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四川省绵阳市绵阳中学2023届高三一诊模拟考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳市绵阳中学2023届高三一诊模拟考试化学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 下列离子方程攻正确的是，8%等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签宇笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区城内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。
可能用到的原子量：P-31 O-16 Cl-35.5 K-39 Se-79 Br-80
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 举世瞩目的2022年北京冬则会成功举办，冬奥会上有许多化学元素“发挥若重要作用。下列有关说法正确的是
A. 部分冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于过渡元素
B. 颁奖礼服和比赛服装中分别用到的石墨烯和聚氨酯材料，二者均属于高分子化合物
C. 冬奥会使用二氧化碳跨临界直冷制冰，该方法涉及到复杂的物理和化学变化
D. 运动员受伤时喷氯乙烷止庝，是因为液态氯乙烷汽化时大量吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A．碲属于ⅥA元素，是主族元素，不属于过渡元素， A错误；
B．石墨烯是碳元素形成的单质，不属于高分子化合物， B错误；
C．二氧化碳跨临界直冷制冰只涉及物理变化，C错误；
D．当液态的氯乙烷喷出遇到温度较高的皮肤时，液态的氯乙烷会迅速汽化为气态，吸收大量的热量；液态的氯乙烷汽化吸收热量后，会使人体受伤部位的内能减小，温度降低，从而暂时失去痛感，D正确；
故答案为：D。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在298K、101kPa条件下，1.12LCO2防止中含有的C=O键的数目为0.1NA
B. 39gNa2O2与足量CO2、H2O(g)的混合气体充分反应转移的电子数为NA
C. 4g重氢(D2)与16O2的混合气体含有的质子数目为2 NA
D. 0.1mlFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
【答案】C
【解析】
【详解】A．298K、101kPa非标准状况，1.12LCO2的物质的量不是0.05ml，故A错误；
B．过氧化钠和水、二氧化碳反应，过氧化钠都是既做氧化剂又做还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0、过氧化钠中氧元素化合价由-1降低为-2，1ml过氧化钠反应转移lml电子，则39gNa2O2物质的量为=0.5ml，转移的电子数为0.5NA，故B错误；
C．4g重氢(D2)含有质子数为：，4g16O2含有的质子数为：，根据平均值法，4g重氢(D2)与16O2的混合气体含有的质子数目为2 NA，故C正确；
D．氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，1个氢氧化铁胶粒含有多个Fe(OH)3，所以0.1mlFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒数小于0.1NA，故D错误；
选C。
3. 化合物X常作中间体合成高效药物，下列有关X的说法错误的是
A. X在酸性或碱性溶液中均可发生反应
B. 所有碳原子可能共平面
C. 该化合物的分子式为C23H24O5
D. 1mlX最多可与10mlH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中含有酯基，酯基在酸性或者碱性条件下都可以水解，A正确；
B．苯环、碳碳双键、—COOC—为平面结构，则所有碳原子可能共平面，B正确；
C．根据X的结构简式可知其分子式为C23H24O5，C正确；
D．一个苯环和3个氢气加成，一个碳碳双键和1个氢气加成，则根据X的结构简式可知1mlX最多可与8mlH2发生加成反应，D错误；
故选D。
4. 下列离子方程攻正确的是
A. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
B. Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应：+2H+=4S↓+2+H2O
C. 向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2：+CO2+H2O=2
D. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++ CO2+H2O=CaCO3↓+H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故A正确；
B．Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、S沉淀、水，反应的离子方程式为+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故B错误；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为：2Na+++H2O+CO2=2NaHCO3↓，故C错误；
D．由于碳酸钙溶于盐酸，因此反应不能发生，故D错误；
选A。
5. 已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可物成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点；C>B
B. 简单离子的半径：E>D>C
C. 含氧酸的酸性：E>B
D. 化合物X在低温的的碱性溶液中更加稳定
【答案】D
【解析】
【分析】同周期元素从左到右，原子半径依次减小，根据原子半径与原子序数的关系图，可知A是第一周期的元素，B、C是第二周期的元素，D、E是第三周期的元素；A是H，B形成4个共价键，B是C元素；C形成2个共价键，C是O元素；D形成+1价阳离子，D是Na元素；C与E同主族，E是S元素。
【详解】A．C元素的氢化物包括所有的烃，有的烃沸点比O的氢化物高，故A错误；
B．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，故B错误；
C．碳的含氧酸有碳酸和羧酸，酸性不一定都比S的含氧酸低，故C错误；
D．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，故D正确；
选D。
6. 下列实验操作可达到预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积不变的反应，压缩反应容器体积增大压强，平衡不移动，故A错误；
B．用坩埚钳夹住一小块铝箔在酒精灯火焰上加热至熔化，铝箔熔化而不滴落说明氧化铝的熔点高于包裹在Al的外面铝，所以铝箔熔化但不滴落可比较铝单质、氧化铝的熔点高低，故B正确；
C．若酸性高锰酸钾溶液过量，向同体积、等浓度的草酸溶液中分别加入同体积不同浓度的酸性高锰酸钾溶液时，无法观察到溶液褪色的快慢，不能达到探究浓度对反应速率的影响的实验目的，故C错误；
D．饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的浓度不同，溶液的pH还会受到浓度影响，所以不能通过饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的pH大小来比较非金属性强弱，故D错误；
故选B。
7. 高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度减小
B. 充电时，阴极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+4OH-
C. 放电时，正极区溶液的pH减小
D. 放电时，1mlFQ转化为FOH2，可消耗65gZn
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，充电时，生成被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，被还原为，则放电时左侧为负极，被氧化为，右侧为正极被还原为。
【详解】A．充电时，左侧阴极的电极反应为，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的经阳膜迁移至左侧，经阴膜迁移至右侧，的浓度减小，A正确；
B．根据分析可知，充电时左侧为阴极，阴极反应式为，B正确；
C．放电时右侧为正极，电极反应式为，氢离子被消耗，pH增大，C错误；
D．放电时正极电极反应式为，1ml转化为转移电子2ml，负极消耗1mlZn，即消耗65gZn，D正确；
答案选C。
8. 亚硫酰氯(SOCl2)是一种重要化工试剂，被广泛应用于结晶水合物的脱水和有机合成，三氯氧磷(POCl3)常作为半导体掺杂剂及光导纤维原料。工业上合成POCl3和SOCl2的方法之一是：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l) △H=-101.4kJ/ml。已知相关物质的熔沸点及水解性如表：
某小组在实验室模拟工业制亚硫酰氯设计如图实验。
试回答下列问题：
（1）A装置中发生反应的化学方程式为_______。
（2）B装置中盛装的a试剂为_______；C装置中X仪器的名称是_______。
（3）①反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，原因是_______。
②判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是_______。
（4）反应结束后，应进行_______(填操作名称)，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。
（5）测定某掺杂剂中POCl3的含量(杂质不参与反应)；准确称取4.000g样品在水解瓶中据动至完全水解，将水解液配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入0.400ml/L的AgNO3溶液25.0mL，再加少许硝基苯防止AgCl参与后续反应，用力振荡。加入少量NH4Fe(SO4)2，用0.1000ml/LKSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液22.00mL。[已知：Ag3PO4可溶于硝酸，Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12，POCl3的相对分子质量为153.5]
①说明滴定到达终点的实验现象为_______。
②产品中POCl3的质量分数为_______(保留一位小数)
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
（2） ①. 浓硫酸 ②. 球形冷凝管
（3） ①. 该反应放热，保持低温防止产品气化挥发 ②. 固体完全消失
（4）蒸馏 （5） ①. 当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原 ②. 99.8%
【解析】
【分析】A中生成二氧化硫气体，据信息本实验必须在无水条件下反应，所以B用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，C中发生反应PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l) △H=-101.4kJ/ml以制备目标产物，用X球形冷凝管进行冷凝回流，将原料充分反应、防止产品挥发，提高产率。球形干燥管中碱石灰防止空气中的水蒸气进入；
【小问1详解】
A装置中生成二氧化硫气体，发生反应化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。
【小问2详解】
据分析，B装置中盛装的a试剂为浓硫酸；C装置中X仪器的名称是球形冷凝管。
【小问3详解】
①C中发生反应PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l) △H=-101.4kJ/ml为放热反应，则反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中的原因是：该反应放热，保持低温防止产品气化挥发。
②据信息，通常PCl5为固态、POCl3和SOCl2呈液态，则判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是：固体完全消失。
【小问4详解】
反应结束后，所得为POCl3和SOCl2的互溶液体混合物，沸点差较大，应进行蒸馏以从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。
【小问5详解】
①用KSCN滴定过量的硝酸银，用NH4Fe(SO4)2做指示剂，当硝酸银反应完后，KSCN和NH4Fe(SO4)2中的三价铁反应，溶液显血红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原。
②根据条件可知：AgNO3的总物质的量为：0.400ml/L×0.02500L=0.0100ml， KSCN的物质的量为0.1000ml/L×0.02200L=0.002200ml，SCN-反应的Ag+为0.002200ml，Cl-反应的Ag+为0.0100ml- 0.002200ml=0.0078 0ml，Cl-的物质的量是0.00780 ml，根据元素守恒则25ml中POCl3物质的量是0.00780 ml×=0.00260ml，则4.000g样品中POCl3物质的量是0.00260 ml×10=0.0260 ml，POCl3的质量分数为×100%=99.8%。
9. 利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为C、Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如图。
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。
（1）用硫酸没取金属电极芯时，提高浸取率的方法有_______，(写出一种合理方法即可)。
（2）沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、_______；“浸出液"调节pH的范围为_______，调节pH用的试剂可以是_______。(选填序号)
a.铁 b.氨水 c.碳酸钠溶液 d.稀硫酸
（3）“母液1"中加入NaClO反应的离子方程式为_______。
（4）“母液1”中先加入NaClO溶液将C2+氧化，而后又向生成的沉淀中加入H2O2将C(OH)3还原为C2+，则“母液1”中加入NaClO溶液的作用是_______。
（5）“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时c(C2+)小于_______ml/L；为防止生成C(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CCO3，写出该反应的离子方程式是_______。(已知：Ksp[C(OH)2]=2×10-15)
（6）由“母液4"获取NiSO4·7H2O的操作中用乙醇洗涤的优点是_______。
【答案】（1）将金属电极芯粉碎
（2） ①. Al(OH)3 ②. 5.2≤pH<7.6 ③. bc
（3）2C2++ClO-+5H2O=Cl-+2C(OH)3↓+4H+
（4）将C2+氧化为正三价，便于生成C(OH)3沉淀，从而易于与Ni2+分离
（5） ①. 2×10-4 ②. 2+C2+=CCO3↓+H2O+CO2↑
（6）能洗去杂质的同时，减少NiSO4·7H2O的损耗，并且能加快晶体的干燥
【解析】
【分析】废镍电池的金属电极芯(主要成分为C、Ni,还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶解，C、Ni、Fe、Al分别转化为C2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，其中Fe2+、Al3+是杂质离子，结合表格中所给的阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，在浸出液中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时母液1中的阳离子即为C2+、Ni2+，加入NaClO的目的是将C2+氧化为C3+便于调节pH形成沉淀，实现与Ni2+的分离，故母液2中含Ni2+；向C(OH)3中加入H2SO4-H2O2，得到母液3，而向母液3中加入Na2CO3即得CCO3，故H2O2的作用是将C(OH)3还原为C2+，即母液中含C2+，加入碳酸钠沉钴，将C2+转化为CCO3沉淀，再经过一系列操作即得醋酸钴晶体；母液2中含Ni2+，通入氨气将其沉淀为Ni(OH)2，再加入硫酸溶解为NiSO4，即母液4为NiSO4溶液，再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、干燥即得硫酸镍晶体，据此分析。
【小问1详解】
用硫酸没取金属电极芯时，为了提高浸取率，可以将金属电极芯粉碎，或者适当提高硫酸浓度，或者升高温度等，故答案为：将金属电极芯粉碎；
【小问2详解】
根据表格中的数据可知，在浸出液中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，“浸出液”需调节pH至Fe3+、Al3+沉淀完全而C(OH)2、Ni(OH)2不沉淀，故pH的范围为5.2≤pH＜7.6；调节pH用的试剂需不能引入杂质且对Fe3+、Al3+、C2+、Ni2+无影响，a.铁能将Fe3+反应为Fe2+，故a错误；b.氨水可以调节溶液的pH，且对Fe3+、Al3+、C2+、Ni2+无影响，故b正确；c.碳酸钠溶液可以使溶液的pH增大，且引入的碳酸根在后续步骤中通过加硫酸可以除去，故c正确；d.稀硫酸的加入会使溶液的pH减小，故d错误，故答案为：Al(OH)3；5.2≤pH＜7.6；bc；
【小问3详解】
“母液1”中的金属阳离子为C2+、Ni2+，由于两者开始沉淀的pH相同，故若使两者分离，需加入NaClO将C2+氧化为C3+，ClO-被还原为Cl-，而由于此反应环境为酸性环境，故离子方程式为：2C2++ClO-+5H2O=Cl-+2C(OH)3↓+4H+，故答案为：2C2++ClO-+5H2O=Cl-+2C(OH)3↓+4H+；
【小问4详解】
母液1中的阳离子即为C2+、Ni2+，“母液1”中先加入NaClO溶液将C2+氧化为C3+，而后又向生成的沉淀，以此与Ni2+分离，则NaClO溶液的作用是将C2+氧化为正三价，便于生成C(OH)3沉淀，从而易于与Ni2+分离；
【小问5详解】
“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，即c(H+)=10-8.5ml/L，c(OH-)=10-5.5ml/L，根据Ksp[C(OH)2]=2×10-15可知c(C2+)•c2(OH-)=2×10-15，故c(C2+)=2×10-4ml/L；NH4HCO3代替Na2CO3制得CCO3，则与C2+反应生成CCO3沉淀和H+，生成的H+与过量的反应生成H2O和CO2，故离子方程式为：2+C2+=CCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：2×10-4；2+C2+=CCO3↓+H2O+CO2↑；
【小问6详解】
“母液4”为NiSO4溶液，获取NiSO4•7H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，乙醇易挥发，且能降低NiSO4•7H2O溶解度，则用乙醇洗涤的优点是：能洗去杂质的同时，减少NiSO4·7H2O的损耗，并且能加快晶体的干燥。
10. 减少CO2的排放、捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。
在CO2加氢合成甲醇的体系中，同时存在以下反应：
反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-48.7kJ/ml
反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ/ml
（1）反应ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H3=_______。
（2）在CO2加氢合成甲醇的体系中，下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 若在绝热恒容容器，反应ⅰ的平衡常数K保持不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡
B. 若气体的平均相对分子质量不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡
C. 体系达平衡后，若压缩体积，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动
D. 选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
（3）某温度下，向容积恒为1L的密闭容器中通入lmlCO2(g)和5mlH2(g)，l0min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%。CH3OH的选择性为50%。
已知：CH3OH的选择性：×100%
①0~10min内CO2的平均消耗速率v(CO2)=_______。
②反应ⅰ的平衡常数K=_______(写出计算式即可)。
③反应ⅱ的净速率v=v正-v逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，k正-k逆_______(选填“增大"、“减小”或“不变")。
（4）维持压强、投料比和反应时间不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2的转化率 (CO2)和甲醇的选择性x(CH3OH)随温度变化的关系如图所示。已知催化剂活性随温度影响变化不大，结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析下列问题：
①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因_______；CO2的转化率随温度升高也下降的可能原因是_______。
②不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是_______(填序号)。
A.高温高压 B.高温低压 C低温低压 D.低温高压
【答案】（1）-89.7k/ml （2）C
（3） ①. 0.02ml/(L·min) ②. ③. 减小
（4） ①. 反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动 ②. 温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ⅱ中CO2转化率升高的影响 ③. D
【解析】
【分析】利用盖斯定律将ⅰ-ⅱ=iii，即可计算出的数值。绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变，平衡常数不变。，反应涉及到的都是气体，气体的总质量不变；反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量是个变化的量，所以是个变化的量，当不变时反应达到了平衡，所以气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡。
【小问1详解】
（1）根据盖斯定律ⅰ-ⅱ=iii，；故答案为：
-89.7k/ml；
【小问2详解】
A．绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变，平衡常数不变。绝热恒容容器，当反应ⅰ的平衡常数K保持不变说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡，A正确；
B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量随着反应进行减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强，则反应i平衡正向移动，会使反应i中CO2和H2量减小，H2O量增大，反应ii的化学平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，从而提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；
故答案：C；
【小问3详解】
①0 ~10 min，CO2的转化率为20%，则，用CO2表示0 ~10 min内平均反应速率v(CO2)=；
②某温度下，向容积为1 L的密闭容器中通入1 ml CO2(g)和5 ml H2(g)，10 min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，则消耗的，CH3OH的选择性为50%，已知CH3OH的选择性=
则转化为CH3OH的。平衡时，，，，容器容积为1 L，，，，，反应i的平衡常数；
③反应ii是吸热反应，降低温度，速率常数均减小，化学平衡逆向移动，则减小的幅度小于，所以减小的幅度大于，故减小；
故答案为： 0.02ml/(L·min)；；减小；
【小问4详解】
反应i为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降。反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳的转化率上升，但温度升高对反应i中二氧化碳的转化率降低的影响大于反应ii中二氧化碳的转化率的促进作用，所以二氧化碳的转化率随温度升高也在下降；
生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，要使平衡正向移动，根据平衡移动原理选择反应条件为低温高压， D正确；
故答案为：反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动；温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ⅱ中CO2转化率升高的影响；D。
11. 硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚来诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领城引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图：
（1）Se与S同族，基态硒价电子排布简式为_______，基态Se原子核外电子有_______种空间运动状态不同的电子。
（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是_______。
（3）关于上图4种物质，下列说法正确的有_______。
A. Ⅰ中仅有键
B. Ⅰ中的Se-Se键为非极性共价键
C.II易溶于水
D.II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp3
E. Ⅰ~Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
F.Ⅳ中具有孤对电子的原子只有O
（4）酸性强弱H2SeO4_______H2SeO3(填“>”或“<")，的立体构型为_______。
（5）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg/cm3，则X中相邻K之间的最短距离为_______nm((列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 4s24p4 ②. 18
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）BDE （4） ①. ＞ ②. 正四面体
（5） ①. K2SeBr6 ②. ×107
【解析】
【小问1详解】
S属于第三周期ⅥA族，价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，基态硒位于第四周期ⅥA族，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4，硒元素核外电子数为34，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子占据18个轨道，电子的空间运动状态数等于轨道数，则基态Se原子核外电子的空间运动状态有18种，故答案为：4s24p4；18；
【小问2详解】
由于水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，分子间氢键能使氢化物熔沸点增大，所以H2Se沸点低于H2O，故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
【小问3详解】
A．物质Ⅰ中含有C-H键和Se-Se键，苯环中化学键较为特殊，含有大π键，所以Ⅰ中含有π键和σ键，故A错误；
B．物质Ⅰ中的Se-Se键是同种原子间形成的共价键，为非极性键，故B正确；
C．物质Ⅱ属于烃类，烃类难溶于水，故C错误；
D．物质Ⅱ中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，苯环和碳碳双键中C原子均采用sp2杂化，碳碳三键中C原子采用sp杂化，所以Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，故D正确；
E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素为C、N、O、Se、S、H，非金属性越强，其电负性越大，C、N、O位于同一周期、O、Se、S位于同一主族，则C、N、O、Se、S、H中O的电负性最大，故E正确；
F．C、O、S、Se最外层电子数分别为4、6、6、6，物质Ⅳ中C形成4个键，无孤电子对，S形成6个键、无孤电子对，O和Se均形成2个键，均会有2对孤电子，具有孤对电子的原子有O、Se，故F错误；
故答案为：BDE；
【小问4详解】
同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4与H2SeO3可写成(OH)2SeO2、(OH)2SeO，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多(或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+)，则酸性：H2SeO4＞H2SeO3；的中心原子价层电子对数为4+=4，无孤电子对，则的VSEPR模型和立体构型均为正四面体，故答案为：＞；正四面体；
【小问5详解】
①由图可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，“SeBr6”的数目为8×+6×=4，则化学式为K2SeBr6，故答案为：K2SeBr6；
②晶胞中含有4个“K2SeBr6”，晶胞质量为m(K2SeBr6)=，若晶胞边长为xcm，则晶胞体密度，解得x=cm，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为x=cm=×107nm。
12. 黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
回答问题：
（1）A→B的反应类型为_______。
（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。
（3）D的结构简式为_______。
（4）E和F可用_______(写出试剂)鉴别。
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式为_______(任写一种)。
①含有酯基；②含有苯环；③核磁共振氢谐有两组峰
（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式_______、_______。
（7）设计以为原料合成的路线_______(其他试剂任选)。
已知：+CO2
【答案】（1）取代反应
（2）+NaOH+H2O
（3） （4）FeCl3溶液
（5）或 （6） ①. ②. H2O
（7）
【解析】
【分析】A()与浓硫酸在加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B()与NaOH溶液反应生成, C的结构简式为，苯酚与NaOH反应生成 和 CO2在一定条件下反应，再与HCl反应生成D，则D的结构简式为,酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则F与苯甲酸酐反应可生成 G、苯甲酸和水，故M和N的结构简式为和 H2O。
【小问1详解】
A()与浓硫酸在加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B()，即反应类型为取代反应；
【小问2详解】
B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应生成和H2O，反应的化学方程式为+NaOH→+H2O；
【小问3详解】
C的结构简式为，苯酚与NaOH反应生成 和 CO2在一定条件下反应，再与HCI反应生成D，则D的结构简式为；
【小问4详解】
由E、F的结构简式可知，F含有酚羟基，而E没有，因此可用FeCl3溶液鉴别两者，前者溶液变成紫色，后者无明显现象；
【小问5详解】
F的分子式为C10H10O4，X是F的同分异构体，X含有苯环和酯基，其核磁共振氢谱有两组峰，说明X只有2种不同环境的H原子，则满足条件的X的结构简式为或；
【小问6详解】
酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则F与苯甲酸酐反应可生成 G、苯甲酸和水，故M和N的结构简式为和 H2O；
小问7详解】选项
目的
操作
A
H2(g)+I2(g)2HI(g)，压缩反应容器体积
通过颜色深浅变化研究压强对平衡移动的影响
B
用坩埚钳夹住一小块铝箔在酒精灯火焰上加热至熔化
比较铝单质、氧化铝的熔点高低
C
往2支试管中分别加入同体积、等浓度的草酸溶液，再分别加入同体积不同浓度的酸性KMnO4溶液
依据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响
D
分别测定饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的pH值
比较C与B元素的非金属性
物质
熔点
沸点
水解性
POCl3
1.2
105.5
易水解
SOCl2
-104.5
76
易水解
PCl5
160(升华)
167
易水解
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
C(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀
2.2
7.4
7.6
0.1
4.0
7.6
完全沉淀
3.2
8.9
9.2
1.1
5.2
9.2
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签宇笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区城内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。
可能用到的原子量：P-31 O-16 Cl-35.5 K-39 Se-79 Br-80
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 举世瞩目的2022年北京冬则会成功举办，冬奥会上有许多化学元素“发挥若重要作用。下列有关说法正确的是
A. 部分冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于过渡元素
B. 颁奖礼服和比赛服装中分别用到的石墨烯和聚氨酯材料，二者均属于高分子化合物
C. 冬奥会使用二氧化碳跨临界直冷制冰，该方法涉及到复杂的物理和化学变化
D. 运动员受伤时喷氯乙烷止庝，是因为液态氯乙烷汽化时大量吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A．碲属于ⅥA元素，是主族元素，不属于过渡元素， A错误；
B．石墨烯是碳元素形成的单质，不属于高分子化合物， B错误；
C．二氧化碳跨临界直冷制冰只涉及物理变化，C错误；
D．当液态的氯乙烷喷出遇到温度较高的皮肤时，液态的氯乙烷会迅速汽化为气态，吸收大量的热量；液态的氯乙烷汽化吸收热量后，会使人体受伤部位的内能减小，温度降低，从而暂时失去痛感，D正确；
故答案为：D。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在298K、101kPa条件下，1.12LCO2防止中含有的C=O键的数目为0.1NA
B. 39gNa2O2与足量CO2、H2O(g)的混合气体充分反应转移的电子数为NA
C. 4g重氢(D2)与16O2的混合气体含有的质子数目为2 NA
D. 0.1mlFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
【答案】C
【解析】
【详解】A．298K、101kPa非标准状况，1.12LCO2的物质的量不是0.05ml，故A错误；
B．过氧化钠和水、二氧化碳反应，过氧化钠都是既做氧化剂又做还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0、过氧化钠中氧元素化合价由-1降低为-2，1ml过氧化钠反应转移lml电子，则39gNa2O2物质的量为=0.5ml，转移的电子数为0.5NA，故B错误；
C．4g重氢(D2)含有质子数为：，4g16O2含有的质子数为：，根据平均值法，4g重氢(D2)与16O2的混合气体含有的质子数目为2 NA，故C正确；
D．氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，1个氢氧化铁胶粒含有多个Fe(OH)3，所以0.1mlFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒数小于0.1NA，故D错误；
选C。
3. 化合物X常作中间体合成高效药物，下列有关X的说法错误的是
A. X在酸性或碱性溶液中均可发生反应
B. 所有碳原子可能共平面
C. 该化合物的分子式为C23H24O5
D. 1mlX最多可与10mlH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中含有酯基，酯基在酸性或者碱性条件下都可以水解，A正确；
B．苯环、碳碳双键、—COOC—为平面结构，则所有碳原子可能共平面，B正确；
C．根据X的结构简式可知其分子式为C23H24O5，C正确；
D．一个苯环和3个氢气加成，一个碳碳双键和1个氢气加成，则根据X的结构简式可知1mlX最多可与8mlH2发生加成反应，D错误；
故选D。
4. 下列离子方程攻正确的是
A. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
B. Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应：+2H+=4S↓+2+H2O
C. 向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2：+CO2+H2O=2
D. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++ CO2+H2O=CaCO3↓+H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故A正确；
B．Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、S沉淀、水，反应的离子方程式为+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故B错误；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为：2Na+++H2O+CO2=2NaHCO3↓，故C错误；
D．由于碳酸钙溶于盐酸，因此反应不能发生，故D错误；
选A。
5. 已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可物成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点；C>B
B. 简单离子的半径：E>D>C
C. 含氧酸的酸性：E>B
D. 化合物X在低温的的碱性溶液中更加稳定
【答案】D
【解析】
【分析】同周期元素从左到右，原子半径依次减小，根据原子半径与原子序数的关系图，可知A是第一周期的元素，B、C是第二周期的元素，D、E是第三周期的元素；A是H，B形成4个共价键，B是C元素；C形成2个共价键，C是O元素；D形成+1价阳离子，D是Na元素；C与E同主族，E是S元素。
【详解】A．C元素的氢化物包括所有的烃，有的烃沸点比O的氢化物高，故A错误；
B．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，故B错误；
C．碳的含氧酸有碳酸和羧酸，酸性不一定都比S的含氧酸低，故C错误；
D．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，故D正确；
选D。
6. 下列实验操作可达到预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积不变的反应，压缩反应容器体积增大压强，平衡不移动，故A错误；
B．用坩埚钳夹住一小块铝箔在酒精灯火焰上加热至熔化，铝箔熔化而不滴落说明氧化铝的熔点高于包裹在Al的外面铝，所以铝箔熔化但不滴落可比较铝单质、氧化铝的熔点高低，故B正确；
C．若酸性高锰酸钾溶液过量，向同体积、等浓度的草酸溶液中分别加入同体积不同浓度的酸性高锰酸钾溶液时，无法观察到溶液褪色的快慢，不能达到探究浓度对反应速率的影响的实验目的，故C错误；
D．饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的浓度不同，溶液的pH还会受到浓度影响，所以不能通过饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的pH大小来比较非金属性强弱，故D错误；
故选B。
7. 高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度减小
B. 充电时，阴极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+4OH-
C. 放电时，正极区溶液的pH减小
D. 放电时，1mlFQ转化为FOH2，可消耗65gZn
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，充电时，生成被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，被还原为，则放电时左侧为负极，被氧化为，右侧为正极被还原为。
【详解】A．充电时，左侧阴极的电极反应为，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的经阳膜迁移至左侧，经阴膜迁移至右侧，的浓度减小，A正确；
B．根据分析可知，充电时左侧为阴极，阴极反应式为，B正确；
C．放电时右侧为正极，电极反应式为，氢离子被消耗，pH增大，C错误；
D．放电时正极电极反应式为，1ml转化为转移电子2ml，负极消耗1mlZn，即消耗65gZn，D正确；
答案选C。
8. 亚硫酰氯(SOCl2)是一种重要化工试剂，被广泛应用于结晶水合物的脱水和有机合成，三氯氧磷(POCl3)常作为半导体掺杂剂及光导纤维原料。工业上合成POCl3和SOCl2的方法之一是：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l) △H=-101.4kJ/ml。已知相关物质的熔沸点及水解性如表：
某小组在实验室模拟工业制亚硫酰氯设计如图实验。
试回答下列问题：
（1）A装置中发生反应的化学方程式为_______。
（2）B装置中盛装的a试剂为_______；C装置中X仪器的名称是_______。
（3）①反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，原因是_______。
②判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是_______。
（4）反应结束后，应进行_______(填操作名称)，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。
（5）测定某掺杂剂中POCl3的含量(杂质不参与反应)；准确称取4.000g样品在水解瓶中据动至完全水解，将水解液配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入0.400ml/L的AgNO3溶液25.0mL，再加少许硝基苯防止AgCl参与后续反应，用力振荡。加入少量NH4Fe(SO4)2，用0.1000ml/LKSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液22.00mL。[已知：Ag3PO4可溶于硝酸，Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12，POCl3的相对分子质量为153.5]
①说明滴定到达终点的实验现象为_______。
②产品中POCl3的质量分数为_______(保留一位小数)
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
（2） ①. 浓硫酸 ②. 球形冷凝管
（3） ①. 该反应放热，保持低温防止产品气化挥发 ②. 固体完全消失
（4）蒸馏 （5） ①. 当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原 ②. 99.8%
【解析】
【分析】A中生成二氧化硫气体，据信息本实验必须在无水条件下反应，所以B用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，C中发生反应PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l) △H=-101.4kJ/ml以制备目标产物，用X球形冷凝管进行冷凝回流，将原料充分反应、防止产品挥发，提高产率。球形干燥管中碱石灰防止空气中的水蒸气进入；
【小问1详解】
A装置中生成二氧化硫气体，发生反应化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。
【小问2详解】
据分析，B装置中盛装的a试剂为浓硫酸；C装置中X仪器的名称是球形冷凝管。
【小问3详解】
①C中发生反应PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l) △H=-101.4kJ/ml为放热反应，则反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中的原因是：该反应放热，保持低温防止产品气化挥发。
②据信息，通常PCl5为固态、POCl3和SOCl2呈液态，则判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是：固体完全消失。
【小问4详解】
反应结束后，所得为POCl3和SOCl2的互溶液体混合物，沸点差较大，应进行蒸馏以从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。
【小问5详解】
①用KSCN滴定过量的硝酸银，用NH4Fe(SO4)2做指示剂，当硝酸银反应完后，KSCN和NH4Fe(SO4)2中的三价铁反应，溶液显血红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原。
②根据条件可知：AgNO3的总物质的量为：0.400ml/L×0.02500L=0.0100ml， KSCN的物质的量为0.1000ml/L×0.02200L=0.002200ml，SCN-反应的Ag+为0.002200ml，Cl-反应的Ag+为0.0100ml- 0.002200ml=0.0078 0ml，Cl-的物质的量是0.00780 ml，根据元素守恒则25ml中POCl3物质的量是0.00780 ml×=0.00260ml，则4.000g样品中POCl3物质的量是0.00260 ml×10=0.0260 ml，POCl3的质量分数为×100%=99.8%。
9. 利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为C、Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如图。
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。
（1）用硫酸没取金属电极芯时，提高浸取率的方法有_______，(写出一种合理方法即可)。
（2）沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、_______；“浸出液"调节pH的范围为_______，调节pH用的试剂可以是_______。(选填序号)
a.铁 b.氨水 c.碳酸钠溶液 d.稀硫酸
（3）“母液1"中加入NaClO反应的离子方程式为_______。
（4）“母液1”中先加入NaClO溶液将C2+氧化，而后又向生成的沉淀中加入H2O2将C(OH)3还原为C2+，则“母液1”中加入NaClO溶液的作用是_______。
（5）“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时c(C2+)小于_______ml/L；为防止生成C(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CCO3，写出该反应的离子方程式是_______。(已知：Ksp[C(OH)2]=2×10-15)
（6）由“母液4"获取NiSO4·7H2O的操作中用乙醇洗涤的优点是_______。
【答案】（1）将金属电极芯粉碎
（2） ①. Al(OH)3 ②. 5.2≤pH<7.6 ③. bc
（3）2C2++ClO-+5H2O=Cl-+2C(OH)3↓+4H+
（4）将C2+氧化为正三价，便于生成C(OH)3沉淀，从而易于与Ni2+分离
（5） ①. 2×10-4 ②. 2+C2+=CCO3↓+H2O+CO2↑
（6）能洗去杂质的同时，减少NiSO4·7H2O的损耗，并且能加快晶体的干燥
【解析】
【分析】废镍电池的金属电极芯(主要成分为C、Ni,还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶解，C、Ni、Fe、Al分别转化为C2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，其中Fe2+、Al3+是杂质离子，结合表格中所给的阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，在浸出液中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时母液1中的阳离子即为C2+、Ni2+，加入NaClO的目的是将C2+氧化为C3+便于调节pH形成沉淀，实现与Ni2+的分离，故母液2中含Ni2+；向C(OH)3中加入H2SO4-H2O2，得到母液3，而向母液3中加入Na2CO3即得CCO3，故H2O2的作用是将C(OH)3还原为C2+，即母液中含C2+，加入碳酸钠沉钴，将C2+转化为CCO3沉淀，再经过一系列操作即得醋酸钴晶体；母液2中含Ni2+，通入氨气将其沉淀为Ni(OH)2，再加入硫酸溶解为NiSO4，即母液4为NiSO4溶液，再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、干燥即得硫酸镍晶体，据此分析。
【小问1详解】
用硫酸没取金属电极芯时，为了提高浸取率，可以将金属电极芯粉碎，或者适当提高硫酸浓度，或者升高温度等，故答案为：将金属电极芯粉碎；
【小问2详解】
根据表格中的数据可知，在浸出液中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，“浸出液”需调节pH至Fe3+、Al3+沉淀完全而C(OH)2、Ni(OH)2不沉淀，故pH的范围为5.2≤pH＜7.6；调节pH用的试剂需不能引入杂质且对Fe3+、Al3+、C2+、Ni2+无影响，a.铁能将Fe3+反应为Fe2+，故a错误；b.氨水可以调节溶液的pH，且对Fe3+、Al3+、C2+、Ni2+无影响，故b正确；c.碳酸钠溶液可以使溶液的pH增大，且引入的碳酸根在后续步骤中通过加硫酸可以除去，故c正确；d.稀硫酸的加入会使溶液的pH减小，故d错误，故答案为：Al(OH)3；5.2≤pH＜7.6；bc；
【小问3详解】
“母液1”中的金属阳离子为C2+、Ni2+，由于两者开始沉淀的pH相同，故若使两者分离，需加入NaClO将C2+氧化为C3+，ClO-被还原为Cl-，而由于此反应环境为酸性环境，故离子方程式为：2C2++ClO-+5H2O=Cl-+2C(OH)3↓+4H+，故答案为：2C2++ClO-+5H2O=Cl-+2C(OH)3↓+4H+；
【小问4详解】
母液1中的阳离子即为C2+、Ni2+，“母液1”中先加入NaClO溶液将C2+氧化为C3+，而后又向生成的沉淀，以此与Ni2+分离，则NaClO溶液的作用是将C2+氧化为正三价，便于生成C(OH)3沉淀，从而易于与Ni2+分离；
【小问5详解】
“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，即c(H+)=10-8.5ml/L，c(OH-)=10-5.5ml/L，根据Ksp[C(OH)2]=2×10-15可知c(C2+)•c2(OH-)=2×10-15，故c(C2+)=2×10-4ml/L；NH4HCO3代替Na2CO3制得CCO3，则与C2+反应生成CCO3沉淀和H+，生成的H+与过量的反应生成H2O和CO2，故离子方程式为：2+C2+=CCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：2×10-4；2+C2+=CCO3↓+H2O+CO2↑；
【小问6详解】
“母液4”为NiSO4溶液，获取NiSO4•7H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，乙醇易挥发，且能降低NiSO4•7H2O溶解度，则用乙醇洗涤的优点是：能洗去杂质的同时，减少NiSO4·7H2O的损耗，并且能加快晶体的干燥。
10. 减少CO2的排放、捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。
在CO2加氢合成甲醇的体系中，同时存在以下反应：
反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-48.7kJ/ml
反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ/ml
（1）反应ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H3=_______。
（2）在CO2加氢合成甲醇的体系中，下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 若在绝热恒容容器，反应ⅰ的平衡常数K保持不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡
B. 若气体的平均相对分子质量不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡
C. 体系达平衡后，若压缩体积，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动
D. 选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
（3）某温度下，向容积恒为1L的密闭容器中通入lmlCO2(g)和5mlH2(g)，l0min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%。CH3OH的选择性为50%。
已知：CH3OH的选择性：×100%
①0~10min内CO2的平均消耗速率v(CO2)=_______。
②反应ⅰ的平衡常数K=_______(写出计算式即可)。
③反应ⅱ的净速率v=v正-v逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，k正-k逆_______(选填“增大"、“减小”或“不变")。
（4）维持压强、投料比和反应时间不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2的转化率 (CO2)和甲醇的选择性x(CH3OH)随温度变化的关系如图所示。已知催化剂活性随温度影响变化不大，结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析下列问题：
①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因_______；CO2的转化率随温度升高也下降的可能原因是_______。
②不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是_______(填序号)。
A.高温高压 B.高温低压 C低温低压 D.低温高压
【答案】（1）-89.7k/ml （2）C
（3） ①. 0.02ml/(L·min) ②. ③. 减小
（4） ①. 反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动 ②. 温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ⅱ中CO2转化率升高的影响 ③. D
【解析】
【分析】利用盖斯定律将ⅰ-ⅱ=iii，即可计算出的数值。绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变，平衡常数不变。，反应涉及到的都是气体，气体的总质量不变；反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量是个变化的量，所以是个变化的量，当不变时反应达到了平衡，所以气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡。
【小问1详解】
（1）根据盖斯定律ⅰ-ⅱ=iii，；故答案为：
-89.7k/ml；
【小问2详解】
A．绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变，平衡常数不变。绝热恒容容器，当反应ⅰ的平衡常数K保持不变说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡，A正确；
B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量随着反应进行减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强，则反应i平衡正向移动，会使反应i中CO2和H2量减小，H2O量增大，反应ii的化学平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，从而提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；
故答案：C；
【小问3详解】
①0 ~10 min，CO2的转化率为20%，则，用CO2表示0 ~10 min内平均反应速率v(CO2)=；
②某温度下，向容积为1 L的密闭容器中通入1 ml CO2(g)和5 ml H2(g)，10 min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，则消耗的，CH3OH的选择性为50%，已知CH3OH的选择性=
则转化为CH3OH的。平衡时，，，，容器容积为1 L，，，，，反应i的平衡常数；
③反应ii是吸热反应，降低温度，速率常数均减小，化学平衡逆向移动，则减小的幅度小于，所以减小的幅度大于，故减小；
故答案为： 0.02ml/(L·min)；；减小；
【小问4详解】
反应i为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降。反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳的转化率上升，但温度升高对反应i中二氧化碳的转化率降低的影响大于反应ii中二氧化碳的转化率的促进作用，所以二氧化碳的转化率随温度升高也在下降；
生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，要使平衡正向移动，根据平衡移动原理选择反应条件为低温高压， D正确；
故答案为：反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动；温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ⅱ中CO2转化率升高的影响；D。
11. 硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚来诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领城引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图：
（1）Se与S同族，基态硒价电子排布简式为_______，基态Se原子核外电子有_______种空间运动状态不同的电子。
（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是_______。
（3）关于上图4种物质，下列说法正确的有_______。
A. Ⅰ中仅有键
B. Ⅰ中的Se-Se键为非极性共价键
C.II易溶于水
D.II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp3
E. Ⅰ~Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
F.Ⅳ中具有孤对电子的原子只有O
（4）酸性强弱H2SeO4_______H2SeO3(填“>”或“<")，的立体构型为_______。
（5）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg/cm3，则X中相邻K之间的最短距离为_______nm((列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 4s24p4 ②. 18
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）BDE （4） ①. ＞ ②. 正四面体
（5） ①. K2SeBr6 ②. ×107
【解析】
【小问1详解】
S属于第三周期ⅥA族，价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，基态硒位于第四周期ⅥA族，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4，硒元素核外电子数为34，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子占据18个轨道，电子的空间运动状态数等于轨道数，则基态Se原子核外电子的空间运动状态有18种，故答案为：4s24p4；18；
【小问2详解】
由于水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，分子间氢键能使氢化物熔沸点增大，所以H2Se沸点低于H2O，故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
【小问3详解】
A．物质Ⅰ中含有C-H键和Se-Se键，苯环中化学键较为特殊，含有大π键，所以Ⅰ中含有π键和σ键，故A错误；
B．物质Ⅰ中的Se-Se键是同种原子间形成的共价键，为非极性键，故B正确；
C．物质Ⅱ属于烃类，烃类难溶于水，故C错误；
D．物质Ⅱ中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，苯环和碳碳双键中C原子均采用sp2杂化，碳碳三键中C原子采用sp杂化，所以Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，故D正确；
E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素为C、N、O、Se、S、H，非金属性越强，其电负性越大，C、N、O位于同一周期、O、Se、S位于同一主族，则C、N、O、Se、S、H中O的电负性最大，故E正确；
F．C、O、S、Se最外层电子数分别为4、6、6、6，物质Ⅳ中C形成4个键，无孤电子对，S形成6个键、无孤电子对，O和Se均形成2个键，均会有2对孤电子，具有孤对电子的原子有O、Se，故F错误；
故答案为：BDE；
【小问4详解】
同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4与H2SeO3可写成(OH)2SeO2、(OH)2SeO，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多(或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+)，则酸性：H2SeO4＞H2SeO3；的中心原子价层电子对数为4+=4，无孤电子对，则的VSEPR模型和立体构型均为正四面体，故答案为：＞；正四面体；
【小问5详解】
①由图可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，“SeBr6”的数目为8×+6×=4，则化学式为K2SeBr6，故答案为：K2SeBr6；
②晶胞中含有4个“K2SeBr6”，晶胞质量为m(K2SeBr6)=，若晶胞边长为xcm，则晶胞体密度，解得x=cm，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为x=cm=×107nm。
12. 黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
回答问题：
（1）A→B的反应类型为_______。
（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。
（3）D的结构简式为_______。
（4）E和F可用_______(写出试剂)鉴别。
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式为_______(任写一种)。
①含有酯基；②含有苯环；③核磁共振氢谐有两组峰
（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式_______、_______。
（7）设计以为原料合成的路线_______(其他试剂任选)。
已知：+CO2
【答案】（1）取代反应
（2）+NaOH+H2O
（3） （4）FeCl3溶液
（5）或 （6） ①. ②. H2O
（7）
【解析】
【分析】A()与浓硫酸在加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B()与NaOH溶液反应生成, C的结构简式为，苯酚与NaOH反应生成 和 CO2在一定条件下反应，再与HCl反应生成D，则D的结构简式为,酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则F与苯甲酸酐反应可生成 G、苯甲酸和水，故M和N的结构简式为和 H2O。
【小问1详解】
A()与浓硫酸在加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B()，即反应类型为取代反应；
【小问2详解】
B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应生成和H2O，反应的化学方程式为+NaOH→+H2O；
【小问3详解】
C的结构简式为，苯酚与NaOH反应生成 和 CO2在一定条件下反应，再与HCI反应生成D，则D的结构简式为；
【小问4详解】
由E、F的结构简式可知，F含有酚羟基，而E没有，因此可用FeCl3溶液鉴别两者，前者溶液变成紫色，后者无明显现象；
【小问5详解】
F的分子式为C10H10O4，X是F的同分异构体，X含有苯环和酯基，其核磁共振氢谱有两组峰，说明X只有2种不同环境的H原子，则满足条件的X的结构简式为或；
【小问6详解】
酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则F与苯甲酸酐反应可生成 G、苯甲酸和水，故M和N的结构简式为和 H2O；
小问7详解】选项
目的
操作
A
H2(g)+I2(g)2HI(g)，压缩反应容器体积
通过颜色深浅变化研究压强对平衡移动的影响
B
用坩埚钳夹住一小块铝箔在酒精灯火焰上加热至熔化
比较铝单质、氧化铝的熔点高低
C
往2支试管中分别加入同体积、等浓度的草酸溶液，再分别加入同体积不同浓度的酸性KMnO4溶液
依据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响
D
分别测定饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的pH值
比较C与B元素的非金属性
物质
熔点
沸点
水解性
POCl3
1.2
105.5
易水解
SOCl2
-104.5
76
易水解
PCl5
160(升华)
167
易水解
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
C(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀
2.2
7.4
7.6
0.1
4.0
7.6
完全沉淀
3.2
8.9
9.2
1.1
5.2
9.2
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