山东省日照市2022-2023高三上学期期末校际联合考试化学试题
山东省日照市2022-2023学年高三上学期期末校际联合考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·日照期末）化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是
A．医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好
B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀是牺牲阳极的阴极保护法
C．“歼－20”飞机上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．使用太阳能电池可以把电能转化为化学能，减少化石能源的使用
【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；金属的腐蚀与防护；高分子材料
【解析】【解答】A.75%的医用酒精的消毒效果最好，不是浓度越高消毒效果越好，故A不符合题意；
B．电热水器中的镁棒可防止内胆被腐蚀是由于镁的活泼性强于铁，发生电化学腐蚀时，镁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，这种保护金属的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故B符合题意；
C．碳纤维是一种新型无极非金属材料，不是新型有机高分子材料，故C不符合题意；
D．使用太阳能电池可以把太阳能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、75%的酒精消毒效果最好；
B、镁比铁更活泼，为牺牲阳极的阴极保护法；
C、碳纤维为碳的单质；
D、太阳能电池为太阳能转化为电能。
2．（2022高三上·日照期末）下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．苯酚遇到空气变成粉红色
B．利用铝热反应焊接钢轨
C．84消毒液和洁厕灵不能混合使用
D．利用饱和FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．苯酚放置在空气中由无色变为粉红色，是被空气中的氧气氧化，发生了氧化还原反应，故A不选；
B．铝热反应焊接钢轨生成单质铁，铁、铝元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，故B不选；
C．洁厕灵和84消毒液不能混合使用的原因：2HCl+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O，该反应中Cl元素化合价由-1、+1价变为0价，则属于氧化还原反应，故C不选；
D．将饱和氯化铁加入沸水中制备氢氧化铁胶体，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D选；
故答案为：D。
【分析】A、苯酚容易被氧化；
B、铝热反应为冶炼金属单质的方法；
C、次氯酸钠和氯化氢可以发生氧化还原反应生成氯气；
D、化合价不变，不是氧化还原反应。
3．（2022高三上·日照期末）下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A B C D
稀释浓硫酸 该仪器可用于冷凝回流 可用该装置制备C2H2 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制备Fe(OH)2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．浓硫酸稀释需要在烧杯中进行，容量瓶不能用于稀释、溶解溶液，A不符合题意；
B．球形冷凝管可用于冷凝回流，冷凝水下进上出，B符合题意；
C．长颈漏斗中的水会全部进入锥形瓶，不能控制反应，不可用该装置制备C2H2，C不符合题意；
D．用胶头滴管向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的Fe(OH)2容易被氧化，应该隔绝空气进行操作，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、浓硫酸的稀释不能在容量瓶中直接进行；
B、冷凝水下口进上口出；
C、长颈漏斗没有巡赛不能控制反应，且生成的乙炔可以通过长颈漏斗排出装置；
D、氢氧化亚铁容易被氧化。
4．（2022高三上·日照期末）下列各选项中，不能满足如图转化关系的是
X Y Z
A CuSO4 Cu(OH)2 Cu2O
B CO2 Na2CO3 NaHCO3
C CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH
D Fe FeCl3 Fe(OH)3
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．CuSO4和碱反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2和乙醛反应生成Cu2O，Cu2O和硫酸反应Cu和CuSO4，A不符合题意；
B．CO2和足量氢氧化钠反应生成Na2CO3，Na2CO3和水、CO2生成NaHCO3，NaHCO3受热分解生成Na2CO3和水、CO2，B不符合题意；
C ．CH3CH2OH催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO催化氧化生成CH3COOH，CH3COOH能被硼氢化钠或氢化铝锂还原为CH3CH2OH，C不符合题意；
D． Fe和氯气加热生成FeCl3，FeCl3和碱反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3无法一步生成铁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硫酸铜和强碱反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和醛反应生成氧化亚铜，氧化亚铜和硫酸反应生成硫酸铜；
B、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳；
C、乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，一算和氢化铝锂反应生成乙醇；
D、氢氧化铁无法直接生成铁。
5．（2022高三上·日照期末）如图为一种饲料添加剂的结构。X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，Z是宇宙中含量最多的元素，下列说法错误的是
A．电负性：Y>X>Z
B．X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X
C．Y与Z形成的化合物都只含极性共价键
D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．同周期，从左到右元素电负性逐渐增大，同主族，从上到下元素电负性逐渐减小，可知电负性：O＞N ，实验结果证明，在各种氮氢化合物中，电子云都是偏向氮这一侧，说明氮吸引电子的能力比氢强，电负性：N＞H，综上可知电负性：Y>X>Z，A项不符合题意；
B．X、Y元素的简单气态氢化物分别为：NH3、H2O，因为水分子之间形成的氢键键能更大，所以X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X，B项不符合题意；
C．Y与Z形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，C项符合题意；
D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，例如NH4NO3，又可形成共价化合物，例如HNO3，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同周期，从左到右元素电负性逐渐增大，同主族，从上到下元素电负性逐渐减小；
B、水分子的氢键作用力更强；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物。
6．（2022高三上·日照期末）下列实验装置及表述正确的是
A．验证NO2气体与水的反应 B．滴加KSCN溶液变红，可以证明锌比铁活泼 C．用该装置测定中和热 D．用该装置制备NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NO2为红棕色气体，此装置通过观察集气瓶中收集气体的颜色可以验证NO2气体与水的反应，故A符合题意；
B．锌比铁活泼，铁做正极被保护，滴加KSCN溶液变红，溶液不会变红，故B不符合题意；
C．装置中小烧杯口没有与大烧杯口相平，小烧杯中的热量会散失到大烧杯中，导致测定不准确，故C不符合题意；
D．二氧化碳在水中的溶解度较小，短管进会使压强增大，饱和食盐水会进入长管内，而氨气极易溶于水，所以应该是氨气从短管进，二氧化碳从长管进，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸；
B、铁不溶解，溶液不变红；
C、中和热的测定需要防止热量损耗；
D、侯氏制碱法应该先通入氨气，再通入二氧化碳。
7．（2022高三上·日照期末）药物E具有抗癌抑菌功效，其合成路线如图：
下列说法错误的是
A．物质D中含有三种官能团
B．反应①涉及到了两种有机反应类型
C．物质D能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．分子E中手性碳原子的个数为3个
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，物质D的官能团为醚键、醛基和氨基，共3种，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，反应①涉及到的反应为加成反应和取代反应，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，物质D中含有的醛基、氨基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，分子E中含有4个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、D含有醚键、醛基和氨基；
B、碳氧双键的断裂形成单键为加成反应，氢原子被取代；
C、D中含有醛基，可以被氧化；
D、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。
8．（2022高三上·日照期末）实验室制备Li3N的原理是。氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解，某实验小组拟设计实验制备Li3N(装置可重复使用)。
下列说法错误的是
A．实验时应先点燃甲处的酒精灯
B．装置的连接顺序为甲→乙→丙→丁
C．若装置内空气没有排尽，则Li3N产品中会混有Li2O
D．甲装置主要发生反应：
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验需要先通入氮气排除空气的干扰，故应先点燃甲处酒精灯，A项不符合题意；
B．根据分析可知，装置的连接顺序应为：甲→乙→丙→乙→丁，B项符合题意；
C．若装置内空气没有排尽，加热时发生副反应：，则Li3N产品中会混有Li2O，C项不符合题意；
D．甲装置是制取氮气的装置，主要发生反应：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O，D项不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A、先通过氮气排除装置中的空气；
B、制备气体后先干燥再反应；
C、锂和氧气可以反应生成氧化锂；
D、氯化铵和亚硝酸钠加热生成氯化钠、氮气和水。
9．（2022高三上·日照期末）碘广泛应用于医疗、染料等方面，如图是碘单质的一种制备方法，下列说法错误的是
A．“操作1”的目的是富集碘元素
B．“操作2”可以有反萃取操作
C．“转化”过程每生成2mol沉淀，转移2mol电子
D．“氧化”过程中，Cl2与FeI2物质的量之比为1.25：1时，发生的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，操作1中加入硝酸银溶液的目的是将废水中的碘离子转化为碘化银沉淀达到富集碘元素的目的，故A不符合题意；
B．由分析可知，操作2为氧化所得溶液经萃取和反萃取、分液、蒸馏制得单质碘，故B不符合题意；
C．由分析可知，转化过程发生的反应为2AgI+Fe=2Ag+FeI2，反应生成2mol银时，转移电子的物质的量为2mol，故C不符合题意；
D．氧化过程中，当氯气与碘化亚铁物质的量之比为1.25：1时，发生的离子方程式为2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、通过银离子将碘离子转化为沉淀富集；
B、发萃取1作用可以将碘从萃取剂中转移出来；
C、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；
D、结合化合价升降守恒进行判断。
10．（2022高三上·日照期末）硼烯被科学界认为是继石墨烯之后的又一种“神奇纳米材料”，具有优良的导电、导热性能。如图为科学家人工合成的一种硼烯结构，下列说法正确的是
A．硼烯是一种有机物
B．空间构型为正四面体
C．硼烯中硼原子的杂化方式为sp2
D．硼烯有望代替石墨烯作锂离子电池的负极材料
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．硼烯是只有一种元素形成的单质，不是有机物，选项A不符合题意；
B．中硼原子形成了4个键，没有孤电子对，所以，硼原子采取sp3杂化，的空间构型为正四面体，选项B符合题意；
C．从图中可以看出，每个硼原子与 3 个硼原子相连，均为单键，杂化方式为sp3杂化，选项C不符合题意；
D．硼烯比石墨烯更薄、强度更高、导电导热性能更强，有望代替石墨烯作锂离子电池的电极材料，为正极材料，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、单质不是有机物；
B、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
C、中心原子孤电子对数=；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、石墨通常作为电池的正极。
11．（2022高三上·日照期末）下列有关实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 将二氧化碳通入氯化钡溶液中，产生沉淀 盐酸的酸性大于碳酸
B 向铜与浓硫酸反应后的溶液中加水后溶液变蓝 反应后有Cu2+生成
C 室温时，将等体积、等物质的量浓度的FeCl3、CuSO4溶液分别加入等体积的30%的H2O2溶液中 探究Fe3+、Cu2+的催化效果的优劣
D 向相同物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成 相同温度时Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将二氧化碳通入氯化钡溶液中，不反应，无现象，A不符合题意；
B．铜与浓硫酸反应后的溶液中存在大量浓硫酸，稀释时，应将溶液加入盛水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，B不符合题意；
C．催化剂FeCl3、CuSO4，不仅阳离子不同，阴离子种类也不同，无法比较Fe3+、Cu2+的催化效果的优劣，C不符合题意；
D．向相同物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成，说明相同温度时Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、二氧化碳和氯化钡不反应；
B、浓硫酸的存在不能直接加水；
C、控制变量法的特点是只改变一个条件下，其他条件不变；
D、溶度积越小越容易产生沉淀。
12．（2022高三上·日照期末）工业上利用电解含有NaHPbO2的废液回收Pb，装置如图。下列说法错误的是
A．M的电极电势高于N
B．若转移2mol电子，阴极室溶液质量减少207g
C．阴极电极式为HPbO+2e-+H2O=Pb+3OH-
D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，对Pb的产率无影响
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，M为正极，N为负极，M的电极电势高于N，A不符合题意；
B．阴极电极反应为HPbO+2e-+H2O=Pb+3OH-，转移2mol电子，钠离子由左侧经阳离子交换膜到达右侧为2mol，阴极室溶液质量减少207g-2mol×23g/mol=161g，B符合题意；
C．根据分析，阴极电极式为HPbO+2e-+H2O=Pb+3OH-，C不符合题意；
D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，多余的氢氧根离子经右侧到达左侧，对Pb的产率无影响，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
13．（2022高三上·日照期末）N2H4为二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。室温下，通过调节pH，使混合溶液中c(N2H4)+c(N2H)+c(N2H)=0.01mol L-1，lg水c(H+)与lg或lg的关系如图所示，下列说法错误的是
A．曲线L1代表lg水c(H+)与lg的变化关系
B．Kb2=10-15
C．Z点溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性
D．Y点c(N2H4)=c(N2H)=c(N2H)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．Kb1=，pH相等时，，所以曲线L1代表lg水c(H+)与lg的变化关系，故A不符合题意；
B．根据图示，pH=7时，=10-8，所以Kb2=10-15，故B不符合题意；
C．Z点溶液，随水电离的氢离子浓度减小，增大，可知溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．根据图示，Y点不等于1、不等于1，所以c(N2H4)≠c(N2H)≠c(N2H)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合电离平衡常数和氢氧根离子浓度判断；
B、此类题型可以寻找特殊点，根据pH找出对应的点，根据此时的氢氧根浓度计算浓度比；
C、结合图示，可以知道随着水电离的氢离子浓度减小，增大；
D、c(N2H4)≠c(N2H)≠c(N2H)。
二、多选题
14．（2022高三上·日照期末）以锌白矿(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、SiO2、CuO等)为原料制备草酸锌晶体(ZnC2O4 2H2O)，制备流程如图：
下列说法错误的是
A．“浸取”过程中高温有利于提高浸取率
B．“滤渣1”主要成分为Cu和SiO2
C．“氧化”过程中发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D．“沉淀”过程中可用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4制备草酸锌晶体效果更好
【答案】A,D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“浸取”时用的试剂是盐酸，盐酸易挥发，因此“浸取”过程中不宜使用高温，故A符合题意；
B．由以上分析得，“滤渣1”为未溶于酸的SiO2和置换出的Cu，故B不符合题意；
C．锌置换铜时也会与Fe3+反应生成Fe2+，所以“氧化”过程是将Fe2+转化为Fe3+，则反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C不符合题意；
D．Na2C2O4的碱性比(NH4)2C2O4碱性强，操作时很容易产生Zn(OH)2杂质，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、盐酸易挥发；
B、铜和二氧化碳不溶于酸；
C、亚铁离子和过氧化氢、氢离子反应生铁离子和水；
D、碱性过强容易产生氢氧化锌。
15．（2022高三上·日照期末）三氟甲基(－CF3)在药物分子中广泛应用，如图为一种三氟甲基烯烃()的氢烷基化反应的反应机理，下列说法错误的是
A．LNinBr为该反应的催化剂
B．物质Ⅲ质子化的反应历程有2种
C．反应过程中碳元素化合价未发生变化
D．当主要发生路径B的历程时，消耗锰粉的质量增多
【答案】C,D
【知识点】催化剂；有机物的合成
【解析】【解答】A．由图可知，LNinBr即是分步反应的反应物，也是分步反应的生成物，是总反应的催化剂，A不符合题意；
B．由图可知，物质Ⅲ质子化可以转化为物质Ⅴ，也可以转化为物质Ⅴ＇，反应历程共有2种，B不符合题意；
C．由图可知，碳碳双键和碳碳单键中碳元素的化合价不一样，故反应过程中会有碳元素化合价的变化，C符合题意；
D．由图可知，路径B没有消耗锰粉，所以当主要发生路径B的历程时，消耗锰粉的质量会减小，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A、注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；
B、结合图示，可以知道III可以的电子转化为V’，也可以生成V；
C、有机物中碳元素的化合价要结合其他元素进行判断；
D、路径B没有消耗锰。
三、综合题
16．（2022高三上·日照期末）科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Ni的基态原子价电子排布式为 。元素Mg与C中，第一电离能较小的是 (填元素符号)。
（2）科学家研究发现Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是 (填元素符号)，Ni(CO)4晶体类型是 。
（3）下列分子或离子与CO2具有相同类型化学键和立体构型的是____(填标号)。
A．SO2 B．SCN- C．NO D．I
（4）MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为anm，则r(O2-)为 nm(用含a的表达式表示)。
（5）铂镍合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由铂原子和镍原子共同构成(如)。晶体中完全由镍原子构成的八面体空隙与由铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙数目之比为 ，两种八面体空隙中心的最近距离为 pm。
【答案】（1）3d84s2；Mg
（2）C；分子晶体
（3）B；C
（4）
（5）1：3；a
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布式为3d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小，Mg外围电子排布为3s2，该轨道处于全满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：Mg
（3）CO2只含极性共价键，空间构型为直线形；
A．SO2分子中只含极性共价键，但S原子为sp2杂化，含一对孤电子对，空间构型为V形，A不正确；
B．SCN-只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，B正确；
C．只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，C正确；
D．I离子只含非极性共价键，中心原子周围有2个σ键，根据价层电子对互斥理论，孤电子对对数==3，空间构型是直线型， D不正确；
综上所述答案为BC；
（4）O2-是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍，即4r=，解得r=；
（5）完全由镍原子构成的八面体空隙在晶胞的体心，铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙在棱心，二者的数目之比为1：3，而两种八面体空隙中心最近的距离是棱心和体心的距离，为apm。
【分析】（1）Ni的基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小；
（2）沸点较低，为分子晶体；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍；
（5）晶胞中两种八面体空隙中心的最近距离要结合两个晶胞判断。
17．（2022高三上·日照期末）以红土镍矿(主要含有NiO、Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO)为原料，制取铁、镍、铝、镁和硅的化合物，工业流程如图：
已知：3Fe2(SO4)3+2NH3+12H2O=2NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓(黄安铁矾)+5H2SO4。
回答下列问题：
（1）根据如图判断“焙烧”的适宜条件为 。
（2）NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为 。
（3）NH3的作用为 。
（4）流程中可以循环使用的物质除NH3、SO3外还有 。
（5）已知滤液6中MgSO4的质量远大于Na2SO4。
①从滤液6中得到MgSO4晶体，可采用的方式为 。
A．加热至40℃蒸发结晶 B．加热至60℃降温结晶
C．加热至60℃蒸发结晶 D．加热至40℃降温结晶.
②已知Ksp(MgF2)=1×10-11，可在废液中加入NaF的进行沉镁，完全沉镁需要控制废液中c(F-)不低于 。
【答案】（1）450℃和120min
（2）
（3）使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄安铁矾沉淀
（4）NaOH
（5）A；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据图中数据知焙烧的适宜条件是450℃和120min。
（2）根据质量守恒定律，结合流程图焙烧时的产物，NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为。
（3）根据流程图中加入NH3后生成的产物知其作用是使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄安铁矾沉淀。
（4）滤液3主要含有NaOH，因此NaOH也可以循环使用。
（5）加热至40℃时，Na2SO4溶解度大于MgSO4，且Na2SO4溶解度达到最大。由于溶液中MgSO4的质量远大于Na2SO4，此温度下蒸发除去一定量溶剂后将得到MgSO4的过饱和溶液而使大部分MgSO4析出，
故答案为：A。通常认为离子浓度小于时沉淀完全，根据溶度积可计得当时，，因此完全沉镁需要控制废液中c(F-)不低于。
【分析】（1）结合图示，可以知道450℃后提取率变化较小，120min后提取率转化较小；
（2）氧化镍和硫酸铵反应生成硫酸镍铵、氨气和水；
（3）氨气溶于水为碱性，可以使铁离子形成氢氧化铁；
（4）结合前后流程，可以知道滤液3含有氢氧化钠，则氢氧化钠可以循环利用；
（5） ① 结合图示，40℃时硫酸镁为过饱和溶液，此时部分硫酸镁析出；
② 结合溶度积和镁离子的浓度判断。
18．（2022高三上·日照期末）实验室利用Cr2O3固体和CCl4反应制备无水CrCl3，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：I.光气与水易反应，能溶于CCl4溶液
II.有关物质熔沸点：
Cr2O3 CrCl3 CCl4 COCl2
熔点/℃ 1435 1152 -23 -118
沸点/℃ 4000 1300 76 8.2
回答下列问题：
（1）开始通入N2的作用为 。
（2）B中发生反应的化学方程式为 ，分离出光气(COCl2)的操作为 (填操作名称)。
（3）实验步骤如下：
检查完装置气密性，打开K1、K2、K3，通入氮气；一段时间后，开关K1、K2、K3的状态分别为 ，将装置A在85℃下进行水浴加热：待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，此时开关K1、K2、K3的状态分别为 ；实验结束，停止通入氮气。
（4）取B中所得产品加入稀硫酸，完全溶解后分为两等份，进行如下操作：
i.取其中一份，加入NaOH溶液形成绿色的Cr(OH)3沉淀后，再加入过量H2O2，小火加热至沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，再继续加热一段时间；继续加水至溶液体积为100mL，取20mL溶液酸化，再滴入指示剂，用新配制的0.2mol L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。
ii.取另外一份加入过量NaOH溶液，经过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，得到铬的氧化物1.2g。
①写出i中滴定过程反应的离子方程式： 。
②步骤ii中得到的铬的氧化物的化学式为 。步骤i中，若最后不再加热一段时间，步骤ii中铬的氧化物中铬元素的化合价将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（1）排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中
（2）Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl；蒸馏
（3）K1、K2开，K3关；K1、K2关，K3开
（4）14H++6Fe2++Cr2O=26Fe3++2Cr3++7H2O或 CrO+8H++3Fe2+=3Fe3++Cr3++4H2O；CrO3；偏低
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）空气会干扰实验，所以开始通入N2排净装置中的空气，同时用N2把CCl4鼓入硬质玻璃管中，答案：排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中。
（2）B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl，C中收集到溶解在CCl4中的光气，利用沸点不同，采用蒸馏法分离出光气，答案：Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl；蒸馏；
（3）反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气。答案：K1、K2开，K3关；K1、K2关，K3开；
（4）一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，被过量H2O2氧化为Na2CrO4溶液，酸化CrO转化为Cr2O，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，Cr2O被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式14H++6Fe2++Cr2O=26Fe3++2Cr3++7H2O。关系式CrCl3~ Cr(OH)3~ CrO~ Cr2O~3 Fe2+，则n(CrCl3)= n(Fe2+)=， 另一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，Cr(OH)3受热分解生成铬的氧化物1.2g，含Cr铬原子0.012mol，质量为，含O原子，铬的氧化物中Cr和O个数比为1∶3，化学式为CrO3，步骤i中完全转变为Na2CrO4溶液后，再继续加热一段时间，使过量的H2O2分解除去，若最后不再加热一段时间，过量的H2O2滴定时会消耗步骤(NH4)2Fe(SO4)2偏多，最后求得O偏少，所以铬的氧化物中铬元素的化合价将偏低，答案：14H++6Fe2++Cr2O=26Fe3++2Cr3++7H2O（或CrO+8H++3Fe2+=3Fe3++Cr3++4H2O）；CrO3；偏低。
【分析】（1）实验前通入氮气的目的时排出空气；
（2）三氧化二铬和四氯化碳反应生成氯化铬和光气；
（3）反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气；
（4） ① 氢离子、亚铁离子和重铬酸根离子反应生成铁离子、铬离子和水；
② 过量的H2O2滴定时会消耗步骤(NH4)2Fe(SO4)2偏多。
19．（2022高三上·日照期末）有机物G能用于合成多种药物和农药，下面是G的一种合成路线如图：
已知：
①(苯胺，呈碱性，易被氧化)
②苯胺和甲基吡啶()互为同分异构体，并具有芳香性
回答下列问题：
（1）A的名称为 ；C中官能团的名称为 。
（2）③的化学方程式为 ，反应类型为 。
（3）E的结构简式为 ，1molE在反应⑤过程中最多消耗 molNaOH。
（4）G的芳香性同系物M的分子式为C11H13O4N，满足下列条件的M有 种，写出其中一种同分异构体的结构简式： 。
①分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种
②1mol该物质与足量NaHCO3反应生成2molCO2
③磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1
（5）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，设计以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选) 。
【答案】（1）3-甲基苯酚；羧基和酯基
（2）+HNO3+H2O；取代反应
（3）；3
（4）4；
（5）
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；酯的性质；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知A为，其名称为3-甲基苯酚；由C的结构式可知，含有官能团的名称为羧基和酯基；
（2）过程③是硝化反应生成D，其化学方程式为+HNO3+H2O，其反应类型为取代反应；
（3）由分析可知E的结构简式为；E中存在羧基和酯基，并且酯基水解后生成乙酸和酚羟基，所以1molE在反应⑤过程中最多消耗3mol NaOH；
（4）M的分子式为C11H13O4N， 1mol该物质与足量NaHCO3反应生成2molCO2，表明该物质含有两个羧基，磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1，表明该物质有四种环境的H，个数比为6∶4∶2∶1，并且该分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种，则满足条件的M有4种，分别为、、、；
（5）和浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，被Fe和HCl还原为，则合成路线为。
【分析】（1）结合后续流程，可以知道A为 3-甲基苯酚 ；C的官能团为羧基和酯基；
（2）苯环可以和硝酸在浓硫酸加热的条件下在苯环结合生成硝基；
（3）E中含有羧基酯基，且酯基的单键氧原子直接连接苯环，需要额外消耗氢氧化钠；
（4）一氯代物可以判断等效氢的种类，可以和碳酸氢钠反应可以知道含有羧基，峰面积的比即判断等效氢的种类和个数比；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．（2022高三上·日照期末）研究处理NOx对环境保护有重要的意义。回答下列问题：
（1）一定条件下，用甲烷可以消除NOx的污染。
已知：①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) K1
②CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) K2
则甲烷与二氧化氮反应生成无污染气态产物化学反应平衡常数K= (用含有K1、K1的代数式表示)。
（2）在催化净化装置中CO和N2O发生反应CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，在160℃、220℃条件下，分别向两刚性容器中充入2molCO和2molN2O，实验测得两容器中CO或CO2的物质的量随时间变化如图：
实验测得v正=k正c(CO) c(N2O)、v逆=k逆c(CO2) c(N2)(k正、k逆为速率常数)该反应的Ea正 Ea逆(填“>”“<”或“=”)，c、d两点中k正-k逆较大的是 (填“c”或“d”)；若在c点升温10K，k正增大的倍数 k逆增大的倍数(填“>”“<”或“=”)。
（3）上述反应中产出的CO2可与H2生成甲醇，是目前推动“碳达峰、碳中和”的新路径。主要发生以下反应：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)|△H1=-49.4kJ mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=41.1kJ mol-1
在3.0MPa下，向密闭容器中充入3molH2和1molCO2，CO2的转化率与CH3OH、CO的选择性随温度的变化如图所示。已知CH3OH(或CO)的选择性×100%。
①达到平衡后，压缩容器的体积，甲醇的体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②CO2的平衡转化率随温度升高先变小后变大的原因： ，图中Y代表 (填化学式)的选择性。
③250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6mol，则CO2的转化率为 ，反应i的Kp= (MPa)-2(列出表达式)。
【答案】（1）
（2）＜；d；＜
（3）增大；低温时，以反应 i 为主，升高温度，平衡逆向移动，转化率下降；高温时，以反应 ii 为主，升高温度，平衡正向移动，转化率升高；CH3OH；20%；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）甲烷与二氧化氮反应生成N2、CO2和H2O，化学反应方程式③为： CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可知，③=(①+②)，则；
（2）反应温度越高，反应速率越快，达到平衡时所需要的时间越短，图中c、d两点达到平衡状态，且达到c点所需的时间短，所以ac曲线的反应温度是220℃，bd曲线的反应温度是160℃，c点CO2的物质的量为1mol， 容器中充入2molCO，发生反应CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，则消耗1mol CO，CO的转化率为，d点CO的物质的量为0.5mol，则消耗1.5mol CO，CO的转化率为，随着温度升高，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，所以Ea正＜Ea逆；c、d两点均达到平衡状态，v正= v逆，c点温度大于d点，温度升高，平衡向逆反应方向移动，c(CO) c(N2O)增大，c(CO2) c(N2)减小，所以k正-k逆较大的是d；该反应是放热反应，随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以若在c点升温10K，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
（3）①反应i是气体分子数减小的反应，达到平衡后，压缩容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数增大；
②反应i中△H1＜0，该反应是放热反应，随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，CH3OH的选择性×100%减小，则曲线Y代表CH3OH的选择性，反应ii中△H2＞0，该反应是吸热反应，随着温度升高，平衡向正反应方向移动，CO的选择性×100%增大，则曲线X代表的CO选择性，由图可知，低温时容器中主要发生反应i，随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，CO2的平衡转化率变小，高温时，容器中主要发生反应ii，CO2的平衡转化率变大，所以随温度升高，CO2的平衡转化率随温度升高先变小后变大；
③设反应i中CO2变化量为x，反应ii中CO2变化量为y，则
250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6mol，则3-3x-y=2.6mol，根据图像可知，250℃时CH3OH的选择性=CO选择性，则平衡时，即x=y，解出：x=y=0.1mol， 则CO2的变化量为：x+y=0.2mol，平衡时CO2的物质的量为：1-x-y=0.8mol， 平衡时H2O的物质的量为：x+y=0.2mol，平衡时气体总物质的量为：4-2x=3.8mol，所以CO2的转化率为；反应i的Kp=。
【分析】（1）化学方程式相加，则平衡常数相乘，化学方程式的化学计量数翻倍，则平衡常数的幂跟着变化；
（2）随着温度升高，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能；
（3） ① 增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
② △H1＜0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，CH3OH的选择性减小，△H2＞0，温度升高，平衡向正反应方向移动，CO的选择性增大；
③ 分压平衡常数要结合总压强、总物质的量判断。
山东省日照市2022-2023学年高三上学期期末校际联合考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·日照期末）化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是
A．医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好
B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀是牺牲阳极的阴极保护法
C．“歼－20”飞机上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．使用太阳能电池可以把电能转化为化学能，减少化石能源的使用
2．（2022高三上·日照期末）下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．苯酚遇到空气变成粉红色
B．利用铝热反应焊接钢轨
C．84消毒液和洁厕灵不能混合使用
D．利用饱和FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体
3．（2022高三上·日照期末）下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A B C D
稀释浓硫酸 该仪器可用于冷凝回流 可用该装置制备C2H2 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制备Fe(OH)2
A．A B．B C．C D．D
4．（2022高三上·日照期末）下列各选项中，不能满足如图转化关系的是
X Y Z
A CuSO4 Cu(OH)2 Cu2O
B CO2 Na2CO3 NaHCO3
C CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH
D Fe FeCl3 Fe(OH)3
A．A B．B C．C D．D
5．（2022高三上·日照期末）如图为一种饲料添加剂的结构。X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，Z是宇宙中含量最多的元素，下列说法错误的是
A．电负性：Y>X>Z
B．X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X
C．Y与Z形成的化合物都只含极性共价键
D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
6．（2022高三上·日照期末）下列实验装置及表述正确的是
A．验证NO2气体与水的反应 B．滴加KSCN溶液变红，可以证明锌比铁活泼 C．用该装置测定中和热 D．用该装置制备NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
7．（2022高三上·日照期末）药物E具有抗癌抑菌功效，其合成路线如图：
下列说法错误的是
A．物质D中含有三种官能团
B．反应①涉及到了两种有机反应类型
C．物质D能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．分子E中手性碳原子的个数为3个
8．（2022高三上·日照期末）实验室制备Li3N的原理是。氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解，某实验小组拟设计实验制备Li3N(装置可重复使用)。
下列说法错误的是
A．实验时应先点燃甲处的酒精灯
B．装置的连接顺序为甲→乙→丙→丁
C．若装置内空气没有排尽，则Li3N产品中会混有Li2O
D．甲装置主要发生反应：
9．（2022高三上·日照期末）碘广泛应用于医疗、染料等方面，如图是碘单质的一种制备方法，下列说法错误的是
A．“操作1”的目的是富集碘元素
B．“操作2”可以有反萃取操作
C．“转化”过程每生成2mol沉淀，转移2mol电子
D．“氧化”过程中，Cl2与FeI2物质的量之比为1.25：1时，发生的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-
10．（2022高三上·日照期末）硼烯被科学界认为是继石墨烯之后的又一种“神奇纳米材料”，具有优良的导电、导热性能。如图为科学家人工合成的一种硼烯结构，下列说法正确的是
A．硼烯是一种有机物
B．空间构型为正四面体
C．硼烯中硼原子的杂化方式为sp2
D．硼烯有望代替石墨烯作锂离子电池的负极材料
11．（2022高三上·日照期末）下列有关实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 将二氧化碳通入氯化钡溶液中，产生沉淀 盐酸的酸性大于碳酸
B 向铜与浓硫酸反应后的溶液中加水后溶液变蓝 反应后有Cu2+生成
C 室温时，将等体积、等物质的量浓度的FeCl3、CuSO4溶液分别加入等体积的30%的H2O2溶液中 探究Fe3+、Cu2+的催化效果的优劣
D 向相同物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成 相同温度时Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
12．（2022高三上·日照期末）工业上利用电解含有NaHPbO2的废液回收Pb，装置如图。下列说法错误的是
A．M的电极电势高于N
B．若转移2mol电子，阴极室溶液质量减少207g
C．阴极电极式为HPbO+2e-+H2O=Pb+3OH-
D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，对Pb的产率无影响
13．（2022高三上·日照期末）N2H4为二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。室温下，通过调节pH，使混合溶液中c(N2H4)+c(N2H)+c(N2H)=0.01mol L-1，lg水c(H+)与lg或lg的关系如图所示，下列说法错误的是
A．曲线L1代表lg水c(H+)与lg的变化关系
B．Kb2=10-15
C．Z点溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性
D．Y点c(N2H4)=c(N2H)=c(N2H)
二、多选题
14．（2022高三上·日照期末）以锌白矿(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、SiO2、CuO等)为原料制备草酸锌晶体(ZnC2O4 2H2O)，制备流程如图：
下列说法错误的是
A．“浸取”过程中高温有利于提高浸取率
B．“滤渣1”主要成分为Cu和SiO2
C．“氧化”过程中发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D．“沉淀”过程中可用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4制备草酸锌晶体效果更好
15．（2022高三上·日照期末）三氟甲基(－CF3)在药物分子中广泛应用，如图为一种三氟甲基烯烃()的氢烷基化反应的反应机理，下列说法错误的是
A．LNinBr为该反应的催化剂
B．物质Ⅲ质子化的反应历程有2种
C．反应过程中碳元素化合价未发生变化
D．当主要发生路径B的历程时，消耗锰粉的质量增多
三、综合题
16．（2022高三上·日照期末）科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Ni的基态原子价电子排布式为 。元素Mg与C中，第一电离能较小的是 (填元素符号)。
（2）科学家研究发现Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是 (填元素符号)，Ni(CO)4晶体类型是 。
（3）下列分子或离子与CO2具有相同类型化学键和立体构型的是____(填标号)。
A．SO2 B．SCN- C．NO D．I
（4）MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为anm，则r(O2-)为 nm(用含a的表达式表示)。
（5）铂镍合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由铂原子和镍原子共同构成(如)。晶体中完全由镍原子构成的八面体空隙与由铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙数目之比为 ，两种八面体空隙中心的最近距离为 pm。
17．（2022高三上·日照期末）以红土镍矿(主要含有NiO、Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO)为原料，制取铁、镍、铝、镁和硅的化合物，工业流程如图：
已知：3Fe2(SO4)3+2NH3+12H2O=2NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓(黄安铁矾)+5H2SO4。
回答下列问题：
（1）根据如图判断“焙烧”的适宜条件为 。
（2）NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为 。
（3）NH3的作用为 。
（4）流程中可以循环使用的物质除NH3、SO3外还有 。
（5）已知滤液6中MgSO4的质量远大于Na2SO4。
①从滤液6中得到MgSO4晶体，可采用的方式为 。
A．加热至40℃蒸发结晶 B．加热至60℃降温结晶
C．加热至60℃蒸发结晶 D．加热至40℃降温结晶.
②已知Ksp(MgF2)=1×10-11，可在废液中加入NaF的进行沉镁，完全沉镁需要控制废液中c(F-)不低于 。
18．（2022高三上·日照期末）实验室利用Cr2O3固体和CCl4反应制备无水CrCl3，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：I.光气与水易反应，能溶于CCl4溶液
II.有关物质熔沸点：
Cr2O3 CrCl3 CCl4 COCl2
熔点/℃ 1435 1152 -23 -118
沸点/℃ 4000 1300 76 8.2
回答下列问题：
（1）开始通入N2的作用为 。
（2）B中发生反应的化学方程式为 ，分离出光气(COCl2)的操作为 (填操作名称)。
（3）实验步骤如下：
检查完装置气密性，打开K1、K2、K3，通入氮气；一段时间后，开关K1、K2、K3的状态分别为 ，将装置A在85℃下进行水浴加热：待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，此时开关K1、K2、K3的状态分别为 ；实验结束，停止通入氮气。
（4）取B中所得产品加入稀硫酸，完全溶解后分为两等份，进行如下操作：
i.取其中一份，加入NaOH溶液形成绿色的Cr(OH)3沉淀后，再加入过量H2O2，小火加热至沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，再继续加热一段时间；继续加水至溶液体积为100mL，取20mL溶液酸化，再滴入指示剂，用新配制的0.2mol L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。
ii.取另外一份加入过量NaOH溶液，经过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，得到铬的氧化物1.2g。
①写出i中滴定过程反应的离子方程式： 。
②步骤ii中得到的铬的氧化物的化学式为 。步骤i中，若最后不再加热一段时间，步骤ii中铬的氧化物中铬元素的化合价将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
19．（2022高三上·日照期末）有机物G能用于合成多种药物和农药，下面是G的一种合成路线如图：
已知：
①(苯胺，呈碱性，易被氧化)
②苯胺和甲基吡啶()互为同分异构体，并具有芳香性
回答下列问题：
（1）A的名称为 ；C中官能团的名称为 。
（2）③的化学方程式为 ，反应类型为 。
（3）E的结构简式为 ，1molE在反应⑤过程中最多消耗 molNaOH。
（4）G的芳香性同系物M的分子式为C11H13O4N，满足下列条件的M有 种，写出其中一种同分异构体的结构简式： 。
①分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种
②1mol该物质与足量NaHCO3反应生成2molCO2
③磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1
（5）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，设计以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选) 。
20．（2022高三上·日照期末）研究处理NOx对环境保护有重要的意义。回答下列问题：
（1）一定条件下，用甲烷可以消除NOx的污染。
已知：①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) K1
②CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) K2
则甲烷与二氧化氮反应生成无污染气态产物化学反应平衡常数K= (用含有K1、K1的代数式表示)。
（2）在催化净化装置中CO和N2O发生反应CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，在160℃、220℃条件下，分别向两刚性容器中充入2molCO和2molN2O，实验测得两容器中CO或CO2的物质的量随时间变化如图：
实验测得v正=k正c(CO) c(N2O)、v逆=k逆c(CO2) c(N2)(k正、k逆为速率常数)该反应的Ea正 Ea逆(填“>”“<”或“=”)，c、d两点中k正-k逆较大的是 (填“c”或“d”)；若在c点升温10K，k正增大的倍数 k逆增大的倍数(填“>”“<”或“=”)。
（3）上述反应中产出的CO2可与H2生成甲醇，是目前推动“碳达峰、碳中和”的新路径。主要发生以下反应：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)|△H1=-49.4kJ mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=41.1kJ mol-1
在3.0MPa下，向密闭容器中充入3molH2和1molCO2，CO2的转化率与CH3OH、CO的选择性随温度的变化如图所示。已知CH3OH(或CO)的选择性×100%。
①达到平衡后，压缩容器的体积，甲醇的体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②CO2的平衡转化率随温度升高先变小后变大的原因： ，图中Y代表 (填化学式)的选择性。
③250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6mol，则CO2的转化率为 ，反应i的Kp= (MPa)-2(列出表达式)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；金属的腐蚀与防护；高分子材料
【解析】【解答】A.75%的医用酒精的消毒效果最好，不是浓度越高消毒效果越好，故A不符合题意；
B．电热水器中的镁棒可防止内胆被腐蚀是由于镁的活泼性强于铁，发生电化学腐蚀时，镁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，这种保护金属的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故B符合题意；
C．碳纤维是一种新型无极非金属材料，不是新型有机高分子材料，故C不符合题意；
D．使用太阳能电池可以把太阳能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、75%的酒精消毒效果最好；
B、镁比铁更活泼，为牺牲阳极的阴极保护法；
C、碳纤维为碳的单质；
D、太阳能电池为太阳能转化为电能。
2．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．苯酚放置在空气中由无色变为粉红色，是被空气中的氧气氧化，发生了氧化还原反应，故A不选；
B．铝热反应焊接钢轨生成单质铁，铁、铝元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，故B不选；
C．洁厕灵和84消毒液不能混合使用的原因：2HCl+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O，该反应中Cl元素化合价由-1、+1价变为0价，则属于氧化还原反应，故C不选；
D．将饱和氯化铁加入沸水中制备氢氧化铁胶体，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D选；
故答案为：D。
【分析】A、苯酚容易被氧化；
B、铝热反应为冶炼金属单质的方法；
C、次氯酸钠和氯化氢可以发生氧化还原反应生成氯气；
D、化合价不变，不是氧化还原反应。
3．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．浓硫酸稀释需要在烧杯中进行，容量瓶不能用于稀释、溶解溶液，A不符合题意；
B．球形冷凝管可用于冷凝回流，冷凝水下进上出，B符合题意；
C．长颈漏斗中的水会全部进入锥形瓶，不能控制反应，不可用该装置制备C2H2，C不符合题意；
D．用胶头滴管向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的Fe(OH)2容易被氧化，应该隔绝空气进行操作，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、浓硫酸的稀释不能在容量瓶中直接进行；
B、冷凝水下口进上口出；
C、长颈漏斗没有巡赛不能控制反应，且生成的乙炔可以通过长颈漏斗排出装置；
D、氢氧化亚铁容易被氧化。
4．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．CuSO4和碱反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2和乙醛反应生成Cu2O，Cu2O和硫酸反应Cu和CuSO4，A不符合题意；
B．CO2和足量氢氧化钠反应生成Na2CO3，Na2CO3和水、CO2生成NaHCO3，NaHCO3受热分解生成Na2CO3和水、CO2，B不符合题意；
C ．CH3CH2OH催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO催化氧化生成CH3COOH，CH3COOH能被硼氢化钠或氢化铝锂还原为CH3CH2OH，C不符合题意；
D． Fe和氯气加热生成FeCl3，FeCl3和碱反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3无法一步生成铁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硫酸铜和强碱反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和醛反应生成氧化亚铜，氧化亚铜和硫酸反应生成硫酸铜；
B、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳；
C、乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，一算和氢化铝锂反应生成乙醇；
D、氢氧化铁无法直接生成铁。
5．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．同周期，从左到右元素电负性逐渐增大，同主族，从上到下元素电负性逐渐减小，可知电负性：O＞N ，实验结果证明，在各种氮氢化合物中，电子云都是偏向氮这一侧，说明氮吸引电子的能力比氢强，电负性：N＞H，综上可知电负性：Y>X>Z，A项不符合题意；
B．X、Y元素的简单气态氢化物分别为：NH3、H2O，因为水分子之间形成的氢键键能更大，所以X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X，B项不符合题意；
C．Y与Z形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，C项符合题意；
D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，例如NH4NO3，又可形成共价化合物，例如HNO3，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同周期，从左到右元素电负性逐渐增大，同主族，从上到下元素电负性逐渐减小；
B、水分子的氢键作用力更强；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物。
6．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NO2为红棕色气体，此装置通过观察集气瓶中收集气体的颜色可以验证NO2气体与水的反应，故A符合题意；
B．锌比铁活泼，铁做正极被保护，滴加KSCN溶液变红，溶液不会变红，故B不符合题意；
C．装置中小烧杯口没有与大烧杯口相平，小烧杯中的热量会散失到大烧杯中，导致测定不准确，故C不符合题意；
D．二氧化碳在水中的溶解度较小，短管进会使压强增大，饱和食盐水会进入长管内，而氨气极易溶于水，所以应该是氨气从短管进，二氧化碳从长管进，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸；
B、铁不溶解，溶液不变红；
C、中和热的测定需要防止热量损耗；
D、侯氏制碱法应该先通入氨气，再通入二氧化碳。
7．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，物质D的官能团为醚键、醛基和氨基，共3种，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，反应①涉及到的反应为加成反应和取代反应，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，物质D中含有的醛基、氨基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，分子E中含有4个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、D含有醚键、醛基和氨基；
B、碳氧双键的断裂形成单键为加成反应，氢原子被取代；
C、D中含有醛基，可以被氧化；
D、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。
8．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验需要先通入氮气排除空气的干扰，故应先点燃甲处酒精灯，A项不符合题意；
B．根据分析可知，装置的连接顺序应为：甲→乙→丙→乙→丁，B项符合题意；
C．若装置内空气没有排尽，加热时发生副反应：，则Li3N产品中会混有Li2O，C项不符合题意；
D．甲装置是制取氮气的装置，主要发生反应：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O，D项不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A、先通过氮气排除装置中的空气；
B、制备气体后先干燥再反应；
C、锂和氧气可以反应生成氧化锂；
D、氯化铵和亚硝酸钠加热生成氯化钠、氮气和水。
9．【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，操作1中加入硝酸银溶液的目的是将废水中的碘离子转化为碘化银沉淀达到富集碘元素的目的，故A不符合题意；
B．由分析可知，操作2为氧化所得溶液经萃取和反萃取、分液、蒸馏制得单质碘，故B不符合题意；
C．由分析可知，转化过程发生的反应为2AgI+Fe=2Ag+FeI2，反应生成2mol银时，转移电子的物质的量为2mol，故C不符合题意；
D．氧化过程中，当氯气与碘化亚铁物质的量之比为1.25：1时，发生的离子方程式为2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、通过银离子将碘离子转化为沉淀富集；
B、发萃取1作用可以将碘从萃取剂中转移出来；
C、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；
D、结合化合价升降守恒进行判断。
10．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．硼烯是只有一种元素形成的单质，不是有机物，选项A不符合题意；
B．中硼原子形成了4个键，没有孤电子对，所以，硼原子采取sp3杂化，的空间构型为正四面体，选项B符合题意；
C．从图中可以看出，每个硼原子与 3 个硼原子相连，均为单键，杂化方式为sp3杂化，选项C不符合题意；
D．硼烯比石墨烯更薄、强度更高、导电导热性能更强，有望代替石墨烯作锂离子电池的电极材料，为正极材料，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、单质不是有机物；
B、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
C、中心原子孤电子对数=；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、石墨通常作为电池的正极。
11．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将二氧化碳通入氯化钡溶液中，不反应，无现象，A不符合题意；
B．铜与浓硫酸反应后的溶液中存在大量浓硫酸，稀释时，应将溶液加入盛水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，B不符合题意；
C．催化剂FeCl3、CuSO4，不仅阳离子不同，阴离子种类也不同，无法比较Fe3+、Cu2+的催化效果的优劣，C不符合题意；
D．向相同物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成，说明相同温度时Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、二氧化碳和氯化钡不反应；
B、浓硫酸的存在不能直接加水；
C、控制变量法的特点是只改变一个条件下，其他条件不变；
D、溶度积越小越容易产生沉淀。
12．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，M为正极，N为负极，M的电极电势高于N，A不符合题意；
B．阴极电极反应为HPbO+2e-+H2O=Pb+3OH-，转移2mol电子，钠离子由左侧经阳离子交换膜到达右侧为2mol，阴极室溶液质量减少207g-2mol×23g/mol=161g，B符合题意；
C．根据分析，阴极电极式为HPbO+2e-+H2O=Pb+3OH-，C不符合题意；
D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，多余的氢氧根离子经右侧到达左侧，对Pb的产率无影响，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．Kb1=，pH相等时，，所以曲线L1代表lg水c(H+)与lg的变化关系，故A不符合题意；
B．根据图示，pH=7时，=10-8，所以Kb2=10-15，故B不符合题意；
C．Z点溶液，随水电离的氢离子浓度减小，增大，可知溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．根据图示，Y点不等于1、不等于1，所以c(N2H4)≠c(N2H)≠c(N2H)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合电离平衡常数和氢氧根离子浓度判断；
B、此类题型可以寻找特殊点，根据pH找出对应的点，根据此时的氢氧根浓度计算浓度比；
C、结合图示，可以知道随着水电离的氢离子浓度减小，增大；
D、c(N2H4)≠c(N2H)≠c(N2H)。
14．【答案】A,D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“浸取”时用的试剂是盐酸，盐酸易挥发，因此“浸取”过程中不宜使用高温，故A符合题意；
B．由以上分析得，“滤渣1”为未溶于酸的SiO2和置换出的Cu，故B不符合题意；
C．锌置换铜时也会与Fe3+反应生成Fe2+，所以“氧化”过程是将Fe2+转化为Fe3+，则反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C不符合题意；
D．Na2C2O4的碱性比(NH4)2C2O4碱性强，操作时很容易产生Zn(OH)2杂质，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、盐酸易挥发；
B、铜和二氧化碳不溶于酸；
C、亚铁离子和过氧化氢、氢离子反应生铁离子和水；
D、碱性过强容易产生氢氧化锌。
15．【答案】C,D
【知识点】催化剂；有机物的合成
【解析】【解答】A．由图可知，LNinBr即是分步反应的反应物，也是分步反应的生成物，是总反应的催化剂，A不符合题意；
B．由图可知，物质Ⅲ质子化可以转化为物质Ⅴ，也可以转化为物质Ⅴ＇，反应历程共有2种，B不符合题意；
C．由图可知，碳碳双键和碳碳单键中碳元素的化合价不一样，故反应过程中会有碳元素化合价的变化，C符合题意；
D．由图可知，路径B没有消耗锰粉，所以当主要发生路径B的历程时，消耗锰粉的质量会减小，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A、注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；
B、结合图示，可以知道III可以的电子转化为V’，也可以生成V；
C、有机物中碳元素的化合价要结合其他元素进行判断；
D、路径B没有消耗锰。
16．【答案】（1）3d84s2；Mg
（2）C；分子晶体
（3）B；C
（4）
（5）1：3；a
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布式为3d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小，Mg外围电子排布为3s2，该轨道处于全满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：Mg
（3）CO2只含极性共价键，空间构型为直线形；
A．SO2分子中只含极性共价键，但S原子为sp2杂化，含一对孤电子对，空间构型为V形，A不正确；
B．SCN-只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，B正确；
C．只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，C正确；
D．I离子只含非极性共价键，中心原子周围有2个σ键，根据价层电子对互斥理论，孤电子对对数==3，空间构型是直线型， D不正确；
综上所述答案为BC；
（4）O2-是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍，即4r=，解得r=；
（5）完全由镍原子构成的八面体空隙在晶胞的体心，铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙在棱心，二者的数目之比为1：3，而两种八面体空隙中心最近的距离是棱心和体心的距离，为apm。
【分析】（1）Ni的基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小；
（2）沸点较低，为分子晶体；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍；
（5）晶胞中两种八面体空隙中心的最近距离要结合两个晶胞判断。
17．【答案】（1）450℃和120min
（2）
（3）使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄安铁矾沉淀
（4）NaOH
（5）A；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据图中数据知焙烧的适宜条件是450℃和120min。
（2）根据质量守恒定律，结合流程图焙烧时的产物，NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为。
（3）根据流程图中加入NH3后生成的产物知其作用是使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄安铁矾沉淀。
（4）滤液3主要含有NaOH，因此NaOH也可以循环使用。
（5）加热至40℃时，Na2SO4溶解度大于MgSO4，且Na2SO4溶解度达到最大。由于溶液中MgSO4的质量远大于Na2SO4，此温度下蒸发除去一定量溶剂后将得到MgSO4的过饱和溶液而使大部分MgSO4析出，
故答案为：A。通常认为离子浓度小于时沉淀完全，根据溶度积可计得当时，，因此完全沉镁需要控制废液中c(F-)不低于。
【分析】（1）结合图示，可以知道450℃后提取率变化较小，120min后提取率转化较小；
（2）氧化镍和硫酸铵反应生成硫酸镍铵、氨气和水；
（3）氨气溶于水为碱性，可以使铁离子形成氢氧化铁；
（4）结合前后流程，可以知道滤液3含有氢氧化钠，则氢氧化钠可以循环利用；
（5） ① 结合图示，40℃时硫酸镁为过饱和溶液，此时部分硫酸镁析出；
② 结合溶度积和镁离子的浓度判断。
18．【答案】（1）排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中
（2）Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl；蒸馏
（3）K1、K2开，K3关；K1、K2关，K3开
（4）14H++6Fe2++Cr2O=26Fe3++2Cr3++7H2O或 CrO+8H++3Fe2+=3Fe3++Cr3++4H2O；CrO3；偏低
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）空气会干扰实验，所以开始通入N2排净装置中的空气，同时用N2把CCl4鼓入硬质玻璃管中，答案：排净装置中的空气，并把CCl4鼓入硬质玻璃管中。
（2）B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl，C中收集到溶解在CCl4中的光气，利用沸点不同，采用蒸馏法分离出光气，答案：Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl；蒸馏；
（3）反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气。答案：K1、K2开，K3关；K1、K2关，K3开；
（4）一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，被过量H2O2氧化为Na2CrO4溶液，酸化CrO转化为Cr2O，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，Cr2O被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式14H++6Fe2++Cr2O=26Fe3++2Cr3++7H2O。关系式CrCl3~ Cr(OH)3~ CrO~ Cr2O~3 Fe2+，则n(CrCl3)= n(Fe2+)=， 另一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，过滤、洗涤、干燥后，将所得固体在空气中灼烧，Cr(OH)3受热分解生成铬的氧化物1.2g，含Cr铬原子0.012mol，质量为，含O原子，铬的氧化物中Cr和O个数比为1∶3，化学式为CrO3，步骤i中完全转变为Na2CrO4溶液后，再继续加热一段时间，使过量的H2O2分解除去，若最后不再加热一段时间，过量的H2O2滴定时会消耗步骤(NH4)2Fe(SO4)2偏多，最后求得O偏少，所以铬的氧化物中铬元素的化合价将偏低，答案：14H++6Fe2++Cr2O=26Fe3++2Cr3++7H2O（或CrO+8H++3Fe2+=3Fe3++Cr3++4H2O）；CrO3；偏低。
【分析】（1）实验前通入氮气的目的时排出空气；
（2）三氧化二铬和四氯化碳反应生成氯化铬和光气；
（3）反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气；
（4） ① 氢离子、亚铁离子和重铬酸根离子反应生成铁离子、铬离子和水；
② 过量的H2O2滴定时会消耗步骤(NH4)2Fe(SO4)2偏多。
19．【答案】（1）3-甲基苯酚；羧基和酯基
（2）+HNO3+H2O；取代反应
（3）；3
（4）4；
（5）
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；酯的性质；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知A为，其名称为3-甲基苯酚；由C的结构式可知，含有官能团的名称为羧基和酯基；
（2）过程③是硝化反应生成D，其化学方程式为+HNO3+H2O，其反应类型为取代反应；
（3）由分析可知E的结构简式为；E中存在羧基和酯基，并且酯基水解后生成乙酸和酚羟基，所以1molE在反应⑤过程中最多消耗3mol NaOH；
（4）M的分子式为C11H13O4N， 1mol该物质与足量NaHCO3反应生成2molCO2，表明该物质含有两个羧基，磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1，表明该物质有四种环境的H，个数比为6∶4∶2∶1，并且该分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种，则满足条件的M有4种，分别为、、、；
（5）和浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，被Fe和HCl还原为，则合成路线为。
【分析】（1）结合后续流程，可以知道A为 3-甲基苯酚 ；C的官能团为羧基和酯基；
（2）苯环可以和硝酸在浓硫酸加热的条件下在苯环结合生成硝基；
（3）E中含有羧基酯基，且酯基的单键氧原子直接连接苯环，需要额外消耗氢氧化钠；
（4）一氯代物可以判断等效氢的种类，可以和碳酸氢钠反应可以知道含有羧基，峰面积的比即判断等效氢的种类和个数比；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．【答案】（1）
（2）＜；d；＜
（3）增大；低温时，以反应 i 为主，升高温度，平衡逆向移动，转化率下降；高温时，以反应 ii 为主，升高温度，平衡正向移动，转化率升高；CH3OH；20%；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）甲烷与二氧化氮反应生成N2、CO2和H2O，化学反应方程式③为： CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可知，③=(①+②)，则；
（2）反应温度越高，反应速率越快，达到平衡时所需要的时间越短，图中c、d两点达到平衡状态，且达到c点所需的时间短，所以ac曲线的反应温度是220℃，bd曲线的反应温度是160℃，c点CO2的物质的量为1mol， 容器中充入2molCO，发生反应CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，则消耗1mol CO，CO的转化率为，d点CO的物质的量为0.5mol，则消耗1.5mol CO，CO的转化率为，随着温度升高，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，所以Ea正＜Ea逆；c、d两点均达到平衡状态，v正= v逆，c点温度大于d点，温度升高，平衡向逆反应方向移动，c(CO) c(N2O)增大，c(CO2) c(N2)减小，所以k正-k逆较大的是d；该反应是放热反应，随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以若在c点升温10K，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
（3）①反应i是气体分子数减小的反应，达到平衡后，压缩容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数增大；
②反应i中△H1＜0，该反应是放热反应，随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，CH3OH的选择性×100%减小，则曲线Y代表CH3OH的选择性，反应ii中△H2＞0，该反应是吸热反应，随着温度升高，平衡向正反应方向移动，CO的选择性×100%增大，则曲线X代表的CO选择性，由图可知，低温时容器中主要发生反应i，随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，CO2的平衡转化率变小，高温时，容器中主要发生反应ii，CO2的平衡转化率变大，所以随温度升高，CO2的平衡转化率随温度升高先变小后变大；
③设反应i中CO2变化量为x，反应ii中CO2变化量为y，则
250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6mol，则3-3x-y=2.6mol，根据图像可知，250℃时CH3OH的选择性=CO选择性，则平衡时，即x=y，解出：x=y=0.1mol， 则CO2的变化量为：x+y=0.2mol，平衡时CO2的物质的量为：1-x-y=0.8mol， 平衡时H2O的物质的量为：x+y=0.2mol，平衡时气体总物质的量为：4-2x=3.8mol，所以CO2的转化率为；反应i的Kp=。
【分析】（1）化学方程式相加，则平衡常数相乘，化学方程式的化学计量数翻倍，则平衡常数的幂跟着变化；
（2）随着温度升高，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能；
（3） ① 增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
② △H1＜0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，CH3OH的选择性减小，△H2＞0，温度升高，平衡向正反应方向移动，CO的选择性增大；
③ 分压平衡常数要结合总压强、总物质的量判断。
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