2022届全国高考化学巩固模拟卷5（全国甲卷专用）含解析

这是一份2022届全国高考化学巩固模拟卷5（全国甲卷专用）含解析，共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 2022年高考化学巩固模拟卷5
（全国甲卷专用）
可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Al27 S32 Ca40 Fe56 Ba137
一、选择题:本题共16小题,每小题3分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1．（2018·黑龙江·大庆中学高一期中）下列有关化学用语表示正确的是
A．中子数为7 的碳原子： B．次氯酸的结构式：
C．S的结构示意图： D．的电子式 
2．（2020·山东·模拟预测）关于下列图示仪器的说法正确的是

A．图①所示仪器使用前需要检查是否漏液，可用来盛装苏打溶液
B．实验室中用Na2O2与水反应制备O2时，可以使用图②所示仪器作为反应器
C．用图③所示仪器、苯为萃取剂萃取碘水中的碘时，应先倒出有机层再倒出水层
D．图④所示仪器一般用于冷凝回流，不能用于蒸馏或分馏
3．（2019·河南驻马店·高三期末）《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属……晒干烧灰，以原水淋汁…久则凝淀如石……浣衣发面，甚获利也。”下列说法中错误的是（       ）
A．“石碱”可用作洗涤剂 B．“石碱”的主要成分易溶于水
C．“石碱”俗称烧碱 D．“久则凝淀如石”的操作为结晶
4．（2022·全国·高三专题练习）常温下，分别取未知浓度的HA和MOH溶液，加水稀释至原来体积的n倍。稀释过程中，两溶液的pH变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A．HA为弱酸，MOH为强碱
B．水的电离程度：X＞Y=Z
C．若升高温度，Y、Z点对应溶液的pH均减小
D．将Y点与Z点对应溶液以体积比为1：10混合，所得溶液中：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
5．（2019·江西·南康中学高二阶段练习）在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应：2X(g)＋Y(g)3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（       ）

A．Q点时，Y的转化率最大
B．升高温度，平衡常数增大
C．W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率
D．平衡时，再充入Z，达到平衡时Z的体积分数一定增大
6．（2019·山西大附中高二阶段练习）利用如图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中正确的是

A．电极a表面发生还原反应
B．该装置工作时，H+从b极区向a极区移动
C．该装置中每生成2 mol CO，同时生成1 mol O2
D．反应过程中，电极a附近溶液的pH值将增大
7．（2021·辽宁·模拟预测）某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是

A．电负性：
B．简单离子半径：
C．Y的氢化物的沸点能大于Q的氢化物的沸点
D．该化合物中Z和Y原子的杂化方式都相同
8．（2020·河北师范大学田家炳中学高一阶段练习）关于如图所示的转化过程的分析错误的是

A．Fe3O4中铁元素的化合价为+2、+3
B．过程Ⅰ中每消耗58g Fe3O4转移1mol电子
C．过程Ⅱ中化学方程式为3FeO+H2O(g)Fe3O4+H2
D．该过程总反应为2H2O(g)=O2+2H2
9．（2020·安徽省太和第一中学高三阶段练习）实验室制备 NaClO2的装置如下图，其中C装置内生成ClO2下列说法正确的是

A．实验开始时，应打开分液漏斗的活塞及弹簧夹乙，关闭弹簧夹甲
B．可用98.3%硫酸代替75%硫酸
C．H2O2是制备 NaClO2反应的还原剂
D．F中的试剂可用饱和Ca(OH)2溶液
10．（2019·河北省隆化存瑞中学二模）下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液
有红褐色沉淀
胶体遇强电解质聚沉
B
将SO2通入紫色石蕊溶液中
溶液先变红后褪色
SO2具有漂白性
C
将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中
铜丝由黑变红
乙醇被还原
D
向氯化铝溶液中持续通入氨气
产生白色沉淀后溶解
Al(OH)3与碱反应

A．A B．B C．C D．D
11．（2022·湖南永州·高一期末）下列离子方程式正确的是
A．硫酸钠溶液与氯化钡溶液反应：+Ba2+=BaSO4↓
B．铝粉加入氢氧化钠溶液中：Al+OH-+H2O=+H2↑
C．将Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
D．碳酸银溶于过量盐酸中：Ag2CO3+2H+=2Ag++H2O+CO2↑
12．（2021·河南南阳·高三期中）苯基丙烯醛(结构简式如丁所示)可用于水果保鲜或食用香料，合成路线如图。下列说法正确的是

A．甲与乙互为同系物
B．反应①为取代反应，反应②为消去反应
C．甲，乙，丙，丁四种物质都既有氧化性又有还原性
D．丙和丁互为同分异构体
13．（2021·全国·高三专题练习）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，22.4LCH4含有电子数为10NA
B．6gCH3COOH分子中含有共价键数为0.8NA
C．1L0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含CO数为0.1NA
D．密闭容器中2molSO2与1molO2反应，生成SO3的分子数为2NA
14．（2019·河南·洛阳市第一高级中学高一阶段练习）除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法不正确的是

物质
杂质
除杂所用试剂和方法
A
H2SO4
HCl
AgNO3溶液、过滤
B
KNO3
K2SO4
适量Ba(NO3)2溶液、过滤
C
Cu
CuO
盐酸、过滤
D
C2H5OH
CH3COOH
CaO、蒸馏

A．A B．B C．C D．D
15．（2022·全国·模拟预测）下列说法错误的是
A．、、TD燃烧均生成水
B．可用试纸测定新制氯水的
C．硝酸铵溶于水可自发进行，该过程
D．溶液能用来鉴别同浓度的稀溶液与稀溶液
16．（2022·全国·模拟预测）部分氧化的 Fe-Cu 合金样品(氧化物为 Fe2O3、CuO)共5.76 g,经如下处理:

下列说法正确的是
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B．溶解样品消耗的硫酸共为 0.04 mol
C．样品中氧元素的质量为 0.48 g D．V=336 mL
二、非选择题:共52分,第17~19题为必考题,每个试题考生都必须作答。第20~21题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:共39分。
17．（2022·陕西宝鸡·一模）CO2是重要的工业原料，CO2的综合利用有利于碳达峰碳中和目标的最终实现。
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。298K时，相关物质的相对能量如图1所示，CO2与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为___________。
已知：H2O(1)=H2O(g) ∆H=-242kJ·mol-1-(-286kJ·mol-1)=+44kJ·mol-1

(2)在Ru/TiO2催化下发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。若无副反应发生，T℃时向1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，初始总压强为5.0aMPa，反应进行到5min时，CO2与CH4的体积分数相等；10min后反应达到平衡时总压强为3.5aMPa。(已知：分压=总压×组分物质的量分数)
①该可逆反应达到平衡的标志为___________(填标号)。
A．v(CO2)正和v(CH4)逆的比值为1：1
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．单位体积内分子总数不变
D．四种物质的分压之比等于计量系数之比
E．c(CO2)·c(H2)4=c(CH4)·c(H2O)2
②0～5min内，v(H2)=55mol·L-1min-l；平衡时CO2的分压为________aMPa，此温度下该反应的平衡常数K=_________。
(3)工业上常用电解法和催化法将CO2合成为羧酸以实现资源化处理。
①电解法：以Pt为电极、质子惰性有机溶剂为电解液的装置，可将CO2转化为草酸(H2C2O4)，其阴极的电极反应方程式为___________。
②催化法：图2是在催化剂作用下CO2合成乙酸的反应路径与机理图示，催化循环的总反应化学方程式为___________(反应条件上注明催化剂的化学式)；反应的中间产物共___________种。
HI、LiOH、CH3l、CH3Rh*I.
|CH3COORh*I为反应的中间产物

18．（2020·新疆·昌吉市第九中学高三开学考试）下图为对预处理后的可充电电池粉末(主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)回收重金属的工艺流程。

已知：浸取液为NH3和NH4HCO3的混合液；滤液①主要含：[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+和CO32-
(1)滤液③中，钴元素的化合价为：_______________
(2)“催化氧化”步骤中，向[Co(NH3)6]2+含量为0.38g·L-1的溶液中通入空气，待反应完全后，记录数据如下表：
反应时间
[Co(NH3)6]3+(g·L-1)(25ºC)
[Co(NH3)6]3+(g·L-1)(90ºC，石墨催化)
1.5h
0.090
0.35
2.5h
0.14
0.38
5h
0.35
0.38

由表中数据可得，[Co(NH3)6]2+氧化的最佳条件为_________________________；
(3)反应I的化学方程式：_____________________________________ ；操作I中用乙醇代替蒸馏水洗涤NiSO4·6H2O 的优点是：_____________________；
(4)萃取原理为：Ni2+ (水层)+2HR(有机层)⇌NiR(有机层)+2H+(水层)，反萃取中，加入试剂X为：__________________________，该工艺可循环利用的物质为有机萃取剂和____________________；(以上均填化学式)
(5)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2+＋CO⇌CdCO3↓＋4NH3。已知：常温下，该反应平衡常数K=2.75×105mol2•L-2，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2+＋4NH3的平衡常数K不稳=2.75×10-7， Ksp(CdCO3)= ________。
(6)铁镍蓄电池又称爱迪生电池,放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2；该电池充电时，阳极的电极反应方程式为：_________；
19．（2022·辽宁·模拟预测）磷酸亚铁锂(LiFePO4)能可逆地嵌入、脱出锂，使其作为锂离子电池正极材料的研究及应用得到广泛关注。通过水热法制备磷酸亚铁锂的一种方法如下(装置如图所示)：

I.在A中加入40 mL蒸馏水、0.01 mol H3PO4和0.01 mol FeSO4·7H2O，用搅拌器搅拌溶解后，缓慢加入0.03 mol LiOH·H2O，继续搅拌。
II.向反应液中加入少量抗坏血酸(即维生素C)，继续搅拌5min。
III.快速将反应液装入反应釜中，保持170℃恒温5 h。
IV.冷却至室温，过滤。
V.用蒸馏水洗涤沉淀。
VI.干燥，得到磷酸亚铁锂产品。
回答下列问题：
(1)装置图中仪器A的名称是_______，根据上述实验药品的用量，A的最适宜规格为_______(填选项)
A．100ml       B．250ml       C．500ml       D．1000ml
(2)步骤II中，抗坏血酸的作用是_______，也可以用Na2SO3代替抗坏血酸，其原理是_______(用离子方程式表示)。
(3)步骤IV过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还有_______。
(4)步骤V检验LiFePO4是否洗涤干净的方法是_______。
(5)干燥后称量，产品的质量是1.2 g，本实验的产率为_______%(保留小数点后1位)。
(6)已知：加料顺序(a)、反应物浓度(b)、反应温度(c)等条件对LiFePO4材料的电化学性能都有影响。将LiFePO4/C制成正极片，组装成半电池进行充放电测试，半电池的比容量极差(比容量最大值与最小值之差)越大，说明该因素对实验结果影响越大。由图判断，加料顺序、反应物浓度、反应温度对LiFePO4材料的电化学性能的影响程度从大到小的顺序为_______(用a、b、c表示)。

(二)选考题:共13分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。
20．（2021·广东·广州市广大附属实验学校高三期中）B、Si和P 是组成半导体材料的重要元素。回答下列问题
(1)基态B、Si 和P中，单电子数最多的是___________，电负性最大的是___________。
(2)PCl3中心原子的杂化类型为___________，BCl3与阴离子___________互为等电子体。
(3)SiCl4极易与水反应，其反应机理如图。


①上述反应机理涉及的分子中属于非极性分子的是___________。(填化学式)
②关于上述反应机理的说法正确的是___________。
A． Si 的杂化方式一直没有发生变化
B． H2O 中 O 通过孤对电子与 Si 形成配位键
C．只涉及了极性共价键的断裂与形成
(4)两种含硅化合物的晶胞结构如图所示


               I                                                                 Ⅱ
①这两种含硅化合物的化学式分别为___________和___________。
②I的晶胞参数为a pm，则Ⅰ的密度为___________。
③Ⅱ的晶胞参数为b pm，Si和P的原子半径分别为pm和pm，则Ⅱ的空间占有率为___________。
21．（2021·重庆·高三开学考试）化合物H是一种治疗心绞痛药物的中间体，其合成路线如图所示：


回答下列问题：
(1)A→B的反应所需试剂与条件为_______；B的名称为_______；D—E的反应类型为_______。
(2)C的结构简式：_______；写出G→H的反应方程式：_______。
(3)只含有两个取代基的芳香族化合物X与D互为同分异构体，其中符合下列条件的X有_______种。
①能与溶液发生显色反应；
②可以发生水解。
其中核磁共振氢谱显示有5种H原子，其峰的面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为_______。
(4)请设计以甲苯为原料合成的路线图_______ (无机试剂任选)。


参考答案：
1．B
【解析】
分析：A、表示原子的左上角表示质量数；B、根据次氯酸中元素的化合价分析；C、硫原子的核外电子数是16；D、二氧化碳分子中含有碳氧双键。
详解：A、中子数为7的碳原子可表示为，A错误；
B、次氯酸中氧元素是－2价，氢元素和氯元素均是+1价，则次氯酸的结构式为H-O-Cl，B正确；
C、S的结构示意图为，C错误；
D、二氧化碳是共价化合物，电子式为，D错误，答案选B。
2．D
【解析】
图①所示仪器为酸式滴定管，使用前需要检查是否漏液，苏打(Na2CO3)溶液显碱性，不能用酸式滴定管盛装，A错误；图②所示仪器为启普发生器，用Na2O2与水反应制备O2时放出大量热，易发生容器内部压强过大而造成仪器破裂等危险，B错误；图③所示仪器为分液漏斗，苯的密度比水小，萃取碘之后的有机层在上层，分液时应该首先从活塞放出下层液体（水层），才能从上口倒出上层液体（有机层），C错误；图④所示仪器为球形冷凝管，该仪器一般用于冷凝回流，若用于蒸馏或分馏，冷凝下来的液体会聚集在球泡部位，不利于冷凝下来的液体由牛角管流入接受器中，D正确。
3．C
【解析】
“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分；“以水淋汁”，该成分易溶于水；久则凝淀如石……浣衣发面，亦去垢发面，能作为发酵剂、能去油污，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸钾，俗称草木灰，即“石碱”为碳酸钾。
A. 碳酸钾的水溶液显碱性，可以水解油污，因此可以作洗涤剂，A正确；
B. “以水淋汁”，说明该成分易溶于水，B正确；
C. “石碱”为碳酸钾，C错误；
D. “久则凝淀如石”，指溶液析出固体的过程，即结晶，D正确；
答案选C。
4．D
【解析】
根据图像可知，稀释过程中，HA溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化n个单位，说明HA为强酸；而MOH溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明MOH为弱碱。
A.HA应该为强酸，MOH为弱碱；
B.酸、碱溶液都会抑制了水的电离，酸溶液中的OH-、碱溶液中的H+是水的电离的；
C.Y点HA溶液呈酸性，升高温度后c(H+)基本不变，溶液pH不变；
D.MOH为弱碱，混合液中MOH过量，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，结合电荷守恒判断离子浓度大小。
根据前面分析可知：HA为强酸，MOH为弱碱。
A.根据分析可知，HA为强酸，MOH为弱碱，A错误；
B.X点水电离出的氢离子浓度是10-9mol/L，Y点水电离出的氢离子浓度是10-10mol/L，Z点水电离出的氢离子浓度是10-9mol/L，所以水的电离程度X=Z＞Y，B错误；
C.升高温度促进水的电离，水的离子积增大，Y点氢离子浓度基本不变，其pH不变；Z点氢离子浓度增大，则Y点溶液pH减小，C错误；
D.Y点pH=4，c(H+)=10-4mol/L，HA的浓度为10-4mol/L；Z点pH=9，c(OH-)=10-5mol/L，MOH为弱碱，则c(MOH)>10-5mol/L，将Y点与Z点对应溶液以体积比为1：10混合，由于MOH过量，所以混合后溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(M+)>c(A-)，则溶液中离子浓度大小为：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，D正确；
故合理选项是D。
本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡的知识，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握离子浓度大小比较方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
5．A
【解析】
在Q对应温度之前，升高温度，X的含量减小，在Q对应温度之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。
A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A正确；
B．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故B错误；
C．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故C错误；
D．反应前后气体的物质的量不变，在一定温度下，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误；
故答案为A。
图像问题解题步骤：(1)看懂图像：①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义)；②看线(即弄清线的走向和变化趋势)；③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义)；④看是否要作辅助线(如等温线、等压线)；⑤看定量图像中有关量的多少；(2)联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
6．C
【解析】
根据电子的流向判断装置的正负极，结合装置的工作原理和装置图书写电极反应式，根据电极反应式作答。
电子由a电极通过导线流向b电极，a电极为负极，b电极为正极。
A项，电极a为负极，电极a表面发生氧化反应，A项错误；
B项，该装置工作时阳离子向正极移动，该装置工作时，H+由a极区向b极区移动，B项错误；
C项，a极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，总反应为2CO2=2CO+O2，每生成2molCO同时生成1molO2，C项正确；
D项，a极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，反应过程中消耗H2O、生成H+，c（H+）增大，电极a附近溶液的pH值将减小，D项错误；
答案选C。
7．C
【解析】
X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素，由该化合物的结构图可知，Y为第ⅣA族元素，Q为ⅥA族元素，W为第IA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，据此分析解答。
A． 同周期元素从左至右电负性逐渐增大，故电负性：O＞N＞C，故A错误；
B． N3-、O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，故B错误；
C． C的氢化物为烃，常温下，含C原子数较多的烃可以呈固态，O的氢化物为水、过氧化氢，常温下为液态，故C正确；
D． 该化合物中N原子形成3根σ键和1对孤电子对，故其杂化方式为sp3，饱和C原子采取sp3杂化，形成双键的C原子采取sp2杂化，故D错误；
故选C。
8．B
【解析】
A．Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO，所以Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；
B．过程Ⅰ的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，当有2mol Fe3O4分解时，生成1mol O2，而58g Fe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol O2，故转移0.5mol电子，故B错误；
C．过程Ⅱ中FeO与水蒸气在加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为，3FeO+H2O(g)Fe3O4+H2，故C正确；
D．过程Ⅰ的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，过程Ⅱ的反应为3FeO+H2O(g)Fe3O4+H2，故该过程总反应为2H2O(g)=O2+2H2，，故D正确。
综上所述答案为B。
9．C
【解析】
A. C装置中的竖直玻璃管用于平衡系统的气压并可防止堵塞。实验开始时，应打开弹簧夹甲，故A错误；
B. 98.3%硫酸中硫酸大多以分子的形式存在，不能电离出氢离子，其与亚硫酸钠反应较慢，不能用其代替75%的硫酸，故B错误；
C. C中产生ClO2通入D中后与H2O2反应生成NaClO2时，氯元素的化合价降低被还原，故H2O2作还原剂，C正确；
D. 饱和Ca(OH)2溶液浓度较低，无法充分吸收尾气中的二氧化硫和二氧化氯，故D错误，
故选C。
在分析有气体生成的组合的实验装置时，要充分考虑气压和尾气处理等问题。
10．A
【解析】
A、根据胶体的性质，硫酸钠为电解质，向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液，氢氧化铁胶体聚沉，出现红褐色沉淀，故A正确；B、紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液只变红，不褪色，故B错误；C、灼热的铜丝插入到乙醇中，发生2Cu＋O2=2CuO，CH3CH2OH＋CuO→CH3CHO＋Cu＋H2O，总反应是2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，现象是先变黑后变红，乙醇被氧化，故C错误；D、氯化铝溶液中通入氨气，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，氢氧化铝溶解与强碱，不溶于弱碱，即只产生白色沉淀，故D错误。
11．A
【解析】
A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；
B．原子不守恒、电子不守恒，离子方程式应该为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，B错误；
C．将Cl2通入水中，反应产生HCl和HClO，HCl是强酸，完全电离，而HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，反应的离子方程式应该为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，C错误；
D．AgCl是白色难溶性物质，应该写化学式，二者反应的离子方程式应该为：Ag2CO3+2H++2Cl-=2AgCl↓+H2O+CO2↑，D错误；
故合理选项是A。
12．C
【解析】
A．甲中含有苯环，乙中不含苯环，甲、乙结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B．甲和乙发生加成反应生成丙，丙中醇羟基发生消去反应生成丁，所以反应①为加成反应，反应②为消去反应，故B错误；
C．甲，乙，丙，丁四种物质都含有醛基，既能与银氨溶液发生反应而具有氧化性，又能与氢气发生加成反应而具有还原性，故C正确；
D．丙和丁含氧原子个数不相等，分子式不同，不可能是同分异构体，故D错误；
故选：C。
13．B
【解析】
A．常温常压下，22.4LCH4的物质的量小于1mol，含有电子数小于10NA，故A错误；
B．1个CH3COOH分子含有8个共价键，6gCH3COOH分子中含有共价键数为0.8NA，故B正确；
C．水解，1L0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含CO数小于0.1NA，故C错误；
D．SO2和O2的反应可逆，密闭容器中2molSO2与1molO2反应，生成SO3的分子数小于2NA，故D错误；
选B。
14．A
【解析】
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．
A、H2SO4和HCl均能与AgNO3溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误。
B、K2SO4能与适量Ba（NO3）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钾，再过滤除去不溶物，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确。
C、盐酸能溶解氧化铜生成氧化铜和水，再过滤除去不溶物，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故C正确；
D、氧化钙能与醋酸作用生成醋酸钙和水，醋酸钙是盐，熔沸点高，蒸馏出乙醇，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故D正确；
故选A。
15．B
【解析】
A．D2、T2、TD都为氢气分子，都能在氧气中燃烧生成水，故A正确；
B．新制氯水中次氯酸具有强氧化性，能使有机色质被氧化而漂白褪色，则不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；
C．硝酸铵溶于水的过程为吸热过程，△H＞0，硝酸铵在溶液中电离出自由移动的离子的过程是熵变增大的过程，△S＞0，常温下△H—T△S＜0，则硝酸铵溶于水可自发进行，故C正确；
D．碳酸钠溶液能与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，碳酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，则氯化钡溶液能用来鉴别同浓度的碳酸钠稀溶液和碳酸氢钠稀溶液，故D正确；
故选B。
16．B
【解析】
硫酸足量可以说明沉淀中无Fe、CuO、Fe2O3，溶液无铜离子可以说明铜都析出了，滤渣3.2g一定是全部的铜；最后灼烧得到固体3.2g为Fe2O3，其中含铁元素质量为3.2×112/160=2.24g，部分氧化的 Fe-Cu 合金样品中铁元素质量为2.24 g，铜元素的质量为3.2g，则氧元素质量为5.76-2.24—3.2g =0.32g；由于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为2.24/56=0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol；参加反应硫酸电离出的与H+部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧原子的物质的量，进而计算氧原子它结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积。
生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，A错误；根于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，B正确；最后灼烧得到固体3.2g为Fe2O3，其中含铁元素质量为3.2×112/160=2.24g，部分氧化的 Fe-Cu 合金样品中铁元素质量为2.24 g，铜元素的质量为3.2g，则氧元素质量为5.76-2.24—3.2g =0.32g，C错误；0.04mol硫酸电离出氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧元素质量为为3.2g.氧的物质的量0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，D错误。
本题考查混合物计算，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，清楚反应过程是解答关键，注意利用原子个数守恒解答。
17．(1)C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ∆H =+177 kJ mol-1
(2)     ABC     0.25aMPa     0.75
(3)     2CO2+2e-+2H+= H2C2O4          5
【解析】
(1)
)由已知:反应的热化学方程式为C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ∆H =[52+(-110)+(-242)-(-84)-(-393)]kJ mol-1=+177 kJ mol-1；
(2)
①A．v(CO2)正和v(CH4)逆的比值为1：1，符合正反应速率和逆反应速率相等，达到平衡，故A正确；
B．混合气体的平均相对分子质量为，反应为前后分子数变化的反应，当混合气体的平均相对分子质量不变反应达到平衡，故B正确；
C．1L恒容密闭容器，反应为前后分子数变化，单位体积内分子总数不变时反应达到平衡，故C正确；
D．按照计量数之比充入反应物，任何时刻四种物质的分压之比等于计量系数之比，不能判断平衡，故D错误；
E．根据题意计算可知K=0.75，故c(CO2)·c(H2)4c(CH4)·c(H2O)2，当c(CO2)·c(H2)4=c(CH4)·c(H2O)2反应不是平衡态，故E错误；
故答案为ABC
②根据三段式

，解得x=0.75mol
平衡时CO2的分压为
此温度下该反应的平衡常数
(3)
CO2在阴极得电子转化为草酸，阴极的电极反应方程式为2CO2+2e-+2H+= H2C2O4；
②根据图可知催化循环的总反应化学方程式为：；HI、LiOH、CH3l、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物，共5种；
18．     +2价     90ºC，石墨催化；反应时间为2.5 h     2Co(OH)3＋6HCl＝2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O     减少产品的溶解损失，且乙醇易挥发有利于快速干燥产品     H2SO4     NH3     1.0×10-12     2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
【解析】
电池粉末(主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)用NH3和NH4HCO3的混合液浸取后，滤液①主要含：[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+和CO32-，说明NiO、CdO、CoO发生反应，滤渣①主要成分为Fe2O3；滤液①发生催化氧化，钴元素由+2价升高为+3价，生成Co(OH)3，Co(OH)3与HCl发生氧化还原反应生成CoCl2、Cl2和H2O，最后经处理得到氯化钴晶体；滤液②经过萃取，发生Ni2+ (水层)+2HR(有机层)NiR(有机层)+2H+(水层)，向有机相中加入试剂X得到水相中含镍离子，故试剂X为硫酸，促进反应逆向移动。
(1) 综上分析，Co(OH)3与HCl发生氧化还原反应生成CoCl2、Cl2和H2O，故滤液③中，钴元素的化合价为+2价；
(2)“催化氧化”步骤中，根据表格数据，反应5h与反应2.5h，产量无明显变化，故90ºC，石墨催化；反应时间为2.5 h时，[Co(NH3)6]2+氧化的最佳条件；
(3)综上分析，反应I的化学方程式为2Co(OH)3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O；为了减少产品的溶解损失，且乙醇易挥发有利于快速干燥产品，故操作I中用乙醇代替蒸馏水洗涤NiSO4·6H2O；
(4)根据萃取原理Ni2+ (水层)+2HR(有机层)⇌NiR(有机层)+2H+(水层)，反萃取中，为了使Ni2+溶于水，故加入试剂X为H2SO4，增加氢离子浓度，促进反应逆向移动；加入硫酸后促进氨气挥发，故该工艺可循环利用的物质为有机萃取剂和NH3；
(5)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2+＋CO⇌CdCO3↓＋4NH3，Ksp(CdCO3)＝c(CO32-)·c(Cd2+)＝＝＝＝1.0×10-12；
(6)铁镍蓄电池放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3 H2O=Fe(OH)2+2 Ni(OH) 2，则该电池充电时，总反应为Fe(OH)2+2 Ni(OH) 2=Fe+Ni2O3+3 H2O，阳极发生氧化反应，故阳极Ni(OH)2反应生成Ni2O3，故电极反应方程式为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O。
19．(1)     三颈烧瓶     A
(2)     做还原剂，防止Fe2+被氧化     2SO+O2=2SO
(3)漏斗、玻璃棒
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，若没有沉淀生成，则说明洗涤干净
(5)75.9
(6)b>c>a
【解析】
(1)
仪器A的名称是三颈烧瓶，A中溶液体积约为40 mL，选100mL规格的即可，故选A；
(2)
抗坏血酸具有还原性，步骤II中加入其的作用是做还原剂，防止Fe2+被氧化；Na2SO3也具有还原性，可与氧气反应而达到防止Fe2+被氧化的目的，反应的离子方程为：2SO+O2=2SO；
(3)
过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤V检验LiFePO4是否洗涤干净即检验是否存在硫酸根，方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，若没有沉淀生成，则说明洗涤干净；
(5)
制备磷酸亚铁锂的原理为H3PO4+ FeSO4+ LiOH= LiFePO4+H2O+ H2SO4，以0.01 mol FeSO4反应物完全反应来计算，理论上得到0.01 mol LiFePO4，m=nM=0.01mol×158g/mol=1.58g，产率为；
(6)
由图知比容量极差顺序为b>c>a，则影响程度从大到小的顺序为b>c>a。
20．     P     P     sp3     或等     SiCl4、H4SiO4.     BC     SiB6     SiP         
【解析】
(1)基态B原子有1个单电子，Si有2个单电子，P有3个单电子，则单电子数最多的是P，同周期从左至右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上往下电负性逐渐减小，则电负性最大的是P；
(2)PCl3的中心原子P形成3个σ键电子对，孤电子对数为，则价层电子对数为4，则PCl3的中心原子P的杂化类型为sp3；原子总数相等，价电子总数相等的分子或离子互为等电子体，BCl3共含有24个价电子，与BCl3互为等电子体的阴离子为或等；
(3)①由各分子的结构图可知，SiCl4、H4SiO4为正四面体结构，正负电荷中心重合，故为非极性分子；
②A． SiCl4、HSiCl3O、H4SiO4中Si原子形成4个σ键电子对，无孤电子对，则Si原子采取的杂化类型为sp3；H2SiCl4 O中Si原子形成5个σ键电子对，Si原子采取的杂化类型不是sp3；故Si 的杂化方式并不是一直没有发生变化，故错误；
B． Si原子最外层有4个电子，能形成4对共用电子对，在SiCl4中Si原子与4个Cl原子形成4对共用电子对，Si原子无孤电子对，有空轨道，则H2O 中 O 通过孤对电子与 Si 形成配位键，故正确；
C． 由图可知只涉及了极性共价键的断裂与形成，故正确；故选BC；
(4)①由图可知，I的一个晶胞中有6个B原子，Si原子个数为，则I的化学式为SiB6，Ⅱ的一个晶胞中有4个P原子，Si原子个数为，则Ⅱ的化学式为SiP；
②I的一个晶胞中有6个B原子，1个Si原子，则一个晶胞的质量为，则Ⅰ的密度为；
③Ⅱ的一个晶胞中有4个P原子，4个Si原子，则Ⅱ的空间占有率为。
21．     浓硫酸、浓硝酸、加热     对硝基苯乙酸(或4-硝基苯乙酸)     酯化反应(或取代反应)               9         
【解析】
根据B的结构简式及BC的反应条件可以得出C的结构为，D的结构为，根据H的结构简式可推知G的结构为。
(1)AB的反应为苯环上引入硝基，反应条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；B的名称为对硝基苯乙酸或4-硝基苯乙酸；DE的反应为酯化反应；故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热；对硝基苯乙酸(或4-硝基苯乙酸)；酯化反应(或取代反应)；
(2)由上述分析可知，C的结构简式为；G→H的反应为；故答案为：；；
(3)根据题给信息，可以得出X的结构中含有酚羟基和酯基，可能的结构有：(邻、间、对3种)、 (邻、间、对3种)、(邻、间、对3种)，共9种；核磁共振氢谱显示有5种H原子，其峰的面积之比为1：1：2：2：2，要考虑高度对称的结构，满足条件的结构简式为：
故答案为：9；；
(4)根据流程中F到G的反应分析，由甲苯要先得到，再与反应得到目标产物，具体的流程为：；故答案为：。
把握习题中的信息、有机物的官能团与性质、有机反应条件及有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用。