山东省淄博市2022-2023学年高三第一次模拟考试化学试题
一、单选题
1．（2022·淄博模拟）化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是
A．使用含氟牙膏能预防龋齿
B．紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理
C．发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品
D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极
【答案】D
【知识点】金属的腐蚀与防护；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A． 釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以预防龋齿，故A不符合题意；
B． 紫外线照射能够使蛋白质变性，可用紫外线杀菌消毒，故B不符合题意；
C． 一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C不符合题意；
D． 用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极，被保护的金属作阴极，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、含氟牙膏可以生成氟磷灰石，预防龋齿；
B、紫外线可以使蛋白质变性；
C、油脂可以溶解苯乙烯，而苯乙烯对人体有毒；
D、钢铁处于阴极时，不会发生氧化反应，可以起到保护作用。
2．（2022·淄博模拟）下列做法正确的是
A．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜
B．用带橡胶塞的棕色细口瓶保存溴水
C．用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验
D．用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 稀硝酸能溶解银，3Ag+4H++NO═3Ag++NO↑+2H2O，故A符合题意；
B． 溴水可腐蚀橡胶，应保存在玻璃塞的棕色细口瓶中，故B不符合题意；
C． 玻璃棒含钠元素，焰色为黄色，应用铁丝或铂丝蘸取某样品进行焰色试验，故C不符合题意；
D． 过氧乙酸具有强氧化性，可以漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、银和氢离子、硝酸根反应生成阴离子、一氧化氮和水；
B、溴水具有氧化性，可以腐蚀橡胶塞；
C、焰色试验应该采用铂丝或者铁丝蘸取液体；
D、pH试纸不能测定强氧化性的药品。
3．（2022·淄博模拟）关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是
A．热稳定性：H2O2＞H2S2
B．N2H2存在顺反异构现象
C．键角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2
D．四种物质中沸点最高的是H2O2
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．因为O元素的电负性大于S，所以热稳定性：，A不符合题意；
B．结构式为：，存在顺反异构现象， B不符合题意；
C．为直线型，键角为，氮原子采用杂化，三个杂化键处于平面正三角形的三个方向，互成，是极性分子，之间的键角为96度52分，氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比大，所以键角的大小：，C符合题意；
D．因为分子中含有氢键，所以在中沸点最高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、电负性越强，热稳定性越强；
B、氮原子一侧连接氢原子，一侧连接孤电子对，存在顺反异构；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、氢键的存在会导致沸点的提高。
4．（2022·淄博模拟）下列装置能达到实验目的是
A．装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2
B．装置乙：制备少量干燥的NH3
C．装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物
D．装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；
B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；
C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；
D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、加热固体采用坩埚，可以使明矾失去结晶水；
B、氨气不能用氯化钙干燥；
C、苯酚和水的分离应该用分液；
D、过氧化氢可以和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应，反应过程没有特殊现象。
5．（2022·淄博模拟）铝的卤化物AlX3(X=Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是
性质 AlF3 AlCl3 AlBr3 AlI3
熔点/℃ 1290 192.4 97.8 189.4
沸点/℃ 1272 180 256 382
A．AlF3晶体类型与其他三种不同
B．1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NA
C．Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．AlF3为离子晶体，其他三个为分子晶体，A不符合题意；
B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl2Cl6中所含配位键数目为2NA，B符合题意；
C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C不符合题意；
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、离子晶体的熔沸点较高，分子晶体的熔沸点较低；
B、每个氯原子可以结合三个氯原子，剩下一个空轨道可以结合和铝原子形成配位键；
C、铝原子和卤族原子都形成8电子结构；
D、电负性越强，熔点越高。
6．（2022·淄博模拟）抗凝血药物替罗非班合成中间体结构如图，下列说法错误的是
A．该有机物中N原子有两种杂化方式
B．其水解产物均可与Na2CO3溶液反应
C．1mol该分子最多与3molNaOH反应
D．该有机物苯环上的一氯代物有3种
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该有机物中环上的N原子是sp2杂化，另外一个N原子是sp3杂化，故A不符合题意；
B．其水解产物都含有羧基，因此均可与Na2CO3溶液反应，故B不符合题意；
C.1mol该分子含有羧基、肽键、酚酸酯，因此最多与4molNaOH反应(酚酸酯会消耗2molNaOH)，故C符合题意；
D．该有机物苯环上有三种位置的氢，因此其一氯代物有3种，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
B、酯基、肽键水解都可以形成羧基，羧基可以和碳酸钠反应；
C、酯基上的单键氧原子直接连接苯环，可以消耗2mol NaOH，肽键可以消耗1mol NaOH，羧基可以消耗1mol NaOH；
D、一氯代物的判断即判断等效氢的种类。
7．（2022·淄博模拟）高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是
A．m分子有对映异构体 B．n分子中所有原子共平面
C．高分子材料p可降解 D．聚合过程中有小分子生成
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A． m分子有一个手性碳，有对映异构体，故A不符合题意；
B． n分子中所有碳原子均为sp2杂化，键角约为120°，所有原子共平面，故B不符合题意；
C． 高分子材料p中含有酯基，可降解，故C不符合题意；
D． 聚合过程中没有小分子生成，二氧化碳中碳氧双键、m中的三元环、n中的碳氧双键参与反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
B、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
C、酯基可以发生降解；
D、该反应过程为加聚反应，无小分子生成。
8．（2022·淄博模拟）利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是
A．Na2SO3和H2O2均作还原剂
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体
C．从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A不符合题意；
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B不符合题意；
C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C符合题意；
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
B、装置②为安全瓶，可以防止倒吸，装置④为伸入吸收液的干燥管，可以防止倒吸；
C、氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主；
D、实验前通入氮气是排出空气，实验后通入氮气是使残留气体排入后续装置吸收。
9．（2022·淄博模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化合物WZY4 5X2Y的热重曲线如图。下列说法错误的是
A．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种
B．Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的
C．WZY4 5X2Y中有三种不同结合力的X2Y
D．220℃时，固体物质的化学式为WZY4
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能大于Y的元素有氮、氟、氖3种，A不符合题意；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，O只有负价没有正价，故Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B不符合题意；
C．CuSO4 5H2O完全失去结晶水时保留质量，结合图像可知，晶体分三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C不符合题意；
D．由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是CuSO4，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，若氮原子的电子处于半充满状态，则第一电离能出现反常；
B、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
C、结合图示可以知道五水合硫酸铜有三个阶段失去结晶水；
D、结合图示，可以知道220℃之后还会丢失结晶水，因此此时的固体不是硫酸铜。
10．（2022·淄博模拟）从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+
A．“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子
B．进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出
C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用
D．操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A． 由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A不符合题意；
B． 进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B符合题意；
C． 操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C不符合题意；
D． 沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氨浸可以使钙离子、铁离子、铝离子形成碳酸钙、氢氧化铁、氢氧化铝；
B、氯仿密度大于水，因此有机相从下口出；
C、反萃取可以使有机相重新分离出来，循环利用；
D、沉淀后，应该进行过滤、洗涤、干燥、灼烧。
11．（2022·淄博模拟）根据下列操作及现象，所得结论正确的是
操作及现象 结论
A 向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成 说明NO具有强氧化性
B 向2mL浓度均为0.1mol L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成 说明Ag2S比AgBr更难溶
C 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色 说明乙醇消去反应的产物为乙烯
D 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色 说明丙烯醛中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．也可能是铁离子氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，A不符合题意；
B．只有黑色沉淀生成说明银离子和硫离子反应生成硫化银沉淀，则硫化银更难溶，B符合题意；
C．反应的副产物二氧化硫也会和强氧化性的溴水反应导致溴水褪色，C不符合题意；
D．足量新制氢氧化铜悬浊液显碱性，碱性溶液会和溴水反应导致溴水褪色，应该酸化后滴加溴水，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁离子和硝酸根都具有氧化性；
B、溴离子和硫离子的浓度相同，只生成黑色沉淀，则硫化银更难溶；
C、乙烯和二氧化硫都可以和溴水反应；
D、溴在碱性条件下可以发生反应。
12．（2022·淄博模拟）一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是
A．反应④有极性键的断裂与生成
B．反应②③均为氧化还原反应
C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)
D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A不符合题意；
B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B符合题意；
C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C不符合题意；
D．根据图示可知，NO被还原为N2，则还原1molNO转移2mol电子，而O2最终生成H2O，故2mol电子消耗0.5molO2，标准状况下体积为11.2L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
C、四氨合铜离子和一氧化氮反应生成氮气、铵根离子、水和二氨合铜离子；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
13．（2022·淄博模拟）下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．M电极接太阳能电池的P电极
B．通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小
C．膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O
【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，M电极接太阳能电池的P电极，A符合题意；
B．根据电子守恒，双极膜产生的氢离子与N极消耗的氢离子量相同，故V室内溶液pH不会减小，B不符合题意；
C．装置可分离废水中的Co2+和Ni2+，由图可知，镍离子通过b膜迁移到Ⅲ室和乙酰丙酮反应而和Co2+分离，故b为阳离子交换膜；Ⅲ室为碱性，故氢离子不能通过ab膜进入Ⅲ室，故a为阴离子交换膜；C不符合题意；
D．硫元素化合价由-1变为+6生成硫酸根离子，，双极膜上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，；根据电子守恒可知，每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】新型电池及二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；
电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
14．（2022·淄博模拟）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是
A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大
B．900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa s 1
C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A不符合题意；
B.900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B不符合题意；
C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则Al2O3催化剂使得正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C符合题意；
D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、升高温度，正逆反应速率加快；
B、氢气的速率可以结合硫化氢的转化率计算；
C、活化能越大，速率越慢；
D、催化剂在温度过高时会失去活性。
15．（2022·淄博模拟）常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是
A．L2表示pc(HPO)和-lg的关系
B．H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)
D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性
【答案】A,C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．根据亚磷酸二级电离可知，，等式两边同时取对数，，则，同理可得，因为，则，所以表示的直线应该在上方即L2，A符合题意；
B．，对应直线L2，将点(3，3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7，B不符合题意；
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数，水解平衡常数，水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)，C符合题意；
D．，c(H3PO3)=c(HPO)时，，溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、结合二级电离平衡常数和电离平衡常数的负对数计算；
B、电离平衡常数可以结合直线上的特殊点带入计算；
C、结合水解程度和电离程度判断；
D、结合一级电离平衡常数和二级电离平衡常数的乘积计算氢离子的浓度。
二、非选择题
16．（2022·淄博模拟）LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：
（1）基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
（2）Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是 。
（3）Co(III)可形成多种配合物。
①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为 。
②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有 种。
（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为 ；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是 。
（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有 个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)= 。
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为 g cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）2：1（或1：2）
（2）O>C>Co>Li
（3）[Co(NH3)5 SO4]Br；2
（4）三角锥形；F3C-
（5）6；7：5；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2：1（或1：2）；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li；
（3）①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为[Co(NH3)5 SO4]Br；
②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况；
（4）(CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-；
（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7：5；
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。
【分析】（1）结合3d和4s的轨道电子排布判断；
（2）同周期从左到右电负性变强；同主族由上而下电负性减弱；
（3） ① 配合物中的配体不可以电离；
② 中心原子孤电子对数=；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）电负性越强，则稳定性越强；
（5） ① 结合均摊法进行判断；
② 密度可以结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量判断。
17．（2022·淄博模拟）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4 7H2O，其工艺流程如图：
已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 TiO(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-11.6 1.0×10-29
回答下列问题：
（1）矿渣的主要成分是 ；试剂A为 (填化学式)。
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为 ；加水浸取前需先冷却的目的是 。
（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为 (填标号)。
A．H2SO4 B．H2O2 C．Na2CO3 D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]需要调节溶液的pH略大于 。
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是 ，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质 TiCl4 Cl2 CO CO2
分压MPa 4.59×10-2 4.98×10-9 1.84×10-2 3.70×10-2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为 。
（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是____(填标号)。
A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar
【答案】（1）SiO2、CaSO4；Fe
（2）；防止TiO2+提前水解
（3）C；2
（4）使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
（5）D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，
故答案为：C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏加德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5：1：2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；
故答案为：D。
【分析】（1）经过硫酸的溶解后，硫酸钙和二氧化硅不溶于酸形成固体；
（2）温度过高会导致 TiO2+ 发生水解；
（3） ① 调节pH至溶液呈碱性，采用碳酸钠；
② 结合溶度积和 TiO2+ 的浓度计算；
（4）二氧化钛和碳、氯气高温生成一氧化碳、二氧化碳和四氯化钛；
（5）保护气的特点是活泼性差，不和其他气体发生反应。
18．（2022·淄博模拟）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：
（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为 ，仪器c除冷凝回流外，另一作用为 。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
（2）步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→ 。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
（3）测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为 。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
【答案】（1）恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
（2）d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊
（3）；AC
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故答案为：；
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故答案为：；
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，
故答案为：；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，
故答案为：；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC；
【分析】（1） ① 仪器b为恒压滴液漏斗；
② 氧化还原反应的化学方程式要注意，根据化合价升降守恒配平化学计量数；
（2） ① 气体发生装置-洗气装置-干燥装置-反应装置-尾气吸收装置；
② 澄清石灰水的目的是检验二氧化碳，确保二氧化碳将空气排尽；
（3） ① 结合化学计量数之比等于物质的量之比计算；
② 滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
19．（2022·淄博模拟）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：
已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)
ii.+(R为烃基)
回答以下问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。
①能与FeCl3溶液作用显色
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1
其中，能发生水解反应的结构简式为 。
（2）D→E的反应类型为 ；该反应的目的是 。
（3）F→H的化学方程式为 ，有机物J中含有官能团的名称是 。
（4）综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选 。
【答案】（1）；3；
（2）取代反应；保护羟基，防止氧化
（3）+H2O2+ H2O；酯基、醚键
（4）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、三种；其中，能发生水解反应的结构简式为；
故答案为：；3；；
（2）由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化，故答案为：取代反应；保护羟基，防止氧化；
（3）F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+ H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键，故答案为：+H2O2+ H2O；酯基、醚键；
（4）与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，经氧化生成，合成路线为：，故答案为：；
【分析】（1）可以和氯化铁显色则含有酚羟基，可以发生银镜反应则含有醛基，结合核磁共振氢谱可以判断等效氢的种类和数目比；
（2）羟基容易被氧化，转化为酯基可以防止羟基被氧化；
（3）J中含有-COOR和-C-O-C-，即含有酯基和醚键；
（4）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．（2022·淄博模拟）利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图：
回答下列问题：
（1）已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为 (用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。
（2）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。
①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为 。
②已知反应R1的速率方程v正=k正 c(1－MN) c2(H2)，v逆=k逆 c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1 T2(填“>”，“<”或“=”)。
③下列说法错误的是 。
A．四个反应均为放热反应 B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C．反应体系中1－MD最稳定 D．由上述信息可知，400K时反应R4速率最快
（3）1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率= ；y为65%时反应R1的平衡常数Kp= kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因 。
【答案】（1）△H1+△H2-△H3
（2）b；>；BD
（3）0.8(1-2c%)；；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3；
（2）①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2
③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确；
B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B不正确；
C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确；
D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D不正确；
故答案为：BD；
（3）R1、R3、R2、R4的反应分别为：
1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；
y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）① 本题要紧抓化学平衡常数只受温度影响这一特点进行判断；
② 若为放热反应，则温度升高，平衡常数减小；
③ A、放热反应，平衡常数和温度为反比；
B、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动，升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；
D、平衡常数越大，只能说明反应进行越彻底；
（3）分压平衡常数可以结合总压强和总物质的量判断。
山东省淄博市2022-2023学年高三第一次模拟考试化学试题
一、单选题
1．（2022·淄博模拟）化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是
A．使用含氟牙膏能预防龋齿
B．紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理
C．发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品
D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极
2．（2022·淄博模拟）下列做法正确的是
A．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜
B．用带橡胶塞的棕色细口瓶保存溴水
C．用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验
D．用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH
3．（2022·淄博模拟）关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是
A．热稳定性：H2O2＞H2S2
B．N2H2存在顺反异构现象
C．键角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2
D．四种物质中沸点最高的是H2O2
4．（2022·淄博模拟）下列装置能达到实验目的是
A．装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2
B．装置乙：制备少量干燥的NH3
C．装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物
D．装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响
5．（2022·淄博模拟）铝的卤化物AlX3(X=Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是
性质 AlF3 AlCl3 AlBr3 AlI3
熔点/℃ 1290 192.4 97.8 189.4
沸点/℃ 1272 180 256 382
A．AlF3晶体类型与其他三种不同
B．1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NA
C．Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征
6．（2022·淄博模拟）抗凝血药物替罗非班合成中间体结构如图，下列说法错误的是
A．该有机物中N原子有两种杂化方式
B．其水解产物均可与Na2CO3溶液反应
C．1mol该分子最多与3molNaOH反应
D．该有机物苯环上的一氯代物有3种
7．（2022·淄博模拟）高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是
A．m分子有对映异构体 B．n分子中所有原子共平面
C．高分子材料p可降解 D．聚合过程中有小分子生成
8．（2022·淄博模拟）利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是
A．Na2SO3和H2O2均作还原剂
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体
C．从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中
9．（2022·淄博模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化合物WZY4 5X2Y的热重曲线如图。下列说法错误的是
A．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种
B．Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的
C．WZY4 5X2Y中有三种不同结合力的X2Y
D．220℃时，固体物质的化学式为WZY4
10．（2022·淄博模拟）从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+
A．“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子
B．进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出
C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用
D．操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧
11．（2022·淄博模拟）根据下列操作及现象，所得结论正确的是
操作及现象 结论
A 向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成 说明NO具有强氧化性
B 向2mL浓度均为0.1mol L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成 说明Ag2S比AgBr更难溶
C 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色 说明乙醇消去反应的产物为乙烯
D 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色 说明丙烯醛中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·淄博模拟）一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是
A．反应④有极性键的断裂与生成
B．反应②③均为氧化还原反应
C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)
D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)
13．（2022·淄博模拟）下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．M电极接太阳能电池的P电极
B．通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小
C．膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O
14．（2022·淄博模拟）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是
A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大
B．900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa s 1
C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性
15．（2022·淄博模拟）常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是
A．L2表示pc(HPO)和-lg的关系
B．H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)
D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性
二、非选择题
16．（2022·淄博模拟）LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：
（1）基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
（2）Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是 。
（3）Co(III)可形成多种配合物。
①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为 。
②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有 种。
（4）LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为 ；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是 。
（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有 个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)= 。
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为 g cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
17．（2022·淄博模拟）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4 7H2O，其工艺流程如图：
已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 TiO(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-11.6 1.0×10-29
回答下列问题：
（1）矿渣的主要成分是 ；试剂A为 (填化学式)。
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为 ；加水浸取前需先冷却的目的是 。
（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为 (填标号)。
A．H2SO4 B．H2O2 C．Na2CO3 D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]需要调节溶液的pH略大于 。
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是 ，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质 TiCl4 Cl2 CO CO2
分压MPa 4.59×10-2 4.98×10-9 1.84×10-2 3.70×10-2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为 。
（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是____(填标号)。
A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar
18．（2022·淄博模拟）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：
（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为 ，仪器c除冷凝回流外，另一作用为 。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
（2）步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→ 。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
（3）测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为 。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
19．（2022·淄博模拟）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：
已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)
ii.+(R为烃基)
回答以下问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。
①能与FeCl3溶液作用显色
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1
其中，能发生水解反应的结构简式为 。
（2）D→E的反应类型为 ；该反应的目的是 。
（3）F→H的化学方程式为 ，有机物J中含有官能团的名称是 。
（4）综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选 。
20．（2022·淄博模拟）利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图：
回答下列问题：
（1）已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为 (用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。
（2）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。
①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为 。
②已知反应R1的速率方程v正=k正 c(1－MN) c2(H2)，v逆=k逆 c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1 T2(填“>”，“<”或“=”)。
③下列说法错误的是 。
A．四个反应均为放热反应 B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C．反应体系中1－MD最稳定 D．由上述信息可知，400K时反应R4速率最快
（3）1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率= ；y为65%时反应R1的平衡常数Kp= kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】金属的腐蚀与防护；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A． 釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以预防龋齿，故A不符合题意；
B． 紫外线照射能够使蛋白质变性，可用紫外线杀菌消毒，故B不符合题意；
C． 一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C不符合题意；
D． 用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极，被保护的金属作阴极，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、含氟牙膏可以生成氟磷灰石，预防龋齿；
B、紫外线可以使蛋白质变性；
C、油脂可以溶解苯乙烯，而苯乙烯对人体有毒；
D、钢铁处于阴极时，不会发生氧化反应，可以起到保护作用。
2．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 稀硝酸能溶解银，3Ag+4H++NO═3Ag++NO↑+2H2O，故A符合题意；
B． 溴水可腐蚀橡胶，应保存在玻璃塞的棕色细口瓶中，故B不符合题意；
C． 玻璃棒含钠元素，焰色为黄色，应用铁丝或铂丝蘸取某样品进行焰色试验，故C不符合题意；
D． 过氧乙酸具有强氧化性，可以漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定过氧乙酸溶液的pH，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、银和氢离子、硝酸根反应生成阴离子、一氧化氮和水；
B、溴水具有氧化性，可以腐蚀橡胶塞；
C、焰色试验应该采用铂丝或者铁丝蘸取液体；
D、pH试纸不能测定强氧化性的药品。
3．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．因为O元素的电负性大于S，所以热稳定性：，A不符合题意；
B．结构式为：，存在顺反异构现象， B不符合题意；
C．为直线型，键角为，氮原子采用杂化，三个杂化键处于平面正三角形的三个方向，互成，是极性分子，之间的键角为96度52分，氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比大，所以键角的大小：，C符合题意；
D．因为分子中含有氢键，所以在中沸点最高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、电负性越强，热稳定性越强；
B、氮原子一侧连接氢原子，一侧连接孤电子对，存在顺反异构；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、氢键的存在会导致沸点的提高。
4．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；
B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；
C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；
D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、加热固体采用坩埚，可以使明矾失去结晶水；
B、氨气不能用氯化钙干燥；
C、苯酚和水的分离应该用分液；
D、过氧化氢可以和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应，反应过程没有特殊现象。
5．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．AlF3为离子晶体，其他三个为分子晶体，A不符合题意；
B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl2Cl6中所含配位键数目为2NA，B符合题意；
C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C不符合题意；
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、离子晶体的熔沸点较高，分子晶体的熔沸点较低；
B、每个氯原子可以结合三个氯原子，剩下一个空轨道可以结合和铝原子形成配位键；
C、铝原子和卤族原子都形成8电子结构；
D、电负性越强，熔点越高。
6．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该有机物中环上的N原子是sp2杂化，另外一个N原子是sp3杂化，故A不符合题意；
B．其水解产物都含有羧基，因此均可与Na2CO3溶液反应，故B不符合题意；
C.1mol该分子含有羧基、肽键、酚酸酯，因此最多与4molNaOH反应(酚酸酯会消耗2molNaOH)，故C符合题意；
D．该有机物苯环上有三种位置的氢，因此其一氯代物有3种，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
B、酯基、肽键水解都可以形成羧基，羧基可以和碳酸钠反应；
C、酯基上的单键氧原子直接连接苯环，可以消耗2mol NaOH，肽键可以消耗1mol NaOH，羧基可以消耗1mol NaOH；
D、一氯代物的判断即判断等效氢的种类。
7．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A． m分子有一个手性碳，有对映异构体，故A不符合题意；
B． n分子中所有碳原子均为sp2杂化，键角约为120°，所有原子共平面，故B不符合题意；
C． 高分子材料p中含有酯基，可降解，故C不符合题意；
D． 聚合过程中没有小分子生成，二氧化碳中碳氧双键、m中的三元环、n中的碳氧双键参与反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
B、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
C、酯基可以发生降解；
D、该反应过程为加聚反应，无小分子生成。
8．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A不符合题意；
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B不符合题意；
C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C符合题意；
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
B、装置②为安全瓶，可以防止倒吸，装置④为伸入吸收液的干燥管，可以防止倒吸；
C、氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主；
D、实验前通入氮气是排出空气，实验后通入氮气是使残留气体排入后续装置吸收。
9．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能大于Y的元素有氮、氟、氖3种，A不符合题意；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，O只有负价没有正价，故Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B不符合题意；
C．CuSO4 5H2O完全失去结晶水时保留质量，结合图像可知，晶体分三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C不符合题意；
D．由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是CuSO4，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，若氮原子的电子处于半充满状态，则第一电离能出现反常；
B、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
C、结合图示可以知道五水合硫酸铜有三个阶段失去结晶水；
D、结合图示，可以知道220℃之后还会丢失结晶水，因此此时的固体不是硫酸铜。
10．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A． 由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A不符合题意；
B． 进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B符合题意；
C． 操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C不符合题意；
D． 沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氨浸可以使钙离子、铁离子、铝离子形成碳酸钙、氢氧化铁、氢氧化铝；
B、氯仿密度大于水，因此有机相从下口出；
C、反萃取可以使有机相重新分离出来，循环利用；
D、沉淀后，应该进行过滤、洗涤、干燥、灼烧。
11．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．也可能是铁离子氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，A不符合题意；
B．只有黑色沉淀生成说明银离子和硫离子反应生成硫化银沉淀，则硫化银更难溶，B符合题意；
C．反应的副产物二氧化硫也会和强氧化性的溴水反应导致溴水褪色，C不符合题意；
D．足量新制氢氧化铜悬浊液显碱性，碱性溶液会和溴水反应导致溴水褪色，应该酸化后滴加溴水，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁离子和硝酸根都具有氧化性；
B、溴离子和硫离子的浓度相同，只生成黑色沉淀，则硫化银更难溶；
C、乙烯和二氧化硫都可以和溴水反应；
D、溴在碱性条件下可以发生反应。
12．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A不符合题意；
B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B符合题意；
C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C不符合题意；
D．根据图示可知，NO被还原为N2，则还原1molNO转移2mol电子，而O2最终生成H2O，故2mol电子消耗0.5molO2，标准状况下体积为11.2L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
C、四氨合铜离子和一氧化氮反应生成氮气、铵根离子、水和二氨合铜离子；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
13．【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，M电极接太阳能电池的P电极，A符合题意；
B．根据电子守恒，双极膜产生的氢离子与N极消耗的氢离子量相同，故V室内溶液pH不会减小，B不符合题意；
C．装置可分离废水中的Co2+和Ni2+，由图可知，镍离子通过b膜迁移到Ⅲ室和乙酰丙酮反应而和Co2+分离，故b为阳离子交换膜；Ⅲ室为碱性，故氢离子不能通过ab膜进入Ⅲ室，故a为阴离子交换膜；C不符合题意；
D．硫元素化合价由-1变为+6生成硫酸根离子，，双极膜上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，；根据电子守恒可知，每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】新型电池及二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；
电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
14．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A不符合题意；
B.900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B不符合题意；
C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则Al2O3催化剂使得正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C符合题意；
D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、升高温度，正逆反应速率加快；
B、氢气的速率可以结合硫化氢的转化率计算；
C、活化能越大，速率越慢；
D、催化剂在温度过高时会失去活性。
15．【答案】A,C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．根据亚磷酸二级电离可知，，等式两边同时取对数，，则，同理可得，因为，则，所以表示的直线应该在上方即L2，A符合题意；
B．，对应直线L2，将点(3，3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7，B不符合题意；
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数，水解平衡常数，水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)，C符合题意；
D．，c(H3PO3)=c(HPO)时，，溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、结合二级电离平衡常数和电离平衡常数的负对数计算；
B、电离平衡常数可以结合直线上的特殊点带入计算；
C、结合水解程度和电离程度判断；
D、结合一级电离平衡常数和二级电离平衡常数的乘积计算氢离子的浓度。
16．【答案】（1）2：1（或1：2）
（2）O>C>Co>Li
（3）[Co(NH3)5 SO4]Br；2
（4）三角锥形；F3C-
（5）6；7：5；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2：1（或1：2）；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li；
（3）①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为[Co(NH3)5 SO4]Br；
②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况；
（4）(CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-；
（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7：5；
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。
【分析】（1）结合3d和4s的轨道电子排布判断；
（2）同周期从左到右电负性变强；同主族由上而下电负性减弱；
（3） ① 配合物中的配体不可以电离；
② 中心原子孤电子对数=；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）电负性越强，则稳定性越强；
（5） ① 结合均摊法进行判断；
② 密度可以结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量判断。
17．【答案】（1）SiO2、CaSO4；Fe
（2）；防止TiO2+提前水解
（3）C；2
（4）使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
（5）D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，
故答案为：C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏加德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5：1：2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；
故答案为：D。
【分析】（1）经过硫酸的溶解后，硫酸钙和二氧化硅不溶于酸形成固体；
（2）温度过高会导致 TiO2+ 发生水解；
（3） ① 调节pH至溶液呈碱性，采用碳酸钠；
② 结合溶度积和 TiO2+ 的浓度计算；
（4）二氧化钛和碳、氯气高温生成一氧化碳、二氧化碳和四氯化钛；
（5）保护气的特点是活泼性差，不和其他气体发生反应。
18．【答案】（1）恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
（2）d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊
（3）；AC
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故答案为：；
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故答案为：；
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，
故答案为：；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，
故答案为：；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC；
【分析】（1） ① 仪器b为恒压滴液漏斗；
② 氧化还原反应的化学方程式要注意，根据化合价升降守恒配平化学计量数；
（2） ① 气体发生装置-洗气装置-干燥装置-反应装置-尾气吸收装置；
② 澄清石灰水的目的是检验二氧化碳，确保二氧化碳将空气排尽；
（3） ① 结合化学计量数之比等于物质的量之比计算；
② 滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
19．【答案】（1）；3；
（2）取代反应；保护羟基，防止氧化
（3）+H2O2+ H2O；酯基、醚键
（4）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、三种；其中，能发生水解反应的结构简式为；
故答案为：；3；；
（2）由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化，故答案为：取代反应；保护羟基，防止氧化；
（3）F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+ H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键，故答案为：+H2O2+ H2O；酯基、醚键；
（4）与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，经氧化生成，合成路线为：，故答案为：；
【分析】（1）可以和氯化铁显色则含有酚羟基，可以发生银镜反应则含有醛基，结合核磁共振氢谱可以判断等效氢的种类和数目比；
（2）羟基容易被氧化，转化为酯基可以防止羟基被氧化；
（3）J中含有-COOR和-C-O-C-，即含有酯基和醚键；
（4）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．【答案】（1）△H1+△H2-△H3
（2）b；>；BD
（3）0.8(1-2c%)；；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3；
（2）①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2
③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确；
B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B不正确；
C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确；
D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D不正确；
故答案为：BD；
（3）R1、R3、R2、R4的反应分别为：
1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；
y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）① 本题要紧抓化学平衡常数只受温度影响这一特点进行判断；
② 若为放热反应，则温度升高，平衡常数减小；
③ A、放热反应，平衡常数和温度为反比；
B、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动，升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；
D、平衡常数越大，只能说明反应进行越彻底；
（3）分压平衡常数可以结合总压强和总物质的量判断。
