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2023年山西省太原市高考化学一模试卷及答案解析
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这是一份2023年山西省太原市高考化学一模试卷及答案解析，共17页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年山西省太原市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 生活中处处有化学。下列叙述不正确的是( )
A. 酱油中添加少量苯甲酸钠作防腐剂
B. 利用生活垃圾焚烧发电可推进垃圾资源化
C. 高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化有：蛋白质变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应
D. “神舟十五号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料
2. 某抗氧化剂Z可由如图反应制得：
下列关于X、Y、Z的说法正确的是( )
A. Y中含有3个手性碳原子
B. X能在分子间形成氢键
C. Z中第一电离能最大的元素为氧
D. 一定条件下，1molX分别与Br2、H2反应，最多消耗3molBr2、5molH2
3. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 向Na2S溶液中加入稀硝酸：S2−+2H+=H2S↑
B. 向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液：H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+
C. 向AgCl沉淀中滴加浓氨水：2NH3⋅H2O+AgCl=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O
D. 将NO、NO2混合气体通入NaOH溶液中：NO2+NO+2OH−=NO2−+NO3−+H2O
4. 某离子液体结构如图，其中Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子的最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z的质子数均为奇数且之和为22。下列说法错误的是( )
A. 电负性：Q
D. T形成的单质可能为共价晶体、分子晶体或混合型晶体
5. 如表实验操作、现象和结论均正确的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
取2mL0.5mol⋅L−1的CuCl2溶液于试管中，加热，然后置于冷水中
加热后溶液变为黄绿色，冷却后又变为蓝色
反应[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O的ΔH>0
B
在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸的混合液(体积比约为1：3)，加入少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液中
Br2的CCl4溶液褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
C
取少量亚硫酸钠固体样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再滴加氯化钡溶液
有白色沉淀生成
样品已经全部变质
D
向两支分别盛有2mL苯和甲苯的试管中各滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，静置
盛有苯的试管中溶液无变化，盛有甲苯的试管中溶液褪色
苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，甲苯中的甲基使苯环活化
A. A B. B C. C D. D
6. 我们要给子孙后代留下绿水青山等美好生态环境，就必须对污水进行处理。用电解法(图Ⅰ)可以对同时含有NH4+和PO43−的生活污水进行处理，除去NH4+的原理如图Ⅱ所示，除PO43−的方法是将其转化为Fe3(PO4)2沉淀。实验室在NH4+和PO43−联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图Ⅲ所示。
下列说法不正确的是( )
A. 在0～20min时，a为电源的负极
B. 除NH4+时，阳极反应为：2NH4+−6e−=N2↑+8H+
C. 除NH4+：时，阴极附近的pH增大
D. 除PO43−的总反应离子方程式为：3Fe+6H++2PO43−=Fe3(PO4)2↓+3H2↑
7. 常温下，用0.2mol⋅L−1NaOH溶液分别滴定相同浓度的一元酸HA溶液和HB溶液，溶液的pH随离子浓度的变化关系如图所示。已知电离常数Ka(HA)
A. 曲线M代表HA溶液
B. 常温下，0.1mol⋅L−1NaB溶液的pH约为8.15
C. pH和体积均相同的两种酸溶液中水的电离程度：HA>HB
D. 将0.1mol⋅L−1HA溶液加水稀释10倍后，溶液中c(HA)⋅c(OH−)c(A−)保持不变
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
8. 以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如图：
已知：AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3)=2.5×10−2、Ksp( CaCO3)=2.8×10−9。回答下列问题：
(1)①电解氧化铝生成铝的化学方程式为 ，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是 。
②已知AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因： 。
(2)“气体1”是 ( 填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是 。
(3)已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式 。
(4)“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因： 。
(5)Al−Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是 ；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为 g⋅cm−3 (列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9. 人们将酸强度超过100%H2SO4的一类酸叫做超酸，某实验小组用SbCl5制备超酸HSbF6，并探究其性质。制备SbCl5的实验装置如图(夹持、加热及搅拌装置已略去)：
已知：Ⅰ.制备HSbF6的相关反应为SbCl3+Cl2=80℃SbCl5；SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl。
Ⅱ.毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石。
Ⅲ.相关物质的部分性质如下：
物质
熔点
沸点
其他性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
79℃/2.9kPa；140℃、101kPa开始分解
极易水解
(1)仪器D的名称是 ，装置B的作用是 。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为 。
(3)试剂X为 ，其作用是 、 。
(4)D中反应完成后，关闭活塞a并打开活塞b，减压转移SbCl5粗品至装置E中。关闭活塞b、用真空泵抽气进行减压蒸馏(2.9kPa)。E中毛细管产生微小气泡的作用是 ；用减压蒸馏的主要原因是 。
(5)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因是 (写化学方程式)。
(6)1966年，美国研究员J⋅Lukas无意中将蜡烛扔进HSbF6溶液中，发现蜡烛很快溶解，并放出H2。已知稳定性：，写出等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应的化学方程式： 。
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
10. 运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请回答下列问题：
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。
C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)ΔH=+131.3kJ⋅mol−1，ΔS=+133.7J⋅mol−1⋅K−1，该反应在低温下 (“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在T℃时，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K=0.5，相关化学键键能数据为
化学键
N≡N
H−H
N−H
键能/(kJ⋅mol−1)
946
436
390.8
①T℃时，2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的ΔH= 。
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，则此时反应v正(N2) v逆(N2)(填“>”“<”“=”或“不能确定”)。
(3)近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe−TiO2−xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2−xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理 。
(4)已知合成氨反应的速率方程为：v=kcα(N2)cβ(H2)c−1(NH3)，k为反应速率常数。在合成氨过程中，需要不断分离出氨，该操作的目的是 。
(5)以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)。
①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是 (填字母)。
A.增大CO2的浓度
B.增大压强
C.及时转移生成的尿素
D.使用更高效的催化剂
②尿素的合成分两步进行：a.2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)ΔH=−117kJ/mol
b.NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)ΔH=+15kJ/mol，第一步反应速率快，可判断活化能较大的是 (填“第一步”或“第二步”)。
③某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp= (MPa)−2(已知：分压=总压×体积分数)。
11. 扎来普隆是一种镇静催眠药，以下为扎来普隆的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B的含氧官能团名称是 ，F属于 (填“顺式”或“反式”)结构。
(2)反应①的试剂与条件是 ，B的结构简式为 。
(3)写出反应③的化学方程式： ，反应⑤的类型是 。
(4)C的同分异构体有很多种，其中含有氨基(−NH2)且能发生银镜反应的芳香族同分异构体共有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比等于1：2：2：2：2的是 (写出一种的结构简式即可)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.苯甲酸钠为常见的防腐剂，含水和营养成分较多的东西往往需要添加防腐剂，故A正确；
B.垃圾焚烧释放热量可以用于发电，故B正确；
C.FeO42−具有很强的氧化性而杀菌消毒，而自身被还原为Fe3+水解为Fe(OH)3具有吸附作用吸附悬浮物而聚沉，故C正确；
D.塑料为合成高分子材料，属于有机物，故D错误；
故选：D。
A.苯甲酸钠为常见的防腐剂；
B.垃圾焚烧释放热量可以用于发电；
C.FeO42−具有很强的氧化性而杀菌消毒，而自身被还原为Fe3+水解为Fe(OH)3具有吸附作用吸附悬浮物而聚沉；
D.塑料为合成高分子材料。
本题考查较为综合，涉及物质的性质与应用，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.Y中含有1个手性碳原子，位置为，故A错误；
B.X中含有羟基和羧基，能在分子间形成氢键，故B正确；
C.Z中含有C、H、O、N四种元素，N位于IVA族，最外层电子半充满，第一电离能大于O，则电离能最大的元素为N，故C错误；
D.X中含有苯环、碳碳双键可以和H2发生加成反应，碳碳双键可以和Br2发生加成反应，1 mol X分别与Br2、H2反应，最多消耗1mol Br2、4 mol H2，故D错误；
故选：B。
A.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子；
B.X中含有羟基和羧基；
C.Z中含有C、H、O、N四种元素；
D.X中含有苯环、碳碳双键可以和H2发生加成反应，碳碳双键可以和Br2发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.向Na2S溶液中加入稀硝酸，当Na2S足量时，S2−与NO3−在酸性条件下发生反应：3S2−+8H++2NO3−=3S↓+2NO↑+4H2O，当Na2S少量时，S2−与NO3−在酸性条件下发生反应：3S2−+8H++8NO3−=3SO42−+8NO↑+4H2O，故A错误；
B.向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液中，H2O2在Fe3+的催化作用下分解生成水和O2，方程式为2H2O2=氯化铁2H2O+O2↑，故B错误；
C.向AgCl沉淀中滴加浓氨水，AgCl溶解生成[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为2NH3⋅H2O+AgCl=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O，故C正确；
D.将NO、NO2混合气体通入NaOH溶液中，发生归中反应生成NaNO2和水，离子方程式为NO2+NO+2OH−=2NO2−+H2O，故D错误；
故选：C。
A.向Na2S溶液中加入稀硝酸，S2−与NO3−在酸性条件下发生氧化还原反应；
B.向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液中，H2O2在Fe3+的催化作用下分解生成水和O2；
C.向AgCl沉淀中滴加浓氨水，AgCl溶解生成[Ag(NH3)2]Cl；
D.将NO、NO2混合气体通入NaOH溶液中，发生归中反应生成NaNO2和水。
本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，应注意离子方程式要满足反应实际。
4.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，Q为H元素、R为B元素、T为C元素、X为N元素、Y为O元素、为F元素；
A.在相同的周期中，元素从左到右的电负性递增，相同的主族元素自上而下地递减，电负性：H
D.C形成的单质可能为共价晶体(金刚石)、分子晶体(C60)或混合型晶体(石墨)，故D正确；
故选：A。
Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，Q只形成1个共价键，且原子序数最小，Q为H元素；阴离子中R得到1个电子形成4个共价键，R为B元素；Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，X、Z的质子数之和为22−1−5=16，阴离子中Z只形成1个共价键，Z应为F元素，结X的质子数为16−9=7，X为N元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，结合原子序数可知Y为0元素、T为C元素，以此来解答。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A.只有温度不同，升高温度溶液为黄绿色，可知升高温度向生成的[CuCl4]2−方向移动，则[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O的ΔH>0，故A正确；
B.迅速升温至140℃，乙醇发生取代反应生成乙醚，不能生成乙烯，故B错误；
C.加入足量稀盐酸，排除亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡，由实验操作和现象可知，样品可能部分变质或全部变质，故C错误；
D.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化，故D错误；
故选：A。
A.只有温度不同，升高温度溶液为黄绿色，可知升高温度向生成的[CuCl4]2−方向移动；
B.迅速升温至140℃，乙醇发生取代反应生成乙醚；
C.样品可能部分变质或全部变质；
D.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应与现象、化学平衡、物质的检验为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.0～20min，若a作正极，铁就作阳极，失电子变为了Fe2+，与磷酸根离子产生沉淀。阴极为石墨，属于惰性电极，水放电，产生OH−，溶液pH升高，与图像不符，则a为电源负极，故A正确；
B.除NH4+时，阳极是Cl−放电，电极反应为：Cl−−2e−=Cl2↑，故B错误；
C.除NH4+时，阴极是H2O放电，电极反应为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，局部产生大量OH−，阴极附近的pH增大，故C正确；
D.除PO43−时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根离子产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气，总离子反应式为：3Fe+6H++2PO43−=Fe3(PO4)2+3H2↑，故D正确；
故选：B。
除NH4+时，阴极是H2O放电，阳极是Cl−放电；除PO43−时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根离子产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气。
本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据分析，M为HA的曲线，故A正确；
B.Ka(HB)=10−3.3，常温下，0.1 mol⋅L−1NaB溶液中存在水解，水解方程式为B−+H2O⇌HB+OH−，则c(HB)≈c(OH−)，且c(B−)+c(HB)=0.1mol/L，则Ka(HB)=c(H+)c(B−)c(HB)=[0.1−c(OH−)]×10−14c(OH−)c(HB)=10−3.3，解c(OH−)=10−5.85mol/L，c(H+)=10−8.15mol/L，pH约为8.15，故B正确；
C.pH和体积均相同的两种酸溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度分别相等，而氢氧根离子是水电离出来的，故两种溶液水的电离程度相同，故C错误；
D.电离平衡常数Ka=c(H+)c(A−)c(HA)，c(HA)⋅c(OH−)c(A−)=KwKa，则稀释过程中溶液中c(HA)⋅c(OH−)c(A−)保持不变，故D正确；
故选：C。
根据Ka(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)，当时c(HA)=c(A−)，Ka(HA)=c(H+)，同理当时c(HB)=c(B−)，Ka(HB)=c(H+)，取图像中lgc(A−)c(HA)或lgc(B−)c(HB)为0时数据计算，平衡常数分别为10−3.3、10−4.8，根据电离常数Ka(HA)
8.【答案】2Al2O3(熔融)=电解4Al+3O2↑ 防止阳极与氧气反应 F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键 HF CaSO4 2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=2528×107>1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化 Al 7+3×27(a×10−10)3NA
【解析】解：(1)①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为2Al2O3 (熔融)=电解4Al+3O2↑，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应，
故答案为：2Al2O3 (熔融)=电解4Al+3O2↑；防止阳极与氧气反应；
②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键，
故答案为：F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键；
(2)气体1是酸溶时氟离子结合氢离子生成的HF；滤渣1是在水浸时将微溶于水的硫酸钙沉淀了出来，
故答案为：HF；CaSO4；
(3)碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为2Al3++3CO32−+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑，
故答案为：2Al3++3CO32−+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑；
(4)Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=c2(Li+)c(Ca2+)=c2(Li+)×c(CO32−)c(Ca2+)×c(CO32−)=Ksp(Li2CO3)Ksp(CaCO3)=2.5×10−22.8×10−9=2528×107>1×105，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化，
故答案为：反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=2528×107>1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化；
(5)该晶胞中白球的个数为6×12=3个，黑球为8×18=1，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li；该晶胞的质量为7+3×27NAg，体积为(a×10−10)3cm3，故密度为7+3×27NA(a×10−10)3g/cm3，
故答案为：Al；7+3×27(a×10−10)3NA。
电解铝之后的废渣先经过酸溶，让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子，同时生成二氧化碳，再加入生石灰进行苛化，生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，最后得到含有NaOH和LiOH的混合溶液，再通入二氧化碳气体进行碳化，生成的电池级碳酸锂；
(5)该晶胞中白球的个数为6×12=3个，黑球为8×18=1，该晶胞的质量为7+3×27NAg，体积为(a×10−10)3cm3。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化、分离提纯和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】三颈烧瓶 除去Cl2中的HCl杂质 MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O 碱石灰 吸收氯气，防止其污染空气 防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解 防止暴沸 降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2
【解析】解：(1)仪器D作为反应容器，名称为三颈烧瓶；制备的Cl2中含有HCl和H2O，B为除去HCl，
故答案为：三颈烧瓶；除去Cl2中的HCl杂质；
(2)MnO2加热条件下氧化浓盐酸制备Cl2，而自身被还原为MnCl2，
故答案为：MnO2+4HCl(浓) =△MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)装置中有剩余的Cl2污染环境，同时SbCl3、SbCl5遇水易水解，X为碱石灰既吸收尾气又防止SbCl3、SbCl5遇水易水解，
故答案为：碱石灰；吸收氯气，防止其污染空气；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解；
(4)已知信息知毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石，所以其作用防止暴沸；减压蒸馏可降低其沸点，为了防止某些物质在较高的温度下分解，
故答案为：防止暴沸；降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解；
(5)玻璃仪器中含有SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(6)等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应生成(CH3)3CSbF6和H2，其反应的化学方程式为：(CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2，
故答案为：(CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2。
A装置为制备Cl2，B、C为净化装置，D为制备SbCl5装置，E制备HSbF6并进行蒸馏，F为接收瓶，收集HSbF6；
(1)仪器D作为反应容器，名称为三颈烧瓶；制备的Cl2中含有HCl和H2O；
(2)MnO2加热条件下氧化浓盐酸制备Cl2，而自身被还原为MnCl2；
(3)装置中有剩余的Cl2污染环境，同时SbCl3、SbCl5遇水易水解；
(4)已知信息知毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石，减压蒸馏可降低其沸点，为了防止某些物质在较高的温度下分解；
(5)玻璃仪器中含有SiO2与HF发生反应生成四氟化硅和水；
(6)等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应生成(CH3)3CSbF6和H2。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生仪器、物质之间的转化和方程式书写的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】不能 +90.8kJ/mol = “热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率； 利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨的反应速率 AB 第二步 0.15
【解析】解：(1)该反应的焓变和熵变都大于0，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，该反应在高温下自发，在低温下不自发，
故答案为：不能；
(2)①2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)ΔH=反应物键能总和−生成物键能总和=(2×3×390.8−946+3×436)kJ/mol=+90.8kJ/mol，
故答案为：+90.8kJ/mol；
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，Qc=424×23=12=K，说明此时反应达到平衡状态，则v正(N2)=v逆(N2)，
故答案为：=；
(3)根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；②“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，
故答案为：“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
(4)根据勒夏特列原理，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率；同时由v=kcα(N2)cβ(H2)c−1(NH3)分析可知，不断分离出氨，可加快合成氨的反应速率，
故答案为：利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨的反应速率；
(5)①A.增大CO2的浓度，平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故A正确；
B.增大压强，平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故B正确；
C.及时转移生成的尿素，平衡不移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误；
D.使用更高效的催化剂，平衡不移动，NH3的平衡转化率不变，故D错误；
故答案为：AB；
②活化能越大，反应速率越慢，第一步反应速率快，可判断活化能较大的是第二步，
故答案为：第二步；
③起始氨气的体积分数为50%，说明二氧二碳的体积分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为1mol，平衡时氨气的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)
起始(mol) 1 1 0
转化(mol) 2x x x
平衡(mol) 1−2x 1−x x
平衡时氨气的体积分数为20%=1−2x1−2x+1−x+x×100%，解得x=38，混合气体总物质的量为(2−2×38)mol=54mol，p(NH3)=1−2×3854×10MPa=2MPa，同理，p(CO2)=5MPa，p(H2O)=3MPa，Kp=p(H2O)p2(NH3)⋅p(CO2)=3MPa(2MPa)2×5MPa=0.15(MPa)−2，
故答案为：0.15。
(1)ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行；
(2)①ΔH=反应物键能总和−生成物键能总和；
②计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论；
(3)温度越高，反应是越快；降低温度，平衡正向移动；
(4)降低生成物浓度，平衡正向移动；结合v=kcα(N2)cβ(H2)c−1(NH3)分析；
(5)①根据勒夏特列原理原理分析；
②活化能越大，反应速率越慢；
③起始氨气的体积分数为50%，说明二氧二碳的体积分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为1mol，平衡时氨气的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)
起始(mol) 1 1 0
转化(mol) 2x x x
平衡(mol) 1−2x 1−x x
平衡时氨气的体积分数为20%=1−2x1−2x+1−x+x×100%，解得x=38，Kp=p(H2O)p2(NH3)⋅p(CO2)。
本题考查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，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
11.【答案】硝基、羰基 反式 浓硫酸、浓硝酸、加热 取代反应 17 或
【解析】解：(1)B为，B的含氧官能团名称是硝基、羰基，F属于反式结构，
故答案为：硝基、羰基；反式；
(2)反应①的试剂与条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，B的结构简式为，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；；
(3)反应③的化学方程式：，反应⑤的类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
(4)C为，C的同分异构体有很多种，其中含有氨基(−NH2)且能发生银镜反应的芳香族同分异构体中含有苯环、氨基和醛基，如果取代基为−NH2、−CH2CHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为−NH2、−CH3、−CHO，有10种位置异构；如果取代基为−CH2NH2、−CHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，如果取代基为−CH(CHO)NH2，有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有17种；其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比等于1：2：2：2：2的是、，
故答案为：17；或。
A的不饱和度为8×2+2−82=5，根据D的结构简式知，A中含有苯环，苯环的不饱和度是4，则A中还含有1个双键，根据D的结构简式知，A为，根据B的分子式知，A和浓硝酸发生间位取代反应生成B为，根据C的分子式、D的结构简式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为，C和乙酸酐发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成扎来普隆。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判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，易错点是限制性条件下同分异构体种类判断，题目难度中等。
2023年山西省太原市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 生活中处处有化学。下列叙述不正确的是( )
A. 酱油中添加少量苯甲酸钠作防腐剂
B. 利用生活垃圾焚烧发电可推进垃圾资源化
C. 高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化有：蛋白质变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应
D. “神舟十五号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料
2. 某抗氧化剂Z可由如图反应制得：
下列关于X、Y、Z的说法正确的是( )
A. Y中含有3个手性碳原子
B. X能在分子间形成氢键
C. Z中第一电离能最大的元素为氧
D. 一定条件下，1molX分别与Br2、H2反应，最多消耗3molBr2、5molH2
3. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 向Na2S溶液中加入稀硝酸：S2−+2H+=H2S↑
B. 向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液：H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+
C. 向AgCl沉淀中滴加浓氨水：2NH3⋅H2O+AgCl=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O
D. 将NO、NO2混合气体通入NaOH溶液中：NO2+NO+2OH−=NO2−+NO3−+H2O
4. 某离子液体结构如图，其中Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子的最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z的质子数均为奇数且之和为22。下列说法错误的是( )
A. 电负性：Q
D. T形成的单质可能为共价晶体、分子晶体或混合型晶体
5. 如表实验操作、现象和结论均正确的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
取2mL0.5mol⋅L−1的CuCl2溶液于试管中，加热，然后置于冷水中
加热后溶液变为黄绿色，冷却后又变为蓝色
反应[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O的ΔH>0
B
在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸的混合液(体积比约为1：3)，加入少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液中
Br2的CCl4溶液褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
C
取少量亚硫酸钠固体样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再滴加氯化钡溶液
有白色沉淀生成
样品已经全部变质
D
向两支分别盛有2mL苯和甲苯的试管中各滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，静置
盛有苯的试管中溶液无变化，盛有甲苯的试管中溶液褪色
苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，甲苯中的甲基使苯环活化
A. A B. B C. C D. D
6. 我们要给子孙后代留下绿水青山等美好生态环境，就必须对污水进行处理。用电解法(图Ⅰ)可以对同时含有NH4+和PO43−的生活污水进行处理，除去NH4+的原理如图Ⅱ所示，除PO43−的方法是将其转化为Fe3(PO4)2沉淀。实验室在NH4+和PO43−联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图Ⅲ所示。
下列说法不正确的是( )
A. 在0～20min时，a为电源的负极
B. 除NH4+时，阳极反应为：2NH4+−6e−=N2↑+8H+
C. 除NH4+：时，阴极附近的pH增大
D. 除PO43−的总反应离子方程式为：3Fe+6H++2PO43−=Fe3(PO4)2↓+3H2↑
7. 常温下，用0.2mol⋅L−1NaOH溶液分别滴定相同浓度的一元酸HA溶液和HB溶液，溶液的pH随离子浓度的变化关系如图所示。已知电离常数Ka(HA)
A. 曲线M代表HA溶液
B. 常温下，0.1mol⋅L−1NaB溶液的pH约为8.15
C. pH和体积均相同的两种酸溶液中水的电离程度：HA>HB
D. 将0.1mol⋅L−1HA溶液加水稀释10倍后，溶液中c(HA)⋅c(OH−)c(A−)保持不变
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
8. 以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如图：
已知：AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3)=2.5×10−2、Ksp( CaCO3)=2.8×10−9。回答下列问题：
(1)①电解氧化铝生成铝的化学方程式为 ，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是 。
②已知AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因： 。
(2)“气体1”是 ( 填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是 。
(3)已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式 。
(4)“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因： 。
(5)Al−Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是 ；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为 g⋅cm−3 (列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9. 人们将酸强度超过100%H2SO4的一类酸叫做超酸，某实验小组用SbCl5制备超酸HSbF6，并探究其性质。制备SbCl5的实验装置如图(夹持、加热及搅拌装置已略去)：
已知：Ⅰ.制备HSbF6的相关反应为SbCl3+Cl2=80℃SbCl5；SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl。
Ⅱ.毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石。
Ⅲ.相关物质的部分性质如下：
物质
熔点
沸点
其他性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
79℃/2.9kPa；140℃、101kPa开始分解
极易水解
(1)仪器D的名称是 ，装置B的作用是 。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为 。
(3)试剂X为 ，其作用是 、 。
(4)D中反应完成后，关闭活塞a并打开活塞b，减压转移SbCl5粗品至装置E中。关闭活塞b、用真空泵抽气进行减压蒸馏(2.9kPa)。E中毛细管产生微小气泡的作用是 ；用减压蒸馏的主要原因是 。
(5)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因是 (写化学方程式)。
(6)1966年，美国研究员J⋅Lukas无意中将蜡烛扔进HSbF6溶液中，发现蜡烛很快溶解，并放出H2。已知稳定性：，写出等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应的化学方程式： 。
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
10. 运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请回答下列问题：
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。
C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)ΔH=+131.3kJ⋅mol−1，ΔS=+133.7J⋅mol−1⋅K−1，该反应在低温下 (“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在T℃时，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K=0.5，相关化学键键能数据为
化学键
N≡N
H−H
N−H
键能/(kJ⋅mol−1)
946
436
390.8
①T℃时，2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的ΔH= 。
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，则此时反应v正(N2) v逆(N2)(填“>”“<”“=”或“不能确定”)。
(3)近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe−TiO2−xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2−xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理 。
(4)已知合成氨反应的速率方程为：v=kcα(N2)cβ(H2)c−1(NH3)，k为反应速率常数。在合成氨过程中，需要不断分离出氨，该操作的目的是 。
(5)以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)。
①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是 (填字母)。
A.增大CO2的浓度
B.增大压强
C.及时转移生成的尿素
D.使用更高效的催化剂
②尿素的合成分两步进行：a.2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)ΔH=−117kJ/mol
b.NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)ΔH=+15kJ/mol，第一步反应速率快，可判断活化能较大的是 (填“第一步”或“第二步”)。
③某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp= (MPa)−2(已知：分压=总压×体积分数)。
11. 扎来普隆是一种镇静催眠药，以下为扎来普隆的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B的含氧官能团名称是 ，F属于 (填“顺式”或“反式”)结构。
(2)反应①的试剂与条件是 ，B的结构简式为 。
(3)写出反应③的化学方程式： ，反应⑤的类型是 。
(4)C的同分异构体有很多种，其中含有氨基(−NH2)且能发生银镜反应的芳香族同分异构体共有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比等于1：2：2：2：2的是 (写出一种的结构简式即可)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.苯甲酸钠为常见的防腐剂，含水和营养成分较多的东西往往需要添加防腐剂，故A正确；
B.垃圾焚烧释放热量可以用于发电，故B正确；
C.FeO42−具有很强的氧化性而杀菌消毒，而自身被还原为Fe3+水解为Fe(OH)3具有吸附作用吸附悬浮物而聚沉，故C正确；
D.塑料为合成高分子材料，属于有机物，故D错误；
故选：D。
A.苯甲酸钠为常见的防腐剂；
B.垃圾焚烧释放热量可以用于发电；
C.FeO42−具有很强的氧化性而杀菌消毒，而自身被还原为Fe3+水解为Fe(OH)3具有吸附作用吸附悬浮物而聚沉；
D.塑料为合成高分子材料。
本题考查较为综合，涉及物质的性质与应用，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.Y中含有1个手性碳原子，位置为，故A错误；
B.X中含有羟基和羧基，能在分子间形成氢键，故B正确；
C.Z中含有C、H、O、N四种元素，N位于IVA族，最外层电子半充满，第一电离能大于O，则电离能最大的元素为N，故C错误；
D.X中含有苯环、碳碳双键可以和H2发生加成反应，碳碳双键可以和Br2发生加成反应，1 mol X分别与Br2、H2反应，最多消耗1mol Br2、4 mol H2，故D错误；
故选：B。
A.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子；
B.X中含有羟基和羧基；
C.Z中含有C、H、O、N四种元素；
D.X中含有苯环、碳碳双键可以和H2发生加成反应，碳碳双键可以和Br2发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.向Na2S溶液中加入稀硝酸，当Na2S足量时，S2−与NO3−在酸性条件下发生反应：3S2−+8H++2NO3−=3S↓+2NO↑+4H2O，当Na2S少量时，S2−与NO3−在酸性条件下发生反应：3S2−+8H++8NO3−=3SO42−+8NO↑+4H2O，故A错误；
B.向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液中，H2O2在Fe3+的催化作用下分解生成水和O2，方程式为2H2O2=氯化铁2H2O+O2↑，故B错误；
C.向AgCl沉淀中滴加浓氨水，AgCl溶解生成[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为2NH3⋅H2O+AgCl=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O，故C正确；
D.将NO、NO2混合气体通入NaOH溶液中，发生归中反应生成NaNO2和水，离子方程式为NO2+NO+2OH−=2NO2−+H2O，故D错误；
故选：C。
A.向Na2S溶液中加入稀硝酸，S2−与NO3−在酸性条件下发生氧化还原反应；
B.向H2O2溶液中滴入FeCl3溶液中，H2O2在Fe3+的催化作用下分解生成水和O2；
C.向AgCl沉淀中滴加浓氨水，AgCl溶解生成[Ag(NH3)2]Cl；
D.将NO、NO2混合气体通入NaOH溶液中，发生归中反应生成NaNO2和水。
本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，应注意离子方程式要满足反应实际。
4.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，Q为H元素、R为B元素、T为C元素、X为N元素、Y为O元素、为F元素；
A.在相同的周期中，元素从左到右的电负性递增，相同的主族元素自上而下地递减，电负性：H
D.C形成的单质可能为共价晶体(金刚石)、分子晶体(C60)或混合型晶体(石墨)，故D正确；
故选：A。
Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，Q只形成1个共价键，且原子序数最小，Q为H元素；阴离子中R得到1个电子形成4个共价键，R为B元素；Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，X、Z的质子数之和为22−1−5=16，阴离子中Z只形成1个共价键，Z应为F元素，结X的质子数为16−9=7，X为N元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，结合原子序数可知Y为0元素、T为C元素，以此来解答。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A.只有温度不同，升高温度溶液为黄绿色，可知升高温度向生成的[CuCl4]2−方向移动，则[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O的ΔH>0，故A正确；
B.迅速升温至140℃，乙醇发生取代反应生成乙醚，不能生成乙烯，故B错误；
C.加入足量稀盐酸，排除亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡，由实验操作和现象可知，样品可能部分变质或全部变质，故C错误；
D.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化，故D错误；
故选：A。
A.只有温度不同，升高温度溶液为黄绿色，可知升高温度向生成的[CuCl4]2−方向移动；
B.迅速升温至140℃，乙醇发生取代反应生成乙醚；
C.样品可能部分变质或全部变质；
D.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应与现象、化学平衡、物质的检验为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.0～20min，若a作正极，铁就作阳极，失电子变为了Fe2+，与磷酸根离子产生沉淀。阴极为石墨，属于惰性电极，水放电，产生OH−，溶液pH升高，与图像不符，则a为电源负极，故A正确；
B.除NH4+时，阳极是Cl−放电，电极反应为：Cl−−2e−=Cl2↑，故B错误；
C.除NH4+时，阴极是H2O放电，电极反应为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，局部产生大量OH−，阴极附近的pH增大，故C正确；
D.除PO43−时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根离子产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气，总离子反应式为：3Fe+6H++2PO43−=Fe3(PO4)2+3H2↑，故D正确；
故选：B。
除NH4+时，阴极是H2O放电，阳极是Cl−放电；除PO43−时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根离子产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气。
本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据分析，M为HA的曲线，故A正确；
B.Ka(HB)=10−3.3，常温下，0.1 mol⋅L−1NaB溶液中存在水解，水解方程式为B−+H2O⇌HB+OH−，则c(HB)≈c(OH−)，且c(B−)+c(HB)=0.1mol/L，则Ka(HB)=c(H+)c(B−)c(HB)=[0.1−c(OH−)]×10−14c(OH−)c(HB)=10−3.3，解c(OH−)=10−5.85mol/L，c(H+)=10−8.15mol/L，pH约为8.15，故B正确；
C.pH和体积均相同的两种酸溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度分别相等，而氢氧根离子是水电离出来的，故两种溶液水的电离程度相同，故C错误；
D.电离平衡常数Ka=c(H+)c(A−)c(HA)，c(HA)⋅c(OH−)c(A−)=KwKa，则稀释过程中溶液中c(HA)⋅c(OH−)c(A−)保持不变，故D正确；
故选：C。
根据Ka(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)，当时c(HA)=c(A−)，Ka(HA)=c(H+)，同理当时c(HB)=c(B−)，Ka(HB)=c(H+)，取图像中lgc(A−)c(HA)或lgc(B−)c(HB)为0时数据计算，平衡常数分别为10−3.3、10−4.8，根据电离常数Ka(HA)
8.【答案】2Al2O3(熔融)=电解4Al+3O2↑ 防止阳极与氧气反应 F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键 HF CaSO4 2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=2528×107>1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化 Al 7+3×27(a×10−10)3NA
【解析】解：(1)①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为2Al2O3 (熔融)=电解4Al+3O2↑，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应，
故答案为：2Al2O3 (熔融)=电解4Al+3O2↑；防止阳极与氧气反应；
②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键，
故答案为：F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键；
(2)气体1是酸溶时氟离子结合氢离子生成的HF；滤渣1是在水浸时将微溶于水的硫酸钙沉淀了出来，
故答案为：HF；CaSO4；
(3)碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为2Al3++3CO32−+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑，
故答案为：2Al3++3CO32−+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑；
(4)Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=c2(Li+)c(Ca2+)=c2(Li+)×c(CO32−)c(Ca2+)×c(CO32−)=Ksp(Li2CO3)Ksp(CaCO3)=2.5×10−22.8×10−9=2528×107>1×105，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化，
故答案为：反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=2528×107>1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化；
(5)该晶胞中白球的个数为6×12=3个，黑球为8×18=1，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li；该晶胞的质量为7+3×27NAg，体积为(a×10−10)3cm3，故密度为7+3×27NA(a×10−10)3g/cm3，
故答案为：Al；7+3×27(a×10−10)3NA。
电解铝之后的废渣先经过酸溶，让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子，同时生成二氧化碳，再加入生石灰进行苛化，生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，最后得到含有NaOH和LiOH的混合溶液，再通入二氧化碳气体进行碳化，生成的电池级碳酸锂；
(5)该晶胞中白球的个数为6×12=3个，黑球为8×18=1，该晶胞的质量为7+3×27NAg，体积为(a×10−10)3cm3。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化、分离提纯和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】三颈烧瓶 除去Cl2中的HCl杂质 MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O 碱石灰 吸收氯气，防止其污染空气 防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解 防止暴沸 降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2
【解析】解：(1)仪器D作为反应容器，名称为三颈烧瓶；制备的Cl2中含有HCl和H2O，B为除去HCl，
故答案为：三颈烧瓶；除去Cl2中的HCl杂质；
(2)MnO2加热条件下氧化浓盐酸制备Cl2，而自身被还原为MnCl2，
故答案为：MnO2+4HCl(浓) =△MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)装置中有剩余的Cl2污染环境，同时SbCl3、SbCl5遇水易水解，X为碱石灰既吸收尾气又防止SbCl3、SbCl5遇水易水解，
故答案为：碱石灰；吸收氯气，防止其污染空气；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解；
(4)已知信息知毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石，所以其作用防止暴沸；减压蒸馏可降低其沸点，为了防止某些物质在较高的温度下分解，
故答案为：防止暴沸；降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解；
(5)玻璃仪器中含有SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(6)等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应生成(CH3)3CSbF6和H2，其反应的化学方程式为：(CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2，
故答案为：(CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2。
A装置为制备Cl2，B、C为净化装置，D为制备SbCl5装置，E制备HSbF6并进行蒸馏，F为接收瓶，收集HSbF6；
(1)仪器D作为反应容器，名称为三颈烧瓶；制备的Cl2中含有HCl和H2O；
(2)MnO2加热条件下氧化浓盐酸制备Cl2，而自身被还原为MnCl2；
(3)装置中有剩余的Cl2污染环境，同时SbCl3、SbCl5遇水易水解；
(4)已知信息知毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石，减压蒸馏可降低其沸点，为了防止某些物质在较高的温度下分解；
(5)玻璃仪器中含有SiO2与HF发生反应生成四氟化硅和水；
(6)等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应生成(CH3)3CSbF6和H2。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生仪器、物质之间的转化和方程式书写的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】不能 +90.8kJ/mol = “热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率； 利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨的反应速率 AB 第二步 0.15
【解析】解：(1)该反应的焓变和熵变都大于0，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，该反应在高温下自发，在低温下不自发，
故答案为：不能；
(2)①2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)ΔH=反应物键能总和−生成物键能总和=(2×3×390.8−946+3×436)kJ/mol=+90.8kJ/mol，
故答案为：+90.8kJ/mol；
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，Qc=424×23=12=K，说明此时反应达到平衡状态，则v正(N2)=v逆(N2)，
故答案为：=；
(3)根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；②“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，
故答案为：“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
(4)根据勒夏特列原理，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率；同时由v=kcα(N2)cβ(H2)c−1(NH3)分析可知，不断分离出氨，可加快合成氨的反应速率，
故答案为：利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨的反应速率；
(5)①A.增大CO2的浓度，平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故A正确；
B.增大压强，平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故B正确；
C.及时转移生成的尿素，平衡不移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误；
D.使用更高效的催化剂，平衡不移动，NH3的平衡转化率不变，故D错误；
故答案为：AB；
②活化能越大，反应速率越慢，第一步反应速率快，可判断活化能较大的是第二步，
故答案为：第二步；
③起始氨气的体积分数为50%，说明二氧二碳的体积分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为1mol，平衡时氨气的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)
起始(mol) 1 1 0
转化(mol) 2x x x
平衡(mol) 1−2x 1−x x
平衡时氨气的体积分数为20%=1−2x1−2x+1−x+x×100%，解得x=38，混合气体总物质的量为(2−2×38)mol=54mol，p(NH3)=1−2×3854×10MPa=2MPa，同理，p(CO2)=5MPa，p(H2O)=3MPa，Kp=p(H2O)p2(NH3)⋅p(CO2)=3MPa(2MPa)2×5MPa=0.15(MPa)−2，
故答案为：0.15。
(1)ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行；
(2)①ΔH=反应物键能总和−生成物键能总和；
②计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论；
(3)温度越高，反应是越快；降低温度，平衡正向移动；
(4)降低生成物浓度，平衡正向移动；结合v=kcα(N2)cβ(H2)c−1(NH3)分析；
(5)①根据勒夏特列原理原理分析；
②活化能越大，反应速率越慢；
③起始氨气的体积分数为50%，说明二氧二碳的体积分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为1mol，平衡时氨气的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)
起始(mol) 1 1 0
转化(mol) 2x x x
平衡(mol) 1−2x 1−x x
平衡时氨气的体积分数为20%=1−2x1−2x+1−x+x×100%，解得x=38，Kp=p(H2O)p2(NH3)⋅p(CO2)。
本题考查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，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
11.【答案】硝基、羰基 反式 浓硫酸、浓硝酸、加热 取代反应 17 或
【解析】解：(1)B为，B的含氧官能团名称是硝基、羰基，F属于反式结构，
故答案为：硝基、羰基；反式；
(2)反应①的试剂与条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，B的结构简式为，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；；
(3)反应③的化学方程式：，反应⑤的类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
(4)C为，C的同分异构体有很多种，其中含有氨基(−NH2)且能发生银镜反应的芳香族同分异构体中含有苯环、氨基和醛基，如果取代基为−NH2、−CH2CHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为−NH2、−CH3、−CHO，有10种位置异构；如果取代基为−CH2NH2、−CHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，如果取代基为−CH(CHO)NH2，有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有17种；其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比等于1：2：2：2：2的是、，
故答案为：17；或。
A的不饱和度为8×2+2−82=5，根据D的结构简式知，A中含有苯环，苯环的不饱和度是4，则A中还含有1个双键，根据D的结构简式知，A为，根据B的分子式知，A和浓硝酸发生间位取代反应生成B为，根据C的分子式、D的结构简式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为，C和乙酸酐发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成扎来普隆。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判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，易错点是限制性条件下同分异构体种类判断，题目难度中等。
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