精品解析：河北省唐山市2021-2022學年高三下學期第一次模擬考試化學試題（解析版）

唐山市2022年普通高中學業(yè)水平選擇性考試第一次模擬演練化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28S-32Cu-64I卷(共43分)一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活、科技、傳統文化密切相關。以下說法正確的是A.春晚直播間高清攝像頭鏡片的主要成分是二氧化硅B.75%的醫(yī)用酒精和84消毒液混合使用消毒效果會更好C.北京冬奧會火炬使用的碳纖維材料屬于有機高分子材料D.煙花燃放是利用了金屬的焰色反應，焰色反應是化學變化【答案】A【解析】【詳解】A．高清攝像頭鏡片屬于玻璃，玻璃的主要成分為二氧化硅，A正確；B．酒精有還原性，84消毒液因其強氧化性可以消毒殺菌，二者混合后發(fā)生氧化還原反應，降低消毒效果，B錯誤；C．碳纖維為碳單質，不是有機物，C錯誤；D．焰色反應是利用了電子的躍遷，不是化學變化，D錯誤；綜上所述答案為A。2.車用尿素是利用2CO(NH2)2+4NO2→2CO2+4N2+O2+4H2O減少柴油機尾氣中氮氧化物的排放。有關化學用語表示正確的是A.中子數為10的氧原子：10OB.N2的電子式：C.二氧化碳的比例模型：D.CO(NH2)2的結構簡式：【答案】D【解析】【詳解】A．中子數為10的O原子的質量數為10+8=18，符號為18O，A錯誤；B．氮氣分子中每個N原子最外層有8個電子，電子式為，B錯誤；C．碳原子的半徑比氧原子大，C錯誤；D．CO(NH2)2分子中羰基上的碳原子連接兩個氨基，結構簡式為，D正確；綜上所述答案為D。3.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.標準狀況下，將2.24LCl2通入水中，Cl-、ClO-、HClO的數目之和為0.2NAB.12gNaHSO4晶體中，離子總數為0.2NAC.3.2gCu在足量O2或硫蒸氣中完全反應失去的電子數均為0.1NAD.100g46%的CH3CH2OH溶液中O原子的數目為NA【答案】B【解析】【詳解】A．標況下2.24LCl2為0.1mol，氯氣與水的反應為可逆反應，溶液中還會有氯氣分子的存在，所以Cl-、ClO-、HClO的數目之和小于0.2NA，A錯誤；B．12gNaHSO4晶體的物質的量為=0.1mol，NaHSO4晶體由鈉離子和硫酸氫根構成，所以離子總數為0.2NA，B正確；C．3.2gCu為0.1mol，與硫蒸氣反應時生成Cu2S，轉移電子數為0.1NA，但與氧氣反應時生成CuO，轉移電子數為0.2NA，C錯誤；D．100g46%的CH3CH2OH溶液中含有46g即1mol乙醇，含有NA個O原子，但此外還有水中也含有O原子，D錯誤；綜上所述答案為B。4.下列離子方程式書寫正確的是A.過量鐵粉與稀硝酸反應：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OB.用醋酸除去水垢中的碳酸鈣：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.向AgNO3溶液中滴加氨水至過量：Ag++2NH3·H2O=Ag(NH3)+2H2OD.物質的量濃度、體積均相同的NH4HSO4、NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3·H2O【答案】C【解析】【詳解】A．鐵粉過量，最終生成亞鐵離子，離子方程式為3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，A錯誤；B．醋酸弱酸，不能拆，離子方程式應為CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，B錯誤；C．氨水過量，生成銀氨溶液，離子方程式為Ag++2NH3·H2O=Ag(NH3)+2H2O，C正確；D．物質的量濃度、體積均相同的NH4HSO4、NaOH溶液混合，只有氫離子能和氫氧根反應，銨根不反應，離子方程式為H++OH-=H2O，D錯誤；綜上所述答案為C。5.下列說法正確的是A.SO2通入Ba(NO3)2溶液中無沉淀生成B.BrCl的化學性質和Cl2相似，BrCl+H2O=HCl+HBrO也是氧化還原反應C.NaI與濃H2SO4共熱可制得HID.N2H4與足量鹽酸反應生成N2H6Cl2【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化硫通入硝酸鋇溶液中，能與水反應生成亞硫酸使溶液呈酸性，酸性條件下，硝酸根能將二氧化硫氧化生成硫酸，溶液中的硫酸根離子與鋇離子能反應生成硫酸鋇白色沉淀，故A錯誤；B．由方程式可知，氯化溴與水反應時沒有元素發(fā)生化合價變化，屬于非氧化還原反應，故B錯誤；C．濃硫酸具有強氧化性，共熱條件下與碘化鈉發(fā)生氧化還原反應生成碘，無法制得碘化氫氣體，故C錯誤；D．聯氨分子中的2個氮原子都具有孤對電子，都能與具有空軌道的氫離子形成配位鍵，則聯氨能與足量鹽酸反應生成N2H6Cl2，故D正確；故選D。6.X、Y、Z、Q、W為原子序數依次增大的五種短周期主族元素，由其組成的化合物A的結構如圖所示，Q的原子最外層電子數是電子層數的3倍。下列說法錯誤的是A.W、Q形成的二元化合物與X2Q、YQ2的反應都屬于氧化還原反應B.X2YQ2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.物質A的陰離子可以與水分子間形成氫鍵D.將ZQ2通入等物質的量的WQX水溶液中，所得溶液呈堿性【答案】A【解析】【分析】Q的原子最外層電子數是電子層數的3倍，且Q可以形成兩個共價鍵，則Q為O元素；W可以形成+1價陽離子，且原子序數大于O，所以W為Na元素；X可以形成一個共價鍵，且原子序數最小，應是H元素；Z可以形成3個共價鍵、Y可以形成5個共價鍵，且Z的原子序數大于Y，但小于O，所以Z為N元素，Y為C元素?！驹斀狻緼．Na和O元素形成的二元化合物有Na2O和Na2O2，Na2O與H2O、CO2的反應均不是氧化還原反應，A錯誤；B．X2YQ2為H2CO2，即HCOOH，含有-CHO結構，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C．物質A的陰離子中含有-NH2，可以與水分子間形成氫鍵，C正確；D．將NO2通入等物質的量的NaOH水溶液中，發(fā)生反應2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NaNO3為強堿強酸鹽，NaNO2為強堿弱酸鹽，水溶液顯堿性，D正確；綜上所述答案為A。7.花椒毒素是白芷等中草藥的藥效成分，其結構簡式如圖。下列關于花椒毒素的說法錯誤的是A.分子式為C12H18O4B.分子中有兩種含氧官能團C.該分子中所有原子可能處于同一平面D.1mol花椒毒素最多消耗2molNaOH【答案】C【解析】【詳解】A．根據該物質的結構簡式可知其分子式為C12H18O4，A正確；B．該物質中含氧官能團為酯基、醚鍵，B正確；C．該物質中含有甲基，根據甲烷的結構可知不可能所有原子共面，C錯誤；D．酯基可以和NaOH反應，且酯基水解后生成一個酚羥基，也可以和NaOH反應，所以1mol花椒毒素最多消耗2molNaOH，D正確；綜上所述答案為C。8.利用下列裝置和試劑進行實驗，不能達到實驗目的的是A.裝置甲比較AgCl和AgI的KspB.裝置乙用MgCl2溶液制取無水MgCl2C.裝置丙比較C和S的非金屬性D.裝置丁在鐵制物品上鍍銅【答案】B【解析】【詳解】A．向NaCl溶液中滴入少量硝酸銀溶液，產生白色AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若沉淀轉化為黃色的AgI沉淀，說明AgI的溶解度更小，而二者為同類型沉淀，溶解度小即Ksp小，A正確；B．氯化鎂溶液中鎂離子會水解生成HCl，受熱后HCl揮發(fā)，同時促進水解，所以蒸干后無法得到無水MgCl2，B錯誤；C．稀硫酸為S元素最高價含氧酸，根據澄清石灰水變渾濁可以證明稀硫酸可以和碳酸鈉反應生成二氧化碳，即硫酸的酸性強于碳酸，說明S的非金屬性強于C，C正確；D．Fe為陰極，溶液中銅離子放電生成銅單質附著在Fe表面，Cu在陽極放電生成銅離子，補充溶液中被消耗的銅離子，可以實現鍍銅，D正確；綜上所述答案為B。9.以某冶金工業(yè)產生的廢渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)為原料，根據下列流程可制備K2Cr2O7。下列說法正確的是A.煅燒時，氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：1B.濾渣中主要成分是Al(OH)3C.CO2和Na2CO3在流程中可循環(huán)使用D.加入KOH，有利于提高K2Cr2O7的產率【答案】C【解析】【分析】向廢渣中加入碳酸鈉和氧氣并煅燒，發(fā)生如下反應，4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4CO2，Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，Na2CO3+Al2O3

=2NaAlO2+CO2↑，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，過濾，濾液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固體，就會析出溶解度更小的K2Cr2O7晶體，以此分析解答?！驹斀狻緼．向廢渣中加入碳酸鈉和氧氣并煅燒，發(fā)生如下反應：4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4CO2，O元素化合價降低，O2做氧化劑，Cr元素化合價升高，Cr2O3做還原劑，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：2，故A錯誤；

B．用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成Al(OH)3沉淀和硅酸沉淀，故B錯誤；

C．從上述流程圖可知，CO2和Na2CO3均可循環(huán)使用，故C正確；

D．由Na2CrO4轉化為K2Cr2O7的過程中需加入硫酸和KCl固體，反應如下：2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固體，就會析出K2Cr2O7晶體，故D錯誤；

故選：C。二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。10.下列實驗操作、現象及結論均正確的是選項實驗現象結論A將淀粉和稀硫酸混合加熱一段時間后，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱產生磚紅色沉淀淀粉在稀硫酸、加熱條件下水解為葡萄糖B向盛有飽和NaCl溶液的試管中，先通入足量NH3再通入過量CO2溶液變渾濁制得NaHCO3晶體C將乙醇與濃硫酸的混合溶液加熱，產生的氣體直接通入溴水中溶液橙黃色褪去產生的氣體一定是乙烯D在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，將產生的氣體通入KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色該氣體產物具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．葡萄糖在堿性條件下才能與新制氫氧化銅懸濁液共熱發(fā)生氧化反應生成磚紅色沉淀，則將淀粉和稀硫酸混合加熱一段時間后，應先加入氫氧化鈉溶液中和稀硫酸，并使溶液呈堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液，加熱能產生磚紅色沉淀，故A錯誤；B．氨氣極易溶于水，在水中的溶解度大于二氧化碳，向飽和食鹽水中先通入足量氨氣使溶液呈堿性，能增大二氧化碳在溶液中的溶解度，有利于二氧化碳與、氨氣、氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，過濾得到碳酸氫鈉，故B正確；C．濃硫酸具有脫水性和強氧化性，能使乙醇脫水碳化，碳與濃硫酸共熱反應生成的二氧化硫也能與溴水反應使溶液褪色，則將乙醇與濃硫酸的混合溶液加熱，產生的氣體直接通入溴水中，溶液橙黃色褪去不能說明產生的氣體一定是乙烯，故C錯誤；D．亞硫酸飽和溶液與稀硫酸反應生成具有還原性的二氧化硫，二氧化硫通入酸性高錳酸鉀溶液中使溶液褪色說明二氧化硫具有還原性，與漂白性無關，故D錯誤；故選B。11.氨氣去除NO的反應原理為：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH<0，反應速率與濃度之間存在如下關系：v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)·c6(H2O)，k正、k逆為速率常數，只受溫度影響。350℃時，在2L恒容密閉容器中，通入0.9molNH3(g)和1.2molNO(g)發(fā)生反應，保持溫度不變，5min后反應達平衡，NO的轉化率為50%。下列說法正確的是A.用NH3表示的化學反應速率為0.06mol·L-1·min-1B.350℃時，該反應的平衡常數為0.5C.其他條件不變，往反應后的容器中再通入0.9molNH3(g)和1.2molNO(g)，重新達平衡時NO的體積分數增大D.當溫度改變?yōu)門°C時，若k正=k逆，則T>350【答案】C【解析】【分析】由題意可得如下三段式：【詳解】A．由三段式數據可知，用氨氣表示的化學反應速率為=0.04mol·L-1·min-1，故A錯誤；B．由三段式數據可知，350℃時，反應的平衡常數為=0.25，故B錯誤；C．其他條件不變，往反應后的容器中再通入0.9mol氨氣和1.2mol一氧化氮相當于增大壓強，該反應是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，一氧化氮的體積分數增大，故C正確；D．反應達到平衡時，正反應速率和逆反應速率相等，則反應速率k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)·c6(H2O)，==K，當k正=k逆時，平衡常數K=1>0.25說明平衡向正反應方向移動，該反應為放熱反應，則反應溫度小于350℃，故D錯誤；故選C。12.鈉離子電池比鋰離子電池更穩(wěn)定，造價更低，可實現5~10min內快速充電，電池結構如圖?？偡磻獮椋篘aC6+Na1-XMO2NaMO2+Na1-XC6(0≤x≤0.55，M為過渡金屬)，下列敘述正確的是A.單位質量的負極材料鈉離子電池比鋰離子電池可以提供更多的電量B.放電時，Na+從石墨烯納米片中脫嵌，經電解質嵌入過渡金屬氧化物C.充電時，陰極上發(fā)生的電極反應為Na1-xMO2+xe—+xNa+=NaMO2(0≤x≤0.55)D.充電時，外電路中每轉移0.2mole—，理論上石墨烯納米片將增重4.6g【答案】BD【解析】【分析】由圖可知，放電時，石墨烯納米電極為負極，NaC6在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鈉離子和Na1-XC6，電極反應式為NaC6—xe—=Na1-XC6+xNa+(0≤x≤0.55)，過渡金屬氧化物為正極，在鈉離子作用下，Na1-xMO2在正極得到電子發(fā)生還原反應生成NaMO2，電極反應式為Na1-xMO2+xe—+xNa+=NaMO2(0≤x≤0.55)，充電時，石墨烯納米電極與直流電源負極相連，做電解池的陰極，過渡金屬氧化物與正極相連，做陽極?！驹斀狻緼．金屬鈉的摩爾質量大于金屬鋰，單位質量的鈉失去電子的物質的量小于金屬鋰，則鈉離子電池提供的電量少于鋰離子電池，故A錯誤；B．由分析可知，放電時，鈉離子從石墨烯納米片中脫嵌，經電解質嵌入過渡金屬氧化物，故B正確；C．由分析可知，充電時，石墨烯納米電極與直流電源負極相連，做電解池的陰極，Na1-XC6在鈉離子作用下得到電子發(fā)生還原反應生成NaC6，電極反應式為Na1-XC6+xNa++xe—=NaC6，故C錯誤；D．由分析可知，充電時，石墨烯納米電極與直流電源負極相連，做電解池的陰極，Na1-XC6在鈉離子作用下得到電子發(fā)生還原反應生成NaC6，電極反應式為Na1-XC6+xNa++xe—=NaC6，由電極反應式可知，外電路中每轉移0.2mole—，理論上石墨烯納米片將增重0.2mol×23gmol=4.6g，故D正確；故選BD。13.25℃時，某混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1mol/L，1gc(HCOOH)、1gc(HCOO-)、lgc(H+)和lgc(OH-)隨pH變化的關系如圖所示。Ka為HCOOH的電離常數，下列說法正確的是A.M點時，c(H+)=c(HCOO-)B.O點時，pH=-1gKaC.該體系中，c(HCOOH)=mol/LD.pH由7到14的變化過程中，水的電離程度始終增大【答案】AC【解析】【分析】隨pH增大，c(H+)減小，直線MO表示lgc(H+)隨pH變化；隨pH增大，c(OH-)增大，直線OP表示lgc(OH-)隨pH變化；隨pH增大，c(HCOO-)增大，曲線MN表示lgc(HCOO-)隨pH變化；隨pH增大，c(HCOOH)減小，曲線NP表示lgc(HCOOH)隨pH變化；【詳解】A．直線MO表示lgc(H+)隨pH變化，曲線MN表示lgc(HCOO-)隨pH變化；所以M點時，c(H+)=c(HCOO-)，故A正確；B．，O點時，c(HCOO-)≠c(HCOOH)，所以Ka≠c(H+)，pH≠-1gKa，故B錯誤；C．該體系中，c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1mol/L，，故C正確；D．pH由7到14的變化過程中，水的電離程度先增大后減小，故D錯誤；選AC。三、非選擇題：共57分。第14~16題為必考題，每個試題考生都必須作答。第17-18題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共42分。14.鎳、鈷及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用。工業(yè)上用紅土鎳礦(主要成分為NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制備NiSO4·6H2O和鈷的工藝流程如圖所示。已知：①Ni、Co的化學性質與Fe相似：②溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+Co2+Mg2+開始沉淀時的pH6.84.12.27.57.294沉淀完全時的pH9.25.43.29.09.012.4③“萃取”可將金屬離子進行富集與分離，原理如下：X2+(水相)+2RH(有機相)XR2(有機相)+2H+(水相)?；卮鹣铝袉栴}：（1）濾渣I的主要成分為____(填化學式)。（2）調pH的目的為沉鐵和沉鋁。沉鐵時發(fā)生的氧化還原反應的離子方程式為____。如何判斷NaClO已足量：____(寫出具體操作過程)。（3）濾渣3的成分為MgF2和CaF2。若濾液1中c(Ca2+)=1.0×10-3molL，當濾液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L時，除鈣率為____(忽略沉淀前后溶液體積變化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)（4）用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取劑，萃取時，Co、Ni的浸出率和鈷/鎳分離因素隨pH的關系如圖所示：萃取時，選擇pH為___左右。（5）試劑X為___。（6）資料顯示，硫酸鎳結晶水合物的形態(tài)與溫度有如表關系。溫度低于30.8℃30.8℃~53.8℃53.8℃~280℃高于280℃晶體形態(tài)NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多種結晶水合物NiSO4由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO4·6H2O晶體的操作M依次是蒸發(fā)濃縮、____、過濾、洗滌、干燥?！敬鸢浮浚?）CaSO4和SiO2（2）①.2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO②.取反應后少量濾液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若無藍色沉淀產生，說明NaClO已足量（3）997%（4）3.5（5）鹽酸（6）冷卻至30.8℃~53.8℃之間結晶【解析】【分析】紅土鎳礦：主要成分為NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO與硫酸反應生成NiSO4，CoO與硫酸反應生成CoSO4，FeO與硫酸反應生成FeSO4，Fe2O3與硫酸反應生成Fe2(SO4)3，Al2O3與硫酸反應生成Al2(SO4)3，MgO與硫酸反應生成MgSO4，CaO與硫酸反應生成CaSO4，SiO2與硫酸不反應，則過濾得到的濾渣1含SiO2和CaSO4；向濾液中加入次氯酸鈉將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH，將鐵離子、鋁離子沉淀，過濾，濾渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向濾液1中加入氟化鈉，將鎂離子轉化為氟化鎂沉淀，將鈣離子轉化為氟化鈣沉淀，濾渣3含MgF2、CaF2；向濾液2中加入萃取劑，將二價鈷離子萃取到有機相中，再加鹽酸進行反萃取，得到氯化鈷溶液，氯化鈷溶液電解得到單質鈷；而二價鎳離子在萃取的水相中，將水相處理得到硫酸鎳溶液，硫酸鎳溶液經過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到NiSO4·6H2O晶體?！拘?詳解】由分析可知，濾渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4?！拘?詳解】次氯酸根離子有強氧化性，亞鐵離子有還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應生成氯離子和鐵離子，而生成的鐵離子又水解生成氫氧化鐵，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，沉鐵時發(fā)生的氧化還原反應的離子方程式為：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要證明次氯酸鈉已足量，只需證明溶液中已經沒有亞鐵離子，因此方法為：取反應后少量濾液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若無藍色沉淀產生，說明NaClO已足量?！拘?詳解】當濾液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L時，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此時溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除鈣率為：。【小問4詳解】由圖示可知，pH為3.5左右時，Co/Ni分離因素最高，鈷和鎳的萃取率相差較大，因此，萃取時，選擇pH為3.5左右?！拘?詳解】由圖示可知，反萃取后得到氯化鈷溶液，再結合已知信息③，因此試劑X為鹽酸?！拘?詳解】從溶液中獲得晶體的操作一般是：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，依據表中數據可知，30.8℃~53.8℃，晶體以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷卻結晶時應在30.8℃~53.8℃之間冷卻結晶。15.鈦的密度4.43g/cm3，機械強度和抗腐蝕性均很強，常用活潑金屬還原TiCl4制得。已知TiCl4常溫下是一種極易水解的無色液體，沸點136.4℃。實驗室利用TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO制備TiCl4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

（1）為使a中分液漏斗內的濃鹽酸順利滴下，可將分液漏斗玻璃塞的____對準分液漏斗上部的小孔。裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為____。（2）裝置C中應盛放的試劑名稱為____。裝置B的作用為除去Cl2中的HCl，則其中盛放的試劑可以是____。①飽和NaHCO3溶液②四氯化碳③飽和NaCl溶液④稀硫酸（3）儀器c的名稱為____，其出水口的位置為____。（4）儀器d中堿石灰的作用為____。（5）裝置單元X的作用為____?！敬鸢浮浚?）①.凹槽②.MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O（2）①.濃硫酸②.③④（3）①.(直形)冷凝管②.f（4）吸收未反應的Cl2，防止污染；防止外界的水蒸氣進入b中使產品變質（5）處理尾氣CO【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中二氧化錳與濃鹽酸共熱反應制備氯氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置B中盛有的飽和食鹽水或稀硫酸用于除去氯化氫氣體，裝置C中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，裝置D中氯氣與二氧化鈦、碳粉高溫條件下反應制備四氯化鈦，裝置E中錐形瓶和冷凝管用于冷凝收集四氯化鈦，盛有堿石灰的干燥管用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，同時防止外界的水蒸氣進入錐形瓶中使產品變質，裝置單元X用于處理一氧化碳，防止污染空氣?！拘?詳解】實驗時，應將分液漏斗玻璃塞的凹槽對準分液漏斗上部的小孔，達到平衡氣壓的作用，使a中分液漏斗內的濃鹽酸順利滴下；裝置A中發(fā)生的反應為二氧化錳與濃鹽酸共熱反應生成氯化錳、氯氣和水，反應的離子方程式為MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：凹槽；MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；【小問2詳解】由分析可知，裝置B中盛有的飽和食鹽水或稀硫酸用于除去氯化氫氣體，裝置C中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，故答案為：濃硫酸；③④；【小問3詳解】由實驗裝置圖可知，儀器c為(直形)冷凝管，目的是使四氯化鈦冷凝回流，提高產率，為增強冷凝回流的效果，冷卻水應從下口e通入、上口f流出，故答案為：(直形)冷凝管；f；【小問4詳解】由分析可知，盛有堿石灰的干燥管用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，同時防止外界的水蒸氣進入錐形瓶中使產品變質，故答案為：吸收未反應的Cl2，防止污染；防止外界的水蒸氣進入b中使產品變質；【小問5詳解】由分析可知，裝置單元X用于處理一氧化碳，防止污染空氣，故答案為：處理尾氣CO。16.CO2的資源化利用能有效減少CO2排放緩解能源危機，有助于實現碳達峰、碳中和。I.CO2催化加氫制甲醇(CH3OH)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol③CO(g)+H2(g)CH3OH(g)ΔH3=-45.1kJ/mol（1）反應①的ΔH1=____。（2）在催化劑作用下CO2加氫可制得甲醇，該反應歷程如圖所示(吸附在催化劑表面的物質用*標注，如*CO2表示CO2吸附在催化劑表面；圖中*H己省略)。上述合成甲醇的反應速率較慢，該反應過程中決速步反應的化學方程式為____。（3）上述反應體系在一定條件下建立平衡后，下列說法正確的有____。A.加壓，反應②的平衡不移動，化學平衡常數不變B.增大H2的濃度，有利于提高CO2的平衡轉化率C.加入催化劑，可以降低反應的反應熱D.及時分離除CH3OH，循環(huán)利用CO2和H2，可以提高反應速率和原料的利用率II：CO2催化(固體催化劑)加氫合成甲烷主反應：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-165kJ·mol-1副反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJ·mol-1在不同催化劑條件下反應相同時間，測得CO2轉化率和生成CH4選擇性(CH4選擇性=)隨溫度變化的影響如圖所示。（4）對比上述三種催化劑的催化性能，工業(yè)上選擇的催化劑是Ni-20CeO2/MCM-41，其使用的合適溫度為____℃左右(填選項)。A.300B.340C.380D.420當溫度高于400℃時，CO2轉化率和生成CH4選擇性均有所下降，其原因可能是____。(答出一點即可)（5）向某恒容密閉容器中充入一定量的CO2和H2，其分壓分別為0.85MPa、2.7MPa，在溫度t℃，某催化劑催化下發(fā)生甲烷化反應，一段時間后，主、副反應均達平衡(不考慮其它副反應)，測得容器內CH4和H2O的分壓分別為0.6MPa、1.25MPa，則主反應的分壓平衡常數Kp=____MPa-2。【答案】（1）-49.0kJ/mol（2）*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O（3）B（4）①.C②.①CO2甲烷化為放熱反應，升溫，該反應受到抑制。②催化劑活性降低(催化劑表面積碳)。③發(fā)生了其它副反應(甲烷水蒸氣重整等)（5）1200【解析】【小問1詳解】根據蓋斯定律，②+③×2可得反應①的ΔH1=+41.2kJ/mol+(-45.1kJ/mol)×2=-49.0kJ/mol；【小問2詳解】活化能越大，反應速率越慢，慢反應決定整個反應的速率，據圖可知活化能最大的步驟是*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O；【小問3詳解】A．反應①、③均為氣體系數之和減小的反應，加壓兩個反應的平衡正向移動，兩反應的平衡移動會使體系中CO2、H2、CO、H2O的濃度發(fā)生變化，反應②的平衡也會發(fā)生移動，A錯誤；B．增大H2的濃度，反應①、②平衡正向移動，可以增大CO2的平衡轉化率，B正確；C．催化劑可以降低反應的活化能，但不改變反應熱，C錯誤；D．及時分離出CH3OH，會導致體系內各物質的濃度減小，反應速率會減慢，D錯誤；綜上所述答案為B；【小問4詳解】據圖可知在使用Ni-20CeO2/MCM-41催化劑時，溫度為380℃時CO2轉化率和生成CH4選擇性均較高，故選C；①CO2甲烷化為放熱反應，升溫，該反應受到抑制，平衡逆向移動；②溫度過高，催化劑活性降低(催化劑表面積碳)；③發(fā)生了其它副反應(甲烷水蒸氣重整等)，所以當溫度高于400℃時，CO2轉化率和生成CH4選擇性均有所下降；【小問5詳解】恒容容器中氣體的壓強之比等于物質的量之比，所以不妨設初始投料為0.85molCO2和2.7molH2，平衡時CH4和H2O的物質的量分別為0.6mol、1.25mol，設平衡時CO2、H2、CO的物質的量分別為x、y、z，根據C元素守恒可得x+z+0.6=0.85、根據H元素守恒可得0.6×4+2y+1.25×2=2.7×2、根據O元素守恒可得1.25+2x+z=0.85×2，聯立可以解得CO2、H2、CO的物質的量分別為0.2mol、0.25mol、0.05mol，即分壓分別為0.2MPa、0.25MPa、0.05MPa，所以主反應的平衡常數Kp=MPa-2=1200MPa-2。(二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對應的題號右側方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本選考題的首題進行評分。17.第IIIA族元素及其化合物有著很多優(yōu)良的性能和特性，在半導體、太陽能、合金、超導等領域有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鎵的核外電子占據的最高能層符號為___，能量最高的電子占據的原子軌道電子云輪廓為____形。（2）鋁與同周期相鄰的兩元素相比，第一電離能由大到小的順序為____(用元素符號表示)。（3）BH3分子的空間構型為____，H3BO3顯酸性的原因類似于NH3顯堿性的原因，請寫出H3BO3的電離方程式____。（4）已知硼酸鈉的結構如圖1所示，其中硼原子的雜化類型為____。（5）砷化鎵的立方晶胞結構如圖2所示，已知砷化鎵晶胞邊長為anm，砷化鎵晶體的密度為dg·cm-3，則砷化鎵的摩爾質量為____g·mol-1(設NA為阿伏加德羅常數的值，列出計算式即可)。（6）以晶胞參數為單位長度建立坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數坐標。晶胞中有幾個微粒就有幾個該微粒的分數坐標，比如砷化鎵晶胞中有4個鎵原子，其分數坐標分別為(0，0，0)、(，，0)、(，0，)和____?！敬鸢浮浚?）①.N②.啞鈴（2）Si＞Mg＞Al（3）①.平面三角形②.H3BO3+H2OH++B(OH)（4）sp2（5）（6）