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安徽省定远县第五中学2022-2023学年高考化学模拟试卷
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这是一份安徽省定远县第五中学2022-2023学年高考化学模拟试卷，共25页。试卷主要包含了5kJ⋅ml-1；，0kJ⋅ml-1；等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年高考化学模拟试卷
1. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是( )
A. 添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，使用时水温越高洗涤效果越好
B. 84消毒液和医用酒精杀灭新冠肺炎病毒的原理不同
C. 用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，有利于环保
D. 侯氏制碱法利用了物质溶解度的差异
2. 《蔡翁碑》上刻有“砍其麻、去其青、渍以灰、煮其身、洗以头、抄以帘、剧以壁，纸以成”；《政论》中记载“有蔡太仆之驽，及龙亭之剑，至今擅名天下”。下列有关叙述正确的是( )
A. 造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“捣”为粉碎
B. 古代“弩机”多为青铜制品，青铜的主要成分为铜铝合金
C. “蔡伦纸”之前的竹简、绢帛均是人工合成高分子材料
D. 造纸用的树皮、废麻、破布等原料的主要成分均为蛋白质和淀粉
3. 尿素是重要的化工原料，也常用作氮肥。以氨为原料合成尿素的相关反应如下：
①2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH1=-159.5kJ⋅mol-1；
②NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2=+116.5kJ⋅mol-1；
③H2O(1)⇌H2O(g)ΔH3=+44.0kJ⋅mol-1；
④CO2(g)+2NH3(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(1)ΔH4。
下列叙述正确的是( )
A. 反应①在较高温度下易自发进行
B. 反应②的平衡常数=c(H2O)⋅c[CO(NH2)2]c(NH2COONH4)
C. 在恒容密闭容器中发生反应②，当气体摩尔质量不变时反应达到平衡
D. ΔH4=-87kJ⋅mol-1
4. 下列物质既能发生水解反应、消去反应，又能氧化成醛的是( )
A. B.
C. D.
5. 近日，某团队分步进行8电子转移的电化学硝酸盐还原反应实现高效合成氨，装置如图所示。原理是：按照[2+6]-电子路径进行还原(先将硝酸盐还原成亚硝酸盐，再将亚硝酸盐还原成氨)，可大幅度地降低8电子还原过程的能垒，提高其反应活性。下列叙述正确的是( )
A. N极为负极，发生了还原反应
B. NH3、NO2-的VSEPR模型名称分别为三角锥形、直线形
C. 生成NO2-的电极反应式为NO3-+2e-+H2O=NO2-+2OH-
D. 由NO3-生成34gNH3时至少转移12mol电子
6. FeF3是制备硫化物全固态锂电池高能正极材料的原料。一种制备FeF3材料的微型流程如图：
下列叙述错误的是( )
A. “混合溶液”时应选择塑料烧杯
B. “系列操作”得到的溶液可采用蒸馏回收
C. 实验操作在通风橱中完成
D. “反应器”温度越高，越有利于制备FeF3
7. 某科研团队制备高效催化剂Cu@C/SiO2并催化碳酸乙烯酯连续加氢反应的机理，如图所示。(已知：图片中Cu指铜元素，包括Cu2+、Cu+)
下列叙述错误的是( )
A. 图1CO转化过程中既作氧化剂又作还原剂
B. 图1中山梨醇中碳元素转化成C、CO、CO2
C. 图2中1mol碳酸乙烯酯和2molH2恰好完全反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH
D. 图2中Cu@C/SiO2能提高碳酸乙烯酯和H2反应的活化分子百分率
8. 氮的氧化物转化是环境化学热点问题之一。研究发现，H2还原NO的反应2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(l)分两步进行：①2NO(g)+H2(g)=N2(g)+H2O2(1)；②H2O2(1)+H2(g)=2H2O(1)。其能量变化如图所示(Ts代表过渡态)。下列叙述正确的是( )
A. ②是放热反应，①是吸热反应 B. H2O2是该反应的催化剂
C. 反应①的活化能大于反应② D. 加入催化剂的目的是降低Ts2的能量
9. 某MgCl2样品中含少量Mg(NO3)2，为测定样品的纯度，操作过程如下：(1)取一定质量的样品配制成250mL溶液；(2)准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴指示剂，用cmol⋅L-1酸银溶液滴定至终点。下列叙述错误的是( )
A. 需要用到250mL容量瓶、棕色滴定管
B. 滴定过程中眼睛注视滴定管液面的变化
C. 滴定管排气泡后调节液面至0或0刻度以下
D. 如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，所得结果会偏高
10. 如图，图1表示白磷(P4)的分子结构，图2表示三氧化二磷(P4O6)的分子结构，图3表示五氧化二磷(P4O10)的分子结构，下列说法中不正确的是( )
A. P4O6中的磷原子采用sp3方式杂化
B. 三氧化二磷、五氧化二磷这两个名称都只表示原子个数比，不表示分子的实际组成
C. P4、P4O6和P4O10分子中同一P原子上两个化学键之间的夹角都是60°
D. P4O6分子中4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体
11. 下列实验操作现象能得出相应结论的是 ( )
选项
实验操作及现象
结论
A
相同温度下，测定同物质的量浓度的CH3COONa溶液、NH4NO2溶液的pH，前者较高
Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
B
在AgNO3溶液中滴几滴NaCl溶液，再滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgI)
测定相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低
HF在水中电离的过程放热
D
金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转
金属N比M活泼
A. A B. B C. C D. D
12. 在某密闭容器中以物质的量之比1：2充入NO、O3，发生反应：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)，2NO2(g)⇌N2O4(g)。实验测得体系中含N物种的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. t1时，c(O2)=3c(N2O4)
B. t1时，NO的转化率为75%
C. t2时，c(O3)=amol⋅L-1
D. t3时，c(N2O4)=12×[amol⋅L-1-c(NO2)]
13. 近日，某科学家开发了一种用二氧化碳淡化海水的技术，其循环图如图：
已知：R为烃基，RNH2是一元弱碱，易溶于水。电离常数：Kb(RNH2)>Ka(H2CO3)。下列叙述错误的是( )
A. RNH2中N提供孤电子对能与质子形成配位键
B. RNH3HCO3溶液呈弱碱性
C. RNH2可以循环利用
D. 在常压、高温条件下海水淡化速率最快
14. 已知H2R是二元酸。常温下，向Na2R溶液中滴加盐酸，该过程溶液中只有2种含R的粒子，其浓度与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. H2R的电离方程式为H2R⇌H++HR-，HR-⇌H++R2-
B. Na2R溶液中有c(Na+)=2c(H2R)+2c(HR-)+2c(R2-)
C. pH=6.5的溶液中c(Na+)>c(HR-)=c(R2-)>c(H+)>c(OH-)
D. Ka(HR-)的数量级为10-6
15. Ⅰ.某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL的KI溶液(足量)，发生的反应为：Cl2+2KI=2KCl+I2，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，再用0.01 mol·L-1Na2S2O3溶液润洗，然后装入0.01 mol·L-1Na2S2O3溶液到0刻度以上，排出下端尖嘴内的气泡，调整液面至0刻度或0刻度下某一位置，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6。
试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是______________________。
(2)步骤②应使用_________________式滴定管。
(3)判断达到滴定终点的实验现象是______________________________________________________________________________。
Ⅱ.(4)若用0.1000 mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况对实验结果无影响的是__________(填字母)。
A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了
D.滴定时将标准液溅出锥形瓶外
16. 近日，科学家利用光催化剂BiVO4实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)的流程如图：
已知：
①滤液1中所含阳离子主要有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+。
②几种氢氧化物沉淀的pH如表所示。
氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Bi(OH)3
开始沉淀pH
7.5
2.3
4.0
沉淀完全pH
9.7
3.7
回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是 。
(2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是 。滤液3可以循环用于“ ”工序(填名称)。
(3)“氯化”的化学方程式为 。
(4)“合成”过程中将BiCl3溶液和(NH4)3VO4溶液混合容易形成BiVO4胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为 (任答一条)。
(5)已知辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt这种矿石经上述转化最终制得bkgBiVO4，则铋的收率为 %(收率=实际产量理论产量×100%)。
(6)FeS2的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为ρg⋅cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与Fe2+距离最近且相等的Fe2+有 个，相邻2个Fe2+的核间距为 nm。
17. 环己烯是工业常用的化工品。工业上通过热铂基催化剂重整将环己烷脱氢制备环己烯，化学反应为C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)△H。
(1)几种共价键的键能数据如下：
共价键
H-H
C-H
C-C
C=C
键能/(kJ⋅mol-1)
436
413
348
615
△H= kJ⋅mol-1。
(2)在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，仅发生上述反应。下列叙述错误的是 (填字母)。A.气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B.平衡后再充入C6H12气体，平衡向右移动，转化率增大
C.加入高效催化剂，单位时间内C6H10的产率可能会增大
D.增大固体催化剂的质量，一定能提高正、逆反应速率
(3)环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性(选择性=环己烯的物质的量环己烷转化的物质的量)随温度的变化如图所示。
①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是 。随着温度升高，环己烯的选择性变化的可能原因是 (填字母)。
A.平衡向逆反应方向移动
B.环己烷裂解发生副反应
C.环己烯易发生聚合反应
D.催化剂的选择性增大
②当温度高于600℃时，可能的副产物有 (任写一种结构简式)。
(4)在873K、100kPa条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，仅发生反应：C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)。
①环己烷的平衡转化率随n(Ar)n(C6H12)的增大而升高，其原因是 。
②当n(Ar)n(C6H12)=13时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为23，则环己烷分压的平均转化速率为 kPa⋅min-1。该环己烷脱氢反应的压强平衡常数Kp= kPa。(均保留2位小数)注：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数(Kp)，分压=总压×物质的量分数。
(5)“”表示铂基催化剂，“*”表示吸附在该催化剂表面，环己烷脱氢反应的机理如下，请补充基元反应③ 。
①
②
③
④*H2→H2+
18. 沙美特罗是抗炎药物。某团队运用化学酶法制备β2-受体激动剂(R)-沙美特罗(G)的流程如图：
回答下列问题：
(1)D中含氧官能团的名称是 。
(2)B→C的反应类型是 。鉴别B、C的试剂和条件是 。
(3)已知：。F→G的副产物为 (填名称)。
(4)在镍、加热条件下B与足量H2反应的化学方程式为 。
(5)同时具备下列条件的A的芳香族同分异构体的结构有 种(不考虑立体异构)。
①苯环上只有2个取代基
②在稀硫酸作用下能发生水解反应且产物之一遇FeCl3溶液能发生显色反应
③能发生银镜反应
其中，核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之比为1：2：2：9的结构简式为 。
(6)已知：RCN在催化剂作用下水解生成RCOOH。参照上述合成路线设计以苯甲醇为原料制备的合成路线： (无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学与STSE，难度不大，解题关键是理解物质性质及用途。
【解答】
A. 水温过高，碱性蛋白酶的活性可能降低，洗涤效果变差，故 A错误；
B.“84消毒液”的有效成分是具有强氧化性的NaClO，消毒原理是把病毒氧化，医用酒精的消毒原理是使蛋白质变性，二者消毒原理不同，故 B正确；
C. CO2液态时作为油脂的萃取剂，无污染，易分离，故 C正确；
D. 侯氏制碱法利用了碳酸氢钠的溶解度小的性质，先得到碳酸氢钠，再利用其不稳定性得到碳酸钠，故 D正确；
故选A。
2.【答案】A
【解析】解：A.造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“捣”为将麻粉碎的过程，故A正确；
B.合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物，青铜是一种铜锡合金，故B错误；
C.竹简、绢帛的主要成分为纤维素、蛋白质等，都为天然高分子化合物，故C错误；
D.树皮、废麻、破布等原料的主要成分均为纤维素，故D错误；
故选：A。
A.“捣”为将麻粉碎的过程；
B.合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物；
C.竹简、绢帛的主要成分为纤维素、蛋白质等；
D.树皮、废麻、破布等原料的主要成分均为纤维素。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、发生的反应和性质与用途的关系为解答的关键，注意化学与生活的联系，试题侧重分析与应用能力的考查。
3.【答案】D
【解析】解：A.反应①的△S<0，ΔH1=-159.5kJ⋅mol-1<0，而当G=△H-T⋅△S<0时反应能自发进行，则只有在低温时反应才能自发进行，故A错误；
B.化学反应平衡常数K=生成物平衡浓度幂之积反应物平衡浓度幂之积，固体和纯液体不计入内，故反应②的K=c(H2O)，故B错误；
C.反应②中NH2COONH4、CO(NH2)2均为固体，只有H2O为气体，在恒容密闭容器中发生反应②，气体的摩尔质量即为水蒸气的摩尔质量，是个定值，一直不变，故当气体摩尔质量不变时不能说明反应达到平衡，故C错误；
D.根据盖斯定律，将反应①+②-③即可得反应④，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=(-159.5kJ⋅mol-1)+(+116.5kJ⋅mol-1)-(+44.0kJ⋅mol-1)=-87kJ⋅mol-1，故D正确；
故选：D。
A.当G=△H-T⋅△S<0时反应能自发进行；
B.化学反应平衡常数K=生成物平衡浓度幂之积反应物平衡浓度幂之积；
C.反应②中NH2COONH4、CO(NH2)2均为固体，只有H2O为气体；
D.根据盖斯定律，将反应①+②-③即可得反应④，据此计算。
本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数表达式的书写以及化学平衡的判断，难度不大，应注意当装置中只有一种气体时，气体的摩尔质量不变不能作为平衡的标志。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意醇或卤代烃发生消去反应、醇被氧化生成醛的有机物结构特点，题目难度不大。
【解答】
A.该分子中醇羟基所连C原子上没有2个H原子，所以醇羟基只能被氧化生成羰基而不是醛基，故A错误；
B.该分子中连接醇羟基碳原子相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故B错误；
C.该分子中连接醇羟基的碳原子上不含氢原子，所以不能被氧化生成醛，故C错误；
D.该分子中连接卤素原子的碳原子相邻碳原子上含有H原子，所以能发生消去反应，醇羟基所连C原子上有2个H原子，所以能被氧化生成醛，含有氯原子，可以发生水解反应，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】解：A.该装置为原电池，N电极上Zn失电子和OH-反应生成Zn(OH)42-，则Zn为负极，失电子发生氧化反应，故A错误；
B.NH3中N原子价层电子对个数=3+5-3×12=4且含有1个孤电子对，NO2-中N原子价层电子对个数=2+5+1-2×22=3且含有1个孤电子对，前者为三角锥形、后者为V形，故B错误；
C.将硝酸盐还原成亚硝酸盐，则NO3-在反应中得电子生成NO2-，电极反应式为NO3-+2e-+H2O=NO2-+2OH-，故C正确；
D.将亚硝酸盐还原成氨，电极反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，n(NH3)=34g17g/mol=2mol，根据电极反应式知，生成1mol氨气转移8mol电子，据此计算生成2mol氨气转移电子的物质的量为16mol，故D错误；
故选：C。
A.该装置为原电池，N电极上Zn失电子和OH-反应生成Zn(OH)42-，失电子发生氧化反应的电极为负极；
B.NH3中N原子价层电子对个数=3+5-3×12=4且含有1个孤电子对，NO2-中N原子价层电子对个数=2+5+1-2×22=3且含有1个孤电子对；
C.将硝酸盐还原成亚硝酸盐，则NO3-在反应中得电子生成NO2-；
D.将亚硝酸盐还原成氨，电极反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，n(NH3)=34g17g/mol=2mol，根据电极反应式知，生成1mol氨气转移8mol电子，据此计算生成2mol氨气转移电子的物质的量。
本题考查原电池原理、微粒空间结构判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原电池正负极判断方法、微粒空间构型判断方法、电极反应式的书写是解本题关键，难点是电极反应式的书写。
6.【答案】D
【解析】解：A.HF和玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，由于“混合溶液”由HF和乙醇组成，因此应该选用塑料烧杯盛放，故A正确；
B.“系列操作”得到的溶液中含有乙醇和硝酸，沸点不同，可采用蒸馏分离回收，故B正确；
C.乙醇和HNO3容易挥发，且具有腐蚀性，应在通风厨中完成操作，故C正确；
D.硝酸铁不稳定，温度过高导致硝酸铁分解，乙醇在温度稍高大量挥发，不利于产物的生成，故D错误；
故选：D。
无水乙醇和HF、HNO3充分混合，然后在反应器和Fe(NO3)3⋅9H2O在120℃反应生成FeF3⋅0.33H2O、HNO3，HNO3返回混合步骤重复利用，FeF3⋅0.33H2O经系列操作、在Ar中灼烧得到FeF3，据此解答。
本题考查物质的制备实验设计，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，内容涉对工艺流程的理解评价、方案设计等，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.图1中一氧化碳反应生成二氧化碳和碳单质，碳元素化合价有升高也有降低，故CO转化过程中既作氧化剂又作还原剂，故A正确；
B.图1中山梨醇中碳元素转化成二氧化碳和一氧化碳，部分一氧化碳又转化为碳和二氧化碳，则山梨醇中碳元素转化成C、CO、CO2，故B正确；
C.图2中1mol碳酸乙烯酯和3molH2恰好完全反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH，故C错误；
D.图2中Cu@C/SiO2作为催化剂，能降低反应的活化能，提高碳酸乙烯酯和H2反应的活化分子百分率，加快反应速率，故D正确；
故选：C。
A.图1中一氧化碳反应生成二氧化碳和碳单质，碳元素化合价有升高也有降低；
B.图1中山梨醇中碳元素转化成二氧化碳和一氧化碳，部分一氧化碳又转化为碳和二氧化碳；
C.图2中1mol碳酸乙烯酯和3molH2恰好完全反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH；
D.催化剂，能降低反应的活化能。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程分析的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，②和①反应物总能量大于生成物的总能量，则它们都是放热反应，故A错误；
B.H2O2是先生成后消耗，则H2O2是该反应的中间产物，故B错误；
C.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知，反应①的活化能大于反应②，故C正确；
D.加入催化剂的目的是降低Ts1的能量，故D错误；
故选：C。
A.生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
B.H2O2是先生成后消耗；
C.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
D.催化剂可降低反应的活化能。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.配制250mL溶液，需要用250mL容量瓶，硝酸银见光易分解，应用棕色滴定管，防止其分解，故A正确；
B.滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，手部控制溶液的滴加，故B错误；
C.滴定管的0刻线在上部，排气泡后，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，并记录数据，故C正确；
D.如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，存留的少量水导致标准溶液变稀，滴定消耗的体积偏大，所得结果会偏高，故D正确；
故选：B。
A.配制250mL溶液，需要用250mL容量瓶，硝酸银见光易分解，应用棕色滴定管盛装；
B.滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；
C.滴定管的0刻线在上部，滴定前需调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度；
D.如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，存留的少量水导致标准溶液变稀B。
本题考查物质的组成和含量的测定，难度不大，熟悉滴定的具体操作和细节为解答的关键，注意滴定过程中引起误差的原因。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查P4、P4O6和P4O10的结构，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握空间结构为解答的关键，注意选项C为解答的易错点，题目难度中等。
【解答】
A.P4O6中的磷原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化，故A正确；
B.三氧化二磷、五氧化二磷只表示原子个数比，这两个名称都未表示分子的实际组成，应为P4O6、P4O10，故B正确；
C.P4为正四面体结构，四个磷处在正四面体的顶点，同一P原子上两个化学键之间的夹角是60°，两个磷之间插入一个氧原子，得到P4O6，P4O6四个磷再插入一个氧原子得到P4O10，P4O6和P4O10分子中同一P原子上化学键之间的夹角近似等于109°28'，故C错误；
D.P4为正四面体结构，四个磷处在正四面体的顶点，两个磷之间插入一个氧原子，得到P4O6，在P4O6分子中，4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体，故D正确；
故选：C。
11.【答案】C
【解析】解：A.测定同物质的量浓度的CH3COONa溶液、NH4NO2溶液的pH，前者较高，可知前者溶液的碱性强，但盐溶液的阳离子不同，不能比较Ka(HNO2)、Ka(CH3COOH)的大小，故A错误；
B.AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能比较Ksp(AgI)、Ksp(AgCl)的大小，故B错误；
C.测定相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低，可知降低温度促进HF的电离，则HF在水中电离的过程放热，故C正确；
D.金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转，可知M为负极，则金属性M大于N，故D错误；
故选：C。
A.测定同物质的量浓度的CH3COONa溶液、NH4NO2溶液的pH，前者较高，可知前者溶液的碱性强，但盐溶液的阳离子不同；
B.AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀；
C.测定相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低，可知降低温度促进HF的电离；
D.金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转，可知M为负极。
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、盐类水解、弱电解质的电离、难溶电解质、原电池、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。
12.【答案】C
【解析】解：A.t1时，上述分析计算可知c(O2)=34amol/L，c(N2O4)=14amol/L，c(O2)=3c(N2O4)，故A正确；
B.t1时，NO的转化率=34aa×100%=75%，故B正确；
C.t2时NO未完全反应，c(O3)>amol⋅L-1，故C错误；
D.t3时NO完全反应，生成NO2物质的量浓度amol/L，c(NO2)+2c(N2O4)=amol/L，则c(N2O4)=12×[amol⋅L-1-c(NO2)]，故D正确；
故选：C。
在某密闭容器中以物质的量之比1：2充入NO、O3，图象中NO浓度为amol/L，则O3浓度为2amol/L，结合三段式列式计算，
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)，设t1时消耗NO物质的量浓度xmol/L，
起始量(mol/L) a 2a 0 0
变化量(mol/L) x x x x
t1时的量(mol/L)a-x 2a-x x x
2NO2(g)⇌N2O4(g)，设转化反应生成N2O4的物质的量浓度为y，
起始量(mol/L) x 0
变化量(mol/L) 2y y
t1时的量(mol/L)x-2y y
t1时c(NO)=c(NO2)=c(N2O4)，a-x=x-2y=y，x=34a，y=14a，
A.上述计算分析判断c(O2)和c(N2O4)的关系；
B.转化率=消耗量起始量×100%；
C.t2时NO未完全反应；
D.氮元素守恒列式计算浓度关系。
本题考查了反应过程分析、平衡计算等知识点，主要是图象的理解应用，题目难度较大。
13.【答案】D
【解析】解：A.RNH2是一元弱碱，即RNH2中N提供孤电子对与水中H+结合形成配位键，从而促进水的电离，是溶液显碱性，故A正确；
B.因为电离平衡常数：Kb(RNH2)>Ka(H2CO3)，则RNH3HCO3相当于强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性，故B正确；
C.由图可知，RNH2在CO2吸收过程中，被消耗掉，在离子交换后，又重新生成，可以循环利用，故C正确；
D.常压、高温不利于的CO2溶解，故在高压、常温条件下海水淡化速率最快，故D错误；
故选：D。
A.RNH2中N原子含有一对孤电子对；
B.因为电离平衡常数：Kb(RNH2)>Ka(H2CO3)，则RNH2的碱性大于碳酸的酸性；
C.由图可知，RNH2开始被消耗掉，后又重新生成；
D.常压、高温不利于的CO2溶解，即不利于CO2的吸收。
本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查配位键、平衡常数K的应用等，属于基本知识的考查，难度不大。
14.【答案】C
【解析】解；A.已知H2R是二元酸，常温下，向Na2R溶液中滴加盐酸，该过程溶液中只有2种含R的粒子，说明二元酸第一步完全电离，溶液中只存在HR-、R2-，电离方程式为：H2R=H++HR-，HR-⇌H++R2-，故A错误；
B.Na2R溶液中存在物料守恒，溶液中有c(Na+)=2c(HR-)+2c(R2-)，故B错误；
C.pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)溶液显酸性，c(Na+)>c(HR-)=c(R2-)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；
D.pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)，Ka(HR-)=c(H+)×c(R2-)c(HR-)=c(H+)=10-6.5，数量级为10-6.5，故D错误；
故选：C。
A.已知H2R是二元酸，常温下，向Na2R溶液中滴加盐酸，该过程溶液中只有2种含R的粒子，说明二元酸第一步完全电离；
B.Na2R溶液中存在物料守恒；
C.pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)溶液显酸性；
D.Ka(HR-)=c(H+)×c(R2-)c(HR-)，pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)。
本题考查了弱电解质电离、电解质溶液中微粒关系的理解应用、电离平衡常数计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
15.【答案】(1)淀粉溶液
(2)碱
(3)滴入最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
(4)B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原滴定实验及误差分析，注意掌握氧化还原滴定的原理和方法是解题的关键。
【解答】
(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去；
(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管。
(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断达到滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色。
(4)A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，标准盐酸的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)可知，测定c(待测)偏大，故A错误；
B.锥形瓶未用待测液润洗，对V(标准)无影响，测定c(待测)无影响，故B正确；
C.滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了，造成V(标准)偏大，测定c(待测)偏大，故C错误；
D.滴定时将标准液溅出锥形瓶外，造成V(标准)偏小，测定c(待测)偏小，故D错误。
16.【答案】Fe(OH)3 增大接触面积，加快浸取速率 将Bi(OH)3转化为BiOCl 浸取 BiOCl+SOCl2=BiCl3+SO2↑ 搅拌或加热 1045b262wa 12 22×3480NAρ×107
【解析】解：(1)根据分析，滤渣2主要成分为Fe(OH)3，将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，可以增大接触面积，加快浸取速率，
故答案为：Fe(OH)3；增大接触面积，加快浸取速率；
(2)滤液2稀释，促进氯化铋水解生成Bi(OH)3，过滤得到Bi(OH)3，Bi(OH)3溶于稀盐酸得到BiOCl，滤液3中含有水解生成的HCl，可用于浸取，
故答案为：将Bi(OH)3转化为BiOCl；浸取；
(3)BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，反应方程式为：BiOCl+SOCl2=BiCl3+SO2↑，
故答案为：BiOCl+SOCl2=BiCl3+SO2↑；
(4)结合胶体的性质特点，为防止生成胶体在合成过程中可不断搅拌或者加热，
故答案为：搅拌或加热；
(5)最终制得bkgBiVO4，结合元素守恒，实际回收的Bi的质量为290b324kg，铋的收率为209b324kgw×103×a%kg×100%=1045b262wa%，
故答案为：1045b262wa；
(6)该晶体中Fe2+分别位于顶点和面心，与Fe2+距离最近且相等的Fe2+有12个，该晶胞中含有Fe2+个数为8×18+6×12=4，S22-个数为1+12×14=4，则每个晶胞含有4个FeS2，晶胞质量为480NAg，晶胞边长为：3480NAρcm，相邻2个Fe2+的核间距为面对角线的一半，即为22×3480NAρ×107nm，
故答案为：12；22×3480NAρ×107。
以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)，首先辉铋矿加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，过滤除去不溶物，滤渣1为硫单质和SiO2；得到滤液主要成分为BiCl3、FeCl2，还含有过量的盐酸和氯化铁，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加NaOH将铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后，滤液2中含有氯化铋、氯化钠稀释，促进氯化铋水解生成Bi(OH)3和HCl，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到BiOCl，BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与(NH4)3VO3反应生成BiVO4，据此分析解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析，侧重考查实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
17.【答案】+123 AC BC 正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动 恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动 2.92 66.67
【解析】解：(1)焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)△H=348kJ/mol×6+413kJ/mol×12-(348kJ/mol×5+615kJ/mol+413kJ/mol×10+436kJ/mol)=+123kJ⋅mol-1，
故答案为：+123；
(2)A.反应过程中气体总质量不变，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量是变量，所以气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，故A正确；
B.平衡后再充入C6H12气体，相当于增大压强，转化率减小，故B错误；
C.加入高效催化剂，反应速率加快，单位时间内C6H10的产率可能会增大，故C正确；
D.催化剂通过参与化学反应改变反应历程，加快反应速率，增大固体催化剂的质量，如果不能增大接触面积，不一定能提高正、逆反应速率，故D错误；
故答案为：AC；
(3)①C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度平衡像这样的，所以随着温度升高环己烷平衡转化率增大，
A.C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度平衡正向移动，故A错误；
B.环己烷裂解发生副反应，使环己烷平衡转化率增大而环己烯的选择性降低，故B正确；
C.环己烯易发生聚合反应，环己烯产率降低，使环己烯的选择性降低，故B正确；
D.若催化剂的选择性增大，生成的34×环己烯增多，使环己烯的选择性增大，故D正确；
故答案为：正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；BC；
②当温度高于600℃时，环己烷脱氢，可能的副产物有等，
故答案为：；
(4)①恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷的平衡转化率随n(Ar)n(C6H12)的增大而升高，
故答案为：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动；
②当n(Ar)n(C6H12)=1：3时，初始时，环己烷的分压为100kPa=75kPa，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为23，
C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)
起始量(mol) amol 0 0
变化量(mol)23amol 23amol 23amol
平衡量(mol)13amol 23amol 23amol
达到平衡时环己烷的分压为100×13a13a+23a+23a+13a=1006kPa、环己烯的分压为2006kPa、氢气的分压为2006kPa，则环己烷分压的平均转化速率为(75-1006)kPa20min=2.92kPa⋅min-1，该环己烷脱氢反应的压强平衡常数Kp=p(C6H10)×p(H2)c(C6H12)=2006×10061006≈66.67，
故答案为：2.92；66.67；
(5)环己烷脱氢反应的机理可知，结合基元反应④，可知基元反应③为，
故答案为：。
(1)焓变=反应物的总键能-生成物的总键能；
(2)A.反应过程中气体总质量不变，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量是变量；
B.平衡后再充入C6H12气体，相当于增大压强；
C.加入高效催化剂，反应速率加快；
D.催化剂通过参与化学反应改变反应历程，加快反应速率，增大固体催化剂的质量，如果不能增大接触面积，不一定能提高反应速率；
(3)①C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度平衡像这样的，所以随着温度升高环己烷平衡转化率增大；
A.升高温度平衡正向移动；
B.环己烷裂解发生副反应；
C.环己烯易发生聚合反应；
D.若催化剂的选择性增大，生成的环己烯增多；
②当温度高于600℃时，环己烷脱氢，可能的副产物有 等；
(4)①恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷的平衡转化率随n(Ar)n(C6H12)的增大而升高；
②当n(Ar)n(C6H12)=1：3时，初始时，环己烷的分压为 100kPa=75kPa，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为23，
C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)
起始量(mol) amol 0 0
变化量(mol)23amol 23amol 23amol
平衡量(mol)13amol 23amol 23amol
达到平衡时环己烷的分压为100×13a13a+23a+23a+13a=1006kPa、环己烯的分压为2006kPa、氢气的分压为2006kPa，则环己烷分压的平均转化速率为(75-1006)kPa20min=2.92kPa⋅min-1，该环己烷脱氢反应的压强平衡常数Kp=p(C6H10)×p(H2)c(C6H12)；
(5)根据基元反应④，可知基元反应③为。
本题考查了化学反应焓变的计算、化学平衡影响因素、平衡常数计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度较大。
18.【答案】羟基、醚键 加成反应 银氨溶液、水浴加热或新制氢氧化铜悬浊液、加热 丙酮 12
【解析】解：(1)D中含氧官能团的名称是醛基、醚键，
故答案为：羟基、醚键；
(2)B中-CHO和HCN发生加成反应生成C，B→C的反应类型是加成反应，B中含有醛基、C不含醛基，所以鉴别B、C的试剂和条件是银氨溶液、水浴加热或新制氢氧化铜悬浊液、加热，
故答案为：加成反应；银氨溶液、水浴加热或新制氢氧化铜悬浊液、加热；
(3)F→G的副产物为CH3COCH3，名称为丙酮，
故答案为：丙酮；
(4)在镍、加热条件下B中醛基和苯环都能和氢气发生加成反应，则B与足量H2反应的化学方程式为，
故答案为：；
(5)A的芳香族同分异构体同时具备下列条件：
①苯环上只有2个取代基；
②在稀硫酸作用下能发生水解反应且产物之一遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有某酸苯酯基；
③能发生银镜反应，说明含有醛基，根据氧原子个数及其不饱和度知，应该含有甲酸苯酯基，丁基有CH3CH2CH2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、CH3CH(CH3)CH2-、(CH3)3C-四种同分异构体，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，所以符合条件的同分异构体种类为4×3=12，其中，核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之比为1：2：2：9的结构中含有3个等效的甲基，符合条件的结构简式为，
故答案为：12；；
(6)以苯甲醇为原料制备，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和HCN发生B生成C类型的反应生成，发生水解反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A发生氧化反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生还原反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F和乙酸发生反应生成G；
(6)以苯甲醇为原料制备，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和HCN发生B生成C类型的反应生成，发生水解反应生成。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是限制性条件下同分异构体种类判断。
2022-2023学年高考化学模拟试卷
1. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是( )
A. 添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，使用时水温越高洗涤效果越好
B. 84消毒液和医用酒精杀灭新冠肺炎病毒的原理不同
C. 用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，有利于环保
D. 侯氏制碱法利用了物质溶解度的差异
2. 《蔡翁碑》上刻有“砍其麻、去其青、渍以灰、煮其身、洗以头、抄以帘、剧以壁，纸以成”；《政论》中记载“有蔡太仆之驽，及龙亭之剑，至今擅名天下”。下列有关叙述正确的是( )
A. 造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“捣”为粉碎
B. 古代“弩机”多为青铜制品，青铜的主要成分为铜铝合金
C. “蔡伦纸”之前的竹简、绢帛均是人工合成高分子材料
D. 造纸用的树皮、废麻、破布等原料的主要成分均为蛋白质和淀粉
3. 尿素是重要的化工原料，也常用作氮肥。以氨为原料合成尿素的相关反应如下：
①2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH1=-159.5kJ⋅mol-1；
②NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2=+116.5kJ⋅mol-1；
③H2O(1)⇌H2O(g)ΔH3=+44.0kJ⋅mol-1；
④CO2(g)+2NH3(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(1)ΔH4。
下列叙述正确的是( )
A. 反应①在较高温度下易自发进行
B. 反应②的平衡常数=c(H2O)⋅c[CO(NH2)2]c(NH2COONH4)
C. 在恒容密闭容器中发生反应②，当气体摩尔质量不变时反应达到平衡
D. ΔH4=-87kJ⋅mol-1
4. 下列物质既能发生水解反应、消去反应，又能氧化成醛的是( )
A. B.
C. D.
5. 近日，某团队分步进行8电子转移的电化学硝酸盐还原反应实现高效合成氨，装置如图所示。原理是：按照[2+6]-电子路径进行还原(先将硝酸盐还原成亚硝酸盐，再将亚硝酸盐还原成氨)，可大幅度地降低8电子还原过程的能垒，提高其反应活性。下列叙述正确的是( )
A. N极为负极，发生了还原反应
B. NH3、NO2-的VSEPR模型名称分别为三角锥形、直线形
C. 生成NO2-的电极反应式为NO3-+2e-+H2O=NO2-+2OH-
D. 由NO3-生成34gNH3时至少转移12mol电子
6. FeF3是制备硫化物全固态锂电池高能正极材料的原料。一种制备FeF3材料的微型流程如图：
下列叙述错误的是( )
A. “混合溶液”时应选择塑料烧杯
B. “系列操作”得到的溶液可采用蒸馏回收
C. 实验操作在通风橱中完成
D. “反应器”温度越高，越有利于制备FeF3
7. 某科研团队制备高效催化剂Cu@C/SiO2并催化碳酸乙烯酯连续加氢反应的机理，如图所示。(已知：图片中Cu指铜元素，包括Cu2+、Cu+)
下列叙述错误的是( )
A. 图1CO转化过程中既作氧化剂又作还原剂
B. 图1中山梨醇中碳元素转化成C、CO、CO2
C. 图2中1mol碳酸乙烯酯和2molH2恰好完全反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH
D. 图2中Cu@C/SiO2能提高碳酸乙烯酯和H2反应的活化分子百分率
8. 氮的氧化物转化是环境化学热点问题之一。研究发现，H2还原NO的反应2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(l)分两步进行：①2NO(g)+H2(g)=N2(g)+H2O2(1)；②H2O2(1)+H2(g)=2H2O(1)。其能量变化如图所示(Ts代表过渡态)。下列叙述正确的是( )
A. ②是放热反应，①是吸热反应 B. H2O2是该反应的催化剂
C. 反应①的活化能大于反应② D. 加入催化剂的目的是降低Ts2的能量
9. 某MgCl2样品中含少量Mg(NO3)2，为测定样品的纯度，操作过程如下：(1)取一定质量的样品配制成250mL溶液；(2)准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴指示剂，用cmol⋅L-1酸银溶液滴定至终点。下列叙述错误的是( )
A. 需要用到250mL容量瓶、棕色滴定管
B. 滴定过程中眼睛注视滴定管液面的变化
C. 滴定管排气泡后调节液面至0或0刻度以下
D. 如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，所得结果会偏高
10. 如图，图1表示白磷(P4)的分子结构，图2表示三氧化二磷(P4O6)的分子结构，图3表示五氧化二磷(P4O10)的分子结构，下列说法中不正确的是( )
A. P4O6中的磷原子采用sp3方式杂化
B. 三氧化二磷、五氧化二磷这两个名称都只表示原子个数比，不表示分子的实际组成
C. P4、P4O6和P4O10分子中同一P原子上两个化学键之间的夹角都是60°
D. P4O6分子中4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体
11. 下列实验操作现象能得出相应结论的是 ( )
选项
实验操作及现象
结论
A
相同温度下，测定同物质的量浓度的CH3COONa溶液、NH4NO2溶液的pH，前者较高
Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
B
在AgNO3溶液中滴几滴NaCl溶液，再滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgI)
测定相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低
HF在水中电离的过程放热
D
金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转
金属N比M活泼
A. A B. B C. C D. D
12. 在某密闭容器中以物质的量之比1：2充入NO、O3，发生反应：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)，2NO2(g)⇌N2O4(g)。实验测得体系中含N物种的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. t1时，c(O2)=3c(N2O4)
B. t1时，NO的转化率为75%
C. t2时，c(O3)=amol⋅L-1
D. t3时，c(N2O4)=12×[amol⋅L-1-c(NO2)]
13. 近日，某科学家开发了一种用二氧化碳淡化海水的技术，其循环图如图：
已知：R为烃基，RNH2是一元弱碱，易溶于水。电离常数：Kb(RNH2)>Ka(H2CO3)。下列叙述错误的是( )
A. RNH2中N提供孤电子对能与质子形成配位键
B. RNH3HCO3溶液呈弱碱性
C. RNH2可以循环利用
D. 在常压、高温条件下海水淡化速率最快
14. 已知H2R是二元酸。常温下，向Na2R溶液中滴加盐酸，该过程溶液中只有2种含R的粒子，其浓度与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. H2R的电离方程式为H2R⇌H++HR-，HR-⇌H++R2-
B. Na2R溶液中有c(Na+)=2c(H2R)+2c(HR-)+2c(R2-)
C. pH=6.5的溶液中c(Na+)>c(HR-)=c(R2-)>c(H+)>c(OH-)
D. Ka(HR-)的数量级为10-6
15. Ⅰ.某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL的KI溶液(足量)，发生的反应为：Cl2+2KI=2KCl+I2，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，再用0.01 mol·L-1Na2S2O3溶液润洗，然后装入0.01 mol·L-1Na2S2O3溶液到0刻度以上，排出下端尖嘴内的气泡，调整液面至0刻度或0刻度下某一位置，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6。
试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是______________________。
(2)步骤②应使用_________________式滴定管。
(3)判断达到滴定终点的实验现象是______________________________________________________________________________。
Ⅱ.(4)若用0.1000 mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况对实验结果无影响的是__________(填字母)。
A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了
D.滴定时将标准液溅出锥形瓶外
16. 近日，科学家利用光催化剂BiVO4实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)的流程如图：
已知：
①滤液1中所含阳离子主要有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+。
②几种氢氧化物沉淀的pH如表所示。
氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Bi(OH)3
开始沉淀pH
7.5
2.3
4.0
沉淀完全pH
9.7
3.7
回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是 。
(2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是 。滤液3可以循环用于“ ”工序(填名称)。
(3)“氯化”的化学方程式为 。
(4)“合成”过程中将BiCl3溶液和(NH4)3VO4溶液混合容易形成BiVO4胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为 (任答一条)。
(5)已知辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt这种矿石经上述转化最终制得bkgBiVO4，则铋的收率为 %(收率=实际产量理论产量×100%)。
(6)FeS2的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为ρg⋅cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与Fe2+距离最近且相等的Fe2+有 个，相邻2个Fe2+的核间距为 nm。
17. 环己烯是工业常用的化工品。工业上通过热铂基催化剂重整将环己烷脱氢制备环己烯，化学反应为C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)△H。
(1)几种共价键的键能数据如下：
共价键
H-H
C-H
C-C
C=C
键能/(kJ⋅mol-1)
436
413
348
615
△H= kJ⋅mol-1。
(2)在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，仅发生上述反应。下列叙述错误的是 (填字母)。A.气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B.平衡后再充入C6H12气体，平衡向右移动，转化率增大
C.加入高效催化剂，单位时间内C6H10的产率可能会增大
D.增大固体催化剂的质量，一定能提高正、逆反应速率
(3)环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性(选择性=环己烯的物质的量环己烷转化的物质的量)随温度的变化如图所示。
①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是 。随着温度升高，环己烯的选择性变化的可能原因是 (填字母)。
A.平衡向逆反应方向移动
B.环己烷裂解发生副反应
C.环己烯易发生聚合反应
D.催化剂的选择性增大
②当温度高于600℃时，可能的副产物有 (任写一种结构简式)。
(4)在873K、100kPa条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，仅发生反应：C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)。
①环己烷的平衡转化率随n(Ar)n(C6H12)的增大而升高，其原因是 。
②当n(Ar)n(C6H12)=13时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为23，则环己烷分压的平均转化速率为 kPa⋅min-1。该环己烷脱氢反应的压强平衡常数Kp= kPa。(均保留2位小数)注：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数(Kp)，分压=总压×物质的量分数。
(5)“”表示铂基催化剂，“*”表示吸附在该催化剂表面，环己烷脱氢反应的机理如下，请补充基元反应③ 。
①
②
③
④*H2→H2+
18. 沙美特罗是抗炎药物。某团队运用化学酶法制备β2-受体激动剂(R)-沙美特罗(G)的流程如图：
回答下列问题：
(1)D中含氧官能团的名称是 。
(2)B→C的反应类型是 。鉴别B、C的试剂和条件是 。
(3)已知：。F→G的副产物为 (填名称)。
(4)在镍、加热条件下B与足量H2反应的化学方程式为 。
(5)同时具备下列条件的A的芳香族同分异构体的结构有 种(不考虑立体异构)。
①苯环上只有2个取代基
②在稀硫酸作用下能发生水解反应且产物之一遇FeCl3溶液能发生显色反应
③能发生银镜反应
其中，核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之比为1：2：2：9的结构简式为 。
(6)已知：RCN在催化剂作用下水解生成RCOOH。参照上述合成路线设计以苯甲醇为原料制备的合成路线： (无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学与STSE，难度不大，解题关键是理解物质性质及用途。
【解答】
A. 水温过高，碱性蛋白酶的活性可能降低，洗涤效果变差，故 A错误；
B.“84消毒液”的有效成分是具有强氧化性的NaClO，消毒原理是把病毒氧化，医用酒精的消毒原理是使蛋白质变性，二者消毒原理不同，故 B正确；
C. CO2液态时作为油脂的萃取剂，无污染，易分离，故 C正确；
D. 侯氏制碱法利用了碳酸氢钠的溶解度小的性质，先得到碳酸氢钠，再利用其不稳定性得到碳酸钠，故 D正确；
故选A。
2.【答案】A
【解析】解：A.造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“捣”为将麻粉碎的过程，故A正确；
B.合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物，青铜是一种铜锡合金，故B错误；
C.竹简、绢帛的主要成分为纤维素、蛋白质等，都为天然高分子化合物，故C错误；
D.树皮、废麻、破布等原料的主要成分均为纤维素，故D错误；
故选：A。
A.“捣”为将麻粉碎的过程；
B.合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物；
C.竹简、绢帛的主要成分为纤维素、蛋白质等；
D.树皮、废麻、破布等原料的主要成分均为纤维素。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、发生的反应和性质与用途的关系为解答的关键，注意化学与生活的联系，试题侧重分析与应用能力的考查。
3.【答案】D
【解析】解：A.反应①的△S<0，ΔH1=-159.5kJ⋅mol-1<0，而当G=△H-T⋅△S<0时反应能自发进行，则只有在低温时反应才能自发进行，故A错误；
B.化学反应平衡常数K=生成物平衡浓度幂之积反应物平衡浓度幂之积，固体和纯液体不计入内，故反应②的K=c(H2O)，故B错误；
C.反应②中NH2COONH4、CO(NH2)2均为固体，只有H2O为气体，在恒容密闭容器中发生反应②，气体的摩尔质量即为水蒸气的摩尔质量，是个定值，一直不变，故当气体摩尔质量不变时不能说明反应达到平衡，故C错误；
D.根据盖斯定律，将反应①+②-③即可得反应④，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=(-159.5kJ⋅mol-1)+(+116.5kJ⋅mol-1)-(+44.0kJ⋅mol-1)=-87kJ⋅mol-1，故D正确；
故选：D。
A.当G=△H-T⋅△S<0时反应能自发进行；
B.化学反应平衡常数K=生成物平衡浓度幂之积反应物平衡浓度幂之积；
C.反应②中NH2COONH4、CO(NH2)2均为固体，只有H2O为气体；
D.根据盖斯定律，将反应①+②-③即可得反应④，据此计算。
本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数表达式的书写以及化学平衡的判断，难度不大，应注意当装置中只有一种气体时，气体的摩尔质量不变不能作为平衡的标志。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意醇或卤代烃发生消去反应、醇被氧化生成醛的有机物结构特点，题目难度不大。
【解答】
A.该分子中醇羟基所连C原子上没有2个H原子，所以醇羟基只能被氧化生成羰基而不是醛基，故A错误；
B.该分子中连接醇羟基碳原子相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故B错误；
C.该分子中连接醇羟基的碳原子上不含氢原子，所以不能被氧化生成醛，故C错误；
D.该分子中连接卤素原子的碳原子相邻碳原子上含有H原子，所以能发生消去反应，醇羟基所连C原子上有2个H原子，所以能被氧化生成醛，含有氯原子，可以发生水解反应，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】解：A.该装置为原电池，N电极上Zn失电子和OH-反应生成Zn(OH)42-，则Zn为负极，失电子发生氧化反应，故A错误；
B.NH3中N原子价层电子对个数=3+5-3×12=4且含有1个孤电子对，NO2-中N原子价层电子对个数=2+5+1-2×22=3且含有1个孤电子对，前者为三角锥形、后者为V形，故B错误；
C.将硝酸盐还原成亚硝酸盐，则NO3-在反应中得电子生成NO2-，电极反应式为NO3-+2e-+H2O=NO2-+2OH-，故C正确；
D.将亚硝酸盐还原成氨，电极反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，n(NH3)=34g17g/mol=2mol，根据电极反应式知，生成1mol氨气转移8mol电子，据此计算生成2mol氨气转移电子的物质的量为16mol，故D错误；
故选：C。
A.该装置为原电池，N电极上Zn失电子和OH-反应生成Zn(OH)42-，失电子发生氧化反应的电极为负极；
B.NH3中N原子价层电子对个数=3+5-3×12=4且含有1个孤电子对，NO2-中N原子价层电子对个数=2+5+1-2×22=3且含有1个孤电子对；
C.将硝酸盐还原成亚硝酸盐，则NO3-在反应中得电子生成NO2-；
D.将亚硝酸盐还原成氨，电极反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，n(NH3)=34g17g/mol=2mol，根据电极反应式知，生成1mol氨气转移8mol电子，据此计算生成2mol氨气转移电子的物质的量。
本题考查原电池原理、微粒空间结构判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原电池正负极判断方法、微粒空间构型判断方法、电极反应式的书写是解本题关键，难点是电极反应式的书写。
6.【答案】D
【解析】解：A.HF和玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，由于“混合溶液”由HF和乙醇组成，因此应该选用塑料烧杯盛放，故A正确；
B.“系列操作”得到的溶液中含有乙醇和硝酸，沸点不同，可采用蒸馏分离回收，故B正确；
C.乙醇和HNO3容易挥发，且具有腐蚀性，应在通风厨中完成操作，故C正确；
D.硝酸铁不稳定，温度过高导致硝酸铁分解，乙醇在温度稍高大量挥发，不利于产物的生成，故D错误；
故选：D。
无水乙醇和HF、HNO3充分混合，然后在反应器和Fe(NO3)3⋅9H2O在120℃反应生成FeF3⋅0.33H2O、HNO3，HNO3返回混合步骤重复利用，FeF3⋅0.33H2O经系列操作、在Ar中灼烧得到FeF3，据此解答。
本题考查物质的制备实验设计，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，内容涉对工艺流程的理解评价、方案设计等，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.图1中一氧化碳反应生成二氧化碳和碳单质，碳元素化合价有升高也有降低，故CO转化过程中既作氧化剂又作还原剂，故A正确；
B.图1中山梨醇中碳元素转化成二氧化碳和一氧化碳，部分一氧化碳又转化为碳和二氧化碳，则山梨醇中碳元素转化成C、CO、CO2，故B正确；
C.图2中1mol碳酸乙烯酯和3molH2恰好完全反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH，故C错误；
D.图2中Cu@C/SiO2作为催化剂，能降低反应的活化能，提高碳酸乙烯酯和H2反应的活化分子百分率，加快反应速率，故D正确；
故选：C。
A.图1中一氧化碳反应生成二氧化碳和碳单质，碳元素化合价有升高也有降低；
B.图1中山梨醇中碳元素转化成二氧化碳和一氧化碳，部分一氧化碳又转化为碳和二氧化碳；
C.图2中1mol碳酸乙烯酯和3molH2恰好完全反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH；
D.催化剂，能降低反应的活化能。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程分析的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，②和①反应物总能量大于生成物的总能量，则它们都是放热反应，故A错误；
B.H2O2是先生成后消耗，则H2O2是该反应的中间产物，故B错误；
C.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知，反应①的活化能大于反应②，故C正确；
D.加入催化剂的目的是降低Ts1的能量，故D错误；
故选：C。
A.生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
B.H2O2是先生成后消耗；
C.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
D.催化剂可降低反应的活化能。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.配制250mL溶液，需要用250mL容量瓶，硝酸银见光易分解，应用棕色滴定管，防止其分解，故A正确；
B.滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，手部控制溶液的滴加，故B错误；
C.滴定管的0刻线在上部，排气泡后，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，并记录数据，故C正确；
D.如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，存留的少量水导致标准溶液变稀，滴定消耗的体积偏大，所得结果会偏高，故D正确；
故选：B。
A.配制250mL溶液，需要用250mL容量瓶，硝酸银见光易分解，应用棕色滴定管盛装；
B.滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；
C.滴定管的0刻线在上部，滴定前需调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度；
D.如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，存留的少量水导致标准溶液变稀B。
本题考查物质的组成和含量的测定，难度不大，熟悉滴定的具体操作和细节为解答的关键，注意滴定过程中引起误差的原因。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查P4、P4O6和P4O10的结构，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握空间结构为解答的关键，注意选项C为解答的易错点，题目难度中等。
【解答】
A.P4O6中的磷原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化，故A正确；
B.三氧化二磷、五氧化二磷只表示原子个数比，这两个名称都未表示分子的实际组成，应为P4O6、P4O10，故B正确；
C.P4为正四面体结构，四个磷处在正四面体的顶点，同一P原子上两个化学键之间的夹角是60°，两个磷之间插入一个氧原子，得到P4O6，P4O6四个磷再插入一个氧原子得到P4O10，P4O6和P4O10分子中同一P原子上化学键之间的夹角近似等于109°28'，故C错误；
D.P4为正四面体结构，四个磷处在正四面体的顶点，两个磷之间插入一个氧原子，得到P4O6，在P4O6分子中，4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体，故D正确；
故选：C。
11.【答案】C
【解析】解：A.测定同物质的量浓度的CH3COONa溶液、NH4NO2溶液的pH，前者较高，可知前者溶液的碱性强，但盐溶液的阳离子不同，不能比较Ka(HNO2)、Ka(CH3COOH)的大小，故A错误；
B.AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能比较Ksp(AgI)、Ksp(AgCl)的大小，故B错误；
C.测定相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低，可知降低温度促进HF的电离，则HF在水中电离的过程放热，故C正确；
D.金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转，可知M为负极，则金属性M大于N，故D错误；
故选：C。
A.测定同物质的量浓度的CH3COONa溶液、NH4NO2溶液的pH，前者较高，可知前者溶液的碱性强，但盐溶液的阳离子不同；
B.AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀；
C.测定相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低，可知降低温度促进HF的电离；
D.金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转，可知M为负极。
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、盐类水解、弱电解质的电离、难溶电解质、原电池、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。
12.【答案】C
【解析】解：A.t1时，上述分析计算可知c(O2)=34amol/L，c(N2O4)=14amol/L，c(O2)=3c(N2O4)，故A正确；
B.t1时，NO的转化率=34aa×100%=75%，故B正确；
C.t2时NO未完全反应，c(O3)>amol⋅L-1，故C错误；
D.t3时NO完全反应，生成NO2物质的量浓度amol/L，c(NO2)+2c(N2O4)=amol/L，则c(N2O4)=12×[amol⋅L-1-c(NO2)]，故D正确；
故选：C。
在某密闭容器中以物质的量之比1：2充入NO、O3，图象中NO浓度为amol/L，则O3浓度为2amol/L，结合三段式列式计算，
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)，设t1时消耗NO物质的量浓度xmol/L，
起始量(mol/L) a 2a 0 0
变化量(mol/L) x x x x
t1时的量(mol/L)a-x 2a-x x x
2NO2(g)⇌N2O4(g)，设转化反应生成N2O4的物质的量浓度为y，
起始量(mol/L) x 0
变化量(mol/L) 2y y
t1时的量(mol/L)x-2y y
t1时c(NO)=c(NO2)=c(N2O4)，a-x=x-2y=y，x=34a，y=14a，
A.上述计算分析判断c(O2)和c(N2O4)的关系；
B.转化率=消耗量起始量×100%；
C.t2时NO未完全反应；
D.氮元素守恒列式计算浓度关系。
本题考查了反应过程分析、平衡计算等知识点，主要是图象的理解应用，题目难度较大。
13.【答案】D
【解析】解：A.RNH2是一元弱碱，即RNH2中N提供孤电子对与水中H+结合形成配位键，从而促进水的电离，是溶液显碱性，故A正确；
B.因为电离平衡常数：Kb(RNH2)>Ka(H2CO3)，则RNH3HCO3相当于强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性，故B正确；
C.由图可知，RNH2在CO2吸收过程中，被消耗掉，在离子交换后，又重新生成，可以循环利用，故C正确；
D.常压、高温不利于的CO2溶解，故在高压、常温条件下海水淡化速率最快，故D错误；
故选：D。
A.RNH2中N原子含有一对孤电子对；
B.因为电离平衡常数：Kb(RNH2)>Ka(H2CO3)，则RNH2的碱性大于碳酸的酸性；
C.由图可知，RNH2开始被消耗掉，后又重新生成；
D.常压、高温不利于的CO2溶解，即不利于CO2的吸收。
本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查配位键、平衡常数K的应用等，属于基本知识的考查，难度不大。
14.【答案】C
【解析】解；A.已知H2R是二元酸，常温下，向Na2R溶液中滴加盐酸，该过程溶液中只有2种含R的粒子，说明二元酸第一步完全电离，溶液中只存在HR-、R2-，电离方程式为：H2R=H++HR-，HR-⇌H++R2-，故A错误；
B.Na2R溶液中存在物料守恒，溶液中有c(Na+)=2c(HR-)+2c(R2-)，故B错误；
C.pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)溶液显酸性，c(Na+)>c(HR-)=c(R2-)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；
D.pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)，Ka(HR-)=c(H+)×c(R2-)c(HR-)=c(H+)=10-6.5，数量级为10-6.5，故D错误；
故选：C。
A.已知H2R是二元酸，常温下，向Na2R溶液中滴加盐酸，该过程溶液中只有2种含R的粒子，说明二元酸第一步完全电离；
B.Na2R溶液中存在物料守恒；
C.pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)溶液显酸性；
D.Ka(HR-)=c(H+)×c(R2-)c(HR-)，pH=6.5的溶液中c(HR-)=c(R2-)。
本题考查了弱电解质电离、电解质溶液中微粒关系的理解应用、电离平衡常数计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
15.【答案】(1)淀粉溶液
(2)碱
(3)滴入最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
(4)B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原滴定实验及误差分析，注意掌握氧化还原滴定的原理和方法是解题的关键。
【解答】
(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去；
(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管。
(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断达到滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色。
(4)A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，标准盐酸的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)可知，测定c(待测)偏大，故A错误；
B.锥形瓶未用待测液润洗，对V(标准)无影响，测定c(待测)无影响，故B正确；
C.滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了，造成V(标准)偏大，测定c(待测)偏大，故C错误；
D.滴定时将标准液溅出锥形瓶外，造成V(标准)偏小，测定c(待测)偏小，故D错误。
16.【答案】Fe(OH)3 增大接触面积，加快浸取速率 将Bi(OH)3转化为BiOCl 浸取 BiOCl+SOCl2=BiCl3+SO2↑ 搅拌或加热 1045b262wa 12 22×3480NAρ×107
【解析】解：(1)根据分析，滤渣2主要成分为Fe(OH)3，将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，可以增大接触面积，加快浸取速率，
故答案为：Fe(OH)3；增大接触面积，加快浸取速率；
(2)滤液2稀释，促进氯化铋水解生成Bi(OH)3，过滤得到Bi(OH)3，Bi(OH)3溶于稀盐酸得到BiOCl，滤液3中含有水解生成的HCl，可用于浸取，
故答案为：将Bi(OH)3转化为BiOCl；浸取；
(3)BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，反应方程式为：BiOCl+SOCl2=BiCl3+SO2↑，
故答案为：BiOCl+SOCl2=BiCl3+SO2↑；
(4)结合胶体的性质特点，为防止生成胶体在合成过程中可不断搅拌或者加热，
故答案为：搅拌或加热；
(5)最终制得bkgBiVO4，结合元素守恒，实际回收的Bi的质量为290b324kg，铋的收率为209b324kgw×103×a%kg×100%=1045b262wa%，
故答案为：1045b262wa；
(6)该晶体中Fe2+分别位于顶点和面心，与Fe2+距离最近且相等的Fe2+有12个，该晶胞中含有Fe2+个数为8×18+6×12=4，S22-个数为1+12×14=4，则每个晶胞含有4个FeS2，晶胞质量为480NAg，晶胞边长为：3480NAρcm，相邻2个Fe2+的核间距为面对角线的一半，即为22×3480NAρ×107nm，
故答案为：12；22×3480NAρ×107。
以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)，首先辉铋矿加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，过滤除去不溶物，滤渣1为硫单质和SiO2；得到滤液主要成分为BiCl3、FeCl2，还含有过量的盐酸和氯化铁，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加NaOH将铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后，滤液2中含有氯化铋、氯化钠稀释，促进氯化铋水解生成Bi(OH)3和HCl，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到BiOCl，BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与(NH4)3VO3反应生成BiVO4，据此分析解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析，侧重考查实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
17.【答案】+123 AC BC 正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动 恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动 2.92 66.67
【解析】解：(1)焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)△H=348kJ/mol×6+413kJ/mol×12-(348kJ/mol×5+615kJ/mol+413kJ/mol×10+436kJ/mol)=+123kJ⋅mol-1，
故答案为：+123；
(2)A.反应过程中气体总质量不变，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量是变量，所以气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，故A正确；
B.平衡后再充入C6H12气体，相当于增大压强，转化率减小，故B错误；
C.加入高效催化剂，反应速率加快，单位时间内C6H10的产率可能会增大，故C正确；
D.催化剂通过参与化学反应改变反应历程，加快反应速率，增大固体催化剂的质量，如果不能增大接触面积，不一定能提高正、逆反应速率，故D错误；
故答案为：AC；
(3)①C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度平衡像这样的，所以随着温度升高环己烷平衡转化率增大，
A.C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度平衡正向移动，故A错误；
B.环己烷裂解发生副反应，使环己烷平衡转化率增大而环己烯的选择性降低，故B正确；
C.环己烯易发生聚合反应，环己烯产率降低，使环己烯的选择性降低，故B正确；
D.若催化剂的选择性增大，生成的34×环己烯增多，使环己烯的选择性增大，故D正确；
故答案为：正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；BC；
②当温度高于600℃时，环己烷脱氢，可能的副产物有等，
故答案为：；
(4)①恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷的平衡转化率随n(Ar)n(C6H12)的增大而升高，
故答案为：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动；
②当n(Ar)n(C6H12)=1：3时，初始时，环己烷的分压为100kPa=75kPa，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为23，
C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)
起始量(mol) amol 0 0
变化量(mol)23amol 23amol 23amol
平衡量(mol)13amol 23amol 23amol
达到平衡时环己烷的分压为100×13a13a+23a+23a+13a=1006kPa、环己烯的分压为2006kPa、氢气的分压为2006kPa，则环己烷分压的平均转化速率为(75-1006)kPa20min=2.92kPa⋅min-1，该环己烷脱氢反应的压强平衡常数Kp=p(C6H10)×p(H2)c(C6H12)=2006×10061006≈66.67，
故答案为：2.92；66.67；
(5)环己烷脱氢反应的机理可知，结合基元反应④，可知基元反应③为，
故答案为：。
(1)焓变=反应物的总键能-生成物的总键能；
(2)A.反应过程中气体总质量不变，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量是变量；
B.平衡后再充入C6H12气体，相当于增大压强；
C.加入高效催化剂，反应速率加快；
D.催化剂通过参与化学反应改变反应历程，加快反应速率，增大固体催化剂的质量，如果不能增大接触面积，不一定能提高反应速率；
(3)①C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度平衡像这样的，所以随着温度升高环己烷平衡转化率增大；
A.升高温度平衡正向移动；
B.环己烷裂解发生副反应；
C.环己烯易发生聚合反应；
D.若催化剂的选择性增大，生成的环己烯增多；
②当温度高于600℃时，环己烷脱氢，可能的副产物有 等；
(4)①恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷的平衡转化率随n(Ar)n(C6H12)的增大而升高；
②当n(Ar)n(C6H12)=1：3时，初始时，环己烷的分压为 100kPa=75kPa，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为23，
C6H12(g)⇌C6H10(g)+H2(g)
起始量(mol) amol 0 0
变化量(mol)23amol 23amol 23amol
平衡量(mol)13amol 23amol 23amol
达到平衡时环己烷的分压为100×13a13a+23a+23a+13a=1006kPa、环己烯的分压为2006kPa、氢气的分压为2006kPa，则环己烷分压的平均转化速率为(75-1006)kPa20min=2.92kPa⋅min-1，该环己烷脱氢反应的压强平衡常数Kp=p(C6H10)×p(H2)c(C6H12)；
(5)根据基元反应④，可知基元反应③为。
本题考查了化学反应焓变的计算、化学平衡影响因素、平衡常数计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度较大。
18.【答案】羟基、醚键 加成反应 银氨溶液、水浴加热或新制氢氧化铜悬浊液、加热 丙酮 12
【解析】解：(1)D中含氧官能团的名称是醛基、醚键，
故答案为：羟基、醚键；
(2)B中-CHO和HCN发生加成反应生成C，B→C的反应类型是加成反应，B中含有醛基、C不含醛基，所以鉴别B、C的试剂和条件是银氨溶液、水浴加热或新制氢氧化铜悬浊液、加热，
故答案为：加成反应；银氨溶液、水浴加热或新制氢氧化铜悬浊液、加热；
(3)F→G的副产物为CH3COCH3，名称为丙酮，
故答案为：丙酮；
(4)在镍、加热条件下B中醛基和苯环都能和氢气发生加成反应，则B与足量H2反应的化学方程式为，
故答案为：；
(5)A的芳香族同分异构体同时具备下列条件：
①苯环上只有2个取代基；
②在稀硫酸作用下能发生水解反应且产物之一遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有某酸苯酯基；
③能发生银镜反应，说明含有醛基，根据氧原子个数及其不饱和度知，应该含有甲酸苯酯基，丁基有CH3CH2CH2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、CH3CH(CH3)CH2-、(CH3)3C-四种同分异构体，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，所以符合条件的同分异构体种类为4×3=12，其中，核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之比为1：2：2：9的结构中含有3个等效的甲基，符合条件的结构简式为，
故答案为：12；；
(6)以苯甲醇为原料制备，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和HCN发生B生成C类型的反应生成，发生水解反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A发生氧化反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生还原反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F和乙酸发生反应生成G；
(6)以苯甲醇为原料制备，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和HCN发生B生成C类型的反应生成，发生水解反应生成。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是限制性条件下同分异构体种类判断。
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