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2021-2022学年河北省保定市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省保定市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共21页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
我国科技的发展日新月异。下列对我国最新科技成果解读错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
下列物质用途错误的是( )
A. 聚四氟乙烯可用于制造不粘锅涂层B. 纤维素是人类可吸收的营养物质
C. 聚合硫酸铁可用作饮用水的净水剂D. 铁粉常在食品袋中作抗氧化剂
《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是( )
A. B.
C. D.
有机物M的结构简式如图。下列有关M的说法错误的是( )
A. 分子式为C15H14O3
B. 苯环上的一氯代物有7种
C. 1mLM与足量金属钠反应可生成2mlH2
D. 可发生取代反应、加成反应和氧化反应
下列由实验现象所得结论正确的是( )
A. 向H2S气体中通入SO2气体，瓶壁上产生淡黄色固体，证明SO2具有氧化性
B. 压缩二氧化氮气体时，气体颜色加深，证明加压时N2O4与NO2的混合气体中NO2的含量增大
C. 向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，溶液变为黄色，证明稀硫酸可将Fe2+氧化为Fe3+
D. 常温下，向铁质容器中注入浓硫酸，无明显现象，证明铁在常温下不与浓硫酸反应
下列离子方程式书写错误的是( )
A. 用酸性KMnO4溶液吸收SO2：2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+
B. 往溴水中滴加少量FeI2溶液：3Br2+2Fe2++4I−=2Fe3++2I2+6Br−
C. 用稀硝酸除去金中少量铜粉：3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 将氯气通入水中制备氯水：Cl2+H2O⇌2H++ClO−+Cl−
设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O。下列说法正确的是( )
A. 每生成1ml葡萄糖酸，转移的电子数为2NA
B. 标准状况下，11.2LI2中含有的非极性键数目为0.5NA
C. 1L0.1ml⋅L−1NaI溶液中含有的I−数目小于0.1NA
D. 4.0gNaOH参与反应时，消耗的葡萄糖分子数为0.1NA
《物理小识⋅金石类》提到：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂，惟乌柏树不畏其气。”强热“青矾”得红色固体，“青矾厂气”冷凝得矾油。利用矾油可以制备盐酸，涉及的微型化工流程如图所示：
下列叙述错误的是( )
A. X是Fe2O3B. 气体W能使品红溶液褪色
C. 矾油的沸点高于HCl的D. 上述过程只涉及氧化还原反应
肼(N2H4)是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO3−废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是( )
A. X为低浓度KOH溶液
B. K+通过N自左向右做定向移动
C. 负极上的电极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O
D. 电池放电时，正、负极产生的N2的物质的量之比为1：1
下列除杂的操作或方法中，不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大。X、Y位于同一主族，Z在第三周期中离子半径最小，Z和W的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法正确的是( )
A. 最简单气态氢化物的热稳定性：X>YB. YX属于共价化合物
C. 含Z元素的盐溶液只能显碱性D. Y为地壳中含量最多的非金属元素
科学家提出某有机反应历程如图：
下列说法错误的是( )
A. 上述循环中镍的化合价发生了变化B. 上述转化中，断裂了非极性键
C. 物质1、2都是中间产物D. Ⅰ→Ⅱ的反应属于加成反应
甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，在水中的电离方程式为CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−。常温下，向⋅L−1CH3NH2溶液中滴加pH=1的盐酸，混合溶液的pH、温度与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 选择酚酞溶液作指示剂，测得甲胺的浓度偏低
B. b点溶液中：c(Cl−)=c(CH3NH3+)>c(H+)=c(OH−)
C. V>20，温度降低的主要原因是CH3NH2电离吸热
D. 常温下，CH3NH2的电离常数Kb=V020−V0×10−7
金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中的钒以FeO⋅V2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示。
提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；②V2O5在碱性条件下可转化为VO3−。
(1)试列举可加快“高温氧化”速率的措施：______(填一条)。
(2)“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为 ______、______。
(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为 ______。
(4)“高温氧化”过程中，若有1mlFeO⋅V2O3被氧化，则转移的电子数为 ______NA。
(5)写出“焙烧”时Al2O3发生反应的化学方程式：______。
(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为 ______(写化学式)。
(7)用铝热反应也可将V2O5还原为钒，相应的化学方程式为 ______。
氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解。实验室制备Li3N的原理是6Li+N2−△2Li3N。某实验小组拟设计实验制备Li3N并探究其性质。(装置可重复使用)
回答下列问题：
(1)装饱和NH4Cl溶液的仪器是 ______(填名称)。
(2)气流从左至右装置的连接顺序为A→______→______→______→______。
(3)B装置的作用是 ______。实验室锂保存在 ______(填“煤油”或“固体石蜡”)中。
(4)实验时，先点燃 ______(填“A处”或“C处”)酒精灯。
(5)A装置中制备N2的反应的化学方程式为 ______。
(6)如果氮化锂产品中混有Li2O，可能的原因是 ______。
(7)取0.1gLi3N粗产品(设杂质只有Li2O)于试管中，向试管中滴加蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝色，向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液变红色Li3N与水反应的化学方程式为 ______，若最终收集到标准状况下58.24mL气体，则产品中Li3N的含量为 ______%。
2021年10月27日，以“探索与展望第五次工业革命中时尚产业的方向和绿色共识”为主题的2021气候创新⋅时尚峰会在柯桥举行。大会倡导绿色、低碳、循环、可持续的发展方式，共同构建新型世界纺织产业命运共同体。
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅ml−1
ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅ml−1
已知在某种催化剂的作用下，CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能Ea(正)为312kJ⋅ml−1，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为 ______kJ/ml。
(2)将n(H2)：n(CO2)=4：1的混合气体充入反应器中，气体总压强为0.1MPa，平衡时c(CO2)、υ正(CO2)与温度的关系如图1所示。22∼400℃时，CO2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 ______。
(3)在使用某种催化剂催化CO2加氢合成乙烯的反应时，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物。若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加 ______助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 ______。
(4)在T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1mlCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)ΔH<0。达到平衡时，HCHO的分压与起始的n(H2)n(CO2)关系如图2所示。
①起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，则υ(H2)=______ml⋅L−1⋅min−1。
②b点时反应的化学平衡常数Kp=______(保留三位有效数字)(pkPa)−1。
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，则H2的转化率 ______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
“祝融号”火星车在火星表面已完成计划内工作，其利用表面成分探测仪、多光谱相机等开展定点探测，一张公布的“祝融号”行进路上的火星岩石图像如图1所示。研究发现，火星岩的主要成分为K2O、CaO、Na2O、MgO、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2和H2O。回答下列问题：
(1)基态Ca原子核外电子占据能量最高的能级的电子云轮廓图为 ______。
(2)在上述氧化物中属于原子晶体的是 ______(填化学式)。
(3)Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]。[Al(OH)4]−中Al的杂化类型是 ______，Al和O构成的空间结构是 ______。
(4)配离子[Fe(CO)4]2−中配位原子是C而不是O，可能的原因是 ______。
(5)已知Fe3++K++[Fe(CN)6]4−=KFe[Fe(CN)6]↓，利用该离子方程式可以检验溶液中的Fe3+。[Fe(CN)6]4−中σ键、π键数目之比为 ______。
(6)已知铁和镁形成的晶胞如图2所示。
①在该晶胞中铁的配位数为 ______。
②已知该晶胞参数为apm。NA为阿伏加德罗常数的值。两个Fe原子的最近距离为 ______pm，该晶胞的密度为 ______(只列计算式)g⋅cm−3。
某药物活性成分M的一种合成路线如图：
已知：(i)
(ii)(上述两个反应的部分产物未标出)
回答下列问题：
(1)D中所含官能团的名称是 ______，B的名称是 ______。
(2)F→G的反应类型是 ______，A→B的反应试剂和条件是 ______。
(3)K的结构简式为 ______。
(4)I→J的化学方程式为 ______。
(5)在F的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 ______种(不考虑立体异构)
①能发生水解反应且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
②苯环上只有2个取代基；
③0.1ml该有机物与足量银氨溶液反应生成43.2Ag。
(6)设计以和为原料合成的一条合理路线 ______(无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.As2O3是酸性氧化物，故A错误；
B.金不活泼，在自然界一般以单质形式存在，故B正确；
C.鼓励光伏、风电、水电、核电等能源的发展可以实现碳达峰，减少CO2排放，故C正确；
D.催化剂能降低反应的活化能，故D正确；
故选：A。
A.As2O3是酸性氧化物；
B.金不活泼，在自然界一般以单质形式存在；
C.鼓励光伏、风电、水电、核电等能源的发展可以实现碳达峰；
D.催化剂能降低反应的活化能。
本题考查了物质材料、原子结构、分子性质、环保知识等，明确碳达峰、碳中和概念及分子性质是解题关键，题目难度不大，注意知识积累。
2.【答案】B
【解析】解：A.聚四氟乙烯化学性质稳定，耐化学腐蚀，耐溶性好，耐高温，并且无毒，可用于家用不粘锅涂层，故A正确；
B.纤维素虽然可促进胃肠蠕动，但人体没有纤维素水解酶，纤维素在人体内不能水解，则不是人类可吸收的营养物质，故B错误；
C.聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有强吸附性，可除去溶液中的悬浮物，达到净水的目的，故C正确；
D.铁粉具有还原性，能与氧气反应，常作食品袋中的抗氧化剂，故D正确；
故选：B。
A.聚四氟乙烯不含有双键，性质稳定，无毒；
B.人体没有纤维素水解酶，不能使纤维素转化为能量物质；
C.聚合硫酸铁可水解生成氢氧化铁胶体；
D.铁粉具有还原性，能与氧气反应。
本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：制取烧酒采用蒸馏的方法，蒸馏时用酒精灯加热，用冷凝管冷凝蒸气，用锥形瓶接收冷凝后的馏分，不需要坩埚。
故选：B。
本题考查蒸馏操作的仪器，正确理解古文是解题关键，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.该分子中含有15个碳原子、14个氢原子、3个氧原子，则分子式为C15H14O3，故A正确；
B.苯环上有7种氢原子，苯环上的一氯代物有7种，故B正确；
C.−OH、−COOH都能和Na反应生成氢气，且存在2−OH∼H2、2−COOH∼H2，该分子中含有1个醇羟基和1个羧基，所以1mlM与足量金属钠反应可生成1mlH2，故C错误；
D.该分子中含有苯环、醇羟基和羧基，醇羟基和羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，醇羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：C。
本题考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.向H2S气体中通入SO2气体，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，瓶壁上产生淡黄色固体，该反应中SO2体现氧化性，故A正确；
B.压缩二氧化氮气体时，容器体积变小，气体颜色加深，然后平衡2NO2⇌N2O4正向移动，NO2的浓度减小，颜色在加深后的基础上又变浅(比压缩前的颜色深)，故B错误；
C.向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，溶液变为黄色，证明稀硝酸可将Fe2+氧化为Fe3+，故C错误；
D.常温下，向铁质容器中注入浓硫酸，发生了钝化，无明显现象，但发生了化学变化，故D错误；
故选：A。
A.H2S与SO2反应生成S、H2O，瓶壁上产生的淡黄色固体为硫单质；
B.压缩二氧化氮气体时，容器体积变小，气体颜色加深；
C.向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，相当于有了硝酸；
D.钝化属于化学变化。
本题主要考查了H2S与SO2的性质、硝酸的强氧化性、钝化反应以及平衡移动的有关知识，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.用酸性KMnO4溶液吸收SO2，离子方程式为：2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+，故A正确；
B.往溴水中滴加少量FeI2溶液，离子方程式为：3Br2+2Fe2++4I−=2Fe3++2I2+6Br−，故B正确；
C.用稀硝酸除去金中少量铜粉，离子方程式为：3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D.将氯气通入水中制备氯水，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++HClO+Cl−，故D错误；
故选：D。
A.酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子和氢离子；
B.碘化亚铁少量，碘离子和亚铁离子都被氧化；
C.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
D.次氯酸为弱酸，不能拆开。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.依据I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O可知，每生成1ml葡萄糖酸，转移的电子数为2NA，故A正确；
B.标况下碘为固体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；
C.碘化钠为强电解质，水溶液中完全电离，所以1L0.1ml⋅L−1NaI溶液中含有的I−数目等于0.1NA，故C错误；
物质的量为：4.0g40g/ml=0.1ml，参与反应时，消耗的葡萄糖分子数为0.05NA，故D错误；
故选：A。
A.依据I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O可知，生成1个葡萄糖酸转移2个电子；
B.标况下碘为固体；
C.碘化钠为强电解质，水溶液中完全电离；
D.依据方程式：I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O，消耗2ml氢氧化钠，消耗1ml葡萄糖。
本题考查了有关阿伏加德罗常数的有关计算，明确气体摩尔体积的使用范围和条件是解本题的关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.通过以上分析知，X是Fe2O3，故A正确；
B.W为SO2，SO2能收品红溶液褪色，故B正确；
C.利用浓硫酸的高沸点制取HCl，所以钒油的沸点高于HCl的，故C正确；
D.SO3和H2O反应生成H2SO4不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂，惟乌柏树不畏其气”青矾是绿矾为硫酸亚铁晶体，青矾”得红色固体氧化铁，“气体冷凝得“矾油”化学反应的方程式为：2FeSO4⋅7H2O=Fe2O3+SO2+SO3+7H2O，利用矾油可以制备盐酸，浓硫酸和NaCl反应生成易挥发的气体HCl，则矾油是硫酸，气体混合物Y是SO2、SO3，气体Z是水蒸气，Y中SO3和Z反应生成硫酸，W为SO2。
本题考查无机物推断，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确题给信息并正确推断各物质是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，该原电池中生物膜电极为负极，碳棒为正极，M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，K+移向碳棒，OH−移向生物膜电极，则X为低浓度KOH溶液，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子移向正极，即K+通过N膜自左向右作定向移动，故B正确；
C.N2H4在负极上失电子生成N2，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，故C正确；
D.正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，根据电子守恒可知，正、负极产生的N2的物质的量之比为2：5，故D错误；
故选：D。
该装置为原电池，NO3−在碳棒上发生得电子的还原反应生成N2，N2H4在生物膜上发生失电子的氧化反应生成N2，则生物膜电极为负极，碳棒为正极，正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，X为低浓度KOH溶液，据此分析解答。
本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和运用能力，把握工作原理即可解答，注意掌握电极反应式的书写和离子交换膜的作用，题目难度中等。
10.【答案】AC
【解析】解：A.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气，故A错误；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，洗气可分离，故B正确；
C.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；
D.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，洗气可分离，故D正确；
故选：AC。
A.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C.二者均与NaOH溶液反应；
D.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳。
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、混合物的分离提纯、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。
11.【答案】AB
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为Si、Z为Al、W为Na，
A.非金属性C大于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性：X>Y，故A正确；
B.SiC只含共价键，属于共价化合物，故B正确；
C.含Z元素的盐若为偏铝酸盐，溶液显碱性，故C错误；
D.Y为地壳中含量位于第二位的非金属元素，故D错误；
故选：AB。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，Z在第三周期中离子半径最小，Z为Al；Z和W的原子序数之和是X的原子序数的4倍，W的原子半径大于Al，则W为Na或Mg，Z(Al)和W的原子序数之和是X的4倍，W为Na时，X的原子序数为11+134=6，X为O元素，X、Y位于同一主族，Y为Si；W为Mg时，X的原子序数为12+134=254(舍弃)，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、元素的位置、原子结构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。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应历程，意在考查学生的分析能力和理解能力，注意结合反应历程图中物质结构的变化进行分析解答，题目难度一般。
【解答】
A.由题干图可知，Ni的化合价有+2价和+1价，故化合价发生了变化，故A正确；
B.由Ⅰ→Ⅱ的过程中，碳碳双键中的其中一个键断裂，即断裂了非极性键，故B正确；
C.中间产物是指反应过程中产生的，之后又在反应过程中被消耗掉，物质1、2都不满足这个条件，都不是中间产物，故C错误；
D.Ⅰ→Ⅱ的过程为碳碳双键的加成反应，故D正确；
故选：C。
13.【答案】C
【解析】解：A.滴定开始时溶质为弱碱，溶液显碱性，滴定终点时的溶质为强酸弱碱盐，溶液为酸性，若使用酚酞做指示剂，由浅红变无色时pH=8.2(酚酞变色范围为8.2∼10.0)，相当于少加了酸，所以测得甲胺的浓度偏低，故A正确；
B.pH=1的盐酸，c(H+)=c(Cl−)=0.1ml/L，一元强酸和一元弱碱反应时物质的量相等，两者浓度相同，滴定终点时两溶液体积也相同，消耗盐酸20.00mL，c(C1−)=0.1ml/L×20×10−3L(20+20)×10−3L=0.05ml/L，显酸性，消耗盐酸体积略大于V0mL(b点显中性)，故b点时c(Cl−)≈0.05ml/L，根据电荷守恒可知c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(CH3NH)，而b点溶液显中性，即c(OH−)=c(H+)=10−7ml/L，故c(C1−)=c(CH3NH)，故b点时c(Cl−)=c(CH3NH)≈0.05ml/L，故B正确；
C.中和滴定时放出的热量多于甲胺电离吸收的热量，所以溶液温度逐渐升高于室温，B项解析中已推导出滴定终点时消耗盐酸体积为20.00mL，当V>20时中和反应结束，此时应主要分析盐类的水解，不必讨论甲胺电离吸热对溶液温度的影响，继续滴加温度为室温的盐酸，才是导致混合液温度降低的主要原因，故C错误；
D.b点溶质为弱碱和强酸弱碱盐，显中性，c(OH−)=10−7ml/L，c(C1−)=0.1000ml/L×V0×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1V020+V0ml/L，根据B项解析可知，c(C1−)=c(CH3NH3+)，故(CH3NH3+)=0.1V020+V0ml/L，根据物料守恒可知c(CH3NH3+)+c(CH3NH2)=0.1000ml/L×20×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1×V020+V0ml/L，故c(CH3NH2)=0.1×2020+V0ml/L−0.1V020+V0ml/L=0.1(20−V0)20−V0ml/L，根据电离常数计算公式可知Kb=c(CH3NH3+)c(OH−)c(CH3NH2)=0.1V020+V0×10−70.1(20−V0)20+V0=V020−V0×10−7，故D正确；
故选：C。
A.滴定开始时溶质为弱碱，溶液显碱性，滴定终点时的溶质为强酸弱碱盐，溶液为酸性；
B.pH=1的盐酸，c(H+)=c(Cl−)=0.1ml/L，一元强酸和一元弱碱反应时物质的量相等，两者浓度相同，滴定终点时两溶液体积也相同，消耗盐酸20.00mL，c(C1−)=0.1ml/L×20×10−3L(20+20)×10−3L=0.05ml/L，显酸性，消耗盐酸体积略大于V0mL(b点显中性)，故b点时c(Cl−)≈0.05ml/L，根据电荷守恒可知c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(CH3NH)，而b点溶液显中性，即c(OH−)=c(H+)=10−7ml/L；
C.当V>20时中和反应结束，此时应主要分析盐类的水解，不必讨论甲胺电离吸热对溶液温度的影响；
D.b点溶质为弱碱和强酸弱碱盐，显中性，c(OH−)=10−7ml/L，c(C1−)=0.1000ml/L×V0×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1V020+V0ml/L，根据B项解析可知，c(C1−)=c(CH3NH3+)，故(CH3NH3+)=0.1V020+V0ml/L，根据物料守恒可知c(CH3NH3+)+c(CH3NH2)=0.1000ml/L×20×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1×V020+V0ml/L，故，根据电离常数计算公式可知Kb=c(CH3NH3+)c(OH−)c(CH3NH2)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，侧重基础知识的灵活运用能力考查，难点是D的计算，题目难度不大。
14.【答案】将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)NH3 Fe2O3 AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32− 5Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑CaSiO3 10Al+3V2O5−高温5Al2O3+6V
【解析】解：(1)将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)均可加快“高温氧化”速率，
故答案为：将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)；
(2)由分析可知，“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为NH3和Fe2O3，
故答案为：NH3；Fe2O3；
(3)由分析可知，“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的化学方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，故其离子方程式为：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，
故答案为：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−；
(4)已知“高温氧化”过程中，若有1mlFeO−V2O3被氧化，Fe从+2价升高到+3价，V从+3价升高到+5价，故转移5ml电子，则转移的电子数为5ml×NAml−1=5NA，
故答案为：5；
(5)由分析可知，“焙烧”时发生反应的化学方程式为：Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑，
故答案为：Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑；
(6)由分析可知，在“高温还原”反应为2V2O5+5Si+5CaO−高温5CaSiO3+10V，故氧化钙最终转化为CaSiO3，
故答案为：CaSiO3；
(7)用铝热反应也可将V2O5还原为钒，即Al转化为Al2O3，V2O5转化为V，根据氧化还原反应即可配平得出相应的化学方程式为为：10Al+3V2O5−高温5Al2O3+6V，
故答案为：10Al+3V2O5−高温5Al2O3+6V。
根据题干流程图可知，高温氧化中是将FeO⋅V2O3中+2价的Fe氧化为+3价，+3价的V转化为+5价，反应方程式为：FeO⋅V2O3+KClO3=Fe2O3+V2O5+KCl，焙烧中发生反应为：Na2CO3+SiO2−高温Na2SiO3+CO2↑，Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑，气体X为CO2，根据信息②可知浸取时发生的反应为：V2O5+2NaOH=2NaVO3+H2O，过滤出滤渣为Fe2O3，滤液中主要含有：NaAlO2、Na2SiO3和NaVO3，沉铝、沉硅时发生方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，Na2SiO3+2NH4HCO3=H2SiO3↓+(NH4)2CO3+Na2CO3，沉钒时发生的反应方程式为：(NH4)2SO4+2NaVO3=2NH4VO3↓+Na2SO4，热分解时的反应方程式为：2NH4VO3−△2NH3↑+H2O+V2O5，可知气体Y为NH3，最后高温还原时发生的反应为：2V2O5+5Si+5CaO−高温5CaSiO3+10V，据此分析解题。
本题考查物制备工艺流程，涉及陌生方程式的书写、对试剂的分析评价、条件控制、信息获取与迁移运用、氧化还原反应原理的理解与应用等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
15.【答案】分液漏斗 B C B D 干燥氮气、吸收D装置中挥发出的水蒸气 固体石蜡 ANaNO2+NH4Cl−△NaCl+N2↑+2H2O装置内空气没有排尽 Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑91
【解析】解：(1)分析可知，装饱和NH4Cl溶液的仪器是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)氮化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氮气需要干燥，因此需要通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氮化锂，后面再需要接干燥装置，
故答案为：B、C、B、D；
(3)结合(2)可知，B装置的作用是干燥氮气、吸收D装置中挥发出的水蒸气，因为锂的性质活泼，且密度较小，所以实验室将锂保存在固体石蜡，
故答案为：干燥氮气、吸收D装置中挥发出的水蒸气；固体石蜡；
(4)实验需要先通入氮气排除空气的干扰，故应先点燃A处酒精灯，
故答案为：A；
(5)根据题干信息知，用NaNO2和NH4Cl发生氧还原反应生成NaCl、N2和H2O，化学方程式为：NaNO2+NH4Cl−△NaCl+N2↑+2H2O，
故答案为：NaNO2+NH4Cl−△NaCl+N2↑+2H2O；
(6)如果氮化锂产品中混有Li2O，可能的原因是装置内空气没有排尽，
故答案为：装置内空气没有排尽；
(7)溶液变红色，说明有碱性物质产生，Li3N与水反应的化学方程式Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，若最终收集到标准状况下58.24mL气体，n(Li3N)−n(NH3)=58.24×10−3L22.4L/ml=0.0026ml，故产品中Li3N的含量为0.0026ml×35g/ml0.1g×100%=91%，
故答案为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑；91。
(1)装饱和NH4Cl溶液的仪器是分液漏斗；
(2)氮化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氮气需要干燥，因此需要通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氮化锂，后面再需要接干燥装置；
(3)结合浓硫酸性质分析；
(4)实验需要先通入氮气排除空气的干扰，故应先点燃A处酒精灯，因为锂的性质活泼，且密度较小；
(5)根据题干信息知，用NaNO2和NH4Cl发生氧还原反应生成NaCl、N2和H2O；
(6)如果氮化锂产品中混有Li2O，结合元素守恒分析；
(7)溶液变红色，说明有碱性物质产生，Li3N与水反应的化学方程式Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，若最终收集到标准状况下58.24mL气体，n(Li3N)−n
(NH3)=58.24×10−3L22.4L/ml=0.0026ml，据此计算。
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于使用，难度中等。
16.【答案】105.9△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 增大
【解析】解：(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅ml−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅ml−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热△H=△H2−△H1=+41.2kJ/ml−(−164.9kJ/ml)=+206.1kJ/ml，又知反应热△H=Ea(正)−Ea(逆)，结合CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能Ea(正)为312kJ/ml，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为312kJ/ml−(+206.1kJ/ml)=105.9kJ/ml，
故答案为：105.9；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的物质的量浓度减小，由图可知，温度低于220℃时，随着温度升高CO2的物质的量浓度减小，说明此温度段，温度对反应ii的影响大于对反应i的影响，而220∼400℃时，温度对反应i的影响大于对反应ii的影响，故导致温度升高CO2的物质的量浓度增大，
故答案为：△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多；
(3)根据题干表中数据可知，添加Na时虽然CO2的转化率比K、Cu都高，但C2H4的选择性太差，Cu是虽然C2H4的选择性最好，但CO2的转化率太低，故欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加K助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，
故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；
(4)根据c点的三段式分析：
CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始(ml)1200
变化(ml)x2xxx
平衡(ml)1−x2−2xxx
则平衡时容器气体的压强为：p(平衡)=3−3x3×1.2pkPa，故有：p(HCHO)=x3−3x×p(平衡)=x3−3x×3−3x3×1.2pkPa=0.24pkPa，解得：x=0.6ml，故p(平衡)=0.96pkPa，
①起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则v(H2)=△c△t=2×0.6ml2L×5min=0.12ml/(L⋅min)，
故答案为：0.12；
②温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=0.43−0.6×0.96pkPa=0.16pkPa，同理：p(H2)=0.32pkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.24pkPa，故Kp=p(H2O)p(HCHO)p(CO2)p2(H2)=0.24××(0.32)2(pkPa)−1≈3.52(pkPa)−1，
故答案为：3.52；
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，则此时Qp=p(H2O)p(HCHO)p(CO2)p2(H2)=0.24××(0.32)2≈3.24故答案为：增大。
(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅ml−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅ml−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热，又知反应热△H=Ea(正)−Ea(逆)；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动；
(3)根据题干表中数据可知，添加Na时虽然CO2的转化率比K、Cu都高，但C2H4的选择性太差，Cu是虽然C2H4的选择性最好，但CO2的转化率太低；
(4)根据c点的三段式分析：
CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始(ml)1200
变化(ml)x2xxx
平衡(ml)1−x2−2xxx
则平衡时容器气体的压强为：p(平衡)=3−3x3×1.2pkPa，故有：p(HCHO)=x3−3x×p(平衡)=x3−3x×3−3x3×1.2pkPa=0.24pkPa，解得：x=0.6ml，故p(平衡)=0.96pkPa，据此分析解题。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
17.【答案】球形 SiO2 sp3 正四面体形 C的电负性小于O的，C提供孤电子对能力比O强 1：1822a 4×56+8×24(a×10−10)3NA
【解析】解：(1)基态Ca原子的核外电子占据最高能级的电子云是s能级电子云，轮廓图为球形，
故答案为：球形；
(2)在上述氧化物中属于原子晶体的是SiO2，
故答案为：SiO2；
(3)[Al(OH)4]−中Al的价电子对数为4+3+1−4×12=4，且无孤电子对，Al的杂化类型是sp3；Al和O构成的空间结构是正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；
(4)配离子[Fe(CO)4]2−中配位原子是C而不是O，可能的原因C的电负性小于O的，C提供孤电子对能力比O强，
故答案为：C的电负性小于O的，C提供孤电子对能力比O强；
(5)[Fe(CN)6]4−中σ键数目为6+6=12，π键数目之比为6×2=12，两者的比例为1：1，
故答案为：1：1；
(6)①分析晶胞结构可知，在该晶胞中铁的配位数为8，
故答案为：8；
②晶胞中，两个Fe的最近距离为面对角线的一半，即22apm，晶胞中Fe原子的个数为8×18+6×12=4，Mg原子个数为4，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，故晶胞密度ρ=mV=4×56+8×24(a×10−10)3NAg⋅cm−3，
故答案为：22a；4×56+8×24(a×10−10)3NA。
(1)基态Ca原子的核外电子占据最高能级的电子云是s能级电子云；
(2)原子晶体是SiO2；
(3)[Al(OH)4]−中Al的价电子对数为4+3+1−4×12=4，且无孤电子对；
(4)配离子[Fe(CO)4]2−中配位原子是C而不是O，分析电负性的影响；
(5)[Fe(CN)6]4−中σ键数目为6+6=12，π键数目之比为6×2=12；
(6)①分析晶胞结构可知，在该晶胞中铁的配位数为8；
②晶胞中，两个Fe的最近距离为面对角线的一半，即22apm，晶胞中Fe原子的个数为8×18+6×12=4，Mg原子个数为4，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，故晶胞密度ρ=mV，据此计算。
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。
18.【答案】羰基、羧基 1，3−丁二醇 加成反应 NaOH水溶液、加热 →△NaOH(aq)+H2O6
【解析】解：(1)D中所含官能团的名称是羰基、羧基，B的名称是1，3−丁二醇，
故答案为：羰基、羧基；1，3−丁二醇；
(2)F→G的反应类型是加成反应，A中溴原子发生水解反应生成B中醇羟基，则A→B的反应试剂和条件是NaOH水溶液、加热，
故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；
(3)K的结构简式为，
故答案为：；
(4)I→J的化学方程式为→△NaOH(aq)+H2O，
故答案为：→△NaOH(aq)+H2O；
(5)F的同分异构体中同时具备下列条件：
①能发生水解反应且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有某酸苯酯基团；
②苯环上只有2个取代基；
③0.1ml该有机物与足量银氨溶液反应生成43.2Ag，n(Ag)=43.2g108g/ml=0.4ml，则该分子中含有2个醛基，结合其不饱和度知，苯环上支链上有HCOO−、−CHO，如果取代基为HCOO−、−CH2CH2CHO，有邻位、间位、对位3种结构；如果取代基为HCOO−、−CH(CH3)CHO，有邻位、间位、对位3种结构，所以符合条件的同分异构体有6种，
故答案为：6；
(6)以和为原料合成，可由和(CH3)2CH=CHCOCH3发生信息(ii)的反应得到，CH3COCH3发生信息(i)的反应生成(CH3)2CH=CHCOCH3，2−丙醇发生催化氧化生成丙酮，其合成路线为，
故答案为：。
A中溴原子发生水解反应生成B中醇羟基，B中醇羟基发生催化氧化生成C中羰基、醛基，C中醛基被催化氧化生成D中羧基，D中羧基上的−OH被氯原子取代生成E，E和苯酚发生取代反应生成F，F和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成G，G中酯基发生水解反应然后酸化得到H，H中−COOH脱CO2生成I，I发生信息(i)的反应生成J，J和K发生信息(ii)的反应生成M，根据M的结构简式知，K为；
(6)以和为原料合成，可由和(CH3)2CH=CHCOCH3发生信息(ii)的反应得到，CH3COCH3发生信息(i)的反应生成(CH3)2CH=CHCOCH3，2−丙醇发生催化氧化生成丙酮。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，明确合成路线图中官能团及有机物结构简式变化、发生反应类型是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
选项
科技成果
化学解读
A
首次实现As2O3“仿生递送”治疗白血病
As2O3是碱性氧化物
B
河南发现含金量超大的特大型金矿
金在自然界一般以单质形式存在
C
北京冬奥会采用光伏发电等措施有利于实现碳达峰
光伏发电可以减少CO2排放
室温下，在Pt/CNi催化下实现CO的高效氧化
催化剂能降低反应的活化能
选项
主要成分(杂质)
操作或方法
A
甲烷(乙烯)
将混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
B
碳酸氢钠溶液(碳酸钠)
向混合溶液中通入过量二氧化碳
C
乙酸乙酯(乙酸)
将混合液加入饱和氢氧化钠溶液中，振荡、静置、分液
D
二氧化碳(氯化氢)
将混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
助剂
CO2转化率/%
各产物在所有产物中的占比/%
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
我国科技的发展日新月异。下列对我国最新科技成果解读错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
下列物质用途错误的是( )
A. 聚四氟乙烯可用于制造不粘锅涂层B. 纤维素是人类可吸收的营养物质
C. 聚合硫酸铁可用作饮用水的净水剂D. 铁粉常在食品袋中作抗氧化剂
《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是( )
A. B.
C. D.
有机物M的结构简式如图。下列有关M的说法错误的是( )
A. 分子式为C15H14O3
B. 苯环上的一氯代物有7种
C. 1mLM与足量金属钠反应可生成2mlH2
D. 可发生取代反应、加成反应和氧化反应
下列由实验现象所得结论正确的是( )
A. 向H2S气体中通入SO2气体，瓶壁上产生淡黄色固体，证明SO2具有氧化性
B. 压缩二氧化氮气体时，气体颜色加深，证明加压时N2O4与NO2的混合气体中NO2的含量增大
C. 向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，溶液变为黄色，证明稀硫酸可将Fe2+氧化为Fe3+
D. 常温下，向铁质容器中注入浓硫酸，无明显现象，证明铁在常温下不与浓硫酸反应
下列离子方程式书写错误的是( )
A. 用酸性KMnO4溶液吸收SO2：2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+
B. 往溴水中滴加少量FeI2溶液：3Br2+2Fe2++4I−=2Fe3++2I2+6Br−
C. 用稀硝酸除去金中少量铜粉：3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 将氯气通入水中制备氯水：Cl2+H2O⇌2H++ClO−+Cl−
设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O。下列说法正确的是( )
A. 每生成1ml葡萄糖酸，转移的电子数为2NA
B. 标准状况下，11.2LI2中含有的非极性键数目为0.5NA
C. 1L0.1ml⋅L−1NaI溶液中含有的I−数目小于0.1NA
D. 4.0gNaOH参与反应时，消耗的葡萄糖分子数为0.1NA
《物理小识⋅金石类》提到：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂，惟乌柏树不畏其气。”强热“青矾”得红色固体，“青矾厂气”冷凝得矾油。利用矾油可以制备盐酸，涉及的微型化工流程如图所示：
下列叙述错误的是( )
A. X是Fe2O3B. 气体W能使品红溶液褪色
C. 矾油的沸点高于HCl的D. 上述过程只涉及氧化还原反应
肼(N2H4)是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO3−废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是( )
A. X为低浓度KOH溶液
B. K+通过N自左向右做定向移动
C. 负极上的电极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O
D. 电池放电时，正、负极产生的N2的物质的量之比为1：1
下列除杂的操作或方法中，不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大。X、Y位于同一主族，Z在第三周期中离子半径最小，Z和W的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法正确的是( )
A. 最简单气态氢化物的热稳定性：X>YB. YX属于共价化合物
C. 含Z元素的盐溶液只能显碱性D. Y为地壳中含量最多的非金属元素
科学家提出某有机反应历程如图：
下列说法错误的是( )
A. 上述循环中镍的化合价发生了变化B. 上述转化中，断裂了非极性键
C. 物质1、2都是中间产物D. Ⅰ→Ⅱ的反应属于加成反应
甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，在水中的电离方程式为CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−。常温下，向⋅L−1CH3NH2溶液中滴加pH=1的盐酸，混合溶液的pH、温度与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 选择酚酞溶液作指示剂，测得甲胺的浓度偏低
B. b点溶液中：c(Cl−)=c(CH3NH3+)>c(H+)=c(OH−)
C. V>20，温度降低的主要原因是CH3NH2电离吸热
D. 常温下，CH3NH2的电离常数Kb=V020−V0×10−7
金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中的钒以FeO⋅V2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示。
提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；②V2O5在碱性条件下可转化为VO3−。
(1)试列举可加快“高温氧化”速率的措施：______(填一条)。
(2)“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为 ______、______。
(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为 ______。
(4)“高温氧化”过程中，若有1mlFeO⋅V2O3被氧化，则转移的电子数为 ______NA。
(5)写出“焙烧”时Al2O3发生反应的化学方程式：______。
(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为 ______(写化学式)。
(7)用铝热反应也可将V2O5还原为钒，相应的化学方程式为 ______。
氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解。实验室制备Li3N的原理是6Li+N2−△2Li3N。某实验小组拟设计实验制备Li3N并探究其性质。(装置可重复使用)
回答下列问题：
(1)装饱和NH4Cl溶液的仪器是 ______(填名称)。
(2)气流从左至右装置的连接顺序为A→______→______→______→______。
(3)B装置的作用是 ______。实验室锂保存在 ______(填“煤油”或“固体石蜡”)中。
(4)实验时，先点燃 ______(填“A处”或“C处”)酒精灯。
(5)A装置中制备N2的反应的化学方程式为 ______。
(6)如果氮化锂产品中混有Li2O，可能的原因是 ______。
(7)取0.1gLi3N粗产品(设杂质只有Li2O)于试管中，向试管中滴加蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝色，向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液变红色Li3N与水反应的化学方程式为 ______，若最终收集到标准状况下58.24mL气体，则产品中Li3N的含量为 ______%。
2021年10月27日，以“探索与展望第五次工业革命中时尚产业的方向和绿色共识”为主题的2021气候创新⋅时尚峰会在柯桥举行。大会倡导绿色、低碳、循环、可持续的发展方式，共同构建新型世界纺织产业命运共同体。
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅ml−1
ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅ml−1
已知在某种催化剂的作用下，CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能Ea(正)为312kJ⋅ml−1，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为 ______kJ/ml。
(2)将n(H2)：n(CO2)=4：1的混合气体充入反应器中，气体总压强为0.1MPa，平衡时c(CO2)、υ正(CO2)与温度的关系如图1所示。22∼400℃时，CO2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 ______。
(3)在使用某种催化剂催化CO2加氢合成乙烯的反应时，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物。若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加 ______助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 ______。
(4)在T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1mlCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)ΔH<0。达到平衡时，HCHO的分压与起始的n(H2)n(CO2)关系如图2所示。
①起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，则υ(H2)=______ml⋅L−1⋅min−1。
②b点时反应的化学平衡常数Kp=______(保留三位有效数字)(pkPa)−1。
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，则H2的转化率 ______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
“祝融号”火星车在火星表面已完成计划内工作，其利用表面成分探测仪、多光谱相机等开展定点探测，一张公布的“祝融号”行进路上的火星岩石图像如图1所示。研究发现，火星岩的主要成分为K2O、CaO、Na2O、MgO、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2和H2O。回答下列问题：
(1)基态Ca原子核外电子占据能量最高的能级的电子云轮廓图为 ______。
(2)在上述氧化物中属于原子晶体的是 ______(填化学式)。
(3)Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]。[Al(OH)4]−中Al的杂化类型是 ______，Al和O构成的空间结构是 ______。
(4)配离子[Fe(CO)4]2−中配位原子是C而不是O，可能的原因是 ______。
(5)已知Fe3++K++[Fe(CN)6]4−=KFe[Fe(CN)6]↓，利用该离子方程式可以检验溶液中的Fe3+。[Fe(CN)6]4−中σ键、π键数目之比为 ______。
(6)已知铁和镁形成的晶胞如图2所示。
①在该晶胞中铁的配位数为 ______。
②已知该晶胞参数为apm。NA为阿伏加德罗常数的值。两个Fe原子的最近距离为 ______pm，该晶胞的密度为 ______(只列计算式)g⋅cm−3。
某药物活性成分M的一种合成路线如图：
已知：(i)
(ii)(上述两个反应的部分产物未标出)
回答下列问题：
(1)D中所含官能团的名称是 ______，B的名称是 ______。
(2)F→G的反应类型是 ______，A→B的反应试剂和条件是 ______。
(3)K的结构简式为 ______。
(4)I→J的化学方程式为 ______。
(5)在F的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 ______种(不考虑立体异构)
①能发生水解反应且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
②苯环上只有2个取代基；
③0.1ml该有机物与足量银氨溶液反应生成43.2Ag。
(6)设计以和为原料合成的一条合理路线 ______(无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.As2O3是酸性氧化物，故A错误；
B.金不活泼，在自然界一般以单质形式存在，故B正确；
C.鼓励光伏、风电、水电、核电等能源的发展可以实现碳达峰，减少CO2排放，故C正确；
D.催化剂能降低反应的活化能，故D正确；
故选：A。
A.As2O3是酸性氧化物；
B.金不活泼，在自然界一般以单质形式存在；
C.鼓励光伏、风电、水电、核电等能源的发展可以实现碳达峰；
D.催化剂能降低反应的活化能。
本题考查了物质材料、原子结构、分子性质、环保知识等，明确碳达峰、碳中和概念及分子性质是解题关键，题目难度不大，注意知识积累。
2.【答案】B
【解析】解：A.聚四氟乙烯化学性质稳定，耐化学腐蚀，耐溶性好，耐高温，并且无毒，可用于家用不粘锅涂层，故A正确；
B.纤维素虽然可促进胃肠蠕动，但人体没有纤维素水解酶，纤维素在人体内不能水解，则不是人类可吸收的营养物质，故B错误；
C.聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有强吸附性，可除去溶液中的悬浮物，达到净水的目的，故C正确；
D.铁粉具有还原性，能与氧气反应，常作食品袋中的抗氧化剂，故D正确；
故选：B。
A.聚四氟乙烯不含有双键，性质稳定，无毒；
B.人体没有纤维素水解酶，不能使纤维素转化为能量物质；
C.聚合硫酸铁可水解生成氢氧化铁胶体；
D.铁粉具有还原性，能与氧气反应。
本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：制取烧酒采用蒸馏的方法，蒸馏时用酒精灯加热，用冷凝管冷凝蒸气，用锥形瓶接收冷凝后的馏分，不需要坩埚。
故选：B。
本题考查蒸馏操作的仪器，正确理解古文是解题关键，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.该分子中含有15个碳原子、14个氢原子、3个氧原子，则分子式为C15H14O3，故A正确；
B.苯环上有7种氢原子，苯环上的一氯代物有7种，故B正确；
C.−OH、−COOH都能和Na反应生成氢气，且存在2−OH∼H2、2−COOH∼H2，该分子中含有1个醇羟基和1个羧基，所以1mlM与足量金属钠反应可生成1mlH2，故C错误；
D.该分子中含有苯环、醇羟基和羧基，醇羟基和羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，醇羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：C。
本题考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.向H2S气体中通入SO2气体，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，瓶壁上产生淡黄色固体，该反应中SO2体现氧化性，故A正确；
B.压缩二氧化氮气体时，容器体积变小，气体颜色加深，然后平衡2NO2⇌N2O4正向移动，NO2的浓度减小，颜色在加深后的基础上又变浅(比压缩前的颜色深)，故B错误；
C.向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，溶液变为黄色，证明稀硝酸可将Fe2+氧化为Fe3+，故C错误；
D.常温下，向铁质容器中注入浓硫酸，发生了钝化，无明显现象，但发生了化学变化，故D错误；
故选：A。
A.H2S与SO2反应生成S、H2O，瓶壁上产生的淡黄色固体为硫单质；
B.压缩二氧化氮气体时，容器体积变小，气体颜色加深；
C.向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，相当于有了硝酸；
D.钝化属于化学变化。
本题主要考查了H2S与SO2的性质、硝酸的强氧化性、钝化反应以及平衡移动的有关知识，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.用酸性KMnO4溶液吸收SO2，离子方程式为：2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+，故A正确；
B.往溴水中滴加少量FeI2溶液，离子方程式为：3Br2+2Fe2++4I−=2Fe3++2I2+6Br−，故B正确；
C.用稀硝酸除去金中少量铜粉，离子方程式为：3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D.将氯气通入水中制备氯水，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++HClO+Cl−，故D错误；
故选：D。
A.酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子和氢离子；
B.碘化亚铁少量，碘离子和亚铁离子都被氧化；
C.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
D.次氯酸为弱酸，不能拆开。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.依据I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O可知，每生成1ml葡萄糖酸，转移的电子数为2NA，故A正确；
B.标况下碘为固体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；
C.碘化钠为强电解质，水溶液中完全电离，所以1L0.1ml⋅L−1NaI溶液中含有的I−数目等于0.1NA，故C错误；
物质的量为：4.0g40g/ml=0.1ml，参与反应时，消耗的葡萄糖分子数为0.05NA，故D错误；
故选：A。
A.依据I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O可知，生成1个葡萄糖酸转移2个电子；
B.标况下碘为固体；
C.碘化钠为强电解质，水溶液中完全电离；
D.依据方程式：I2+C6H12O6(葡萄糖)+2NaOH=2NaI+C6H12O7(葡萄糖酸)+H2O，消耗2ml氢氧化钠，消耗1ml葡萄糖。
本题考查了有关阿伏加德罗常数的有关计算，明确气体摩尔体积的使用范围和条件是解本题的关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.通过以上分析知，X是Fe2O3，故A正确；
B.W为SO2，SO2能收品红溶液褪色，故B正确；
C.利用浓硫酸的高沸点制取HCl，所以钒油的沸点高于HCl的，故C正确；
D.SO3和H2O反应生成H2SO4不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂，惟乌柏树不畏其气”青矾是绿矾为硫酸亚铁晶体，青矾”得红色固体氧化铁，“气体冷凝得“矾油”化学反应的方程式为：2FeSO4⋅7H2O=Fe2O3+SO2+SO3+7H2O，利用矾油可以制备盐酸，浓硫酸和NaCl反应生成易挥发的气体HCl，则矾油是硫酸，气体混合物Y是SO2、SO3，气体Z是水蒸气，Y中SO3和Z反应生成硫酸，W为SO2。
本题考查无机物推断，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确题给信息并正确推断各物质是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，该原电池中生物膜电极为负极，碳棒为正极，M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，K+移向碳棒，OH−移向生物膜电极，则X为低浓度KOH溶液，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子移向正极，即K+通过N膜自左向右作定向移动，故B正确；
C.N2H4在负极上失电子生成N2，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，故C正确；
D.正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，根据电子守恒可知，正、负极产生的N2的物质的量之比为2：5，故D错误；
故选：D。
该装置为原电池，NO3−在碳棒上发生得电子的还原反应生成N2，N2H4在生物膜上发生失电子的氧化反应生成N2，则生物膜电极为负极，碳棒为正极，正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，X为低浓度KOH溶液，据此分析解答。
本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和运用能力，把握工作原理即可解答，注意掌握电极反应式的书写和离子交换膜的作用，题目难度中等。
10.【答案】AC
【解析】解：A.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气，故A错误；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，洗气可分离，故B正确；
C.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；
D.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，洗气可分离，故D正确；
故选：AC。
A.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C.二者均与NaOH溶液反应；
D.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳。
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、混合物的分离提纯、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。
11.【答案】AB
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为Si、Z为Al、W为Na，
A.非金属性C大于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性：X>Y，故A正确；
B.SiC只含共价键，属于共价化合物，故B正确；
C.含Z元素的盐若为偏铝酸盐，溶液显碱性，故C错误；
D.Y为地壳中含量位于第二位的非金属元素，故D错误；
故选：AB。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，Z在第三周期中离子半径最小，Z为Al；Z和W的原子序数之和是X的原子序数的4倍，W的原子半径大于Al，则W为Na或Mg，Z(Al)和W的原子序数之和是X的4倍，W为Na时，X的原子序数为11+134=6，X为O元素，X、Y位于同一主族，Y为Si；W为Mg时，X的原子序数为12+134=254(舍弃)，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、元素的位置、原子结构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。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应历程，意在考查学生的分析能力和理解能力，注意结合反应历程图中物质结构的变化进行分析解答，题目难度一般。
【解答】
A.由题干图可知，Ni的化合价有+2价和+1价，故化合价发生了变化，故A正确；
B.由Ⅰ→Ⅱ的过程中，碳碳双键中的其中一个键断裂，即断裂了非极性键，故B正确；
C.中间产物是指反应过程中产生的，之后又在反应过程中被消耗掉，物质1、2都不满足这个条件，都不是中间产物，故C错误；
D.Ⅰ→Ⅱ的过程为碳碳双键的加成反应，故D正确；
故选：C。
13.【答案】C
【解析】解：A.滴定开始时溶质为弱碱，溶液显碱性，滴定终点时的溶质为强酸弱碱盐，溶液为酸性，若使用酚酞做指示剂，由浅红变无色时pH=8.2(酚酞变色范围为8.2∼10.0)，相当于少加了酸，所以测得甲胺的浓度偏低，故A正确；
B.pH=1的盐酸，c(H+)=c(Cl−)=0.1ml/L，一元强酸和一元弱碱反应时物质的量相等，两者浓度相同，滴定终点时两溶液体积也相同，消耗盐酸20.00mL，c(C1−)=0.1ml/L×20×10−3L(20+20)×10−3L=0.05ml/L，显酸性，消耗盐酸体积略大于V0mL(b点显中性)，故b点时c(Cl−)≈0.05ml/L，根据电荷守恒可知c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(CH3NH)，而b点溶液显中性，即c(OH−)=c(H+)=10−7ml/L，故c(C1−)=c(CH3NH)，故b点时c(Cl−)=c(CH3NH)≈0.05ml/L，故B正确；
C.中和滴定时放出的热量多于甲胺电离吸收的热量，所以溶液温度逐渐升高于室温，B项解析中已推导出滴定终点时消耗盐酸体积为20.00mL，当V>20时中和反应结束，此时应主要分析盐类的水解，不必讨论甲胺电离吸热对溶液温度的影响，继续滴加温度为室温的盐酸，才是导致混合液温度降低的主要原因，故C错误；
D.b点溶质为弱碱和强酸弱碱盐，显中性，c(OH−)=10−7ml/L，c(C1−)=0.1000ml/L×V0×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1V020+V0ml/L，根据B项解析可知，c(C1−)=c(CH3NH3+)，故(CH3NH3+)=0.1V020+V0ml/L，根据物料守恒可知c(CH3NH3+)+c(CH3NH2)=0.1000ml/L×20×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1×V020+V0ml/L，故c(CH3NH2)=0.1×2020+V0ml/L−0.1V020+V0ml/L=0.1(20−V0)20−V0ml/L，根据电离常数计算公式可知Kb=c(CH3NH3+)c(OH−)c(CH3NH2)=0.1V020+V0×10−70.1(20−V0)20+V0=V020−V0×10−7，故D正确；
故选：C。
A.滴定开始时溶质为弱碱，溶液显碱性，滴定终点时的溶质为强酸弱碱盐，溶液为酸性；
B.pH=1的盐酸，c(H+)=c(Cl−)=0.1ml/L，一元强酸和一元弱碱反应时物质的量相等，两者浓度相同，滴定终点时两溶液体积也相同，消耗盐酸20.00mL，c(C1−)=0.1ml/L×20×10−3L(20+20)×10−3L=0.05ml/L，显酸性，消耗盐酸体积略大于V0mL(b点显中性)，故b点时c(Cl−)≈0.05ml/L，根据电荷守恒可知c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(CH3NH)，而b点溶液显中性，即c(OH−)=c(H+)=10−7ml/L；
C.当V>20时中和反应结束，此时应主要分析盐类的水解，不必讨论甲胺电离吸热对溶液温度的影响；
D.b点溶质为弱碱和强酸弱碱盐，显中性，c(OH−)=10−7ml/L，c(C1−)=0.1000ml/L×V0×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1V020+V0ml/L，根据B项解析可知，c(C1−)=c(CH3NH3+)，故(CH3NH3+)=0.1V020+V0ml/L，根据物料守恒可知c(CH3NH3+)+c(CH3NH2)=0.1000ml/L×20×10−3L(20+V0)×10−3L=0.1×V020+V0ml/L，故，根据电离常数计算公式可知Kb=c(CH3NH3+)c(OH−)c(CH3NH2)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，侧重基础知识的灵活运用能力考查，难点是D的计算，题目难度不大。
14.【答案】将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)NH3 Fe2O3 AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32− 5Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑CaSiO3 10Al+3V2O5−高温5Al2O3+6V
【解析】解：(1)将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)均可加快“高温氧化”速率，
故答案为：将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)；
(2)由分析可知，“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为NH3和Fe2O3，
故答案为：NH3；Fe2O3；
(3)由分析可知，“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的化学方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，故其离子方程式为：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，
故答案为：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−；
(4)已知“高温氧化”过程中，若有1mlFeO−V2O3被氧化，Fe从+2价升高到+3价，V从+3价升高到+5价，故转移5ml电子，则转移的电子数为5ml×NAml−1=5NA，
故答案为：5；
(5)由分析可知，“焙烧”时发生反应的化学方程式为：Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑，
故答案为：Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑；
(6)由分析可知，在“高温还原”反应为2V2O5+5Si+5CaO−高温5CaSiO3+10V，故氧化钙最终转化为CaSiO3，
故答案为：CaSiO3；
(7)用铝热反应也可将V2O5还原为钒，即Al转化为Al2O3，V2O5转化为V，根据氧化还原反应即可配平得出相应的化学方程式为为：10Al+3V2O5−高温5Al2O3+6V，
故答案为：10Al+3V2O5−高温5Al2O3+6V。
根据题干流程图可知，高温氧化中是将FeO⋅V2O3中+2价的Fe氧化为+3价，+3价的V转化为+5价，反应方程式为：FeO⋅V2O3+KClO3=Fe2O3+V2O5+KCl，焙烧中发生反应为：Na2CO3+SiO2−高温Na2SiO3+CO2↑，Al2O3+Na2CO3−高温2NaAlO2+CO2↑，气体X为CO2，根据信息②可知浸取时发生的反应为：V2O5+2NaOH=2NaVO3+H2O，过滤出滤渣为Fe2O3，滤液中主要含有：NaAlO2、Na2SiO3和NaVO3，沉铝、沉硅时发生方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，Na2SiO3+2NH4HCO3=H2SiO3↓+(NH4)2CO3+Na2CO3，沉钒时发生的反应方程式为：(NH4)2SO4+2NaVO3=2NH4VO3↓+Na2SO4，热分解时的反应方程式为：2NH4VO3−△2NH3↑+H2O+V2O5，可知气体Y为NH3，最后高温还原时发生的反应为：2V2O5+5Si+5CaO−高温5CaSiO3+10V，据此分析解题。
本题考查物制备工艺流程，涉及陌生方程式的书写、对试剂的分析评价、条件控制、信息获取与迁移运用、氧化还原反应原理的理解与应用等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
15.【答案】分液漏斗 B C B D 干燥氮气、吸收D装置中挥发出的水蒸气 固体石蜡 ANaNO2+NH4Cl−△NaCl+N2↑+2H2O装置内空气没有排尽 Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑91
【解析】解：(1)分析可知，装饱和NH4Cl溶液的仪器是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)氮化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氮气需要干燥，因此需要通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氮化锂，后面再需要接干燥装置，
故答案为：B、C、B、D；
(3)结合(2)可知，B装置的作用是干燥氮气、吸收D装置中挥发出的水蒸气，因为锂的性质活泼，且密度较小，所以实验室将锂保存在固体石蜡，
故答案为：干燥氮气、吸收D装置中挥发出的水蒸气；固体石蜡；
(4)实验需要先通入氮气排除空气的干扰，故应先点燃A处酒精灯，
故答案为：A；
(5)根据题干信息知，用NaNO2和NH4Cl发生氧还原反应生成NaCl、N2和H2O，化学方程式为：NaNO2+NH4Cl−△NaCl+N2↑+2H2O，
故答案为：NaNO2+NH4Cl−△NaCl+N2↑+2H2O；
(6)如果氮化锂产品中混有Li2O，可能的原因是装置内空气没有排尽，
故答案为：装置内空气没有排尽；
(7)溶液变红色，说明有碱性物质产生，Li3N与水反应的化学方程式Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，若最终收集到标准状况下58.24mL气体，n(Li3N)−n(NH3)=58.24×10−3L22.4L/ml=0.0026ml，故产品中Li3N的含量为0.0026ml×35g/ml0.1g×100%=91%，
故答案为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑；91。
(1)装饱和NH4Cl溶液的仪器是分液漏斗；
(2)氮化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氮气需要干燥，因此需要通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氮化锂，后面再需要接干燥装置；
(3)结合浓硫酸性质分析；
(4)实验需要先通入氮气排除空气的干扰，故应先点燃A处酒精灯，因为锂的性质活泼，且密度较小；
(5)根据题干信息知，用NaNO2和NH4Cl发生氧还原反应生成NaCl、N2和H2O；
(6)如果氮化锂产品中混有Li2O，结合元素守恒分析；
(7)溶液变红色，说明有碱性物质产生，Li3N与水反应的化学方程式Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，若最终收集到标准状况下58.24mL气体，n(Li3N)−n
(NH3)=58.24×10−3L22.4L/ml=0.0026ml，据此计算。
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于使用，难度中等。
16.【答案】105.9△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 增大
【解析】解：(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅ml−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅ml−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热△H=△H2−△H1=+41.2kJ/ml−(−164.9kJ/ml)=+206.1kJ/ml，又知反应热△H=Ea(正)−Ea(逆)，结合CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的正反应的活化能Ea(正)为312kJ/ml，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为312kJ/ml−(+206.1kJ/ml)=105.9kJ/ml，
故答案为：105.9；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的物质的量浓度减小，由图可知，温度低于220℃时，随着温度升高CO2的物质的量浓度减小，说明此温度段，温度对反应ii的影响大于对反应i的影响，而220∼400℃时，温度对反应i的影响大于对反应ii的影响，故导致温度升高CO2的物质的量浓度增大，
故答案为：△H1<0，△H2>0，温度升高时，反应i平衡向左移动使CO2增加的量比反应ii平衡向右移动使CO2减少的量多；
(3)根据题干表中数据可知，添加Na时虽然CO2的转化率比K、Cu都高，但C2H4的选择性太差，Cu是虽然C2H4的选择性最好，但CO2的转化率太低，故欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加K助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，
故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；
(4)根据c点的三段式分析：
CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始(ml)1200
变化(ml)x2xxx
平衡(ml)1−x2−2xxx
则平衡时容器气体的压强为：p(平衡)=3−3x3×1.2pkPa，故有：p(HCHO)=x3−3x×p(平衡)=x3−3x×3−3x3×1.2pkPa=0.24pkPa，解得：x=0.6ml，故p(平衡)=0.96pkPa，
①起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则v(H2)=△c△t=2×0.6ml2L×5min=0.12ml/(L⋅min)，
故答案为：0.12；
②温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=0.43−0.6×0.96pkPa=0.16pkPa，同理：p(H2)=0.32pkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.24pkPa，故Kp=p(H2O)p(HCHO)p(CO2)p2(H2)=0.24××(0.32)2(pkPa)−1≈3.52(pkPa)−1，
故答案为：3.52；
③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，则此时Qp=p(H2O)p(HCHO)p(CO2)p2(H2)=0.24××(0.32)2≈3.24
(1)由题干已知：i.CH2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.9kJ⋅ml−1，ii.CH2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅ml−1则可知目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可由反应ii−i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热，又知反应热△H=Ea(正)−Ea(逆)；
(2)由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动；
(3)根据题干表中数据可知，添加Na时虽然CO2的转化率比K、Cu都高，但C2H4的选择性太差，Cu是虽然C2H4的选择性最好，但CO2的转化率太低；
(4)根据c点的三段式分析：
CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)
开始(ml)1200
变化(ml)x2xxx
平衡(ml)1−x2−2xxx
则平衡时容器气体的压强为：p(平衡)=3−3x3×1.2pkPa，故有：p(HCHO)=x3−3x×p(平衡)=x3−3x×3−3x3×1.2pkPa=0.24pkPa，解得：x=0.6ml，故p(平衡)=0.96pkPa，据此分析解题。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
17.【答案】球形 SiO2 sp3 正四面体形 C的电负性小于O的，C提供孤电子对能力比O强 1：1822a 4×56+8×24(a×10−10)3NA
【解析】解：(1)基态Ca原子的核外电子占据最高能级的电子云是s能级电子云，轮廓图为球形，
故答案为：球形；
(2)在上述氧化物中属于原子晶体的是SiO2，
故答案为：SiO2；
(3)[Al(OH)4]−中Al的价电子对数为4+3+1−4×12=4，且无孤电子对，Al的杂化类型是sp3；Al和O构成的空间结构是正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；
(4)配离子[Fe(CO)4]2−中配位原子是C而不是O，可能的原因C的电负性小于O的，C提供孤电子对能力比O强，
故答案为：C的电负性小于O的，C提供孤电子对能力比O强；
(5)[Fe(CN)6]4−中σ键数目为6+6=12，π键数目之比为6×2=12，两者的比例为1：1，
故答案为：1：1；
(6)①分析晶胞结构可知，在该晶胞中铁的配位数为8，
故答案为：8；
②晶胞中，两个Fe的最近距离为面对角线的一半，即22apm，晶胞中Fe原子的个数为8×18+6×12=4，Mg原子个数为4，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，故晶胞密度ρ=mV=4×56+8×24(a×10−10)3NAg⋅cm−3，
故答案为：22a；4×56+8×24(a×10−10)3NA。
(1)基态Ca原子的核外电子占据最高能级的电子云是s能级电子云；
(2)原子晶体是SiO2；
(3)[Al(OH)4]−中Al的价电子对数为4+3+1−4×12=4，且无孤电子对；
(4)配离子[Fe(CO)4]2−中配位原子是C而不是O，分析电负性的影响；
(5)[Fe(CN)6]4−中σ键数目为6+6=12，π键数目之比为6×2=12；
(6)①分析晶胞结构可知，在该晶胞中铁的配位数为8；
②晶胞中，两个Fe的最近距离为面对角线的一半，即22apm，晶胞中Fe原子的个数为8×18+6×12=4，Mg原子个数为4，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，故晶胞密度ρ=mV，据此计算。
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。
18.【答案】羰基、羧基 1，3−丁二醇 加成反应 NaOH水溶液、加热 →△NaOH(aq)+H2O6
【解析】解：(1)D中所含官能团的名称是羰基、羧基，B的名称是1，3−丁二醇，
故答案为：羰基、羧基；1，3−丁二醇；
(2)F→G的反应类型是加成反应，A中溴原子发生水解反应生成B中醇羟基，则A→B的反应试剂和条件是NaOH水溶液、加热，
故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；
(3)K的结构简式为，
故答案为：；
(4)I→J的化学方程式为→△NaOH(aq)+H2O，
故答案为：→△NaOH(aq)+H2O；
(5)F的同分异构体中同时具备下列条件：
①能发生水解反应且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有某酸苯酯基团；
②苯环上只有2个取代基；
③0.1ml该有机物与足量银氨溶液反应生成43.2Ag，n(Ag)=43.2g108g/ml=0.4ml，则该分子中含有2个醛基，结合其不饱和度知，苯环上支链上有HCOO−、−CHO，如果取代基为HCOO−、−CH2CH2CHO，有邻位、间位、对位3种结构；如果取代基为HCOO−、−CH(CH3)CHO，有邻位、间位、对位3种结构，所以符合条件的同分异构体有6种，
故答案为：6；
(6)以和为原料合成，可由和(CH3)2CH=CHCOCH3发生信息(ii)的反应得到，CH3COCH3发生信息(i)的反应生成(CH3)2CH=CHCOCH3，2−丙醇发生催化氧化生成丙酮，其合成路线为，
故答案为：。
A中溴原子发生水解反应生成B中醇羟基，B中醇羟基发生催化氧化生成C中羰基、醛基，C中醛基被催化氧化生成D中羧基，D中羧基上的−OH被氯原子取代生成E，E和苯酚发生取代反应生成F，F和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成G，G中酯基发生水解反应然后酸化得到H，H中−COOH脱CO2生成I，I发生信息(i)的反应生成J，J和K发生信息(ii)的反应生成M，根据M的结构简式知，K为；
(6)以和为原料合成，可由和(CH3)2CH=CHCOCH3发生信息(ii)的反应得到，CH3COCH3发生信息(i)的反应生成(CH3)2CH=CHCOCH3，2−丙醇发生催化氧化生成丙酮。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，明确合成路线图中官能团及有机物结构简式变化、发生反应类型是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
选项
科技成果
化学解读
A
首次实现As2O3“仿生递送”治疗白血病
As2O3是碱性氧化物
B
河南发现含金量超大的特大型金矿
金在自然界一般以单质形式存在
C
北京冬奥会采用光伏发电等措施有利于实现碳达峰
光伏发电可以减少CO2排放
室温下，在Pt/CNi催化下实现CO的高效氧化
催化剂能降低反应的活化能
选项
主要成分(杂质)
操作或方法
A
甲烷(乙烯)
将混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
B
碳酸氢钠溶液(碳酸钠)
向混合溶液中通入过量二氧化碳
C
乙酸乙酯(乙酸)
将混合液加入饱和氢氧化钠溶液中，振荡、静置、分液
D
二氧化碳(氯化氢)
将混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
助剂
CO2转化率/%
各产物在所有产物中的占比/%
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
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