山东省2020年高考全真模拟泰安三模化学试题

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1、山东省2020年届高考全真模拟（泰安三模）化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_1化学与生活密切相关，下列说法错误的是A推广使用新能源汽车可以减少尾气的排放B红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用C消毒液长时间敞开保存会增强其消毒效果D作为医用呼吸机原材料之一的ABS树脂属于有机高分子材料【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 使用清洁能源，可以保护空气，保护环境，节约化石燃料，减少尾气的排放，故A正确；B. 二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，故B正确；C. 消毒液长时间敞开保存会挥发、分解、变质等，故其消毒效果会减弱，故C错误；D. ABS树脂是指丙烯腈、丁二烯、苯乙烯的共聚物，故属

2、于有机高分子材料，故D正确；故选C。2以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如图所示，下列有关说法正确的是A“灼烧”时，可在玻璃坩埚中进行B“浸取”时，可用无水乙醇代替水C“转化”反应中，通入CO2的目的是提供还原剂D“浓缩结晶”的目的是分离提纯KMnO4【答案】D【解析】【分析】由流程可知，灼烧在铁坩埚中进行，结合浸取后生成K2MnO4，可知Mn元素的化合价升高，则氯酸钾中Cl元素的化合价降低，转化中CO2与K2MnO4发生反应3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，过滤分离出MnO2，对滤液浓缩结晶得到KMnO4，以此解答该题。【详解】A. “灼烧”时，由于KOH

3、可与玻璃中的二氧化硅反应，因此灼烧不能在玻璃坩埚中进行，可在铁坩埚中进行，故A错误；B. “浸取”时，不能用无水乙醇代替水，因K2MnO4不易溶于乙醇，且转化时生成的高锰酸钾与乙醇反应而导致高锰酸钾变质，故B错误；C. “转化”中CO2与K2MnO4发生反应3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，CO2中元素化合价没有变化，故不作还原剂，故C错误；D. 由流程可知，“浓缩结晶”的目的是分离提纯KMnO4，故D正确；故选D。3现有常用实验仪器：试管、烧杯、锥形瓶、导管、尾接管、酒精灯、表面皿、胶头滴管。非玻璃仪器任选，补充下列仪器后仍不能完成对应实验或操作的是A蒸馏烧瓶-分

4、离酒精和水B分液漏斗-分离用CC14萃取溴水中的溴单质后的水层与油层C玻璃棒-用pH试纸测定酸雨的pHD酸(碱)式滴定管-酸碱中和滴定【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 酒精和水为互溶的液态混合物，用蒸馏的方法分离二者，蒸馏操作需要的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，故还缺少的玻璃仪器有温度计、直形冷凝管，因此补充了蒸馏烧瓶后仍不能完成该操作，故A符合；B. 分离用CC14萃取溴水中的溴单质后的水层与油层用分液的方法即可，需要的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，因此补充了分液漏斗后能完成该操作，故B不符合；C. 用pH试纸测定酸雨的pH需要的玻璃仪器有表面皿、玻璃棒，

5、因此补充了玻璃棒后能完成该操作，故C不符合；D. 酸碱中和滴定需要的玻璃仪器有酸(碱)式滴定管、锥形瓶、烧杯，因此补充了酸(碱)式滴定管后能完成该操作，故D不符合；故选A。4磷烯(如图)是由磷原子六元环组成的蜂巢状褶皱二维晶体，它是白磷()的同素异形体。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A3.1g白磷中含PP键的数目为0.3NAB6.2g磷烯中含六元环的数目为0.1NAC0.1molP4与0.6molH2在密闭容器中发生反应P4+6H24PH3，生成PH3分子的数目为0.4NAD0.1molP4发生反应P4+5O2=2P2O5，转移的电子数为20NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A.

6、 3.1g白磷的物质的量为，一分子白磷中含有6根PP键，则3.1g白磷中PP键的数目为0.0256NA=0.15NA，故A错误；B. 6.2g磷烯的物质的量为0.2mol，根据均摊法知，一个六元环含有P原子的数目为，则6.2g磷烯含六元环的数目为0.1NA，故B正确；C. 该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此生成PH3分子的数目应小于0.4NA，故C错误；D. P元素的化合价从0升高为+5价，O元素的化合价从0降低为-2价，则1molP4失电子数目为20NA，在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移电子数，则0.1molP4发生反应转移的电子数为2NA，故D错误；故选B。5萘

7、普生可用作消炎镇痛药，其结构简式如图。下列关于该有机物的说法正确的是A分子式为C14H12O3B不能发生氧化反应C分子中最少有11个C原子共平面D1mol该物质最多能与2molBr2发生加成反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 根据结构简式可知，该分子中含C、H、O三种元素，其分子式为C14H14O3，故A错误；B. 该有机物可以燃烧，则可以发生氧化反应，故B错误；C. 苯环上的原子均共平面，因此该分子中至少共平面的C原子个数表示如图所示：，故C正确；D. 该分子中不含碳碳双键，故不能和Br2发生加成反应，故D错误；答案选C。6短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y位于不

8、同周期，Y与W位于同一主族，Y、Z原子的最外层电子数之和等于它们的内层电子总数之和，W在同周期主族元素的基态原子中第一电离能最大。下列说法中不正确的是A与X同主族的元素的基态原子最外层电子所占轨道呈球形BY、Z、W均位于元素周期表的p区C仅由Z、W两种元素组成的化合物不止一种DZ的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W位于同一主族，W在同周期主族元素的基态原子中第一电离能最大，则Y为F元素，W为Cl元素，X与Y位于不同周期，X为H元素，Y、Z原子的最外层电子数之和等于它们的内层电子总数之和，则Z为P元素，据此分析解答。

9、【详解】由以上分析知，X为H元素，Y为F元素，Z为P元素，W为Cl元素，A. 与H同主族的元素的基态原子最外层电子所占的轨道为s轨道，呈球形，故A正确；B. F、P、Cl均位于元素周期表的p区，故B正确；C. 仅由P、Cl两种元素组成的化合物可以是PCl3、PCl5等，不止一种，故C正确；D. P的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，不是强酸，故D错误；故选D。7BF3与一定量的水形成(H2O)2BF3，一定条件下(H2O)2BF3可发生如图转化，下列说法中正确的是A(H2O)2BF3熔化后得到的物质属于离子晶体B(H2O)2BF3分子间存在着配位键和氢键CBF3是仅含极性共价键的非极

10、性分子D基态B原子核外电子的空间运动状态有5种【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 从题干给定的转化可以看出，(H2O)2BF3熔化后得到的物质为，虽然其由阴、阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故A不正确；B. (H2O)2BF3分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，但分子间不存在配位键，故B错误；C. BF3采用的是sp2杂化类型，空间构型为平面三角形，结构对称，是仅含B-F极性共价键的非极性分子，故C正确；D. 基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，占据的原子轨道为3个，其空间运动状态应有3种，故D错误

11、；答案选C。8下列实验操作不能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A向苯与液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体直接通入AgNO3溶液中验证液溴与苯发生取代反应B向5mL浓度为0.5molL1的KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，再加入少量淀粉溶液，振荡比较I、Fe2+的还原性强弱C向5mL浓度为0.2molL1的MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2molL1的CuCl2溶液比较Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小D向乳浊液中加入足量的Na2CO3溶液验证与H+的结合能力：AABBCCDD【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 液溴易挥发，向苯与液溴的混合液

12、中加入铁粉发生反应过程中，除了产生HBr以外，还有挥发的溴蒸气，若将混合气体直接通入AgNO3溶液中，会观察到有淡黄色沉淀生成，但不能说明液溴与苯发生的是取代反应，溴蒸气会干扰实验的检验，符合题意，故A选；B. 向5mL浓度为0.5molL1的KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，会发生化学反应：2Fe3+2I-2Fe2+I2，再加入少量淀粉溶液，振荡后溶液变蓝，则可证明还原性：IFe2+，能达到实验目的，不符合题意，故B不选；C. 向5mL浓度为0.2molL1的MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，生成Mg(OH)2白色沉淀，再滴加0.2molL1的CuCl2溶液，白色沉淀变成蓝色沉淀，实现了沉淀

13、的转化，又Cu(OH)2、Mg(OH)2属于同一类型，则可通过实验比较Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小，不符合题意，故C不选；D. 向乳浊液中加入足量的Na2CO3溶液，会发生反应：+CO32-=HCO3- +，乳浊液变澄清，可证明与H+的结合能力：，不符合题意，故D不选；答案选A。9Na2S2O3可用作氰化物中毒的解毒剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。取Na2SO3(s)、S、蒸馏水于烧杯中，在105左右反应后过滤，将滤液浓缩、冷却，待晶体析出后过滤、洗涤，低温干燥可得Na2S2O35H2O晶体。下列说法错误的是A采用酒精灯加热时需使用外焰加热B将滤液浓缩至溶液变浑浊，再冷却可析出晶体

14、C反应原理为Na2SO3+S=Na2S2O3D过滤后得到的晶体先浓硝酸洗后水洗【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 采用酒精灯加热时需使用外焰加热，故A正确；B. 应将滤液浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却可析出晶体，防止杂质析出，故B正确；C. 已知反应物为Na2SO3(s)、S，生成物为Na2SO3，发生归中反应，则反应原理为Na2SO3+S=Na2S2O3，故C正确；D. 浓硝酸能氧化Na2S2O3，且Na2S2O3易溶于水，因此不能用浓硝酸、水洗涤Na2S2O35H2O晶体，Na2S2O3几乎不溶于乙醇，因此可以用乙醇洗涤，故D错误；故选D。10硼氢化钠(NaBH4)具有强还原性，在工业

15、生产上广泛用于非金属及金属材料的化学镀膜、贵金属回收、工业废水处理等。工业上采用的Bayer法制备NaBH4通常分两步(如图)。下列说法错误的是A用B2O3代替Na2B4O7也可制得NaBH4 B两步的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C将SiO2粉碎能增大得到熔体的速率D由图可知该工艺过程中无污染性物质产生，符合绿色化学理念【答案】B【解析】【分析】根据工艺流程可知，工业上采用的Bayer法制备NaBH4第一步为：Na2B4O7（可表示为Na2O2B2O3），与SiO2在高温下反应得到熔体，第二步则是熔体与Na和H2在400 500条件下发生反应生成NaBH4与Na2SiO3的过程

16、，结合氧化还原反应的规律、影响化学反应速率的因素、绿色化学的概念等知识分析作答。【详解】A. Na2B4O7可表示成Na2O2B2O3的组成形式，则在制备NaBH4过程中，也可用B2O3代替Na2B4O7作原料，故A正确；B. 两步的总反应中B元素化合价未变，氢气中H元素化合价从0价降低到-1价，被还原作氧化剂，而Na元素化合价从0价升高到+1价，被氧化作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B错误；C. 将SiO2粉碎，可增大反应中固体的接触面积，从而可增大得到熔体的速率，故C正确；D. 由图可知该工艺过程整个制备过程中无污染性物质产生，则符合绿色化学理念，故D正确；答案选B。1

17、1对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是A电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源B阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+2H2OC每转移1mole时，阳极电解质溶液的质量减少8gD反应结束后阳极区pH增大【答案】AB【解析】【分析】该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为，左侧为阴极，据此分析解答。【详解】A. 该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A正确；B. 阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H

18、+2H2O，故B正确；C. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，当转移4mole时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；D. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；故选AB。12国产航母山东舰已经列装服役，它是采用模块制造然后焊接组装而成的，对焊接有着极高的要求。实验室模拟在海水环境和河水环境下对焊接金属材料使用的影响(如图)。下列相关描述中正确的是A由图示的金属腐蚀情况说明了Sn元素的金属性强于Fe元素B由图示可以看出甲是海水环境下的腐蚀情况，乙是河水环境下的腐蚀情况C两种环境

19、下铁被腐蚀时的电极反应式均为Fe3e=Fe3+D为了防止舰艇在海水中被腐蚀，可在焊点附近用锌块打“补丁”【答案】D【解析】【分析】【详解】A.两图中被腐蚀的都是Fe，说明Fe是负极，Sn为正极，说明金属性，A错误；B.从腐蚀程度来讲，乙明显比较严重，因海水中含有较多的盐分，腐蚀速率比河水快，故乙是海水环境下的腐蚀情况，甲是河水环境下的腐蚀情况，B错误；C.铁被腐蚀时电极反应式应为 ，C错误；D.金属性，用锌做补丁，Zn做负极被腐蚀，可以保护，D正确；答案选D。13近代化学工业的基础是“三酸两碱”，早在我国古代就已经有人通过煅烧绿矾并将产生的气体溶于水中的方法制得硫酸，该法制备硫酸的过程中发生的

20、主要反应如下:反应:2FeSO47H2O=Fe2O3+SO2+SO3+14H2O；反应:SO3+H2O=H2SO4。下列说法正确的是A当生成标准状况下气体22.4L时，转移1mol电子B6.4gSO2中所含的质子数与6.4gSO3中所含的质子数相等CSO2、SO3的中心原子杂化类型不同D目前，工业上制硫酸的吸收阶段是采用浓硫酸吸收SO3【答案】BD【解析】【分析】反应:2FeSO47H2O=Fe2O3+SO2+SO3+14H2O是氧化还原反应，Fe由+2价变为+3价，S由+6价变为+4价，生成的SO2和SO3的比例为1:1。【详解】A标准状况下的SO3为固态，当生成标准状况下气体22.4 L时

21、，即SO2为1 mol，S由+6价变为+4价，转移2 mol电子，A错误；B6.4g SO2为0.1 mol，其中所含的质子数为（16+82)0.1=3.2 mol；6.4g SO3为0.08 mol，其中所含的质子数为（16+83)0.08=3.2 mol，前后两者相等，B正确；CSO2中S是sp2杂化，有一个电子对是孤对电子，所以分子构型是V型，SO3也是sp2杂化，但三个电子对全成键，其空间构型是平面三角形，SO2、SO3的中心原子杂化类型相同，空间构型不同，C错误；D吸收塔中SO3若用水吸收，发生反应:SO3+H2OH2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫

22、和水之间，阻碍三氧化硫的被吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，得到“发烟”硫酸，D正确；答案选BD。14已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，25时，Ka1(H2C2O4)=5.9102，Ka2(H2C2O4)=6.4105。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液，混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是AM点粒子浓度：c(K+)c()c()c(H2C2O4)BN点时存在：c(Na+)+c(K+)2c()+2c()C从N点到

23、P点的过程中溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4)c()D水的电离程度大小顺序：PNM【答案】AC【解析】【分析】M点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，根据电离平衡常数判断水解和电离程度的大小；N点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+ K2C2O4+ Na2C2O4，P中存在K2C2O4、Na2C2O4和过量的NaOH，可水解的盐促进水的电离、酸和碱抑制水的电离，由此进行解题。【详解】AM点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，HC2O4-会水解： +H2OH2C2O4+OH-， Kh（ ）= = = =1.710-13，HC2O4-也会电离

24、：+H+，由于Kh（ ）Ka2，草酸氢根在溶液中的电离程度大于其水解程度，显酸性，故粒子浓度：c(K+)c()c()c(H2C2O4)，A正确；BN点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+ K2C2O4+ Na2C2O4，根据物料守恒可推出：c(Na+)+c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，所以N点时存在：c(Na+)+c(K+)2c()+2c()，B错误；C从N点到P点的过程中，溶液中存在K2C2O4、Na2C2O4和NaOH (K2C2O4：Na2C2O4=1：1)，水解生成、H2C2O4，故c(Na+)c()，故溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4

25、)c()，C正确；D根据A项分析，M点的微弱电离抑制水的电离，N点由于的水解促进水的电离，P中存在过量的NaOH抑制水的电离，则水的电离程度大小顺序为： NMP，D错误；答案选AC。15我国科研人员研究了在CuZnOZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H)。下列说法错误的是A二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率小于100B带*标记的物质是该反应历程中的中间产物CCuZnOZrO2可提高甲醇的产率D第步的反应式为*HO+*HH2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧

26、化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率小于100，A正确；B根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；CCuZnOZrO2作为催化剂，只能提高该反应的速率，不能提高甲醇的产率，C错误；D第步中*HO和*H反应生成H2O，反应式为*HO+*HH2O，D正确；答案选C。【点睛】制备时，除了目标产物还生成其他的产物，则该反应的原子利用率小于100%。16硝酸盐被广泛用作肥料和氧化剂。有学者最新研究发现氮在ZnFe0.4Co1.6O4上直接电化学氧化可生成硝酸盐。回答下列问题：(1)Fe、Co、Ni均位于元素周期表第_族，其中基态Ni原子的核外电子

27、排布式为_；Zn与Co的第一电离能I1(Zn)_(填“”或“”)I1(Co)。(2)图1是一种钴(Co)金属催化剂的结构，其中六元环上的N原子的杂化方式为_；NH3、PH3中沸点更高的是_，原因是_。(3)一种由O、Na、C1元素构成的良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构(如图2)，则其化学式为_，设其晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，1号Na原子的坐标为(1，0.5，0.5)，则沿y轴向原点投影至xz平面，坐标为(0.5，0.5)的原子有_个，该晶胞的密度为_gcm3。【答案】 Ar3d84s2 sp2 NH3 NH3分子间能形成氢键 Na3OCl 3 【解析】【分析】【详解】(1

28、)Fe、Co、Ni均位于元素周期表的第四周期族，其中Ni为28号，其基态Ni原子的核外电子排布式为Ar3d84s2；基态Zn原子的核外电子排布式为Ar3d104s2，d能级全充满，较稳定，基态Co原子的核外电子排布式为Ar3d74s2，d能级未达到全充满，故第一电离能I1(Zn)I1(Co)；(2)钴(Co)金属催化剂的结构中，六元环上的N原子的杂化方式为sp2；NH3分子之间存在氢键，所以NH3的熔沸点在同主族元素氢化物中是反常的，所以NH3、PH3中沸点更高的是NH3；(3)根据反钙钛矿晶体结构可计算出其一个晶胞中的各原子的个数，Cl：，Na：，O：，所以反钙钛矿的化学式为Na3OCl；晶

29、胞中，1号Na原子的坐标为(1，0.5，0.5)，则沿y轴向原点投影至xz平面，坐标为(0.5，0.5)的原子有：Na（0.5，0，0.5）、Na(0.5，1，0.5)、O(0.5，0.5，0.5)，共3个；晶胞边长为a nm，即为a10-7cm，NA为阿伏加德罗常数的值，所以该晶胞的密度为 gcm3。17六氟合铝酸钠(Na3AlF6)俗称冰晶石，微溶于水，可用作陶瓷乳白剂、树脂橡胶的耐磨填充剂等。实验室以萤石(CaF2，难溶于水)、石英和纯碱等为原料可制备Na3AlF6，实验步骤如下：将萤石(CaF2)、石英和纯碱按一定比例混合后煅烧并释放出CO2；在浸取液中加入稀硫酸调节pH，再加入硫酸铝

30、，充分反应后过滤，洗涤烘干后得到六氟合铝酸钠。回答下列问题：(1)Na3AlF6中铝元素的化合价为_。(2)步骤中煅烧原料混合物时，盛装原料混合物的仪器名称为_；混合物煅烧后除生成CO2、CaSiO3外还有一种产物(二元化合物)，该物质的化学式为_。(3)步骤的具体内容是_。(4)通过实验探究不同pH时氟离子的去除率，即对多份相同量的浸取液调节至不同pH后，再分别加入等量硫酸铝，得到了溶液中残留氟浓度和氟去除率随溶液pH的变化关系如图所示。则步骤中最佳pH为_；图中当pH增大时，氟去除率下降的原因是_。(5)步骤中检验过滤后的固体已洗涤干净的方法是_。(6)写出一种能将含氟废水中氟离子去除的可

31、行方法：_。【答案】+3 坩埚 NaF 将冷却后的固体加水浸取，过滤后除去残渣得到浸取液(或其他合理答案) 5 溶液pH升高，溶液中OH的浓度增大，Al3+与OH优先结合 取最后一次洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明固体已经洗净 加入CaCl2，利用反应生成CaF2沉淀而去除(或加入一定比例的硫酸铝和硫酸钠，利用反应生成六氟合铝酸钠而去除) 【解析】【分析】根据CaF2、石英和纯碱按一定比例混合后煅烧并释放出CO2，可书写出化学方程式CaF2+SiO2+Na2CO3= CaSiO3+ CO2+ 2NaF，判断生成物的种类；其次，根据步骤一和步骤三推断步骤的具体内

32、容是：将冷却后的固体加水浸取，过滤后除去残渣得到浸取液；根据溶液中残留氟浓度和氟去除率随溶液pH的变化关系图可知最佳pH为5；检验过滤后的固体已洗涤干净不含杂质硫酸铝的方法是：取最后一次洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明固体已经洗净；利用石灰中的钙离子与氟离子生CaF2沉淀而除去氟离子，或加入一定比例的硫酸铝和硫酸钠，利用反应生成六氟合铝酸钠而去除。【详解】(1)Na3AlF6中，Na显+1价，F显-1价，所以该化合物的Al元素的化合价为+3；(2)煅烧原料混合物时，用坩埚盛装混合物；根据CaF2、石英和纯碱按一定比例混合后煅烧并释放出CO2，可书写出化学方程式

33、CaF2+SiO2+Na2CO3= CaSiO3+ CO2+ 2NaF：所以混合物煅烧后除生成CO2、CaSiO3外还有NaF ；(3)步骤中有“在浸取液中加入稀硫酸调节pH”，说明步骤中得到浸取液，所以步骤的具体内容是：将冷却后的固体加水浸取，过滤后除去残渣得到浸取液；(4)由变化关系如图可知pH=5时，残留氟浓度最低，说明氟的转化高，且氟去除率相对较高，所以步骤中最佳pH为5；图中当pH增大时，氟去除率下降的原因是：溶液pH升高，溶液中OH的浓度增大，Al3+与OH优先结合；(5)步骤中检验过滤后的固体六氟合铝酸钠已洗涤干净不含杂质硫酸铝的方法是：取最后一次洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化

34、钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明固体已经洗净；(6) 利用石灰中的钙离子与氟离子生CaF2沉淀而除去氟离子的方法为：加入CaCl2，利用反应生成CaF2沉淀而去除；或加入一定比例的硫酸铝和硫酸钠，利用反应生成六氟合铝酸钠而去除。18一种从废旧锂电池中回收Li2SO4、CuSO4、CoSO4等有价金属的工艺流程如下：已知：“盐水浸泡”是将废旧锂电池置于食盐水中浸泡放电；“氨性浸出”时溶液呈弱碱性。回答下列问题：(1)“盐水浸泡”进行放电，放电的目的是_。(2)“预焙烧”的目的是_，可用于吸收该过程产生的尾气的试剂是_。(3)“硫酸铵焙烧”时，硫酸铵的作用是_；“H2SO4吸收处理尾气”后的溶液

35、可循环利用，则“硫酸铵焙烧”时的尾气中含_(填化学式)。(4)“氨性浸出”时，通入空气的目的是_。(5)“氨性浸出”时，Cu单质被浸出为Cu(NH3)4SO4，该反应的离子方程式为_。【答案】保证拆解时的安全(或其他合理答案) 除去有机物及碳(或除去塑料隔膜及碳) NaOH浓溶液(或其他合理答案) 提供将氧化物转化为硫酸盐 NH3 促进Cu的溶解(或其他合理答案) 【解析】【分析】回收处理首先进行废旧锂电池的放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸事故的发生；拆解后的塑料薄膜包裹着LiCoO2、Cu及少量的Al2O3和C，“预焙烧”的目的是除去塑料隔膜及炭，该过程产生的尾气是二

36、氧化碳；“硫酸铵焙烧”后将氧化物转化为硫酸盐并产生尾气NH3；最后一步“氨性浸出”时，Cu单质被浸出为Cu(NH3)4SO4。【详解】(1) 回收处理的第一步是进行废旧锂电池的放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸事故的发生；(2)拆解后的塑料薄膜包裹着LiCoO2、Cu及少量的Al2O3和C，“预焙烧”的目的是除去塑料隔膜及碳；该过程产生的尾气是二氧化碳，则可用于吸收该过程产生的尾气的试剂是NaOH溶液或者其他的强碱溶液；(3)“硫酸铵焙烧”前，混合物为LiCoO2、Cu及少量的Al2O3和C，焙烧后混合物为硫酸盐和Cu，所以硫酸铵的作用是：提供将氧化物转化为硫酸盐；H2S

37、O4吸收的尾气应该为碱性气体，中学里面只学了一种碱性气体NH3，根据题目中H2SO4吸收尾气后的溶液可循环利用，判断其为硫酸铵溶液，所以“硫酸铵焙烧”时的尾气中含NH3；(4)观察流程图可知，氨性浸出前后的物质变化为：Cu和CuSO4变为Cu(NH3)4SO4，所以“氨性浸出”时，通入空气的目的是促进Cu的溶解，使其转化为Cu(NH3)4SO4；(5)“氨性浸出”时，Cu单质被浸出为Cu(NH3)4SO4，因“氨性浸出”时溶液呈弱碱性可判断，“氨性浸出”时体系中通入NH3，所以“氨性浸出”的反应物含Cu、O2（由空气提供）和NH3，生成物含Cu(NH3)4SO4，根据原子守恒和电荷守恒书写出该

38、反应的离子方程式为：19雾霾由多种污染物形成，包含颗粒物（PM2.5)、氮氧化物(NOx)、CO、SO2等。化学在解决雾霾污染问题中有着重要的作用。(1)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H1=566.0kJmol1N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)H2=+64kJmol1反应2NO2(g)+4CO(g=N2(g)+4CO2(g)在_(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。(2)研究发现利用NH3可除去硝酸工业尾气中的NO。NH3与NO的物质的量之比分别为1：2、1：1.5、3：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图1所示。曲线a中，NO的起始浓度为6104mgm3，若从X点

39、到Y点经过20s，则该时间段内NO的脱除速率为_mgm3s1。曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是_，其理由是_(3)炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化氧可以快速氧化SO2。活化过程中的能量变化模拟计算结果如图2所示。无水情况下，一个氧分子的活化能为_，容易活化氧分子的条件是_(填“有水”或“无水”)。(4)若反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c2(NO)c2(CO)；v逆=k逆c(N2)c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中

40、加入4molNO和4molCO发生上述反应，测得CO和CO2的物质的量浓度随时间的变化如图3所示。a点时，v逆：v正=_。测得平衡时体系压强为p，KP为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数，则平衡常数KP=_(用含p的式子表示)。(5)某研究小组探究该反应中催化剂对脱氮率(NO的转化率)的影响。将等物质的量的NO和CO以一定的流速分别通过催化剂a、b，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。相同时间、不同温度下测得使用催化剂a时脱氮率与温度的关系如图4中曲线所示。已知催化效率ba，催化剂b的活性在450时最大(未达平衡)。请在图4中画出使用催化剂b时所对应的曲

41、线(从300开始画)。_【答案】低温 6106 1：2 温度相同时，NH3与NO物质的量的比值越小，NO的脱除率越小 0.75eV 有水 1：160(或0.00625) (450时曲线最高点不超过M点) 【解析】【分析】根据盖斯定律，可求出反应的焓变，根据自发反应条件:H-TS0判断该反应要在低温条件下才能自发进行；脱除速率为:变化的质量浓度/变化的时间；温度相同时，NH3与NO的物质的量的比值越小，NO的脱除率越小；活化氧分子的活化能越低，越容易活化氧分子；根据平衡时的三段式及平衡时v逆=v正可算出，再根据a点时的三段式的数据可计算出v逆:v正= k逆c(N2)c2(CO2):k正c2(NO

42、)c2(CO)=；催化剂b的活性在450时最大(未达平衡)，其脱氮率最大，可画出所对应的曲线。【详解】(1)由反应和，根据盖斯定律，可求出反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)的焓变为-1196 kJmol10，是一个熵减的反应，所以S0，根据自发反应条件:H-TS0，所以该反应要在低温条件下才能自发进行；(2)曲线a中，NO的起始浓度为6104mgm3，若从X点到Y点经过20s，则该时间段内NO的脱除速率为：mgm3s1；温度相同时，NH3与NO的物质的量的比值越小，NO的脱除率越小，所以a，b，c曲线对应的NH3与NO的物质的量之比分别为:3:1、1:1.5、1:2，

43、所以曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是1:2；(3)由图可知，无水情况下，一个氧分子的活化能为为0.75eV，从图中的数据可以看出，在有水条件下，活化氧分子的活化能较低，所以容易活化氧分子的条件是有水条件；(4)a点时，列出三段式为:因为CO和CO2的物质的量浓度相等，即4-x=x，解得x=2；平衡时有：根据平衡时的三段式及平衡时v逆=v正可算出，则a点时v逆:v正= k逆c(N2)c2(CO2):k正c2(NO)c2(CO)=；平衡时体系压强为p，KP为用气体分压表示的平衡常数，物质的总浓度为0.8+0.8+1.6+3.2=6.4 mol/L，根据分压=总压物质的量分数，则平衡常数KP

44、=；(5)催化剂b的活性在450时最大(未达平衡)，在图4中使用催化剂b时所对应的曲线如图:。20塑料、橡胶等材料的交联剂F的合成路线如图所示：已知：回答下列问题：(1)芳香族化合物A中官能团的名称为_。(2)CD的反应类型是_，E的结构简式为_。(3)F与NaOH反应的化学方程式为_。(4)F的同分异构体中符合下列条件的有_(不考虑立体异构)种。a属于的二取代物b取代基处于对位且完全相同c含酯基且能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为_(写出一种)。(5)参照题干中合成路线，设计以丙酮为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选)。_【答案】羟基 加成反应

45、10 或 【解析】【分析】根据后续产物的结构可知A中应含有六元环，再结合A的分子式，可知A为，与氢气发生加成反应生成B，B为，羟基发生催化氧化生成C，则C为，C与HCN在一定条件反应生成D（）；根据D的分子式以及E的分子式可知在H2O/H+的条件下-CN转化为-COOH，所以E为。【详解】(1)根据分析可知A为，其官能团的名称为羟基；(2) CD为：+HCN，属于加成反应；经分析，E的结构简式为;(3) F与NaOH发生水解反应，其化学方程式为： ；(4) F的同分异构体满足：a.属于的二取代物b.取代基处于对位且完全相同，则取代基的可以位于；c.能够发生银镜反应，说明含有-CHO，同时含有酯基，根据题意可书写符合条件的同分异构体：如图所以，B有5种取代的位点，当B为时有5种同分异构体，当B为又有另5种同分异构体，故共有10种同分异构体；所以其中核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1的是：或；(5)对比丙酮CH3COCH3和目标产物的结构特点可知，需要在丙酮的2号碳上引入羟基和羧基，然后再和2-丙醇发生酯化，引入羟基和羧基的过程与C到D的过程类似，丙酮和氢气加成可以生成2-丙醇，所以合成路线为。试卷第23页，总24页