【文档说明】四川省成都石室中学2020届高三高考适应性考试（二）化学试题含答案.docx，共(13)页，227.791 KB，由小赞的店铺上传

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2020年四川省成都市实验中学高考化学模拟试卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.化学与生活密切相关，下列

叙述中不正确的是()A.用氟利昂做制冷剂会加剧雾霾天气的形成B.严格地讲实验室中的“通风厨”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体一般没有得到转化或吸收C.“长征九号”运载火箭的壳体通常采用纤维

作增强体，金属作基体的复合材料D.漂洗衣服时，可以采用萃取原理中的“少量多次”来节约用水2.下列有关实验操作与结论都正确的是()选项实验操作及现象实验结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色说明该食盐不含𝐾𝐼𝑂3B向某无色溶液中

滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀又会全部消失该无色溶液中一定有𝐴𝑙3+，无𝑀𝑔2+C向尿液中加入新制𝐶𝑢(𝑂𝐻)2悬浊液，没有砖红色沉淀生成说明尿液中不含有葡萄糖D某待测液中先滴入氯水无明显现象，后滴入硫氰化钾溶液出现血红色该待测液中一定含有𝐹𝑒2+

A.AB.BC.CD.D3.W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是()YZXWA.X位于元素周期表中的第3周期第ⅥA族B.X、Y

、Z三种元素对应原子的半径依次减小C.𝑋𝑍2和𝑌𝑍2的结构和化学性质相似D.利用Y的含氧酸酸性强于W的含氧酸酸性，可证明非金属性W强于Y4.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形

成的(如图)。下列说法正确的是()A.化合物(𝐴)不能与乙醇发生反应B.化合物(𝐵)分子式为𝐶6𝐻6𝐶𝑙6C.化合物(𝐵)可通过苯与Cl发生加成反应制得D.1mol化合物(𝐴)可与3𝑚𝑜𝑙𝐻2发生加

成反应5.氢氧化铈[𝐶𝑒(𝑂𝐻)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含𝑆𝑖𝑂2、𝐹𝑒2𝑂3、𝐶𝑒𝑂2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：下列说法错误的是()A.滤渣A中主要含有𝑆�

�𝑂2、𝐶𝑒𝑂2B.过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C.过程②中发生反应的离子方程式为𝐶𝑒𝑂2+𝐻2𝑂2+3𝐻+=𝐶𝑒3++2𝐻2𝑂+𝑂2↑D.过程④中消耗11

.2𝐿𝑂2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×10236.锌−空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2𝑍𝑛+𝑂2+4𝑂𝐻−+2𝐻2𝑂=2𝑍𝑛(�

�𝐻)42−.下列说法正确的是()A.充电时，电解质溶液中𝐾+向阳极移动B.充电时，电解质溶液中𝑐(𝑂𝐻−)逐渐减小C.放电时，负极反应为：𝑍𝑛+4𝑂𝐻−−2𝑒−=𝑍𝑛(𝑂𝐻)42−D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4𝐿(

标准状况)7.常温下，向100𝑚𝐿0.01𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1𝐻𝐴溶液中逐滴加入0.02𝑚𝑜𝑙−1𝑀𝑂𝐻溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况体积变化忽略不计).下列说法中不正确的是()A.MOH为一元弱碱B.MA稀溶液𝑃𝐻<7C.N点水的电离程度大于K点水的电

离程度D.K点对应的溶液的𝑃𝐻=10，则𝐶(𝑀𝑂𝐻)+𝐶(𝑂𝐻)−𝐶(𝐻+=0.01𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）8.煤燃烧排放的烟气含有𝑆𝑂2和𝑁𝑂𝑥，形成酸雨、污染大气，采用𝑁

𝑎𝐶𝑙𝑂2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：(1)在鼓泡反应器中通入含有𝑆𝑂2和NO的烟气，反应温度323K，𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2溶液浓度为5×10−3𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1.反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子�

�𝑂42−𝑆𝑂32−𝑁𝑂3−𝑁𝑂2−𝐶𝑙−𝑐/(𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1)8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3①写出𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2溶液脱硝过程中主要

反应的离子方程式______。增加压强，NO的转化率______(填“提高”、“不变”或“降低”)。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______(填“增大”、“不变”或“减小”)。③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率(填“大于”或“

小于”)。原因是除了𝑆𝑂2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是______。(2)在不同温度下，𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2溶液脱硫、脱硝的反应中𝑆𝑂2和NO的平衡分压𝑝𝑐如图所示。①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均____

__(填“增大”、“不变”或“减小”)。②反应𝐶𝑙𝑂2−+2𝑆𝑂32−=2𝑆𝑂42−+𝐶𝑙−的平衡常数K表达式为______。(3)如果采用NaClO、𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂)2替代𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2，也能得到较好

的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，𝐶𝑎(𝐶𝑙𝑂)2相比NaClO具有的优点是______。9.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𝐿𝑖+电池的正极材料𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4.部分工艺流程如图：资料：Ⅰ.滤液1、滤液2中部分离子的浓度(𝑔⋅𝐿−1)：𝐿𝑖+𝑁𝑖2+𝐶𝑎2+𝑀

𝑔2+滤液122.7220.680.3660.18滤液221.947.7×10−30.080.78×10−3Ⅱ.𝐸𝐷𝑇𝐴能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。Ⅲ.某些物质的溶解度(𝑆)：𝑇/℃20406080100�

�(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______。(4)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，𝐿𝑖+转化为𝐿𝑖2𝐶𝑂3的转化率为b，则粗品中含�

�𝑖2𝐶𝑂3的质量是______g。Ⅱ.纯化𝐿𝑖2𝐶𝑂3粗品(5)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𝐿

𝑖2𝐶𝑂3.电解原理如图所示，阳极的电极反应式是，该池使用了______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。Ⅲ.制备𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4(6)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______。10.张亭栋研究小组受民间中医启发，发现𝐴𝑠2𝑂3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(𝑁)、磷(𝑃)、砷(𝐴𝑠)等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下

列问题：(1)𝑁、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为______；As原子的核外电子排布式为______。(2)𝑁𝐻3的沸点比𝑃𝐻3______(填“高“或“低”)，原因是______。(3)𝑁𝑎3𝐴𝑠𝑂4中含有的化学键类型包括______；𝐴𝑠𝑂43

−的空间构型为______，𝐴𝑠4𝑂6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是______。(4)白磷(𝑃4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为acm，阿伏加德

罗常数为𝑁𝐴𝑚𝑜𝑙−1，则该晶胞中含有的P原子的个数为______，该晶体的密度为______𝑔⋅𝑐𝑚−3(用含𝑁𝐴、a的式子表示)。11.Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：请回答以下问

题：(1)𝐷的化学名称为______，𝐻→𝑃𝑟𝑜𝑙𝑖𝑡𝑎𝑛𝑒的反应类型为______。(2)𝐸的官能团名称分别为______和______。(3)𝐵的结构简式为______。(4)𝐹→𝐺的化学方程式为_

_____。(5)𝐶的同分异构体中能同时满足下列条件的共有______种(不含立体异构)；①属于芳香化合物②能发生银镜反应③能发生水解反应其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3：2：2：1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式__

____。(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线______(其他无机试剂和溶剂任选)。三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）12.铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合

金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究．填写下列空白：[方案一][实验方案]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．实验中发生反应的化学方程式是______．[实验步骤](1)称取10.8𝑔铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量

浓度为4.0𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1𝑁𝑎𝑂𝐻溶液中，充分反应．则NaOH溶液的体积𝑉≥______mL．(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)．[方案二][实验方案]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应

，测定生成气体的体积．[实验步骤](1)同学们拟选用如图1实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是A接______接______接______(填接口字母，可不填满)．(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也

会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了如图2所示的实验装置．①装置中导管a的作用是______．②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为𝑉1mL、𝑉2mL，则产生氢气的体积为__

____mL．③若需确定产生氢气的量，还需测定的数据是______．答案和解析1.【答案】A【解析】解：𝐴..氟利昂可导致臭氧空洞，与雾霾无关，故A错误；B.“通风厨”只是避免了实验室内的污染，有害气体未被吸收处理，排放到空气中污染环境，

故B正确；C.以纤维为增强体、金属为基体的是复合材料，碳纤维熔点高、硬度大，金属钛熔点高、导电、导热，二者的密度都较小，故C正确；D.采用萃取原理中的“少量多次”，漂洗衣服时能节约用水，故D正确；故选：A。A.氟利昂可导致臭氧空洞；B.“通风厨”只是避免了实验室内的污染，排放到空气中照样

污染环境；C.含有两种以上类型的材料称为复合材料；D.少量多次漂洗衣物可以节约用水量。本题考查了化学与生活的分析应用，注意知识的积累和理解，掌握基础是解题关键，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：𝐴.若含𝐾𝐼𝑂3，K元素的焰色

浅紫色能被Na元素的焰色黄色遮挡，操作不合理，故A错误；B.只有𝐴𝑙3+遇NaOH才能产生“先生成沉淀后沉淀溶解”的现象，操作、现象、结论均合理，故B正确；C.新制𝐶𝑢(𝑂𝐻)2悬浊液与葡萄糖只有在加热条件下才能产生砖红色沉淀，故C错误；D.若待测液中含有

𝐹𝑒3+，也有同样的现象，检验亚铁离子时试剂顺序不合理，故D错误；故选：B。A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；B.氢氧化铝具有两性；C.反应需要加热至沸腾；D.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子。本题考查化学实验方

案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3.【答案】B【解析】解：由以上分析可知X为Si元素、Y为N元素、Z为O元素，W为S元素。A.X为S

i元素，位于元素周期表中的第3周期第IVA族，故A错误；B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为𝑋>𝑌>𝑍，故B正确；C.𝑆𝑖𝑂2是原子晶体，𝑁𝑂2是分子晶体，二者结构不同，故C错误；D.

非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸不能通过酸性比较非金属性，故D错误；故选：B。由元素在周期表中的位置可知Y、Z位于第二周期，X、W位于第三周期，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则W应为S元素，Z为O元素，由相对位置可知Y为N元素，X为Si元素，以此解答该

题。本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。4.【答案】D【解析】解：𝐴.化合物A含有羧基，可发生

酯化反应，故A错误；B.化合物B不含H原子，分子式为𝐶6𝐶𝑙6，故B错误；C.化合物B含有苯环，由苯和氯气发生取代反应生成，故C错误；D.化合物A含有苯环，可与氢气发生加成反应，则1mol化合物(𝐴)可与3𝑚𝑜𝑙𝐻2发生加成反应，故D正确。故选：D。A.A含有

羧基，可发生酯化反应；B.B不含H原子；C.B由苯和氯气发生取代反应生成；D.化合物A含有苯环，可与氢气发生加成反应。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。5.【答

案】C【解析】解：废玻璃粉末(含𝑆𝑖𝑂2、𝐹𝑒2𝑂3、𝐶𝑒𝑂2以及其他少量可溶于稀酸的物质)中加入稀盐酸，𝐹𝑒2𝑂3转化𝐹𝑒𝐶𝑙3存在于滤液中，滤渣为𝐶𝑒𝑂2和𝑆𝑖𝑂2；加入稀硫酸和𝐻2𝑂2，𝐶𝑒𝑂2转化为𝐶𝑒3+，滤渣为

𝑆𝑖𝑂2；加入碱后𝐶𝑒3+转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品𝐶𝑒(𝑂𝐻)4，A.分析可知滤渣A中主要含有𝑆𝑖𝑂2、𝐶𝑒𝑂2，故A正确；B.过滤操作中用到的玻璃仪器有

烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C.稀硫酸、𝐻2𝑂2，𝐶𝑒𝑂2三者反应生成转化为𝐶𝑒2(𝑆𝑂4)3、𝑂2和𝐻2𝑂，反应的离子方程式为：6𝐻++𝐻2𝑂2+2𝐶𝑒𝑂2=2𝐶

𝑒3++𝑂2↑+4𝐻2𝑂，故C错误；D.过程④是通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品𝐶𝑒(𝑂𝐻)4，4𝐶𝑒(𝑂𝐻)3+𝑂2+2𝐻2𝑂=4𝐶𝑒(𝑂𝐻)4，消耗11.

2𝐿𝑂2(已折合成标准状况)，转移电子数=11.2𝐿22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙×4×6.02×1023=2×6.02×1023，故D正确；故选：C。废玻璃粉末(含𝑆𝑖𝑂2、𝐹𝑒2𝑂3、𝐶𝑒𝑂2以及其他少量可溶于稀酸的物

质)中加入稀盐酸，𝐹𝑒2𝑂3转化𝐹𝑒𝐶𝑙3存在于滤液中，滤渣为𝐶𝑒𝑂2和𝑆𝑖𝑂2；加入稀硫酸和𝐻2𝑂2，𝐶𝑒𝑂2转化为𝐶𝑒3+，滤渣为𝑆𝑖𝑂2；加入碱后𝐶𝑒3+转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产

品𝐶𝑒(𝑂𝐻)4，据此解答。本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识，题目难度中等。6.【答案】C【解析】【分析】本题考查原电池与电解池的基础知识，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书写及电子转移的计算

，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度中等。【解答】根据2𝑍𝑛+𝑂2+4𝑂𝐻−+2𝐻2𝑂=2𝑍𝑛(𝑂𝐻)42−可知，𝑂2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为𝑍𝑛+4𝑂𝐻−−2𝑒−=�

�𝑛(𝑂𝐻)42−，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。A.充电时阳离子向阴极移动，故A错误；B.充电时，总反应为2𝑍𝑛(𝑂𝐻)42−=2𝑍𝑛+𝑂2+4𝑂𝐻−+2𝐻2𝑂，则电解质溶液中𝑐(𝑂𝐻−)逐渐增大，故B错误；C.放电时，负极反应式为𝑍𝑛+4

𝑂𝐻−−2𝑒−=𝑍𝑛(𝑂𝐻)42−，故C正确；D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2𝐿(标准状况)，故D错误。故选C。7.【答案】D【解析】解：𝐴.0.01𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1𝐻𝐴溶液中𝑝𝐻=2，则HA是强酸，5ml碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，5

1ml恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故A正确；B.HA是强酸，碱为弱碱，MA是强酸弱碱盐，其稀溶液𝑃𝐻<7，故B正确；C.由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10−7𝑚𝑜𝑙/𝑙，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离

子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10−7𝑚𝑜𝑙/𝑙，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C正确；D.在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，𝑐(𝑀𝑂𝐻)+𝑐(𝑀+

)=0.01𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，根据电荷守恒得𝑐(𝑀+)+𝑐(𝐻+)=𝑐(𝑂𝐻−)+𝑐(𝐴−)，𝑐(𝑀𝑂𝐻)+𝑐(𝑂𝐻−)−𝑐(𝐻+)=𝑐(𝑀+)−𝑐(𝐴−)+𝑐(𝑀𝑂𝐻)=0.01𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1−0.005𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−

1=0.005𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，故D错误；故选：D。0.01𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1𝐻𝐴溶液中𝑝𝐻=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒

计算K点𝑐(𝑀𝑂𝐻)和𝑐(𝑀+)的和．A.根据0.01𝑚𝑜𝑙/𝐿的HA溶液的𝑝𝐻=2可知，HA在溶液中完全电离，则HA为强电解质，恰好反应需要碱50ml，溶液呈酸性分析；B.N点为中性溶液，而K点溶液显示碱性，氢氧根离子抑制了水电离电离，MOH的

物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱；C.由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10−7𝑚𝑜𝑙/𝑙，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10−7�

�𝑜𝑙/𝑙，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度；D.根据物料守恒、电荷守恒判断溶液中𝑐(𝑀𝑂𝐻)+𝑐(𝑂𝐻−)−𝑐(𝐻+)结果．本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点，题目难度中等．8.【答案】4𝑁𝑂+3𝐶�

�𝑂2−+4𝑂𝐻−=4𝑁𝑂3−+2𝐻2𝑂+3𝐶𝑙−提高减小大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小𝑐2(𝑆𝑂42−)⋅𝑐(𝐶𝑙−)𝑐(𝐶𝑙𝑂2−)⋅𝑐2(𝑆𝑂32−)形成𝐶𝑎𝑆𝑂4沉淀，反应平衡向产物方向移动，𝑆𝑂2

转化率提高【解析】解：(1)①𝑁𝑂、𝐶𝑙𝑂2−在碱性条件下反应生成𝑁𝑂3−、𝐶𝑙−，N元素化合价由+2价变为+5价、Cl元素化合价由+3价变为−1价，根据转移电子守恒及电荷守恒配平方程式为4𝑁𝑂+3�

�𝑙𝑂2−+4𝑂𝐻−=4𝑁𝑂3−+2𝐻2𝑂+3𝐶𝑙−，该反应前后气体体积减小，则增大压强平衡正向移动，NO的转化率提高，故答案为：4𝑁𝑂+3𝐶𝑙𝑂2−+4𝑂𝐻−=4𝑁

𝑂3−+2𝐻2𝑂+3𝐶𝑙−；提高；②随着吸收反应的进行，溶液由碱性转化为中性，则溶液的pH减小，故答案为：减小；③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，𝑆𝑂2较NO易溶于水，化学反应速率还与活化能有关，活化能越大化学反应速率越低，所以除了

𝑆𝑂2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；(2)①由图分析可知，反应温度升高，𝑆𝑂2和NO的平衡分压𝑝𝑐越大，说明平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小

；②反应𝐶𝑙𝑂2−+2𝑆𝑂32−=2𝑆𝑂42−+𝐶𝑙−的平衡常数𝐾=𝑐2(𝑆𝑂42−)⋅𝑐(𝐶𝑙−)𝑐(𝐶𝑙𝑂2−)⋅𝑐2(𝑆𝑂32−)，故答案为：𝑐2(𝑆𝑂42−)⋅𝑐(𝐶𝑙−)𝑐(�

�𝑙𝑂2−)⋅𝑐2(𝑆𝑂32−)；(3)形成𝐶𝑎𝑆𝑂4沉淀，反应平衡向产物方向移动，𝑆𝑂2转化率提高，NaClO反应后生成NaCl，不如生成硫酸钙沉淀容易，故答案为：形成𝐶𝑎𝑆𝑂4沉淀，反应平衡向产物方向移动，𝑆𝑂2

转化率提高。(1)①𝑁𝑂、𝐶𝑙𝑂2−在碱性条件下反应生成𝑁𝑂3−、𝐶𝑙−，N元素化合价由+2价变为+5价、Cl元素化合价由+3价变为−1价，根据转移电子守恒及电荷守恒配平方程式；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据平衡移动方向判断NO转化率改变；②随着吸收反应的进行，溶液

由碱性转化为中性；③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，𝑆𝑂2较NO易溶于水，化学反应速率还与活化能有关；(2)①由图分析可知，反应温度升高，𝑆𝑂2和NO的平衡分压𝑝𝑐越大，说明平衡逆向移动；②反应𝐶𝑙𝑂2−+2𝑆𝑂32−

=2𝑆𝑂42−+𝐶𝑙−的平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；(3)𝐶𝑎𝑆𝑂4沉淀，促进平衡正向移动。本题考查化学平衡计算、氧化还原反应等知识点，侧重考查分析计算能力，明确元素化合物性质、化学平衡常数含义是解本题

关键，注意(2)题图纵坐标与气体分压成反比，为易错点。9.【答案】研磨、70℃加热𝑁𝑖(𝑂𝐻)2、𝑀𝑔(𝑂𝐻)2、𝐶𝑎(𝑂𝐻)2趁热过滤185ab阳𝐿𝑖2𝐶𝑂3+2𝐶+2𝐹𝑒𝑃𝑂4−高温2𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4+3𝐶𝑂↑【解析】解：(1

)流程中为加快化学反应速率而采取的措施有研磨、70℃加热，故答案为：研磨、70℃加热；(2)由上述分析可知，滤液1中加入NaOH调节𝑝𝐻=12沉淀𝑁𝑖2+、𝐶𝑎2+、𝑀𝑔2+，故滤渣2主要为𝑁𝑖(𝑂𝐻)2、𝑀𝑔(𝑂𝐻)2还有极少量的�

�𝑎(𝑂𝐻)2，故答案为：𝑁𝑖(𝑂𝐻)2、𝑀𝑔(𝑂𝐻)2、𝐶𝑎(𝑂𝐻)2；(3)根据表可知𝐿𝑖2𝐶𝑂3高温溶解度小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体𝐿𝑖2𝐶𝑂3粗品；故答案为：趁热过滤；(4)𝑙𝑘𝑔含锂

3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的𝑛(𝐿𝑖+)=1000𝑔×3.5%×𝑎7𝑔/𝑚𝑜𝑙=5𝑎𝑚𝑜𝑙，𝐿𝑖+转化为𝐿𝑖2𝐶𝑂3的转化率为b，则粗品中含𝐿𝑖2𝐶𝑂3的质量是5𝑎𝑚𝑜𝑙×12×𝑏×74𝑔/𝑚𝑜𝑙=185

𝑎𝑏𝑔，故答案为：185ab；(5)根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4𝑂𝐻−−4𝑒−=2𝐻2𝑂+𝑂2↑；阴极放电的是氢离子，阴极生成𝑂𝐻−，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，𝐿𝑖+移向阴极，为阳离子交换膜；故答案为：4𝑂�

�−−4𝑒−=2𝐻2𝑂+𝑂2↑；阳；(6)𝐿𝑖2𝐶𝑂3和C、𝐹𝑒𝑃𝑂4高温下反应，生成𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为𝐿𝑖2𝐶𝑂3+2𝐶+2𝐹𝑒𝑃𝑂4−高温2

𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4+3𝐶𝑂↑，故答案为：𝐿𝑖2𝐶𝑂3+2𝐶+2𝐹𝑒𝑃𝑂4−高温2𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4+3𝐶𝑂↑。由流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属离子，得到含有的𝐿𝑖+、𝑁𝑖2+、𝐶𝑎2+、𝑀𝑔2+酸性

溶液，其中部分𝐶𝑎2+与硫酸根离子生成𝐶𝑎𝑆𝑂4沉淀，过滤，滤渣1主要是𝐶𝑎𝑆𝑂4，向滤液1中加入NaOH调节𝑝𝐻=12沉淀𝑁𝑖2+、𝐶𝑎2+、𝑀𝑔2+，滤渣2主要为𝑁𝑖(

𝑂𝐻)2、𝑀𝑔(𝑂𝐻)2还有极少量的𝐶𝑎(𝑂𝐻)2，滤液2含有𝐿𝑖+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和𝑁𝑎2𝐶𝑂3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品𝐿

𝑖2𝐶𝑂3，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，将电池级𝐿𝑖2𝐶𝑂3和C、𝐹𝑒𝑃𝑂4高温下发生𝐿𝑖2𝐶𝑂3+2𝐶

+2𝐹𝑒𝑃𝑂4−高温2𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4+3𝐶𝑂↑，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度

不大。10.【答案】𝑁>𝑃>𝐴𝑠1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑104𝑠24𝑝3高𝑁𝐻3分子间存在较强的氢键作用，而𝑃𝐻3分子间仅有较弱的范德华力离子键和共价键正四面体𝑠

𝑝316496𝑎3𝑁𝐴【解析】解：(1)同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，所以N、P、As第一电离能大小顺序是𝑁>𝑃>𝐴𝑠；As原子的核外有33个电子，根据构造原理书写As

原子的电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑104𝑠24𝑝3，故答案为：𝑁>𝑃>𝐴𝑠；1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑104𝑠24𝑝3；(2)𝑁𝐻3分子间能形成氢键，𝑃𝐻3不能形成氢键，分子间只存在范德华力，所以

𝑁𝐻3熔沸点较高，故答案为：高；𝑁𝐻3分子间存在较强的氢键作用，而𝑃𝐻3分子间仅有较弱的范德华力；(3)𝑁𝑎3𝐴𝑠𝑂4中𝐴𝑠𝑂43−和钠离子之间存在离子键、𝐴𝑠−𝑂元素之间存在共价键；𝐴𝑠𝑂43−中As原子价层电子对个数=4+5+3−

4×22=4，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型为正四面体；𝐴𝑠4𝑂6的分子结构中每个As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断在该化合物中As的杂化方式为𝑠𝑝3，故答案为：离子键和共价键；正四面体；𝑠𝑝3；(4)该晶胞中白磷分子个

数=8×18+6×12=4，每个白磷分子中含有4个P原子，所以该晶胞中含有16个P原子；晶胞体积=𝑎3𝑐𝑚3，该晶胞密度=𝑚𝑉=31×4𝑁𝐴×4𝑎3𝑔/𝑐𝑚3=496𝑎3𝑁𝐴𝑔/𝑐𝑚3，故答案为：16；496𝑎3𝑁

𝐴。(1)同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小；As原子的核外有33个电子，根据构造原理书写As原子的电子排布式；(2)含有氢键的氢化物熔沸点较高；(3)𝑁𝑎3𝐴𝑠𝑂4中阴阳离子之间存在离子键、非金属元素之间

存在共价键；𝐴𝑠𝑂43−中As原子价层电子对个数=4+5+3−4×22=4，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型；𝐴𝑠4𝑂6的分子结构中每个As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断在该化合物中As的杂化方式；(4)该晶胞中白磷分子个

数=8×18+6×12=4，晶胞体积=𝑎3𝑐𝑚3，该晶胞密度=𝑚𝑉。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、化学键等知识点，熟练掌握原子结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意：每个白磷分子中含有4个P原子。11.【答案】苯乙酸乙酯加成反应或还原反应羰基酯基+𝐶𝑂2

↑4【解析】解：(1)根据D的结构简式可知D的名称为苯乙酸乙酯；H与氢气在催化剂存在下发生加成反应产生Prolitane，与氢气的加成反应也叫还原反应，故答案为：苯乙酸乙酯；加成反应或还原反应；(2)𝐸结构简式为，根据结构简式可知含有的官能团分

别为酯基和羰基，故答案为：羰基；酯基；(3)𝐴相对分子质量是92，可以与氯气在光照条件下发生取代反应产生𝐶7𝐻7𝐶𝑙，则A是甲苯，B是，故答案为：；(4)𝐹→𝐺是脱羧生成G，反应化学方程式为：，故

答案为：；(5)𝐶结构简式为，其同分异构体要求①属于芳香化合物，说明含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③能发生水解反应，说明含有酯基，则其为甲酸形成的酯，可能结构为、、、，共有4种；其中核磁共

振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3：2：2：1，符合要求的该同分异构体的结构简式为，故答案为：4；；(6)模仿𝐴→𝐷转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线：，故答案为：。芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子数目=9212=7……8

，故A的分子式为𝐶7𝐻8，则A为，A在光照条件下发生取代反应生成B为.𝐶发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化得到F为，F加热脱羧生成G，G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生

加成反应或还原反应生成Prolitane，以此解答该题。本题考查有机物的合成，为高考常见题型，根据转化中有机物的结构明确的发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生对知识的迁移运用能力，是有机化学常考题型。12.【答案】2𝐴𝑙+2𝑁𝑎𝑂

𝐻+2𝐻2𝑂=2𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+3𝐻2↑；97；偏高；E；D；G；保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入

稀硫酸引起的氢气体积误差；𝑉1−𝑉2；实验时的温度和压强【解析】解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2𝐴𝑙+2𝑁𝑎𝑂𝐻+2𝐻2𝑂=2𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+3𝐻2↑，故答案为：2𝐴𝑙+

2𝑁𝑎𝑂𝐻+2𝐻2𝑂=2𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+3𝐻2↑；(1)含镁为3%时，金属铝的含量最高，10.8𝑔合金中铝的质量为，10.8𝑔×(1−3%)=10.8×97%𝑔，则：2𝐴𝑙+2𝑁𝑎𝑂𝐻+2𝐻2𝑂=2𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+3𝐻2↑5

4g2mol10.8𝑔×97%𝑉×10−3𝐿×4.0𝑚𝑜𝑙/𝐿所以54g：(10.8𝑔×97%)=2𝑚𝑜𝑙：(𝑉×10−3𝐿×4.0𝑚𝑜𝑙/𝐿)，解得：𝑉=97，故𝑉(𝑁𝑎𝑂𝐻溶液)≥97𝑚𝐿，故答案为

：97；(2)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高，故答案为：偏高；方案二：(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量

筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：(𝐴)接(𝐸)(𝐷)接(𝐺)，故答案为：E、D、G；(2)①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的

氢气体积误差，故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②滴定管的数值零刻度在上方，两次的

体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为𝑉1−𝑉2，故答案为：𝑉1−𝑉2，③由于气体受温度和压强的影响较大，若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强，故答案为：实验时的温度和压

强．方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；(1)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；(2)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大；方案二：(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气

法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(2)①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫

酸引起的氢气体积误差；②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积(注意应保持干燥管与滴定管内液面等高)，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小；③气体受温度和压强的影响较大，若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强．本题考查

物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．