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2023年山东省部分学校高考化学二轮联考试卷（一）（含解析）
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这是一份2023年山东省部分学校高考化学二轮联考试卷（一）（含解析），共28页。试卷主要包含了 某恒星内部发生核反应， 劳动创造美好生活， 设NA是阿伏加德罗常数的值，2NA， 恒温密闭容器中，发生反应等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省部分学校高考化学二轮联考试卷（一）
1. 中华传统文化源远流长，下列诗歌描述中存在氧化还原反应的是( )
A. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
B. 野火烧不尽，春风吹又生
C. 一日一钱，千日千钱；绳锯木断，水滴石穿
D. 美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来
2. 2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是( )
A. 国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B. “华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的 92235U与 92238U互为同位素
C. “北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D. C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
3. 某恒星内部发生核反应： a2a+1X+24He→bcY+11H，且X、Y为短周期主族元素，X的周期数是主族序数的3倍。下列有关说法正确的是( )
A. a=11，c=24
B. 11H2与 12H2互为同素异形体
C. 化合物XH与水发生反应时，水为氧化剂
D. X、Y形成的氧化物中都只含有离子键
4. 劳动创造美好生活。下列活动与所述的化学知识没有相关性的是 ( )
选项
劳动项目
主要化学知识
A
园林师在树木上涂刷石灰浆
氢氧化钙具有腐蚀性，能防止害虫生卵
B
糕点师用小苏打作发泡剂烘焙面包
NaHCO3加热分解产生气体
C
医生用84消毒液消毒
NaClO具有强氧化性
D
消防员用泡沫灭火器灭火
A13+与CO32−发生互促水解产生CO2
A. A B. B C. C D. D
5. 氨硼烷可用于制备BN管、制备白色石墨烯等。氨硼烷在催化剂的作用下可以水解释放氢气的原理为3NH3BH3+6H2O=3NH4++B3O63−+9H2↑。B3O63−的结构如图所示，下列有关说法错误的是( )
A. 氨硼烷和BN中只含有共价键
B. 分子间氢键的强度：H2O>NH3
C. 在反应中硼原子的杂化类型没有发生改变
D. 氨硼烷中B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构
6. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 6g乙酸中sp2杂化的碳原子数为0.2NA
B. 0.5molBF3成键后硼原子的价层电子对数为1.5NA
C. 标准状况下，22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D. 铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
7. 对乙酰氨基酚和布洛芬常用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，可以用于缓解轻至中度的疼痛，其结构如图所示，下列说法错误的是 ( )
A. 两种药物均可以发生氧化反应、加成反应、取代反应
B. 布洛芬中所有的碳原子可能处于同一平面
C. 对乙酰氨基酚与足量的氢气加成后所得产物中不存在手性碳原子
D. 两种药物均可与NaOH反应，且相同物质的量时，对乙酰氨基酚消耗的NaOH多
8. 用如图所示的实验装置(图中夹持仪器略)进行相应实验，能达到实验目的的是 ( )
A. 用图甲装置在铁上镀铜
B. 用图乙检验浓硫酸的吸水性
C. 用图丙装置验证非金属性：Cl>Br>I
D. 图丁装置制备NaHCO3
9. 恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g) 催化剂C2H4(g)+4H2O(g)△H<0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B. 其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C. x=5.16mol
D. 使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
10. 某铬贫矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。下列说法错误的是 ( )
A. “氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率
B. 滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3
C. 化合物Ⅰ为NaOH，化合物Ⅱ为NaHCO3
D. 实验室进行“混合”时，将Na2Cr2O7溶液缓慢倒入浓硫酸中，边倒边搅拌
11. 下列实验过程可以达到实验目的的是 ( )
选项
实验目的
实验过程
A
证明常温下Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3)大小
常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有少量气泡产生
B
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，同时加入溶液，观察实验现象
C
将浓硫酸和碳单质混合加热，并将生成的气体通入足量的澄清石灰水中，石灰水变浑浊
检验气体产物中CO2的存在
D
探究维生素C的还原性
向盛有2mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素溶液，观察颜色变化
A. A B. B C. C D. D
12. 燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。一种钌基配合物作为光敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为TiO2/S，电极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−。下列有关说法错误的是 ( )
A. 该电池工作时，光能→化学能→电能
B. 电池的正极反应为I3−+2e−→3I−
C. 电解质溶液中可发生反应TiO2/S++3I−→TiO2/S+I3−
D. 电池的电解质溶液中I−和I3−的浓度不会减少
13. 工业上从海水中制溴的步骤为：(Ⅰ)先把盐卤加热到363K后控制pH为3.5，通入氯气把溴置换出来；(Ⅱ)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(Ⅲ)最后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出。其中，碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。下列说法正确的是 ( )
第一步：
第二步：
第三步：
A. 1molH−OΘ中含有的电子数为9NA
B. 第二步反应为Br2在OH−中歧化，产生Br−和BrO−
C. 当第(Ⅲ)步产生1molBr2时则转移的电子数为2NA
D. 该反应机理说明BrO−的稳定性较差
14. 室温下，向VmLcmol⋅L−1的NaOH溶液中通入CO2气体，溶液pH与通入气体的关系如图所示(忽略反应后溶液体积的变化)，下列说法错误的是( )
A. 通入CO2的过程中，a，b、c三点水的电离程度a>b>c
B. a点溶液中c(HCO3−)+c(CO32−)=0.05mol⋅L−1
C. b点溶液中c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)
D. c点一定存在c(OH−)−c(H+)<2c(H2CO3)−c(CO32−)
15. 氢化铝锂以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，而且还是一种潜在的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑，其晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A. 氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键
B. AlH4−的VSEPR模型为正四面体结构
C. 当氢化铝锂释放1mol氢气时，将有2molAl3+被还原
D. 该晶胞的密度为38NAa2b×10−21g/cm3
16. 中医药作为中国优秀传统文化的典范，凝聚着祖先的智慧和经验的结晶。矿物药的成分主要为金属、金属氧化物、盐等。
(1)铁华粉常用来治疗血虚萎黄，其成分为醋酸亚铁[Fe(CH3COO)2]，其形成的血红素分子结构如图1。铁华粉中基态亚铁离子的未成对电子数与其电子总数之比为 ______ ，铁华粉中组成元素的电负性由大到小的顺序为 ______ (填元素符号)，血红素分子中铁(Ⅱ)的配位数为 ______ ，相同物质的量的铁华粉和血红素分子中sp3杂化的碳原子数目比为 ______ 。
(2)生石灰可用于止血，轻质氧化镁可用于治疗便秘。熔点CaO ______ MgO(填“大于”或“小于”)，请解释原因： ______ 。
(3)CaO的晶胞为NaCl型晶胞，图2所示的晶胞结构中微粒位置错误的编号为 ______ ，Ca2+的配位数为 ______ ，若两个最近的Ca2+的距离为apm，则晶胞的密度为 ______ g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值)。
17. HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：Ⅰ.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
Ⅱ.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
Ⅲ.Ksp(CuS)=6×10−36；K1(H2S)=1×10−7、K2(H2S)=6×10−15。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式： ______ 。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式： ______ ， ______ 。
(3)“浸渣”的成分为 ______ (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有 ______ (填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 ______ 、 ______ 。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： ______ 。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS−=CuS+H+的K= ______ 。
18. 氮化铬(CrN)是优良的炼钢合金添加剂，它具有高的硬度和良好的耐磨性，主要用于耐磨涂层。实验室可用氨气和无水氯化铬制备。
(1)制备氨气
①仪器C的名称为 ______ ，氨气的发生装置可以选择图中的 ______ ，反应的化学方程式为 ______ 。
②现欲收集一瓶干燥的氨气，请选择图中部分装置，其连接顺序为；发生装置→ ______ (按气流方向，用小写字母表示，且字母之间用“→”连接)。
(2)制备无水氯化铬
氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 ______ ，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 ______ 。
(3)制备氮化铬
①组装仪器：干燥的氨气→ ______ → ______ → ______ → ______ →i。
②装置G中在高温条件下发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)测产品氮化铬的纯度
取3.0g所得产品，加入足量NaOH溶液(杂质与NaOH溶液不反应)，然后通入水蒸气将氨气全部蒸出，并用100mL0.200mol⋅L−1硫酸完全吸收，剩余的硫酸用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定，至终点时消耗40mLNaOH溶液，则所得产品中氮化铬的纯度为 ______ 。
19. 科学研究表明，有机物M对治疗新冠病毒具有一定的作用，其一种合成路线如图所示。
已知：RCOOH→SOCl2,△
(1)A的化学名称为 ______ ，B中的官能团名称为 ______ 。
(2)反应②的反应条件为 ______ ，E的结构简式为 ______ 。
(3)H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+ ______ →M+ ______ 。
(4)在有机物A～H中能发生消去反应的物质有 ______ (填序号)。
(5)N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有 ______ 种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为 ______ 。
①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应
(6)根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)： ______ 。
20. 氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1
②CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H2=−205kJ⋅mol−1
③CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)△H3=−131kJ⋅mol−1
④C(s)+2H2O(g)⇌CH4(g)+CO2(g)△H4=−25kJ⋅mol−1
则反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的△H= ______ ，反应③、④的存在会导致甲烷的产率 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正= ______ eV，请写出该步骤反应的化学方程式： ______ 。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为 ______ (用a、b、c表示)，请解释原因： ______ ；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)= ______ MPa⋅min−1，该温度下反应的Kp= ______ (MPa)−2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程v正=k正⋅p4(H2)⋅p(CO2)、v逆=k逆⋅p2(H2O)⋅p(CH4)，k正、k逆只与温度有关。若T2时，k逆=2(MPa)−2⋅min−1，则该温度下k正= ______ (MPa)−4⋅min−1。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是 ______ (填字母)。
A.ZnFe2O4中Fe为+6价
B.ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C.反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”这里描述了石灰石(主要成分为碳酸钙)高温分解成氧化钙也就是生石灰的过程，元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.“野火烧不尽，春风吹又生”包含了草木的燃烧反应，这属于氧化还原反应，故B正确；
C.水滴石穿蕴含着石灰石和水、二氧化碳反应生成能溶于水的石灰乳也就是碳酸氢钙的过程，反应的化学方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，不属于氧化还原反应，故C错误；
D.这里提及了淘沙取金的采金法，在淘沙的过程中由于金的重量比沙大得多，因此先沉降，与沙分高，利用了物理方法，故D错误；
故选：B。
氧化还原反应的特征是反应前后有元素化合价的升降，据此进行解答。
本题考查了化学基础知识，主要氧化还原反应的判断，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.钢是一种铁碳合金，具有强度大特点，故A正确；
B. 92235U与 92238U质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C.芯片的成分为晶体Si，SiO2一般做光导纤维，故C错误；
D.氮化硅具有耐高温，硬度大灯特点，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：C。
A.钢是一种铁碳合金；
B.质子数相同，中子数不同，互为同位素；
C.芯片的成分为晶体Si；
D.氮化硅属于新型无机非金属材料。
本题主要科技冬奥，体现化学的重要性，增强学生对化学的兴趣，属于基本知识的考查，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.由于X、Y为短周期主族元素，X的周期数是主序数的3倍，说明X是第一主族元素，可推知X为 23Na，Y为 26Mg，a=11，c=26，故A错误；
B. 1H2与 2H2都为氢气单质，不互为同素异形体，故B错误；
C.NaH与水反应生成NaOH、H2，NaH为还原剂，水为氧化剂，故C正确；
D.Na2O2中既有离子键又有非极性共价键，故D错误；
故选：C。
X、Y为短周期元素，而X的周期数是族序数的3倍，X只能处于第三周期第IA族，可知X为Na，由核反应方程式，可知2a+1+4=c+1，故c=26，Y为 26Mg。
本题考查原子结构，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表、元素化合物知识，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.园林师在树木上涂刷石灰浆，利用氢氧化钙具有腐蚀性，能够防止害虫生卵，保护树木，故A正确；
B.小苏打作发泡剂是因为NaHCO3加热分解产生CO2，可以使面变得蓬松，故B正确；
C.84消毒液消毒利用了NaClO的强氧化性，故C正确；
D.消防员用泡沫灭火器灭火利用了Al3+与HCO3−的互促水解，故D错误；
故选：D。
A.园林师在树木上涂刷石灰浆，利用氢氧化钙具有腐蚀性，可以杀虫；
B.小苏打作发泡剂是因为NaHCO3加热分解产生CO2；
C.84消毒液消毒利用了NaClO的强氧化性；
D.消防员用泡沫灭火器灭火利用了Al3+与HCO3−的互促水解。
本题考查物质的组成、性质和用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重考查学生的分析、理解能力及灵活运用基础知识的能力，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.氢硼烷的结构式为，BN为共价晶体，二者均只含有共价键，故A正确；
B.电负性：O>N，故水分子间的氢键强度大于氨气分子间的氢键强度，故B正确；
C.NH3BH3中B原子形成4条σ键，为sp3杂化，在B3O63−中B原子为sp2杂化，即反应中硼原子的杂化类型有改变，故C错误；
D.由氨硼烷的结构式可知，B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
A.氢硼烷的结构式为，BN为共价晶体，据此分析；
B.电负性：O>N，据此分析两者分子间氢键的强度；
C.在反应中硼原子的杂化类型由sp3变为sp2；
D.由氨硼烷的结构式可知，B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构，
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及杂化方式、氢键强弱比较等判断，属于基本知识，基础题型，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.，乙酸分子中只有—COOH中的碳原子为sp2杂化，6g乙酸的物质的量为0.1mol，则sp2杂化的碳原子数为0.1NA，故A错误；
B.BF3中硼原子的价层电子对数为3，0.5molBF3中硼原子的价层电子对数为3NA×0.5=1.5NA，故B正确；
C.甲烷与氯气反应前后分子数不发生改变，故充分反应后的分子总数为3NA，故C错误；
D.铅蓄电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，Pb生成PbSO4时每转移2mol电子，则负极增重96g，所以当负极增重48g时，转移电子数为NA，故D错误；
故选：B。
A.乙酸分子中只有−COOH中的碳原子为sp2杂化；
B.BF3中硼原子的价层电子对数为3；
C.甲烷与氯气反应前后分子数不发生改变；
D.铅蓄电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.均含有苯环，都可以与氢气发生加成反应，对乙酰氨基酚中酚羟基、酰胺基、苯环，布洛芬中含有的苯环、羧基，都可以发生取代反应，对乙酰氨基酚中酚羟基易被氧化，且都可以燃烧，二者都可以发生氧化反应，故A正确；
B.布洛芬中含有结构，具有四面体构型，所有的碳原子一定不在同一平面内，故B错误；
C.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，对乙酰氨基酚与氢气加成后的产物为，加成产物分子中没有手性碳原子，故C正确；
D.对乙酰氨基酚中羟基和酰胺基都可以与NaOH反应，而布洛芬中只有羧基与NaOH反应，二者相同物质的量时，对乙酰氨基酚消耗的NaOH多，故D正确，
故选：B。
A.对乙酰氨基酚中含有酚羟基、酰胺基、苯环，布洛芬中含有苯环、羧基，且都可以燃烧；
B.布洛芬中含有结构，具有四面体构型；
C.对乙酰氨基酚与氢气加成后的产物为，连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
D.对乙酰氨基酚中羟基和酰胺基都可以与NaOH反应，布洛芬中只有羧基与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酰胺基与碱反应原理，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
8.【答案】B
【解析】解：A.Fe与电源正极相连作阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，应将Cu作阳极实现镀铜，故A错误；
B.浓硫酸可使胆矾失去结晶水，体现浓硫酸的吸水性，故B正确；
C.氯气可分别与NaBr、KI反应，不能比较溴、碘的非金属性强弱，故C错误；
D.氨气极易溶于水，通氨气的导管口在液面下易发生倒吸，故D错误；
故选：B。
A.Fe与电源正极相连作阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu；
B.浓硫酸可使胆矾失去结晶水；
C.氯气可分别与NaBr、KI反应；
D.氨气极易溶于水。
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、物质的制备、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。
9.【答案】C
【解析】解：A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动，n(H2)增大，n(H2O)减少，故L为n(H2)随温度的变化曲线，故A错误；
B.若扩大容器容积，浓度均减少，则v正、v逆均减小，故B错误；
C.反应的关系式6H2(g)∖～4H2O(g)，在393K时，n(H2)=4.2mol，n(H2O)=5.8mol，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到460K时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，则4.2+32b=5.8−bmol，b=0.64mol，x=5.16mol，故C正确；
D.使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小ΔH的值，故D错误；
故选：C。
A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动；
B.其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少；
C.在393K时，n(H2)=4.2mol，n(H2O)=5.8mol，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到460K时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，由关系式6H2(g)∖～4H2O(g)；
D.使用催化剂，可以降低反应的活化能，不改变ΔH。
本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像和移动的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.温度越高，反应速率变快，故“氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率，故A正确；
B.Al2O3与NaOH溶液反应，则“滤渣”的主要成分为MgO、Fe2O3，故B正确；
C.由于电解时产生氢气和氯气，故产物会产生NaOH，“沉铝”时通入过量的CO2，产生NaHCO3，故C正确；
D.实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入Na2Cr2O7溶液中，边倒边搅拌，故D错误；
故选：D。
通过次氯酸钠将铬贫矿中Fe(CrO2)2氧化为Na2CrO4，电解后再通入二氧化碳即可生成重铬酸钠，之后在加入浓硫酸即可得到产物，以此解题。
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。
11.【答案】D
【解析】解：A.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c(Ba2+)⋅c(CO32−)>Ksp(BaCO3)，有沉淀生成，不能说明Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)的关系，故A错误；
B.向NaHSO3溶液中加入5%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2SO4和H2O，但是无明显实验现象，故不能利用该实验探究浓度对反应速率的影响，故B错误；
C.二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，则不能说明二氧化碳的存在，应先排除二氧化硫的干扰，故C错误；
D.向黄色FeCl3溶液中加入浓的维生素C溶液，溶液由黄色变为浅绿色，说明Fe3+被维生素C还原为Fe2+，从而证明维生素C具有还原性，故D正确；
故选：D。
A.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c(Ba2+)⋅c(CO32−)>Ksp(BaCO3)，有沉淀生成；
B.向NaHSO3溶液中加入5%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2SO4和H2O，但是无明显实验现象；
C.碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二者均能使石灰水变浑浊；
D.向黄色FeCl3溶液中加入浓的维生素C溶液，溶液由黄色变为浅绿色，说明Fe3+被维生素C还原为Fe2+。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】AC
【解析】解：由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−，
A.该电池是将太阳能转化为电能的装置，光能直接转化为电能，故A错误；
B.由反应装置可知，电池工作时的正极反应为I3−+2e−=3I−，故B正确；
C.电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，电解质溶液中发生反应2TiO2/S++3I−→2TiO2/S+I3−，故C错误；
D.电池的电解质溶液中I−的浓度和I3−的浓度不变，故D正确；
故选：AC。
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−。
本题考查了原电池的工作原理，难度中等，注意知识的迁移应用以及电极的判断、反应式的书写等是解题的关键。
13.【答案】BD
【解析】解：A.1molH−O⊖中含有的电子数为10NA，故A错误；
B.第二步反应中Br2在OH−发生反应生成Br−和BrO−，故B正确；
C.第(Ⅲ)步反应的离子方程式为BrO3−+5Br−+6H+=3Br2+3H2O，当第(Ⅲ)步产生1molBr2时则转移的电子数为53NA，故C错误；
D.由于第三步反应机理中BrO−继续歧化，产生Br−和BrO3−，故该反应机理说明BrO−的稳定性较差，故D正确；
故选：BD。
A.1molH−O⊖中含有的电子数为10NA；
B.由反应机理可知第二步反应为Br2在OH−中歧化；
C.第(Ⅲ)步反应的离子方程式为BrO3−+5Br−+6H+=3Br2+3H2O；
D.由于第三步反应机理中BrO−继续歧化，产生Br−和BrO3−。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3，水解程度越大，则水的电离程度越大，所以a、b、c三点水的电离程度a>b>c，故A正确；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，由物料守恒可知：c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.05mol/L，故B错误；
C.b点溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据电荷守恒可知：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，故C正确；
D.c点溶质为NaHCO3，存在电荷守恒：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)和物料守恒：c(Na+)=c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)，两式联立可得：c(OH−)=c(H+)+c(H2CO3)−c(CO32−)，即c(OH−)−c(H+)=c(H2CO3)−c(CO32−)，所以2c(H2CO3)−c(CO32−)>c(H2CO3)−c(CO32−)=c(OH−)−c(H+)，故D正确；
故选：B。
NaOH与CO2反应共有4种组成，分别为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，从溶液pH与通入气体的关系图像可知，a点溶质为Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，由起点pH=13，即氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，则c(NaOH)=0.1mol/L，由于当通入0.05mol二氧化碳时即恰好完全反应生成碳酸钠，故n(NaOH)=0.1mol，则NaOH溶液的体积V=0.1mol0.1mol/L=1L=1000mL；
A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，根据物料守恒来分析；
C.b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据电荷守恒来分析；
D.c点溶质为NaHCO3，根据电荷守恒和物料守恒来分析。
本题考查溶液中的三个守恒的应用，侧重考查学生分析图像解决实际问题的能力，试题难度不大。
15.【答案】CD
【解析】解：A.氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及AlH4−中含有的配位键，则氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键，故A正确；
B.AlH4−价层电子对数为4+12(3+1−4×1)=4，且没有孤电子对，AlH4−为正四面体结构，故B正确；
C.由方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑可知，当氢化铝锂释放1mol氢气时，有23mol的Al3+被还原，故C错误；
D.该晶胞中锂位于棱上和面上，均摊法可知，含有4×14+6×12=4个，即晶胞中含有4个LiAlH4，其密度ρ=mV=MNA×nV=4×38NA×a2b×10−21=152NAa2b×10−21g/cm3，故D错误；
故选：CD。
A.氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及AlH4−中含有的配位键；
B.AlH4−价层电子对数为4+12(3+1−4×1)=4，且没有孤电子对；
C.方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑；
D.该晶胞的密度ρ=mV。
本题考查晶体结构，侧重考查学生化学键和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】16 O>C>H>Fe 4 1：4 小于 二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，r(Ca2+)>r(Mg2+)，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：16；O>C>H>Fe；4；1：4；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高，故熔点CaO小于MgO，
故答案为：小于；二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，r(Ca2+)>r(Mg2+)，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：⑧、⑳；6；5.6 2×1031a3NA。
(1)铁华粉中铁为Fe2+，未成对电子数占总电子数为424=16，元素的非金属性越强，电负性越大，由图可知铁(Ⅱ)的配位数为4，1mol铁华粉中sp3杂化的碳原子数为2，1mol血红素分子中sp3杂化的碳原子数为8；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高；
(3)由于CaO晶胞为NaCl型晶胞，Ca2+离子处于8个顶点和6个面心，O2−离子处于12条棱心和1个体心，若两个最近的Ca2+间的距离为apm，则晶胞的边长为 2apm，晶胞的密度ρ=mV。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生电负性、杂化和晶体计算的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】 2MoS+2Na2CO3+5O2=焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO2 Al2O3+Na2CO3=焙烧2NaAlO2+CO2↑ NiO NaVO3、NaHCO3 20g⋅L−1 10g⋅L−1 6NH4VO3=焙烧3V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O 1021
【解析】解：(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：，
故答案为：；
(2)由题中的信息可知，MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为2MoS+2Na2CO3+5O2=焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO2，Al2O3+Na2CO3=焙烧2NaAlO2+CO2↑，
故答案为：2MoS+2Na2CO3+5O2=焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO2；Al2O3+Na2CO3=焙烧2NaAlO2+CO2↑；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3，
故答案为：NiO；NaVO3、NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g⋅L−1和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：20g⋅L−1和10g⋅L−1，
故答案为：20g⋅L−1；10g⋅L−1；
(5)由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为6NH4VO3=焙烧3V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O，
故答案为：6NH4VO3=焙烧3V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O；
(6)由于Ksp=c(Cu2+)c(S2−)，K2(H2S)=c(H+)c(S2−)c(HS−)，Cu2++HS−=CuS+H+的K=c(H+)c(Cu2+)c(HS−)=K2(H2S)Ksp(CuS)=1021，
故答案为：1021。
工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸；
(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物；
(2)MoS及Al2O3分别与纯碱反应Na2MoO4和NaAlO2；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g⋅L−1和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大；
(5)NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气；
(6)由题意可知，Cu2++HS−=CuS+H+的K=c(H+)c(Cu2+)c(HS−)。
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。
18.【答案】球形干燥管 A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O(或NH3⋅H2O=△NH3↑+H2O) d→c→f→e→i 2CrCl3⋅6H2O=△Cr2O3+9H2O+6HCl 在HCl氛围中小火加热缓慢失水 j j d c CrCl3+NH3=高温CrN+3HCl 79.2%
【解析】解：(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，反应的化学方程式为：NH3⋅H2O=△NH3↑+H2O，发生装置应选择图中的B，
故答案为：球形干燥管；A(或B)；2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O(或NH3⋅H2O=△NH3↑+H2O)；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置，按气流方向表示为d→c→f→e→i，
反应答案为：d→c→f→e→i；
(2)CrCl3⋅6H2O加热失水时会发生水解生成氢氧化铬，氢氧化铬再分解生成氧化铬，故反应的化学方程式为：2CrCl3⋅6H2O=△Cr2O3+9H2O+6HCl，若想得到无水氯化铬，需在HCl氛围中小火加热缓慢失水，
故答案为：2CrCl3⋅6H2O=△Cr2O3+9H2O+6HCl；在HCl氛围中小火加热缓慢失水；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气，装置的连接顺序为；发生装置→j→j→d→c→i，
故答案为：j→j→d→c；
②硬质玻璃管中发生的反应为：CrCl3+NH3=高温CrN+3HCl，
故答案为：CrCl3+NH3=高温CrN+3HCl；
(4)反应的定量关系可知，2CrN～2NH3～H2SO4～2NaOH，元素守恒得到氮化铬的纯度=(0.100L×0.200mol/L−0.100mol/L×0.040L×12)×2×66g/mol3.0g×100%=79.2%，
故答案为：79.2%。
(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，选择装置B；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置；
(2)氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，是结晶水合物受热分解，生成氧化铬、水和氯化氢，结晶水合物需在HCl氛围中小火加热，抑制水解；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气；
②硬质玻璃管中发生的反应是CrCl3和氨气高温反应生成CrN和氯化氢；
(4)反应的定量关系可知，2CrN～2NH3～H2SO4～2NaOH，元素守恒计算得到氮化铬的纯度。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和实验仪器、实验装置的掌握情况，题目难度中等。
19.【答案】2，6−二甲基苯酚 醚键、酯基 稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) H2O E、F、G 15
【解析】解：(1)A的化学名称为2，6−二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基，
故答案为：2，6−二甲基苯酚；醚键、酯基；
(2)反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为，
故答案为：稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；；
(3)反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+→M+H2O，
故答案为：；H2O；
(4)该消去反应均为醇的消去，根据消去反应的条件可知在有机物A～H中能发生消去反应的物质有E、F、G，
故答案为：E、F、G；
(5)由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共5×3=15种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为，
故答案为：15；；
(6)乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，与SOCl2发生已知信息的反应，再与苯乙胺发生反应④，合成路线如下：，
故答案为：。
A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构、给予的反应信息进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好地考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
20.【答案】−246kJ⋅mol−1 减小 1.35 CH3*+H*=CH4* c>b>a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a 0.16 16.7 33.4 DE
【解析】解：(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，则ΔH=ΔH2−ΔH1=−205kJ⋅mol−1−41kJ⋅mol−1=−246kJ⋅mol−1，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小，
故答案为：−246kJ⋅mol−1；减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为−2.13−(−3.48)=1.35eV，该步骤反应的化学方程式为CH3*+H*=CH4*，
故答案为：1.35；CH3*+H*=CH4*；；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时v(H2)=0.16MPa⋅min−1；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
起(mol)2 4 0 0
转(mol)0.8 3.2 0.8 1.6
平(mol)1.2 0.8 0.8 1.6
恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则6mol4.4mol=3MPaP总，解得P总=2.2PMa，平衡时各组分的物质的量分数分别为311、211、211、411，则平衡分压为0.6Mpa、0.4Mpa、0.4Mpa、0.8Mpa，开始时H2的分压P(H2)=46×3MPa=2.0Mpa，氢气的压强变化量为ΔP(H2)=(2.0−0.4)Mpa，则v(H2)=ΔPH2t=1.6MPa10min=0.16MPa⋅min−1，Kp=P(CH4)⋅P2(H2O)P(CO2)⋅P4(H2)=0.82×0.40.44×0.6(MPa)2≈16.7(MPa)2，
故答案为：c>b>a；温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a；0.16；16.7；
②由Kp=k正k逆=16.7，故k正=k逆×Kp=16.7(MPa)−2×2(MPa)−2⋅min−1=33.4(MPa)−4⋅min−1，
故答案为：33.4；
(4)A.ZnFe2O4中Fe为+3价，故A错误；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，故B错误；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4，故C错误；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，故D正确；
E.由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2，故E正确；
故答案为：DE。
(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式，则ΔH=ΔH2−ΔH1代入计算，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为−2.13−(−3.48)=1.35eV，该步骤反应的化学方程式为CH3*+H*=CH4*；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时v(H2)=0.16MPa⋅min−1；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式计算；
②由Kp=k正k逆=16.7，故k正=33.4(MPa)−4⋅min−1；
(4)A.ZnFe2O4中Fe为+3价；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定；
E.由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2。
本题考查化学反应原理，涉及反应热的计算、平衡的移动、平衡常数的计算等，题目中等难度。
2023年山东省部分学校高考化学二轮联考试卷（一）
1. 中华传统文化源远流长，下列诗歌描述中存在氧化还原反应的是( )
A. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
B. 野火烧不尽，春风吹又生
C. 一日一钱，千日千钱；绳锯木断，水滴石穿
D. 美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来
2. 2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是( )
A. 国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B. “华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的 92235U与 92238U互为同位素
C. “北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D. C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
3. 某恒星内部发生核反应： a2a+1X+24He→bcY+11H，且X、Y为短周期主族元素，X的周期数是主族序数的3倍。下列有关说法正确的是( )
A. a=11，c=24
B. 11H2与 12H2互为同素异形体
C. 化合物XH与水发生反应时，水为氧化剂
D. X、Y形成的氧化物中都只含有离子键
4. 劳动创造美好生活。下列活动与所述的化学知识没有相关性的是 ( )
选项
劳动项目
主要化学知识
A
园林师在树木上涂刷石灰浆
氢氧化钙具有腐蚀性，能防止害虫生卵
B
糕点师用小苏打作发泡剂烘焙面包
NaHCO3加热分解产生气体
C
医生用84消毒液消毒
NaClO具有强氧化性
D
消防员用泡沫灭火器灭火
A13+与CO32−发生互促水解产生CO2
A. A B. B C. C D. D
5. 氨硼烷可用于制备BN管、制备白色石墨烯等。氨硼烷在催化剂的作用下可以水解释放氢气的原理为3NH3BH3+6H2O=3NH4++B3O63−+9H2↑。B3O63−的结构如图所示，下列有关说法错误的是( )
A. 氨硼烷和BN中只含有共价键
B. 分子间氢键的强度：H2O>NH3
C. 在反应中硼原子的杂化类型没有发生改变
D. 氨硼烷中B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构
6. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 6g乙酸中sp2杂化的碳原子数为0.2NA
B. 0.5molBF3成键后硼原子的价层电子对数为1.5NA
C. 标准状况下，22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D. 铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
7. 对乙酰氨基酚和布洛芬常用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，可以用于缓解轻至中度的疼痛，其结构如图所示，下列说法错误的是 ( )
A. 两种药物均可以发生氧化反应、加成反应、取代反应
B. 布洛芬中所有的碳原子可能处于同一平面
C. 对乙酰氨基酚与足量的氢气加成后所得产物中不存在手性碳原子
D. 两种药物均可与NaOH反应，且相同物质的量时，对乙酰氨基酚消耗的NaOH多
8. 用如图所示的实验装置(图中夹持仪器略)进行相应实验，能达到实验目的的是 ( )
A. 用图甲装置在铁上镀铜
B. 用图乙检验浓硫酸的吸水性
C. 用图丙装置验证非金属性：Cl>Br>I
D. 图丁装置制备NaHCO3
9. 恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g) 催化剂C2H4(g)+4H2O(g)△H<0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B. 其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C. x=5.16mol
D. 使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
10. 某铬贫矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。下列说法错误的是 ( )
A. “氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率
B. 滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3
C. 化合物Ⅰ为NaOH，化合物Ⅱ为NaHCO3
D. 实验室进行“混合”时，将Na2Cr2O7溶液缓慢倒入浓硫酸中，边倒边搅拌
11. 下列实验过程可以达到实验目的的是 ( )
选项
实验目的
实验过程
A
证明常温下Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3)大小
常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有少量气泡产生
B
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，同时加入溶液，观察实验现象
C
将浓硫酸和碳单质混合加热，并将生成的气体通入足量的澄清石灰水中，石灰水变浑浊
检验气体产物中CO2的存在
D
探究维生素C的还原性
向盛有2mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素溶液，观察颜色变化
A. A B. B C. C D. D
12. 燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。一种钌基配合物作为光敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为TiO2/S，电极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−。下列有关说法错误的是 ( )
A. 该电池工作时，光能→化学能→电能
B. 电池的正极反应为I3−+2e−→3I−
C. 电解质溶液中可发生反应TiO2/S++3I−→TiO2/S+I3−
D. 电池的电解质溶液中I−和I3−的浓度不会减少
13. 工业上从海水中制溴的步骤为：(Ⅰ)先把盐卤加热到363K后控制pH为3.5，通入氯气把溴置换出来；(Ⅱ)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(Ⅲ)最后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出。其中，碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。下列说法正确的是 ( )
第一步：
第二步：
第三步：
A. 1molH−OΘ中含有的电子数为9NA
B. 第二步反应为Br2在OH−中歧化，产生Br−和BrO−
C. 当第(Ⅲ)步产生1molBr2时则转移的电子数为2NA
D. 该反应机理说明BrO−的稳定性较差
14. 室温下，向VmLcmol⋅L−1的NaOH溶液中通入CO2气体，溶液pH与通入气体的关系如图所示(忽略反应后溶液体积的变化)，下列说法错误的是( )
A. 通入CO2的过程中，a，b、c三点水的电离程度a>b>c
B. a点溶液中c(HCO3−)+c(CO32−)=0.05mol⋅L−1
C. b点溶液中c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)
D. c点一定存在c(OH−)−c(H+)<2c(H2CO3)−c(CO32−)
15. 氢化铝锂以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，而且还是一种潜在的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑，其晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A. 氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键
B. AlH4−的VSEPR模型为正四面体结构
C. 当氢化铝锂释放1mol氢气时，将有2molAl3+被还原
D. 该晶胞的密度为38NAa2b×10−21g/cm3
16. 中医药作为中国优秀传统文化的典范，凝聚着祖先的智慧和经验的结晶。矿物药的成分主要为金属、金属氧化物、盐等。
(1)铁华粉常用来治疗血虚萎黄，其成分为醋酸亚铁[Fe(CH3COO)2]，其形成的血红素分子结构如图1。铁华粉中基态亚铁离子的未成对电子数与其电子总数之比为 ______ ，铁华粉中组成元素的电负性由大到小的顺序为 ______ (填元素符号)，血红素分子中铁(Ⅱ)的配位数为 ______ ，相同物质的量的铁华粉和血红素分子中sp3杂化的碳原子数目比为 ______ 。
(2)生石灰可用于止血，轻质氧化镁可用于治疗便秘。熔点CaO ______ MgO(填“大于”或“小于”)，请解释原因： ______ 。
(3)CaO的晶胞为NaCl型晶胞，图2所示的晶胞结构中微粒位置错误的编号为 ______ ，Ca2+的配位数为 ______ ，若两个最近的Ca2+的距离为apm，则晶胞的密度为 ______ g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值)。
17. HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：Ⅰ.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
Ⅱ.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
Ⅲ.Ksp(CuS)=6×10−36；K1(H2S)=1×10−7、K2(H2S)=6×10−15。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式： ______ 。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式： ______ ， ______ 。
(3)“浸渣”的成分为 ______ (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有 ______ (填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 ______ 、 ______ 。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： ______ 。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS−=CuS+H+的K= ______ 。
18. 氮化铬(CrN)是优良的炼钢合金添加剂，它具有高的硬度和良好的耐磨性，主要用于耐磨涂层。实验室可用氨气和无水氯化铬制备。
(1)制备氨气
①仪器C的名称为 ______ ，氨气的发生装置可以选择图中的 ______ ，反应的化学方程式为 ______ 。
②现欲收集一瓶干燥的氨气，请选择图中部分装置，其连接顺序为；发生装置→ ______ (按气流方向，用小写字母表示，且字母之间用“→”连接)。
(2)制备无水氯化铬
氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 ______ ，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 ______ 。
(3)制备氮化铬
①组装仪器：干燥的氨气→ ______ → ______ → ______ → ______ →i。
②装置G中在高温条件下发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)测产品氮化铬的纯度
取3.0g所得产品，加入足量NaOH溶液(杂质与NaOH溶液不反应)，然后通入水蒸气将氨气全部蒸出，并用100mL0.200mol⋅L−1硫酸完全吸收，剩余的硫酸用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定，至终点时消耗40mLNaOH溶液，则所得产品中氮化铬的纯度为 ______ 。
19. 科学研究表明，有机物M对治疗新冠病毒具有一定的作用，其一种合成路线如图所示。
已知：RCOOH→SOCl2,△
(1)A的化学名称为 ______ ，B中的官能团名称为 ______ 。
(2)反应②的反应条件为 ______ ，E的结构简式为 ______ 。
(3)H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+ ______ →M+ ______ 。
(4)在有机物A～H中能发生消去反应的物质有 ______ (填序号)。
(5)N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有 ______ 种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为 ______ 。
①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应
(6)根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)： ______ 。
20. 氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1
②CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H2=−205kJ⋅mol−1
③CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)△H3=−131kJ⋅mol−1
④C(s)+2H2O(g)⇌CH4(g)+CO2(g)△H4=−25kJ⋅mol−1
则反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的△H= ______ ，反应③、④的存在会导致甲烷的产率 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正= ______ eV，请写出该步骤反应的化学方程式： ______ 。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为 ______ (用a、b、c表示)，请解释原因： ______ ；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)= ______ MPa⋅min−1，该温度下反应的Kp= ______ (MPa)−2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程v正=k正⋅p4(H2)⋅p(CO2)、v逆=k逆⋅p2(H2O)⋅p(CH4)，k正、k逆只与温度有关。若T2时，k逆=2(MPa)−2⋅min−1，则该温度下k正= ______ (MPa)−4⋅min−1。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是 ______ (填字母)。
A.ZnFe2O4中Fe为+6价
B.ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C.反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”这里描述了石灰石(主要成分为碳酸钙)高温分解成氧化钙也就是生石灰的过程，元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.“野火烧不尽，春风吹又生”包含了草木的燃烧反应，这属于氧化还原反应，故B正确；
C.水滴石穿蕴含着石灰石和水、二氧化碳反应生成能溶于水的石灰乳也就是碳酸氢钙的过程，反应的化学方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，不属于氧化还原反应，故C错误；
D.这里提及了淘沙取金的采金法，在淘沙的过程中由于金的重量比沙大得多，因此先沉降，与沙分高，利用了物理方法，故D错误；
故选：B。
氧化还原反应的特征是反应前后有元素化合价的升降，据此进行解答。
本题考查了化学基础知识，主要氧化还原反应的判断，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.钢是一种铁碳合金，具有强度大特点，故A正确；
B. 92235U与 92238U质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C.芯片的成分为晶体Si，SiO2一般做光导纤维，故C错误；
D.氮化硅具有耐高温，硬度大灯特点，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：C。
A.钢是一种铁碳合金；
B.质子数相同，中子数不同，互为同位素；
C.芯片的成分为晶体Si；
D.氮化硅属于新型无机非金属材料。
本题主要科技冬奥，体现化学的重要性，增强学生对化学的兴趣，属于基本知识的考查，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.由于X、Y为短周期主族元素，X的周期数是主序数的3倍，说明X是第一主族元素，可推知X为 23Na，Y为 26Mg，a=11，c=26，故A错误；
B. 1H2与 2H2都为氢气单质，不互为同素异形体，故B错误；
C.NaH与水反应生成NaOH、H2，NaH为还原剂，水为氧化剂，故C正确；
D.Na2O2中既有离子键又有非极性共价键，故D错误；
故选：C。
X、Y为短周期元素，而X的周期数是族序数的3倍，X只能处于第三周期第IA族，可知X为Na，由核反应方程式，可知2a+1+4=c+1，故c=26，Y为 26Mg。
本题考查原子结构，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表、元素化合物知识，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.园林师在树木上涂刷石灰浆，利用氢氧化钙具有腐蚀性，能够防止害虫生卵，保护树木，故A正确；
B.小苏打作发泡剂是因为NaHCO3加热分解产生CO2，可以使面变得蓬松，故B正确；
C.84消毒液消毒利用了NaClO的强氧化性，故C正确；
D.消防员用泡沫灭火器灭火利用了Al3+与HCO3−的互促水解，故D错误；
故选：D。
A.园林师在树木上涂刷石灰浆，利用氢氧化钙具有腐蚀性，可以杀虫；
B.小苏打作发泡剂是因为NaHCO3加热分解产生CO2；
C.84消毒液消毒利用了NaClO的强氧化性；
D.消防员用泡沫灭火器灭火利用了Al3+与HCO3−的互促水解。
本题考查物质的组成、性质和用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重考查学生的分析、理解能力及灵活运用基础知识的能力，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.氢硼烷的结构式为，BN为共价晶体，二者均只含有共价键，故A正确；
B.电负性：O>N，故水分子间的氢键强度大于氨气分子间的氢键强度，故B正确；
C.NH3BH3中B原子形成4条σ键，为sp3杂化，在B3O63−中B原子为sp2杂化，即反应中硼原子的杂化类型有改变，故C错误；
D.由氨硼烷的结构式可知，B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
A.氢硼烷的结构式为，BN为共价晶体，据此分析；
B.电负性：O>N，据此分析两者分子间氢键的强度；
C.在反应中硼原子的杂化类型由sp3变为sp2；
D.由氨硼烷的结构式可知，B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构，
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及杂化方式、氢键强弱比较等判断，属于基本知识，基础题型，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.，乙酸分子中只有—COOH中的碳原子为sp2杂化，6g乙酸的物质的量为0.1mol，则sp2杂化的碳原子数为0.1NA，故A错误；
B.BF3中硼原子的价层电子对数为3，0.5molBF3中硼原子的价层电子对数为3NA×0.5=1.5NA，故B正确；
C.甲烷与氯气反应前后分子数不发生改变，故充分反应后的分子总数为3NA，故C错误；
D.铅蓄电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，Pb生成PbSO4时每转移2mol电子，则负极增重96g，所以当负极增重48g时，转移电子数为NA，故D错误；
故选：B。
A.乙酸分子中只有−COOH中的碳原子为sp2杂化；
B.BF3中硼原子的价层电子对数为3；
C.甲烷与氯气反应前后分子数不发生改变；
D.铅蓄电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.均含有苯环，都可以与氢气发生加成反应，对乙酰氨基酚中酚羟基、酰胺基、苯环，布洛芬中含有的苯环、羧基，都可以发生取代反应，对乙酰氨基酚中酚羟基易被氧化，且都可以燃烧，二者都可以发生氧化反应，故A正确；
B.布洛芬中含有结构，具有四面体构型，所有的碳原子一定不在同一平面内，故B错误；
C.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，对乙酰氨基酚与氢气加成后的产物为，加成产物分子中没有手性碳原子，故C正确；
D.对乙酰氨基酚中羟基和酰胺基都可以与NaOH反应，而布洛芬中只有羧基与NaOH反应，二者相同物质的量时，对乙酰氨基酚消耗的NaOH多，故D正确，
故选：B。
A.对乙酰氨基酚中含有酚羟基、酰胺基、苯环，布洛芬中含有苯环、羧基，且都可以燃烧；
B.布洛芬中含有结构，具有四面体构型；
C.对乙酰氨基酚与氢气加成后的产物为，连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
D.对乙酰氨基酚中羟基和酰胺基都可以与NaOH反应，布洛芬中只有羧基与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酰胺基与碱反应原理，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
8.【答案】B
【解析】解：A.Fe与电源正极相连作阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，应将Cu作阳极实现镀铜，故A错误；
B.浓硫酸可使胆矾失去结晶水，体现浓硫酸的吸水性，故B正确；
C.氯气可分别与NaBr、KI反应，不能比较溴、碘的非金属性强弱，故C错误；
D.氨气极易溶于水，通氨气的导管口在液面下易发生倒吸，故D错误；
故选：B。
A.Fe与电源正极相连作阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu；
B.浓硫酸可使胆矾失去结晶水；
C.氯气可分别与NaBr、KI反应；
D.氨气极易溶于水。
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、物质的制备、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。
9.【答案】C
【解析】解：A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动，n(H2)增大，n(H2O)减少，故L为n(H2)随温度的变化曲线，故A错误；
B.若扩大容器容积，浓度均减少，则v正、v逆均减小，故B错误；
C.反应的关系式6H2(g)∖～4H2O(g)，在393K时，n(H2)=4.2mol，n(H2O)=5.8mol，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到460K时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，则4.2+32b=5.8−bmol，b=0.64mol，x=5.16mol，故C正确；
D.使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小ΔH的值，故D错误；
故选：C。
A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动；
B.其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少；
C.在393K时，n(H2)=4.2mol，n(H2O)=5.8mol，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到460K时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，由关系式6H2(g)∖～4H2O(g)；
D.使用催化剂，可以降低反应的活化能，不改变ΔH。
本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像和移动的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.温度越高，反应速率变快，故“氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率，故A正确；
B.Al2O3与NaOH溶液反应，则“滤渣”的主要成分为MgO、Fe2O3，故B正确；
C.由于电解时产生氢气和氯气，故产物会产生NaOH，“沉铝”时通入过量的CO2，产生NaHCO3，故C正确；
D.实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入Na2Cr2O7溶液中，边倒边搅拌，故D错误；
故选：D。
通过次氯酸钠将铬贫矿中Fe(CrO2)2氧化为Na2CrO4，电解后再通入二氧化碳即可生成重铬酸钠，之后在加入浓硫酸即可得到产物，以此解题。
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。
11.【答案】D
【解析】解：A.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c(Ba2+)⋅c(CO32−)>Ksp(BaCO3)，有沉淀生成，不能说明Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)的关系，故A错误；
B.向NaHSO3溶液中加入5%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2SO4和H2O，但是无明显实验现象，故不能利用该实验探究浓度对反应速率的影响，故B错误；
C.二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，则不能说明二氧化碳的存在，应先排除二氧化硫的干扰，故C错误；
D.向黄色FeCl3溶液中加入浓的维生素C溶液，溶液由黄色变为浅绿色，说明Fe3+被维生素C还原为Fe2+，从而证明维生素C具有还原性，故D正确；
故选：D。
A.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c(Ba2+)⋅c(CO32−)>Ksp(BaCO3)，有沉淀生成；
B.向NaHSO3溶液中加入5%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2SO4和H2O，但是无明显实验现象；
C.碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二者均能使石灰水变浑浊；
D.向黄色FeCl3溶液中加入浓的维生素C溶液，溶液由黄色变为浅绿色，说明Fe3+被维生素C还原为Fe2+。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】AC
【解析】解：由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−，
A.该电池是将太阳能转化为电能的装置，光能直接转化为电能，故A错误；
B.由反应装置可知，电池工作时的正极反应为I3−+2e−=3I−，故B正确；
C.电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，电解质溶液中发生反应2TiO2/S++3I−→2TiO2/S+I3−，故C错误；
D.电池的电解质溶液中I−的浓度和I3−的浓度不变，故D正确；
故选：AC。
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−。
本题考查了原电池的工作原理，难度中等，注意知识的迁移应用以及电极的判断、反应式的书写等是解题的关键。
13.【答案】BD
【解析】解：A.1molH−O⊖中含有的电子数为10NA，故A错误；
B.第二步反应中Br2在OH−发生反应生成Br−和BrO−，故B正确；
C.第(Ⅲ)步反应的离子方程式为BrO3−+5Br−+6H+=3Br2+3H2O，当第(Ⅲ)步产生1molBr2时则转移的电子数为53NA，故C错误；
D.由于第三步反应机理中BrO−继续歧化，产生Br−和BrO3−，故该反应机理说明BrO−的稳定性较差，故D正确；
故选：BD。
A.1molH−O⊖中含有的电子数为10NA；
B.由反应机理可知第二步反应为Br2在OH−中歧化；
C.第(Ⅲ)步反应的离子方程式为BrO3−+5Br−+6H+=3Br2+3H2O；
D.由于第三步反应机理中BrO−继续歧化，产生Br−和BrO3−。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3，水解程度越大，则水的电离程度越大，所以a、b、c三点水的电离程度a>b>c，故A正确；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，由物料守恒可知：c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.05mol/L，故B错误；
C.b点溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据电荷守恒可知：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，故C正确；
D.c点溶质为NaHCO3，存在电荷守恒：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)和物料守恒：c(Na+)=c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)，两式联立可得：c(OH−)=c(H+)+c(H2CO3)−c(CO32−)，即c(OH−)−c(H+)=c(H2CO3)−c(CO32−)，所以2c(H2CO3)−c(CO32−)>c(H2CO3)−c(CO32−)=c(OH−)−c(H+)，故D正确；
故选：B。
NaOH与CO2反应共有4种组成，分别为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，从溶液pH与通入气体的关系图像可知，a点溶质为Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，由起点pH=13，即氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，则c(NaOH)=0.1mol/L，由于当通入0.05mol二氧化碳时即恰好完全反应生成碳酸钠，故n(NaOH)=0.1mol，则NaOH溶液的体积V=0.1mol0.1mol/L=1L=1000mL；
A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，根据物料守恒来分析；
C.b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据电荷守恒来分析；
D.c点溶质为NaHCO3，根据电荷守恒和物料守恒来分析。
本题考查溶液中的三个守恒的应用，侧重考查学生分析图像解决实际问题的能力，试题难度不大。
15.【答案】CD
【解析】解：A.氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及AlH4−中含有的配位键，则氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键，故A正确；
B.AlH4−价层电子对数为4+12(3+1−4×1)=4，且没有孤电子对，AlH4−为正四面体结构，故B正确；
C.由方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑可知，当氢化铝锂释放1mol氢气时，有23mol的Al3+被还原，故C错误；
D.该晶胞中锂位于棱上和面上，均摊法可知，含有4×14+6×12=4个，即晶胞中含有4个LiAlH4，其密度ρ=mV=MNA×nV=4×38NA×a2b×10−21=152NAa2b×10−21g/cm3，故D错误；
故选：CD。
A.氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及AlH4−中含有的配位键；
B.AlH4−价层电子对数为4+12(3+1−4×1)=4，且没有孤电子对；
C.方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑；
D.该晶胞的密度ρ=mV。
本题考查晶体结构，侧重考查学生化学键和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】16 O>C>H>Fe 4 1：4 小于 二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，r(Ca2+)>r(Mg2+)，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：16；O>C>H>Fe；4；1：4；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高，故熔点CaO小于MgO，
故答案为：小于；二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，r(Ca2+)>r(Mg2+)，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：⑧、⑳；6；5.6 2×1031a3NA。
(1)铁华粉中铁为Fe2+，未成对电子数占总电子数为424=16，元素的非金属性越强，电负性越大，由图可知铁(Ⅱ)的配位数为4，1mol铁华粉中sp3杂化的碳原子数为2，1mol血红素分子中sp3杂化的碳原子数为8；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高；
(3)由于CaO晶胞为NaCl型晶胞，Ca2+离子处于8个顶点和6个面心，O2−离子处于12条棱心和1个体心，若两个最近的Ca2+间的距离为apm，则晶胞的边长为 2apm，晶胞的密度ρ=mV。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生电负性、杂化和晶体计算的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】 2MoS+2Na2CO3+5O2=焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO2 Al2O3+Na2CO3=焙烧2NaAlO2+CO2↑ NiO NaVO3、NaHCO3 20g⋅L−1 10g⋅L−1 6NH4VO3=焙烧3V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O 1021
【解析】解：(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：，
故答案为：；
(2)由题中的信息可知，MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为2MoS+2Na2CO3+5O2=焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO2，Al2O3+Na2CO3=焙烧2NaAlO2+CO2↑，
故答案为：2MoS+2Na2CO3+5O2=焙烧2Na2MoO4+2CO2+2SO2；Al2O3+Na2CO3=焙烧2NaAlO2+CO2↑；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3，
故答案为：NiO；NaVO3、NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g⋅L−1和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：20g⋅L−1和10g⋅L−1，
故答案为：20g⋅L−1；10g⋅L−1；
(5)由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为6NH4VO3=焙烧3V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O，
故答案为：6NH4VO3=焙烧3V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O；
(6)由于Ksp=c(Cu2+)c(S2−)，K2(H2S)=c(H+)c(S2−)c(HS−)，Cu2++HS−=CuS+H+的K=c(H+)c(Cu2+)c(HS−)=K2(H2S)Ksp(CuS)=1021，
故答案为：1021。
工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸；
(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物；
(2)MoS及Al2O3分别与纯碱反应Na2MoO4和NaAlO2；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g⋅L−1和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大；
(5)NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气；
(6)由题意可知，Cu2++HS−=CuS+H+的K=c(H+)c(Cu2+)c(HS−)。
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。
18.【答案】球形干燥管 A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O(或NH3⋅H2O=△NH3↑+H2O) d→c→f→e→i 2CrCl3⋅6H2O=△Cr2O3+9H2O+6HCl 在HCl氛围中小火加热缓慢失水 j j d c CrCl3+NH3=高温CrN+3HCl 79.2%
【解析】解：(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，反应的化学方程式为：NH3⋅H2O=△NH3↑+H2O，发生装置应选择图中的B，
故答案为：球形干燥管；A(或B)；2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O(或NH3⋅H2O=△NH3↑+H2O)；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置，按气流方向表示为d→c→f→e→i，
反应答案为：d→c→f→e→i；
(2)CrCl3⋅6H2O加热失水时会发生水解生成氢氧化铬，氢氧化铬再分解生成氧化铬，故反应的化学方程式为：2CrCl3⋅6H2O=△Cr2O3+9H2O+6HCl，若想得到无水氯化铬，需在HCl氛围中小火加热缓慢失水，
故答案为：2CrCl3⋅6H2O=△Cr2O3+9H2O+6HCl；在HCl氛围中小火加热缓慢失水；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气，装置的连接顺序为；发生装置→j→j→d→c→i，
故答案为：j→j→d→c；
②硬质玻璃管中发生的反应为：CrCl3+NH3=高温CrN+3HCl，
故答案为：CrCl3+NH3=高温CrN+3HCl；
(4)反应的定量关系可知，2CrN～2NH3～H2SO4～2NaOH，元素守恒得到氮化铬的纯度=(0.100L×0.200mol/L−0.100mol/L×0.040L×12)×2×66g/mol3.0g×100%=79.2%，
故答案为：79.2%。
(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，选择装置B；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置；
(2)氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，是结晶水合物受热分解，生成氧化铬、水和氯化氢，结晶水合物需在HCl氛围中小火加热，抑制水解；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气；
②硬质玻璃管中发生的反应是CrCl3和氨气高温反应生成CrN和氯化氢；
(4)反应的定量关系可知，2CrN～2NH3～H2SO4～2NaOH，元素守恒计算得到氮化铬的纯度。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和实验仪器、实验装置的掌握情况，题目难度中等。
19.【答案】2，6−二甲基苯酚 醚键、酯基 稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) H2O E、F、G 15
【解析】解：(1)A的化学名称为2，6−二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基，
故答案为：2，6−二甲基苯酚；醚键、酯基；
(2)反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为，
故答案为：稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；；
(3)反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+→M+H2O，
故答案为：；H2O；
(4)该消去反应均为醇的消去，根据消去反应的条件可知在有机物A～H中能发生消去反应的物质有E、F、G，
故答案为：E、F、G；
(5)由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共5×3=15种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为，
故答案为：15；；
(6)乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，与SOCl2发生已知信息的反应，再与苯乙胺发生反应④，合成路线如下：，
故答案为：。
A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构、给予的反应信息进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好地考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
20.【答案】−246kJ⋅mol−1 减小 1.35 CH3*+H*=CH4* c>b>a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a 0.16 16.7 33.4 DE
【解析】解：(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，则ΔH=ΔH2−ΔH1=−205kJ⋅mol−1−41kJ⋅mol−1=−246kJ⋅mol−1，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小，
故答案为：−246kJ⋅mol−1；减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为−2.13−(−3.48)=1.35eV，该步骤反应的化学方程式为CH3*+H*=CH4*，
故答案为：1.35；CH3*+H*=CH4*；；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时v(H2)=0.16MPa⋅min−1；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
起(mol)2 4 0 0
转(mol)0.8 3.2 0.8 1.6
平(mol)1.2 0.8 0.8 1.6
恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则6mol4.4mol=3MPaP总，解得P总=2.2PMa，平衡时各组分的物质的量分数分别为311、211、211、411，则平衡分压为0.6Mpa、0.4Mpa、0.4Mpa、0.8Mpa，开始时H2的分压P(H2)=46×3MPa=2.0Mpa，氢气的压强变化量为ΔP(H2)=(2.0−0.4)Mpa，则v(H2)=ΔPH2t=1.6MPa10min=0.16MPa⋅min−1，Kp=P(CH4)⋅P2(H2O)P(CO2)⋅P4(H2)=0.82×0.40.44×0.6(MPa)2≈16.7(MPa)2，
故答案为：c>b>a；温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a；0.16；16.7；
②由Kp=k正k逆=16.7，故k正=k逆×Kp=16.7(MPa)−2×2(MPa)−2⋅min−1=33.4(MPa)−4⋅min−1，
故答案为：33.4；
(4)A.ZnFe2O4中Fe为+3价，故A错误；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，故B错误；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4，故C错误；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，故D正确；
E.由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2，故E正确；
故答案为：DE。
(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式，则ΔH=ΔH2−ΔH1代入计算，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为−2.13−(−3.48)=1.35eV，该步骤反应的化学方程式为CH3*+H*=CH4*；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时v(H2)=0.16MPa⋅min−1；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式计算；
②由Kp=k正k逆=16.7，故k正=33.4(MPa)−4⋅min−1；
(4)A.ZnFe2O4中Fe为+3价；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定；
E.由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2。
本题考查化学反应原理，涉及反应热的计算、平衡的移动、平衡常数的计算等，题目中等难度。
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