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2021-2022学年辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连二十四中五校联考高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连二十四中五校联考高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共24页。试卷主要包含了1ml次氯酸钠需要消耗2，某磷酸铁锂电池的切面如图所示，8×1013，Ksp=1，2时，溶液中nn=991，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
《梦溪笔谈》中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是( )
A. “苦泉”可使蛋白质变性B. 胆矾的化学式为CuSO4
C. 胆矾受热不能分解D. 胆矾与铁通过复分解反应可炼铜
下列化学用语使用正确的是( )
A. 聚丙烯的键线式：B. 含14个中子的铝离子： 1327Al3+
C. 铁离子的价电子排布式为：3d34s2D. 四氯化碳的分子结构模型：
化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是( )
A. 医用口罩和防护服的主要原材料是聚丙烯(PP)，它与聚乙烯互为同系物
B. 动力电池上使用的石墨烯是一种新型的无机非金属材料
C. 可用丁达尔效应来区分白酒和淀粉溶液
D. 化妆品中添加的甘油可以起到保湿作用
75%乙醇和84消毒液等是防疫期间常用物品，84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 75%的医用酒精和84消毒液混合使用效果会更好
B. 等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
C. 32gCu在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NA
D. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1ml次氯酸钠需要消耗2.24L氯气
常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化
B. a的一氯代物有3种
C. a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成
D. 1mlb最多可与2mlNaOH反应
从废旧铅蓄电池铅膏(含PbSO4和PbO2等)中回收铅的工艺流程如图：
下列说法错误的是( )
A. 流程中H2O2作氧化剂
B. 向废铅膏中加入(NH4)2CO3和H2O2后，溶液温度不宜过高
C. “滤液”中溶质主要是(NH4)2SO4
D. 电解时，阳极、阴极材料可分别用石墨、铅
脑啡肽分子的结构简式如图，下列有关脑啡肽分子的说法错误的是( )
A. 分子间可形成氢键B. 分子中含有3个手性碳原子
C. 由五种氨基酸分子缩合生成D. 能发生取代、氧化、缩合反应
短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增加。X、Y、M、N为分别由这四种元素中的两种组成的常见化合物，甲、乙为其中两种元素对应的单质。若X与Y、甲与乙摩尔质量相同，Y与乙均为淡黄色固体，N为一种常见的液体，上述物质之间的转化关系如图所示(部分反应物或生成物省略)，则下列说法中正确的是( )
A. M、N分子的空间结构均为V形，且沸点：N>M
B. X、Y中所含的化学键类型相同
C. 四种元素的电负性大小顺序：D>B>C>A
D. D的最高价氧化物对应的水化物为强碱
磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1−xFePO4=6C+LiFePO4.某磷酸铁锂电池的切面如图所示。下列说法错误的是( )
A. 放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
B. 隔膜在反应过程中只允许Li+通过
C. 充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4−xe−=Li1−xFePO4+xLi+
D. 充电时电子从电源经铝箔流入正极材料
利用双极膜电解制备磷酸和氢氧化钠的原理如图所示。已知双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，中间界面内水解离为H+和OH−，并实现其定向通过。下列说法正确的是( )
A. 若用铅酸蓄电池为电源，则X极与Pb电极相连
B. 双极膜中a为H+，b为OH−
C. 当电路中通过4ml电子时，电极Y上产生1ml气体
D. M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜
CO常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lgc(CO)c(CO2)与温度(t)的关系曲线图。下列说法正确的是( )
A. 工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，减少尾气中CO的含量
B. CO不适宜用于工业冶炼金属铬(Cr)
C. 工业冶炼金属铜(Cu)时较高的温度有利于提高CO的利用率
D. CO还原PbO2的反应△H>0
温度T1时，向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和A，发生反应D(s)+2A(g)⇌B(g)+C(g)，第15min时，温度调整到T2，测得下列各时刻A的物质的量如下表所示。反应中没有使用催化剂，下列说法不正确的是( )
A. 0∼5min，生成B的平均速率为0.025ml⋅L−1⋅min−1
B. 由表中数据可知T1>T2，且该反应的ΔS<0
C. 其他条件不变，30min时加入B、C各1ml，达到新平衡后，A的体积分数不变
D. T1、T2温度下，该反应对应的平衡常数为K1、K2，其大小顺序为K1超氧化钾被称为“化学氧自救剂”，主要用于煤矿井下急救。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(该晶胞为立方晶胞，结构与NaCl晶胞相似)。则下列有关说法正确的是( )
A. 晶体中与K+最近且距离相等的K+有6个，K+位于O2−构成的八面体空隙中
B. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K+和1个O2−
C. 超氧化钾晶体与金刚石均为共价晶体
D. 若K+与最近的O2−间距离为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为712d3NAg⋅cm−3
下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
25℃，向20mL0.1ml⋅L−1的H3PO2溶液中滴加0.1ml⋅L−1的NaOH溶液(滴定过程中溶液温度保持不变)，滴定曲线如图1，含磷物种浓度所占分数(δ)随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是( )
A. H3PO2的电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2−+H+；电离常数Ka≈10−5
B. B点溶液中存在关系：2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH−)+c(H2PO2−)
C. 图2中的a点对应为图1中的B点
D. D点时，溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)
通过对阳极泥的综合处理可以回收，宝贵的金属，一种从铜阳极泥(主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等)中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：
(1)已知预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为______，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是______。
(2)回收分渣中的银，可用如下过程：
已知：S2O32−在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2S2O32−⇌Ag(S2O3)23−.常温下，络合反应的平衡常数为 K稳[Ag(S2O3)23−]=2.8×1013，Ksp(AgCl)=1.8×10−10。
①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2O32−(aq)⇌Ag(S2O3)23−(aq)+Cl−(aq)，常温下此反应的平衡常数K为______(结果保留二位小数)。
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，离子反应方程式为______。
③Ⅲ中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平面的角度分析原因______。
(3)分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)。已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10−3，Ka2=2.5×10−4，则 NaHSeO3溶液的pH______7(填“>”、“<”或“=”)。二元强酸硒酸(H2SeO4)可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，电解时的阳极反应式为______。
(4)分铜得到产品CuSO4⋅5H2O的具体操作如下：
其中，萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+⇌R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用______(填化学式)溶液。
高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0∼5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2.某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并测定产品纯度。回答下列问题：
Ⅰ.制备K2FeO4
装置如图所示，夹持、加热等装置略。
(1)仪器a的名称是______，装置B中除杂质所用试剂是______，装置D的作用是______。
(2)A中发生反应的化学方程式为______。
(3)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0∼5℃，采用的控温方法为______，反应中KOH必须过量的原因是______。
(4)写出C中总反应的离子方程式：______。C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。
Ⅱ.K2FeO4产品纯度的测定
准确称取1.00g制得的晶体，配成250 mL溶液，准确量取25.00mLK2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O72−，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500ml/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液显浅紫红色)，平行测定三次，平均消耗 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液28.00mL。
(5)根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为______。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______。(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
硫氧化物、氮氧化物和一些碳氧化物是空气的主要污染物之一，研究硫氧化物、氮氧化物和一些碳氧化物的形成及处理具有重要意义。
(1)汽车在行驶过程会排放氮氧化物，如：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)
已知：N≡N，O=O键能分别为938kJ⋅ml−1，462kJ⋅ml−1，该反应的正反应活化能为928kJ⋅ml−1，逆反应活化能为728kJ⋅ml−1，则该反应的ΔS______0(填“>”或“=”或“<”)，NO中氮氧键的键能为 ______。
(2)利用CO和H2可合成甲醇，可以变废为宝。已知CO和H2在体积恒定的密闭容器中会发生如下反应：
(主)反应Ⅰ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
(副)反应Ⅱ.CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)
为减弱副反应的发生，下列采取的措施合理的是 ______。
A.反应前加入少量的水蒸气
B.增大压强
C.降低反应温度
D.使用合适催化剂，可能提高甲醇的选择性
(3)SO2易溶于水，光谱研究表明，SO2的水溶液中存在下列平衡：
其中K1、K2、K3为各步的平衡常数，且K1=c(SO2⋅xH2O)pSO2(pSO2表示SO2的平衡压强)。
①当SO2的平衡压强为p时，测得c(SO32−)=aml⋅L−1，则溶液c(H+)=______ml⋅L−1。(用含p、a、K1、K2、K3的式子表示)
②滴加NaOH至pH=6.2时，溶液中n(SO32−)n(HSO3−)=991。如果溶液中n(SO32−)n(HSO3−)=919，需加NaOH将溶液pH调整为约等于 ______。
(④)“钙基固硫”是利用石灰石将燃煤烟气中的SO2转化为CaSO4。但高温时CO会与CaSO4反应而影响脱硫效率。相关反应如下：
Ⅰ.CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)
Ⅱ.CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)
反应开始时(未加催化剂)，体系中nn(CaSO4)n(CO)=12，反应25min后，体系中n(CaO)n(CaS)的比值随温度变化如下表所示：
请结合右图中所给反应过程-能量图，说明：
①750K→1250K时，比值随温度升高逐渐减小的原因是 ______。
②1250K后，比值随温度升高逐渐增大的原因是 ______。
有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：
己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。
(1)C的化学名称为______反应的①反应条件为______，K的结构简式为______
(2)生成A的有机反应类型为______，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4−
第二步：
第三步：AlCl4−+H+→AlCl3+HCl
请写出第二步反应______。
(3)由G生成H的化学方程式为______
(4)A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有______种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是______
①属于芳香族化合物
②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应；
(5)天然橡胶的单体是异戊二烯 (2−甲基−1，3−丁二烯)，请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。(无机试剂任选)______
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题为信息题，明确题目中所给的信息以及Cu及其化合物的性质是解本题关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生获取信息利用信息解答问题能力。
【解答】
A.由题意可知，“苦泉”泉水中含有硫酸铜，铜离子为重金属能够使蛋白质变性，故A正确；
B.胆矾是硫酸铜晶体，“胆矾”化学式为CuSO4⋅5H2O，故B错误；
C.胆矾受热分解生成硫酸铜和水，故C错误；
D.熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，硫酸铜与Fe置换反应生成Cu，属于置换反应，故D错误；
故选：A。
2.【答案】B
【解析】解：A.聚丙烯的结构简式为，其键线式应该为，故A错误；
B.含14个中子的铝离子： 1327Al3+，故B正确；
C.铁元素是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去3个电子变成铁离子，铁离子的价电子排布式为3d5，故C错误；
D.甲烷分子和四氯化碳分子均为正四面体构型，原子半径：Cl>C>H，则分子结构模型可表示甲烷分子，不能表示四氯化碳分子，故D错误；
故选：B。
A.聚丙烯链节的主链上含有2个碳和1个甲基；
B.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；
C.铁元素是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去3个电子变成铁离子，根据构造原理判断其价电子排布式；
D.甲烷分子和四氯化碳分子均为正四面体构型，原子半径：Cl>C>H。
本题考查常见化学用语的书写判断，题目难度中等，试题侧重基础知识的考查、综合性较强，注意掌握键线式、核素离子符号、价电子排布式、分子模型等化学用语的概念及表示方法，选项D为易错点，注意明确原子半径大小。
3.【答案】A
【解析】解：A.聚丙烯(PP)与聚乙烯都是混合物，同系物必须是纯净物才行，故A错误；
B.石墨烯是一种新型的无机非金属材料，故B正确；
C.丁达尔效应是胶体的特有性质，故可用丁达尔效应来区分白酒和淀粉溶液，故C正确；
D.甘油具有吸水和保湿作用，故化妆品中添加的甘油可以起到保湿作用，故D正确；
故选：A。
A.聚丙烯(PP)与聚乙烯都是混合物；
B.石墨烯是一种新型的无机非金属材料；
C.丁达尔效应是胶体的特有性质；
D.甘油具有吸水和保湿作用。
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.75%的医用酒精和84消毒液混合使用会降低其消毒能力，酒精有还原性，次氯酸钠有强氧化性，两者可能发生反应生成有毒的氯仿，故A错误；
B.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应的离子反应为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，遵循电子、电荷守恒，故B正确；
C.32g铜的物质的量为n=32g64g/ml=0.5ml，而铜和氧气反应后变为+2价，而和硫蒸气反应后变为+1价，故0.5ml铜和氧气反应后转移电子为NA个，和硫反应后转移电子为0.5NA个，故C错误；
D.题目未给标准状况，无法使用22.4L/ml计算物质的的量，故D错误；
故选：B。
A.酒精具有还原性，次氯酸钠具有氧化性；
B.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；
C.求出铜的物质的量，然后根据铜和氧气反应后变为+2价，而和硫蒸气反应后变为+1价来分析；
D.题目未给标准状况。
本题考查了氯及其化合物的性质和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意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，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.物质a中C、O原子价层电子对数都是4，则C、O原子都采用sp3杂化，故A正确；
B.a中含有3种氢原子，其一氯代物就有3种，故B正确；
C.a生成b的反应为，为加成反应，生成C−O极性键，故C错误；
D.b水解生成H2CO3、CH3CH(OH)CH2OH，H2CO3和NaOH最多能以1：2反应，则1mlb最多能和2mlNaOH反应，故D正确；
故选：C。
A.物质a中C、O原子价层电子对数都是4；
B.a中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
C.a生成b的反应为，生成C−O键；
D.b水解生成H2CO3、CH3CH(OH)CH2OH，H2CO3和NaOH最多能以1：2反应。
本题考查有机物的结构和性质、原子杂化类型判断，侧重考查图片分析、判断及知识综合运用能力，明确氢原子种类和一氯代物种类的关系、官能团及其性质的关系、原子杂化类型判断方法是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.流程中Pb元素的化合价由+4价降低为+2价，可知H2O2作还原剂，故A错误；
B.加入(NH4)2CO3和H2O2后，溶液温度不宜过高，温度过高H2O2易分解，故B正确；
C.由上述分析可知，“滤液”中溶质主要是(NH4)2SO4，故C正确；
D.电解Pb(BF4)2溶液生成Pb，可知阴极上Pb2+得到电子生成Pb，则阳极、阴极材料可分别用石墨、铅，故D正确；
故选：A。
由流程可知，将废铅膏加入H2O2可还原PbO2，碳酸铵与硫酸钡反应生成PbCO3，过滤分离出滤液含(NH4)2SO4，滤渣含PbCO3、PbO，加入HBF4溶液，可生成Pb(BF4)2，最后电解生成Pb，以此解答该题。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，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。
7.【答案】C
【解析】解：A.该分子中−OH、−COO、−NH2能形成分子间氢键，故A正确；
B.如图，图中标有*的为手性碳原子，有3个手性碳原子，故B正确；
C.对应的氨基酸有、、NH2−CHCOOH，CH3CH(CH3)CH2CH(NH2)COOH，共4种，故C错误；
D.酰胺键、羟基、羧基都能发生取代反应；酚羟基可发生氧化反应，含有羧基、羟基，可发生缩合反应，故D正确；
故选：C。
有机物含有4个肽键，对应的氨基酸有、、NH2−CHCOOH、CH3CH(CH3)CH2CH(NH2)COOH；
A.−OH、−COO、−NH2能形成分子间氢键；
B.如图，图中标有*的为手性碳原子；
C.对应的氨基酸有、、NH2−CHCOOH，CH3CH(CH3)CH2CH(NH2)COOH；
D.含有酰胺键、酚羟基、苯环、氨基，具有酰胺、酚、苯和氨的性质。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、手性碳原子判断方法等知识点是解本题关键，C为解答易错点。
8.【答案】A
【解析】解：由分析可知，A为H元素、B为O元素、C为Na元素、D为S；X为Na2S、Y为Na2O2、M为H2S、N为H2O、甲为O2、乙为S；
A.M为H2S，N为H2O，O、S原子孤电子对为6−1×22=2，价层电子对数为2+2=4，故二者都是V形，水分子之间存在氢键，沸点高于H2S的，故A正确；
B.X为Na2S、Y为Na2O2，硫化钠只含有离子键，而过氧化钠含有离子键、共价键，故B错误；
C.元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性O>S>H>Na，故C错误；
D.D为S，对应的最高价氧化物的水化物为硫酸，呈酸性，故D错误；
故选：A。
A、B、C、D为短周期内原子序数依次增大的元素，X、Y、M、N分别由这四种元素中的两种组成的常见化合物，甲、乙为其中两种元素对应的单质，而化合物Y为淡黄色，N为一种常见的液体，Y能与N反应生成单质甲，则Y为Na2O2、N为H2O、甲为O2，甲与乙摩尔质量相同为32g/ml，而乙为淡黄色固体，则乙为S，X与Y的摩尔质量相等均为78g/ml，且X与酸反应生成M，M与氧气反应生成S与H2O，可推知M为H2S，则X为Na2S，故A为H元素、B为O元素、C为Na元素、D为S。
本题考查无机物推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，“物质的颜色及均由短周期元素组成”为推断突破口，基本属于猜测验证型题目，熟练掌握元素化合物性质，注意识记一些特殊的相对分子质量质量，难度较大．
9.【答案】D
【解析】解：A、原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故A正确；
B、该原电池中，负极反应式为LixC6−xe−=6C+xLi+，正极反应式为Li1−xFeO4+xLi++xe−=LiFePO4，所以隔膜为阳离子交换膜，在反应过程中只允许Li+通过，故B正确；
C、放电时，正极反应式为Li1−xFeO4+xLi++xe−=LiFePO4，充电时，原电池的正极与外加电源正极相接，电极反应与原电池正极反应相反，即充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4−xe−=Li1−xFePO4+xLi+，故C正确；
D、充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材料，故D错误；
故选：D。
根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应LixC6+Li1−xFePO4=6C+LiFePO4可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6−xe−=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1−xFeO4+xLi++xe−=LiFePO4，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理分析回答。
本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意选项D为易错点，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.由分析可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，若用铅酸蓄电池为电源，X极与二氧化铅相连，故A错误；
B.由分析可知，双极膜中水解离出的离子a为氢氧根离子、b为氢离子，故B错误；
C.由分析可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，Y为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e−=H2↑，由电极反应式可知电路中通过电子时，电极Y上产生氢气的物质的量为4ml×12=2ml，故C错误；
D.由分析可知，M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜，故D正确；
故选：D。
由图可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，Y为阴极，电解池工作时阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移，则双极膜中水解离出的离子a为氢氧根离子、b为氢离子，M膜为阴离子交换膜，原料室中磷酸二氢根离子通过M膜进入产品室1，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸，N膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子通过N膜进入产品室2得到氢氧化钠。
本题考查电解原理，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，对反应进行的程度无影响，则不能减少尾气中CO的含量，故A错误；
B.由图可知，相同温度时lgc(CO)c(CO2)越大，对金属冶炼越不利，且比值一直较大，CO的转化率较低，则CO不适宜用于工业冶炼金属铬(Cr)，故B正确；
C.由图可知，相同温度时，冶炼Cu时lgc(CO)c(CO2)最小，且低温时CO转化的程度大，则低温有利于提高CO的利用率，故C错误；
D.由图可知，CO还原PbO2时lgc(CO)c(CO2)随温度的升高而增大，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故△H<0，故D错误；
故选：B。
A.通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，对反应进行的程度无影响；
B.由图可知，相同温度时lgc(CO)c(CO2)越大，对金属冶炼越不利；
C.由图可知，相同温度时，冶炼Cu时lgc(CO)c(CO2)最小，且低温时CO转化的程度大；
D.由图可知，CO还原PbO2时lgc(CO)c(CO2)随温度的升高而增大。
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握图中温度与对数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，根据方程式，Δn(B)=12Δn(A)=0.25ml，v(B)=0.25ml2L×5min=0.025ml/(L⋅min)，故A正确；
B.T1温度下，0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，第15min时，温度调整到T2，T2温度下，15∼20min中，Δn(A)=1.20ml−0.60ml=0.60ml，说明T2温度下反应速率比T1温度下反应速率大，则T1C.该反应是气体体积不变的反应，则30min时加入B、C各1ml，与原平衡为等效平衡，达到新平衡后，A的体积分数不变，故C正确；
D.温度调整到T2，n(A)减小，平衡正向移动，K值增大，则K1故选：B。
A.0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，根据方程式，Δn(B)=12Δn(A)=0.25ml，结合v=△nV⋅△t计算；；
B.T1温度下，0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，第15min时，温度调整到T2，T2温度下，15∼20min中，Δn(A)=1.20ml−0.60ml=0.60ml，说明T2温度下反应速率比T1温度下反应速率大；
C.该反应是气体体积不变的反应，则30min时加入B、C各1ml，与原平衡为等效平衡；
D.温度调整到T2，n(A)减小，平衡正向移动，K值增大；
本题考查化学反应原理，涉及反应速率计算，化学平衡的影响因素，考查学生变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知学科核心素养，此题难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.观察超氧化钾晶体的晶胞得出，与面心的K+最近且等距离的K+分别位于经过K+三个垂直面的顶点上，共有12个；O2−构成正八面体，K+位于中心，位于O2−构成的八面体空隙中，故A错误；
B.由晶胞图可知，K+的个数为8×18+6×12=4，O2−的个数为12×14+1=4，化学式为KO2，故B错误；
C.超氧化钾晶体的一个晶胞为立方晶胞，结构与离子晶体NaCl晶胞相似，则超氧化钾晶体为离子晶体，而金刚石为原子间通过共价键构成的共价晶体，故C错误；
D.若K+与最近的O2−间距离为dcm，即为边长的12，则晶胞的体积V=(2d)3cm3；晶胞的质量m=4×39+4×32NAg；根据晶体的密度ρ=mV=4×(39+32)NA⋅(2d)3g⋅cm−3=712d3NAg⋅cm−3，故D正确；
故选：D。
A.观察超氧化钾晶体的晶胞得出与面心的K+最近且等距离的K+分别位于经过K+三个垂直面的顶点上；O2−构成正八面体，K+位于中心；
B.根据均摊法计算晶胞中K+与O2−个数，并确定化学式；
C.超氧化钾晶体的一个晶胞为立方晶胞，结构与NaCl晶胞相似；
D.根据晶体的密度ρ=mV计算。
本题考查晶胞结构与计算，为高频考点，侧重考查学生的观察与空间想象能力，掌握晶胞中利用均摊法的有关计算是解题的关键，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.滴入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，硝酸可氧化亚铁离子，不能比较Ag+、Fe3+的氧化性强弱，故A错误；
B.浓盐酸中c(H+)大，与Na反应速率快，故B错误；
C.Na2SO3对应的不是最高价含氧酸，不能比较S、C的非金属性，故C错误；
D.生成乙烯与溴发生加成反应，由操作和现象可知溴乙烷发生消去反应，故D正确；
故选：D。
A.硝酸可氧化亚铁离子；
B.浓盐酸中c(H+)大；
C.Na2SO3对应的不是最高价含氧酸；
D.生成乙烯与溴发生加成反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质检验、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。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查学生弱电解质的电离、盐的水解原理的应用以及酸碱中和滴定的有关知识，属于综合知识的考查，注意图象的理解和应用是关键，难度中等。
【解答】
A、根据图2所示，一定pH下，电离出的离子为H2PO2−，所以H3PO2是一元弱酸，电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2−+H+；20mL0.1ml⋅L−1的H3PO2溶液中滴加0.1ml⋅L−1的NaOH溶液10mL，得到等浓度的H2PO2−和H3PO2，此时即为B点，pH=5，根据电离平衡常数Ka=10−5，故A正确；
B、B点溶液为等浓度的NaH2PO2和H3PO2，存在电荷守恒关系：①c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO2−)，存在物料守恒：②2c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO2−)，①×2−②整理得到2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH−)+c(H2PO2−)，故B正确；
C、B点溶液为等浓度的NaH2PO2和H3PO2，显酸性，H3PO2的电离大于NaH2PO2的水解，所以H2PO2−≠H3PO2，故C错误；
D、D点是20mL0.1ml⋅L−1的H3PO2溶液中滴加0.1ml⋅L−1的NaOH溶液20mL，恰好完全反应，得到的是NaH2PO2，溶液显示碱性，所以c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确。
故选C。
16.【答案】Cu2S+5MnO2+12H+−△2Cu2++SO42−+5Mn2++6H2O减少污染性气体二氧化硫的排放 5.04×103 2Ag(S2O3)23−+S2O42−+4OH−=2Ag+4S2O32−+2SO32−+2H2O随着循环次数的增加，浸出液中SO32−浓度减小，C1−浓度增大，浸出反应AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+C1−平衡左移，浸出率下降【解析】解：(1)预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，应生成硫酸盐，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+−△2Cu2++SO42−+5Mn2++6H2O，采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂，可减少污染性气体二氧化硫的排放，
故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+−△2Cu2++SO42−+5Mn2++6H2O；减少污染性气体二氧化硫的排放；
(2)①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2O32−(aq)⇌Ag(S2O3)23−(aq)+Cl−(aq)，常温下此反应的平衡常数K=Ksp(AgCl)×K稳[Ag(S2O3)23−]=2.8×1013×1.8×10−10=5.04×103，
故答案为：5.04×103；
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，离子反应方程式为2Ag(S2O3)23−+S2O42−+4OH−=2Ag+4S2O32−+2SO32−+2H2O，
故答案为：2Ag(S2O3)23−+S2O42−+4OH−=2Ag+4S2O32−+2SO32−+2H2O；
③发生反应为AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+C1−，随着循环次数的增加，浸出液中SO32−浓度减小，C1−浓度增大，浸出反应平衡左移，浸出率下降，
故答案为：随着循环次数的增加，浸出液中SO32−浓度减小，C1−浓度增大，浸出反应AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+C1−平衡左移，浸出率下降；
(3)由已知，常温下(25℃时)，HSeO3−的水解常数Kh=KwKa1=1.0×10−14÷(2.7×10−3)≈4.0×10−12，HSeO3−的电离常数Ka2=2.5×10−7，所以Kh故答案为：<；H2SeO3−2e−+H2O=SeO42−+4H+；
(4)反萃取后生成硫酸铜，则应用硫酸进行反萃取，故答案为：H2SO4。
铜阳极泥(主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等)，加入二氧化锰、硫酸进行预处理，可将Cu2S氧化生成硫酸铜，减少污染物的排放，滤液加入氯化钠，可生成氯化银，滤液加入铜，得到Cu2Se，分硒液含有铜，萃取得到R2Cu，经反萃取可得铜的水溶液，可用于制备硫酸铜晶体等，以此解答该题。
本题以从阳极泥中回收银、硒为载体考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
17.【答案】(1)圆底烧瓶；饱和食盐水；吸收尾气Cl2，防止污染空气；
(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)冷水浴；保持溶液碱性，防止K2FeO4变质；
(4)3Cl2+2Fe3++16OH−=2FeO42−+6Cl−+8H2O；
(5)92.4%；偏高。
【解析】
【分析】
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
【解答】
(1)仪器a的名称是圆底烧瓶；B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(2)实验室利用二氧化锰做氧化剂和还原剂浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0∼5℃，可使用的控温方法为冷水浴，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质；
(4)充分反应后得到紫色固体K2FeO4和KCl还有H2O，反应离子方程式为3Cl2+2Fe3++16OH−=2FeO42−+6Cl−+8H2O；
(5)设样品中K2FeO4的质量分数为ω，根据关系式计算：
2K2FeO4∼2CrO42−∼Cr2O72−∼6Fe2+，
2×198g6ml
1.0gω0.0500ml/L×28.00L×10×10−3
ω=92.4%
若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，滴定至终点消耗的 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积就偏大，样品中K2FeO4的质量分数就会偏高。
18.【答案】=600kJ/mlADK1K2K3pa 8.2温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，故比值减小 当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n(CaO)增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n(CaS)减小，故比值增大
【解析】解：(1)该反应是气体分子数不变的反应，则ΔS=0，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=928kJ/ml−728kJ/ml=200kJ/ml，设NO中氮氧键的键能为xkJ/ml，则938kJ/ml+462kJ/ml−2xkJ/ml=200kJ/ml，解得x=600，
故答案为：=；600kJ/ml；
(2)A.反应前加入少量的水蒸气，副反应生成物浓度增大，平衡逆向移动，有利于减弱副反应得发生，故A正确；
B.增大压强，副反应，平衡正向移动，不利于减弱副反应得发生，故B错误；
C.由于副反应的反应热未知，降低反应温度，不能确定平衡的移动方向，不能确定是否利于减弱副反应得发生，故C错误；
D.使用合适催化剂，可能提高甲醇的选择性，利于主反应的发生，减弱副反应得发生，故D正确；
故答案为：AD；
(3)①根据方程式可知K2=c(H+)⋅c(HSO3−)c(SO2⋅xH2O)、K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)，又因为K1=c(SO2⋅xH2O)p(SO2)，SO2的平衡压强为p时，c(SO32−)=aml⋅L−1，则三式相乘即得到c(H+)=K1K2K3paml/L，
故答案为：K1K2K3pa；
②滴加NaOH至pH=6.2时，溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=9：91，所以K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)=9×10−6.291，如果溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=91：9，则91×c(H+)9=9×10−6.291，解得c(H+)≈10−8.2ml/L，则需加NaOH将溶液pH调整为约等8.2，
故答案为：8.2；
(4)①由于温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，所以比值减小，
故答案为：温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，故比值减小；
②根据图像可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由于当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n(CaO)增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n(CaS)减小，所以比值增大，
故答案为：当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n(CaO)增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n(CaS)减小，故比值增大。
(1)该反应是气体分子数不变的反应；ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=反应物键能总和-生成物键能总和；
(2)减弱副反应的发生，即要使副反应平衡逆向移动，根据勒夏特列原理分析；
(3)①根据方程式可知K2=c(H+)⋅c(HSO3−)c(SO2⋅xH2O)、K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)，又因为K1=c(SO2⋅xH2O)p(SO2)，则三式相乘即得到c(H+)；
②滴加NaOH至pH=6.2时，溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=9：91，所以K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)=9×10−6.291，如果溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=91：9，则91×c(H+)9=9×10−6.291，解得c(H+)≈10−8.2ml/L；
(4)①温度升高对活化能大的反应有利；
②根据图像可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由于当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移；
本题考查化学平衡的计算，涉及到平衡常数的计算、化学平衡移动原理的应用，均为高频考点，掌握勒夏特列原理、化学平衡常数公式的应用、焓变的计算方法是解题关键，此题难度中等。
19.【答案】苯乙烯 浓硫酸、加热 取代反应 +CH3CO+→+H+ HOCH2CH2CH2CH2OH+O2→△CuOHCCH2CH2CHO+2H2O14、
【解析】解：(1)C为，C的化学名称为：苯乙烯。反应的①是转化为，反应条件为：浓硫酸、加热。由分析可知，K的结构简式为：，
故答案为：苯乙烯；浓硫酸、加热；；
(2)苯中氢原子被替代生成A，故生成A的有机反应类型为取代反应，对比第一步、第三步反应，可知第二步是苯与CH3CO+反应生成与H+，反应方程式为：+CH3CO+→+H+，
故答案为：取代反应；+CH3CO+→+H+；
(3)由G生成H的化学方程式为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2→△CuOHCCH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2→△CuOHCCH2CH2CHO+2H2O；
(4)A的结构简式为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M比A多1个CH2原子团，M的同分异构体能同时满足以下条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明含有醛基，苯环可以有1个取代基为：−CH2CH2CHO，或者为−CH(CH3)CHO，可以有2个取代基为：−CH3、−CH2CHO，或者为−CH2CH3、−CHO，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，可以有3个取代基：−CH3、−CH3、−CHO，2个甲基有邻、间、对3种位置关系，对应的−CHO分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的同分异构体共有2+3×2+2+3+1=14种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是：、，
故答案为：14；、；
(5)HC≡CH和丙酮在碱性条件下发生加成反应生成，然后和氢气发生加成反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线为，
故答案为：。
F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中不含醛基但含有醇羟基，而F能与氢气反应生成G，可知乙炔与HCHO发生加成反应生成F，结合G的分子式可知是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，故F为HOCH2C≡CCH2OH、G为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH.根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，故A为、B为.C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为、D为.E能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为.E、I发生缩聚反应生成K为。
(5)HC≡CH和丙酮在碱性条件下发生加成反应生成，然后和氢气发生加成反应生成，最后发生消去反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式、反应条件及题给信息进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
T1/℃
T2/℃
t/min
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
n/ml
2.00
1.50
1.20
1.20
0.60
0.40
0.40
目的
方案设计
现象和结论
A
探究Ag+与Fe3+氧化性的强弱
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液
溶液变红，说明氧化性：Ag+>Fe3+
B
探究速率的影响因素
金属钠与浓盐酸、与水反应进行对照实验
金属钠与浓盐酸反应比金属钠与水反应速率慢，说明浓盐酸中c(H+)较小
C
比较S与C的非金属性强弱
用pH试纸测定1ml/L的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：S>C
D
证明溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应
将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴的CCl4溶液中
溶液褪色，说明发生了消去反应
温度
750K
1250K
1750K
比值
3.57
1.08
3.42
《梦溪笔谈》中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是( )
A. “苦泉”可使蛋白质变性B. 胆矾的化学式为CuSO4
C. 胆矾受热不能分解D. 胆矾与铁通过复分解反应可炼铜
下列化学用语使用正确的是( )
A. 聚丙烯的键线式：B. 含14个中子的铝离子： 1327Al3+
C. 铁离子的价电子排布式为：3d34s2D. 四氯化碳的分子结构模型：
化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是( )
A. 医用口罩和防护服的主要原材料是聚丙烯(PP)，它与聚乙烯互为同系物
B. 动力电池上使用的石墨烯是一种新型的无机非金属材料
C. 可用丁达尔效应来区分白酒和淀粉溶液
D. 化妆品中添加的甘油可以起到保湿作用
75%乙醇和84消毒液等是防疫期间常用物品，84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 75%的医用酒精和84消毒液混合使用效果会更好
B. 等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
C. 32gCu在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NA
D. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1ml次氯酸钠需要消耗2.24L氯气
常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化
B. a的一氯代物有3种
C. a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成
D. 1mlb最多可与2mlNaOH反应
从废旧铅蓄电池铅膏(含PbSO4和PbO2等)中回收铅的工艺流程如图：
下列说法错误的是( )
A. 流程中H2O2作氧化剂
B. 向废铅膏中加入(NH4)2CO3和H2O2后，溶液温度不宜过高
C. “滤液”中溶质主要是(NH4)2SO4
D. 电解时，阳极、阴极材料可分别用石墨、铅
脑啡肽分子的结构简式如图，下列有关脑啡肽分子的说法错误的是( )
A. 分子间可形成氢键B. 分子中含有3个手性碳原子
C. 由五种氨基酸分子缩合生成D. 能发生取代、氧化、缩合反应
短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增加。X、Y、M、N为分别由这四种元素中的两种组成的常见化合物，甲、乙为其中两种元素对应的单质。若X与Y、甲与乙摩尔质量相同，Y与乙均为淡黄色固体，N为一种常见的液体，上述物质之间的转化关系如图所示(部分反应物或生成物省略)，则下列说法中正确的是( )
A. M、N分子的空间结构均为V形，且沸点：N>M
B. X、Y中所含的化学键类型相同
C. 四种元素的电负性大小顺序：D>B>C>A
D. D的最高价氧化物对应的水化物为强碱
磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1−xFePO4=6C+LiFePO4.某磷酸铁锂电池的切面如图所示。下列说法错误的是( )
A. 放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
B. 隔膜在反应过程中只允许Li+通过
C. 充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4−xe−=Li1−xFePO4+xLi+
D. 充电时电子从电源经铝箔流入正极材料
利用双极膜电解制备磷酸和氢氧化钠的原理如图所示。已知双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，中间界面内水解离为H+和OH−，并实现其定向通过。下列说法正确的是( )
A. 若用铅酸蓄电池为电源，则X极与Pb电极相连
B. 双极膜中a为H+，b为OH−
C. 当电路中通过4ml电子时，电极Y上产生1ml气体
D. M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜
CO常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lgc(CO)c(CO2)与温度(t)的关系曲线图。下列说法正确的是( )
A. 工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，减少尾气中CO的含量
B. CO不适宜用于工业冶炼金属铬(Cr)
C. 工业冶炼金属铜(Cu)时较高的温度有利于提高CO的利用率
D. CO还原PbO2的反应△H>0
温度T1时，向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和A，发生反应D(s)+2A(g)⇌B(g)+C(g)，第15min时，温度调整到T2，测得下列各时刻A的物质的量如下表所示。反应中没有使用催化剂，下列说法不正确的是( )
A. 0∼5min，生成B的平均速率为0.025ml⋅L−1⋅min−1
B. 由表中数据可知T1>T2，且该反应的ΔS<0
C. 其他条件不变，30min时加入B、C各1ml，达到新平衡后，A的体积分数不变
D. T1、T2温度下，该反应对应的平衡常数为K1、K2，其大小顺序为K1
A. 晶体中与K+最近且距离相等的K+有6个，K+位于O2−构成的八面体空隙中
B. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K+和1个O2−
C. 超氧化钾晶体与金刚石均为共价晶体
D. 若K+与最近的O2−间距离为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为712d3NAg⋅cm−3
下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
25℃，向20mL0.1ml⋅L−1的H3PO2溶液中滴加0.1ml⋅L−1的NaOH溶液(滴定过程中溶液温度保持不变)，滴定曲线如图1，含磷物种浓度所占分数(δ)随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是( )
A. H3PO2的电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2−+H+；电离常数Ka≈10−5
B. B点溶液中存在关系：2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH−)+c(H2PO2−)
C. 图2中的a点对应为图1中的B点
D. D点时，溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)
通过对阳极泥的综合处理可以回收，宝贵的金属，一种从铜阳极泥(主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等)中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：
(1)已知预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为______，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是______。
(2)回收分渣中的银，可用如下过程：
已知：S2O32−在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2S2O32−⇌Ag(S2O3)23−.常温下，络合反应的平衡常数为 K稳[Ag(S2O3)23−]=2.8×1013，Ksp(AgCl)=1.8×10−10。
①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2O32−(aq)⇌Ag(S2O3)23−(aq)+Cl−(aq)，常温下此反应的平衡常数K为______(结果保留二位小数)。
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，离子反应方程式为______。
③Ⅲ中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平面的角度分析原因______。
(3)分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)。已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10−3，Ka2=2.5×10−4，则 NaHSeO3溶液的pH______7(填“>”、“<”或“=”)。二元强酸硒酸(H2SeO4)可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，电解时的阳极反应式为______。
(4)分铜得到产品CuSO4⋅5H2O的具体操作如下：
其中，萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+⇌R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用______(填化学式)溶液。
高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0∼5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2.某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并测定产品纯度。回答下列问题：
Ⅰ.制备K2FeO4
装置如图所示，夹持、加热等装置略。
(1)仪器a的名称是______，装置B中除杂质所用试剂是______，装置D的作用是______。
(2)A中发生反应的化学方程式为______。
(3)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0∼5℃，采用的控温方法为______，反应中KOH必须过量的原因是______。
(4)写出C中总反应的离子方程式：______。C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。
Ⅱ.K2FeO4产品纯度的测定
准确称取1.00g制得的晶体，配成250 mL溶液，准确量取25.00mLK2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O72−，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500ml/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液显浅紫红色)，平行测定三次，平均消耗 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液28.00mL。
(5)根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为______。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______。(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
硫氧化物、氮氧化物和一些碳氧化物是空气的主要污染物之一，研究硫氧化物、氮氧化物和一些碳氧化物的形成及处理具有重要意义。
(1)汽车在行驶过程会排放氮氧化物，如：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)
已知：N≡N，O=O键能分别为938kJ⋅ml−1，462kJ⋅ml−1，该反应的正反应活化能为928kJ⋅ml−1，逆反应活化能为728kJ⋅ml−1，则该反应的ΔS______0(填“>”或“=”或“<”)，NO中氮氧键的键能为 ______。
(2)利用CO和H2可合成甲醇，可以变废为宝。已知CO和H2在体积恒定的密闭容器中会发生如下反应：
(主)反应Ⅰ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
(副)反应Ⅱ.CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)
为减弱副反应的发生，下列采取的措施合理的是 ______。
A.反应前加入少量的水蒸气
B.增大压强
C.降低反应温度
D.使用合适催化剂，可能提高甲醇的选择性
(3)SO2易溶于水，光谱研究表明，SO2的水溶液中存在下列平衡：
其中K1、K2、K3为各步的平衡常数，且K1=c(SO2⋅xH2O)pSO2(pSO2表示SO2的平衡压强)。
①当SO2的平衡压强为p时，测得c(SO32−)=aml⋅L−1，则溶液c(H+)=______ml⋅L−1。(用含p、a、K1、K2、K3的式子表示)
②滴加NaOH至pH=6.2时，溶液中n(SO32−)n(HSO3−)=991。如果溶液中n(SO32−)n(HSO3−)=919，需加NaOH将溶液pH调整为约等于 ______。
(④)“钙基固硫”是利用石灰石将燃煤烟气中的SO2转化为CaSO4。但高温时CO会与CaSO4反应而影响脱硫效率。相关反应如下：
Ⅰ.CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)
Ⅱ.CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)
反应开始时(未加催化剂)，体系中nn(CaSO4)n(CO)=12，反应25min后，体系中n(CaO)n(CaS)的比值随温度变化如下表所示：
请结合右图中所给反应过程-能量图，说明：
①750K→1250K时，比值随温度升高逐渐减小的原因是 ______。
②1250K后，比值随温度升高逐渐增大的原因是 ______。
有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：
己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。
(1)C的化学名称为______反应的①反应条件为______，K的结构简式为______
(2)生成A的有机反应类型为______，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4−
第二步：
第三步：AlCl4−+H+→AlCl3+HCl
请写出第二步反应______。
(3)由G生成H的化学方程式为______
(4)A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有______种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是______
①属于芳香族化合物
②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应；
(5)天然橡胶的单体是异戊二烯 (2−甲基−1，3−丁二烯)，请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。(无机试剂任选)______
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题为信息题，明确题目中所给的信息以及Cu及其化合物的性质是解本题关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生获取信息利用信息解答问题能力。
【解答】
A.由题意可知，“苦泉”泉水中含有硫酸铜，铜离子为重金属能够使蛋白质变性，故A正确；
B.胆矾是硫酸铜晶体，“胆矾”化学式为CuSO4⋅5H2O，故B错误；
C.胆矾受热分解生成硫酸铜和水，故C错误；
D.熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，硫酸铜与Fe置换反应生成Cu，属于置换反应，故D错误；
故选：A。
2.【答案】B
【解析】解：A.聚丙烯的结构简式为，其键线式应该为，故A错误；
B.含14个中子的铝离子： 1327Al3+，故B正确；
C.铁元素是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去3个电子变成铁离子，铁离子的价电子排布式为3d5，故C错误；
D.甲烷分子和四氯化碳分子均为正四面体构型，原子半径：Cl>C>H，则分子结构模型可表示甲烷分子，不能表示四氯化碳分子，故D错误；
故选：B。
A.聚丙烯链节的主链上含有2个碳和1个甲基；
B.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；
C.铁元素是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去3个电子变成铁离子，根据构造原理判断其价电子排布式；
D.甲烷分子和四氯化碳分子均为正四面体构型，原子半径：Cl>C>H。
本题考查常见化学用语的书写判断，题目难度中等，试题侧重基础知识的考查、综合性较强，注意掌握键线式、核素离子符号、价电子排布式、分子模型等化学用语的概念及表示方法，选项D为易错点，注意明确原子半径大小。
3.【答案】A
【解析】解：A.聚丙烯(PP)与聚乙烯都是混合物，同系物必须是纯净物才行，故A错误；
B.石墨烯是一种新型的无机非金属材料，故B正确；
C.丁达尔效应是胶体的特有性质，故可用丁达尔效应来区分白酒和淀粉溶液，故C正确；
D.甘油具有吸水和保湿作用，故化妆品中添加的甘油可以起到保湿作用，故D正确；
故选：A。
A.聚丙烯(PP)与聚乙烯都是混合物；
B.石墨烯是一种新型的无机非金属材料；
C.丁达尔效应是胶体的特有性质；
D.甘油具有吸水和保湿作用。
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.75%的医用酒精和84消毒液混合使用会降低其消毒能力，酒精有还原性，次氯酸钠有强氧化性，两者可能发生反应生成有毒的氯仿，故A错误；
B.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应的离子反应为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，遵循电子、电荷守恒，故B正确；
C.32g铜的物质的量为n=32g64g/ml=0.5ml，而铜和氧气反应后变为+2价，而和硫蒸气反应后变为+1价，故0.5ml铜和氧气反应后转移电子为NA个，和硫反应后转移电子为0.5NA个，故C错误；
D.题目未给标准状况，无法使用22.4L/ml计算物质的的量，故D错误；
故选：B。
A.酒精具有还原性，次氯酸钠具有氧化性；
B.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；
C.求出铜的物质的量，然后根据铜和氧气反应后变为+2价，而和硫蒸气反应后变为+1价来分析；
D.题目未给标准状况。
本题考查了氯及其化合物的性质和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意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，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.物质a中C、O原子价层电子对数都是4，则C、O原子都采用sp3杂化，故A正确；
B.a中含有3种氢原子，其一氯代物就有3种，故B正确；
C.a生成b的反应为，为加成反应，生成C−O极性键，故C错误；
D.b水解生成H2CO3、CH3CH(OH)CH2OH，H2CO3和NaOH最多能以1：2反应，则1mlb最多能和2mlNaOH反应，故D正确；
故选：C。
A.物质a中C、O原子价层电子对数都是4；
B.a中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
C.a生成b的反应为，生成C−O键；
D.b水解生成H2CO3、CH3CH(OH)CH2OH，H2CO3和NaOH最多能以1：2反应。
本题考查有机物的结构和性质、原子杂化类型判断，侧重考查图片分析、判断及知识综合运用能力，明确氢原子种类和一氯代物种类的关系、官能团及其性质的关系、原子杂化类型判断方法是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.流程中Pb元素的化合价由+4价降低为+2价，可知H2O2作还原剂，故A错误；
B.加入(NH4)2CO3和H2O2后，溶液温度不宜过高，温度过高H2O2易分解，故B正确；
C.由上述分析可知，“滤液”中溶质主要是(NH4)2SO4，故C正确；
D.电解Pb(BF4)2溶液生成Pb，可知阴极上Pb2+得到电子生成Pb，则阳极、阴极材料可分别用石墨、铅，故D正确；
故选：A。
由流程可知，将废铅膏加入H2O2可还原PbO2，碳酸铵与硫酸钡反应生成PbCO3，过滤分离出滤液含(NH4)2SO4，滤渣含PbCO3、PbO，加入HBF4溶液，可生成Pb(BF4)2，最后电解生成Pb，以此解答该题。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，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。
7.【答案】C
【解析】解：A.该分子中−OH、−COO、−NH2能形成分子间氢键，故A正确；
B.如图，图中标有*的为手性碳原子，有3个手性碳原子，故B正确；
C.对应的氨基酸有、、NH2−CHCOOH，CH3CH(CH3)CH2CH(NH2)COOH，共4种，故C错误；
D.酰胺键、羟基、羧基都能发生取代反应；酚羟基可发生氧化反应，含有羧基、羟基，可发生缩合反应，故D正确；
故选：C。
有机物含有4个肽键，对应的氨基酸有、、NH2−CHCOOH、CH3CH(CH3)CH2CH(NH2)COOH；
A.−OH、−COO、−NH2能形成分子间氢键；
B.如图，图中标有*的为手性碳原子；
C.对应的氨基酸有、、NH2−CHCOOH，CH3CH(CH3)CH2CH(NH2)COOH；
D.含有酰胺键、酚羟基、苯环、氨基，具有酰胺、酚、苯和氨的性质。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、手性碳原子判断方法等知识点是解本题关键，C为解答易错点。
8.【答案】A
【解析】解：由分析可知，A为H元素、B为O元素、C为Na元素、D为S；X为Na2S、Y为Na2O2、M为H2S、N为H2O、甲为O2、乙为S；
A.M为H2S，N为H2O，O、S原子孤电子对为6−1×22=2，价层电子对数为2+2=4，故二者都是V形，水分子之间存在氢键，沸点高于H2S的，故A正确；
B.X为Na2S、Y为Na2O2，硫化钠只含有离子键，而过氧化钠含有离子键、共价键，故B错误；
C.元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性O>S>H>Na，故C错误；
D.D为S，对应的最高价氧化物的水化物为硫酸，呈酸性，故D错误；
故选：A。
A、B、C、D为短周期内原子序数依次增大的元素，X、Y、M、N分别由这四种元素中的两种组成的常见化合物，甲、乙为其中两种元素对应的单质，而化合物Y为淡黄色，N为一种常见的液体，Y能与N反应生成单质甲，则Y为Na2O2、N为H2O、甲为O2，甲与乙摩尔质量相同为32g/ml，而乙为淡黄色固体，则乙为S，X与Y的摩尔质量相等均为78g/ml，且X与酸反应生成M，M与氧气反应生成S与H2O，可推知M为H2S，则X为Na2S，故A为H元素、B为O元素、C为Na元素、D为S。
本题考查无机物推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，“物质的颜色及均由短周期元素组成”为推断突破口，基本属于猜测验证型题目，熟练掌握元素化合物性质，注意识记一些特殊的相对分子质量质量，难度较大．
9.【答案】D
【解析】解：A、原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故A正确；
B、该原电池中，负极反应式为LixC6−xe−=6C+xLi+，正极反应式为Li1−xFeO4+xLi++xe−=LiFePO4，所以隔膜为阳离子交换膜，在反应过程中只允许Li+通过，故B正确；
C、放电时，正极反应式为Li1−xFeO4+xLi++xe−=LiFePO4，充电时，原电池的正极与外加电源正极相接，电极反应与原电池正极反应相反，即充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4−xe−=Li1−xFePO4+xLi+，故C正确；
D、充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材料，故D错误；
故选：D。
根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应LixC6+Li1−xFePO4=6C+LiFePO4可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6−xe−=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1−xFeO4+xLi++xe−=LiFePO4，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理分析回答。
本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意选项D为易错点，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.由分析可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，若用铅酸蓄电池为电源，X极与二氧化铅相连，故A错误；
B.由分析可知，双极膜中水解离出的离子a为氢氧根离子、b为氢离子，故B错误；
C.由分析可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，Y为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e−=H2↑，由电极反应式可知电路中通过电子时，电极Y上产生氢气的物质的量为4ml×12=2ml，故C错误；
D.由分析可知，M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜，故D正确；
故选：D。
由图可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，Y为阴极，电解池工作时阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移，则双极膜中水解离出的离子a为氢氧根离子、b为氢离子，M膜为阴离子交换膜，原料室中磷酸二氢根离子通过M膜进入产品室1，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸，N膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子通过N膜进入产品室2得到氢氧化钠。
本题考查电解原理，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，对反应进行的程度无影响，则不能减少尾气中CO的含量，故A错误；
B.由图可知，相同温度时lgc(CO)c(CO2)越大，对金属冶炼越不利，且比值一直较大，CO的转化率较低，则CO不适宜用于工业冶炼金属铬(Cr)，故B正确；
C.由图可知，相同温度时，冶炼Cu时lgc(CO)c(CO2)最小，且低温时CO转化的程度大，则低温有利于提高CO的利用率，故C错误；
D.由图可知，CO还原PbO2时lgc(CO)c(CO2)随温度的升高而增大，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故△H<0，故D错误；
故选：B。
A.通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，对反应进行的程度无影响；
B.由图可知，相同温度时lgc(CO)c(CO2)越大，对金属冶炼越不利；
C.由图可知，相同温度时，冶炼Cu时lgc(CO)c(CO2)最小，且低温时CO转化的程度大；
D.由图可知，CO还原PbO2时lgc(CO)c(CO2)随温度的升高而增大。
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握图中温度与对数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，根据方程式，Δn(B)=12Δn(A)=0.25ml，v(B)=0.25ml2L×5min=0.025ml/(L⋅min)，故A正确；
B.T1温度下，0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，第15min时，温度调整到T2，T2温度下，15∼20min中，Δn(A)=1.20ml−0.60ml=0.60ml，说明T2温度下反应速率比T1温度下反应速率大，则T1
D.温度调整到T2，n(A)减小，平衡正向移动，K值增大，则K1
A.0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，根据方程式，Δn(B)=12Δn(A)=0.25ml，结合v=△nV⋅△t计算；；
B.T1温度下，0∼5min，Δn(A)=2.00ml−1.50ml=0.50ml，第15min时，温度调整到T2，T2温度下，15∼20min中，Δn(A)=1.20ml−0.60ml=0.60ml，说明T2温度下反应速率比T1温度下反应速率大；
C.该反应是气体体积不变的反应，则30min时加入B、C各1ml，与原平衡为等效平衡；
D.温度调整到T2，n(A)减小，平衡正向移动，K值增大；
本题考查化学反应原理，涉及反应速率计算，化学平衡的影响因素，考查学生变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知学科核心素养，此题难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.观察超氧化钾晶体的晶胞得出，与面心的K+最近且等距离的K+分别位于经过K+三个垂直面的顶点上，共有12个；O2−构成正八面体，K+位于中心，位于O2−构成的八面体空隙中，故A错误；
B.由晶胞图可知，K+的个数为8×18+6×12=4，O2−的个数为12×14+1=4，化学式为KO2，故B错误；
C.超氧化钾晶体的一个晶胞为立方晶胞，结构与离子晶体NaCl晶胞相似，则超氧化钾晶体为离子晶体，而金刚石为原子间通过共价键构成的共价晶体，故C错误；
D.若K+与最近的O2−间距离为dcm，即为边长的12，则晶胞的体积V=(2d)3cm3；晶胞的质量m=4×39+4×32NAg；根据晶体的密度ρ=mV=4×(39+32)NA⋅(2d)3g⋅cm−3=712d3NAg⋅cm−3，故D正确；
故选：D。
A.观察超氧化钾晶体的晶胞得出与面心的K+最近且等距离的K+分别位于经过K+三个垂直面的顶点上；O2−构成正八面体，K+位于中心；
B.根据均摊法计算晶胞中K+与O2−个数，并确定化学式；
C.超氧化钾晶体的一个晶胞为立方晶胞，结构与NaCl晶胞相似；
D.根据晶体的密度ρ=mV计算。
本题考查晶胞结构与计算，为高频考点，侧重考查学生的观察与空间想象能力，掌握晶胞中利用均摊法的有关计算是解题的关键，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.滴入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，硝酸可氧化亚铁离子，不能比较Ag+、Fe3+的氧化性强弱，故A错误；
B.浓盐酸中c(H+)大，与Na反应速率快，故B错误；
C.Na2SO3对应的不是最高价含氧酸，不能比较S、C的非金属性，故C错误；
D.生成乙烯与溴发生加成反应，由操作和现象可知溴乙烷发生消去反应，故D正确；
故选：D。
A.硝酸可氧化亚铁离子；
B.浓盐酸中c(H+)大；
C.Na2SO3对应的不是最高价含氧酸；
D.生成乙烯与溴发生加成反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质检验、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。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查学生弱电解质的电离、盐的水解原理的应用以及酸碱中和滴定的有关知识，属于综合知识的考查，注意图象的理解和应用是关键，难度中等。
【解答】
A、根据图2所示，一定pH下，电离出的离子为H2PO2−，所以H3PO2是一元弱酸，电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2−+H+；20mL0.1ml⋅L−1的H3PO2溶液中滴加0.1ml⋅L−1的NaOH溶液10mL，得到等浓度的H2PO2−和H3PO2，此时即为B点，pH=5，根据电离平衡常数Ka=10−5，故A正确；
B、B点溶液为等浓度的NaH2PO2和H3PO2，存在电荷守恒关系：①c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO2−)，存在物料守恒：②2c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO2−)，①×2−②整理得到2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH−)+c(H2PO2−)，故B正确；
C、B点溶液为等浓度的NaH2PO2和H3PO2，显酸性，H3PO2的电离大于NaH2PO2的水解，所以H2PO2−≠H3PO2，故C错误；
D、D点是20mL0.1ml⋅L−1的H3PO2溶液中滴加0.1ml⋅L−1的NaOH溶液20mL，恰好完全反应，得到的是NaH2PO2，溶液显示碱性，所以c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确。
故选C。
16.【答案】Cu2S+5MnO2+12H+−△2Cu2++SO42−+5Mn2++6H2O减少污染性气体二氧化硫的排放 5.04×103 2Ag(S2O3)23−+S2O42−+4OH−=2Ag+4S2O32−+2SO32−+2H2O随着循环次数的增加，浸出液中SO32−浓度减小，C1−浓度增大，浸出反应AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+C1−平衡左移，浸出率下降
故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+−△2Cu2++SO42−+5Mn2++6H2O；减少污染性气体二氧化硫的排放；
(2)①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2O32−(aq)⇌Ag(S2O3)23−(aq)+Cl−(aq)，常温下此反应的平衡常数K=Ksp(AgCl)×K稳[Ag(S2O3)23−]=2.8×1013×1.8×10−10=5.04×103，
故答案为：5.04×103；
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，离子反应方程式为2Ag(S2O3)23−+S2O42−+4OH−=2Ag+4S2O32−+2SO32−+2H2O，
故答案为：2Ag(S2O3)23−+S2O42−+4OH−=2Ag+4S2O32−+2SO32−+2H2O；
③发生反应为AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+C1−，随着循环次数的增加，浸出液中SO32−浓度减小，C1−浓度增大，浸出反应平衡左移，浸出率下降，
故答案为：随着循环次数的增加，浸出液中SO32−浓度减小，C1−浓度增大，浸出反应AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+C1−平衡左移，浸出率下降；
(3)由已知，常温下(25℃时)，HSeO3−的水解常数Kh=KwKa1=1.0×10−14÷(2.7×10−3)≈4.0×10−12，HSeO3−的电离常数Ka2=2.5×10−7，所以Kh
(4)反萃取后生成硫酸铜，则应用硫酸进行反萃取，故答案为：H2SO4。
铜阳极泥(主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等)，加入二氧化锰、硫酸进行预处理，可将Cu2S氧化生成硫酸铜，减少污染物的排放，滤液加入氯化钠，可生成氯化银，滤液加入铜，得到Cu2Se，分硒液含有铜，萃取得到R2Cu，经反萃取可得铜的水溶液，可用于制备硫酸铜晶体等，以此解答该题。
本题以从阳极泥中回收银、硒为载体考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
17.【答案】(1)圆底烧瓶；饱和食盐水；吸收尾气Cl2，防止污染空气；
(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)冷水浴；保持溶液碱性，防止K2FeO4变质；
(4)3Cl2+2Fe3++16OH−=2FeO42−+6Cl−+8H2O；
(5)92.4%；偏高。
【解析】
【分析】
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
【解答】
(1)仪器a的名称是圆底烧瓶；B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(2)实验室利用二氧化锰做氧化剂和还原剂浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0∼5℃，可使用的控温方法为冷水浴，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质；
(4)充分反应后得到紫色固体K2FeO4和KCl还有H2O，反应离子方程式为3Cl2+2Fe3++16OH−=2FeO42−+6Cl−+8H2O；
(5)设样品中K2FeO4的质量分数为ω，根据关系式计算：
2K2FeO4∼2CrO42−∼Cr2O72−∼6Fe2+，
2×198g6ml
1.0gω0.0500ml/L×28.00L×10×10−3
ω=92.4%
若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，滴定至终点消耗的 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积就偏大，样品中K2FeO4的质量分数就会偏高。
18.【答案】=600kJ/mlADK1K2K3pa 8.2温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，故比值减小 当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n(CaO)增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n(CaS)减小，故比值增大
【解析】解：(1)该反应是气体分子数不变的反应，则ΔS=0，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=928kJ/ml−728kJ/ml=200kJ/ml，设NO中氮氧键的键能为xkJ/ml，则938kJ/ml+462kJ/ml−2xkJ/ml=200kJ/ml，解得x=600，
故答案为：=；600kJ/ml；
(2)A.反应前加入少量的水蒸气，副反应生成物浓度增大，平衡逆向移动，有利于减弱副反应得发生，故A正确；
B.增大压强，副反应，平衡正向移动，不利于减弱副反应得发生，故B错误；
C.由于副反应的反应热未知，降低反应温度，不能确定平衡的移动方向，不能确定是否利于减弱副反应得发生，故C错误；
D.使用合适催化剂，可能提高甲醇的选择性，利于主反应的发生，减弱副反应得发生，故D正确；
故答案为：AD；
(3)①根据方程式可知K2=c(H+)⋅c(HSO3−)c(SO2⋅xH2O)、K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)，又因为K1=c(SO2⋅xH2O)p(SO2)，SO2的平衡压强为p时，c(SO32−)=aml⋅L−1，则三式相乘即得到c(H+)=K1K2K3paml/L，
故答案为：K1K2K3pa；
②滴加NaOH至pH=6.2时，溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=9：91，所以K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)=9×10−6.291，如果溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=91：9，则91×c(H+)9=9×10−6.291，解得c(H+)≈10−8.2ml/L，则需加NaOH将溶液pH调整为约等8.2，
故答案为：8.2；
(4)①由于温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，所以比值减小，
故答案为：温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，故比值减小；
②根据图像可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由于当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n(CaO)增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n(CaS)减小，所以比值增大，
故答案为：当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n(CaO)增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n(CaS)减小，故比值增大。
(1)该反应是气体分子数不变的反应；ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=反应物键能总和-生成物键能总和；
(2)减弱副反应的发生，即要使副反应平衡逆向移动，根据勒夏特列原理分析；
(3)①根据方程式可知K2=c(H+)⋅c(HSO3−)c(SO2⋅xH2O)、K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)，又因为K1=c(SO2⋅xH2O)p(SO2)，则三式相乘即得到c(H+)；
②滴加NaOH至pH=6.2时，溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=9：91，所以K3=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)=9×10−6.291，如果溶液中n(SO32−)：n(HSO3−)=91：9，则91×c(H+)9=9×10−6.291，解得c(H+)≈10−8.2ml/L；
(4)①温度升高对活化能大的反应有利；
②根据图像可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由于当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移；
本题考查化学平衡的计算，涉及到平衡常数的计算、化学平衡移动原理的应用，均为高频考点，掌握勒夏特列原理、化学平衡常数公式的应用、焓变的计算方法是解题关键，此题难度中等。
19.【答案】苯乙烯 浓硫酸、加热 取代反应 +CH3CO+→+H+ HOCH2CH2CH2CH2OH+O2→△CuOHCCH2CH2CHO+2H2O14、
【解析】解：(1)C为，C的化学名称为：苯乙烯。反应的①是转化为，反应条件为：浓硫酸、加热。由分析可知，K的结构简式为：，
故答案为：苯乙烯；浓硫酸、加热；；
(2)苯中氢原子被替代生成A，故生成A的有机反应类型为取代反应，对比第一步、第三步反应，可知第二步是苯与CH3CO+反应生成与H+，反应方程式为：+CH3CO+→+H+，
故答案为：取代反应；+CH3CO+→+H+；
(3)由G生成H的化学方程式为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2→△CuOHCCH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2→△CuOHCCH2CH2CHO+2H2O；
(4)A的结构简式为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M比A多1个CH2原子团，M的同分异构体能同时满足以下条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明含有醛基，苯环可以有1个取代基为：−CH2CH2CHO，或者为−CH(CH3)CHO，可以有2个取代基为：−CH3、−CH2CHO，或者为−CH2CH3、−CHO，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，可以有3个取代基：−CH3、−CH3、−CHO，2个甲基有邻、间、对3种位置关系，对应的−CHO分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的同分异构体共有2+3×2+2+3+1=14种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是：、，
故答案为：14；、；
(5)HC≡CH和丙酮在碱性条件下发生加成反应生成，然后和氢气发生加成反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线为，
故答案为：。
F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中不含醛基但含有醇羟基，而F能与氢气反应生成G，可知乙炔与HCHO发生加成反应生成F，结合G的分子式可知是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，故F为HOCH2C≡CCH2OH、G为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH.根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，故A为、B为.C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为、D为.E能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为.E、I发生缩聚反应生成K为。
(5)HC≡CH和丙酮在碱性条件下发生加成反应生成，然后和氢气发生加成反应生成，最后发生消去反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式、反应条件及题给信息进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
T1/℃
T2/℃
t/min
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
n/ml
2.00
1.50
1.20
1.20
0.60
0.40
0.40
目的
方案设计
现象和结论
A
探究Ag+与Fe3+氧化性的强弱
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液
溶液变红，说明氧化性：Ag+>Fe3+
B
探究速率的影响因素
金属钠与浓盐酸、与水反应进行对照实验
金属钠与浓盐酸反应比金属钠与水反应速率慢，说明浓盐酸中c(H+)较小
C
比较S与C的非金属性强弱
用pH试纸测定1ml/L的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：S>C
D
证明溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应
将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴的CCl4溶液中
溶液褪色，说明发生了消去反应
温度
750K
1250K
1750K
比值
3.57
1.08
3.42
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