【文档说明】【精准解析】山东省济南市章丘市第四中学2020届高三下学期2月模拟考试化学试题.doc，共(21)页，1.176 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学模拟试题可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16S32Cl35.5K39第Ⅰ卷选择题单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。1.下列说法错误的是()A.《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主

要成分为CaCO3B.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油C.《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”。这种方法是蒸馏D.唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄

合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。【答案】A【解析】【详解】A.牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，A错误；B.这里的“洧水”指的是古代发现的石油，B正确；C.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”，可见加热有蒸汽产生又被冷凝后收集了

，故这种方法是蒸馏，C正确；D.唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作产生过程及现象，D正确；答案选A。2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.油脂在碱性条件下水解，可用于制硬化油B.FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀

电路板上的CuC.石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D.氢氧化铝可以和酸反应，可用治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A.油脂在碱性条件下水解，可用于制肥皂，植物油催化加氢，可以制硬化油，A错误；B.FeCl3溶液与铜反应

生成氯化亚铁和氯化铜，可用于腐蚀电路板上的Cu，B错误；C.石墨具有导电性可作电极，石墨质软可用于制铅笔芯，C错误；D.氢氧化铝可以和酸反应，可中和过多胃酸故用于治疗胃酸过多，D正确；答案选D。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.实验室用

H2O2制取氧气，生成1molO2电子转移数是4NAB.500mL0.2mol∙L−1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC.1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3NAD.2.24LCl2(标准状况)溶于水制成1L溶液，其中含氯微粒总浓度为0.2mol∙L−1【

答案】C【解析】【详解】A.实验室常用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2NA，故A错误；B.500mL0.2mol·L－1K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2

SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO32－＋H2OHSO3－＋OH－、HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3NA，故B错误；C.1mol乙醇和1mo

l乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3mol，消耗氧气的分子数为一定为3NA，故C正确；D.氯气溶于水后，溶液的体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则含氯微粒总浓度不是0.2mol/L，故D

错误；答案选C。4..常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、-3HCO、-3NOB.c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中：+4NH、Al3+、-3NO、Cl−C.由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的

溶液中：Na+、K+、Cl−、-3HCOD.c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中：K+、Cl−、2-4SO、SCN−【答案】B【解析】【详解】A.使酚酞变红色的溶液呈碱性：则Cu2＋、-3HCO不能共存，A错误；B.c(H+)/c(OH−)=1012

的溶液呈酸性，则+4NH、Al3+、-3NO、Cl−互不反应可以共存，B正确；C.由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的溶液中，水的电离被抑制，可以是酸溶液也可以是碱溶液，则-3HCO不能共存，C错误；D.c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中S

CN−不能共存，D错误；答案选B。5.香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法正确的是()A.六元环上的一氯代物有3种B.一定条件下能发生消去反应C.所有的碳原子一定处同一平面D.1mol烟酸能和4mol氢气发生加成反应【答案】

C【解析】【详解】A.六元环上有4种氢原子，故六元环上一氯代物有4种，A错误；B.含氧官能团为羧基，不能发生消去反应，B错误；C.烟酸分子中六元环的结构与苯环相似，按苯环的结构特点知所有的碳原子一定处同一平面，C正确；D.羧基不能和氢气发

生加成反应，故1mol烟酸能和3mol氢气发生加成反应，D错误；答案选C。6.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋S(l)ΔH<0，下列有关说法正确的是()A.若反应在恒容的密闭容器

中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变B.若反应在恒容的密闭容器中进行，则与在恒压时相比，SO2的转化率更高C.若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D.其他条

件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变【答案】D【解析】【详解】A．平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不断减小，容器内压强减小，A不正确；B．恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移

动，所以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；C．由于正反应的ΔH<0，所以升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，C不正确；D．其他条件不变时，使用不同的催化剂，虽然反应速率不同，但化学平衡常数只和温度有关，所以该反应的平衡常数不变，D正确；故选D。7.a、b、c、d

、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，b3-与d3+离子的电子层结构相同；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是（）A.简单离子的半径：c＞dB.简单氢化

物的热稳定性：c＞bC.a、b、c可能形成离子化合物D.e的最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】D【解析】【分析】a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，b3-与d3+离子的电子层结构相

同，则b为N元素，d为Al元素；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，c为O元素，a的原子中只有一个电子，a可能为H或Li，则e可能为第ⅣA族的Si或第ⅦA族元素为Cl元素。【详解】A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子的半径：c>d，故A正确；B.

元素的非金属性越强，氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：c>b，故B正确；C.a可能为H或Li、与N、O元素可能形成离子化合物，如硝酸锂，故C正确；D.硅酸属于弱酸，故D错误；故选D。【点睛】元素的不

确定增大了本题的难度。根据题意无法确定ae的元素种类，推断是要注意“原子序数依次增大且不同主族”对元素的要求。8.分别依据下列实验事实，得出的结论正确的是实验事实结论A苯酚和水的浊液中，加碳酸钠溶液，溶液变澄清苯酚的酸性比碳酸强B将“84”消毒液（含Na

ClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强C铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2mL0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1m

L0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/LNa2S溶液，有黑色沉淀生成氯化银的溶解度大于硫化银A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，由强酸制弱酸的反应原理可知，酸性苯酚>碳酸氢钠

溶液，A错误；B、将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色，说明产生了HClO，随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强，B正确；C、铜放入稀硫酸中，无明显现象，说明铜和稀硫酸不发生反应，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解，说

明硫酸中加入硝酸钠，产生了稀硝酸，铜与稀硝酸反应，生成了硝酸铜的蓝色溶液，同时生成了NO，并不是硝酸钠加快铜与稀硫酸的反应速率，C错误；D、向2mL0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/LNa2S溶液，有黑色沉淀生

成，根据题中所给硝酸银、氯化钠、硫化钠的用量，可知硝酸银与氯化钠反应，硝酸银过量，过量的硝酸银会与硫化钠反应，生成黑色沉淀，因而与溶解度无关，D错误；答案选B。9.下列离子方程式书写正确的是A.向明矾溶液中加入过量氢

氧化钡溶液：SO42-＋Ba2＋BaSO4↓B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液：CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2OC.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋Fe2＋＋2H2OD.

向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+＋OH－NH3·H2O【答案】B【解析】【详解】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为:Al3++SO42-＋Ba2＋+4OH-BaSO4↓+Al

O2-+2H2O,故A错误；B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2O，故B正确；C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为:3

Fe(OH)2+NO3-＋10H＋3Fe3＋＋8H2O+NO,故C错误；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式:NH4+＋HCO3-+2OH－CO32+-NH3·H2O+H2O，故D错误；答案：B。10.国内最新研究，实现CO2的固定

和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程C不参与反应。放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列叙述正确的是A.放电过程正极反应式为4Li++3CO2+4e－=2Li2CO3+CB.若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可

以固定C的质量为1.2gC.充电过程B电极为阴极，发生氧化反应D.可用LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO【答案】A【解析】【详解】A.放电过程为原电池，根据放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极上二氧化碳得到电子生成Li2CO3

和C，电极反应式为4Li++3CO2+4e－=2Li2CO3+C，故A正确；B.根据A的分析，若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C0.05mol，质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，故B错误；C.放电过程中

金属锂为负极，则充电过程锂电极(A)为阴极，发生还原反应，故C错误；D.锂能够与水反应，不能用LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO，故D错误；答案选A。不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意11.迷迭香酸是从蜂花属

植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述正确的是（）A.迷迭香酸属于芳香烃B.迷迭香酸含有五种官能团C.1mol迷迭香酸最多能和7mol溴水发生反应D.1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应【答案】CD【解析

】【分析】迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，根据各官能团的性质分析与迷迭香酸反应消耗的溴水、NaOH物质的量。【详解】A项，迷迭香酸中含C、H、O三种元素，迷迭香酸不属于烃，A项错误；B项，迷迭香酸中含有的官能

团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，共四种，B项错误；C项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基和1个碳碳双键，1mol迷迭香酸最多与6molBr2发生取代反应、与1molBr2发生加成反应，1mol迷迭香酸最多能与7mol

Br2发生反应，C项正确；D项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，1mol迷迭香酸最多能与6molNaOH发生反应，D项正确；答案选CD。【点睛】解答本题需要注意：（1）苯环不属于官能团；（2）酚类与溴水发生取代反应时，

酚羟基的邻、对位苯环氢可被溴原子取代。12.考古中出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法正确的是()A.锡青铜的熔点比纯铜高B.锡青铜中的锡加速了铜的腐蚀速度C.锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快D.生成Cu2(OH)3Cl覆盖物

是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程【答案】C【解析】【详解】A.锡青铜是合金，合金的熔点比纯金属的熔点都低，A错误；B.锡青铜中的锡比铜活泼，所以形成原电池时，锡作负极，则铜被保护，B错误；C.在潮湿环境中，锡青铜易形成原电池而发生电化学腐蚀，所以在潮湿环境中的

腐蚀比干燥环境中快，C正确；D.生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但属于化学反应，D错误。答案选C。13.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O。下

列说法正确的是A.Fe2＋的还原性强于Mn2＋B.MnO4-是氧化剂，Fe3＋是还原产物C.生成1mol水时，转移1.25mol电子D.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成【答案】AC【解析】【详解】

A．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；B．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeS

O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量=1018mol=1.25mol，故C正确；D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉

淀，故D错误；答案选AC。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键。本题的易错点为D，要注意铁离子的检验中的现象是溶液变成血红色，不是血红色沉淀。14.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol

·L-1H3PO4溶液，曲线如图所示，下列说法中正确的是()A.当2<pH<4.7时，H3PO4的第一步电离平衡常数均相同B.A点溶液中有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(24HPO−)＋c(24HPO−)＋c(34PO−)＋c(OH－)C.B点溶液中

有：c(Na＋)>c(24HPO−)>c(34PO−)>c(24HPO−)D.等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液中有2c(H＋)＋c(24HPO−)＝2c(OH－)＋c(24HPO−)＋3c(34PO−)【答案】AD【解析】【详解】A．H3PO4的第一步电离平衡常数与温度有关

，与溶液的pH大小无关，因此当2＜pH＜4.7时，H3PO4的第一步电离平衡常数均相同，故A正确；B．根据电荷守恒得到A点溶液中有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(24HPO−)＋2c(24HPO−)＋3c(34

PO−)＋c(OH－)，故B错误；C．B点溶液中溶质为Na2HPO4，溶液pH=9.7，溶液显碱性，说明24HPO−是水解大于电离，因此c(Na＋)＞c(24HPO−)＞c(24HPO−)＞c(34PO−)，故C错误；D．等浓度的NaH2PO

4和Na2HPO4的混合溶液中电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(24HPO−)＋2c(24HPO−)＋3c(34PO−)＋c(OH－)，再根据物料守恒：2c(Na＋)＝3c(24HPO−)＋3c(24

HPO−)＋3c(34PO−)，将第一个等式乘以2再减去第二个等式：2c(H＋)＋c(24HPO−)＝2c(OH－)＋c(24HPO−)＋3c(34PO−)，故D正确。综上所述，答案为：AD。15.利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C3H8(g)⇌C3H6(g)＋H2

(g)ΔH。起始时，向2L密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知p1为0.1MPa)。下列说法正确的是()A.反应的ΔH＜0B.压强p2＜0.1MPaC.p1条件下，556℃时，该反应的

平衡常数为1/6D.556℃时，起始向2L密闭容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时v(正)＞v(逆)【答案】B【解析】【详解】A．图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反

应的△H＞0，A错误；B．温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1＞p2，即压强p2＜0.1MPa，B正确；C．丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为x，图象

中可知丙烷在B点物质的量分数为50%，则3832CHCH6+H1001xxxxxx−始变平11xxxx−−++=50%，即x=13，所以平衡常数111661123K==，C错误；D．556℃时，起始向2L密闭容

器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时浓度熵为0.40.30.20.6=＞112，所以反应逆向进行，v(正)＜v(逆)，D错误；答案选B。第Ⅱ卷非选择题16.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。(1)Li4S

iO4可用于富集得到高浓度CO2。原理是：在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。700℃时反应的化学方程式为____。(2

)固体氧化物电解池(SOEC)用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气(CO＋H2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图。写出电极c发生的电极反应式：___________、_____________。(3)电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)＋2H

2(g)⇌CH3OH(g)。对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)。此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将_____(填“向正反应

方向”“不”或“向逆反应方向”)移动。(4)已知：若甲醇的燃烧热为ΔH3，试用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(l)的ΔH，则ΔH＝_____。(5)利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价

CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图所示，若用1mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应可生成______molC(碳)。【答案】(1).Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4(2).CO2+2e－=C

O+O2−(3).H2O+2e－=H2+O2−(4).向逆反应方向(5).2ΔH1－ΔH2－ΔH3(6).0.1【解析】【分析】(1)根据信息分析和质量守恒书写低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成的两种锂盐，再书写平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生的方

程式。(2)其工作原理如图，电极c上CO2中C化合价降低，H2O中H化合价降低，作电解池的阴极。(3)先计算平衡时H2(g)、CO(g)和CH3OH(g)物质的量，求出平衡常数，再求出向容器中再通入0.35molCO气体时容器体积，求出浓度商并与平衡常数比较。(4)根据图像和燃烧热的概念得到三

个热反应方程式，再根据盖斯定律计算。(5)根据图中信息得到反应方程式，再根据方程式计算。【详解】(1)在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐，根据元素守恒得到两种锂盐为Li2CO3

和Li2SiO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。700℃时反应的化学方程式为Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4；故答案为：Li2CO3+Li2SiO3

=CO2+Li4SiO4。(2)其工作原理如图，电极c上CO2中C化合价降低，H2O中H化合价降低，作电解池的阴极，电极c发生的电极反应式：CO2+2e－=CO+O2−、H2O+2e－=H2+O2−；故答案为：CO2+2e－=CO+O2−、H

2O+2e－=H2+O2−。(3)某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)，则消耗0.8molH2(g)，0.4molCO(g)，剩余0.2m

olH2(g)和0.8molCO(g)，此时容器内气体物质的量共0.2mol+0.8mol+0.4mol=1.4mol，容器体积为2L，此时平衡常数为20.42500.80.2()22K==；此时向容器中再通入0.35molCO气体，则气体物质的量为1.75

mol，根据恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之比，得到容器体积为1.75mol2L2.5L1.4mol=，此时CO物质的量为1.15mol，则浓度商c20.42.5=54.3501.150.22.52.5Q，因此平衡将向逆反应方向移动；故答案为

：向逆反应方向。(4)根据图像得到H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH1，CO2(g)=CO(g)＋12O2(g)ΔH2，甲醇的燃烧热为ΔH3，即CH3OH(l)＋32O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3，将第一个方程式乘以2

减去第二个方程式，再减去第三个方程式得到CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(l)的ΔH，则ΔH＝2ΔH1－ΔH2－ΔH3；故答案为：2ΔH1－ΔH2－ΔH3。(5)根据图中信息得到反应方程式为10Fe0.9O＋CO2=3Fe3O4＋C，若用1mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应，根

据方程式可生成0.1molC(碳)；故答案为：0.1。【点睛】向恒压容器加入气体时，一定要注意加入的气体会使整个容器体积增大，因此要计算出此时容器的体积，再根据浓度商进行计算并与平衡常数相比较。17.南京工业大学某研究团队最近在《NatureCommunications》刊文

介绍了他们开发的一种新型催化剂——反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮(碳)化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜力的析氧反应电催化剂。回答下列问题：(1)在周期表中，N、O、F是位于同周期且相邻的三种元素，第一

电离能最大的元素和最小的元素组成一种只含极性键的化合物M，M分子的立体构型是___，中心原子的杂化类型是______。(2)CN-能与多种金属离子形成配合物。例如，工业冶炼金的原理：2[Au(CN)2]-＋Zn===2Au＋[Zn(CN)4]2-。1mol[Zn(CN)4]2-含_

_____molσ键。(3)钛酸钙的晶胞如图所示。钛酸钙的化学式为_____；1个钛离子与_____个氧离子等距离且最近，这些氧离子可构成正八面体，钛离子位于该正八面体的体心。已知钛酸钙的晶胞参数为anm，则该正八面体的边长为_____pm。(4)Fe和N可组成一种过渡金属

氮化物，其晶胞如图所示。六棱柱底边边长为xcm，高为ycm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为_____g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】(1).V形(2).sp3(3).8(4).CaTiO3(5).6(6).5002a(7).2A566+1423xy6N4【

解析】【分析】分子的空间构型和中心原子的杂化方式按价层电子对互斥理论回答，化学式按均摊法计算、过渡金属氮化物其晶胞密度也均摊法计算，体积求算：六棱柱的体积等于底面积×高，正六边形面积等于6×正三角形面积，正三角形的高为32xcm，每个正三角形的面积为34x2cm2。【详解】(1)同一周期

元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，氮N元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性较强，则第一电离能大小的顺序为F＞N＞O，第一电离能最大的F元素和最小的O元素组成一种只含极性键的化合物M的分子式为

OF2，OF2分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则O原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为V形；(2)1个CN-内有碳碳叁键，含1个σ键和2个π键，[Zn(CN)4]2-有4个配位键是σ键，故

1mol[Zn(CN)4]2-含8molσ键；(3)由晶胞结构可知，晶胞中钙离子的个数为1，钛离子的个数为8×18=1，氧离子个数为12×14=3，离子个数比为1:1:3，则钛酸钙的化学式为CaTiO3；1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近，正八面体边长等于晶胞边长的22倍，1

nm＝103pm，则该正八面体的边长为22a×103pm＝5002apm；(4)由晶胞结构可知，晶胞含有12×16＋2×12＋3＝6个Fe原子，含有2个N原子，六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为32xcm，每个正三角形的面积为34x2cm2，晶胞的体积为236xy4c

m3，则晶胞的密度为2A566+1423xy6N4g/cm3，故答案为：2A566+1423xy6N4。18.用含锂废渣(主要金属元素的含量：Li3.50%、Ni6.55%、Ca6.41%、Mg13.24%)制备Li2CO3，并用其制备锂离子电池的正极材料LiFePO4。部分

工艺流程如下：资料：i．滤液1、滤液2中部分离子的浓度(g‧L-1)：Li+Ni2+Ca2+Mg2+滤液122.7220.680.3660.18滤液221.947.7×10-30080.78×10-3ii．EDTA能和某些二价金属离子形成的水溶性络合物。iii．某些物质的

溶解度(S)：T/℃20406080100S(Li2CO3)/g1.331.171.010.850.72S(Li2SO4)/g34.733.632.731.730.9I．制备Li2CO3粗品(l)上述流程中为加快化

学反应速率而采取的措施是__________。(2)滤渣2的主要成分有___________。(3)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是_________。II．纯化Li

2CO3粗品(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，该池使用了___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。III．制备Li

FePO4(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是_________________。IV．(6)FePO4是一种难溶于水的易溶于硫酸的白色固体，FePO4在pH=2时沉淀效果最好，邻二氮菲与Fe2+结合生成稳定

的橙红色邻二氮菲亚铁离子，与Fe3+形成浅蓝色邻二氮菲铁离子。实验室可以利用FeSO4•7H2O和H3PO4(弱酸)制备FePO4。其制备的步骤为取一定量的FeSO4•7H2O溶解于稍过量的H3PO4中，(请补充

完操作步骤)_________。(可以使用的试剂有邻二氮菲试剂、20%H2O2溶液、NaOH溶液、蒸馏水。)【答案】(1).研磨、70℃加热(2).Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2(3).趁热过滤(4).阳(5).Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+

3CO↑(6).在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥【解析】【分析】含锂废渣(主要

金属元素的含量：Li3.50%、Ni6.55%、Ca6.41%、Mg13.24%)研磨后与硫酸在70℃时发生反应，由表中离子浓度的数据，可确定生成的滤渣1为CaSO4；加入NaOH后调节pH=12，由表中数据可确定滤渣2为Mg(OH)2、Ni(OH)2和C

a(OH)2；加入EDTA和饱和Na2CO3溶液后，生成Li2CO3；再加入磷酸等，最后转化为LiFePO4。【详解】(l)从图中可以看出，上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是研磨、70℃加热。答案为：研磨、70℃加热；(2)由分

析知，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2。答案为：Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2；(3)90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品时，需考虑到随着过滤操作的进行，混合液的温度降低，Li2CO3的溶解度增大，易造成Li2CO3的溶解损失，所

以应进行的操作是趁热过滤。答案为：趁热过滤；(4)在阳极，2H2O-4e-=O2↑+4H+，起初发生反应H++3HCO−=H2O+CO2↑，若使用阴离子交换膜，后来从右侧迁移入的OH-与H+再反应，阳极区溶液不可能是纯净的LiOH溶液；若使用阳离子交换

膜，则Li+进入阴极区，与生成的OH-构成纯净的LiOH溶液，故该池使用了阳离子交换膜。答案为：阳；(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，此可燃性气体应为CO，该反应

的化学方程式是Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑。答案为：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑；(6)FePO4中铁显+3价，应加入强氧化剂(20%H2O2溶液)将Fe2+氧化为Fe3

+；为保证Fe2+全部氧化为Fe3+，还需对氧化产物进行检验；原溶液酸性强，应加入NaOH溶液调节pH=2。综合以上分析，可得出制备的步骤为：取一定量的FeSO4•7H2O溶解于稍过量的H3PO4中，

在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。答案为：在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2

，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。【点睛】在回答“90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作”时，我们很容易忽视“趁热”而只回答“过滤”，解题时应理解命题人提供表中数据的真实意图。19.以绿矾(FeSO4·7H2O)为原料制

备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如下：(1)“氧化”时发生反应的离子方程式为_____。(2)“合成”时生成Na2FeO4的离子方程式为______。不同温度和pH下2-4FeO在水溶液中的稳定性如下图所示。为了提高“合成”时Na2FeO4的产率，下列措施可行的

是________(填字母)。A.充分搅拌反应液B.控制反应在60℃左右进行C.将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中D.将NaClO和NaOH混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中(3)“滤渣”的主要成分为___

___(填化学式)。(4)向“过滤”后的滤液中加入饱和KOH溶液可析出K2FeO4晶体，说明该温度下两者饱和溶液的物质的量浓度c(K2FeO4)______c(Na2FeO4)(填“<”、“>”或“＝”)；此时母液中的阴离子除2-4FeO和OH-外，一定还含有____。【答案】(1).2

Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O(2).3ClO-+10OH-+2Fe3+===22-4FeO+3Cl-+5H2O(3).AC(4).Fe(OH)3(5).<(6).2-4SO、Cl-【解析】【分析】过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，

通过条件反应温度、把将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中，碱性环境中ClO-把Fe3+氧化物2-4FeO，过滤除去少量氢氧化铁沉淀，往滤液中加入饱和氢氧化钾溶液，即可提取高铁酸钾晶体；【

详解】(1)绿矾溶解产生亚铁离子，过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O；(2)根据流程可知，“合成”时生成Na2FeO4的离子方

程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+===22-4FeO+3Cl-+5H2O；四个措施讨论如下：A.充分搅拌反应液，可使反应充分，可提高Na2FeO4的产率，故A正确；B.由图可知控制反应在60℃左右进行，高铁酸钠的产率

较低，故B错误；C.从示意图知，碱性条件下高铁酸根离子产率高，故将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中可提高Na2FeO4的产率，故C正确；D.将NaClO和NaOH混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中不能提高Na2FeO4的产率，故D错误

；故答案为AC；(3)在合成时会有部分铁离子转化为氢氧化铁，则“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3；(4)向"过滤"后的滤液中加入饱和KOH溶液可析出K2FeO4晶体，根据物质的溶解性可知该温度下两者饱和溶液的物质的量浓度c(K2FeO4)<c(Na2FeO4)；根据元素守恒可知此

时母液中的阴离子除2-4FeO和OH-外，一定还含有2-4SO、Cl-。20.化合物E是合成一种眼科表面麻醉用药的中间体，其合成路线如下：(1)E中的含氧官能团名称为硝基、______、_____(写两种)。(2)D→E的反

应类型为_____。(3)B的分子式为C9H9O5N，则B的结构简式为______。从整个流程看，设计A→B这一步的目的是_____。(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式_____。①属于α氨基酸；②分子中含

有苯环；③分子中有6种不同化学环境的氢。(5)请以CH3OH和C2H5OH为有机原料制备医药中间体(CH3CH2OCOOCH2CH3)，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)____。【答案】(1).酯基(2).醚键(3).取代反应(4).(5).保

护羧基(6).(7).CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2OCH3CH3CH2OCOOHCH3CH2OCOOCH2CH3【解析】【分析】(1)~(4)比较C和D的结构，D为C的酯基在碱性条件下水解，C发生取代反应生成D，根据题中各物质转化关系，A发生取代反应生成B，结合反应①②的条件可知B

为，B发生取代反应生成C；(5)逆合成分析法讨论合成CH3CH2OCOOCH2CH3的合成线路：要制得CH3CH2OCOOCH2CH3，需要CH3CH2OCOOH，CH3CH2OCOOH可由CH3CH2OCH3转化而来，CH3CH2OCH3可由C

H3CH2Br和甲醇在一定条件下制得，CH3CH2Br则由CH3CH2OH和HBr反应生成，据此回答；【详解】(1)由结构简式可知E含有硝基、酯基、醚键等官能团，故答案为：酯基；醚键；(2)由官能团的转化可知D发生取代反应生成E取代反应；(3)A与乙醇发生酯化反应生成B

，B为，从整个流程看，设计A→B可保护−COOH，故答案为：；保护羧基；(4)D为，分子式为C11H13O5N，有多种同分异构体，同时满足①属于α氨基酸；②分子中含有苯环，则苯环侧链需引入；③分子中有6种不同化学环境的氢，中已有3种氢原子，分子内剩余C9H9O3在苯环及侧链上它们还有3种氢原子

，按苯环上还另有1个、2个、3个侧链尝试，则满足条件的结构简式为；(5)据分析，要制得CH3CH2OCOOCH2CH3，需要CH3CH2OCOOH和乙醇发生酯化反应，CH3CH2OCOOH可由CH3CH2OCH3被高锰酸钾氧化而生产，CH3CH2OCH3可由CH3C

H2Br和甲醇在一定条件下发生取代反应制得，CH3CH2Br则由CH3CH2OH和HBr发生取代反应生成，故合成线路为：CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2OCH3CH3CH2OCOOHCH3CH2OCOOCH2CH3。