2022年山东省潍坊市高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年山东省潍坊市高考化学一模试卷（含答案解析），共26页。


2022年山东省潍坊市高考化学一模试卷

1. 科学家借助Al技术可以快速可靠地预测大多数蛋白质的三维形状。下列说法错误的是( )
A. α−氨基酸是构成蛋白质的结构单元
B. 由两个氨基酸分子脱水缩合形成二肽
C. 可利用氨基酸既能与酸反应又能与碱反应的性质对氨基酸进行分离
D. 向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4浓溶液，能使蛋白质变性
2. 下列物质应用错误的是( )
A. 钠用作强除水剂 B. Fe2O3用于制造激光打印机墨粉
C. 乙烯制剂用于水果催熟 D. 碳酸氢钠用于制某些药用泡腾片
3. 海带中含有碘元素，可通过以下步骤提取碘单质：①灼烧；②溶解；③过滤；④氧化；⑤萃取分液等。以上步骤不需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
4. X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y为同周期相邻元素，X原子的核外电子数等于Z最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。W的基态原子最外层只有1个电子且内层电子全部充满。下列说法错误的是( )
A. 第一电离能：X>Y
B. 简单氢化物沸点：X C. W的基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p64s1
D. Y、Z形成的一种化合物是一种常用的消毒剂
5. 2021年诺贝尔生理学或医学奖获得者DavidJulus，利用辣椒素(结构如图)来识别皮肤神经末梢中对热的感受器。下列有关辣椒素的叙述错误的是( )
A. 该有机物含有四种官能团
B. 该有机物能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 该有机物与NaHCO3溶液反应生成CO2
D. 1mol该有机物最多能与2molNaOH发生反应
6. 北京冬奥会比赛场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯(如图)为原料制得的。下列有关该双环烯酯的说法正确的是( )
A. 该双环烯酯不能使酸性重铬酸钾变色
B. 1mol该双环烯酯最多能与3molH2发生加成反应
C. 该双环烯酯的水解产物都能与氢氧化钠溶液反应
D. 该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有9种(不含立体异构)
7. 2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图：

下列说法错误的是( )
A. 电负性：O>C>H>Zn
B. 甲醇分子中H−C−O键角小于甲醛分子中H−C−O键角
C. DHA分子间存在氢键
D. Zn溶于氨水形成配合物[[Zn(NH3)4](OH)2,Zn2+的配位数为6
8. 根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )

实验操作
现象
结论
A
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液
生成沉淀，溶液变红
氧化性：Fe3+ B
将蔗糖和稀硫酸混合并水浴加热一段时间，调pH至碱性，加入新制适量氢氧化铜悬浊液，加热
产生砖红色沉淀
蔗糖水解生成葡萄糖
C
向浓溴水中滴加苯酚
有白色沉淀生成
苯环对羟基活性产生影响
D
将有机物C6H10O滴加到盛有溴水的试管中
溴水颜色褪去
C6H10O分子中一定含有碳碳双键
A. A B. B C. C D. D
9. 沉积物微生物燃料电池(SMFC)可以将沉积物中的化学能直接转化为电能，同时加速沉积物中污染物的去除，用SMFC处理含硫废水的工作原理如图所示，酸性增强不利于菌落存活。下列说法错误的是( )
A. 碳棒b电势比碳棒a电势低
B. 碳棒a附近酸性增强
C. 碳棒b存在电极反应：S−6e−+4H2O=SO42−+8H+
D. 工作一段时间后，电池效率降低
10. 毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2⋅2H2O的流程如图：

已知：

Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
下列说法正确的是( )
A. ①处15%的某酸，可以是盐酸或硝酸
B. 滤渣Ⅱ的成分只有Mg(OH)2
C. ②处加入草酸的作用是使Ca2+沉淀完全
D. ③操作需要在HCl气流中进行
11. 学习小组进行如下实验：
序号
实验①
实验②
实验③
实验



现象
出现白色沉淀
无明显现象
出现白色沉淀
实验①、③的白色沉淀经检验为BaO2。下列说法合理的是( )
A. 实验①、②说明在碱性条件下H2O2电离得到O22−
B. 实验①、②、③证明Na2O2与H2O反应过程存在反应Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2
C. 实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
D. 可用BaCl2、H2O检验长期放置的Na2O2中是否含有Na2CO3
12. LiAlH4是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出H2，在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是( )
A. AlH4−的空间构型为正四面体形
B. 1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子
C. 1molLiAlH4跟足量水反应，生成标况下44.8L氢气
D. LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，反应中LiAlH4作还原剂
13. 有机化合物Z可用于治疗阿尔茨海默症，其合成路线如图：

下列说法错误的是( )
A. 该反应为加成反应
B. X、Y分子中含有的手性碳原子个数相同
C. Z的消去反应产物具有顺反异构体
D. Z的同分异构体可能含两个苯环
14. 我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知1eV=1.6×10−19J)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是( )
A. 过渡态TS2比TS1更稳定
B. 过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤
C. 化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe−O键的断裂
D. 该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s)ΔH=−11.63kJ⋅mol−1
15. ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A−)或c(B−)随c(OH−)而变化，A−和B−不发生水解。实验发现，298K时c2(A−)与c(OH−)、c(B−)与c(OH−)的关系如图所示，甲表示c2(A−)与c(OH−)关系。下列叙述错误的是( )

A. RA饱和溶液pH=6时，c(A−)<2×10−5mol⋅L−1
B. RB的溶度积Ksp(RB)的数值为5×10−11
C. ROH的电离平衡常数Kb(ROH)的数值为2×10−6
D. RB饱和溶液中pH=7时，c(R+)+c(H+)=c(B−)+c(OH−)
16. 我国科学家在大分子合成方面又有新突破，以1，4−二咪唑-丁烷为有机胺模板剂，利用中温水热合成方法获得三维镉超分子化合物。该化合物中含有C、H、O、Se、Cd、Co、Ca等元素。回答下列问题：
(1)基态钴原子的价电子轨道表示式为 ______。
(2)苯分子中含有大π键，可记为Π66(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，该分子中的大π键，可表示为______，Se的杂化方式为 ______。
(3)金属离子配合物的颜色主要与分裂能有关。1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，用△表示，中心离子带电荷数越多，与配体距离越近，则作用越强，△越大。分裂能(△)：Co(H2O)63+______(填“>”“<”或“=”)Fe(H2O)63+，理由是 ______。
(4)CaC2晶体属四方晶系，晶胞如图所示，a=3.87，c=6.37，晶胞棱边夹角均为90∘。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，在位于原点的钙离子上面的碳原子的分数坐标为(0,0,0.406)。一个Ca2+周围距离最近的C22−有 ______个，C22−基团中C−C键长为 ______(保留小数点后两位)，最短的Ca−C距离为 ______(列出计算式)。


17. 铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有Re2O7、ReS2、ReO3、PbO、MoO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉的流程如图所示。

已知：
易溶于水，高铼酸钾(KReO4)在水中的溶解度随温度变化较大；
阴离子交换树脂，对铼具有良好的选择性，在酸性体系中能够有效的吸附铼。
回答下列问题：
(1)“氧化浸出”过程，ReS2、ReO3被氧化为ReO4−，ReO3被氧化的离子方程式是 ______。浸出过程中，在浸出时间相同的条件下改变液固比，实验结果如图所示，则实际生产中应选择的液固比是 ______(填序号)。

a.2：1
b.3：1
c.4：1
d.5：1
(2)“水解中和”过程，加NH4HCO3调溶液pH至6左右，过滤后得到滤渣1中除钼的化合物还有 ______(写化学式)。
(3)“硫化沉淀”过程，先加入硫化铵，与溶液中的MoO42−反应生成MoS42−，再加入H2SO4调pH使MoS42−转化为更难溶的MoS3，则生成沉淀的离子方程式是 ______。
(4)“解吸”后的离子交换树脂用 ______(填化学式)溶液再生处理后可循环使用。
(5)“提纯”所用的方法是 ______(填操作名称)，“氢还原”过程是在管式电炉中，800℃时通入氢气，反应的化学方程式是 ______。
18. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)。

已知：
①；
②SO3的沸点为44.8℃；
③Na2S2O3中S元素的化合价分别为−2价和+6价。
回答下列问题：
(1)检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，目的是 ______，D装置中试剂为 ______。
(2)实验过程操作：①打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2；②关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，加热绿矾；③C处溶液pH约为8时停止加热；④在m处连接盛有NaOH溶液的容器，…；⑤从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体。使用pH传感器始终观测混合溶液pH的原因是 ______；补充完善操作④______。
(3)步骤⑤中需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是 ______。
(4)学习小组探究Na2S2O3的性质：取Na2S2O3晶体，溶解配成0.2mol⋅L−1的溶液；取4mL溶液，向其中加入1mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊。对溶液变浑浊的原因，提出假设：
假设1：氯水氧化了−2价硫元素；
假设2：酸性条件下Na2S2O3分解产生S。
实验验证：a、b试管均盛有4mL0.2mol⋅L−1Na2S2O3溶液。

①用胶头滴管向试管b中加入的试剂为 ______。
②依据现象，S产生的主要原因是 ______(用离子方程式表示)。
19. 化合物I是合成降压药物苯磺酸氨氯地平的中间体，一种合成I的路线如图所示：

已知：

回答下列问题：
(1)A分子的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3：1：1，A的化学名称为______；B的结构简式为 ______。
(2)鉴别D与F可选用的试剂为______；D→E的反应类型为 ______。
(3)G→H的化学方程式为 ______。
(4)符合下列条件的G的同分异构体有 ______种。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应生成CH3OH
③分子中有一个手性碳原子
(5)3−氨基巴豆酸甲酯()是化合物I后续合成苯磺酸氨氯地平的原料之一，写出以G和甲醇为原料制备3−氨基巴豆酸甲酯的合成路线(无机试剂任选)______。
20. ⇌碘及其化合物有着多方面的用途，用化学反应原理研究碘及其化合物有重要意义。回答下列问题：
(1)一碘甲烷(CH3I)热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。一碘甲烷(CH3I)热裂解时主要反应有：
反应⇌C2H4(g)+2HI(g)ΔH1
反应⇌2C3H6(g)ΔH2
反应⇌C4H8(g)ΔH3=akJ⋅mol−1(298K)
实验测得，反应Ⅰ、Ⅱ的ΔH随温度的变化如图1所示，在体积为1L的密闭容器中，起始投料1molCH3I(g)，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯物质的量分数的影响如图2所示。

①298K时，反应3CH3I(g)⇌C3H6(g)+3HI(g)ΔH4；ΔH4=______kJ⋅mol−1。
②当体系温度高于600K时，乙烯的物质量分数随温度升高而显著增加的可能原因是 ______。
③若维持体系温度为715K，CH3I(g)的平衡转化率为，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx=______。
(2)研究HI的分解与合成对提高反应Ⅰ中CH3I(g)的平衡转化率有重要意义。T℃，将amolI2(g)和amolH2(g)置于已抽成真空的特制1L密闭容器中，40min时体系达到平衡，体系中存在如下反应关系：
⇌2I(g)Kp1=2.304
⇌2HI(g)Kp2
⇌H(g)+I(g)KP3=8.0×10−6
⇌2H(g)KP4=1.0×10−9
①则KP2=______。
②实验测得平衡体系总压强为5.0×107Pa，HI的分压为3.6×107Pa，H2的分压为7.2×106Pa，已知该反应的正反应速率为，逆反应速率为，其中、为速率常数，x为物质量分数，若，在t=40min时，______min−1(用含b的代数式表示)。
答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.天然蛋白质是α−氨基酸的脱水缩合物，故α−氨基酸是构成蛋白质的结构单元，故A正确；
B.两个氨基酸分子通过脱水缩合形成的化合物叫做二肽，故B正确；
C.氨基酸既能与酸反应又能与碱反应，可以通过调节pH降低氨基酸的溶解度，对氨基酸进行分离，故C正确；
D.向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4浓溶液，能使蛋白质盐析，不能使蛋白质变性，故D错误；
故选：D。
A.天然蛋白质是α−氨基酸的脱水缩合物；
B.两个氨基酸分子通过脱水缩合形成的二肽；
C.氨基酸具有两性，可以通过调节pH降低氨基酸的溶解度，对其进行分离；
D.饱和(NH4)2SO4浓溶液、硫酸钠溶液、氯化钠溶液可以使蛋白质盐析。
本题主要考查蛋白质、氨基酸的性质，属于基本知识的考查，难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.钠与水反应，可用于强除水剂，故A正确；
B.Fe3O4俗名磁性氧化铁，是黑色固体，具有磁性，可用作激光打印机的墨粉，氧化铁不具有此用途，故B错误；
C.乙烯具有催熟效力，可用于水果催熟，故C正确；
D.碳酸氢钠易与酸反应生成二氧化碳，可用于制某些药用泡腾片，故D正确；
故选：B。
A.钠与水反应；
B.Fe3O4是黑色固体，具有磁性；
C.乙烯具有催熟效力；
D.碳酸氢钠易与酸反应生成二氧化碳。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.灼烧在坩埚中进行，不需要图中蒸发皿，故A错误；
B.过滤需要漏斗，仪器合理，故B正确；
C.溶解可在烧杯中进行，且萃取分液需要烧杯，仪器合理，故C正确；
D.分液时需要分液漏斗，仪器合理，故D正确；
故选：A。
A.灼烧在坩埚中进行；
B.过滤需要漏斗；
C.溶解可在烧杯中进行，且萃取分液需要烧杯；
D.分液时需要分液漏斗。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握碘元素的存在形式及提取流程、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见仪器的使用方法，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为Cl，W为Cu元素，
A.N的2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：X>Y，故A正确；
B.常温下水为液态，氨气为气态，则简单氢化物沸点：X C.铜的原子序数为29，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故C错误；
D.Y、Z形成的ClO2具有强氧化性，是一种常用的消毒剂，故D正确；
故选：C。
X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y为同周期相邻元素，X原子的核外电子数等于Z最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍，设X原子的核外电子数为a，Z的能层电子数为b(b=10或18)，Y的核外电子数为a+1，Z的核外电子数为b+a，则a+a+b=3(a+1)，整理可得a=b−3，b=10时a=7(满足条件)，a=18时b=15(舍弃)，则X为N，Y为O，Z为Cl元素；W的基态原子最外层只有1个电子且内层电子全部充满，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则W为Cu，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.该有机物含有碳碳双键、羟基、醚键、酰胺基共4种官能团，故A正确；
B.该有机物含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；
C.不含羧基，酚羟基酸性比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C错误；
D.酚羟基、酰胺基能与氢氧化钠反应，1mol该有机物最多能与2molNaOH发生反应，故D正确；
故选：C。
A.该有机物含有碳碳双键、羟基、醚键、酰胺基；
B.含有酚羟基的物质能与FeCl3溶液发生显色反应；
C.不含羧基，不能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
D.酚羟基、酰胺基能与氢氧化钠反应。
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，注意酚羟基弱酸性，立即酰胺基与氢氧化钠反应原理，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、灵活运用知识的能力。

6.【答案】D

【解析】解：A.分子中碳碳双键能被酸性重铬酸钾溶液氧化而使酸性重铬酸钾溶液变色，故A错误；
B.碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，分子中含有2个碳碳双键，所以1mol该有机物最多消耗2mol氢气，故B错误；
C.水解生成物中一个含有−COOH、一个含有醇−OH，含有醇羟基的有机物不能和NaOH反应，故C错误；
D.该有机物完全加氢后含有9种氢原子，就有9种一氯代物，故D正确；
故选：D。
A.碳碳双键能被酸性重铬酸钾溶液氧化；
B.碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应；
C.水解生成物中一个含有−COOH、一个含有醇−OH；
D.该有机物完全加氢后含有几种氢原子，就有几种一氯代物。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】D

【解析】解：A.C、O的氢化物中H显正价，同周期自左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：O>C>H，锌为金属元素，电负性最小，故A正确；
B.甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化，所以甲醇分子中H−C−O键角小于甲醛分子中H−C−O键角，故B正确；
C.DHA分子中含有2个羟基，可以形成分子间氢键，故C正确；
D.Zn溶于氨水形成配合物[[Zn(NH3)4](OH)2,Zn2+的配位数为4，故D错误；
故选：D。
A.化合物中显正价元素的电负性小于显负价元素的电负性，同周期自左至右，电负性逐渐增大，金属元素电负性小于非金属元素；
B.甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化；
C.含有羟基的物质可形成分子间氢键；
D.配合物[[Zn(NH3)4](OH)2中配位数是指内届的配体的个数。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及电负性大小比较，键角的比较，氢键的形成，配位数的判断等，属于高频考点，难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.硝酸可氧化亚铁离子，由实验及现象，不能比较Fe3+、Ag+的氧化性强弱，故A错误；
B.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后有加碱至碱性，加入新制适量氢氧化铜悬浊液，加热产生砖红色沉淀，蔗糖水解生成葡萄糖，故B正确；
C.浓溴水中滴加苯酚，生成三溴苯酚沉淀，羟基对苯环产生影响，故C错误；
D.有机物C6H10O符合CnH2n−2O，不符合饱和一元醛的通式，可使溴水褪色，则分子中含有碳碳双键或三键，故D错误；
故选：B。
A.硝酸可氧化亚铁离子；
B.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.浓溴水中滴加苯酚，生成三溴苯酚沉淀；
D.有机物C6H10O符合CnH2n−2O，不符合饱和一元醛CnH2nO的通式。
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。

9.【答案】B

【解析】解：A.碳棒a为原电池的正极，碳棒b为负极，则碳棒a极电势比碳棒b极电势高，故A正确；
B.图中分析可知H+移向碳棒a，a附近发生反应：O2+4e−+4H+=2H2O，碳棒a附近酸性减弱，故B错误；
C.碳棒a为原电池的正极，碳棒b为负极，负极上FeSx失电子生成S，S失电子生成SO42−，即S−6e−+4H2O=SO42−+8H+，故C正确；
D.酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，故D正确；
故选：B。
图中分析可知H+移向碳棒a，则碳棒a为原电池的正极，正极上氧气得到电子生成水，碳棒b为负极，负极上FeSx失电子生成S，S失电子生成SO42−，据此分析。
本题考查学生原电池原理的应用知识，注意电极的判断以及电极反应式的书写是解题的关键，难度不大。

10.【答案】C

【解析】解：A.该实验目的是制备BaCl2⋅2H2O，浸取时应该选用15%的盐酸，若选用硝酸，无法制备BaCl2⋅2H2O，故A错误；
B.Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，pH=12.5时Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，则滤渣Ⅱ的主要成分为Mg(OH)2、Ca(OH)2，故B错误；
C.过滤Ⅱ的滤液中含有杂质Ca2+，加入H2C2O4可使Ca2+转化为CaC2O4沉淀而除去，故C正确；
D.Ba2+不水解，将滤液直接经蒸发浓缩、冷却结晶即可得到BaCl2⋅2H2O，不需要在HCl气流中进行，故D错误；
故选：C。
毒重石的主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，实验目的是制备BaCl2⋅2H2O，浸取时应该选用15%的盐酸，碳酸钡和盐酸发生反应BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水调pH=8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，过滤分离，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+等，再加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，再过滤分离，溶液中主要含Ca2+、Ba2+等，加入H2C2O4生成CaC2O4沉淀，除去Ca2+，过滤，滤渣Ⅲ为CaC2O4，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到BaCl2⋅2H2O，以此分析解答。
本题考查混合物的分离与提纯方法，为高频考点，明确发生的反应、试剂与操作的作用、物质的分离提纯方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。

11.【答案】B

【解析】解：A.实验②中无明显现象，实验③在实验②的基础上加入NaOH溶液，有白色沉淀BaO2生成，说明在碱性条件下H2O2电离得到O22−，即实验②、③说明在碱性条件下H2O2电离得到O22−，故A错误；
B.实验②、③说明在碱性条件下H2O2电离得到O22−，实验①Na2O2和H2O、BaCl2反应生成BaO2沉淀，说明Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，即实验①、②、③证明Na2O2与H2O反应过程存在反应Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，故B正确；
C.实验①中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D.BaCl2、H2O、Na2O2之间反应生成白色沉淀BaO2，干扰了检验结果，用BaCl2、H2O无法检验长期放置的Na2O2中是否含有Na2CO3，故D错误；
故选：B。
A.实验②、③说明在碱性条件下H2O2电离得到O22−；
B.结合实验①、②、③的反应现象分析；
C.实验①中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，无化合价变化；
D.氯化钡、水、过氧化钠能够反应生成白色沉淀BaO2。
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、化学平衡、电离与水解、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。

12.【答案】C

【解析】解：A.AlH4−中Al原子价层电子对数=4+3+1−4×12=4且不含孤电子对，则该离子为正四面体结构，故A正确；
B.LiAlH4在125℃完全分解生成LiH、H2和Al，反应方程式为2LiAlH4−125℃2LiH+3H2↑+2Al，反应中Al元素化合价由+2价变为0价、H元素化合价由−1价变为0价，消耗2molLiAlH4生成2molAl，转移电子的物质的量=2mol×(3−0)=6mol，则1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，故B正确；
C.与水反应方程式为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑，1mol该物质与足量水反应生成4mol氢气，标况下氢气体积为89.6L，故C错误；
D.LiAlH4与乙酸乙酯生成乙醇时，LiAlH4中H元素化合价由−1价变为+1价，失电子作还原剂，则反应中LiAlH4作还原剂，故D正确；
故选：C。
A.AlH4−中Al原子价层电子对数=4+3+1−4×12=4且不含孤电子对；
B.LiAlH4在125℃完全分解生成LiH、H2和Al，反应方程式为2LiAlH4−125℃2LiH+3H2↑+2Al，反应中Al元素化合价由+2价变为0价、H元素化合价由−1价变为0价，消耗2molLiAlH4生成2molAl，转移电子的物质的量=2mol×(3−0)=6mol；
C.与水反应方程式为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑；
D.LiAlH4与乙酸乙酯生成乙醇时，LiAlH4中H元素化合价由−1价变为+1价。
本题考查氧化还原反应、微粒空间结构判断，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子转移的计算，题目难度不大。

13.【答案】D

【解析】解：A.X的醛基其中一个碳氧键断裂，氧连接氢原子，碳原子连接其它基团，属于加成反应，故A正确；
B.X中如图标有“*”为手性碳原子：，X含有1个手性碳原子，Y中如图标有“*”为手性碳原子：，Y有1个手性碳原子，故B正确；
C.Z中羟基发生消去反应形成碳碳双键，产物中碳碳双键中每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子原子团，具有顺反异构，故C正确；
D.Z的不饱和度为7，独立的2个苯环的不饱和度最为8，Z的同分异构体不可能含两个独立的苯环，故D错误；
故选：D。
A.X的醛基其中一个碳氧键断裂，氧连接氢原子，碳原子连接其它基团；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
C.碳碳双键中每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子原子团的有机物具有顺反异构；
D.Z的不饱和度为7，独立的2个苯环的不饱和度最为8。
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，理解烯烃的顺反异构，题目侧重考查学生分析能力。

14.【答案】AD

【解析】解：A.由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态TS1更稳定，故A错误；
B.由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，故B正确；
C.化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当N中Fe−O键的断裂，连接氢原子才能生成M，说明化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe−O键的断裂，故C正确；
D.图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为−11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为−11.63ev×1.6×10−19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s)ΔH=−1120kJ⋅mol−1，故D错误；
故选：AD。
A.能量越低越稳定；
B.活化能越高，反应速率越慢；；
C.化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构即可得出结论；
D.图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为−11.63eV。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

15.【答案】CD

【解析】解：A.RA饱和溶液pH=6时，c(H+)=10−6mol/L，c(OH−)=1×10−8mol/L，据图可知此时c2(A−)=30×10−11(mol/L)2，所以c(A−)=3×10−5mol⋅L−1<2×10−5mol⋅L−1，故A正确；
B.RB的饱和溶液中存在平衡：RB⇌R++B−、R++H2O⇌ROH+H+，当溶液酸性越强是，R−的水解程度越弱，c(R+)和c(B−)的大小越接近，据图可知当c(OH−)接近0时(酸性强)，c2(B−)=5×10−11(mol/L)2，此时c(R+)=c(B−)，Ksp(RB)=c(R+)⋅c(B−)=c2(B−)=5×10−11，故B正确；
C.RB溶液中存在物料守恒c(R+)+c(ROH)=c(B−)，Kb(ROH)=c(OH−)c(R−)c(ROH)，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R+)=c(ROH)时，满足c(R+)=c(ROH)=12c(B−)，Ksp(RB)=c(R+)⋅c(B−)=12c(B−)⋅c(B−)=5×10−11，所以此时c2(B−)=10×10−11，据图可知此时c(OH−)=2×10−8mol/L，即Kb(ROH)=2×10−8，故C错误；
D.RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R+的水解，溶液会显酸性，所以pH=7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R+)+c(H+)≠c(B−)+c(OH−)，故D错误；
故选：CD。
A.RA饱和溶液pH=6时，c(H+)=10−6mol/L，c(OH−)=1×10−8mol/L，据图可知此时c2(A−)=30×10−11(mol/L)2；
B.RB的饱和溶液中存在平衡：RB⇌R++B−、R++H2O⇌ROH+H+，当溶液酸性越强是，R−的水解程度越弱，c(R+)和c(B−)的大小越接近，据图可知当c(OH−)接近0时(酸性强)，c2(B−)=5×10−11(mol/L)2，此时c(R+)=c(B−)，Ksp(RB)=c(R+)⋅c(B−)；
C.RB溶液中存在物料守恒c(R+)+c(ROH)=c(B−)，Kb(ROH)=c(OH−)c(R−)c(ROH)；
D.RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R+的水解，溶液会显酸性，所以pH=7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子。
本题考查水溶液中离子平衡，题目侧重考查读图获取信息能力、学生分析能力、灵活运用知识的能力，C选项为易错点。

16.【答案】 π56  sp2  >两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，Co3+半径小，与配体距离近，分裂能大，故分裂能(△)：Co(H2O)63+>Fe(H2O)63+，  41.212×(3.87)2+(1.2)2

【解析】解：(1)Co是27号元素，其3d轨道上7个电子、4s轨道上2个电子为其价电子，其轨道表示式为，
故答案为：；
(2)某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明不含碳碳双键，该分子中的大π键由5个原子提供6个电子形成的，大π键表示式为π56，Se原子存在2个σ键、1个孤电子对，所以Se原子价层电子对数是3，则Se原子采用sp2杂化，
故答案为：π56；sp2；
(3)中心离子带电荷数越多，与配体距离越近，则作用越强，△越大，两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，Co3+半径小，与配体距离近，分裂能大，故分裂能(△)：Co(H2O)63+>Fe(H2O)63+，
故答案为：>；两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，Co3+半径小，与配体距离近，分裂能大，故分裂能(△)：Co(H2O)63+>Fe(H2O)63+；
(4)如图可知，一个Ca2+周围距离最近的C22−有4个，由图可知C−C键长=(0.5−0.406)×2×6.37=1.2；如图，最短的Ca−C距离为红色线段长度，则最短的Ca−C距离=(12×3.87)2+(12×1.2)2=12×(3.87)2+(1.2)2，
故答案为：4；1.2；12×(3.87)2+(1.2)2。
(1)Co是27号元素，其3d轨道上7个电子、4s轨道上2个电子为其价电子；
(2)某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明不含碳碳双键，该分子中的大π键由5个原子提供6个电子形成的，Se原子存在2个σ键和1个孤电子对，所以Se原子价层电子对数是3；
(3)中心离子带电荷数越多，与配体距离越近，则作用越强，△越大；
(4)一个Ca2+周围距离最近的C22−有4个；C22−基团中C−C键长=(0.5−0.406)×2×6.37；如图，最短的Ca−C距离为红色线段长度。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、原子杂化类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，难点是(4)题晶胞计算，注意：C22−基团中C−C键长的计算方法，题目难度中等。

17.【答案】2ReO3+H2O2=2ReO4−+2H+  aFe(OH)3、Cu(OH)2  MoS42−+2H+=MoS3↓+H2S↑HCl重结晶  2KReO4+7H2−800℃2Re+6H2O+2KOH

【解析】解：(1)ReS2、ReO3被氧化为ReO4−，故对应的离子方程式为2ReO3+H2O2=2ReO4−+2H+，分析流程可知，浸出时，需要铼有较高的浸出率，据图可知，当液固比为2：1时，铼以及有较高的浸出率，继续增大液固比，变大不大，但是会增大成本，
故答案为：2ReO3+H2O2=2ReO4−+2H+；a；
(2)结合分析可知，烟道灰中还含有CuO、Fe3O4，氧化浸出后溶液中会含有Cu2+、Fe3+，所以调溶液pH至6沉淀分离Fe(OH)3、Cu(OH)2，
故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(3)“硫化沉淀”过程，先加入硫化铵，与溶液中的MoO42−反应生成MoS42−，再加入H2SO4调pH使MoS42−转化为更难溶的MoS3，对应离子方程式为MoS42−+2H+=MoS3↓+H2S↑，
故答案为：MoS42−+2H+=MoS3↓+H2S↑；
(4)RCl为阴离子交换树脂，所以离子交换时Cl−与ReO4−进行交换，所得溶液中有RReO4，所以加入HCl溶液再生处理后可循环使用，
故答案为：HCl；
(5)结合提示Re2O7易溶于水，高铼酸钾(KReO4)在水中的溶解度随温度变化较大，所以可以重结晶进行提纯；根据题意可知800℃时KReO4会被氢气还原为Re，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2KReO4+7H2−800℃2Re+6H2O+2KOH，
故答案为：重结晶；2KReO4+7H2−800℃2Re+6H2O+2KOH。
烟道灰(主要成分有Re2O7、ReS2、ReO3、PbO、MoO3、CuO、Fe3O4)加入硫酸、双氧水氧化浸出，过滤后加入碳酸氢铵中和，根据后续流程可知，中和后需要滤渣，所以滤渣中含有Mo元素，此时调节的pH为6，所以同时会生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，滤渣中加入硫化铵、硫酸，得到CuS和MoS3沉淀，过滤后向滤液中加入RCl吸附铼，之后加入HClO4解吸得到HReO4溶液，浓缩后加入钾盐，得到KReO4沉淀，提纯后还原得到Re，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

18.【答案】防止硫化钠被氧化  氢氧化钠溶液  防止产品在酸性过强的情况下分解  关闭K3，打开K1、K2，通入足量的氮气  防止温度过高，产品受热分解  1mLpH=2.4的稀盐酸  Cl2+S2O32−+H2O=SO42−+S+2Cl−+2H+

【解析】解：(1)Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，目的是防止硫化钠被氧化，结合分析可知，装置D中的试剂为氢氧化钠溶液，
故答案为：防止硫化钠被氧化；氢氧化钠溶液；
(2)结合提示，硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解，故使用pH传感器始终观测混合溶液pH的原因是防止产品在酸性过强的情况下分解，为保证二氧化硫被完全吸收，且不会影响溶液酸碱性，故操作④为关闭K3，打开K1、K2，通入足量的氮气，
故答案为：防止产品在酸性过强的情况下分解；关闭K3，打开K1、K2，通入足量的氮气；
(3)结合提示，硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解，故步骤⑤中需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是防止温度过高，产品受热分解，
故答案为：防止温度过高，产品受热分解；
(4)①结合控制变量原理，试管b应加入1mLpH=2.4的稀盐酸，
故答案为：1mLpH=2.4的稀盐酸；
②依据现象，S产生的主要原因是氯气等含氯氧化性微粒的氧化硫离子产生硫单质，原因在于实验b中包含酸性条件、空气两种影响因素，反应速率比实验a慢且浑浊度小，故含氯物质的氧化为主要原因，对应的离子方程式为Cl2+S2O32−+H2O=SO42−+S+2Cl−+2H+，
故答案为：Cl2+S2O32−+H2O=SO42−+S+2Cl−+2H+。
分析仪器可知，检查装置气密性，加入药品，打开K1，通入足量的氮气，排除装置内的空气，然后关闭K1，加热绿矾，分解产生二氧化硫和三氧化硫，经装置B冰水冷却，收集三氧化硫，二氧化硫进入装置C中，加热发生反应Na2S+H2O+SO2=Na2SO3+H2S、2H2S+SO2=3S+2H2O、S+Na2SO3=Na2S2O3，制取硫代硫酸钠，检测到pH约为8时，停止加热，使用氢氧化钠吸收尾气，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

19.【答案】邻二甲苯   碳酸钠溶液  取代反应 +HCl3

【解析】解：(1)A为，A的化学名称为邻二甲苯；由分析可知，B的结构简式为，

故答案为：邻二甲苯；；
(2)D为CH2COOH，F为CH3COOCH2CH3，前者含有羧基，后者含有酯基，可以用碳酸钠溶液鉴别二者；D→E是CH2COOH与SOCl2反应生成，属于取代反应，
故答案为：碳酸钠溶液；取代反应；
(3)G→H的化学方程式为+HCl，
故答案为：+HCl；
(4)G的结构简式为，符合下列条件的G的同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基，②能发生水解反应生成CH3OH，说明含有−COOCH3基团，③分子中有一个手性碳原子，即有1个碳原子连接4个不同的原子或原子团，看作是CH3CH2CH3分子中氢原子别−CHO、−COOCH3取代，可以取代同一甲基上氢原子，1个取代甲基上氢原子、另一个取代亚甲基上氢原子有2种，故符合条件的共有3种，
故答案为：3；
(5)由信息③可知，与氨气反应生成，水解生成，与甲醇反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A的分子式为C8H10，结合D的结构简式，推知A为，结合B的分子式、C的结构，可知A发生氧化反应生成B、B发生取代反应生成C，故B为；由H的分子式、I的结构，推知H为，结合分子式、反应信息①②，逆推可知G为、F为CH3COOCH2CH3、E为、D为CH2COOH；
(5)由信息③可知，与氨气反应生成，水解生成，与甲醇反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机物鉴别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，充分利用有机物分子式、反应条件进行分析推断，注意对给予反应信息的理解，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。

20.【答案】+66.3反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使乙烯的平衡物质的量分数增加  0.64361.44×10−2b

【解析】解：(1)①反应反应Ⅰ、Ⅱ的△H随温度的变化如图1所示。反应I为分解反应，反应Ⅱ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，△H1=+80.2kJ/mol；△H2=−108kJ/mol；根据盖斯定律，反应可得反应3CH3I(g)⇌C3H6(g)+3HI(g)，故△H4=12×(80.2×3−108)kJ/mol=+66.3kJ/mol，
故答案为：+66.3；
②当体系温度高于600K时，乙烯的物质量分数随温度升高而显著增加的可能原因是反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使乙烯的平衡物质的量分数增加，
故答案为：反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使乙烯的平衡物质的量分数增加；
③由图可知，715K，平衡时n(C3H6)=n(C4H8)=2n(C2H4)，设平衡时n(C2H4)=x，则n(C3H6)=n(C4H8)=2x，n(CH3I)=y，则由I守恒可知n(HI)=1−y，由C守恒的1=y+2x+6x+8x①，C2H4的物质的量分数为4%，得4%=xy+5x+1−y②，由①②得x=120，y=15，故CH3I的转化率为1−y1×100%=80%；平衡时n(总)=1+5x=54，CH3I的物质的量分数为y54=425，HI的物质的量分数为1−y54=1625，则Kx=(1625)2×4%(425)2=0.64，
故答案为：0.64；
(2)①由盖斯定律可知，，故Kp2=p2(HI)p(H2)p(I2)=Kp1×Kp4Kp32=2.304×10−9(8.00×10−6)2=36，
故答案为：36；
②因为压强之比等于物质的量之比，40min达到平衡时，Kp=p2(HI)p(H2)p(I2)，即36=(3.6×107)27.2×106×p(I2)，故P(I2)=5×106Pa，故，
故答案为：1.44×10−2b。
(1)①反应反应Ⅰ、Ⅱ的△H随温度的变化如图1所示。反应I为分解反应，反应Ⅱ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，△H1=+80.2kJ/mol；△H2=−108kJ/mol；根据盖斯定律，反应可得反应3CH3I(g)⇌C3H6(g)+3HI(g)；
②当体系温度高于600K时，乙烯的物质量分数随温度升高而显著增加的可能原因是反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动；
③由图可知，715K，平衡时n(C3H6)=n(C4H8)=2n(C2H4)，设平衡时n(C2H4)=x，则n(C3H6)=n(C4H8)=2x，n(CH3I)=y，则由I守恒可知n(HI)=1−y，由C守恒的1=y+2x+6x+8x①，C2H4的物质的量分数为4%，得4%=xy+5x+1−y②，由①②得x=120，y=15，故CH3I的转化率为1−y1×100%=80%；平衡时n(总)=1+5x=54，CH3I的物质的量分数为y54=425，HI的物质的量分数为1−y54=1625，则Kx=(1625)2×4%(425)2；
(2)①由盖斯定律可知，，故Kp2=p2(HI)p(H2)p(I2)=Kp1×Kp4Kp32；
②因为压强之比等于物质的量之比，40min达到平衡时，Kp=p2(HI)p(H2)p(I2)，即36=(3.6×107)27.2×106×p(I2)，故P(I2)=5×106Pa，故。
本题考查了盖斯定律，化学平衡常数，需要学生掌握并会应用盖斯定律计算反应的反应热，难点是化学平衡常数的计算，均为高频考点，难度中等。