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化学02卷（人教版2019必修一二+选择性必修123）2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷（全解全析）
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这是一份化学02卷（人教版2019必修一二+选择性必修123）2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷（全解全析），共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷02
化学·全解全析
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：必修一、二+选择性必修1、2、3
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cu 64 Ni 59
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
1．化学与生活、环境、科技密切相关。下列说法正确的是
A．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
B．剧烈运动后可用于补充体力的葡萄糖溶液属于电解质
C．二氧化硫具有氧化性，因此可用于葡萄酒中，起保质作用
D．纳米铁粉具有吸附作用，因此可用于除去工业污水中的、
【答案】A
【详解】A．氮化硼陶瓷耐高温，属于新型无机非金属材料，选项A正确；
B．葡萄糖溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；
C．二氧化硫具有还原性，可以抗氧化，且有一定的杀菌作用，因此可用于葡萄酒中，起保质作用，选项C错误；
D．纳米铁粉可用于除去、主要利用的是其还原性，可以与工业污水中的、发生置换反应生成对应的金属单质，选项D错误；
答案选A。
2．下列化学用语表示正确的是
A．镁原子的结构示意图： B．中子数为9的氮原子：N
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键： D．乙烯的空间填充模型
【答案】C
【详解】A．镁是12号元素，其结构示意图为 ，A错误；
B．中子数为9的氮原子可表示为：N，B错误；
C． 邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：，C正确；
D．乙烯的空间填充模型为 ，D错误；
故选C。
3．布洛芬是一种解热镇痛剂，可由如下反应制得。下列说法正确的是
A．布洛芬分子苯环上的一氯代物只有2种
B．X分子中所有碳原子可能共平面
C．X分子不能使酸性KMnO4溶液褪色
D．lmol布洛芬分子最多能与4molH2发生加成反应
【答案】A
【详解】A．布洛芬分子苯环上的氢有2种，其一氯代物只有2种，A正确；
B．X中支链上存在直接相连的4个饱和碳，故所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．X分子中含有醛基，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；
D．苯环能和氢气加成，羧基不和氢气反应，则lmol布洛芬分子最多能与3molH2发生加成反应；D错误；
故选A。
4．下列方程式与所提供的事实不相符的是
A．向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4
B．向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCO CO+ H+
C．实验室制取氨气：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O
D．少量铁粉与稀硝酸反应：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O
【答案】B
【详解】A．氯气有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫，则相应的方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4，A正确；
B．溶液变为浅红色，说明该溶液显碱性，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，水解方程式为：，B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O，C正确；
D．少量铁粉与稀硝酸反应可以生成+3价铁和一氧化氮，方程式为：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O，D正确；
故选B。
5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有的电子数为
B．溶液中含有的阴离子数目小于
C．标准状况下，乙炔中含有的键数目为
D．与足量的氧气反应转移电子数目为
【答案】D
【详解】A．1个中含有10个电子，则中含有的电子数为，A错误；
B．中应该含有0.1mol硫离子，溶液中硫离子水解生成氢氧根离子和HS-：，且溶液中水也会电离出氢氧根离子，则溶液中含有的阴离子数目大于，B错误；
C．标准状况下，乙炔为1mol，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，中含有的σ键数目为，C错误；
D．钠和氧气反应，钠转化为+1价钠，为1mol，与足量的氧气反应转移电子数目为，D正确；
故选D。
6．反应在体积和温度不变的密闭容器中进行。下列事实中，不能作为反应达到化学平衡状态的标志的是
A．反应器内氧气的浓度不再随着时间的改变而变化
B．反应器内气体的压强不随着时间的变化而变化
C．反应器内气体的密度不随着时间的变化而变化
D．反应器内氧气的浓度和一氧化碳的浓度相等
【答案】D
【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。
【详解】A．反应器内氧气的浓度不再随着时间的改变而变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，A不选；
B．正反应是气体分子数增大的反应，压强是变量，因此反应器内气体的压强不随着时间的变化而变化说明反应达到平衡状态，B不选；
C．气体的质量是变化的，容器的容积不变，因此密度是变量，所以反应器内气体的密度不随着时间的变化而变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，C不选；
D．反应器内氧气的浓度和一氧化碳的浓度相等，不能说明正逆反应速率是否相等，因此不一定处于平衡状态，D选；
答案选D。
7．下列实验装置正确且能达到实验目的的是
实验编号
A
B
C
D
实验装置
实验目的
分离的溶液
检验乙炔的还原性
验证铁的吸氧腐蚀
滴定未知浓度的硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．用蒸馏法分离碘的四氯化碳溶液，温度计用于测量蒸气温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口，A错误；
B．电石与饱和食盐水接触反应产生的气体是混合气体，有硫化氢、磷化氢、乙炔等，它们均具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．吸氧腐蚀时氧气参与反应，会导致密闭体系内气体损耗、压强减少，那么一段红墨水上升进入导管，因此可通过观察导管内有一段红墨水来检验铁钉发生了吸氧腐蚀，C正确；
D．氢氧化钠不能装在酸式滴定管，应该装在碱式滴定管中，D错误；
选C。
8．为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是
选项
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
溴苯(Br2)
NaOH溶液
分液
B
苯(苯酚)
溴水
过滤
C
C2H5OH (H2O)
新制生石灰
重结晶
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和 Na2CO3溶液
蒸馏
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．Br2和氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠，苯难溶于氢氧化钠溶液，苯和Br2的混合物加入氢氧化钠溶液中，分液后得到苯，正确，故选A；
B．苯酚和溴生成的三溴苯酚溶于苯中不能过滤分离，错误，故不选B；
C．C2H5OH和氧化钙不反应，H2O和氧化钙反应生成氢氧化钙，加入生石灰后蒸馏，可除去C2H5OH中的H2O，错误，故不选C；
D．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠溶液反应，通入饱和碳酸钠中，静止后分液，可除去乙酸乙酯中的乙酸，错误，故不选D。
故选A。
9．主族元素W、X、Y、Q、Z的原于序数依次递增且均不大于20，化合物与水剧烈反应，生成一种强碱和一种绿色的可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质
C．Q与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构
D．化合物中只含有离子键
【答案】D
【分析】X的最外层电子数是内层电子数的3倍，可知X是O元素，Q与X同族，则Q是S元素，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，即Y的单质能溶于稀硫酸，不溶于浓硫酸，则Y 是Al，化合物与水剧烈反应，生成一种强碱和一种绿色的可燃性气体单质，则气体单质是氢气，即W是H元素，Z处在硫元素后且原子序数小于20的元素，化合价是+2价，则Z是Ca元素，据此分析解答。
【详解】A．经分析Z、Q、X、Y分布是Ca、S、O、Al四种元素，其简单离子半径S2-> Ca2+>O2->Al3+，故A错误；
B．Y是Al元素，工业上用电解氧化铝冶炼铝单质，而不是氯化铝，故B错误；
C．Q是S，X是O，二者形成的化合物中，SO2中S原子最外层是10电子结构，SO3中S原子最外层是12个电子，故C错误；
D．经分析，化合物是指CaH2，电子式为，只含有离子键，故D正确；
答案选D。
10．实验室采用如图装置制备气体，合理的是
试剂X
试剂Y
试剂Z
制备气体
A
稀盐酸
大理石
饱和碳酸氢钠溶液
CO2
B
浓盐酸
二氧化锰
饱和食盐水
Cl2
C
浓氨水
生石灰
浓硫酸
NH3
D
稀硝酸
铜片
水
NO
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．由于CO2不能与饱和NaHCO3溶液反应，而HCl可以反应，故能除去CO2中的挥发的HCl，A符合题意；
B．用MnO2和浓盐酸需要加热，图示装置没有加热仪器，B不合题意；
C．氨气会被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥氨气，C不合题意；
D．NO会和空气中氧气反应，不能用排空气法收集，D不合题意；
故选A。
11．氨气在工业上应用广泛，已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，反应相同时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是
A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：va＞vb
C．b点时v正
【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。
【详解】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，由于a点温度小于b点，且a点c(NH3)低于b点，故a点的逆反应速率比b点的小，故B错误；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则c点平衡常数大于d点，故D正确；
故选D。
12．用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
已知浸出液中主要金属阳离子为Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，下列说法正确的是
A．“浸出”产生的气体主要为SO2
B．“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS
C．“沉铁”步骤主要反应的离子方程式为：
D．整个流程中铬元素先被氧化为价，后被还原为价
【答案】B
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成的气体为H2，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，加入Na2S分离出滤渣CoS和NiS，Cr3+和Fe2+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分理出硫酸铬。
【详解】A．加入稀硫酸溶解合金，产生的气体为氢气，A错误；
B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分理出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，所以“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS，B正确；
C．“沉铁”所用物质为草酸是一种弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：，C错误；
D．流程中未产生六价铬化合物，D错误；
故选B。
13．t℃时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．加热蒸发饱和Ag2CrO4溶液再恢复到t℃，可使溶液由Y点变到Z点
B．在X点没有Ag2CrO4沉淀生成，则此时温度低于t℃
C．向饱和Ag2CrO4溶液中加入少量AgNO3固体，可使溶液由Z点到Y点
D．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-9
【答案】C
【详解】试题分析：A．加热蒸发饱和Ag2CrO4溶液再恢复到t℃，沉淀析出后c(CrO42-)浓度不变，故A错误；B．在X点没有Ag2CrO4沉淀生成，则此时温度高于t℃，故B错误；C．向饱和Ag2CrO4溶液中加入少量AgNO3固体，溶解平衡逆向移动，c(CrO42-)浓度减小，可以使溶液由Z点到Y点，故C正确；D．依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+CrO42-，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)2•10-6=10-12，故D错误；故答案为C。
考点：考查沉淀溶解平衡的分析判断、溶度积常数的计算应用、溶度积是随温度变化等。
14．下列关于有机物的说法正确的是
A．糖类、油脂、蛋白质都属于有机高分子
B．石油的分馏、裂化和裂解均属于化学变化
C．C3H2Cl6共有4种同分异构体(不含立体异构)
D．可由CH2=CH2和HCl加成后聚合制得
【答案】C
【详解】A. 糖类中的单糖和二糖是小分子有机物，油脂也不是有机高分子化合物，蛋白质和糖类中的多糖属于有机高分子化合物，故A项错误；
B. 石油的分馏属于物理变化，裂化和裂解均属于化学变化，故B项错误；
C. C3H2Cl6可看作丙烷（CH3CH2CH3）中的六个氢原子被氯原子取代而成，所有六氯代物的结构简式为：Cl3CCH2CCl3、ClCH2CCl2CCl3、Cl2CHCHClCCl3、Cl3CCH2CCl3，故C项正确；
D. 聚氯乙烯是由氯乙烯经过加成聚合反应得到的，正确的为，故D项错误。
故答案为：C。
15．电解法制取Na2FeO4的总反应为，工作原理如图所示。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列叙述正确的是
A．铁电极做阳极，发生还原反应
B．Ni电极发生的反应为：
C．通电后Na+向右移动，阴极区Na+浓度增大
D．当电路中通过1 mol电子时，阴极区有11.2 L H2生成
【答案】B
【详解】A．铁电极与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，生成，故A错误；
B．Ni电极为阴极，发生的反应为：，B正确；
C．为保障阳极区的强碱性条件，该电解池中离子交换膜只能是阴离子交换膜，因此通电后，阴极区的 OH－向左移动，故C错误；
D．当电路中通过l mol电子的电量时，生成 0.5 mol氢气，温度压强不知，无法计算气体的体积，故D错误；
故选B。
16．向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的起始浓度为
B．在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C．对应的溶液中均存在：
D．由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
【答案】C
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共5个小题，共52分。
17．（10分）随着新能源汽车的飞速发展，大量废旧电池的回收处理已是目前的热点问题，下图是废旧磷酸铁锂电池正极材料(含、导电炭黑、铝箔)的一种常见的回收再生流程：
试回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤中反应得到滤液1的化学方程式为_______。
(2)“碱浸”中NaOH不宜过量太多的原因是_______。
(3)“酸浸”步骤为了达到理想的浸出效果，需要控温，试分析可能的原因：_______。
(4)完成“酸浸”步骤中主要反应的离子方程式：_______。
_______+_______+_______=_______Li++_______+_______+_______
(5)题设条件下溶液pH对铁元素、磷元素沉淀率的影响如下图所示。
已知滤液2加氨水热处理步骤控制最佳pH约为2.5。当pH<2.5时随着溶液pH逐渐升高，磷元素沉淀率增大，请从电离平衡移动的角度解释其原因：_______；当pH>2.5时部分会转化为_______沉淀，使得被释放，磷元素沉降率下降。
(6)磷酸铁锂电池的工作原理为：，电池中聚合物隔膜只允许Li+通过，若用此电池作电源电解水，当两极收集到气体在标准状况下体积共为336mL时，电池中通过隔膜的Li+的数目为_______。
【答案】(1)
(2)避免在随后的“酸浸”步骤中消耗过多的硫酸
(3)温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解
(4)
(5) 随着pH升高，电离平衡正向移动，浓度增大，与结合形成沉淀
(6)或
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料（含，导电炭黑，铝箔）加入氢氧化钠溶液，科生成偏铝酸钠，滤液1为偏铝酸钠，加入适量硫酸可生成氢氧化铝，滤渣加入硫酸，过氧化氢，滤渣为导电炭黑，滤液2含有铁离子，锂离子和硫酸根等离子，加入氨水，可生成，滤液3含有硫酸锂，加入碳酸钠溶液生成碳酸锂，与碳酸锂用碳热还原，可生成和C；
【详解】（1）正极材料含有铝，加入氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为；
（2）碱浸后需加入硫酸溶解固体，则NaOH的用量不宜过多，避免在随后的酸浸中消耗过多的硫酸；
（3）滤渣的主要成分是导电炭黑，“酸浸”步骤为了达到理想的浸出效果，需控温35~40℃，可能的原因温度过低，浸取速率慢，温度过高，过氧化氢不稳定，应避免过氧化氢分解；
（4）加入过氧化氢和硫酸，发生氧化还原反应生成铁离子，锂离子和磷酸，反应的离子方程式为；
（5）pH过高则能生成另一种含Fe沉淀，应该为沉淀；
（6）电解方程式为，当两极共收集标况下气体336mL，则物质的量为，可知生成0.01mol，转移0.02mol电子，数目。
18．（10分）某化学小组同学发现“84”消毒液(主要成分为NaClO)与洁厕剂(主要成分为盐酸)室温下混合有生成，于是尝试在实验室利用该反应原理制取。
(1)若用次氯酸钙、浓盐酸为原料，利用上图装置制取。装置中仪器a的名称为_______，反应的化学方程式为_______。
(2)实验室制取干燥的时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为_______。
(3)经查阅资料得知：无水在空气中易潮解，加热易升华。设计如图所示装置制备无水。
①下列操作步骤的正确顺序为_______(填字母)。
a.体系冷却后，停止通入 b.通入干燥的赶尽装置中的空气
c.在铁屑下方加热至反应完成 d.用干燥的赶尽
e.检验装置的气密性
②该实验装置存在的明显缺陷是_______。
(4)世界环保联盟要求逐渐取代作为自来水消毒剂。
已知：，。
有关物质的熔、沸点如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
-59
11
-107
-34.6
的生产流程示意图如下：
该工艺中，需要补充的物质X为_______(填化学式，下同)，能参与循环的物质是_______。从发生器中分离出，可采用的方法是_______。
【答案】(1) 分液漏斗 Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)cdbae
(3) ebcad 出气管伸入瓶中太长
(4) Cl2 NaCl和Cl2 冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离
【详解】（1）a用于液体为分液漏斗。次氯酸钙中+1的氯将盐酸中-1价的氯氧化为Cl2，反应为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。答案为分液漏斗；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）浓硫酸干燥氯气，饱和氯化钠除去HCl杂质，NaOH溶液吸收尾气。连接顺序为cdbae。答案为cdbae；
（3）装置首先应该检验气密性。装置中有空气干扰反应，加热前应先通入Cl2排空，再加热。反应结束后装置中有残留的Cl2污染环境，需要用N2将装置中的尾气排尽。正确的顺序为ebcad。出气管伸入瓶中太长易被FeCl3堵塞而炸裂。答案为ebcad；出气管伸入瓶中太长；
（4）氯化钠电解槽中Cl-变为了而H+变为H2，若要产生HCl需要H2和Cl2。所以需要补充Cl2。能参与循环的物质是NaCl和Cl2。从发生器中分离出，可采用的方法是冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离。
19．（10分）汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。
(1)在标准压强和指定温度下，由元素最稳定的单质生成1mol化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、。写出催化转化器中反应的热化学方程式_______。
(2)向体积相等的甲、乙两个恒容容器中各充入1 mol CO和1 mol NO气体，分别在恒温和绝热条件下发生上述反应。测得气体压强与时间关系如图所示。
①在恒温恒容条件下，下列说法表明该反应达到平衡状态的是_______。(填选项)
A．混合气体的密度保持不变
B．断裂同时形成
C．当时，该反应处于平衡状态
②容器_______(填“甲”或“乙”)在绝热条件下反应。
③气体总物质的量：a_______b(填“>”、“＜”或“=”)。
(3)催化剂性能决定了尾气处理效果。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(X、Y)进行反应，测量逸出气体中NO含量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。
①曲线上a点的脱氮率_______(填“>”、“<”或“=”)对应温度下的平衡脱氮率。
②催化剂Y条件下，温度高于650K时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是_______。
(4)在压强为恒压条件下，温度为TK的体系中，投料比时，CO的平衡转化率为80%，则=_______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2) B 甲 ＜
(3) ＝ 温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降
(4)
【详解】（1）已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、，则有，，
则第二个方程式的2倍减去第一个方程式的2倍，再减去第三个方程式的2倍，得到催化转化器中反应的热化学方程式；故答案为：。
（2）①A．混合气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，不能说为判断平衡标志，故A不符合题意；B．断裂，逆向反应，同时形成，正向反应，两个不同方向，其比率与计量系数之比相等，故B符合题意；C．当时，不能说该反应处于平衡状态，只能是某种物质的浓度不再改变，故C不符合题意；综上所述，答案为：B。
②由于该反应是放热反应，因此绝热时，容器内温度升高，压强增大，因此容器甲在绝热条件下反应；故答案：甲。
③反应时甲容器的温度高于乙容器，两者压强相等，则温度高时气体物质的量小即气体总物质的量：a＜b；故答案为：＜。
（3）①根据图中曲线得到曲线上a点的脱氮率＝对应温度下的平衡脱氮率；故答案为：＝。
②催化剂Y条件下，温度高于650K时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降；故答案为：温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降。
（4）在压强为恒压条件下，温度为TK的体系中，投料比时，设都为CO、NO物质的量都为1mol，CO的平衡转化率为80%，建立三段式得到，则；故答案为：。
20．（10分）铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是_______。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______。
(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
(4) 1:3 NA·a3·10-6
【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；
（2）从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；
（3）①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1:3；
②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
21．（12分）叶酸是一种水溶性维生素，对贫血的治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：
已知：RCOOH＋SOCl2→RCOCl＋HSO2Cl；RCOCl＋H2NR′→RCONHR′＋HCl。
(1)B的结构简式为___________。
(2)⑤的反应类型为___________。
(3)E中的含氧官能团名称为___________。
(4)写出④的化学方程式：___________。
(5)D的同分异构体中，属于α-氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有___________种。
(6)根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线___________。
【答案】(1)
(2)还原反应
(3)羧基、硝基、酰胺基
(4)
(5)10
(6)。
【分析】甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成B，B与SOCl2反应生成C，根据C中硝基的位置可知A为，B为；根据题目所给信息以及E的结构简式可知，D的结构简式为；
【详解】（1）根据分析可知B的结构简式为；
（2）对比E和F的结构简式可知，硝基转化为氨基，所以⑤的反应类型为还原反应；
（3）观察E的结构简式可知E中的含氧官能团为羧基、硝基、酰胺键(肽键)；
（4）根据题目所给信息可知反应④的化学反应为C中氯原子被D取代的反应，方程式为；
（5）D为，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基在同一碳原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有、、、(序号表示羟基可能的位置)，共有3+3+2+2=10种；
（6）对二甲苯为，对苯二胺为；根据防弹材料的结构简式可知，其可以由和对苯二胺发生缩聚反应生成，而可以由与SOCl2反应生成，对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化可以得到，所以合成路线为 。
2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷02
化学·全解全析
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：必修一、二+选择性必修1、2、3
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cu 64 Ni 59
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
1．化学与生活、环境、科技密切相关。下列说法正确的是
A．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
B．剧烈运动后可用于补充体力的葡萄糖溶液属于电解质
C．二氧化硫具有氧化性，因此可用于葡萄酒中，起保质作用
D．纳米铁粉具有吸附作用，因此可用于除去工业污水中的、
【答案】A
【详解】A．氮化硼陶瓷耐高温，属于新型无机非金属材料，选项A正确；
B．葡萄糖溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；
C．二氧化硫具有还原性，可以抗氧化，且有一定的杀菌作用，因此可用于葡萄酒中，起保质作用，选项C错误；
D．纳米铁粉可用于除去、主要利用的是其还原性，可以与工业污水中的、发生置换反应生成对应的金属单质，选项D错误；
答案选A。
2．下列化学用语表示正确的是
A．镁原子的结构示意图： B．中子数为9的氮原子：N
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键： D．乙烯的空间填充模型
【答案】C
【详解】A．镁是12号元素，其结构示意图为 ，A错误；
B．中子数为9的氮原子可表示为：N，B错误；
C． 邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：，C正确；
D．乙烯的空间填充模型为 ，D错误；
故选C。
3．布洛芬是一种解热镇痛剂，可由如下反应制得。下列说法正确的是
A．布洛芬分子苯环上的一氯代物只有2种
B．X分子中所有碳原子可能共平面
C．X分子不能使酸性KMnO4溶液褪色
D．lmol布洛芬分子最多能与4molH2发生加成反应
【答案】A
【详解】A．布洛芬分子苯环上的氢有2种，其一氯代物只有2种，A正确；
B．X中支链上存在直接相连的4个饱和碳，故所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．X分子中含有醛基，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；
D．苯环能和氢气加成，羧基不和氢气反应，则lmol布洛芬分子最多能与3molH2发生加成反应；D错误；
故选A。
4．下列方程式与所提供的事实不相符的是
A．向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4
B．向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCO CO+ H+
C．实验室制取氨气：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O
D．少量铁粉与稀硝酸反应：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O
【答案】B
【详解】A．氯气有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫，则相应的方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4，A正确；
B．溶液变为浅红色，说明该溶液显碱性，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，水解方程式为：，B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O，C正确；
D．少量铁粉与稀硝酸反应可以生成+3价铁和一氧化氮，方程式为：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O，D正确；
故选B。
5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有的电子数为
B．溶液中含有的阴离子数目小于
C．标准状况下，乙炔中含有的键数目为
D．与足量的氧气反应转移电子数目为
【答案】D
【详解】A．1个中含有10个电子，则中含有的电子数为，A错误；
B．中应该含有0.1mol硫离子，溶液中硫离子水解生成氢氧根离子和HS-：，且溶液中水也会电离出氢氧根离子，则溶液中含有的阴离子数目大于，B错误；
C．标准状况下，乙炔为1mol，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，中含有的σ键数目为，C错误；
D．钠和氧气反应，钠转化为+1价钠，为1mol，与足量的氧气反应转移电子数目为，D正确；
故选D。
6．反应在体积和温度不变的密闭容器中进行。下列事实中，不能作为反应达到化学平衡状态的标志的是
A．反应器内氧气的浓度不再随着时间的改变而变化
B．反应器内气体的压强不随着时间的变化而变化
C．反应器内气体的密度不随着时间的变化而变化
D．反应器内氧气的浓度和一氧化碳的浓度相等
【答案】D
【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。
【详解】A．反应器内氧气的浓度不再随着时间的改变而变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，A不选；
B．正反应是气体分子数增大的反应，压强是变量，因此反应器内气体的压强不随着时间的变化而变化说明反应达到平衡状态，B不选；
C．气体的质量是变化的，容器的容积不变，因此密度是变量，所以反应器内气体的密度不随着时间的变化而变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，C不选；
D．反应器内氧气的浓度和一氧化碳的浓度相等，不能说明正逆反应速率是否相等，因此不一定处于平衡状态，D选；
答案选D。
7．下列实验装置正确且能达到实验目的的是
实验编号
A
B
C
D
实验装置
实验目的
分离的溶液
检验乙炔的还原性
验证铁的吸氧腐蚀
滴定未知浓度的硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．用蒸馏法分离碘的四氯化碳溶液，温度计用于测量蒸气温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口，A错误；
B．电石与饱和食盐水接触反应产生的气体是混合气体，有硫化氢、磷化氢、乙炔等，它们均具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．吸氧腐蚀时氧气参与反应，会导致密闭体系内气体损耗、压强减少，那么一段红墨水上升进入导管，因此可通过观察导管内有一段红墨水来检验铁钉发生了吸氧腐蚀，C正确；
D．氢氧化钠不能装在酸式滴定管，应该装在碱式滴定管中，D错误；
选C。
8．为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是
选项
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
溴苯(Br2)
NaOH溶液
分液
B
苯(苯酚)
溴水
过滤
C
C2H5OH (H2O)
新制生石灰
重结晶
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和 Na2CO3溶液
蒸馏
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．Br2和氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠，苯难溶于氢氧化钠溶液，苯和Br2的混合物加入氢氧化钠溶液中，分液后得到苯，正确，故选A；
B．苯酚和溴生成的三溴苯酚溶于苯中不能过滤分离，错误，故不选B；
C．C2H5OH和氧化钙不反应，H2O和氧化钙反应生成氢氧化钙，加入生石灰后蒸馏，可除去C2H5OH中的H2O，错误，故不选C；
D．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠溶液反应，通入饱和碳酸钠中，静止后分液，可除去乙酸乙酯中的乙酸，错误，故不选D。
故选A。
9．主族元素W、X、Y、Q、Z的原于序数依次递增且均不大于20，化合物与水剧烈反应，生成一种强碱和一种绿色的可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质
C．Q与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构
D．化合物中只含有离子键
【答案】D
【分析】X的最外层电子数是内层电子数的3倍，可知X是O元素，Q与X同族，则Q是S元素，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，即Y的单质能溶于稀硫酸，不溶于浓硫酸，则Y 是Al，化合物与水剧烈反应，生成一种强碱和一种绿色的可燃性气体单质，则气体单质是氢气，即W是H元素，Z处在硫元素后且原子序数小于20的元素，化合价是+2价，则Z是Ca元素，据此分析解答。
【详解】A．经分析Z、Q、X、Y分布是Ca、S、O、Al四种元素，其简单离子半径S2-> Ca2+>O2->Al3+，故A错误；
B．Y是Al元素，工业上用电解氧化铝冶炼铝单质，而不是氯化铝，故B错误；
C．Q是S，X是O，二者形成的化合物中，SO2中S原子最外层是10电子结构，SO3中S原子最外层是12个电子，故C错误；
D．经分析，化合物是指CaH2，电子式为，只含有离子键，故D正确；
答案选D。
10．实验室采用如图装置制备气体，合理的是
试剂X
试剂Y
试剂Z
制备气体
A
稀盐酸
大理石
饱和碳酸氢钠溶液
CO2
B
浓盐酸
二氧化锰
饱和食盐水
Cl2
C
浓氨水
生石灰
浓硫酸
NH3
D
稀硝酸
铜片
水
NO
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．由于CO2不能与饱和NaHCO3溶液反应，而HCl可以反应，故能除去CO2中的挥发的HCl，A符合题意；
B．用MnO2和浓盐酸需要加热，图示装置没有加热仪器，B不合题意；
C．氨气会被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥氨气，C不合题意；
D．NO会和空气中氧气反应，不能用排空气法收集，D不合题意；
故选A。
11．氨气在工业上应用广泛，已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，反应相同时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是
A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：va＞vb
C．b点时v正
【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。
【详解】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，由于a点温度小于b点，且a点c(NH3)低于b点，故a点的逆反应速率比b点的小，故B错误；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则c点平衡常数大于d点，故D正确；
故选D。
12．用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
已知浸出液中主要金属阳离子为Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，下列说法正确的是
A．“浸出”产生的气体主要为SO2
B．“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS
C．“沉铁”步骤主要反应的离子方程式为：
D．整个流程中铬元素先被氧化为价，后被还原为价
【答案】B
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成的气体为H2，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，加入Na2S分离出滤渣CoS和NiS，Cr3+和Fe2+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分理出硫酸铬。
【详解】A．加入稀硫酸溶解合金，产生的气体为氢气，A错误；
B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分理出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，所以“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS，B正确；
C．“沉铁”所用物质为草酸是一种弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：，C错误；
D．流程中未产生六价铬化合物，D错误；
故选B。
13．t℃时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．加热蒸发饱和Ag2CrO4溶液再恢复到t℃，可使溶液由Y点变到Z点
B．在X点没有Ag2CrO4沉淀生成，则此时温度低于t℃
C．向饱和Ag2CrO4溶液中加入少量AgNO3固体，可使溶液由Z点到Y点
D．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-9
【答案】C
【详解】试题分析：A．加热蒸发饱和Ag2CrO4溶液再恢复到t℃，沉淀析出后c(CrO42-)浓度不变，故A错误；B．在X点没有Ag2CrO4沉淀生成，则此时温度高于t℃，故B错误；C．向饱和Ag2CrO4溶液中加入少量AgNO3固体，溶解平衡逆向移动，c(CrO42-)浓度减小，可以使溶液由Z点到Y点，故C正确；D．依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+CrO42-，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)2•10-6=10-12，故D错误；故答案为C。
考点：考查沉淀溶解平衡的分析判断、溶度积常数的计算应用、溶度积是随温度变化等。
14．下列关于有机物的说法正确的是
A．糖类、油脂、蛋白质都属于有机高分子
B．石油的分馏、裂化和裂解均属于化学变化
C．C3H2Cl6共有4种同分异构体(不含立体异构)
D．可由CH2=CH2和HCl加成后聚合制得
【答案】C
【详解】A. 糖类中的单糖和二糖是小分子有机物，油脂也不是有机高分子化合物，蛋白质和糖类中的多糖属于有机高分子化合物，故A项错误；
B. 石油的分馏属于物理变化，裂化和裂解均属于化学变化，故B项错误；
C. C3H2Cl6可看作丙烷（CH3CH2CH3）中的六个氢原子被氯原子取代而成，所有六氯代物的结构简式为：Cl3CCH2CCl3、ClCH2CCl2CCl3、Cl2CHCHClCCl3、Cl3CCH2CCl3，故C项正确；
D. 聚氯乙烯是由氯乙烯经过加成聚合反应得到的，正确的为，故D项错误。
故答案为：C。
15．电解法制取Na2FeO4的总反应为，工作原理如图所示。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列叙述正确的是
A．铁电极做阳极，发生还原反应
B．Ni电极发生的反应为：
C．通电后Na+向右移动，阴极区Na+浓度增大
D．当电路中通过1 mol电子时，阴极区有11.2 L H2生成
【答案】B
【详解】A．铁电极与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，生成，故A错误；
B．Ni电极为阴极，发生的反应为：，B正确；
C．为保障阳极区的强碱性条件，该电解池中离子交换膜只能是阴离子交换膜，因此通电后，阴极区的 OH－向左移动，故C错误；
D．当电路中通过l mol电子的电量时，生成 0.5 mol氢气，温度压强不知，无法计算气体的体积，故D错误；
故选B。
16．向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的起始浓度为
B．在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C．对应的溶液中均存在：
D．由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
【答案】C
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共5个小题，共52分。
17．（10分）随着新能源汽车的飞速发展，大量废旧电池的回收处理已是目前的热点问题，下图是废旧磷酸铁锂电池正极材料(含、导电炭黑、铝箔)的一种常见的回收再生流程：
试回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤中反应得到滤液1的化学方程式为_______。
(2)“碱浸”中NaOH不宜过量太多的原因是_______。
(3)“酸浸”步骤为了达到理想的浸出效果，需要控温，试分析可能的原因：_______。
(4)完成“酸浸”步骤中主要反应的离子方程式：_______。
_______+_______+_______=_______Li++_______+_______+_______
(5)题设条件下溶液pH对铁元素、磷元素沉淀率的影响如下图所示。
已知滤液2加氨水热处理步骤控制最佳pH约为2.5。当pH<2.5时随着溶液pH逐渐升高，磷元素沉淀率增大，请从电离平衡移动的角度解释其原因：_______；当pH>2.5时部分会转化为_______沉淀，使得被释放，磷元素沉降率下降。
(6)磷酸铁锂电池的工作原理为：，电池中聚合物隔膜只允许Li+通过，若用此电池作电源电解水，当两极收集到气体在标准状况下体积共为336mL时，电池中通过隔膜的Li+的数目为_______。
【答案】(1)
(2)避免在随后的“酸浸”步骤中消耗过多的硫酸
(3)温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解
(4)
(5) 随着pH升高，电离平衡正向移动，浓度增大，与结合形成沉淀
(6)或
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料（含，导电炭黑，铝箔）加入氢氧化钠溶液，科生成偏铝酸钠，滤液1为偏铝酸钠，加入适量硫酸可生成氢氧化铝，滤渣加入硫酸，过氧化氢，滤渣为导电炭黑，滤液2含有铁离子，锂离子和硫酸根等离子，加入氨水，可生成，滤液3含有硫酸锂，加入碳酸钠溶液生成碳酸锂，与碳酸锂用碳热还原，可生成和C；
【详解】（1）正极材料含有铝，加入氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为；
（2）碱浸后需加入硫酸溶解固体，则NaOH的用量不宜过多，避免在随后的酸浸中消耗过多的硫酸；
（3）滤渣的主要成分是导电炭黑，“酸浸”步骤为了达到理想的浸出效果，需控温35~40℃，可能的原因温度过低，浸取速率慢，温度过高，过氧化氢不稳定，应避免过氧化氢分解；
（4）加入过氧化氢和硫酸，发生氧化还原反应生成铁离子，锂离子和磷酸，反应的离子方程式为；
（5）pH过高则能生成另一种含Fe沉淀，应该为沉淀；
（6）电解方程式为，当两极共收集标况下气体336mL，则物质的量为，可知生成0.01mol，转移0.02mol电子，数目。
18．（10分）某化学小组同学发现“84”消毒液(主要成分为NaClO)与洁厕剂(主要成分为盐酸)室温下混合有生成，于是尝试在实验室利用该反应原理制取。
(1)若用次氯酸钙、浓盐酸为原料，利用上图装置制取。装置中仪器a的名称为_______，反应的化学方程式为_______。
(2)实验室制取干燥的时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为_______。
(3)经查阅资料得知：无水在空气中易潮解，加热易升华。设计如图所示装置制备无水。
①下列操作步骤的正确顺序为_______(填字母)。
a.体系冷却后，停止通入 b.通入干燥的赶尽装置中的空气
c.在铁屑下方加热至反应完成 d.用干燥的赶尽
e.检验装置的气密性
②该实验装置存在的明显缺陷是_______。
(4)世界环保联盟要求逐渐取代作为自来水消毒剂。
已知：，。
有关物质的熔、沸点如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
-59
11
-107
-34.6
的生产流程示意图如下：
该工艺中，需要补充的物质X为_______(填化学式，下同)，能参与循环的物质是_______。从发生器中分离出，可采用的方法是_______。
【答案】(1) 分液漏斗 Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)cdbae
(3) ebcad 出气管伸入瓶中太长
(4) Cl2 NaCl和Cl2 冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离
【详解】（1）a用于液体为分液漏斗。次氯酸钙中+1的氯将盐酸中-1价的氯氧化为Cl2，反应为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。答案为分液漏斗；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）浓硫酸干燥氯气，饱和氯化钠除去HCl杂质，NaOH溶液吸收尾气。连接顺序为cdbae。答案为cdbae；
（3）装置首先应该检验气密性。装置中有空气干扰反应，加热前应先通入Cl2排空，再加热。反应结束后装置中有残留的Cl2污染环境，需要用N2将装置中的尾气排尽。正确的顺序为ebcad。出气管伸入瓶中太长易被FeCl3堵塞而炸裂。答案为ebcad；出气管伸入瓶中太长；
（4）氯化钠电解槽中Cl-变为了而H+变为H2，若要产生HCl需要H2和Cl2。所以需要补充Cl2。能参与循环的物质是NaCl和Cl2。从发生器中分离出，可采用的方法是冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离。
19．（10分）汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。
(1)在标准压强和指定温度下，由元素最稳定的单质生成1mol化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、。写出催化转化器中反应的热化学方程式_______。
(2)向体积相等的甲、乙两个恒容容器中各充入1 mol CO和1 mol NO气体，分别在恒温和绝热条件下发生上述反应。测得气体压强与时间关系如图所示。
①在恒温恒容条件下，下列说法表明该反应达到平衡状态的是_______。(填选项)
A．混合气体的密度保持不变
B．断裂同时形成
C．当时，该反应处于平衡状态
②容器_______(填“甲”或“乙”)在绝热条件下反应。
③气体总物质的量：a_______b(填“>”、“＜”或“=”)。
(3)催化剂性能决定了尾气处理效果。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(X、Y)进行反应，测量逸出气体中NO含量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。
①曲线上a点的脱氮率_______(填“>”、“<”或“=”)对应温度下的平衡脱氮率。
②催化剂Y条件下，温度高于650K时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是_______。
(4)在压强为恒压条件下，温度为TK的体系中，投料比时，CO的平衡转化率为80%，则=_______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2) B 甲 ＜
(3) ＝ 温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降
(4)
【详解】（1）已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、，则有，，
则第二个方程式的2倍减去第一个方程式的2倍，再减去第三个方程式的2倍，得到催化转化器中反应的热化学方程式；故答案为：。
（2）①A．混合气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，不能说为判断平衡标志，故A不符合题意；B．断裂，逆向反应，同时形成，正向反应，两个不同方向，其比率与计量系数之比相等，故B符合题意；C．当时，不能说该反应处于平衡状态，只能是某种物质的浓度不再改变，故C不符合题意；综上所述，答案为：B。
②由于该反应是放热反应，因此绝热时，容器内温度升高，压强增大，因此容器甲在绝热条件下反应；故答案：甲。
③反应时甲容器的温度高于乙容器，两者压强相等，则温度高时气体物质的量小即气体总物质的量：a＜b；故答案为：＜。
（3）①根据图中曲线得到曲线上a点的脱氮率＝对应温度下的平衡脱氮率；故答案为：＝。
②催化剂Y条件下，温度高于650K时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降；故答案为：温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降。
（4）在压强为恒压条件下，温度为TK的体系中，投料比时，设都为CO、NO物质的量都为1mol，CO的平衡转化率为80%，建立三段式得到，则；故答案为：。
20．（10分）铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是_______。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______。
(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
(4) 1:3 NA·a3·10-6
【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；
（2）从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；
（3）①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1:3；
②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
21．（12分）叶酸是一种水溶性维生素，对贫血的治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：
已知：RCOOH＋SOCl2→RCOCl＋HSO2Cl；RCOCl＋H2NR′→RCONHR′＋HCl。
(1)B的结构简式为___________。
(2)⑤的反应类型为___________。
(3)E中的含氧官能团名称为___________。
(4)写出④的化学方程式：___________。
(5)D的同分异构体中，属于α-氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有___________种。
(6)根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线___________。
【答案】(1)
(2)还原反应
(3)羧基、硝基、酰胺基
(4)
(5)10
(6)。
【分析】甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成B，B与SOCl2反应生成C，根据C中硝基的位置可知A为，B为；根据题目所给信息以及E的结构简式可知，D的结构简式为；
【详解】（1）根据分析可知B的结构简式为；
（2）对比E和F的结构简式可知，硝基转化为氨基，所以⑤的反应类型为还原反应；
（3）观察E的结构简式可知E中的含氧官能团为羧基、硝基、酰胺键(肽键)；
（4）根据题目所给信息可知反应④的化学反应为C中氯原子被D取代的反应，方程式为；
（5）D为，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基在同一碳原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有、、、(序号表示羟基可能的位置)，共有3+3+2+2=10种；
（6）对二甲苯为，对苯二胺为；根据防弹材料的结构简式可知，其可以由和对苯二胺发生缩聚反应生成，而可以由与SOCl2反应生成，对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化可以得到，所以合成路线为 。
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