（新高考）2020-2021学年下学期高三3月月考卷 化学（B卷）教师版.doc

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1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020-2021学年下学期高三3月月考卷化 学（B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55

2、Ba 137一、选择题1中国诗词深受众人喜爱，针对下列一些诗词，从化学角度解读正确的是A王安石的梅花“遥知不是雪，为有暗香来”描述了物质发生化学变化过程中既有状态变化又有气味的产生B庾信的杨柳歌“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质C赵孟頫的烟火诗“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了化学变化中的颜色变化D刘禹锡的浪淘沙“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定【答案】D【解析】A“遥知不是雪，唯有暗香来”体现物质的挥发性，属于物质的物理性质，故A错误；B飞絮的主要成分为纤维素，不是蛋白质，故B错误；

3、C赵孟頫的烟火诗“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了焰色试验的现象，焰色试验属于物理变化，故C错误；D刘禹锡的浪淘沙“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定，故D正确；答案选D。2下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A用图所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质B用乙醇提取溴水中的溴选择图所示装置C用图所示装置可以分离乙醇水溶液D用图所示装置可除去CO2中含有的少量HCl【答案】A【解析】A碳酸钠能溶于水而碳酸钙难溶，故可用过滤的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，A正确；B乙醇与溴水互溶，故无法进行萃取分液，B错误；C用蒸馏的方

4、法分离乙醇和水需要在装置中加装温度计，并使温度计的水银球在支管口处，C错误；D应使用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中含有的少量HCl，D错误；故答案选A。3三氯化氮(NCl3)是一种淡黄色的油状液体，下面对于NCl3的描述不正确的是ANCl3为三角锥形BNCl3是一种极性分子C它还能再以配位键与Cl-结合DNCl3的挥发性比PBr3要大【答案】C【解析】ANCl3的中心原子N上的孤电子对数=1，价层电子对数=1+3=4，VSEPR模型为四面体，所以该分子为三角锥形，A正确；BNCl3分子为三角锥形，分子中正负电中心不重合，分子为极性分子，B正确；CNCl3中的N原子、Cl离子的最外层均无空轨道，所

5、以无法再与Cl形成配位键，C不正确；DNCl3和PBr3都属于分子晶体，但相对分子质量Mr(NCl3)Mr(PBr3)，所以范德华力NCl3比PBr3要小，NCl3沸点低，易挥发，即NCl3的挥发性比PBr3要大，D正确；答案选C。4下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3<NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中【答案】D【解析】A氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定

6、，加热易分解，两者没有因果关系，A错误；BFe3+具有氧化性，能氧化还原性物质，Fe3+和SCN反应生成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，B错误；C碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，C错误；D二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，D正确。答案选D。5短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下

7、列叙述正确的是A元素非金属性强弱的顺序为W>Y>ZBW的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高CY单质的熔点低于X单质D化合物M中W不都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为钠Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分析，Y形成四个共价键，说明其为Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z为Cl；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，为O。根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素；A同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减

8、弱，则元素非金属性强弱的顺序为：OClSi，即WZY，故A错误；BO的非金属性比Si强，所以W的氢化物的稳定性比Y的氢化物强，故B正确；CX为Na元素，Y为Si元素，硅为共价晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故C错误；D根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；答案选B。6贝里斯-希尔曼反应条件温和，其过程具有原子经济性，示例如下：下列说法错误的是A该反应属于加成反应BI的一氯取代物有4种CII中所有碳原子共平面DIII能使酸性K2Cr2O7溶液变色【答案】C【解析】AI中羰基碳氧双键打开，II中碳碳双键上临近碳氧双键的碳加至I的碳氧双键的碳上，其上的氢加至

9、I的氧上，故为加成反应，故A正确；BI的一氯代物有4种，苯环上邻间对位取代有三种，在碳氧双键相邻的甲基上取代有一种，故B正确；CII的六元碳环只有一个双键，其他均是以单键相连，除双键中的碳外其他四个碳原子不可能在同一个平面上，故C错误；DIII中含有碳碳双键，可被酸性重铬酸钾溶液氧化，故可使酸性重铬酸钾溶液褪色，故D正确。综上所述，选C。7碳酸二甲酯(CH3O)2CO是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示(加入两极的物质均是常温常压下的物质)。下列说法不正确的是AB为直流电源负极BH+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动C石墨1极发生的电极反应为2CH3

10、OH+CO-2e=(CH3O)2CO+2H+D当石墨2极消耗22.4L O2时，质子交换膜有4mol H+通过【答案】D【解析】A石墨2上发生还原反应，为阴极，阴极与电源的负极相连，则B为直流电源负极，A正确；B阳离子移向阴极，则氢离子由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，B正确；C石墨1为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e=(CH3O)2CO+2H+，C正确；D没有指明是标准状况下，不能计算质子交换膜通过的H+，D错误；故选C。8无水氯化铝是常用的有机化工试剂，易水解、易升华。实验室用以下装置制取少量氯化铝，反应原理为。下列说法正确的是A

11、圆底烧瓶中发生反应：NaCl+H2SO4(浓)HCl+NaHSO4B粗导管d也可换成细导管Ce中试剂可选用碱石灰、无水氯化钙或五氧化二磷D为了减少HCl的浪费，实验开始时先点燃b处酒精灯【答案】A【解析】A实验室中，HCl的制备可采用NaCl固体与浓H2SO4在加热下制取，反应还可以为2NaCl+H2SO4(浓)2HCl+Na2SO4，A说法正确；BAlCl3易升华，同样也容易凝华，可能在导管d处重新凝华为固体，产生堵塞现象，故应选用大导管，B说法错误；Ce处干燥管的作用有二，其一为防止多余的HCl气体进入空气而污染环境，其二为防止空气中的水蒸气进入收集装置而使氯化铝水解，C说法错误；D装置内

12、部的空气会与Al反应，产生杂质，故应先制取HCl并利用其排尽装置内的空气，D说法错误；答案为A。9已知联氨(N2H4)为二元弱碱，常温下将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中微粒的物质的量分数(X)随lgc(OH)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKb1(N2H4)=106.0BN2H6Cl2溶液中存在：c(Cl)+c(OH)=c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)CN2H5Cl溶液中：c(H+)c(OH)DN2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为：N2H+H2ON2H+OH【答案】D【解析】联氨(N2H4)为二元弱碱，则联氨(N2H4)的两步电离方程式为：N2H4N2H+OH

13、、N2HN2H+OH，根据图象可知，当溶液中c(N2H4)=c()时，溶液的pOH=6.0，则Kb1=106.0，当溶液中c()=c()时，溶液pOH=15.0，则Kb2=1015。A当溶液中c(N2H4)=c()时，溶液的pOH=6.0，则Kb1=106.0，故A正确；B根据电荷守恒可知，N2H6Cl2溶液中存在：c(Cl)+c(OH)=c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)，故B正确；CN2H5+的水解平衡常数为Kh2=108>Kb2=1015，则N2H5Cl溶液呈酸性，所以溶液中：c(H+)c(OH)，故C正确；DN2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为：N2H+H2ON2H4&#

14、183;H2O+H+，故D错误；答案选D。10CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：N2O+Fe+N2+FeO+(慢)；FeO+COCO2+Fe+(快)。下列说法正确的是A是氧化还原反应，不是氧化还原反应B两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定CFe+使反应的活化能减小，减小反应速率DFeO+在该反应过程中作催化剂【答案】B【解析】A、两反应中都含有变价元素，都是氧化还原反应，A不正确；B两步反应中反应物的总能量都高于生成物的总能量，均为放热反应，总反应的化学反应速率，由速率慢

15、的反应(即反应)决定，B正确；CFe+为反应的催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，C错误；DFeO+在该反应过程中是催化剂的中间产物，D不正确；故选B。二、不定项选题11下列电解质溶液中，微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A在溶液中：B在0.1mol·L1 NaClO溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HClO)+c(Na+)CpH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(忽略温度和体积变化)，混合溶液中D已知酸性：HCOOH>CH3COOH，浓度均为0.1mol·L1的HCOOK与CH3COONa溶液中：c(K+)c(HCOO)<c(Na+)c(CH3COO)【答案

16、】CD【解析】A碳酸氢钠的水溶液显碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)>c(CO)，A错误；B溶液中存在电荷守恒c(OH)+c(ClO)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒c(Na+)=c(HClO)+c(ClO)，二式联立可得c(OH)=c(H+)+c(HClO)，B错误；C混合前各溶液中c(H+)=c(OH)+c(Cl)、c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，混合前pH相等，则c(Cl)=c(CH3COO)，混合后pH不变，则c(Cl)和c(CH3COO)依据相等，C正确；D已知酸性：HCOOH>CH3COOH，所以甲酸根离子水解程度小于乙酸根

17、离子水解程度，在等浓度的甲酸钾和乙酸钠溶液中钾离子和钠离子浓度相等，甲酸根浓度大于乙酸根离子浓度，所以c(K+)-c(HCOO)<c(Na+)-c(CH3COO)，D正确；综上所述答案为CD。12下列有关甲醛（HCHO）、苯、二氧化碳及水的说法不正确的是A苯分子中所有原子共平面B甲醛、苯和二氧化碳中碳原子均采用sp2杂化C苯、二氧化碳均是非极性分子，水和甲醛是极性分子D水的沸点比甲醛高，是因为水分子间能形成氢键，而甲醛分子间不能形成氢键【答案】B【解析】A苯是平面结构，所有原子共平面，故A不符合题意；B甲醛、苯分子中碳原子均含有3个键，没有孤对电子，采用sp2杂化，二氧化碳中碳原子含有2

18、个键，没有孤对电子，采用sp杂化，故B符合题意；C苯、CO2结构对称，正、负电荷的中心重合，均为非极性分子，水和甲醛的正、负电荷的中心不重合，均为极性分子，故C不符合题意；D水的沸点比甲醛的高，是因为水分子间能形成氢键，故D不符合题意；故答案为B。13防治污染要坚决打好蓝天、碧水、净土三大保卫战。某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法正确的是A固体1的成分是CaCO3、CaSO3B向气体1中通入的空气需要过量C捕获剂所捕获的气体主要是COD处理含NH废水时，发生的反应为NH+5NO+4H+6NO+4H2O【答案】

19、C【解析】从流程图可以看出，工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分）通入过量石灰乳中，CO2、SO2转化为CaCO3、CaSO3，成为固体1的主要成分；此时气体的主要成分为N2、NO、CO，通空气、再用NaOH溶液吸收，NO转化为NaNO2，用含NH废水处理，生成N2和水；CO气体用捕获剂处理，从而得到捕获产物。A由以上分析可知，固体1的成分是CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2等，A不正确；B向气体1中通入的空气若过量，NaNO2将被氧化为NaNO3，B不正确；C气体2的成分为N2和CO，N2不污染环境，所以捕获剂所捕获的气体主要是CO，C正确；D处理含NH4+废

20、水时，发生的反应为NH+NON2+2H2O，D不正确；故选C。14近日，科学家发表了高温二氧化碳电解发展报告，利用固体氧化物电解池将CO2和H2O转化为合成气并联产高纯度O2。原理如图所示。下列说法正确的是Ax极为电源正极B当有2mol电子流向a极时，产生0.5mol O2Cb极CO2的反应式：CO2+2H+2e=CO+H2OD电解质中阴离子由a向b移动【答案】A【解析】A与x相连的电极上发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应，x极为电源正极，故A正确；Ba极为阳极，当有2mol电子流出a极时，产生0.5mol O2，故B错误；Cb极CO2的反应式：CO2+2H+2e=CO+H2O，H2O+2e=

21、H2+O2，故C错误；D在电场作用下，电解质中阴离子移向阳极，由b向a移动，故D错误；故选A。15.是一种重要的杀菌消毒剂，其一种生产工艺如下：下列说法正确的是A氧化性比较：稀B“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2C“尾气吸收”用于除去少量尾气。其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为23D利用含Mg2+和Ca2+的粗盐水制备“电解”用的食盐水，要加入的除杂试剂有NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸【答案】BD【解析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下反应生成ClO2和NaHSO4，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择N

22、aOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解，结合氧化还原反应不交叉规律可知，装置中阴极ClO2得电子生成ClO，阳极Cl失电子生成Cl2，反应的化学方程式为2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为NaClO2，反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品。ANaClO3和SO2、H2SO4反应生成NaHSO4和ClO2，其中NaClO3为氧化剂，稀硫酸只提供酸性条件，无法比较氧化性，故A错误；B由以上分析可知，装置中阴极ClO2得电子生成

23、ClO，所以“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2，故B正确；C由流程知，吸收ClO2用NaOH和H2O2，反应方程式为： 2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，其中氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，二者的物质的量之比为21，故C错误；D利用含和的粗盐水制备“电解”用的食盐水，加入氢氧化钠可以产生氢氧化镁沉淀，然后加入碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，通过过滤，除去杂质，最后加入盐酸，除去多余的碳酸钠和氢氧化钠，故D正确；故选BD。三、非选择题16乙酸制氢具有重要意义：热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g) H=+213.7kJ·mol1

24、脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g) H=33.5kJ·mol1（1）2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) H=_kJ·mol1。（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，选择的压强为_（填“高压”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：约650之前，脱羧基反应活化能低，反应速率快，很快达到平衡，故氢气产率低于甲烷；650之后氢气产率高于甲烷，理由是_。保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示_。（3）保持温度为T，压强为p kPa不变的条件下，在密闭容器中投入一定量的醋酸发生上述

25、两个反应，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，脱羧基反应消耗乙酸60%，则平衡时乙酸体积分数为_（结果保留1位小数）；脱羧基反应的平衡常数Kp为_kPa（结果保留1位小数）。（4）光催化反应技术使用CH4和_（填化学式）直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）。（5）若室温下将a mol/L的CH3COOH溶液和b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，恢复室温后有2c(Ba2+)=c(CH3COO)，则乙酸的电离平衡常数Ka=_（用含a和b的代数式表示）。【答案】（1）-247.2 （2） 常压 随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆

26、向移动 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) （3） 9.1% 0.8p （4） CO2 (2b×107)/(a-2b) 【解析】（1）由盖斯定律可知，2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) H=33.5kJ·mol1-213.7kJ·mol1=-247.2kJ·mol1；（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，该反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压；热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱羧反应CH3COOH(g)=CH

27、4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱羧反应逆向移动，650之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动，故氢气的产率高于甲烷；CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，故在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，反应方程式为：CO(g)+H2O(g)= H2(g)+CO2(g)；假设投入乙酸的物质的量为a mol，热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，故热裂解反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.2a mol，乙酸热裂解反应生成的一氧化碳和氢气

28、的物质的量为：n(CO)=n(H2)=0.4a mol；脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)，脱羧基反应消耗乙酸60%，故脱羧基反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.6amol，脱羧基反应生成的甲烷和二氧化碳的物质的量为：n(CH4)=n(CO2)=0.6a mol；故乙酸的体积分数为：0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)×100%=9.1%；p(CH4)=p(CO2)=(0.6a/2.2a)×p kPa=(3/11)×pkPa，p(CH3COOH)=(0.2a/2.2a)×pkPa=(1/

29、11)×pkPa，脱羧基反应的平衡常数Kp=(3/11) ×p×(3/11)×p/(1/11)×p=0.8p；（4）由原子守恒可知，光催化反应技术使用CH4和CO2直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）；（5）由电荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)= c(OH-)+ c(CH3COO)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO)，所以c(H+)=c(OH)，溶液呈中性，此时溶液中的c(CH3COO)=b mo/L、c(CH3COOH)=(a/2-b)mo/L、c(H+)=1×107mo/L，故Ka=1

30、5;107×b/(a/2-b)=(2b×107)/(a-2b)。17三氧化二镍是一种重要的电子元件材料、蓄电池材料。工业上利用含镍废料(以镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。根据下列工艺流程示意图回答问题。(1)操作1的名称为_。(2)双氧水的作用_(3)沉淀A为混合物，写出其成分的化学式_。(4)试剂B的名称为_，沉镍后，滤液中C2O的浓度为0.01mol/L，则残留在滤液中的c(Ni2+)=_已知Ksp(NiC2O4)=4×1010。(5)NiC2O4

31、3;2H2O高温煅烧制取三氧化二镍时会产生CO、CO2、水蒸气等混合气体，发生反应的化学方程式为_。(6)NiC2O4·2H2O(相对分子质量为182.7)高温煅烧制取三氧化二镍的热重曲线如图所示：T2温度时固体物质的化学式为_。【答案】（1）过滤 （2） 使Fe2+氧化为Fe3+ （3） MgF2，CaF2 草酸(或可溶性的草酸盐) （4） 4×108mol/L （5） 2NiC2O4·2H2ONi2O3+3CO+CO2+4H2O NiC2O4 【解析】含镍废料加入硫酸，除去不溶于硫酸的固体，得到硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁的混合液，用H2O2把Fe2+氧化

32、为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，生成氢氧化铁沉淀除铁；加入氟化铵，生成MgF2、CaF2除钙、镁；加入草酸生成NiC2O4·2H2O沉淀，高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。(1)根据流程图，含镍废料加酸溶解，除去不溶物，所以操作1的名称为过滤；(2)H2O2具有氧化性，Fe2+具有还原性，双氧水的作用是使二价铁氧化为三价铁；(3)硫酸钙、硫酸镁和氟化铵反应生成硫酸铵、氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，所以沉淀A的化学式MgF2、CaF2；(4) 草酸镍难溶于水，根据流程图可知，硫酸镍溶液加入试剂B生成NiC2O4·2H2O沉淀，所以试剂B的名称为草酸，沉镍后，滤液中的浓度为0.01mol

33、/L，则残留在滤液中的 c(Ni2+)=4×108mol/L；(5)NiC2O4·2H2O高温煅烧生成三氧化二镍、CO、CO2、水蒸气，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式为2NiC2O4·2H2ONi2O3+3CO+CO2+4H2O；(6)NiC2O4·2H2O(相对分子质量为182.7)高温煅烧，先失去结晶水，然后NiC2O4分解为Ni2O3，失去1个结晶水时剩余固体占原固体的90.2%，失去2个结晶水时剩余固体占原固体的80.3%，所以T2温度时固体物质的化学式为NiC2O4。182019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离

34、子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：(1)基态Co原子价电子排布图为_。第四电离能4(Co)比4(Fe)小，是因为_。(2)LiCl的熔点(605)比LiF的熔点(848)低，其原因是_。(3)乙炔(C2H2)分子中键与键的数目之比为_。(4)锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。LiBF4中阴离子的空间构型是_。碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_。(5)Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。S2的配位数为_。设NA为阿伏加德

35、罗常数的值，Li2S的晶胞密度为_g·cm3(列出计算式)。【答案】（1） Co失去的是3d6上的一个电子，而失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故需要的能量较高 （2） LiCl和LiF均为离子晶体，Cl半径比F大，LiCl的晶格能比LiF的小 （3） 32 （4） 正四面体 sp2、sp3 （5） 8 【解析】(1)基态Co原子价电子排布式为3d74s2，其价电子排布图为；第四电离能I4(Co)比I4(Fe)小，价电子排布Co3+为3d6，Fe3+为3d5，Fe3+半满，稳定，难失去电子，因此原因为Co失去的是3d6上的一个电子，而失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故需要的

36、能量较高；(2)LiCl的熔点(605)比LiF的熔点(848)低，它们都为离子晶体，离子晶体熔点主要比较离子半径，晶格能，因此其原因是LiCl和LiF均为离子晶体，Cl半径比F大，LiCl的晶格能比LiF的小；(3)乙炔(C2H2)分子中有1个碳碳三键，2个C-H因此分子总键与键的数目之比为32；(4)LiBF4中阴离子BF的中心原子B的价层电子对数为，因此空间构型是正四面体形；碳酸亚乙酯分子中碳氧双键的碳原子，键有3个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp2，另外两个碳原子，键有4个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp3，所以碳原子的杂化方式有sp2、sp3；(5)以最右面中心S2分析，连接左边

37、有4个锂离子，右边的晶胞中也应该有4个锂离子，因此配位数为8；设NA为阿伏加德罗常数的值，根据晶胞计算锂离子有8个，硫离子个数为，Li2S的晶胞密度。19三氯化铬(CrCl3)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。实验室利用反应制取CrCl3，其实验装置如下图所示。已知：COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：；碱性条件下，H2O2将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。回答下列问题：(1)A中的试剂为_；无水CaCl2的作用是_；反应结束后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处出现堵塞，可观察到的现象是_；可通过

38、_(填操作)，使实验能继续进行。(3)装置G中发生反应的离子方程式为_。(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：I取m g CrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30% H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；用新配制的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。产品中CrCl3质量分数表达式为_。下列操作将导致产品中 CrCl3质量分数测定值偏低的是_(填标号)。 a步骤中未继续加热一段时间 b步骤中未加浓磷酸c步骤中所用溶

39、液已变质 d步骤中读数时，滴定前俯视，滴定后平视【答案】（1）浓硫酸 防止G中的水蒸气进入E及C装置中 将COCl2排入装置G中并被充分吸收 （2） A中长玻璃管中液面上升 加热D处 （3） （4） ab 【解析】(1)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CrCl3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，主要目的是将COCl2排入装置G中并被

40、充分吸收，回收尾气；(2)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；(3)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，故反应方程式为；(4)测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl326，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；a步骤未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，a正确；b步骤中未加浓磷酸，指示剂会提前

41、变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，b正确；c步骤中所用已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，c错误；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错误。故选ab。20聚合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下： 已知：C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。Diels-Alder反应：(1)生成A的反应类型是_，F中所含官能团的结构简式为_。(2)B的结构简式是_；“BC”的反应中，除C外，另外一种产物名称是_。 (3)D+GH的化学方程式

42、是_。(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为12221的结构简式为_。(5)已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_。(合成路线流程图示例：H2C=CH2 CH3CH2OH CH3COOC2H5)。【答案】（1）消去反应 NO2、Cl （2） 水 （3） n+(2n-1)H2O （4） 10 （5） 【解析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到E是，E转化得到F，F与氨气在高压下得到，可知F引入氨基，EF引入硝基，则F中Cl原子被氨基取代

43、生成，可推知F为；还原得到G为；乙醇发生消去反应生成A为CH2CH2，乙烯发生信息中加成反应生成B为，D为芳香化合物，则C中也含有苯环，C发生氧化反应生成D，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合D的分子式，可知D为、则C为，D与G发生缩聚反应得到H为。(1)生成A是乙醇的消去反应，F为，其中所含官能团的结构简式为NO2、Cl。(2)B的结构简式是；“BC”的反应中，除C外，根据原子守恒可知另外一种产物名称是水。(3)D+GH是缩聚反应，反应的化学方程式是。(4)Q是D（）的同系物且相对分子质量比D大14，则Q含有苯环、2个羧基、比D多一个CH2原子团，有1个取代基为-CH(COOH)2；有2个取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个-COOH与-CH3，2个-COOH有邻、间、对3种位置，对应的CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+110种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为12221的为。(5)CH2CHCHCH2和HCCH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为。