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2022届安徽省蚌埠二中高三第三次教学质量检查（三模）理综化学试题含解析
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这是一份2022届安徽省蚌埠二中高三第三次教学质量检查（三模）理综化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
安徽省蚌埠市二中2022届高三第三次教学质量检查（三模）
理综化学试题
一、单选题
1．2022年2月4日，第二十四届冬奥会在北京开幕，北京成为世界上首个“双奥之城”。本届冬奥会背后蕴含了很多科技成果下列说法正确的是（ ）
A．颁奖礼服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60是同位素
B．冬奥火炬“飞扬”使用氢气作为燃料，氢能属于新能源
C．吉祥物冰墩墩的外壳使用了有机硅橡胶材料，属于硅酸盐材料
D．国家速滑馆的冰面是采用超临界二氧化碳流体跨临界直冷制冰技术打造的，该过程是化学变化
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．4.6g C2H6O中含-OH数为0.1NA
B．常温下pH=4.0的溶液中含H+数目为1×10-4NA
C．标准状况下22.4L Cl2通入水中，转移电子数为NA
D．2mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，混合物中离子总数为3NA
3．下列实验操作现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向2 mL0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入几滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，再加入几滴CuCl2溶液
先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
Ksp ：Mg(OH)2 > Cu( OH)2
B
在火焰上灼烧蘸有某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
溶液中含Na元素
C
将CH3CH2X与NaOH溶液共热后，取溶液用稀HNO3酸化后加入AgNO3溶液
有淡黄色沉淀生成
X为溴元索
D
常温下，测定Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pH
前者pH比后者的大
酸性：H2SO3 > H2CO3
A．A B．B C．C D．D
4．一种电池电解质溶液中盐的结构如图所示。R、W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，R和Y的原子核外电子层数相同。下列说法中正确的是（ ）
A．单质熔点：Z＞X
B．简单离子半径：R＞W＞X＞Y
C．实验室中少量R单质通常保存在煤油中
D．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：Y＞W
5．生姜的辛辣味来源于生姜中的姜辣素(主要成分为有机物a)，生姜煮熟或干燥后a转化为b。下列说法中正确的是（ ）
A．a和b互为同系物
B．有机物a的分子式为C17H24O4
C．a转化为b的反应是消去反应
D．1molb最多能与4molH2发生加成反应
6．一种铁铬液流电池的工作原理如图所示 已知氧化性Fe3+＞Cr3+，下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，a电极的电势高于b电极
B．放电时，电池的总反应为：Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+
C．充电时，b极与电源负极相连，电极反应式为：Cr3++e-=Cr2+
D．充电时，电路中通过0.1mol电子时，0.1NA个H+由右侧电极室经交换膜移向左侧
7．常温下，在含有0.10mol·L-1H3PO3的溶液中含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示已知pc=-lgc，pOH=-lgc(OH-)，H3PO3为二元弱酸，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．m=10.00
B．曲线③对应的微粒是H3PO3
C．Na2HPO3溶液显碱性
D．c点对应的溶液中c(H+)＞c(H2PO3-)+c(OH-)+2c(HPO32-)
二、非选择题
8．实验室采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置如图所示(夹持装置及加热装置略)。
已知：Ⅰ．相关物质的沸点如下表
物质
BF3
BCl3
AlCl3
AlF3
沸点
-99.9℃
12.5℃
180℃ 升华
1276℃ 升华
Ⅱ．三氯化硼易水解。
回答下列问题：
（1）将氟硼酸钾(KBF4)和硼酐(B2O3)一起研磨均匀加入A中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生气体外，还生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为 。
（2）实验开始时，A､C两处加热装置应先加热A处，原因是 。
（3）装置B中浓硫酸的作用除干燥外还有 。
（4）装置C中仪器a的作用是防止产品中混有 (填化学式)，影响纯度。
（5）装置D进行 (填“冰水浴”或“热水浴”)可得到产品如果缺少装置E，造成的影响为 。
（6）C中2.50g无水氯化铝完全反应后，取下U形管并注入水，完全反应生成盐酸和硼酸(H3BO3是一元弱酸)，将所得溶液加水稀释到100mL，取10mL加入锥形瓶中滴入2滴酚酞溶液，用0.50mol·L-1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为12.00mL，则BCl3的产率为 %。
9．LiTi5O12是锂离子电池的电极材料，可利用电厂产生的粉煤灰(主要成分为TiO2、MgO、SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等)来制备，同时获得MgCl2固体。工艺流程如下：
已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO42-和一种阳离子，该离子能水解。
②Ksp[Al(OH)3]=6.4×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
③Ti3+在溶液中呈紫色，有较强还原性。
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时温度不宜过高，原因是 。
（3）已知Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，则1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为 个。
（4）“调pH”目的是除去其它金属阳离子，则调pH最小为 (已知：离子浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-1，认为离子沉淀完全。lg2=0.3)。
（5）MgCl2溶液制备MgCl2固体的实验操作为 。
（6）测定“酸浸”后滤液1中Ti元素含量的方法：
①转化：隔绝空气条件下，向溶液中加入铝片，Ti元素被还原为Ti3+，反应离子方程式为 。
②滴定：溶液中Ti3+用含Fe3+的标准液进行滴定，用 (填化学式)溶液作指示剂，滴定达到终点时的现象是 。
10．中国首次实现利用二氧化碳合成淀粉，合成过程的关键步骤是利用二氧化碳制备甲醇。CO2催化加氢制CH3OH的主要反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O。
（1）已知H2(g)和CH3OH(g)的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1和763.9kJ·mol-1，H2O(1)的汽化热是40.8kJ·mol-1，则反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH= 。该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下可自发进行。
（2）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如CO2*表示CO2吸附在催化剂表面)
该反应历程中决速步反应的化学方程式为 。
（3）已知化学反应速率方程k正、k逆是正逆反应v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)的速率常数，只受温度影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数1T之间的关系，k正、k逆对应的曲线分别是 、 。
（4）CO2和H2起始物质的量之比为1：3时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出H2O)。有分子筛膜时，温度为210℃时甲醇平衡产率最高的原因是 。
（5）一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入2 molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。已知容器内起始压强为320kPa，反应达平衡时容器内压强为200kPa，平衡时CH3OH(g)的分压为 kPa，该温度下反应的标准平衡常数Kθ= 。(该反应标准平衡常数的表达式为Kθ=p(CH3OH)pθ×p(H2O)Pθp(CO2)pθ×[p(H2)pθ]3，其中p为分压，分压=总压×物质的量分数，pθ=100kPa)
11．第四周期元素单质和化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，比如铁铜锌是大规模使用的金属，砷硒溴广泛应用于化工生产。根据所学知识回答以下问题：
（1）Mn基态原子的价电子排布式 ，Ni位于周期表中 区。
（2）根据价电子对互斥理论推测SeO32-离子的空间构型为 ，SeO2分子中心原子杂化轨道类型是 ｡
（3）化合物[Co(NH3)6]Cl3中存在____ ｡
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．配位键
（4）一种铜的溴化物的晶胞结构如图所示｡
①该溴化物的化学式为 。
②原子坐标参数表示晶体内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数P为(0，0，0)，Q为 (14，14，14)，
则R原子的坐标参数为 。
③已知该溴化物密度为ρg·cm-3，Cu原子半径为xpm，Br原子半径为ypm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞中原子空间利用率为 。(列出计算式)
12．某种药物中间体J的合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）A→B反应的条件是 ，H→I的反应类型是 。
（2）D的名称为 ，F的结构简式为 。
（3）G+M→H的化学方程式为 。
（4）同时满足下列条件的E的同分异构体有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为 (写出一种即可)。
①属于芳香化合物 ②含有酯基 ③能发生银镜反应
（5）参照上述合成路线，以乙烯为原料，设计制备(HOOCCH2COOH)的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．石墨烯和C60是碳元素形成的不同单质，为同素异形体，A不符合题意；
B．太阳能、核能、风能、氢能等都是人类开发利用的新型能源，都属于新能源，B符合题意；
C．有机硅橡胶材料属于有机物，而硅酸盐材料为无机物，C不符合题意；
D．制冰过程中没有新物质生成，不是化学变化，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．同素异形体为同一元素形成的不同单质，依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
B．太阳能、核能、风能、氢能等都是人类开发利用的新型能源；
C．有机硅橡胶材料属于有机物；
D．制冰过程中没有新物质生成。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚，二甲醚中不含羟基，A不符合题意；
B．溶液体积未知，无法确定溶液中H+的数目，B不符合题意；
C．标况下，22.4L的Cl2的物质的量为1mol，1mol氯气与水完全反应转移1mol电子，但该反应为可逆反应，转移电子数小于NA，C不符合题意；
D.2mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，根据Na原子守恒可知Na2O和Na2O2的物质的量之和为1mol，而Na2O由钠离子和氧离子构成，Na2O2由钠离子和过氧根构成，所以混合物中离子总数为3NA，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．C2H6O存在同分异构体，可以是乙醇，也可以是二甲醚，二甲醚中不含羟基；
B．溶液体积未知，无法计算；
C．氯气与水的反应为可逆反应；
D.根据Na原子守恒，Na2O和Na2O2的离子数为均为3。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．向2 mL0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入几滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，NaOH有剩余，再加入CuCl2，与NaOH反应生成沉淀，没有发生沉淀的转化，不能比较Ksp，A不符合题意；
B．进行焰色反应时不能用玻璃棒，应用洁净的铂丝或铁丝，B不符合题意；
C．CH3CH2X与NaOH溶液共热后发生取代反应生成，生成乙醇和HX，加入硝酸酸化后HX与硝酸银反应生成AgX沉淀，沉淀为淡黄色，说明生成AgBr，所以X为溴元素，C符合题意；
D．选项中未注明温度是否相等，应测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pH，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．NaOH过量，不能比较Ksp；
B．进行焰色反应时不能用玻璃棒，玻璃的成分中含Na元素，应用洁净的铂丝或铁丝；
C．依据卤代烃中卤素的检验，水解后应先酸化，排除OH-的干扰；
D．选项中未注明温度是否相等。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．Z和X的单质分别为S和O2(或O3)，O2(或O3)常温下为气体，S单质为固体，所以单质熔点Z＞X，A符合题意；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径B3-＞O2-＞F-＞Li+，即W＞X＞Y＞R，B不符合题意；
C．Li单质的密度比煤油大，不能保持在煤油中，应保存在石蜡中，C不符合题意；
D．Y为F元素，没有正价，则没有最高价氧化物对应的水化物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据物质的状态判断；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大；
C．Li单质的密度比煤油大，不能保持在煤油中，应保存在石蜡中；
D．F元素，没有正价。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．a中含有醇羟基，不含碳碳双键，b中含有碳碳双键但不含醇羟基，二者结构不相似，不是同系物，A不符合题意；
B．根据a的结构简式可知其分子式为C17H26O4，B不符合题意；
C．a中醇羟基发生消去反应生成碳碳双键得到b，C符合题意；
D．羰基、碳碳双键和苯环均可以和氢气发生加成反应，所以1molb最多能与5molH2发生加成反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据同系物的定义，指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；
B．H原子数不正确；
C．醇羟基发生消去反应生成碳碳双键；
D．羰基、碳碳双键和苯环均可以和氢气发生加成反应。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析，放电时a电极为正极，b电极为负极，正极电势高于负极，A不符合题意；
B．放电时a电极上Fe3+被还原为Fe2+，b电极上Cr2+被氧化为Cr3+，总反应为Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+，B不符合题意；
C．充电时b极为阴极，与电源负极相连，电极上Cr3+被还原为Cr2+，电极反应式为：Cr3++e-=Cr2+，C不符合题意；
D．充电时左侧a电极为阳极，右侧b电极为阴极，阳离子由阳极向阴极迁移，所以H+由左侧电极室经交换膜移向右侧，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．正极电势高于负极；
B．利用题目信息，依据强制弱判断；
C．充电时阴极与电源负极相连，发生还原反应；
D．充电时阳离子由阳极向阴极迁移。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．m点处pc(H3PO3)=pc(HPO32-)，即c(H3PO3)c(HPO3-)=1，而c(H3PO3)c(HPO3-)=c(H3PO3)c(H+)c(H2PO3-)c(H2PO3-)c(H+)c(HPO3-)×c(H+)c(H+)=c2(H+)Ka1Ka2，所以c(H+)=Ka1Ka2，b点处pc(H3PO3)=pc(H2PO3-)，Ka1=c(H+)c(H2PO3-)c(H3PO3)=c(H+)，该点pc(OH-)=12.7，即c(OH-)=10-12.7mol/L，所以c(H+)=10-1.3mol/L，所以Ka1=10-1.3，同理根据b点可得Ka2=10-6.6，所以d点处c(H+)=10-1.3×10-6.6=10-3.95mol/L，则c(OH-)=10-10.05mol/L，pc(OH-)=10.05，A符合题意；
B．根据分析可知曲线③代表pc(H3PO3)，B不符合题意；
C．H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，溶液中存在HPO32-的水解，溶液显碱性，C不符合题意；
D．c点对应的溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，c(H+)=1mol/L，所以此时溶液中含有其他可以电离出氢离子的物质，所以此时H3PO3的电离受到极大的抑制，存在数量关系c(HPO32-)＜c(H2PO3-)＜＜c(H3PO3)＜0.1mol/L，所以c(H+)＞c(H2PO3-)+c(OH-)+2c(HPO32-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据二元弱酸在中和过程中电离情况分析判断。
8．【答案】（1）6KBF4+B2O3+6H2SO4Δ__8BF3↑+6KHSO4+3H2O
（2）排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验
（3）观察气泡，控制气体流速
（4）AlCl3
（5）冰水浴；水蒸气进入D中，使BCl3水解
（6）80.1
【解析】【解答】本实验的目的是采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置A中利用氟硼酸钾(KBF4)、硼酐(B2O3)和浓硫酸反应制取BF3气体，经装置B中浓硫酸干燥后进入装置C与AlCl3反应，AlCl3易升华，所以用装置a冷凝回流，装置D中冷凝收集BCl3，为防止BCl3水解，装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，装置F处理尾气。
(1)制备BCl3需要BF3，根据题目所给信息可知BF3沸点很低，常温下为气体，所以装置A中应反应生成BF3气体，根据元素守恒生成的酸式盐应是KHSO4，化学方程式为6KBF4+B2O3+6H2SO4Δ__8BF3↑+6KHSO4+3H2O；
(2)BCl3易水解，先加热A处，可以利用A处产生的BF3气体排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验；
(3)通过观察装置B中产生的气泡，控制气体流速；
(4)AlCl3易升华，所以用装置a冷凝回流，防止产品中混有AlCl3；
(5)装置D的作用应是冷凝收集BCl3，所以用冰水浴；装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，若缺少装置E，水蒸气进入D中，使BCl3水解，产率降低；
(6)2.50g无水氯化铝为2.50133.5mol，则理论上制取2.50133.5molBCl3，BCl3和水反应的化学方程式为BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl，所以得到的溶液中H3BO3和HCl的物质的量之比为1：3，10mL待测液共消耗0.50mol/L×0.012L=0.006mol，所以10mL待测液中含有0.0015mol H3BO3，100mL待测液中含有0.015mol H3BO3，根据B元素守恒可知BCl3的物质的量为0.015mol，所以产率为0.015mol2.50133.5mol×100%=80.1%。
【分析】
(1)根据元素守恒生成的酸式盐应是KHSO4书写；
(2)应先排除装置内空气；
(3)控制气体流速；
(4)装置a冷凝回流；
(5)依据BCl3的性质分析；
(6)根据B元素守恒计算。
9．【答案】（1）SiO2
（2）H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率
（3）4NA
（4）4.6
（5）在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液
（6）Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；KSCN或NH4SCN；滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，半分钟内不变色
【解析】【解答】粉煤灰加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiOSO4，其余金属氧化物转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶于稀硫酸，成为滤渣1的主要成分；滤液1加热促进TiO2+水解得到TiO2·xH2O；过滤后向TiO2·xH2O中加入双氧水、氨水以及LiOH反应得到Li2Ti5O15时，再混合Li2CO3高温煅烧得到Li4Ti5O12；向调节滤液2加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH，沉淀Al3+和Fe3+，过滤后处理滤液3得到MgCl2固体。
(1)滤渣1主要成分为难溶于稀硫酸的SiO2。
(2)TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时需要加入双氧水、氨水，H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率，所以温度不能过高。
(3)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，设过氧键数量为x，则有2x个-1价的O和(15-2x)个-2价的氧，根据化合价整体为0可得2+4×5=2x+2(15-2x)，解得x=4，所以1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
(4)调节pH主要除去Al3+和Fe3+，Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时，Fe3+也已经完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)=36.4×10-341.0×10-5=4×10-10mol·L-1，此时c(H+)=2.5×10-5mol·L-1，pH=4.6；
(5)由于氯化镁溶液中存在Mg2+的水解，加热会促进水解和HCl的挥发，所以为抑制水解，需在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液制备MgCl2固体；
(6)①根据题意Al可以将TiO2+还原为Ti3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；
②Ti3+具有较强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，而Fe3+遇到SCN-会使溶液显红色，所以指示剂可以选用KSCN或NH4SCN溶液，含Ti3+的溶液显紫色，达到滴定终点时Fe3+稍过量，溶液会变为红色，现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，且半分钟内不变色。
【分析】
(1)SiO2是酸性氧化物，不溶于酸
(2)H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率。
(3)根据化合价整体为0。
(4)依据Ksp计算；
(5)考虑Mg2+的水解，及生成HCl的挥发；
(6)①根据电子守恒和元素守恒；
②依据Fe3+的检验。
10．【答案】（1）-52.7kJ·mol-1；低温
（2）CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*
（3）b；a
（4）温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降
（5）60；253或8.3
【解析】【解答】(1)根据题目所给信息可得热化学方程式：①H2(g)+12O2(g)=H2O(1) ΔH=-285.8kJ·mol-1、②CH3OH(g)+32O2(g)=2H2O(1)+CO2(g) ΔH=-763.9kJ·mol-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=40.8kJ·mol-1，根据盖斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.8kJ·mol-1)×3-(-763.9kJ·mol-1)+40.8kJ·mol-1=-52.7kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，所以在低温条件下满足ΔH-TΔS＜0，反应可以自发；
(2)活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知决速步骤为CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
(3)温度升高反应速率加快，所以1T越小，k越大，即lgk越大，而该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明温度对k逆的影响更大，所以k正对应的曲线是b，k逆对应的曲线是a；
(4)温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降；
(5)设平衡时CH3OH的物质的量为x，列三段式有：起始转化平衡CO2(g)2x2-x+3H2(g)63x6-3x⇌CH3OH(g)0xx+H2O(g)0xx ，恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有2-x+6-3x+x+x2+6=200320，解得x=1.5，所以平衡时CH3OH(g)的分压为1.55×200kPa=60kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分压分别为20kPa、60kPa、60kPa，所以Kθ=60100×6010020100×(60100)3=253或8.3。
【分析】(1)根据盖斯定律；
(2)依据活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率；
(3)温度升高反应速率加快；
(4)依据温度对平衡的影响；
(5)利用“三段式”计算。
11．【答案】（1）3d54s2；d
（2）三角锥；sp2杂化
（3）A；B；D
（4）CuBr；(14，34，34)；4×(43πx3+43πy3)4×144ρNA×1030×100%或πρNA(x3+y3)1.08×1032×100%
【解析】【解答】(1)Mn为25号元素，原子核外有25个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，价电子为3d54s2；Ni元素位于第Ⅷ族，属于d区元素；
(2)SeO32-中心Se原子的价层电子对数为3+6+2-2×32=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形；SeO2分子中心原子的价层电子对数为2+6-2×22=3，为sp2杂化；
(3)化合物[Co(NH3)6]Cl3中，氨气分子和Co3+之间存在配位键，N原子和H原子之间存在σ键，[Co(NH3)6]3+和Cl-之间存在离子键，所以选ABD；
(4)①根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×18+6×12=4，Br原子的个数为4，所以溴化物的化学式为CuBr；
②P为原点，R点Br原子位于体对角线上，且距离左侧面14，与下底面和前面距离均为34，所以坐标为(14，34，34)；
③晶胞中含有4个CuBr单元，所以晶胞的质量为4×144NAg，密度为ρg·cm-3，则体积为4×144NAρcm3=4×144ρNA×1030pm3，原子总体积为4×(43πx3+43πy3)pm3，所以空间利用率为4×(43πx3+43πy3)4×144ρNA×1030×100%或πρNA(x3+y3)1.08×1032×100%。
【分析】(1)依据核外电子排布规律及元素在表中的分区；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)依据配合物的结构分析；
(4)①根据均摊法计算；
③依据晶胞中含有单元，确定晶胞的质量，利用V=mρ求晶胞体积，再计算原子总体积，求出空间利用率。
12．【答案】（1）光照；取代反应
（2）苯乙酸；
（3）+2CH3CH2OH→Δ浓H2SO4+2H2O
（4）17；或
（5）CH2=CH2→催化剂H2OCH3CH2OH→催化剂O2CH3COOH→PCl3Cl2ClCH2COOH→NaCNNC-CH2COOH→H+HOOCCH2COOH
【解析】【解答】对比A和B的结构简式可知A与氯气发生取代反应生成B，根据A的分子式以及最终产物中含有苯环可知，A应为，B为；B与NaCN发生取代反应生成C的为，C中-CN在酸性环境中水解得到D，则D为；D与氯气在PCl3作用下生成E，E可以和NaHCO3反应，说明E中还有羧基，结合E的分子式可知，D与氯气发生取代反应生成E，所以E为，F为；F中Cl原子再被-CN取代后酸化得到G，则G为，根据反应条件可知，G与M发生酯化反应生成H，G中含有两个羧基，应是与两分子M反应，H中比M多4个C原子，所以M为CH3CH2OH，H为。
(1)A生成B为甲苯中甲基与氯气的取代反应，条件应为光照；H为，与苯环相连的C原子上的H原子被乙基代替生成I，所以为取代反应；
(2)D为，名称为苯乙酸；根据分析可知F为；
(3)根据分析G与两分子M发生酯化反应生成H，化学方程式为+2CH3CH2OH→Δ浓H2SO4+2H2O；
(4)E的同分异构体满足：①属于芳香化合物，则含有苯环；②含有酯基；③能发生银镜反应，而E中只有2个O原子，所以酯基为甲酸形成的酯基；若苯环上只有一个取代基可以是-CH(Cl)OOCH，有1种；若有两个取代基可以是-Cl、-CH2OOCH或-CH2Cl、-OOCH，每一组都有邻间对三种情况，共6种；也可以是三个取代基：-Cl、-CH3和-OOCH，此时共有10种，所以共有1+6+10=17种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为或；
(5)对比CH2=CH2和HOOCCH2COOH的结构简式可知需要加长碳链，引入羧基，碳碳双键可以加成得到羟基，羟基可以被氧化为羧基，再结合题目中的路线可知，可以通过引入-Cl然后转化为-CN再酸化得到羧基，同时加长碳链，所以合成路线为CH2=CH2→催化剂H2OCH3CH2OH→催化剂O2CH3COOH→PCl3Cl2ClCH2COOH→NaCNNC-CH2COOH→H+HOOCCH2COOH。
【分析】
(1)烷烃与卤素的取代反应的条件；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所取代；
(2)依据有机物的命名规律；
(3)根据酯化反应“酸脱羟基醇脱氢”；
(4)若苯环上只有一个取代基可以是-CH(Cl)OOCH；若有两个取代基可以是-Cl、-CH2OOCH或-CH2Cl、-OOCH，；也可以是三个取代基：-Cl、-CH3和-OOCH；
(5)对比CH2=CH2和HOOCCH2COOH的结构简式可知需要加长碳链，引入羧基，碳碳双键可以加成得到羟基，羟基可以被氧化为羧基，再结合题目中的路线可知，可以通过引入-Cl然后转化为-CN再酸化得到羧基，同时加长碳链。
安徽省蚌埠市二中2022届高三第三次教学质量检查（三模）
理综化学试题
一、单选题
1．2022年2月4日，第二十四届冬奥会在北京开幕，北京成为世界上首个“双奥之城”。本届冬奥会背后蕴含了很多科技成果下列说法正确的是（ ）
A．颁奖礼服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60是同位素
B．冬奥火炬“飞扬”使用氢气作为燃料，氢能属于新能源
C．吉祥物冰墩墩的外壳使用了有机硅橡胶材料，属于硅酸盐材料
D．国家速滑馆的冰面是采用超临界二氧化碳流体跨临界直冷制冰技术打造的，该过程是化学变化
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．4.6g C2H6O中含-OH数为0.1NA
B．常温下pH=4.0的溶液中含H+数目为1×10-4NA
C．标准状况下22.4L Cl2通入水中，转移电子数为NA
D．2mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，混合物中离子总数为3NA
3．下列实验操作现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向2 mL0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入几滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，再加入几滴CuCl2溶液
先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
Ksp ：Mg(OH)2 > Cu( OH)2
B
在火焰上灼烧蘸有某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
溶液中含Na元素
C
将CH3CH2X与NaOH溶液共热后，取溶液用稀HNO3酸化后加入AgNO3溶液
有淡黄色沉淀生成
X为溴元索
D
常温下，测定Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pH
前者pH比后者的大
酸性：H2SO3 > H2CO3
A．A B．B C．C D．D
4．一种电池电解质溶液中盐的结构如图所示。R、W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，R和Y的原子核外电子层数相同。下列说法中正确的是（ ）
A．单质熔点：Z＞X
B．简单离子半径：R＞W＞X＞Y
C．实验室中少量R单质通常保存在煤油中
D．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：Y＞W
5．生姜的辛辣味来源于生姜中的姜辣素(主要成分为有机物a)，生姜煮熟或干燥后a转化为b。下列说法中正确的是（ ）
A．a和b互为同系物
B．有机物a的分子式为C17H24O4
C．a转化为b的反应是消去反应
D．1molb最多能与4molH2发生加成反应
6．一种铁铬液流电池的工作原理如图所示 已知氧化性Fe3+＞Cr3+，下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，a电极的电势高于b电极
B．放电时，电池的总反应为：Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+
C．充电时，b极与电源负极相连，电极反应式为：Cr3++e-=Cr2+
D．充电时，电路中通过0.1mol电子时，0.1NA个H+由右侧电极室经交换膜移向左侧
7．常温下，在含有0.10mol·L-1H3PO3的溶液中含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示已知pc=-lgc，pOH=-lgc(OH-)，H3PO3为二元弱酸，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．m=10.00
B．曲线③对应的微粒是H3PO3
C．Na2HPO3溶液显碱性
D．c点对应的溶液中c(H+)＞c(H2PO3-)+c(OH-)+2c(HPO32-)
二、非选择题
8．实验室采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置如图所示(夹持装置及加热装置略)。
已知：Ⅰ．相关物质的沸点如下表
物质
BF3
BCl3
AlCl3
AlF3
沸点
-99.9℃
12.5℃
180℃ 升华
1276℃ 升华
Ⅱ．三氯化硼易水解。
回答下列问题：
（1）将氟硼酸钾(KBF4)和硼酐(B2O3)一起研磨均匀加入A中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生气体外，还生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为 。
（2）实验开始时，A､C两处加热装置应先加热A处，原因是 。
（3）装置B中浓硫酸的作用除干燥外还有 。
（4）装置C中仪器a的作用是防止产品中混有 (填化学式)，影响纯度。
（5）装置D进行 (填“冰水浴”或“热水浴”)可得到产品如果缺少装置E，造成的影响为 。
（6）C中2.50g无水氯化铝完全反应后，取下U形管并注入水，完全反应生成盐酸和硼酸(H3BO3是一元弱酸)，将所得溶液加水稀释到100mL，取10mL加入锥形瓶中滴入2滴酚酞溶液，用0.50mol·L-1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为12.00mL，则BCl3的产率为 %。
9．LiTi5O12是锂离子电池的电极材料，可利用电厂产生的粉煤灰(主要成分为TiO2、MgO、SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等)来制备，同时获得MgCl2固体。工艺流程如下：
已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO42-和一种阳离子，该离子能水解。
②Ksp[Al(OH)3]=6.4×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
③Ti3+在溶液中呈紫色，有较强还原性。
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时温度不宜过高，原因是 。
（3）已知Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，则1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为 个。
（4）“调pH”目的是除去其它金属阳离子，则调pH最小为 (已知：离子浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-1，认为离子沉淀完全。lg2=0.3)。
（5）MgCl2溶液制备MgCl2固体的实验操作为 。
（6）测定“酸浸”后滤液1中Ti元素含量的方法：
①转化：隔绝空气条件下，向溶液中加入铝片，Ti元素被还原为Ti3+，反应离子方程式为 。
②滴定：溶液中Ti3+用含Fe3+的标准液进行滴定，用 (填化学式)溶液作指示剂，滴定达到终点时的现象是 。
10．中国首次实现利用二氧化碳合成淀粉，合成过程的关键步骤是利用二氧化碳制备甲醇。CO2催化加氢制CH3OH的主要反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O。
（1）已知H2(g)和CH3OH(g)的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1和763.9kJ·mol-1，H2O(1)的汽化热是40.8kJ·mol-1，则反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH= 。该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下可自发进行。
（2）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如CO2*表示CO2吸附在催化剂表面)
该反应历程中决速步反应的化学方程式为 。
（3）已知化学反应速率方程k正、k逆是正逆反应v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)的速率常数，只受温度影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数1T之间的关系，k正、k逆对应的曲线分别是 、 。
（4）CO2和H2起始物质的量之比为1：3时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出H2O)。有分子筛膜时，温度为210℃时甲醇平衡产率最高的原因是 。
（5）一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入2 molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。已知容器内起始压强为320kPa，反应达平衡时容器内压强为200kPa，平衡时CH3OH(g)的分压为 kPa，该温度下反应的标准平衡常数Kθ= 。(该反应标准平衡常数的表达式为Kθ=p(CH3OH)pθ×p(H2O)Pθp(CO2)pθ×[p(H2)pθ]3，其中p为分压，分压=总压×物质的量分数，pθ=100kPa)
11．第四周期元素单质和化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，比如铁铜锌是大规模使用的金属，砷硒溴广泛应用于化工生产。根据所学知识回答以下问题：
（1）Mn基态原子的价电子排布式 ，Ni位于周期表中 区。
（2）根据价电子对互斥理论推测SeO32-离子的空间构型为 ，SeO2分子中心原子杂化轨道类型是 ｡
（3）化合物[Co(NH3)6]Cl3中存在____ ｡
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．配位键
（4）一种铜的溴化物的晶胞结构如图所示｡
①该溴化物的化学式为 。
②原子坐标参数表示晶体内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数P为(0，0，0)，Q为 (14，14，14)，
则R原子的坐标参数为 。
③已知该溴化物密度为ρg·cm-3，Cu原子半径为xpm，Br原子半径为ypm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞中原子空间利用率为 。(列出计算式)
12．某种药物中间体J的合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）A→B反应的条件是 ，H→I的反应类型是 。
（2）D的名称为 ，F的结构简式为 。
（3）G+M→H的化学方程式为 。
（4）同时满足下列条件的E的同分异构体有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为 (写出一种即可)。
①属于芳香化合物 ②含有酯基 ③能发生银镜反应
（5）参照上述合成路线，以乙烯为原料，设计制备(HOOCCH2COOH)的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．石墨烯和C60是碳元素形成的不同单质，为同素异形体，A不符合题意；
B．太阳能、核能、风能、氢能等都是人类开发利用的新型能源，都属于新能源，B符合题意；
C．有机硅橡胶材料属于有机物，而硅酸盐材料为无机物，C不符合题意；
D．制冰过程中没有新物质生成，不是化学变化，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．同素异形体为同一元素形成的不同单质，依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
B．太阳能、核能、风能、氢能等都是人类开发利用的新型能源；
C．有机硅橡胶材料属于有机物；
D．制冰过程中没有新物质生成。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚，二甲醚中不含羟基，A不符合题意；
B．溶液体积未知，无法确定溶液中H+的数目，B不符合题意；
C．标况下，22.4L的Cl2的物质的量为1mol，1mol氯气与水完全反应转移1mol电子，但该反应为可逆反应，转移电子数小于NA，C不符合题意；
D.2mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，根据Na原子守恒可知Na2O和Na2O2的物质的量之和为1mol，而Na2O由钠离子和氧离子构成，Na2O2由钠离子和过氧根构成，所以混合物中离子总数为3NA，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．C2H6O存在同分异构体，可以是乙醇，也可以是二甲醚，二甲醚中不含羟基；
B．溶液体积未知，无法计算；
C．氯气与水的反应为可逆反应；
D.根据Na原子守恒，Na2O和Na2O2的离子数为均为3。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．向2 mL0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入几滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，NaOH有剩余，再加入CuCl2，与NaOH反应生成沉淀，没有发生沉淀的转化，不能比较Ksp，A不符合题意；
B．进行焰色反应时不能用玻璃棒，应用洁净的铂丝或铁丝，B不符合题意；
C．CH3CH2X与NaOH溶液共热后发生取代反应生成，生成乙醇和HX，加入硝酸酸化后HX与硝酸银反应生成AgX沉淀，沉淀为淡黄色，说明生成AgBr，所以X为溴元素，C符合题意；
D．选项中未注明温度是否相等，应测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pH，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．NaOH过量，不能比较Ksp；
B．进行焰色反应时不能用玻璃棒，玻璃的成分中含Na元素，应用洁净的铂丝或铁丝；
C．依据卤代烃中卤素的检验，水解后应先酸化，排除OH-的干扰；
D．选项中未注明温度是否相等。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．Z和X的单质分别为S和O2(或O3)，O2(或O3)常温下为气体，S单质为固体，所以单质熔点Z＞X，A符合题意；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径B3-＞O2-＞F-＞Li+，即W＞X＞Y＞R，B不符合题意；
C．Li单质的密度比煤油大，不能保持在煤油中，应保存在石蜡中，C不符合题意；
D．Y为F元素，没有正价，则没有最高价氧化物对应的水化物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据物质的状态判断；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大；
C．Li单质的密度比煤油大，不能保持在煤油中，应保存在石蜡中；
D．F元素，没有正价。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．a中含有醇羟基，不含碳碳双键，b中含有碳碳双键但不含醇羟基，二者结构不相似，不是同系物，A不符合题意；
B．根据a的结构简式可知其分子式为C17H26O4，B不符合题意；
C．a中醇羟基发生消去反应生成碳碳双键得到b，C符合题意；
D．羰基、碳碳双键和苯环均可以和氢气发生加成反应，所以1molb最多能与5molH2发生加成反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据同系物的定义，指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；
B．H原子数不正确；
C．醇羟基发生消去反应生成碳碳双键；
D．羰基、碳碳双键和苯环均可以和氢气发生加成反应。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析，放电时a电极为正极，b电极为负极，正极电势高于负极，A不符合题意；
B．放电时a电极上Fe3+被还原为Fe2+，b电极上Cr2+被氧化为Cr3+，总反应为Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+，B不符合题意；
C．充电时b极为阴极，与电源负极相连，电极上Cr3+被还原为Cr2+，电极反应式为：Cr3++e-=Cr2+，C不符合题意；
D．充电时左侧a电极为阳极，右侧b电极为阴极，阳离子由阳极向阴极迁移，所以H+由左侧电极室经交换膜移向右侧，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．正极电势高于负极；
B．利用题目信息，依据强制弱判断；
C．充电时阴极与电源负极相连，发生还原反应；
D．充电时阳离子由阳极向阴极迁移。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．m点处pc(H3PO3)=pc(HPO32-)，即c(H3PO3)c(HPO3-)=1，而c(H3PO3)c(HPO3-)=c(H3PO3)c(H+)c(H2PO3-)c(H2PO3-)c(H+)c(HPO3-)×c(H+)c(H+)=c2(H+)Ka1Ka2，所以c(H+)=Ka1Ka2，b点处pc(H3PO3)=pc(H2PO3-)，Ka1=c(H+)c(H2PO3-)c(H3PO3)=c(H+)，该点pc(OH-)=12.7，即c(OH-)=10-12.7mol/L，所以c(H+)=10-1.3mol/L，所以Ka1=10-1.3，同理根据b点可得Ka2=10-6.6，所以d点处c(H+)=10-1.3×10-6.6=10-3.95mol/L，则c(OH-)=10-10.05mol/L，pc(OH-)=10.05，A符合题意；
B．根据分析可知曲线③代表pc(H3PO3)，B不符合题意；
C．H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，溶液中存在HPO32-的水解，溶液显碱性，C不符合题意；
D．c点对应的溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，c(H+)=1mol/L，所以此时溶液中含有其他可以电离出氢离子的物质，所以此时H3PO3的电离受到极大的抑制，存在数量关系c(HPO32-)＜c(H2PO3-)＜＜c(H3PO3)＜0.1mol/L，所以c(H+)＞c(H2PO3-)+c(OH-)+2c(HPO32-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据二元弱酸在中和过程中电离情况分析判断。
8．【答案】（1）6KBF4+B2O3+6H2SO4Δ__8BF3↑+6KHSO4+3H2O
（2）排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验
（3）观察气泡，控制气体流速
（4）AlCl3
（5）冰水浴；水蒸气进入D中，使BCl3水解
（6）80.1
【解析】【解答】本实验的目的是采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置A中利用氟硼酸钾(KBF4)、硼酐(B2O3)和浓硫酸反应制取BF3气体，经装置B中浓硫酸干燥后进入装置C与AlCl3反应，AlCl3易升华，所以用装置a冷凝回流，装置D中冷凝收集BCl3，为防止BCl3水解，装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，装置F处理尾气。
(1)制备BCl3需要BF3，根据题目所给信息可知BF3沸点很低，常温下为气体，所以装置A中应反应生成BF3气体，根据元素守恒生成的酸式盐应是KHSO4，化学方程式为6KBF4+B2O3+6H2SO4Δ__8BF3↑+6KHSO4+3H2O；
(2)BCl3易水解，先加热A处，可以利用A处产生的BF3气体排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验；
(3)通过观察装置B中产生的气泡，控制气体流速；
(4)AlCl3易升华，所以用装置a冷凝回流，防止产品中混有AlCl3；
(5)装置D的作用应是冷凝收集BCl3，所以用冰水浴；装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，若缺少装置E，水蒸气进入D中，使BCl3水解，产率降低；
(6)2.50g无水氯化铝为2.50133.5mol，则理论上制取2.50133.5molBCl3，BCl3和水反应的化学方程式为BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl，所以得到的溶液中H3BO3和HCl的物质的量之比为1：3，10mL待测液共消耗0.50mol/L×0.012L=0.006mol，所以10mL待测液中含有0.0015mol H3BO3，100mL待测液中含有0.015mol H3BO3，根据B元素守恒可知BCl3的物质的量为0.015mol，所以产率为0.015mol2.50133.5mol×100%=80.1%。
【分析】
(1)根据元素守恒生成的酸式盐应是KHSO4书写；
(2)应先排除装置内空气；
(3)控制气体流速；
(4)装置a冷凝回流；
(5)依据BCl3的性质分析；
(6)根据B元素守恒计算。
9．【答案】（1）SiO2
（2）H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率
（3）4NA
（4）4.6
（5）在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液
（6）Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；KSCN或NH4SCN；滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，半分钟内不变色
【解析】【解答】粉煤灰加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiOSO4，其余金属氧化物转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶于稀硫酸，成为滤渣1的主要成分；滤液1加热促进TiO2+水解得到TiO2·xH2O；过滤后向TiO2·xH2O中加入双氧水、氨水以及LiOH反应得到Li2Ti5O15时，再混合Li2CO3高温煅烧得到Li4Ti5O12；向调节滤液2加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH，沉淀Al3+和Fe3+，过滤后处理滤液3得到MgCl2固体。
(1)滤渣1主要成分为难溶于稀硫酸的SiO2。
(2)TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时需要加入双氧水、氨水，H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率，所以温度不能过高。
(3)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，设过氧键数量为x，则有2x个-1价的O和(15-2x)个-2价的氧，根据化合价整体为0可得2+4×5=2x+2(15-2x)，解得x=4，所以1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
(4)调节pH主要除去Al3+和Fe3+，Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时，Fe3+也已经完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)=36.4×10-341.0×10-5=4×10-10mol·L-1，此时c(H+)=2.5×10-5mol·L-1，pH=4.6；
(5)由于氯化镁溶液中存在Mg2+的水解，加热会促进水解和HCl的挥发，所以为抑制水解，需在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液制备MgCl2固体；
(6)①根据题意Al可以将TiO2+还原为Ti3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；
②Ti3+具有较强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，而Fe3+遇到SCN-会使溶液显红色，所以指示剂可以选用KSCN或NH4SCN溶液，含Ti3+的溶液显紫色，达到滴定终点时Fe3+稍过量，溶液会变为红色，现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，且半分钟内不变色。
【分析】
(1)SiO2是酸性氧化物，不溶于酸
(2)H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率。
(3)根据化合价整体为0。
(4)依据Ksp计算；
(5)考虑Mg2+的水解，及生成HCl的挥发；
(6)①根据电子守恒和元素守恒；
②依据Fe3+的检验。
10．【答案】（1）-52.7kJ·mol-1；低温
（2）CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*
（3）b；a
（4）温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降
（5）60；253或8.3
【解析】【解答】(1)根据题目所给信息可得热化学方程式：①H2(g)+12O2(g)=H2O(1) ΔH=-285.8kJ·mol-1、②CH3OH(g)+32O2(g)=2H2O(1)+CO2(g) ΔH=-763.9kJ·mol-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=40.8kJ·mol-1，根据盖斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.8kJ·mol-1)×3-(-763.9kJ·mol-1)+40.8kJ·mol-1=-52.7kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，所以在低温条件下满足ΔH-TΔS＜0，反应可以自发；
(2)活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知决速步骤为CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
(3)温度升高反应速率加快，所以1T越小，k越大，即lgk越大，而该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明温度对k逆的影响更大，所以k正对应的曲线是b，k逆对应的曲线是a；
(4)温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降；
(5)设平衡时CH3OH的物质的量为x，列三段式有：起始转化平衡CO2(g)2x2-x+3H2(g)63x6-3x⇌CH3OH(g)0xx+H2O(g)0xx ，恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有2-x+6-3x+x+x2+6=200320，解得x=1.5，所以平衡时CH3OH(g)的分压为1.55×200kPa=60kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分压分别为20kPa、60kPa、60kPa，所以Kθ=60100×6010020100×(60100)3=253或8.3。
【分析】(1)根据盖斯定律；
(2)依据活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率；
(3)温度升高反应速率加快；
(4)依据温度对平衡的影响；
(5)利用“三段式”计算。
11．【答案】（1）3d54s2；d
（2）三角锥；sp2杂化
（3）A；B；D
（4）CuBr；(14，34，34)；4×(43πx3+43πy3)4×144ρNA×1030×100%或πρNA(x3+y3)1.08×1032×100%
【解析】【解答】(1)Mn为25号元素，原子核外有25个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，价电子为3d54s2；Ni元素位于第Ⅷ族，属于d区元素；
(2)SeO32-中心Se原子的价层电子对数为3+6+2-2×32=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形；SeO2分子中心原子的价层电子对数为2+6-2×22=3，为sp2杂化；
(3)化合物[Co(NH3)6]Cl3中，氨气分子和Co3+之间存在配位键，N原子和H原子之间存在σ键，[Co(NH3)6]3+和Cl-之间存在离子键，所以选ABD；
(4)①根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×18+6×12=4，Br原子的个数为4，所以溴化物的化学式为CuBr；
②P为原点，R点Br原子位于体对角线上，且距离左侧面14，与下底面和前面距离均为34，所以坐标为(14，34，34)；
③晶胞中含有4个CuBr单元，所以晶胞的质量为4×144NAg，密度为ρg·cm-3，则体积为4×144NAρcm3=4×144ρNA×1030pm3，原子总体积为4×(43πx3+43πy3)pm3，所以空间利用率为4×(43πx3+43πy3)4×144ρNA×1030×100%或πρNA(x3+y3)1.08×1032×100%。
【分析】(1)依据核外电子排布规律及元素在表中的分区；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)依据配合物的结构分析；
(4)①根据均摊法计算；
③依据晶胞中含有单元，确定晶胞的质量，利用V=mρ求晶胞体积，再计算原子总体积，求出空间利用率。
12．【答案】（1）光照；取代反应
（2）苯乙酸；
（3）+2CH3CH2OH→Δ浓H2SO4+2H2O
（4）17；或
（5）CH2=CH2→催化剂H2OCH3CH2OH→催化剂O2CH3COOH→PCl3Cl2ClCH2COOH→NaCNNC-CH2COOH→H+HOOCCH2COOH
【解析】【解答】对比A和B的结构简式可知A与氯气发生取代反应生成B，根据A的分子式以及最终产物中含有苯环可知，A应为，B为；B与NaCN发生取代反应生成C的为，C中-CN在酸性环境中水解得到D，则D为；D与氯气在PCl3作用下生成E，E可以和NaHCO3反应，说明E中还有羧基，结合E的分子式可知，D与氯气发生取代反应生成E，所以E为，F为；F中Cl原子再被-CN取代后酸化得到G，则G为，根据反应条件可知，G与M发生酯化反应生成H，G中含有两个羧基，应是与两分子M反应，H中比M多4个C原子，所以M为CH3CH2OH，H为。
(1)A生成B为甲苯中甲基与氯气的取代反应，条件应为光照；H为，与苯环相连的C原子上的H原子被乙基代替生成I，所以为取代反应；
(2)D为，名称为苯乙酸；根据分析可知F为；
(3)根据分析G与两分子M发生酯化反应生成H，化学方程式为+2CH3CH2OH→Δ浓H2SO4+2H2O；
(4)E的同分异构体满足：①属于芳香化合物，则含有苯环；②含有酯基；③能发生银镜反应，而E中只有2个O原子，所以酯基为甲酸形成的酯基；若苯环上只有一个取代基可以是-CH(Cl)OOCH，有1种；若有两个取代基可以是-Cl、-CH2OOCH或-CH2Cl、-OOCH，每一组都有邻间对三种情况，共6种；也可以是三个取代基：-Cl、-CH3和-OOCH，此时共有10种，所以共有1+6+10=17种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为或；
(5)对比CH2=CH2和HOOCCH2COOH的结构简式可知需要加长碳链，引入羧基，碳碳双键可以加成得到羟基，羟基可以被氧化为羧基，再结合题目中的路线可知，可以通过引入-Cl然后转化为-CN再酸化得到羧基，同时加长碳链，所以合成路线为CH2=CH2→催化剂H2OCH3CH2OH→催化剂O2CH3COOH→PCl3Cl2ClCH2COOH→NaCNNC-CH2COOH→H+HOOCCH2COOH。
【分析】
(1)烷烃与卤素的取代反应的条件；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所取代；
(2)依据有机物的命名规律；
(3)根据酯化反应“酸脱羟基醇脱氢”；
(4)若苯环上只有一个取代基可以是-CH(Cl)OOCH；若有两个取代基可以是-Cl、-CH2OOCH或-CH2Cl、-OOCH，；也可以是三个取代基：-Cl、-CH3和-OOCH；
(5)对比CH2=CH2和HOOCCH2COOH的结构简式可知需要加长碳链，引入羧基，碳碳双键可以加成得到羟基，羟基可以被氧化为羧基，再结合题目中的路线可知，可以通过引入-Cl然后转化为-CN再酸化得到羧基，同时加长碳链。
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