山东省济宁市2023届高三一模考试化学试题

2023年山东省济宁市高考化学一模试卷一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（2分）化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．天然气属于新能源 B．运载火箭壳体中的碳纤维属于无机非金属材料 C．液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得 D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一次电池2．（2分）下列物质应用错误的是（）A．Al2O3可用于制作耐火材料 B．CuO可代替Fe3O4做打印机墨粉 C．波尔多液可用于农作物杀菌 D．CH3CH2Cl可用于冷冻麻醉应急处理3．（2分）下列有关实验方法正确的是（）A．用X射线衍射实验可获得青蒿素分子的结构 B．用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0 C．用淀粉溶液检验海水中的碘元素 D．用25mL碱式滴定管量取16.60mL高锰酸钾溶液4．（2分）布洛芬属于芳基丙酸类解热镇痛药，其结构如图所示，下列说法正确的是（）A．一卤代物有6种 B．分子式为C13H20O2 C．分子结构中有1个手性碳原子 D．一定条件下，可以发生氧化、取代、加成、消去反应5．（2分）利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（）A．图Ⅰ装置可制备Al2S3固体 B．图Ⅱ装置可测定中和反应的反应热 C．图Ⅲ装置可实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液 D．图Ⅳ装置可检验1﹣溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物6．（2分）W、X、Y、Z均为周期表中前两周期元素，其原子序数依次增大，X原子基态电子排布中无单电子。四种元素可以组成A2B型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形。下列说法错误的是（）A．阴阳离子中都含有配位键 B．第一电离能：X＜Y＜Z C．Y与Z可形成三角锥形的分子 D．简单氢化物的还原性：Y＜Z7．（2分）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电解装置如图，下列说法错误的是（）A．反应后，石墨电极的质量发生变化 B．a极是电源的负极 C．该体系中，Cl﹣优先于石墨参与反应 D．电极A的电极反应：TiO2+SiO2+8e﹣═TiSi+4O2﹣8．（2分）“84”消毒液和医用酒精均可以对环境进行消毒，若混合使用可能发生反应：CH3CH2OH+4NaClO═NaCl+CHCl3+HCOONa+2NaOH+H2O。已知：Ka（HClO）＝3.0×10﹣8，Ka1（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11。下列说法正确的是（）A．“84”消毒液在空气中发生反应：2NaClO+CO2+H2O═Na2CO3+2HClO B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4 C．标准状况下，11.2LCHCl3中含有0.5NA个C原子 D．该反应中每消耗1molCH3CH2OH，转移8NA个电子9．（2分）碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如图。下列说法错误的是（）A．“加热”步骤可选用水浴加热 B．“酸浸”产生的气体可用NaOH溶液吸收 C．“滤液”中溶质的主要成分为NaNO3 D．可用盐酸和BaCl2溶液检验“滤液”中是否有10．（2分）硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是（）A．晶胞中硒原子的配位数为12 B．晶胞中d点原子分数坐标为 C．相邻两个Zn原子的最短距离为nm D．电负性：Zn＞Se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，全部选对得4分，选对但不全的得2分；有选错的得0分。11．（4分）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是（）气体试剂制备装置收集方法ACO2块状石灰石+稀H2SO4cdBCl2MnO2+浓盐酸afCO2KClO3+MnO2bfDNH3NH4NO3+Ca（OH）2beA．A B．B C．C D．D（多选）12．（4分）[Rh（CO）2I2]﹣为平面结构，可以作为CH3OH和CO反应制备CH3COOH的催化剂，反应历程如图所示，下列说法错误的是（）A．A离子中Rh原子的杂化轨道类型为sp3 B．反应的总方程式为CH3OH+COCH3COOH C．化合物E生成CH3COOH的过程为取代反应 D．CH3OH和CO反应制备CH3COOH的反应历程有2种（多选）13．（4分）中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿（主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2）为原料冶炼钨的流程如图所示：已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时，和开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。下列说法错误的是（）A．74W位于元素周期表第六周期 B．“系列操作”步骤仅涉及物理变化 C．流程中“调pH”范围为8～10.3 D．FeWO4参与反应的化学方程式为4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4Na2WO4+4CO2（多选）14．（4分）芳香羧酸是一种重要的有机分子骨架，利用电化学方法，芳香烃与CO2选择性的C﹣H键羧基化反应如图所示，下列说法错误的是（）A．生成1mol芳香羧酸，电路中转移的电子数为2NA B．电池工作过程中需要不断补充I﹣ C．不同的取代基﹣R影响路径Ⅰ或Ⅱ的选择路径 D．该反应的原子利用率为100%15．（4分）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1NaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中lg与lg的关系如图所示。已知Ka（HN）＝3.0×10﹣5，下列说法错误的是（）A．Ka（HM）＝3.0×10﹣6 B．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c（M﹣）＞c（HN） C．随着HM溶液的加入的值变大 D．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c（HN）+c（OH﹣）+2c（N﹣）＝c（HM）+c（Na+）+c（H+）三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）铁镁合金储氢材料，晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的。回答下列问题：（1）同周期中，第一电离能小于Mg的元素有种，基态Fe原子的价电子排布式为，Fe位于元素周期表中的区。（2）储氢后晶体的化学式为，Mg原子占据Fe原子形成的空隙，两个H原子之间的最短距离为，该储氢材料中氢的密度ρ为g⋅cm﹣3（用含a的代数式表示）。（3）H3NBH3（氨硼烷）也是具有潜力的化学储氢材料之一，H3NBH3中H﹣N﹣H的键角NH3中H﹣N﹣H的键角（填＞，＜或＝）。17．（12分）一种用磷矿脱镁废液（pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2、，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子）制备三水磷酸氢镁工艺的流程如图：已知：T温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如图。回答下列问题：（1）“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c（）c（）（填＞、＜或＝），此时杂质Ca2+、Fe3+、Al3+沉淀效果最好，Ca2+生成CaHPO4⋅2H2O，其余沉淀均是磷酸正盐，写出Ca2+与H2反应生成沉淀的离子方程式，溶液中Al3+的浓度为10﹣6mol•L﹣1，则＝，c（H2）＝[已知：T温度下，Ksp（FePO4）＝10﹣21.9，Ksp（AlPO4）＝10﹣18.3]。（2）“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是。制备过程中采用“抽滤”，其目的是。（3）从图象可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因。18．（12分）实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，装置如图（部分夹持装置已略去）。已知：TiCl4的熔点为﹣24.1℃，沸点为136.4℃，在潮湿空气中易水解。回答下列问题：（1）装置C中仪器a的名称为，实验装置从左到右的连接顺序为，D装置的作用为，C装置的加热方式为。a．温水浴b．油浴（100～260℃）c．热水浴d．沙浴温度（400～600℃）（2）写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式。（3）测定TiO2产品中钛含量的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入热的硫酸和硫酸铵的混合溶液，使其溶解。冷却，稀释，得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+，加入指示剂，用0.1000mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液的平均值为20.00mL（已知：Ti3++Fe3++H2O═TiO2++Fe2++2H+）。①配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要图中的（填字母代号）。②滴定时所用的指示剂为，产品中钛的质量分数为。19．（12分）驱除白蚁药物J的一种合成路线如图：已知：①（G为OH或OR′）②③回答下列问题：（1）B→C反应类型为，“一定条件Ⅰ”具体是。（2）F中含氧官能团的名称为，E→F的转化在后续合成中的目的是。（3）E的结构简式是，G→H的化学方程式。（4）D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构有种。（5）根据上述信息，写出以戊二酸二甲酯为主要原料（其它原料任选），制备合成的路线。20．（12分）2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。CO2甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0回答下列问题：（1）在体积相等的多个恒容密闭容器中．分别充入1molCO2和4molH2发生上述反应Ⅰ（忽略反应Ⅱ），在不同温度下反应相同时间，测得lgk、H2转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为v正＝k正c（CO2）c4（H2），v逆＝k逆c（CH4）c2（H2O），其中k正、k逆为速率常数，只受温度影响。图中信息可知，代表lgk正曲线的是（填“MH”或“NG”），反应Ⅰ活化能Ea（正）Ea（逆）（填“＞”或“＜”）；c点的K（平衡常数）与Q（浓度商）的等式关系（用含v正、v逆的代数式表示），T3温度下反应达到平衡，体系压强为p，则Kp＝。（2）向恒压密闭装置中充入5molCO2和20molH2，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量n（X）与温度T的关系如图所示。图中缺少（填含碳物质的分子式）物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为，800℃时，CH4的产率为。

2023年山东省济宁市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（2分）化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．天然气属于新能源 B．运载火箭壳体中的碳纤维属于无机非金属材料 C．液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得 D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一次电池【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【答案】B【分析】A．煤、石油、天然气为常规能源；B．碳纤维属于碳的单质；C．工业上用分离液态空气的方法制得液氧；D．锂离子电池可以充电、放电反复使用。【解答】解：A．依据分析可知，天然气属于常规能源，是化石能源，故A错误；B．碳纤维属于碳的单质，碳纤维属于无机非金属材料，故B正确；C．工业上用分离液态空气的方法制得液氧，实验室才通过分解氯酸钾制得氧气，故C错误；D．锂离子电池可以充电、放电反复使用，是一种二次电池，故D错误；故选：B。2．（2分）下列物质应用错误的是（）A．Al2O3可用于制作耐火材料 B．CuO可代替Fe3O4做打印机墨粉 C．波尔多液可用于农作物杀菌 D．CH3CH2Cl可用于冷冻麻醉应急处理【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【答案】B【分析】A．耐火材料应具有较高的熔点；B．四氧化三铁具有磁性；C．波尔多液中含有硫酸铜、氢氧化钙，能够使蛋白质变性；D．氯乙烷沸点较低、易挥发吸热。【解答】解：A．Al2O3熔点较高，可用于制作耐火材料，故A正确；B．四氧化三铁具有磁性，氧化铜不具有磁性，CuO不能代替Fe3O4做打印机墨粉，故B错误；C．波尔多液中含有硫酸铜、氢氧化钙，能够使蛋白质变性，可用于农作物杀菌，故C正确；D．氯乙烷沸点较低、易挥发吸热，挥发时吸收热量起到降温的作用，用于冷冻麻醉应急处理，故D正确；故选：B。3．（2分）下列有关实验方法正确的是（）A．用X射线衍射实验可获得青蒿素分子的结构 B．用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0 C．用淀粉溶液检验海水中的碘元素 D．用25mL碱式滴定管量取16.60mL高锰酸钾溶液【考点】计量仪器及使用方法．【答案】A【分析】A．X射线衍射可以看到物质的微观结构；B．广泛pH试纸测得的pH为整数；C．淀粉遇碘变蓝；D．量取高锰酸钾溶液应该用酸式滴定管。【解答】解：A．X射线衍射可以看到微观结构，可获得青蒿素分子的结构，故A正确；B．广泛pH试纸测得的pH为整数，故不能测醋酸溶液pH为2.0，故B错误；C．淀粉遇碘变蓝，遇碘离子不变色，故不能用淀粉溶液检验海水中的碘元素，故C错误；D．高锰酸钾具有腐蚀性，量取高锰酸钾溶液应该用酸式滴定管，故D错误；故选：A。4．（2分）布洛芬属于芳基丙酸类解热镇痛药，其结构如图所示，下列说法正确的是（）A．一卤代物有6种 B．分子式为C13H20O2 C．分子结构中有1个手性碳原子 D．一定条件下，可以发生氧化、取代、加成、消去反应【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】A．除羧基中氢原子外，分子还含有7种化学环境不同的氢原子；B．拐点、端点是碳原子，利用碳的四价结构或不饱和度确定氢原子数目；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；D．布洛芬中含有苯环、羧基，具有苯和羧酸的性质。【解答】解：A．除羧基中氢原子外，分子还含有7种化学环境不同的氢原子，一卤代物有7种，故A错误；B．分子中含有13个碳原子、18个氢原子、2个氧原子，其分子式为C13H18O2，故B错误；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，分子中只有连接苯环、﹣CH3、﹣COOH的碳原子是手性碳原子，故C正确；D．布洛芬中含有苯环、羧基，具有苯和羧酸的性质，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，能燃烧而发生氧化反应，不能发生消去反应，故D错误；故选：C。5．（2分）利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（）A．图Ⅰ装置可制备Al2S3固体 B．图Ⅱ装置可测定中和反应的反应热 C．图Ⅲ装置可实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液 D．图Ⅳ装置可检验1﹣溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物【考点】化学实验方案的评价．【答案】C【分析】A．Al2S3在水溶液中发生双水解反应；B．铜质搅拌器导热；C．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，电解质中含有与阳极材料相同金属的可溶性盐；D．挥发出的乙醇易被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。【解答】解：A．Al2S3在水溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀和H2S气体，故A错误；B．铜质搅拌器导热，应该用玻璃搅拌器，故B错误；C．在铁上镀铜时，a为阳极、b为阴极，a为Cu、b为Fe，电解质溶液可以是硫酸铜溶液，故C正确；D．挥发出的乙醇易被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰1﹣溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物的检验，故D错误；故选：C。6．（2分）W、X、Y、Z均为周期表中前两周期元素，其原子序数依次增大，X原子基态电子排布中无单电子。四种元素可以组成A2B型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形。下列说法错误的是（）A．阴阳离子中都含有配位键 B．第一电离能：X＜Y＜Z C．Y与Z可形成三角锥形的分子 D．简单氢化物的还原性：Y＜Z【考点】原子结构与元素周期律的关系．【答案】D【分析】W、X、Y、Z均为周期表中前两周期元素，其原子序数依次增大，X原子基态电子排布中无单电子，则X为Be，故W为H元素，元素可以组成A2B型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形，阳离子为，阴离子带2个单位负电荷，该阴离子只能是，该化合物为（NH4）2BeF4，可知Y为N元素、Z是F元素。【解答】解：由分析可知，W为H元素、X为Be元素、Y为N元素、Z为F元素；A．、中均含有配位键，故A正确；B．同周期主族元素最原子序数增大第一电离能呈增大趋势，可知第一电离能：Be＜N＜F，故B正确；C．NF3是三角锥形分子，故C正确；D．元素非金属性：N＜F，则简单氢化物还原性：NH3＞HF，故D错误；故选：D。7．（2分）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电解装置如图，下列说法错误的是（）A．反应后，石墨电极的质量发生变化 B．a极是电源的负极 C．该体系中，Cl﹣优先于石墨参与反应 D．电极A的电极反应：TiO2+SiO2+8e﹣═TiSi+4O2﹣【考点】电解原理．【答案】C【分析】在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电极反应为TiO2+SiO2+8e﹣═TiSi+4O2﹣。【解答】解：A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，质量减轻，故A正确；B．电极A作阴极，a极是电源的负极，故B正确；C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl﹣参与反应，故C错误；D．电极A作阴极，TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），其电极反应为TiO2+SiO2+8e﹣═TiSi+4O2﹣，故D正确；故选：C。8．（2分）“84”消毒液和医用酒精均可以对环境进行消毒，若混合使用可能发生反应：CH3CH2OH+4NaClO═NaCl+CHCl3+HCOONa+2NaOH+H2O。已知：Ka（HClO）＝3.0×10﹣8，Ka1（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11。下列说法正确的是（）A．“84”消毒液在空气中发生反应：2NaClO+CO2+H2O═Na2CO3+2HClO B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4 C．标准状况下，11.2LCHCl3中含有0.5NA个C原子 D．该反应中每消耗1molCH3CH2OH，转移8NA个电子【考点】弱电解质的电离平衡．【答案】D【分析】A．HClO的酸性大于碳酸氢根离子，小于碳酸；B．CH3CH2OH+4NaClO═NaCl+CHCl3+HCOONa+2NaOH+H2O中，CH3CH2OH反应前后C元素化合价升高，失去电子，作还原剂，NaClO反应前后Cl元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，依据方程式中的计量数判断；C．标准状况下，CHCl3不是气体；D．反应过程中，NaClO中的Cl元素由+1价降低到﹣1价，得到2个电子，故该反应中每消耗1molCH3CH2OH，同时消耗4molNaClO，从而计算出转移电子数。【解答】解：A．HClO的酸性大于碳酸氢根离子，小于碳酸，则“84”消毒液在空气中会发生反应：NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO，故A错误；B．CH3CH2OH+4NaClO═NaCl+CHCl3+HCOONa+2NaOH+H2O中，CH3CH2OH反应前后C元素化合价升高，失去电子，作还原剂，NaClO反应前后Cl元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故B错误；C．标准状况下，CHCl3不是气体，11.2LCHCl3的物质的量不是0.5mol，故C错误；D．反应过程中，NaClO中的Cl元素由+1价降低到﹣1价，得到2个电子，故该反应中每消耗1molCH3CH2OH，同时消耗4molNaClO，转移8NA个电子，故D正确；故选：D。9．（2分）碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如图。下列说法错误的是（）A．“加热”步骤可选用水浴加热 B．“酸浸”产生的气体可用NaOH溶液吸收 C．“滤液”中溶质的主要成分为NaNO3 D．可用盐酸和BaCl2溶液检验“滤液”中是否有【考点】制备实验方案的设计．【答案】B【分析】由制备流程可知，废铜屑与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，过滤分离出不溶性杂质，滤液含硝酸铜、硝酸，加碳酸钠溶液加热生成碳酸铜，温度为70℃，可选水浴加热方式，再加NaOH调节pH生成碱式碳酸铜，过滤分离出滤液含硝酸钠，以此来解答。【解答】解：A．“加热”步骤需要的温度为70oC＜100℃，可选用水浴加热，故A正确；B．“酸浸”产生的气体为NO，与NaOH溶液不反应，不能用NaOH溶液吸收，还需通入氧气，转化为硝酸钠，故B错误；C．由上述分析可知，“滤液”中溶质的主要成分为NaNO3，故C正确；D．检验“滤液”中的方法为取少量滤液先加氯化钡生成白色沉淀，后加盐酸沉淀溶解且生成无色无味的气体，说明含有，故D正确；故选：B。10．（2分）硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是（）A．晶胞中硒原子的配位数为12 B．晶胞中d点原子分数坐标为 C．相邻两个Zn原子的最短距离为nm D．电负性：Zn＞Se【考点】晶胞的计算．【答案】B【分析】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4；B．该晶胞中a点坐标为（0，0，0），b点坐标为B为（，1，），则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内；C．面对角线的两个Zn原子距离最短；D．元素的非金属性越强，电负性越大。【解答】解：A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，故A错误；B．该晶胞中a点坐标为（0，0，0），b点坐标为B为（，1，），则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为（，，），故B正确；C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为pnm，故C错误；D．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn＜Se，电负性：Zn＜Se，故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，全部选对得4分，选对但不全的得2分；有选错的得0分。11．（4分）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是（）气体试剂制备装置收集方法ACO2块状石灰石+稀H2SO4cdBCl2MnO2+浓盐酸afCO2KClO3+MnO2bfDNH3NH4NO3+Ca（OH）2beA．A B．B C．C D．D【考点】常见气体制备原理及装置选择．【答案】C【分析】A．一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳；B．浓盐酸与二氧化锰反应在加热条件下生成氯气，氯气能溶于水，且与水反应；C．KClO3在MnO2催化作用下制取氧气选取固体加热型装置，收集装置可用排水法；D．实验室一般用NH4Cl和Ca（OH）2加热生成氨气。【解答】解：A．一般用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，不用稀硫酸，因为生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面阻止反应进一步进行，故A错误；B．浓盐酸与二氧化锰反应在加热条件下生成氯气，氯气能溶于水，且与水反应，不能选f收集氯气，故B错误；C．KClO3在MnO2催化作用下制取氧气选取固体加热型装置，收集装置可用排水法或向上排空气法，所选试剂、制备装置及收集方法均正确，故C正确；D．实验室一般用NH4Cl和Ca（OH）2加热生成氨气，不用NH4NO3和Ca（OH）2加热生成氨气，故D错误；故选：C。（多选）12．（4分）[Rh（CO）2I2]﹣为平面结构，可以作为CH3OH和CO反应制备CH3COOH的催化剂，反应历程如图所示，下列说法错误的是（）A．A离子中Rh原子的杂化轨道类型为sp3 B．反应的总方程式为CH3OH+COCH3COOH C．化合物E生成CH3COOH的过程为取代反应 D．CH3OH和CO反应制备CH3COOH的反应历程有2种【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质．【答案】AD【分析】A．中心原子采用sp3杂化时，微粒不是平面结构；B．反应物是CH3OH、CO，生成物是CH3COOH，反应条件是催化剂；C．E和水反应生成CH3COOH和HI，根据原子守恒知，E为CH3COI；D．根据图知，CH3OH和CO反应制备CH3COOH的反应历程只有一种。【解答】解：A．中心原子采用sp3杂化时，微粒不是平面结构，该微粒是平面结构，所以中心原子不是sp3杂化，故A错误；B．反应物是CH3OH、CO，生成物是CH3COOH，反应条件是催化剂，反应方程式为CH3OH+COCH3COOH，故B正确；C．E和水反应生成CH3COOH和HI，根据原子守恒知，E为CH3COI，CH3COI中I原子被﹣OH取代生成CH3COOH，所以该反应为取代反应，故C正确；D．根据图知，CH3OH和CO反应制备CH3COOH的反应历程只有一种，故D错误；故选：AD。（多选）13．（4分）中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿（主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2）为原料冶炼钨的流程如图所示：已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时，和开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。下列说法错误的是（）A．74W位于元素周期表第六周期 B．“系列操作”步骤仅涉及物理变化 C．流程中“调pH”范围为8～10.3 D．FeWO4参与反应的化学方程式为4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4Na2WO4+4CO2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】BC【分析】黑钨精矿粉碎加入纯碱、空气焙烧生成Fe2O3、Na2WO4、MnO2、Na2SiO3，水浸过滤除去氧化铁、二氧化锰，滤液加入稀硫酸调节pH，将Na2SiO3转化为沉淀，滤液调节pH得到H2WO4，处理得到WO3，最终得到W。【解答】解：A．74W位于元素周期表第六周期第ⅥB族，故A正确；B．“系列操作”步骤涉及调节pH转化为H2WO4，涉及化学变化，故B错误；C．25°C时，和开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5，“滤液I”调节pH使得转化为硅酸沉淀除去硅而不沉淀，故调节pH的范围为7.3＜pH≤8，故C错误；D．在“焙烧”条件下，FeWO4与纯碱、空气反应生成Fe2O3，反应中铁元素化合价升高、氧元素化合价降低，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳、Na2WO4，结合电子守恒可知，反应的化学方程式为：4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4CO2+4Na2WO4，故D正确；故选：BC。（多选）14．（4分）芳香羧酸是一种重要的有机分子骨架，利用电化学方法，芳香烃与CO2选择性的C﹣H键羧基化反应如图所示，下列说法错误的是（）A．生成1mol芳香羧酸，电路中转移的电子数为2NA B．电池工作过程中需要不断补充I﹣ C．不同的取代基﹣R影响路径Ⅰ或Ⅱ的选择路径 D．该反应的原子利用率为100%【考点】原电池与电解池的综合．【答案】AB【分析】电解池中连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；由图可知，阳极电极方程式为：2I﹣﹣2e﹣＝I2，阳极得到1个电子生成中间体，然后中间体和CO2反应，最终生成。【解答】解：A．芳香烃通过路径I每生成1个分子的芳香羧酸共得到1个电子，则生成1mol芳香羧酸，电路中转移的电子数为NA，故A错误；B．在转化过程中I﹣可以循环使用，电池工作过程中不需要补充I﹣，故B错误；C．不同的取代基﹣R影响路径Ⅰ或Ⅱ的选择路径，故C正确；D．该反应的总方程式为：+CO2→，该反应的反应物是两种，生成物只有一种，因此该反应是化合反应，原子利用率为100%，故D正确；故选：AB。15．（4分）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1NaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中lg与lg的关系如图所示。已知Ka（HN）＝3.0×10﹣5，下列说法错误的是（）A．Ka（HM）＝3.0×10﹣6 B．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c（M﹣）＞c（HN） C．随着HM溶液的加入的值变大 D．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c（HN）+c（OH﹣）+2c（N﹣）＝c（HM）+c（Na+）+c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．【答案】A【分析】A．由图可知，lg＝0时lg＝1，即＝1时＝10，结合Ka（HN）、Ka（HM）表达式进行计算；B．滴入20mLHM溶液时二者恰好反应，溶液中c（NaM）＝c（HN），结合M﹣的水解常数Kh和HN的电离常数Ka（HN）分析判断；C．＝×＝，结合溶液中c（H+）变化分析判断；D．滴入20mLHM溶液时二者恰好反应，溶液中c（NaM）＝c（HN），结合电荷守恒和物料守恒关系分析判断。【解答】解：A．由图可知，lg＝0时lg＝1，即＝1时＝10，Ka（HN）＝×c（H+）、Ka（HM）＝×c（H+），则＝×＝0.1，则Ka（HM）＝10Ka（HN）＝3.0×10﹣4，故A错误；B．滴入20mLHM溶液时二者恰好反应，溶液中c（NaM）＝c（HN），M﹣的水解常数Kh＝＝＝×10﹣10＜Ka（HN），即M﹣的水解小于HN的电离，则混合溶液中c（M﹣）＞c（HN），故B正确；C．随着HM溶液的加入，溶液的酸性增强，c（H+）逐渐增大，则＝×＝的值增大，故C正确；D．滴入20mLHM溶液时二者恰好反应，溶液中c（NaM）＝c（HN），电荷守恒关系为c（M﹣）+c（OH﹣）+c（N﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒关系为c（HN）+c（N﹣）＝c（HM）+c（M﹣），则c（HN）+c（OH﹣）+2c（N﹣）＝c（HM）+c（Na+）+c（H+），故D正确；故选：A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）铁镁合金储氢材料，晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的。回答下列问题：（1）同周期中，第一电离能小于Mg的元素有2种，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe位于元素周期表中的d区。（2）储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6，Mg原子占据Fe原子形成的四面体形空隙，两个H原子之间的最短距离为apm，该储氢材料中氢的密度ρ为g⋅cm﹣3（用含a的代数式表示）。（3）H3NBH3（氨硼烷）也是具有潜力的化学储氢材料之一，H3NBH3中H﹣N﹣H的键角＞NH3中H﹣N﹣H的键角（填＞，＜或＝）。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．【答案】（1）3d64s2；d；（2）Mg2FeH6；四面体；apm；；（3）＞。【分析】（1）同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族最外层电子为全满状态，比较稳定，第一电离能比相邻元素大；Fe为26号元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族；（2）由图可知，Fe位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，8个Mg位于体内，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的，则H原子个数为4××6+2×12×+6＝24；将晶胞分成8个小立方体，Mg位于小立方体的体心，Fe位于小立方体的四个顶点上；H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的，两个H原子之间的最短距离为面对角线的；储氢材料晶胞中氢的质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，根据ρ＝计算储氢材料中氢的密度；（3）孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。【解答】解：（1）同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族最外层电子为全满状态，比较稳定，第一电离能比相邻元素大，故同周期中，第一电离能小于Mg的元素有Na、Al两种元素；Fe为26号元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族，价层电子排布式为3d64s2，属于d区元素，故答案为：3d64s2；d；（2）由图可知，Fe位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，8个Mg位于体内，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的，则H原子个数为4××6+2×12×+6＝24，Mg：Fe：H＝8：4：24＝2：1：6，则储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6；将晶胞分成8个小立方体，Mg位于小立方体的体心，Fe位于小立方体的四个顶点上，Mg原子占据Fe原子形成的四面体空隙；H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的，两个H原子之间的最短距离为面对角线的，即apm；储氢材料晶胞中氢的质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，储氢材料中氢的密度ρ＝＝＝g⋅cm﹣3，故答案为：Mg2FeH6；四面体；apm；；（3）H3NBH3分子中N原子有4对成键电子对，NH3分子中N原子有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故H3NBH3分子中H﹣N﹣H之间的键角大于NH3分子中H﹣N﹣H之间的键角，故答案为：＞。17．（12分）一种用磷矿脱镁废液（pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2、，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子）制备三水磷酸氢镁工艺的流程如图：已知：T温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如图。回答下列问题：（1）“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c（）＞c（）（填＞、＜或＝），此时杂质Ca2+、Fe3+、Al3+沉淀效果最好，Ca2+生成CaHPO4⋅2H2O，其余沉淀均是磷酸正盐，写出Ca2+与H2反应生成沉淀的离子方程式Ca2++2H2+4OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓+或Ca2++H2+H2O+OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓，溶液中Al3+的浓度为10﹣6mol•L﹣1，则＝10﹣3.6，c（H2）＝10﹣1.73mol/L[已知：T温度下，Ksp（FePO4）＝10﹣21.9，Ksp（AlPO4）＝10﹣18.3]。（2）“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是调节pH。制备过程中采用“抽滤”，其目的是加快过滤速度，使过滤更加充分。（3）从图象可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因pH增大，导致体系中浓度增大，从而使副产物Mg3（PO4）2增多。【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】（1）＞；Ca2++2H2+4OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓+或Ca2++H2+H2O+OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓；10﹣3.6；10﹣1.73mol/L；（2）调节pH；加快过滤速度，使过滤更加充分；（3）pH增大，导致体系中浓度增大，从而使副产物Mg3（PO4）2增多。【分析】用磷矿脱镁废液（pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2、，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子）制备三水磷酸氢镁，脱镁废液中加入NaOH调节pH，杂质Ca2+、Fe3+、Al3+沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答；（1）由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中c（）＝c（），pH为4.5时溶液中c（）＞c（）；Ca2+生成CaHPO4•2H2O，由于pH为4.5时溶液中以H2为主，Ca2+与H2反应生成CaHPO4•2H2O；溶液中Al3+的浓度为10﹣6mol•L﹣1，则＝＝，溶液中c（）＝＝mol/L＝10﹣12.3mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，H3PO4的Ka2＝10﹣7.21，Ka3＝10﹣12.36，则c（）＝＝mol/L＝10﹣4.44mol/L，c（H2）＝＝mol/L；（2）氧化镁能与酸反应生成镁离子，添加MgO的作用是调节pH；“抽滤”可加快过滤速度，使过滤更加充分；（3）由于pH增大，导致体系中浓度增大，从而使副产物Mg3（PO4）2增多，产品的纯度降低。【解答】解：（1）由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中c（）＝c（），所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时溶液中c（）＞c（）；Ca2+生成CaHPO4•2H2O，由于pH为4.5时溶液中以H2为主，所以Ca2+与H2反应生成沉淀的离子方程式为Ca2++2H2+4OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓+或Ca2++H2+H2O+OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓；溶液中Al3+的浓度为10﹣6mol•L﹣1，则＝＝＝＝10﹣3.6，溶液中c（）＝＝mol/L＝10﹣12.3mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，H3PO4的Ka2＝10﹣7.21，Ka3＝10﹣12.36，则c（）＝＝mol/L＝mol/L＝10﹣4.44mol/L，c（H2）═＝mol/L＝10﹣1.73mol/L，故答案为：＞；Ca2++2H2+4OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓+或Ca2++H2+H2O+OH﹣＝CaHPO4•2H2O↓；10﹣3.6；10﹣1.73mol/L；（2）氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以需添加MgO的作用是提供Mg2+，消耗H+，即调节pH；由于“抽滤”可加快过滤速度，使过滤更加充分，所以制备过程中采用“抽滤”，故答案为：调节pH；加快过滤速度，使过滤更加充分；（3）由于pH增大，导致体系中浓度增大，从而使副产物Mg3（PO4）2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，故答案为：pH增大，导致体系中浓度增大，从而使副产物Mg3（PO4）2增多。18．（12分）实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，装置如图（部分夹持装置已略去）。已知：TiCl4的熔点为﹣24.1℃，沸点为136.4℃，在潮湿空气中易水解。回答下列问题：（1）装置C中仪器a的名称为蒸馏烧瓶，实验装置从左到右的连接顺序为ADCB，D装置的作用为干燥氧气，C装置的加热方式为b。a．温水浴b．油浴（100～260℃）c．热水浴d．沙浴温度（400～600℃）（2）写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式TiCl4+O2TiO2+2Cl2。（3）测定TiO2产品中钛含量的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入热的硫酸和硫酸铵的混合溶液，使其溶解。冷却，稀释，得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+，加入指示剂，用0.1000mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2溶液的平均值为20.00mL（已知：Ti3++Fe3++H2O═TiO2++Fe2++2H+）。①配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要图中的a（填字母代号）。②滴定时所用的指示剂为KSCN溶液，产品中钛的质量分数为80%。【考点】制备实验方案的设计．【答案】（1）蒸馏烧瓶；ADCB；干燥氧气；b；（2）TiCl4+O2TiO2+2Cl2；（3）①a；②KSCN溶液；80%。【分析】实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，A装置是氧气发生装置，生成的氧气中混有水，由于TiCl4在潮湿空气中易水解，生成的氧气需要通过装有浓硫酸的洗气瓶D干燥，干燥的氧气通入C中和气化的TiCl4混合，混合气体再通入B中发生反应得到二氧化钛，以此解答。【解答】解：（1）盛放TiCl4的仪器名称为蒸馏烧瓶，D装置的作用为干燥氧气，由分析可知，实验装置从左到右的连接顺序为：ADCB，C装置加热的目的是让TiCl4气化，TiCl4的沸点为136.4℃，应该选择油浴（100～260℃）加热，故选b，故答案为：蒸馏烧瓶；干燥氧气；ADCB；b；（2）B装置三颈烧瓶内TiCl4和O2反应生成TiO2和Cl2，O元素由0价下降到﹣2价，Cl元素由﹣1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：TiCl4+O2TiO2+2Cl2，故答案为：TiCl4+O2TiO2+2Cl2；（3）①配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要容量瓶，故答案为：a；②滴定过程中发生反应Ti3++Fe3++H2O＝TiO2++Fe2++2H+，Fe3+反应完全时，说明滴定完全，则滴定时所用的指示剂为KSCN溶液；消耗3+的物质的量为0.02L×0.1000mol/L＝0.002mol，则溶液中Ti3+的物质的量为0.002mol，产品中钛的质量分数为×100%＝80%；故答案为：KSCN溶液；80%；19．（12分）驱除白蚁药物J的一种合成路线如图：已知：①（G为OH或OR′）②③回答下列问题：（1）B→C反应类型为酯化反应或取代反应，“一定条件Ⅰ”具体是浓硫酸、加热。（2）F中含氧官能团的名称为酯基、醚键，E→F的转化在后续合成中的目的是保护羰基，防止被还原。（3）E的结构简式是，G→H的化学方程式2+O22+2H2O。（4）D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构有4种。（5）根据上述信息，写出以戊二酸二甲酯为主要原料（其它原料任选），制备合成的路线。【考点】有机物的合成．【答案】（1）酯化反应或取代反应；浓硫酸、加热；（2）酯基、醚键；保护羰基，防止被还原；（3）；2+O22+2H2O；（4）4；（5）。【分析】根据A的结构简式及B的分子式知，A中溴原子发生取代反应生成﹣CN，﹣CN发生水解反应生成﹣COOH，则B为，根据C的分子式知，B和乙醇发生酯化反应生成C为，C发生信息②的反应生成D为；E发生信息③的反应生成F，根据F的结构简式知，E为；F发生信息①的反应生成G为，G发生氧化反应生成H为，H发生还原反应生成I为，I发生取代反应生成J；（5）以戊二酸二甲酯为主要原料（其它原料任选）制备合成，戊二酸二甲酯发生信息②的反应然后发生信息③的反应、再发生①的反应最后发生I生成J类型的反应得到。【解答】解：（1）B→C反应类型为酯化反应或取代反应，酯化反应需要浓硫酸作催化剂、加热条件，所以“一定条件Ⅰ”具体是浓硫酸、加热，故答案为：酯化反应或取代反应；浓硫酸、加热；（2）F中含氧官能团的名称为酯基、醚键，E→F的转化在后续合成中的目的是保护羰基，防止被还原，故答案为：酯基、醚键；保护羰基，防止被还原；（3）E的结构简式是，G为，G发生氧化反应生成H为，G→H的化学方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：；2+O22+2H2O；（4）D为，D的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构中，结构对称，符合条件的结构简式为，所以有4种同分异构体，故答案为：4；（5）以戊二酸二甲酯为主要原料（其它原料任选）制备合成，戊二酸二甲酯发生信息②的反应然后发生信息③的反应、再发生①的反应最后发生I生成J类型的反应得到，合成路线为：，故答案为：。20．（12分）2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。CO2甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（