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2022年安徽省安庆市怀宁二中高考化学一模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年安徽省安庆市怀宁二中高考化学一模试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了4L，8kJ/ml、1366，【答案】A，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2022年安徽省安庆市怀宁二中高考化学一模试卷
1. 化学与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述中不正确的是( )
A. 石墨烯液冷散热技术是华为公司首创，石墨烯是一种有机高分子材料
B. 我国自主研发的“东方超环”(人造太阳)应用的氕、氘、氚互为同位素
C. “地沟油”经处理可生产生物柴油、燃料乙醇等，变废为宝
D. 我国海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀
2. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=2HClO+CaCO3
B. 向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO32−+2H+=SO2↑+H2O
C. 向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
D. 向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O
3. 阿巴卡韦(Abacavir)是一种核苷类逆转录酶抑制剂，有抗病毒功效。下列关于其合成中间体M()的说法正确的是( )
A. 分子式为C6H8O2
B. 分子中所有碳原子共平面
C. 可用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和M
D. 1molM与足量钠反应生成H2的体积为22.4L
4. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是( )
A
B
C
D
实验
装置
实验
目的
快速制备少量NH3
配250mL0.10mol⋅L−1NaOH溶液
实验室焙烧硫酸铜晶体
检查装置的气密性
A. A B. B C. C D. D
5. 短周期主族元素X、Y、M、W、Q的原子序数依次增大。X−的电子层结构与氦相同，Y元素的某种单质可用作自来水消毒剂，Q和Y同族，M、W、Y三种元素组成的盐M2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色胶状沉淀。下列说法不正确的是( )
A. M和Y形成的化合物M2Y2中，阴阳离子的个数比为1：2
B. WY2可用于制作计算机芯片
C. 化合物MX具有很强的还原性，能与水反应
D. 最简单气态氢化物的热稳定性：Q>W
6. 利用铜配合物10−phenanthroline−Cu做催化剂电催化可还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 石墨烯为阴极，电极反应式为CO2+2H2O+2e−=HCOOH+2OH−
B. 该装置工作时，H+穿过质子交换膜从右向左移动
C. 每转移2mol电子，阴极室电解质溶液质量增加46g
D. 该装置工作一段时间后，阳极室电解质溶液pH不变
7. 室温下，向浓度为0.1mol⋅L−1的氨水中缓缓通入HCl，lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)，随pOH[pOH=−lgc(OH−)]的变化曲线如图所示。假设溶液体积没有变化，下列推断不正确的是( )
A. 室温下的NH3⋅H2O电离常数为10−4.7
B. pOH=6的溶液中：c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)>0.1mol⋅L−1
C. b点溶液中：c(NH4+)
8. 某化学兴趣小组探究SO2与Ca(NO3)2溶液的反应。
I.实验一：用如下装置制备SO2，然后将.SO2通入Ca(NO3)2溶液中，有白色沉淀M产生。
(1)固体a是 ______(写名称)。
(2)装置D的作用是 ______。
(3)配制1mol⋅L−1Ca(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须除去溶解的氧气，除氧方法是 ______。
II.根据所学知识推测：白色沉淀M可能为CaSO3或CaSO4也可能是二者混合物。(查阅资料得知：CaSO4微溶于水；CaSO3难溶于水。)
实验二：探究白色沉淀M的成分。反应后将装置C中物质转移到烧杯中静置，利用倾析法倾倒出上层清液，抽滤，洗涤得到沉淀M。取沉淀M少许于试管中，加入过量的稀HCl，充分反应，发现沉淀部分溶解。由此可知白色沉淀M含有CaSO3。
(1)适合利用倾析法将下列物质与水分离的是 ______。
A.易沉淀固体
B.胶状物质
C.大颗粒沉淀
D.絮状物质
(2)取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入一种试剂，可进一步证实沉淀M中含有CaSO3。则所加试剂及现象是 ______。
实验三：探究SO42−的产生途径，将SO2分别缓慢通入物质的量浓度相等的无氧CaCl2溶液、有氧CaCl2溶液、无氧Ca(NO3)2溶液中，一段时间后，测溶液的pH，结果表明：①无氧CaCl2溶液中无沉淀，其它两溶液中均有沉淀；②三种溶液均呈酸性，其中无氧CaCl2溶液酸性最弱，有氧CaCl2溶液酸性最强。
(3)有氧CaCl2溶液中通入SO2发生反应的离子方程式为 ______。
(4)从上述实验现象可得出对SO2氧化起主要作用的是 ______(填O2或NO3−)，其理由是 ______。
9. 钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2+，微量Sc3+)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如图。
回答下列问题：
(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是 ______。
(2)在实验室中，“操作1”需要的玻璃仪器有烧杯、______，“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、______。
(3)调pH的目的是 ______；检验“含Sc3+滤液”中是否含Fe3+的操作为 ______。
(4)写出草酸钪焙烧时反应的化学方程式 ______。
(5)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0∼20.0mg⋅L−1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，理论上能生产含85%氧化钪的产品最多 ______kg。
10. 研究CO2的回收及充分利用，对减少碳排放和缓解能源危机具有重要的意义。
(1)在一定温度下，向1L恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2，在催化剂作用下可发生如下反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH
①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、1366.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)ΔH1=+44kJ/mol，则ΔH=______。
②下列表示该反应达到平衡状态的是 ______。
A.混合气体的平均摩尔质量保持不变
B.有6molH−H断裂同时有6molO−H断裂
C.混合气体的密度不再改变
D.CO2的物质的量浓度保持不变
E.容器的压强保持不变
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，此时H2的转化率为 ______，用CH3CH2OH表示20min内该反应的反应速率为 ______
(2)一定温度下，以Ni/Ce为催化剂，在某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，已知CO2、CO的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(CO2)=k1⋅P(CO2)，v(CO)=k2⋅P2(CO)，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数)的关系是Kp=______；v(CO2)、v(CO)与温度关系如图所示，则表示反应达到平衡状态的是 ______(填TA、TB或TC)
(3)用NaOH浓溶液吸收CO2，得到Na2CO3溶液，Na2CO3溶液中各离子浓度大小关系为 ______；已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10−9，向VmL0.001mol/LNa2CO3溶液中加入等体积CaCl2溶液，欲使CO32−沉淀完全，则起始CaCl2物质的量浓度至少为 ______(当离子浓度小于10−5mol/L可认为沉淀完全)
11. 磷、铁及其化合物在生产生活及科研中应用广泛。
(1)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。
①基态P原子的价层电子排布式为 ______，P和S的第一电离能的大小顺序是P ______S(填“>”、“<”或“=”)。
②每个P4S3分子中含孤电子对的数目为______，P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为 ______。
(2)磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似，磷化铝晶胞结构如图2所示。
①磷化铝晶体中磷原子与铝原子间的作用力为 ______。
②磷化铝晶体中由4个P原子围成的空间构型是 ______。
③已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，则磷化铝晶胞的边长是 ______nm。
(3)Fe3+、Co3+与N3−、CN−等可形成络合离子。
①K3[Fe(CN)6]常用于检验Fe2+，1mol[Fe(CN6)]3−离子中含有σ键的数目为 ______。
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co3+的配位数为 ______。
(4)某种磁性氮化铁晶体的结构如图3所示，设底面六边形的边长为anm，六棱柱的高为cnm，该晶体的密度为 ______g▪cm−3(用含a、c的代数式表示)。
蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯。合成该化合物(1)的路线如图：
已知：
请回答下列问题：
(1)化合物F的名称是 ______；
(2)反应①和反应②的反应类型分别是 ______、______。
(3)化合物C不能与FeCl溶液发生显色反应，C中官能团的名称是 ______。
(4)E的结构简式为 ______。
(5)反应⑦的反应条件为 ______。
(6)反应⑥的反应方程式为 ______。
(7)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式共有 ______种，写出其中1种结构简式 ______。答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.相对分子质量在10000以上的是高分子化合物，石墨烯是一种碳单质，不是高分子材料，故A错误；
B.同种元素的不同种原子间互为同位素，氕、氘、氚是氢元素的三种氢原子，互为同位素，故B正确；
C.地沟油的主要成分是油脂，可以用于生产生物柴油、乙醇等，实现废物利用，故C正确；
D.锌块和船体形成原电池，锌块做负极被腐蚀，船体做正极被保护，防止船体腐蚀，故D正确；
故选：A。
A.石墨烯是一种碳单质；
B.同种元素的不同种原子间互为同位素；
C.地沟油的主要成分是油脂；
D.锌块和船体形成原电池，锌块做负极，船体做正极。
本题考查了金属的腐蚀与防护、有机高分子材料等，难度不大，应注意地沟油可以用于生产生物柴油，生物柴油和柴油在成分上不同。
2.【答案】D
【解析】解：A.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钙，而不是生成碳酸钙，故A错误；
B.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2NO3−+3SO32−+2H+=3SO42−+2NO↑+H2O，故B错误；
C.铁离子和碘离子不能共存，会发生氧化还原反应，故C错误；
D.向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，氢离子和氢氧根反应，硫酸根和钡离子反应，反应为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
A.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钙；
B.稀硝酸具有强氧化性，亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子；
C.铁离子和碘离子不能共存；
D.向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，氢离子和氢氧根反应，硫酸根和钡离子反应。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.M中含6个C、12个H、2个O，故分子式为C6H12O2，故A错误；
B.M中碳原子均为sp3杂化，每个C原子与所连接的四个原子呈四面体结构，M中不可能所有碳原子共平面，故B错误；
C.碳酸氢钠只能与−COOH反应生成CO2，不能和−OH反应，故碳素氢钠能与乙酸反应生成二氧化碳气体，但和M不反应，可以鉴别，故C正确；
D.1molM能和2mol钠反应生成1mol氢气，但氢气所处的状态不明确，故体积不一定是22.4L，故D错误；
故选：C。
A.M中含6个C、12个H、2个O；
B.M中碳原子均为sp3杂化；
C.碳酸氢钠只能与−COOH反应生成CO2，不能和−OH反应；
D.氢气所处的状态不明确。
本题考查了有机物的结构和性质，难度不大，应注意有机物的官能团中能与碳酸氢钠反应的只有羧基，能和碳酸钠反应的有羧基和酚羟基。
4.【答案】D
【解析】解：A.收集氨气的试管不能密封，气体过多，易发生爆炸，故A错误；
B.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故B错误；
C.焙烧在坩埚中进行，不能选图中蒸发装置，故C错误；
D.关闭止水夹，注入水，观察液柱，若一段时间液柱的高度不变，则气密性良好，故D正确；
故选：D。
A.收集氨气的试管不能密封；
B.不能在容量瓶中溶解固体；
C.焙烧在坩埚中进行；
D.关闭止水夹，注入水，观察液柱。
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、气体的制备、溶液的配制、实验操作、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。
5.【答案】B
【解析】解：由分析可知：X为H、Y为O、M为Na、W为Si、Q为S；
A.M为Na、Y为O，化合物M2Y2为Na2O2，由2个钠离子和1个过氧根离子，则阴阳离子的个数比为1：2，故A正确；
B.WY2为SiO2，常用于做光导纤维，Si用于制作计算机芯片，故B错误；
C.化合物NaH中氢元素为−1价，具有很强的还原性，可与水反应生成KOH与氢气，故C正确；
D.W为Si、Q为S，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：S>Si，非金属性越强其最简单气态氢化物的热稳定性也越稳定，则稳定性：Q>W，故D正确；
故选：B。
X−的电子层结构与氦相同，则X为H元素；Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂即O3，故Y为O元素，Q和Y同族且为短周期主族元素，则Q为S元素；M、W、Y三种元素组成的盐M2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色胶状沉淀，该白色沉淀为硅酸，可推知M为Na、W为Si元素。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯电极上CO2→HCOOH，发生还原反应，石墨烯电极为阴极，酸性电解质溶液，电极反应式：CO2+2H++2e−=HCOOH，故A错误；
B.Pt电极为阳极，石墨烯电极为阴极，该装置工作时，阳离子向阴极移动，即H+穿过质子交换膜从左向右移动，故B错误；
C.阴极的电极反应式：2CO2+2H++2e−=HCOOH，阴极室质量增重为生成HCOOH的质量，每转移2mol电子生成1molHCOOH，阴极室电解质溶液质量增加为1mol×46g/mol=46g，故C正确；
D.阳极的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+，产生的H+全部移向阴极室，溶液中H+总量不变，但溶液体积减小，酸性增强，即溶液pH减小，故D错误；
故选：C。
Pt电解上H2O→O2，石墨烯电极上CO2→HCOOH，Pt电极发生氧化反应，石墨烯电极发生还原反应，故Pt电极为阳极、石墨烯电极为阴极，阳极的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极的电极反应式：CO2+2H++2e−=HCOOH，H+穿过质子交换膜从阳极室向阴极室，a为电源正极、b为电源负极。
本题考查电解原理应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。
7.【答案】B
【解析】解：A.取a点，pOH=4.7，得c(OH−)=10−4.7mol/L，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0，得c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)，NH3⋅H2O的电离常数为c(NH4+)×c(OH−)c(NH3⋅H2O)=10−4.7，数量级为10−4.7，故A错误；
B.pOH=6时，c(OH−)=10−6mol/L，则c(H+)=10−8mol/L，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L，两式相减得：c(H+)−c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)+c(OH−)−0.1mol/L，c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)=0.1mol/L+c(H+)−c(OH−)=0.1mol/L+10−8mol/L−106mol/L>0.1mol/L，所以c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)<0.1mol/L，故B错误；
C.b点时，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=−1.85，则c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10−1.85<1，c(NH4+)
A.取a点，pOH=4.7，得c(OH−)=10−4.7mol/L，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0，得c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)，NH3⋅H2O的电离常数为c(NH4+)×c(OH−)c(NH3⋅H2O)；
B.pOH=6时，c(OH−)=10−6mol/L，则c(H+)=10−8mol/L，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L，两式相减得：c(H+)−c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)+c(OH−)−0.1mol/L；
C.b点时，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=−1.85，则c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10−1.85<1；
D.取a点，pOH=4.7，得c(OH−)=10−4.7mol/L，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0，得c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)，b点时，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=−1.85，c(NH4+)
8.【答案】铜 尾气处理 将蒸馏水煮沸 AC 过氧化氢；产生白色沉淀 Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+ O2 氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强
【解析】解：实验一(1)分析可知，固体a为铜，
故答案为：铜；
(2)结合分析可知，装置D用于尾气处理，
故答案为：尾气处理；
(3)配制1mol⋅L−1Ca(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须除去溶解的氧气，除氧方法是将蒸馏水煮沸，
故答案为：将蒸馏水煮沸；
实验二(1)“倾析法”只能分离简单的大颗粒沉淀与易沉降固体，胶状和絮状沉淀不易完全沉淀到烧杯底部，倾析时易倾出，而造成产品损失，
故答案为：AC；
(2)取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入过氧化氢，如果存在亚硫酸根离子即可被氧化成硫酸根离子，然后产生白色沉淀，可进一步证实沉淀M中含有CaSO3，
故答案为：过氧化氢；产生白色沉淀；
(3)有氧CaCl2溶液中通入SO2，SO2被氧化为三氧化硫，随后溶于水产生硫酸根离子和钙离子产生硫酸钙沉淀，对应的离子方程式为Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+，
故答案为：Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+；
(4)结合实验现象和方程式可知，从上述实验现象可得出对SO2氧化起主要作用的是氧气，其理由是氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强，这个强度是硫酸所体现的，
故答案为：O2；氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强。
实验一：浓硫酸与铜反应，产生二氧化硫气体，通过饱和亚硫酸氢钠溶液，随后SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫过量时发生反应3SO2+2NO3−+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42−，装置D用于尾气处理；
实验二：(1)“倾析法”只能分离简单的大颗粒沉淀与易沉降固体；
(2)取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入过氧化氢，如果存在亚硫酸根离子即可被氧化成硫酸根离子，然后产生白色沉淀；
(3)有氧CaCl2溶液中通入SO2，SO2被氧化为三氧化硫，随后溶于水产生硫酸根离子和钙离子产生硫酸钙沉淀；
(4)结合实验现象和方程式可知，从上述实验现象可得出对SO2氧化起主要作用的是氧气，其理由是氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
9.【答案】将Fe2+氧化为Fe3+ 玻璃棒、漏斗 Fe(OH)3、Sc(OH)3 溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色 2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2 1.8
【解析】解：(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(2)在实验室中，“操作1”为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，因为加入氢氧化钠溶液之前溶液中含有Sc3+和Fe3+，
故答案为：玻璃棒、漏斗；Fe(OH)3、Sc(OH)3；
(3)调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为：取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色，
故答案为：溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液；取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色；
(4)草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2，
故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2；
(5)Sc3+含量10.0∼20.0mg⋅L−1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，n(Sc)=50.0×103×20.0×10−3g/L45=2009mol，理论上能生产含85%氧化钪的产品最多：m=2009mol2×138g/mol÷85%=1.8kg，
故答案为：1.8。
钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2+，微量Sc)，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析解题。
本题考查物质分离提纯工艺流程，熟练掌握元素化合物知识，理解工艺流程整个各操作目的，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度较大。
10.【答案】−216kJ/molADE40%0.02mol/(L⋅min)k12k2 TC c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)1.12×10−5
【解析】解：(1)①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、1366.8kJ/mol，则，，，根据盖斯定律：得2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH=(−285.8×6+1366.8+44×3)kJ/mol=−216kJ/mol，
故答案为：−216kJ/mol；
②A.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.CH3CH2OH也存在O−H键，有6molH−H断裂同时有7molO−H断裂，才能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故C错误；
D.CO2的物质的量浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内压强减小，当容器的压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为：ADE；
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，设二氧化碳转化物质的量为2xmol，列化学平衡三段式计算，
2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)
起始(mol)2600
转化(mol)2x6xx3x
平衡(mol)2−2x6−6xx3x
n(CO2)与n(H2O)相等，则2−2x=3x，解得x=0.4，H2的转化率为6×0.4mol6mol×100%=40%；v(CH3CH2OH)=0.4mol1L×20min=0.02mol/(L⋅min)，
故答案为：40%；0.02mol/(L⋅min)；
(2)已知v(CO)=k1⋅p2(CO)，v(CO2)=k2⋅p(CO2)，根据反应速率与计量系数成正比可知，v(CO)=2v(CO2)，则k1⋅p2(CO)=2×k2⋅p(CO2)，k12k2=P(CO2)P2(CO)=KP；反应达到平衡时，v(CO)=2v(CO2)，由图只有TC对应的反应速率满足该要求，
故答案为：k12k2；TC；。
(3)CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，一级水解程度大于二级水解程度，则溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)；Na2CO3溶液的浓度为1×10−3mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=5.0×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)=2.8×10−9可知，c(Ca2+)=2.8×10−95×10−4mol/L=5.6×10−6mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×5.6×10−6mol/L=1.12×10−5mol/L，
故答案为：c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)；1.12×10−5。
(1)①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、1366.8kJ/mol，则，，，根据盖斯定律：得2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)；
②判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，列化学平衡三段式计算；
(2)当反应达到平衡时，CO2、CO的消耗速率之比为1：2；
(3)碳酸根离子水解溶液显碱性，一级水解程度大于二级水解程度；Na2CO3溶液的浓度为1×10−3mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=5.0×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)计算沉淀时混合溶液中c(Ca2+)，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍。
本题考查反应热的计算、化学平衡的判断、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
11.【答案】3s23p3 >10sp3 (极性)共价键 正四面体 433d12mol或12×6.02×1023 67.28×102333a2cNA
【解析】解：(1)①P是15号元素，故基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故P和S的第一电离能的大小顺序是P>S，
故答案为：3s23p3；>；
②已知S原子最外层上有6个电子，P原子最外层上有5个电子，结合图示可知：P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，每个P原子形成3个σ键和1个孤电子对，故每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10，P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，故P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为sp3，
故答案为：10；sp3；
(2)①由题干信息可知，磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似，故磷化铝是共价晶体，磷化铝晶体中磷与铝的电负性存在差异，形成的是共价键，且为极性的，因此磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为(极性)共价键，
故答案为：(极性)共价键；
②由图2所示晶胞图不难看出，磷化铝晶体中由4个P原子围成的空间构型是正四面体，
故答案为：正四面体；
③由图2所示晶胞图可知，将图示晶胞平均分为8个小单元，则P和周围的四个Al形成一个小立方体，P位于立方体中心，故小立方体的体对角线等于P和Al核间距的2倍，已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，假设磷化铝晶胞的边长是xnm，则有：(2d)2=3(x2)2，解得：x=433d，
故答案为：433d；
(3)①在配合物[Fe(CN)6]3−中，CN−与铁离子之间有6个配位键均为单键故都是σ键，在每个CN−内部有碳氮三键只含一个σ键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12mol或12×6.02×1023，
故答案为：12mol或12×6.02×1023；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3−，所以Co3+的配位数为6，
故答案为：6；
(4)该晶胞中N原子个数=2、Fe原子个数=12×16+2×12+3=6，则N、Fe原子个数之比=2：6=1：3，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2×sin60∘×6×h×10−7cm=332a2h×10−21cm3，该晶体的密度=mV=2MNAV=182×2NA×333a2h×10−21g/cm3=7.28×102333a2cNAg/cm3，
故答案为：7.28×102333a2cNA。
(1)①P是15号元素，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势；
②已知S原子最外层上有6个电子，P原子最外层上有5个电子，P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，每个P原子形成3个σ键和1个孤电子对；
(2)①由题干信息可知，磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似；
②由图2所示晶胞图不难看出；
③由图2所示晶胞图可知，将图示晶胞平均分为8个小单元，则P和周围的四个Al形成一个小立方体，P位于立方体中心，故小立方体的体对角线等于P和Al核间距的2倍，已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，假设磷化铝晶胞的边长是xnm，则有：(2d)2=3(x2)2，解得：x=433d；
(3)①在配合物[Fe(CN)6]3−中，CN−与铁离子之间有6个配位键均为单键故都是σ键；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3−；
(4)该晶胞中N原子个数=2、Fe原子个数=12×16+2×12+3=6，则N、Fe原子个数之比=2：6=1：3，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2×sin60∘×6×h×10−7cm=332a2h×10−21cm3，该晶体的密度=mV。
本题考查物质结构知识，包括核外电子排布式的书写，杂化轨道理论，晶胞的计算，题目考查较为综合，难度中等，是中档题。
12.【答案】苯乙烯 氧化反应 取代反应 醛基、醚键 浓硫酸/加热 +NaBr2或
【解析】解：(1)F的名称是苯乙烯，
故答案为：苯乙烯；
(2)根据以上分析可知反应①和反应②的反应类型分别是氧化反应和取代反应，
故答案为：氧化反应；取代反应；
(3)C为，官能团的名称是醛基、醚键，
故答案为：醛基、醚键；
(4)根据分析可知E的结构简式为，
故答案为：；
(5)反应⑦是酯化反应，反应条件为浓硫酸/加热，
故答案为：浓硫酸/加热；
(6)反应⑥是卤代烃的水解反应，反应的反应方程式为+NaBr，
故答案为：+NaBr；
(7)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为−OH、−OH、−CH=CHCOOH，或者为−OH、−OH、−C(COOH)=CH2，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1的有2种，结构简式分别为、，
故答案为：2；或。
双氧水具有强氧化性，A与过氧化氢发生氧化反应生成B，化合物C不能与FeCl3溶液发生显色反应，结合C的分子式可判断B发生取代反应生成C为，C发生信息中的反应生成D为；对比D、E的分子式，结合I的结构简式可知E为，故H为、G为，据此解答。
本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
2022年安徽省安庆市怀宁二中高考化学一模试卷
1. 化学与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述中不正确的是( )
A. 石墨烯液冷散热技术是华为公司首创，石墨烯是一种有机高分子材料
B. 我国自主研发的“东方超环”(人造太阳)应用的氕、氘、氚互为同位素
C. “地沟油”经处理可生产生物柴油、燃料乙醇等，变废为宝
D. 我国海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀
2. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=2HClO+CaCO3
B. 向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO32−+2H+=SO2↑+H2O
C. 向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
D. 向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O
3. 阿巴卡韦(Abacavir)是一种核苷类逆转录酶抑制剂，有抗病毒功效。下列关于其合成中间体M()的说法正确的是( )
A. 分子式为C6H8O2
B. 分子中所有碳原子共平面
C. 可用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和M
D. 1molM与足量钠反应生成H2的体积为22.4L
4. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是( )
A
B
C
D
实验
装置
实验
目的
快速制备少量NH3
配250mL0.10mol⋅L−1NaOH溶液
实验室焙烧硫酸铜晶体
检查装置的气密性
A. A B. B C. C D. D
5. 短周期主族元素X、Y、M、W、Q的原子序数依次增大。X−的电子层结构与氦相同，Y元素的某种单质可用作自来水消毒剂，Q和Y同族，M、W、Y三种元素组成的盐M2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色胶状沉淀。下列说法不正确的是( )
A. M和Y形成的化合物M2Y2中，阴阳离子的个数比为1：2
B. WY2可用于制作计算机芯片
C. 化合物MX具有很强的还原性，能与水反应
D. 最简单气态氢化物的热稳定性：Q>W
6. 利用铜配合物10−phenanthroline−Cu做催化剂电催化可还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 石墨烯为阴极，电极反应式为CO2+2H2O+2e−=HCOOH+2OH−
B. 该装置工作时，H+穿过质子交换膜从右向左移动
C. 每转移2mol电子，阴极室电解质溶液质量增加46g
D. 该装置工作一段时间后，阳极室电解质溶液pH不变
7. 室温下，向浓度为0.1mol⋅L−1的氨水中缓缓通入HCl，lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)，随pOH[pOH=−lgc(OH−)]的变化曲线如图所示。假设溶液体积没有变化，下列推断不正确的是( )
A. 室温下的NH3⋅H2O电离常数为10−4.7
B. pOH=6的溶液中：c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)>0.1mol⋅L−1
C. b点溶液中：c(NH4+)
8. 某化学兴趣小组探究SO2与Ca(NO3)2溶液的反应。
I.实验一：用如下装置制备SO2，然后将.SO2通入Ca(NO3)2溶液中，有白色沉淀M产生。
(1)固体a是 ______(写名称)。
(2)装置D的作用是 ______。
(3)配制1mol⋅L−1Ca(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须除去溶解的氧气，除氧方法是 ______。
II.根据所学知识推测：白色沉淀M可能为CaSO3或CaSO4也可能是二者混合物。(查阅资料得知：CaSO4微溶于水；CaSO3难溶于水。)
实验二：探究白色沉淀M的成分。反应后将装置C中物质转移到烧杯中静置，利用倾析法倾倒出上层清液，抽滤，洗涤得到沉淀M。取沉淀M少许于试管中，加入过量的稀HCl，充分反应，发现沉淀部分溶解。由此可知白色沉淀M含有CaSO3。
(1)适合利用倾析法将下列物质与水分离的是 ______。
A.易沉淀固体
B.胶状物质
C.大颗粒沉淀
D.絮状物质
(2)取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入一种试剂，可进一步证实沉淀M中含有CaSO3。则所加试剂及现象是 ______。
实验三：探究SO42−的产生途径，将SO2分别缓慢通入物质的量浓度相等的无氧CaCl2溶液、有氧CaCl2溶液、无氧Ca(NO3)2溶液中，一段时间后，测溶液的pH，结果表明：①无氧CaCl2溶液中无沉淀，其它两溶液中均有沉淀；②三种溶液均呈酸性，其中无氧CaCl2溶液酸性最弱，有氧CaCl2溶液酸性最强。
(3)有氧CaCl2溶液中通入SO2发生反应的离子方程式为 ______。
(4)从上述实验现象可得出对SO2氧化起主要作用的是 ______(填O2或NO3−)，其理由是 ______。
9. 钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2+，微量Sc3+)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如图。
回答下列问题：
(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是 ______。
(2)在实验室中，“操作1”需要的玻璃仪器有烧杯、______，“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、______。
(3)调pH的目的是 ______；检验“含Sc3+滤液”中是否含Fe3+的操作为 ______。
(4)写出草酸钪焙烧时反应的化学方程式 ______。
(5)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0∼20.0mg⋅L−1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，理论上能生产含85%氧化钪的产品最多 ______kg。
10. 研究CO2的回收及充分利用，对减少碳排放和缓解能源危机具有重要的意义。
(1)在一定温度下，向1L恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2，在催化剂作用下可发生如下反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH
①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、1366.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)ΔH1=+44kJ/mol，则ΔH=______。
②下列表示该反应达到平衡状态的是 ______。
A.混合气体的平均摩尔质量保持不变
B.有6molH−H断裂同时有6molO−H断裂
C.混合气体的密度不再改变
D.CO2的物质的量浓度保持不变
E.容器的压强保持不变
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，此时H2的转化率为 ______，用CH3CH2OH表示20min内该反应的反应速率为 ______
(2)一定温度下，以Ni/Ce为催化剂，在某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，已知CO2、CO的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(CO2)=k1⋅P(CO2)，v(CO)=k2⋅P2(CO)，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数)的关系是Kp=______；v(CO2)、v(CO)与温度关系如图所示，则表示反应达到平衡状态的是 ______(填TA、TB或TC)
(3)用NaOH浓溶液吸收CO2，得到Na2CO3溶液，Na2CO3溶液中各离子浓度大小关系为 ______；已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10−9，向VmL0.001mol/LNa2CO3溶液中加入等体积CaCl2溶液，欲使CO32−沉淀完全，则起始CaCl2物质的量浓度至少为 ______(当离子浓度小于10−5mol/L可认为沉淀完全)
11. 磷、铁及其化合物在生产生活及科研中应用广泛。
(1)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。
①基态P原子的价层电子排布式为 ______，P和S的第一电离能的大小顺序是P ______S(填“>”、“<”或“=”)。
②每个P4S3分子中含孤电子对的数目为______，P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为 ______。
(2)磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似，磷化铝晶胞结构如图2所示。
①磷化铝晶体中磷原子与铝原子间的作用力为 ______。
②磷化铝晶体中由4个P原子围成的空间构型是 ______。
③已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，则磷化铝晶胞的边长是 ______nm。
(3)Fe3+、Co3+与N3−、CN−等可形成络合离子。
①K3[Fe(CN)6]常用于检验Fe2+，1mol[Fe(CN6)]3−离子中含有σ键的数目为 ______。
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co3+的配位数为 ______。
(4)某种磁性氮化铁晶体的结构如图3所示，设底面六边形的边长为anm，六棱柱的高为cnm，该晶体的密度为 ______g▪cm−3(用含a、c的代数式表示)。
蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯。合成该化合物(1)的路线如图：
已知：
请回答下列问题：
(1)化合物F的名称是 ______；
(2)反应①和反应②的反应类型分别是 ______、______。
(3)化合物C不能与FeCl溶液发生显色反应，C中官能团的名称是 ______。
(4)E的结构简式为 ______。
(5)反应⑦的反应条件为 ______。
(6)反应⑥的反应方程式为 ______。
(7)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式共有 ______种，写出其中1种结构简式 ______。答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.相对分子质量在10000以上的是高分子化合物，石墨烯是一种碳单质，不是高分子材料，故A错误；
B.同种元素的不同种原子间互为同位素，氕、氘、氚是氢元素的三种氢原子，互为同位素，故B正确；
C.地沟油的主要成分是油脂，可以用于生产生物柴油、乙醇等，实现废物利用，故C正确；
D.锌块和船体形成原电池，锌块做负极被腐蚀，船体做正极被保护，防止船体腐蚀，故D正确；
故选：A。
A.石墨烯是一种碳单质；
B.同种元素的不同种原子间互为同位素；
C.地沟油的主要成分是油脂；
D.锌块和船体形成原电池，锌块做负极，船体做正极。
本题考查了金属的腐蚀与防护、有机高分子材料等，难度不大，应注意地沟油可以用于生产生物柴油，生物柴油和柴油在成分上不同。
2.【答案】D
【解析】解：A.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钙，而不是生成碳酸钙，故A错误；
B.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2NO3−+3SO32−+2H+=3SO42−+2NO↑+H2O，故B错误；
C.铁离子和碘离子不能共存，会发生氧化还原反应，故C错误；
D.向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，氢离子和氢氧根反应，硫酸根和钡离子反应，反应为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
A.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钙；
B.稀硝酸具有强氧化性，亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子；
C.铁离子和碘离子不能共存；
D.向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，氢离子和氢氧根反应，硫酸根和钡离子反应。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.M中含6个C、12个H、2个O，故分子式为C6H12O2，故A错误；
B.M中碳原子均为sp3杂化，每个C原子与所连接的四个原子呈四面体结构，M中不可能所有碳原子共平面，故B错误；
C.碳酸氢钠只能与−COOH反应生成CO2，不能和−OH反应，故碳素氢钠能与乙酸反应生成二氧化碳气体，但和M不反应，可以鉴别，故C正确；
D.1molM能和2mol钠反应生成1mol氢气，但氢气所处的状态不明确，故体积不一定是22.4L，故D错误；
故选：C。
A.M中含6个C、12个H、2个O；
B.M中碳原子均为sp3杂化；
C.碳酸氢钠只能与−COOH反应生成CO2，不能和−OH反应；
D.氢气所处的状态不明确。
本题考查了有机物的结构和性质，难度不大，应注意有机物的官能团中能与碳酸氢钠反应的只有羧基，能和碳酸钠反应的有羧基和酚羟基。
4.【答案】D
【解析】解：A.收集氨气的试管不能密封，气体过多，易发生爆炸，故A错误；
B.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故B错误；
C.焙烧在坩埚中进行，不能选图中蒸发装置，故C错误；
D.关闭止水夹，注入水，观察液柱，若一段时间液柱的高度不变，则气密性良好，故D正确；
故选：D。
A.收集氨气的试管不能密封；
B.不能在容量瓶中溶解固体；
C.焙烧在坩埚中进行；
D.关闭止水夹，注入水，观察液柱。
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、气体的制备、溶液的配制、实验操作、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。
5.【答案】B
【解析】解：由分析可知：X为H、Y为O、M为Na、W为Si、Q为S；
A.M为Na、Y为O，化合物M2Y2为Na2O2，由2个钠离子和1个过氧根离子，则阴阳离子的个数比为1：2，故A正确；
B.WY2为SiO2，常用于做光导纤维，Si用于制作计算机芯片，故B错误；
C.化合物NaH中氢元素为−1价，具有很强的还原性，可与水反应生成KOH与氢气，故C正确；
D.W为Si、Q为S，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：S>Si，非金属性越强其最简单气态氢化物的热稳定性也越稳定，则稳定性：Q>W，故D正确；
故选：B。
X−的电子层结构与氦相同，则X为H元素；Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂即O3，故Y为O元素，Q和Y同族且为短周期主族元素，则Q为S元素；M、W、Y三种元素组成的盐M2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色胶状沉淀，该白色沉淀为硅酸，可推知M为Na、W为Si元素。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯电极上CO2→HCOOH，发生还原反应，石墨烯电极为阴极，酸性电解质溶液，电极反应式：CO2+2H++2e−=HCOOH，故A错误；
B.Pt电极为阳极，石墨烯电极为阴极，该装置工作时，阳离子向阴极移动，即H+穿过质子交换膜从左向右移动，故B错误；
C.阴极的电极反应式：2CO2+2H++2e−=HCOOH，阴极室质量增重为生成HCOOH的质量，每转移2mol电子生成1molHCOOH，阴极室电解质溶液质量增加为1mol×46g/mol=46g，故C正确；
D.阳极的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+，产生的H+全部移向阴极室，溶液中H+总量不变，但溶液体积减小，酸性增强，即溶液pH减小，故D错误；
故选：C。
Pt电解上H2O→O2，石墨烯电极上CO2→HCOOH，Pt电极发生氧化反应，石墨烯电极发生还原反应，故Pt电极为阳极、石墨烯电极为阴极，阳极的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极的电极反应式：CO2+2H++2e−=HCOOH，H+穿过质子交换膜从阳极室向阴极室，a为电源正极、b为电源负极。
本题考查电解原理应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。
7.【答案】B
【解析】解：A.取a点，pOH=4.7，得c(OH−)=10−4.7mol/L，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0，得c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)，NH3⋅H2O的电离常数为c(NH4+)×c(OH−)c(NH3⋅H2O)=10−4.7，数量级为10−4.7，故A错误；
B.pOH=6时，c(OH−)=10−6mol/L，则c(H+)=10−8mol/L，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L，两式相减得：c(H+)−c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)+c(OH−)−0.1mol/L，c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)=0.1mol/L+c(H+)−c(OH−)=0.1mol/L+10−8mol/L−106mol/L>0.1mol/L，所以c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)<0.1mol/L，故B错误；
C.b点时，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=−1.85，则c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10−1.85<1，c(NH4+)
A.取a点，pOH=4.7，得c(OH−)=10−4.7mol/L，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0，得c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)，NH3⋅H2O的电离常数为c(NH4+)×c(OH−)c(NH3⋅H2O)；
B.pOH=6时，c(OH−)=10−6mol/L，则c(H+)=10−8mol/L，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L，两式相减得：c(H+)−c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)+c(OH−)−0.1mol/L；
C.b点时，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=−1.85，则c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10−1.85<1；
D.取a点，pOH=4.7，得c(OH−)=10−4.7mol/L，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0，得c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)，b点时，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=−1.85，c(NH4+)
8.【答案】铜 尾气处理 将蒸馏水煮沸 AC 过氧化氢；产生白色沉淀 Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+ O2 氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强
【解析】解：实验一(1)分析可知，固体a为铜，
故答案为：铜；
(2)结合分析可知，装置D用于尾气处理，
故答案为：尾气处理；
(3)配制1mol⋅L−1Ca(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须除去溶解的氧气，除氧方法是将蒸馏水煮沸，
故答案为：将蒸馏水煮沸；
实验二(1)“倾析法”只能分离简单的大颗粒沉淀与易沉降固体，胶状和絮状沉淀不易完全沉淀到烧杯底部，倾析时易倾出，而造成产品损失，
故答案为：AC；
(2)取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入过氧化氢，如果存在亚硫酸根离子即可被氧化成硫酸根离子，然后产生白色沉淀，可进一步证实沉淀M中含有CaSO3，
故答案为：过氧化氢；产生白色沉淀；
(3)有氧CaCl2溶液中通入SO2，SO2被氧化为三氧化硫，随后溶于水产生硫酸根离子和钙离子产生硫酸钙沉淀，对应的离子方程式为Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+，
故答案为：Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+；
(4)结合实验现象和方程式可知，从上述实验现象可得出对SO2氧化起主要作用的是氧气，其理由是氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强，这个强度是硫酸所体现的，
故答案为：O2；氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强。
实验一：浓硫酸与铜反应，产生二氧化硫气体，通过饱和亚硫酸氢钠溶液，随后SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫过量时发生反应3SO2+2NO3−+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42−，装置D用于尾气处理；
实验二：(1)“倾析法”只能分离简单的大颗粒沉淀与易沉降固体；
(2)取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入过氧化氢，如果存在亚硫酸根离子即可被氧化成硫酸根离子，然后产生白色沉淀；
(3)有氧CaCl2溶液中通入SO2，SO2被氧化为三氧化硫，随后溶于水产生硫酸根离子和钙离子产生硫酸钙沉淀；
(4)结合实验现象和方程式可知，从上述实验现象可得出对SO2氧化起主要作用的是氧气，其理由是氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
9.【答案】将Fe2+氧化为Fe3+ 玻璃棒、漏斗 Fe(OH)3、Sc(OH)3 溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色 2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2 1.8
【解析】解：(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(2)在实验室中，“操作1”为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，因为加入氢氧化钠溶液之前溶液中含有Sc3+和Fe3+，
故答案为：玻璃棒、漏斗；Fe(OH)3、Sc(OH)3；
(3)调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为：取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色，
故答案为：溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液；取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色；
(4)草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2，
故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2；
(5)Sc3+含量10.0∼20.0mg⋅L−1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，n(Sc)=50.0×103×20.0×10−3g/L45=2009mol，理论上能生产含85%氧化钪的产品最多：m=2009mol2×138g/mol÷85%=1.8kg，
故答案为：1.8。
钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2+，微量Sc)，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析解题。
本题考查物质分离提纯工艺流程，熟练掌握元素化合物知识，理解工艺流程整个各操作目的，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度较大。
10.【答案】−216kJ/molADE40%0.02mol/(L⋅min)k12k2 TC c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)1.12×10−5
【解析】解：(1)①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、1366.8kJ/mol，则，，，根据盖斯定律：得2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH=(−285.8×6+1366.8+44×3)kJ/mol=−216kJ/mol，
故答案为：−216kJ/mol；
②A.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.CH3CH2OH也存在O−H键，有6molH−H断裂同时有7molO−H断裂，才能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故C错误；
D.CO2的物质的量浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内压强减小，当容器的压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为：ADE；
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，设二氧化碳转化物质的量为2xmol，列化学平衡三段式计算，
2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)
起始(mol)2600
转化(mol)2x6xx3x
平衡(mol)2−2x6−6xx3x
n(CO2)与n(H2O)相等，则2−2x=3x，解得x=0.4，H2的转化率为6×0.4mol6mol×100%=40%；v(CH3CH2OH)=0.4mol1L×20min=0.02mol/(L⋅min)，
故答案为：40%；0.02mol/(L⋅min)；
(2)已知v(CO)=k1⋅p2(CO)，v(CO2)=k2⋅p(CO2)，根据反应速率与计量系数成正比可知，v(CO)=2v(CO2)，则k1⋅p2(CO)=2×k2⋅p(CO2)，k12k2=P(CO2)P2(CO)=KP；反应达到平衡时，v(CO)=2v(CO2)，由图只有TC对应的反应速率满足该要求，
故答案为：k12k2；TC；。
(3)CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，一级水解程度大于二级水解程度，则溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)；Na2CO3溶液的浓度为1×10−3mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=5.0×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)=2.8×10−9可知，c(Ca2+)=2.8×10−95×10−4mol/L=5.6×10−6mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×5.6×10−6mol/L=1.12×10−5mol/L，
故答案为：c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)；1.12×10−5。
(1)①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、1366.8kJ/mol，则，，，根据盖斯定律：得2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)；
②判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，列化学平衡三段式计算；
(2)当反应达到平衡时，CO2、CO的消耗速率之比为1：2；
(3)碳酸根离子水解溶液显碱性，一级水解程度大于二级水解程度；Na2CO3溶液的浓度为1×10−3mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=5.0×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)计算沉淀时混合溶液中c(Ca2+)，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍。
本题考查反应热的计算、化学平衡的判断、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
11.【答案】3s23p3 >10sp3 (极性)共价键 正四面体 433d12mol或12×6.02×1023 67.28×102333a2cNA
【解析】解：(1)①P是15号元素，故基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故P和S的第一电离能的大小顺序是P>S，
故答案为：3s23p3；>；
②已知S原子最外层上有6个电子，P原子最外层上有5个电子，结合图示可知：P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，每个P原子形成3个σ键和1个孤电子对，故每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10，P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，故P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为sp3，
故答案为：10；sp3；
(2)①由题干信息可知，磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似，故磷化铝是共价晶体，磷化铝晶体中磷与铝的电负性存在差异，形成的是共价键，且为极性的，因此磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为(极性)共价键，
故答案为：(极性)共价键；
②由图2所示晶胞图不难看出，磷化铝晶体中由4个P原子围成的空间构型是正四面体，
故答案为：正四面体；
③由图2所示晶胞图可知，将图示晶胞平均分为8个小单元，则P和周围的四个Al形成一个小立方体，P位于立方体中心，故小立方体的体对角线等于P和Al核间距的2倍，已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，假设磷化铝晶胞的边长是xnm，则有：(2d)2=3(x2)2，解得：x=433d，
故答案为：433d；
(3)①在配合物[Fe(CN)6]3−中，CN−与铁离子之间有6个配位键均为单键故都是σ键，在每个CN−内部有碳氮三键只含一个σ键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12mol或12×6.02×1023，
故答案为：12mol或12×6.02×1023；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3−，所以Co3+的配位数为6，
故答案为：6；
(4)该晶胞中N原子个数=2、Fe原子个数=12×16+2×12+3=6，则N、Fe原子个数之比=2：6=1：3，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2×sin60∘×6×h×10−7cm=332a2h×10−21cm3，该晶体的密度=mV=2MNAV=182×2NA×333a2h×10−21g/cm3=7.28×102333a2cNAg/cm3，
故答案为：7.28×102333a2cNA。
(1)①P是15号元素，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势；
②已知S原子最外层上有6个电子，P原子最外层上有5个电子，P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，每个P原子形成3个σ键和1个孤电子对；
(2)①由题干信息可知，磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似；
②由图2所示晶胞图不难看出；
③由图2所示晶胞图可知，将图示晶胞平均分为8个小单元，则P和周围的四个Al形成一个小立方体，P位于立方体中心，故小立方体的体对角线等于P和Al核间距的2倍，已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，假设磷化铝晶胞的边长是xnm，则有：(2d)2=3(x2)2，解得：x=433d；
(3)①在配合物[Fe(CN)6]3−中，CN−与铁离子之间有6个配位键均为单键故都是σ键；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3−；
(4)该晶胞中N原子个数=2、Fe原子个数=12×16+2×12+3=6，则N、Fe原子个数之比=2：6=1：3，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2×sin60∘×6×h×10−7cm=332a2h×10−21cm3，该晶体的密度=mV。
本题考查物质结构知识，包括核外电子排布式的书写，杂化轨道理论，晶胞的计算，题目考查较为综合，难度中等，是中档题。
12.【答案】苯乙烯 氧化反应 取代反应 醛基、醚键 浓硫酸/加热 +NaBr2或
【解析】解：(1)F的名称是苯乙烯，
故答案为：苯乙烯；
(2)根据以上分析可知反应①和反应②的反应类型分别是氧化反应和取代反应，
故答案为：氧化反应；取代反应；
(3)C为，官能团的名称是醛基、醚键，
故答案为：醛基、醚键；
(4)根据分析可知E的结构简式为，
故答案为：；
(5)反应⑦是酯化反应，反应条件为浓硫酸/加热，
故答案为：浓硫酸/加热；
(6)反应⑥是卤代烃的水解反应，反应的反应方程式为+NaBr，
故答案为：+NaBr；
(7)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为−OH、−OH、−CH=CHCOOH，或者为−OH、−OH、−C(COOH)=CH2，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1的有2种，结构简式分别为、，
故答案为：2；或。
双氧水具有强氧化性，A与过氧化氢发生氧化反应生成B，化合物C不能与FeCl3溶液发生显色反应，结合C的分子式可判断B发生取代反应生成C为，C发生信息中的反应生成D为；对比D、E的分子式，结合I的结构简式可知E为，故H为、G为，据此解答。
本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
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