化学（新高考）2022届高考考前冲刺卷（七）学生版

这是一份化学（新高考）2022届高考考前冲刺卷（七）学生版，共12页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，以铬矿石烧渣的流程如下，下列关于反应，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

2022届高考考前冲刺卷
化学（七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，总计42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．科技助力北京2022年冬奥会，中国成功举办了一次无与伦比的冬奥会，展示了国家的日益强盛。下列有关说法中不正确的是
A．冬奥火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，氢气属于清洁能源
B．颁奖礼服内胆添加第二代石墨烯发热材料，石墨烯属于高分子材料
C．国际速滑馆“冰丝带”使用二氧化碳跨临界直冷技术制冰，该过程属于物理变化
D．滑雪服采用的剪切增稠液体（STF）材料。在常态下处于粘稠的半液体状态，高速撞击下分子立刻相互连接形成防护层，对运动员有保护作用
2．钛有“二十一世纪的金属”、“全能金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti。下列说法正确的是
A．基态Ti原子的价层电子排布式：3d4
B．Cl-结构示意图：
C．MgCl2的电子：
D．TiCl4熔点是-25℃，沸点是136.4℃，可溶于苯和CCl4，该晶体属于共价晶体
3．下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是
选项
A
B
C
D
物质
Na2O2
NaHCO3
Al2(SO4)3
Fe2O3
用途
呼吸面具供氧剂
膨松剂
净水剂
红色颜料
A．A B．B C．C D．D
4．下列说法不正确的是
A．氢键不仅存在于分子间，有时也存在于分子内
B．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
C．综合考虑焓变和熵变可判断反应自发进行的方向
D．利用硫氰化铁配离子的颜色，可鉴定溶液中存在Fe3+
5．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．铝土矿AlOAl(OH)3Al2O3
B．盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2
C．SO2SO3H2SO4
D．SiO2NaSiO3溶液H2SiO3
6．常温下，pH=1的某溶液A中含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO、NO、Cl-、AlO、I-、SO中的4种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol·L-1，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示。下列说法正确的是

A．溶液中一定有上述离子中的Al3+、NO、SO、Cl-四种离子
B．实验消耗14.4gCu，则生成气体丁3.36L
C．沉淀乙中一定有BaCO3，可能有BaSO4
D．溶液中一定没有Fe3+，但无法确定有没有I-
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物。甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH为1。上述物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是

A．W与X形成的化合物定是非极性分子
B．X、Z对应的最高价氧化物的水化物均为强电解质
C．化合物XYZ中只含共价键
D．K、L、M中沸点最高的是K
8．以铬矿石烧渣（主要含、、和）为主要原料制取重铬酸钠晶体（）的流程如下。

已知“水浸”时发生的反应为。
下列说法不正确的是
A．“水浸”时适当升高温度和搅拌有利于加快浸取的速率
B．“酸化”时发生反应的离子方程式为
C．“滤渣”的成分为
D．“母液”中主要存在离子是和
9．配合物可用于蚀刻铜，蚀刻后的产物可在氧气中再生，再生反应为。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式为
B．属于共价化合物
C．的晶体类型为原子晶体
D．中与形成配位键的原子是N
10．下列关于反应，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数可表示为
B．平衡时升高温度，v(正)减小，v(逆)增大
C．反应物所含化学键健能总和小于生成物所含化学键键能总和
D．使用催化剂能提高平衡时的产率
11．我国科学家采用光热催化技术实现绿色高效回收聚酯

下列说法正确的是
A．BHET能发生取代、加成、氧化反应 B．PET和BHET都是有机高分子化合物
C．甲醇是乙二醇的同系物 D．1mol PET最多消耗2mol NaOH
12．马里奥·莫利纳等科学家通过研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理（如图所示）。下列说法错误是

A．CFCl3沸点比CCl4低
B．过程III中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离
C．整个过程中，CFCl3是O3分解的催化剂
D．整个过程中，反应体系需要从环境中吸收能量
13．2021年我国科学家研究设计了可充电电池，其工作原理示意图如下所示，图中虚线箭头、实线箭头分别表示放电、充电过程。下列说法错误的是

A．该电池可选用水溶液作电解液
B．充电时，电极b应连接电源的正极
C．放电时，电子通过外电路由电极a流向电极b
D．放电时，电极b的电极反应式为
14．常温下，难溶物Y2X与ZX在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：p(A)=-lgc(A)，Mn+表示Y+或Z2+。下列说法错误的是

A．M表示Y2X的溶解平衡曲线
B．常温下，Y2X的分散系在c点时为悬浊液
C．向b点溶液中加入Na2X饱和溶液，析出ZX固体
D．ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=1014
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
15．是制备金属钛的重要中间体。实验室制备的装置如图（夹持装置略去）。

已知：
Ⅰ．HCl与不发生反应；装置C中除生成外，同时还生成CO和少量。
Ⅱ．的熔、沸点分别为-25℃、136.45℃，遇潮湿空气产生白色烟雾；的熔、沸点分别为-23℃、76.8℃，与互溶。
请回答下列问题：
（1）装置B中所盛试剂为_______，装置C中反应的化学方程式为______________。
（2）组装好仪器后，部分实验步骤如下：
a．装入药品          b．打开分液漏斗活塞          c．检查装置气密性            d．关闭分液漏斗活塞          e．停止加热，充分冷却          f．加热装置C中陶瓷管
正确操作顺序为_______（不重复使用）。
（3）实验结束后分离装置D中烧瓶内的液态混合物的操作是_______（填操作名称）。
（4）该装置存在的缺陷是__________________________________。
（5）可用于制备纳米。测定产品中纯度的方法是：准确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含溶液。加入金属铝，将全部转化为。待过量金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，将氧化为。重复操作2～3次，消耗标准溶液平均体积为20.00mL。
①加入金属铝的作用除了还原外，另一个作用是_______。
②滴定时所用的指示剂为_______（填标号）。
a．酚酞溶液          b．KSCN溶液          c．KMnO4溶液          d．淀粉溶液
③样品中的纯度为_______。
16．为充分利用金属资源，某研究团队利用生产钴电极材料生的铜锰渣（含、、等物质）回收金属的一种流程如图所示：

回答下列问题：
（1）、中Mn元素的化合价为___________。
（2）写出铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式_____________。
（3）研究团队认为该工艺可能利用了如下反应原理沉淀滤液1中的Cu2+：，。析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，原因是__________（用离子方程式解释）。
（4）依据反应萃取滤液2中的并进行操作Ⅱ，操作Ⅱ的名称是________；所得有机相中加入硫酸能进行反萃取的原因是________________________（结合平衡移动原理解释）。
（5）控制反应温度为，向滤液1中加入溶液，不同金属沉淀率与用量倍数的关系如下图所示。

当用量倍数为2.0时，水相中的金属阳离子主要含、_________（填离子符号）。
（6）用作电池材料，使用KOH溶液作电解液，充电时转化为的电极反应式为____________________。
17．目前，大规模和低成本制取氢能实质上都是通过烃重整实现的，该过程主要是甲烷水蒸汽重整，包括以下两步气相化学催化反应：
反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+206 kJ∙mol−1
反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=−41 kJ∙mol−1
（1）则反应：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH=_______。
（2）已知在某种催化剂的作用下，反应I的正反应的活化能为312 kJ∙mol−1，则该反应逆反应的活化能为____________。
（3）将2molCO和1molH2O充入某容积不变的绝热密闭容器中，发生反应II。
①能判断反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)达到平衡的是_______。
A．CO的消耗速率等于CO2的消耗速率
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的平均相对分子质量保持不变
D．容器内气体压强不再变化
②达到平衡时，氢气的物质的量分数为20％，则CO的转化率为_______，计算该温度时反应的平衡常数K=_______。
（4）下图表示反应时间均为6小时，甲烷水蒸汽重整法制氢气使用不同催化剂时氢气的产率与温度的关系。判断a点是否处于平衡状态：_______（填“是”或“否”），分析该反应750℃以后氢气的产率趋于相同的原因是_____________________________。

（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
18．废锂电池回收是对“城市矿产”的资源化利用，可促进新能源产业闭环。处理钴酸锂（LiCoO2）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）废电池材料，可回收Li、Fe、Co金属。
（1）Co3+价层电子排布式是_______，LiFePO4中铁未成对电子数为_______。
（2）的空间构型为_______，中心原子的杂化类型是_______。
（3）下列状态的锂中，失去一个电子所需能量最大的是_______。
A． B． C． D．
（4）一种含Co阳离子[Co(H2NCH2CH2NH2)2Cl2]+的结构如下图所示，该阳离子中钴离子的配位数是_______，配体中提供孤电子对的原子有_______。乙二胺（H2NCH2CH2NH2）与正丁烷分子量接近，但常温常压下正丁烷为气体，而乙二胺为液体，原因是_____________________________。

（5）钴酸锂（LiCoO2）的一种晶胞如下图所示（仅标出Li，Co与O未标出），晶胞中含有O2-的个数为_______。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为_______g·cm-3（用含有NA的代数式表示）。

19．近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I（肉桂硫胺）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：

已知：I．
II．
请回答下列问题：
（1）I的分子式为____。
（2）D中官能团的名称为____。D→E的反应类型为___________。
（3）F的结构简式为____________，C分子中最多有____个原子共平面。
（4）A反应生成B的化学方程式是_______________________________。
（5）符合下列条件的D的同分异构体有__________种。
①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的有机物结构简式为______________。
（6）已知：RNO2RNH2，写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺（）的合成路线（无机试剂和有机溶剂任选）。




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2022届高考考前冲刺卷
化学（七）答案
1．【答案】B
【解析】A．冬奥火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，氢气燃烧产生大量热量，且产生水不污染环境，因此氢气属于清洁能源，A正确；B．石墨烯是碳元素的单质，属于无机非金属材料，而不属于高分子材料，B错误；C．二氧化碳跨临界直冷技术制冰，在该过程中没有新物质产生，因此该过程属于物理变化，C正确；D．滑雪服采用的剪切增稠液体（STF）材料，在常态下处于粘稠的半液体状态，在高速撞击下分子立刻相互连接形成防护层，因此就可以防止运动员受到伤害，从而对运动员有保护作用，D正确；故合理选项是B。
2．【答案】C
【解析】A．已知Ti是24号元素，故基态Ti原子的价层电子排布式：3d24s2，A错误；B．Cl-的最外层上有8个电子，则Cl-结构示意图为：，B错误；C．已知MgCl2是由Mg2+和Cl-通过离子键形成的离子化合物，则MgCl2的电子为：，C正确；D．TiCl4熔点是-25℃，沸点是136.4℃，即熔沸点较低，可溶于苯和CCl4，该晶体属于分子晶体，共价晶体的熔沸点很高，一般不溶于任何溶剂中，D错误；故答案为C。
3．【答案】A
【解析】A．在呼吸面具中，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，发生的都是氧化还原反应，A符合题意；B．NaHCO3作膨松剂时，发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，属于非氧化还原反应，B不符合题意；C．Al2(SO4)3作净水剂时，发生双水解反应Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，属于非氧化还原反应，C不符合题意；D．Fe2O3作红色颜料时，利用其物理性质，D不符合题意；故选A。
4．【答案】B
【解析】A．有的物质分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有时也存在于分子内，A正确；B．CO2溶于水可与水反应生成碳酸，除了分子间作用力改变，共价键也发生了改变；而干冰升华仅有分子间作用力发生了改变，B错误；C．化学反应能否自发进行判断依据是ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此必须要综合考虑焓变和熵变的影响，C正确；D．Fe(SCN)3水溶液显血红色，因此可利用硫氰化铁配离子的颜色来判断溶液中存在Fe3+的存在，D正确；故合理选项是B。
5．【答案】D
【解析】A．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，选项A错误；B．盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，选项B错误；C．SO2在催化剂及加热条件下与氧气反应生成SO3，点燃条件下无法完成转化，选项C错误；D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸，选项D正确；答案选D。
6．【答案】A
【解析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO、AlO；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀甲、气体甲，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液中一定含有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明在原溶液中有NO，在强酸性溶液中含有NO，则一定不存在具有还原性的离子I-，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO、Al3+、SO、Cl-五种离子，据此解答分析。A．根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，0.1mol/LNO，溶液中阳离子带有的电荷为：(0.1mol/L×1)+(0.1mol/L×3)=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，根据电荷守恒，还应该含有SO和Cl-，所以该溶液中一定有Al3+、NO、SO、Cl-四种离子，故A正确；B．根据反应方程式3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，若消耗14.4g铜，n(Cu)==0.225mol，根据反应方程式中Cu与NO的物质的量关系可知生成一氧化氮气体的物质的量为n(NO)=n(Cu)=×0.225mol=0.15mol，由于没有告知是否是在标准状况下，所以0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.36L，故B错误；C．根据上述分析可知，溶液中含有硫酸根离子，溶液A中加过量(NH4)2CO3、Ba(OH)2后，沉淀乙中一定含有BaCO3、BaSO4，故C错误；D．溶液中一定没有Fe3+、I-，故D错误；故选A。
7．【答案】C
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物。0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，则丙应为H2SO4，K为SO2，乙是常见的气体，乙为O2，L为H2O；甲是常见的固体单质，且与浓硫酸反应生成水、SO2和化合物M，则甲为C，M为CO2，因此W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，据此分析解答。根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，K为SO2，L为H2O，M为CO2，甲为C，乙为水，丙为硫酸。A．W与X形成的化合物为烃，不一定是非极性分子，如甲烷是非极性分子，而丙烷等为极性分子，故A错误；B．X、Z对应的最高价氧化物的水化物中H2SO4为强电解质，H2CO3为弱电解质，故B错误；C．化合物COS的结构类似CO2，只含共价键，故C正确；D．K(SO2)、M(CO2)常温下均为气体，L为水，常温下为液体，因此水的沸点最高，故D错误；故选C。
8．【答案】D
【解析】铬矿石烧渣（主要含、、和）加水浸取，其中分离除去，水解产生氢氧化铁分离除去，滤液中加入硫酸酸化，转化为硅酸沉淀分离除去，“酸化”时发生反应的离子方程式为，铬元素以的形式存在于溶液中，经蒸发浓缩，降温结晶获得，据此分析回答问题。A．结合反应速率的影响因素可知，“水浸”时适当升高温度和搅拌有利于加快浸取的速率，故A正确；B．结合分析可知，“酸化”时发生反应的离子方程式为，故B正确；C．结合分析可知，“滤渣”的成分为，故C正确；D．由于加入硫酸酸化，有残余的氢离子存在于溶液中，故“母液”中主要存在离子是Na+、H+和，故D错误；故选D。
9．【答案】D
【解析】A．根据洪特规则，基态的电子排布式为，故A错误；B．含有离子键，属于离子化合物，故B错误；C．构成晶体的微粒为氨分子，微粒间为分子间作用力，晶体类型为分子晶体，故C错误；D．氨分子中N原子含有孤电子对，中与形成配位键的原子是N，故D正确；选D。
10．【答案】C
【解析】A．反应的平衡常数可表示为，故A错误；B．平衡时升高温度，v(正)、v(逆)均增大，故B错误；C．正反应放热，焓变=反应物总键能-生成物总键能，反应物所含化学键健能总和小于生成物所含化学键键能总和，故C正确；D．催化剂不能使平衡移动，使用催化剂不能提高平衡时的产率，故D错误；选C。
11．【答案】A
【解析】A．BHET中含醇羟基，且与羟基相连的碳上有氢，能发生取代反应、氧化反应，含苯环，能发生加成反应，A正确；B．由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子质量在一万以上的化合物为有机高分子化合物，而BHET的相对分子质量远小于一万，不是有机高分子化合物，B错误；C．结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互为同系物，而甲醇含一个羟基，乙二醇含两个羟基，两者分子组成上相差1个O，两者不是同系物，C错误；D．PET中酯基和羧基能和氢氧化钠反应，但由于n值未知，所以1molPET消耗氢氧化钠的物质的量未知，D错误；答案选A。
12．【答案】C
【解析】由图式可知，过程I为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程II为：Cl+O3→O2+ClO，过程III为：ClO +O→O2+Cl。A．CFCl3、CCl4两者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，则CFCl3沸点比CCl4低，A正确；B．过程I为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程II为：Cl+O3→O2+ClO，过程III为：ClO +O→O2+Cl，故过程III中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离，B正确；C．过程I为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程II为：Cl+O3→O2+ClO，过程III为：ClO +O→O2+Cl，可知CFCl3作为反应物被消耗，CFCl3不是催化剂，C错误；D．由图可知，紫外线辐射提供破坏了C-Cl断键需要吸收能量，D正确；故选C。
13．【答案】A
【解析】由题意虚线箭头、实线箭头分别表示放电、充电过程，则放电时电极b上二氧化碳得电子，作正极，电极反应式为，电极a为负极，电极反应式为KSn-e-=K++Sn。A．该电池的负极为合金KSn，K是活泼金属，会和水剧烈反应，故电解液不可以含水，A错误；B．放电时b为正极，则充电时，电极b应连接电源的正极，B正确；C．原电池放电时，电子经导线从负极流向正极，则放电时，电子通过外电路由电极a流向电极b，C正确；D．由分析可知放电时，电极b的电极反应式为，D正确；答案选A。
14．【答案】B
【解析】A．Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)，Ksp(ZX)=c(Z2+)∙c(X2-)，横坐标表示阳离子浓度的负对数，纵坐标表示金属阳离子浓度的负对数，X2-改变相同量时，Y+浓度变化量大于Z2+浓度的变化量，所以M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，A正确；B．c点在M斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此c点Qc=c2(Y+)∙c(X2-)＜Ksp(Y2X)，因此c点形成的的是Y2X的不饱和溶液，B错误；C．N表示ZX的溶解平衡曲线，b点为ZX的饱和溶液，若加入Na2X饱和溶液，则c(X2-)增大，由于Ksp不变，ZX固体会析出，最终导致溶液中c(Z2+)减小，C正确；D．N表示ZX的溶解平衡曲线，由b（5，30.2）可知：ZX的溶度积常数Ksp=10-（5+30.2）=10-35.2，M表示Y2X的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)=10-（20×2+9.2）=10-49.2。ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=，D正确；故合理选项是B。
15．【答案】（1）浓硫酸     TiO2+6Cl2+4CTiCl4+2CO+2CCl4
（2）cabfed
（3）蒸馏
（4）缺少一氧化碳尾气处理装置
（5）与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+离子在空气中被氧化     b     80%
【解析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气与二氧化钛和碳粉末高温条件下反应制备四氯化碳，装置D用于冷凝收集四氯化钛，装置E中盛有碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入D中导致四氯化钛水解，该装置的设计缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置。
（1）由分析可知，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中发生的反应为氯气与二氧化钛和碳粉末高温条件下反应生成四氯化碳和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+6Cl2+4CTiCl4+2CO+2CCl4，故答案为：浓硫酸；TiO2+6Cl2+4CTiCl4+2CO+2CCl4。
（2）由题给信息可知，制备四氯化钛的操作为组装好仪器后，检查装置气密性，在该装置中装入实验所需药品，打开分液漏斗活塞将浓盐酸滴入圆底烧瓶中制备氯气，待氯气排尽装置中的空气后，加热装置C中陶瓷管制备并收集四氯化钛，待装置D中气体颜色变为无色后，停止加热，充分冷却，关闭分液漏斗活塞停止制备氯气，则制备四氯化钛的正确操作顺序为cabfed，故答案为：cabfed。
（3）由题给信息可知，实验结束后装置D中烧瓶内得到四氯化钛和四氯化碳的液态混合物，分离混合物应利用沸点差异，用蒸馏的方法分离得到四氯化钛，故答案为：蒸馏。
（4）由分析可知，该装置的设计缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置，故答案为：没有一氧化碳的尾气处理装置。
（5）①由题意可知，加入金属铝将TiO2+全部转化为Ti3+离子，同时与溶液中的酸反应生成氢气，氢气将装置中的空气排尽形成氢气氛围，防止溶液中的Ti3+在空气中被氧化，故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+离子在空气中被氧化。
②由题意可知，滴定时滴入溶液中的铁离子将溶液中Ti3+离子氧化为TiO2+，当铁离子与Ti3+离子完全反应时，滴入最后一滴硫酸铁铵溶液，过量的铁离子能使硫氰化钾溶液变为红色，则滴定时应选用硫氰化钾溶液作指示剂，故选b。
③由题意可得如下关系：TiO2—Ti3+—Fe3+，滴定消耗0.1000mol/L标准溶液的平均体积为20.00mL，则样品中二氧化钛的纯度为×100%=80%，故答案为：80%。
16．【答案】（1）+3
（2）
（3）
（4）分液     加入使增大，促进平衡逆向移动
（5）、
（6）
【解析】铜锰渣（含、、等物质）加稀硫酸，锰元素发生歧化反应得到Mn2+和MnO2，过滤除去MnO2，向滤液1中加入Na2S2O3溶液，过滤得到含Co2+、Zn2+、Mn2+的滤液2和滤渣CuS，CuS通过系列处理得到Cu，向滤液2中加HR进行萃取分液得到含CoR2的有机相和含Zn2+、Mn2+的水相，有机相通过系列处理得到Co3O4。
（1）Zn为+2价，O为-2价，Cu为+2价，根据化合物中元素化合价代数和为0可知、中Mn元素的化合价为+3价。
（2）中Mn元素的化合价为+3价，由流程看得到了+4价的Mn，因此该步骤发生歧化反应，还应有硫酸锰生成，因此铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式为。
（3），，析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，是因为硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成S，用离子方程式解释为。
（4）操作Ⅱ后得到水相和有机相，则操作Ⅱ为分液；所得有机相含CoR2，硫酸能进行反萃取的原因是加入使增大，促进平衡逆向移动。
（5）滤液1含Cu2+、Co2+、Zn2+、Mn2+，由图可知当用量倍数为2.0时，Cu沉淀率接近百分之百，也就是说水相中几乎无铜离子，Co2+、Zn2+、Mn2+的沉淀率很小，而Co2+在有机相中，因此水相中的金属阳离子除含加进去的外，主要还含、。
（6）中Co的平均价态为+，电极产物中Co的价态为+3价，则在阳极失电子转化为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒、KOH溶液作电解液可知转化为的电极反应式为。
17．【答案】（1）+165 kJ∙mol−1
（2）106 kJ∙mol−1
（3）AD     30%     或0.64或0.643
（4）否     750℃时反应速率快，6小时均基本达到平衡，H2平衡产率只与温度有关
【解析】（1）将反应I和反应II相加得到反应：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH=+165 kJ∙mol−1；故答案为：+165 kJ∙mol−1。
（2）反应I是吸热反应，则反应的正反应活化能减去逆反应的活化能等于焓变，由于正反应的活化能为312 kJ∙mol−1，则该反应逆反应的活化能为312 kJ∙mol−1−206 kJ∙mol−1=106 kJ∙mol−1；故答案为：106 kJ∙mol−1。
（3）①A．CO的消耗速率等于CO2的消耗速率，一个正向反应，一个逆向反应，两者速率之比等于计量系数之比，因此能作为判断平衡标志，故A符合题意；B．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，则不能说明达到平衡，故B不符合题意；C．摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量不变，摩尔质量始终不变，因此当混合气体的平均相对分子质量保持不变，则不能说明达到平衡，故C不符合题意；D．由于该容积是不变的绝热密闭容器中，发生反应II，该反应是放热反应，正向反应，放出热量，压强不断增大，当容器内气体压强不再变化，则达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为：AD。
②达到平衡时，，氢气的物质的量分数为20％，，解得x=0.6mol，则CO的转化率为，该温度时反应的平衡常数K=；故答案为：30%；或0.64或0.643。
（4）根据图中信息该反应750℃以后氢气的产率趋于相同，主要是因为在750℃以后几种情况下都达到了平衡状态，催化剂不改变平衡移动，因此a点不是处于平衡状态的点；故答案为：否；750℃时反应速率快，6小时均基本达到平衡，H2平衡产率只与温度有关。
18．【答案】（1）3d6     4
（2）正四面体形     sp3
（3）B
（4）6     N、Cl     乙二胺容易形成分子间氢键，沸点较高，常温呈液态
（5）16    
【解析】（1）Co是27号元素，Co3+价层电子排布式是3d6，LiFePO4中铁元素显+2价，Fe2+价层电子排布为3d6，未成对电子数为4。
（2）中P原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体，中心原子的杂化类型是sp3。
（3）A．失去一个电子需要的能量为激发态锂的第一电离能；B．失去一个电子需要的能量为基态锂的第二电离能； C．失去一个电子需要的能量为基态锂的第一电离能；D．失去一个电子需要的能量为激发态锂的第二电离能；
所需能量最大的是B。
（4）该阳离子中与钴离子形成配位键的有4个N和2个Cl，配位数是6，配体中提供孤电子对的原子有N、Cl。乙二胺容易形成分子间氢键，沸点较高，常温呈液态。
（5）根据均摊原则，晶胞中Li+数为，钴酸锂的化学式为LiCoO2，晶胞中含有O2-的个数为16。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为g·cm-3。
19．【答案】（1）C20H24ON2S
（2）羟基、羧基     消去反应
（3）     15
（4）+NaOH+NaBr
（5）26     、
（6）
【解析】A的分子式为C8H9Br，B能与O2、Cu加热时反应生成C（），则B的结构简式为，A的结构简式为；C与HCN、H+发生题给已知I的反应生成D，D的结构简式为，D与浓硫酸、加热反应生成E，E与SOCl2、加热反应生成F，结合F的分子式C9H7ClO和题给已知II的第一步可知，E的结构简式为，F的结构简式为；F与H发生题给已知II的第二步反应生成I；据此分析作答。
（1）由I的结构简式可知，I的分子式为C20H24ON2S；答案为：C20H24ON2S。
（2）D的结构简式为，D中官能团的名称为羟基、羧基；E的结构简式为，D在浓硫酸存在、加热条件下发生消去反应生成E；答案为：羟基、羧基；消去反应。
（3）根据分析F的结构简式为； C的结构简式为，联想苯和甲醛的结构，结合单键可以旋转可知，C中最多有15个原子共面（图中红框中的8个C、6个H和1个O原子可共面）；答案为：；15。
（4）A的结构简式为，B的结构简式为，A与NaOH水溶液共热发生水解反应生成B，反应的化学方程式为+NaOH+NaBr。
（5）D的结构简式为，D的分子式为C9H10O3，不饱和度为5；D的同分异构体与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH，能水解，且能发生银镜反应，则D的同分异构体中含有HCOO—和苯环直接相连、酚羟基；若苯环上有3个侧链，3个侧链为HCOO—、—OH和—CH2CH3，苯环上3个侧链不相同时有10种位置，即有10种同分异构体；若苯环上有4个侧链，4个侧链为HCOO—、—OH和2个—CH3，先固定2个—CH3的位置有、、，后采用“定一移二”法，苯环上有2个H原子分别被HCOO—、—OH代替有6种同分异构体，苯环上有2个H原子分别被HCOO—、—OH代替有7种同分异构体，苯环上有2个H原子分别被HCOO—、—OH代替有3种同分异构体，符合题意的同分异构体共10+6+7+3=26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的有机物结构简式为、；答案为：26；、。
（6）对比与、CH3COOH的结构简式，结合题给已知和题干已知II，可由CH3COOH与SOCl2、加热反应生成CH3COCl；与浓硝酸、浓硫酸共热生成，与Fe、HCl共热反应生成，与CH3COCl在NEt3、CH2Cl2加热时反应得到目标化合物乙酰对甲基苯胺；合成路线流程图为。