2022-2023学年山东省菏泽市单县二中高三（第6次）模拟 考试化学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省菏泽市单县二中高三（第6次）模拟 考试化学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了 化学与生活、生产密切相关， 下列做法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省菏泽市单县二中高三（第6次）模拟考试化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分

1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是(    )
A. 华为公司首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料是有机高分子材料
B. 晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造芯片
C. 研发催化剂将CO2还原为甲醇是促进碳中和的有效途径
D. 常用于医用滴眼液的聚乙烯醇易溶于水
2. 下列做法正确的是(    )
A. 用稀硝酸清洗试管内壁的银镜 B. 用带橡胶塞的棕色细口瓶保存溴水
C. 用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验 D. 用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH
3. 关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是(    )
A. 热稳定性：H2O2>H2S2
B. N2H2存在顺反异构现象
C. 键角：C2H2>N2H2>H2S2>H2O2
D. 四种物质中沸点最高的是H2O2
4. 学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。

上述实验中不需要用到的操作是(    )

A. B. C. D.
5. 有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是(    )
A. 能与溴水发生加成反应和取代反应
B. 与足量H2加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应
D. 1mol M与足量Na2CO3溶液反应，最多消耗2mol Na2CO3
6. 化合物R是一种用于有机合成的催化剂，其网状结构片段如图。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子序数之和为29，W的第一电离能大于同周期相邻元素。下列说法正确的是(    )
A. 电负性：W>Y>X
B. YF3中各原子均满足8电子稳定结构
C. 同周期元素形成的单质中，Z的氧化性最强
D. 化合物R中Y、Z、W原子的杂化类型相同
7. 利用如图所示的装置(夹持装置略去)进行实验，b中的现象能证明a中反应所得产物的是(    )

选项
发生反应
实验现象
A
乙醇和浓H2SO4反应生成乙烯
酸性KMnO4溶液褪色
B
木炭粉和浓H2SO4反应生成SO2
溴水褪色
C
MnO2和浓盐酸反应生成Cl2
滴有酚酞的NaOH溶液褪色
D
苯和液溴反应生成HBr
AgNO3溶液中产生浅黄色沉淀

A. A B. B C. C D. D
8. 电解废旧锂电池中的LiMn2O4示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是(    )
A. 电极A的电极反应为：2LiMn2O4+16H+−6e−=2Li++4Mn2++8H2O
B. 电极B为阳极，发生还原反应
C. 电解结束，溶液的pH增大
D. 电解一段时间后溶液中Mn2+浓度减小
9. 利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是
(    )

A. Na2SO3和H2O2均作还原剂
B. 装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体
C. 从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶
D. 反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中
10. 过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)常用作医药消毒剂，以轻质碳酸钙为原料，按以下实验方法制备。
轻质CaCO3粉末→①煮沸趁热过滤稀盐酸滤液→②冰浴过滤NH3·H2O2白色结晶体→③水洗、醇洗CaO2·8H2O
下列说法错误的是(    )

A. ①中煮沸的主要目的是除去溶液中的HCl和CO2
B. ②中氨水用来调节溶液的pH
C. ②中结晶的颗粒较小，过滤时可用玻璃棒轻轻搅动以加快过滤速度
D. ③中醇洗的主要目的是减少晶体的损失，使产品快速干燥
11. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4，晶体的工艺流程如图：

已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl 4−(aq)    △H>0；Ksp(PbSO4)=1.08×10−8，Ksp(PbCl2)=1.6×10−5。下列说法正确的是(    )

A. “浸取”时发生的主要离子反应为MnO2+PbS+4H++2Cl−=PbCl2+S+Mn2++2H2O
B. “滤渣2”的主要成分是Fe(OH)2
C. “沉降”时加入冰水使PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl 4−(aq)平衡向右移
D. “沉淀转化”过程中，当溶液中c(Cl−)=0.1mol·L−1时，c(SO42−)=6.75×10−6mol·L−1
12. 双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是(    )
A. 离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B. 放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小
C. 充电时，电极I的电极反应式为：2S22−−2e−=S42−
D. 充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
13. Z是一种治疗糖尿病药物的中间休，可从下列反应制得

下列说法正确的是(    )

A. 1 mol X能与2 mol NaHCO3反应
B. 1 mol Z与足量NaOH溶液反应消耗2 mol NaOH
C. X→Y→Z发生反应的类型都是取代反应
D. 苯环上取代基与X相同的X的同分异构体有9种
14. 硫化锌是一种优良的宽带隙半导体锂离子电池负极材料，具有在充电的同时合金化反应的特点。在充电过程中负极材料晶胞的组成变化如图所示。

下列说法正确的是(    )

A. 当1 mol ZnmS完全转化为ZnnS时，转移电子数为2 mol
B. 在ZnmS体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律
C. 当ZnmS完全转化为LixZnyS时，每转移6 mol电子，生成3 mol LiZn(合金相)
D. 若Li2S的晶胞参数为a nm，则EF间的距离为 154anm
15. 常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO 3−)和−lgc(H+)c(H3PO3)或pc(HPO 32−)和−lgc(H+)c(H2PO3−)的关系如图所示。(已知pc=−lgc)。下列说法正确的是(    )
A. L2表示pc(HPO 32−)和−lgc(H+)c(H2PO3−)的关系
B. H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10−6
C. 等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO 32−)>c(H3PO3)
D. c(H3PO3)=c(HPO 32−)时，溶液显碱性
16. 二甲基亚砜()是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
(1)基态Cr原子的价电子排布图(轨道表示式)为__________。
(2)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为__________。
(3)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮( )分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为__________。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为__________。
③二甲基亚砜易溶于水，原因可能为__________。
(4)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3:2:1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为 __________，该分子内的作用力不可能含有__________(填序号)。
A.离子键       B.共价键        C.金属键    D.配位键       E.氢键         F.范德华力
(5)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α=120°β=γ=90°。

①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为__________。
②空间利用率指的是构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。已知锰和硫的原子半径分别r1nm和r2nm，该晶体中原子的空间利用率为(列出计算式即可)__________。

17. 工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4⋅7H2O，其工艺流程如图：

已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
TiO(OH)2
Ksp
1.0×10−16.3
1.0×10−38.6
1.0×10−11.6
1.0×10−29
回答下列问题：
(1)矿渣的主要成分是_________；试剂A为_________(填化学式)。
(2)“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_________；加水浸取前需先冷却的目的是_________。
(3)“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为__________(填标号)。
A.H2SO4      B.H2O2      C.Na2CO3      D.NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10−5mol⋅L−1]需要调节溶液的pH略大于_________。
(4)“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是__________，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质
TiCl4
Cl2
CO
CO2
分压MPa
4.59×10−2
4.98×10−9
1.84×10−2
3.70×10−2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为__________。
(5)高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_________(填标号)。
A.N2      B.H2           C.CO2          D.Ar

18. 硫脲 [CS(NH2)2]在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中先制备Ca(HS)2，再与CaCN2合成CS(NH2)2，实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。

已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成NH4SCN。
回答下列问题：
(1)实验前先检查装置气密性，操作：
①在E中加水至浸没导管末端，……；
②微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；
③一段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且高度不变。
将操作①补充完整_________。
(2)检查气密性后加入药品，打开K₂。装置B中盛装的试剂为_________。反应结束后关闭K₂，打开K₁通N2一段时间，目的是_________。
(3)撤走搅拌器，打开K₃，水浴加热D中三颈烧瓶，在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。控制温度在80℃的原因是_________，D处合成硫脲的化学方程式为_________。
(4)将装置D中液体过滤后，结晶得到粗产品。
①称取m g产品，加水溶解配成500 mL溶液。在锥形瓶中加入足量氢氧化钠溶液和n×10−3mol单质碘，发生反应：6NaOH+3I2=NaIO3+5NaI+3H2O，量取25mL硫脲溶液加入锥形瓶，发生反应：NaIO3+3CS(NH2)2=3HOSC(NH)NH2+NaI；
②充分反应后加稀硫酸至酸性，发生反应：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3I2+3Na2SO4+3H2O，滴加两滴淀粉溶液，用c mol·L⁻¹ Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。至终点时消耗标准溶液V mL。粗产品中硫脲的质量分数为_________(用含“m、n、c、V”的式子表示)；若滴定时加入的稀硫酸量不足，会导致所测硫脲的质量分数_________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
已知：4NaIO3+3Na2S2O3+6NaOH=4NaI+6Na2SO4+3H2O。

19. 文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如下图所示：

已知以下过程：
I.+ClCOR→AlCl3COR
II.RCH2ClRCH2NR′2 
III.ROHRBr
回答下列问题：
(1)物质A的名称为_________，B→C的化学反应方程式为_________。
(2)试剂X的结构简式为_________，C→D的反应类型为_________。
(3)E中含氧官能团的名称为_________。
(4)同时满足下列条件的C的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基    ②分子中含有手性碳原子
③能发生银镜反应           ④与FeCl3发生显色反应
(5)根据上述信息，写出以丙酮(CH3OCH3)为主要原料，制备(CH3)2C=C(CH3)2的合成路线_________。

20. 以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    △H1=−49kJ⋅mol−1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2
回答下列问题：
(1)已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol−1、283.0kJ⋅mol−1，H2O(l)=H2O(g)    △H=+44kJ⋅mol−1，则△H2=_________kJ⋅mol−1。
(2)在恒压密闭容器中，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为10kPa)。

①反应Ⅱ对应图1中__________(填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp=__________kPa−2(保留两位有效数字)。
②通过调整温度可调控平衡时p(CH3OH)p(CO)的值。B点对应温度下，平衡时p(CH3OH)p(CO)=400，则p(H2)=__________kPa。
(3)在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=n(生成CH3OH)n(消耗CO2)×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是__________；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是__________。

(4)向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率υ正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比υ甲∶υ乙=16∶25，则甲、乙容器的体积之比为___________。

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】A.石墨烯材料是无机非金属材料，A错误；
B.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体，常用于制造芯片，B正确；
C.研发催化剂将CO2还原为甲醇可充分利用二氧化碳，是促进碳中和的有效途径，C正确；
D.医用滴眼液的聚乙烯醇具有良好水溶性，易溶于水，D正确；
故选A。

2.【答案】A 
【解析】A. 稀硝酸能溶解银，3Ag+4H++NO  3− =3Ag++NO↑+2H2O，故A正确；
B. 溴水可腐蚀橡胶，应保存在玻璃塞的棕色细口瓶中，故B错误；
C. 玻璃棒含钠元素，焰色为黄色，应用铁丝或铂丝蘸取某样品进行焰色试验，故C错误；
D. 过氧乙酸具有强氧化性，可以漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH，故D错误；
故选A。

3.【答案】C 
【解析】A.因为O元素的电负性大于S，所以热稳定性：H2O2>H2S2，A正确；
B.N2H2结构式为：，存在顺反异构现象， B正确；
C.C2H2为直线型，键角为180°，N2H2氮原子采用sp2杂化，三个杂化键处于平面正三角形的三个方向，互成120°，H2O2是极性分子，H−O之间的键角为96°52′，氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比H2S2大，所以键角的大小：C2H2>N2H2>H2O2>H2S2，C错误；
D.因为H2O2分子中含有氢键，所以在C2H2、N2H2、H2O2、H2S2中H2O2沸点最高，D正确。
故选C。

4.【答案】D 
【解析】A.溶液Ⅱ得到明矾晶体需要蒸发浓缩操作，故A不符合题意；
B.测定明矾中结晶水的含量，故实验中需要灼烧操作，故B不符合题意；
C.加入氢氧化钾溶解铝后需要过氯分离出滤液，故C不符合题意；
D.实验中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，故D符合题意；
故选D。

5.【答案】B 
【解析】A.由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br2水发生加成反应，A正确；
B.由题干有机物的结构简式可知，与足量H2加成后的产物中含有醇羟基、羧基和碳氯键等官能团，其中醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.由题干有机物的结构简式可知，1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1mol NaOH，含有1mol羧基，可消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2mol NaOH，即一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应，C正确；
D.由题干有机物的结构简式可知，1mol M与足量Na2CO3溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗Na2CO3各1mol即2mol Na2CO3，D正确。

6.【答案】D 
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子序数最小，形成1个共价键，X为氢；Z形成2个共价键，为氧；W的第一电离能大于同周期相邻元素，且原子序数大于氧，为磷；四种元素原子序数之和为29，则Y为硼。
A.同周期从左到右金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：W>X>Y，A错误；
B.BF3中B不是8电子结构，B错误；
C.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；氧所在的同周期元素形成的单质中，氟单质的氧化性最强，C错误；
D.化合物R中Y、W形成4个共价键为sp3杂化，氧形成2个共价键还有2对孤电子对，也为sp3杂化，原子的杂化类型相同，D正确；
故选D。

7.【答案】B 
【解析】A.由于乙醇易挥发，也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此并不能证明反应生成乙烯，A错误；
B.木炭粉和浓H2SO4反应，只有生成的SO2可使溴水褪色，B正确；
C.浓HCl易挥发，因此滴有酚酞的NaOH溶液褪色可能是HCl中和了NaOH，因此不能证明反应生成Cl2，C错误；
D.液溴易挥发，其进入AgNO3溶液中也会生成浅黄色沉淀，因此不能证明有HBr生成，D错误；
故选B。

8.【答案】C 
【解析】A.电极A锰元素化合价降低，还原反应，电解时做阴极，电极反应为：2LiMn2O4+6e−+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，A错误；
B.电极B锰元素化合价升高，氧化反应，电解时做阳极，B错误；
C.２LiMn2O4+４H+２Li++Mn2++３MnO２+２H2O，电解后H+浓度变小，溶液的pH增大，C正确；
D.２LiMn2O4+４H+２Li++Mn2++３MnO２+２H2O，电解一段时间后溶液中Mn2+浓度增加，D错误；
故选C。

9.【答案】C 
【解析】①中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO42ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，③中ClO2为原料制备NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故选择冷水浴，④中的氢氧化钠吸收未反应的ClO2。
A.①中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A正确；
B.装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B正确；
C.ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C错误；
D.反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D正确；
故选C。

10.【答案】C 
【解析】A.碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，气体在溶液中的溶解度随温度的升高而减小，加热煮沸是为了除去多余的HCl和CO2，A正确；
B.向CaCl2溶液中加入H2O2、NH3·H2O发生反应为CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，氨水用来调节溶液的pH利于CaO2·8H2O的生成，B正确；
C.尽管②中结晶的颗粒较小，但是过滤时若用玻璃棒轻轻搅动，会导致滤纸破损，C错误；
D.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)微溶于水，也不溶于乙醇，用醇洗涤，可以减少晶体的溶解，同时乙醇容易挥发，可以加速晶体干燥，D正确。

11.【答案】D 
【解析】由题给流程可知，向方铅矿中加入盐酸、二氧化锰、氯化钠浸取时，硫化铅与二氧化锰、盐酸反应生成四氯化铅酸钠、氯化锰、硫和水，二硫化亚铁与二氧化锰、盐酸反应生成氯化铁、氯化锰、硫和水，过滤得到含有二氧化锰、硫等的滤渣1和含有四氯化铅酸钠、氯化锰、氯化铁的滤液；向滤液中加入氧化锰调节溶液pH，将溶液中的氯化铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有四氯化铅酸钠、氯化锰的滤液；向滤液中加入冰水，使溶液中成四氯化铅酸钠转化为二氯化铅沉淀，过滤得到二氯化铅和含有氯化锰、氯化钠等的酸性废液；向二氯化铅中加入硫酸钠溶液，将二氯化铅转化为硫酸铅，过滤得到含有氯化钠的滤液a和硫酸铅晶体。
A.由分析可知，浸取时发生的主要离子反应为硫化铅与二氧化锰、盐酸反应生成四氯化铅酸钠、氯化锰、硫和水，反应的离子方程式为MnO2+PbS+4H++4Cl−=PbCl 4− +S+Mn2++2H2O，故A错误；
B.由分析可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铁，故B错误；
C.由信息可知，二氯化铅转化为四氯化铅酸根离子的反应为吸热反应，沉降时加入冰水时，反应温度降低，平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D.二氯化铅与硫酸钠溶液反应的离子方程式为PbCl2(s)+SO 42− (aq)⇋PbSO4(s)+2Cl−(aq)，反应的平衡常数K= c2(Cl−)cSO42− = c(Pb2+)c2(Cl−)c(Pb2+)cSO42− = Ksp(PbCl2)Ksp(PbSO4) = 1.6×10−51.08×10−8 ，则当溶液中c(Cl−)=0.1mol·L−1时，溶液中c(SO 42− )= 0.121.6×10−5 =6.75×10−6mol·L−1，故D正确。


12.【答案】BC 
【解析】A.放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+4e−=4OH−；负极发生氧化反应，反应为2S22−−2e−=S42−；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确；
B.由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；
C.充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误；
D.充电时，电极II为阳极区，反应为4OH−−4e−=O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g−8g=9g，D正确。

13.【答案】BD 
【解析】A.根据X的结构简式，能与NaHCO3反应的官能团只有−COOH，因此1mol X能与1mol NaHCO3反应，故A错误；
B.根据Z的结构简式，能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol Z中含有1mol羧基和1mol酯基，即1mol Z与足量NaOH溶液反应消耗2molNaOH，故B正确；
C.X→Y：X中酚羟基上的O−H断裂，C2H5Br中C−Br断裂，H与Br结合成HBr，其余组合，该反应为取代反应，Y→Z：二氧化碳中一个C=O键断裂，与Y发生加成反应，故C错误；
D.根据X的结构简式，苯环上有三个不同取代基，同分异构体应有10种，因此除X外，还应有9种，故D正确。

14.【答案】B 
【解析】A.当1 mol ZnmS完全转化为ZnnS时，转移电子数为2×( 2n−2m )mol，A错误；
B.根据ZnmS结构，体对角线的一维空间上会出现“ ”的排布规律，B正确；
C.当ZnmS完全转化为LixZnyS时，Li+、Zn2+转化为LiZn合金，生成1mol LiZn转移3mol电子，每转移6 mol电子，生成2mol LiZn(合金相)，C错误；
D.若Li2S的晶胞参数为a nm，将晶胞切三刀分为8个小立方体，则E在左后上立方体体心，则EF间的距离为  3a42+a42+a42 nm=  114a nm，D错误。

15.【答案】AC 
【解析】A.Ka1(H3PO3)=c(H+)⋅c(H2PO3−)c(H3PO3)，等式两边同时取对数，lg⁡Ka1=lg⁡c(H+)⋅c(H2PO3−)c(H3PO3)=lg⁡c(H+)c(H3PO3)+lg⁡c(H2PO3−)，则−lgKa1=−lg⁡c(H+)⋅c(H2PO3−)c(H3PO3)=−lg⁡c(H+)c(H3PO3)−lg⁡c(H2PO3−)，同理可得−lgKa2=−lg⁡c(H+)c(H2PO3−)−lg⁡c(HPO32−)，因为lgKa1>lgKa2，则−lgKa1c(H3PO3)，C正确；
D.Ka1·Ka2==c2(H+)⋅c(HPO32−)c(H3PO3)=10−7.97，c(H3PO3)=c(HPO 32− )时，c(H+)=10−3.985mol·L−1，溶液显酸性，D错误。

16.【答案】(1)
(2)6:5
(3)①sp3；②O>C>H；③二甲基亚砜可以与水分子形成分子间氢键
(4)CrH2O5Cl2+；CEF
(5)①4；②16πr13+r233 3a2c×100%
 
【解析】(1)Cr为24号元素，基态铬原子的价电子排布图(轨道表示式)为 ；
(2)铬价电子为3d54s1，锰为25号元素原子，价电子为3d54s2，故两者基态原子核外未成对电子数之比为6:5；
(3)①二甲基亚砜分子中S原子的价层电子对数为 3+6−2−22=4 ，为sp3杂化；
②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 O>C>H 。
③二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键，导致二甲基亚砜易溶于水；
(4)由题干可知， CrCl3⋅6H2O 的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为 3:2:1 ，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色，则浅绿色的结构中能电离出2个氯离子，内界含有5个水分子、1个氯离子，其配离子的化学式为 CrH2O5Cl2+ ；该分子内的作用力存在阴阳离子间的离子键、水分子内部的共价键、铬与配体的配位键，其分子内不存在金属键、氢键、范德华力；故选CEF；
(5)①该晶体中，1个硫周围有4个锰原子，结合化学式可知，锰原子周围的硫原子数目为4。
②据“均摊法”，晶胞中含 2×16+2×13+1=2 个Mn、由化学式可知，同时含有2个S；已知锰和硫的原子半径分别 r1nm 和 r2nm ，该晶体中原子的空间利用率为 2×43πr13+2×43πr23 32a2c×100%=16πr13+r233 3a2c×100% 。


17.【答案】(1)SiO2、CaSO4；Fe 
(2)FeTiO3+2H2SO4160～200 FeSO4+TiOSO4+2H2O；防止TiO2+提前水解
(3)①C
②2
(4)使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；5TiO2+6C+10Cl2高温 2CO+4CO2+5TiCl4 
(5)D
 
【解析】钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4⋅7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质。
(1)由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
(2)“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 FeTiO3+2H2SO4160～200 FeSO4+TiOSO4+2H2O；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
(3)①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10−5mol⋅L−1]，则氢氧根离子浓度大于 1.0×10−291.0×10−5mol⋅L−1=10−12mol⋅L−1 ，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
(4)“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5：1：2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为 5TiO2+6C+10Cl2高温 2CO+4CO2+5TiCl4；
(5)镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气。

18.【答案】(1)关闭开关K₁、K₂、K₃
(2)饱和硫氢化钠溶液；将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中并排净装置中的空气，防止产品被氧化
(3)受热时部分发生异构化生成NH4SCN，故温度不能过高；Ca(HS)2+2CaCN2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2
(4)152n−76cVm%；偏高
 
【解析】(1)实验前先检查装置气密性，在E中加水至浸没导管末端，关闭开关K₁、K₂、K₃，形成一个密封体系，然后微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯，一段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且高度不变，说明整个装置气密性较好；
(2)反应生成硫化氢气体含有挥发的氯化氢气体，装置B中盛装的试剂为饱和硫氢化钠溶液，可以除去氯化氢气体；已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，反应结束后关闭K₂，打开K₁通N2一段时间，目的是将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中并排净装置中的空气，防止产品被氧化；
(3)已知：受热时部分发生异构化生成NH4SCN，故温度不能过高，需控制温度在80℃；在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱，根据质量守恒可知生成氢氧化钙，反应为Ca(HS)2+2CaCN2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2；
(4)由方程式可知，Na2S2O3消耗的I2的物质的量=0.5cV×10−3mol，则加稀硫酸酸化反应中发生反应的碘酸钠的物质的量= 0.5cV×10−3mol3 ；第一个反应中生成碘酸钠的总物质的量为 n3×10−3mol ，则与硫脲反应的碘酸钠的物质的量= n3×10−3mol−0.5cV×10−3mol3=(n×10−3−0.5cV×10−3)mol3 ，
则粗产品中硫脲的物质的量= 3×(n×10−3−0.5cV×10−3)mol3×500mL25mL=(0.02n−0.01cV)mol ，质量为(0.02n−0.01cV)mol×76g/mol=(1.52n−0.76cV)g，质量分数= (1.52n−0.76cV)gmg×100％=(152n−76cV)m％ 若滴定时加入的稀硫酸量不足，使得②中碘单质量减小，使得标准液V减小，会导致与硫脲反应的碘酸钠偏多，所测硫脲的质量分数偏高。


19.【答案】(1)苯酚；CH3O+ClCOCH2Cl→AlCl3CH3O+HCl
(2)NH(CH3)2；取代反应
(3)羟基和醚键
(4)12
(5)CH3OCH3CH3CH(OH)CH3CH3CHBrCH3 →H2OMg/CH3COCH3 (CH3)2C=C(CH3)2
 
【解析】由题干合成流程图信息可知，由A的分子式和B的结构简式结合A到B的转化条件可知，A的结构简式为，由F的结构简式和E到F的转化条件并结合题干已知信息Ⅲ可知，E的结构简式为CH3O，由E的结构简式和D到E的转化条件可知，D的结构简式为CH3O，由B的结构简式和B到C的转化条件并结合已知信息Ⅰ可知，C的结构简式为CH3O，由C和D的结构简式和C到D的转化条件并结合已知信息Ⅱ可知，试剂X的结构简式为：NH(CH3)2；
(1)由分析可知，A的结构简式为，则物质A的名称为苯酚，B→C即CH3O转化为CH3O，故该反应的化学反应方程式为 CH3O+ClCOCH2Cl→AlCl3CH3O+HCl；
(2)试剂X的结构简式为NH(CH3)2，C→D即CH3O+ NH(CH3)2 →  CH3O+HCl，故该反应的反应类型为取代反应；
(3)由分析可知，E的结构简式为CH3O，则E中含氧官能团的名称为羟基和醚键；
(4)由分析可知，C的结构简式为CH3O，其分子式为：C9H9O2Cl，则同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基，②分子中含有手性碳原子即含有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，④与FeCl3发生显色反应即含有酚羟基，故两个取代基为：−OH和、、、等四组，然后每一组又有邻间对三种位置异构，故符合条件的C的同分异构体有4×3=12种；
(5)已知(CH3)2C=C(CH3)2可由在浓硫酸作用下发生消去反应应制得，根据题干F到G的转化信息可知，可由和CH3CHBrCH3转化而得，CH3CHBrCH3可由CH3CH(OH)CH3和HBr反应制得或则CH3CHOHCH3和PBr3反应制得，CH3CH(OH)CH3则可由和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线。


20.【答案】(1)+41.2
(2)①n；0.10
②20
(3)主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
(4)5∶4 
【解析】(1)已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol−1、283.0kJ⋅mol−1，即反应①H2(g)+ 12 O2(g)=H2O(l)    △H3=285.8kJ⋅mol−1 ，反应②CO(g)+ 12 O2(g)=CO2(g)    △H4=−283.0kJ⋅mol−1，③H2O(l)=H2O(g)    △H=+44kJ⋅mol−1，则①−②+③得反应IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，根据盖斯定律；
(2)①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着 1T 的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着 1T 的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析可知，△H2=(−285.8kJ⋅mol−1)−( −283.0kJ⋅mol−1)+( +44kJ⋅mol−1)=+41.2kJ⋅mol−1 。
CO2g+3H2g⇀↽起始量(mol)13 转化量(mol)x3x 平衡量(mol)0.23−3x CH3OHg0xx+H2Og0xx
CO2(g)+H2(g)⇒CO(g)+H2O(g)
图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有 0.8(0.8−x)0.2(2.2−2x) =1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp= (0.83.0×10kpa)(0.53.0×10kpa)(0.23.0×10kpa)(1.23.0×10kpa)3 =0.10kPa−2；
②通过调整温度可调控平衡时 p(CH3OH)p(CO) 的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即 p(CH3OH)p(H2O)p(CO2)p3(H2)=p(CO)p(H2O)p(CO2)p(H2) ，即得p2(H2)= p(CH3OH)p(CO) ，平衡时 p(CH3OH)p(CO) =400，则p(H2)=20kPa；
(3)CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g) ⇀↽ CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g) ⇀↽ CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低；
(4)对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5∶4。