【文档说明】山东省德州市第一中学2024届高三下学期三模化学试题word版含解析.docx，共(25)页，3.582 MB，由小赞的店铺上传

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2024届高三第三次模拟考试化学试题可能用到的相对原子质量：1?12?14?16?19?32?35.5?39?40?59?64HCNOFSClKCaNiCu一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目

要求。1.《天工开物》有如下叙述：“凡硝刮扫取时(墙中亦或进出)，入缸内水浸一宿，秽杂之物浮于面上，掠取去时，然后入釜，注水煎炼，硝化水干，倾于器内，经过一宿，即结成硝……欲去杂还纯，再入水煎炼”。文中不涉及的

操作方法是A.分液B.溶解C.蒸发结晶D.重结晶【答案】A【解析】【详解】秽杂之物浮于面上，掠取去时，指过滤；然后入釜，注水煎炼，指溶解；硝化水干，指蒸发结晶；欲去杂还纯，再入水煎炼，指重结晶，选A。2.化学与生活联系紧密。下列说法正确的是A.白酒和食醋都可由淀粉发酵得到B.氨基酸和核酸都

是构成生命物质的生物大分子C.二氧化氯和明矾用于水处理时的原理相同D.供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品【答案】A【解析】【详解】A．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵

得到，A正确；B．氨基酸构成的蛋白质是生物大分子，氨基酸不是，B错误；C．二氧化氯是利用其强氧化性进行水处理，明矾是通过溶于水后形成的氢氧化铝胶体的吸附性进行水处理，C错误；D．供糖尿病患者食用的“无糖食品”指不含糖类的食品，D错误；故选

A。3.利用粒子轰击不同原子，可获得核素baM和dcZ的过程为144b172a1NHeMH+→+；94d42cBeHeZ+→10U+。下列说法错误的是A基态原子第一电离能：M>ZB.dcZ可用于测定文物年代C.原子半径：M<ZD.2ZM与3N−互为等电子体.【答案】B【解析】【分析】根据144b

172a1NHeMH+→+与94d42cBeHeZ+→，可得a=8，b=17，c=6，d=13，则M和Z分别是O、C。【详解】A．同周期从左到右，元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，第AⅡ与第AⅤ族元素的第一电离能比同周期相邻元

素的第一电离能大，则基态原子第一电离能：O>C，A正确；B．146C可用于测定文物年代，B错误；C．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：O<C，C正确；D．等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，则2CO与3N−互为

等电子体，D正确；故选B。4.下列叙述Ⅰ和叙述Ⅱ均正确，且有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA石墨能导电且化学性质不活泼阴极电保护法中可用石墨作辅助阳极B煤中含有苯、甲苯等芳香烃通过煤的干馏可获得苯、甲苯等芳香烃C铝制容器和浓硫酸不反应铝制容器用于存储、运输浓硫酸D断裂

氨分子中的化学键需要吸收热量工业上用液氨作制冷剂A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．因石墨能导电且化学性质不活泼，故阴极电保护法中可用石墨作辅助阳极，金属做阴极，A符合要求；B．煤中不含有苯、甲苯等芳香烃，叙述Ⅰ不正确，通过煤的干馏是发生化学反应可获得苯、甲苯等芳香烃，B

不符合要求；C．常温下铝制容器和浓硫酸发生钝化反应，不是不反应，叙述Ⅰ不正确，铝制容器用于存储、运输浓硫酸，C不符合要求；D．断裂氨分子中的化学键需要吸收热量，工业上用液氨作制冷剂，均正确但二者不具有因果关系，D不符合要求；故选A。5.《科学》杂志上

发表了纯碳原子18环的一种合成方法如图所示。下列说法错误的是C24O6-4CO⎯⎯⎯→C20O2-2CO⎯⎯⎯⎯⎯→C18A.18C中可能存在大π键B.18C与金刚石互为同素异形体C.202CO和18C都是非极性分子D.246CO和202CO二者的C原子杂化种类相同【答案】C【解析

】【详解】A．C18中18个碳原子共平面，存在多个相互平行的p轨道，p轨道重叠可形成大π键，因此C18中可能存在大π键，A正确；B．C18与金刚石均是由碳元素形成两种性质不同的单质，二者互为同素异形体，B正确；C．由题干图示结构可知，C20O2分子正电和负电中心不重合，

为极性分子，C18正电和负电中心重合，为非极性分子，C错误；D．C24O6、C20O2中连接双键的碳原子采用sp2杂化，连接三键的碳原子采用sp杂化，二者C原子均采用sp2、sp两种方式杂化，种类相同，D正确；故选D。6.实验

室制备下列如图气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法A2NOCu+浓硝酸bfB3NH()42NHClCaOH+adC2CO石灰石+稀硫酸beD22CHCH=25CHOH+浓硫酸cfA.AB.B

C.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氮与水反应，不能选f收集二氧化氮，A错误；B．氨气密度小于空气，不能使用向上排空气发生收集，B错误；C．实验室制CO2用的试剂为石灰石和稀盐酸，不能用稀硫酸，稀硫酸和碳酸钙生成物硫酸钙微溶，阻碍了反应

进行，C错误；D．乙醇在170°C时发生消去反应生成乙烯，可选c装置，乙烯不溶于水，可选f装置收集，D正确；故选D。7.化合物M能发生如下转化，下列说法错误的是A.过程Ⅰ中包含氧化反应与还原反应，过程Ⅱ发生酯化反应B0.5molM与足量新制()2C

uOH碱性悬浊液充分反应，生成21molCuOC.M、N均能使酸性4KMnO溶液褪色D.M、N、L均含有1个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．由题干转化流程图可知，过程Ⅰ中醛基变为羧基、醛基变为醇羟基，故包含氧化还原反应，过程Ⅱ发生分子内酯化反应，A正确；B．由题干转化流程图可知，

1molM中含有2mol醛基，故0.5molM与足量新制Cu(OH)2碱性悬浊液充分.反应，生成1molCu2O，B正确；C．M中含有醛基，N中含有醇羟基(且与羟基相连的碳原子含有H)，故均能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D．同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳

原子为手性碳原子，结合题干有机物的结构简式可知，M中不含手性碳原子，N、L中均含有1个手性碳原子，如图所示：、，D错误；故答案为：D。8.实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液的流程如下。下列说法错误的是A.环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由

①、②、③获得B.若试剂a为碳酸钠，可以通过观察气泡现象控制试剂用量C.“操作X”为蒸馏，“试剂b”可选用盐酸或2COD.试剂c可以选用盐酸或硫酸【答案】B【解析】【分析】实验室中初步分离环己烷、苯酚

、苯甲酸混合液，先向混合液中加入碳酸氢钠溶液，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠进入水相I，苯甲酸钠用稀盐酸或硫酸调节pH酸化可以得到苯甲酸，进一步处理得产品③为苯甲酸，有机相I中有环己烷和苯酚，可以加入氢氧化钠或碳酸钠将苯酚转化为苯酚钠使其进入水相I

I，调节pH进一步处理后得产品②为苯酚，则有机相II为环己烷，通过洗涤、干燥等进一步处理可分离出产品①环己烷。【详解】A．由分析，产品①、②、③依次为环己烷、苯酚、苯甲酸，A正确；B．由分析，有机相I中有环己烷和苯酚，苯酚和碳酸钠反应得碳酸氢钠，不会产生CO2，没

有气泡产生，B错误；C．操作X是分离出环己烷，液态有机物分离，且沸点相差较大，可以用蒸馏，试剂b是将苯酚钠转化为苯酚，可以用盐酸或CO2，C正确；D．试剂c是将苯甲酸钠转化为苯甲酸，强酸可以实现，故试剂c可以选用盐酸或硫酸，D正确；故

错误的选B。9.电化学中，常用电极电势表示一定条件下微粒得失电子能力，电极电势越高氧化性越强。标准状态下，氧化型电极反应22H2eH+−+=，()θ222EH/H0V,O4e4H2HO+−+=++=，()θ22EO/HO1.229V=+，则2O的氧化性比H+强。含钴微粒的电极电势随pH的变

化如图所示，两条虚线分别表示“氧线”和“氢线”。下列说法错误的是A.单质Co溶于稀硫酸能置换出2HB.氧气的氧化性与溶液的酸碱性有关C.一定条件下3Co+转化为3Co(OH)，氧化能力减弱D.酸性条件下，反应2322O4Co4H4Co2HO+++++=+难以进行【答案

】A【解析】【详解】A．由图像可知，Co2＋的电极电势大于H＋/H2的电极电势，即Co2＋的氧化性大于H＋，H＋不能将单质Co氧化为Co2＋，故A错误；B．由图像可知，O2的电极电势随pH的升高而逐渐减小，即氧气的

氧化性与溶液的酸碱性有关，故B正确；C．3Co+转化为3Co(OH)后，其电极电势减小，即氧化能力减弱，故C正确；D．酸性条件下，Co3＋的电极电势大于O2，所以反应2322O4Co4H4Co2HO+++++=+难以进行，故D正确；故选A。10.已知PbO2受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化

物，其中PbO2能氧化浓盐酸生成Cl2.现加热分解1molPbO2得到O2和剩余固体，再向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为1：2，则加热分解后剩余固体的组成及物质的量之比是选项剩余固体剩余固体的物质的量之比APb3O4、PbO1：1BPbO2、Pb3O41：

1CPbO2、Pb3O4、PbO1：2：1DPbO2、Pb3O4、PbO1：1：2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧

化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×(4-2)=2mol，设该过程得到O2的物质的量

为xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：x×4+2x×2=2，解得x=0.25，故知1molPbO2在受热分解过程中产生O2为0.25mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(O)=2mol-0.25mol×2=1.5m

ol，故属于固体中n(Pb):n(O)=1mol:1.5mol=2:3。【详解】A．1:1混合的Pb3O4、PbO，n(Pb):n(O)=(3+1):(4+1)=4:5，A错误；B．1:1混合的PbO2、Pb3O4，n(Pb):n(O)=

(1+3):(2+4)=2:3，B正确；C．1:2:1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n(Pb):n(O)=(1+6+1):(2+8+1)=8:11，C错误；D．1:1:2混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n(Pb):n(O)=(

1+3+2):(2+4+2)=3:4，D错误。故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A用pH计分别

测等物质的量浓度的3NaHCO和3NaHSO溶液的pHpH计显示3NaHCO溶液pH>7，3NaHSO溶液pH<7酸性2323HSOHCOB铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸

铜C向KI溶液中持续滴加氯水溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色氯水不仅可以氧化I−还可以氧化2ID灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色该有机物中有醇羟基A.AB.BC.CD.D【答案】AC【解析】【详解】A．用pH计分别测等物质的量浓度的NaHCO3和NaH

SO3溶液的pH，前者大于后者，说明碳酸氢根水解程度大于亚硫酸氢根的水解程度，根据越弱越水解可知，酸性H2SO3>H2CO3，A正确；B．铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，应该将反应后的溶液慢慢倒入适量蒸馏水中，B错误；C．向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，是因氯

气将KI氧化生成碘单质，生成的碘单质能继续被氧化生成碘酸，从而使棕黄色褪色，说明氯水不仅可以氧化I−还可以氧化2I，C正确；D．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基将C

uO还原为Cu，也能存在羧基将表面氧化铜溶解，D错误；故选AC。12.在探究高效吸收2CO试剂的同时，研究人员还致力于吸收剂的再生与循环利用。以乙二胺为例，乙二胺水溶液可高效吸收2CO；吸收所得溶液流入腔室1中，通电电解，可实现

2CO的释放与乙二胺的再生。已知：亲核试剂在反应过程中，它倾向于与电正性物种结合。结合下图，下列对该工业的说法错误的是A.该工业有利于实现“碳达峰”和“碳中和”B.乙二胺的氨可以作为亲核试剂进攻2CO分子实现吸收C.电解过程中、阳

极铜会失去电子形成2Cu+，2Cu+能与乙二胺形成()222222[CuHNCHCHNH]+，使乙二胺与2CO的结合平衡正向进行，2CO得以释放D.腔室2中可以实现乙二胺的再生【答案】C【解析】【详解】A．乙二胺水溶液可高效吸收2CO，吸收所得溶液流入腔室1中，通电电解，可实现CO2的释放与乙二胺

的再生。这说明该工业有利于实现“碳达峰”和“碳中和”，A正确；B．乙二胺的氮原子上有孤对电子，可以作为亲核试剂进攻2CO分子实现吸收，因此选项B正确；C．在电解过程中，阳极铜会失去电子形成2Cu+，2Cu+能与乙二胺形成()222222[CuHNCHCHNH]+，使乙二胺与2CO的结

合平衡逆向进行，2CO得以释放，C错误；D．由C可知，阳极释放出CO2，则腔室1为阳极，腔室2为阴极，[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+在阴极得到电子生成乙二胺，D错误；故选C。13.以磷肥生产中的副产物氟硅酸()26HSiF为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中

一种新工艺流程如图所示：已知：①常温下，1260.05molLHSiF−溶液的pH为1；②熔点：334AlCl192C,AlF1090C,SiCl70C−；沸点：4SiF86C−。下列有关说法不正确的是A.3AlCl

与3AlF固体晶体类型不同B.氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为2626SiF2NaNaSiF−++=C.“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高D.含261molHSiF的原料最终制得31.2molAlF，则实验产率为

60%【答案】D【解析】【分析】26HSiF与硫酸钠反应生成26NaSiF，经过干燥、热分解得到氟化钠和四氟化硅，再经过“气相沉积”工序，得到高纯氟化铝。【详解】A．根据熔点数据可知，3AlCl为分子晶体，3AlF为离子晶体，A正确；B．根据已知①常温下，1260.05molL

HSiF−溶液的pH为1，则知26HSiF是强酸，由流程知26NaSiF为沉淀，因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为2626SiF2NaNaSiF−++=，B正确；C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，增大了反应物间的接触面积，使反应更充分，C正确；D．该工艺中转化的关系为

2626HSiF~NaSiF~434SiF~AlF3，含261molHSiF的原料理论上得到34molAlF3，实际最终制得31.2molAlF，则实验产率为1.2100%90%43=，D错误；故选D。14.利用2H可实现对石膏中S元素的脱除，

涉及的主要反应如下：()()()()()4222CaSOsHgCaOsSOgHOg+=++111ΔH261.4kJmolK−=，()()()()422CaSOs4HgCaSs4HOg+=+122ΔH5.3kJmolK−=−，在51.010Pa、()2nH始和()4nCaSO始均为1m

ol时，若仅考虑上述反应，平衡时各固体物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。石膏中S元素的脱除效果可用脱硫率()()()mSmS100%mS−反应前反应后反应前石膏中元素固体中元素石膏中元素表示。下列说法不正确．．．的是A.反应()()()()423CaSOsCaSs

4CaOs4SOg+=+的平衡常数4112KKK−=B.图中曲线X表示平衡时4CaSO固体的物质的量随温度的变化C.一定温度下，加入NaOH固体或增大体系压强，均可提高平衡时的脱硫率D.其他条件不变，1000C下，()2nH1mol始时，()2nH始越多，平衡时的脱硫率越高【答案】CD【解析

】【分析】设反应①：()()()()()4222CaSOsHgCaOsSOgHOg+=++111ΔH261.4kJmolK−=，，反应②：()()()()422CaSOs4HgCaSs4HOg+=+122ΔH5.3kJmolK−=−，，反应①是吸

热反应，反应②是放热反应，随着温度的升高，反应①正向移动，反应②逆向移动，则Z代表CaO含量的变化，再结合变化趋势可知X为CaSO4含量的变化，Y为CaS含量的变化；【详解】A．反应①()()()()()4222CaSOsHgC

aOsSOgHOg+=++，()()()2212SOHOgKcccH=，反应②()()()()422CaSOs4HgCaSs4HOg+=+()()22424HOgKcH=c，则按盖斯定律，反应()(

)()()423CaSOsCaSs4CaOs4SOg+=+=4①-②，则()124412KSOKcK−==，故A正确；B．据分析，X为CaSO4含量的变化，故B正确；C．一定温度下，加入氢氧化钠固体

，消耗二氧化硫，促进硫元素的脱除；温度不变时平衡常数不变，结合选项A可知，()411224K=cKSO−不变，则温度不变增大压强时二氧化硫的平衡浓度不变，通过压缩容器增压时，平衡时二氧化硫的物质的量减小，按信息脱硫率(

)()()mSmS100%mS−反应前反应后反应前石膏中元素固体中元素石膏中元素减小，或：增压时反应①逆向移动，导致氢气和水蒸气浓度发生变化使反应②右移，但反应②中CaS仍留在固体中，故增压不利于硫元素的脱除，故C错误；D

．结合选项C可知，其他条件不变，1000C下若温度不变时二氧化硫的平衡浓度不变，二氧化硫的物质的量不变，则()2nH1mol始时，()2nH始越多，也不会影响脱硫率，故D错误。故选CD。15.向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加223NaSO溶液，发生

反应()22323AgSOAgSO+−−+和()()322323232AgSOSOAgSOpM−−−+，、pN与()223lgSOc−的关系如图所示。其中M代表Ag+或BrN−，代表()()23A

gAgSOcc+−或()()3232AgAgSOcc+−。下列说法错误的是A.1L表示()()23AgAgSOcc+−随()223lgSOc−的变化关系B.AgBr的()()

12.2spAgBr10Kcc+−−==C.()3223233AgBr2SOAgSOBr−−−+=+的平衡常数为1.210−D.()2123SO0.00lmolLc−−−=时，溶液中()()()323232BrAgSOAgSOccc−−−【答案】AC

【解析】【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴

化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为()23AgSO−，溶液中()()23AgAgSOcc+−小于()()3232AgAgSOcc+−，则直线L1表示()()3232AgAgS

Occ+−随()223lgSOc−变化的关系、直线L2表示()()23AgAgSOcc+−随()223lgSOc−的关系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85mol/L、10—8.35mol/L，则溴化银的

溶度积常数()()+--12.2sp=AgBr=10Kcc，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，直线L1表示()()3232AgAgSOcc+−随()223lgSOc−变化的关系、直线L2表示随()()23Ag

AgSOcc+−的()223lgSOc−关系，故A错误；B．据分析可知AgBr的()()+--3.85-8.35-12.2sp=AgBr=1010=10Kcc，故B正确；C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6mol

/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85mol/L、10—8.35mol/L，()()3232AgAgSOcc+−为10—4.2，()3232AgSO−浓度为：-8.35-4.15-4.210mol/L=10mol/L10，()3223233AgB

r2SOAgSOBr−−−+=+的平衡常数为4.153.851.24.62101010(10)−−−=，故C错误；的D．由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.001mol/L时，溶液中溴离子浓度最大，()()23AgAgSOcc+−

大于()()3232AgAgSOcc+−，则溶液中()23AgSO−的浓度小于()3232AgSO−的浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序为()()()323232Br{AgSO}AgSOccc−−−，故

D正确；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。请回答下列问题：（1）基态碘原子价电子排布式为___________。碘单质在2CS中的溶解度比在水中的大，解释原因___________。（2）HI主要用于药物合成，通常用2I反应生成

PI3，PI3再水解制备HI，PI3的空间结构是___________，PI3水解生成HI的化学方程式是___________。（3）在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成NaClx。NaClx立方系晶胞，结构如图所示，其中两个氯原子的坐标为(0.00，0.50，0.15)、(0.0

0，0.50，0.85)，晶体的化学式为___________；与Na距离最近的且相等的Cl有___________个；2Cl在晶体中键长为0.20nm，晶胞棱长为___________nm(保留2位有效数字)。【答案】（1）①.255s5p②.碘单质、2CS均为非极性分子

，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在2CS中的溶解度比在水中的溶解度大（2）①.三角锥形②.PI3+3H2O=3HI+H3PO3（3）①.NaCl7②.12③.0.67【解析】【小问1详解】I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为255s5p。碘单质在2CS

中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、2CS均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在2CS中的溶解度比在水中的溶解度大。【小问2详解】HI主要用于药物合成，通常用2I反应生成PI3，PI3再水解制备HI，PI3的中心原子P的价层电子对数为3+5-1×32=4，有一对孤电

子对，故其空间结构是三角锥形，PI3水解生成HI，化合价不变，则化学方程式是PI3+3H2O=3HI+H3PO3。【小问3详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子个数为18=18，位于面上和体心的氯原子个数为12×12+1=7，则晶体的化学式为NaCl

7；晶胞中位于顶点的钠原子与位于面上的氯原子距离最近，则与钠原子距离最近的且相等的氯原子有12个；由两个氯原子的坐标为(0.00，0.50，0.15)、(0.00，0.50，0.85)可知，晶胞棱长为0.20nm×

103≈0.67。17.NiS是一种重要的化学品，不溶于水，溶于硝酸、王水。NiS在有水存在时能被氧气氧化成()NiOHS。将2HS通入稀硫酸酸化的4NiSO溶液中，过滤，制得NiS沉淀，装置如图所示：回答下列问题：

（1）仪器X的名称为__________，装置A三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为__________。（2）NiS被氧气氧化成()NiOHS的化学方程式为__________；装置B中的试剂为__________。（

3）将装置C中反应后的混合物转移至装置D中，获得沉淀，证明装置D中沉淀洗涤干净的方法是__________。（4）测定产品纯度：取2.2g产品完至溶于稀硝酸中得到4NiSO溶液后，配成250mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中，加入130mL0.1mol

LEDTA−溶液，使2Ni+完全络合，煮沸，加入6滴PAN作指示剂，趁热用140.08molLCuSO−溶液滴定过量的EDTA，当滴定至溶液呈紫红色时，到达滴定终点，消耗4CuSO溶液为10mL（假设杂质不参与反应

）。已知滴定反应：22NiEDTAEDTANi+++=−，22CuEDTAEDTACu+++=−。①称量2.2g产品完全溶于稀硝酸得到4NiSO溶液，然后配成250.00mL溶液，下列配制操作中错误的是__________（填字母）。a．b．c．d．②NiS溶于稀硝酸

的离子方程式为__________。③根据上述数据，该产品纯度为__________％（以NiS进行计算）。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.22FeS2H=HS+Fe+++（2）①.()224NiS2HOO4NiOHS++=②.饱和NaHS溶液（3）取最后一次洗涤液少许

试管中，加入2BaCl溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗涤干净（4）①.ac②.223423NiS8H8NO3Ni3SO8NO4HO+−+−++=+++③.91%【解析】【分析】由装置图可以知道，整个装置通入氮气使反应都处在氮气氛围下，防止产物被氧气氧化，装置A是浓盐酸和FeS反应生成H

2S气体和FeCl2，然后经过装置B除去HCl杂质气体，最后H2S进入装置C和4NiSO反应生成NiS。【小问1详解】仪器X是恒压滴液漏斗；FeS与浓盐酸反应的离子方程式为22FeS2H=HS+Fe+++。【小问2详

解】由题可知NiS在有水存在时能被氧气氧化成()NiOHS，反应的化学方程式为()224NiS2HOO4NiOHS++=；由上述分析可知装置B中的试剂为了除去H2S中的HCl气体，所以装置B中式饱和NaHS溶液。【小问3详解】所得沉淀表面可能还附着24SO−等杂质离子，可以

通过检验最后一次洗涤液中不含有24SO−证明沉淀已洗涤干净，其方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入2BaCl溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗涤干净。【小问4详解】①a．天平应该是左物右码，图中没有遵循左物右码的原则，a错

误；b．用玻璃棒搅拌加速药品的溶解，b正确；c．容量瓶必须用玻璃棒引流将烧杯中的液体转移到容量瓶中，直接用烧杯倒入容量瓶是错误的，c错误；d．容量瓶最后需要用胶头滴管加入蒸馏水至液面最低处于刻度线相切，观察视线必须平视，d正确；故选ac。②NiS溶于稀硝酸反应生成4NiSO、NO和H2O

，反应的离子方程式为223423NiS8H8NO3Ni3SO8NO4HO+−+−++=+++。③由题可知，22NiEDTAEDTANi+++=−，22CuEDTAEDTACu+++=−，并且过量的EDTA可以被Cu2+滴定来计算用量，所以过量的n(EDTA)=2+n(Cu)=340.0

8mol/L1010L=810mol−−，2n(Ni)n(EDTA)-n(EDTA)+=过量，()330.1300.081010mol=2.210mol−−=−，则该镍样品纯度为：3250mL2.210mol91g/mol25mL100%91%2.2g−=

。18.钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有223232CaOSiOFeOFeOAlO、、、和23VO等物质。一种以钢渣粉为原料固定2CO并制备23VO的工艺流程如图所示。已知钢渣中Ca元素质量分数为2330%,VO在稀盐酸和4

NHCl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金属离子3Fe+2Fe+3Al+2Ca+开始沉淀pH1.97.23.512.4沉淀完全的pH2.98.25.113.8回答下列问题：（1）浸出1过程生成的2SiO“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向

钢渣扩散。提高浸出率的措施有_______(除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是_______。（2）为避免引入杂质离子，氧化剂A应为_______(举1例)。（3）滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为_

______。（4）若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定_______2kgCO。（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为_______。该培

烧反应的化学方程式是_______。（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知a=b=4.99nm,c=17.3nm,α=β=90,γ=120，该晶体密度为_______3gc

m−(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为AN)。的【答案】（1）①.适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌②.稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散（2）H2O2或氯水（3）氨水（4）297（5）①.Ca2V2O7②.

V2O3+2CaCO3+O2焙烧Ca2V2O7+2CO2（6）2A1234.9917.3N×1023【解析】【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”

，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进

行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。【小问1详解】浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度

、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。【小问2详解】加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2

或氯水。【小问3详解】加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。【小问4详解】钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”

中可固定CO2的质量为1000kg30%90%44g/mol40g/mol=297kg。【小问5详解】由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒

，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2焙烧Ca2V2O7+2CO2。【小问6详解】该晶胞中含Ca2+的个数为4×112+4×16+2×16+2×13+4=6，含2-3CO的个数4×16+

4×13+4=6，1个晶胞的质量为A1006Ng，晶胞的体积为23ac2=32×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)=32×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为A1006Ng÷(32×4.992×17.3×10-21cm3)=2A1234.9

917.3N×1023g/cm3。19.当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，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）CO2与H2反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。已知：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)H=_________

__。（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①()()22COgCOaq=②()()()()223COaqHO1HaqHCOaq25C+−+=+时，反应②的平衡常数为2K。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压物质的量分数)

，比例系数为11xmolLkPa−−，当大气压强为pkPa，大气中()2COg的物质的量分数为y时，溶液中H+浓度为___________mol/L(写出表达式，考虑水的电离，忽略3HCO−的电离)（3）在催化作用下，温度为T1℃时，将一定

量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应：主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)2ΔH=+41.2kJ/mol。①实验测得反应Ⅰ：22=kc(CO)c(H)正正，=kc(HCOOH)逆逆k正、k逆为速率常数。lgk与

温度的关系如图甲所示，T1℃下，图中A、B的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则K=___________。(已知10-0.3=0.5)②温度T2℃时，k正=0.8k逆，则T2________T1(填“”、“”或“=”)③实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的

选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。曲线a表示_______，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是_______。【答案】（1）-31.4kJ•mol-1（2）2Kpxy+Kw（3）①.2②.>③.HCOOH的选择性④.升高

温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度【解析】【小问1详解】由图可知，热化学方程式为①CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）ΔH=-72.6kJ/mol，②CO2（g）=CO（g）+12O2（

g）ΔH=+283.0kJ/mol，③12O2（g）+H2（g）⇌H2O（g）ΔH=-241.8kJ/mol，根据盖斯定律：①+②+③计算CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）的焓变ΔH=-72.6kJ/mol+（+283.0

kJ/mol）+（-241.8kJ/mol）=-31.4kJ/mol，故答案为：-31.4kJ•mol-1；【小问2详解】溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压=总压×物质的量分数），比例系数为xmol/（L•kPa），当大气压强为pkPa，大气中CO

2（g）的物质的量分数为y时，则溶液中CO2的浓度为pxymol/L，根据反应CO2（aq）+H2O（l）H+（aq）+-3HCO（aq）的平衡常数为K2=()()+-32cHc(HCO)cCO=+++c(H

)pxyKw[c(H)-]c(H)，则解得溶液中H+浓度为2Kpxy+Kwmol/L，故答案为：2Kpxy+Kw；【小问3详解】①实验测得反应Ⅰ：22=kc(CO)c(H)正正，=kc(HCOOH)

逆逆k正、k逆为速率常数，lgk与温度的关系如图甲所示，由上述分析可知，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，则降低温度平衡正向移动，图中A表示lgk正、B表示lgk逆，T1℃下，平衡时22)==kc(HCOOHk

c(CO)c(H)正正逆逆，，图中A、B的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则K=22c(HCOOH)c(CO)c(H)kk=正逆=(a0.7)(a-1)1010−=100.3=2，故答案为：2；②温度T2℃时，k正=0.

8k逆，则0.8kkkk=逆正逆逆=0.8小于K(T1)，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，K值减小，故T2＞T1，故答案为：＞；③由题干信息可知，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，即升高温度平衡逆

向移动，则HCOOH的选择性随温度升高而减小，且相同温度下，CO的选择性和HCOOH的选择性之和为1，曲线a表示HCOOH的选择性，b表示CO2的转化率，c表示CO的选择性，由于主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO

(g)+H2O(g)2ΔH=+41.2kJ/mol，则升高温度反应I逆向移动，CO2的转化率减小，而反应Ⅱ正向移动，CO2的平衡转化率增大，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是升高温度，反应I逆向移

动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，故答案为：HCOOH的选择性；反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度。20.化合物M作为抗肿瘤候选药物正处于临床研究阶段，其合成路线如图：已知：ⅰ．ⅱ．（1）A的化学名称为___________。中所含官能团名称为__

_________。（2）D的结构简式是___________。（3）KFL+→的反应类型为___________。（4）GH→的化学方程式是___________。（5）I的分子式为363CHO，核磁共振氢谱中只有一组

峰，Ⅰ的结构简式是___________。（6）的合成步骤如图：注：Boc的结构简式为①T(C3H4O2)的结构简式是___________。②上述合成中PQ→的目的是___________。【答案】（1）

①.乙二酸②.酮羰基氟原子(碳氟键)（2）（3）取代反应（4）2+O2CuΔ⎯⎯→2+2H2O（5）（6）①.②.保护氨基【解析】【分析】由题干合成路线图可知，由A的分子式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：HOOCCOOH，由B的分子式和A到B的转化条件可知，B的结构简式为：CH3CH

2OOCCOOCH2CH3，由D的分子式和B到D的转化条件并结合题干已知信息i反应可知，D的结构简式为：，由E、L的结构简式和E到F的转化条件、F的分子式可知，F的结构简式为：，由H的分子式和G到H的转化条件可知，H的结构简式为：，由K的结构简式和J的分子式以及H到J的转化

条件可知，J的结构简式为：，根据已知信息i的反应和H到J的转化可知，I的结构简式为：，(6)由Q、U的结构简式和Q到S的转化条件可知，S的结构简式为：，比较S和U的结构简式，并结合小问信息T(C3H4O2)的结构简式是，据此分析解题。【小问1

详解】由分析可知，A的结构简式为：HOOCCOOH，则A的化学名称为乙二酸，中所含官能团名称为酮羰基，故答案为：乙二酸；酮羰基；【小问2详解】由分析可知，D结构简式是，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，F的结构

简式为：，结合路线图中K和L的结构简式可知，K+F转化为L的反应为F中的羧基和K中的氨基发生酰胺化反应即反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；【小问4详解】由分析可知，H的结构简式为：，则GH→的化学方程式是2+O2CuΔ⎯⎯→2+2H2O，故答案为：2+O2Cu

Δ⎯⎯→2+2H2O；【小问5详解】由分析可知，I的分子式为363CHO，核磁共振氢谱中只有一组峰，Ⅰ的结构简式是，故答案为：；【小问6详解】①由分析可知，T(C3H4O2)的结构简式是，故答案为：；的