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2023年山东省齐鲁名校高考化学联考试卷（3月份）（含解析）
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这是一份2023年山东省齐鲁名校高考化学联考试卷（3月份）（含解析），共25页。试卷主要包含了 下列有关叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省齐鲁名校高考化学联考试卷（3月份）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 下列诗词中的变化不涉及氧化还原反应的是( )
A. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
B. 蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明
C. 松叶堪为酒，春来酿几多
D. 胡粉投火中，色坏还为铅[胡粉的主要成分是2PbCO3⋅Pb(OH)2
2. 下列有关试剂保存和洗涤方法的叙述正确的是( )
A. NH4F溶液密封保存于细口玻璃瓶中 B. AgNO3固体密封保存于棕色广口瓶中
C. 试管中银镜用浓氨水洗涤 D. 试管中水垢用稀硫酸洗涤
3. 科学家最近发表的科技信息如下：
信息1：我国科学家合成新核素—钍−207： a2aX+72176Hf→b207Th+501n
信息2：美国科学家利用化学线索(O2、 614C、 818O)揭示恐龙新陈代谢率高低。
信息3：我国科学家发现飞尘颗粒物中铁的同位素： 2656Fe。
已知：半衰期指物质质量减少一半所用时间。
下列叙述错误的是( )
A. 同周期中，X的第一电离能最大 B. 614C、 818O的半衰期较长
C. b207Th的中子数为90 D. 2656Fe和 2658Fe互为同位素
4. 下列有关叙述正确的是( )
A. 有机玻璃()由CH2=C(CH3)COOCH3发生缩聚反应合成
B. 聚丙炔()由丙炔发生加聚反应合成
C. CO2和环氧乙烷发生缩聚反应合成聚碳酸酯()
D. 甲醛和苯酚发生加聚反应合成酚醛树脂()
5. +3价铬的卤化物有CrF3、CrCl3等，制备三氯化铬的主要反应有Cr2O3+3CCl4=△2CrCl3+3COCl2。CrCl3溶于水得到的配合物为[[Cr(H2O)4Cl2]Cl。已知CrCl3、CrF3的熔点依次为83℃、1100℃。下列说法正确的是( )
A. [Cr(H2O)4Cl2]Cl的中心离子配位数为10
B. 1mol[Cr(H2O)4Cl2]Cl和足量硝酸银溶液反应生成3molAgCl
C. CrCl3和CrF3晶体类型相同
D. CCl4是极性键形成的非极性分子
6. 用cmol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定V0mL未知浓度的草酸溶液，达到滴定终点时消耗滴定液xmL。下列说法正确的是( )
A. 滴定终点时溶液由粉红色变为无色
B. 需要锥形瓶、碱式滴定管
C. 若用草酸溶液润洗锥形瓶，使测得结果偏低
D. 测得草酸浓度c0=5cx2V0
7. 科学研究发现，羟甲香豆素可用于治疗新冠肺炎，其结构简式如图所示。下列有关羟甲香豆素的说法错误的是( )
A. 能与溴水发生取代反应和加成反应 B. 能与NaHCO3溶液反应生成CO2
C. 分子中至少有7个碳原子共平面 D. 与足量H2反应后的产物含手性碳原子
8. 以铬铁矿(主要成分是FeO⋅Cr2O3)为原料制备K2Cr2O7的步骤如下：
Ⅰ.铬铁矿与纯碱混合在空气中灼烧成烧渣；
Ⅱ.水浸步骤Ⅰ得到的烧渣，可得到浸液(主要溶质是Na2CrO4)和滤渣；
Ⅲ.酸化步骤Ⅱ得到的浸液；
Ⅳ.向步骤Ⅲ得到的溶液中加入适量KCl，经一系列操作得到K2Cr2O7。
下列说法正确的是( )
A. “灼烧”之前将铬铁矿粉碎过筛，能提高活化分子百分率
B. 步骤Ⅲ中可以用浓盐酸酸化
C. 加入KCl将Na2Cr2O7转化成K2Cr2O7
D. 步骤Ⅳ中“一系列操作”是过滤、洗涤、干燥
9. 苯甲醇微溶于水，苯酚微溶于冷水，易溶于热水。一种分离苯甲醇、苯酚、甲苯的简易流程如图：
下列说法正确的是( )
A. 操作1为分液，需要使用长颈漏斗 B. 通入CO2量多少不会影响主要反应产物
C. 固体M主要是Na2CO3⋅10H2O D. F为苯甲醇
10. 在Cu(Ⅰ)催化剂和水存在下，CO2被还原为CO的反应机理示意图如下，图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出CO2被还原为CO的反应过程；图2为CO2转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。
已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断正确的是( )
A. 由图1可知，[Cu(H2O)]+能提高总反应的平衡转化率
B. 图1中，[Cu(CO)]+中存在配位键和非极性键
C. 由图2知，总反应和各步反应的△H都小于0
D. 在图2涉及的反应中，MS2→MS3决定总反应速率
11. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2.0molM(g)和2.0molN(g)发生反应：M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)，测得P的浓度与时间的关系如表所示。
t/min
0
10
20
30
40
c(P)/(mol⋅L−1)
0
0.4
0.7
0.8
0.8
下列说法正确的是( )
A. 当气体总压强保持不变时达到平衡状态
B. 若起始投料比n(N)n(M)>1，则N的平衡转化率大于80%
C. 40min时再投入1.0molM(g)和1.0molN(g)，N的平衡转化率不变
D. 该温度下，平衡常数K=16.0
12. 向如图所示装置中通入气体，固体溶解后得到透明溶液。下列试剂不能达到上述目的的是 ( )
选项
气体
液体
固体
A
HCl
双氧水
Cu
B
NO2
盐酸
Ag
C
SO2
水
CaSO3
D
NH3
水
Cu(OH)2
A. A B. B C. C D. D
13. 采用高压氢还原法可以从溶液中直接提取金属粉末。以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为原料制备铁红和铜粉的流程如图：
下列说法正确的是( )
A. “灼烧”中的高压O2能增大单位体积内的活化分子数
B. 浸渣的主要成分是H2SiO3，滤渣的主要成分是Fe(OH)3
C. 在实验室分离出滤渣需要的玻璃仪器为漏斗、烧杯
D. “还原”的离子方程式为Cu2++H2=Cu+2H+
14. 浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。某小组利用浓差电池实现电解丙烯腈合成己二腈，装置如图所示(隔膜两侧溶液均为200mL，铜电极质量均为100g)。
下列说法错误的是( )
A. 隔膜为阳离子交换膜
B. Cu(1)极为正极，C(2)极放出O2
C. 上述装置理论上可制备0.8mol己二腈
D. C(1)极的电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN
15. 298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、Ga(NO3)3、Ce(NO3)3三种溶液。PM[p表示负对数，M表示c(HR)c(R−)、c(Ga3+)、c(Ce3+)]随溶液pH变化的关系如图所示。已知：常温下，Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Ga(OH)3]。下列推断正确的是( )
A. ③代表滴定Ga(NO3)3溶液的变化关系
B. 调节pH=8.0时，可将废水中Ce3+完全沉淀
C. 滴定HR溶液至X点时，溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(H+)
D. 经计算，Ga(OH)3能完全溶于HR溶液
16. 钇是制备激光器和超导体的重要材料，在化合物中常显+3价。一种钇矿石(主要成分是Y2FeBe2Si2O10，杂质不参与反应)为原料制备金属单质(Y)的流程如图：
已知：
①Be和铝的化学性质相似。
②常温下Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH如下表所示。
离子
Fe3+
Y3+
开始沉淀时的pH
2.7
6.0
完全沉淀时的
3.7
8.2
请回答下列问题：
(1)化学上，常将较复杂的化合物改写成简单氧化物的形式，如Na2SiO3改写成Na2O⋅SiO2。将Y2FeBe2Si2O10改写成简单氧化物的形式： ______ 。
(2)“共熔”宜选择 ______ (填字母)。
A.陶瓷坩埚
B.铝坩埚
C.铁坩埚
D.石英坩埚
(3)a的范围为 ______ 。“除杂”得到的滤渣经洗涤、灼烧得到的粉末是 ______ (填化学式)。
(4)浸液1中主要含Na2SiO3、Na2BeO2，向浸液1中通入过量CO2会产生两种沉淀，写出总反应的离子方程式： ______ 。
(5)“沉钇”中，设计实验检验Y(OH)3已洗涤干净： ______ 。
(6)“还原”中，还原剂有H2、CO、Al，制备等量钇粉，理论上需要还原剂H2、CO、Al的质量之比为 ______ 。
17. 某药物中间体K的一种合成路线如图：
请回答下列问题：
(1)A的名称是 ______ ，K含 ______ 种官能团(填数字)。
(2)F→G的反应类型是 ______ 。
(3)在催化剂、加热条件下，K与足量氢气反应生成T，1个T分子含 ______ 个手性碳原子。
(4)在J的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应生成CO2的有 ______ 种(不包括立体异构体)。
(5)以K、乙二胺为原料制备降压药N的合成路线如图：
试剂M与一氯乙烷互为同系物，试剂M是 ______ (填结构简式)。写出合成L的化学方程式： ______ 。
18. 某小组模拟工业制备KSCN，其原理是CS2+3NH3=催化剂NH4SCN+NH4HS；NH4SCN+KOH=△KSCN+NH3↑+H2O。实验装置如图所示(夹持及加热装置略)：
部分实验步骤：①连接装置；②启动装置A中反应，向装置C中通入一段时间氨气，水浴加热装置C并保温半小时；③停止通入氨气，向装置C中加入KOH溶液并保温；④实验完毕后，分离提纯KSCN产品。
回答下列问题：
(1)以浓氨水和生石灰为反应物，碱石灰作干燥剂，选择装置A制备氨气。向生石灰中滴加浓氨水，发生反应的化学方程式为 ______ 。
(2)装置B用于调节通入氨气速率，试剂1可以是煤油，通过观察单位时间内来判断 ______ 速率快慢。
(3)分离提纯KSCN产品时用到抽滤，其装置如图所示，相对普通过滤，其主要优点是 ______ 。
(4)称取一定量粗产品(杂质不参与反应)溶于蒸馏水配制成250mL溶液，准确量取25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴Fe(NO3)3溶液，用cmol⋅L−1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。已知滴定反应为Ag++SCN−=AgSCN(白)↓，则达到滴定终点的标志是 ______ 。
(5)已知向CoSO4溶液中加入戊醇，再滴加KSCN溶液，戊醇层变蓝色。为了探究Co3+、Fe3+的氧化性相对强弱，取5mL0.1mol⋅L−1Co2(SO4)3溶液和5mL0.2mol⋅L−1FeSO4溶液混合，充分反应后，将溶液分成甲、乙两份，进行如下实验：
实验
操作
现象
①
向甲中滴加KSCN溶液
溶液变红色
②
向乙中加入适量戊醇，再滴加KSCN溶液
戊醇层变蓝色
根据上述实验可知，氧化性：Fe3+ ______ Co3+(填“>”或“<”)。
19. 《科学》最近报道，我国科学家开发了钙钛矿(钛酸钙)活性层Cs2PbI2Cl2。回答下列问题：
(1)基态氯原子核外顺时针、逆时针旋转的电子数之比为 ______ 。
(2)熔点：CsCl ______ CsI(填“>”“<”或“=”)，判断依据是 ______ 。
(3)卤素对物质性质有明显影响。
①常温下，ClCH2COOH、ICH2COOH和CH3COOH电离常数由大到小的顺序为 ______ 。
②吡啶()具有碱性和芳香性。研究发现，吡啶中N原子的电子云密度越大，碱性越强。N原子的杂化类型是 ______ 。在下列物质中，碱性最强的是 ______ (填序号，下同)，最弱的是 ______ 。
a.b.c.d.
(4)钛酸钙晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中的原子可用x、y、z组成的三数组来表示它在晶胞中的位置，称为原子坐标。已知A的原子坐标为(0,0,0)，Ca的原子坐标为(12,12,12)，则B的原子坐标为 ______ 。
设该晶体的密度为dg⋅cm−3，NA为阿伏加德罗常数的值。Ca2+和Ti4+之间的距离为 ______ pm(用含d、NA的代数式表示)。
20. 利用天然气制氢称为“蓝氢”。化学原理如下：
Ⅰ.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247.3kJ⋅mol−1
Ⅱ.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH2=+206.1kJ⋅mol−1
Ⅲ.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3
(1)ΔH3= ______ kJ⋅mol−1。
(2)一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1molCH4(g)和2molH2O(g)，若仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，下列说法正确的是 ______ (填字母)。
A.充入惰性气体，反应Ⅱ平衡向右移动
B.平衡后升高温度，反应速率增大
C.平衡时H2的体积分数可能大于80%
(3)为了探究浓度对平衡的影响，某研究小组设计选择性膜反应器(如图所示)。
已知：仅发生反应Ⅰ且在反应区内进行，膜可以对产物进行选择性释放。反应区内通过控制使压强恒定为100kPa。反应开始时，投料均为1molCH4(g)和1molCO2(g)。膜反应器1中0～80s内H2的平均渗透速率为5.0×10−3mol⋅s−1。膜反应器2中H2的平均渗透速率不小于膜反应器1。反应区内的部分实验数据如下表(温度相同且保持不变)。请填写下表中空格：
反应器示意图
无膜反应器
膜反应器1
膜反应器2
物质
CO2
H2
80s达平衡后的物质的量/mol
0.6
② ______
CH4平衡转化率/%
①α1= ______ %
③α2 ______ α3(填“>”“<”或“=”)
(4)一定条件下，向VL恒容密闭容器中通入2molCH4(g)、1molCO2(g)、1molH2O(g)发生上述反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，CO2(g)为bmol，H2O(g)为cmol。此温度下，反应Ⅱ的平衡常数Kp= ______ (用含a、b的代数式表示，Kp为用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.沙里淘金没有新物质生成，没发生化学变化，不属于氧化还原反应，故A正确；
B.蜡烛燃烧属于氧化还原反应，故B错误；
C.酿酒过程中发生了氧化还原反应，故C错误；
D.2PbCO3⋅Pb(OH)2投于火中发生反应生成Pb，Pb元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此进行判断。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应特征即可解答，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.NH4F水解生成HF，HF能腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶，故A错误；
B.硝酸银等见光易分解的物质，应保存在棕色瓶中，放于阴暗处，故B正确；
C.氨水不能和银反应，而应该用稀硝酸溶解单质银，故C错误；
D.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，硫酸与其反应生成微溶物硫酸钙，不可用稀硫酸洗涤，故D错误；
故选：B。
A.NH4F水解生成HF，HF能腐蚀玻璃；
B.硝酸银见光易分解；
C.氨水不能和银反应；
D.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，硫酸会与其反应生成微溶物硫酸钙。
本题考查了化学试剂的保存及试管的清洗相关知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据质量数守恒可知2a+176=207+5，a=18，18号元素为Ar，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，即稀有气体第一电离能最大，故A正确；
B.根据信息2：美国科学家利用化学线索(O2、 614C、 818O)揭示恐龙新陈代谢率高低，说明 614C、 818O半衰期较长，故B正确；
C.根据守恒思想，有18+72=b，b=90，中子数=207−90=117，故C错误；
D. 56Fe和 58Fe的中子数分别为30、32，它们质子数均为26，均是由铁元素组成的不同原子，故互为同位素，故D正确；
故选：C。
A.根据质量数守恒可求出a的值；
B.碳−14半衰期约5730年；
C.根据信息2判断；
D.质子数相同中子数不同的核素互为同位素。
本题考查物质的性质和变化，涉及原子的组成与结构，题目比较简单。
4.【答案】B
【解析】解：A.CH2=C(CH3) COOCH3含有碳碳双键，CH2=C(CH3) COOCH3通过加聚反应合成有机玻璃，故A错误；
B.丙炔含有碳碳三键，可发生加聚反应，聚丙炔()由丙炔发生加聚反应合成，故B正确；
C.CO2和环氧乙烷发生加聚反应合成聚碳酸酯，不是缩聚反应，故C错误；
D.苯酚羟基邻位上的两个氢原子比较活泼，与甲醛醛基上的氧原子结合为水分子，其余部分连接起来成为高分子化合物--酚醛树脂，发生缩聚反应，故D错误；
故选：B。
A.CH2=C(CH3)COOCH3含有碳碳双键，可发生加聚反应；
B.丙炔含有碳碳三键，可发生加聚反应；
C.CO2和环氧乙烷发生加聚反应合成聚碳酸酯；
D.苯酚和甲醛发生缩聚反应。
本题考查了缩聚反应和加聚反应类型的判断，难度不大，应注意基础的掌握和缩聚反应和加聚反应的区别。
5.【答案】D
【解析】解：A.[Cr(H2O)4Cl2]Cl中H2O和Cl−与Cr形成配位键，配位数为6，故A错误；
B.1mol[Cr(H2O)4Cl2]Cl只能电离1molCl−，则与足量硝酸银溶液反应生成1molAgCl，故B错误；
C.已知CrCl3、CrF3的熔点依次为83℃、1100℃，CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体，两者的晶体类型不同，故C错误；
D.CCl4是由C−Cl极性键构成的正四面体结构，结构对称，为非极性分子，故D正确；
故选：D。
A.[Cr(H2O)4Cl2]Cl中H2O和Cl−与Cr形成配位键；
B.1mol[Cr(H2O)4Cl2]Cl只能电离1molCl−；
C.已知CrCl3、CrF3的熔点依次为83℃、1100℃，CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体；
D.CCl4是由C−Cl极性键构成的正四面体结构。
本题考查配合物，侧重考查学生配位键的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A.滴定终点时的现象应是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，故A错误；
B.草酸溶液呈酸性，需要酸式滴定管，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶，不能使用碱式滴定管，故B错误；
C.若用草酸溶液润洗锥形瓶，会使草酸增多，消耗的KMnO4溶液也会增多，使滴定结果偏高，故C错误；
D.滴定反应的离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，设草酸的浓度为c0mol⋅L−1，根据方程式的计量关系得：c0=5cx2V0，故D正确；
故选：D。
A.滴定终点时的现象应是溶液由无色变为粉红色；
B.草酸溶液、酸性KMnO4溶液均呈酸性，且酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶；
C.若用草酸溶液润洗锥形瓶，会使草酸增多；
D.滴定反应的离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式的计量关系进行计算即可。
本题考查了酸碱中和滴定及氧化还原滴定，为高频考点，掌握滴定实验的操作方法、滴定终点的判断方法、仪器的使用及注意事项是解题关键，掌握滴定误差的分析方法与技巧，试题有利于培养学生的分析能力、计算能力和化学实验能力，题目难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.分子中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和溴水发生取代反应，碳碳双键能和溴水发生加成反应，所以该物质能和溴水发生取代反应、加成反应，故A正确；
B.分子中不含−COOH，所以不能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，故B错误；
C.苯环及直接连接苯环的原子共平面，碳碳双键及直接连接碳碳双键碳原子的原子共平面，单键可以旋转，则该分子中苯环及连接甲基的碳原子共平面，所以最少有7个碳原子共平面，故C正确；
D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该物质与足量氢气反应后的产物中连接甲基、羟基的碳原子都是手性碳原子，故D正确；
故选：B。
A.苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴水发生取代反应，碳碳双键能和溴水发生加成反应；
B.−COOH能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2；
C.苯环及直接连接苯环的原子共平面，碳碳双键及直接连接碳碳双键碳原子的原子共平面，单键可以旋转；
D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
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的关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.“灼烧”之前将铬铁矿粉碎过筛，可增大接触面积，加快反应速率，但不能提高活化分子百分率，故A错误；
B.重铬酸根离子具有强氧化性，会和氯离子发生氧化还原反应，步骤Ⅲ中不可以用浓盐酸酸化，故B错误；
C.加入KCl将溶解度较大的Na2Cr2O7转化成溶解度较小的K2Cr2O7，故C正确；
D.步骤Ⅳ中“一系列操作”是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选：C。
铬铁矿主要成分为FeO⋅Cr2O3，与纯碱混合在空气中灼烧成烧渣，焙烧反应为4FeO⋅Cr2O3+8Na2CO3+7O2=高温8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，过程中生成Na2CrO4、Fe2O3，用水浸取，过滤分离，滤液中主要含有Na2CrO4，加入酸调节pH，使CrO42−转化为Cr2O72−，反应为Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+，加入KCl，利用溶解度不同析出K2Cr2O7。
本题考查物质制备工艺流程，为高考常见题型，注意纵观整个流程分析反应原理，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.操作1为分液，需要使用分液漏斗，故A错误；
B.苯酚钠中通入CO2生成苯酚和碳酸氢钠，通入CO2量的多少不影响主要反应产物，故B正确；
C.固体M为碳酸氢钠不是碳酸钠晶体，故C错误；
D.F为甲苯不是苯甲醇，故D错误；
故选：B。
苯甲醇、苯酚、甲苯的混合物中加入NaOH溶液，苯酚与NaOH反应生成苯酚钠溶于水，则水相中为苯酚钠，有机相中为苯甲醇、甲苯，有机相经过蒸馏将甲苯和苯甲醇分离E为苯甲醇，F为甲苯；苯酚钠中通入CO2，生成苯酚和碳酸氢钠，有机相N为苯酚，水相经过结晶得到固体为碳酸氢钠。
本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.由图1可知，[Cu(H2O)]+为催化剂，催化剂不影响平衡，不能提高总反应的平衡转化率，故A错误；
B.[Cu(CO)]+中存在Cu+和CO之间的配位键和C原子和O原子之间的极性键，故B错误；
C.由图2知，MS2→MS3为吸热反应，ΔH>0，故C错误；
D.反应过程中，活化能越高，反应速率越慢，决定总反应的速率，由图2知，MS2→MS3活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，故D正确；
故选：D。
A.[Cu(H2O)]+为催化剂；
B.[Cu(CO)]+中存在Cu+和CO之间的配位键和C原子和O原子之间的极性键；
C.MS2→MS3为吸热反应；
D.在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程、焓变和化学键的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】CD
【解析】解：A.恒温恒容条件下，反应前后气体分子数不变，故容器内压强始终不变，故无法判断反应是否达到平衡状态，故A错误；
B.若起始投料比n(N)n(M)=1时，N的平衡转化率为0.8mol/L×22mol×100%=80%，若起始投料比n(N)n(M)>1，相当于M起始加入量不变，增大N的加入量，平衡正向移动，M的转化率变大，N的转化率变小，故N的平衡转化率小于80%，故B错误；
C.40min时再投入1.0molM(g)和1.0molN(g)，相当于对原平衡加压，平衡不移动，N的平衡转化率不变，故C正确；
D.一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2.0molM(g)和2.0molN(g)发生反应：M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)，平衡时c(P)=0.8mol/L，列三段式
M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)
起始量(mol/L) 1 1 0 0
变化量(mol/L) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡量(mol/L) 0.2 0.2 0.8 0.8
平衡常数K=c(P)⋅c(Q)c(M)⋅c(N)=0.8×0.80.2×0.2=16.0，故D正确；
故选：CD。
A.同温同容条件下，压强和气体的物质的量成正比；
B.增大一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率变大，自身转化率变小；
C.40min时再投入1.0molM(g)和1.0molN(g)，相当于对原平衡加压；
D.
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A.HCl溶于水后，发生反应Cu+2HCl+2H2O2=CuCl2+H2O，故可得到透明的CuCl2溶液，故A正确；
B.NO溶于水后，发生了3NO2+H2O=2HNO3+NO，而3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，由于AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，即Ag溶解后，生成AgCl沉淀，故B错误；
C.物质发生反应SO2+H2O+CaSO3=Ca(HSO3)2，Ca(HSO3)2是透明溶液，故C正确；
D.物质发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，[Cu(NH3)4](OH)2是透明溶液，故D正确，
故选：B。
A.HCl溶于水后，发生反应Cu+2HCl+2H2O2=CuCl2+H2O；
B.NO溶于水后，发生了3NO2+H2O=2HNO3+NO，而3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，由于AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3；
C.物质发生反应SO2+H2O+CaSO3=Ca(HSO3)2；
D.物质发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2。
本题主要考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理和物质性质是解答的关键。
13.【答案】AD
【解析】解：A.高压相当于增加了O2的浓度，增大浓度可以增大单位体积内的活化分子总数，故A正确；
B.二氧化硅不溶于硫酸，浸渣的主要成分为不溶的SiO2；滤渣主要为产生的Fe(OH)3，故B错误；
C.实验室分离滤渣采用过滤的方法，需要的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误；
D.还原过程为通入氢气将Cu2+转变为Cu，反应为Cu2++H2=Cu+2H+，故D正确；
故选：AD。
以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为原料制备铁红和铜粉，灼烧反应为CuFeS2+3O2=高温CuO+FeO+2SO2；加入硫酸酸浸反应为：FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=H2O+Cu2+；氧化过程加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入CuO调pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀除去，氢氧化铁受热分解为铁红，通入氢气将Cu2+转变为Cu。
本题考查物质制备方案的设计，为高考常见题型和高频考点，题目涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案设计等，题目难度不大，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
14.【答案】AC
【解析】解：A.此电池为浓差电池，主要因为铜离子浓度不同形成的电势差，所以隔膜是阴离子交换膜，故A错误；
B.由分析可知Cu(1)极为正极，C(2)极放出O2，故B正确；
C.当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕，此时溶液中，所以转移电子的物质的量是0.8mol，由反应2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN可知，可制备0.4mol己二腈，故C错误；
D.C(1)极的电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN，故D正确；
故选：AC。
浓差电池中，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu−2e−=Cu2+，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e−=Cu，则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极上丙烯腈合成己二腈得电子，电极反应为2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】C
【解析】解：A.由上分析知，③为HR的滴定曲线，故A错误；
B.pH=8.0知c(OH−)=10−6mol/L，则溶液中c(Ce3+)=Ksp[Ce(OH)3]c3(OH−)=10−2.1mol/L>10−5mol/L，溶液中的Ce3+未完全沉淀，故B错误；
C.X点成分为NaR、NaOH，该溶液呈碱性所以c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.若能发生反应，则Ga(OH)3+3HR=Ga3++3R−+3H2O，则K=Ksp[Ce(OH)3]×[Ksp(HR)]3(Kw)3=10−29.7×(10−5.5)310−42=10−4.2，该反应的K小，该反应很难发生，Ga(OH)3不能完全溶于HR溶液，故D错误；
故选：C。
Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)c3(OH−)推出pCe3+=−lgKsp[Ce(OH)3]c3(OH−)。同理推出pGa3+=−lgKsp[Ga(OH)3]c3(OH−)。由于Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Ga(OH)3]，即Ga(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为Ga(NO3)3、Ce(NO3)3滴定曲线，由4.1点c(OH−)=10−9.9mol/L推知Ksp[Ga(OH)3]=1×(10−9.9)3=10−29.7，同理7.3点推得Ksp[Ce(OH)3]=1×(10−6.7)3=10−20.1，由5.5点得出Ka(HR)=c(R−)c(H+)c(HR)=10−5.5。
本题考查图象分析判断及知识综合运用，明确图中曲线含义及引起曲线变化原因是解本题关键，熟练掌握水溶液中电离平衡知识，题目难度不大。
16.【答案】Y2O3⋅FeO⋅2BeO⋅2SiO2 C 3.7≤a<6.0 Fe2O3 BeO22−+SiO32−+4H2O+4CO2=Be(OH)2↓+H2SiO3↓+4HCO3− 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净 1：14：9
【解析】解：(1)根据盐改写成氧化物的原则，Y2FeBe2Si2O10改写成简单氧化物的形式为：Y2O3⋅FeO⋅2BeO⋅2SiO2，
故答案为：Y2O3⋅FeO⋅2BeO⋅2SiO2；
(2)钇矿石与NaOH共熔时，铝与NaOH反应，不能用铝坩埚，陶瓷属于硅酸盐，与NaOH反应，石英中的二氧化硅也能与NaOH反应，所以只能用铁坩埚，
故答案为：C；
(3)用氨水调节pH是为了除去溶液中的Fe3+，而Y3+不能沉淀，根据二者沉淀的pH范围，a的范围是：3.7≤a<6.0，除杂得到的滤渣为Fe(OH)3，加热灼烧，Fe(OH)3分解生成Fe2O3，
故答案为：3.7≤a<6.0；Fe2O3；
(4)因为H2SiO3的酸性比H2CO3弱，Na2SiO3溶液中通入CO2会生成H2SiO3沉淀，Be的性质与铝相似，所以Na2BeO2溶液中通入CO2会生成Be(OH)2沉淀，所以向Na2SiO3、Na2BeO2混合溶液中通入足量的CO2总反应的离子方程式为：BeO22−+SiO32−+4H2O+4CO2=Be(OH)2↓+H2SiO3↓+4HCO3−，
故答案为：BeO22−+SiO32−+4H2O+4CO2=Be(OH)2↓+H2SiO3↓+4HCO3−；
(5)前面的操作中加入盐酸和氨水，沉淀Y(OH)3表面含有Cl−，检验沉淀是否洗涤干净的方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净；
(6)还原过程是将Y2O3还原为Y单质，1molY2O3还原成2molY单质，转移的电子数为6mol，如果使用H2作还原剂，需要3mol，质量为6g，若使用CO作还原剂，需要3mol，质量为84g，若使用Al作还原剂，需要2mol，质量为54g，所以制备等量钇粉，理论上需要还原剂H2、CO、Al的质量之比为：1：14：9，
故答案为：1：14：9。
钇矿石，主要成分是Y2FeBe2Si2O10，与NaOH共熔时，生成Y2O3、Fe2O3和Na2SiO3、Na2BeO2，加水溶解，过滤后滤渣为Y2O3、Fe2O3，滤液中含有Na2SiO3和Na2BeO2，向滤渣中加入盐酸酸溶，得到含有Fe3+和Y3+的溶液，加入氨水调节pH是除去溶液中的Fe3+，再用氨水将Y3+形成Y(OH)3沉淀，将Y(OH)3加热灼烧，得到纯净Y2O3，最后用还原剂将其还原，生成产品Y单质。
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和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】丙酮 3 加成反应 3 12 CH3CHClCH3
【解析】解：(1)A的名称是丙酮，K含碳氯键、醚键、酯基，有3种官能团，
故答案为：丙酮；3；
(2)F→G的反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
(3)在催化剂、加热条件下，K与足量氢气反应生成T，T中连接氯原子的碳原子及连接甲基和醚键的碳原子为手性碳原子，所以1个T分子含3个手性碳原子，
故答案为：3；
(4)J为CH3CHClCOOCH2CH3，在J的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应生成CO2的结构中含有−COOH，其碳链结构有C−C−C−C−COOH、，碳链中烃基上含有几种氢原子，氯原子的物质就有几种，符合条件的同分异构体就有几种，所以符合条件的同分异构体种类为4+3+4+1=12，
故答案为：12；
(5)试剂M与一氯乙烷互为同系物，根据N的结构简式知，M为CH3CHClCH3，L为，生成L的反应为取代反应，生成L的方程式为，
故答案为：CH3CHClCH3；。
根据A、C的结构简式及B的分子式知，A和B发生取代反应生成C，B为；根据D的分子式、E的结构简式知，D为；F的相对分子质量为28且为烃，则F为CH2=CH2，根据G的分子式知，F和HCN发生加成反应生成G为CH3CH2CN，G发生水解反应生成H，根据I的分子式知，H发生取代反应生成I，E和J发生取代反应生成K，根据E、K的结构简式及J的分子式知，J为CH3CHClCOOCH2CH3，则I为CH3CHClCOOH；
(5)试剂M与一氯乙烷互为同系物，根据N的结构简式知，M为CH3CHClCH3，L为，生成L的反应为取代反应。
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，注意反应中碳链结构、官能团变化，题目难度中等。
18.【答案】NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ 产生气泡快慢(或产生气泡数目) 过滤速度快，产品容易干燥 滴加最后半滴AgNO3溶液时，红色刚好褪去，且半分钟内不恢复 <
【解析】解：(1)生石灰的化学式为CaO，能吸收水并生成氢氧化钙，向生石灰中滴加浓氨水，发生反应生成氨气和氢氧化钙，反应的化学方程式为NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，
故答案为：NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
(2)装置B用于调节通入氨气速率，试剂1可以是煤油，通过观察单位时间内装置B中产生气泡快慢(或产生气泡数目)来判断速率快慢，
故答案为：产生气泡快慢(或产生气泡数目)；
(3)相对普通过滤，抽滤通过加大压强差过滤，使得过滤速度快，产品容易干燥，
故答案为：过滤速度快，产品容易干燥；
(4)KSCN和铁离子反应生成Fe(SCN)3，使得溶液变红色，随着AgNO3标准溶液的滴入，生成白色AgSCN测定，溶液中Fe(SCN)3的浓度减小，则达到滴定终点的标志是：滴加最后半滴AgNO3溶液时，红色刚好褪去，且半分钟内不恢复，
故答案为：滴加最后半滴AgNO3溶液时，红色刚好褪去，且半分钟内不恢复；
(5)实验①中溶液变红色，说明亚铁离子转化为铁离子，发生氧化反应；②中戊醇层变蓝色，说明三价钴离子转化为二价钴离子，发生还原反应，反应为Co3++Fe2+=Fe3++Co2+，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Fe3+
(1)氧化钙和氨水生成氨气和氢氧化钙，据此写出反应的化学方程式；
(2)氨气不溶于煤油，可通过观察逸出气泡的情况调节通入氨气速率；
(3)相对于普通过滤，抽滤能使过滤速率更快；
(4)Fe(NO3)3和KSCN溶液反应生成红色的Fe(SCN)3，随着AgNO3标准溶液的滴入，Fe(SCN)3的浓度减小，溶液的红色逐渐变浅；
(5)根据氧化还原反应规律分析判断：氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性。
本题考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、发生的反应及现象、实验技能为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，注意掌握氧化还原反应滴定及终点判断，题目难度中等。
19.【答案】9：8或8：9 > CsCl、CsI都是离子化合物，Cl−半径小于I−，氯化铯中离子键较强 ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH sp2 d c (0,12,0) 32×3136dNA×1010
【解析】解：(1)基态Cl原子核外电子排布为[Ar]3s23p5，有1个成单电子，根据泡利原理和洪特规则，基态氯原子核外顺时针、逆时针旋转的电子数之比为9：8或8：9，
故答案为：9：8或8：9；
(2)CsCl、CsI都为离子晶体，Cl−半径小于I−半径，CsCl中离子键较强，熔点较高，故熔点：CsCl>CsI，
故答案为：>；CsCl、CsI都是离子化合物，Cl−半径小于I−，氯化铯中离子键较强；
(3)①Cl、I都为吸电子基团，且吸电子能力：Cl>I，−CH3为供电子基团，吸电子基团使得−COOH中羟基的极性变大，供电子基团使得−COOH中羟基的极性变小，则酸性：ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH，故电离常数由大到小的顺序为：ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH，
故答案为：ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH；
②N原子形成2个σ键，含有1个孤电子对，则N原子的杂化类型是sp2；Cl、I都为吸电子基团，且吸电子能力：Cl>I，因此c中N原子的电子云密度最小，−CH3为供电子基团使得d中N原子的电子云密度最大，碱性最强的是d，最弱的是c，
故答案为：sp2；d；c；
(4)①B原子位于底面棱心上，Ca的原子坐标为(12,12,12)，则B的原子坐标为(0,12,0)，
故答案为：(0,12,0)；
②Ti4+位于顶点，个数为8×18=1，1个Ca2+位于体心，O2−位于棱心，个数为12×14=3，则钛酸钙晶体的化学式为CaTiO3，则晶胞质量为40+48+16×3NAg=136NAg136NAga310−30cm3，设晶胞边长为apm，则晶胞体积为a3×10−30cm3，由ρ=mV可得，dg⋅cm−3=136NAga310−30cm3，则a=3136dNA××1010pm，Ca2+和Ti4+之间的距离为体对角线的一半，即 32×3136dNA×1010pm，
故答案为： 32×3136dNA×1010。
(1)基态Cl原子核外电子排布为[Ar]3s23p5，有1个成单电子；
(2)离子半径越小，所离子带电荷越多，晶格能越大，离子键越稳定，熔点越高；
(3)①吸电子基团使得−COOH中羟基的极性变大，供电子基团使得−COOH中羟基的极性变小，羟基极性越大，越易电离出H+；
②N原子形成2个σ键，含有1个孤电子对；吸电子基团使得N原子的电子云密度减小，供电子基团使得N原子的电子云密度增大；
(4)①B原子位于底面棱心上，根据A的原子坐标和Ca的原子坐标确定B原子坐标；
②Ti4+位于顶点，个数为8×18=1，1个Ca2+位于体心，O2−位于棱心，个数为12×14=3，则钛酸钙晶体的化学式为CaTiO3，则晶胞质量为40+48+16×3NAg，设晶胞边长为apm，则晶胞体积为a3×10−30cm3，根据ρ=mV可求得晶胞边长，Ca2+和Ti4+之间的距离为体对角线的一半，即 32apm。
本题考查晶体结构与性质，涉及核外电子排布、熔点比较、酸性比较、杂化方式、晶胞结构与计算等知识，综合性较大，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与分析问题解决问题的能力，题目难度中等。
20.【答案】−41.2 B 0.6 40 < (5−3a+b)b(3−a−b)(a−b)
【解析】解：(1)根据盖斯定律，有Ⅲ=Ⅱ−I，因此ΔH3=ΔH2−ΔH1=[(+206.1)−(+247.3)1kJ/mol=−41.2 kJ/mol,
故答案为：−41.2；
(2)A.容器为恒温恒容，充入惰性气体，各组分浓度不变，即化学平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，化学反应速率增大，故B正确；
C.假设反应物全部反应，此时氢气的体积分数为80%，因为反应Ⅱ和Ⅲ均为可逆反应，不可能完全进行到底，因此氢气的体积分数不可能大于80%，故C错误；
故答案为：B；
(3)①达到平衡时，二氧化碳的物质的量为0.6mol，则达到平衡时消耗二氧化碳物质的量为0.4mol，即消耗甲烷物质的量为0.4mol，甲烷的转化率α1=0.4mol0.4mol1mol×100%=40%，
故答案为：40；
②达到平衡时，甲烷平衡转化率为50%，生成氢气物质的量为1mol×50%×2=1mol，0～80s时，氢气的平均渗透速率为5.0×10−3mol⋅s−1，则该时间段内渗透的氢气物质的量为80s×5.0×10−3mol/s=0.4mol，则达到平衡时氢气物质的量为(1−0.4)mol=0.6mol，
故答案为：0.6；
③膜反应器2释放出氢气和CO，比膜反应器1释放出生成物更多，平衡向正反应方向移动，即α2<α3，
故答案为：<；
(4)令反应Ⅰ消耗甲烷物质的量为xmol，则有
CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
变化/mol x x 2x 2x
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
变化/mol 2−x−a 2−x−a 2−x−a 3(2−x−a )
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
变化/mol 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c
则有b=1−x+1−(2−x−a)−c，解之得，c=a−b，达到平衡时H2的物质的量为2x+3×(2−x−a)+1−(2−x−a)−c=5−2a−c=5−3a−b，CO的物质的量为2x+(2−x−a)−[1−(2−x−a)−c]=3−2a+c=3−a−b，反应Ⅲ的化学计量数均为1，则Kp=n(CO2)n(H2)n(CO)n(H2O)=(5−3a+b)b(3−a−b)(a−b)，
故答案为：(5−3a+b)b(3−a−b)(a−b)。
(1)根据盖斯定律，根据Ⅲ=Ⅱ−I，可知ΔH3=ΔH2−ΔH1，据此计算；
(2)A.容器为恒温恒容，充入惰性气体，各组分浓度不变；
B.升高温度，加快反应速率；
C.若反应物全部反应，则氢气的体积分数为80%，但反应Ⅱ和Ⅲ均为可逆反应，不可能完全进行到底；
(3)①达到平衡时消耗二氧化碳物质的量为0.4mol，转化率α1=转化掉的原来的×100%，据此计算；
②达到平衡时，甲烷平衡转化率为50%，据此计算出生成氢气物质的量，再计算出0～80s时渗透的氢气物质的量，从而计算出达到平衡时氢气物质的量；
③膜反应器2释放出氢气和CO，比膜反应器1释放出生成物更多，据此分析；
(4)令反应Ⅰ消耗甲烷物质的量为xmol，则有
CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
变化/mol x x 2x 2x
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
变化/mol 2−x−a 2−x−a 2−x−a 3(2−x−a )
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
变化/mol 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c
根据三段式结合平衡常数表达式计算。
本题考查综合考查化学平衡问题，涉及化学平衡的计算、数据处理方法的分析判断，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，题目难度中等。
2023年山东省齐鲁名校高考化学联考试卷（3月份）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 下列诗词中的变化不涉及氧化还原反应的是( )
A. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
B. 蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明
C. 松叶堪为酒，春来酿几多
D. 胡粉投火中，色坏还为铅[胡粉的主要成分是2PbCO3⋅Pb(OH)2
2. 下列有关试剂保存和洗涤方法的叙述正确的是( )
A. NH4F溶液密封保存于细口玻璃瓶中 B. AgNO3固体密封保存于棕色广口瓶中
C. 试管中银镜用浓氨水洗涤 D. 试管中水垢用稀硫酸洗涤
3. 科学家最近发表的科技信息如下：
信息1：我国科学家合成新核素—钍−207： a2aX+72176Hf→b207Th+501n
信息2：美国科学家利用化学线索(O2、 614C、 818O)揭示恐龙新陈代谢率高低。
信息3：我国科学家发现飞尘颗粒物中铁的同位素： 2656Fe。
已知：半衰期指物质质量减少一半所用时间。
下列叙述错误的是( )
A. 同周期中，X的第一电离能最大 B. 614C、 818O的半衰期较长
C. b207Th的中子数为90 D. 2656Fe和 2658Fe互为同位素
4. 下列有关叙述正确的是( )
A. 有机玻璃()由CH2=C(CH3)COOCH3发生缩聚反应合成
B. 聚丙炔()由丙炔发生加聚反应合成
C. CO2和环氧乙烷发生缩聚反应合成聚碳酸酯()
D. 甲醛和苯酚发生加聚反应合成酚醛树脂()
5. +3价铬的卤化物有CrF3、CrCl3等，制备三氯化铬的主要反应有Cr2O3+3CCl4=△2CrCl3+3COCl2。CrCl3溶于水得到的配合物为[[Cr(H2O)4Cl2]Cl。已知CrCl3、CrF3的熔点依次为83℃、1100℃。下列说法正确的是( )
A. [Cr(H2O)4Cl2]Cl的中心离子配位数为10
B. 1mol[Cr(H2O)4Cl2]Cl和足量硝酸银溶液反应生成3molAgCl
C. CrCl3和CrF3晶体类型相同
D. CCl4是极性键形成的非极性分子
6. 用cmol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定V0mL未知浓度的草酸溶液，达到滴定终点时消耗滴定液xmL。下列说法正确的是( )
A. 滴定终点时溶液由粉红色变为无色
B. 需要锥形瓶、碱式滴定管
C. 若用草酸溶液润洗锥形瓶，使测得结果偏低
D. 测得草酸浓度c0=5cx2V0
7. 科学研究发现，羟甲香豆素可用于治疗新冠肺炎，其结构简式如图所示。下列有关羟甲香豆素的说法错误的是( )
A. 能与溴水发生取代反应和加成反应 B. 能与NaHCO3溶液反应生成CO2
C. 分子中至少有7个碳原子共平面 D. 与足量H2反应后的产物含手性碳原子
8. 以铬铁矿(主要成分是FeO⋅Cr2O3)为原料制备K2Cr2O7的步骤如下：
Ⅰ.铬铁矿与纯碱混合在空气中灼烧成烧渣；
Ⅱ.水浸步骤Ⅰ得到的烧渣，可得到浸液(主要溶质是Na2CrO4)和滤渣；
Ⅲ.酸化步骤Ⅱ得到的浸液；
Ⅳ.向步骤Ⅲ得到的溶液中加入适量KCl，经一系列操作得到K2Cr2O7。
下列说法正确的是( )
A. “灼烧”之前将铬铁矿粉碎过筛，能提高活化分子百分率
B. 步骤Ⅲ中可以用浓盐酸酸化
C. 加入KCl将Na2Cr2O7转化成K2Cr2O7
D. 步骤Ⅳ中“一系列操作”是过滤、洗涤、干燥
9. 苯甲醇微溶于水，苯酚微溶于冷水，易溶于热水。一种分离苯甲醇、苯酚、甲苯的简易流程如图：
下列说法正确的是( )
A. 操作1为分液，需要使用长颈漏斗 B. 通入CO2量多少不会影响主要反应产物
C. 固体M主要是Na2CO3⋅10H2O D. F为苯甲醇
10. 在Cu(Ⅰ)催化剂和水存在下，CO2被还原为CO的反应机理示意图如下，图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出CO2被还原为CO的反应过程；图2为CO2转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。
已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断正确的是( )
A. 由图1可知，[Cu(H2O)]+能提高总反应的平衡转化率
B. 图1中，[Cu(CO)]+中存在配位键和非极性键
C. 由图2知，总反应和各步反应的△H都小于0
D. 在图2涉及的反应中，MS2→MS3决定总反应速率
11. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2.0molM(g)和2.0molN(g)发生反应：M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)，测得P的浓度与时间的关系如表所示。
t/min
0
10
20
30
40
c(P)/(mol⋅L−1)
0
0.4
0.7
0.8
0.8
下列说法正确的是( )
A. 当气体总压强保持不变时达到平衡状态
B. 若起始投料比n(N)n(M)>1，则N的平衡转化率大于80%
C. 40min时再投入1.0molM(g)和1.0molN(g)，N的平衡转化率不变
D. 该温度下，平衡常数K=16.0
12. 向如图所示装置中通入气体，固体溶解后得到透明溶液。下列试剂不能达到上述目的的是 ( )
选项
气体
液体
固体
A
HCl
双氧水
Cu
B
NO2
盐酸
Ag
C
SO2
水
CaSO3
D
NH3
水
Cu(OH)2
A. A B. B C. C D. D
13. 采用高压氢还原法可以从溶液中直接提取金属粉末。以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为原料制备铁红和铜粉的流程如图：
下列说法正确的是( )
A. “灼烧”中的高压O2能增大单位体积内的活化分子数
B. 浸渣的主要成分是H2SiO3，滤渣的主要成分是Fe(OH)3
C. 在实验室分离出滤渣需要的玻璃仪器为漏斗、烧杯
D. “还原”的离子方程式为Cu2++H2=Cu+2H+
14. 浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。某小组利用浓差电池实现电解丙烯腈合成己二腈，装置如图所示(隔膜两侧溶液均为200mL，铜电极质量均为100g)。
下列说法错误的是( )
A. 隔膜为阳离子交换膜
B. Cu(1)极为正极，C(2)极放出O2
C. 上述装置理论上可制备0.8mol己二腈
D. C(1)极的电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN
15. 298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、Ga(NO3)3、Ce(NO3)3三种溶液。PM[p表示负对数，M表示c(HR)c(R−)、c(Ga3+)、c(Ce3+)]随溶液pH变化的关系如图所示。已知：常温下，Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Ga(OH)3]。下列推断正确的是( )
A. ③代表滴定Ga(NO3)3溶液的变化关系
B. 调节pH=8.0时，可将废水中Ce3+完全沉淀
C. 滴定HR溶液至X点时，溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(H+)
D. 经计算，Ga(OH)3能完全溶于HR溶液
16. 钇是制备激光器和超导体的重要材料，在化合物中常显+3价。一种钇矿石(主要成分是Y2FeBe2Si2O10，杂质不参与反应)为原料制备金属单质(Y)的流程如图：
已知：
①Be和铝的化学性质相似。
②常温下Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH如下表所示。
离子
Fe3+
Y3+
开始沉淀时的pH
2.7
6.0
完全沉淀时的
3.7
8.2
请回答下列问题：
(1)化学上，常将较复杂的化合物改写成简单氧化物的形式，如Na2SiO3改写成Na2O⋅SiO2。将Y2FeBe2Si2O10改写成简单氧化物的形式： ______ 。
(2)“共熔”宜选择 ______ (填字母)。
A.陶瓷坩埚
B.铝坩埚
C.铁坩埚
D.石英坩埚
(3)a的范围为 ______ 。“除杂”得到的滤渣经洗涤、灼烧得到的粉末是 ______ (填化学式)。
(4)浸液1中主要含Na2SiO3、Na2BeO2，向浸液1中通入过量CO2会产生两种沉淀，写出总反应的离子方程式： ______ 。
(5)“沉钇”中，设计实验检验Y(OH)3已洗涤干净： ______ 。
(6)“还原”中，还原剂有H2、CO、Al，制备等量钇粉，理论上需要还原剂H2、CO、Al的质量之比为 ______ 。
17. 某药物中间体K的一种合成路线如图：
请回答下列问题：
(1)A的名称是 ______ ，K含 ______ 种官能团(填数字)。
(2)F→G的反应类型是 ______ 。
(3)在催化剂、加热条件下，K与足量氢气反应生成T，1个T分子含 ______ 个手性碳原子。
(4)在J的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应生成CO2的有 ______ 种(不包括立体异构体)。
(5)以K、乙二胺为原料制备降压药N的合成路线如图：
试剂M与一氯乙烷互为同系物，试剂M是 ______ (填结构简式)。写出合成L的化学方程式： ______ 。
18. 某小组模拟工业制备KSCN，其原理是CS2+3NH3=催化剂NH4SCN+NH4HS；NH4SCN+KOH=△KSCN+NH3↑+H2O。实验装置如图所示(夹持及加热装置略)：
部分实验步骤：①连接装置；②启动装置A中反应，向装置C中通入一段时间氨气，水浴加热装置C并保温半小时；③停止通入氨气，向装置C中加入KOH溶液并保温；④实验完毕后，分离提纯KSCN产品。
回答下列问题：
(1)以浓氨水和生石灰为反应物，碱石灰作干燥剂，选择装置A制备氨气。向生石灰中滴加浓氨水，发生反应的化学方程式为 ______ 。
(2)装置B用于调节通入氨气速率，试剂1可以是煤油，通过观察单位时间内来判断 ______ 速率快慢。
(3)分离提纯KSCN产品时用到抽滤，其装置如图所示，相对普通过滤，其主要优点是 ______ 。
(4)称取一定量粗产品(杂质不参与反应)溶于蒸馏水配制成250mL溶液，准确量取25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴Fe(NO3)3溶液，用cmol⋅L−1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。已知滴定反应为Ag++SCN−=AgSCN(白)↓，则达到滴定终点的标志是 ______ 。
(5)已知向CoSO4溶液中加入戊醇，再滴加KSCN溶液，戊醇层变蓝色。为了探究Co3+、Fe3+的氧化性相对强弱，取5mL0.1mol⋅L−1Co2(SO4)3溶液和5mL0.2mol⋅L−1FeSO4溶液混合，充分反应后，将溶液分成甲、乙两份，进行如下实验：
实验
操作
现象
①
向甲中滴加KSCN溶液
溶液变红色
②
向乙中加入适量戊醇，再滴加KSCN溶液
戊醇层变蓝色
根据上述实验可知，氧化性：Fe3+ ______ Co3+(填“>”或“<”)。
19. 《科学》最近报道，我国科学家开发了钙钛矿(钛酸钙)活性层Cs2PbI2Cl2。回答下列问题：
(1)基态氯原子核外顺时针、逆时针旋转的电子数之比为 ______ 。
(2)熔点：CsCl ______ CsI(填“>”“<”或“=”)，判断依据是 ______ 。
(3)卤素对物质性质有明显影响。
①常温下，ClCH2COOH、ICH2COOH和CH3COOH电离常数由大到小的顺序为 ______ 。
②吡啶()具有碱性和芳香性。研究发现，吡啶中N原子的电子云密度越大，碱性越强。N原子的杂化类型是 ______ 。在下列物质中，碱性最强的是 ______ (填序号，下同)，最弱的是 ______ 。
a.b.c.d.
(4)钛酸钙晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中的原子可用x、y、z组成的三数组来表示它在晶胞中的位置，称为原子坐标。已知A的原子坐标为(0,0,0)，Ca的原子坐标为(12,12,12)，则B的原子坐标为 ______ 。
设该晶体的密度为dg⋅cm−3，NA为阿伏加德罗常数的值。Ca2+和Ti4+之间的距离为 ______ pm(用含d、NA的代数式表示)。
20. 利用天然气制氢称为“蓝氢”。化学原理如下：
Ⅰ.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247.3kJ⋅mol−1
Ⅱ.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH2=+206.1kJ⋅mol−1
Ⅲ.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3
(1)ΔH3= ______ kJ⋅mol−1。
(2)一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1molCH4(g)和2molH2O(g)，若仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，下列说法正确的是 ______ (填字母)。
A.充入惰性气体，反应Ⅱ平衡向右移动
B.平衡后升高温度，反应速率增大
C.平衡时H2的体积分数可能大于80%
(3)为了探究浓度对平衡的影响，某研究小组设计选择性膜反应器(如图所示)。
已知：仅发生反应Ⅰ且在反应区内进行，膜可以对产物进行选择性释放。反应区内通过控制使压强恒定为100kPa。反应开始时，投料均为1molCH4(g)和1molCO2(g)。膜反应器1中0～80s内H2的平均渗透速率为5.0×10−3mol⋅s−1。膜反应器2中H2的平均渗透速率不小于膜反应器1。反应区内的部分实验数据如下表(温度相同且保持不变)。请填写下表中空格：
反应器示意图
无膜反应器
膜反应器1
膜反应器2
物质
CO2
H2
80s达平衡后的物质的量/mol
0.6
② ______
CH4平衡转化率/%
①α1= ______ %
③α2 ______ α3(填“>”“<”或“=”)
(4)一定条件下，向VL恒容密闭容器中通入2molCH4(g)、1molCO2(g)、1molH2O(g)发生上述反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，CO2(g)为bmol，H2O(g)为cmol。此温度下，反应Ⅱ的平衡常数Kp= ______ (用含a、b的代数式表示，Kp为用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.沙里淘金没有新物质生成，没发生化学变化，不属于氧化还原反应，故A正确；
B.蜡烛燃烧属于氧化还原反应，故B错误；
C.酿酒过程中发生了氧化还原反应，故C错误；
D.2PbCO3⋅Pb(OH)2投于火中发生反应生成Pb，Pb元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此进行判断。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应特征即可解答，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.NH4F水解生成HF，HF能腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶，故A错误；
B.硝酸银等见光易分解的物质，应保存在棕色瓶中，放于阴暗处，故B正确；
C.氨水不能和银反应，而应该用稀硝酸溶解单质银，故C错误；
D.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，硫酸与其反应生成微溶物硫酸钙，不可用稀硫酸洗涤，故D错误；
故选：B。
A.NH4F水解生成HF，HF能腐蚀玻璃；
B.硝酸银见光易分解；
C.氨水不能和银反应；
D.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，硫酸会与其反应生成微溶物硫酸钙。
本题考查了化学试剂的保存及试管的清洗相关知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据质量数守恒可知2a+176=207+5，a=18，18号元素为Ar，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，即稀有气体第一电离能最大，故A正确；
B.根据信息2：美国科学家利用化学线索(O2、 614C、 818O)揭示恐龙新陈代谢率高低，说明 614C、 818O半衰期较长，故B正确；
C.根据守恒思想，有18+72=b，b=90，中子数=207−90=117，故C错误；
D. 56Fe和 58Fe的中子数分别为30、32，它们质子数均为26，均是由铁元素组成的不同原子，故互为同位素，故D正确；
故选：C。
A.根据质量数守恒可求出a的值；
B.碳−14半衰期约5730年；
C.根据信息2判断；
D.质子数相同中子数不同的核素互为同位素。
本题考查物质的性质和变化，涉及原子的组成与结构，题目比较简单。
4.【答案】B
【解析】解：A.CH2=C(CH3) COOCH3含有碳碳双键，CH2=C(CH3) COOCH3通过加聚反应合成有机玻璃，故A错误；
B.丙炔含有碳碳三键，可发生加聚反应，聚丙炔()由丙炔发生加聚反应合成，故B正确；
C.CO2和环氧乙烷发生加聚反应合成聚碳酸酯，不是缩聚反应，故C错误；
D.苯酚羟基邻位上的两个氢原子比较活泼，与甲醛醛基上的氧原子结合为水分子，其余部分连接起来成为高分子化合物--酚醛树脂，发生缩聚反应，故D错误；
故选：B。
A.CH2=C(CH3)COOCH3含有碳碳双键，可发生加聚反应；
B.丙炔含有碳碳三键，可发生加聚反应；
C.CO2和环氧乙烷发生加聚反应合成聚碳酸酯；
D.苯酚和甲醛发生缩聚反应。
本题考查了缩聚反应和加聚反应类型的判断，难度不大，应注意基础的掌握和缩聚反应和加聚反应的区别。
5.【答案】D
【解析】解：A.[Cr(H2O)4Cl2]Cl中H2O和Cl−与Cr形成配位键，配位数为6，故A错误；
B.1mol[Cr(H2O)4Cl2]Cl只能电离1molCl−，则与足量硝酸银溶液反应生成1molAgCl，故B错误；
C.已知CrCl3、CrF3的熔点依次为83℃、1100℃，CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体，两者的晶体类型不同，故C错误；
D.CCl4是由C−Cl极性键构成的正四面体结构，结构对称，为非极性分子，故D正确；
故选：D。
A.[Cr(H2O)4Cl2]Cl中H2O和Cl−与Cr形成配位键；
B.1mol[Cr(H2O)4Cl2]Cl只能电离1molCl−；
C.已知CrCl3、CrF3的熔点依次为83℃、1100℃，CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体；
D.CCl4是由C−Cl极性键构成的正四面体结构。
本题考查配合物，侧重考查学生配位键的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A.滴定终点时的现象应是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，故A错误；
B.草酸溶液呈酸性，需要酸式滴定管，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶，不能使用碱式滴定管，故B错误；
C.若用草酸溶液润洗锥形瓶，会使草酸增多，消耗的KMnO4溶液也会增多，使滴定结果偏高，故C错误；
D.滴定反应的离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，设草酸的浓度为c0mol⋅L−1，根据方程式的计量关系得：c0=5cx2V0，故D正确；
故选：D。
A.滴定终点时的现象应是溶液由无色变为粉红色；
B.草酸溶液、酸性KMnO4溶液均呈酸性，且酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶；
C.若用草酸溶液润洗锥形瓶，会使草酸增多；
D.滴定反应的离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式的计量关系进行计算即可。
本题考查了酸碱中和滴定及氧化还原滴定，为高频考点，掌握滴定实验的操作方法、滴定终点的判断方法、仪器的使用及注意事项是解题关键，掌握滴定误差的分析方法与技巧，试题有利于培养学生的分析能力、计算能力和化学实验能力，题目难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.分子中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和溴水发生取代反应，碳碳双键能和溴水发生加成反应，所以该物质能和溴水发生取代反应、加成反应，故A正确；
B.分子中不含−COOH，所以不能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，故B错误；
C.苯环及直接连接苯环的原子共平面，碳碳双键及直接连接碳碳双键碳原子的原子共平面，单键可以旋转，则该分子中苯环及连接甲基的碳原子共平面，所以最少有7个碳原子共平面，故C正确；
D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该物质与足量氢气反应后的产物中连接甲基、羟基的碳原子都是手性碳原子，故D正确；
故选：B。
A.苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴水发生取代反应，碳碳双键能和溴水发生加成反应；
B.−COOH能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2；
C.苯环及直接连接苯环的原子共平面，碳碳双键及直接连接碳碳双键碳原子的原子共平面，单键可以旋转；
D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
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的关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.“灼烧”之前将铬铁矿粉碎过筛，可增大接触面积，加快反应速率，但不能提高活化分子百分率，故A错误；
B.重铬酸根离子具有强氧化性，会和氯离子发生氧化还原反应，步骤Ⅲ中不可以用浓盐酸酸化，故B错误；
C.加入KCl将溶解度较大的Na2Cr2O7转化成溶解度较小的K2Cr2O7，故C正确；
D.步骤Ⅳ中“一系列操作”是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选：C。
铬铁矿主要成分为FeO⋅Cr2O3，与纯碱混合在空气中灼烧成烧渣，焙烧反应为4FeO⋅Cr2O3+8Na2CO3+7O2=高温8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，过程中生成Na2CrO4、Fe2O3，用水浸取，过滤分离，滤液中主要含有Na2CrO4，加入酸调节pH，使CrO42−转化为Cr2O72−，反应为Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+，加入KCl，利用溶解度不同析出K2Cr2O7。
本题考查物质制备工艺流程，为高考常见题型，注意纵观整个流程分析反应原理，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.操作1为分液，需要使用分液漏斗，故A错误；
B.苯酚钠中通入CO2生成苯酚和碳酸氢钠，通入CO2量的多少不影响主要反应产物，故B正确；
C.固体M为碳酸氢钠不是碳酸钠晶体，故C错误；
D.F为甲苯不是苯甲醇，故D错误；
故选：B。
苯甲醇、苯酚、甲苯的混合物中加入NaOH溶液，苯酚与NaOH反应生成苯酚钠溶于水，则水相中为苯酚钠，有机相中为苯甲醇、甲苯，有机相经过蒸馏将甲苯和苯甲醇分离E为苯甲醇，F为甲苯；苯酚钠中通入CO2，生成苯酚和碳酸氢钠，有机相N为苯酚，水相经过结晶得到固体为碳酸氢钠。
本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.由图1可知，[Cu(H2O)]+为催化剂，催化剂不影响平衡，不能提高总反应的平衡转化率，故A错误；
B.[Cu(CO)]+中存在Cu+和CO之间的配位键和C原子和O原子之间的极性键，故B错误；
C.由图2知，MS2→MS3为吸热反应，ΔH>0，故C错误；
D.反应过程中，活化能越高，反应速率越慢，决定总反应的速率，由图2知，MS2→MS3活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，故D正确；
故选：D。
A.[Cu(H2O)]+为催化剂；
B.[Cu(CO)]+中存在Cu+和CO之间的配位键和C原子和O原子之间的极性键；
C.MS2→MS3为吸热反应；
D.在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程、焓变和化学键的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】CD
【解析】解：A.恒温恒容条件下，反应前后气体分子数不变，故容器内压强始终不变，故无法判断反应是否达到平衡状态，故A错误；
B.若起始投料比n(N)n(M)=1时，N的平衡转化率为0.8mol/L×22mol×100%=80%，若起始投料比n(N)n(M)>1，相当于M起始加入量不变，增大N的加入量，平衡正向移动，M的转化率变大，N的转化率变小，故N的平衡转化率小于80%，故B错误；
C.40min时再投入1.0molM(g)和1.0molN(g)，相当于对原平衡加压，平衡不移动，N的平衡转化率不变，故C正确；
D.一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2.0molM(g)和2.0molN(g)发生反应：M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)，平衡时c(P)=0.8mol/L，列三段式
M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)
起始量(mol/L) 1 1 0 0
变化量(mol/L) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡量(mol/L) 0.2 0.2 0.8 0.8
平衡常数K=c(P)⋅c(Q)c(M)⋅c(N)=0.8×0.80.2×0.2=16.0，故D正确；
故选：CD。
A.同温同容条件下，压强和气体的物质的量成正比；
B.增大一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率变大，自身转化率变小；
C.40min时再投入1.0molM(g)和1.0molN(g)，相当于对原平衡加压；
D.
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A.HCl溶于水后，发生反应Cu+2HCl+2H2O2=CuCl2+H2O，故可得到透明的CuCl2溶液，故A正确；
B.NO溶于水后，发生了3NO2+H2O=2HNO3+NO，而3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，由于AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，即Ag溶解后，生成AgCl沉淀，故B错误；
C.物质发生反应SO2+H2O+CaSO3=Ca(HSO3)2，Ca(HSO3)2是透明溶液，故C正确；
D.物质发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，[Cu(NH3)4](OH)2是透明溶液，故D正确，
故选：B。
A.HCl溶于水后，发生反应Cu+2HCl+2H2O2=CuCl2+H2O；
B.NO溶于水后，发生了3NO2+H2O=2HNO3+NO，而3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，由于AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3；
C.物质发生反应SO2+H2O+CaSO3=Ca(HSO3)2；
D.物质发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2。
本题主要考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理和物质性质是解答的关键。
13.【答案】AD
【解析】解：A.高压相当于增加了O2的浓度，增大浓度可以增大单位体积内的活化分子总数，故A正确；
B.二氧化硅不溶于硫酸，浸渣的主要成分为不溶的SiO2；滤渣主要为产生的Fe(OH)3，故B错误；
C.实验室分离滤渣采用过滤的方法，需要的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误；
D.还原过程为通入氢气将Cu2+转变为Cu，反应为Cu2++H2=Cu+2H+，故D正确；
故选：AD。
以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为原料制备铁红和铜粉，灼烧反应为CuFeS2+3O2=高温CuO+FeO+2SO2；加入硫酸酸浸反应为：FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=H2O+Cu2+；氧化过程加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入CuO调pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀除去，氢氧化铁受热分解为铁红，通入氢气将Cu2+转变为Cu。
本题考查物质制备方案的设计，为高考常见题型和高频考点，题目涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案设计等，题目难度不大，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
14.【答案】AC
【解析】解：A.此电池为浓差电池，主要因为铜离子浓度不同形成的电势差，所以隔膜是阴离子交换膜，故A错误；
B.由分析可知Cu(1)极为正极，C(2)极放出O2，故B正确；
C.当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕，此时溶液中，所以转移电子的物质的量是0.8mol，由反应2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN可知，可制备0.4mol己二腈，故C错误；
D.C(1)极的电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN，故D正确；
故选：AC。
浓差电池中，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu−2e−=Cu2+，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e−=Cu，则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极上丙烯腈合成己二腈得电子，电极反应为2CH2=CHCN+2H++2e−=NC(CH2)4CN，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】C
【解析】解：A.由上分析知，③为HR的滴定曲线，故A错误；
B.pH=8.0知c(OH−)=10−6mol/L，则溶液中c(Ce3+)=Ksp[Ce(OH)3]c3(OH−)=10−2.1mol/L>10−5mol/L，溶液中的Ce3+未完全沉淀，故B错误；
C.X点成分为NaR、NaOH，该溶液呈碱性所以c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.若能发生反应，则Ga(OH)3+3HR=Ga3++3R−+3H2O，则K=Ksp[Ce(OH)3]×[Ksp(HR)]3(Kw)3=10−29.7×(10−5.5)310−42=10−4.2，该反应的K小，该反应很难发生，Ga(OH)3不能完全溶于HR溶液，故D错误；
故选：C。
Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)c3(OH−)推出pCe3+=−lgKsp[Ce(OH)3]c3(OH−)。同理推出pGa3+=−lgKsp[Ga(OH)3]c3(OH−)。由于Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Ga(OH)3]，即Ga(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为Ga(NO3)3、Ce(NO3)3滴定曲线，由4.1点c(OH−)=10−9.9mol/L推知Ksp[Ga(OH)3]=1×(10−9.9)3=10−29.7，同理7.3点推得Ksp[Ce(OH)3]=1×(10−6.7)3=10−20.1，由5.5点得出Ka(HR)=c(R−)c(H+)c(HR)=10−5.5。
本题考查图象分析判断及知识综合运用，明确图中曲线含义及引起曲线变化原因是解本题关键，熟练掌握水溶液中电离平衡知识，题目难度不大。
16.【答案】Y2O3⋅FeO⋅2BeO⋅2SiO2 C 3.7≤a<6.0 Fe2O3 BeO22−+SiO32−+4H2O+4CO2=Be(OH)2↓+H2SiO3↓+4HCO3− 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净 1：14：9
【解析】解：(1)根据盐改写成氧化物的原则，Y2FeBe2Si2O10改写成简单氧化物的形式为：Y2O3⋅FeO⋅2BeO⋅2SiO2，
故答案为：Y2O3⋅FeO⋅2BeO⋅2SiO2；
(2)钇矿石与NaOH共熔时，铝与NaOH反应，不能用铝坩埚，陶瓷属于硅酸盐，与NaOH反应，石英中的二氧化硅也能与NaOH反应，所以只能用铁坩埚，
故答案为：C；
(3)用氨水调节pH是为了除去溶液中的Fe3+，而Y3+不能沉淀，根据二者沉淀的pH范围，a的范围是：3.7≤a<6.0，除杂得到的滤渣为Fe(OH)3，加热灼烧，Fe(OH)3分解生成Fe2O3，
故答案为：3.7≤a<6.0；Fe2O3；
(4)因为H2SiO3的酸性比H2CO3弱，Na2SiO3溶液中通入CO2会生成H2SiO3沉淀，Be的性质与铝相似，所以Na2BeO2溶液中通入CO2会生成Be(OH)2沉淀，所以向Na2SiO3、Na2BeO2混合溶液中通入足量的CO2总反应的离子方程式为：BeO22−+SiO32−+4H2O+4CO2=Be(OH)2↓+H2SiO3↓+4HCO3−，
故答案为：BeO22−+SiO32−+4H2O+4CO2=Be(OH)2↓+H2SiO3↓+4HCO3−；
(5)前面的操作中加入盐酸和氨水，沉淀Y(OH)3表面含有Cl−，检验沉淀是否洗涤干净的方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净；
(6)还原过程是将Y2O3还原为Y单质，1molY2O3还原成2molY单质，转移的电子数为6mol，如果使用H2作还原剂，需要3mol，质量为6g，若使用CO作还原剂，需要3mol，质量为84g，若使用Al作还原剂，需要2mol，质量为54g，所以制备等量钇粉，理论上需要还原剂H2、CO、Al的质量之比为：1：14：9，
故答案为：1：14：9。
钇矿石，主要成分是Y2FeBe2Si2O10，与NaOH共熔时，生成Y2O3、Fe2O3和Na2SiO3、Na2BeO2，加水溶解，过滤后滤渣为Y2O3、Fe2O3，滤液中含有Na2SiO3和Na2BeO2，向滤渣中加入盐酸酸溶，得到含有Fe3+和Y3+的溶液，加入氨水调节pH是除去溶液中的Fe3+，再用氨水将Y3+形成Y(OH)3沉淀，将Y(OH)3加热灼烧，得到纯净Y2O3，最后用还原剂将其还原，生成产品Y单质。
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和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】丙酮 3 加成反应 3 12 CH3CHClCH3
【解析】解：(1)A的名称是丙酮，K含碳氯键、醚键、酯基，有3种官能团，
故答案为：丙酮；3；
(2)F→G的反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
(3)在催化剂、加热条件下，K与足量氢气反应生成T，T中连接氯原子的碳原子及连接甲基和醚键的碳原子为手性碳原子，所以1个T分子含3个手性碳原子，
故答案为：3；
(4)J为CH3CHClCOOCH2CH3，在J的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应生成CO2的结构中含有−COOH，其碳链结构有C−C−C−C−COOH、，碳链中烃基上含有几种氢原子，氯原子的物质就有几种，符合条件的同分异构体就有几种，所以符合条件的同分异构体种类为4+3+4+1=12，
故答案为：12；
(5)试剂M与一氯乙烷互为同系物，根据N的结构简式知，M为CH3CHClCH3，L为，生成L的反应为取代反应，生成L的方程式为，
故答案为：CH3CHClCH3；。
根据A、C的结构简式及B的分子式知，A和B发生取代反应生成C，B为；根据D的分子式、E的结构简式知，D为；F的相对分子质量为28且为烃，则F为CH2=CH2，根据G的分子式知，F和HCN发生加成反应生成G为CH3CH2CN，G发生水解反应生成H，根据I的分子式知，H发生取代反应生成I，E和J发生取代反应生成K，根据E、K的结构简式及J的分子式知，J为CH3CHClCOOCH2CH3，则I为CH3CHClCOOH；
(5)试剂M与一氯乙烷互为同系物，根据N的结构简式知，M为CH3CHClCH3，L为，生成L的反应为取代反应。
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，注意反应中碳链结构、官能团变化，题目难度中等。
18.【答案】NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ 产生气泡快慢(或产生气泡数目) 过滤速度快，产品容易干燥 滴加最后半滴AgNO3溶液时，红色刚好褪去，且半分钟内不恢复 <
【解析】解：(1)生石灰的化学式为CaO，能吸收水并生成氢氧化钙，向生石灰中滴加浓氨水，发生反应生成氨气和氢氧化钙，反应的化学方程式为NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，
故答案为：NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
(2)装置B用于调节通入氨气速率，试剂1可以是煤油，通过观察单位时间内装置B中产生气泡快慢(或产生气泡数目)来判断速率快慢，
故答案为：产生气泡快慢(或产生气泡数目)；
(3)相对普通过滤，抽滤通过加大压强差过滤，使得过滤速度快，产品容易干燥，
故答案为：过滤速度快，产品容易干燥；
(4)KSCN和铁离子反应生成Fe(SCN)3，使得溶液变红色，随着AgNO3标准溶液的滴入，生成白色AgSCN测定，溶液中Fe(SCN)3的浓度减小，则达到滴定终点的标志是：滴加最后半滴AgNO3溶液时，红色刚好褪去，且半分钟内不恢复，
故答案为：滴加最后半滴AgNO3溶液时，红色刚好褪去，且半分钟内不恢复；
(5)实验①中溶液变红色，说明亚铁离子转化为铁离子，发生氧化反应；②中戊醇层变蓝色，说明三价钴离子转化为二价钴离子，发生还原反应，反应为Co3++Fe2+=Fe3++Co2+，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Fe3+
(1)氧化钙和氨水生成氨气和氢氧化钙，据此写出反应的化学方程式；
(2)氨气不溶于煤油，可通过观察逸出气泡的情况调节通入氨气速率；
(3)相对于普通过滤，抽滤能使过滤速率更快；
(4)Fe(NO3)3和KSCN溶液反应生成红色的Fe(SCN)3，随着AgNO3标准溶液的滴入，Fe(SCN)3的浓度减小，溶液的红色逐渐变浅；
(5)根据氧化还原反应规律分析判断：氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性。
本题考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、发生的反应及现象、实验技能为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，注意掌握氧化还原反应滴定及终点判断，题目难度中等。
19.【答案】9：8或8：9 > CsCl、CsI都是离子化合物，Cl−半径小于I−，氯化铯中离子键较强 ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH sp2 d c (0,12,0) 32×3136dNA×1010
【解析】解：(1)基态Cl原子核外电子排布为[Ar]3s23p5，有1个成单电子，根据泡利原理和洪特规则，基态氯原子核外顺时针、逆时针旋转的电子数之比为9：8或8：9，
故答案为：9：8或8：9；
(2)CsCl、CsI都为离子晶体，Cl−半径小于I−半径，CsCl中离子键较强，熔点较高，故熔点：CsCl>CsI，
故答案为：>；CsCl、CsI都是离子化合物，Cl−半径小于I−，氯化铯中离子键较强；
(3)①Cl、I都为吸电子基团，且吸电子能力：Cl>I，−CH3为供电子基团，吸电子基团使得−COOH中羟基的极性变大，供电子基团使得−COOH中羟基的极性变小，则酸性：ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH，故电离常数由大到小的顺序为：ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH，
故答案为：ClCH2COOH>ICH2COOH>CH3COOH；
②N原子形成2个σ键，含有1个孤电子对，则N原子的杂化类型是sp2；Cl、I都为吸电子基团，且吸电子能力：Cl>I，因此c中N原子的电子云密度最小，−CH3为供电子基团使得d中N原子的电子云密度最大，碱性最强的是d，最弱的是c，
故答案为：sp2；d；c；
(4)①B原子位于底面棱心上，Ca的原子坐标为(12,12,12)，则B的原子坐标为(0,12,0)，
故答案为：(0,12,0)；
②Ti4+位于顶点，个数为8×18=1，1个Ca2+位于体心，O2−位于棱心，个数为12×14=3，则钛酸钙晶体的化学式为CaTiO3，则晶胞质量为40+48+16×3NAg=136NAg136NAga310−30cm3，设晶胞边长为apm，则晶胞体积为a3×10−30cm3，由ρ=mV可得，dg⋅cm−3=136NAga310−30cm3，则a=3136dNA××1010pm，Ca2+和Ti4+之间的距离为体对角线的一半，即 32×3136dNA×1010pm，
故答案为： 32×3136dNA×1010。
(1)基态Cl原子核外电子排布为[Ar]3s23p5，有1个成单电子；
(2)离子半径越小，所离子带电荷越多，晶格能越大，离子键越稳定，熔点越高；
(3)①吸电子基团使得−COOH中羟基的极性变大，供电子基团使得−COOH中羟基的极性变小，羟基极性越大，越易电离出H+；
②N原子形成2个σ键，含有1个孤电子对；吸电子基团使得N原子的电子云密度减小，供电子基团使得N原子的电子云密度增大；
(4)①B原子位于底面棱心上，根据A的原子坐标和Ca的原子坐标确定B原子坐标；
②Ti4+位于顶点，个数为8×18=1，1个Ca2+位于体心，O2−位于棱心，个数为12×14=3，则钛酸钙晶体的化学式为CaTiO3，则晶胞质量为40+48+16×3NAg，设晶胞边长为apm，则晶胞体积为a3×10−30cm3，根据ρ=mV可求得晶胞边长，Ca2+和Ti4+之间的距离为体对角线的一半，即 32apm。
本题考查晶体结构与性质，涉及核外电子排布、熔点比较、酸性比较、杂化方式、晶胞结构与计算等知识，综合性较大，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与分析问题解决问题的能力，题目难度中等。
20.【答案】−41.2 B 0.6 40 < (5−3a+b)b(3−a−b)(a−b)
【解析】解：(1)根据盖斯定律，有Ⅲ=Ⅱ−I，因此ΔH3=ΔH2−ΔH1=[(+206.1)−(+247.3)1kJ/mol=−41.2 kJ/mol,
故答案为：−41.2；
(2)A.容器为恒温恒容，充入惰性气体，各组分浓度不变，即化学平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，化学反应速率增大，故B正确；
C.假设反应物全部反应，此时氢气的体积分数为80%，因为反应Ⅱ和Ⅲ均为可逆反应，不可能完全进行到底，因此氢气的体积分数不可能大于80%，故C错误；
故答案为：B；
(3)①达到平衡时，二氧化碳的物质的量为0.6mol，则达到平衡时消耗二氧化碳物质的量为0.4mol，即消耗甲烷物质的量为0.4mol，甲烷的转化率α1=0.4mol0.4mol1mol×100%=40%，
故答案为：40；
②达到平衡时，甲烷平衡转化率为50%，生成氢气物质的量为1mol×50%×2=1mol，0～80s时，氢气的平均渗透速率为5.0×10−3mol⋅s−1，则该时间段内渗透的氢气物质的量为80s×5.0×10−3mol/s=0.4mol，则达到平衡时氢气物质的量为(1−0.4)mol=0.6mol，
故答案为：0.6；
③膜反应器2释放出氢气和CO，比膜反应器1释放出生成物更多，平衡向正反应方向移动，即α2<α3，
故答案为：<；
(4)令反应Ⅰ消耗甲烷物质的量为xmol，则有
CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
变化/mol x x 2x 2x
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
变化/mol 2−x−a 2−x−a 2−x−a 3(2−x−a )
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
变化/mol 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c
则有b=1−x+1−(2−x−a)−c，解之得，c=a−b，达到平衡时H2的物质的量为2x+3×(2−x−a)+1−(2−x−a)−c=5−2a−c=5−3a−b，CO的物质的量为2x+(2−x−a)−[1−(2−x−a)−c]=3−2a+c=3−a−b，反应Ⅲ的化学计量数均为1，则Kp=n(CO2)n(H2)n(CO)n(H2O)=(5−3a+b)b(3−a−b)(a−b)，
故答案为：(5−3a+b)b(3−a−b)(a−b)。
(1)根据盖斯定律，根据Ⅲ=Ⅱ−I，可知ΔH3=ΔH2−ΔH1，据此计算；
(2)A.容器为恒温恒容，充入惰性气体，各组分浓度不变；
B.升高温度，加快反应速率；
C.若反应物全部反应，则氢气的体积分数为80%，但反应Ⅱ和Ⅲ均为可逆反应，不可能完全进行到底；
(3)①达到平衡时消耗二氧化碳物质的量为0.4mol，转化率α1=转化掉的原来的×100%，据此计算；
②达到平衡时，甲烷平衡转化率为50%，据此计算出生成氢气物质的量，再计算出0～80s时渗透的氢气物质的量，从而计算出达到平衡时氢气物质的量；
③膜反应器2释放出氢气和CO，比膜反应器1释放出生成物更多，据此分析；
(4)令反应Ⅰ消耗甲烷物质的量为xmol，则有
CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
变化/mol x x 2x 2x
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
变化/mol 2−x−a 2−x−a 2−x−a 3(2−x−a )
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
变化/mol 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c 1−(2−x−a)−c
根据三段式结合平衡常数表达式计算。
本题考查综合考查化学平衡问题，涉及化学平衡的计算、数据处理方法的分析判断，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，题目难度中等。
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