2022年高考模拟考试化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Si-28Cl-35.5Ce-140一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2022年2月4日，万众瞩目的第24届冬奥会在北京隆重开幕，本届冬奥会尽显化学高科技。下列有关说法错误的是A.“飞扬”火炬喷口外壳采用聚硅氮烷树脂，该树脂属于无机聚合物B.“战袍”利用微信小程序，调控石墨烯片加热保暖，石墨烯和碳纳米管互为同分异构体C.国家速滑馆采用的硫化镉发电玻璃，可将太阳能转化为电能D.滑雪头盔采用碳纤维、玻璃纤维和弹性体三种成分合成的新材料，其中玻璃纤维和普通玻璃的成分相同【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．“飞扬”火炬喷口外壳采用聚硅氮烷树脂，，该树脂属于无机聚合物，故A正确；B．石墨烯和碳纳米管是由碳元素组成的不同性质的单质，互为同素异形体，故B错误；C．国家速滑馆采用的硫化镉发电玻璃，能将光能转化为电能，即将太阳能转化为电能，故C正确；D．滑雪头盔采用碳纤维、玻璃纤维和弹性体三种成分合成的新材料，在维持冲击韧度不变的
情况下，能让头盔的刚度提高4倍、拉伸强度提高3倍，大幅提升了头盔的抗冲击吸能效率。其中玻璃纤维和普通玻璃的成分相同，主要成分是二氧化硅等，故D正确；故选B。2.下列有关物质性质与应用的对应关系正确的是选项性质实际应用A小苏打不稳定，受热分解生成CO2用于泡沫灭火器B聚乙炔是无限延伸的线状结构用于导电材料CAl(OH)3受热分解，生成高熔点物质和水用作塑料的阻燃剂D石墨是混合型晶体，含大π键用作润滑剂A.AB.BC.CD.D【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．泡沫灭火器的原理是：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，是利用Al3+和发生双水解反应的原理，不是利用NaHCO3的不稳定性，A不合题意；B．有机物大多数不导电，但聚乙炔在一定条件下能导电，因为聚乙炔有自由移动的电子，而不是因为其可以无限延伸的线状结构，B不合题意；C．Al(OH)3受热分解，生成高熔点物质和水，决定其可用作塑料的阻燃剂，C符合题意；D．石墨晶体中C与C之间通过共价键形成正六角形蜂巢状的平面层状结构，而平面结构的层与层之间则依靠分子间力（范德华力）结合，所以石墨晶体属于混合型晶体，但其作润滑剂是由于其平面结构的层与层之间则依靠分子间力（范德华力）结合，而不是含有大π键，D不合题意；故答案为：C。3.下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是
A.装置甲利用CCl4提取溴水中的B.装置乙分离I2和高锰酸钾固体C.装置丙验证非金属性S＞C＞SiD.装置丁检验石蜡中是否含有不饱和烃【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A．装置甲中，分液漏斗的尖端没有靠近烧杯内壁，A不正确；B．加热时，I2易升华，KMnO4易分解，所以装置乙不能分离I2和高锰酸钾固体，B不正确；C．硫酸、碳酸、硅酸都是最高价氧化物的水化物，且硫酸与碳酸钠反应、碳酸与硅酸钠反应，都属于强酸制弱酸的反应，所以装置丙能验证非金属性S＞C＞Si，C正确；D．装置丁中，虽然KMnO4溶液褪色，并不能说明石蜡中含有不饱和烃，因为还原性气体也能使KMnO4溶液褪色，D不正确；故选C。4.四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代。这四种元素参与组成的一种化合物属于离子液体，结构如图所示。下列说法错误的是A.电负性N>Z>Y>MB.原子半径：M>Y>Z>NC.简单氢化物沸点：Z>YD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z【4题答案】【答案】D
【解析】【详解】Y一种同位素用于考古，说明Y为碳，再结合所给物质中各原子形成化学键的个数和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三条共价键，Z为氮元素，N能形成一条共价键，N的最外层有7个电子，所以N为氟元素，M得到1个电子形成了4对共用电子，说明M最外层有3个电子，M为B。A．电负性同一周期从左到右依次增大，故N>Z>Y>M，A正确；B．原子半经从左到右依次减小，B>C>N>F，B正确；C.简单氢化物的沸点：NH3分子间有氢键，所以NH3>CH4，C正确；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化合物的酸性越强，所以应该是Y<Z，D错误；答案选D。5.实验室常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)•6H2O]，可用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生。下列说法错误的是A.氧化性：S2O>MnO>Fe3+B.标定时，KMnO4溶液和摩尔盐溶液都选用酸式滴定管C.过二硫酸结构如图所示，则S2O含有两个四面体结构D.过程中，消耗的摩尔盐和过二硫酸钠物质的量之比为1：2【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)•6H2O]，氧化性：MnO>Fe3+，用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生，氧化性：S2O>MnO，总之，氧化性：S2O>MnO>Fe3+，故A正确；B．KMnO4溶液具有氧化性，摩尔盐溶液呈酸性，标定时，KMnO4溶液和摩尔盐溶液都选用酸式滴定管，故B正确；
C．过二硫酸结构如图所示，中心原子硫原子价层电子对数为4+=4，则S2O含有两个四面体结构，故C正确；D．过程中，消耗的摩尔盐和过二硫酸钠物质的量之比为2：1，2Fe2++S2O=2SO+2Fe3+，故D错误；故选D。6.治疗抑郁症药物帕罗西汀(Ⅰ)及其合成中间体(Ⅱ)的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.Ⅰ分子中有3种官能团B.Ⅰ分子中含两个手性碳原子C.Ⅱ分子式为C16H18NO4FD.1molⅡ与足量NaOH溶液反应时最多消耗2molNaOH【6题答案】【答案】D【解析】【详解】A．Ⅰ分子中有氟原子、醚键、亚氨基3种官能团，故A正确；B．Ⅰ分子中含两个手性碳原子(*号标出)，故B正确；C．根据Ⅱ的结构简式，可知分子式为C16H18NO4F，故C正确；D．1molⅡ与足量NaOH溶液反应生成、NaF、乙醇，最多消耗4molNaOH，故D错误；选D。
7.下列由实验现象所得结论正确的是A.向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明溶液中含Ag+B.向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀，证明SO2能呈现酸性和氧化性C.向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变为黄色，证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+D.常温下，取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验，氨水灯泡更亮，证明CaSO4为弱电解质【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或SiO，故A错误；B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠，证明SO2能呈现酸性和氧化性，故B正确；C．I-的还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先发生反应碘水溶液呈黄色，所以不能证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，故C错误；D．CaSO4是强电解质，但CaSO4微溶于水，离子浓度小，所以饱和CaSO4溶液的导电性弱，故D错误；选B。8.溴乙烷是无色油状液体，是制造巴比妥的原料，工业上可用海水制备溴乙烷，部分工艺流程如图：下列说法错误的是A.粗盐提纯时，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3B.向“母液”中通入热空气，利用溴的易挥发性，将溴吹出C.“制备”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1
D.“精制”时所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯【8题答案】【答案】D【解析】【分析】海水晒盐后的母液，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，鼓入热空气，将溴吹出，溴单质、S、乙醇反应生成硫酸和溴乙烷、水。【详解】A．粗盐提纯时，加入BaCl2除去SO、加入NaOH除去Mg2+、加入Na2CO3除去Ca2+、Ba2+，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3，故A正确；B．溴易挥发，向“母液”中通入热空气，将溴吹出，故B正确；C．“制备”时发生反应，S元素化合价升高，S是还原剂，Br元素化合价降低，Br2是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，故C正确；D．溴乙烷易溶于乙醇，用蒸馏法“精制”溴乙烷，所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计、酒精灯，故D错误；选D。9.关于CH3−N=N−CH3、H2NCH2COOH和O2NCH2CH3的结构与性质，下列说法正确的是A.CH3−N=N−CH3有顺反异构现象B.1molO2NCH2CH3含有10molσ键C.三种物质中，氮原子杂化方式相同D.在乙醇中溶解度，H2NCH2COOH低于O2NCH2CH3，原因是前者与乙醇形成氢键【9题答案】【答案】A【解析】【详解】A．CH3−N=N−CH3中两个甲基可以在同一边，也可以在不同边，因此存在顺反异构现象，故A正确；B．1个−CH2CH3含有6个σ键，1个−NO2含有2个σ键，则1molO2N−CH2CH3含有9molσ键，故B错误；C．三种物质中，CH3−N=N−CH3中氮原子杂化方式为sp2杂化，H2NCH2COOH中氮原子杂化方式为sp3杂化，O2NCH2CH3中氮原子杂化方式为sp2杂化，故C错误；
D．在乙醇中，H2NCH2COOH中H2N−和−COOH能与乙醇形成分子间氢键，因此H2NCH2COOH溶解度高于O2NCH2CH3，故D错误。综上所述，答案为A。10.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(•OH)，处理含苯酚废水和含SO2的烟气的工作原理如图所示。下列说法错误的是A.电势：N电极＞M电极B.阴极电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OHC.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8molH+透过膜aD.若•OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14【10题答案】【答案】C【解析】【分析】M极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生成CO2，H+透过膜b进入阴极区；N极为阳极，水失电子产生H+和羟基自由基，羟基自由基将SO2氧化为硫酸根离子。【详解】A．M极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，N极为阳极，故电势：N电极＞M电极，选项A正确；B．M为阴极，阴极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OH
，选项B正确；C．每mol苯酚转化为CO2，转移电子28mol，每处理9.4g苯酚（即0.1mol），理论上有2.8mol电子转移，则有2.8molH+透过膜b，选项C错误；D．若•OH只与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28：2，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14，选项D正确；答案选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A除去苯中少量的苯酚普通漏斗、烧杯、玻璃棒浓溴水B测定84消毒液的pH玻璃棒、表面皿pH试纸C实验室制备乙烯酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导气管、胶头滴管浓硫酸、乙醇、碎瓷片D检验CH3CH2Br中的溴元素试管、胶头滴管、酒精灯NaOH溶液、硝酸、AgNO3溶液AAB.BC.CD.D【11题答案】【答案】CD【解析】【详解】A．除去苯中少量的苯酚，加入浓溴水，虽然能将苯酚转化为沉淀，但过量的溴溶解在苯中，又成为新的杂质，应该加入NaOH溶液，使用分液漏斗进行分液，A不正确；B．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，它具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以应使用pH计，B不正确；C．实验室制备乙烯，药品为乙醇和浓硫酸，加热温度为170℃，温度计水银球位于液面下，使用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶，垫石棉网加热，C正确；
D．检验CH3CH2Br中的溴元素时，先加入NaOH溶液使其水解，再加硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液检验Br-，D正确；故选CD。12.巴豆醛是橡胶硫化促进剂、酒精变性剂和革柔剂的合成中间体，存在如下转化过程：W巴豆醛XYZ已知：①X为CH3CH=CHCH(OH)CN；②Z为六元环状化合物；③羟基直接与碳碳双键上碳原子相连不稳定。下列说法错误的是A.与X具有相同官能团的X的同分异构体有15种(不考虑立体异构)B.Y分子中可能共平面的碳原子最多为5个C.W的同分异构体中，含6个相同化学环境氢原子的有3种D.可用饱和Na2CO3溶液分离提纯Z【12题答案】【答案】A【解析】【详解】根据已知X为CH3CH=CHCH(OH)CN；酸性条件下转化为Y，则Y为CH3CH=CHCH(OH)COOH；Y在浓硫酸作用下转化为Z，Z为六元环状化合物，则发生酯化反应，Z为；③羟基直接与碳碳双键上碳原子相连不稳定，巴豆醛为CH3CH=CHCHO，巴豆醛与氢加成生成W为CH3CH2CH2CH2OH；A．与X具有相同官能团的同分异构体共14种，可用定一移一的方法写，固定-OH，移动-CN，位置1、2、3、4共4种；固定-OH，移动-CN，位置1、2、3共3种；固定-OH，移动-CN，位置1、2、3、4共4种；固定-OH，移动-CN，位置1、2、3共3种；总共14种，选项A错误；B．Y为CH3CH=CHCH(OH)COOH，根据乙烯6个原子共平面、甲醛4个原子共平面可以推出可能共平面的最多为5个碳，选项B正确；C．W的同分异构体中含6个相同化学环境氢原子的有3种：(CH3)2CHCH2OH、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3，选项C正确；
D．酯类物质在饱和碳酸钠溶液中溶解度小，选项D正确；答案选A。13.工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，工艺流程如图：下列说法错误的是A.“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2B.“调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同C.“溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为6OH-+6HCN+Fe2+=[Fe(CN)6]4-+6H2OD.“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥【13题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由工艺流程图可知，黄铁矿焙烧的主要化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+4SO2（g）,“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确。B．Fe(OH)3的Ksp远小于(OH)2、(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+产生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，从而将其分离，故B正确。C．写离子方程式时石灰乳不能拆开，故C错误。D．由工艺流程图可知，由溶液得到晶体的操作为：过滤、洗涤、干燥，故D正确。故答案：C。14.Beckmann反应是肟指在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氢原子上，具体反应历程如图所示。
已知：R、R′代表烷基。下列说法错误的是A.H+在该反应过程中作催化剂B.N—O—H键角：物质Ⅰ＞物质ⅡC.物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成D.发生上述反应生成【14题答案】【答案】BD【解析】【分析】贝克曼重排是指肟（醛肟或酮肟）在强酸催化下重排为酰胺的反应。肟羟基从酸中得到质子，形成离去基团；与离去基团反位的R‘基团迁移会推走前者产生腈离子，该中间体与水反应，氧去质子化、氮质子化和互变异构化生成产物——酰胺。总反应为。【详解】A．由总反应，H+在该反应过程中作催化剂，故A正确；B．物质Ⅰ中氧原子上有2个孤电子对，物质Ⅱ中氧原子上有1个孤电子对，，N—O—H键角：物质Ⅰ＜物质Ⅱ，故B错误；C．物质Ⅲ中碳正离子上有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键，物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成，故C正确；D．发生上述反应生成，故D错误；故选BD15.已知：联氢(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，在水中的电离方式类似于氨气，常温下，向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体(假设溶液总体积不变)，溶液中c(N2H)随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A.N2H5Cl溶液c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)B.b点加入NaOH(或HCl)的物质的量与d点加入HCl(或NaOH)物质的量相等C.水的电离程度：b＞aD.若c(N2H)＞c(N2H4)，则pH小于3.5【15题答案】【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，联氢(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，即N2H4的Kb1=10-6，Kb2=10-15，则N2H的水解平衡常数为：==10-8＞Kb2，即N2H的水解大于电离，则N2H5Cl溶液有c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)，A正确；B．由POH越大，溶液中的OH-浓度越小，故此图像是向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线，b点是加入的HCl抑制了N2H的水解，到c点时抑制作用最强，此时N2H浓度最大，继续加入HCl的对N2H的电离起促进作用，则N2H浓度又减小，故d点加入的HCl的物质的量大于b点所加HCl的物质的量，B错误；C．由图示可知，c(N2H)是b＞a，而N2H的水解大于电离，水解对水的电离起促进作用，电离对水的电离起抑制作用，故水的电离程度：b＞a，C正确；D．由题干信息可知，N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2ON2H+OH-，则Kb1×Kb2===10-21，若c(N2H)＞c(N2H4)，c(OH-)＜=10-10.5，c(H+)＞10-3.5，则pH小于3.5，D正确；故答案为：B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.卤族元素及其化合物种类繁多，有着非常重要的用途，回答下列问题：（1）基态Br原子的电子排布式为[Ar]____。（2）HF分子的极性____(填“大于”“等于”或“小于”，以下同)HCl，同一条件下，HF在水中的溶解度____HCl，HF的沸点____HCl。SOCl2中心S原子VSEPR模型为____。1mol氟硼酸铵NH4BF4中含有____mol配位键。（3）一种Ag2HgI4固体导电材料为四方晶系，其晶胞参数为apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影(如图所示)，A、B、C表示三种不同原子的投影，标记为n的原子分数坐标为(，，)，则m的原子分数坐标为____，距离Hg最近的Ag有____个。设NA为阿伏加德罗常数的值，Ag2HgI4的摩尔质量为Mg•mol-1，该晶体的密度为____g•cm-3(用代数式表示)。【16~18题答案】【答案】（1）3d104s24p5（2）①.大于②.大于③.大于④.正四面体⑤.2（3）①.(，，)②.8③.×1030【解析】小问1详解】Br是35号元素，基态Br原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p5；【小问2详解】F原子的电负性大于Cl，HF分子的极性大于HCl，同一条件下，HF在水中的溶解度大于HCl；HF分子间能形成氢键，HF的沸点大于HCl。SOCl2中心S原子的价电子对数为，VSEPR模型为正四面体。氟硼酸铵NH4BF4中铵根离子中有1个配位键、BF中有1个配位键，1mol氟硼酸铵NH4BF4含有2mol配位键。【小问3详解】根据n的原子分数坐标为(，，)，则m原子在x轴的坐标为、y轴坐标为，z
轴坐标为，所以m原子的分数坐标为(，，)；A原子在晶胞内，1个晶胞含有A原子8个；B原子在顶点和晶胞中心，B原子数为；C原子在楞上、面上，C原子数；A是I、B是Hg、C是Ag，距离Hg最近的Ag有8个。设NA为阿伏加德罗常数的值，Ag2HgI4的摩尔质量为Mg•mol-1，该晶体的密度为×1030g•cm-3。17.铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：已知：①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。回答下列问题：（1）粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：空气氧化法氧化温度/℃氧化率/%氧化时间/h暴露空气中450～5008gl4对流空气氧化炉中450～500986在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。（2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。（3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3
反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。【17~20题答案】【答案】（1）增大了气体与固体粉末间的接触面积（2）①.酸性、还原性②.KBF4（3）①.3.3≤pH<7②.2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O③.17.2（4）①.3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce②.使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境【解析】【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。【小问1详解】在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；【小问2详解】用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；【小问3详解】“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)==10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)==2×10-11，c(H+)==,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”
中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m=t=17.2t则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；【小问4详解】用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。18.某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，装置如图所示(夹持装置略)，相关物质的性质如表所示：物质性质SiCl4无色油状液体，能剧烈水解生成硅酸和HCl乙酸酐[(CH3CO)2O]无色油状液体，吸湿性很强四乙酸硅[Si(CH3COO)4]米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅
乙酰氯(CH3COCl)无色油状液体，遇水剧烈反应回答下列问题：（1）仪器①的名称是____，管口A所接干燥管中盛装的试剂是____(填“P2O5”、“CaCl2”或“碱石灰”)。（2）检查上述装置气密性，具体操作为先向②中注入一定量的____(填“水”或“苯”)，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若____(填现象)，则证明装置的气密性良好。（3）取255gSiCl4放入1L仪器①中，关闭旋塞⑥，再由分液漏斗滴入稍过量的乙酸酐，反应发生，放出大量的热，混合物略微带色，不久仪器①底部析出大颗粒晶体。写出制备四乙酸硅的化学方程式：____，该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方的原因是____。（4）待放置一段时间，用干冰—丙酮冷冻剂冷却，然后____(填具体操作)，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体，接着再分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐，再缓慢除去，最后得到335g精制的四乙酸硅，则四乙酸硅的产率为____%(保留到小数点后一位)。【18~21题答案】【答案】（1）①.三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)②.碱石灰（2）①.苯②.②中液面保持不变（3）①.SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl②.防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口（4）①.将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞②.84.6【解析】【分析】本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。【小问1详解】仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)；碱石灰；【小问2详解】因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。答案为：苯；②中液面保持不变；
【小问3详解】制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；【小问4详解】为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。答案为：将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞；84.6。【点睛】分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是将SiCl4全部转化为四乙酸硅。19.黄连素(化合物1)主要用于治疗胃肠炎、细菌性痢疾等肠道感染。一种合成路线如图：已知：
①RCOOHRCOCl②CH3NH2+CH3COCH3回答下列问题：（1）符合下列条件的A的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。①含有两个酚羟基②苯环上有三个取代基③能发生银镜反应④能发生水解反应（2）B的结构简式为____，B→C的反应类型为____，C中官能团的名称是____。（3）C→D的化学方程式为____。（4）F→G中，参与反应的位点是____(填“①”或“②”)，设计步骤E→F的目的是____。（5）写出由制备的合成路线____。【19~23题答案】【答案】（1）30（2）①.②.取代反应③.醚键、酰胺基（3）+H2O（4）①.①②.防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)（5）
【解析】【分析】由题干合成流程图中信息可知，由A和C的结构简式结合A到B，B到C的转化条件并结合信息①可知B的结构简式为：，(1)已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，(5)本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线，据此分析解题。
【小问1详解】已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，故答案为：30；【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为，B→C即+生成和HCl，故该反应的反应类型为取代反应，由题干中C的结构简式可知，C中官能团的名称是醚键和酰胺基，故答案为：；取代反应；醚键和酰胺基；【小问3详解】由题干合成流程图可知，C→D即转化为，则该反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：
+H2O；【小问4详解】由题干流程图比较F和G的结构简式可知，F→G中，参与反应的位点是①，由于F中Br所在的位置和①点位对称即等效，如果不设计步骤E→F则在F到G的转化中将发生更多的副反应，降低原料的转化率，使目标产物纯度降低，故答案为：①；防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)；【小问5详解】本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线为：
，故答案为：。20.反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-270kJ·mol-1副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2回答下列问题：（1）几种化学键的键能如表所示：化学键C—HH—HH—OC=O键能/kJ·mol-1413436463a则a=___。（2）为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：
实验编号abc温度/KT1T1T2催化剂的比表面积/(m2•g-1)80120120①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（3）对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。【20~22题答案】【答案】（1）745（2）①.＜②.b③.4.8④.（3）①.②.C【解析】【小问1详解】根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，△
H1=-270kJ·mol-1=2a+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×4，则a=745。故答案为：745；【小问2详解】①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：＜；b；②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200Kpa降到160Kpa，，n平=4mol，设反应Ⅰ生成2xmol水，可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)==4.8kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp==。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：4.8；；【小问3详解】反应Ⅰ的平衡常数K=，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得
k1•c4(H2)•c(CO2)=2k2•c2(H2O)•c(CH4)整理得：==K，反应Ⅰ的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。
