1、高三化学模拟检测一可能用到的相对原子质量：H1 C12 B11 O16 S32 Na23 Mn55 Cu64 Ba137 Ni59 N14 Al27 Ti48 Sr88 Au197 Pb207第I卷选择题：每小题只有一个选项符合题意。1. 梦溪笔谈中“器用”篇记载：“古法以牛革为矢服，卧则以为枕，取其中虚，附地枕之，数里内有人马声，则皆闻之。盖虚能纳声也。”其中“牛革”的主要成分是( )A. 油脂B. 纤维素C. 淀粉D. 蛋白质【答案】D【解析】【详解】“牛革”是指牛皮，牛皮的主要成分是蛋白质，答案选D。2. 2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切
2、相关，下列有关化学知识的说法错误的是A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B. 我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料C. 用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用D. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料【答案】C【解析】【详解】A二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A正确；B碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；C聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；D碳纳米管表面积大，据有较大
3、的吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D正确；答案选C。3. 某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO、Cl、CO和HCO离子中的若干种。取该溶液进行如下实验（已知Ag2SO4微溶于水，可溶于硝酸）：向溶液中滴加少量溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001 molL1 AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列说法不正确的是A. 溶液A中一定存在H+、SO和ClB. 溶液A中不存在Mg2+、CO和HCO，不能确定Na+的存在C. 第步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3D. 溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或
4、两种，且可用NaOH溶液判断【答案】B【解析】【分析】溶液为绿色，则含有和的一种或者两种，不存在，因为会发生双水解，故不能共存；由步骤可推知溶液中一定含有；溶液中肯定含有 ，可能含有Na+、Mg2+。【详解】A. 溶液A中一定存在H+、SO和Cl，A正确；B. 溶液A中不存在CO和HCO，不能确定Mg2+、Na+的存在，B错误；C. 溶液中不存在CO，自然也不会产生Ag2CO3，C正确；D.用NaOH溶液可以对Fe2+与Cu2+进行检验，若只含有Cu2+则生成蓝色絮状沉淀，若只含有Fe2+则生成白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，若为混合颜色则表示同时含有两种离子，D正确。答案选B。4.
5、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1020.0890.074主要化合价+2+3+6、-2+2-2下列叙述正确的是A. R的氧化物对应的水化物可能具有两性B. L、Q形成的简单离子核外电子排布相同C. T、Q的氢化物的稳定性：QTD. L、M的单质中金属键的强弱：LM【答案】A【解析】【分析】由表中元素的原子半径和主要化合价不难推知：L为Mg，M为Al，Q为S，R为Be，T为O，据此解题。【详解】A由分析可知，R为Be在金属与非金属分界线处的元素，故其氧化物对应的水化物Be(OH)2可能具有两性，A正确；B由分析可知，L、Q形成的
6、简单离子即Mg2+、S2-，离子结构示意图分别为：和，故核外电子排布不相同，B错误；C由分析可知，T、Q分别是O和S，由于O比S的非金属强，故其氢化物的稳定性：QT，C错误；D由分析可知，L、M分别是Mg和Al，由于Mg的原子半径大于Al的，且Mg的价层电子数比Al的少，故单质中金属键的强弱：LC6H5OH，故向苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+，D正确；故答案为：D。6. 实验室将NH3通入AlCl3溶液中制备Al(OH)3，经过滤、洗涤、灼烧得Al2O3，下列图示装置和原理均能达到实验目的是（）A. 用装置甲制取NH3B. 用装置乙制备Al
7、(OH)3C. 用装置丙过滤并洗涤Al(OH)3D. 用装置丁灼烧Al(OH)3得Al2O3【答案】A【解析】A中氧化钙与氨水反应且放热，有利于氨气的产生，A正确；因氨气极易溶于水，直接将氨气通入氯化铝溶液中易形成倒吸而不安全，故B错误；过滤时应用玻璃棒引流，故C错误；加热灼烧固体应在坩埚中进行而非蒸发皿中，故D错误。7. 已知：三元轴烯 (a)、四元轴烯 (b)、五元轴烯 (c)的最简式都与苯相同，下列说法不正确的是A. 三种物质都能发生加成反应B. a、b分子中所有原子都在同一个平面上C. a与互为同分异构体D. a、b的一氯代物均只有一种，c的一氯代物有三种【答案】D【解析】【详解】A三
8、种物质都有碳碳双键，都能发生加成反应，故A去；B根据乙烯的结构特征，a、b分子中所有原子都在同一个平面上正确，故B正确；Ca的分子式为C6H6，的分子式为C6H6，互为同分异构体，故C正确；Da、b、c都有一种氢原子，其一氯代物均只有一种，故D错误。答案：D。【点睛】解答关键是抓住碳碳双键的性质，能发生加成反应也能被氧化。通过乙烯的结构特点推断多个双键原子共面问题。8. W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物；W和X能形成化合物W
9、X2，X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物关于W、X、Y、Z的说法正确的是（）A. 气态氢化物稳定性：XZB. 最高价氧化物对应的水化物酸性：XYC. 化合物WX2和XY2均为共价化合物D. W、Y、Z的简单离子半径：WYZ【答案】B【解析】Y和Z属同族元素，能形成两种常见化合物，所以Y、Z为O和S元素，Z为S或O，又X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可确定Z为O，则Y为 S，X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可判断X为C或N元素。W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY ，可知W为Ca， W和X能形成化合物WX2，故
10、可判断X为C。综上得W、X、Y、Z四种元素分别是Ca、C、S、O。A、C的非金属性小于O的非金属性，所以CH4的稳定性小于H2O的稳定性，A错误；B、C的非金属性小于S的非金属性，所以最高价氧化物对应的水化物酸性：H2CO3Ca 2+O2-，D错误。正确答案为B。点睛：本题难点是如何快速准确的推出W、X、Y、Z四种元素的元素符号，找到突破口是解题的关键，本题的突破口是：Y和Z属同族元素，能形成两种常见化合物，可以判断Y、Z为O和S元素中的一种，然后再根据X和Z属于同一周期，能形成两种常见气态化合物，可确定Z为O，则Y为 S，再顺藤摸瓜，可以判断出其他几种元素符号。解答此类元素推断题，当题目中条
11、件不多时，要大胆的猜测，然后验证，直至得到正确的答案。9. 近年来我国科学家发现了一系列铁系超导材料，其中一类为FeNdBN组成的化合物。下列说法正确的是A. B元素位于元素周期表的d区B. 基态Fe原子核外电子占据的轨道总数为13C. Nd的价层电子排布式为4f46s2，则Nd2+价层电子排布式为4f26s2D. 氨硼烷(NH3BH3)中N、B原子均采取sp3杂化【答案】D【解析】【详解】AB元素位于元素周期表第2周期第A，属于p区，A错误；B基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其中3d上占有5个轨道，故共占据的轨道总数为15，B错误；CNd的价层电子排布
12、式为4f46s2，Nd失去6s上的2个电子，故Nd2+价层电子排布式为4f4，C错误；D氨硼烷(NH3BH3)中N、B原子周围均形成4个键，故均采取sp3杂化，D正确；故答案为：D。10. 下列图示与对应的叙述符合的是（ ）A. 图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B. 图乙表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C. 据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH=4左右D. 图丁表示常温下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH
13、随NaOH溶液体积的变化关系【答案】C【解析】【分析】本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A使用催化剂化学反应速率加快；B平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；C由图像可知pH=4左右Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀；D0.001mol/L的醋酸溶液PH3。【详解】A使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C由图像可知pH=4左右Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2+H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时F
14、e3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D0.001mol/L的醋酸溶液PH3，图像中起点PH=3，故D项错误；答案选C。选择题：每小题有一个或两个选项符合题意11. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2x8)。下列说法正确的是A. 电池工作时，负极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4B. 电池放电时间越长，电池中的Li2S2量越多C. 手机使用时电子从b电极经过手机电路版流向a电极，再经过电池电解质流回b电极D. 电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14
15、g【答案】BD【解析】【分析】由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx（2x8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li+2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li+2e-=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。【详解】A据分析可知负极可发生氧化反应：Li-e-=Li+，A错误；B据分析可知，放电时的电极反应为S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li+2e-=4Li
16、2S6，2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li+2e-=2Li2S2，则放电时间越长，电池中的Li2S2量就会越多，B正确；C手机使用时即放电过程，电子从负极b电极经过手机电路版流向正a电极，但不能经过电池电解质流回b电极，而是在a电极上发生还原反应，b电极上发生氧化反应失去的电子再回到b电极；D负极反应为：Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol7g/mol=0.14g，D正确；故答案为：BD。12. 丁苯酞是一种治疗急性脑缺血的药物，部分合成流程如下。下列说法错误的是（ ）A. 化合物X、Y和丁苯
17、酞三种分子中各含有1个手性碳原子B. 化合物Y可以发生取代、氧化和还原反应C. 可用Na2CO3溶液鉴别化合物X和化合物YD. 化合物X、Y和丁苯酞各1 mol最多消耗NaOH量均为1 mol【答案】D【解析】【分析】本题主要考查有机物性质及官能团鉴别。A连接4个不同基团的C为手性碳原子；BY含OH、苯环；CY与碳酸钠反应，X不能；DX含Br，Y含COOH，丁苯酞含COOC。【详解】A连接4个不同基团的C为手性碳原子，则化合物X、Y和丁苯酞三种分子中各含有1个手性碳原子，均为C-O上C，故不选A；BY含-OH可发生氧化反应，含苯环可发生加成反应（与氢气加成也属于还原反应）、取代反应，故不选B；
18、CY含COOH可与碳酸钠反应，X无COOH不能，则用Na2CO3溶液可鉴别化合物X和化合物Y，故不选C；DX含-Br，Y含-COOH，丁苯酞含-COOC-，X水解生成的酚与NaOH反应，1molX最多消耗NaOH的量为2mol，Y和丁苯酞各1mol 最多消耗NaOH的量均为1mol，故选D。答案选D。【点睛】连接4个不同基团的C为手性碳原子；苯环上含-Br时1molX可与2molNaOH反应。13. Hg是水体污染的重金属元素之一水溶液中二价汞主要存在形态与C1-、OH-的浓度关系如图所示图中的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物；pCl=-lgc(Cl-)下列说法不正确的是A. 少量Hg(N
19、O3)2溶于0.001mol/L的盐酸后得到无色透明溶液，其中汞元素的主要存在形态是HgCl2B. Hg(NO3)2固体易溶于水，但溶于水时常常会出现浑浊，其原因是水解生成Hg(OH)2C. HgCl2是一种强电解质，其电离方程式是：HgCl2=HgCl+Cl-D. 当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时可使HgCl2转化为Hg(OH)2【答案】C【解析】【详解】A0.001mol/L的盐酸中pH=3，pCl=3，故少量Hg(NO3)2溶于0.001mol/L的盐酸后得到无色透明溶液，从图中可知其中汞元素的主要存在形态是HgCl2， A正确；B只有Hg(OH)2为难溶物，硝酸汞水解生成Hg(
20、OH)2，则Hg(NO3)2固体溶于水通常会出现浑浊，B正确；C由图中可知HgCl2是一种弱电解质，其电离方程式是：2HgCl2HgCl+HgCl3，C错误；D根据图象可知当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时，可使HgCl2转化为Hg(OH)2，D正确；故答案为：C。14. 常温下，向20 mL 0.2 molL1 H2A溶液中滴加0.2 molL1 NaOH溶液，有关微粒的物质的量变化如图，根据图示判断，下列说法错误的是（ ）A. 在P点时，c(H2A)c(HA)c(A2)c(OH)c(Na)c(H)B. 当V(NaOH)20 mL时，c(OH)c(H)c(HA)2c(H2A)C. 当V
21、(NaOH)30 mL时，2c(Na)3c(HA)c(A2)c(H2A)D. 当V(NaOH)40 mL时，c(Na)c(A2)c(HA)c(H2A)c(OH)c(H)【答案】BD【解析】【分析】本题主要考查溶液中离子浓度浓度关系。AP点，结合电荷守恒分析；B当V(NaOH)=20mL时，反应后溶质为NaHA，结合物料守恒和电荷守恒分析；C当V(NaOH)=30 mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，结合物料守恒分析；D当V(NaOH)=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2部分水解，溶液呈碱性，则且氢氧根离子还来自水的电离，则c(OH)c(HA)。【详解】A.P点满足电
22、荷守恒：，根据图象可知，则,故A正确；B.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：，根据物料守恒得 ，+得： ，则 ，故B错误；C.当V(NaOH)=30 mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，根据物料守恒可得：，故C正确；D.当V(NaOH)=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2部分水解生产线等浓度的OH、HA，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则，正确的离子浓度大小为：，故D错误；故答案为：BD。【点睛】当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：，根据物料守恒得，+得： ，则。15. 甲胺(CH3N
23、H2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CH3OH(g)NH3(g) CH3NH2(g)H2O(g)，测得有关实验数据如下：容器编号温度/K起始物质的量（mol）平衡物质的量molCH3OH NH3 CH3NH2 H2O CH3NH2H2OI5300.400.40000.30II5300.800.8000III500000.200.200.16下列说法正确的是()A. 正反应的平衡常数K()K()c(CH3OH，)C. 达到平衡时，转化率：(NH3，)(H2O，)1D 530K时，若起始向容器中充入CH3OH 0.10
24、mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行【答案】AC【解析】【分析】由反应CH3OH(g)NH3(g) CH3NH2(g)H2O(g)可知，该反应为反应前后气体体积不变的反应；容器和容器为等温等容，容器较容器和容器温度降低的过程，由表格中数据，530K时I中， CH3OH(g)NH3(g) CH3NH2(g)H2O(g)起始（mol） 0.40 0.40 0 0转化（mol） 0.30 0.300.30 0.30平衡（mol） 0.10 0.10 0.30 0.30K1=9；容器温度与容器相同，平衡常数不变；500K时
25、III中， CH3OH(g)NH3(g) CH3NH2(g)H2O(g)起始（mol）0 0 0.20 0.20 转化（mol）0.040.04 0.04 0.04平衡（mol）0.04 0.04 0.16 0.16K3=16，K3K1，说明降低温度平衡向正反应方向移动，即正反应为放热反应，据此解答。【详解】A. 根据以上分析，正反应的平衡常数K()K()K()，故A正确；B. 容器和容器为等温等容，起始量为2倍关系，由于该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不发生移动，则达到平衡时，体系中c(CH3OH)关系：2c(CH3OH，)=c(CH3OH，)，故B错误；C. 容器和容器温度不同，
26、若容器温度也为530K，则能建立等效平衡，此时应有(NH3，)(H2O，)=1，由于容器温度低于530K，降低温度平衡正向移动，而容器是从逆反应方向建立平衡，则转化率减小，所以达到平衡时，转化率：(NH3，)(H2O，)1，故C正确；D. 530K时，若起始向容器中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，Qc=0.679，则反应将向正反应方向进行，故D错误。所以AC选项是正确的。第II卷16. 乙醇是一种重要的化工原料，在生活、生产中的应用广泛。（1）工业上利用二甲醚合成乙醇反应：CH3OCH3(g) + CO(g)
27、 CH3COOCH3(g) H1反应：CH3COOCH3(g) + 2H2(g) CH3OH(g) + C2H5OH(g) H2一定压强下，温度对二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率影响如下图1所示，据图示判断，H2_0（填“”或“”）。温度对平衡体系中乙酸甲酯的含量和乙醇含量的影响如下图2所示。在300K600K范围内，乙酸甲酯的百分含量逐渐增加，而乙醇的百分含量逐渐减小的原因是_。（2）乙醇加入汽油（平均分子式为C8H18）中能改善油品质量，减少对环境的影响。乙醇汽油可提高燃油的燃烧效率，减少CO等不完全燃烧产物的生成。相同条件下，等物质的量的乙醇与汽油完全燃烧消耗氧气之比为_。NOx的有效消除成为
28、环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以AgZSM5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如上图所示。若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_；在=1的条件下，应控制的最佳温度在_左右，写出此条件下发生反应的化学方程式_。（3）某乙醇燃料电池采用碱性介质，该电池工作时负极的电极反应式为_。【答案】 (1). (2). 300600K范围内，随着温度升高，反应对应的平衡体系向逆反应方向移动的程度比反应的小 (3). 625 (4). NO分解反应是放热反应，775K时，反应达平衡，升高温度不利于反应进行（或温度高于775K时，催化剂活性降低） (5).
29、 850K900K（在此范围内的数值均正确） (6). 2NO + 2CON2 + 2CO2 (7). C2H5OH12e+ 16OH 2CO32+11H2O【解析】【分析】(1)温度升高平衡向吸热方向移动，如果正向移动，反应物的转化率会升高；不同反应，温度的变化对平衡体系的影响程度不一样；(2)可根据燃烧反应方程式计算等物质的量的乙醇与汽油完全燃烧消耗氧气的物质的量之比；升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热；NO和CO在催化剂作用下生成无毒气体，产物应为N2和CO2，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；(3)乙醇燃料电池采用碱性介质时发生反应：；乙醇
30、发生氧化反应为负极。【详解】(1)由图1可知随着温度的升高,二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率均降低,说明温度升高,反应逆向移动,即反应的正方向为放热反应,则H20；由图2可知在300K600K范围内，乙酸甲酯的百分含量逐渐增加，乙醇的百分含量逐渐减小，说明此温度范围内，随着温度升高，反应对应的平衡体系向逆反应方向移动的程度比反应的小；故答案为： ；300600K范围内，随着温度升高，反应对应的平衡体系向逆反应方向移动的程度比反应的小；(2)1mol乙醇完全燃烧消耗氧气的物质的量为 ,1molC8H18完全燃烧消耗氧气的物质的量为，则相同条件下，等物质的量的乙醇与汽油完全燃烧消耗氧气之比为；升高温度，
31、发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行,该反应放热，由图可知，在的条件下,870时,NO还原为N2的转化率为100%；CO与NO2发生反应生成无毒的N2和CO2，反应为；故答案为：6:25；NO分解反应是放热反应，775K时，反应达平衡，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；850K900K（在此范围内的数值均正确）；（3）乙醇燃料电池采用碱性介质时发生反应：；乙醇发生氧化反应为负极，该电池工作时负极电极反应式为：；故答案为：。17. 含Ti化合物在工业生产中有着重要用途。TiCl3是烯烃定向聚合的催化剂、TiCl4可用于制备金属Ti。nCH2=CHCH3，TiO2+2C+2Cl2Ti
32、Cl4+2CO，TiCl4+2MgTi+2MgCl2(1)Ti3+的基态核外电子排布式为_；(2)丙烯分子中，碳原子轨道杂化类型为_；(3)Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是_；(4)写出一种由第2周期元素组成且与CO互为等电子体的阴离子的电子式_；(5)TiCl3浓溶液中加入无水乙醚，并通入HCl至饱和，在乙醚层得到绿色的异构体，分别是Ti(H2O)6Cl3、Ti(H2O)5ClCl2H2O。1molTi(H2O)6Cl3中含有键的数目为_；(6)钛酸锶具有超导性、热敏性等优点，该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置(如图
33、)，据此推测，钛酸锶的化学式为_。若两个O原子之间的最近距离为anm，则该晶胞的边长为_，阿伏伽德罗常数常数为NA，则该晶胞的密度的计算式=_g/cm3(用含a、NA的代数式表示)【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1 (2). sp2、sp3 (3). ClMgAl (4). 或 (5). 18mol (6). SrTiO3 (7). (8). 【解析】【分析】（1）Ti是22号元素，其原子核外有22个电子，Ti元素失去4s能级上2个电子、3d能级上电子生成Ti3+，根据构造原理书写Ti3+的基态核外电子排布式；（2）丙烯中存在C=C-C，双键C中键为3，单键C
34、的键为4，均不含孤对电子；（3）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，元素原子各轨道为半满、全满、全空时，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；（4）价电子数相等、原子个数相等的微粒为等电子体；（5）在配合物Ti（H2O）6Cl3中，6个水分子与钛离子之间有6个配位键，为键，每个水分子内有2个单键，也是键，所以每个配合物中的配位键数为6+26=18；（6）该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点，则该晶胞中Sr原子个数=8=1，O位于晶胞的面心，则O原子个数=6=3，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置，个数为1，据此推测钛酸锶的化学式，根据即可求出密度。【详解】（1）Ti是22
35、号元素，其原子核外有22个电子，Ti元素失去4s能级上2个电子、3d能级上电子生成Ti3+，根据构造原理书写Ti3+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，故答案为：1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1；（2）丙烯中存在C=C-C，双键C中键为3，单键C的键为4，均不含孤对电子，杂化类型分别为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；（3）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，元素原子各轨道为半满、全满、全空时，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，所以第一电离能ClMgAl，故答案为：ClMgAl；（4）由第二周期主族元素组成的且与CO互为等电子体的
36、阴离子的电子式为或，故答案为：或；（5）在配合物Ti(H2O)6Cl3中，6个水分子与钛离子之间有6个配位键，为键，每个水分子内有2个单键，也是键，所以每个配合物中的配位键数为6+26=18，所以1mol配合物中含键的数目为18mol，故答案为：18mol；（6）该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点，则该晶胞中Sr原子个数=8=1，O位于晶胞的面心，则O原子个数=6=3，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置，个数为1，则Sr、O、Ti原子个数为1：3：1，据此推测钛酸锶的化学式SrTiO3，假设晶胞的边长为xnm，又知O位于晶胞的面心上，故有，故x=，故密度为：，故答案为：SrTiO3
37、；。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物、等电子体等知识点，明确原子结构、分子结构及物质结构是解本题关键，注意配合物中配位键也属于键，会灵活运用均摊法确定化学式，题目难度中等。18. 铁黄(FeOOH)是一种不溶于水的黄色固体，可用作制造黄色颜料，也是制备高铁酸钾的原料。以下是实验室制备铁黄的一种方法：称取一定质量FeSO4溶于适量蒸馏水配成物质的量浓度约为0.4mol/L的溶液并加稀H2SO4调节溶液pH2；把配制好的溶液加入三颈烧瓶中，再加入适量NaNO2固体和磁力搅拌核，按下图连接好装置，A、B处均装有KOH溶液；打开旋塞M、N，开启恒温磁力搅拌器，控制加热温度为40，从
38、a口通入空气；反应过程中，控制溶液pH为2.00.5，当反应液变为亮黄色时，停止反应；待反应液冷却后，过滤洗涤并干燥所得沉淀。(1)NaNO2在反应中起催化剂作用，实际起催化作用的是其与加稀H2SO4反应生成的气体，该反应的离子方程式为_，制备铁黄的总反应离子方程式为_。(2)A处KOH溶液的作用为_。(3)步骤中判断沉淀洗涤干净的方法是_。(4)某学生利用减压过滤的抽气泵，也实现了为装置持续通入空气的目的，他的具体操作方法是_。(5)改变不同的实验条件，发现适当的空气流速、合适的pH和温度(40)、增加催化剂用量都能够提高产率。温度过高或过低均影响产率的原因是(不考虑副反应)_。.某研究小组
39、用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体,再用水吸收该气体可得ClO2溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示。(1)据图可知，反应时需要控制的适宜温度是_，要达到此要求需要采取的措施是_。(2)已知:黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被氧化成，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(ClO2)的离子方程式:_。(3)该小组拟以“m(ClO2)/m(NaC1O3)”作为衡量ClO2产率的指标。取NaClO3样品6.0g，通过反应和吸收获得400mLClO2溶液，取此溶液20
40、mL与37.00mL0.500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应后，过量的Fe2+再用0.0500mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL。反应原理为:4H+ClO2+5Fe2+=Cl-+5Fe3+2H2O，l4H+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O。试计算ClO2的“产率”为_。【答案】 (1). 2H+2=NO+NO2+H2O (2). 4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+ (3). 中和反应生成的酸，调节溶液pH (4). 取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤完全 (5)
41、. 将b导管口与抽气泵相连，打开M、N后再打开抽气泵 (6). 温度过低，反应速率慢，温度过高，使NO、NO2逸出，催化效果降低 (7). 30 (8). 水浴加热 (9). 15+FeS2+14H+15ClO2+Fe3+7H2O+2 (10). 56.25%【解析】【分析】（1）亚硝酸钠与稀硫酸反应生成不稳定的HNO2，其分解得到NO和NO2气体，据此结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；硫酸亚铁在亚硝酸钠存在时被氧气氧化生成铁黄(FeOOH)，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子方程式；（2）KOH溶液是强碱，能中和酸，而反应中有酸生成，且反应环境为溶液pH为2.00.
42、5；（3）沉淀表面附着液中含有硫酸根离子，只要检验最后一次洗涤液中不存在硫酸根离子，即可说明沉淀洗涤干净；（4）根据减压过滤的抽气泵原理分析；（5）结合温度对反应速率的影响和HNO2的不稳定性，及催化剂的活性分析。.（1）依据图象分析温度再30C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上；控制100C以下的 温度需要用水浴加热；（2）用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，依据原子守恒，电子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；（3）依据化学方程式的定量关系列式计算，以“m(ClO2)/m(NaClO3)”作为衡量ClO2产率的指标；【详解】（1）亚硝酸钠中氮元素是+3价，与稀硫
43、酸反应生成的气体是NO和NO2，反应的方程式为2H+2=NO+NO2+H2O；由于亚硝酸钠其催化剂作用，则反应中起氧化剂作用的是氧气，所以制备铁黄的总反应离子方程式为4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+，故答案为：2H+2=NO+NO2+H2O；4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+；（2）由于反应过程中产生酸，而反应需要在一定pH范围内进行，因此A处KOH溶液的作用为中和反应生成的酸，调节溶液pH，故答案为：中和反应生成的酸，调节溶液pH；（3）溶液中含有硫酸根，则步骤中判断沉淀洗涤干净的方法是检验硫酸根完成，则方法是取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2无白色
44、沉淀生成，说明沉淀洗涤完全，故答案为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤完全；（4）根据减压过滤的抽气泵原理可知具体操作方法是将b导管口与抽气泵相连，打开M、N后再打开抽气泵，故答案为：将b导管口与抽气泵相连，打开M、N后再打开抽气泵；（5）由于温度过低，反应速率慢；而温度过高，使NO、NO2逸出，催化效果降低，所以温度过高或过低均影响产率，故答案：温度过低，反应速率慢，温度过高，使NO、NO2逸出，催化效果降低；.（1）ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，依据图象分析温度再30C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上，控制100C以下的 温
45、度需要用水浴加热；故答案为：30；水浴加热；（2）用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15+FeS2+14H+15ClO2+Fe3+7H2O+2；故答案为：15+FeS2+14H+15ClO2+Fe3+7H2O+2；（3）依据题干离子反应过程得到 400mL ClO2溶液中含ClO2 0.0025mol20=0.05mol；以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，所以产率=，故答案为：56.25%【点睛】本题考查
46、物质的制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目多角度考查学生阅读题目获取信息的能力、对工艺流程的理解与条件的控制、原电池和电解池原理等，侧重考查学生分析、计算能力和思维的缜密性难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力，注意基础知识的掌握，题目难度中等。19. 锰酸锂(LiMn2O4)可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)吸收含硫烟气(主要成分SO2)制备锰酸锂，生产流程如下：已知：软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强。在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：沉淀物
47、Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.63.47.7完全沉淀3.79.64.79.8(1)软锰矿水磨浆化处理的作用是_。(2)SO2的吸收率与温度及烟气流速的关系如图，为提高含硫烟气中SO2的吸收率，可以采取的措施_(举一例)。(3)滤液1中所含金属阳离子有Mn2+、_(填离子符号)。(4)在实际生产中，Li2CO3与MnO2按物质的量之比14混合均匀加热制取LiMn2O4，反应过程如下：升温到515时，Li2CO3开始分解产生CO2，同时生成固体A，此时比预计Li2CO3的分解温度(723)低得多，可能原因是_；升温到566时，MnO2开始分解产生另一种气
48、体X，X恰好与中产生的CO2物质的量相等，同时得到固体B。请写出此过程反应的化学方程式_；升温到720时，第三阶段反应开始，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度锰酸锂。请写出该阶段反应的化学方程式_。(5)请补充完整由“滤液1”得到“滤液2”同时回收Al(OH)3的实验方案Al(OH)3在pH12时溶解：边搅拌边向滤液1中_。(实验中须用到的试剂有：NaOH溶液、H2O2、CO2)【答案】 (1). 增大与含硫烟气的接触面积，加快反应速率 (2). 降低通入含硫烟气的温度或减慢通入含硫烟气的流速 (3). Al3+、Fe2+ (4). MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用 (5
49、). 4MnO2 2Mn2O3+O2 (6). 2Li2O+4Mn2O3+O24LiMn2O4 (7). 滴加足量过氧化氢，搅拌，加入氢氧化钠溶液至4.7pH7.7，过滤得到滤液2和固体，向所得固体中加入氢氧化钠溶液至pH12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入二氧化碳过滤洗涤，低温烘干得到氢氧化铝【解析】【分析】软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2)制备锰酸锂，软锰矿浆通入含二氧化硫的烟气，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，Fe2O3、FeO、Al2O3，都能溶于酸，得到相应的离子，同时SO2将得到的Fe3+还原为Fe2+，MnO2与SO2发生氧化还原反应，得到M
50、n2+，二氧化硅不溶盐酸，滤渣1为二氧化硅，滤液1含Al3+、Mn2+、Fe2+，由沉淀的pH范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成Fe3+而除杂，搅拌加入氢氧化钠溶液至4.7pH7.7，过滤得到滤液2和固体向所得固体中加入氢氧化钠溶液至pH12，搅拌过滤再向所得滤液中通入二氧化碳过滤洗涤，低温烘干得到氢氧化铝，滤液2中加入氢氧化钠溶液过滤得到Mn(OH)2，一定条件下得到MnO2，Li2CO3与MnO2按物质的量之比为1：4混合均匀加热制取LiMn2O4，据此分析作答。【详解】（1）软锰矿水磨浆化处理的作用是增大与含硫烟气的接触
51、面积，加快反应速率；故答案为：增大与含硫烟气的接触面积，加快反应速率；（2）由图2知，SO2的吸收效率随温度的升高而降低，当温度和浓度相同时，SO2的吸收效率随烟气流速的增大而降低，故为提高含硫烟气中SO2的吸收率，可以降低通入含硫烟气的温度或减慢通入含硫烟气的流速；故答案为：降低通入含硫烟气的温度或减慢通入含硫烟气的流速；（3）根据分析，软锰矿浆通入含二氧化硫的烟气，Fe2O3、FeO、Al2O3得到相应的离子，同时SO2将得到的Fe3+还原为Fe2+，MnO2与SO2发生氧化还原反应，得到Mn2+，故滤液1含Al3+、Mn2+、Fe2+；故答案为：Al3+、Fe2+；（4）升温到515时，
52、Li2CO3开始分解产生CO2，同时生成固体A，此时比预计Li2CO3的分解温度（723）低得多，说明MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用；故答案为：MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用；升温到566时，MnO2开始分解产生另一种气体X只能为氧气，氧气恰好与中产生的CO2物质的量相等，假设Li2CO3的物质的量为1mol，MnO2物质的量为4mol，则产生1molCO2即生成1molO2，元素守恒B中含4molMn和6molO，同时得到固体B的化学式Mn2O3，反应的化学方程式为：4MnO2 2Mn2O3+O2；故答案为：4MnO2 2Mn2O3+O2；升温到720时，A、B反应，
53、固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂，Li2O和Mn2O3反应生成LiMn2O4，因为固体质量增加，反应的化学方程式为：2Li2O+4Mn2O3+O24LiMn2O4；故答案为：2Li2O+4Mn2O3+O24LiMn2O4；（5）根据分析含有的离子是Al3+、Fe2+等，根据流程图锰离子存在在溶液中，需要把铁离子和铝离子沉淀不能影响锰离子表中数据分析，把亚铁以为铁离子，然后调节溶液pH，使铁离子、铝离子完全沉淀，再利用氢氧化铝的两性除去氢氧化铁，具体步骤为：滴加足量过氧化氢，搅拌，加入氢氧化钠溶液至4.7pH7.7，过滤得到滤液2和固体，向所得固体中加入氢氧化钠溶液至pH1
54、2，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入二氧化碳过滤洗涤，低温烘干得到氢氧化铝；故答案为：滴加足量过氧化氢，搅拌，加入氢氧化钠溶液至4.7pH7.7，过滤得到滤液2和固体，向所得固体中加入氢氧化钠溶液至pH12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入二氧化碳过滤洗涤，低温烘干得到氢氧化铝。20. 酒石酸托特罗定主要用于治疗泌尿系统疾病。工业合成该药物的中间体（F）的路线如下：回答下列问题：（1）D分子中的含氧官能团名称为 _；BC包含两步反应，反应类型分别为_、_；（2）A的结构简式为_；（3）写出苯甲醛与银氨溶液反应的化学方程式 _；（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_；能使溴的C
55、Cl4溶液褪色；能与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上的一氯代物有一种；分子中有4种不同化学环境的氢。（5）已知呋喃丙胺（CH=CHCON(CH3)2 ）是一种高效麻醉剂，写出以、CH3CHO、NH(CH3)2为原料制备呋喃丙胺的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_。【答案】 (1). 羧基、醚键 (2). 加成 (3). 取代（酯化） (4). (5). (6). 或 (7). 【解析】【分析】本题主要考查有机物的推断和制取。(1)由D的结构简式可知，含有的含氧官能团为羧基、醚键。对比B、C结构可知，B与对甲基苯酚发生酯化反应，甲基间位的C-H键断裂与碳碳双键发生加
56、成反应形成六元环；(2)由信息可知，对比苯甲醛与乙醛反应得到A为；(3)苯甲醛与银氨溶液反应氧化反应得到苯甲酸铵、Ag、氨气与水；(4)B的一种同分异构体满足下列条件：能使溴的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和键，可以是碳碳三键等，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，结合分子中有4种不同化学环境的氢书写；(5)与CH3CHO在氢氧化钠、加热条件下得到，再用新制氢氧化铜氧化、然后酸化得到，再与SOCl2发生取代反应得到，最后与NH(CH3)2反应得到。【详解】(1)由D的结构简式可知，含有的含氧官能团为羧基、醚键。对比B、 C结构可知，B与对甲基苯酚发生酯化反应，属于取代反应，甲基间位
57、的CH键断裂与碳碳双键发生加成反应形成六元环。故答案为：羧基、醚键；加成；取代（酯化）。(2)由信息可知,对比苯甲醛与乙醛反应得到A为。故答案为：。(3)苯甲醛与银氨溶液反应氧化反应得到苯甲酸铵、Ag、氨气与水,反应方程式为：。故答案为：。(4)B的一种同分异构体满足下列条件：能使溴的CCl4溶液褪色,说明含有不饱和键,可以是碳碳三键等,能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,苯环上的一氯代物有一种则苯环上只有一种环境的氢分子中有4种不同化学环境的氢,则取代基上有三种环境的氢，符合条件的同分异构体有：或。故答案为：或；(5)与CH3CHO在氢氧化钠、加热条件下得到,再用新制氢氧化铜氧化、然后酸化得到,再与SOCl2发生取代反应得到,最后与NH(CH3)2反应得到,合成路线流程图：。故答案为：。
