高中化學高考三輪沖刺【省一等獎】

2023年山東省濟寧市汶上五中高考化學二模試卷一、選擇題（本題共7小題，均為單選題，每小題6分，共78分，）1．（6分）（2032?濟寧校級二模）化學與科技、社會、生產(chǎn)、生活密切相關．下列有關說法不正確的是（）A．物質(zhì)燃燒時產(chǎn)生有色火焰的都是焰色反應的見證B．棉花、木材和植物秸稈的主要成分都是纖維素C．航天服主要成分由碳化硅陶瓷和碳纖維復合而成，是一種復合材料D．天然氣、沼氣和水煤氣分別屬于化石能源、可再生能源和二次能源2．（6分）（2023?鐘祥市校級模擬）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A．常溫下，?L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含F(xiàn)e3+數(shù)目小于B．30g甲醛中含電子對數(shù)為4NAC．12g石墨烯（單層石墨）中含有六元環(huán)的個數(shù)是D．室溫下，7.1g氯氣與足量石灰乳充分反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于3．（6分）（2032?濟寧校級二模）下列分子或離子在指定的分散系中能大量共存的一組是（）A．堿性溶液中：ClO﹣、Cl﹣、K+、Na+B．常溫常壓下氣體：O2、N2、Cl2、NH3C．含有AlO2﹣的溶液：NO3﹣、HCO3﹣、Na+、K+D．氫氧化鐵膠體：H+、K+、S2﹣、Br﹣4．（6分）（2032?濟寧校級二模）向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液進行如下操作，結(jié)論正確的是（）操作現(xiàn)象結(jié)論A先滴加BaCl2溶液，再加稀HNO3生成白色沉淀，且沉淀不溶解．原溶液中有SO42﹣B滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫紅色原溶液中有I﹣C用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色原溶液中有Na+、無K+D滴加NaOH溶液加熱，將紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無NH4+A．AB．BC．CD．D5．（6分）（2023?博白縣模擬）下列圖示與對應的敘述相符的是：（）A．圖1表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，則NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH．B．圖2表示A、B兩物質(zhì)的溶解度隨溫度變化情況，將t1℃時A、B的飽和溶液分別升溫至t2C．圖3表示在其他條件相同時，分別在T1、T2溫度下由CO2和H2合成甲醇的物質(zhì)的量隨時間變化情況，則CO2和H2合成甲醇是吸熱反應．D．圖4表示將L氨水滴入L鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積變化曲線．6．（6分）（2032?濟寧校級二模）體育競技中服用興奮劑既有失公平，也敗壞了體育道德．某種興奮劑的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示．有關該物質(zhì)的說法中正確的是（）A．該物質(zhì)與苯酚屬于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B．滴入酸性KMnO4溶液振蕩，紫色褪去，能證明其結(jié)構(gòu)中碳碳雙鍵、酚羥基兩種基團至少存在一種C．1mol該物質(zhì)分別與濃溴水和H2反應時最多消耗Br2和H2分別為4mol和7molD．該分子中的所有碳原子不可能共平面7．（6分）（2032?濟寧校級二模）熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源．一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能．該電池總反應為：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有關說法正確的是（Pb的相對原子質(zhì)量：207）（）A．正極反應式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．常溫時，在正負極間接上電流表或檢流計，指針不偏轉(zhuǎn)C．放電過程中，Li+向負極移動D．每轉(zhuǎn)移電子，理論上生成20.7gPb三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個小題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（11題，共129分）8．（15分）（2032?濟寧校級二模）元素周期表的形式多種多樣，如圖是扇形元素周期表的一部分，對照中學化學常見長式元素周期表，回答下列問題：（1）元素C的最高價氧化物的電子式為；元素G的離子結(jié)構(gòu)示意圖為．（2）元素L位于周期表的第族，1mol/LLM2溶液500ml與K單質(zhì)恰好完全反應的離子方程式為．（3）化合物X是由B、E、G三種元素組成，其水溶液呈性，原因是（用離子方程式表示）．（4）D和G組成的化合物GD，被大量用于制造電子元件．工業(yè)上用G的氧化物、C單質(zhì)和D單質(zhì)在高溫下制備GD，其中G的氧化物和C單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：3，則該反應的化學方程式為．（5）制取粗硅的過程中，SiO是反應中間產(chǎn)物，隔絕空氣時SiO和NaOH溶液反應（產(chǎn)物之一是硅酸鈉）的化學方程式．9．（14分）（2023?博白縣模擬）“低碳循環(huán)”已引起各國家的高度重視，而如何降低大氣中CO2的含量和有效地開發(fā)利用CO2正成為化學家研究的主要課題．（1）將不同量的CO（g）和H2O（g）分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中，進行反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），得到如下三組數(shù)據(jù)：實驗組溫度℃起始量/mol平衡量/mol達到平衡所需時間/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt①實驗2條件下平衡常數(shù)K=．②實驗3中，若平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率大于水蒸氣，則的值（填具體值或取值范圍）．③實驗4，若900℃時，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均為1mol，則此時V正V逆（填“＜”，“＞”，“=”）．（2）已知在常溫常壓下：寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式：．①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣mol（3）已知草酸是一種二元弱酸，草酸氫鈉（NaHC2O4）溶液顯酸性．常溫下，向10mL?L﹣1H2C2O4溶液中滴加10mL?L﹣1NaOH溶液時，比較溶液中各種離子濃度的大小關系（4）CO2在自然界循環(huán)時可與CaCO3反應，CaCO3是一種難溶物質(zhì)，其Ksp=×10﹣9．CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的濃度為2×10﹣4mol/L，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為mol/L．（5）以二甲醚（CH3OCH3）、空氣、H2SO4為原料，鉑為電極可構(gòu)成燃料電池，其工作原理與甲烷燃料電池的原理相似．請寫出該電池負極上的電極反應式：．10．（14分）（2023?上饒二模）半導體生產(chǎn)中常需要控制摻雜，以保證控制電阻率，三氯化磷（PCl3）是一種重要的摻雜劑．實驗室要用黃磷（即白磷）與干燥的Cl2模擬工業(yè)生產(chǎn)制取PCl3，裝置如圖所示：（部分夾持裝置略去）已知黃磷與少量Cl2反應生成PCl3，與過量Cl2反應生成PCl5，PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3和HC1．遇O2會生成P0Cl3，P0Cl3溶于PCl3，PCl3、POCl3的熔沸點見下表：實驗組溫度℃起始量/mol平衡量/mol達到平衡所需時間/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt請回答下列問題：（1）A裝置中制氯氣的離子方程式為．（2）B中所裝試劑是，E中冷水的作用是F中堿石灰的作用是．（3）實驗時，檢査裝置氣密性后，先打開K3通入干燥的C02，再迅速加入黃磷．通干燥C02的作用是．（4）粗產(chǎn)品中常含有POCl3、PCl5等．加入黃磷加熱除去PCl5后．通過（填實驗操作名稱），即可得到較純凈的PCl3．（5）通過下面方法可測定產(chǎn)品中PCl3的質(zhì)量分數(shù)①迅速稱取1.00g產(chǎn)品，加水反應后配成250mL溶液；②取以上溶液，向其中加入L碘水，充分反應；③向②所得溶液中加入幾滴淀粉溶液，用L的Na2S2O3，溶液滴定④重復②、③操作，平均消耗Na2S2O3，溶液已知：H3PO3+H2O+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，假設測定過程中沒有其他反應．根據(jù)上述數(shù)據(jù)，該產(chǎn)品中PC13的質(zhì)量分數(shù)為．二、選考題：共45分．請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并將所選題目的題號寫在相應位置上．注意所做題目的題號必須與所選題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學科按所做的第一題計分．11．（2032?濟寧校級二模）鎳電池廣泛應用于混合動力汽車系統(tǒng)，電極材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成．由于電池使用后電極材料對環(huán)境有危害，某興趣小組對該電池電極材料進行資源回收研究，設計實驗流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3+不能氧化Ni2+②某溫度下一些金屬氫氧化物的Kap及沉淀析出的理論pH如下表所示：M（OH）nKappH開始沉淀沉淀完全Al（OH）3×10﹣23Fe（OH）3×10﹣38Ni（OH）2×10﹣14回答下列問題：（1）根據(jù)上表數(shù)據(jù)判斷步驟②依次析出沉淀Ⅱ和沉淀Ⅲ（填化學式），則pH1pH2（填填“＞”、“=”或“＜”），控制兩種沉淀析出可利用．A．pH試紙B．石蕊指示劑C．pH計（2）已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O，則③的化學方程式是．第③步反應后，過濾沉淀時需要的玻璃儀器有．若過濾時發(fā)現(xiàn)濾液中有少量渾濁，從實驗操作的角度給出兩種可能的原因、．（3）④中陽極反應產(chǎn)生的氣體E為，驗證該氣體的試劑為．（4）試寫出⑥的離子方程式．12．（15分）（2032?濟寧校級二模）決定物質(zhì)性質(zhì)的重要因素是物質(zhì)結(jié)構(gòu)．請回答下列問題．（1）下圖是石墨的結(jié)構(gòu)，其晶體中存在的作用力有（填序號）．A：σ鍵B：π鍵C：氫鍵D：配位鍵E：分子間作用力F：金屬鍵G：離子鍵（2）下面關于晶體的說法不正確的是；A．晶體熔點由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4B．硬度由大到?。航饎偸咎蓟瑁揪w硅C．熔點由高到低：Na＞Mg＞AlD．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI（3）CaF2結(jié)構(gòu)如圖Ⅰ所示，Cu形成晶體的結(jié)構(gòu)如Ⅲ所示，Ⅱ為H3BO3晶體結(jié)構(gòu)圖（層狀結(jié)構(gòu)，層內(nèi)的H3BO3分子通過氫鍵結(jié)合）①圖Ⅰ所示的晶體中與Ca2+離子最近且等距離的Ca2+離子數(shù)為；圖Ⅲ中未標號的Cu原子形成晶體后周圍最緊鄰的Cu原子數(shù)為；②H3BO3晶體中B原子雜化方式；③三種晶體中熔點高低的順序為（填化學式），H3BO3晶體受熱熔化時，克服的微粒之間的相互作用為；（4）碳的某種單質(zhì)的晶胞如圖4所示，一個晶胞中有個碳原子；若該晶體的密度為ρg/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體中最近的兩個碳原子之間的距離為cm（用代數(shù)式表示）．13．（2023?江西一模）固定和利用CO2能有效地利用資源，并減少空氣中的溫室氣體．某高分子化合物F可用下列反應制得：（1）A的名稱為，D中官能團的名稱為；（2）由A也可以制取E，其發(fā)生反應的反應類型依次為；（3）寫出下列反應的方程式：①D→E：；②B+E→F：；（4）G是E的同分異構(gòu)體，滿足下列條件的G的結(jié)構(gòu)有種；①結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上一氯代物只有一種②1mol該物質(zhì)與足量金屬鈉反應生成22.4升的H2（標況）．（5）下列關于有機物D或E的說法屮，正確的有；（多選不給分）（A）D是烴的衍生物，屬于芳香族化合物（B）D分子中所有的氫原子有可能在同一平面內(nèi)（C）E的核磁共振氫譜有4個吸收峰（D）E能發(fā)生加成反應、取代反應和消去反應．

2023年山東省濟寧市汶上五中高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共7小題，均為單選題，每小題6分，共78分，）1．（6分）（2032?濟寧校級二模）化學與科技、社會、生產(chǎn)、生活密切相關．下列有關說法不正確的是（）A．物質(zhì)燃燒時產(chǎn)生有色火焰的都是焰色反應的見證B．棉花、木材和植物秸稈的主要成分都是纖維素C．航天服主要成分由碳化硅陶瓷和碳纖維復合而成，是一種復合材料D．天然氣、沼氣和水煤氣分別屬于化石能源、可再生能源和二次能源考點：焰色反應；清潔能源；纖維素的性質(zhì)和用途；合成材料．專題：基本概念與基本理論．分析：A．某些金屬或它們的化合物在灼燒時火焰會呈現(xiàn)特征焰色，叫焰色反應；B．棉花、木材和植物秸稈的成分都是纖維素；C．碳纖維是由有機纖維經(jīng)碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料．碳纖維的微觀結(jié)構(gòu)類似人造石墨，是亂層石墨結(jié)構(gòu)和氮化硅屬于無機物；D．化石能源指的是億萬年前的大量生物經(jīng)過地殼變化，被埋藏在地下，受地層壓力和溫度的影響，緩慢地形成的可以燃燒的礦物質(zhì)．如煤、石油等；能從自然界源源不斷獲得的能源是可再生能源，不能從自然界源源不斷獲得的能源是不可再生能源．從自然界直接獲得不需要加工的能源是一次能源，對一次能源通過加工轉(zhuǎn)化而獲得的能源是二次能源．解答：解：A．焰色反應針對的是金屬元素，故A錯誤；B．棉花、木材和植物秸稈的主要成分都是纖維素，故B正確；C．碳纖維的微觀結(jié)構(gòu)類似人造石墨，是亂層石墨結(jié)構(gòu)和氮化硅屬于無機物；屬于無機非金屬材料，故C正確；D．水煤氣是水和煤反應生成的一氧化碳和氫氣混合氣體屬于二次能源，天然氣、沼氣都是甲烷，分別屬于化石能源、可再生能源，故D正確．故選A．點評：本題考查焰色反應、纖維素、無機材料以及資源等，比較基礎，側(cè)重對基礎知識的鞏固，注意對基礎知識的理解掌握．2．（6分）（2023?鐘祥市校級模擬）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A．常溫下，?L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含F(xiàn)e3+數(shù)目小于B．30g甲醛中含電子對數(shù)為4NAC．12g石墨烯（單層石墨）中含有六元環(huán)的個數(shù)是D．室溫下，7.1g氯氣與足量石灰乳充分反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于考點：阿伏加德羅常數(shù)．專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析：A．缺少硫酸鐵溶液的體積，無法計算溶液中鐵離子是數(shù)目；B．甲醛的電子式為，分子中含有4對共用電子對和2對孤對電子，總共含有6對電子對；C．石墨烯中，每個碳原子被3個六元環(huán)公用，根據(jù)均攤法計算出12個C能夠形成的六元環(huán)的數(shù)目；D．氯氣與氫氧化鈣的反應中，氯氣既是氧化劑，也是還原劑，氯氣完全反應轉(zhuǎn)移了電子．解答：解：A．沒有告訴硫酸鐵溶液的體積，無法計算溶液中鐵離子的數(shù)目，故A錯誤；B．30g甲醛的物質(zhì)的量為1mol，1mol甲醛中含有6mol電子對，含有電子對數(shù)為6NA，故B錯誤；C.12g石墨烯中含有1molC，每個碳原子被3個六元環(huán)共用，每個六元環(huán)中含有的碳原子數(shù)目為：×6=2，所以1molC原子形成的六元環(huán)的物質(zhì)的量為：=，含有六元環(huán)的個數(shù)是，故C正確；D.7.1g氯氣的物質(zhì)的量為，氯氣與氫氧化鈣反應轉(zhuǎn)移了電子，反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)等于，故D錯誤；故選C．點評：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，題目難度中等，注意掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系，準確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關系；選項BC為易錯點，注意甲醛中電子對數(shù)目，能夠利用均攤法計算出石墨烯中含有的六元環(huán)數(shù)目．3．（6分）（2032?濟寧校級二模）下列分子或離子在指定的分散系中能大量共存的一組是（）A．堿性溶液中：ClO﹣、Cl﹣、K+、Na+B．常溫常壓下氣體：O2、N2、Cl2、NH3C．含有AlO2﹣的溶液：NO3﹣、HCO3﹣、Na+、K+D．氫氧化鐵膠體：H+、K+、S2﹣、Br﹣考點：離子共存問題．分析：A．堿性溶液中，如離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存；B．Cl2與NH3反應；C．AlO2﹣促進HCO3﹣的電離；D．膠體不能穩(wěn)定存在于電解質(zhì)溶液中．解答：解：A．堿性溶液中，離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存，故A正確；B．Cl2與NH3發(fā)生氧化還原反應生成氮氣和氯化銨，可用于檢驗氯氣是否泄漏，故B錯誤；C．AlO2﹣促進HCO3﹣的電離，生成氫氧化鋁和CO32﹣，故C錯誤；D．膠體不能穩(wěn)定存在于電解質(zhì)溶液中，故D錯誤．故選A．點評：本題考查離子共存問題，明確常見離子的性質(zhì)及離子之間發(fā)生的反應是解答的關鍵，解答該題時注意各選項中的條件，把握膠體的性質(zhì)，題目難度不大．4．（6分）（2032?濟寧校級二模）向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液進行如下操作，結(jié)論正確的是（）操作現(xiàn)象結(jié)論A先滴加BaCl2溶液，再加稀HNO3生成白色沉淀，且沉淀不溶解．原溶液中有SO42﹣B滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫紅色原溶液中有I﹣C用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色原溶液中有Na+、無K+D滴加NaOH溶液加熱，將紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無NH4+A．AB．BC．CD．D考點：化學實驗方案的評價．專題：實驗評價題．分析：A．不能排出SO32﹣；B．氯水中的氯氣和碘離子反應生成碘單質(zhì)，四氯化碳把碘從水溶液中萃取出來而顯紫色；C．應透過藍色鈷玻璃觀察是否含有K+；D．滴加稀氫氧化鈉溶液，生成少量氨氣，因氨氣易溶于水，不能得到氣體．解答：解：A．SO32﹣具有還原性，可被硝酸氧化生成SO42﹣，不能排出SO32﹣，故A錯誤；B．氯水中的氯氣和碘離子反應生成碘單質(zhì)，四氯化碳把碘從水溶液中萃取出來而顯紫色，可說明原溶液中有I﹣，故B正確；C．用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，透過藍色鈷玻璃觀察，如觀察不到紫色，則不含有鉀離子，故C錯誤；D．滴加稀氫氧化鈉溶液，加熱，因氨氣易溶于水，不能生成氣體，應用氫氧化鈉濃溶液，故D錯誤．故選B．點評：本題綜合考查物質(zhì)的檢驗和鑒別的實驗設計，為高頻考點，題目難度不大，注意把握物質(zhì)的檢驗方法，牢固掌握物質(zhì)的性質(zhì)為解答該類題目的關鍵之處．5．（6分）（2023?博白縣模擬）下列圖示與對應的敘述相符的是：（）A．圖1表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，則NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH．B．圖2表示A、B兩物質(zhì)的溶解度隨溫度變化情況，將t1℃時A、B的飽和溶液分別升溫至t2℃時，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)B＞A．C．圖3表示在其他條件相同時，分別在T1、T2溫度下由CO2和H2合成甲醇的物質(zhì)的量隨時間變化情況，則CO2和H2合成甲醇是吸熱反應．D．圖4表示將L氨水滴入L鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積變化曲線．考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；反應熱和焓變；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：A．稀釋等pH的兩種酸，稀釋相同倍數(shù)時，PH變化越快的酸酸性越強，等濃度的鈉鹽溶液，弱酸的鈉鹽溶液pH大；B．質(zhì)量分數(shù)=；C．先根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”確定溫度高低，再根據(jù)甲醇的量確定溫度與平衡移動方向的關系；D．將氨水滴入鹽酸中，溶液的PH逐漸增大，酸堿中和反應是放熱反應．解答：解：A．根據(jù)圖象知，稀釋相同的倍數(shù)，HA的pH變化快，所以HA的酸性比HB強，則相同濃度的鈉鹽溶液中，NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH，故A正確；B．根據(jù)圖象知，隨著溫度的升高，兩種物質(zhì)的溶解度都增大，在t1℃時A、B的飽和溶液的溶解度相同則質(zhì)量分數(shù)相同，將t1℃時A、B的飽和溶液分別升溫至t2℃時，溶質(zhì)和溶劑的量都不變，所以其溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)B=A，故B錯誤；C．根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知T1＜T2，升高溫度，甲醇的物質(zhì)的量減少，說明平衡向甲醇分解的方向移動，則合成甲醇的反應方向是放熱反應，故C錯誤；D．將L氨水滴入L鹽酸中，溶液由酸性逐漸變?yōu)橹行栽俚綁A性，所以溶液的pH逐漸增大，故D錯誤；故選A．點評：本題是圖象分析知，明確縱橫坐標、曲線方向、拐點的含義是解本題關鍵，難度中等，易錯選項是B，明確B中交點的意義，為易錯點．6．（6分）（2032?濟寧校級二模）體育競技中服用興奮劑既有失公平，也敗壞了體育道德．某種興奮劑的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示．有關該物質(zhì)的說法中正確的是（）A．該物質(zhì)與苯酚屬于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B．滴入酸性KMnO4溶液振蕩，紫色褪去，能證明其結(jié)構(gòu)中碳碳雙鍵、酚羥基兩種基團至少存在一種C．1mol該物質(zhì)分別與濃溴水和H2反應時最多消耗Br2和H2分別為4mol和7molD．該分子中的所有碳原子不可能共平面考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．專題：有機物的化學性質(zhì)及推斷．分析：由有機物的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含碳碳雙鍵、酚﹣OH，結(jié)合烯烴、酚的性質(zhì)及苯環(huán)的平面結(jié)構(gòu)來解答．解答：解：A．苯酚同系物中只含1個苯環(huán)，該物質(zhì)含2個苯環(huán)，不是苯酚同系物，但含酚﹣OH，遇FeCl3溶液呈紫色，故A錯誤；B．碳碳雙鍵、碳碳三鍵、酚﹣OH、醇﹣OH等均能被氧化，滴入酸性KMnO4溶液振蕩，紫色褪去，不能能證明其結(jié)構(gòu)中碳碳雙鍵、酚羥基兩種基團至少存在一種，故B錯誤；C．酚﹣OH的鄰對位與溴水發(fā)生取代，碳碳雙鍵與溴水發(fā)生加成，則1mol該物質(zhì)與濃溴水反應，消耗溴為4mol；苯環(huán)與碳碳雙鍵均與氫氣發(fā)生加成，則1mol該物質(zhì)與氫氣反應時，消耗氫氣為7mol，故C正確；D．苯環(huán)、碳碳雙鍵均為平面結(jié)構(gòu)，且直接相連的原子在同一平面內(nèi)，則該分子中的所有碳原子可能共平面，故D錯誤；故選C．點評：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關系為解答的關鍵，側(cè)重烯烴、酚性質(zhì)的考查，選項D為解答的難點，題目難度不大．7．（6分）（2032?濟寧校級二模）熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源．一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能．該電池總反應為：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有關說法正確的是（Pb的相對原子質(zhì)量：207）（）A．正極反應式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．常溫時，在正負極間接上電流表或檢流計，指針不偏轉(zhuǎn)C．放電過程中，Li+向負極移動D．每轉(zhuǎn)移電子，理論上生成Pb考點：原電池和電解池的工作原理．專題：電化學專題．分析：由原電池總反應可知Ca為原電池的負極，被氧化生成CaCl2，反應的電極方程式為Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，PbSO4為原電池的正極，發(fā)生還原反應，電極方程式為PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，結(jié)合電極方程式計算．解答：解：A．正極發(fā)生還原反應，電極方程式為PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，故A錯誤；B．常溫下，電解質(zhì)不是熔融態(tài)，離子不能移動，不能產(chǎn)生電流，因此連接電流表或檢流計，指針不偏轉(zhuǎn)，故B正確；C．放電過程中陽離子向正極移動，故C錯誤；D．根據(jù)電極方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每轉(zhuǎn)移mol電子，理論上生成，質(zhì)量為，故D錯誤．故選B．點評：本題考查原電池的工作原理，注意根據(jù)總反應式結(jié)合物質(zhì)所含元素化合價的變化判斷原電池的正負極，把握電極方程式的書寫方法，易錯點為D，注意把握原電池的構(gòu)成條件，題目難度中等．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個小題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（11題，共129分）8．（15分）（2032?濟寧校級二模）元素周期表的形式多種多樣，如圖是扇形元素周期表的一部分，對照中學化學常見長式元素周期表，回答下列問題：（1）元素C的最高價氧化物的電子式為；元素G的離子結(jié)構(gòu)示意圖為．（2）元素L位于周期表的第VⅢ族，1mol/LLM2溶液500ml與K單質(zhì)恰好完全反應的離子方程式為10Fe2++6Br﹣+8Cl2=10Fe3++3Br2+16Cl﹣．（3）化合物X是由B、E、G三種元素組成，其水溶液呈堿性，原因是AlO2﹣+2H2O?Al（OH）3+OH﹣（用離子方程式表示）．（4）D和G組成的化合物GD，被大量用于制造電子元件．工業(yè)上用G的氧化物、C單質(zhì)和D單質(zhì)在高溫下制備GD，其中G的氧化物和C單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：3，則該反應的化學方程式為Al2O3+3C+N22AlN+3CO．（5）制取粗硅的過程中，SiO是反應中間產(chǎn)物，隔絕空氣時SiO和NaOH溶液反應（產(chǎn)物之一是硅酸鈉）的化學方程式SiO+2NaOH=Na2SiO3+H2↑．考點：元素周期律和元素周期表的綜合應用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：根據(jù)圖片知，阿拉伯數(shù)字表示周期數(shù)，大寫數(shù)字表示周期表的列，根據(jù)元素在周期表中的位置知，A、B、C、D、E、F、G、J、K、L、M分別是H、Na、C、N、O、Mg、Al、S、Cl、Fe、Br元素，（1）元素C是C元素，碳元素的最高價氧化物是二氧化碳，二氧化碳分子中碳原子和每個氧原子之間存在共價雙鍵；G是Al元素，鋁離子核外有2個電子層，最外層有8個電子；（2）元素L為Fe元素，位于周期表的第VIII族，溴離子還原性小于亞鐵離子，所以氯氣先氧化亞鐵后氧化溴離子，n（FeBr2）=1mol/L×=，F(xiàn)e2+完全被氧化需要n（Cl2）為，Br﹣完全被氧化需要n（Cl2）為，所以FeBr2完全被氧化需要n（Cl2）為＞，所以該反應中只有部分溴離子被氧化；（3）化合物X是由Na、O、Al三種元素組成，則X是NaAlO2，偏鋁酸鈉是強堿弱酸鹽，其溶液呈堿性；（4）N和Al組成的化合物AlN，G的氧化物是Al2O3，C單質(zhì)是C，D的單質(zhì)在N2，高溫條件下，碳、氮氣和氧化鋁反應生成AlN，且Al2O3和C單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：3，據(jù)此書寫方程式；（5）隔絕空氣時SiO和NaOH溶液反應硅酸鈉，根據(jù)元素守恒及轉(zhuǎn)移電子守恒知，另一種生成物是氫氣．解答：解：根據(jù)圖片知，阿拉伯數(shù)字表示周期數(shù)，大寫數(shù)字表示周期表的列，根據(jù)元素在周期表中的位置知，A、B、C、D、E、F、G、J、K、L、M分別是H、Na、C、N、O、Mg、Al、S、Cl、Fe、Br元素，（1）素C是C元素，碳元素的最高價氧化物是二氧化碳，二氧化碳的電子式為，G是Al元素，鋁離子核外有2個電子層，最外層有8個電子，其離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：；；（2）元素L為Fe元素，位于周期表的第VIII族，溴離子還原性小于亞鐵離子，所以氯氣先氧化亞鐵后氧化溴離子，n（FeBr2）=1mol/L×=，F(xiàn)e2+完全被氧化需要n（Cl2）為，Br﹣完全被氧化需要n（Cl2）為，所以FeBr2完全被氧化需要n（Cl2）為＞，所以只有部分溴離子被氧化，被氧化的n（Br﹣）==，所以被氧化的Fe2+、Br﹣與參加反應的Cl2物質(zhì)的量之比為：：=5：3：4，所以其離子方程式為：10Fe2++6Br﹣+8Cl2=10Fe3++3Br2+16Cl﹣，故答案為：VIII；10Fe2++6Br﹣+8Cl2=10Fe3++3Br2+16Cl﹣；（3）化合物X是由Na、O、Al三種元素組成，則X是NaAlO2，偏鋁酸鈉是強堿弱酸鹽，偏鋁酸根離子水解而使其溶液呈堿性，水解離子方程式為AlO2﹣+2H2O?Al（OH）3+OH﹣，故答案為：堿性；AlO2﹣+2H2O?Al（OH）3+OH﹣；（4）N和Al組成的化合物AlN，G的氧化物是Al2O3，C單質(zhì)是C，D的單質(zhì)在N2，高溫條件下，碳、氮氣和氧化鋁反應生成AlN，且Al2O3和C單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：3，根據(jù)元素守恒知，另一種生成物是一氧化碳，結(jié)合原子守恒得反應方程式為Al2O3+3C+N22AlN+3CO，故答案為：Al2O3+3C+N22AlN+3CO；（5）隔絕空氣時SiO和NaOH溶液反應硅酸鈉，根據(jù)元素守恒及轉(zhuǎn)移電子守恒知，另一種生成物是氫氣，反應方程式為SiO+2NaOH=Na2SiO3+H2↑，故答案為：SiO+2NaOH=Na2SiO3+H2↑．點評：本題考查了元素周期表和元素周期律應用，正確連接扇形圖所表達的含義是解本題關鍵，再結(jié)合元素化合物知識來分析解答，同時考查學生對基礎知識的掌握、知識框架的構(gòu)成、綜合知識的應用能力，難點是（2）離子方程式的書寫，要根據(jù)離子還原性強弱順序及轉(zhuǎn)移電子守恒判斷生成物，從而正確書寫方程式，難度中等．9．（14分）（2023?博白縣模擬）“低碳循環(huán)”已引起各國家的高度重視，而如何降低大氣中CO2的含量和有效地開發(fā)利用CO2正成為化學家研究的主要課題．（1）將不同量的CO（g）和H2O（g）分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中，進行反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），得到如下三組數(shù)據(jù)：實驗組溫度℃起始量/mol平衡量/mol達到平衡所需時間/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt①實驗2條件下平衡常數(shù)K=或．②實驗3中，若平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率大于水蒸氣，則的值＜1（填0＜a/b＜1亦可）（填具體值或取值范圍）．③實驗4，若900℃時，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均為1mol，則此時V正＜V逆（填“＜”，“＞”，“=”）．（2）已知在常溫常壓下：寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣kJ∕mol．①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣mol（3）已知草酸是一種二元弱酸，草酸氫鈉（NaHC2O4）溶液顯酸性．常溫下，向10mL?L﹣1H2C2O4溶液中滴加10mL?L﹣1NaOH溶液時，比較溶液中各種離子濃度的大小關系c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；（4）CO2在自然界循環(huán)時可與CaCO3反應，CaCO3是一種難溶物質(zhì)，其Ksp=×10﹣9．CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的濃度為2×10﹣4mol/L，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為×10﹣5mol/L．（5）以二甲醚（CH3OCH3）、空氣、H2SO4為原料，鉑為電極可構(gòu)成燃料電池，其工作原理與甲烷燃料電池的原理相似．請寫出該電池負極上的電極反應式：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=3CO2+12H+．考點：化學平衡常數(shù)的含義；熱化學方程式；化學電源新型電池；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；離子濃度大小的比較．專題：化學平衡專題；電化學專題．分析：（1）①化學平衡常數(shù)K=；②若平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率大于水蒸氣，則；③根據(jù)濃度商與化學平衡常數(shù)相對大小判斷反應方向，從而確定正逆反應速率相對大??；（2）根據(jù)蓋斯定律書寫；（3）草酸氫鈉（NaHC2O4）溶液顯酸性，說明草酸氫根離子電離程度大于水解程度，但水解和電離程度都較??；（4）c（CaCl2）=；（5）該燃料電池中，負極上燃料失電子發(fā)生氧化反應．解答：解：（1）①平衡時c（CO）==L，c（H2）==L，c（H2O）==L，c（CO2）=c（H2）==L，化學平衡常數(shù)K===或，故答案為：或；②根據(jù)方程式知，參加反應的CO的物質(zhì)的量等于生成氫氣的物質(zhì)的量，所以a﹣d=c，若平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率大于水蒸氣，則，=1，其轉(zhuǎn)化率大于0，所以0＜=1，故答案為：＜1（填0＜a/b＜1亦可）；③c（CO）=c（H2）=c（H2O）=c（CO2）==L，濃度商==1＞K，說明平衡向逆反應方向移動，則V正＜V逆，故答案為：＜；（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣mol將方程式+2③得CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=+2×（﹣mol）=﹣kJ∕mol故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣kJ∕mol；（3）二者恰好反應生成草酸氫鈉，草酸氫鈉溶液呈酸性c（H+）＞c（OH﹣），則草酸氫根離子電離和水電離都生成氫離子，草酸氫根離子水解和電離程度較小，所以離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），故答案為：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；（4）混合溶液中c（Na2CO3）=1×10﹣4mol/L，根據(jù)溶度積常數(shù)得混合溶液中c（CaCl2）==×10﹣5mol/L，二者等體積混合時溶質(zhì)濃度降為原來的一半，所以原來氯化鈣濃度為×10﹣5mol/L，故答案為：×10﹣5；（5）該燃料電池中，負極上二甲醚失電子和水反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=3CO2+12H+，故答案為：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=3CO2+12H+．點評：根據(jù)化學平衡常數(shù)公式、蓋斯定律、原電池原理、鹽類水解、難溶物的溶解平衡等知識點來分析解答，考查知識面較廣，同時考查學生對知識點掌握及綜合運用能力，易錯點是（4）題，第一次要正確計算混合溶液中碳酸鈉濃度，第二次要將根據(jù)溶度積常數(shù)計算出的氯化鈣濃度轉(zhuǎn)化為原溶液濃度，為易錯點．10．（14分）（2023?上饒二模）半導體生產(chǎn)中常需要控制摻雜，以保證控制電阻率，三氯化磷（PCl3）是一種重要的摻雜劑．實驗室要用黃磷（即白磷）與干燥的Cl2模擬工業(yè)生產(chǎn)制取PCl3，裝置如圖所示：（部分夾持裝置略去）已知黃磷與少量Cl2反應生成PCl3，與過量Cl2反應生成PCl5，PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3和HC1．遇O2會生成P0Cl3，P0Cl3溶于PCl3，PCl3、POCl3的熔沸點見下表：實驗組溫度℃起始量/mol平衡量/mol達到平衡所需時間/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt請回答下列問題：（1）A裝置中制氯氣的離子方程式為MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．（2）B中所裝試劑是濃HSO4，E中冷水的作用是冷凝PCl3防止其揮發(fā)F中堿石灰的作用是吸收多余的氯氣，防止空氣中的H2O進入燒瓶和PCl3反應．（3）實驗時，檢査裝置氣密性后，先打開K3通入干燥的C02，再迅速加入黃磷．通干燥C02的作用是排盡裝置中的空氣，防止白磷自燃．（4）粗產(chǎn)品中常含有POCl3、PCl5等．加入黃磷加熱除去PCl5后．通過蒸餾（填實驗操作名稱），即可得到較純凈的PCl3．（5）通過下面方法可測定產(chǎn)品中PCl3的質(zhì)量分數(shù)①迅速稱取產(chǎn)品，加水反應后配成250mL溶液；②取以上溶液，向其中加入L碘水，充分反應；③向②所得溶液中加入幾滴淀粉溶液，用L的Na2S2O3，溶液滴定④重復②、③操作，平均消耗Na2S2O3，溶液已知：H3PO3+H2O+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，假設測定過程中沒有其他反應．根據(jù)上述數(shù)據(jù)，該產(chǎn)品中PC13的質(zhì)量分數(shù)為%．考點：制備實驗方案的設計；化學方程式的有關計算．專題：實驗設計題．分析：實驗室要用黃磷（白磷）與干燥的Cl2模擬工業(yè)生產(chǎn)制取PCl3流程為：A裝置濃鹽酸和二氧化錳二者反應生成氯化錳、氯氣和水，制得氯氣，因PCl3遇水會強烈水解，所以氯氣需干燥，B裝置利用濃硫酸干燥氯氣，利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止黃磷（白磷）自燃，PCl3沸點為℃，利用E裝置防止PCl3揮發(fā)（冷凝），因尾氣中含有有毒氣體氯氣，且空氣中水蒸氣可能進入裝置，所以用F裝置利用堿石灰吸收多余的Cl2，防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶和PCl3反應；（1）A裝置中二氧化錳和濃鹽酸反應制取氯氣，據(jù)此書寫離子反應方程式；（2）氯氣為酸性氣體，需用酸性干燥劑干燥，三氯化磷沸點低，可用冷水冷凝收集，堿石灰吸收多余氯氣防止污染空氣，防止空氣中的水蒸氣進入影響產(chǎn)品純度；（3）白磷能自燃，通入二氧化碳趕凈空氣；（4）依據(jù)物質(zhì)的沸點數(shù)值不同，可以利用蒸餾的方法分離出三氯化磷；（5）依據(jù)反應的化學方程式H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知n（H3PO3）=n（I2）總﹣n（Na2S2O3）×，25mL溶液中H3PO3的物質(zhì)的量等于三氯化磷的物質(zhì)的量，再求出三氯化磷的總物質(zhì)的量和質(zhì)量，然后求出質(zhì)量分數(shù)．解答：解：實驗室要用黃磷（白磷）與干燥的Cl2模擬工業(yè)生產(chǎn)制取PCl3流程為：A裝置濃鹽酸和二氧化錳二者反應生成氯化錳、氯氣和水，制得氯氣，因PCl3遇水會強烈水解，所以氯氣需干燥，B裝置利用濃硫酸干燥氯氣，K3利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止黃磷（白磷）自燃，PCl3沸點為℃，利用E裝置防止PCl3揮發(fā)（冷凝），因尾氣中含有有毒氣體氯氣，且空氣中水蒸氣可能進入裝置，所以用F裝置利用堿石灰吸收多余的Cl2，防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶和PCl3反應．（1）A裝置中，加熱條件下，濃鹽酸和二氧化錳二者反應生成氯化錳、氯氣和水，離子方程式為MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）因PCl3遇水會強烈水解，所以氯氣需干燥，氯氣和濃硫酸不反應，所以能用濃硫酸干燥氯氣，PCl3沸點為℃，利用E裝置防止PCl3揮發(fā)（冷凝），因尾氣中含有有毒氣體氯氣，且空氣中水蒸氣可能進入裝置，所以用F裝置利用堿石灰吸收多余的Cl2，防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶和PCl3反應，故答案為：濃硫酸；冷凝PCl3防止其揮發(fā)；吸收多余的氯氣，防止空氣中的H2O進入燒瓶和PCl3反應；（3）通入一段時間的CO2可以排盡裝置中的空氣，防止白磷與空氣中的氧氣發(fā)生自燃；故答案為：排盡裝置中的空氣，防止白磷自燃；（4）由信息可知，POCl3與PCl3都是液體，沸點相差較大，故可以用蒸餾的方法進行分離，故答案為：蒸餾；（5）?L﹣1碘溶液中含有碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為：?L﹣1×=，根據(jù)反應I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，與磷酸反應消耗的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為：﹣?L﹣1××=，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物質(zhì)的量為：n（H3PO3）=n（I2）=，250mL該溶液中含有H3PO3的物質(zhì)的量為：×=，所以產(chǎn)品中含有的三氯化磷的物質(zhì)的量為，該產(chǎn)品中PCl3的質(zhì)量分數(shù)為：×100%=%；故答案為：%．點評：本題考查閱讀獲取信息的能力、對實驗原理理解等，題目難度較大，是對知識的綜合運用，理解實驗原理是解題的關鍵，需要學生具有扎實的基礎與綜合運用分析解決問題的能力，注意題中信息PCl3遇O2會生成POCl3，POCl3溶于PCl3，PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3和HCl．PCl3、POCl3的熔沸點為解答關鍵．二、選考題：共45分．請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并將所選題目的題號寫在相應位置上．注意所做題目的題號必須與所選題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學科按所做的第一題計分．11．（2032?濟寧校級二模）鎳電池廣泛應用于混合動力汽車系統(tǒng)，電極材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成．由于電池使用后電極材料對環(huán)境有危害，某興趣小組對該電池電極材料進行資源回收研究，設計實驗流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3+不能氧化Ni2+②某溫度下一些金屬氫氧化物的Kap及沉淀析出的理論pH如下表所示：M（OH）nKappH開始沉淀沉淀完全Al（OH）3×10﹣23Fe（OH）3×10﹣38Ni（OH）2×10﹣14回答下列問題：（1）根據(jù)上表數(shù)據(jù)判斷步驟②依次析出沉淀ⅡFe（OH）3和沉淀ⅢAl（OH）3（填化學式），則pH1＜pH2（填填“＞”、“=”或“＜”），控制兩種沉淀析出可利用C．A．pH試紙B．石蕊指示劑C．pH計（2）已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O，則③的化學方程式是NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl．第③步反應后，過濾沉淀時需要的玻璃儀器有漏斗玻璃棒燒杯．若過濾時發(fā)現(xiàn)濾液中有少量渾濁，從實驗操作的角度給出兩種可能的原因玻璃棒劃破濾紙、濾液超過濾紙邊緣．（3）④中陽極反應產(chǎn)生的氣體E為Cl2，驗證該氣體的試劑為淀粉碘化鉀溶液．（4）試寫出⑥的離子方程式2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣．考點：金屬的回收與環(huán)境、資源保護；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；鋁的化學性質(zhì)；鐵的氧化物和氫氧化物；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用．專題：幾種重要的金屬及其化合物．分析：廢舊鎳電池電極材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成的，根據(jù)流程圖，加入鹽酸，其中碳粉不反應得到殘渣．得到溶液A的推斷，利用題中給的信息，NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3+不能氧化Ni2+，推知A中含有被鹽酸溶解生成的Ni2+、Fe3+、AI3+三種離子；（1）由題給條件，金屬氫氧化物的Kap及沉淀析出的理論pH，可知，在A溶液中加入NiO是為了調(diào)節(jié)溶液PH，使相應的鋁離子、三價鐵離子全部沉淀出，Ni2+在溶液B中．根據(jù)PH可以確定開始析出沉淀和全部沉淀的PH范圍，先析出沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，沉淀PH范圍是～，然后析出沉淀Ⅲ是Al（OH）3，沉淀PH的范圍～，所以PH1＜PH2；控制兩種沉淀析出必須準確測定PH值，所以應利用PH計測定；（2）流程中得到的B溶液中主要是Ni2+，加入Na2C2O4溶液，生成了沉淀Ⅰ和D，已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O，所以生成的沉淀Ⅰ為NiC2O4?2H2O；所以③步的化學方程式為NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl，過濾沉淀用到的玻璃儀器是玻璃棒、燒杯、漏斗；若過濾時發(fā)現(xiàn)濾液中有少量渾濁，原因可能是玻璃棒劃破濾紙，或在向漏斗中加入需過濾的溶液時，液體超出了濾紙的邊緣，從濾紙和漏斗之間流下；（3）由流程圖和以上分析可知，D溶液主要是氯化鈉溶液，電解氯化鈉溶液在陽極得到氯氣，陰極得到氫氣，所以E氣體是CI2，驗證氯氣的試劑應是淀粉碘化鉀溶液，遇氯氣變藍；（4）在B溶液中加入Na2C2O4溶液生成了沉淀Ⅰ，沉淀中加入氫氧化鈉溶液，根據(jù)Ni（OH）2開始沉淀到全部沉淀的PH范圍為～，加入過量氫氧化鈉溶液能使沉淀轉(zhuǎn)化為Ni（OH）2，所以C為沉淀Ni（OH）2；根據(jù)流程圖中的轉(zhuǎn)化關系，沉淀C和氯氣能生成Ni（OH）3，鎳元素化合價升高是被氯氣氧化的結(jié)果，因此離子方程式為，2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣；解答：解：（1）根據(jù)金屬氫氧化物的Kap及沉淀析出的理論pH，結(jié)合流程圖可知，先沉淀的是三價鐵離子，隨后沉淀的是三價鋁離子，控制兩種沉淀析出必須準確測定溶液PH，所以用PH計測定，故答案為：沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，沉淀Ⅲ是Al（OH）3，PH1＜PH2，C；（2）由溶解度：NiC2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O和流程中的變化可知沉淀為溶解度小的NiC2O4?2H2O，所以根據(jù)轉(zhuǎn)化關系寫出化學方程式；在過濾裝置中用到的玻璃儀器和注意問題，根據(jù)裝置和操作步驟寫出NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl，故答案為：NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl；漏斗、玻璃棒、燒杯；玻璃棒劃破濾紙、濾液超過濾紙邊緣；（3）D溶液時氯化鈉溶液，電解反應方程式2NaCI+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，E氣體為Cl2，故答案：Cl2，淀粉碘化鉀溶液；（4）根據(jù)轉(zhuǎn)化關系和Ni2+沉淀的PH推知，加入氫氧化鈉的主要目的是把沉淀轉(zhuǎn)化為Ni（OH）2沉淀，為了使沉淀完全轉(zhuǎn)化，加入的氫氧化鈉溶液應過量，根據(jù)鎳元素化合價變化，結(jié)合氧化還原反應的規(guī)律寫出離子方程2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣，；故答案：2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣；點評：本題考查了金屬回收的基本方法、難溶電解質(zhì)的溶解與沉淀應用、沉淀轉(zhuǎn)化的條件，鋁、鐵、鎳元素化合物的化學性質(zhì)，離子的沉淀PH范圍，物質(zhì)的分離、提純的方法，實驗基本操作等．12．（15分）（2032?濟寧校級二模）決定物質(zhì)性質(zhì)的重要因素是物質(zhì)結(jié)構(gòu)．請回答下列問題．（1）下圖是石墨的結(jié)構(gòu)，其晶體中存在的作用力有ABE（填序號）．A：σ鍵B：π鍵C：氫鍵D：配位鍵E：分子間作用力F：金屬鍵G：離子鍵（2）下面關于晶體的說法不正確的是C；A．晶體熔點由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4B．硬度由大到小：金剛石＞碳化硅＞晶體硅C．熔點由高到低：Na＞Mg＞AlD．晶格能由大到?。篘aF＞NaCl＞NaBr＞NaI（3）CaF2結(jié)構(gòu)如圖Ⅰ所示，Cu形成晶體的結(jié)構(gòu)如Ⅲ所示，Ⅱ為H3BO3晶體結(jié)構(gòu)圖（層狀結(jié)構(gòu)，層內(nèi)的H3BO3分子通過氫鍵結(jié)合）①圖Ⅰ所示的晶體中與Ca2+離子最近且等距離的Ca2+離子數(shù)為12；圖Ⅲ中未標號的Cu原子形成晶體后周圍最緊鄰的Cu原子數(shù)為12；②H3BO3晶體中B原子雜化方式sp2；③三種晶體中熔點高低的順序為CaF2＞Cu＞H3BO3（填化學式），H3BO3晶體受熱熔化時，克服的微粒之間的相互作用為分子間作用力；（4）碳的某種單質(zhì)的晶胞如圖4所示，一個晶胞中有8個碳原子；若該晶體的密度為ρg/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體中最近的兩個碳原子之間的距離為cm（用代數(shù)式表示）．考點：晶胞的計算；晶體熔沸點的比較；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；不同晶體的結(jié)構(gòu)微粒及微粒間作用力的區(qū)別．專題：化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．分析：（1）根據(jù)石墨結(jié)構(gòu)判斷；（2）A．分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越大；B．鍵長越短，共價鍵越強，硬度越大；C．金屬離子的電荷越大、半徑越小，其熔點越大；D．離子半徑越小、離子鍵越強，則晶格能越大；（3）①根據(jù)晶胞