滴加入溶液，观察溶液颜色的变化
证明溶液中存在水解平衡
C
分别取50mL硫酸、50mL氢氧化钡，两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差
测定中和热
D
向5mL溶液中加入1mL氯水，振荡，再加萃取，观察层颜色变化
证明的还原性强于
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．检验淀粉是否水解，应该检验葡萄糖，不是检验淀粉，应该用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖，故A错误；
B．溶液中CO+H2O HCO+OH-，加酚酞呈红色，向滴有酚酞的溶液中逐滴加入溶液，生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，溶液中红色变浅，证明溶液中存在水解平衡，故B正确；
C． 硫酸和氢氧化钡反应后除生成水放热外，生成硫酸钡沉淀也放热，故C错误；
D． 向5mL溶液中加入1mL氯水，氯气的量很小，由于亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先与亚铁离子反应，没有溴单质生成，振荡，再加萃取，层颜色不变，证明的还原性强于，故D正确；
故选BD。
12. 催化剂A(为三苯膦)可以实现温和条件下的烯烃加氢，其反应机理如图所示，下列说法正确的是
A. 过程中中心原子Rh的化合价没有发生变化
B. 整个过程Rh的杂化方式有2种
C. 烯烃中的双键可提供电子与Rh原子共用
D. 该过程符合最理想的“原子经济性反应”
【答案】CD
【解析】
【详解】A．A→B的过程中，Rh上多连了2个H原子，化合价发生变化，故A错误；
B．A、B、C三个状态中，Rh的成键情况都不相同，有3种杂化方式，故B错误；
C．由状态C可知，烯烃中的碳碳双键提供电子对与Rh共用，故C正确；
D．原子经济性反应指以与反应的原子全部转化为所指产物，故D正确；
故选CD。
13. 利用锶渣(主要成分，含少量、、、杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：
已知：“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。下列说法错误的是
A. “高温煅烧”过程中，产生可燃性气体与参加反应的物质的量之比大于4：1
B. 气体2通入溶液产生黑色沉淀
C. “除镁钙”时控制温度95℃~100℃是为了降低氢氧化钙的溶解度，保证除钙效果
D. “沉锶”的离子反应方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．高温煅烧时硫酸锶反应的方程式为，1mol硫酸锶参与反应，生成4molCO，但是C与其它氧化物也会发生反应生成CO，所以会大于4：1，A正确；
B．酸浸生成的气体为硫化氢，硫化氢通入硫酸铜溶液会产生硫化亚铜黑色沉淀，B正确；
C．氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，而氢氧化锶的溶解度随温度的升高而升高，所以“除镁钙”时控制温度95℃~100℃是为了降低氢氧化钙的溶解度，保证除钙效果，C正确；
D．“沉锶”的离子反应方程式为，D错误；
故选D。
14. 利用双阴极微生物燃料电池处理添加醋酸钠的含废水，其工作原理如图(a)所示，双阴极通过的电流相等，废水在电池中的运行模式如图(b)所示。
下列说法错误的是
A. X是阳离子交换膜
B. 生成7 g N2，理论上需要消耗20 g O2
C. Ⅰ室的电极反应式为
D. 理论上，Ⅱ室生成11 g CO2时，外电路通过1 mol电子
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知Ⅲ室中溶液进入Ⅰ室，则说明Ⅱ室中除了O2得到电子被还原为H2O，还会发生反应铵根离子被氧化为硝酸根离子；Ⅰ室、Ⅱ室、Ⅲ室分别发生还原反应、氧化反应、还原反应，Ⅰ室发生还原反应，导致阳离子浓度增大，故X是阳离子交换膜，Y是阴离子交换膜，然后根据电子守恒，结合m=n·M进行计算。
【详解】A．由图可知：Ⅰ室发生还原反应，反应变为N2逸出，导致左侧阳离子浓度增大，为维持平衡，阳离子要通过X离子交换膜进入右侧，故X离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；
B．7 g N2的物质的量为n(N2)==0.25 mol，根据电子转移守恒可知在Ⅲ室消耗O2的物质的量是n(O2)==0.625 mol，在Ⅲ室发生反应+2O2=+2H2O，发生该反应消耗O2的物质的量为0.25 mol×2×2=1 mol，故共消耗O2的物质的量为n(O2)=0.625 mol+1 mol=1.625 mol，其质量为m(O2)=1.625 mol×32 g/mol=52 g，B错误；
C．根据图示可知在Ⅰ室得到电子被还原为N2，电极反应式为：，C正确；
D．Ⅱ室发生氧化反应，电极反应式为：CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+。每反应产生2 mol CO2气体，转移8 mol电子，反应产生11 g CO2气体的物质的量是0.25 mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=0.25 mol×4=1 mol ，D正确；
故合理选项是B。
15. 常温下，在含有的溶液中，所有含磷元素的微粒pc随pH的变化关系如图所示。已知，下列有关说法中正确的是
A 曲线①代表
B. a点溶液中
C. 平衡常数的数量级为
D. c点对应的溶液中：
【答案】CD
【解析】
【分析】根据图像分析的浓度随pH增大而减小，因此是曲线③，的浓度随pH先增大后减小，因此是曲线②，的浓度随pH增大而增大，因此是曲线①，据此分析答题。根据a点和c点两个交点分别可以算出的， ，据此分析答题。
【详解】A．根据分析曲线③代表，A错误；
B．由电荷守恒关系可知a点，B错误；
C．该反应平衡常数变形化简后为，因此平衡常数的数量级为，C正确；
D．根据物料守恒：，而c点为交点：，代入物料守恒式子即可推出，D正确；
故选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 在配合物A和B中，作为配体与中心金属离子配位，Py是吡啶()，Ph是苯，B具有室温吸氧，加热脱氧的功能，可作为人工氧载体。回答下列问题
（1）写出基态Co原子的价层电子排布式_______，元素C、N、O第一电离能由小到大的顺序为_______，A中O—O键的键长_______(填“大于”、“小于”或“等于”)B中O—O键的键长。
（2）吡啶和吡咯均为含有大键的平面结构分子，两者中呈碱性的是_______，原因是_______。
（3）如图为能实现热电效应的一种晶体的晶胞模型，晶胞参数为a，图中大原子为La，中等原子为Fe，小原子为Sb。写出晶体的化学式_______，Sb的化合价为-1，La的化合价为+3，则晶体中和的个数比为_______，距离最近的两个Sb原子之间的距离为_______。
【答案】（1） ①. ②. C
（3） ①. ②. 3：1 ③.
【解析】
【小问1详解】
Co是27号元素，价层电子排布式为：；元素C、N、O第一电离能由于N半满排布较稳定，因此C、N、O第一电离能由小到大的顺序为：C
吡啶氮原子上的未共用电子对可接受质子而显碱性；因此呈碱性的是吡啶；
【小问3详解】
晶胞中顶角和体心有 2个 La，8个八面体中心有8个Fe，观察发现八面体顶角相连，故每个八面体有3个 Sb 原子 Sb：；由于化合物化合价为零，设为x，设为（4-x），列式(4-x)+3-12*1=0，解得，因此晶体中和的个数比为3:1；距离最近的两个Sb原子之间的距离为面对角线；因此为。
【点睛】Sb 原子也可以分层去数，但较易数错，推荐还是利用共顶角这一特征解决。。
17. 利用某一工业钴渣(主要成分为，含少量、、MgO、CuO)制备金属钴的流程如图所示：
已知：
①沉淀1为黄钠铁矾，化学式为：。
②当某离子浓度时认为沉淀完全，，，，，
③氧化性：
（1）“浸出”过程中元发生反应的离子方程式为_______，用盐酸代替硫酸的缺点是_______。
（2）“浸出液”中加入的作用是_______，试剂a为_______。
（3）有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为，为回收，可向有机相中加入一定浓度的，将其反萃取到水相，其原理是_______。
（4）沉淀2为，当恰好沉淀完全时，溶液中HF浓度为，则此时溶液的pH=_______。用溶液沉钴，其水溶液中存在反应，其平衡常数为K，则K=_______。
（5）已知氧化性：。工业上采用惰性电极电解溶液制取钴，不用溶液代替溶液的原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 产生，污染环境
（2） ①. 将氧化为 ②.
（3）增大氢离子浓度，萃取反应平衡逆移
（4） ①. 3 ②.
（5）若用代替，水在阳极放电生成的比容易得到电子，导致Co产率降低
【解析】
【分析】钴渣中稀硫酸和金属氧化物反应生成Al3+、Mg2+、Cu2+，加入亚硫酸钠与发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，浸出液加入将氧化为，加入试剂a为碳酸钠调节pH使铁离子沉淀为，加入萃取剂提取Cu2+到有机相，水相中加入NaF沉淀镁离子得到沉淀2为MgF2，加入碳酸钠再调节pH沉淀铝离子为沉淀3是Al(OH)3，加入草酸铵与Co2+反应生成沉淀CoC2O4，加入稀盐酸生成CoCl2，再电解得到Co；
【小问1详解】
“浸出”过程中发生反应的离子方程式为，已知氧化性：，用盐酸代替硫酸的缺点是产生，污染环境；
【小问2详解】
加入亚硫酸钠时Fe3+被还原为Fe2+，则“浸出液”中加入的作用是将氧化为，试剂a的作用是调节pH使铁离子沉淀为，试剂a为；
【小问3详解】
加入一定浓度的，促使平衡逆向移动，提取出铜离子，则其原理是：增大氢离子浓度，萃取反应平衡逆移；
【小问4详解】
当浓度时认为沉淀完全，则，溶液中HF浓度为，，则此时溶液的pH=3，反应，其平衡常数为, ；
【小问5详解】
不用溶液代替溶液的原因是：若用代替，水在阳极放电生成的比容易得到电子，导致Co产率降低。
18. 亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物。NOCl可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置的连接顺序为a→_______→h，实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到F中_______时，开始向装置中通入Cl2。
（2）装置D的作用有：根据气泡快慢调节气体流速、_______、_______。
（3）尾气处理装置中若用NaOH溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：_______。
（4）制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：
a．将所得亚硝酰氯(NOCl)产品7.0g溶于水，配制成250 mL溶液；取出25.00 mL，加入足量的30.00 mL0.5 mol/LAgNO3溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液；
d．重复实验操作三次，消耗0.5 mol/LNH4SCN溶液的体积平均为10.00 mL。
已知，
①加入硝基苯的作用是_______。
②滴定选用的指示剂是_______。
A．FeCl3 B．FeCl2 C．NH4Fe(SO4)2 D．(NH4)2Fe(SO4)2
③NOCl的纯度为_______。
【答案】（1） ①. bcfgjide ②. 红棕色完全消失
（2） ①. 平衡气压，避免装置中压强过大 ②. 干燥气体
（3）
（4） ①. 防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 ②. C ③. 93.6%
【解析】
【分析】NOCl可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，先在装置A发生铜与稀硝酸反应生成NO。硝酸具有挥发性，装置A上部含有空气，则产生的NO部分被氧化为NO2，则装置B的作用为除去气体中的硝酸及NO2杂质；NOCl遇水易反应，因此要先在装置D中用浓硫酸干燥NO气体；装置D除了具有干燥气体的作用，还可以根据气泡快慢调节气体流速，同时平衡气压，避免装置中压强过大。在装置F中NO与纯净的Cl2在冰水浴中合成NOCl，为防止NOCl2与水反应，同时避免大气污染，最后接装置C。要测定NOCl2的纯度，可根据反应2NOCl+H2O=NO2+NO+2HCl，HCl+AgNO3=AgCl+HNO3，进行计算，过量的AgNO3用NH4SCN进行滴定，根据AgNO3的总物质的量及过量AgNO3的物质的量确定HCl的物质的量，进而确定NOCl的物质的量及质量，最后可得其纯度。
【小问1详解】
根据上述分析可知仪器使用先后顺序为ABDFC，导管口连接顺序为a→b→c→f→g→j→i→d→e；
由于NO是无色气体。而NO与O2反应产生的NO2是红棕色气体，因此实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到F中红棕色完全消失，说明其中充满了无色NO气体，此时开始向装置中通入Cl2。
【小问2详解】
装置D中盛有浓硫酸，其作用有：根据气泡快慢来调节气体流速，并且可以干燥NO气体，同时可以平衡气压，避免装置中压强过大；
【小问3详解】
NO具有还原性，KMnO4具有强氧化性，NO被氧化产生，被还原为MnO2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应方程式为：；
【小问4详解】
①硝基苯是密度比水大不溶于水的油状液体物质，可以使沉淀表面被有机物覆盖，防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，而导致产生误差；
②由于用NH4SCN标准溶液滴定过量AgNO3溶液，当滴入NH4SCN标准溶液使Ag+沉淀完全后，过量SCN-能够与Fe3+反应使溶液变为血红色，故可以使用含有Fe3+的溶液作指示剂。
A．FeCl3含有Fe3+，但同时又引入Cl-，使测定产生误差，A不符合题意；
B．FeCl2中含有Fe2+，而不含Fe3+，B不符合题意；
C．NH4Fe(SO4)2含有Fe3+，又不含对实验测定产生干扰，C不符合题意； D．(NH4)2Fe(SO4)2中含有Fe2+，而不含Fe3+，D不符合题意；
故合理选项是C；
③NOCl与水反应产生NO2、NO、HCl，反应方程式为：2NOCl+H2O=NO2+NO+2HCl，HCl与滴入的AgNO3溶液发生反应：HCl+AgNO3=AgCl+HNO3，产生AgCl白色沉淀，可得关系式：n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)。根据AgNO3+NH4SCN=AgSCN↓+NH4NO3计算过量AgNO3的物质的量，n(AgNO3)过量=0.5 mol/L×0.01 L=0.005 mol，故25.00 mL溶液HCl消耗AgNO3的物质的量n(AgNO3)=0.5 mol/L×0.03 L-0.005 mol=0.01 mol，则7.0 gNOCl配制的250 mL水溶液中HCl的物质的量n(HCl)=n(AgNO3)=0.01 mol×=0.1 mol，根据Cl守恒可知n(NOCl)=n(HCl)=0.1 mol，其质量为m(NOCl)=0.1 mol×65.5 g/mol=6.55 g，故其纯度为：×100%=93.6%。
19. 本维莫德(G)是我国自主研发的一种用于治疗银屑病的药物，合成路线如图：
已知：(表示H原子或烃基)
回答以下问题：
（1）A的化学名称为_______，D→E的反应类型为_______。
（2）证明合成B中混有A的实验方法是_______，E与新制的悬浊液反应的化学方程式为_______。
（3）分子G共平面的碳原子最多有_______个，与氢气完全加成的产物中含有_______个手性碳原子。
（4）芳香化合物H是D同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有3组峰且峰面积之比为3：2：1的结构有_______种。
（5）写出以乙苯为原料(其他试剂任选)，制备()的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 3，5—二羟基苯甲酸 ②. 氧化反应
（2） ①. 取少量B溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，若溶液变成紫色说明含A，否则不含A ②.
（3） ①. 16 ②. 2
（4）4 （5）
【解析】
【分析】由B→C的反应条件以及C的结构简式，可逆推确定B的结构简式为，同理可逆推得到A的结构简式为：，结合已知可确定D的结构简式为：，对比D和E的分子式可确定E的结构简式：，同理可以确定F的结构简式为：，据此分析。
【小问1详解】
据分析A的结构简式为：，化学名称为3，5—二羟基苯甲酸。据分析可知D→E是醇的催化氧化反应，反应类型为：氧化反应。
【小问2详解】
对比可知B与A结构上的不同是A中含有酚羟基，所以可用酚羟基的检验方法来证明合成的B中混有A，即实验方法是：取少量B溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，若溶液变成紫色说明含A，否则不含A。E与新制的悬浊液反应的化学方程式为：。
【小问3详解】
分子G中苯环和碳碳双键均是平面结构，所有碳原子能共面，而酚羟基邻位相连的碳原子为sp3杂化，最多三个原子共面，所以共平面的碳原子最多有16个。与氢气完全加成的产物中含有手性碳如图：。
【小问4详解】
据分析可知D的结构为，芳香化合物H是D的同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有3组峰且峰面积之比为3：2：1的结构有: ，，，共4种。
【小问5详解】
结合题目中的路线和所学知识，可知制备()的合成路线：。
20. 氢能作为清洁能源，对实现双碳目标具有广泛应用前景。乙醇-水催化重整可获得，其主要反应为
①
②
Ⅰ．已知相关键能数据如下表：
化学键
H—H
H—O
键能/
436
a
803
1072
（1）则a=_______，反应①自发进行的条件是_______。
A．高压 B．低压 C．高温 D．低温
Ⅱ．在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及氢气的产率随温度的变化如图所示。
（2）表示平衡时CO选择性曲线是_______，一定能提高平衡时产率的措施有_______。
A．减小压强 B．选用高效催化剂 C．及时分离出 D．升高温度
（3）随着温度的升高，平衡时_______(填“增大”、“减小”或“不变”)
当温度为260℃时，平衡转化率为_______，用物质的量分数表示的反应②的化学平衡常数_______。
【答案】（1） ①. 464.4 ②. C
（2） ①. c ②. AC
（3） ①. 减小 ②. 85.7% ③.
【解析】
【小问1详解】
根据②，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则，解得a=464.4；根据自发反应的条件，该反应>0，>0，所以该反应在高温下才能自发进行，故选C。
【小问2详解】
根据题意，按照，发生反应①，和反应②，再根据已知、，可知反应①的热效应更大，故温度升高的时候，对反应①的影响更大一些，即CO2的选择性减小，同时CO的选择性增大，根据可知，c代表CO的选择性曲线，a代表CO2的选择性曲线，b代表氢气的产率；
A．减小压强，使反应向压强增大的方向进行，有利于提高氢气的产率，A正确；
B．使用催化剂只能提高反应速率，不能提高产率，B错误；
C．及时分离出CO2使反应向正反应方向移动的同时，减少二氧化碳与氢气反应，能够提高氢气的产率，C正确；
D．根据氢气产率曲线可知，升高温度氢气的产率降低，D错误；
故选择AC。
【小问3详解】
随着温度的升高，氢气的产率降低，反应②向正反应方向进行，生成H2O，n(H2O)变多，故减小；设反应后CO的物质的量为x mol、反应①生成的氢气为a mol，则列出如下式子：
，
由选择性图可知，当温度为260℃时，氢气的产率为80%，CO2的选择性为80%，再由可知，CO和CO2的选择性之和为100%，则CO的选择性=100%-80%=20%，故列式，解得， ，平衡转化率=×100%；由上计算可得，n(CO2)≈()mol、n(H2) ≈()mol、n(CO)≈x mol、n(H2O)≈()mol，=。
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