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黄金卷06-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京专用）
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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06
（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.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是( )
A．蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素
B．港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
C．国产C919飞机用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
D．中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
【答案】 D
【解析】 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素位于第四周期第ⅣB族，属于过渡元素，A正确；中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，D错误。
2.下列化学用语不正确的是
A. 苯的实验式：CH B. 乙酸分子比例模型：
C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H
【答案】C
【解析】 苯的分子式是C6H6，所以苯的实验式是CH，故A正确； 乙酸的结构简式是CH3COOH，乙酸分子比例模型是，故B正确；氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故C错误； 乙炔分子式是C2H2，含有碳碳三键，乙炔的结构式是H—C≡C—H，故D正确。故选C。
3下列有关实验说法，不正确的是( )
A．不慎将苯酚沾到手上，先用酒精洗涤，再用水冲洗
B．用pH试纸检验某干燥气体的酸碱性时，应先用蒸馏水润湿
C．将足量的二氧化碳和氨气依次通入饱和食盐水中可析出碳酸氢钠晶体
D．向燃尽的火柴头的浸泡液中滴加AgNO3溶液、稀HNO3，可检验火柴头是否含有氯元素
【答案】 C
【解析】 苯酚有毒，对皮肤有强烈的腐蚀性，常温下苯酚在水中的溶解度不大，苯酚易溶于酒精，故不慎将苯酚沾到手上，先用酒精洗涤，再用水冲洗，A正确；用pH试纸可以测出溶液的酸碱性，干燥气体只有溶于水才会显示酸碱性，故用 pH试纸检验某干燥气体的酸碱性时，应先用蒸馏水将pH试纸润湿，B正确；二氧化碳易溶于碱性溶液，应将足量的氨气和二氧化碳依次通入饱和食盐水中才可析出碳酸氢钠晶体，C错误；向燃尽的火柴头的浸泡液中滴加AgNO3溶液、稀硝酸，根据是否产生白色沉淀判断浸泡液中是否含 Cl－，进而可判断火柴头中是否含有氯元素，D正确。
4.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是( )
A．Na2O2放入水中：Na2O2＋H2O===2NaOH＋O2↑
B．H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O＋2Fe===Fe2O3 ＋ 3H2
C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu＋H2SO4 ===CuSO4 ＋ H2↑
D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋2H2O＋2MnO===5SO＋4H＋＋2Mn2＋
【答案】 D
【解析】 Na2O2放入水中反应的化学方程式是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，A错误；H2O(g)通过灼热铁粉在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误。
5.实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是( )
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4既是氧化剂又是还原剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25 mol
【答案】 D
【解析】 加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0，被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0，被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B正确；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1 mol O2转移4 mol电子，每生成1 mol Cl2转移2 mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25 mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25 mol，故D错误。
6.．(2022·江苏姑苏高三模拟)实验室制取高浓度的HClO溶液，有关实验装置和原理能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
制取氯气
制取氯水
提高HClO浓度
分离出HClO
【答案】 C
【解析】 二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，缺少加热装置，A错误；氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢，应进气管长、出气管短，B错误；氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸可与碳酸钙反应，次氯酸与碳酸钙不反应，可增大次氯酸的浓度，C正确；HClO与水互溶，无法用分液法分离，D错误。
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．我国嫦娥五号探测器带回1.731 kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族。下列结论正确的是( )
A．原子半径大小顺序为W＞X＞Y＞Z
B．化合物XW中的化学键为离子键
C．Y单质的导电性能弱于Z单质的
D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【答案】 B
【解析】 由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15， X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族，又因X、Y、Z均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si。O原子有两个电子层，Mg、Al、Si均有三个电子层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即X＞Y＞Z＞W，A错误；化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；Y单质为铝单质，属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误。
9.下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
解释与结论
A
将乙醇与浓硫酸共热至170 ℃，所得气体通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色
乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯
B
淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制的Cu(OH)2加热至沸腾
有砖红色沉淀产生
淀粉发生水解，产物具有还原性
C
向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置
溶液上层呈橙红色，下层几乎无色
甲苯萃取溴所致
D
将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热
有银镜生成
说明该物质一定是醛
【答案】 C
【解析】 乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量的乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体，该气体和挥发的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2，故B错误；甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误。
10.．(2022·上海高三模拟)常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5，已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
A．增加c(CO)，平衡正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选30 ℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
【答案】 C
【解析】 温度不变时，增加c(CO)，平衡正向移动，但反应的平衡常数不变，A不正确；第二阶段，加热至230 ℃，该反应的平衡常数K＝2×10－5，正反应进行的程度低，说明Ni(CO)4分解率较高，可制得高纯度镍，C正确；在同一反应中，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，因此4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，D不正确。
11.合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法正确的是( )
A．该反应为缩聚反应
B．PPV是聚苯乙炔
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol 最多可与 2 mol H2发生反应
【答案】 A
【解析】 B项，PPV含有I，而聚苯乙炔为烃类物质；C项，聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键；D项，中苯环和碳碳双键都可与氢气反应，最多可与5 mol H2发生反应。
12.．(2022·山东德州高三模拟)临床上用KI预防和治疗甲状腺疾病。一种利用含碘废水制取KI的工艺流程如图。下列说法错误的是( )
A．制CuI时I2和CuSO4都做氧化剂
B．“滤渣2”经过处理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度
D．获得KI晶体时可在空气中直接蒸发浓缩、冷却结晶
【答案】 D
【解析】 制CuI时，碘单质中碘的化合价从0降低到－1，CuSO4中铜的化合价从＋2降低到＋1，则I2和CuSO4都做氧化剂，A正确；由流程知，碘化亚铜沉淀中加入铁粉和水反应得碘化亚铁溶液、铜， “滤渣2”含有过量的铁粉和铜粉，经过处理可回收利用，B正确；FeI2溶液中加入K2CO3溶液生成沉淀和KI溶液，过滤3得到的滤液中含有K2CO3，加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度，C正确；碘离子容易被氧化，为防止氧化，加HI调pH，在一定pH下蒸发浓缩、冷却结晶获得碘化钾晶体，D错误。
13.．我国科学家在可充放电式锌－空气电池研究方面取得重大进展。电池原理如图所示，该电池的核心组分是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)的双功能催化剂，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应式为2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2[Zn(OH)4]2－。下列有关说法不正确的是( )
A．放电时电解质溶液中K＋向正极移动
B．放电时锌电池负极反应为Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－
C．充电时催化剂降低析氧反应(OER)的活化能
D．充电时阴极生成6.5 g Zn的同时阳极产生2.24 L O2(标准状况)
【答案】 D
【解析】 放电时电解质溶液中带正电荷的K＋向正极移动，A正确；由总反应式知，放电时负极是活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2＋，Zn2＋与OH－反应结合为[Zn(OH)4]2－：Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－，B正确；由总反应式和原理图知，放电时发生“氧化还原反应(ORR)”，充电时发生“析氧反应(OER)”，“双功能催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应活化能，起到催化作用，C正确；充电时阴极生成6.5 g Zn转移0.2 mol e－，而阳极产生2.24 L O2(标准状况)，转移0.4 mol e－，D错误。
14.．(2022·北京海淀区高三模拟)研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。
编号
操作
试剂
现象
1
①KCl溶液
②稀硝酸酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
2
①KCl溶液
②浓硝酸酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
3
①KI溶液
②稀硝酸酸化的AgNO3溶液
产生黄色沉淀
4
①KI溶液
②浓硝酸酸化的AgNO3溶液
产生褐色的浊液
下列说法不正确的是( )
A．实验1和2说明，硝酸浓度不影响Cl－的检验
B．实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的AgNO3溶液
C．对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤素离子种类有关
D．由上述实验推测，Br－的检验不能使用浓硝酸酸化的AgNO3溶液
【答案】 D
【解析】 对比实验1和2，实验1酸化时使用的是稀硝酸，而实验2使用的是浓硝酸，但二者皆可以产生白色沉淀，不影响氯离子的检验，A正确；稀硝酸酸化的硝酸银溶液分别和F－、Cl－、Br－、I－反应，得到氟化银(易溶)、氯化银(白色沉淀)、溴化银(浅黄色沉淀)、碘化银(黄色沉淀)，故可以区分开，B正确；对比实验2和4的条件可得，异常现象的产生与卤素离子种类有关，C正确；浓硝酸的氧化性强于溴单质，所以浓硝酸可以把溴离子氧化为溴单质(红棕色)，同时有氮的氧化物产生，故可以用来检测溴离子，D错误。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）硼化镁是迄今发现的临界温度最高的简单的金属化合物超导材料。回答下列问题：
(1)基态硼的轨道表示式为____________________________，基态镁原子的电子运动状态有____种。
(2)BF3的键角__________(填“大于”“小于”或“等于”)NF3的键角，理由是____________
________________________________________________________________________。
(3)碱土金属的碳酸盐热分解反应模式为MCO3(s)===MO(s)＋CO2(g)。从结构的角度解释：MgCO3的热分解温度小于CaCO3的热分解温度的原因是_______________________________
________________________________________________________________________。
(4)已知硼化镁属六方晶系(如图1所示)a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°。又知硼化镁是一种插层型离子化合物，镁层和硼层交替排列；镁原子层呈三角形结构，硼原子层具有规则的六角蜂房结构，与石墨相似。硼化镁晶体沿z轴方向的投影如图2所示，黑球代表硼原子，白球代表镁原子。硼化镁的化学式为____________；B的配位数是____。
(5)已知硼化镁的晶格常数为a＝b＝0.308 6 nm，c＝0.352 4 nm，则硼化镁晶体的密度表达式为____________________ g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1) 12
(2)大于 BF3空间结构是平面正三角形，键角为120°，NF3空间结构是三角锥形，键角小于109°28′(或BF3中B原子采取sp2杂化，无孤电子对，键角为120°，NF3中N原子采取sp3杂化，有一对孤电子对，键角小于109°28′)
(3)镁离子、钙离子的电荷数相同，镁离子的半径小，夺取碳酸根离子中的氧离子的能力强 (4)MgB2 6
(5)
【解析】 (4)由均摊法，观察图1，晶胞中B的个数：6；Mg的个数：12×＋2×＝3，硼化镁的化学式为MgB2；由于硼化镁是一种插层型离子化合物，镁层和硼层交替排列，镁原子层呈三角形结构，硼原子层具有规则的六角蜂房结构，每个B原子所在层的上下两层分别有3个Mg原子与B相邻，故B的配位数是6。
(5)已知硼化镁的晶格常数为a＝b＝0.308 6 nm，c＝0.352 4 nm，晶胞质量为g，晶胞体积为0.308 62××3×0.352 4 nm3，则硼化镁晶体的密度表达式为 g·cm－3。
16.（10分）以NO和NO2为主的氮氧化物是造成光化学烟雾、雾霾和酸雨的一个重要原因。
Ⅰ.为防止氮的氧化物(NO、NO2)污染空气，可用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物。
(1)在一定条件下，CO与NO反应生成CO2和N2，反应的化学方程式：2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)。为提高此反应的速率，下列措施不可行的是________(填字母)。
A．及时转移出CO2
B．使用合适的催化剂
C．升高温度
D．恒温恒容条件下，通入稀有气体增大压强
(2)恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入活性炭(足量)和1.0 mol NO，发生反应：C(s)＋2NO(g)===N2(g)＋CO2(g)。反应至5 min时，实验测得CO2的物质的量为0.21 mol，则0～5 min内，以NO表示的反应速率v(NO)＝________ mol·L－1·min－1。
Ⅱ.氨气在一定条件下也可以还原氮氧化物，其反应为NOx＋NH3―→N2＋H2O(未配平)。
(3)下列有关NH3的说法错误的是________(填字母)。
A．工业合成NH3需要在高温、高压、催化剂下进行
B．NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥
C．NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥
(4)硝酸工业排放的废气中常含有NO、NO2等，为消除它们对环境的破坏作用，工业上可采用氨转化法。已知7 mol氨恰好能将含NO和NO2共6 mol的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为________；若用通式NOx表示氮氧化物，则每摩尔氨可将______ mol NOx转化为N2。
Ⅲ.工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理氮氧化物(NOx)。
已知：①NO不能与Na2CO3溶液反应。
②NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2；2NO2＋Na2CO3===NaNO3＋CO2＋NaNO2。
(5)①当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是________(填字母)。
A．1.3 B．1.6
C．1.8 D．2.0
②若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液完全吸收1 mol NOx，则需要Na2CO3溶液至少________ g。
③用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生22.4 L(标准状况)CO2(全部逸出)时，吸收液的质量就增加44 g，则NOx中的x值为______________。
(6)氨转化法和Na2CO3溶液吸收法处理NOx尾气共同的优点是_________________________。
【答案】 (1)AD (2)0.042 (3)C (4)1∶3 (5)①A ②250 ③(或1.875)
(6)将有毒气体转化成无毒的物质，防止有毒气体的污染
【解析】 (1)由2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)可知，及时转移出CO2，减小生成物浓度，不能提高此反应的速率，故A符合题意；使用合适的催化剂，能加快反应速率，故B不符合题意；升高温度，能加快反应速率，故C不符合题意；恒温恒容条件下，通入稀有气体增大压强，由于体积不变，各组分的浓度没有改变，反应速率不变，故D符合题意。(2)由C(s)＋2NO(g)===N2(g)＋CO2(g)可知，反应至5 min时，测得CO2的物质的量为0.21 mol，则消耗NO的物质的量为n(NO)＝0.21 mol×2＝0.42 mol，0～5 min内，以NO表示的反应速率v(NO)＝＝0.042 mol·L－1·min－1。(3)由N2＋3H22NH3可知，为了提高效益，工业合成NH3需要在高温、高压、催化剂作用下进行，故A正确；氨气是工业生产的基础原料，NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥，即NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3，2NH3＋CO2CO(NH2)2＋H2O，故B正确；NH3是碱性气体，可和浓硫酸发生反应，NH3也可与氯化钙发生反应，所以不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥，故C错误。(4)7 mol氨恰好能将含NO和NO2共6 mol的混合气体完全转化为N2，设NO的物质的量是x mol，NO2的物质的量是(6－x) mol，反应过程中转移的电子数是2x＋(6－x)×4＝7×3，解得x＝1.5，即NO的物质的量是1.5 mol，NO2的物质的量是4.5 mol，混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1.5∶4.5＝1∶3；NOx中N元素的化合价为＋2x价，NH3中N元素的化合价为－3价，设1 mol NH3可将a mol NOx转化为N2，由得失电子守恒可得a×2x＝1×3，解得a＝。(5)①由方程式NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2、2NO2＋Na2CO3===NaNO2＋NaNO3＋CO2可知，当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，n(NO2)≥n(NO)，NO含量越少，x值越小，而当n(NO2)＝n(NO)时，x值最小，即x最小＝＝1.5，所以x值小于1.5的NOx不能完全被Na2CO3溶液吸收，选项A符合题意。②当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1∶1，所以1 mol NOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5 mol，质量为53 g，所以碳酸钠溶液的质量为＝250 g。③由题中信息可知，产生CO2的物质的量为n(CO2)＝＝1 mol，吸收液的质量就增加44 g，设由NO2和纯碱反应产生的CO2为a mol，由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为b mol，则
2NO2＋Na2CO3===NaNO2＋NaNO3＋CO2 质量增加Δm
1 mol 48 g
a mol 48a g
NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2 质量增加Δm
1 mol 32 g
b mol 32b g
列方程组为，
解得a＝0.75，b＝0.25，n(NO2)＝0.75 mol×2＋0.25 mol＝1.75 mol，n(NO)＝0.25 mol，x＝＝。
17（13分）孟鲁司特(F)，结构为可用于成人哮喘的预防和治疗，有多种合成路线。其中一种合成路线如图所示：
已知：①；
②。
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为__________。
(2)由C生成D的反应类型是__________。
(3)B的结构简式为_______________________________________________________________。
C中手性碳原子(连有4个不同的原子或基团的碳原子)的个数为____________。
(4)D→E反应的化学方程式为_____________________________________________________。
(5)的同分异构体中，与含有相同官能团且含有四元环的同分异构体共有__________种。
(6)设计以和CH3MgBr为主要原料制备的合成路线：______________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1)羟基、酮羰基 (2)取代反应
(3) 1 (4) (5)16 (6)
【解析】 (2)C→D的反应中，C中的羟基被溴原子取代，故该反应为取代反应。(3)经分析，B的结构简式为；手性碳原子上连有4个不同的原子或基团，则C的手性碳原子有1个。(5)该化合物中，有5个饱和碳原子，则符合条件的同分异构体中，除了有饱和四元环、—SH、—COOH外，还有一个饱和的碳原子，则相应的同分异构体有6种骨架：①若四元环连有—CHSH、—COOH，有3种结构；②若四元环连有—CH2COOH、—SH，有3种结构；③若四元环连有—CH(SH)COOH，有1种结构；④若四元环连有—SH、—COOH、—CH3，其中—SH和—COOH处于邻位，有4种结构；—SH和—COOH处于对位，有3种结构；—SH和—COOH连在同一个碳原子上，有2种结构；综上所述，符合条件的同分异构体共有16种。
18.（12分）)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、 MgO、CaO、 Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式：__________________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是__________________________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为______________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，最适合的酸是________，“酸溶渣” 的成分是_________。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水【解析】出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是______________________________。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得____________， 循环利用。
【答案】 (1) Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑ (2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋ (3)1.0×10－6 (4)硫酸 SiO2、CaSO4 (5)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋ (6)(NH4)2SO4
【解析】 (1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀，然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀。
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×(1×10－2.9)2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为mol·L－1＝1×10－6 mol·L－1。
(4)增大溶液中硫酸根离子的浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有的硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160 ℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。
(5)酸溶后将TiOSO4溶液适当稀释并加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋。
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
19.（12分）(2022·北京清华附中高三模拟)某实验小组同学模拟工业制碘的方法，探究ClO和I－的反应规律。实验操作及现象如表：
实验及试剂
编号
无色NaClO3溶液用量
试管中溶液颜色
淀粉-KI试纸颜色
1
0.05 mL
浅黄色
无色
2
0.20 mL
深黄色
无色
3
0.25 mL
浅黄色
蓝色
4
0.30 mL
无色
蓝色
(1)取实验2后的溶液，进行如图实验：
①检验ClO的还原产物。取上层清液，_________(填操作和现象)，说明ClO被还原为Cl－。
②写出加入0.20 mL NaClO3后，溶液中ClO和I－发生反应的离子方程式：_____________。
(2)查阅资料：一定条件下，I－和I2都可以被氧化成IO。
作出假设：NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与(1)中的反应产物继续反应，同时生成Cl2。进行实验：
①取少量实验4中的无色溶液进行以下实验，进一步佐证其中含有IO。
其中试剂X可以是______(填字母)。
a．碘水 b．KMnO4溶液
c．NaHSO3溶液
②有同学提出，仅通过湿润的淀粉-KI试纸变蓝的现象不能说明生成Cl2，便补充了如下实验：将实验4中的湿润的淀粉-KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化。进行以上对比实验的目的是________________，进一步佐证实验4中生成了Cl2。
获得结论：NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是_______________________(用离子方程式表示)。
(3)小组同学继续实验，通过改变实验4中硫酸溶液的用量，获得实验结果如表：
编号
6.0 mol·L－1 H2SO4溶液用量
试管中溶液颜色
淀粉-KI试纸颜色
5
0.25 mL
浅黄色
无色
对比实验4和5，可以获得的结论是__________________。
【答案】 (1)①滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生 ②ClO＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O
(2)①c ②排除易升华的I2对湿润的淀粉-KI试纸检验Cl2的干扰 2ClO＋I2===Cl2↑＋2IO
(3)ClO和I－的反应规律与H＋(或H2SO4)的用量有关
【解析】 (1)①滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则有Cl－。②白色沉淀是AgCl，说明反应中有氯离子生成，因此氯酸钠的还原产物是氯离子，所以溶液中ClO和I－发生反应的离子方程式为ClO＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O。(2)①溶液由无色变为黄色，说明有碘单质生成，因此溶液中的碘酸根离子被还原为单质碘，选项中只有亚硫酸氢钠能被碘酸钾氧化。
②由于碘易升华，所以进行以上对比实验的目的是排除易升华的I2对湿润的淀粉-KI试纸检验Cl2的干扰；根据题给信息分析可知NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是由于氯酸根离子被生成的碘还原，而碘被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式为2ClO＋I2===Cl2↑＋2IO。
【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷06
（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.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是( )
A．蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素
B．港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
C．国产C919飞机用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
D．中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
【答案】 D
【解析】 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素位于第四周期第ⅣB族，属于过渡元素，A正确；中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，D错误。
2.下列化学用语不正确的是
A. 苯的实验式：CH B. 乙酸分子比例模型：
C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H
【答案】C
【解析】 苯的分子式是C6H6，所以苯的实验式是CH，故A正确； 乙酸的结构简式是CH3COOH，乙酸分子比例模型是，故B正确；氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故C错误； 乙炔分子式是C2H2，含有碳碳三键，乙炔的结构式是H—C≡C—H，故D正确。故选C。
3下列有关实验说法，不正确的是( )
A．不慎将苯酚沾到手上，先用酒精洗涤，再用水冲洗
B．用pH试纸检验某干燥气体的酸碱性时，应先用蒸馏水润湿
C．将足量的二氧化碳和氨气依次通入饱和食盐水中可析出碳酸氢钠晶体
D．向燃尽的火柴头的浸泡液中滴加AgNO3溶液、稀HNO3，可检验火柴头是否含有氯元素
【答案】 C
【解析】 苯酚有毒，对皮肤有强烈的腐蚀性，常温下苯酚在水中的溶解度不大，苯酚易溶于酒精，故不慎将苯酚沾到手上，先用酒精洗涤，再用水冲洗，A正确；用pH试纸可以测出溶液的酸碱性，干燥气体只有溶于水才会显示酸碱性，故用 pH试纸检验某干燥气体的酸碱性时，应先用蒸馏水将pH试纸润湿，B正确；二氧化碳易溶于碱性溶液，应将足量的氨气和二氧化碳依次通入饱和食盐水中才可析出碳酸氢钠晶体，C错误；向燃尽的火柴头的浸泡液中滴加AgNO3溶液、稀硝酸，根据是否产生白色沉淀判断浸泡液中是否含 Cl－，进而可判断火柴头中是否含有氯元素，D正确。
4.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是( )
A．Na2O2放入水中：Na2O2＋H2O===2NaOH＋O2↑
B．H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O＋2Fe===Fe2O3 ＋ 3H2
C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu＋H2SO4 ===CuSO4 ＋ H2↑
D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋2H2O＋2MnO===5SO＋4H＋＋2Mn2＋
【答案】 D
【解析】 Na2O2放入水中反应的化学方程式是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，A错误；H2O(g)通过灼热铁粉在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误。
5.实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是( )
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4既是氧化剂又是还原剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25 mol
【答案】 D
【解析】 加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0，被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0，被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B正确；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1 mol O2转移4 mol电子，每生成1 mol Cl2转移2 mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25 mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25 mol，故D错误。
6.．(2022·江苏姑苏高三模拟)实验室制取高浓度的HClO溶液，有关实验装置和原理能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
制取氯气
制取氯水
提高HClO浓度
分离出HClO
【答案】 C
【解析】 二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，缺少加热装置，A错误；氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢，应进气管长、出气管短，B错误；氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸可与碳酸钙反应，次氯酸与碳酸钙不反应，可增大次氯酸的浓度，C正确；HClO与水互溶，无法用分液法分离，D错误。
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．我国嫦娥五号探测器带回1.731 kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族。下列结论正确的是( )
A．原子半径大小顺序为W＞X＞Y＞Z
B．化合物XW中的化学键为离子键
C．Y单质的导电性能弱于Z单质的
D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【答案】 B
【解析】 由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15， X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族，又因X、Y、Z均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si。O原子有两个电子层，Mg、Al、Si均有三个电子层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即X＞Y＞Z＞W，A错误；化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；Y单质为铝单质，属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误。
9.下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
解释与结论
A
将乙醇与浓硫酸共热至170 ℃，所得气体通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色
乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯
B
淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制的Cu(OH)2加热至沸腾
有砖红色沉淀产生
淀粉发生水解，产物具有还原性
C
向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置
溶液上层呈橙红色，下层几乎无色
甲苯萃取溴所致
D
将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热
有银镜生成
说明该物质一定是醛
【答案】 C
【解析】 乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量的乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体，该气体和挥发的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2，故B错误；甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误。
10.．(2022·上海高三模拟)常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5，已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
A．增加c(CO)，平衡正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选30 ℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
【答案】 C
【解析】 温度不变时，增加c(CO)，平衡正向移动，但反应的平衡常数不变，A不正确；第二阶段，加热至230 ℃，该反应的平衡常数K＝2×10－5，正反应进行的程度低，说明Ni(CO)4分解率较高，可制得高纯度镍，C正确；在同一反应中，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，因此4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，D不正确。
11.合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法正确的是( )
A．该反应为缩聚反应
B．PPV是聚苯乙炔
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol 最多可与 2 mol H2发生反应
【答案】 A
【解析】 B项，PPV含有I，而聚苯乙炔为烃类物质；C项，聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键；D项，中苯环和碳碳双键都可与氢气反应，最多可与5 mol H2发生反应。
12.．(2022·山东德州高三模拟)临床上用KI预防和治疗甲状腺疾病。一种利用含碘废水制取KI的工艺流程如图。下列说法错误的是( )
A．制CuI时I2和CuSO4都做氧化剂
B．“滤渣2”经过处理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度
D．获得KI晶体时可在空气中直接蒸发浓缩、冷却结晶
【答案】 D
【解析】 制CuI时，碘单质中碘的化合价从0降低到－1，CuSO4中铜的化合价从＋2降低到＋1，则I2和CuSO4都做氧化剂，A正确；由流程知，碘化亚铜沉淀中加入铁粉和水反应得碘化亚铁溶液、铜， “滤渣2”含有过量的铁粉和铜粉，经过处理可回收利用，B正确；FeI2溶液中加入K2CO3溶液生成沉淀和KI溶液，过滤3得到的滤液中含有K2CO3，加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度，C正确；碘离子容易被氧化，为防止氧化，加HI调pH，在一定pH下蒸发浓缩、冷却结晶获得碘化钾晶体，D错误。
13.．我国科学家在可充放电式锌－空气电池研究方面取得重大进展。电池原理如图所示，该电池的核心组分是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)的双功能催化剂，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应式为2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2[Zn(OH)4]2－。下列有关说法不正确的是( )
A．放电时电解质溶液中K＋向正极移动
B．放电时锌电池负极反应为Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－
C．充电时催化剂降低析氧反应(OER)的活化能
D．充电时阴极生成6.5 g Zn的同时阳极产生2.24 L O2(标准状况)
【答案】 D
【解析】 放电时电解质溶液中带正电荷的K＋向正极移动，A正确；由总反应式知，放电时负极是活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2＋，Zn2＋与OH－反应结合为[Zn(OH)4]2－：Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－，B正确；由总反应式和原理图知，放电时发生“氧化还原反应(ORR)”，充电时发生“析氧反应(OER)”，“双功能催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应活化能，起到催化作用，C正确；充电时阴极生成6.5 g Zn转移0.2 mol e－，而阳极产生2.24 L O2(标准状况)，转移0.4 mol e－，D错误。
14.．(2022·北京海淀区高三模拟)研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。
编号
操作
试剂
现象
1
①KCl溶液
②稀硝酸酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
2
①KCl溶液
②浓硝酸酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
3
①KI溶液
②稀硝酸酸化的AgNO3溶液
产生黄色沉淀
4
①KI溶液
②浓硝酸酸化的AgNO3溶液
产生褐色的浊液
下列说法不正确的是( )
A．实验1和2说明，硝酸浓度不影响Cl－的检验
B．实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的AgNO3溶液
C．对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤素离子种类有关
D．由上述实验推测，Br－的检验不能使用浓硝酸酸化的AgNO3溶液
【答案】 D
【解析】 对比实验1和2，实验1酸化时使用的是稀硝酸，而实验2使用的是浓硝酸，但二者皆可以产生白色沉淀，不影响氯离子的检验，A正确；稀硝酸酸化的硝酸银溶液分别和F－、Cl－、Br－、I－反应，得到氟化银(易溶)、氯化银(白色沉淀)、溴化银(浅黄色沉淀)、碘化银(黄色沉淀)，故可以区分开，B正确；对比实验2和4的条件可得，异常现象的产生与卤素离子种类有关，C正确；浓硝酸的氧化性强于溴单质，所以浓硝酸可以把溴离子氧化为溴单质(红棕色)，同时有氮的氧化物产生，故可以用来检测溴离子，D错误。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）硼化镁是迄今发现的临界温度最高的简单的金属化合物超导材料。回答下列问题：
(1)基态硼的轨道表示式为____________________________，基态镁原子的电子运动状态有____种。
(2)BF3的键角__________(填“大于”“小于”或“等于”)NF3的键角，理由是____________
________________________________________________________________________。
(3)碱土金属的碳酸盐热分解反应模式为MCO3(s)===MO(s)＋CO2(g)。从结构的角度解释：MgCO3的热分解温度小于CaCO3的热分解温度的原因是_______________________________
________________________________________________________________________。
(4)已知硼化镁属六方晶系(如图1所示)a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°。又知硼化镁是一种插层型离子化合物，镁层和硼层交替排列；镁原子层呈三角形结构，硼原子层具有规则的六角蜂房结构，与石墨相似。硼化镁晶体沿z轴方向的投影如图2所示，黑球代表硼原子，白球代表镁原子。硼化镁的化学式为____________；B的配位数是____。
(5)已知硼化镁的晶格常数为a＝b＝0.308 6 nm，c＝0.352 4 nm，则硼化镁晶体的密度表达式为____________________ g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1) 12
(2)大于 BF3空间结构是平面正三角形，键角为120°，NF3空间结构是三角锥形，键角小于109°28′(或BF3中B原子采取sp2杂化，无孤电子对，键角为120°，NF3中N原子采取sp3杂化，有一对孤电子对，键角小于109°28′)
(3)镁离子、钙离子的电荷数相同，镁离子的半径小，夺取碳酸根离子中的氧离子的能力强 (4)MgB2 6
(5)
【解析】 (4)由均摊法，观察图1，晶胞中B的个数：6；Mg的个数：12×＋2×＝3，硼化镁的化学式为MgB2；由于硼化镁是一种插层型离子化合物，镁层和硼层交替排列，镁原子层呈三角形结构，硼原子层具有规则的六角蜂房结构，每个B原子所在层的上下两层分别有3个Mg原子与B相邻，故B的配位数是6。
(5)已知硼化镁的晶格常数为a＝b＝0.308 6 nm，c＝0.352 4 nm，晶胞质量为g，晶胞体积为0.308 62××3×0.352 4 nm3，则硼化镁晶体的密度表达式为 g·cm－3。
16.（10分）以NO和NO2为主的氮氧化物是造成光化学烟雾、雾霾和酸雨的一个重要原因。
Ⅰ.为防止氮的氧化物(NO、NO2)污染空气，可用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物。
(1)在一定条件下，CO与NO反应生成CO2和N2，反应的化学方程式：2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)。为提高此反应的速率，下列措施不可行的是________(填字母)。
A．及时转移出CO2
B．使用合适的催化剂
C．升高温度
D．恒温恒容条件下，通入稀有气体增大压强
(2)恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入活性炭(足量)和1.0 mol NO，发生反应：C(s)＋2NO(g)===N2(g)＋CO2(g)。反应至5 min时，实验测得CO2的物质的量为0.21 mol，则0～5 min内，以NO表示的反应速率v(NO)＝________ mol·L－1·min－1。
Ⅱ.氨气在一定条件下也可以还原氮氧化物，其反应为NOx＋NH3―→N2＋H2O(未配平)。
(3)下列有关NH3的说法错误的是________(填字母)。
A．工业合成NH3需要在高温、高压、催化剂下进行
B．NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥
C．NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥
(4)硝酸工业排放的废气中常含有NO、NO2等，为消除它们对环境的破坏作用，工业上可采用氨转化法。已知7 mol氨恰好能将含NO和NO2共6 mol的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为________；若用通式NOx表示氮氧化物，则每摩尔氨可将______ mol NOx转化为N2。
Ⅲ.工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理氮氧化物(NOx)。
已知：①NO不能与Na2CO3溶液反应。
②NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2；2NO2＋Na2CO3===NaNO3＋CO2＋NaNO2。
(5)①当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是________(填字母)。
A．1.3 B．1.6
C．1.8 D．2.0
②若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液完全吸收1 mol NOx，则需要Na2CO3溶液至少________ g。
③用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生22.4 L(标准状况)CO2(全部逸出)时，吸收液的质量就增加44 g，则NOx中的x值为______________。
(6)氨转化法和Na2CO3溶液吸收法处理NOx尾气共同的优点是_________________________。
【答案】 (1)AD (2)0.042 (3)C (4)1∶3 (5)①A ②250 ③(或1.875)
(6)将有毒气体转化成无毒的物质，防止有毒气体的污染
【解析】 (1)由2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)可知，及时转移出CO2，减小生成物浓度，不能提高此反应的速率，故A符合题意；使用合适的催化剂，能加快反应速率，故B不符合题意；升高温度，能加快反应速率，故C不符合题意；恒温恒容条件下，通入稀有气体增大压强，由于体积不变，各组分的浓度没有改变，反应速率不变，故D符合题意。(2)由C(s)＋2NO(g)===N2(g)＋CO2(g)可知，反应至5 min时，测得CO2的物质的量为0.21 mol，则消耗NO的物质的量为n(NO)＝0.21 mol×2＝0.42 mol，0～5 min内，以NO表示的反应速率v(NO)＝＝0.042 mol·L－1·min－1。(3)由N2＋3H22NH3可知，为了提高效益，工业合成NH3需要在高温、高压、催化剂作用下进行，故A正确；氨气是工业生产的基础原料，NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥，即NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3，2NH3＋CO2CO(NH2)2＋H2O，故B正确；NH3是碱性气体，可和浓硫酸发生反应，NH3也可与氯化钙发生反应，所以不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥，故C错误。(4)7 mol氨恰好能将含NO和NO2共6 mol的混合气体完全转化为N2，设NO的物质的量是x mol，NO2的物质的量是(6－x) mol，反应过程中转移的电子数是2x＋(6－x)×4＝7×3，解得x＝1.5，即NO的物质的量是1.5 mol，NO2的物质的量是4.5 mol，混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1.5∶4.5＝1∶3；NOx中N元素的化合价为＋2x价，NH3中N元素的化合价为－3价，设1 mol NH3可将a mol NOx转化为N2，由得失电子守恒可得a×2x＝1×3，解得a＝。(5)①由方程式NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2、2NO2＋Na2CO3===NaNO2＋NaNO3＋CO2可知，当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，n(NO2)≥n(NO)，NO含量越少，x值越小，而当n(NO2)＝n(NO)时，x值最小，即x最小＝＝1.5，所以x值小于1.5的NOx不能完全被Na2CO3溶液吸收，选项A符合题意。②当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1∶1，所以1 mol NOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5 mol，质量为53 g，所以碳酸钠溶液的质量为＝250 g。③由题中信息可知，产生CO2的物质的量为n(CO2)＝＝1 mol，吸收液的质量就增加44 g，设由NO2和纯碱反应产生的CO2为a mol，由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为b mol，则
2NO2＋Na2CO3===NaNO2＋NaNO3＋CO2 质量增加Δm
1 mol 48 g
a mol 48a g
NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2 质量增加Δm
1 mol 32 g
b mol 32b g
列方程组为，
解得a＝0.75，b＝0.25，n(NO2)＝0.75 mol×2＋0.25 mol＝1.75 mol，n(NO)＝0.25 mol，x＝＝。
17（13分）孟鲁司特(F)，结构为可用于成人哮喘的预防和治疗，有多种合成路线。其中一种合成路线如图所示：
已知：①；
②。
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为__________。
(2)由C生成D的反应类型是__________。
(3)B的结构简式为_______________________________________________________________。
C中手性碳原子(连有4个不同的原子或基团的碳原子)的个数为____________。
(4)D→E反应的化学方程式为_____________________________________________________。
(5)的同分异构体中，与含有相同官能团且含有四元环的同分异构体共有__________种。
(6)设计以和CH3MgBr为主要原料制备的合成路线：______________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1)羟基、酮羰基 (2)取代反应
(3) 1 (4) (5)16 (6)
【解析】 (2)C→D的反应中，C中的羟基被溴原子取代，故该反应为取代反应。(3)经分析，B的结构简式为；手性碳原子上连有4个不同的原子或基团，则C的手性碳原子有1个。(5)该化合物中，有5个饱和碳原子，则符合条件的同分异构体中，除了有饱和四元环、—SH、—COOH外，还有一个饱和的碳原子，则相应的同分异构体有6种骨架：①若四元环连有—CHSH、—COOH，有3种结构；②若四元环连有—CH2COOH、—SH，有3种结构；③若四元环连有—CH(SH)COOH，有1种结构；④若四元环连有—SH、—COOH、—CH3，其中—SH和—COOH处于邻位，有4种结构；—SH和—COOH处于对位，有3种结构；—SH和—COOH连在同一个碳原子上，有2种结构；综上所述，符合条件的同分异构体共有16种。
18.（12分）)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、 MgO、CaO、 Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式：__________________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是__________________________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为______________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，最适合的酸是________，“酸溶渣” 的成分是_________。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水【解析】出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是______________________________。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得____________， 循环利用。
【答案】 (1) Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑ (2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋ (3)1.0×10－6 (4)硫酸 SiO2、CaSO4 (5)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋ (6)(NH4)2SO4
【解析】 (1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀，然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀。
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×(1×10－2.9)2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为mol·L－1＝1×10－6 mol·L－1。
(4)增大溶液中硫酸根离子的浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有的硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160 ℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。
(5)酸溶后将TiOSO4溶液适当稀释并加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋。
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
19.（12分）(2022·北京清华附中高三模拟)某实验小组同学模拟工业制碘的方法，探究ClO和I－的反应规律。实验操作及现象如表：
实验及试剂
编号
无色NaClO3溶液用量
试管中溶液颜色
淀粉-KI试纸颜色
1
0.05 mL
浅黄色
无色
2
0.20 mL
深黄色
无色
3
0.25 mL
浅黄色
蓝色
4
0.30 mL
无色
蓝色
(1)取实验2后的溶液，进行如图实验：
①检验ClO的还原产物。取上层清液，_________(填操作和现象)，说明ClO被还原为Cl－。
②写出加入0.20 mL NaClO3后，溶液中ClO和I－发生反应的离子方程式：_____________。
(2)查阅资料：一定条件下，I－和I2都可以被氧化成IO。
作出假设：NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与(1)中的反应产物继续反应，同时生成Cl2。进行实验：
①取少量实验4中的无色溶液进行以下实验，进一步佐证其中含有IO。
其中试剂X可以是______(填字母)。
a．碘水 b．KMnO4溶液
c．NaHSO3溶液
②有同学提出，仅通过湿润的淀粉-KI试纸变蓝的现象不能说明生成Cl2，便补充了如下实验：将实验4中的湿润的淀粉-KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化。进行以上对比实验的目的是________________，进一步佐证实验4中生成了Cl2。
获得结论：NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是_______________________(用离子方程式表示)。
(3)小组同学继续实验，通过改变实验4中硫酸溶液的用量，获得实验结果如表：
编号
6.0 mol·L－1 H2SO4溶液用量
试管中溶液颜色
淀粉-KI试纸颜色
5
0.25 mL
浅黄色
无色
对比实验4和5，可以获得的结论是__________________。
【答案】 (1)①滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生 ②ClO＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O
(2)①c ②排除易升华的I2对湿润的淀粉-KI试纸检验Cl2的干扰 2ClO＋I2===Cl2↑＋2IO
(3)ClO和I－的反应规律与H＋(或H2SO4)的用量有关
【解析】 (1)①滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则有Cl－。②白色沉淀是AgCl，说明反应中有氯离子生成，因此氯酸钠的还原产物是氯离子，所以溶液中ClO和I－发生反应的离子方程式为ClO＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O。(2)①溶液由无色变为黄色，说明有碘单质生成，因此溶液中的碘酸根离子被还原为单质碘，选项中只有亚硫酸氢钠能被碘酸钾氧化。
②由于碘易升华，所以进行以上对比实验的目的是排除易升华的I2对湿润的淀粉-KI试纸检验Cl2的干扰；根据题给信息分析可知NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是由于氯酸根离子被生成的碘还原，而碘被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式为2ClO＋I2===Cl2↑＋2IO。
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