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2022届吉林省长春市实验中学高三质量监测线上考试（三）理综化学试题含解析
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这是一份2022届吉林省长春市实验中学高三质量监测线上考试（三）理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
吉林省长春市实验中学2022届高三质量监测线上考试（三）
理综化学试题
一、单选题
1．我国三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如青铜神树、黄金面具、丝绸黑炭、陶瓷碎片等。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．相比于精铜，青铜制作的神树更不易变形
B．黄金面具由纯净的黄金打造
C．丝绸转化为黑炭的过程涉及化学变化
D．陶瓷碎片的主要成分为硅酸盐
2．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A．室温下pH =12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA
B．1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2 溶液中含氧原子数为2NA
C．0.2 mol SO 2与0.2 mol O2 在一定条件下充分反应生成SO3 分子数为0.2NA
D．3.9gNa2O2 固体中含有阴阳离子的总数目为0.15NA
3．生育酚类物质中间体合成的部分流程如下，已知：同一个碳原子上连接四个完全不相同的基团，该碳原子称为手性碳。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．有机物①能发生加聚反应
B．四种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有机物②与③互为同系物
D．有机物④中存在2个手性碳原子
4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．快速制备少量NH3
B．除去Na2CO3中的NaHCO3
C．制取并收集一定Cl2
D．乙醇加热条件下能还原氧化铜
5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最高的气体，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，短周期主族元素中Z原子的半径最大，W原子的最外层电子数等于X、Y、Z原子的最外层电子数的平均值。下列推断不正确的是（ ）
A．X、Y、Z、W四种元素最多组成两种正盐
B．Z对应的氢化物中存在离子键
C．简单离子半径X＞Z
D．最高价氧化物对应水化物的酸性X＞W
6．相比锂电池，钠电池具有性能稳定、安全性好等优点，且可循环使用，寿命较长，对环境较友好。如图是某钠离子二次电池工作原理示意图，电池反应为2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)3=2Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3，下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，N极接电源的负极
B．放电时，导线中每通过1mol电子，理论上M极质量减轻23g
C．放电时，N电极上的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
D．理论上，该电池在充、放电过程中，溶液中的钠离子浓度始终不变
7．已知相同温度下，K sp (BaSO4)＜K sp (BaCO3)。某温度下，饱和溶液中-lg c(SO42-) 、-lg c(CO32-)、与-lg c(Ba2+ ) 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．曲线②代表BaSO4的沉淀溶解曲线
B．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
C．该温度下K sp (BaSO4)=1.0×10-10
D．c(Ba2+)=10-5.1时两溶液中 c(SO42-)c(CO32-)=10y2-y1
二、非选择题
8．一种以钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)为主要原料制备钛白粉(TiO2)的工艺流程如图所示。
已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③Fe3+在pH=1.8时生成沉淀，pH=4.1时沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是 。
（2）“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为 。
（3）滤渣①的主要成分是 (填化学式)。
（4）流程中加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时间相同的情况下进行探究得到结果如下图所示。
①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是 。
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示。由图可知，还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为 ℃。
（5）经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有 (填化学式)。
（6）如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为 ，产生的气体中X的化学式为 。
9．“消洗灵”(Na10P3O13 Cl·5H2O)是一种高效低毒的消毒洗涤剂，其消毒原理与“84消毒液”相似，实验室中制备的反应方程式为：NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+2NaOH+3H2O=Na10P3O3Cl⋅5H2O，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl；
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ，实验中用仪器a加浓盐酸的优点是 ；装置A中反应的离子方程式为 。
（2）装置B中盛装的试剂为 ；装置C中采用多孔球泡的目的是 。
（3）打开仪器a的活塞及活塞K，制备NaClO碱性溶液；关闭仪器a的活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗活塞；一段时间后，装置C中溶液经“系列操作”，得到粗产品。
①装置C如果采用热水浴会使“消洗灵”(Na10 P3O13 Cl·5H2O)的产率 (填“升高”或“降低”)。
②“系列操作”包括 、 、过滤、洗涤、低温干燥。
（4）利用滴定法测定产品的纯度(Na10 P3O13 Cl·5H2O) 的摩尔质量为656.5g·mol−1，实验方案如下：
Ⅰ．取1.500g产品试样溶于蒸馏水中配成100mL溶液；
Ⅱ．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入 10mL2mol·L−1硫酸溶液、25mL0.1mol·L−1KI溶液(过量)，暗处静置5min；
Ⅲ．滴加2~3滴淀粉溶液，用 0.05mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。平行滴定三次，平均消耗20.00mL标准溶液，则产品的纯度为 (保留三位有效数字)。Na2S2O3标准液应放在 (填“碱”或“酸”)式滴定管中。
10．我国提出争取在2030年前实现碳峰值、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2 转化为清洁能源是促进碳中和最直接有效的方法。
（1）H2 还原CO2 制取CH4的部分反应如下：
①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-246kJ/mol
③CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)ΔH=-131kJ/mol
反应2C(s)+2H2O(g)=CH4(g)+CO2(g)的∆H= kJ/mol。
（2）恒温条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，只发生如下反应：CO(g)+3H2 (g)=CH4(g)+H2O(g)，反应4min后，测得CO的物质的量为0.8mol，下列有关说法正确的是____ (填字母。)
A．利用合适的催化剂可增大该反应的平衡常数
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态
C．用 H2表示该反应4min内的平均速率为0.075mol·L-1·s-1
D．其它条件不变，升高温度，CO的平衡转化率降低
（3）在一定条件下，向某0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2 和ymolH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-50kJ/mol
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m” 或“n”)，判断依据是 。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H 2的转化率如图2所示，v(a) 逆 v(c) 逆(填“＞”、＜”或“=”)；T2时，起始压强为2.5MPa，则Kp= MPa-2(保留二位小数；K p 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程 v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数lgk与温度的倒数 1T 之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的lgk，其中表示c点的lgk逆的是 (填“A”、“B”、“D”或“E”)。
11．铁和铜的单质及其化合物是人们生活中的常见物质，回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为 。
（2）实验室常用KSCN、苯酚()检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)；苯酚的沸点大于甲苯的原因是 。
（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是 。
（4）配合物[Cu(CH3CN)4]BF4中，阴离子的空间构型为 ，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是 ，配体中碳原子的杂化方式是 。
（5）Fe3O4晶体中，O2−的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的O2−围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2−围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空 隙中。Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2−数之比为 。一个Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为apm，则Fe3O4晶体密度为 g·cm −3 (写出含a和NA的计算表达式)。
12．卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下：
已知：(i)→ZnCl2 +HCl
(ii)→C2H5OHCH3COOH +H2O
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）D中含O和含N的官能团名称分别是 。
（4）下列对有机物D叙述正确的是____(“填字母”)。
A．分子式为C13H8BrFON
B．分子间能形成氢键
C．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D．1molD最多能与6molH2 发生加成反应
（5）反应④中Y的结构简式为 ；反应⑤的反应类型为 。
（6）B的同分异构体中，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应的化合物共有 种。
（7）写出F的结构简式 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．青铜是合金，合金比纯金属硬度大，制作的神树更不易变形，故A不符合题意；
B．黄金面具主要成分是金，还含有银等杂质，属于合金，故B符合题意；
C． 丝绸的主要成分是蛋白质，而黑炭是碳单质，所以转化的过程涉及化学变化，故C不符合题意；
D．陶瓷是由黏土烧制而成的，主要成分为硅酸盐，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.青铜是铜锡合金，其硬度比纯金属的大。
B.黄金面具主要成分是金，据此分析。
C.化学变化过程中有新物质生成，丝绸的主要成分是蛋白质，而黑炭是碳单质，据此分析。
D.陶瓷的主要成分是硅酸盐。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．室温下pH =12的Na2CO3溶液中，由于题干未告知溶液的体积，则无法计算由水电离出的OH-数目，A不符合题意；
B．由于溶剂水中也含有O原子，则无法计算1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2 溶液中含氧原子数，B不符合题意；
C．由于2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3是一个可逆反应，则0.2 mol SO 2与0.2 mol O2 在一定条件下充分反应生成SO3 分子数小于0.2NA，C不符合题意；
D．已知Na2O2是由Na+和O22-组成的，则3.9gNa2O2 固体中含有阴阳离子的总数目为3.9g78g•mol-1×3×NAmol-1=0.15NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据题干信息，只提供了浓度，溶液体积未知，无法计算。
B.注意溶剂水中也含有氧原子。
C.注意该反应是可逆反应。
D.注意Na2O2是由Na+和O22-构成的，据此分析。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干所示有机物的结构简式可知，有机物①中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，A不符合题意；
B．由题干所示有机物的结构简式可知，四种有机物均含有碳碳双键，则四种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意；
C．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)、且在组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，由题干信息可知，有机物②与③结构不相似，故不互为同系物，C符合题意；
D．手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，则有机物④中存在2个手性碳原子，如图所示：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键能发生加聚反应。
B.碳碳双键、醇羟基能被酸性高锰酸钾还原。
C.同系物需具备两个条件：1.在分子组成上相差n个CH2；2.结构相似（若有官能团，则种类和个数都必须相同）。
D.根据手性碳原子的特点进行分析。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．图示装置中收集NH3的试管口被试管塞堵死了，空气不能排除，将发生炸裂的安全事故，A不合题意；
B．加热固体不能用蒸发皿，应该用大试管或者坩埚，B不合题意；
C．Cl2的密度比空气的大，应该用向上排空气法，即收集装置中应该长进短出，C不合题意；
D．已知2Cu+O2=∆2CuO、CH3CH2OH+CuO=∆CH3CHO+H2O+Cu，则图示装置能够实现乙醇加热条件下能还原氧化铜，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.试管口的瓶塞应去掉。
B.根据加热固体所选仪器进行分析。
C.Cl2的密度比空气大，收集时应长管进短管出。
D.根据反应前后物质颜色的变化进行分析。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Si，则四种元素可组成NaNO2、NaNO3、Na2SiO3等正盐，A符合题意；
B．由分析可知，Z为Na，则Z对应的氢化物即NaH中存在离子键，B不符合题意；
C．由分析可知，X为N，Z为Na，N3-和Na+具有相同的核外电子排布，核电荷数越大微粒半径越小，则简单离子半径N3-＞Na+即X＞Z，C不符合题意；
D．已知N的非金属性比Si的强，则最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H2SiO3即X＞W，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X的单质是空气中含量最高的气体，可推出X是氮元素；Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，又原子最外层电子数不能超过8，可推出Y是氧元素；短周期主族元素中Z原子的半径最大，可推出Z是钠元素； W原子的最外层电子数等于X、Y、Z原子的最外层电子数的平均值，且W位于Z之后，而推出W是硅元素。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．由图示可判断，放电时Na+向 NaFePO4F 电极方向移动，所以 NaFePO4F 电极为正极，充电时作阳极与外接电源正极相连，即M接电源正极，N接电源负极，故A说法不符合题意；
B．根据总反应式，放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e-=Na2FePO4F ， M极质量不会减轻，反而会增重，导线中每通过1mol 电子，理论上M极质量增重23g ，故B说法符合题意；
C．由总反应结合原电池正极反应可知，放电时负极N上的电极反应式为 Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+ ，故C说法不符合题意；
D．由图示知， NaFePO4F 、 Na2FePO4F 、 Na3Ti2(PO4)3 、 NaTi2(PO4)3 均附着在电极材料上，充、放电时两极反应的 Na+ 生成与消耗的量相等，理论上溶液中的钠离子浓度不变，故D说法不符合题意；
故答案为B。
【分析】充电是电解池原理，放电是原电池原理；充电和放电的电极反应式正好相反。根据题干信息，放电时，Na+移向NaFePO4F极，说明NaFePO4F电极是正极，Na3Ti2(PO4)3电极是负极，则充电时，NaFePO4F电极作阳极，Na3Ti2(PO4)3电极作阴极。放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e-=Na2FePO4F ，负极反应为 Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，在-lg[c(Ba2+)]相同时，则-lg[c(CO32-)]＜-lg[c(SO42-)]，因此曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，故A不符合题意；
B．加适量BaCl2固体，-lg[c(Ba2+)]减小，则溶液由a点变ab的反方向上，故B不符合题意；
C．根据-lg[c(Ba2+)]=1时，-lg[c(SO42-)]=9，因此该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)为Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO42-)=1×10-1×1×10-9=1×10-10，故C符合题意；
D． c(Ba2+)=10-5.1时，即-lg[c(Ba2+)]=5.1，根据图中信息得到两溶液中c(SO42-)：c(CO32-)=10-y210-y1=10(y1-y2)，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据题干信息可知，一定温度下，BaSO4的溶解度较小，则c(Ba2+)相同时，c(SO42-)＜c(CO32-)，结合图像分析。
B. c(Ba2+)↑，则利于平衡向沉淀方向移动，即c(SO42-)或c(CO32-)减小，相应纵坐标的数值变大。
C. K sp (BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO42-)，结合图像进行分析。
D.根据图像中c、d两点的横纵坐标数值进行分析。
8．【答案】（1）增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率
（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
（3）Fe、SiO2和CaSO4
（4）pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大；55℃
（5）H2SO4
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO
【解析】【解答】向钛铁矿中加入足量的硫酸溶液，发生反应有：Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤渣①，主要成分为：Fe、SiO2和CaSO4，滤液①主要成分为FeSO4、TiOSO4，冷却结晶析出FeSO4·7H2O晶体，过滤出滤渣②主要成分是FeSO4·7H2O晶体，和滤液②主要成分是TiOSO4，加热促进TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，反应原理为：TiOSO4+2H2O=H2SO4+H2TiO3↓，过滤得滤液③主要成分为H2SO4和H2TiO3，将H2TiO3灼烧得到TiO2，据此分析解题。
(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，以增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率；
(2)由分析可知，“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
(3)由分析可知，滤渣①的主要成分是Fe、SiO2和CaSO4，故答案为：Fe、SiO2和CaSO4；
(4)①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大，故答案为：pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃，故答案为：55℃；
(5)由分析可知，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有滤液③主要成分为H2SO4，故答案为：H2SO4；
(6)如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛，由题干图示可知，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极电极反应为：2O2--4e-=O2↑，C+O2Δ__CO2，CO2+CΔ__2CO，则产生的气体中X的化学式为CO，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO。
【分析】根据题干信息，“酸浸”时，FeTiO3、Fe2O3、CaO与H2SO4反应分别生成TiOSO4、Fe2(SO4)3、CaSO4，SiO2不与硫酸反应；“还原”是铁把滤液中的Fe2(SO4)3还原为FeSO4，所以滤渣①是SiO2、CaSO4，还可能有剩余的Fe，滤液①是FeSO4、TiOSO4，“冷却结晶”所得滤渣②FeSO4·7H2O晶体，滤液②是TiOSO4；“加热水解”中，TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀和H2SO4，所以滤液③是H2SO4；“灼烧”中H2TiO3分解生成TiO2。据此分析（1）~（5）。
（6）阴极与电源的负极相连，得电子发生还原反应；由图可知阳极产生的CO2与碳在一定条件下能反应生成CO，据此分析。
9．【答案】（1）恒压滴液漏斗；平衡压强，使液体顺利留下；2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）饱和食盐水；增大反应物的接触面积，加快反应速率
（3）降低；蒸发浓缩；冷却结晶
（4）87.5%；碱
【解析】【解答】装置A中KMnO4固体与浓盐酸反应产生Cl2，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，生成的气体经饱和食盐水除杂后，通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，操作为：打开装置A中恒压滴液漏斗(仪器)的活塞及活塞K，制取Cl2， 生成的气体经饱和食盐水除杂后，通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，关闭装置A中恒压滴液漏斗活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗活塞，滴入Na3PO4、Na2HPO4混合液， 反应生成“消洗灵”，D是安全瓶，氯气有毒，需要尾气处理， E吸收尾气，防止污染大气。
(1)仪器a的名称是恒压滴液漏斗，实验中用仪器a加浓盐酸是为了平衡压强，使液体顺利滴下，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：恒压滴液漏斗；平衡压强，使液体顺利留下；2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置B用于除去氯气中的HCl，盛装的试剂为饱和食盐水，装置C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：饱和食盐水；增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(3)Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl，会影响NaClO的生成，根据反应方程式知所以如果采用热水浴会使“消洗灵”(Na10 P3O13 Cl·5H2O)的产率降低；由于钠盐Na10P3O13 Cl易溶于水，“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，故答案为：降低；蒸发浓缩；冷却结晶；
(4)Na10P3O13 Cl中Cl显+1价，结合得失电子守恒和滴定反应可得关系式Na10P3O13Cl⋅5H2O∼I2∼2Na2S2O3，25.00mL待测液中，n(Na10P3O13Cl⋅5H2O)=12n(Na2S2O3)=12×0.05mol/L×20.00×10-3L=5×10-4mol，因此1.500g产品中，m(Na10P3O13Cl⋅5H2O)=5×10-4mol×100mL25.00mL×656.5g/mol=1.313g，故产品的纯度为1.313g1.500g×100%≈87.5%，Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以标准液应放在碱式滴定管中，故答案为：87.5%；碱。
【分析】A装置是用KMnO4固体与浓盐酸反应生产Cl2；由于浓盐酸具有挥发性，生成的Cl2中混有HCl，B装置用于除去HCl，一般用饱和食盐水；C装置用于制备“消洗灵”，其中Cl2通入C装置后首先制备NaClO溶液（注意不能在加热条件下制备）；D装置是用作安全瓶；E装置用于吸收多余的Cl2，以防污染空气。
10．【答案】（1）-25
（2）B；D
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，平衡常数减小。；<；9.88；A
【解析】【解答】(1)②式 -(2×③式 + ①式)=-25KJ·mol-1
(2)A. 平衡常数与催化剂无关，A项不符合题意；
B. 该反应为前后气体分子数改变的反应。平衡前后，气体总质量不变，气体平均物质的量会发生变化，故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时，可以说明该反应达到平衡状态，B项符合题意；
C.列三段式
起始(mol)转化(mol)平衡(mol)CO(g)1mol0.2mol0.8mol+3H2(g)=2mol0.6mol1.4molCH4(g)+00.2mol0.2molH2O(g)00.2mol0.2mol
用 H2表示该反应4min内的平均速率为v=0.6mol2L4min=0.075mol·L-1·min-1，C项不符合题意；
D. 该反应为放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率降低，D项符合题意。
故答案为：BD。
(3)①该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，随温度升高平衡常数减小，故平衡常数K与温度T的变化关系应为曲线m；②温度升高化学反应速率加快，图2中a点温度小于c点温度，故v(a) 逆
起始时压强为2.5Mpa，平衡时压强为3.4mol5mol×2.5Mpa=1.7Mpa，Kp=（0.83.4）21.23.4×（0.63.4）3（1.7）2=9.88MPa-2；③由v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，可得k逆=v逆c(CH3OH)·c(H2O)，k逆只与温度有关，温度越高v逆越大，温度升高平衡向逆反应方向移动，则平衡时温度越高c(CH3OH)·c(H2O)越小，故可得T与k逆成正比，1T与lgk逆成反比，从AE两点进行选择，1Tc<1Ta，故c点的lgk逆应为A点。
【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）A.平衡常数只与温度有关。
B.反应前后气体的质量不变，气体的分子数减小，根据n=mM进行分析。
C.根据各物质的反应速率之比等于其化学计量系数之比进行分析。
D.根据（1）中信息可知该反应是放热反应，升高温度，利于平衡向左移动。
（3）①该反应是放热反应，温度升高，利于平衡向左移动，结合化学平衡常数表达式进行分析。
②温度越高，反应速率越大；根据题干信息，通过化学平衡三段式进行分析。
③根据所给速率方程及温度对化学平衡的影响因素，可得出T与k逆的关系，再结合图像进行分析。
11．【答案】（1）3d104s1
（2）N>O> S；苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键
（3）分子晶体
（4）正四面体；N；sp和sp3
（5）1：1；8×232×1030NA×a3
【解析】【解答】(1)铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；
(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，所以第一电离能N>O> S； 苯酚的沸点大于甲苯的原因苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键；
(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，熔沸点比较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体；
(4)配合物[Cu(CH3CN)4]BF4，阴离子BF4-中B原子价电子对数是4对，无孤电子对，所以空间构型为正四面体，配体CH3CN中N原子含有孤电子对，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是N原子，配体含有单键碳、叁键碳，碳原子的杂化方式是sp和sp3；
(5)图中的正八面体空隙为体心和12条棱心，所以总数为1+12÷4=4，氧离子数为8个顶点和6个面心，所以总数为8×18+6×12=4，所以正八面体空隙数与O2−数之比为比为1：1。依题意图示结构为晶胞的18，所以一个晶胞中应含有8个Fe3O4，则Fe3O4晶体密度为8×232NA×(a×10-10)g/cm3=8×232×1030NA×a3g/cm3；
【分析】（1）铜为第29号元素，3d、4s能级上的电子为其价电子，据此分析。
（2）同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但氮原子的2p轨道半充满，其第一电离能比附近的都大；苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，据此分析。
（3）根据熔沸点高低确定晶体类型。
（4）根据价层电子对互斥理论进行分析；配体CH3CN中N原子含有孤电子对；配体CH3CN中含有碳氢单键，碳氮三键。
（5）图中的正八面体空隙为体心和12条棱心，所以总数为1+12/4=4，氧离子数为8个顶点和6个面心，所以总数为8×18+6×12=4。依题意图示结构为晶胞的18，所以一个晶胞中应含有8个Fe3O4，再根据n=mM=NNA和ρ=mV进行分析。
×
12．【答案】（1）2-氟甲苯(或邻氟甲苯)
（2）++NaOH→ZnCl2+NaCl+H2O
（3）羰(酮)基、氨基
（4）B；C
（5）；取代反应
（6）10
（7）
【解析】【解答】由B的分子式、反应条件可知，A中甲基被氧化为-COOH生成B，故B为，由C→D的第一步反应条件可知C→D的第一步发生信息(i)中反应，则C中存在-COCl结构，对比B、C的分子式，可知B中-OH被氯原子替代生成C，故C为，对比C、D的结构，结合X的分子式，可推知X为，D与Y反应生成E和HBr，发生取代反应，可推知Y为，F发生已知反应(ii)生成W，对比E和W的结构简式可知， E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，则F为 。
(1)由A的结构简式可知，A的名称为2-氟甲苯(或邻氟甲苯)；
(2)反应③是和反应生成和HCl，HCl又与NaOH发生中和反应，反应的化学方程式为++NaOH→ZnCl2+NaCl+H2O；
(3)D中含O的官能团为羰(酮)基，含N的官能团为氨基；
(4)A．由有机物D的结构简式可知，其分子式为C13H9BrFON，故A不符合题意；
B．有机物D含有氨基，分子间能形成氢键，故B符合题意；
C．有机物D中含有氨基，能与盐酸反应，含有Br和F，能与NaOH发生水解反应，故C符合题意；
D．有机物中含有的苯环和羰基能与氢气发生加成反应，1molD最多能与7molH2 发生加成反应，故D不符合题意；
故答案为：BC；
(5)由上述分析可知，Y的结构简式为；E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，因此反应⑤为取代反应；
(6)B的结构简式为，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应，说明分子中含有酚羟基和醛基，则苯环的侧链为-F、-CHO、-OH，固定两个取代基，移动另一个取代基，-F和-OH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种；
(7)由上述分析可知，F的结构简式为。
【分析】根据A、B的分子式及反应条件可知A中甲基被氧化为-COOH，推出B的结构简式为，A→B发生氧化反应；根据C+X→D的反应条件，以及D的结构简式和结合已知信息（ⅰ）可知，C、X中各有一个苯环，结合C、X的分子式推出其结构简式分别为、，B中羧基上的-OH被氯原子取代，B→C，C→D均发生取代反应；对比D、E的结构简式可推出Y的结构简式为，D中氨基上的氢原子被取代，D→E发生取代反应；对比E、W的结构简式，并结合已知信息（ⅱ）可推出F的结构简式为，E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH取代，E→F发生取代反应。据此分析。
吉林省长春市实验中学2022届高三质量监测线上考试（三）
理综化学试题
一、单选题
1．我国三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如青铜神树、黄金面具、丝绸黑炭、陶瓷碎片等。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．相比于精铜，青铜制作的神树更不易变形
B．黄金面具由纯净的黄金打造
C．丝绸转化为黑炭的过程涉及化学变化
D．陶瓷碎片的主要成分为硅酸盐
2．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A．室温下pH =12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA
B．1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2 溶液中含氧原子数为2NA
C．0.2 mol SO 2与0.2 mol O2 在一定条件下充分反应生成SO3 分子数为0.2NA
D．3.9gNa2O2 固体中含有阴阳离子的总数目为0.15NA
3．生育酚类物质中间体合成的部分流程如下，已知：同一个碳原子上连接四个完全不相同的基团，该碳原子称为手性碳。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．有机物①能发生加聚反应
B．四种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有机物②与③互为同系物
D．有机物④中存在2个手性碳原子
4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．快速制备少量NH3
B．除去Na2CO3中的NaHCO3
C．制取并收集一定Cl2
D．乙醇加热条件下能还原氧化铜
5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最高的气体，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，短周期主族元素中Z原子的半径最大，W原子的最外层电子数等于X、Y、Z原子的最外层电子数的平均值。下列推断不正确的是（ ）
A．X、Y、Z、W四种元素最多组成两种正盐
B．Z对应的氢化物中存在离子键
C．简单离子半径X＞Z
D．最高价氧化物对应水化物的酸性X＞W
6．相比锂电池，钠电池具有性能稳定、安全性好等优点，且可循环使用，寿命较长，对环境较友好。如图是某钠离子二次电池工作原理示意图，电池反应为2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)3=2Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3，下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，N极接电源的负极
B．放电时，导线中每通过1mol电子，理论上M极质量减轻23g
C．放电时，N电极上的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
D．理论上，该电池在充、放电过程中，溶液中的钠离子浓度始终不变
7．已知相同温度下，K sp (BaSO4)＜K sp (BaCO3)。某温度下，饱和溶液中-lg c(SO42-) 、-lg c(CO32-)、与-lg c(Ba2+ ) 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．曲线②代表BaSO4的沉淀溶解曲线
B．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
C．该温度下K sp (BaSO4)=1.0×10-10
D．c(Ba2+)=10-5.1时两溶液中 c(SO42-)c(CO32-)=10y2-y1
二、非选择题
8．一种以钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)为主要原料制备钛白粉(TiO2)的工艺流程如图所示。
已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③Fe3+在pH=1.8时生成沉淀，pH=4.1时沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是 。
（2）“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为 。
（3）滤渣①的主要成分是 (填化学式)。
（4）流程中加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时间相同的情况下进行探究得到结果如下图所示。
①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是 。
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示。由图可知，还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为 ℃。
（5）经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有 (填化学式)。
（6）如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为 ，产生的气体中X的化学式为 。
9．“消洗灵”(Na10P3O13 Cl·5H2O)是一种高效低毒的消毒洗涤剂，其消毒原理与“84消毒液”相似，实验室中制备的反应方程式为：NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+2NaOH+3H2O=Na10P3O3Cl⋅5H2O，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl；
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ，实验中用仪器a加浓盐酸的优点是 ；装置A中反应的离子方程式为 。
（2）装置B中盛装的试剂为 ；装置C中采用多孔球泡的目的是 。
（3）打开仪器a的活塞及活塞K，制备NaClO碱性溶液；关闭仪器a的活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗活塞；一段时间后，装置C中溶液经“系列操作”，得到粗产品。
①装置C如果采用热水浴会使“消洗灵”(Na10 P3O13 Cl·5H2O)的产率 (填“升高”或“降低”)。
②“系列操作”包括 、 、过滤、洗涤、低温干燥。
（4）利用滴定法测定产品的纯度(Na10 P3O13 Cl·5H2O) 的摩尔质量为656.5g·mol−1，实验方案如下：
Ⅰ．取1.500g产品试样溶于蒸馏水中配成100mL溶液；
Ⅱ．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入 10mL2mol·L−1硫酸溶液、25mL0.1mol·L−1KI溶液(过量)，暗处静置5min；
Ⅲ．滴加2~3滴淀粉溶液，用 0.05mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。平行滴定三次，平均消耗20.00mL标准溶液，则产品的纯度为 (保留三位有效数字)。Na2S2O3标准液应放在 (填“碱”或“酸”)式滴定管中。
10．我国提出争取在2030年前实现碳峰值、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2 转化为清洁能源是促进碳中和最直接有效的方法。
（1）H2 还原CO2 制取CH4的部分反应如下：
①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-246kJ/mol
③CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)ΔH=-131kJ/mol
反应2C(s)+2H2O(g)=CH4(g)+CO2(g)的∆H= kJ/mol。
（2）恒温条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，只发生如下反应：CO(g)+3H2 (g)=CH4(g)+H2O(g)，反应4min后，测得CO的物质的量为0.8mol，下列有关说法正确的是____ (填字母。)
A．利用合适的催化剂可增大该反应的平衡常数
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态
C．用 H2表示该反应4min内的平均速率为0.075mol·L-1·s-1
D．其它条件不变，升高温度，CO的平衡转化率降低
（3）在一定条件下，向某0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2 和ymolH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-50kJ/mol
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m” 或“n”)，判断依据是 。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H 2的转化率如图2所示，v(a) 逆 v(c) 逆(填“＞”、＜”或“=”)；T2时，起始压强为2.5MPa，则Kp= MPa-2(保留二位小数；K p 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程 v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数lgk与温度的倒数 1T 之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的lgk，其中表示c点的lgk逆的是 (填“A”、“B”、“D”或“E”)。
11．铁和铜的单质及其化合物是人们生活中的常见物质，回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为 。
（2）实验室常用KSCN、苯酚()检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)；苯酚的沸点大于甲苯的原因是 。
（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是 。
（4）配合物[Cu(CH3CN)4]BF4中，阴离子的空间构型为 ，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是 ，配体中碳原子的杂化方式是 。
（5）Fe3O4晶体中，O2−的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的O2−围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2−围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空 隙中。Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2−数之比为 。一个Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为apm，则Fe3O4晶体密度为 g·cm −3 (写出含a和NA的计算表达式)。
12．卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下：
已知：(i)→ZnCl2 +HCl
(ii)→C2H5OHCH3COOH +H2O
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）D中含O和含N的官能团名称分别是 。
（4）下列对有机物D叙述正确的是____(“填字母”)。
A．分子式为C13H8BrFON
B．分子间能形成氢键
C．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D．1molD最多能与6molH2 发生加成反应
（5）反应④中Y的结构简式为 ；反应⑤的反应类型为 。
（6）B的同分异构体中，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应的化合物共有 种。
（7）写出F的结构简式 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．青铜是合金，合金比纯金属硬度大，制作的神树更不易变形，故A不符合题意；
B．黄金面具主要成分是金，还含有银等杂质，属于合金，故B符合题意；
C． 丝绸的主要成分是蛋白质，而黑炭是碳单质，所以转化的过程涉及化学变化，故C不符合题意；
D．陶瓷是由黏土烧制而成的，主要成分为硅酸盐，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.青铜是铜锡合金，其硬度比纯金属的大。
B.黄金面具主要成分是金，据此分析。
C.化学变化过程中有新物质生成，丝绸的主要成分是蛋白质，而黑炭是碳单质，据此分析。
D.陶瓷的主要成分是硅酸盐。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．室温下pH =12的Na2CO3溶液中，由于题干未告知溶液的体积，则无法计算由水电离出的OH-数目，A不符合题意；
B．由于溶剂水中也含有O原子，则无法计算1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2 溶液中含氧原子数，B不符合题意；
C．由于2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3是一个可逆反应，则0.2 mol SO 2与0.2 mol O2 在一定条件下充分反应生成SO3 分子数小于0.2NA，C不符合题意；
D．已知Na2O2是由Na+和O22-组成的，则3.9gNa2O2 固体中含有阴阳离子的总数目为3.9g78g•mol-1×3×NAmol-1=0.15NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据题干信息，只提供了浓度，溶液体积未知，无法计算。
B.注意溶剂水中也含有氧原子。
C.注意该反应是可逆反应。
D.注意Na2O2是由Na+和O22-构成的，据此分析。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干所示有机物的结构简式可知，有机物①中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，A不符合题意；
B．由题干所示有机物的结构简式可知，四种有机物均含有碳碳双键，则四种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意；
C．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)、且在组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，由题干信息可知，有机物②与③结构不相似，故不互为同系物，C符合题意；
D．手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，则有机物④中存在2个手性碳原子，如图所示：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键能发生加聚反应。
B.碳碳双键、醇羟基能被酸性高锰酸钾还原。
C.同系物需具备两个条件：1.在分子组成上相差n个CH2；2.结构相似（若有官能团，则种类和个数都必须相同）。
D.根据手性碳原子的特点进行分析。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．图示装置中收集NH3的试管口被试管塞堵死了，空气不能排除，将发生炸裂的安全事故，A不合题意；
B．加热固体不能用蒸发皿，应该用大试管或者坩埚，B不合题意；
C．Cl2的密度比空气的大，应该用向上排空气法，即收集装置中应该长进短出，C不合题意；
D．已知2Cu+O2=∆2CuO、CH3CH2OH+CuO=∆CH3CHO+H2O+Cu，则图示装置能够实现乙醇加热条件下能还原氧化铜，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.试管口的瓶塞应去掉。
B.根据加热固体所选仪器进行分析。
C.Cl2的密度比空气大，收集时应长管进短管出。
D.根据反应前后物质颜色的变化进行分析。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Si，则四种元素可组成NaNO2、NaNO3、Na2SiO3等正盐，A符合题意；
B．由分析可知，Z为Na，则Z对应的氢化物即NaH中存在离子键，B不符合题意；
C．由分析可知，X为N，Z为Na，N3-和Na+具有相同的核外电子排布，核电荷数越大微粒半径越小，则简单离子半径N3-＞Na+即X＞Z，C不符合题意；
D．已知N的非金属性比Si的强，则最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H2SiO3即X＞W，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X的单质是空气中含量最高的气体，可推出X是氮元素；Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，又原子最外层电子数不能超过8，可推出Y是氧元素；短周期主族元素中Z原子的半径最大，可推出Z是钠元素； W原子的最外层电子数等于X、Y、Z原子的最外层电子数的平均值，且W位于Z之后，而推出W是硅元素。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．由图示可判断，放电时Na+向 NaFePO4F 电极方向移动，所以 NaFePO4F 电极为正极，充电时作阳极与外接电源正极相连，即M接电源正极，N接电源负极，故A说法不符合题意；
B．根据总反应式，放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e-=Na2FePO4F ， M极质量不会减轻，反而会增重，导线中每通过1mol 电子，理论上M极质量增重23g ，故B说法符合题意；
C．由总反应结合原电池正极反应可知，放电时负极N上的电极反应式为 Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+ ，故C说法不符合题意；
D．由图示知， NaFePO4F 、 Na2FePO4F 、 Na3Ti2(PO4)3 、 NaTi2(PO4)3 均附着在电极材料上，充、放电时两极反应的 Na+ 生成与消耗的量相等，理论上溶液中的钠离子浓度不变，故D说法不符合题意；
故答案为B。
【分析】充电是电解池原理，放电是原电池原理；充电和放电的电极反应式正好相反。根据题干信息，放电时，Na+移向NaFePO4F极，说明NaFePO4F电极是正极，Na3Ti2(PO4)3电极是负极，则充电时，NaFePO4F电极作阳极，Na3Ti2(PO4)3电极作阴极。放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e-=Na2FePO4F ，负极反应为 Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，在-lg[c(Ba2+)]相同时，则-lg[c(CO32-)]＜-lg[c(SO42-)]，因此曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，故A不符合题意；
B．加适量BaCl2固体，-lg[c(Ba2+)]减小，则溶液由a点变ab的反方向上，故B不符合题意；
C．根据-lg[c(Ba2+)]=1时，-lg[c(SO42-)]=9，因此该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)为Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO42-)=1×10-1×1×10-9=1×10-10，故C符合题意；
D． c(Ba2+)=10-5.1时，即-lg[c(Ba2+)]=5.1，根据图中信息得到两溶液中c(SO42-)：c(CO32-)=10-y210-y1=10(y1-y2)，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据题干信息可知，一定温度下，BaSO4的溶解度较小，则c(Ba2+)相同时，c(SO42-)＜c(CO32-)，结合图像分析。
B. c(Ba2+)↑，则利于平衡向沉淀方向移动，即c(SO42-)或c(CO32-)减小，相应纵坐标的数值变大。
C. K sp (BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO42-)，结合图像进行分析。
D.根据图像中c、d两点的横纵坐标数值进行分析。
8．【答案】（1）增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率
（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
（3）Fe、SiO2和CaSO4
（4）pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大；55℃
（5）H2SO4
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO
【解析】【解答】向钛铁矿中加入足量的硫酸溶液，发生反应有：Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤渣①，主要成分为：Fe、SiO2和CaSO4，滤液①主要成分为FeSO4、TiOSO4，冷却结晶析出FeSO4·7H2O晶体，过滤出滤渣②主要成分是FeSO4·7H2O晶体，和滤液②主要成分是TiOSO4，加热促进TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，反应原理为：TiOSO4+2H2O=H2SO4+H2TiO3↓，过滤得滤液③主要成分为H2SO4和H2TiO3，将H2TiO3灼烧得到TiO2，据此分析解题。
(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，以增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率；
(2)由分析可知，“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
(3)由分析可知，滤渣①的主要成分是Fe、SiO2和CaSO4，故答案为：Fe、SiO2和CaSO4；
(4)①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大，故答案为：pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃，故答案为：55℃；
(5)由分析可知，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有滤液③主要成分为H2SO4，故答案为：H2SO4；
(6)如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛，由题干图示可知，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极电极反应为：2O2--4e-=O2↑，C+O2Δ__CO2，CO2+CΔ__2CO，则产生的气体中X的化学式为CO，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO。
【分析】根据题干信息，“酸浸”时，FeTiO3、Fe2O3、CaO与H2SO4反应分别生成TiOSO4、Fe2(SO4)3、CaSO4，SiO2不与硫酸反应；“还原”是铁把滤液中的Fe2(SO4)3还原为FeSO4，所以滤渣①是SiO2、CaSO4，还可能有剩余的Fe，滤液①是FeSO4、TiOSO4，“冷却结晶”所得滤渣②FeSO4·7H2O晶体，滤液②是TiOSO4；“加热水解”中，TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀和H2SO4，所以滤液③是H2SO4；“灼烧”中H2TiO3分解生成TiO2。据此分析（1）~（5）。
（6）阴极与电源的负极相连，得电子发生还原反应；由图可知阳极产生的CO2与碳在一定条件下能反应生成CO，据此分析。
9．【答案】（1）恒压滴液漏斗；平衡压强，使液体顺利留下；2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）饱和食盐水；增大反应物的接触面积，加快反应速率
（3）降低；蒸发浓缩；冷却结晶
（4）87.5%；碱
【解析】【解答】装置A中KMnO4固体与浓盐酸反应产生Cl2，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，生成的气体经饱和食盐水除杂后，通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，操作为：打开装置A中恒压滴液漏斗(仪器)的活塞及活塞K，制取Cl2， 生成的气体经饱和食盐水除杂后，通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，关闭装置A中恒压滴液漏斗活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗活塞，滴入Na3PO4、Na2HPO4混合液， 反应生成“消洗灵”，D是安全瓶，氯气有毒，需要尾气处理， E吸收尾气，防止污染大气。
(1)仪器a的名称是恒压滴液漏斗，实验中用仪器a加浓盐酸是为了平衡压强，使液体顺利滴下，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：恒压滴液漏斗；平衡压强，使液体顺利留下；2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置B用于除去氯气中的HCl，盛装的试剂为饱和食盐水，装置C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：饱和食盐水；增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(3)Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl，会影响NaClO的生成，根据反应方程式知所以如果采用热水浴会使“消洗灵”(Na10 P3O13 Cl·5H2O)的产率降低；由于钠盐Na10P3O13 Cl易溶于水，“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，故答案为：降低；蒸发浓缩；冷却结晶；
(4)Na10P3O13 Cl中Cl显+1价，结合得失电子守恒和滴定反应可得关系式Na10P3O13Cl⋅5H2O∼I2∼2Na2S2O3，25.00mL待测液中，n(Na10P3O13Cl⋅5H2O)=12n(Na2S2O3)=12×0.05mol/L×20.00×10-3L=5×10-4mol，因此1.500g产品中，m(Na10P3O13Cl⋅5H2O)=5×10-4mol×100mL25.00mL×656.5g/mol=1.313g，故产品的纯度为1.313g1.500g×100%≈87.5%，Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以标准液应放在碱式滴定管中，故答案为：87.5%；碱。
【分析】A装置是用KMnO4固体与浓盐酸反应生产Cl2；由于浓盐酸具有挥发性，生成的Cl2中混有HCl，B装置用于除去HCl，一般用饱和食盐水；C装置用于制备“消洗灵”，其中Cl2通入C装置后首先制备NaClO溶液（注意不能在加热条件下制备）；D装置是用作安全瓶；E装置用于吸收多余的Cl2，以防污染空气。
10．【答案】（1）-25
（2）B；D
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，平衡常数减小。；<；9.88；A
【解析】【解答】(1)②式 -(2×③式 + ①式)=-25KJ·mol-1
(2)A. 平衡常数与催化剂无关，A项不符合题意；
B. 该反应为前后气体分子数改变的反应。平衡前后，气体总质量不变，气体平均物质的量会发生变化，故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时，可以说明该反应达到平衡状态，B项符合题意；
C.列三段式
起始(mol)转化(mol)平衡(mol)CO(g)1mol0.2mol0.8mol+3H2(g)=2mol0.6mol1.4molCH4(g)+00.2mol0.2molH2O(g)00.2mol0.2mol
用 H2表示该反应4min内的平均速率为v=0.6mol2L4min=0.075mol·L-1·min-1，C项不符合题意；
D. 该反应为放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率降低，D项符合题意。
故答案为：BD。
(3)①该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，随温度升高平衡常数减小，故平衡常数K与温度T的变化关系应为曲线m；②温度升高化学反应速率加快，图2中a点温度小于c点温度，故v(a) 逆
起始时压强为2.5Mpa，平衡时压强为3.4mol5mol×2.5Mpa=1.7Mpa，Kp=（0.83.4）21.23.4×（0.63.4）3（1.7）2=9.88MPa-2；③由v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，可得k逆=v逆c(CH3OH)·c(H2O)，k逆只与温度有关，温度越高v逆越大，温度升高平衡向逆反应方向移动，则平衡时温度越高c(CH3OH)·c(H2O)越小，故可得T与k逆成正比，1T与lgk逆成反比，从AE两点进行选择，1Tc<1Ta，故c点的lgk逆应为A点。
【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）A.平衡常数只与温度有关。
B.反应前后气体的质量不变，气体的分子数减小，根据n=mM进行分析。
C.根据各物质的反应速率之比等于其化学计量系数之比进行分析。
D.根据（1）中信息可知该反应是放热反应，升高温度，利于平衡向左移动。
（3）①该反应是放热反应，温度升高，利于平衡向左移动，结合化学平衡常数表达式进行分析。
②温度越高，反应速率越大；根据题干信息，通过化学平衡三段式进行分析。
③根据所给速率方程及温度对化学平衡的影响因素，可得出T与k逆的关系，再结合图像进行分析。
11．【答案】（1）3d104s1
（2）N>O> S；苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键
（3）分子晶体
（4）正四面体；N；sp和sp3
（5）1：1；8×232×1030NA×a3
【解析】【解答】(1)铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；
(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，所以第一电离能N>O> S； 苯酚的沸点大于甲苯的原因苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键；
(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，熔沸点比较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体；
(4)配合物[Cu(CH3CN)4]BF4，阴离子BF4-中B原子价电子对数是4对，无孤电子对，所以空间构型为正四面体，配体CH3CN中N原子含有孤电子对，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是N原子，配体含有单键碳、叁键碳，碳原子的杂化方式是sp和sp3；
(5)图中的正八面体空隙为体心和12条棱心，所以总数为1+12÷4=4，氧离子数为8个顶点和6个面心，所以总数为8×18+6×12=4，所以正八面体空隙数与O2−数之比为比为1：1。依题意图示结构为晶胞的18，所以一个晶胞中应含有8个Fe3O4，则Fe3O4晶体密度为8×232NA×(a×10-10)g/cm3=8×232×1030NA×a3g/cm3；
【分析】（1）铜为第29号元素，3d、4s能级上的电子为其价电子，据此分析。
（2）同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但氮原子的2p轨道半充满，其第一电离能比附近的都大；苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，据此分析。
（3）根据熔沸点高低确定晶体类型。
（4）根据价层电子对互斥理论进行分析；配体CH3CN中N原子含有孤电子对；配体CH3CN中含有碳氢单键，碳氮三键。
（5）图中的正八面体空隙为体心和12条棱心，所以总数为1+12/4=4，氧离子数为8个顶点和6个面心，所以总数为8×18+6×12=4。依题意图示结构为晶胞的18，所以一个晶胞中应含有8个Fe3O4，再根据n=mM=NNA和ρ=mV进行分析。
×
12．【答案】（1）2-氟甲苯(或邻氟甲苯)
（2）++NaOH→ZnCl2+NaCl+H2O
（3）羰(酮)基、氨基
（4）B；C
（5）；取代反应
（6）10
（7）
【解析】【解答】由B的分子式、反应条件可知，A中甲基被氧化为-COOH生成B，故B为，由C→D的第一步反应条件可知C→D的第一步发生信息(i)中反应，则C中存在-COCl结构，对比B、C的分子式，可知B中-OH被氯原子替代生成C，故C为，对比C、D的结构，结合X的分子式，可推知X为，D与Y反应生成E和HBr，发生取代反应，可推知Y为，F发生已知反应(ii)生成W，对比E和W的结构简式可知， E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，则F为 。
(1)由A的结构简式可知，A的名称为2-氟甲苯(或邻氟甲苯)；
(2)反应③是和反应生成和HCl，HCl又与NaOH发生中和反应，反应的化学方程式为++NaOH→ZnCl2+NaCl+H2O；
(3)D中含O的官能团为羰(酮)基，含N的官能团为氨基；
(4)A．由有机物D的结构简式可知，其分子式为C13H9BrFON，故A不符合题意；
B．有机物D含有氨基，分子间能形成氢键，故B符合题意；
C．有机物D中含有氨基，能与盐酸反应，含有Br和F，能与NaOH发生水解反应，故C符合题意；
D．有机物中含有的苯环和羰基能与氢气发生加成反应，1molD最多能与7molH2 发生加成反应，故D不符合题意；
故答案为：BC；
(5)由上述分析可知，Y的结构简式为；E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，因此反应⑤为取代反应；
(6)B的结构简式为，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应，说明分子中含有酚羟基和醛基，则苯环的侧链为-F、-CHO、-OH，固定两个取代基，移动另一个取代基，-F和-OH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种；
(7)由上述分析可知，F的结构简式为。
【分析】根据A、B的分子式及反应条件可知A中甲基被氧化为-COOH，推出B的结构简式为，A→B发生氧化反应；根据C+X→D的反应条件，以及D的结构简式和结合已知信息（ⅰ）可知，C、X中各有一个苯环，结合C、X的分子式推出其结构简式分别为、，B中羧基上的-OH被氯原子取代，B→C，C→D均发生取代反应；对比D、E的结构简式可推出Y的结构简式为，D中氨基上的氢原子被取代，D→E发生取代反应；对比E、W的结构简式，并结合已知信息（ⅱ）可推出F的结构简式为，E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH取代，E→F发生取代反应。据此分析。
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