山东省聊城市2022届高三下学期第一次模拟考试 化学试题.doc

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1、 聊城市2022年普通高中学业水平等级考试模拟卷化学试题（一）注意事项：1.答卷前，考生务必将自已的姓名、考生号填写在答题卡和试卷的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 Mg-24 Cr-52 As-75 Cd-112 Cl-35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 中国科技改变世界。下列说法错误的是A. “飞扬”火炬外壳由

2、碳纤维与树脂的复合材料制成，密度小、强度高B. “天问一号”火星车使用热控保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应C. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入D. “天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A“飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，该材料具有密度小、强度高的特点，A正确；B“天问一号”火星车使用热控保温材料一纳米气凝胶，纳米气凝胶属于胶体，因而可产生丁达尔效应，B正确；C“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，Ag+是重金属离子，能够使蛋白质发生变性，因而可有效防护细菌侵入的性能，C正确；D“天机

3、芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分是晶体硅，而和光导纤维主要措施二氧化硅，因此二者的成分不相同，D错误；故合理选项是D。2. 下列物质性质与用途的对应关系正确的是A. 乙烯能够发生加成反应，可用做催熟剂B. 具有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂C. 能与水反应，可用作食品干燥剂D. 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A乙烯可用于催熟剂，可催熟植物果实，与发生加成反应没有关系，A不符合题意；B葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，且少量SO2对人体是无害的，不是因为二氧化硫漂白性，B不符合题意；CCaO能与水反应，消耗水，可用作干燥剂，C符

4、合题意；DFe3+与Cu反应生成Fe2+与Cu2+，说明Fe3+具有较强的氧化性，不是因为FeCl3溶液呈酸性，D不符合题意；故选C。3. 下列实验所选装置正确的是A. 检查装置气密性B. 用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳C. 用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸D. 选择合适试剂，分别制取少量CO2、NH3、NO和O2【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A关闭止水夹，通过分液漏斗向烧瓶中加入水，若装置不漏气，加入一段时间后，水不能流进烧瓶中，故可用于检查装置气密性，A正确；B图示仪器适用于块状固体与液体混合制取气体，而纯碱与硫酸混合后，盐溶解在水中进入溶液中，不能实现固液分离，因此不能使用该

5、装置制取CO2气体，应该使用石灰石与稀盐酸反应制取CO2气体，B错误；CNaOH溶液显碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞而使滴定管与玻璃塞黏连，导致仪器报废，应该使用碱式滴定管盛装NaOH溶液进行酸碱中和滴定，C错误；DNH3的密度比空气小，不能使用向上排空气的方法收集；NO会与空气中的O2发生反应，不能使用排空气的方法收集，D错误；故合理选项是A。4. 我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是A. 原子半径：B. 简单氢化物的

6、稳定性：C. X与Z可形成离子化合物D. 同周期第一电离能小于Z的元素有5种【4题答案】【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S； X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素， Y与Z最外层电子数之和等于8，Y的最外层电子数为8-6=2，Z的原子序数大于Y，则Y为Mg元素，则W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素，以此来解析；【详解】AW、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素， O、F的原子含有2个电子层，Y、Z的原子含有3个电子层，原子序数O FMgSOF，A不符合题意；BW、X、Z分别是O、F、S，非金

7、属性越强对应的简单氢化物越稳定，非金属性FOS，简单氢化物的稳定性：HFH2OH2S，B符合题意；CX、Z分别是F、S元素，形成SF6为共价化合物，C不符合题意；DZ为S，位于第三周期，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第A元素第一电离能大于第A元素，第A族的第一电离能大于第A族元素；同周期比硫电离能小的有钠、铝、镁、硅四种元素，D不符合题意；故选B。5. 下列有关实验的说法，错误的是A. 苯酚不慎沾到皮肤上，应立即先用酒精洗涤，再用水冲洗B. 除去石英砂中的少量碳酸钙，可用稀硫酸溶解后过滤分离C. 用少量酒精洗去硫酸亚铁铵晶体表面附着的水分D. 制备乙酸乙酯

8、时，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸、碎瓷片，再加热【5题答案】【答案】B【解析】【详解】A 苯酚易溶于酒精，苯酚不慎沾到皮肤上，应立即先用酒精洗涤，再用水冲洗，故A正确；B 除去石英砂中的少量碳酸钙，可用稀盐酸溶解后过滤分离，不能用硫酸，硫酸钙是微溶，故B错误；C 用少量酒精洗去硫酸亚铁铵晶体表面附着的水分，酒精易挥发可加快干燥速度，酒精分子的极性小于水，减少硫酸亚铁固体溶解而损失，故C正确；D 乙醇的密度小于浓硫酸，稀释时放热，制备乙酸乙酯时，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸（冷却）、乙酸、碎瓷片，再加热，故D正确；故选B。6. 某铝热剂由铝粉和铁的某种氧化物组成，二者恰好完全反应生成铁单质

9、和氧化铝。将该铝热剂均分成两份，同温同压下，一份直接与足量的溶液反应，放出体积为；另一份在完全发生铝热反应后与足量的盐酸反应，放出体积为。下列说法错误的是A. 两份生成氢气的质量比一定为的B. 两份消耗和的物质的量之比一定为C. 铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比一定为D. 铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比一定为【6题答案】【答案】C【解析】【分析】设铁的氧化物为FexOy，则铝热反应为，取含Al的铝热剂分两等分进行实验，则其中一份铝的物质的量为，生成铁的物质的量为；铝与氢氧化钠溶液反应关系式为，由生成氢气的体积为V1，可以计算出消耗n()=，由n(Al)=n()，可以算出；铁与盐酸反应关系式为

10、，由生成氢气的体积为V2，可以计算出消耗盐酸的物质的量为，由n(Fe)=n(HCl)，算出；据此作答。【详解】A根据同温同压下气体的体积比等于气体物质的量之比，氢气的摩尔质量都为2g/mol，则两份生成氢气的质量比一定为，故A正确；B两份消耗和的物质的量之比为 ，故B正确；C铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为 ，故C错误；D铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为 ，故D正确；故选D。7. 下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是实验方案实验I：实验II：实验现象试纸中心区域变黑，边缘变红黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体A. 由I可知

11、，浓硫酸具有脱水性B. 由I可知，浓硫酸具有弱酸性C. 由II可知，浓硫酸具有强氧化性D. 由II可知，浓硫酸具有吸水性【7题答案】【答案】A【解析】【详解】A试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；B蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性，B错误；C浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的

12、吸水性，D错误；故选A。8. 已知、均能将苯甲醛转化为苯甲醇，下列说法正确的是A. 甲醛的分子构型为三角锥形B. 中心原子的杂化方式为C. 中存在离子键、共价键、配位键D. 苯甲醛转化为苯甲醇属于有机反应中的氧化反应【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A 甲醛中的碳原子价层电子对数为3+=3，碳是sp2杂化，甲醛的分子构型为平面三角形，故A错误；B 中心原子硼原子价层电子对数为4+=4，杂化方式为，故B错误；C 中存在钠离子与间的离子键、B-H共价键、B-H共价键中有1个是配位键，故C正确；D 苯甲醛转化为苯甲醇氢原子增加，属于有机反应中的还原反应，故D错误；故选C。9. 是常见的抗氧化剂、

13、易水解，实验室以为原料制备的流程如下。下列说法正确的是A. 气体为，滤液主要成分为B. 反应2反应类型为氧化还原反应C. 溶解时，再加入适量粉可以提高产品纯度D. 操作1为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、空气中自然晾干【9题答案】【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，固体溶解后溶液显酸性，在溶液中加入碳酸氢铵，反应生成氧化亚锡、氯化铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Sn2+2HCO=SnO+H2O+2CO2，过滤得到氧化亚锡，向氧化亚锡中加入稀硫酸发生反应生成硫酸亚锡和水，硫酸亚锡溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到二水硫酸亚锡晶体，以此来解析；【详解】A由上述分析可知气体应为

14、二氧化碳，A错误B反应2为氧化锡和硫酸反应生成硫酸锡，化合价未发生变化属于非氧化还原反应，B错误；CSnCl2是常见的抗氧化剂，说明其易被氧化，适量Sn粉可防止被氧气氧化，从而提高产品纯度，C正确；D操作1通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、空气中自然晾干等操作，Sn2+会发生氧化，得不到SnSO42H2O，D错误；故选C。10. 我国科学家设计Mg-Li双盐电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是A. 放电时，正极电极反应式为FeS+2e+2Li+=Fe+Li2SB. 充电时，Mg电极连外接电源负极C. 充电时，每生成1mol Mg，电解质溶液质量减少24gD. 电解液含离子迁移速率更快的L

15、i+提高了电流效率【10题答案】【答案】C【解析】【详解】A放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e+2Li+=Fe+Li2S，A正确；B充电时Mg2+转化Mg，被还原，为阴极，连接外接电源的负极，B正确；C充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，转移2mol电子，同时生成2molLi+，所以电解质质量减少24g-27g=10g，C错误；D电解液中含离子迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，D正确；综上所述答案为C。二、选择题：本题共5小题，每小

16、题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 为完成下列各组实验，所选仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的仪器试剂A配制一定质量分数的溶液托盘天平(带砝码)、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒固体、蒸馏水B模拟喷泉实验圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台、胶头滴管、止水夹干燥的二氧化碳气体、蒸馏水C验证蔗糖水解产生还原性糖试管、烧杯、酒精灯、量筒、玻璃棒、玻璃片、胶头滴管蔗糖溶液、稀硫酸、蒸馏水、试纸、溶液、溶液D提纯混有苯酚杂质的苯烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台混有苯酚杂质的苯、浓溴水A. AB. BC.

17、CD. D【11题答案】【答案】AC【解析】【详解】A配制一定质量分数的溶液，所需仪器托盘天平(带砝码)、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒，所需试剂：固体、蒸馏水，故A正确； B模拟喷泉实验，所需仪器：圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台、胶头滴管、止水夹，还要双孔橡皮塞，所需试剂：干燥的二氧化碳气体、NaOH溶液，二氧化碳在水中溶解度小，不能形成喷泉，故B错误；C验证蔗糖水解产生还原性糖，蔗糖在硫酸作用下水解产生还原性糖，将溶液用氢氧化钠中和致碱性，用新制的氢氧化铜检验，所需仪器：试管、烧杯、酒精灯、量筒、玻璃棒、玻璃片、胶头滴管，所需试剂：蔗糖溶液、稀硫酸、蒸馏水、试纸、溶液、溶液，故C正确；

18、D提纯混有苯酚杂质的苯，应加氢氧化钠溶液后分液，所需仪器：烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台，所需试剂：混有苯酚杂质的苯、NaOH溶液，故D错误；故选AC。12. 有机物M(甲基氯丁烷)常用作有机合成中间体，存在如图转化关系，下列说法正确的是A. N可能具有顺反异构B. L中含有手性碳原子C. L一定能被氧化为醛或酮D. M的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种【12题答案】【答案】D【解析】【分析】M在浓硫酸做催化剂并加热条件下发生消去反应生成N(C2H5CCH3=CH2)或(H3CCH=C(CH3)2)，N与HCl发生加成反应生成L，L能水解生成M，则L的结构简式为C2H5CCH3ClC

19、H3，据此分析解题。【详解】AN中连接碳碳双键的碳原子连接两个相同的原子或原子团，该分子没有顺反异构，A错误；BL的同分异构体中不含有手性碳，B错误；C与羟基相连的碳上有氢原子的时候才能被氧化生成醛或酮，但是L中没有羟基，C错误；DM的同分异构体中的含两种化学环境氢只有一种为 ，D正确；答案选D。13. 目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是A. 制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为12B. 滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中C. 制得0.1 mol KIO3

20、至少需要标准状况下5.6 L Cl2D. 制备KI时要控制溶液的pH不宜过大【13题答案】【答案】CD【解析】【分析】含碘废水制取碘酸钾晶体,由实验流程可知，含碘沸水中加入SO2和硫酸铜制备CuI ,发生反应：2SO2 +I2+2Cu2+4H2O=2CuI+2+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生反应：5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O，由溶解度可

21、知，蒸发浓缩、降温结晶可析出碘酸钾晶体，以此来解答。【详解】A根据反应方程式2SO2 +I2+2Cu2+4H2O=2CuI+2+8H+可知：制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为11，A错误；B根据上述分析可知：滤渣1成分为Fe和Cu，其中的Fe是比较活泼的金属，能够与稀硫酸发生置换反应，而Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能与稀硫酸发生反应，B错误；C根据反应方程式5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O可知：每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(

22、Cl2)=0.25 mol22.4 L/mol=5.6 L，C正确；D制备KI时若溶液pH过大，Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D正确；故合理选项是CD。14. 我国科学家合成了Y、单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是A. 相同条件下，比催化剂更利于吸附氮气B. 实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率C. 使用单原子催化剂，反应的快慢由生成的速率决定D. 工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成【14题答案】【答案】B【解析

23、】【详解】A由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；B催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；C由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H*NNH，C正确；D氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确；故选B。15. 时，用溶液分别滴定、三种溶液，【p表示负对数，M表示、等】随变化关系如图所示

24、，已知，下列有关分析正确的是A. 代表滴定溶液的变化关系B. 调整溶液的，可除去工业废水中的C. 滴定溶液至a点时，溶液中D. 、固体均易溶解于溶液【15题答案】【答案】BC【解析】【分析】，加碱后溶液中铜离子先沉淀，亚铁离子后沉淀，代表滴定溶液的变化关系，代表滴定溶液的变化关系，表示P。p=0时，=1molL1，pH=4.2，c(OH-)=10-(14-4.2)molL1=10-9.8molL1，=1（10-9.8）2=10-19.6，同理，=1（10-(14-6.5)）2=10-15；【详解】A 代表滴定溶液的变化关系，故A错误；B p=0时，=1molL1，pH=4.2，c(OH-)=1

25、0-(14-4.2)molL1=10-9.8molL1，=1（10-9.8）2=10-19.6，调整溶液的，c(OH-)=10-(14-7)molL1，此时= molL1，铜离子沉淀完全，可除去工业废水中的，故B正确；C p=0时，pH=5.0molL1，此时HX的电离平衡常数为：Ka=molL1，HX是弱酸， 滴定溶液至a点时，由图pH略大于7，X-部分水解，溶液中，故C正确；D +2HX Fe2+2X-+2H2O，反应的平衡常数为K= ，同理，+2HX Cu2+2X-+2H2O，反应的平衡常数为K=，固体易溶解于溶液，而难溶于HX，故D错误；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。

26、16. 石墨烯、高温氯化钠、砷化镉等超导材料应用广泛。回答下列问题：（1）石墨烯结构如图1所示，则碳原子的杂化方式为_，12 g石墨烯中含有六元环个数与键个数之比为_。（2）温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，如图2方格处填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，此时晶体的导电性大大增强。已知氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+最可能通过途径_(填图中序号)迁移到空位处。（3）石墨烯限域单原子铁催化剂使CH4在室温条件下被H2O2直接氧化为HCHO、HCOOH，比较HCHO、HCOOH的沸点高低并说明理由_。（4）镉(Cd)与Zn同族且相邻，则基态Cd原子的价电子排布式为_；与

27、砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3强于PH3，原因是_。（5）砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构为正方体如图3，占据顶点和面心，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，其中“”和“”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，号位的坐标为(，)，则号位原子坐标参数为_。晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为_pm(列计算式即可)。 【1620题答案】【答案】（1） . sp2 . 13 （2） （3）HCOOH沸点较高，因为HCOOH分子之间存在氢键 （4） . 4d105s2

28、. 原子半径NP，电负性NP，NH3更易结合水中的H+而电离出OH- （5） . (，1，) . 【解析】【小问1详解】在石墨烯结构中每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，因此C原子杂化类型是sp2杂化；在一个正六边形中含有6个C原子，每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，为相邻的3个正六边形所共有，则1个小六边形中含有的C原子数目是6=2，每个C-C共价键都是键，是相邻的2个C原子形成，故平均1个六边形含有2个C原子，含有3个键；12 g 石墨烯中C的物质的量是1 mol，则其中含有六元环物质的量是0.5 mol，含有键物质的量是1.5 mol，因此12 g石墨烯中含有六元环个

29、数与键个数之比为0.5 mol：1.5 mol=1：3；【小问2详解】导电性增强的原因：该晶体导电时，Na+在电场作用下迁移到空位上，形成电流；在氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+不可能通过途径II迁移到空位处，则是Na+最可能通过途径I迁移到空位处；【小问3详解】HCHO、HCOOH都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，由于HCOOH的分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致HCOOH的沸点比只存在分子间作用力的HCHO高；【小问4详解】Zn是第四周期四IIB元素，原子核外价电子排布式是3d104s2，则与Zn同一族且处于相邻

30、周期的Cd元素的基态原子的价电子排布式为4d105s2；由于原子半径：NP，元素的电负性：NP，则NH3更易结合水中的H+而电离出OH-，因此溶液的碱性：NH3强于PH3；【小问5详解】如图的原子坐标系，号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据号位的坐标为(，) ，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1；号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；根据均摊法，该晶胞中As原子个数为：8+6=4，含有Cd原子数为6个，该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为体对角线的。假设晶胞边长为a pm，则根据晶胞密度计算公式可

31、得=，a=1010 pm，故该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为L=pm。17. 回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，可采用如图所示工艺流程：碳酸锂的溶解度()如表：温度/0204060801001.541.331.171.010.850.72（1）步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_。（2）步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是_。（3）浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释步中加入30%溶液沉铁的主要原理是_。（4）步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是_。（5）工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方

32、程式为_。（6）步将粗品制备成高纯的部分工艺如下：a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯。a中，阳极的电极反应式是_，宜选用_(填“阳”或“阴”)离子交换膜。b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是_。【1722题答案】【答案】（1）增大接触面积，提高溶解效率 （2）、 （3）消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀 （4）温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失 （5） （6） . . 阳 . 【解析】【分析】电池正极片由LiFePO4活性材料、Al箔、少量不溶于酸碱的

33、导电剂组成，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣中加入稀HCl和氧化剂，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。【小问1详解】步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是增大接触面积，提高溶解效率。故答案为：增大接触面积，提高溶解效率；【小问2详解】步加入过量溶液后，加入NaOH溶液溶解A

34、l箔，生成NaAlO2溶液，溶质成分为NaAlO2和NaOH，反应原理为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，滤液1中存在的主要阴离子是、。故答案为：、；【小问3详解】浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释步中加入30%溶液沉铁的主要原理是消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀。故答案为：消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀；【小问4详解】根据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可以降低Li2CO3的溶解度，从而析出更多的Li2CO3，步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。

35、故答案为：温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失；【小问5详解】工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，同时生成一氧化碳，根据原子守恒和化合价升降守恒，反应的化学方程式为。故答案为：；小问6详解】a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳(填“阳”或“阴”)离子交换膜。故答案为：；阳；b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是，故答案为：。18. 三氯化铬()是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取的反应为：，其实验装置如下图所示：已知：(俗称光气)有毒，遇水发生水

36、解：；碱性条件下，可将氧化为(黄色)；酸性条件下，将 (橙色)还原为(绿色)。（1）A装置用于干燥和观察其流速，A中的试剂是_；无水的作用是_；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_。（2）装置E用来收集产物。实验过程中若D处因发生凝华出现堵塞，A装置中可观察到的现象是_；可通过_(填操作)使实验继续进行。（3）尾气与装置G中过量的溶液发生反应的离子方程式是_。（4）测定产品中，质量分数的实验步骤如下：.取产品，在强碱性条件下，加入过量溶液，小火加热使完全转化为，再继续加热一段时间。.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸作用是防止指示剂提前变色)，使转化为。.在溶液

37、中加入适量浓混合均匀，滴入3滴试亚铁灵做指示剂，用新配制的标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色至红褐色即为终点，消耗标准溶液(滴定中被还原为)。计算产品中质量分数为_。下列操作将导致产品中质量分数测定值偏低的是_(填字母标号)。A.步骤中未继续加热一段时间B.步骤用盐酸替代硫酸C.步骤中溶液部分变质D.步骤中读数时，滴定前俯视，滴定后平视【1821题答案】【答案】（1） . 浓 . 防止G中水蒸气进人E装置 . 将和分别充分排入装置E和G中 （2） . A中导管内液面上升 . 对D处稍加热 （3） （4） . 79.25% . AB【解析】【分析】实验室制取CrCl3的反应为CnO3(s)+3CC

38、l4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化，A中装浓H2SO4干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气，以此来解析；【小问1详解】根据题目信息：CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrC

39、l3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置，无水CaCl2的作用是防止中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；【小问2详解】若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升； D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；【小问3详解】装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：COCl2+4

40、OH-=CO + 2C1-+2H2O；【小问4详解】根据得失电子守恒和原子守恒可得测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl32CrOCr2O6(NH)4Fe(SO4)2，(NH)4Fe(SO4)2的物质的量：n=cV=30.0010-3L1.0molL-1=310-2mol，测定产品中CrCl3质量分数为：=79.25%；A步骤I未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤I中会将Cr2O还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH)4Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；B由提示可知，步骤中用盐酸代替硫酸，由于Cl-具有还原性，会反应消耗Cr2O，导致(NH)4Fe(

41、SO4)2消耗的体积偏小，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，B符合题意；C步骤I中所(NH)4Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，C不符合题意；D步骤中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，D不符合题意；故选AB。19. 有机物M是一种合成镇痛药的主要成分。某小组设计如图的合成路线：已知：(X为卤素原子，R为H或烃基，下同)（1）A的化学名称为_，BC的反应类型为_。（2）D中所含官能团共_种，检验H中是否含有G的试剂为_；（3）G与足量氢氧化钠反应的化学方程式为_。（4）M是

42、E的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构有_种(不考虑立体异构)。结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构。核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6221。（5）参照上述合成路线和信息，以和有机化合物A为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。【1923题答案】【答案】（1） . 对甲基苯酚或甲基苯酚 . 加成反应 （2） 3 . FeCl3溶液 （3）+2NaOH+2H2O （4）4 （5）【解析】【分析】根据A是分子式，结合物质在反应转化过程中碳链结构不变，可知A是，A与发生羟基邻位的取代反应产生B：，B与HCHO在酸性条件下发生加成反应产生C，C与浓盐酸发生-OH的取

43、代反应产生D：；D分子中的Cl与NaCN发生取代反应产生E：；E与CH3CHO在NaOH溶液作用下反应产生F：，然后酸化可得G，G与I2在催化剂存在条件下反应产生H。【小问1详解】A是，名称为对甲基苯酚或甲基苯酚；【小问2详解】B是，B与HCHO在酸性条件下发生加成反应产生C，故BC的反应类型为加成反应；【小问3详解】D结构简式是，该物质分子中含有羰基、羟基、Cl原子三种官能团；根据G、H结构不同可知G分子中含有酚羟基，由于酚羟基遇FeCl3溶液会显紫色，因此检验H中是否含有G的化学试剂是FeCl3溶液；G中含有的酚羟基、羧基都可以与NaOH溶液发生反应变为-ONa、-COONa，同时产生H2

44、O，故G与足量氢氧化钠反应的化学方程式为：+2NaOH+2H2O；【小问4详解】E结构简式是，其同分异构体M同时满足条件：结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构；核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6221，则其可能结构为：、，共4种不同结构，因此符合条件的同分异构体共有4种；【小问5详解】与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质与对甲基苯酚在催化剂存在条件下发生取代反应产生，该物质与I2在催化剂存在条件下发生反应产生，故由制取的流程为。20. 研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）减少碳排放的方法有很多，转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：

45、a.b.c.上述反应中原子利用率最高的是_(填编号)。（2）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：副反应：已知，则燃烧的热化学方程式_。加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因是_。（3）在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响如图1所示：则_0(填“”、“”、“”或“=”)；时，若起始压强为，计算_(为以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。已知速率方程，、是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数、与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的速率常数，则点_