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浙江省十校联盟2023届高三化学高考第三次联考试卷（Word版附答案）
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这是一份浙江省十校联盟2023届高三化学高考第三次联考试卷（Word版附答案），共29页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省十校联盟高考化学第三次联考试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
总分
得分
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是( )
A. K2CO3 B. H2SO4 C. NH3 D. NH4Cl
2. 下列化学用语表述正确的是( )
A. 2-丁烯的键线式：
B. 基态氧原子价电子轨道表示式：
C. 水晶的分子式：SiO2
D. Cl-Cl的p-pσ键电子云图形：
3. 物质的性质决定用途，下列说法不正确的是( )
A. 金刚砂硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料
B. 很多自来水厂用氯气来杀菌消毒是因为氯气有漂白性
C. 二氧化硫可以添加到某些食品中起到漂白、抗氧化等作用
D. 硬铝密度小，强度高，抗腐蚀能力强，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
4. 下列关于物质制备说法正确的是( )
A. 实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应可以制备二氧化硫
B. 通过煤的分馏可以获得甲苯
C. 工业上通过电解MgO制备金属镁
D. 工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和二氧化碳
5. 超氧化钾(KO2)在加热条件下可以将CuO氧化成Cu(Ⅲ)的化合物，化学方程式如下：，则下列说法正确的是( )
A. CuO既是氧化剂，又是还原剂
B. KCuO2只是氧化产物
C. 当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO被氧化
D. 标准状况下，生成2.24LO2时，被还原的超氧化钾(KO2)为0.2mol
6. 钠及其化合物应用广泛。下列说法正确的是( )
A. 乙醇和二甲醚互为同系物，可用金属钠鉴别
B. 过氧化钠中含有非极性键，属于非极性分子
C. 工业上利用侯氏制碱法可以制备碳酸钠，CO32-的空间构型为平面三角形
D. 向100mL1mol⋅L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液，则混和液中：n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=0.1mol
7. 下列说法正确的是( )
A. 淀粉和纤维素都属于高分子化合物，都能发生水解反应和酯化反应
B. 蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的盐析
C. 苯酚与甲醛在碱作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料
D. 油脂在酸性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，常用于生产肥皂
8. 下列反应的方程式正确的是( )
A. 在高温加热下铁与水蒸气反应：
B. 用NaOH溶液吸收过量SO2：2OH-+SO2=SO32-+H2O
C. 含1molFeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D. 将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：2HCO3-+Mg2++2OH-=MgCO3+CO32-+2H2O
9. 如图是某神经类药物的结构，下列说法正确的是( )
A. 分子中存在2种含氧官能团
B. 分子中最多有14个原子共平面
C. 1mol该物质与足量NaOH反应，最多消耗NaOH3mol
D. 1mol该物质与足量氢气反应，最多消耗氢气7mol
10. 如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A. X和Z的最高化合价均为+7价
B. HX和HZ在水中均为强酸
C. 四种元素中，X的电负性最大，W的电负性最小
D. Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
11. 反应物(S)转化为产物(P或P⋅Z)的能量与反应进程的关系如图所示。下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是 ( )
A. 进程Ⅰ是放热反应
B. 增大X的量，S的平衡转化率不变
C. 从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ>Ⅲ
D. X、Y、Z均起到催化效果，但催化效果不一样
12. 含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法不正确的是( )
A. 石墨电极与电源正极相连，发生氧化反应
B. 铂电极上的电极反应为：2HCN+2e-=H2+2CN-
C. 在电解过程中CN-向石墨电极移动
D. 生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移4mol电子
13. 恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X⇌Y；②Y⇌Z。反应①的速率v1=k1c(X)，反应②的速率v2=k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk～1T曲线。下列说法正确的是 ( )
A. 随c(X)的减小，反应①的速率不断下降，而反应②的速率不断增大
B. 由图甲可知，某时间段体系中可能存在如下关系：v(Z)=v(X)+v(Y)
C. 欲提高Y的产率，需降低反应温度且控制反应时间
D. 温度高于T1时，总反应速率由反应②决定
14. 某同学将淡紫色的Fe(NO3)3⋅9H2O晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF，发现溶液出现下列变化：
已知：[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，[Fe(SCN)6]3-为红色，[FeF6]3-为无色。
下列说法不正确的是( )
A. 为了能在溶液Ⅰ中观察到浅紫色，可向溶液中加入硝酸
B. Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明SCN-与Fe3+配位键强度小于F-与Fe3+配位键强度
C. 形成配位键时，配体的所有孤对电子均进入Fe3+核外的空轨道
D. 配离子[Fe(H2O)6]3+中两个O-H键的键角与H2O分子中两个O-H键的键角不相等
15. 已知：室温下氢硫酸(H2S)的电离常数Ka1=1×10-7，Ka2=1.3×10-13；CuS和FeS的Ksp分别为6.3×10-36、6.5×10-18，下列说法不正确的是( )
A. 反应FeS+H+⇌Fe2++HS-的平衡常数K的数值为5×10-5
B. 可以用FeS除去污水中的Cu2+
C. 从上述数据可得出CuS难溶于稀硫酸中
D. 0.1mol⋅L-1的H2S溶液中加入等体积0.1mol⋅L-1的NaOH溶液，则有：c(Na+)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
16. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 ( )
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
A. A B. B C. C D. D
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共5小题，共52.0分）
17. 近年来，铅卤钙钛矿太阳能电池的光电转化效率迅速发展，已经接近成熟的光伏技术。
(1)基态Ti原子的价电子排布式为 ______ ，比较第一电离能大小：Ca ______ Ga(填“>”、“<”或“=”)。
(2)①钙钛矿电池中某材料的晶胞结构如图1a，沿x、y、z轴的投影均为图1b，其中Pb2+位于六个碘离子形成的正八面体中心。其化学式为 ______ 。
②若该材料的最简式的摩尔质量为M，晶体密度为ρg/cm3，则该晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为 ______ nm(列出计算式即可，NA为阿伏加德罗常数的值)
(3)我国某研究所于2022年研制出一种新型离子液体[CPMIm]Cl(如图2)可弥补该电池表面的Pb2+和I-缺陷，进一步提高该电池的性能。
①离子液体[CPMIm]Cl中存在的化学键类型是 ______ (填选项字母)。
a.离子键
b.共价键
c.极性共价键
d.氢键
②离子液体[CPMIm]Cl中不同杂化方式的碳原子个数比：sp3：sp2：sp= ______ 。
③相较于传统液态有机溶剂，该离子液体具有难挥发的优点，原因是： ______ 。
18. 固体化合物X由3种前四周期的元素组成，某学习小组开展如下探究实验：
其中，固体A煅烧时还会产生能使澄清石灰水变浑浊的气体；混合气体C由两种化合物组成，均含有氧元素和另一种元素，且两种元素总质量比为12：7；气体E是一种纯净物，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)固体X的化学式是 ______ 。
(2)写出反应①的离子方程式 ______ 。
(3)酸G与气体E的组成元素相同，相对分子质量为43。已知：具有相同原子数和核外电子数的微粒结构相似，则酸G的酸根电子式为 ______ 。
(4)将混合气体C通入氨水中，恰好完全反应，得到的溶液呈酸性，原因为 ______ 。(用文字说明原因)
(5)煆烧固体A同时生成一种无色的气体Y，将过量的Y通入溶液F中，产生白色沉淀。实验验证反应后溶液中主要的阴离子 ______ 。
19. 硫油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1
写出H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)自发反应的条件及判据 ______ 。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优缺点是 ______ 。
(3)热解H2S可制备H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应；
Ⅰ：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)ΔH4
Ⅱ：CH4(g)+S2(g)⇌CS2(g)+2H2(g)ΔH5=64kJ⋅mol-1
总反应：Ⅲ：2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)
投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2的体积分数如表：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
H2/(V%)
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
CS2/(V%)
0.0
0.0
0.1
04
1.8
请回答：
①下列说法正确的是 ______ 。
A.其他条件不变时，用空气替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B.其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率不一定越高
C.在950℃～1150℃范围内(其他条件不变)随着温度升高，S2(g)的体积分数先升高后减低
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
②在1203K、100kPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应。已知反应一开始，c(H2S)=0.0025mol/L，c(Ar)=0.0075mol/L平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则平衡常数Kp= ______ 。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p⋅x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。
(4)工业上用氯苯(PhCl)和硫化氢(H2S)高温下反应来制备苯硫酚(PhSH)，但会有副产物苯(PhH)生成。
Ⅰ：PhCl(g)+H2S(g)⇌PhSH(g)+HCl(g)ΔH1<0
Ⅱ：PhCl(g)+H2S(g)=PhH(g)+HCl(g)+18S8(g)ΔH2<0
已知反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，请在如图画出恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随时间变化趋势曲线 ______ 。
20. 苯甲酸乙酯是国家允许使用的食品香料，可用下列流程制备：
已知：环己烷、乙醇和水易形成三元共沸物，沸点为62.1℃；相关数据见如表。
试剂
密度g/cm3
沸点/℃
熔点/℃
溶解性
乙醇
0.789
78.5
-114.1
易溶于水
苯甲酸
1.27
249
112.4
微溶于水
环己烷
0.779
80
-104
难溶于水
苯甲酸乙酯
1.05
210-213
-34
难溶于水
产品
0.950(实验测定)
180
-30
难溶于水
(1)请补全步骤Ⅳ的操作步骤 ______ 。
(2)步骤Ⅵ在如图装置中进行，从下列选项选择合适操作并排序 ______ 。
a.按如图组装仪器，检查装置的气密性
b.用分液法分离出有机层，再加入25mL乙醚萃取，然后合并至有机层，加入无水MgSO4、蒸馏、收集馏分
c.反应液倒入盛有50mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠至无气体产生
d.在100mL的a中依次加入8g苯甲酸、20mL乙醇、10mL环己烷、3mL浓硫酸和沸石，加热回流
e.在100mL的a中依次加入8g苯甲酸、3mL浓硫酸、20mL乙醇、10mL环己烷和沸石，加热回流
(3)如图装置中仪器a的名称是 ______ ，虚框内装置的作用是 ______ 。
(4)下列说法正确的是 ______ 。
A.在步骤Ⅰ中，不能选用酸性KMnO4溶液氧化
B.步骤Ⅲ是先加NaOH溶液，再进行分液
C.在步骤Ⅳ中采用减压过滤是为了得到纯度更高的苯甲酸
D.在步骤Ⅵ中，加入无水MgSO4、蒸馏时应收集249℃的馏分
E.在步骤Ⅵ中，加热回流至虚框内装置中的下层液面不再升高，停至加热
(5)产品分析：假设环己烷是产品苯甲酸乙酯的唯一杂质，可选用下列方法测定产品纯度量取3.60mL产品于烧杯中，加入1.00mol/L过量的NaOH溶液30.00mL，搅拌充分反应，转移至容量瓶配成100mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中滴加几滴指示剂，用0.200mol/LHCl进行滴定，滴至终点，平均消耗HCl体积15.00mL。选用的指示剂是 ______ (填“酚酞”或“甲基橙”)，所得产品的纯度 ______ %(保留三位有效数字)。
21. 美托拉宗临床上用于利尿降压。其一种合成路线为：
已知：
(1)下列说法正确的是 ______ 。
A.A→B的合成过程中其中一步取代反应的条件是Cl2、光照
B.化合物F具有两性
C.B→C的反应类型是取代反应，该步骤的目的是保护氨基
D.美托拉宗的分子式为C16H15ClN3O3S
(2)写出D的结构简式： ______ ；化合物H成环得美托拉宗的过程涉及两步反应，其反应类型分别为 ______ 、 ______ 。
(3)写出F+G→H的化学反应方程式： ______ 。
(4)写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式： ______ 。
①除了苯环外，还含有一个四元环
②分子中有4种不同化学环境的氢原子
③不存在N-H键和N-O键
(5)设计以和乙醇为原料，制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干) ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.K2CO3在水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质，溶于水后碳酸根离子水解显碱性，故A正确；
B.H2SO4在水溶液中能导电，属于电解质，但溶液显酸性，故B错误；
C.NH3于水反应生成电解质一水合氨，NH3非电解质，故C错误；
D.NH4Cl是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，故D错误；
故选：A。
电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，能导电的物质中含有自由移动的电子或离子，电解质溶于水电离出离子溶液导电。
本题考查电解质、盐类水解等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，明确电解质概念、影响水电离的因素即可解答，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A．表示1，3-丁二烯，故A错误；
B.基态氧的价层电子排布式为2s22p4，基态氧原子价电子轨道表示式：，故B正确；
C.水晶是共价晶体，不存在分子式，故C错误；
D.Cl-Cl的p-p σ键电子云图形：，故D错误；
故选：B。
A.表示1，3-丁二烯；
B.基态氧的价层电子排布式为2s22p4；
C.水晶是共价晶体；
D.Cl-Cl的p-p σ键电子云图形：。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、电子云图形等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.SiC俗称金刚砂，是共价晶体，具有很大的硬度，可用作砂纸、砂轮的磨料，故A正确；
B.氯气无漂白性，氯气与水反应生成具有强氧化性的HClO，可使病毒中的蛋白质变性，则可杀菌消毒，故B错误；
C.二氧化硫具有漂白性、还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，故C正确；
D.Al的相对原子质量较小，其合金强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故D正确；
故选：B。
A.碳化硅(SiC)是共价晶体，熔点高，硬度大；
B.氯气无漂白性；
C.二氧化硫具有漂白性、还原性；
D.Al的相对原子质量较小，其合金强度高、耐腐蚀。
本题考查了元素化合物的性质和应用，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
4.【答案】A
【解析】解：A.实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应生成二氧化硫，故A正确；
B.煤是多种复杂的有机物和无机物的混合物，不含苯和甲苯，煤干馏可以得到甲苯，故B错误；
C.MgO熔点高，工业上通过电解MgO浪费能源，一般是电解MgCl2制备金属镁，故C错误；
D.焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和一氧化碳，不是二氧化碳，故D错误；
故选：A。
A.实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应生成二氧化硫；
B.煤是多种复杂的有机物和无机物的混合物，不含苯和甲苯；
C.MgO熔点高；
D.焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和一氧化碳。
本题考查物质制备，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.该反应中CuO中Cu的化合价由+2价升高为+3价，CuO被氧化，为还原剂，K2O的中O化合价由-12价部分升高为0价，部分降低为-2价，既有升高，又有降低，KO2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B.KCuO2中Cu的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由-12价降低为-2价，化合价降低被还原，故又是还原产物，故B错误；
C.根据方程式分析可知，当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO被氧化，故C正确；
D.标准状况下，生成2.24LO2时，即0.1molO2时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾(KO2)为0.2mol，但KO2中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾(KO2)为0.1mol，故D错误；
故选：C。
分析方程式可知，KO2中的O元素的化合价-12由部分升高为氧气中的0价，被氧化，部分转化为KCuO2，KCuO2中O为-2价，Cu为+3价，故氧气为氧化产物，KCuO2即是氧化产物也是还原产物，据此分析回答问题。
本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇含有羟基，二甲醚含有醚键，可用金属钠鉴别，故A错误；
B.过氧化钠中含有O-O非极性键，但属于离子化合物，故B错误；
C.工业上利用侯氏制碱法制备碳酸钠，CO32-中C原子的价层电子对数=3+4+2-2×32=3，C原子为sp2杂化，CO32-的空间构型为平面三角形，故C正确；
D.向100mL1mol⋅L-1稀盐酸中逐滴加入Na2CO3溶液，开始盐酸多，会有CO2放出，根据原子守恒，则混和液中：n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)<0.1mol，故D错误；
故选：C。
A.乙醇和二甲醚的分子式相同，结构不同；
B.过氧化钠属于离子化合物；
C.CO32-中C原子的价层电子对数3，C原子为sp2杂化，无孤电子对；
D.开始盐酸多，会有CO2放出。
本题主要考查了同分异构体、键的极性、微粒的空间构型的判断，同时考查物料守恒的应用等，属于基本知识的考查，难度中等。
7.【答案】A
【解析】解：A.淀粉和纤维素都属于高分子化合物，其结构单元中均含有-OH，都能发生水解反应和酯化反应，故A正确；
B.蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的变性，属于化学变化，故B错误；
C.苯酚与甲醛在酸性作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料，故C错误；
D.油脂在碱性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，该反应属于皂化反应，常用于生产肥皂，故D错误；
故选：A。
A.淀粉和纤维素的结构单元中均含有-OH，还具有醇的性质；
B.蛋白质的理化性质和生物活性的变化，属于化学变化；
C.苯酚与甲醛在酸性作用下得到酚醛树脂；
D.皂化反应是在碱性条件下进行的。
本题主要考查糖类、油脂、蛋白质的性质，同时考查酚醛树脂的性质，属于基本知识的考查，难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为，故A错误；
B.当二氧化硫过量时，和NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为OH-+SO2=HSO3-+H2O，故B错误；
C.二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子，故1molCl2先将1molFeBr2中的1molFe2+全部氧化，剩余的氯气还能氧化1molBr-，即被氧化的Fe2+、Br-的物质的量之比为1：1，故离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2，故C正确；
D.将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合反应生成氢氧化镁和碳酸钠，离子方程式为：2HCO3-+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故D错误；
故选：C。
A.高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
B.当二氧化硫过量时，和NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠；
C.二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子；
D.将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合反应生成氢氧化镁和碳酸钠。
本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.分子中含氧官能团有羰基和酰胺基、羟基，共有3种，故A错误；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，分子中与2个苯环直接相连的原子具有12个原子共面，再加上中间羰基中的碳氧、右侧羰基及甲基中碳则存在大于14个原子共平面，故B错误；
C.酰胺基水解生成的羧基、氯原子水解生成的酚羟基和HCl都能和NaOH以1：1反应，该分子完全水解生成1个羧基、2个酚羟基和2个HCl分子，所以1mol该物质最多消耗5molNaOH，故C错误；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，酰胺基中碳氧双键和氢气不反应，该分子中含有1个羰基、2个苯环，所以1mol该物质最多消耗7mol氢气，故D正确；
故选：D。
A.含氧官能团有羰基和酰胺基、羟基；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，甲烷分子中最多有3个原子共平面；
C.酰胺基水解生成的羧基、氯原子水解生成的酚羟基和HCl都能和NaOH以1：1反应；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，酰胺基中碳氧双键和氢气不反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合化运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：由分析可知，W为N元素、X为F元素、Y为P元素、Z为Cl元素；
A.氯的最高化合价为+7价，但氟的非金属性最强，没有最高正价+7价，故A错误；
B.HCl为强酸，但HF属于弱酸，故B错误；
C.同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，主族元素的电负性逐渐减弱，故四种元素中电负性P
故选：D。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，由原子序数可知，X处于第二周期、Z处于第三周期，结构式中X、Z都形成1个共价键，则X为F元素、Z为Cl元素；Y形成5个共价键，W形成3个共价键，W原子的价电子数为5，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则Y为P、W为N元素，据此分析。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，紧扣短周期元素、价键结构进行分析推断，注意熟练掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
11.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量，则进程Ⅰ是放热反应，故A正确；
B.由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂不改变化学平衡状态，即S的平衡转化率不变，故B正确；
C.由图可知，进程Ⅲ中由S→Y转化为P→Y的活化能高于进程Ⅱ中有S→X转化为P→X的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因而从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；
D.由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S⋅Z，然后S⋅Z转化为P⋅Z，但P⋅Z没有转化为P+Z，则进程Ⅳ中，Z没有催化作用，故D错误，
故选：D。
A.由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量；
B.由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂不改变化学平衡状态；
C.由图可知，进程Ⅲ中由S→Y转化为P→Y的活化能高于进程Ⅱ中有S→X转化为P→X的活化能，活化能越大，反应速率越慢；
D.由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S⋅Z，然后S⋅Z转化为P⋅Z，但P⋅Z没有转化为P+Z。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。
12.【答案】D
【解析】解：A.根据分析可知，石墨电极与电源正极相连，发生氧化反应，故A正确；
B.根据分析可知，铂电极为阴极，电极反应为：2HCN+2e-=H2+2CN-，故B正确；
C.由图可知，在电解过程中CN-由铂电极向石墨电极移动，故C正确；
D.在化合物[P(CN)2]中，P元素为+1价，生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1mol电子，故D错误；
故选：D。
由图可知，石墨电极上P4转化为Li[P(CN)2]，P元素化合价升高，发生氧化反应，故石墨电极为阳极，连接外电源正极，铂电极为阴极，连接外电源负极，据此分析作答。
本题主要考查学生对电解池原理的掌握与应用的情况，能够判断电极、电极反应是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由图甲中信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，故反应①的速率随c(X)的减小而减小，反应②的速率先增大后减小，故A错误；
B.由图甲可知，依据反应关系，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此v(X)=v(Y)+v(Z)，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的增加量，故v(Z)=v(X)+v(Y)，故B正确；
C.升高温度可以加快反应①的速率，但反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随Y的浓度增大而增大，因此欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，故C错误；
D.由图乙中信息可知，温度低于T1时，k1>k2，反应②为慢反应，总反应速率由反应②决定，温度高于T1时，k1
由图甲中信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y，由图乙中信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。
本题考查化学平衡，题目难度中等，能依据图象和题目信息判断速率变化关系是解题的关键。
14.【答案】C
【解析】解：A.Fe(NO3)3溶液中存在水解平衡Ⅰ：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，也存在平衡Ⅱ：Fe3++6H2O⇌[Fe(H2O)6]3+，加入硝酸，Ⅰ平衡逆向移动，促进Ⅱ平衡正向移动，使溶液为浅紫色，故A正确；
B.Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明SCN-与Fe3+配位键强度小于F-与Fe3+配位键强度，[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-，溶液由红色转化无色，故B正确；
C.F-有4对孤电子对，在形成配位键时，只需要利用1对孤电子对来和Fe3+形成配位键，不需要用过多的孤电子对，故C错误；
D.水分子作为配位体时，O原子的孤电子对数目减少，孤电子对与成键电子对之间的斥力减弱，导致成键电子对之间的距离增大，两个O-H键的键角增大，故D正确；
故选：C。
A.Fe(NO3)3溶液中存在两个平衡Ⅰ：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Ⅱ：Fe3++6H2O⇌[Fe(H2O)6]3+；
B.Ⅱ加NaF后，[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-；
C.在形成配位键时，只需要利用1对孤电子对来和中心离子形成配位键；
D.孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力。
本题主要考查了配位化合物的相关知识，同时考查键角大小的比较，属于基本知识的考查，难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A.反应FeS+H+⇌Fe2++HS-的平衡常数K=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)×c(S2-)c(S2-)=Ksp(FeS)Ka2=6.5×10-181.3×10-13=5×10-5，故A正确；
B.FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10-18、1.3×10-36.FeS溶度积大于CuS溶度积，所以除去废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂，故B正确；
C.若CuS溶于稀硫酸中，反应为CuS+2H+⇌Cu2++H2S↑，反应的平衡常数K=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)×c(HS-)⋅c(S2-)c(HS-)⋅c(S2-)=Ksp(CuS)Ka1⋅Ka2=6.3×10-361×10-7×1.3×10-13≈4.8×10-20，反应进行的程度很小，即CuS难溶于稀硫酸，故C正确；
D.HS-的水解平衡常数Kh=KwKa1=10-141×10-7=1×10-7>Ka2，即HS-的水解程度大于其电离程度，NaHS溶液呈碱性，由于水的电离，则c(OH-)>c(H2S)、c(H+)>c(S2-)，0.1mol⋅L-1的H2S溶液中加入等体积0.1mol⋅L-1的NaOH溶液恰好反应生成NaHS，溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)>c(H+)>c(S2-)，故D错误；
故选：D。
A.反应FeS+H+⇌Fe2++HS-的平衡常数K=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)×c(S2-)c(S2-)=Ksp(FeS)Ka2；
B.根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀分析判断；
C.若CuS溶于稀硫酸中，反应为CuS+2H+⇌Cu2++H2S↑，反应的平衡常数K=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)×c(HS-)⋅c(S2-)c(HS-)⋅c(S2-)=Ksp(CuS)Ka1⋅Ka2；
D.HS-的水解平衡常数Kh=KwKa1=10-141×10-7=1×10-7>Ka2，即HS-的水解程度大于其电离程度，NaHS溶液呈碱性，结合水的电离分析判断。
本题考查难溶电解质的溶解平衡、溶度积Ksp的计算应用，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握电离平衡常数、溶度积常数的计算是解题关键，注意掌握沉淀转化原理，题目难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.过量氯水分别与NaBr、KI反应，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，故A错误；
B.蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能说明蔗糖没有发生水解，故B错误；
C.石蜡油加强热生成不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D.加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，生成HCl，能使湿润蓝色湿润试纸变红，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，故D错误；
故选：C。
A.过量氯水分别与NaBr、KI反应；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.石蜡油加强热生成不饱和烃；
D.加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，生成HCl。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、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。
17.【答案】3d24s2 > CH3NH3PbI3 3MρNA×107 abc 4：3：1 该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力
【解析】解：(1)Ti为22号元素，位于周期表中第四周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素的大，故Ca的第一电离能比Ga的大，
故答案为：3d24s2；>；
(2)①由图1a和图1b可知，碘离子位于棱心，个数为12×14=3，CH3NH3+位于体心，个数为1，铅离子位于顶点，个数为8×18=1，则化学式为CH3NH3PbI3，
故答案为：CH3NH3PbI3；
②晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为晶胞边长，设为anm，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞质量为MNAg，根据ρ=mV可得，ρg/cm3=MNAg(a×10-7)3cm3，a=3MρNA×107nm，该晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为3MρNA×107nm，
故答案为：3MρNA×107；
(3)①离子液体[CPMIm]Cl中存在[CPMIm]+和Cl-，即存在离子键，[CPMIm]+中还存在C-H、C-N等极性共价键，
故答案为：abc；
②由可知，环上的3个C原子形成3个σ键，为sp2杂化，-C≡N中C原子形成2个σ键，为sp杂化，其他4个C原子形成4个σ键，为sp3杂化，则离子液体[CPMIm]Cl中不同杂化方式的碳原子个数比：sp3：sp2：sp=4：3：1，
故答案为：4：3：1；
③该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力，故沸点比较高，难于挥发，
故答案为：该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力。
(1)Ti为22号元素，位于周期表中第四周期第ⅣB族；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素的大；
(2)①由图1a和图1b可知，碘离子位于棱心，个数为12×14=3，CH3NH3+位于体心，个数为1，铅离子位于顶点，个数为8×18=1；
②晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为晶胞边长，设为anm，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞质量为MNAg，根据ρ=mV可求得晶胞边长；
(3)①离子液体[CPMIm]Cl中存在[CPMIm]+和Cl-，[CPMIm]+中还存在C-H、C-N等化学键；
②由可知，环上的3个C原子形成3个σ键，-C≡N中C原子形成2个σ键，其他4个C原子形成4个σ键；
③该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，存在离子键。
本题考查晶体结构，涉及核外电子排布、第一电离能、化学键、晶胞结构与计算等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题考查学生综合运用知识的能力。题目难度中等。
18.【答案】CaCN2 混合气体与氨水反应生成NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2-水解程度，故溶液呈酸性 取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3-
【解析】解：(1)由分析可知，固体X中含有Ca、C、N三种元素，n(C)=0.8g-0.01×40g⋅mol-1-0.02×14g⋅mol-112g⋅mol-1=0.01mol，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.01：0.01：0.02=1：1：2，则固体X的化学式为CaCN2，
故答案为：CaCN2；
(2)混合气体C中含有NO、NO2与NaOH溶液反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，n(NO)=n(NO2)=0.01mol，生成的n(NaNO2)=0.02mol，消耗的为n(NaOH)=0.02mol，无色溶液中含有
0.02molNaNO2和0.02molNaOH，Al与溶液D恰好反应，反应离子方程式为：，
故答案为：；
(3)酸G与气体E的组成元素相同，相对分子质量为43，则酸G为HN3，HN3的酸根电子式为，
故答案为：；
(4)将混合气体C通入氨水中，恰好完全反应，反应化学方程式为：NO+NO2+2NH3⋅H2O=2NH4NO2+H2O，得到NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2-水解程度，故溶液呈酸性，
故答案为：混合气体与氨水反应生成NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2-水解程度，故溶液呈酸性；
(5)将过量的CO2通入NaAlO2溶液中，过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3-，
故答案为：取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3-。
气体E是一种纯净物，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为NH3，n(NH3)=0.448L22.4L⋅mol-1=0.02mol；混合气体C中含有N元素，混合气体C由两种化合物组成，均含有氧元素和另一种元素，且两种元素总质量比为12：7，即m(O)：m(N)=12：7，则n(O)：n(N)=1216：714=3：2，n(O)=0.03mol，混合气体C中n(NO)=0.01mol，n(NO2)=0.01mol；固体A煅烧时还会产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A为CaCO3，白色固体B为CaO，则n(CaO)=0.56g56g⋅mol-1=0.01mol，n(Ca)=0.01mol，Y气体能使澄清的石灰水变浑浊，则Y为CO2，综合以上可知，固体X中含有Ca、C、N三种元素，以此分析解答。
本题考查物质组成的测定，侧重考查学生的分析能力、计算能力、实验能力，注意把握物质的性质以及反应现象的分析，注意对题目信息的运用，题目难度较大。
19.【答案】计算得到④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=+170kJ/mol，△S>0，所以高温下自发进行 优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高 C 6.25kPa
【解析】解：(1)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-1，②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1，盖斯定律计算①+②3-③得到H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=(-1036kJ/mol)+(+94kJ/mol)3-(-484kJ/mol)=+170kJ/mol，△S>0，自发反应的条件及判据是△H-TS<0，反应高温下自发进行，
故答案为：计算得到④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=+170kJ/mol，△S>0，所以高温下自发进行；
(2)根据盖斯定律(①+②)×13可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H=(-1036+94)kJ/mol×13=-314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应，根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料，但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高，
故答案为：优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高；
(3)①A.其他条件不变时，用空气替代N2作稀释气体，空气中的氧气参与反应，对实验结果有影响，故A错误；
B.正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高，故B错误；
C.由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，则S2的体积分数增大，而高温阶段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，故C正确；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，硫化氢、甲烷的浓度减小，平衡常数不变，则氢气的浓度减小，故D错误，
故答案为：C；
②在1203K、100kPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应，已知反应一开始，c(H2S)=0.0025mol/L，c(Ar)=0.0075mol/L，p(H2S)=0.00250.0025+0.0075×100kPa=25kPa，结合三段式列式计算，设消耗硫化氢分压为xkPa，
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
起始量(kPa) 25 0 0
变化量(kPa) x x 0.5x
平衡量(kPa) 25-x x 0.5x
平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，25-x=x，x=12.5，
则平衡常数Kp=p2(H2)×p(S2)p2(H2S)=12.5×0.5×12.525-12.5kPa=6.25kPa，
故答案为：6.25kPa；
(4)恒温恒容条件下反应，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，苯硫酚的物质的量随反应进行，浓度增大，达到平衡状态时，浓度达到最大，而平衡后苯的浓度增加，消耗反应物，导致反应Ⅰ逆向进行，苯硫酚的物质的量减小，物质的量难度减小，则恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随时间变化趋势曲线为：，
故答案为：。
(1)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-1，②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1，盖斯定律计算①+②3-③得到H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的热化学方程式，自发反应的条件及判据是△H-TS<0；
(2)根据盖斯定律(①+②)×13可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H=(-1036+94)kJ/mol×13=-314kJ/mol，根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成；
(3)①A.空气中氧气参与反应；
B.温度升高，平衡正向移动；
C.低温阶段，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，S2的体积分数增大，高温阶段对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，结合平衡常数表达式判断；
②在1203K、100kPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应，已知反应一开始，c(H2S)=0.0025mol/L，c(Ar)=0.0075mol/L，p(H2S)=0.00250.0025+0.0075×100kPa=25kPa，结合三段式列式计算，设消耗硫化氢分压为xkPa，
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
起始量(kPa) 25 0 0
变化量(kPa) x x 0.5x
平衡量(kPa) 25-x x 0.5x
平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，25-x=x，x=12.5，据此计算平衡常数Kp=p2(H2)×p(S2)p2(H2S)；
(4)恒温恒容条件下反应，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，苯硫酚的物质的量随反应进行，浓度增大，达到平衡状态时，浓度达到最大，而平衡后苯的浓度增加，消耗反应物，导致反应Ⅰ逆向进行，据此画出变化曲线。
本题考查盖斯定徤的应用、化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意知识的准确掌握，题目难度中等。
20.【答案】加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶 adcb 三颈瓶 分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率 BE 酚酞 78.9
【解析】解：(1)甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液，从题中所给信息可知，苯甲酸微溶于水，所以步骤Ⅲ应当是将苯甲酸转化为在水中溶解度更大而在有机溶剂中溶解度更小的苯甲酸盐，要从水层中提取出苯甲酸，则需先酸化使苯甲酸盐转化为苯甲酸，再通过蒸发浓缩、冷却结晶使苯甲酸固体析出。即步骤Ⅳ为加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶，
故答案为：加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶；
(2)步骤VI的大致流程为“组装仪器→投料→反应进行→提纯得到产品”，选项中有差别的只有投料顺序(即d、e)，类比浓硫酸的稀释过程，应该“酸入水”而非“水入酸”，即浓硫酸应当最后再加，由此联想到投料过程中浓硫酸也应最后再加，故排除e，c加碳酸钠不仅可以除去硫酸，还可以使苯甲酸转化为苯甲酸盐进入水相，从而有利于b中进一步提纯，即正确操作顺序为adcb，
故答案为：adcb；
(3)a是三颈烧瓶；虚框中的仪器组合为球形冷凝管+分水器；酯化反应会产生水，根据已知信息，环己烷(溶剂)、乙醇(反应物)和水(产物)会形成三元恒沸物，即三者会一并被蒸出，然后在冷凝管中冷凝进入分水器；分水器下端的活塞可以放出积蓄的水，而乙醇和环己烷会通过上端的支管流回反应体系，这就相当于不断移出了酯化反应体系中生成的水，促进平衡右移，提供了产率，虚框内装置的作用可以总结为：分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率，
故答案为：三颈瓶；分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率；
(4)A.可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化为苯甲酸，故A错误；
B.从(1)中的解析可知，先加NaOH溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液，故B正确；
C.减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度，故C错误；
D.苯甲酸乙酯的沸点210～213℃，故蒸馏时应收集210-213℃的馏分，故D错误；
E.下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应，故E正确，
故答案为：BE；
(5)加入过量NaOH后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的NaOH都会与HCl反应；其中NaOH先与HCl反应，NaOH消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算出剩余的NaOH的量，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在NaOH恰好与HCl完全反应时结束滴定，此时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂；n(剩余的NaOH)=4n(滴定消耗的HCl)=4×0.200mol/L×15.00mL×10-3=0.012mol(注：滴定所取溶液的量仅为原溶液的四分之一，故这里乘以4)，n(苯甲酸乙酯)=n(与苯甲酸乙酯反应的NaOH)=1.00mol/L×30.00mL×10-3-0.012mol=0.018mol，n(苯甲酸乙酯)=150g/mol×0.018mol=2.70g，m(产物)=0.950g/cm3×3.60mL=3.42g，产品纯度∖ frac {2.70g}{3.42g}∖ times 100∖ %=78.9∖ %，故答案为：酚酞；78.9。
(1)根据题给流程图可知，甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液结合苯甲酸微溶于水进行分析；
(2)步骤VI的大致流程为“组装仪器→投料→反应进行→提纯得到产品”，选项中有差别的只有投料顺序(即d、e)，类比浓硫酸的稀释过程进行分析；
(3)根据常见仪器图，结合虚框中的仪器组合为球形冷凝管+分水器以及酯化反应会产生水，进行分析；
(4)A.可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化为苯甲酸；
B.先加NaOH溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液；
C.减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度；
D.苯甲酸乙酯的沸点210～213℃，故蒸馏时应收集210-213℃的馏分；
E.下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应；
(5)加入过量NaOH后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的NaOH都会与HCl反应；其中NaOH先与HCl反应，NaOH消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算出剩余的NaOH的量，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在NaOH恰好与HCl完全反应时结束滴定，此时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂。
本题主要考查学生对实验基本知识和实验仪器的识别，元素守恒和关系式计算的应用、同时考查恒压滴液漏斗的作用以及学生对信息的理解与应用的能力，属于高考高频考点，难度较大。
21.【答案】BC 加成反应 取代反应 +→PCl5+H2O 、
【解析】解：(1)A.A→B的合成过程中发生苯环上的氯代反应，条件是Cl2、Fe，故A错误；
B.化合物F为，含有氨基和羧基，具有两性，故B正确；
C.B和(CH3CHO)2O反应生成C为，E在碱性条件下生成F()，故B→C的反应类型是取代反应，该步骤的目的是保护氨基，故C正确；
D.美托拉宗()的分子式为C16H16ClN3O3S，故D错误，
故答案为：BC；
(2)根据分析，D的结构简式为；化合物H先和HCHO发生加成反应，然后和HCl发生取代反应生成美托拉宗，
故答案为：；加成反应；取代反应；
(3)F与G()在PCl3作催化剂的条件下，发生脱水缩合生成H()，F+G→H的化学反应方程式+→PCl5+H2O，
故答案为：+→PCl5+H2O；
(4)C为；①除了苯环外，还含有一个四元环，②分子中有4种不同化学环境的氢原子，③不存在N-H键和N-O键，满足条件的为、，
故答案为：、；
(5)乙醇首先被氧化生成乙醛；甲苯和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应在对位引入硝基，和氧化剂反应甲基氧化为羧基，发生已知①反应将硝基转化为氨基，再和乙醛发生F生成G的反应得到产物，流程为：，
故答案为：。
A发生多步反应生成B()，B和(CH3CHO)2O反应生成C为，C通过2步反应生成D为，D被KMnO4氧化得到E为()，E在碱性条件下生成F()，F与G()在PCl3作催化剂的条件下，发生脱水缩合生成H()，H再与CH3CHO、HCl反应生成产物()，据此分析解答；
(5)乙醇首先被氧化生成乙醛；甲苯和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应在对位引入硝基，和氧化剂反应甲基氧化为羧基，发生已知①反应将硝基转化为氨基，再和乙醛发生F生成G的反应得到产物。
本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确反应前后分子式变化、官能团及碳链变化中发生的反应并正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度中等。
2023年浙江省十校联盟高考化学第三次联考试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
总分
得分
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是( )
A. K2CO3 B. H2SO4 C. NH3 D. NH4Cl
2. 下列化学用语表述正确的是( )
A. 2-丁烯的键线式：
B. 基态氧原子价电子轨道表示式：
C. 水晶的分子式：SiO2
D. Cl-Cl的p-pσ键电子云图形：
3. 物质的性质决定用途，下列说法不正确的是( )
A. 金刚砂硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料
B. 很多自来水厂用氯气来杀菌消毒是因为氯气有漂白性
C. 二氧化硫可以添加到某些食品中起到漂白、抗氧化等作用
D. 硬铝密度小，强度高，抗腐蚀能力强，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
4. 下列关于物质制备说法正确的是( )
A. 实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应可以制备二氧化硫
B. 通过煤的分馏可以获得甲苯
C. 工业上通过电解MgO制备金属镁
D. 工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和二氧化碳
5. 超氧化钾(KO2)在加热条件下可以将CuO氧化成Cu(Ⅲ)的化合物，化学方程式如下：，则下列说法正确的是( )
A. CuO既是氧化剂，又是还原剂
B. KCuO2只是氧化产物
C. 当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO被氧化
D. 标准状况下，生成2.24LO2时，被还原的超氧化钾(KO2)为0.2mol
6. 钠及其化合物应用广泛。下列说法正确的是( )
A. 乙醇和二甲醚互为同系物，可用金属钠鉴别
B. 过氧化钠中含有非极性键，属于非极性分子
C. 工业上利用侯氏制碱法可以制备碳酸钠，CO32-的空间构型为平面三角形
D. 向100mL1mol⋅L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液，则混和液中：n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=0.1mol
7. 下列说法正确的是( )
A. 淀粉和纤维素都属于高分子化合物，都能发生水解反应和酯化反应
B. 蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的盐析
C. 苯酚与甲醛在碱作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料
D. 油脂在酸性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，常用于生产肥皂
8. 下列反应的方程式正确的是( )
A. 在高温加热下铁与水蒸气反应：
B. 用NaOH溶液吸收过量SO2：2OH-+SO2=SO32-+H2O
C. 含1molFeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D. 将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：2HCO3-+Mg2++2OH-=MgCO3+CO32-+2H2O
9. 如图是某神经类药物的结构，下列说法正确的是( )
A. 分子中存在2种含氧官能团
B. 分子中最多有14个原子共平面
C. 1mol该物质与足量NaOH反应，最多消耗NaOH3mol
D. 1mol该物质与足量氢气反应，最多消耗氢气7mol
10. 如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A. X和Z的最高化合价均为+7价
B. HX和HZ在水中均为强酸
C. 四种元素中，X的电负性最大，W的电负性最小
D. Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
11. 反应物(S)转化为产物(P或P⋅Z)的能量与反应进程的关系如图所示。下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是 ( )
A. 进程Ⅰ是放热反应
B. 增大X的量，S的平衡转化率不变
C. 从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ>Ⅲ
D. X、Y、Z均起到催化效果，但催化效果不一样
12. 含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法不正确的是( )
A. 石墨电极与电源正极相连，发生氧化反应
B. 铂电极上的电极反应为：2HCN+2e-=H2+2CN-
C. 在电解过程中CN-向石墨电极移动
D. 生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移4mol电子
13. 恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X⇌Y；②Y⇌Z。反应①的速率v1=k1c(X)，反应②的速率v2=k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk～1T曲线。下列说法正确的是 ( )
A. 随c(X)的减小，反应①的速率不断下降，而反应②的速率不断增大
B. 由图甲可知，某时间段体系中可能存在如下关系：v(Z)=v(X)+v(Y)
C. 欲提高Y的产率，需降低反应温度且控制反应时间
D. 温度高于T1时，总反应速率由反应②决定
14. 某同学将淡紫色的Fe(NO3)3⋅9H2O晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF，发现溶液出现下列变化：
已知：[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，[Fe(SCN)6]3-为红色，[FeF6]3-为无色。
下列说法不正确的是( )
A. 为了能在溶液Ⅰ中观察到浅紫色，可向溶液中加入硝酸
B. Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明SCN-与Fe3+配位键强度小于F-与Fe3+配位键强度
C. 形成配位键时，配体的所有孤对电子均进入Fe3+核外的空轨道
D. 配离子[Fe(H2O)6]3+中两个O-H键的键角与H2O分子中两个O-H键的键角不相等
15. 已知：室温下氢硫酸(H2S)的电离常数Ka1=1×10-7，Ka2=1.3×10-13；CuS和FeS的Ksp分别为6.3×10-36、6.5×10-18，下列说法不正确的是( )
A. 反应FeS+H+⇌Fe2++HS-的平衡常数K的数值为5×10-5
B. 可以用FeS除去污水中的Cu2+
C. 从上述数据可得出CuS难溶于稀硫酸中
D. 0.1mol⋅L-1的H2S溶液中加入等体积0.1mol⋅L-1的NaOH溶液，则有：c(Na+)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
16. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 ( )
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
A. A B. B C. C D. D
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共5小题，共52.0分）
17. 近年来，铅卤钙钛矿太阳能电池的光电转化效率迅速发展，已经接近成熟的光伏技术。
(1)基态Ti原子的价电子排布式为 ______ ，比较第一电离能大小：Ca ______ Ga(填“>”、“<”或“=”)。
(2)①钙钛矿电池中某材料的晶胞结构如图1a，沿x、y、z轴的投影均为图1b，其中Pb2+位于六个碘离子形成的正八面体中心。其化学式为 ______ 。
②若该材料的最简式的摩尔质量为M，晶体密度为ρg/cm3，则该晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为 ______ nm(列出计算式即可，NA为阿伏加德罗常数的值)
(3)我国某研究所于2022年研制出一种新型离子液体[CPMIm]Cl(如图2)可弥补该电池表面的Pb2+和I-缺陷，进一步提高该电池的性能。
①离子液体[CPMIm]Cl中存在的化学键类型是 ______ (填选项字母)。
a.离子键
b.共价键
c.极性共价键
d.氢键
②离子液体[CPMIm]Cl中不同杂化方式的碳原子个数比：sp3：sp2：sp= ______ 。
③相较于传统液态有机溶剂，该离子液体具有难挥发的优点，原因是： ______ 。
18. 固体化合物X由3种前四周期的元素组成，某学习小组开展如下探究实验：
其中，固体A煅烧时还会产生能使澄清石灰水变浑浊的气体；混合气体C由两种化合物组成，均含有氧元素和另一种元素，且两种元素总质量比为12：7；气体E是一种纯净物，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)固体X的化学式是 ______ 。
(2)写出反应①的离子方程式 ______ 。
(3)酸G与气体E的组成元素相同，相对分子质量为43。已知：具有相同原子数和核外电子数的微粒结构相似，则酸G的酸根电子式为 ______ 。
(4)将混合气体C通入氨水中，恰好完全反应，得到的溶液呈酸性，原因为 ______ 。(用文字说明原因)
(5)煆烧固体A同时生成一种无色的气体Y，将过量的Y通入溶液F中，产生白色沉淀。实验验证反应后溶液中主要的阴离子 ______ 。
19. 硫油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1
写出H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)自发反应的条件及判据 ______ 。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优缺点是 ______ 。
(3)热解H2S可制备H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应；
Ⅰ：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)ΔH4
Ⅱ：CH4(g)+S2(g)⇌CS2(g)+2H2(g)ΔH5=64kJ⋅mol-1
总反应：Ⅲ：2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)
投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2的体积分数如表：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
H2/(V%)
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
CS2/(V%)
0.0
0.0
0.1
04
1.8
请回答：
①下列说法正确的是 ______ 。
A.其他条件不变时，用空气替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B.其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率不一定越高
C.在950℃～1150℃范围内(其他条件不变)随着温度升高，S2(g)的体积分数先升高后减低
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
②在1203K、100kPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应。已知反应一开始，c(H2S)=0.0025mol/L，c(Ar)=0.0075mol/L平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则平衡常数Kp= ______ 。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p⋅x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。
(4)工业上用氯苯(PhCl)和硫化氢(H2S)高温下反应来制备苯硫酚(PhSH)，但会有副产物苯(PhH)生成。
Ⅰ：PhCl(g)+H2S(g)⇌PhSH(g)+HCl(g)ΔH1<0
Ⅱ：PhCl(g)+H2S(g)=PhH(g)+HCl(g)+18S8(g)ΔH2<0
已知反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，请在如图画出恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随时间变化趋势曲线 ______ 。
20. 苯甲酸乙酯是国家允许使用的食品香料，可用下列流程制备：
已知：环己烷、乙醇和水易形成三元共沸物，沸点为62.1℃；相关数据见如表。
试剂
密度g/cm3
沸点/℃
熔点/℃
溶解性
乙醇
0.789
78.5
-114.1
易溶于水
苯甲酸
1.27
249
112.4
微溶于水
环己烷
0.779
80
-104
难溶于水
苯甲酸乙酯
1.05
210-213
-34
难溶于水
产品
0.950(实验测定)
180
-30
难溶于水
(1)请补全步骤Ⅳ的操作步骤 ______ 。
(2)步骤Ⅵ在如图装置中进行，从下列选项选择合适操作并排序 ______ 。
a.按如图组装仪器，检查装置的气密性
b.用分液法分离出有机层，再加入25mL乙醚萃取，然后合并至有机层，加入无水MgSO4、蒸馏、收集馏分
c.反应液倒入盛有50mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠至无气体产生
d.在100mL的a中依次加入8g苯甲酸、20mL乙醇、10mL环己烷、3mL浓硫酸和沸石，加热回流
e.在100mL的a中依次加入8g苯甲酸、3mL浓硫酸、20mL乙醇、10mL环己烷和沸石，加热回流
(3)如图装置中仪器a的名称是 ______ ，虚框内装置的作用是 ______ 。
(4)下列说法正确的是 ______ 。
A.在步骤Ⅰ中，不能选用酸性KMnO4溶液氧化
B.步骤Ⅲ是先加NaOH溶液，再进行分液
C.在步骤Ⅳ中采用减压过滤是为了得到纯度更高的苯甲酸
D.在步骤Ⅵ中，加入无水MgSO4、蒸馏时应收集249℃的馏分
E.在步骤Ⅵ中，加热回流至虚框内装置中的下层液面不再升高，停至加热
(5)产品分析：假设环己烷是产品苯甲酸乙酯的唯一杂质，可选用下列方法测定产品纯度量取3.60mL产品于烧杯中，加入1.00mol/L过量的NaOH溶液30.00mL，搅拌充分反应，转移至容量瓶配成100mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中滴加几滴指示剂，用0.200mol/LHCl进行滴定，滴至终点，平均消耗HCl体积15.00mL。选用的指示剂是 ______ (填“酚酞”或“甲基橙”)，所得产品的纯度 ______ %(保留三位有效数字)。
21. 美托拉宗临床上用于利尿降压。其一种合成路线为：
已知：
(1)下列说法正确的是 ______ 。
A.A→B的合成过程中其中一步取代反应的条件是Cl2、光照
B.化合物F具有两性
C.B→C的反应类型是取代反应，该步骤的目的是保护氨基
D.美托拉宗的分子式为C16H15ClN3O3S
(2)写出D的结构简式： ______ ；化合物H成环得美托拉宗的过程涉及两步反应，其反应类型分别为 ______ 、 ______ 。
(3)写出F+G→H的化学反应方程式： ______ 。
(4)写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式： ______ 。
①除了苯环外，还含有一个四元环
②分子中有4种不同化学环境的氢原子
③不存在N-H键和N-O键
(5)设计以和乙醇为原料，制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干) ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.K2CO3在水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质，溶于水后碳酸根离子水解显碱性，故A正确；
B.H2SO4在水溶液中能导电，属于电解质，但溶液显酸性，故B错误；
C.NH3于水反应生成电解质一水合氨，NH3非电解质，故C错误；
D.NH4Cl是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，故D错误；
故选：A。
电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，能导电的物质中含有自由移动的电子或离子，电解质溶于水电离出离子溶液导电。
本题考查电解质、盐类水解等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，明确电解质概念、影响水电离的因素即可解答，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A．表示1，3-丁二烯，故A错误；
B.基态氧的价层电子排布式为2s22p4，基态氧原子价电子轨道表示式：，故B正确；
C.水晶是共价晶体，不存在分子式，故C错误；
D.Cl-Cl的p-p σ键电子云图形：，故D错误；
故选：B。
A.表示1，3-丁二烯；
B.基态氧的价层电子排布式为2s22p4；
C.水晶是共价晶体；
D.Cl-Cl的p-p σ键电子云图形：。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、电子云图形等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.SiC俗称金刚砂，是共价晶体，具有很大的硬度，可用作砂纸、砂轮的磨料，故A正确；
B.氯气无漂白性，氯气与水反应生成具有强氧化性的HClO，可使病毒中的蛋白质变性，则可杀菌消毒，故B错误；
C.二氧化硫具有漂白性、还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，故C正确；
D.Al的相对原子质量较小，其合金强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故D正确；
故选：B。
A.碳化硅(SiC)是共价晶体，熔点高，硬度大；
B.氯气无漂白性；
C.二氧化硫具有漂白性、还原性；
D.Al的相对原子质量较小，其合金强度高、耐腐蚀。
本题考查了元素化合物的性质和应用，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
4.【答案】A
【解析】解：A.实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应生成二氧化硫，故A正确；
B.煤是多种复杂的有机物和无机物的混合物，不含苯和甲苯，煤干馏可以得到甲苯，故B错误；
C.MgO熔点高，工业上通过电解MgO浪费能源，一般是电解MgCl2制备金属镁，故C错误；
D.焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和一氧化碳，不是二氧化碳，故D错误；
故选：A。
A.实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应生成二氧化硫；
B.煤是多种复杂的有机物和无机物的混合物，不含苯和甲苯；
C.MgO熔点高；
D.焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和一氧化碳。
本题考查物质制备，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.该反应中CuO中Cu的化合价由+2价升高为+3价，CuO被氧化，为还原剂，K2O的中O化合价由-12价部分升高为0价，部分降低为-2价，既有升高，又有降低，KO2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B.KCuO2中Cu的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由-12价降低为-2价，化合价降低被还原，故又是还原产物，故B错误；
C.根据方程式分析可知，当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO被氧化，故C正确；
D.标准状况下，生成2.24LO2时，即0.1molO2时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾(KO2)为0.2mol，但KO2中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾(KO2)为0.1mol，故D错误；
故选：C。
分析方程式可知，KO2中的O元素的化合价-12由部分升高为氧气中的0价，被氧化，部分转化为KCuO2，KCuO2中O为-2价，Cu为+3价，故氧气为氧化产物，KCuO2即是氧化产物也是还原产物，据此分析回答问题。
本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇含有羟基，二甲醚含有醚键，可用金属钠鉴别，故A错误；
B.过氧化钠中含有O-O非极性键，但属于离子化合物，故B错误；
C.工业上利用侯氏制碱法制备碳酸钠，CO32-中C原子的价层电子对数=3+4+2-2×32=3，C原子为sp2杂化，CO32-的空间构型为平面三角形，故C正确；
D.向100mL1mol⋅L-1稀盐酸中逐滴加入Na2CO3溶液，开始盐酸多，会有CO2放出，根据原子守恒，则混和液中：n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)<0.1mol，故D错误；
故选：C。
A.乙醇和二甲醚的分子式相同，结构不同；
B.过氧化钠属于离子化合物；
C.CO32-中C原子的价层电子对数3，C原子为sp2杂化，无孤电子对；
D.开始盐酸多，会有CO2放出。
本题主要考查了同分异构体、键的极性、微粒的空间构型的判断，同时考查物料守恒的应用等，属于基本知识的考查，难度中等。
7.【答案】A
【解析】解：A.淀粉和纤维素都属于高分子化合物，其结构单元中均含有-OH，都能发生水解反应和酯化反应，故A正确；
B.蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的变性，属于化学变化，故B错误；
C.苯酚与甲醛在酸性作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料，故C错误；
D.油脂在碱性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，该反应属于皂化反应，常用于生产肥皂，故D错误；
故选：A。
A.淀粉和纤维素的结构单元中均含有-OH，还具有醇的性质；
B.蛋白质的理化性质和生物活性的变化，属于化学变化；
C.苯酚与甲醛在酸性作用下得到酚醛树脂；
D.皂化反应是在碱性条件下进行的。
本题主要考查糖类、油脂、蛋白质的性质，同时考查酚醛树脂的性质，属于基本知识的考查，难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为，故A错误；
B.当二氧化硫过量时，和NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为OH-+SO2=HSO3-+H2O，故B错误；
C.二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子，故1molCl2先将1molFeBr2中的1molFe2+全部氧化，剩余的氯气还能氧化1molBr-，即被氧化的Fe2+、Br-的物质的量之比为1：1，故离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2，故C正确；
D.将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合反应生成氢氧化镁和碳酸钠，离子方程式为：2HCO3-+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故D错误；
故选：C。
A.高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
B.当二氧化硫过量时，和NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠；
C.二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子；
D.将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合反应生成氢氧化镁和碳酸钠。
本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.分子中含氧官能团有羰基和酰胺基、羟基，共有3种，故A错误；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，分子中与2个苯环直接相连的原子具有12个原子共面，再加上中间羰基中的碳氧、右侧羰基及甲基中碳则存在大于14个原子共平面，故B错误；
C.酰胺基水解生成的羧基、氯原子水解生成的酚羟基和HCl都能和NaOH以1：1反应，该分子完全水解生成1个羧基、2个酚羟基和2个HCl分子，所以1mol该物质最多消耗5molNaOH，故C错误；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，酰胺基中碳氧双键和氢气不反应，该分子中含有1个羰基、2个苯环，所以1mol该物质最多消耗7mol氢气，故D正确；
故选：D。
A.含氧官能团有羰基和酰胺基、羟基；
B.苯环及直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，甲烷分子中最多有3个原子共平面；
C.酰胺基水解生成的羧基、氯原子水解生成的酚羟基和HCl都能和NaOH以1：1反应；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，酰胺基中碳氧双键和氢气不反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合化运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：由分析可知，W为N元素、X为F元素、Y为P元素、Z为Cl元素；
A.氯的最高化合价为+7价，但氟的非金属性最强，没有最高正价+7价，故A错误；
B.HCl为强酸，但HF属于弱酸，故B错误；
C.同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，主族元素的电负性逐渐减弱，故四种元素中电负性P
故选：D。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，由原子序数可知，X处于第二周期、Z处于第三周期，结构式中X、Z都形成1个共价键，则X为F元素、Z为Cl元素；Y形成5个共价键，W形成3个共价键，W原子的价电子数为5，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则Y为P、W为N元素，据此分析。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，紧扣短周期元素、价键结构进行分析推断，注意熟练掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
11.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量，则进程Ⅰ是放热反应，故A正确；
B.由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂不改变化学平衡状态，即S的平衡转化率不变，故B正确；
C.由图可知，进程Ⅲ中由S→Y转化为P→Y的活化能高于进程Ⅱ中有S→X转化为P→X的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因而从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；
D.由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S⋅Z，然后S⋅Z转化为P⋅Z，但P⋅Z没有转化为P+Z，则进程Ⅳ中，Z没有催化作用，故D错误，
故选：D。
A.由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量；
B.由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂不改变化学平衡状态；
C.由图可知，进程Ⅲ中由S→Y转化为P→Y的活化能高于进程Ⅱ中有S→X转化为P→X的活化能，活化能越大，反应速率越慢；
D.由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S⋅Z，然后S⋅Z转化为P⋅Z，但P⋅Z没有转化为P+Z。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。
12.【答案】D
【解析】解：A.根据分析可知，石墨电极与电源正极相连，发生氧化反应，故A正确；
B.根据分析可知，铂电极为阴极，电极反应为：2HCN+2e-=H2+2CN-，故B正确；
C.由图可知，在电解过程中CN-由铂电极向石墨电极移动，故C正确；
D.在化合物[P(CN)2]中，P元素为+1价，生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1mol电子，故D错误；
故选：D。
由图可知，石墨电极上P4转化为Li[P(CN)2]，P元素化合价升高，发生氧化反应，故石墨电极为阳极，连接外电源正极，铂电极为阴极，连接外电源负极，据此分析作答。
本题主要考查学生对电解池原理的掌握与应用的情况，能够判断电极、电极反应是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由图甲中信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，故反应①的速率随c(X)的减小而减小，反应②的速率先增大后减小，故A错误；
B.由图甲可知，依据反应关系，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此v(X)=v(Y)+v(Z)，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的增加量，故v(Z)=v(X)+v(Y)，故B正确；
C.升高温度可以加快反应①的速率，但反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随Y的浓度增大而增大，因此欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，故C错误；
D.由图乙中信息可知，温度低于T1时，k1>k2，反应②为慢反应，总反应速率由反应②决定，温度高于T1时，k1
由图甲中信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y，由图乙中信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。
本题考查化学平衡，题目难度中等，能依据图象和题目信息判断速率变化关系是解题的关键。
14.【答案】C
【解析】解：A.Fe(NO3)3溶液中存在水解平衡Ⅰ：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，也存在平衡Ⅱ：Fe3++6H2O⇌[Fe(H2O)6]3+，加入硝酸，Ⅰ平衡逆向移动，促进Ⅱ平衡正向移动，使溶液为浅紫色，故A正确；
B.Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明SCN-与Fe3+配位键强度小于F-与Fe3+配位键强度，[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-，溶液由红色转化无色，故B正确；
C.F-有4对孤电子对，在形成配位键时，只需要利用1对孤电子对来和Fe3+形成配位键，不需要用过多的孤电子对，故C错误；
D.水分子作为配位体时，O原子的孤电子对数目减少，孤电子对与成键电子对之间的斥力减弱，导致成键电子对之间的距离增大，两个O-H键的键角增大，故D正确；
故选：C。
A.Fe(NO3)3溶液中存在两个平衡Ⅰ：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Ⅱ：Fe3++6H2O⇌[Fe(H2O)6]3+；
B.Ⅱ加NaF后，[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-；
C.在形成配位键时，只需要利用1对孤电子对来和中心离子形成配位键；
D.孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力。
本题主要考查了配位化合物的相关知识，同时考查键角大小的比较，属于基本知识的考查，难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A.反应FeS+H+⇌Fe2++HS-的平衡常数K=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)×c(S2-)c(S2-)=Ksp(FeS)Ka2=6.5×10-181.3×10-13=5×10-5，故A正确；
B.FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10-18、1.3×10-36.FeS溶度积大于CuS溶度积，所以除去废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂，故B正确；
C.若CuS溶于稀硫酸中，反应为CuS+2H+⇌Cu2++H2S↑，反应的平衡常数K=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)×c(HS-)⋅c(S2-)c(HS-)⋅c(S2-)=Ksp(CuS)Ka1⋅Ka2=6.3×10-361×10-7×1.3×10-13≈4.8×10-20，反应进行的程度很小，即CuS难溶于稀硫酸，故C正确；
D.HS-的水解平衡常数Kh=KwKa1=10-141×10-7=1×10-7>Ka2，即HS-的水解程度大于其电离程度，NaHS溶液呈碱性，由于水的电离，则c(OH-)>c(H2S)、c(H+)>c(S2-)，0.1mol⋅L-1的H2S溶液中加入等体积0.1mol⋅L-1的NaOH溶液恰好反应生成NaHS，溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)>c(H+)>c(S2-)，故D错误；
故选：D。
A.反应FeS+H+⇌Fe2++HS-的平衡常数K=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)=c(HS-)⋅c(Fe2+)c(H+)×c(S2-)c(S2-)=Ksp(FeS)Ka2；
B.根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀分析判断；
C.若CuS溶于稀硫酸中，反应为CuS+2H+⇌Cu2++H2S↑，反应的平衡常数K=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)×c(HS-)⋅c(S2-)c(HS-)⋅c(S2-)=Ksp(CuS)Ka1⋅Ka2；
D.HS-的水解平衡常数Kh=KwKa1=10-141×10-7=1×10-7>Ka2，即HS-的水解程度大于其电离程度，NaHS溶液呈碱性，结合水的电离分析判断。
本题考查难溶电解质的溶解平衡、溶度积Ksp的计算应用，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握电离平衡常数、溶度积常数的计算是解题关键，注意掌握沉淀转化原理，题目难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.过量氯水分别与NaBr、KI反应，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，故A错误；
B.蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能说明蔗糖没有发生水解，故B错误；
C.石蜡油加强热生成不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D.加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，生成HCl，能使湿润蓝色湿润试纸变红，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，故D错误；
故选：C。
A.过量氯水分别与NaBr、KI反应；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.石蜡油加强热生成不饱和烃；
D.加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，生成HCl。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、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。
17.【答案】3d24s2 > CH3NH3PbI3 3MρNA×107 abc 4：3：1 该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力
【解析】解：(1)Ti为22号元素，位于周期表中第四周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素的大，故Ca的第一电离能比Ga的大，
故答案为：3d24s2；>；
(2)①由图1a和图1b可知，碘离子位于棱心，个数为12×14=3，CH3NH3+位于体心，个数为1，铅离子位于顶点，个数为8×18=1，则化学式为CH3NH3PbI3，
故答案为：CH3NH3PbI3；
②晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为晶胞边长，设为anm，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞质量为MNAg，根据ρ=mV可得，ρg/cm3=MNAg(a×10-7)3cm3，a=3MρNA×107nm，该晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为3MρNA×107nm，
故答案为：3MρNA×107；
(3)①离子液体[CPMIm]Cl中存在[CPMIm]+和Cl-，即存在离子键，[CPMIm]+中还存在C-H、C-N等极性共价键，
故答案为：abc；
②由可知，环上的3个C原子形成3个σ键，为sp2杂化，-C≡N中C原子形成2个σ键，为sp杂化，其他4个C原子形成4个σ键，为sp3杂化，则离子液体[CPMIm]Cl中不同杂化方式的碳原子个数比：sp3：sp2：sp=4：3：1，
故答案为：4：3：1；
③该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力，故沸点比较高，难于挥发，
故答案为：该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力。
(1)Ti为22号元素，位于周期表中第四周期第ⅣB族；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素的大；
(2)①由图1a和图1b可知，碘离子位于棱心，个数为12×14=3，CH3NH3+位于体心，个数为1，铅离子位于顶点，个数为8×18=1；
②晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为晶胞边长，设为anm，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞质量为MNAg，根据ρ=mV可求得晶胞边长；
(3)①离子液体[CPMIm]Cl中存在[CPMIm]+和Cl-，[CPMIm]+中还存在C-H、C-N等化学键；
②由可知，环上的3个C原子形成3个σ键，-C≡N中C原子形成2个σ键，其他4个C原子形成4个σ键；
③该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl-，存在离子键。
本题考查晶体结构，涉及核外电子排布、第一电离能、化学键、晶胞结构与计算等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题考查学生综合运用知识的能力。题目难度中等。
18.【答案】CaCN2 混合气体与氨水反应生成NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2-水解程度，故溶液呈酸性 取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3-
【解析】解：(1)由分析可知，固体X中含有Ca、C、N三种元素，n(C)=0.8g-0.01×40g⋅mol-1-0.02×14g⋅mol-112g⋅mol-1=0.01mol，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.01：0.01：0.02=1：1：2，则固体X的化学式为CaCN2，
故答案为：CaCN2；
(2)混合气体C中含有NO、NO2与NaOH溶液反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，n(NO)=n(NO2)=0.01mol，生成的n(NaNO2)=0.02mol，消耗的为n(NaOH)=0.02mol，无色溶液中含有
0.02molNaNO2和0.02molNaOH，Al与溶液D恰好反应，反应离子方程式为：，
故答案为：；
(3)酸G与气体E的组成元素相同，相对分子质量为43，则酸G为HN3，HN3的酸根电子式为，
故答案为：；
(4)将混合气体C通入氨水中，恰好完全反应，反应化学方程式为：NO+NO2+2NH3⋅H2O=2NH4NO2+H2O，得到NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2-水解程度，故溶液呈酸性，
故答案为：混合气体与氨水反应生成NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2-水解程度，故溶液呈酸性；
(5)将过量的CO2通入NaAlO2溶液中，过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3-，
故答案为：取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3-。
气体E是一种纯净物，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为NH3，n(NH3)=0.448L22.4L⋅mol-1=0.02mol；混合气体C中含有N元素，混合气体C由两种化合物组成，均含有氧元素和另一种元素，且两种元素总质量比为12：7，即m(O)：m(N)=12：7，则n(O)：n(N)=1216：714=3：2，n(O)=0.03mol，混合气体C中n(NO)=0.01mol，n(NO2)=0.01mol；固体A煅烧时还会产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A为CaCO3，白色固体B为CaO，则n(CaO)=0.56g56g⋅mol-1=0.01mol，n(Ca)=0.01mol，Y气体能使澄清的石灰水变浑浊，则Y为CO2，综合以上可知，固体X中含有Ca、C、N三种元素，以此分析解答。
本题考查物质组成的测定，侧重考查学生的分析能力、计算能力、实验能力，注意把握物质的性质以及反应现象的分析，注意对题目信息的运用，题目难度较大。
19.【答案】计算得到④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=+170kJ/mol，△S>0，所以高温下自发进行 优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高 C 6.25kPa
【解析】解：(1)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-1，②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1，盖斯定律计算①+②3-③得到H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=(-1036kJ/mol)+(+94kJ/mol)3-(-484kJ/mol)=+170kJ/mol，△S>0，自发反应的条件及判据是△H-TS<0，反应高温下自发进行，
故答案为：计算得到④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=+170kJ/mol，△S>0，所以高温下自发进行；
(2)根据盖斯定律(①+②)×13可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H=(-1036+94)kJ/mol×13=-314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应，根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料，但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高，
故答案为：优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高；
(3)①A.其他条件不变时，用空气替代N2作稀释气体，空气中的氧气参与反应，对实验结果有影响，故A错误；
B.正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高，故B错误；
C.由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，则S2的体积分数增大，而高温阶段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，故C正确；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，硫化氢、甲烷的浓度减小，平衡常数不变，则氢气的浓度减小，故D错误，
故答案为：C；
②在1203K、100kPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应，已知反应一开始，c(H2S)=0.0025mol/L，c(Ar)=0.0075mol/L，p(H2S)=0.00250.0025+0.0075×100kPa=25kPa，结合三段式列式计算，设消耗硫化氢分压为xkPa，
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
起始量(kPa) 25 0 0
变化量(kPa) x x 0.5x
平衡量(kPa) 25-x x 0.5x
平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，25-x=x，x=12.5，
则平衡常数Kp=p2(H2)×p(S2)p2(H2S)=12.5×0.5×12.525-12.5kPa=6.25kPa，
故答案为：6.25kPa；
(4)恒温恒容条件下反应，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，苯硫酚的物质的量随反应进行，浓度增大，达到平衡状态时，浓度达到最大，而平衡后苯的浓度增加，消耗反应物，导致反应Ⅰ逆向进行，苯硫酚的物质的量减小，物质的量难度减小，则恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随时间变化趋势曲线为：，
故答案为：。
(1)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-1，②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1，盖斯定律计算①+②3-③得到H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的热化学方程式，自发反应的条件及判据是△H-TS<0；
(2)根据盖斯定律(①+②)×13可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H=(-1036+94)kJ/mol×13=-314kJ/mol，根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成；
(3)①A.空气中氧气参与反应；
B.温度升高，平衡正向移动；
C.低温阶段，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，S2的体积分数增大，高温阶段对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，结合平衡常数表达式判断；
②在1203K、100kPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应，已知反应一开始，c(H2S)=0.0025mol/L，c(Ar)=0.0075mol/L，p(H2S)=0.00250.0025+0.0075×100kPa=25kPa，结合三段式列式计算，设消耗硫化氢分压为xkPa，
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
起始量(kPa) 25 0 0
变化量(kPa) x x 0.5x
平衡量(kPa) 25-x x 0.5x
平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，25-x=x，x=12.5，据此计算平衡常数Kp=p2(H2)×p(S2)p2(H2S)；
(4)恒温恒容条件下反应，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，苯硫酚的物质的量随反应进行，浓度增大，达到平衡状态时，浓度达到最大，而平衡后苯的浓度增加，消耗反应物，导致反应Ⅰ逆向进行，据此画出变化曲线。
本题考查盖斯定徤的应用、化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意知识的准确掌握，题目难度中等。
20.【答案】加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶 adcb 三颈瓶 分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率 BE 酚酞 78.9
【解析】解：(1)甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液，从题中所给信息可知，苯甲酸微溶于水，所以步骤Ⅲ应当是将苯甲酸转化为在水中溶解度更大而在有机溶剂中溶解度更小的苯甲酸盐，要从水层中提取出苯甲酸，则需先酸化使苯甲酸盐转化为苯甲酸，再通过蒸发浓缩、冷却结晶使苯甲酸固体析出。即步骤Ⅳ为加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶，
故答案为：加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶；
(2)步骤VI的大致流程为“组装仪器→投料→反应进行→提纯得到产品”，选项中有差别的只有投料顺序(即d、e)，类比浓硫酸的稀释过程，应该“酸入水”而非“水入酸”，即浓硫酸应当最后再加，由此联想到投料过程中浓硫酸也应最后再加，故排除e，c加碳酸钠不仅可以除去硫酸，还可以使苯甲酸转化为苯甲酸盐进入水相，从而有利于b中进一步提纯，即正确操作顺序为adcb，
故答案为：adcb；
(3)a是三颈烧瓶；虚框中的仪器组合为球形冷凝管+分水器；酯化反应会产生水，根据已知信息，环己烷(溶剂)、乙醇(反应物)和水(产物)会形成三元恒沸物，即三者会一并被蒸出，然后在冷凝管中冷凝进入分水器；分水器下端的活塞可以放出积蓄的水，而乙醇和环己烷会通过上端的支管流回反应体系，这就相当于不断移出了酯化反应体系中生成的水，促进平衡右移，提供了产率，虚框内装置的作用可以总结为：分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率，
故答案为：三颈瓶；分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率；
(4)A.可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化为苯甲酸，故A错误；
B.从(1)中的解析可知，先加NaOH溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液，故B正确；
C.减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度，故C错误；
D.苯甲酸乙酯的沸点210～213℃，故蒸馏时应收集210-213℃的馏分，故D错误；
E.下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应，故E正确，
故答案为：BE；
(5)加入过量NaOH后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的NaOH都会与HCl反应；其中NaOH先与HCl反应，NaOH消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算出剩余的NaOH的量，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在NaOH恰好与HCl完全反应时结束滴定，此时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂；n(剩余的NaOH)=4n(滴定消耗的HCl)=4×0.200mol/L×15.00mL×10-3=0.012mol(注：滴定所取溶液的量仅为原溶液的四分之一，故这里乘以4)，n(苯甲酸乙酯)=n(与苯甲酸乙酯反应的NaOH)=1.00mol/L×30.00mL×10-3-0.012mol=0.018mol，n(苯甲酸乙酯)=150g/mol×0.018mol=2.70g，m(产物)=0.950g/cm3×3.60mL=3.42g，产品纯度∖ frac {2.70g}{3.42g}∖ times 100∖ %=78.9∖ %，故答案为：酚酞；78.9。
(1)根据题给流程图可知，甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液结合苯甲酸微溶于水进行分析；
(2)步骤VI的大致流程为“组装仪器→投料→反应进行→提纯得到产品”，选项中有差别的只有投料顺序(即d、e)，类比浓硫酸的稀释过程进行分析；
(3)根据常见仪器图，结合虚框中的仪器组合为球形冷凝管+分水器以及酯化反应会产生水，进行分析；
(4)A.可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化为苯甲酸；
B.先加NaOH溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液；
C.减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度；
D.苯甲酸乙酯的沸点210～213℃，故蒸馏时应收集210-213℃的馏分；
E.下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应；
(5)加入过量NaOH后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的NaOH都会与HCl反应；其中NaOH先与HCl反应，NaOH消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算出剩余的NaOH的量，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在NaOH恰好与HCl完全反应时结束滴定，此时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂。
本题主要考查学生对实验基本知识和实验仪器的识别，元素守恒和关系式计算的应用、同时考查恒压滴液漏斗的作用以及学生对信息的理解与应用的能力，属于高考高频考点，难度较大。
21.【答案】BC 加成反应 取代反应 +→PCl5+H2O 、
【解析】解：(1)A.A→B的合成过程中发生苯环上的氯代反应，条件是Cl2、Fe，故A错误；
B.化合物F为，含有氨基和羧基，具有两性，故B正确；
C.B和(CH3CHO)2O反应生成C为，E在碱性条件下生成F()，故B→C的反应类型是取代反应，该步骤的目的是保护氨基，故C正确；
D.美托拉宗()的分子式为C16H16ClN3O3S，故D错误，
故答案为：BC；
(2)根据分析，D的结构简式为；化合物H先和HCHO发生加成反应，然后和HCl发生取代反应生成美托拉宗，
故答案为：；加成反应；取代反应；
(3)F与G()在PCl3作催化剂的条件下，发生脱水缩合生成H()，F+G→H的化学反应方程式+→PCl5+H2O，
故答案为：+→PCl5+H2O；
(4)C为；①除了苯环外，还含有一个四元环，②分子中有4种不同化学环境的氢原子，③不存在N-H键和N-O键，满足条件的为、，
故答案为：、；
(5)乙醇首先被氧化生成乙醛；甲苯和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应在对位引入硝基，和氧化剂反应甲基氧化为羧基，发生已知①反应将硝基转化为氨基，再和乙醛发生F生成G的反应得到产物，流程为：，
故答案为：。
A发生多步反应生成B()，B和(CH3CHO)2O反应生成C为，C通过2步反应生成D为，D被KMnO4氧化得到E为()，E在碱性条件下生成F()，F与G()在PCl3作催化剂的条件下，发生脱水缩合生成H()，H再与CH3CHO、HCl反应生成产物()，据此分析解答；
(5)乙醇首先被氧化生成乙醛；甲苯和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应在对位引入硝基，和氧化剂反应甲基氧化为羧基，发生已知①反应将硝基转化为氨基，再和乙醛发生F生成G的反应得到产物。
本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确反应前后分子式变化、官能团及碳链变化中发生的反应并正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度中等。
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