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2022年山东省淄博市高考化学一模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年山东省淄博市高考化学一模试卷（含答案解析），共32页。
2022年山东省淄博市高考化学一模试卷
1. 化学与科技和社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是( )
A. 我国科学家在国际上首次实现从CO2到淀粉的全合成，有助于实现“碳中和”
B. “嫦娥五号”超声电机运用的压电陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 北京冬奥会中国运动服使用的聚氨酯纤维属于天然有机高分子材料
D. 中国科学院研发的“东方超环”(人造太阳)用到的氕、氘、氚互为同位素
2. 为提纯下列物质，除杂药品和分离方法都正确的是( )
被提纯的物质(杂质)
除杂药品
分离方法
A
乙醇(乙酸)
CaO
蒸馏
B
KBr溶液(KI)
氯水、CCl4
萃取、分液
C
氯化铝溶液(氯化铁)
氨水
过滤
D
CO2(SO2)
饱和Na2CO3溶液
洗气
A. A B. B C. C D. D
3. 一种β−内酰胺酶抑制剂(结构简式如图)与抗生素联用具有很好的杀菌效果。下列说法错误的是( )
A. 其分子式为C8H9NO5
B. 该分子存在顺反异构现象
C. 有4种含氧官能团
D. 1mol该分子最多与3molH2发生加成反应
4. 短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y与W同主族，Z与R同主族，它们形成的甲、乙两种物质(如图)是有机合成中常用的还原剂。下列说法正确的是( )
A. 电负性：X>Z>R
B. 第一电离能：Y
D. 单质Y和W在空气中燃烧的产物所含化学键类型完全相同
5. 在微生物参与下，采用惰性电极处理污水中有机物的某微生物燃料电池原理如图。下列说法错误的是( )
A. 有机物在微生物作用下被氧化并释放质子
B. 升高温度可提高电池的能量转化效率
C. B极发生的电极反应为：O2+4H++4e−=2H2O、2NO3−+12H++10e−=N2↑+6H2O
D. 若该有机物为CH3OH，则反应1molCH3OH时转移6mole−
6. 研究CH3I与自由基Cl原子(用Cl*表示)的反应有助于保护臭氧层。已知：C*+CH3I反应有4条反应路径(TS表示过渡态，IM表示中间物)如图所示。下列说法错误的是( )
A. 路径①的ΔH>0 B. 路径②是基元反应
C. 路径③的速率最快 D. 路径④的逆反应的活化能最大
7. 下列说法错误的是( )
A. 石墨晶体中层内导电性强于层间导电性
B. 基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8：3
C. (CH3COO)2Ni⋅4H2O的空间构型为八面体，中心离子的配位数为6
D. N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
8. 中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，检测的流程如图。下列说法错误的是( )
A. 气体X中含有醋酸蒸气
B. 该铁华粉中可能含有铁单质
C. 向滤液中滴入酸性KMnO4溶液，可用于证明Fe2+具有还原性
D. 产生蓝色沉淀的反应为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3−=KFe[Fe(CN)6]↓
9. 探究甲烷的还原性并检验产物的实验设计如图。下列说法错误的是( )
A. D中可用无水硫酸铜
B. 先通足量的甲烷气体，后点燃C处酒精灯
C. 若D中盛装碱石灰，根据其质量变化可以推断甲烷组成
D. CH4与CuO的反应为：4CuO+CH4−△4Cu+CO2+2H2O
10. 以废旧锂离子电池正极材料(主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe)为原料制取CoSO4的工艺流程如图：
已知：常温下LiOH可溶于水，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10−16。下列说法错误的是( )
A. Na2S2O3的作用是还原剂
B. “净化”过程产生的废渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3
C. “沉钴”过程中，当溶液的pH=11时，c(Co2+)为 1.6×10−10mol⋅L−1
D. 用98%浓H2SO4比15%的稀硫酸浸取速率更快
11. 双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H+和OH−，并分别向两极迁移。用双极膜电解淀粉[(C6H10O5)n]溶液制取双醛淀粉[(C6H8O5)n]的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 搅拌能明显提高电解反应速率
B. b极的电极反应式为：Br−+6OH−−6e−=BrO3−+3H2O、4OH−−4e−=2H2O+O2↑
C. 生成双醛淀粉的反应为：(C6H10O5)n+BrO3−=(C6H8O5)n+Br−+3H2O
D. 当电路中转移2mol电子时，可得160g双醛淀粉
12. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是( )
A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C. 条件①，反应速率为0.012mol⋅L−1⋅min−1
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol⋅L−1时，半衰期为62.5min
13. 常温下，由下列实验操作和现象不能推出相应结论的是( )
实验操作和现象
结论
A
测得0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为5
Ka1(H2SO3)⋅Ka2(H2SO3)>Kw
B
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，产生白色沉淀
Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl)
C
用pH计测定饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的pH，前者pH大
水解程度：CH3COO−>HCO3−
D
等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性：HB>HA
A. A B. B C. C D. D
14. 分子中每个手性碳原子可形成一对旋光异构体。具有生物降解性能的聚碳酸丙烯酯()可由碳酸丙烯酯()聚合而成。用环氧丙烷()与CO2催化环加成反应生成碳酸，丙烯酯的反应机理如图。下列说法错误的是( )
A. 碳酸丙烯酯中的π键与σ键数目比为1：7
B. 聚合生成聚碳酸丙烯酯反应中原子利用率是100%
C. 环氧丙烷与CO2反应的催化剂为()和I−
D. 考虑旋光异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6种
15. 溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ，是指某含氨(或碳)微粒的浓度占各含氮(或碳微粒浓度之和的分数)。25℃时，向0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中滴加适量的盐酸或NaOH溶液，溶液中含氮(或碳)各微粒的分布分数δ与pH的关系如图所示(不考虑溶液中的CO2和NH3分子)。下列说法正确的是( )
A. Kb(NH3⋅H2O)
C. m点时，c(NH3⋅H2O)>c(HCO3−)
D. 反应HCO3−+NH3⋅H2O⇌NH4++CO32−+H2O的平衡常数为K，lgK=−0.9
16. 物质的结构决定物质的性质，化学创造新物质，新物质促进社会发展。
(1)下列氮原子的不同的电子排布。
能量最高的是 ______；其电子发生跃迁时，不能产生发射光谱的是 ______。
(2)铵盐与碱加热可制备氨气。NH4+转化为NH3过程中，没有发生变化的是 ______。
A.键角
B.粒子的空间结构
C.杂化方式
(3)以特种铝合金为骨骼的LED地屏创造了冬奥开幕式的美轮美奂。Al晶胞为面心立方，其晶胞参数a=0.405nm，则铝原子的配位数为 ______，列式表示Al单质的密度为 ______g⋅cm−3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)图1所示沿不同的方向分别向Al晶胞投影。方向①：从棱AA′向棱CC方向；方向②：从顶点A向顶点C方向。在下列4个投影图2中，正确的是 ______。
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为 ______。
(6)今年2月2日《自然》杂志刊发论文，将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，是韧性极高又极薄的优质二维片材。部分结构如图3所示(不同颜色表示不同的结构)。已知：除氢原子和氧原子外，所有原子在图中均有表示。
①该反应的ΔG______0(填“<”、“>”或“=”)。
②参与反应的芳香化合物的结构简式是 ______，其反应的类型为 ______。
17. 三氯化六氨合钴是重要的化工原料。制备反应式为：，反应放出大量热。
已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。
制备[Co(NH3)6]Cl3的实验步骤：
I.取研细的CoCl2⋅6H2O和NH4Cl，溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10℃以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的H2O2溶液，则溶液逐渐变混浊。实验装置如图2所示。
将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸后静置。
在静置的同时，需对静置液进行“操作A”后过滤；用无水乙醇洗涤晶体2∼3次。
(1)图中仪器a的名称为 ______。
(2)将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水的目的是 ______。
(3)步骤Ⅱ向滤液中加入浓盐酸的原因是 ______。
(4)步骤Ⅲ中的“操作A”是 ______。
(5)用图3装置测定产品中NH3的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入盛有V1mLc1mol⋅L−1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是 ______。液封装置2的作用是 ______。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的H2SO4，消耗c2mol⋅L−1的NaOH标准溶液V2mL。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数将 ______(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
18. 有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：格林试剂)x=Cl、Br、I
(1)A→B的反应方程式为 ______，反应类型为 ______。
(2)反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是 ______，在本流程中起类似作用的有机物还有 ______(填名称)。
(3)L中的官能团有 ______(填名称)，M的结构简式为 ______。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有 ______种(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气
②含两个甲基
③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6：2：1：1：1：1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为 ______(只写一种)。
(5)已知：。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)______。
19. 某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4∼6
6∼8
8∼10
10∼12
主要离子
VO2+
VO3−
V2O74−
VO43−
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 ______。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为 ______。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(S)+3CO32−(aq)⇋2VO43−(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为 ______(用含m、n的代数式表示)。
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 ______。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为 ______。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol⋅L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4−被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是 ______(V2O5的摩尔质量为Mg⋅mol−1)。
20. I.我国科学家利用CO2矿化反应释放能量设计出CO2矿化电池。不仅减碳发电，还能获得高附加值产品，其工作原理如图1所示(Q是有机物；反应物和产物分别经过其它通道进入或排出电池容器)。
(1)通过离子交换膜的离子是 ______，正极区的电极反应式为：Q+2CO2+2H2O+2Na+=2NaHCO3+QH2+2e−，在电极区溶液中可循环利用的物质是 ______，则电池的总反应方程式为 ______。
以CO2为原料加氢合成二甲醚、甲醇有利于促进实现“碳中和”。在二氧化碳加氢制取二甲醚的合成塔中发生以下3个反应：
i.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.01kJ⋅mol−1
ii.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=−24.52kJ⋅mol−1
iii.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ⋅mol−1
(2)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1
(3)在压强3.0MPa、n(H2)n(CO2)=4条件下，CO2的平衡转化率和产物的选择性与温度的关系如图2所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。
①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 ______。除改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为 ______(写一种即可)。
②根据图2中的数据计算300℃上述反应达到平衡时CH3OCH3的物质的量分数为 ______(保留三位有效数字)。
(4)在n(H2)n(CO2)=3时，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的xx(CH3OH)∼P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)∼t如图3所示。当CO2的平衡转化率为13时，反应条件可能为 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.实现从CO2到淀粉的全合成，可以消耗二氧化碳，有助于实现“碳中和”，故A正确；
B.压电陶瓷属于新型无机非金属材料，故B正确；
C.聚氨酯纤维属于合成有机高分子材料，不是天然有机高分子材料，故C错误；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素为同位素，氕、氘、氚质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；
故选：C。
A.实现从CO2到淀粉的全合成，可以消耗二氧化碳；
B.压电陶瓷属于新型无机非金属材料；
C.聚氨酯纤维属于合成有机高分子材料；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素为同位素。
本题主要考查化学与生活，其中涉及到“碳中和”、无机非金属材料、和同位素，整体难度不大，意在引导学生多用化学知识解释生活中的实际问题。
2.【答案】A
【解析】解：A.乙酸与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；
B.二者均与氯水反应，不能除杂，应加溴水、四氯化碳，故B错误；
C.二者均与氨水反应，不能除杂，应加氧化铝促进铁离子水解转化为沉淀，再过滤，故C错误；
D.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：A。
A.乙酸与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异；
B.二者均与氯水反应；
C.二者均与氨水反应；
D.二者均与碳酸钠溶液反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.该有机物分子含有8个碳原子、9个氢原子、5个氧原子、1个氮原子，其分子式为C8H9NO5，故A正确；
B.该有机物分子中碳碳双键中每个不饱和碳原子都连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故B正确；
C.该有机物含有的含氧官能团为羟基、醚键、羧基、酰胺基共4种，故C正确；
D.羧基、酰胺基不能与氢气加成，分子含有的1个碳碳双键能与氢气发生加成反应，故1mol该分子最多与1molH2发生加成反应，故D错误；
故选：D。
A.该有机物分子含有8个碳原子、9个氢原子、5个氧原子、1个氮原子；
B.碳碳双键中每个不饱和碳原子都连接2个不同的原子或原子团的有机物存在顺反异构；
C.该有机物含有碳碳双键、羟基、醚键、羧基、酰胺基；
D.分子中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解顺反异构特点，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
4.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W、R分别为H、Li、B、Na、Al，
A.同周期主族元素从左向右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱，则电负性：X>Z>R，故A正确；
B.同周期主族元素从左向右第一电离能增大，同主族从上到下第一电离能减小，则第一电离能：Y
D.单质Y和W在空气中燃烧的产物分别为Li2O、Na2O2，前者只含离子键，后者含离子键和共价键，故D错误；
故选：A。
短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y与W同主族，Z与R同主族，由甲、乙的结构可知，Y、W均为带1个单位正电荷的阳离子，Y为Li、W为Na；X形成1个共价键，X为H；Z、R均得到1个电子形成4个共价键，Z为B、R为Al，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键、电荷数、元素的位置来推断元素为解答的关键，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】B
【解析】解：A.据图可知阳极上有机物被氧化为CO2，释放电子，根据图示离子的迁移可知，质子也就是氢离子向右移动，故A正确；
B.高温条件下微生物会被杀死，降低了电池的能量转化效率，故B错误；
C.据图可知阴极B上O2、NO3−被还原，根据该装置的作用可知产物应无污染，所以O2被还原生成水，NO3−被还原生成N2，电极方程式为O2+4H++4e−=2H2O、NO3−+12H++10e−=N2+6H2O，故C正确；
D.32gCH3OH的物质的量为1mol，CH3OH被氧化为CO2时C元素化合价升高6价，所以转移6mol电子，故D正确；
故选：B。
分析装置可知，左侧有机物转化为CO2，碳元素被氧化，故左侧为负极，也可以通过阳离子向右移动，判断右侧为正极，且分隔材料为阳离子交换膜，据此分析回答问题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
6.【答案】B
【解析】解：A.路径①中，生成物的能量大于反应物的能量，则△H>0，故A正确；
B.基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，路径②中存在中间物，不能一步完成，不属于基元反应，故B错误；
C.活化能越小，反应速率越快，路径③的活化能最小，速率最快，故C正确；
D.活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，由图可知，路径④的逆反应的活化能最大，故D正确；
故选：B。
A.路径①中，生成物的能量大于反应物的能量；
B.基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，路径②中存在中间物；
C.活化能越小，反应速率越快，路径③的活化能最小；
D.活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量。
本题考查化学反应中能量的变化，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生识图能力和分析能力，着重于对概念的理解，注意反应能量的变化与反应物、生成物能量之间的关系，能根据图中信息，分析能量变化，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.石墨层间存在分子间作用力、层内存在金属键，层内具有金属晶体的性质、层间具有分子晶体的性质，所以石墨晶体中层内导电性强于层间导电性，故A正确；
B.基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子，所以基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8：3，故B正确；
C.(CH3COO)2Ni⋅4H2O的空间构型为八面体，则CH3COO−、H2O都是Ni2+的配体，所以其配位数是6，故C正确；
D.的电负性比P的大，所以P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3的大，故D错误；
故选：D。
A.石墨层间存在分子间作用力、层内存在金属键；
B.基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子；
C.(CH3COO)2Ni⋅4H2O的空间构型为八面体，则CH3COO−、H2O都是Ni2+的配体；
D.分子中原子间的电负性差值越大，分子的极性越大。
本题考查较综合，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子极性强弱判断方法、配位数判断方法、原子结构等知识点是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.铁华粉中的醋酸亚铁可以和稀硫酸之间发生复分解反应，得到醋酸，醋酸易挥发，产生有刺激性气味的醋酸气体，故A正确；
B.铁华粉可以和盐酸之间反应产生氢气，则其中可能含有金属铁，故B正确；
C.盐酸和亚铁离子都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化，向滤液中滴入酸性KMnO4溶液，不能证明是Fe2+具有还原性，故C错误；
D.[Fe(CN)6]3−遇到亚铁离子会产生绿色沉淀，发生反应：K++Fe2++[Fe(CN)6]3−=KFe[Fe(CN)6]↓，据此可以用来检验亚铁离子的存在，故D正确；
故选：C。
A.醋酸亚铁可以和稀硫酸之间发生复分解反应，得到醋酸，醋酸易挥发，有刺激性气味；
B.金属铁具有还原性，可以和盐酸之间反应产生氢气；
C.盐酸中的氯离子和亚铁离子都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化；
D.[Fe(CN)6]3−可以用来检验亚铁离子的存在。
本题考查学生常见离子的检验知识，属于知识的迁移应用，注意知识的归纳梳理和灵活应用是关键，难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.由题意甲烷反应后的产物有二氧化碳和水，D装置是用来检验水的，无水硫酸铜遇水变蓝，故A正确；
B.可燃性气体与空气混合后有爆炸的危险，所以在实验时先通入甲烷气体将装置中的空气排净后再加热，故B正确；
C.碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，既能吸收水分也能吸收二氧化碳，通过其反应前后质量增加不能具体判断出水和二氧化碳的质量分别是多少，故不能推算出甲烷的化学式，故C错误；
D.CH4与CuO反应，生成二氧化碳、铜和水，方程式为：4CuO+CH4−△4Cu+CO2+2H2O，故D正确；
故选：C。
A.D装置是用来检验水的；
B.根据可燃性气体不纯，点燃可在加热条件下有爆炸的危险分析判断；
C.根据碱石灰的性质分析判断；
D.CH4与CuO反应，生成二氧化碳、铜和水，通过得失电子数相等来进行配平。
本题考查甲烷的性质等相关知识，难度中等，侧重学生分析能力和理解能力的考查。
10.【答案】D
【解析】解：A.结合分析可知，Na2S2O3的作用是还原剂，故A正确；
B.结合分析可知，“净化”过程产生的废渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，故B正确；
C.“沉钴”过程中，当溶液的pH=11时，c(OH−)=10−3mol/L，c(Co2+)=Ksp[Co(OH)2]c2(OH−)=1.6×10−1610−6mol/L=1.6×10−10mol/L，故C正确；
D.浓硫酸与Al和Fe发生钝化，故不能提高速率，故D错误；
故选：D。
废旧锂离子电池正极材料(主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe)加硫酸和硫代硫酸钠溶液溶解，其中金属元素转化为简单离子，S元素以硫酸根离子的形成存在于溶液，加入氧气氧化亚铁离子为铁离子，调节pH沉淀分离氢氧化铝和氢氧化铁，过滤后再加入氢氧化钠沉钴，此操作是为了防止Al(OH)3溶解，分离的氢氧化钴沉淀加入硫酸溶解，获得CoSO4溶液，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。
11.【答案】B
【解析】解：A.搅拌并不能明显提高电解反应速率，故A错误；
B.结合分析可知，b极氢氧根离子失电子生成氧气，氢氧根离子和溴离子失电子生成溴酸根离子和水，为阳极，电极反应式分别为Br−+6OH−−6e−=BrO3−+3H2O、4OH−−4e−=2H2O+O2↑，故B正确；
C.由电解原理图可知，生成双醛淀粉的反应为：3(C6H10O5)n+nBrO3−=3(C6H8O5)n+nBr−+3nH2O，故C错误；
D.阳极既生成氧气，又生成溴酸根，所以电路转移2mol电子无法确定溴酸根的量，故D错误；
故选：B。
分析可知，左侧产生氢气，故左侧氢离子得电子，发生还原反应，作为电解池阴极，故右侧为阳极，氢氧根离子失电子生成氧气，氢氧根离子和溴离子失电子生成溴酸根离子和水，电极反应式分别为Br−+6OH−−6e−=BrO3−+3H2O、4OH−−4e−=2H2O+O2↑，据此分析回答问题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】B
【解析】A.根据图知，曲线①②开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度：曲线②大于曲线①，完全消耗时所需时间：曲线①大于曲线②，则反应速率：曲线②大于曲线①，所以其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，故A正确；
B.曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间：曲线①是曲线③的2倍，则二者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关，故B错误；
C.v=△c△t=(3.0−0)mol/L250min−0=0.012mol⋅L−1⋅min−1，故C正确；
D.其半衰期为反应物消耗一半所需的时间，条件②中，降冰片烯起始浓度为3.0mol⋅L−1时，该物质完全消耗需要125min，则其半衰期为62.5min，故D正确；
故选B。
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查对比、分析判断及知识综合应用能力，采用“定一议二”方法分析曲线中外界条件对化学反应速率影响原理，题目难度不大。
13.【答案】BC
【解析】解：A.0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为5，可知HSO3−的电离大于其水解显酸性，Ka2(H2SO3)>Kh(HSO3−)=KwKa1(H2SO3)，即Ka1(H2SO3)⋅Ka2(H2SO3)>Kw，故A正确；
B.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，应向等浓度的NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，比较Ksp(AgBr)、Ksp(AgCl)的大小，故B错误；
C.饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的浓度不同，应测定等浓度盐溶液的pH，比较水解程度大小，故C错误；
D.等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，可知HA的浓度大，则酸性：HB>HA，故D正确；
故选：BC。
A.0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为5，可知HSO3−的电离大于其水解显酸性，Ka2(H2SO3)>Kh(HSO3−)=KwKa1(H2SO3)；
B.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知；
C.饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的浓度不同；
D.等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，可知HA的浓度大。
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、电离与水解、难溶电解质、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。
14.【答案】AD
【解析】解：A.由碳酸丙烯酯的结构简式可知其所含π键数为1，σ键数13，故A错误；
B.聚合生成聚碳酸丙烯酯反应为开环加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C.由反应机理可知和I−反应起点和终点均存在，均为催化剂，故C正确；
D.环氧丙烷中有四种不同的氢原子，且除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构，可知环氧丙烷的一氯代物有8种，故D错误；
故选：AD。
A.由碳酸丙烯酯的结构简式可知其所含π键数为1，σ键数13；
B.聚合生成聚碳酸丙烯酯反应为开环加成反应；
C.由反应机理可知和I−反应起点和终点均存在；
D.环氧丙烷中有四种不同的氢原子，且除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构。
题以反应历程为载体考查有机物结构和性质，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确化学键的判断是解本题关键，C为解答易错点。
15.【答案】CD
【解析】解：如图，曲线1、2、3、4、5分别表示H2CO3、HCO3−、NH4+、NH3⋅H2O、CO32−的分布分数，
A.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液pH=7.8，溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于HCO3−，则电离程度：NH3⋅H2O>H2CO3，所以Kb(NH3⋅H2O)>Ka1(H2CO3)，故A错误；
B.n点c(HCO3−)=c(CO32−)，溶液中存在电荷守恒2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)，所以存在3c(HCO3−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)，3c(HCO3−)+c(OH−)>c(NH4+)+c(H+)，故B错误；
C.m点NH4+的分布分数等于HCO3−的分布分数，则NH3⋅H2O的分布分数大于HCO3−的分布分数，所以存在c(NH3⋅H2O)>c(HCO3−)，故C正确；
D.当c(HCO3−)=c(CO32−)时，pH=10.2，K2(H2CO3)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)=c(H+)=10−10.2；c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)时，pH=9.3，Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−9.3=10−4.7，反应HCO3−+NH3⋅H2O⇌NH4++CO32−+H2O的平衡常数为K=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)⋅K2(H2CO3)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×K2(H2CO3)Kw=10−4.7×10−10.210−14=10−0.9，lgK=−0.9，故D正确；
故选：CD。
如图，曲线1、2、3、4、5分别表示H2CO3、HCO3−、NH4+、NH3⋅H2O、CO32−的分布分数，
A.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液pH=7.8，溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于HCO3−，水解程度越小，其对应的弱电解质电离程度越大，电离平衡常数越大；
B.n点c(HCO3−)=c(CO32−)，溶液中存在电荷守恒2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)；
C.m点NH4+的分布分数等于HCO3−的分布分数；
D.当c(HCO3−)=c(CO32−)时，pH=10.2，K2(H2CO3)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)=c(H+)=10−10.2；c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)时，pH=9.3，Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−9.3=10−4.7，反应HCO3−+NH3⋅H2O⇌NH4++CO32−+H2O的平衡常数为K=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)⋅K2(H2CO3)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×K2(H2CO3)Kw。
本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确微粒成分与曲线的关系、电离平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】DAC124×27NA×(0.405×10−7)3 D < 缩聚反应
【解析】解：(1)轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A
(2)A.铵盐与碱加热可制备氨气，N原子配位键被破坏，成键电子对转化为孤电子对，键角变小，故A错误；
B.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形，空间结构发生改变，故B错误；
C.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形，两者均为sp3杂化，故C正确；
故答案为：C；
(3)Al单质为面心立方晶体，以顶点Al原子研究，其配原子处于面心位置，顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，故铝原子的配位数为3×82=12；算晶胞中Al原子数目=8×18+6×12=4，Al原子总质量=4×27NA×(0.405×10−7)34×27NAg，晶胞体积为(0.405×10−7)3cm3，晶胞密度ρ=mV=4×27NA×(0.405×10−7)3g⋅cm−3，
故答案为：4×27NA×(0.405×10−7)3；
(4)Al晶胞为面心立方，因此顶点和面心的Al原子均为六边形排列，
故答案为：12；D；
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2，三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为，
故答案为：；
(6)①由于将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，故ΔG
②结合已知，某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物可知，该有机物为，产生聚酰胺薄膜，说明对应产物为高分子化合物，有小分子氯化氢脱出，故反应类型为缩聚反应，
故答案为：；缩聚反应。
(1)轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高；
(2)A.铵盐与碱加热可制备氨气，N原子配位键被破坏，成键电子对转化为孤电子对；
B.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形；
C.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形；
(3)Al单质为面心立方晶体，以顶点Al原子研究，其配原子处于面心位置，顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，故铝原子的配位数为3×82=12；算晶胞中Al原子数目=8×18+6×12=4，Al原子总质量=4×27NA×(0.405×10−7)34×27NAg，晶胞体积为(0.405×10−7)3cm3，据此计算；
(4)Al晶胞为面心立方，因此顶点和面心的Al原子均为六边形排列；
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2，三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，结合提示书写结构；
(6)①由于将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，结合吉布斯自由能分析；
②结合已知，某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物可知，该有机物为，产生聚酰胺薄膜，说明对应产物为高分子化合物。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17.【答案】分液漏斗 将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+ 增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3 冷却结晶 防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压、防止倒吸的作用 防止氨气逸出 偏低
【解析】解：(1)图中仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水的目的是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，
故答案为：将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
(3)步骤Ⅱ向滤液中加入浓盐酸的原因是增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；
故答案为：增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；
(4)根据题意可知，步骤Ⅲ中的“操作A”是从热的滤液中分离出[Co(NH3)6]Cl3晶体，应采取冷却结晶措施，
故答案为：冷却结晶；
(5)①根据题意可知，液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压、防止倒吸的作用，液封装置2的作用是防止氨气逸出
故答案为：防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压、防止倒吸的作用；防止氨气逸出；
②氨气易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，测得NH3的质量分数将偏低，
故答案为：偏低；
(1)根据仪器构造判断仪器名称；
(2)Co2+不易被氧化，[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，把不易被氧化的Co2+转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+；
(3)氯离子浓度增大时，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；
(4)根据图像可知，热的滤液冷却结晶后会析出[Co(NH3)6]Cl3晶体；
(5)①若不液封，氨气会逸出，同时长导管还可以起到平衡气压、防止倒吸，若没有液封装置2，会有部分氨气来不及溶解而逸出，将会导致测量结果偏小；
②液封装置2中的水中也含有少量未被硫酸吸收的氨气；
本题主要考查实验方案的设计与评价，具体涉及仪器的识别，离子方程式的书写，实际问题的分析，对学生的能力要求较高，属于高频考点，难度较大。
18.【答案】+HBr取代反应 保护酚羟基 乙二醇 醚键、羟基 16(CH3)2CHCH(OH)CH2CHO
【解析】解：(1)A→B的反应方程式为+HBr，反应类型为取代反应，
故答案为：+HBr；取代反应；
(2)B→D的转化中三甲基氯硅烷消除酚羟基，在后续的K→L的转化中又重新引入，反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是保护酚羟基，在本流程中起类似作用的有机物还有HOCH2CH2OH，保护羰基，其名称为乙二醇，
故答案为：保护酚羟基；乙二醇；
(3)L中的官能团有醚键、羟基，M的结构简式为，
故答案为：醚键、羟基；；
(4)符合下列条件的E()的同分异构体：①能与金属钠反应产生氢气，③能发生银镜反应，E的不饱和度为1，含有2个原子，说明含有醛基、羟基，②含两个甲基，当为CH3CH2CH2CH2CH3中氢原子被−CHO、−OH取代，醛基有2种位置，醛基处于2号碳原子时，羟基有3种位置，醛基处于3号碳原子上时，羟基有2种位置，该情况3+2=5种；当为中氢原子被−CHO、−OH取代时，羧基处于1号碳原子上或4号碳原子，羟基不能取代甲基上氢原子，均有3种位置，羧基处于2号碳原子上或3号碳原子上，羟基只能处于甲基上均有2种，该情况有2×3+2×2=10种；当为中氢原子被−CHO、−OH取代时，只能是分别取代不同甲基中氢原子有1种，故符合条件的同分异构体共有5+10+1=16种，其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6：2：1：1：1：1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为(CH3)2CHCH(OH)CH2CHO等，
故答案为：16；(CH3)2CHCH(OH)CH2CHO；
(5)由2分子脱水生成，与生成，然后酸性水解生成，苯与溴发生取代反应生成，一定温度下与Mg/乙醚反应生成，合成路线为 ，
故答案为： 。
A的分子式为C6H6O，A发生氧化反应生成，则A为，由D的结构可知，苯酚与溴发生取代反应生成B为，B再与(CH3)3SiCl发生取代反应生成D和HCl，D发生信息I中反应生成F为，与氢气发生加成反应生成E，E发生氧化反应生成，故E为，E与乙二醇发生信息Ⅲ中第一步反应生成H，结合I的结构，可知H为，F与H发生信息Ⅱ中反应生成I，I分子内脱去1分子水生成K，K与氢气反应生成L()，可知I发生消去反应生成K，故K为，L发生信息Ⅲ中第二步反应生成M，则M为；
(5)由2分子脱水生成，与生成，然后酸性水解生成，苯与溴发生取代反应生成，一定温度下与Mg/醚反应生成。
本题考查有机物合成，涉及有机反应方程式的书写、有机反应类型、对步骤的分析评价、有机物命名、官能团识别、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，关键是分析结构变化理解发生的反应，注意对反应信息的理解，侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
19.【答案】增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分 Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO2++2H2On2m3 温度高于80℃时，NH4+水解程度增大，NH4+浓度减小导致沉钒率下降 V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O(c1b1−5c2b2)M20a%
【解析】解：(1)酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，
故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
(2)由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO2+形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO2++2H2O，
故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO2++2H2O；
(3)由方程式可知，反应的平衡常数K=c2(VO43−)c3(CO32−)=c2(VO43−)c3(CO32−)×c3(Ca2+)c3(Ca2+)=Ksp2[Ca3(VO4)2]Ksp3(CaCO3)=n2m3，
故答案为：n2m3；
(4)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致沉钒率下降，
故答案为：温度高于80℃时，NH4+水解程度增大，NH4+浓度减小导致沉钒率下降；
(5)由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，
故答案为：V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
(6)由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO4−)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为c1mol/L×b1×10−3L−c2mol/L×b2×10−3L×52=c1b1−5c2b22000mol，则样品中五氧化二钒的纯度为c1b1−5c2b22000mol×Mg/molag×100%=(c1b1−5c2b2)M20a%，
故答案为：(c1b1−5c2b2)M20a%。
由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为NaAlO2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为H3VO4，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有H3VO4的滤液；向滤液中加入石灰乳，将H3VO4转化为Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为Na3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有Na3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将Na3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
本题考查物质制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
20.【答案】Na+ Q、QH2 Ca(OH)2+Na2SO4+2CO2=CaSO4+2NaHCO3 −122.54温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大 增大压强 1.25%250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa
【解析】解：(1)由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO42−+2OH−−2e−=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2，正极区的电极反应式为Q+2CO2+2H2O+2Na++2e−=2NaHCO3+QH2，电池的总反应为Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3，则Q、QH2在电极区溶液中可循环利用，
故答案为：Na+；Q、QH2；Ca(OH)2+Na2SO4+2CO2=CaSO4+2NaHCO3；
(2)由盖斯定律可知，2i+ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则反应热△H=2△H1+△H2=2×(−49.01kJ⋅mol−1)+(−24.52kJ⋅mol−1)=−122.54kJ⋅mol−1，
故答案为：−122.54；
(3)①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，反应iii为为气体体积不变的反应，增大压强，合成二甲醚的反应平衡向正反应方向移动，反应iii平衡不移动，所以增大压强能提高二甲醚的选择性，
故答案为：温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；增大压强；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×30%=0.7mol、4mol−1mol×30%×20%×6−1mol×30%×70%=3.43mol、1mol×30%×20%=0.06mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%×20%×3+1mol×30%×70%=0.39mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.79mol，二甲醚的物质的量分数为0.06mol4.79mol×100%≈1.25%，
故答案为：1.25%；
(4)由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为13时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×13=mol、3mol−1mol×13×3=2mol、1mol×13=13mol、1mol×13=13mol，则甲醇的物质的量分数为1323+2+13+13=0.1，由图可知，甲醇的物质的量分数为0.1时，反应条件为温度为250℃、压强为9×105Pa，或压强为5×105Pa、温度为210℃，
故答案为：250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa。
(1)由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO42−+2OH−−2e−=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2；
(2)由盖斯定律可知，2i+ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)；
(3)①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×30%=0.7mol、4mol−1mol×30%×20%×6−1mol×30%×70%=3.43mol、1mol×30%×20%=0.06mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%×20%×3+1mol×30%×70%=0.39mol据此计算；
(4)由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为13时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×13=mol、3mol−1mol×13×3=2mol、1mol×13=13mol、1mol×13=13mol，则甲醇的物质的量分数为1323+2+13+13=0.1据此分析。
本题目综合考查盖斯定律的应用、化学反应平衡常数的计算和应用、图象分析判断等方面的知识，侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．注意料电池反应的特点。
2022年山东省淄博市高考化学一模试卷
1. 化学与科技和社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是( )
A. 我国科学家在国际上首次实现从CO2到淀粉的全合成，有助于实现“碳中和”
B. “嫦娥五号”超声电机运用的压电陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 北京冬奥会中国运动服使用的聚氨酯纤维属于天然有机高分子材料
D. 中国科学院研发的“东方超环”(人造太阳)用到的氕、氘、氚互为同位素
2. 为提纯下列物质，除杂药品和分离方法都正确的是( )
被提纯的物质(杂质)
除杂药品
分离方法
A
乙醇(乙酸)
CaO
蒸馏
B
KBr溶液(KI)
氯水、CCl4
萃取、分液
C
氯化铝溶液(氯化铁)
氨水
过滤
D
CO2(SO2)
饱和Na2CO3溶液
洗气
A. A B. B C. C D. D
3. 一种β−内酰胺酶抑制剂(结构简式如图)与抗生素联用具有很好的杀菌效果。下列说法错误的是( )
A. 其分子式为C8H9NO5
B. 该分子存在顺反异构现象
C. 有4种含氧官能团
D. 1mol该分子最多与3molH2发生加成反应
4. 短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y与W同主族，Z与R同主族，它们形成的甲、乙两种物质(如图)是有机合成中常用的还原剂。下列说法正确的是( )
A. 电负性：X>Z>R
B. 第一电离能：Y
D. 单质Y和W在空气中燃烧的产物所含化学键类型完全相同
5. 在微生物参与下，采用惰性电极处理污水中有机物的某微生物燃料电池原理如图。下列说法错误的是( )
A. 有机物在微生物作用下被氧化并释放质子
B. 升高温度可提高电池的能量转化效率
C. B极发生的电极反应为：O2+4H++4e−=2H2O、2NO3−+12H++10e−=N2↑+6H2O
D. 若该有机物为CH3OH，则反应1molCH3OH时转移6mole−
6. 研究CH3I与自由基Cl原子(用Cl*表示)的反应有助于保护臭氧层。已知：C*+CH3I反应有4条反应路径(TS表示过渡态，IM表示中间物)如图所示。下列说法错误的是( )
A. 路径①的ΔH>0 B. 路径②是基元反应
C. 路径③的速率最快 D. 路径④的逆反应的活化能最大
7. 下列说法错误的是( )
A. 石墨晶体中层内导电性强于层间导电性
B. 基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8：3
C. (CH3COO)2Ni⋅4H2O的空间构型为八面体，中心离子的配位数为6
D. N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
8. 中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，检测的流程如图。下列说法错误的是( )
A. 气体X中含有醋酸蒸气
B. 该铁华粉中可能含有铁单质
C. 向滤液中滴入酸性KMnO4溶液，可用于证明Fe2+具有还原性
D. 产生蓝色沉淀的反应为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3−=KFe[Fe(CN)6]↓
9. 探究甲烷的还原性并检验产物的实验设计如图。下列说法错误的是( )
A. D中可用无水硫酸铜
B. 先通足量的甲烷气体，后点燃C处酒精灯
C. 若D中盛装碱石灰，根据其质量变化可以推断甲烷组成
D. CH4与CuO的反应为：4CuO+CH4−△4Cu+CO2+2H2O
10. 以废旧锂离子电池正极材料(主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe)为原料制取CoSO4的工艺流程如图：
已知：常温下LiOH可溶于水，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10−16。下列说法错误的是( )
A. Na2S2O3的作用是还原剂
B. “净化”过程产生的废渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3
C. “沉钴”过程中，当溶液的pH=11时，c(Co2+)为 1.6×10−10mol⋅L−1
D. 用98%浓H2SO4比15%的稀硫酸浸取速率更快
11. 双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H+和OH−，并分别向两极迁移。用双极膜电解淀粉[(C6H10O5)n]溶液制取双醛淀粉[(C6H8O5)n]的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 搅拌能明显提高电解反应速率
B. b极的电极反应式为：Br−+6OH−−6e−=BrO3−+3H2O、4OH−−4e−=2H2O+O2↑
C. 生成双醛淀粉的反应为：(C6H10O5)n+BrO3−=(C6H8O5)n+Br−+3H2O
D. 当电路中转移2mol电子时，可得160g双醛淀粉
12. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是( )
A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C. 条件①，反应速率为0.012mol⋅L−1⋅min−1
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol⋅L−1时，半衰期为62.5min
13. 常温下，由下列实验操作和现象不能推出相应结论的是( )
实验操作和现象
结论
A
测得0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为5
Ka1(H2SO3)⋅Ka2(H2SO3)>Kw
B
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，产生白色沉淀
Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl)
C
用pH计测定饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的pH，前者pH大
水解程度：CH3COO−>HCO3−
D
等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性：HB>HA
A. A B. B C. C D. D
14. 分子中每个手性碳原子可形成一对旋光异构体。具有生物降解性能的聚碳酸丙烯酯()可由碳酸丙烯酯()聚合而成。用环氧丙烷()与CO2催化环加成反应生成碳酸，丙烯酯的反应机理如图。下列说法错误的是( )
A. 碳酸丙烯酯中的π键与σ键数目比为1：7
B. 聚合生成聚碳酸丙烯酯反应中原子利用率是100%
C. 环氧丙烷与CO2反应的催化剂为()和I−
D. 考虑旋光异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6种
15. 溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ，是指某含氨(或碳)微粒的浓度占各含氮(或碳微粒浓度之和的分数)。25℃时，向0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中滴加适量的盐酸或NaOH溶液，溶液中含氮(或碳)各微粒的分布分数δ与pH的关系如图所示(不考虑溶液中的CO2和NH3分子)。下列说法正确的是( )
A. Kb(NH3⋅H2O)
C. m点时，c(NH3⋅H2O)>c(HCO3−)
D. 反应HCO3−+NH3⋅H2O⇌NH4++CO32−+H2O的平衡常数为K，lgK=−0.9
16. 物质的结构决定物质的性质，化学创造新物质，新物质促进社会发展。
(1)下列氮原子的不同的电子排布。
能量最高的是 ______；其电子发生跃迁时，不能产生发射光谱的是 ______。
(2)铵盐与碱加热可制备氨气。NH4+转化为NH3过程中，没有发生变化的是 ______。
A.键角
B.粒子的空间结构
C.杂化方式
(3)以特种铝合金为骨骼的LED地屏创造了冬奥开幕式的美轮美奂。Al晶胞为面心立方，其晶胞参数a=0.405nm，则铝原子的配位数为 ______，列式表示Al单质的密度为 ______g⋅cm−3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)图1所示沿不同的方向分别向Al晶胞投影。方向①：从棱AA′向棱CC方向；方向②：从顶点A向顶点C方向。在下列4个投影图2中，正确的是 ______。
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为 ______。
(6)今年2月2日《自然》杂志刊发论文，将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，是韧性极高又极薄的优质二维片材。部分结构如图3所示(不同颜色表示不同的结构)。已知：除氢原子和氧原子外，所有原子在图中均有表示。
①该反应的ΔG______0(填“<”、“>”或“=”)。
②参与反应的芳香化合物的结构简式是 ______，其反应的类型为 ______。
17. 三氯化六氨合钴是重要的化工原料。制备反应式为：，反应放出大量热。
已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。
制备[Co(NH3)6]Cl3的实验步骤：
I.取研细的CoCl2⋅6H2O和NH4Cl，溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10℃以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的H2O2溶液，则溶液逐渐变混浊。实验装置如图2所示。
将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸后静置。
在静置的同时，需对静置液进行“操作A”后过滤；用无水乙醇洗涤晶体2∼3次。
(1)图中仪器a的名称为 ______。
(2)将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水的目的是 ______。
(3)步骤Ⅱ向滤液中加入浓盐酸的原因是 ______。
(4)步骤Ⅲ中的“操作A”是 ______。
(5)用图3装置测定产品中NH3的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入盛有V1mLc1mol⋅L−1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是 ______。液封装置2的作用是 ______。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的H2SO4，消耗c2mol⋅L−1的NaOH标准溶液V2mL。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数将 ______(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
18. 有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：格林试剂)x=Cl、Br、I
(1)A→B的反应方程式为 ______，反应类型为 ______。
(2)反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是 ______，在本流程中起类似作用的有机物还有 ______(填名称)。
(3)L中的官能团有 ______(填名称)，M的结构简式为 ______。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有 ______种(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气
②含两个甲基
③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6：2：1：1：1：1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为 ______(只写一种)。
(5)已知：。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)______。
19. 某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4∼6
6∼8
8∼10
10∼12
主要离子
VO2+
VO3−
V2O74−
VO43−
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 ______。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为 ______。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(S)+3CO32−(aq)⇋2VO43−(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为 ______(用含m、n的代数式表示)。
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 ______。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为 ______。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol⋅L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4−被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是 ______(V2O5的摩尔质量为Mg⋅mol−1)。
20. I.我国科学家利用CO2矿化反应释放能量设计出CO2矿化电池。不仅减碳发电，还能获得高附加值产品，其工作原理如图1所示(Q是有机物；反应物和产物分别经过其它通道进入或排出电池容器)。
(1)通过离子交换膜的离子是 ______，正极区的电极反应式为：Q+2CO2+2H2O+2Na+=2NaHCO3+QH2+2e−，在电极区溶液中可循环利用的物质是 ______，则电池的总反应方程式为 ______。
以CO2为原料加氢合成二甲醚、甲醇有利于促进实现“碳中和”。在二氧化碳加氢制取二甲醚的合成塔中发生以下3个反应：
i.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.01kJ⋅mol−1
ii.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=−24.52kJ⋅mol−1
iii.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ⋅mol−1
(2)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1
(3)在压强3.0MPa、n(H2)n(CO2)=4条件下，CO2的平衡转化率和产物的选择性与温度的关系如图2所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。
①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 ______。除改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为 ______(写一种即可)。
②根据图2中的数据计算300℃上述反应达到平衡时CH3OCH3的物质的量分数为 ______(保留三位有效数字)。
(4)在n(H2)n(CO2)=3时，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的xx(CH3OH)∼P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)∼t如图3所示。当CO2的平衡转化率为13时，反应条件可能为 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.实现从CO2到淀粉的全合成，可以消耗二氧化碳，有助于实现“碳中和”，故A正确；
B.压电陶瓷属于新型无机非金属材料，故B正确；
C.聚氨酯纤维属于合成有机高分子材料，不是天然有机高分子材料，故C错误；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素为同位素，氕、氘、氚质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；
故选：C。
A.实现从CO2到淀粉的全合成，可以消耗二氧化碳；
B.压电陶瓷属于新型无机非金属材料；
C.聚氨酯纤维属于合成有机高分子材料；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素为同位素。
本题主要考查化学与生活，其中涉及到“碳中和”、无机非金属材料、和同位素，整体难度不大，意在引导学生多用化学知识解释生活中的实际问题。
2.【答案】A
【解析】解：A.乙酸与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；
B.二者均与氯水反应，不能除杂，应加溴水、四氯化碳，故B错误；
C.二者均与氨水反应，不能除杂，应加氧化铝促进铁离子水解转化为沉淀，再过滤，故C错误；
D.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：A。
A.乙酸与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异；
B.二者均与氯水反应；
C.二者均与氨水反应；
D.二者均与碳酸钠溶液反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.该有机物分子含有8个碳原子、9个氢原子、5个氧原子、1个氮原子，其分子式为C8H9NO5，故A正确；
B.该有机物分子中碳碳双键中每个不饱和碳原子都连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故B正确；
C.该有机物含有的含氧官能团为羟基、醚键、羧基、酰胺基共4种，故C正确；
D.羧基、酰胺基不能与氢气加成，分子含有的1个碳碳双键能与氢气发生加成反应，故1mol该分子最多与1molH2发生加成反应，故D错误；
故选：D。
A.该有机物分子含有8个碳原子、9个氢原子、5个氧原子、1个氮原子；
B.碳碳双键中每个不饱和碳原子都连接2个不同的原子或原子团的有机物存在顺反异构；
C.该有机物含有碳碳双键、羟基、醚键、羧基、酰胺基；
D.分子中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解顺反异构特点，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
4.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W、R分别为H、Li、B、Na、Al，
A.同周期主族元素从左向右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱，则电负性：X>Z>R，故A正确；
B.同周期主族元素从左向右第一电离能增大，同主族从上到下第一电离能减小，则第一电离能：Y
D.单质Y和W在空气中燃烧的产物分别为Li2O、Na2O2，前者只含离子键，后者含离子键和共价键，故D错误；
故选：A。
短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y与W同主族，Z与R同主族，由甲、乙的结构可知，Y、W均为带1个单位正电荷的阳离子，Y为Li、W为Na；X形成1个共价键，X为H；Z、R均得到1个电子形成4个共价键，Z为B、R为Al，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键、电荷数、元素的位置来推断元素为解答的关键，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】B
【解析】解：A.据图可知阳极上有机物被氧化为CO2，释放电子，根据图示离子的迁移可知，质子也就是氢离子向右移动，故A正确；
B.高温条件下微生物会被杀死，降低了电池的能量转化效率，故B错误；
C.据图可知阴极B上O2、NO3−被还原，根据该装置的作用可知产物应无污染，所以O2被还原生成水，NO3−被还原生成N2，电极方程式为O2+4H++4e−=2H2O、NO3−+12H++10e−=N2+6H2O，故C正确；
D.32gCH3OH的物质的量为1mol，CH3OH被氧化为CO2时C元素化合价升高6价，所以转移6mol电子，故D正确；
故选：B。
分析装置可知，左侧有机物转化为CO2，碳元素被氧化，故左侧为负极，也可以通过阳离子向右移动，判断右侧为正极，且分隔材料为阳离子交换膜，据此分析回答问题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
6.【答案】B
【解析】解：A.路径①中，生成物的能量大于反应物的能量，则△H>0，故A正确；
B.基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，路径②中存在中间物，不能一步完成，不属于基元反应，故B错误；
C.活化能越小，反应速率越快，路径③的活化能最小，速率最快，故C正确；
D.活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，由图可知，路径④的逆反应的活化能最大，故D正确；
故选：B。
A.路径①中，生成物的能量大于反应物的能量；
B.基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，路径②中存在中间物；
C.活化能越小，反应速率越快，路径③的活化能最小；
D.活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量。
本题考查化学反应中能量的变化，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生识图能力和分析能力，着重于对概念的理解，注意反应能量的变化与反应物、生成物能量之间的关系，能根据图中信息，分析能量变化，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.石墨层间存在分子间作用力、层内存在金属键，层内具有金属晶体的性质、层间具有分子晶体的性质，所以石墨晶体中层内导电性强于层间导电性，故A正确；
B.基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子，所以基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8：3，故B正确；
C.(CH3COO)2Ni⋅4H2O的空间构型为八面体，则CH3COO−、H2O都是Ni2+的配体，所以其配位数是6，故C正确；
D.的电负性比P的大，所以P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3的大，故D错误；
故选：D。
A.石墨层间存在分子间作用力、层内存在金属键；
B.基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子；
C.(CH3COO)2Ni⋅4H2O的空间构型为八面体，则CH3COO−、H2O都是Ni2+的配体；
D.分子中原子间的电负性差值越大，分子的极性越大。
本题考查较综合，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子极性强弱判断方法、配位数判断方法、原子结构等知识点是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.铁华粉中的醋酸亚铁可以和稀硫酸之间发生复分解反应，得到醋酸，醋酸易挥发，产生有刺激性气味的醋酸气体，故A正确；
B.铁华粉可以和盐酸之间反应产生氢气，则其中可能含有金属铁，故B正确；
C.盐酸和亚铁离子都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化，向滤液中滴入酸性KMnO4溶液，不能证明是Fe2+具有还原性，故C错误；
D.[Fe(CN)6]3−遇到亚铁离子会产生绿色沉淀，发生反应：K++Fe2++[Fe(CN)6]3−=KFe[Fe(CN)6]↓，据此可以用来检验亚铁离子的存在，故D正确；
故选：C。
A.醋酸亚铁可以和稀硫酸之间发生复分解反应，得到醋酸，醋酸易挥发，有刺激性气味；
B.金属铁具有还原性，可以和盐酸之间反应产生氢气；
C.盐酸中的氯离子和亚铁离子都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化；
D.[Fe(CN)6]3−可以用来检验亚铁离子的存在。
本题考查学生常见离子的检验知识，属于知识的迁移应用，注意知识的归纳梳理和灵活应用是关键，难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.由题意甲烷反应后的产物有二氧化碳和水，D装置是用来检验水的，无水硫酸铜遇水变蓝，故A正确；
B.可燃性气体与空气混合后有爆炸的危险，所以在实验时先通入甲烷气体将装置中的空气排净后再加热，故B正确；
C.碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，既能吸收水分也能吸收二氧化碳，通过其反应前后质量增加不能具体判断出水和二氧化碳的质量分别是多少，故不能推算出甲烷的化学式，故C错误；
D.CH4与CuO反应，生成二氧化碳、铜和水，方程式为：4CuO+CH4−△4Cu+CO2+2H2O，故D正确；
故选：C。
A.D装置是用来检验水的；
B.根据可燃性气体不纯，点燃可在加热条件下有爆炸的危险分析判断；
C.根据碱石灰的性质分析判断；
D.CH4与CuO反应，生成二氧化碳、铜和水，通过得失电子数相等来进行配平。
本题考查甲烷的性质等相关知识，难度中等，侧重学生分析能力和理解能力的考查。
10.【答案】D
【解析】解：A.结合分析可知，Na2S2O3的作用是还原剂，故A正确；
B.结合分析可知，“净化”过程产生的废渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，故B正确；
C.“沉钴”过程中，当溶液的pH=11时，c(OH−)=10−3mol/L，c(Co2+)=Ksp[Co(OH)2]c2(OH−)=1.6×10−1610−6mol/L=1.6×10−10mol/L，故C正确；
D.浓硫酸与Al和Fe发生钝化，故不能提高速率，故D错误；
故选：D。
废旧锂离子电池正极材料(主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe)加硫酸和硫代硫酸钠溶液溶解，其中金属元素转化为简单离子，S元素以硫酸根离子的形成存在于溶液，加入氧气氧化亚铁离子为铁离子，调节pH沉淀分离氢氧化铝和氢氧化铁，过滤后再加入氢氧化钠沉钴，此操作是为了防止Al(OH)3溶解，分离的氢氧化钴沉淀加入硫酸溶解，获得CoSO4溶液，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。
11.【答案】B
【解析】解：A.搅拌并不能明显提高电解反应速率，故A错误；
B.结合分析可知，b极氢氧根离子失电子生成氧气，氢氧根离子和溴离子失电子生成溴酸根离子和水，为阳极，电极反应式分别为Br−+6OH−−6e−=BrO3−+3H2O、4OH−−4e−=2H2O+O2↑，故B正确；
C.由电解原理图可知，生成双醛淀粉的反应为：3(C6H10O5)n+nBrO3−=3(C6H8O5)n+nBr−+3nH2O，故C错误；
D.阳极既生成氧气，又生成溴酸根，所以电路转移2mol电子无法确定溴酸根的量，故D错误；
故选：B。
分析可知，左侧产生氢气，故左侧氢离子得电子，发生还原反应，作为电解池阴极，故右侧为阳极，氢氧根离子失电子生成氧气，氢氧根离子和溴离子失电子生成溴酸根离子和水，电极反应式分别为Br−+6OH−−6e−=BrO3−+3H2O、4OH−−4e−=2H2O+O2↑，据此分析回答问题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】B
【解析】A.根据图知，曲线①②开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度：曲线②大于曲线①，完全消耗时所需时间：曲线①大于曲线②，则反应速率：曲线②大于曲线①，所以其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，故A正确；
B.曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间：曲线①是曲线③的2倍，则二者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关，故B错误；
C.v=△c△t=(3.0−0)mol/L250min−0=0.012mol⋅L−1⋅min−1，故C正确；
D.其半衰期为反应物消耗一半所需的时间，条件②中，降冰片烯起始浓度为3.0mol⋅L−1时，该物质完全消耗需要125min，则其半衰期为62.5min，故D正确；
故选B。
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查对比、分析判断及知识综合应用能力，采用“定一议二”方法分析曲线中外界条件对化学反应速率影响原理，题目难度不大。
13.【答案】BC
【解析】解：A.0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为5，可知HSO3−的电离大于其水解显酸性，Ka2(H2SO3)>Kh(HSO3−)=KwKa1(H2SO3)，即Ka1(H2SO3)⋅Ka2(H2SO3)>Kw，故A正确；
B.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，应向等浓度的NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，比较Ksp(AgBr)、Ksp(AgCl)的大小，故B错误；
C.饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的浓度不同，应测定等浓度盐溶液的pH，比较水解程度大小，故C错误；
D.等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，可知HA的浓度大，则酸性：HB>HA，故D正确；
故选：BC。
A.0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为5，可知HSO3−的电离大于其水解显酸性，Ka2(H2SO3)>Kh(HSO3−)=KwKa1(H2SO3)；
B.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知；
C.饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的浓度不同；
D.等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，可知HA的浓度大。
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、电离与水解、难溶电解质、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。
14.【答案】AD
【解析】解：A.由碳酸丙烯酯的结构简式可知其所含π键数为1，σ键数13，故A错误；
B.聚合生成聚碳酸丙烯酯反应为开环加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C.由反应机理可知和I−反应起点和终点均存在，均为催化剂，故C正确；
D.环氧丙烷中有四种不同的氢原子，且除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构，可知环氧丙烷的一氯代物有8种，故D错误；
故选：AD。
A.由碳酸丙烯酯的结构简式可知其所含π键数为1，σ键数13；
B.聚合生成聚碳酸丙烯酯反应为开环加成反应；
C.由反应机理可知和I−反应起点和终点均存在；
D.环氧丙烷中有四种不同的氢原子，且除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构。
题以反应历程为载体考查有机物结构和性质，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确化学键的判断是解本题关键，C为解答易错点。
15.【答案】CD
【解析】解：如图，曲线1、2、3、4、5分别表示H2CO3、HCO3−、NH4+、NH3⋅H2O、CO32−的分布分数，
A.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液pH=7.8，溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于HCO3−，则电离程度：NH3⋅H2O>H2CO3，所以Kb(NH3⋅H2O)>Ka1(H2CO3)，故A错误；
B.n点c(HCO3−)=c(CO32−)，溶液中存在电荷守恒2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)，所以存在3c(HCO3−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)，3c(HCO3−)+c(OH−)>c(NH4+)+c(H+)，故B错误；
C.m点NH4+的分布分数等于HCO3−的分布分数，则NH3⋅H2O的分布分数大于HCO3−的分布分数，所以存在c(NH3⋅H2O)>c(HCO3−)，故C正确；
D.当c(HCO3−)=c(CO32−)时，pH=10.2，K2(H2CO3)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)=c(H+)=10−10.2；c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)时，pH=9.3，Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−9.3=10−4.7，反应HCO3−+NH3⋅H2O⇌NH4++CO32−+H2O的平衡常数为K=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)⋅K2(H2CO3)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×K2(H2CO3)Kw=10−4.7×10−10.210−14=10−0.9，lgK=−0.9，故D正确；
故选：CD。
如图，曲线1、2、3、4、5分别表示H2CO3、HCO3−、NH4+、NH3⋅H2O、CO32−的分布分数，
A.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液pH=7.8，溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于HCO3−，水解程度越小，其对应的弱电解质电离程度越大，电离平衡常数越大；
B.n点c(HCO3−)=c(CO32−)，溶液中存在电荷守恒2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)；
C.m点NH4+的分布分数等于HCO3−的分布分数；
D.当c(HCO3−)=c(CO32−)时，pH=10.2，K2(H2CO3)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)=c(H+)=10−10.2；c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)时，pH=9.3，Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−9.3=10−4.7，反应HCO3−+NH3⋅H2O⇌NH4++CO32−+H2O的平衡常数为K=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)⋅K2(H2CO3)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×K2(H2CO3)Kw。
本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确微粒成分与曲线的关系、电离平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】DAC124×27NA×(0.405×10−7)3 D < 缩聚反应
【解析】解：(1)轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A
(2)A.铵盐与碱加热可制备氨气，N原子配位键被破坏，成键电子对转化为孤电子对，键角变小，故A错误；
B.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形，空间结构发生改变，故B错误；
C.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形，两者均为sp3杂化，故C正确；
故答案为：C；
(3)Al单质为面心立方晶体，以顶点Al原子研究，其配原子处于面心位置，顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，故铝原子的配位数为3×82=12；算晶胞中Al原子数目=8×18+6×12=4，Al原子总质量=4×27NA×(0.405×10−7)34×27NAg，晶胞体积为(0.405×10−7)3cm3，晶胞密度ρ=mV=4×27NA×(0.405×10−7)3g⋅cm−3，
故答案为：4×27NA×(0.405×10−7)3；
(4)Al晶胞为面心立方，因此顶点和面心的Al原子均为六边形排列，
故答案为：12；D；
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2，三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为，
故答案为：；
(6)①由于将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，故ΔG
②结合已知，某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物可知，该有机物为，产生聚酰胺薄膜，说明对应产物为高分子化合物，有小分子氯化氢脱出，故反应类型为缩聚反应，
故答案为：；缩聚反应。
(1)轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高；
(2)A.铵盐与碱加热可制备氨气，N原子配位键被破坏，成键电子对转化为孤电子对；
B.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形；
C.铵盐中铵根离子的构型为正四面体，氨气分子的构型为三角锥形；
(3)Al单质为面心立方晶体，以顶点Al原子研究，其配原子处于面心位置，顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，故铝原子的配位数为3×82=12；算晶胞中Al原子数目=8×18+6×12=4，Al原子总质量=4×27NA×(0.405×10−7)34×27NAg，晶胞体积为(0.405×10−7)3cm3，据此计算；
(4)Al晶胞为面心立方，因此顶点和面心的Al原子均为六边形排列；
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2，三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，结合提示书写结构；
(6)①由于将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，结合吉布斯自由能分析；
②结合已知，某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物可知，该有机物为，产生聚酰胺薄膜，说明对应产物为高分子化合物。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17.【答案】分液漏斗 将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+ 增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3 冷却结晶 防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压、防止倒吸的作用 防止氨气逸出 偏低
【解析】解：(1)图中仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水的目的是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，
故答案为：将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
(3)步骤Ⅱ向滤液中加入浓盐酸的原因是增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；
故答案为：增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；
(4)根据题意可知，步骤Ⅲ中的“操作A”是从热的滤液中分离出[Co(NH3)6]Cl3晶体，应采取冷却结晶措施，
故答案为：冷却结晶；
(5)①根据题意可知，液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压、防止倒吸的作用，液封装置2的作用是防止氨气逸出
故答案为：防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压、防止倒吸的作用；防止氨气逸出；
②氨气易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，测得NH3的质量分数将偏低，
故答案为：偏低；
(1)根据仪器构造判断仪器名称；
(2)Co2+不易被氧化，[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，把不易被氧化的Co2+转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+；
(3)氯离子浓度增大时，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；
(4)根据图像可知，热的滤液冷却结晶后会析出[Co(NH3)6]Cl3晶体；
(5)①若不液封，氨气会逸出，同时长导管还可以起到平衡气压、防止倒吸，若没有液封装置2，会有部分氨气来不及溶解而逸出，将会导致测量结果偏小；
②液封装置2中的水中也含有少量未被硫酸吸收的氨气；
本题主要考查实验方案的设计与评价，具体涉及仪器的识别，离子方程式的书写，实际问题的分析，对学生的能力要求较高，属于高频考点，难度较大。
18.【答案】+HBr取代反应 保护酚羟基 乙二醇 醚键、羟基 16(CH3)2CHCH(OH)CH2CHO
【解析】解：(1)A→B的反应方程式为+HBr，反应类型为取代反应，
故答案为：+HBr；取代反应；
(2)B→D的转化中三甲基氯硅烷消除酚羟基，在后续的K→L的转化中又重新引入，反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是保护酚羟基，在本流程中起类似作用的有机物还有HOCH2CH2OH，保护羰基，其名称为乙二醇，
故答案为：保护酚羟基；乙二醇；
(3)L中的官能团有醚键、羟基，M的结构简式为，
故答案为：醚键、羟基；；
(4)符合下列条件的E()的同分异构体：①能与金属钠反应产生氢气，③能发生银镜反应，E的不饱和度为1，含有2个原子，说明含有醛基、羟基，②含两个甲基，当为CH3CH2CH2CH2CH3中氢原子被−CHO、−OH取代，醛基有2种位置，醛基处于2号碳原子时，羟基有3种位置，醛基处于3号碳原子上时，羟基有2种位置，该情况3+2=5种；当为中氢原子被−CHO、−OH取代时，羧基处于1号碳原子上或4号碳原子，羟基不能取代甲基上氢原子，均有3种位置，羧基处于2号碳原子上或3号碳原子上，羟基只能处于甲基上均有2种，该情况有2×3+2×2=10种；当为中氢原子被−CHO、−OH取代时，只能是分别取代不同甲基中氢原子有1种，故符合条件的同分异构体共有5+10+1=16种，其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6：2：1：1：1：1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为(CH3)2CHCH(OH)CH2CHO等，
故答案为：16；(CH3)2CHCH(OH)CH2CHO；
(5)由2分子脱水生成，与生成，然后酸性水解生成，苯与溴发生取代反应生成，一定温度下与Mg/乙醚反应生成，合成路线为 ，
故答案为： 。
A的分子式为C6H6O，A发生氧化反应生成，则A为，由D的结构可知，苯酚与溴发生取代反应生成B为，B再与(CH3)3SiCl发生取代反应生成D和HCl，D发生信息I中反应生成F为，与氢气发生加成反应生成E，E发生氧化反应生成，故E为，E与乙二醇发生信息Ⅲ中第一步反应生成H，结合I的结构，可知H为，F与H发生信息Ⅱ中反应生成I，I分子内脱去1分子水生成K，K与氢气反应生成L()，可知I发生消去反应生成K，故K为，L发生信息Ⅲ中第二步反应生成M，则M为；
(5)由2分子脱水生成，与生成，然后酸性水解生成，苯与溴发生取代反应生成，一定温度下与Mg/醚反应生成。
本题考查有机物合成，涉及有机反应方程式的书写、有机反应类型、对步骤的分析评价、有机物命名、官能团识别、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，关键是分析结构变化理解发生的反应，注意对反应信息的理解，侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
19.【答案】增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分 Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO2++2H2On2m3 温度高于80℃时，NH4+水解程度增大，NH4+浓度减小导致沉钒率下降 V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O(c1b1−5c2b2)M20a%
【解析】解：(1)酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，
故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
(2)由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO2+形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO2++2H2O，
故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO2++2H2O；
(3)由方程式可知，反应的平衡常数K=c2(VO43−)c3(CO32−)=c2(VO43−)c3(CO32−)×c3(Ca2+)c3(Ca2+)=Ksp2[Ca3(VO4)2]Ksp3(CaCO3)=n2m3，
故答案为：n2m3；
(4)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致沉钒率下降，
故答案为：温度高于80℃时，NH4+水解程度增大，NH4+浓度减小导致沉钒率下降；
(5)由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，
故答案为：V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
(6)由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO4−)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为c1mol/L×b1×10−3L−c2mol/L×b2×10−3L×52=c1b1−5c2b22000mol，则样品中五氧化二钒的纯度为c1b1−5c2b22000mol×Mg/molag×100%=(c1b1−5c2b2)M20a%，
故答案为：(c1b1−5c2b2)M20a%。
由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为NaAlO2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为H3VO4，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有H3VO4的滤液；向滤液中加入石灰乳，将H3VO4转化为Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为Na3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有Na3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将Na3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
本题考查物质制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
20.【答案】Na+ Q、QH2 Ca(OH)2+Na2SO4+2CO2=CaSO4+2NaHCO3 −122.54温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大 增大压强 1.25%250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa
【解析】解：(1)由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO42−+2OH−−2e−=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2，正极区的电极反应式为Q+2CO2+2H2O+2Na++2e−=2NaHCO3+QH2，电池的总反应为Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3，则Q、QH2在电极区溶液中可循环利用，
故答案为：Na+；Q、QH2；Ca(OH)2+Na2SO4+2CO2=CaSO4+2NaHCO3；
(2)由盖斯定律可知，2i+ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则反应热△H=2△H1+△H2=2×(−49.01kJ⋅mol−1)+(−24.52kJ⋅mol−1)=−122.54kJ⋅mol−1，
故答案为：−122.54；
(3)①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，反应iii为为气体体积不变的反应，增大压强，合成二甲醚的反应平衡向正反应方向移动，反应iii平衡不移动，所以增大压强能提高二甲醚的选择性，
故答案为：温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；增大压强；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×30%=0.7mol、4mol−1mol×30%×20%×6−1mol×30%×70%=3.43mol、1mol×30%×20%=0.06mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%×20%×3+1mol×30%×70%=0.39mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.79mol，二甲醚的物质的量分数为0.06mol4.79mol×100%≈1.25%，
故答案为：1.25%；
(4)由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为13时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×13=mol、3mol−1mol×13×3=2mol、1mol×13=13mol、1mol×13=13mol，则甲醇的物质的量分数为1323+2+13+13=0.1，由图可知，甲醇的物质的量分数为0.1时，反应条件为温度为250℃、压强为9×105Pa，或压强为5×105Pa、温度为210℃，
故答案为：250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa。
(1)由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO42−+2OH−−2e−=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2；
(2)由盖斯定律可知，2i+ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)；
(3)①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×30%=0.7mol、4mol−1mol×30%×20%×6−1mol×30%×70%=3.43mol、1mol×30%×20%=0.06mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%×20%×3+1mol×30%×70%=0.39mol据此计算；
(4)由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为13时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol−1mol×13=mol、3mol−1mol×13×3=2mol、1mol×13=13mol、1mol×13=13mol，则甲醇的物质的量分数为1323+2+13+13=0.1据此分析。
本题目综合考查盖斯定律的应用、化学反应平衡常数的计算和应用、图象分析判断等方面的知识，侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．注意料电池反应的特点。
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