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2022年湖南省六校高考化学联考试卷
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这是一份2022年湖南省六校高考化学联考试卷，共33页。试卷主要包含了48LN2与3，2ml电子，01K1，【答案】C，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2022年湖南省六校高考化学联考试卷
1. 下列生产、生活和科学中的化学叙述错误的是( )
A. 我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长
B. 制作宇航服所使用的聚酯纤维属于合成纤维
C. 漂白液、漂白粉、漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也可用作游泳池和环境的消毒剂
D. 熔融烧碱时，不能使用普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚、铁坩埚，可使用镍坩埚
2. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 60g冰醋酸与葡萄糖的混合物中含有的原子数为8NA
B. 标准状况下，4.48LN2与3.36L2H2充分反应后，所得NH3分子数为0.25NA
C. pH=5的NH4Cl溶液中，水电离出来的OH−的数目为10−5NA
D. 5.6g铁粉与足量的水蒸气在高温下反应，转移电子数为0.3NA
3. 下列实验设计不能达到实验目的的是( )
选项
实验目的
实验设计
A
验证牺牲阳极的阴极保护法
用Fe作被保护电极、Zn作辅助电极，以经过酸化的3%NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置。一段时间后，取Fe电极区域的少量溶液于洁净试管中，滴加黄色K3[Fe(CN)6]溶液
B
探究氯气与氢气的反应
在空气中点燃氢气，然后把导管缓缓伸入盛满氯气的集气瓶中
C
制备乙酸乙酯
在一支试管中加入2mL浓硫酸，然后边振荡试管边缓慢加入2mL乙醇和3mL乙酸，连接好装置，加热，将产生的蒸气经导管通到饱和Na2CO3溶液的液面下
D
探究浓度对化学反应速率的影响
取编号为①、②的两支试管，各加入4mL0.01mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液，然后向①试管中加入2mL0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液；向②试管中加入2mL0.2mol⋅L−1的H2C2O4溶液，分别记录溶液褪色所需的时间
A. A B. B C. C D. D
4. 重铬酸钾(K2Cr2O7)俗称红矾，是一种重要的化工产品。将铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2]和纯碱置于坩埚中，在空气中加热，发生反应：Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2，将生成物加水溶解，过滤掉Fe2O3，得Na2CrO4溶液，酸化后，加KCl溶液，经过一系列操作可制得K2Cr2O7。已知相关物质溶解度曲线如图所示。对于以上操作过程，下列说法正确的是( )
A. 制备Na2CrO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：7
B. 过滤需要用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯
C. “一系列操作”是指蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
D. “酸化”步骤可用硫酸酸化，发生的离子反应为：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O
5. 对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是( )
选项
粒子组
判断和分析
A
S2−、SO32−、K+、OH−
能大量共存，粒子间不反应
B
H+、Ba2+、H2O2、I−
能大量共存，粒子间不反应
C
Al3+、AlO2−、Na+、HCO3−
不能大量共存，因只发生反应：Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓
D
CO2、、Na+、K+
不能大量共存，因发生反应：CO2+2+H2O→CO32−+2
A. A B. B C. C D. D
6. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种常见的短周期主族元素，其中A、B、C、D四种元素的原子序数之和为E元素原子序数的2倍。E是短周期中原子半径最大的元素。A、B、C、D四种元素形成的化合物[CA4]+[BD4]−有多种用途，可用来合成纳米管，还可作杀虫剂、催化剂、助熔剂、阻燃剂等，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 元素A、C能形成含有非极性键的18电子化合物
B. 最简单氢化物的稳定性：C>D
C. 元素A、E形成的化合物不能与水发生氧化还原反应
D. 化合物[CA4]+[BD4]−中各原子均满足8电子稳定结构
7. 实验室以废铜屑(含少量Fe、Au和其他不溶性杂质)为原料制取CuSO4⋅5H2O晶体和[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体，其实验流程如图所示：
已知：
①常温下：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20
②有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
开始沉淀的pH
7.5
2.7
5.6
完全沉淀的pH
9.0
3.7
6.7
以下说法错误的是( )
A. 硝酸过量对产品无影响
B. 废铜屑“氧化”需要通入氧气的作用是：防止倒吸，使尾气中的氮氧化物能被完全吸收
C. “氧化”过程中发生主要反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
D. “调pH”时，若调节溶液pH=5，则溶液中c(Fe3+)=4.0×10−11mol⋅L−1
8. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法错误的是( )
A. 甲中含有5种官能团，其分子式为C14H13O7N
B. 乙分子中所有碳原子不可能处于同一平面
C. 能用NaHCO3溶液或FeCl3溶液鉴别化合物甲和乙
D. 乙能与NaOH溶液反应，且乙最多能与含5molNaOH的水溶液反应
9. 甲池是一种偏二甲肼[(CH3)2NNH2]燃料电池，如图所示。一段时间乙池内，D中进入8mol混合气体，其中环戊二烯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的是含环戊二烯的物质的量分数为15%的混合气体(不含H2，该条件下环戊烷、环戊二烯都为气态)。下列说法正确的是( )
A. 甲池中B处通入O2，E处有O2放出，且体积一样(标况下测定)
B. 乙池中惰性电极上发生反应：+4e−+4H+=
C. 甲池中OH−由G极移向F极，乙池中H+由惰性电极移向多孔惰性电极
D. 导线中共传导1.2mol电子
10. 25℃时，用0.1mol⋅L−1高氯酸溶液分别滴定20.00molL−10.1mol⋅L−1的氨水和20.00mol⋅L−10.1mol⋅L−1NaOH溶液，两溶液的pH与所加高氯酸体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Kb(NH3▪H2O)的数量级为10−4
B. 高氯酸溶液滴定氨水选择酚酞作指示剂，且10
D. 水的电离程度：M>Q>N>P
11. 如图是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是( )
A. 如图所示若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
B. 如图所示是在一定条件下，c(X)随时间t的变化，正反应ΔH<0，M点正反应速率
D. 如图所示图中曲线表示一定压强下NO平衡转化率随温度的变化，A、B、C三点表示不同温度、压强下NO的平衡转化率，压强最小的是A点，化学平衡常数最小的是B点
12. 无水四氯化锡(SnCl4)可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备SnCl4，装置如图所示：
已知：①Sn、SnCl2、SnCl4有关的物理性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
颜色、状态
Sn
232
2260
银白色固体
SnCl2
246
623
无色晶体
SnCl4
−30
114
无色液体
②Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解；Cl2易溶于SnCl4。
下列关于上述实验说法错误的是( )
A. A装置可换成启普发生器，C中盛放饱和食盐水，F中盛放浓NaOH溶液
B. 收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分Cl2溶解在了SnCl4中，可加入饱和Na2SO3溶液萃取提纯SnCl4
C. 当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率
D. 本实验装置有缺陷，需要改进，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶
13. 为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”、“2060年碳中和”。我国学者研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图Ⅰ所示。另外，科学家使用络合物作催化剂，用多聚物来捕获二氧化碳，反应可能的过程如图Ⅱ所示。下列叙述错误的是( )
A. 图Ⅰ反应历程中最大的活化能为1.21eV
B. 图Ⅱ反应若得以推广将有利于碳中和
C. 图Ⅱ总反应方程式为：
D. 图Ⅰ、图Ⅱ反应过程中都只有极性键的断裂和形成
14. 某金属阳离子R2+与NH3可结合生成多种络合产物，[R(NH3)4]2+在水溶液中存在如下平衡：[R(NH3)4]2++K1[R(NH3)3]2+K2[R(NH3)2]2+K3[R(NH3)]2+K4R2+。向某浓度的RSO4溶液中滴加浓氨水实验测得R2+、[R(NH3)]2+、[R(NH3)2]2+、[R(NH3)3]2+、[R(NH3)4]2+的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的lgc(NH3)关系和M、P两点的坐标如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线b表示[R(NH3)2]2+
B. 平衡常数K4=102.01K1
C. lgc(NH3)=−2.00时，2c(SO42−)+c(OH−)=2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}
D. lgc(NH3)=−4.40时，c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}
15. 乙醛是有机化工的重要原料，由于乙醇氧化法要消耗大量粮食，工业上常采用以下方法合成乙醛：
(1)乙炔水化法：在75℃左右，用HgSO4做催化剂，乙炔可水化为乙醛，但HgSO4遇到某些特定物质常会发生催化剂中毒而失去催化作用，H2S就是其中一种。实验装置如图所示：
已知：F装置中已按顺序加入了氧化汞、水、浓硫酸。
①实验开始时，仪器A中盛放电石，B中应装 ______。
②仪器D中盛放水，作用是 ______，进一步提纯乙醛的操作是 ______。
③装置图中，所选用温度计G的量程为 ______(填标号)。
A.0∼50℃
B.0∼100℃
C.0∼200℃
(2)乙烯氧化法：将乙烯、氧气和催化剂(PdCl2−CuCl2和盐酸的混合溶液)，在温度120∼130℃，压力0.3MPa条件下，直接反应生成乙醛。如表所示是这两种方法的部分数据
物质/项目
乙炔水化法
乙烯氧化法
平衡转化率
乙炔平衡转化率90%左右
乙烯平衡转化率80%左右
日产量
2.5吨(某设备条件下)
3.6吨(相同设备条件下)
从化学反应速率角度分析，在相同设备条件下，选用 ______法制取乙醛快。
(3)以上反应都用到了催化剂，Cu、Fe、Ni、Pd、Hg等元素都是催化剂的重要元素，关于这些元素以下说法正确的是 ______(填标号)。
A.向2mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4滴，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色沉淀生成，说明乙醛有氧化性
B.向硫酸亚铁溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，溶液变蓝
C.把铬、镍等加入普通钢中制成不锈钢是一种金属防护方法
D.任何反应的催化剂必须含有过渡金属元素
16. 合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。
一种从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如图1所示(部分产物已略去)：
已知：
①25℃时：Ksp(PbSO4)=1.6×10−8，Ksp(PbCO3)=7.4×10−14；Kal(H2CO3)=4.5×10−7；，Ka2(H2CO3)=4.7×10−11；
②PbSiF6和H2SiF6均为能溶于水的强电解质。
(1)过程i中，物质a可以为 ______和H2SO4的混合溶液(填标号)。
A.Na2SO3
B.Na2CO3
C.Na2SO4
(2)25℃时，若过程ii发生反应后的母液中c(SO42−)=1.6mol▪L−1，c(CO32−)=4.7×10−5mol▪L−1，试通过计算判断“PbCO3”中 ______(填“有”或“无”)PbSO4固体，此溶液的pH约为 ______。
(3)过程iii发生反应的离子方程式为 ______。
(4)过程iv阴极的电极反应式为 ______。
工业上用PbSiF6、H2SiF6混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如2图所示。
(5)电解产生的阳极泥的主要成分为 ______，工作一段时间后，溶液中c(Pb2+)______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(6)铅的电解精炼需要调控好电解液中的c(H2SiF6)。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越小，对应铅产率越高)随起始时溶液中c(H2SiF6)的变化趋势如图3所示。由图可推知，随c(H2SiF6)增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是 ______。
17. 氢气在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
i.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=164.9kJ⋅mol−1
ii.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol−1
已知在某种催化剂的作用下，CH4(g)+H2(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能Ea(正)为312kJ⋅mol−1，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为 ______kJ⋅mol−1。该反应达平衡后采取下列措施能提高CH4平衡转化率的措施有 ______(填标号)。
A.升高温度
B.增大压强
C.加入CH4
D.移出H2
E.使用催化剂
(2)将n(H2)n(CO2)=4的混合气体充入反应器中，气体总压强为0.1MPa，平銜时c(CO2)、与温度的关系如图所示。20∼400℃时，CO2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 ______。
(3)在一定温度下的恒容密闭容器中通入H2与CO2，使其物质的量浓度均为0.8mol▪L−1，反应足够时间后，容器中CO2和H2O的浓度分别为0.5mol▪L−1和0.4mol▪L−1，则反应ii的平衡常数K=______。
(4)一定条件下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2)n(NO)=1发生如下反应：2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+H2O(g)
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 ______(填标号)。
A.
B.混合气体的密度不再变化
C.容器内总压强不再变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明该反应速率方程式为v=kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关，若投料比n(H2)n(NO)=1，T1时初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为0.125v0，由此可知m=______。设此时反应的活化能为Ea，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lgk2k1=−Ea2.303R(1T2−1T1)(R为常数)。据此推测：升高一定温度，活化能越大，速率常数增大倍数 ______(填“越大”“越小”或“不变”)。
18. 氮化镓(GaN)、碳化硅(SiC)材料是最成熟的第三代半导体的代表，GaN通常以GaCl3为镓源，NH3为氮源制备，具有出色的抗击穿能力，能耐受更高的电子密度。
(1)请写出基态Ga原子的核外电子排布式 ______。Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为 ______。
(2)GaCl3熔点为77.9℃，气体在270℃左右以二聚物存在，GaF3熔点1000℃，GaCl3的熔点低于GaF3的原因为 ______。
(3)GaCl3⋅xNH3(x=3,4,5,6)是一系列化合物，向含1molGaCl3⋅xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。
①NH3的VSEPR模型名称为 ______。
②GaCl3⋅xNH3含有的化学键类型有 ______(填标号)。
A.极性共价键
B.离子键
C.配位键
D.金属键
E.氢键
③能准确表示GaCl3⋅xNH3结构的化学式为 ______。
(4)与镓同主族的B具有缺电子性，硼砂(四硼酸钠Na2B4O7▪10H2O)中B4O72−是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]−缩合而成的双六元环，应写成[B4O5(OH)4]2−的形式，结构如图1所示，则该离子存在的作用力含有 ______(填标号)，B原子的杂化方式为 ______。
A.离子键
B.极性键
C.氢键
D.范德华力
E.配位键
(5)GaN也可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的Ga(CH3)3为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为 ______。
(6)氮化镓的晶胞如图2所示，Ga原子与N原子半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞密度为cg/cm3，则该晶胞的空间利用率为 ______(已知空间利用率为晶胞内原子体积占晶胞体积的百分比)。
19. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图所示。
已知：①G的结构简式为
②ROOH++H2O
(1)反应①的反应条件为 ______，反应F→G的反应类型为 ______。
(2)化合物H用习惯命名法命名为 ______。
(3)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为 ______。
(4)已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为 ______。
(5)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有 ______种。
①苯环上只有两个侧链；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
(6)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ______(无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长，故A正确；
B.聚酯纤维属于合成纤维，故B正确；
C.漂白液有效成分为NaClO，漂白粉、漂粉精有效成分均为CaClO，NaClO和CaClO均有强氧化性，可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也可用作游泳池和环境的消毒剂，故C正确；
D.熔融烧碱时，，普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚均含有SiO2，不可使用，铁坩埚可以，故D错误；
故选：D。
A.我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长；
B.合成纤维即自然界中没有，由人工方法制作的纤维，故B正确；
C.漂白液有效成分为NaClO，漂白粉、漂粉精有效成分均为CaClO；
D.二氧化硅在高温下能与氢氧化钠反应，方程式为：。
本题考查了化学常识，侧重考查漂白剂、二氧化硅、合成纤维、锂电池，难度不大，要熟悉相关知识。
2.【答案】A
【解析】解：A.60g冰醋酸与葡萄糖的混合物中含有的原子数为60g30g/mol×4×NA/mol=8NA，故A正确；
B.氮气与氢气反应为可逆反应，题目中反应程度大小未知，无法计算氨气的数目，故B错误；
C.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故C错误；
D.5.6g铁粉与足量的水蒸气在高温下反应，转移电子数为5.6g56g/mol×83×NA/mol=415NA，故D错误；
故选：A。
A.冰醋酸与葡萄糖的最简式均为CH2O；
B.氮气与氢气反应为可逆反应；
C.题目未给溶液体积；
D.铁粉与足量的水蒸气在高温下反应为，3molFe反应转移8mol电子。
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。
3.【答案】C
【解析】解：A.原电池中负极失去电子，正极被保护，且K3[Fe(CN)6]溶液可检验亚铁离子，铁电极附近无现象，可验证牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B.氢气具有可燃性，可在盛满氯气的集气瓶中安静的燃烧，故B正确；
C.应向乙醇中先加浓硫酸，最后加乙酸，且导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，则导管口应在液面上，操作不合理，故C错误；
D.高锰酸钾不足，且草酸的浓度不同，只有一个变量，可探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选：C。
A.原电池中负极失去电子，正极被保护，且K3[Fe(CN)6]溶液可检验亚铁离子；
B.氢气具有可燃性；
C.应向乙醇中先加浓硫酸，最后加乙酸，且导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸；
D.高锰酸钾不足，且草酸的浓度不同。
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、电化学腐蚀及防护、物质的制备、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.制备时发生4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3−△2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，Fe、Cr元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低，则氧气为氧化剂，Fe(CrO2)2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4，故A错误；
B.过滤需要用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
C.Na2CrO4溶液，酸化后，加KCl溶液，得到K2Cr2O7溶液，由溶解度随温度的变化图可知，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大，可知“一系列操作”是指蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C错误；
D.Na2CrO4、K2Cr2O7均不能氧化硫酸，且酸性条件下有利于生成K2Cr2O7，发生2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，故D正确；
故选：D。
A.制备时发生4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3−△2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，Fe、Cr元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低；
B.过滤需要玻璃棒引流；
C.Na2CrO4溶液，酸化后，加KCl溶液，得到K2Cr2O7溶液，由溶解度随温度的变化图可知，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大；
D.Na2CrO4、K2Cr2O7均不能氧化硫酸，且酸性条件下有利于生成K2Cr2O7。
本题考查物质的制备及混合物分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，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。
5.【答案】A
【解析】解：A.S2−、SO32−、K+、OH−之间不反应，能够大量共存，题中判断和分析均正确，故A正确；
B.H2O2、I−之间发生氧化还原反应，不能大量共存，题中判断不合理，故B错误；
C.Al3+、HCO3−都与AlO2−反应，不能大量共存，发生反应有Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓、AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，题中分析不合理，故C错误；
D.CO2、之间发生反应生成部分和碳酸氢根离子，不能大量共存，发生反应应该为CO2++H2O→HCO3−+，题中分析不合理，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应；
B.双氧水能够氧化碘离子；
C.铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；
D.苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，苯酚与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子和苯酚。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，A为H、B为B、C为N、D为F、E为Na，
A.元素A、C能形成含有非极性键的18电子化合物为N2H4，故A正确；
B.非金属性F大于N，则最简单氢化物的稳定性：C
D.化合物[CA4]+[BD4]−中H、B原子不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：A。
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种常见的短周期主族元素，E是短周期中原子半径最大的元素，E为Na；A、B、C、D四种元素的原子序数之和11×2=22，由化合物[CA4]+[BD4]−的结构可知，A、D只形成1个共价键，A为H、D为F；结合原子序数及形成的离子可知B为B，C为N，符合1+5+7+9=22，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、化学键、原子序数来推断元素为解答的关键，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。
7.【答案】A
【解析】解：A.硝酸过量，与氨水反应，不利于生成[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，故A错误；
B.浓硝酸的还原产物为氮的氧化物，为防止倒吸，使尾气中的氮氧化物能被完全吸收，需通入氧气，故B正确；
C.废铜屑的主要成分为Cu，则“氧化”过程中发生主要反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C正确；
D.若调节溶液pH=5，c(OH−)=1.0×10−9mol⋅L−1，则溶液中c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3(OH−)=4.0×10−38(1.0×10−9)3mol/L=4.0×10−11mol⋅L−1，故D正确；
故选：A。
由流程可知，氧化时Cu、Fe均溶解，调节pH后，过滤分离出滤渣含Fe(OH)3、Au和其他不溶性杂质，滤液含硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CuSO4⋅5H2O，再溶解后，加氨水生成[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，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。
8.【答案】A
【解析】解：A.甲中含有酯基、硝基、醚键、碳碳双键、羧基5种官能团；甲中含有14个碳原子、12个氢原子、7个氧原子、1个氮原子，分子式为C14H12O7N，故A错误；
B.乙中饱和碳原子具有结构结构特点，所以乙分子中所有碳原子不可能处于同一平面，故B正确；
C.C.甲含−COOH，乙含酚−OH，用NaHCO3溶液或FeCl3溶液能鉴别化合物甲、乙，故C正确；
D.乙中酚−OH、−Br、−COOC−均与NaOH反应，1mol乙最多能与5mol NaOH溶液反应，故D正确；
故选：A。
A.甲中含有酯基、硝基、醚键、碳碳双键、羧基；甲中含有14个碳原子、12个氢原子、7个氧原子、1个氮原子；
B.乙中饱和碳原子具有结构结构特点；
C.羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酚能和氯化铁溶液发生显色反应；
D.乙中酯基水解生成的羧基和酚羟基、酚羟基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意A中氢原子易判断错误，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.根据分析，甲中F为正极，A口通入氧气，G为负极，B口通入偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，故A错误；
B.乙中左侧惰性电极为阴极，电极反应：+4e−+4H+=，故B正确；
C.甲池为原电，原电池中阴离子移向正极，F为正极；乙池为电解池，阳离子移向阴极，多孔惰性电极为阴极，故C错误；
D.D中进入8mol混合气体，其中环戊二烯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的是含环戊二烯的物质的量分数为15%的混合气体(不含H2，该条件下环戊烷、环戊二烯都为气态)，反应了气体物质的量为8mol×(20−15)%=0.4mol，由得失电子守恒、电极反应式+4e−+4H+=，可得转移电子数为0.4mol×4=1.6mol，故D错误；
故选：B。
由图可知，乙池中惰性电极环戊二烯生成环己烷，碳元素价态降低得电子，乙中左侧惰性电极为阴极，电极反应式为：+4e−+4H+=，右侧多空惰性电极为阳极，故甲中F为正极，A口通入氧气，G为负极，B口通入偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，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。
10.【答案】C
【解析】解：相同浓度的氨水和NaOH溶液在相同温度下，pH(氨水)
B.NH4ClO4溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故B错误；
C.根据图知，酸碱恰好完全反应时，V(HClO4)=VmL，当V(HClO4)=V2mL时，有一半的氨水被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、NH3⋅H2O，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(ClO4−)=c(NH4+)+c(H+)、存在物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(ClO4−)，所以存在2c(OH−)+c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)+2c(H+)，故C正确；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，M、N点溶液呈中性，不影响水电离，Q点溶液呈碱性而抑制水电离、P点溶液中溶质为NH4ClO4，促进水电离，所以水电离程度：P>M=N>Q，故D错误；
故选：C。
相同浓度的氨水和NaOH溶液在相同温度下，pH(氨水)
B.NH4ClO4溶液呈酸性；
C.根据图知，酸碱恰好完全反应时，V(HClO4)=VmL，当V(HClO4)=V2mL时，有一半的氨水被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、NH3⋅H2O，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(ClO4−)=c(NH4+)+c(H+)、存在物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(ClO4−)；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒的关系、电离平衡常数计算方法、水电离影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】CD
【解析】解：A.a的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故A错误；
B.T1先达到平衡，则T1>T2，升高温度，c(X)增大，说明平衡逆向移动，正反应ΔH<0，温度越高，反应速率越大，则M点正反应速率>N点逆反应速率，故B错误；
C.一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，a点是一氧化碳和氢气转化率相同，则一氧化碳和氢气起始量等于1：2，n(H2)：n(CO)=2：1，a=2，故C正确；
D.由图可知，图中曲线上各点为等压不等温，通过控制变量做等温线确定A、B、C三点与曲线交点等温不等压，从而确定曲线以下的点压强小于平衡时压强，曲线以上的点压强大于平衡时压强，所以A点压强最小，温度越高转化率越小，K值越小，则化学平衡常数最小的是B点，故D正确；
故选：CD。
A.催化剂不影响化学平衡，能改变反应速率，反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡；
B.T1先达到平衡，则T1>T2，温度越高，反应速率越大；
C.一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图1所示，a点是一氧化碳和氢气转化率相同；
D.由图可知，温度越高转化率越小，说明升高温度，平衡逆向移动，同时曲线上的点为平衡点，以此来解答。
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握图象分析、温度、压强平衡移动影响等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12.【答案】AB
【解析】解：A.因浓盐酸易挥发，B中试剂为饱和食盐水除去HCl，C中试剂为浓硫酸，可干燥氯气，故A错误；
B.收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分Cl2溶解在了SnCl4中，因SnCl4在空气中极易水解，不能加入饱和Na2SO3溶液萃取提纯SnCl4，故B错误；
C.装置F上方出现黄绿色气体现象，可知装置内空气已排出，开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，可加快反应速率，故C正确；
D.因SnCl4极易水解，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶，故D正确；
故选：AB。
由实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，B中饱和食盐水可除去HCl，SnCl4在空气中极易水解，可知C中浓硫酸干燥氯气，D中发生Sn+2Cl2−△SnCl4，E中冷却，冷凝管可冷凝回流、提高SnCl4的产率，F中碱石灰可吸收水，防止水进入E中，为防止SnCl4水解，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意D装置前、E装置后均需干燥装置，题目难度不大。
13.【答案】AD
【解析】解：A.图Ⅰ反应历程中最大的活化能为0.89eV−0eV=0.89eV，故A错误；
B.图Ⅱ反应将CO2转化为催化剂CH3OH，减少二氧化碳，有利于碳中和，故B正确；
C.图与H2在TiO2/Cu催化剂下反应生成催化剂CH3OH和H2O，总反应方程式为：，故C正确；
D.图Ⅱ反应过程中有H−H非极性键的断裂，故D错误；
故选：AD。
A.图Ⅰ反应历程中最大的活化能为0.89eV−0eV=0.89eV；
B.图Ⅱ反应将CO2转化为催化剂CH3OH，减少二氧化碳；
C.图与H2在TiO2/Cu催化剂下反应生成催化剂CH3OH和H2O；
D.图Ⅱ反应过程中有H−H非极性键的断裂。
本题主要通过图象显示反应原理，解题的关键是读懂题干中的信息，掌握反应原理，为高频考点，难度较小。
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，曲线a在c(NH3)最小时，说明曲线a表示R2+，随着c(NH3)升高，R2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线b是[R(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[R(NH3)]2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线c表示[R(NH3)2]2+，以此类推，曲线d表示[R(NH3)3]2+，曲线e表示为[R(NH3)4]2+，所以曲线b表示[R(NH3)]2+，故A错误；
B.当c{[R(NH3)3]2+}=c{[R(NH3)4]2+}时，K1=c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−2.30；当c{[R(NH3)]2+}=c(R2+)时，K4=c(R2+)c[R(NH3)]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−4.31，102.01K1=102.01×c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+=102.01×10−2.30=10−0.29≠K4，故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c(SO42−)+c(OH−)=2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}+2c(R2+)+2c{[R(NH3)]2+}+c(NH4+)+c(H+)，故C错误；
D.根据图知，lgc(NH3)=−4.40时，δ(R2+)>δ{[R(NH3)]2+}>δ{[R(NH3)2]2+}，微粒分布系数越大，其浓度越大，所以存在c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，曲线a在c(NH3)最小时，说明曲线a表示R2+，随着c(NH3)升高，R2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线b是[R(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[R(NH3)]2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线c表示[R(NH3)2]2+，以此类推，曲线d表示[R(NH3)3]2+，曲线e表示为[R(NH3)4]2+；
B.当c{[R(NH3)3]2+}=c{[R(NH3)4]2+}时，K1=c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+×c(NH3)=c(NH3)；当c{[R(NH3)]2+}=c(R2+)时，K4=c(R2+)c[R(NH3)]2+×c(NH3)=c(NH3)；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
D.根据图知，lgc(NH3)=−4.40时，δ(R2+)>δ{[R(NH3)]2+}>δ{[R(NH3)2]2+}，微粒分布系数越大，其浓度越大。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法、各离子浓度相对大小是解本题关键，B为解答易错点。
15.【答案】CuSO4溶液或NaOH溶液 冷却并吸收乙醛蒸气 蒸馏 B 乙烯氧化法 C
【解析】解：(1)①B中应装氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液，可以除去气流中H2S等杂质，
故答案为：CuSO4溶液或NaOH溶液；
②装置D中水可以降温，有助于乙醛液化从而吸收，因而冷水的作用是冷却并吸收乙醛蒸气，粗乙醛可以用蒸馏的方法提纯，
故答案为：冷却并吸收乙醛蒸气；蒸馏；
③反应温度为75℃，温度计量程最好为0∼100℃，答案选B，
故答案为：B；
(2)乙烯氧化法虽转化率不高，但日产量高，说明反应速率大，因此从化学反应速率角度分析，在相同设备条件下，选用乙烯氧化法制取乙醛快，
故答案为：乙烯氧化法；
(3)A.向2mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4滴，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色沉淀生成，说明乙醛有还原性，故A错误；
B.亚铁离子与铁氰化钾反应得到蓝色沉淀而不是溶液，故B错误；
C.制成性能优异的合金是金属防护的一种方法，故C正确；
D.只含主族元素的物质也可以作催化剂，比如浓硫酸，故D错误；
故答案为：C。
由图中仪器可知，A中碳化钙与分液漏斗中的水或饱和食盐水制备乙炔，B中氢氧化钠溶液可除去杂质硫化氢，F中先加固体后加液体，液体先加密度小的后加密度大的，C中水浴加热75℃，乙炔与水在硫酸汞作催化剂下反应生成乙醛，D中水可吸收乙醛；
(1)①B中应装氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液；
②装置D中水可以降温，有助于乙醛液化从而吸收；
③反应温度为75℃，温度计量程最好为0∼100℃；
(2)乙烯氧化法虽转化率不高，但日产量高，说明反应速率大；
(3)A.向2mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4滴，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色沉淀生成，说明乙醛有还原性；
B.亚铁离子与铁氰化钾反应得到蓝色沉淀；
C.制成性能优异的合金是金属防护的一种方法；
D.只含主族元素的物质也可以作催化剂。
本题是一道实验方案的设计和探究题，涉及反应原理分析，对学生分析和解决问题的能力要求较高，综合性强，题目难度中等。
16.【答案】A 无 10PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑Pb2++2e−=PbCu、Ag 减小 c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大
【解析】解：(1)过程i中，二氧化铅转变为硫酸铅，铅元素化合价降低，被还原，故物质a表现还原性，
故答案为：A；
(2)过程ii的母液中c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)c(SO42−)=7.4×10−144.7×10−5mol/L≈1.57×10−9mol/L，则Qc=c(Pb2+)c(SO42−)=1.57×10−9×1.6≈2.5×10−9
(3)过程iiiPbCO3溶解，PbSiF6和H2SiF6为能溶于水的强电解质，则H2SiF6为二元强酸，PbCO3和H2SiF6发生反应生成PbSiF6、水和二氧化碳，离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑，
故答案为：PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑；
(4)反应中生成铅，则Pb2+在阴极发生还原反应生成铅，故电极反应式为Pb2++2e−=Pb，
故答案为：Pb2++2e−=Pb；
(5)粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag；阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2+浓度有所下降，
故答案为：Cu、Ag；减小；
(6)pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大，故铅产率减小的原因可能是：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，
故答案为：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大。
铅膏加入物质a生成PbSO4，则PbO2发生还原反应生成PbSO4，a可以为还原性物质亚硫酸钠；PbSO4加入碳酸钠转化为PbCO3，在加入H2SiF6，生成PbSiF6，电解最终生成Pb；
(1)过程i中，二氧化铅转变为硫酸铅，铅元素化合价降低，被还原；
(2)过程ii的母液中c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)c(SO42−)=7.4×10−144.7×10−5mol/L≈1.57×10−9mol/L，则Qc=c(Pb2+)c(SO42−)=1.57×10−9×1.6≈2.5×10−9
(4)反应中生成铅，则Pb2+在阴极发生还原反应生成铅；
(5)粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag；
(6)pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大。
本题考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，题目难度中等。
17.【答案】105.9AD△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多 0.8CD1越大
【解析】解：(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅mol−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热△H=△H2−△H1=+41.2kJ/mol−(−164.9kJ/mol)=+206.1kJ/mol，又知反应热，结合CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能为312kJ/mol，则该反应逆反应的活化能为312kJ/mol−(+206.1kJ/mol)=105.9kJ/mol；
A.该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，故A正确；
B.该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小，故B错误；
C.加入CH4，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，CH4平衡转化率减小，故B错误；
D.移出H2，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，故D正确；
E.使用催化剂，平衡不移动，CH4平衡转化率不变，故E错误；
故答案为：105.9；AD；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的物质的量浓度减小，由图可知，温度低于220℃时，随着温度升高CO2的物质的量浓度减小，说明此温度段，温度对反应ii的影响大于对反应i的影响，而220∼400℃时，温度对反应i的影响大于对反应ii的影响，故导致温度升高CO2的物质的量浓度增大，
故答案为：△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多；
(3)反应足够时间后，容器中CO2和H2O的浓度分别为0.5mol▪L−1和0.4mol▪L−1，列化学平衡三段式，
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
转化(mol/L)x4xx2x
平衡(mol/L)x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
转化(mol/L)yyyy
平衡(mol/L)y
则0.8−x−y=0.52x+y=0.4，解得x=0.1，y=0.2，平衡时n(H2)=(0.8−4×0.1−0.2)mol/L=0.2mol/L，n(CO)=0.2mol/L，K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=0.2×0.40.5×0.2=0.8，
故答案为：0.8；
(4)①A.同一物质的时，反应达到平衡状态，或时，反应达到平衡状态，故A错误；
B.该容器为恒容容器，混合气体的质量始终不变，则混合气体的密度始终是不变的，故B错误；
C.该反应是气体体积减小的反应，又容器为恒容容器，容器内总压强不再变化，即气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②温度为T1℃时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量均为1mol，容器的体积为1L，则初始氢气和一氧化氮的浓度均为1mol/L，所以v0=k×1m×12=k，当H2转化率为50%时，c(H2)=c(NO)=(1−0.5)mol1L=0.5mol/L，此时的反应速率为0.125v0，则有：0.125v0=k×(12)m×(12)2=v0×(12)m×(12)2，解得：m=1，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度时，等号右侧的值就越大，则lgk2k1就越大，说明k2k1的值就越大，所以速率常数增大的倍数也是越大的，
故答案为：1；越大。
(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅mol−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热，又知反应热；提高CH4平衡转化率，即使平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动；
(3)列化学平衡三段式，结合K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)计算；
(4)①判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
②温度为T1℃时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量均为1mol，容器的体积为1L，则初始氢气和一氧化氮的浓度均为1mol/L，代入计算得到v0=k，当H2转化率为50%时，c(H2)=c(NO)=0.5mol/L，此时的反应速率为0.125v0，代入计算得到m的值，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度时，等号右侧的值就越大。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
18.【答案】[Ar]3d104s24p1 Ga
【解析】解：(1)镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据排布规律知其核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，同主族从上到下I1逐渐减小，同周期从左到右I1逐渐增大但VA与VIA反常，所以Ga(
故答案为：GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3；
(3)①对于NH3，根据VSEPR理论，价层电子对为3+5−1×32=4，则VSEPR模型为四面体，
故答案为：四面体；
②NH3存在N−H键，为极性共价键，加入AgNO3溶液有难溶于硝酸的白色沉淀生成说明存在Cl−，证明存在离子键，NH3能提供孤对电子，Ga能提供空轨道，能形成配位键，
故答案为：ABC；
③开始外界氯离子生成AgCl，加热滤液是内界氯离子生成AgCl，两次生成的沉淀物质的量之比为1：2，说明内界与外界含有的Cl−数目数目分别为2、1，配合物配位数为6，故配体还有4个NH3，配合物化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl，
故答案为：[Ga(NH3)4Cl2]Cl；
(4)[B4O5(OH)4]2−的形式，结构如图所示，则该离子存在的作用力有共价键和配位键，由结构图可知B原子的杂化方式为sp2、sp3，
故答案为：BE；sp2、sp3；
(5)以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知会生成甲烷，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN，
故答案为：Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；
(6)1个GaN晶体含Ga=8×18+1=2，设晶体体积为V，则晶体密度：ρ=mV=M(GaN)×2NA×V，V=2MρNA，原子体积为[43π(a×10−10)3+43π(b×10−10)3]×2 cm3，所以空间利用率为：[43π(a×10−10)3+43π(b×10−10)3]×22×(70+14)cNA×100%=43π(a3+b3)×10−30cNA84×100%，
故答案为：43π(a3+b3)×10−30cNA84×100%。
(1)镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据排布规律书写其核外电子排布式，同主族从上到下I1逐渐减小，同周期从左到右I1逐渐增大但VA与VIA反常；
(2)离子键强于分子间作用力；
(3)①根据VSEPR理论分析结构；
②NH3存在N−H键，加入AgNO3溶液有难溶于硝酸的白色沉淀生成说明存在Cl−，NH3能提供孤对电子，Ga能提供空轨道；
③开始外界氯离子生成AgCl，加热滤液是内界氯离子生成AgCl，两次生成的沉淀物质的量之比为1：2，说明内界与外界含有的Cl−数目数目分别为2、1，配合物配位数为6，故配体还有4个NH3；
(4)[B4O5(OH)4]2−的形式，结构如图所示，则该离子存在的作用力有共价键和配位键；
(5)根据原子守恒可推知产物；
(6)1个GaN晶体含Ga=8×18+1=2，设晶体体积为V，则晶体密度：ρ=mV=M(GaN)×2NA×V，V=2MρNA，原子体积为[43π(a×10−10)3+43π(b×10−10)3]×2 cm3。
本题是物质结构的综合考题，涉及核外电子排布、晶胞结构与计算等知识，注意同周期第一电离能变化异常情况，需要学生具有一定的空间想象力与数学计算能力，难度较大。
19.【答案】光照 取代反应 间苯二酚 4 18
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，F→G是与反应生成和HBr，反应中单键断裂，又形成新的单键，该反应类型为取代反应，
故答案为：光照；取代反应；
(2)H为，用习惯命名法命名为间苯二酚，
故答案为：间苯二酚；
(3)E与足量的H2完全加成后所生成，图中标有“*”为手性碳原子：，即含有4个手性碳原子，
故答案为：4；
(4)E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为，
故答案为：；
(5)D为，K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D对1个CH2原子团，K能与Na反应生成H2、能与银氨溶液发生银镜反应，说明K含有羟基、醛基，其K的苯环上只有两个侧链，可以是间苯环插入HOCH2CH2CHO、中的碳碳键之间或是碳氧单键之间，均有3种位置，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+3)=18种，
故答案为：18；
(6)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D()与H发生已知中取代反应生成E()，可推知H为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；
(6)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
2022年湖南省六校高考化学联考试卷
1. 下列生产、生活和科学中的化学叙述错误的是( )
A. 我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长
B. 制作宇航服所使用的聚酯纤维属于合成纤维
C. 漂白液、漂白粉、漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也可用作游泳池和环境的消毒剂
D. 熔融烧碱时，不能使用普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚、铁坩埚，可使用镍坩埚
2. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 60g冰醋酸与葡萄糖的混合物中含有的原子数为8NA
B. 标准状况下，4.48LN2与3.36L2H2充分反应后，所得NH3分子数为0.25NA
C. pH=5的NH4Cl溶液中，水电离出来的OH−的数目为10−5NA
D. 5.6g铁粉与足量的水蒸气在高温下反应，转移电子数为0.3NA
3. 下列实验设计不能达到实验目的的是( )
选项
实验目的
实验设计
A
验证牺牲阳极的阴极保护法
用Fe作被保护电极、Zn作辅助电极，以经过酸化的3%NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置。一段时间后，取Fe电极区域的少量溶液于洁净试管中，滴加黄色K3[Fe(CN)6]溶液
B
探究氯气与氢气的反应
在空气中点燃氢气，然后把导管缓缓伸入盛满氯气的集气瓶中
C
制备乙酸乙酯
在一支试管中加入2mL浓硫酸，然后边振荡试管边缓慢加入2mL乙醇和3mL乙酸，连接好装置，加热，将产生的蒸气经导管通到饱和Na2CO3溶液的液面下
D
探究浓度对化学反应速率的影响
取编号为①、②的两支试管，各加入4mL0.01mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液，然后向①试管中加入2mL0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液；向②试管中加入2mL0.2mol⋅L−1的H2C2O4溶液，分别记录溶液褪色所需的时间
A. A B. B C. C D. D
4. 重铬酸钾(K2Cr2O7)俗称红矾，是一种重要的化工产品。将铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2]和纯碱置于坩埚中，在空气中加热，发生反应：Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2，将生成物加水溶解，过滤掉Fe2O3，得Na2CrO4溶液，酸化后，加KCl溶液，经过一系列操作可制得K2Cr2O7。已知相关物质溶解度曲线如图所示。对于以上操作过程，下列说法正确的是( )
A. 制备Na2CrO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：7
B. 过滤需要用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯
C. “一系列操作”是指蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
D. “酸化”步骤可用硫酸酸化，发生的离子反应为：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O
5. 对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是( )
选项
粒子组
判断和分析
A
S2−、SO32−、K+、OH−
能大量共存，粒子间不反应
B
H+、Ba2+、H2O2、I−
能大量共存，粒子间不反应
C
Al3+、AlO2−、Na+、HCO3−
不能大量共存，因只发生反应：Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓
D
CO2、、Na+、K+
不能大量共存，因发生反应：CO2+2+H2O→CO32−+2
A. A B. B C. C D. D
6. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种常见的短周期主族元素，其中A、B、C、D四种元素的原子序数之和为E元素原子序数的2倍。E是短周期中原子半径最大的元素。A、B、C、D四种元素形成的化合物[CA4]+[BD4]−有多种用途，可用来合成纳米管，还可作杀虫剂、催化剂、助熔剂、阻燃剂等，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 元素A、C能形成含有非极性键的18电子化合物
B. 最简单氢化物的稳定性：C>D
C. 元素A、E形成的化合物不能与水发生氧化还原反应
D. 化合物[CA4]+[BD4]−中各原子均满足8电子稳定结构
7. 实验室以废铜屑(含少量Fe、Au和其他不溶性杂质)为原料制取CuSO4⋅5H2O晶体和[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体，其实验流程如图所示：
已知：
①常温下：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20
②有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
开始沉淀的pH
7.5
2.7
5.6
完全沉淀的pH
9.0
3.7
6.7
以下说法错误的是( )
A. 硝酸过量对产品无影响
B. 废铜屑“氧化”需要通入氧气的作用是：防止倒吸，使尾气中的氮氧化物能被完全吸收
C. “氧化”过程中发生主要反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
D. “调pH”时，若调节溶液pH=5，则溶液中c(Fe3+)=4.0×10−11mol⋅L−1
8. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法错误的是( )
A. 甲中含有5种官能团，其分子式为C14H13O7N
B. 乙分子中所有碳原子不可能处于同一平面
C. 能用NaHCO3溶液或FeCl3溶液鉴别化合物甲和乙
D. 乙能与NaOH溶液反应，且乙最多能与含5molNaOH的水溶液反应
9. 甲池是一种偏二甲肼[(CH3)2NNH2]燃料电池，如图所示。一段时间乙池内，D中进入8mol混合气体，其中环戊二烯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的是含环戊二烯的物质的量分数为15%的混合气体(不含H2，该条件下环戊烷、环戊二烯都为气态)。下列说法正确的是( )
A. 甲池中B处通入O2，E处有O2放出，且体积一样(标况下测定)
B. 乙池中惰性电极上发生反应：+4e−+4H+=
C. 甲池中OH−由G极移向F极，乙池中H+由惰性电极移向多孔惰性电极
D. 导线中共传导1.2mol电子
10. 25℃时，用0.1mol⋅L−1高氯酸溶液分别滴定20.00molL−10.1mol⋅L−1的氨水和20.00mol⋅L−10.1mol⋅L−1NaOH溶液，两溶液的pH与所加高氯酸体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Kb(NH3▪H2O)的数量级为10−4
B. 高氯酸溶液滴定氨水选择酚酞作指示剂，且10
D. 水的电离程度：M>Q>N>P
11. 如图是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是( )
A. 如图所示若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
B. 如图所示是在一定条件下，c(X)随时间t的变化，正反应ΔH<0，M点正反应速率
D. 如图所示图中曲线表示一定压强下NO平衡转化率随温度的变化，A、B、C三点表示不同温度、压强下NO的平衡转化率，压强最小的是A点，化学平衡常数最小的是B点
12. 无水四氯化锡(SnCl4)可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备SnCl4，装置如图所示：
已知：①Sn、SnCl2、SnCl4有关的物理性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
颜色、状态
Sn
232
2260
银白色固体
SnCl2
246
623
无色晶体
SnCl4
−30
114
无色液体
②Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解；Cl2易溶于SnCl4。
下列关于上述实验说法错误的是( )
A. A装置可换成启普发生器，C中盛放饱和食盐水，F中盛放浓NaOH溶液
B. 收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分Cl2溶解在了SnCl4中，可加入饱和Na2SO3溶液萃取提纯SnCl4
C. 当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率
D. 本实验装置有缺陷，需要改进，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶
13. 为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”、“2060年碳中和”。我国学者研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图Ⅰ所示。另外，科学家使用络合物作催化剂，用多聚物来捕获二氧化碳，反应可能的过程如图Ⅱ所示。下列叙述错误的是( )
A. 图Ⅰ反应历程中最大的活化能为1.21eV
B. 图Ⅱ反应若得以推广将有利于碳中和
C. 图Ⅱ总反应方程式为：
D. 图Ⅰ、图Ⅱ反应过程中都只有极性键的断裂和形成
14. 某金属阳离子R2+与NH3可结合生成多种络合产物，[R(NH3)4]2+在水溶液中存在如下平衡：[R(NH3)4]2++K1[R(NH3)3]2+K2[R(NH3)2]2+K3[R(NH3)]2+K4R2+。向某浓度的RSO4溶液中滴加浓氨水实验测得R2+、[R(NH3)]2+、[R(NH3)2]2+、[R(NH3)3]2+、[R(NH3)4]2+的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的lgc(NH3)关系和M、P两点的坐标如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线b表示[R(NH3)2]2+
B. 平衡常数K4=102.01K1
C. lgc(NH3)=−2.00时，2c(SO42−)+c(OH−)=2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}
D. lgc(NH3)=−4.40时，c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}
15. 乙醛是有机化工的重要原料，由于乙醇氧化法要消耗大量粮食，工业上常采用以下方法合成乙醛：
(1)乙炔水化法：在75℃左右，用HgSO4做催化剂，乙炔可水化为乙醛，但HgSO4遇到某些特定物质常会发生催化剂中毒而失去催化作用，H2S就是其中一种。实验装置如图所示：
已知：F装置中已按顺序加入了氧化汞、水、浓硫酸。
①实验开始时，仪器A中盛放电石，B中应装 ______。
②仪器D中盛放水，作用是 ______，进一步提纯乙醛的操作是 ______。
③装置图中，所选用温度计G的量程为 ______(填标号)。
A.0∼50℃
B.0∼100℃
C.0∼200℃
(2)乙烯氧化法：将乙烯、氧气和催化剂(PdCl2−CuCl2和盐酸的混合溶液)，在温度120∼130℃，压力0.3MPa条件下，直接反应生成乙醛。如表所示是这两种方法的部分数据
物质/项目
乙炔水化法
乙烯氧化法
平衡转化率
乙炔平衡转化率90%左右
乙烯平衡转化率80%左右
日产量
2.5吨(某设备条件下)
3.6吨(相同设备条件下)
从化学反应速率角度分析，在相同设备条件下，选用 ______法制取乙醛快。
(3)以上反应都用到了催化剂，Cu、Fe、Ni、Pd、Hg等元素都是催化剂的重要元素，关于这些元素以下说法正确的是 ______(填标号)。
A.向2mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4滴，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色沉淀生成，说明乙醛有氧化性
B.向硫酸亚铁溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，溶液变蓝
C.把铬、镍等加入普通钢中制成不锈钢是一种金属防护方法
D.任何反应的催化剂必须含有过渡金属元素
16. 合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。
一种从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如图1所示(部分产物已略去)：
已知：
①25℃时：Ksp(PbSO4)=1.6×10−8，Ksp(PbCO3)=7.4×10−14；Kal(H2CO3)=4.5×10−7；，Ka2(H2CO3)=4.7×10−11；
②PbSiF6和H2SiF6均为能溶于水的强电解质。
(1)过程i中，物质a可以为 ______和H2SO4的混合溶液(填标号)。
A.Na2SO3
B.Na2CO3
C.Na2SO4
(2)25℃时，若过程ii发生反应后的母液中c(SO42−)=1.6mol▪L−1，c(CO32−)=4.7×10−5mol▪L−1，试通过计算判断“PbCO3”中 ______(填“有”或“无”)PbSO4固体，此溶液的pH约为 ______。
(3)过程iii发生反应的离子方程式为 ______。
(4)过程iv阴极的电极反应式为 ______。
工业上用PbSiF6、H2SiF6混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如2图所示。
(5)电解产生的阳极泥的主要成分为 ______，工作一段时间后，溶液中c(Pb2+)______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(6)铅的电解精炼需要调控好电解液中的c(H2SiF6)。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越小，对应铅产率越高)随起始时溶液中c(H2SiF6)的变化趋势如图3所示。由图可推知，随c(H2SiF6)增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是 ______。
17. 氢气在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
i.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=164.9kJ⋅mol−1
ii.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol−1
已知在某种催化剂的作用下，CH4(g)+H2(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能Ea(正)为312kJ⋅mol−1，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为 ______kJ⋅mol−1。该反应达平衡后采取下列措施能提高CH4平衡转化率的措施有 ______(填标号)。
A.升高温度
B.增大压强
C.加入CH4
D.移出H2
E.使用催化剂
(2)将n(H2)n(CO2)=4的混合气体充入反应器中，气体总压强为0.1MPa，平銜时c(CO2)、与温度的关系如图所示。20∼400℃时，CO2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 ______。
(3)在一定温度下的恒容密闭容器中通入H2与CO2，使其物质的量浓度均为0.8mol▪L−1，反应足够时间后，容器中CO2和H2O的浓度分别为0.5mol▪L−1和0.4mol▪L−1，则反应ii的平衡常数K=______。
(4)一定条件下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2)n(NO)=1发生如下反应：2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+H2O(g)
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 ______(填标号)。
A.
B.混合气体的密度不再变化
C.容器内总压强不再变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明该反应速率方程式为v=kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关，若投料比n(H2)n(NO)=1，T1时初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为0.125v0，由此可知m=______。设此时反应的活化能为Ea，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lgk2k1=−Ea2.303R(1T2−1T1)(R为常数)。据此推测：升高一定温度，活化能越大，速率常数增大倍数 ______(填“越大”“越小”或“不变”)。
18. 氮化镓(GaN)、碳化硅(SiC)材料是最成熟的第三代半导体的代表，GaN通常以GaCl3为镓源，NH3为氮源制备，具有出色的抗击穿能力，能耐受更高的电子密度。
(1)请写出基态Ga原子的核外电子排布式 ______。Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为 ______。
(2)GaCl3熔点为77.9℃，气体在270℃左右以二聚物存在，GaF3熔点1000℃，GaCl3的熔点低于GaF3的原因为 ______。
(3)GaCl3⋅xNH3(x=3,4,5,6)是一系列化合物，向含1molGaCl3⋅xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。
①NH3的VSEPR模型名称为 ______。
②GaCl3⋅xNH3含有的化学键类型有 ______(填标号)。
A.极性共价键
B.离子键
C.配位键
D.金属键
E.氢键
③能准确表示GaCl3⋅xNH3结构的化学式为 ______。
(4)与镓同主族的B具有缺电子性，硼砂(四硼酸钠Na2B4O7▪10H2O)中B4O72−是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]−缩合而成的双六元环，应写成[B4O5(OH)4]2−的形式，结构如图1所示，则该离子存在的作用力含有 ______(填标号)，B原子的杂化方式为 ______。
A.离子键
B.极性键
C.氢键
D.范德华力
E.配位键
(5)GaN也可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的Ga(CH3)3为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为 ______。
(6)氮化镓的晶胞如图2所示，Ga原子与N原子半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞密度为cg/cm3，则该晶胞的空间利用率为 ______(已知空间利用率为晶胞内原子体积占晶胞体积的百分比)。
19. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图所示。
已知：①G的结构简式为
②ROOH++H2O
(1)反应①的反应条件为 ______，反应F→G的反应类型为 ______。
(2)化合物H用习惯命名法命名为 ______。
(3)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为 ______。
(4)已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为 ______。
(5)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有 ______种。
①苯环上只有两个侧链；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
(6)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ______(无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长，故A正确；
B.聚酯纤维属于合成纤维，故B正确；
C.漂白液有效成分为NaClO，漂白粉、漂粉精有效成分均为CaClO，NaClO和CaClO均有强氧化性，可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也可用作游泳池和环境的消毒剂，故C正确；
D.熔融烧碱时，，普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚均含有SiO2，不可使用，铁坩埚可以，故D错误；
故选：D。
A.我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长；
B.合成纤维即自然界中没有，由人工方法制作的纤维，故B正确；
C.漂白液有效成分为NaClO，漂白粉、漂粉精有效成分均为CaClO；
D.二氧化硅在高温下能与氢氧化钠反应，方程式为：。
本题考查了化学常识，侧重考查漂白剂、二氧化硅、合成纤维、锂电池，难度不大，要熟悉相关知识。
2.【答案】A
【解析】解：A.60g冰醋酸与葡萄糖的混合物中含有的原子数为60g30g/mol×4×NA/mol=8NA，故A正确；
B.氮气与氢气反应为可逆反应，题目中反应程度大小未知，无法计算氨气的数目，故B错误；
C.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故C错误；
D.5.6g铁粉与足量的水蒸气在高温下反应，转移电子数为5.6g56g/mol×83×NA/mol=415NA，故D错误；
故选：A。
A.冰醋酸与葡萄糖的最简式均为CH2O；
B.氮气与氢气反应为可逆反应；
C.题目未给溶液体积；
D.铁粉与足量的水蒸气在高温下反应为，3molFe反应转移8mol电子。
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。
3.【答案】C
【解析】解：A.原电池中负极失去电子，正极被保护，且K3[Fe(CN)6]溶液可检验亚铁离子，铁电极附近无现象，可验证牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B.氢气具有可燃性，可在盛满氯气的集气瓶中安静的燃烧，故B正确；
C.应向乙醇中先加浓硫酸，最后加乙酸，且导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，则导管口应在液面上，操作不合理，故C错误；
D.高锰酸钾不足，且草酸的浓度不同，只有一个变量，可探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选：C。
A.原电池中负极失去电子，正极被保护，且K3[Fe(CN)6]溶液可检验亚铁离子；
B.氢气具有可燃性；
C.应向乙醇中先加浓硫酸，最后加乙酸，且导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸；
D.高锰酸钾不足，且草酸的浓度不同。
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、电化学腐蚀及防护、物质的制备、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.制备时发生4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3−△2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，Fe、Cr元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低，则氧气为氧化剂，Fe(CrO2)2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4，故A错误；
B.过滤需要用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
C.Na2CrO4溶液，酸化后，加KCl溶液，得到K2Cr2O7溶液，由溶解度随温度的变化图可知，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大，可知“一系列操作”是指蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C错误；
D.Na2CrO4、K2Cr2O7均不能氧化硫酸，且酸性条件下有利于生成K2Cr2O7，发生2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，故D正确；
故选：D。
A.制备时发生4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3−△2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，Fe、Cr元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低；
B.过滤需要玻璃棒引流；
C.Na2CrO4溶液，酸化后，加KCl溶液，得到K2Cr2O7溶液，由溶解度随温度的变化图可知，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大；
D.Na2CrO4、K2Cr2O7均不能氧化硫酸，且酸性条件下有利于生成K2Cr2O7。
本题考查物质的制备及混合物分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，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。
5.【答案】A
【解析】解：A.S2−、SO32−、K+、OH−之间不反应，能够大量共存，题中判断和分析均正确，故A正确；
B.H2O2、I−之间发生氧化还原反应，不能大量共存，题中判断不合理，故B错误；
C.Al3+、HCO3−都与AlO2−反应，不能大量共存，发生反应有Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓、AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，题中分析不合理，故C错误；
D.CO2、之间发生反应生成部分和碳酸氢根离子，不能大量共存，发生反应应该为CO2++H2O→HCO3−+，题中分析不合理，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应；
B.双氧水能够氧化碘离子；
C.铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；
D.苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，苯酚与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子和苯酚。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，A为H、B为B、C为N、D为F、E为Na，
A.元素A、C能形成含有非极性键的18电子化合物为N2H4，故A正确；
B.非金属性F大于N，则最简单氢化物的稳定性：C
D.化合物[CA4]+[BD4]−中H、B原子不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：A。
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种常见的短周期主族元素，E是短周期中原子半径最大的元素，E为Na；A、B、C、D四种元素的原子序数之和11×2=22，由化合物[CA4]+[BD4]−的结构可知，A、D只形成1个共价键，A为H、D为F；结合原子序数及形成的离子可知B为B，C为N，符合1+5+7+9=22，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、化学键、原子序数来推断元素为解答的关键，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。
7.【答案】A
【解析】解：A.硝酸过量，与氨水反应，不利于生成[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，故A错误；
B.浓硝酸的还原产物为氮的氧化物，为防止倒吸，使尾气中的氮氧化物能被完全吸收，需通入氧气，故B正确；
C.废铜屑的主要成分为Cu，则“氧化”过程中发生主要反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C正确；
D.若调节溶液pH=5，c(OH−)=1.0×10−9mol⋅L−1，则溶液中c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3(OH−)=4.0×10−38(1.0×10−9)3mol/L=4.0×10−11mol⋅L−1，故D正确；
故选：A。
由流程可知，氧化时Cu、Fe均溶解，调节pH后，过滤分离出滤渣含Fe(OH)3、Au和其他不溶性杂质，滤液含硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CuSO4⋅5H2O，再溶解后，加氨水生成[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，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。
8.【答案】A
【解析】解：A.甲中含有酯基、硝基、醚键、碳碳双键、羧基5种官能团；甲中含有14个碳原子、12个氢原子、7个氧原子、1个氮原子，分子式为C14H12O7N，故A错误；
B.乙中饱和碳原子具有结构结构特点，所以乙分子中所有碳原子不可能处于同一平面，故B正确；
C.C.甲含−COOH，乙含酚−OH，用NaHCO3溶液或FeCl3溶液能鉴别化合物甲、乙，故C正确；
D.乙中酚−OH、−Br、−COOC−均与NaOH反应，1mol乙最多能与5mol NaOH溶液反应，故D正确；
故选：A。
A.甲中含有酯基、硝基、醚键、碳碳双键、羧基；甲中含有14个碳原子、12个氢原子、7个氧原子、1个氮原子；
B.乙中饱和碳原子具有结构结构特点；
C.羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酚能和氯化铁溶液发生显色反应；
D.乙中酯基水解生成的羧基和酚羟基、酚羟基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意A中氢原子易判断错误，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.根据分析，甲中F为正极，A口通入氧气，G为负极，B口通入偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，故A错误；
B.乙中左侧惰性电极为阴极，电极反应：+4e−+4H+=，故B正确；
C.甲池为原电，原电池中阴离子移向正极，F为正极；乙池为电解池，阳离子移向阴极，多孔惰性电极为阴极，故C错误；
D.D中进入8mol混合气体，其中环戊二烯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的是含环戊二烯的物质的量分数为15%的混合气体(不含H2，该条件下环戊烷、环戊二烯都为气态)，反应了气体物质的量为8mol×(20−15)%=0.4mol，由得失电子守恒、电极反应式+4e−+4H+=，可得转移电子数为0.4mol×4=1.6mol，故D错误；
故选：B。
由图可知，乙池中惰性电极环戊二烯生成环己烷，碳元素价态降低得电子，乙中左侧惰性电极为阴极，电极反应式为：+4e−+4H+=，右侧多空惰性电极为阳极，故甲中F为正极，A口通入氧气，G为负极，B口通入偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，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。
10.【答案】C
【解析】解：相同浓度的氨水和NaOH溶液在相同温度下，pH(氨水)
B.NH4ClO4溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故B错误；
C.根据图知，酸碱恰好完全反应时，V(HClO4)=VmL，当V(HClO4)=V2mL时，有一半的氨水被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、NH3⋅H2O，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(ClO4−)=c(NH4+)+c(H+)、存在物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(ClO4−)，所以存在2c(OH−)+c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)+2c(H+)，故C正确；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，M、N点溶液呈中性，不影响水电离，Q点溶液呈碱性而抑制水电离、P点溶液中溶质为NH4ClO4，促进水电离，所以水电离程度：P>M=N>Q，故D错误；
故选：C。
相同浓度的氨水和NaOH溶液在相同温度下，pH(氨水)
B.NH4ClO4溶液呈酸性；
C.根据图知，酸碱恰好完全反应时，V(HClO4)=VmL，当V(HClO4)=V2mL时，有一半的氨水被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、NH3⋅H2O，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(ClO4−)=c(NH4+)+c(H+)、存在物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(ClO4−)；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒的关系、电离平衡常数计算方法、水电离影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】CD
【解析】解：A.a的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故A错误；
B.T1先达到平衡，则T1>T2，升高温度，c(X)增大，说明平衡逆向移动，正反应ΔH<0，温度越高，反应速率越大，则M点正反应速率>N点逆反应速率，故B错误；
C.一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，a点是一氧化碳和氢气转化率相同，则一氧化碳和氢气起始量等于1：2，n(H2)：n(CO)=2：1，a=2，故C正确；
D.由图可知，图中曲线上各点为等压不等温，通过控制变量做等温线确定A、B、C三点与曲线交点等温不等压，从而确定曲线以下的点压强小于平衡时压强，曲线以上的点压强大于平衡时压强，所以A点压强最小，温度越高转化率越小，K值越小，则化学平衡常数最小的是B点，故D正确；
故选：CD。
A.催化剂不影响化学平衡，能改变反应速率，反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡；
B.T1先达到平衡，则T1>T2，温度越高，反应速率越大；
C.一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图1所示，a点是一氧化碳和氢气转化率相同；
D.由图可知，温度越高转化率越小，说明升高温度，平衡逆向移动，同时曲线上的点为平衡点，以此来解答。
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握图象分析、温度、压强平衡移动影响等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12.【答案】AB
【解析】解：A.因浓盐酸易挥发，B中试剂为饱和食盐水除去HCl，C中试剂为浓硫酸，可干燥氯气，故A错误；
B.收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分Cl2溶解在了SnCl4中，因SnCl4在空气中极易水解，不能加入饱和Na2SO3溶液萃取提纯SnCl4，故B错误；
C.装置F上方出现黄绿色气体现象，可知装置内空气已排出，开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，可加快反应速率，故C正确；
D.因SnCl4极易水解，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶，故D正确；
故选：AB。
由实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，B中饱和食盐水可除去HCl，SnCl4在空气中极易水解，可知C中浓硫酸干燥氯气，D中发生Sn+2Cl2−△SnCl4，E中冷却，冷凝管可冷凝回流、提高SnCl4的产率，F中碱石灰可吸收水，防止水进入E中，为防止SnCl4水解，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意D装置前、E装置后均需干燥装置，题目难度不大。
13.【答案】AD
【解析】解：A.图Ⅰ反应历程中最大的活化能为0.89eV−0eV=0.89eV，故A错误；
B.图Ⅱ反应将CO2转化为催化剂CH3OH，减少二氧化碳，有利于碳中和，故B正确；
C.图与H2在TiO2/Cu催化剂下反应生成催化剂CH3OH和H2O，总反应方程式为：，故C正确；
D.图Ⅱ反应过程中有H−H非极性键的断裂，故D错误；
故选：AD。
A.图Ⅰ反应历程中最大的活化能为0.89eV−0eV=0.89eV；
B.图Ⅱ反应将CO2转化为催化剂CH3OH，减少二氧化碳；
C.图与H2在TiO2/Cu催化剂下反应生成催化剂CH3OH和H2O；
D.图Ⅱ反应过程中有H−H非极性键的断裂。
本题主要通过图象显示反应原理，解题的关键是读懂题干中的信息，掌握反应原理，为高频考点，难度较小。
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，曲线a在c(NH3)最小时，说明曲线a表示R2+，随着c(NH3)升高，R2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线b是[R(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[R(NH3)]2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线c表示[R(NH3)2]2+，以此类推，曲线d表示[R(NH3)3]2+，曲线e表示为[R(NH3)4]2+，所以曲线b表示[R(NH3)]2+，故A错误；
B.当c{[R(NH3)3]2+}=c{[R(NH3)4]2+}时，K1=c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−2.30；当c{[R(NH3)]2+}=c(R2+)时，K4=c(R2+)c[R(NH3)]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−4.31，102.01K1=102.01×c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+=102.01×10−2.30=10−0.29≠K4，故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c(SO42−)+c(OH−)=2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}+2c(R2+)+2c{[R(NH3)]2+}+c(NH4+)+c(H+)，故C错误；
D.根据图知，lgc(NH3)=−4.40时，δ(R2+)>δ{[R(NH3)]2+}>δ{[R(NH3)2]2+}，微粒分布系数越大，其浓度越大，所以存在c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，曲线a在c(NH3)最小时，说明曲线a表示R2+，随着c(NH3)升高，R2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线b是[R(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[R(NH3)]2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线c表示[R(NH3)2]2+，以此类推，曲线d表示[R(NH3)3]2+，曲线e表示为[R(NH3)4]2+；
B.当c{[R(NH3)3]2+}=c{[R(NH3)4]2+}时，K1=c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+×c(NH3)=c(NH3)；当c{[R(NH3)]2+}=c(R2+)时，K4=c(R2+)c[R(NH3)]2+×c(NH3)=c(NH3)；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
D.根据图知，lgc(NH3)=−4.40时，δ(R2+)>δ{[R(NH3)]2+}>δ{[R(NH3)2]2+}，微粒分布系数越大，其浓度越大。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法、各离子浓度相对大小是解本题关键，B为解答易错点。
15.【答案】CuSO4溶液或NaOH溶液 冷却并吸收乙醛蒸气 蒸馏 B 乙烯氧化法 C
【解析】解：(1)①B中应装氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液，可以除去气流中H2S等杂质，
故答案为：CuSO4溶液或NaOH溶液；
②装置D中水可以降温，有助于乙醛液化从而吸收，因而冷水的作用是冷却并吸收乙醛蒸气，粗乙醛可以用蒸馏的方法提纯，
故答案为：冷却并吸收乙醛蒸气；蒸馏；
③反应温度为75℃，温度计量程最好为0∼100℃，答案选B，
故答案为：B；
(2)乙烯氧化法虽转化率不高，但日产量高，说明反应速率大，因此从化学反应速率角度分析，在相同设备条件下，选用乙烯氧化法制取乙醛快，
故答案为：乙烯氧化法；
(3)A.向2mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4滴，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色沉淀生成，说明乙醛有还原性，故A错误；
B.亚铁离子与铁氰化钾反应得到蓝色沉淀而不是溶液，故B错误；
C.制成性能优异的合金是金属防护的一种方法，故C正确；
D.只含主族元素的物质也可以作催化剂，比如浓硫酸，故D错误；
故答案为：C。
由图中仪器可知，A中碳化钙与分液漏斗中的水或饱和食盐水制备乙炔，B中氢氧化钠溶液可除去杂质硫化氢，F中先加固体后加液体，液体先加密度小的后加密度大的，C中水浴加热75℃，乙炔与水在硫酸汞作催化剂下反应生成乙醛，D中水可吸收乙醛；
(1)①B中应装氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液；
②装置D中水可以降温，有助于乙醛液化从而吸收；
③反应温度为75℃，温度计量程最好为0∼100℃；
(2)乙烯氧化法虽转化率不高，但日产量高，说明反应速率大；
(3)A.向2mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4滴，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色沉淀生成，说明乙醛有还原性；
B.亚铁离子与铁氰化钾反应得到蓝色沉淀；
C.制成性能优异的合金是金属防护的一种方法；
D.只含主族元素的物质也可以作催化剂。
本题是一道实验方案的设计和探究题，涉及反应原理分析，对学生分析和解决问题的能力要求较高，综合性强，题目难度中等。
16.【答案】A 无 10PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑Pb2++2e−=PbCu、Ag 减小 c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大
【解析】解：(1)过程i中，二氧化铅转变为硫酸铅，铅元素化合价降低，被还原，故物质a表现还原性，
故答案为：A；
(2)过程ii的母液中c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)c(SO42−)=7.4×10−144.7×10−5mol/L≈1.57×10−9mol/L，则Qc=c(Pb2+)c(SO42−)=1.57×10−9×1.6≈2.5×10−9
(3)过程iiiPbCO3溶解，PbSiF6和H2SiF6为能溶于水的强电解质，则H2SiF6为二元强酸，PbCO3和H2SiF6发生反应生成PbSiF6、水和二氧化碳，离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑，
故答案为：PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑；
(4)反应中生成铅，则Pb2+在阴极发生还原反应生成铅，故电极反应式为Pb2++2e−=Pb，
故答案为：Pb2++2e−=Pb；
(5)粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag；阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2+浓度有所下降，
故答案为：Cu、Ag；减小；
(6)pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大，故铅产率减小的原因可能是：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，
故答案为：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小，槽电压增大。
铅膏加入物质a生成PbSO4，则PbO2发生还原反应生成PbSO4，a可以为还原性物质亚硫酸钠；PbSO4加入碳酸钠转化为PbCO3，在加入H2SiF6，生成PbSiF6，电解最终生成Pb；
(1)过程i中，二氧化铅转变为硫酸铅，铅元素化合价降低，被还原；
(2)过程ii的母液中c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)c(SO42−)=7.4×10−144.7×10−5mol/L≈1.57×10−9mol/L，则Qc=c(Pb2+)c(SO42−)=1.57×10−9×1.6≈2.5×10−9
(4)反应中生成铅，则Pb2+在阴极发生还原反应生成铅；
(5)粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag；
(6)pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大。
本题考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，题目难度中等。
17.【答案】105.9AD△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多 0.8CD1越大
【解析】解：(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅mol−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热△H=△H2−△H1=+41.2kJ/mol−(−164.9kJ/mol)=+206.1kJ/mol，又知反应热，结合CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能为312kJ/mol，则该反应逆反应的活化能为312kJ/mol−(+206.1kJ/mol)=105.9kJ/mol；
A.该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，故A正确；
B.该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小，故B错误；
C.加入CH4，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，CH4平衡转化率减小，故B错误；
D.移出H2，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，故D正确；
E.使用催化剂，平衡不移动，CH4平衡转化率不变，故E错误；
故答案为：105.9；AD；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的物质的量浓度减小，由图可知，温度低于220℃时，随着温度升高CO2的物质的量浓度减小，说明此温度段，温度对反应ii的影响大于对反应i的影响，而220∼400℃时，温度对反应i的影响大于对反应ii的影响，故导致温度升高CO2的物质的量浓度增大，
故答案为：△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多；
(3)反应足够时间后，容器中CO2和H2O的浓度分别为0.5mol▪L−1和0.4mol▪L−1，列化学平衡三段式，
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
转化(mol/L)x4xx2x
平衡(mol/L)x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
转化(mol/L)yyyy
平衡(mol/L)y
则0.8−x−y=0.52x+y=0.4，解得x=0.1，y=0.2，平衡时n(H2)=(0.8−4×0.1−0.2)mol/L=0.2mol/L，n(CO)=0.2mol/L，K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=0.2×0.40.5×0.2=0.8，
故答案为：0.8；
(4)①A.同一物质的时，反应达到平衡状态，或时，反应达到平衡状态，故A错误；
B.该容器为恒容容器，混合气体的质量始终不变，则混合气体的密度始终是不变的，故B错误；
C.该反应是气体体积减小的反应，又容器为恒容容器，容器内总压强不再变化，即气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②温度为T1℃时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量均为1mol，容器的体积为1L，则初始氢气和一氧化氮的浓度均为1mol/L，所以v0=k×1m×12=k，当H2转化率为50%时，c(H2)=c(NO)=(1−0.5)mol1L=0.5mol/L，此时的反应速率为0.125v0，则有：0.125v0=k×(12)m×(12)2=v0×(12)m×(12)2，解得：m=1，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度时，等号右侧的值就越大，则lgk2k1就越大，说明k2k1的值就越大，所以速率常数增大的倍数也是越大的，
故答案为：1；越大。
(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅mol−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热，又知反应热；提高CH4平衡转化率，即使平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动；
(3)列化学平衡三段式，结合K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)计算；
(4)①判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
②温度为T1℃时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量均为1mol，容器的体积为1L，则初始氢气和一氧化氮的浓度均为1mol/L，代入计算得到v0=k，当H2转化率为50%时，c(H2)=c(NO)=0.5mol/L，此时的反应速率为0.125v0，代入计算得到m的值，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度时，等号右侧的值就越大。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
18.【答案】[Ar]3d104s24p1 Ga
【解析】解：(1)镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据排布规律知其核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，同主族从上到下I1逐渐减小，同周期从左到右I1逐渐增大但VA与VIA反常，所以Ga(
故答案为：GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3；
(3)①对于NH3，根据VSEPR理论，价层电子对为3+5−1×32=4，则VSEPR模型为四面体，
故答案为：四面体；
②NH3存在N−H键，为极性共价键，加入AgNO3溶液有难溶于硝酸的白色沉淀生成说明存在Cl−，证明存在离子键，NH3能提供孤对电子，Ga能提供空轨道，能形成配位键，
故答案为：ABC；
③开始外界氯离子生成AgCl，加热滤液是内界氯离子生成AgCl，两次生成的沉淀物质的量之比为1：2，说明内界与外界含有的Cl−数目数目分别为2、1，配合物配位数为6，故配体还有4个NH3，配合物化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl，
故答案为：[Ga(NH3)4Cl2]Cl；
(4)[B4O5(OH)4]2−的形式，结构如图所示，则该离子存在的作用力有共价键和配位键，由结构图可知B原子的杂化方式为sp2、sp3，
故答案为：BE；sp2、sp3；
(5)以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知会生成甲烷，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN，
故答案为：Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；
(6)1个GaN晶体含Ga=8×18+1=2，设晶体体积为V，则晶体密度：ρ=mV=M(GaN)×2NA×V，V=2MρNA，原子体积为[43π(a×10−10)3+43π(b×10−10)3]×2 cm3，所以空间利用率为：[43π(a×10−10)3+43π(b×10−10)3]×22×(70+14)cNA×100%=43π(a3+b3)×10−30cNA84×100%，
故答案为：43π(a3+b3)×10−30cNA84×100%。
(1)镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据排布规律书写其核外电子排布式，同主族从上到下I1逐渐减小，同周期从左到右I1逐渐增大但VA与VIA反常；
(2)离子键强于分子间作用力；
(3)①根据VSEPR理论分析结构；
②NH3存在N−H键，加入AgNO3溶液有难溶于硝酸的白色沉淀生成说明存在Cl−，NH3能提供孤对电子，Ga能提供空轨道；
③开始外界氯离子生成AgCl，加热滤液是内界氯离子生成AgCl，两次生成的沉淀物质的量之比为1：2，说明内界与外界含有的Cl−数目数目分别为2、1，配合物配位数为6，故配体还有4个NH3；
(4)[B4O5(OH)4]2−的形式，结构如图所示，则该离子存在的作用力有共价键和配位键；
(5)根据原子守恒可推知产物；
(6)1个GaN晶体含Ga=8×18+1=2，设晶体体积为V，则晶体密度：ρ=mV=M(GaN)×2NA×V，V=2MρNA，原子体积为[43π(a×10−10)3+43π(b×10−10)3]×2 cm3。
本题是物质结构的综合考题，涉及核外电子排布、晶胞结构与计算等知识，注意同周期第一电离能变化异常情况，需要学生具有一定的空间想象力与数学计算能力，难度较大。
19.【答案】光照 取代反应 间苯二酚 4 18
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，F→G是与反应生成和HBr，反应中单键断裂，又形成新的单键，该反应类型为取代反应，
故答案为：光照；取代反应；
(2)H为，用习惯命名法命名为间苯二酚，
故答案为：间苯二酚；
(3)E与足量的H2完全加成后所生成，图中标有“*”为手性碳原子：，即含有4个手性碳原子，
故答案为：4；
(4)E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为，
故答案为：；
(5)D为，K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D对1个CH2原子团，K能与Na反应生成H2、能与银氨溶液发生银镜反应，说明K含有羟基、醛基，其K的苯环上只有两个侧链，可以是间苯环插入HOCH2CH2CHO、中的碳碳键之间或是碳氧单键之间，均有3种位置，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+3)=18种，
故答案为：18；
(6)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D()与H发生已知中取代反应生成E()，可推知H为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；
(6)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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