2022年辽宁省大连市高考化学一模试卷

这是一份2022年辽宁省大连市高考化学一模试卷，共24页。试卷主要包含了5℃，沸点206℃，4L，【答案】B，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

2022年辽宁省大连市高考化学一模试卷

1. 2022年，一场冬奥会让全世界刷新了对中国的认知，科技冬奥会，彰显大国风范。下列说法错误的是( )
A. 国家速滑馆采用了CO2跨临界直冷制冰技术，与使用氟利昂制冷相比更加环保
B. 火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，属于传统无机非金属材料
C. 冬奥会完全采用光伏发电技术绿色供电，这有利于实现低碳管理目标
D. 紫外线可以使蛋白质变性，冬奥会大量使用紫外线消毒技术保护公众的健康
2. 下列化学用语正确的是( )
A. Fe3+的最高能层电子排布式：3d5
B. 质量数为127的碘原子： 12753I
C. S2−的结构示意图：
D. 反−2−丁烯的结构简式：
3. 辽宁有众多国家级非物质文化遗产，如复州皮影戏、阜新玛瑙雕、锦州满族刺绣、沈阳老龙口白酒传统酿造技艺等。下列说法正确的是( )
A. 皮影人用兽皮雕刻，兽皮的主要成分属于高级脂肪酸甘油酯
B. 玛瑙是熔融态SiO2快速冷却形成的
C. 满族刺绣以家织布为底衬，制作家织布的棉花属于再生纤维
D. 在酿酒工艺中，可以将淀粉直接转化为乙醇
4. 氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点206℃。氯化三乙基锡的合成方法如图所示。下列说法错误的是( )

A. 四乙基锡的二氯代物有6种
B. 低温下，氯化三乙基锡为分子晶体
C. 1mol四乙基锡中含有28molσ键
D. 锡元素的同素异形体灰锡属于金属晶体
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 将78g苯和52g苯乙烯混合，混合物中含有π键的个数为5NA
B. 向足量FeSO4溶液中滴加含0.1molK3[Fe(CN)6]的铁氰化钾溶液，溶液中含K+的数目为0.3NA
C. 0.1mol草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅2H2O)被足量酸性KMnO4溶液完全氧化，所转移的电子数是0.3NA
D. 将0.1mol醋酸钠固体溶于一定量稀醋酸中，溶液呈中性，此时溶液中CH3COO−数目小于0.1NA
6. L−脯氨酸是合成人体蛋白质的重要氨基酸之一，如图是利用L−脯氨酸催化羟醛缩合反应的方程式。下列说法错误的是( )

A. M的分子式为C10H12O3 B. N分子中有2个手性碳原子
C. M与N互为同分异构体 D. L−脯氨酸可以发生缩聚反应
7. 海水综合利用符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，下列说法中错误的是( )
A. ①中可采用蒸馏法或者电渗析法
B. ②中可通过电解熔融态的氯化镁制金属镁单质
C. ③中生成1molBr2，共消耗标准状况下Cl222.4L
D. ④的产品可生产盐酸、漂白液、漂白粉等
8. 下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
鉴别食盐中是否含有少量NaNO2，可取一定量食盐溶于水中，再滴加酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
食盐中含有NaNO2
B
将苯和液溴反应生成的气体通入硝酸酸化的AgNO3溶液中
产生淡黄色沉淀
反应生成了HBr
C
将0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合，得到悬浊液后过滤，向滤液和白色沉淀中分别滴加0.1mol/LKI溶液
滤液出现浑浊，沉淀变为黄色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
将少量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中
溶液紫色变浅
乙二醇被氧化为乙二酸
A. A B. B C. C D. D
9. 我国科学家发明了高选择性的CO2加氢合成CH3OH的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体，其中ZrO2摩尔质量为Mg/mol，晶胞如图所示，晶胞的棱长为apm。下列说法错误的是( )
A. Zr4+离子在晶胞中的配位数为8 B.  40Zr位于元素周期表中ds区
C. 该晶胞的密度为4×MNA×a3×10−30 D. O位于Zr构成的正四面体空隙中
10. MFC−电芬顿技术通过产生羟基自由基(⋅OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果，其耦合系统工作原理如图所示。下列说法错误的是( )

A. Y电极上消耗1mol溶液中O2时，可以产生2mol⋅OH
B. 甲池是将化学能转化为电能，其中a极上发生氧化反应
C. 乙池中生成羟基自由基的反应为Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+⋅OH
D. 电子移动方向为：a→Y，X→b
11. 向恒容的密闭容器中充入amolCO和bmolH2S，发生反应：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)，H2S的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是( )
A. 150℃时，若该反应的平衡常数K=13，则a：b=6：5
B. 该反应为吸热反应
C. 若一段时间后，c(COS)c(H2)保持不变，则该反应达到平衡状态
D. 平衡后，向容器中再通入amolCO，逐渐增大
12. 某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列说法正确的是( )
A. 电负性：Z>Q>Y
B. 简单离子半径：W>Z>Q
C. 该化合物中Z原子和Y原子都是sp3杂化
D. Y的氢化物沸点可能大于Q的氢化物沸点
13. 酸性水系锌锰电池放电时，电极上的MnO2易剥落，会降低电池效率。若向体系中加入少量KI固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 含有MnO2的碳电极的电势低于Zn电极
B. 加入KI后可降低能量的“损失”，相关方程式为MnO2+3I−+4H+=Mn2++I3−+2H2O
C. 电池要维持较高的工作效率，需不断向体系中加入KI固体
D. 放电时，消耗0.5molZn时，有0.5molH+通过质子交换膜
14. 研究表明，NaBH4与水反应制氢气的原理为BH4−+2H2O=BO2−+4H2。表格为pH和温度对NaBH4半衰期的影响(半衰期是指反应过程中，某物质的浓度降低到初始浓度一半所需的时间)。下列说法错误的是( )
体系pH
不同温度下的NaBH4的半衰期(min)
0℃
25℃
50℃
10
4.32×102
6.19×101
8.64×100
12
4.32×104
6.19×103
8.64×102
14
4.32×106
6.19×105
8.64×104
A. NaBO2溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小为c(Na+)>c(BO2−)>c(OH−)>c(H+)
B. 在50℃、pH=12的条件下，NaBH4初始浓度为4.32mol⋅L−1，则半衰期内v−(H2)=0.01mol−1⋅min−1
C. 由表格中数据可知，相同pH下，NaBH4与水反应的速率随温度升高而增大
D. 由表格中数据可知，相同温度下，NaBH4与水反应的速率随pH升高而增大
15. 镍及其化合物在工业上应用广泛，工业上可以用红土镍矿[主要成分为Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍并回收副产物黄铵铁矾[化学式可表示为((NH4)xFey(SO4)z(OH)w,摩尔质量为480g/mol]的工艺流程如图所示：

①
②
③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水。
(1)除铁时加入的H2O2的用量高于理论用量的原因是 ______(写两条)。
(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为 ______：“浸渣”的主要成分除含有铁元素的化合物外还有 ______(填化学式)。
(3)若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是 ______。
该工艺条件下，Ni2+生成Ni(OH)2沉淀，Fe3+生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
沉淀物
Ni(OH)2
Fe(OH)3
黄铵铁矾
开始沉淀时的pH
7.1
2.7
1.3
沉淀完全(c=1×10−5mol/L)时的pH
9.2
3.7
2.3
(4)“沉镍”时pH调为9.0，滤液中Ni2+浓度约为 ______mol/L(100.4≈2.5)。
(5)由所得滤液获得稳定的MgSO4⋅7H2O晶体的操作依次是 ______、过滤、洗涤、干燥。
(6)对黄铵铁矾进行热分解实验。其结果如图所示，则黄铵铁矾的化学式为 ______。(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为H2O，300∼575℃之间只有NH3和H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。


16. 丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有丙烯醛(C3H4O)、乙腈(CH3CN)等。以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈(C3H3N)的主要反应如下：


回答下列问题：
(1)C3H4O(g)+NH3(g)+12O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g)△H=______kJ/mol。
(2)反应Ⅰ在 ______(填“高温”“低温”或“任意”)条件下可自发进行；恒温，体系达到平衡后，若压缩容器体积，则反应Ⅱ的平衡移动方向为 ______(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
(3)根据反应的特点，在原料中加入一定量水蒸气有多种好处，下列说法中正确的是 ______。
A.加入水蒸气可促使产物从催化剂表面解吸出来，从而避免丙烯腈深度氧化
B.加入水蒸气可防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内产生危险
C.加入水蒸气可以带走大量的反应生成热，使反应温度易于控制
D.加入水蒸气对催化剂表面的积炭有清除作用
(4)已知对于反应：aA(g)+bB(g)=cC(g)+dD(g)，其标准平衡常数：Kθ=[p(C)pθ]c⋅[p(D)pθ]d[p(A)pθ]a⋅[p(B)pθ]b。T℃，压强为16pθ的恒压密闭容器中，通入1mol丙烯、1mol氨气和3mol氧气发生反应I、II，达到平衡时，容器内有amolC3H3N(g)，bmolC3H4O(g)，此时H2O(g)的分压p(H2O)=______(用含a、b的代数式表示，下同)；反应Ⅱ的标准平衡常数为 ______。
(5)以丙烯腈为原料，利用电解原理合成己二腈[CN(CH2)4CN]可减少氮氧化物的排放，其装置如图所示，电解时Pb电极发生的电极反应式为 ______。


17. 某化学实验小组发现镁和NaHCO3溶液可以反应生成气体，且比镁和水的反应速率快，通过实验探究速率加快取决于哪些粒子，同时分析气体的成分。
探究加快速率的粒子
(1)甲同学推测加快速率的粒子有两种：
①Na+能加快化学反应速率；
②HCO3−能加快化学反应速率。
为验证猜想，进行了如下实验：
对照组
1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.4)
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组1
1mol/LKHCO3溶液
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组2
1mol/LNaNO3溶液
镁表面有极微量气泡附着
已知：Mg和H2O反应只能看到镁条表面有极微量气泡附着。用离子方程式解释对照组中NaHCO3溶液显碱性的原因 ______；实验组1得到的结论是 ______；为控制变量与对照组一致；实验组2应在1mol/LNaNO3溶液中 ______。
探究气体的成分
(2)乙同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声；再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊。由此推测气体成分为 ______。经查阅文献得知，NaHCO3溶液可以通过自耦电离(2HCO3−⇌CO32−+H2CO3)产生CO2，该反应的平衡常数为 ______(保留3位有效数字)。(已知：H2CO3电离常数Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.7×10−11)
(3)丙同学认为乙同学的推测不够严谨，逸出的气体会带出少量溶液也能使澄清石灰水变浑浊，于是利用CO2传感器检测放出的气体中是否含有CO2。
实验组3
取6mL1mol/LNaHCO3溶液加入250mL塑料瓶，塞紧CO2传感器，采集数据15min，记录液面上方CO2浓度的变化，重复实验2次。
实验组4
取6mL1mol/LNaHCO3溶液，0.1g打磨好的镁条加入250mL塑料瓶，实验操作同上。
实验组5
用上述同样方法采集15min空塑料瓶中CO2浓度的数据。

由图象可知，加入Mg条后，CO2释放受到抑制，原因是 ______；实验时取少量NaHCO3溶液、少量镁条的原因是 ______。
用于治疗高血压的药物Q的合成路线如图：

已知：芳香族化合物与卤代烃在AlCl3催化下可发生如图可逆反应：

回答下列问题：
(1)A的名称是______；A→B的化学方程式为 ______。
(2)L中含氮官能团的名称为______。
(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 ______。
(4)G分子中含两个甲基，G的结构简式是 ______；F→G的反应类型是 ______。
(5)的同分异构体中，满足下列条件的有 ______种(不考虑立体异构)。
①属于戊酸酯；
②与FeCl3溶液作用显紫色。
其中核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1：2：9的结构简式为 ______。(任写一种)答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.氟利昂制冷破坏臭氧层，国家速滑馆采用了CO2跨临界直冷制冰技术，实现了二氧化碳的循环和碳的排放几乎为0，与使用氟利昂制冷相比更加环保，故A正确；
B.火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，是新型无机非金属材料，故B错误；
C.冬奥会完全采用光伏发电技术绿色供电，减少了二氧化碳排放，这有利于实现低碳管理目标，故C正确；
D.细菌和病毒成分为蛋白质，紫外线可以使蛋白质变性，冬奥会大量使用紫外线消毒技术保护公众的健康，故D正确；
故选：B。
A.CO2跨临界直冷制冰技术，实现了二氧化碳循环和碳中和；
B.无机非金属材料品种和名目极其繁多，通常把它们分为普通的(传统的)和先进的(新型的)无机非金属材料两大类；
C.采用光伏发电技术绿色供电，剑豪化石燃料的燃烧，减少二氧化碳的排放；
D.紫外线、高温、部分有机物等可以使蛋白质变性。
本题考查了物质性质和应用，注意知识的熟练掌握和积累，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3+的最高能层电子排布式为3s23p63d5，故A错误；
B.碘原子的质子数为53，质量数为127，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，则该核素为 53127I，故B错误；
C.硫离子质子数为16，核外电子总数为18，核外电子分层排布，其离子结构示意图为，故C错误；
D.反−2−丁烯中两个甲基位于双键的两侧，其结构简式为，故D正确；
故选：D。
A.Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
B.质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
C.硫离子质子数为16，最外层电子数为8；
D.反−2−丁烯中两个甲基位于双键的两侧。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核外电子排布式、原子或离子结构示意图、核素、同分异构体书写等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，注意掌握顺反异构体的特征，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.兽皮的主要成分是蛋白质，是多种氨基酸的脱水缩合物，高级脂肪酸的甘油酯是油脂，故A错误；
B.熔融态的SiO2冷却过快得到没有晶体外形的玛瑙，缓慢冷却得到水晶晶体，故B正确；
C.棉花的主要成分是纤维素，是天然纤维，不属于再生纤维，故C错误；
D.酿酒时，淀粉先水解为葡萄糖，葡萄糖再分解为乙醇和二氧化碳，淀粉不能直接一步转化为乙醇，故D错误；
故选：B。
A.兽皮的主要成分是蛋白质；
B.熔融态的SiO2冷却过快会生成玛瑙，反之则生成水晶；
C.棉花的主要成分是纤维素，是天然纤维；
D.酿酒时，淀粉先水解为葡萄糖，葡萄糖再分解为乙醇和二氧化碳。
本题考查了化学知识在生活、生产中的应用，难度不大，应注意化学基础知识的掌握和理解。

4.【答案】D

【解析】解：A.把第一个氯原子固定在乙基中的甲基碳原子上，如图移动另一个氯原子可得到4种二氯代物，，将第一个氯原子固定在乙基中的次甲基碳原子上，如图移动另一个氯原子可得到2种二氯代物，，四乙基锡的二氯代物的种数一共6种，故A正确；
B.氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点206℃，由性质可知为分子晶体，故B正确；
C.一个乙基()与锡形成7个σ键，故1mol四乙基锡中含有28molσ键，故C正确；
D.白锡为金属晶体，转变为灰锡时结构发生了变化，变成了共价晶体，故D错误；
故选：D。
A.利用定一移一方法找四乙基锡的二氯代物的种数；
B.氯化三乙基锡常温下的性质推断晶体种类；
C.一个乙基与锡形成7个σ键；
D.转变为灰锡时结构发生了变化。
本题考查了分子晶体、有机化合物的异构现象，难点是利用定一移一的方法找二元取代物的个数，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，题目难度中等。

5.【答案】C

【解析】解：A.78g苯含有π键数为78g78g/mol×1×NA/mol=NA，52g苯乙烯含有π键数为52g104g/mol×2×NA/mol=NA，混合物中含有π键的个数为2NA，故A错误；
B.由反应可知Fe2++K3[Fe(CN)6]=KFe[Fe(CN)6]↓+2K+，向足量FeSO4溶液中滴加含0.1molK3[Fe(CN)6]的铁氰化钾溶液，溶液中含K+的数目为0.2NA，故B错误；
C.0.1mol草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅2H2O)被足量酸性KMnO4溶液完全氧化，所转移的电子数是0.1mol×3×NA/mol=0.3NA，故C正确；
D.醋酸钠固体溶于一定量稀醋酸中，由电荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(CH3COO−)+n(OH−)，溶液呈中性，n(H+)=n(OH−)，则n(CH3COO−)=n(Na+)=0.1mol，故此时溶液中CH3COO−数目等于0.1NA，故D错误；
故选：C。
A.一个苯分子中含有一个π键，一个苯乙烯分子中含有两个π键；
B.FeSO4溶液中滴加铁氰化钾溶液反应为Fe2++K3[Fe(CN)6]=KFe[Fe(CN)6]↓+2K+；
C.草酸亚铁晶体与高锰酸钾反应时，Fe由+2价升高为+3价，C由+3价升高为+4价。1mol草酸亚铁晶体完全反应失去3mol电子；
D.结合电荷守恒分析。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。

6.【答案】A

【解析】解：A.由结构可知，M分子含有10个碳原子、14个氢原子、3个氧原子，M的分子式为C10H14O3，故A错误；
B.如图，该分子中含有2个手性碳原子，故B正确；
C.M、N的分子式都是C10H14O3，结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；
D.L−脯氨酸含有−COOH、−NH−，可发生缩聚反应，故D正确；
故选：A。
A.由结构可知，M分子含有10个碳原子、14个氢原子、3个氧原子；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
C.M、N的分子式相同，都是C10H14O3，结构不同；
D.L−脯氨酸含有−COOH、−NH−。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、手性碳原子及同分异构体概念内涵是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.①中淡化海水，因水的沸点比盐类物质低，可采用蒸馏法，故A正确；
B.②中可通过电解熔融态的氯化镁，反应生成金属镁和氯气，可以制金属镁单质，故B正确；
C.溴工业中先利用氯气置换出溴，热空气吹出溴，利用二氧化硫与溴水反应，再选氯气与HBr反应生成溴，达到富集溴的目的，③中生成1molBr2，需要用到两次氯气，消耗氯气物质的量2mol，共消耗标准状况下Cl222.4L/mol×2mol=44.8L，故C错误；
D.电解饱和食盐水生成NaOH、氯气、氢气，氢气与氯气反应生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，氯气与NaOH溶液可制备漂白液，氯气和石灰乳反应制备漂白粉，故D正确；
故选：C。
由流程可知，海水淡化分离出蒸馏水，镁工业中加石灰乳沉淀镁离子，加盐酸转化为氯化镁，在HCl气流中蒸发得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁生成Mg，溴工业中先利用氯气置换出溴，热空气吹出溴，利用二氧化硫与溴水反应，再选氯气与HBr反应生成溴，达到富集溴的目的，制盐工业分离出NaCl，可电解饱和食盐水生成NaOH、氯气、氢气，为氯碱工业，以此来解答。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：A.NaCl、NaNO2均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明食盐中含有NaNO2，故A错误；
B.挥发的溴与硝酸银溶液反应生成AgBr沉淀，由实验及现象可知，不能证明生成HBr，故B错误；
C.由实验及现象可知，白色AgCl沉淀转化为更难溶的AgI沉淀，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D.乙二醇、乙二酸均可酸性高锰酸钾溶液褪色，由实验及现象可知，不能证明乙二醇被氧化为乙二酸，故D错误；
故选：C。
A.NaCl、NaNO2均可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B.挥发的溴与硝酸银溶液反应；
C.由实验及现象可知，白色AgCl沉淀转化为更难溶的AgI沉淀；
D.乙二醇、乙二酸均可酸性高锰酸钾溶液褪色。
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、反应与现象、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.根据图知，每个Zr4+离子连接4个等距离且距离最近的8个O2−，所以其配位数是8，故A正确；
B. 40Zr原子核外有40个电子，其核外电子排布式为[Ke]4d25s2，属于第5周期第族，位于d区，故B错误；
C.该晶胞中Zr4+离子个数=8×18+6×12=4、O2−个数=8，晶胞体积=(a×10−10cm)3，晶胞密度=MNA×4V=4MVNA=4M(a×10−10)3NAg/cm3，故C正确；

D.根据图知，O位于Zr构成的正四面体空隙中，故D正确；
故选：B。
A.根据图知，每个Zr4+离子连接4个等距离且距离最近的8个O2−；
B. 40Zr原子核外有40个电子，其核外电子排布式为[Ke]4d25s2，属于第5周期第族；
C.该晶胞中Zr4+离子个数=8×18+6×12=4、O2−个数=8，晶胞体积=(a×10−10cm)3，晶胞密度=MNA×4V；

D.O位于Zr构成的正四面体空隙中。
本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确配位数判断方法、元素在周期表中的位置、晶胞密度计算方法是解本题关键，题目难度不大。

10.【答案】A

【解析】解：A.Y电极上消耗1mol溶液中O2时，电路中转移4mol电子，Y极生成Fe2+和H2O2的量不定，故无法确定生成⋅OH数目，故A错误；
B.甲为燃料电池，将化学能转化为电能，a极为负极，燃料失电子发生氧化反应，故B正确；
C.Y极生成Fe2+和H2O2，二者羟基自由基的反应为Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+⋅OH，故C正确；
D.原电池和电解池工作时，电子由负极(a)经外电路流向阴极(Y)，由阳极(X)经外电路回流到正极(b)，故D正确；
故选：A。
由图可知，甲为燃料电池，b极氧元素价态降低得电子，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，a极为负极，乙为电解池，X极为阳极，Y极为阴极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，O2+2e−+2H+=2H2O2，据此作答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。

11.【答案】A

【解析】解：A.150℃时H2S的转化率为40%，平衡时H2S的物质的量变化为0.4b，
               CO(g)+H2S(g)=COS(g)+H2(g)
初始(mol)ab00
变化(mol)0.4b0.4b0.4b0.4b
平衡(mol)a−0.4b0.6b0.4b0.4b
设容器的体积为V，则该反应的平衡常数结合K=13=c(COS)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2S)=0.4bV×0.4bVa−0.4bV×0.6bV，整理可得a：b=6：5，故A正确；
B.温度升高H2S的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，故B错误；
C.COS和H2均为生成物，计量数之比为1：1，反应从左侧开始，则c(COS)c(H2)始终不变，无法判断平衡状态，故C错误；
D.通入CO后的瞬间，正反应速率立即增大，逆反应速率不变，之后正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大，直至正逆反应速率相等，重新达到平衡状态，故D错误，
故选：A。
A.150℃时硫化氢的转化率为40%，若该反应的平衡常数K=13，利用三段式结合K=13=c(COS)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2S)计算；
B.结合图示可知，温度升高硫化氢的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动；
C.COS和H2均为生成物，且计量数相等，则二者的浓度始终不变；
D.通入CO的瞬间，正反应速率立即增大，之后正反应速率逐渐减小，直至达到新的平衡状态。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，C为易错点，题目难度中等。

12.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、Q为O、W为Na，
A.主族元素同周期从左向右的电负性逐渐增强，则电负性：Q>Z>Y，故A错误；
B.核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z>Q>W，故B错误；
C.该化合物中Z(N)形成3个共价键，且含有1个未成键电子对，采用sp3杂化；形成4个单键的C原子采用sp3杂化，但含有碳氧双键的C原子采用sp2杂化，故C错误；
D.Y的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，故D正确；
故选：D。
X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素；由该化合物的结构图可知，Y形成4个共价键，为第族元素，Q形成1个共价键，为族元素，W形成+1价阳离子，为第IA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，以此解答该题。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子半径及物质结构来推断元素为解答关键，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。

13.【答案】B

【解析】解：A.由图可知，含MnO2的碳电极为正极，含Zn的碳电极为负极，则含有MnO2的碳电极的电势高于Zn电极，故A错误；
B.加入KI后发生的反应为MnO2+3I−+4H+=Mn2++I3−+2H2O，I3−+2e−=3I−，I3−在正极继续得电子生成I−，可降低能量的“损失”，故B正确；
C.I−、I3−间可循环转化，所以开始加入一定量的KI固体后，不需要再加入，故C错误；
D.负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，消耗0.5molZn时转移电子1mol，有1molH+通过质子交换膜，故D错误；
故选：B。
酸性水系锌锰电池放电时，Zn发生失电子的氧化反应，含Zn的碳电极为负极，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，含MnO2的碳电极为正极，发生得电子的还原反应，正极反应式为MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，加入KI后与剥落的MnO2发生的反应为MnO2+3I−+4H+=Mn2++I3−+2H2O，I3−+2e−=3I−，I−、I3−循环反应提高电池的工作效率，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理，依据图中信息正确判断正负极、电极上发生的反应及电极反应式书写是解题的关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。

14.【答案】D

【解析】解：A.NaBH4与水反应制氢气：BH4−+2H2O=BO2−+4H2↑，反应生成的盐溶液BO2−在溶液中水解显碱性，溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(BO2−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；
B.在50℃、pH=12的条件下，NaBH4初始浓度为4.32mol⋅L−1，则半衰期内v(H2)=4v(NaBH4)=4×4.32mol/L−4.322mol/L8.64×102min=0.01mol⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.图表数据分析，随温度升高体系半衰期缩短，反应速率加快，故C正确；
D.NaBH4与水反应制氢气：BH4−+2H2O=BO2−+4H2↑，反应实质为水电离出来的H+被还原，图表数据可知pH增大，半衰期增长，反应速率减慢，故D错误；
故选：D。
A.依据NaBH4与水反应制氢气：BH4−+2H2O=BO2−+4H2↑，反应生成的盐溶液BO2−在溶液中水解显碱性分析判断溶液中离子浓度大小；
B.根据给定数据计算4v(NaBH4)，结合v(H2)=4v(NaBH4)来回答；
C.依据图表数据分析，随温度升高体系半衰期缩短，反应速率加快；
D.分析图表数据可知pH增大，半衰期增长，反应速率减慢。
本题考查学生化学反应速率的影响因素以及反应速率的有关计算等知识，属于知识的迁移应用，难度不大。

15.【答案】H2O2不稳定，受热易分解，Fe3+可作H2O2分解的催化剂，加快H2O2的分解速率  、SiO2  2.3≤pH<7.12.5×10−3  蒸发浓缩、冷却结晶  NH4Fe3(SO4)2(OH)6

【解析】解：(1)H2O2不稳定，受热易分解，H2O2氧化Fe2+生成的Fe3+可作H2O2分解的催化剂，加快H2O2分解，所以氧化“除铁”时发现所用H2O2远高于理论用量，
故答案为：H2O2不稳定，受热易分解，Fe3+可作H2O2分解的催化剂，加快H2O2的分解速率；
(2)FeO在空气中焙烧时与空气中氧气、(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3、氨气、水，该反应的化学方程式为：；
在用热水浸泡过程中，Fe3+会发生水解反应生成FeO(OH)沉淀：Fe3++2H2O−△FeO(OH)↓+3H+，而焙烧产生的SiO2不能溶于水，也会进入“浸渣”中，所以“浸渣”的主要成分，除铁的氧化物外还有FeO(OH)、SiO2，
故答案为：；FeO(OH)、SiO2；
(3)“除铁”时通入NH3调节溶液pH，使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，同时Ni2+仍然以离子形式存在于溶液中，则根据表格数据可知调整溶液pH范围为：2.3≤pH<7.1，
故答案为：2.3≤pH<7.1；
(4)根据表格数据可知：当Ni2+沉淀完全时溶液pH=9.2，则氢氧根离子浓度为1014−9.2mol/L=10−4.8 mol/L，则该温度下Ni(OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]=10−5×(10−4.8)2=10−14.6；在“沉镍“时pH调为8.0，则氢氧根离子浓度为1014−8.0mol/L=10−6 mol/L，滤液中Ni2+浓度 c(Ni2+)=10−14.6(10−6)2mol/L=10−2.6mol/L=2.5×10−3mol/L，
故答案为：2.5×10−3；
(5)所得滤液获得稳定的MgSO4⋅7H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)设有480g[即1mol(NH4)xFey(SO4)z(OH)w]物质分解，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末，则有n(Fe2O3)=240g160g/mol=1.5mol，即y=3，在固体质量有400g减少为240g时，减少的质量为SO3的质量，则n(SO3)=400g−240g80g/mol=2mol，即z=2，根据化合价代数和为0，有①x+3y−2z−w=0，另有②18x+56y+96z+17w=480，将y=3，z=2代入①、②解得x=1、w=6，所以该物质的化学式为：NH4Fe3(SO4)2(OH)6，
故答案为：NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
红土镍矿[主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍，红土镍矿与(NH4)2SO4混合研磨，使二者充分接触，然后在焙烧发生反应：、，然后用热水浸泡焙烧后的固体物质，其中(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)3Fe(SO4)3进入溶液，部分Fe3+会发生反应：Fe3++2H2O−△FeO(OH)↓+3H+，产生的难溶性的FeO(OH)及不溶性的酸性氧化物SiO2进入“浸渣”中，大部分Fe3+及Ni2+、Mg2+、NH4+、SO42−存在于溶液中，然后向滤液中加入NH3、H2O2并进行加热，Fe3+形成黄铵铁矾沉淀析出，然后向溶液中加入MgO浆调节pH，使Ni2+变为Ni(OH)2沉淀来沉镍，沉淀经过滤、洗涤、H2SO4溶解得到NiSO4，滤液中含有MgSO4，经一系列处理得到MgSO4⋅7H2O，据此分析解(1)∼(5)；
(6)设有480g[即1mol(NH4)xFey(SO4)z(OH)w]物质分解，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末，则有n(Fe2O3)=240g160g/mol=1.5mol，即y=3，在固体质量有400g减少为240g时，减少的质量为SO3的质量，则n(SO3)=400g−240g80g/mol=2mol，即z=2，根据化合价代数和为0，有①x+3y−2z−w=0，另有②18x+56y+96z+17w=480，将y=3，z=2代入①、②解得x和w，即可得到该物质的化学式。
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，难度较大。

16.【答案】−162任意  正反应方向  ABCD3a+b5+0.5a×16pθ (3a+b)b(1−a−b)×(3−1.5a−b)  2CH2=CHCN+2e−+2H+=CN(CH2)4CN

【解析】解：

因为反应C3H4O(g)+NH3(g)+12O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g)可由反应I−反应II得到，所以ΔH=ΔH1−ΔH2=−515kJ/mol−(−353kJ/mol)=−162kJ/mol，
故答案为：−162；
(2)反应I的ΔH1<0，ΔS>0，属于熵增的放热反应，在任意条件下都能自发进行；恒温，体系达到平衡后，若压缩容器体积，增大压强，反应I向逆反应方向移动，丙烯和氧气的转化率减小，则反应II中的反应物的浓度(分压)增大，导致反应II平衡向正反应方向移动，
故答案为：任意；正反应方向；
(3)A.加入水蒸气可促使产物从催化剂表面分离出来，可避免丙烯腈再次被氧化，从而提高产率，故A正确；
B.加入水蒸气可稀释原料混合气中的丙烯，防止产生危险，故B正确；
C.水蒸气的流动可以带走大量的反应生成热，使反应温度易于控制，故C正确；
D.水蒸气可与积炭在一定条件下发生反应，从而对催化剂表面的积炭有清除作用，故D正确，
故答案为：ABCD；
(4)根据两个反应可知，在达到平衡时，容器中有(1−a−b)mol丙烯，(1−a)mol氨气，(3−1.5a−b)mol氧气，(3a+b)mol水蒸气，以及amolC3H3N(g)和bmolC3H4O(g)，则平衡后容器中气体总的物质的量为(1−a−b)mol+(1−a)mol+(3−1.5a−b)+(3a+b)mol+amol+bmol=(5+0.5a)mol；所以水蒸气所占的分压p(H2O)=3a+b5+0.5a×16pθ；同理得出C3H4O(g)、丙烯、氧气的分压分别为b5+0.5a×16pθ、1−a−b5+0.5a×16pθ、3−1.5a−b5+0.5a×16pθ，根据上述公式可知，反应II的标准平衡常数=(3a+b5+0.5a×16pθ)×(b5+0.5a×16pθ)(1−a−b5+0.5a×16pθ)×(3−1.5a−b5+0.5a×16pθ)=(3a+b)b(1−a−b)×(3−1.5a−b)，
故答案为：3a+b5+0.5a×16pθ；(3a+b)b(1−a−b)×(3−1.5a−b)；
(5)根据电解池的工作原理可知，CH2=CHCN在Pb电解酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二腈[CN(CH2)4CN]，其电极反应式为：2CH2=CHCN+2e−+2H+=CN(CH2)4CN，
故答案为：2CH2=CHCN+2e−+2H+=CN(CH2)4CN。


根据盖斯定律，反应C3H4O(g)+NH3(g)+12O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g)可由反应I−反应II得到；
(2)反应I的ΔH1<0，ΔS>0，根据△H−T△S<0反应可以自发进行判断；根据勒夏特列原理分析；
(3)A.加入水蒸气可促使产物从催化剂表面分离出来，可避免丙烯腈再次被氧化；
B.加入水蒸气可稀释原料混合气中的丙烯；
C.水蒸气的流动可以带走大量的反应生成热，温度易于控制；
D.水蒸气可与积炭在一定条件下发生反应，有清除作用；
(4)根据两个反应可知，在达到平衡时，容器中有(1−a−b)mol丙烯，(1−a)mol氨气，(3−1.5a−b)mol氧气，(3a+b)mol水蒸气，以及amolC3H3N(g)和bmolC3H4O(g)，则平衡后容器中气体总的物质的量为(1−a−b)mol+(1−a)mol+(3−1.5a−b)+(3a+b)mol+amol+bmol=(5+0.5a)mol；水蒸气所占的分压p(H2O)=3a+b5+0.5a×16pθ，C3H4O(g)、丙烯、氧气的分压分别为b5+0.5a×16pθ、1−a−b5+0.5a×16pθ、3−1.5a−b5+0.5a×16pθ，据此计算；
(5)根据电解池的工作原理可知，CH2=CHCN在Pb电解酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二腈[CN(CH2)4CN]。
本题考查热化学方程式的计算，影响化学平衡的因素、电化学应用等知识．注意图象分析判断，定量关系的理解应用是解题关键，题目难度较大。

17.【答案】HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−  Na+对实验无影响  滴加NaOH溶液至pH=8.4H2和CO2  1.04×10−4  Mg和NaHCO3溶液反应使溶液中的H+被消耗，反应体系的碱性增强，不利于CO2释放  当容器中反应物量大时，产生的热量会加速NaHCO3溶液分解

【解析】解：(1)碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解，离子方程式为：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；实验组1中用的是KHCO3溶液，实验现象与对照组一样，则说明Na+对实验无影响；为了控制变量与对照组一致，实验组2应在1mol/LNaNO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=8.4，
故答案为：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；Na+对实验无影响；滴加NaOH溶液至pH=8.4；
(2)同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳，由此推测气体成分为H2和CO2；NaHCO3溶液可以通过自耦电离(2HCO3−⇌CO32−+H2CO3)产生CO2，该反应的平衡常数为：K=c(CO32−)c(H2CO3)c2(HCO3−)=Ka1Ka2=4.7×10−114.5×10−7=1.04×10−4，
故答案为：H2和CO2；1.04×10−4；
(3)由图像可知，加入Mg条后，CO2释放受到抑制，原因是Mg和NaHCO3溶液反应使溶液中的H+被消耗，反应体系的碱性增强，不利于CO2释放；实验时取少量NaHCO3溶液、少量镁条的原因是当容器中反应物量大时，产生的热量会加速NaHCO3溶液分解，
故答案为：Mg和NaHCO3溶液反应使溶液中的H+被消耗，反应体系的碱性增强，不利于CO2释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速NaHCO3溶液分解。
(1)碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解；实验组1中用的是KHCO3溶液，实验现象与对照组一样，则说明Na+对实验无影响；
(2)同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳；NaHCO3溶液可以通过自耦电离(2HCO3−⇌CO32−+H2CO3)产生CO2，该反应的平衡常数为：K=c(CO32−)c(H2CO3)c2(HCO3−)=Ka1Ka2；
(3)Mg和NaHCO3溶液反应使溶液中的H+被消耗，反应体系的碱性增强，不利于CO2释放。
本题考查了碳酸氢钠及其性质，涉及到化学反应方程式的书写，实验方案的涉及和评价等知识点，题目难度中等，注意对图象和表格中数据的分析是解题的关键。

18.【答案】丙酸  氨基  乙二胺能形成分子间氢键、三甲胺不能形成分子间氢键   取代反应  64

【解析】解：(1)A为CH3CH2COOH，A的名称是丙酸；A的结构简式为CH3CH2COOH，B为，A与Cl2在催化剂条件发生反应生成B，A→B的化学方程式为，
故答案为：丙酸；；
(2)L的结构简式为，L中含氮官能团的名称为氨基，
故答案为：氨基；
(3)乙二胺能形成分子间氢键、三甲胺不能形成分子间氢键，所以乙二胺比三甲胺的沸点高很多，
故答案为：乙二胺能形成分子间氢键、三甲胺不能形成分子间氢键；
(4)G的结构简式是；F→G的反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
(5)的同分异构体中，满足下列条件：
①属于戊酸酯；
②与FeCl3溶液作用显紫色，说明含有酚羟基；
戊酸有CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH四种；如果苯环结构为，酯基有3种排列方式；如果苯环结构为，酯基有3种排列方式；如果苯环结构为，酯基有2种排列方式，如果苯环结构为，酯基有2种排列方式；如果苯环结构为，酯基有3种排列方式，如果苯环结构为，酯基有3种排列方式，所以符合条件的同分异构体种类=(3+3+2+2+3+3)×4=64，其中核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1：2：9的结构简式为，
故答案为：64；。
CH3CH2CN在酸性条件下发生水解反应，即基团−CN变化为−COOH，A的分子式为C3H6O2，则A的结构简式为CH3CH2COOH，A与Cl2在催化剂条件发生反应生成B，B与C2H5OH在浓H2SO4加热条件下发生酯化反应生成D，D的分子式为C5H9ClO2，结合后续产物 结构可推知B为，D为，E的分子式为C6H6O，根据知，E为，E与W(C3H6O)在酸性条件下反应生成F，F与Cl2发生反应生成G，G的分子式为C15H12Cl4O2，G与HCl在AlCl3条件下发生信息反应生成M，结合后续产物逆推，则M的结构简式为，G分子中含两个甲基，结合G的分子式为C15H12Cl4O2，所以G的结构简式为，逆推F的结构简式为，逆推W的结构简式为，与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，L的分子式为C11H14Cl2N2O2，则L的结构简式为，L经过①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成药物Q，Q的结构简式为。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合化运用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是限制性条件下同分异构体种类判断，题目难度中等。