还剩20页未读，
继续阅读
2023年天津市和平区高考化学三模试卷
展开
这是一份2023年天津市和平区高考化学三模试卷，共23页。
2023年天津市和平区高考化学三模试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 中华文化源远流长、博大精深，广东省馆藏文物是中华文化的重要代表。下列文物主要是由金属材料制成的是
( )
文物
鎏金高士图银杯
南宋德化窑青白釉撇口瓶
明代象牙雕寿星
战国青瓷罐
选项
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
2. 下列说法不正确的是( )
A. Cu在周期中的ds区 B. 第一电离能：S
A. NaClO的电子式：
B. C原子的一种激发态：
C. O2−的结构示意图：
D. K+的基态电子排布式：1s22s22p63s23p64s2
4. 镁粉在火星上可以扮演地球上煤的角色，反应Mg+CO2=一定条件MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能。下列关于该反应的说法中，不正确的是( )
A. 属于放热反应 B. 反应物的总能量低于生成物的总能量
C. 属于氧化还原反应 D. 能量变化与化学键的断裂和形成有关
5. 能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
A. 硫酸铝溶液和小苏打溶液反应：Al3++3HCO3−=3CO2↑+Al(OH)3↓
B. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO−+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
C. 向CuS沉淀中加入稀硫酸：CuS+2H+=Cu2++H2S↑
D. 双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2I−=I2+H2O
6. 下列由废铁屑制取无水Fe2(SO4)3的实验原理与装置不能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙溶解废铁屑制Fe2(SO4)3
C. 用装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得Fe2(SO4)3
7. 用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是( )
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液
C. 取10.00mLNaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水
D. 取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去
8. 布洛芬对胃、肠道有刺激性，可以对其进行分子修饰减缓。下列说法不正确的是( )
A. 甲、乙中手性碳原子数目相同 B. 甲分子中最多有10个碳原子共平面
C. 甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应 D. 乙中氮原子为sp2杂化
9. 如图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球Q弹性良好。下列说法正确的是( )
A. Q中反应的离子方程式为CO32−+2H+=H2O+CO2↑，2O22−+4H+=2H2O+O2↑
B. 测量气体体积时应先关闭K1、K2，打开K3，反应完毕后再缓缓打开K1
C. 没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大
D. 若操作正确，量筒Ⅰ、Ⅱ分别收集xmL、ymL水，则Na2O2的质量分数为xx+y
10. 对于反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g) ΔH=−746.5kJ⋅mol−1，下列说法正确的是( )
A. 该反应在任何条件下都能自发进行
B. 反应的平衡常数可表示为K=c(CO2)⋅c(N2)c(NO)⋅c(CO)
C. 使用高效的催化剂可以降低反应的焓变
D. 其它条件不变，增大c(NO)c(CO)的值，NO的转化率下降
11. 图1为铅蓄电池，图2为用铅蓄电池做电源，石墨做电极，Z为盐桥，电解CuCl2溶液的装置。下列说法正确的是 ( )
A. X连B极，Y连A极
B. 铅蓄电池放电时，负极得电子被氧化，电极析出PbSO4，质量越来越大
C. 将Z换成阴离子交换膜，电解一小段时间后，X极区和Y极区溶液浓度均变小
D. 将Z换成铜片，电解一小段时间，Z的质量几乎不变
12. 常温下，As(Ⅲ)和As(Ⅴ)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 常温下，酸性：H3AsO4>H3AsO3
B. 常温下，H2AsO4−+H2AsO3−⇌HAsO42−+H3AsO3 K=102.4
C. 常温下，pH=8时，溶液中c(H3AsO4)：c(H2AsO4−)：c(HAsO42−)：c(AsO43−)=1：105.7：106.9：103.3
D. 常温下，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，前者碱性强
13. CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。回答下列问题：
(1)基态钙原子的电子排布式 ______ ，钙原子核外有 ______ 种能量状态的电子。
(2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)，乙炔中的σ键与π键数之比为 ______ 。
(3)CaF2与浓H2SO4反应生成HF，HF的沸点高于C2H2，原因是 ______ 。
(4)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为 ______ ，其中氧原子的杂化方式为 ______ 。
(5)CaF2晶胞结构见图，则距Ca2+最近且等距的F−有 ______ 个。晶胞中两个F−的最近距离为273.1pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则晶胞的密度为 ______ g⋅cm−3(列出计算式即可)。
(6)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是 ______ (用离子方程式表示)。已知AlF63−在溶液中可稳定存在。
(7)NaF溶液中c(F−)=0.02mol⋅L−1，向其中加入等体积的CaCl2溶液，使 F−沉淀完全，已知 Ksp(CaF2)=3.45×10−11，则所加 CaCl2溶液的浓度最小为 ______ mol⋅L−1。
14. 某药物中间体M的合成路线如图：
已知：Ⅰ.RCH2Cl→②CO2/H2O①MgRCH2COOH
Ⅱ.RCOOH→SOCl2RCOCl
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 ______ ；C中官能团的名称为 ______ 。
(2)B的分子式为 ______ ；E→F的反应类型是 ______ 。
(3)F的结构简式为 ______ 。
(4)G具有的化学性质是 ______ (填序号)。
①1molG与足量Na反应生成1molH2
②能使溴的四氯化碳溶液褪色
③能发生水解反应
④能发生缩聚反应
(5)D+H→M的化学方程式为 ______ 。
(6)写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式 ______ (任写一种)。
①属于芳香族化合物
②与C具有相同官能团
③含有四种化学环境的氢
(7)根据上述信息，设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ______ 。
15. 硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。回答下列问题：
Ⅰ.工业生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)−炭粉还原法，其流程示意图如图：
(1)上述流程中“碱浸”后，物质A必须经过 ______ (填写操作名称)处理后，方可“煅烧”；若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生的总的化学反应方程式为 ______ 。
(2)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是 ______ 。
Ⅱ.工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。
(1)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 ______ 。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的13。若气雾上升过高，可采取的措施是 ______ 。
(2)回流时间不宜过长，原因是 ______ 。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴，正确的顺序为 ______ (填标号)。
a.①②③
b.③①②
c.②①③
d.①③②
(3)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 ______ 。过滤除去的杂质为 ______ 。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 ______ 。
Ⅲ.应用
(1)皮革工业废水中的汞常用硫化钠除去，汞的去除率与溶液的pH和x(x代表硫化钠的实际用量与理论用量的比值)有关(如图所示)。为使除汞效果最佳，应控制的条件是 ______ 、 ______ 。
(2)某毛纺厂废水中含0.001mol⋅L−1的硫化钠，与纸张漂白后的废水(含0.002mol⋅L−1NaClO)按1：2的体积比混合，能同时较好处理两种废水，处理后的废水中所含的主要阴离子有 ______ 。
16. 研究含有一个碳原子物质的化学称为“一碳”化学。
(1)已知：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=−84kJ⋅mol−1
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=−49.5kJ⋅mol−1
则反应CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)ΔH3= ______ kJ⋅mol−1
(2)工业上合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH4，在一个密闭容器中，充入lmolCO和2molH2发生反应，测得平衡时H2的体积分数与温度、压强的关系如图1所示。
①压强P1 ______ P2(填“大于”或“小于”)。
②a点条件下，H2的平衡转化率为 ______ ，该温度下达到平衡后，在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH，平衡 ______ (填“正向”“逆向”或“不”)移动，新平衡时的逆反应速率 ______ (填“大于”“等于”或“小于”)原平衡。
(3)由甲醇制烯烃：
主反应：2CH3OH⇌C2H4+2H2O、3CH3OH⇌C3H6+3H2O；
副反应：2CH3OH⇌CH3OCH3+H2O。
某实验室控制反应温度为400℃，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂(Cat.1和Cat.2)，以恒定的流速通入CH3OH，在相同的压强下进行甲醇制烯烃的对比研究，得到有关实验数据(选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)如图2所示。结果较好的是 ______ (填“Cat.1”或“Cat.2”)。使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是 ______ (结合碰撞理论解释)。
(4)工业上用甲醇可以制备甲胺(CH3NH2)，甲胺与氨相似。则甲胺在水中的电离方程式为 ______ ，常温下，反应CH3NH2⋅H2O(aq)+H+(aq)⇌CH3NH3+(aq)+H2O(1)的平衡常数K=2.5×104，该温度下，甲胺的电离常数Kb= ______ (填数值)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.鎏金高士图银杯是合金，是由金属材料制成，故A正确；
B.南宋德化窑青白釉撇口瓶由陶瓷制成，故B错误；
C.明代象牙雕寿星是由象牙制成，象牙主要成分为蛋白质，故C错误；
D.战国青瓷罐由陶瓷制成，故D错误；
故选：A。
金属材料包括纯金属和合金，据此结合常见物质的组成进行分析判断即可。
本题考查物质的组成，掌握金属材料的范畴(纯金属以及它们的合金)是正确解答本题的关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.Cu的价电子排布式为：3d104s1，Cu在周期中的ds区，故A正确；
B.同周期元素从左到右第一电离能依次增大，VA族元素原子核外电子半充满状态比较稳定，第一电离能较大，则第一电离能：S
故选：C。
A.Cu的价电子排布式为：3d104s1；
B.同周期元素从左到右第一电离能依次增大，VA族元素原子核外电子半充满状态比较稳定，第一电离能较大；
C.H的电负性数值为：2.2；B的电负性数值为：2.0；
D.杂化轨道可用于容纳未参与成键的孤电子对和形成共价键。
本题考查元素周期律，熟悉电负性、第一电离能的规律是解题关键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查常见化学用语的正误判断，涉及电子式、离子或原子结构示意图、核外电子排布式、轨道表示式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，侧重分析能力及规范答题能力的考查，注意掌握理解基态和激发态概念，题目难度不大。
【解答】
A.NaClO是离子化合物，由Na+和ClO−构成，ClO−中氧原子和氯原子共用1对电子，Cl、O原子均达到稳定结构，其电子式为，故A错误；
B.基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，2s电子吸收能量能跃迁到能量较高的2p能级，处于激发态，所以C原子的一种激发态可表示为，故B正确；
C.O2−的质子数为8，电子数为10，核外电子分层排布，最外层电子数为8，其结构示意图为，故C错误；
D.K+的核外电子数为18，填充于1s、2s、2p、3s、3p轨道上，则K+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D错误；
故选B。
4.【答案】B
【解析】解：A.Mg+CO2=一定条件MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能，说明是放热反应，故A正确；
B.Mg燃烧反应放出热量，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误；
C.物质燃烧反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，故C正确；
D.化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中要吸收能量断裂反应物化学键变为单个原子，然后这些原子重新组合形成生成物中的化学键，再释放出能量，故能量变化与化学键的断裂和形成有关，故D正确；
故选：B。
A.Mg+CO2=一定条件MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能，说明是放热反应；
B.反应物的总能量高于生成物的总能量是放热反应；
C.元素化合价发生了变化属于氧化还原反应；
D.化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量，据此进行解答。
本题考查化学反应中能量变化，主要涉及到能量变化过程，题目难度不大，注意对基础知识的积累。
5.【答案】A
【解析】解：A.硫酸铝溶液和小苏打溶液反应，离子方程式为：Al3++3HCO3−=3CO2↑+Al(OH)3↓，故A正确；
B.向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，离子方程式为：ClO−+H2O+CO2=HCO3−+HClO，故B错误；
C.向CuS沉淀中加入稀硫酸，二者不反应，故C错误；
D.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液，离子方程式为：2H++H2O2+2I−=I2+2H2O，故D错误；
故选：A。
A.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
B.二氧化碳过量反应生成次氯酸和碳酸氢钙；
C.不符合反应客观事实；
D.电荷不守恒。
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.碳酸钠溶液显碱性，可促进油污的水解，则用装置甲可除去废铁屑表面的油污，故A正确；
B.Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，不能制备Fe2(SO4)3，故B错误；
C.溶液可透过滤纸，可选装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液，故C正确；
D.蒸发时硫酸难挥发，用装置丁蒸干溶液可获得Fe2(SO4)3，故D正确；
故选：B。
A.碳酸钠溶液显碱性，可促进油污的水解；
B.Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁；
C.溶液可透过滤纸；
D.蒸发时硫酸难挥发。
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、物质的制备、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。
7.【答案】C
【解析】解：A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸，盐酸的浓度降低，滴定过程中消耗标准盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故A错误；
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，锥形瓶中NaOH的物质的量偏大，滴定过程中消耗标准盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故B错误；
C.盛装NaOH溶液的锥形瓶中加入适量蒸馏水时c(NaOH)减小，但n(NaOH)不变，则消耗标准盐酸的体积不变，不会引起实验误差，故C正确；
D.把碱式滴定管尖嘴液滴吹入锥形瓶中，使所加NaOH溶液体积增偏大，滴定过程中消耗标准盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故D错误；
故选：C。
A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准液，标准液的浓度降低；
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，导致消耗标准液的体积偏大；
C.盛装NaOH溶液的锥形瓶中加入适量蒸馏水时n(NaOH)不变；
D.取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去，导致锥形瓶中n(NaOH)偏大。
本题考查了中和滴定的操作及误差分析，明确中和滴定操作方法及注意事项为解答关键，侧重分析能力和实验能力考查，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.甲和乙中右侧与苯环直接相连的第一个碳原子为不对称碳原子，均只有1个不对称碳原子，故A正确；
B.苯环上的碳原子共面，碳碳单键能旋转，则如图所示，最多11个碳原子共平面，故B错误；
C.羧基、酯基均能与氢氧化钠溶液反应，甲中含羧基，乙中含酯基，故C正确；
D.含N原子的六元环与苯环一样均含大π键，N原子的杂化方式为sp2杂化，故D正确；
故选：B。
A.甲和乙中右侧与苯环直接相连的第一个碳原子为不对称碳原子；
B.苯环上的碳原子共面，碳碳单键能旋转；
C.羧基、酯基均能与氢氧化钠溶液反应；
D.含N原子的六元环与苯环一样均含大π键。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.书写离子方程式时，Na2O2不拆，其离子方程式为：2Na2O2+4H+=4Na++2H2O+O2↑，故A错误；
B.为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通，打开K1前，应先打开K2，关闭K3，故B错误；
C.若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，故C正确；
D.未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，Na2O2的质量分数=78g/mol×2×y×10−3L22.4L/mol106g/mol×(x−y)×10−3L22.4L/mol+78g/mol×2×y×10−3L22.4L/mol=78y53x+25y，故D错误；
故选：C。
A.书写离子方程式时，Na2O2不拆；
B.为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通；
C.导管a的作用是与外界气压相通，稀硫酸顺利滴下，同时可以避免滴下的稀硫酸的体积对气体体积测量引起的误差，若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积；
D.未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量。
本题考查样品纯度测定实验方案的设计，侧重考查学生定量实验分析和钠的化合物性质的掌握情况，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.△G=△H−T△S<0，反应能自发进行，该反应为放热反应，即△H<0且反应前后气体分子数减少，故△S<0，当温度较低时，△G=△H−T△S<0，故该反应低温自发，故A错误；
B.平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应的平衡常数可表示为c2(CO2)⋅c(N2)c2(NO)⋅c2(CO)，故B错误；
C.催化剂可以改变反应历程，但不能改变焓变，故C错误；
D.其它条件不变，增大c(NO)c(CO)的值，提高CO的转化率，NO的转化率下降，故D正确；
故选：D。
A..△G=△H−T△S<0，反应能自发进行；
B.平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；
C.催化剂可以改变反应历程；
D.其它条件不变，增大c(NO)c(CO)的值，提高CO的转化率。
本题考查化学平衡，侧重学生平衡常数和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.图1蓄电池中，A电极为负极，B电极为正极，图2为电解池，X电极为阴极，Y电极为阳极，电解时阳极解正极，阴极接负极，即X连A极，Y连B极，故A错误；
B.铅蓄电池工作时，Pb电极为负极，PbO2电极为正极，负极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4，Pb发生失电子的反应，故B错误；
C.惰性电极电解CuCl2溶液时，X极区Cu2+放电生成Cu，Y极区放电生成Cl2，将Z换成阴离子交换膜，X极区Cl−移向Y极区，则X极区c(CuCl2)减小，但Y极区c(CuCl2)不变，故C错误；
D.将Z换成铜片时，X电极、铜片形成电解池，Y电极、铜片形成电解池，两个电解池串联，铜片左侧作阳极，阳极反应为Cu−2e−=Cu2+，Cu失电子进入溶液，铜片右侧作阴极，阴极反应为Cu2++2e−=Cu，根据电子守恒可知左侧溶解的Cu和右侧析出的Cu质量相等，则铜片质量不变，故D正确；
故选：D。
A.电解池中X电极为阴极，Y电极为阳极，阴阳极分别与电源负正极相接；
B.铅蓄电池工作时，Pb电极为负极，PbO2电极为正极，负极发生失电子的氧化反应；
C.惰性电极电解CuCl2溶液时，X极区Cu2+放电生成Cu，Y极区放电生成Cl2；
D.将Z换成铜片时，X电极、铜片形成电解池，Y电极、铜片形成电解池，铜片左侧作阳极，Cu失电子进入溶液，铜片右侧作阴极，溶液中Cu2+得电子生成Cu。
本题考查电解池知识，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握电解原理、电极的判断及电极反应为解题的关键，注意选项D的工作原理分析，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.图像中pH=9.2时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，Ka1(H3AsO3)=c(H2AsO3−)×c(H+)c(H3AsO3)=c(H+)=10−6.8，pH=2.3时，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1(H3AsO4)=c(H2AsO4−)×c(H+)c(H3AsO4)=c(H+)=10−2.3，Ka1(H3AsO4)>Ka1(H3AsO3)，常温下，酸性：H3AsO4>H3AsO3，故A正确；
B.pH=6.8时，c(HAsO42−)=c(H2AsO4−)，Ka2(H3AsO4)=c(H+)×c(HAsO42−)c(H2AsO4−)=10−6.8，常温下，H2AsO4−+H2AsO3−⇌HAsO42−+H3AsO3，K=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2(H3AsO4)Ka1(H3AsO3)=10−6.810−9.2=102.4，故B正确；
C.pH=2.3时，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1(H3AsO4)=c(H2AsO4−)×c(H+)c(H3AsO4)=c(H+)，pH=6.8时，c(HAsO42−)=c(H2AsO4−)，Ka2(H3AsO4)=c(H+)×c(HAsO42−)c(H2AsO4−)=10−6.8，pH=11.6时，c(AsO43−)=c(HAsO42−)，Ka3(H3AsO4)=c(H+)×c(AsO43−)c(HAsO4−)=c(H+)，当pH=8时，c(H+)=10−8mol/L，结合平衡常数表达式计算得到：溶液中c(H3AsO4)：c(H2AsO4−)：c(HAsO42−)：c(AsO43−)=1：105.7：106.9：103.3，故C正确；
D.常温下，图中离子分布可知，溶液中c(HAsO32−)最大时，溶液pH>12，溶液中c(AsO43−)最大时，溶液pH<12，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，后者碱性强，故D错误；
故选：D。
A.图像中pH=9.2时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，Ka1(H3AsO3)=c(H2AsO3−)×c(H+)c(H3AsO3)=c(H+)，pH=2.3时，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1(H3AsO4)=c(H2AsO4−)×c(H+)c(H3AsO4)=c(H+)，比较电离平衡常数判断酸性强弱；
B.pH=6.8时，c(HAsO42−)=c(H2AsO4−)，Ka2(H3AsO4)=c(H+)×c(HAsO42−)c(H2AsO4−)=10−6.8，常温下，H2AsO4−+H2AsO3−⇌HAsO42−+H3AsO3，K=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2(H3AsO4)Ka1(H3AsO3)；
C.pH=11.6时，c(AsO43−)=c(HAsO42−)，Ka3(H3AsO4)=c(H+)×c(AsO43−)c(HAsO4−)=c(H+)，利用上述计算得到的Ka1(H3AsO4)、Ka2(H3AsO4)计算离子浓度之比；
D.图中离子分布可知，溶液中c(HAsO32−)最大时，溶液pH>12，溶液中c(AsO43−)最大时，溶液pH<12，
本题考查了弱电解质电离平衡、平衡常数计算应用，主要是图像变化的理解应用，题目难度中等。
13.【答案】1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2 6 3：2 HF分子之间存在氢键 V形 sp3 8 4×78NA×(546.2×10−10)3 3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63− 0.69
【解析】解：(1)Ca是20号元素，根据能量最低原理，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，原子有核外有6个能级，即有6种能量状态的电子，
故答案为：1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；6；
(2)乙炔(C2H2)结构式为H—C≡C—H，碳原子形成2个σ键，没有孤对电子，C原子杂化轨道数目为2，碳原子采取sp杂化；单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，分子中σ键与π键数之比为3：2，
故答案为：3：2；
(3)HF分子之间存在氢键，使它的沸点高于C2H2的，
故答案为：HF分子之间存在氢键；
(4)OF2分子中O原子的价层电子对数为2+6−1×22=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，含有2个孤电子对，所以分子的空间构型为V形，
故答案为：V形；sp3；
(5)①以面心Ca2+为研究对象，在一个晶胞中连接4个F−，通过该Ca2+可形成2个晶胞，所以与该Ca2+距离相等且最近的F−共有8个，根据晶胞结构可知，在一个晶胞中Ca2+有8×18+6×12=4，F−有1×8=8，即一个胞中含有4个CaF2，晶胞参数=2×273.1 pm=546.2 pm，ρ=mv，该晶胞的密度为ρ=4×78NA×(546.2×10−10)3g⋅cm−3，
故答案为：4×78NA×(546.2×10−10)3；
(6)F−与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63−，使CaF2的溶解平衡正移，离子方程式为3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63−，
故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63−；
(7)F−沉淀完全的浓度为1×10−5mol⋅L−1，向NaF溶液中加入等体积的CaCl2溶液，CaCl2溶液浓度为原来的一半，Ksp (CaF2)=c(Ca2+)×c(F−)2=c(Ca2+)×1×10−10=3.45×10−11，c(Ca2+)=0.345mol⋅L−1，则所加 CaCl2溶液的浓度最小为0.69mol⋅L−1，
故答案为：0.69mol⋅L−1。
(1)Ca是20号元素，根据能量最低原理书写核外电子排布式，不同能级中电子能量不相等；
(2)乙炔(C2H2)结构式为H—C≡C—H，每个碳原子形成2个σ键，没有孤对电子，C原子杂化轨道数目为2，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；
(3)分子之间形成氢键，使物质的熔沸点升高；
(4)计算中心原子价层电子对数、孤电子对数，依据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化方式和空间构形；
(5)选面心上的钙离子寻找Ca2+最近且等距的F−，观察图可得有8个，根据晶胞中两个F−的最近距离为273.1pm，计算出晶胞参数，再根据ρ=mv计算密度；
(6)由问题中的已知信息推测；
(7)两种溶液等体积混合，浓度减半，沉淀完全的离子浓度为1×10−5mol⋅L−1，再根据Ksp 公式计算。
本题考查离子方程式书写、电子式排布、分子空间构型、晶体密度的计算，内容比较综合。
14.【答案】间三甲苯(1,3,5−三甲苯) 羧基 C10H13Cl 加成反应 ①④ +→一定条件下+HCl 或 →△O2/Cu→一定条件下HCN→H+/H2O→一定条件下
【解析】解：(1)A为，A的化学名称为间三甲苯(1,3,5−三甲苯)；C中官能团的名称为羧基，
故答案为：间三甲苯(1,3,5−三甲苯)；羧基；
(2)B的分子式为C10H13Cl；E→F的反应类型是加成反应，
故答案为：C10H13Cl；加成反应；
(3)F的结构简式为，
故答案为：；
(4)G为，具有醇和羧酸的性质；
①羟基、羧基都能和钠反应生成氢气，且存在关系式2−OH～H2、2−COOH～H2，所以1molG与足量Na反应生成1molH2，故①正确；
②G和溴的四氯化碳溶液不反应，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故②错误；
③G不含卤原子、酯基或酰胺基，所以不能发生水解反应，故③错误；
④含有醇羟基和羧基，所以能发生缩聚反应，故④正确；
故答案案为：①④；
(5)D+H→M的化学方程式为+→一定条件下+HCl，
故答案为：+→一定条件下+HCl；
(6)C为，C的同分异构体同时满足下列条件：
①属于芳香族化合物，说明含有苯环；
②与C具有相同官能团，说明含有羧基；
③含有四种化学环境的氢，结构对称，符合条件的同分异构体有 或，
故答案为： 或；
(7)以为原料制备，发生缩聚反应生成，苯甲醛和HCN发生加成反应然后酸化得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，合成路线为→△O2/Cu→一定条件下HCN→H+/H2O→一定条件下，
故答案为：→△O2/Cu→一定条件下HCN→H+/H2O→一定条件下。
根据A的分子式及B的结构简式知，A和甲醛发生加成反应然后再和HCl发生取代反应生成B，则A为，B发生信息Ⅰ的反应生成C为，C发生信息Ⅱ的反应生成D为，D和H发生取代反应生成M，根据H的分子式及M的结构简式知，H为，G和乙醇发生酯化反应生成H，则G为，F发生水解反应生成G，E和HCN发生加成反应生成F，则E为、F为；
(7)以为原料制备，发生缩聚反应生成，苯甲醛和HCN发生加成反应然后酸化得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，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。
15.【答案】过滤 3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑ 热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解 硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石 降低温度 硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸 d 防止滤液冷却 重金属硫化物 温度逐渐恢复至室温 x=12 pH介于9～10之间 SO42−、Cl−
【解析】解：Ⅰ.(1)由于固体A是从液体中获得，所以得到A的操作是过滤，由于煅烧时加入过量的炭粉，且固体A可以分离并进行煅烧的应用可知A是炭粉，化学式为C；从题干信息可知生成物中除含有硫化钠外还含有一氧化碳和二氧化碳，而反应物是硫酸钠和碳，根据煅烧时一氧化碳和二氧化碳的分子个数比是1：1，所以可设两种气体的化学计量数分别是1和1，可得该反应的方程式为3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑，
故答案为：过滤；3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑；
(2)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解，
故答案为：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解；
Ⅱ.(1)回流前无需加入沸石，其原因是硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石；回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的13；若气雾上升过高，可采取的措施是降低温度，
故答案为：硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石；降低温度；
(2)回流时间不宜过长，原因是硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，需进行的操作为①停止加热、③移去水浴、②关闭冷凝水，故正确的顺序为d，
故答案为：硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；d；
(3)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是防止滤液冷却；过滤除去的杂质为重金属硫化物；若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是温度逐渐恢复至室温，
故答案为：防止滤液冷却；重金属硫化物；温度逐渐恢复至室温；
Ⅲ.(1)结依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12，pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%，
故答案为：x=12、pH介于9～10之间；
(2)某毛纺厂废水中含0.001mol⋅L−1的硫化钠，与纸张漂白后的废水(含0.002mol⋅L−1NaClO)按1：2的体积比混合，能同时较好处理两种废水，次氯酸钠和硫化钠发生氧化还原反应，n(Na2S)：n(NaClO)=0.001mol/L×1：0.002mol⋅L−1×2=1：4，依据电子守恒分析可知，Na2S+4NaClO=Na2SO4+4NaCl，处理后的废水中所含的主要阴离子有SO42−、Cl−，
故答案为：SO42−、Cl−。
Ⅰ.制备硫化钠晶体的流程为：无水芒硝(Na2SO4)与碳在高温煅烧反应：3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑，由于硫离子水解，则用稀碱溶液浸泡抑制硫离子水解，通过精制获得硫化钠晶体；
Ⅱ.(1)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，可以直接作沸石；降低温度有利于降低气雾；
(2)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低；回流结束后，需进行的操作为①停止加热、③移去水浴、②关闭冷凝水；
(3)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，这样可防止滤液冷却；过滤除去的杂质为重金属硫化物；若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是温度逐渐恢复至室温；
Ⅲ.(1)依据图象中曲线分析，汞去除率最佳pH和x的取值；
(2)依据硫化钠和次氯酸钠在溶液中发生的氧化还原反应电子守恒计算分析判断。
本题是物质制备的考查题，主要是化学方程式书写方法，溶度积常数的计算分析，氧化还原反应电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度较大。
16.【答案】+34.5 小于 66.7% 正向 大于 Cat.1 该该条件下2h后催化剂失活，导致甲醇转化率、乙烯和丙烯的选择性均明显下降(或该条件下2h后Cat.2显著降低副反应的活化能，相同时间内快速生成副产物二甲醚，乙烯和丙烯的选择性下降，甲醇转化率也会有一定程度的降低。) CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH− 2.5×10−10
【解析】解：(1)HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=−84kJ⋅mol−1①
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=−49.5kJ⋅mol−1②
由盖斯定律②−①得CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)
ΔH3=ΔH2−ΔH1=(−49.5kJ⋅mol−1)−(−84kJ⋅mol−1)=+34.5kJ⋅mol−1
故答案为：+34.5；
(2)①由图可知在相同温度时，压强P1下平衡时H2的体积分数大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理减小压强化学平衡向计量数之和小的方向移动，故P1小于P2，
故答案为：小于；
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始 1 2 0
转化 x 2x x
平衡 1−x 2−2x x
由图可知2−2x1−x+2−2x+x×100%=40%解得x≈0.667
H2的平衡转化率=2×0.6672×100%=66.7%，
令容器的体积为1L，该温度下K=0.6670.333×0.6662≈4.5
该温度下达到平衡后，在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH，此时Qc=0.667+13(0.333+13)(0.666)2≈3.4
Qc小于K，故在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH时，反应正向进行，
在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH时，物质的量浓度增大，化学反应速率增大，故新平衡时的逆反应速率大于原平衡
故答案为：66.7%；正向；大于；
(3)由图可知催化剂Cat.1对应的乙烯和丙烯的选择性更高，故结果较好的是Cat.1，
该条件下2h后催化剂失活，导致甲醇转化率、乙烯和丙烯的选择性均明显下降；(或该条件下2h后Cat.2显著降低副反应的活化能，相同时间内快速生成副产物二甲醚，乙烯和丙烯的选择性下降，甲醇转化率也会有一定程度的降低。)，
故答案为：Cat.1；该条件下2h后催化剂失活，导致甲醇转化率、乙烯和丙烯的选择性均明显下降；(或该条件下2h后Cat.2显著降低副反应的活化能，相同时间内快速生成副产物二甲醚，乙烯和丙烯的选择性下降，甲醇转化率也会有一定程度的降低)；
(4)甲胺与氨相似。则甲胺在水中的电离方程式为：CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH−，
反应CH3NH2⋅H2O(aq)+H+(aq)⇌CH3NH3+(aq)+H2O的平衡常数表达式K=c(CH3NH3+)c(CH3NH2⋅H2O)c(H+)，
CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH−的电离平衡常数Kb=c(OH−)c(CH3NH3+)c(CH3NH2⋅H2O)=Kwc(H+)c(CH3NH3+)c(CH3NH2⋅H2O)=Kwc(CH3NH3+)c(H+)c(CH3NH2⋅H2O)=Kw⋅K=1.0×10−14×2.5×104=2.5×10−10，
故答案为：CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH−； 2.5×10−10。
(1)利用盖斯定律求算，由题意可知ΔH3=ΔH2−ΔH1；
(2)①化学平衡状态的影响因素及化学平衡图像问题，由图判断出压强P1平衡移动的方向，再结合勒夏特列原理综合判断得出结论；
②借助图像a点数据应用化学平衡计算——三段式法计算出物质转化的量，然后求出H2的转化率，同时求出该温度下的化学平衡常数；此题中化学平衡移动方向可通过比较Qc与K的相对大小来判断；由于是增大物质的浓度使化学平衡发生移动，根据勒夏特列原理判断新平衡时的化学反应速率比原平衡的化学反应速率大；
(3)结合图像从乙烯和丙烯的选择性及甲醇的转化率综合考虑选择最佳催化剂；
(4)化学平衡常数、电离平衡常数、水的离子积常数之间的关系。
考查化学平衡计算、影响化学平衡的因素、影响化学反应速率的因素、化学平衡图像问题、化学平衡常数、电离平衡常数、水的离子积常数之间的关系，难度中等。
2023年天津市和平区高考化学三模试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 中华文化源远流长、博大精深，广东省馆藏文物是中华文化的重要代表。下列文物主要是由金属材料制成的是
( )
文物
鎏金高士图银杯
南宋德化窑青白釉撇口瓶
明代象牙雕寿星
战国青瓷罐
选项
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
2. 下列说法不正确的是( )
A. Cu在周期中的ds区 B. 第一电离能：S
A. NaClO的电子式：
B. C原子的一种激发态：
C. O2−的结构示意图：
D. K+的基态电子排布式：1s22s22p63s23p64s2
4. 镁粉在火星上可以扮演地球上煤的角色，反应Mg+CO2=一定条件MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能。下列关于该反应的说法中，不正确的是( )
A. 属于放热反应 B. 反应物的总能量低于生成物的总能量
C. 属于氧化还原反应 D. 能量变化与化学键的断裂和形成有关
5. 能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
A. 硫酸铝溶液和小苏打溶液反应：Al3++3HCO3−=3CO2↑+Al(OH)3↓
B. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO−+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
C. 向CuS沉淀中加入稀硫酸：CuS+2H+=Cu2++H2S↑
D. 双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2I−=I2+H2O
6. 下列由废铁屑制取无水Fe2(SO4)3的实验原理与装置不能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙溶解废铁屑制Fe2(SO4)3
C. 用装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得Fe2(SO4)3
7. 用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是( )
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液
C. 取10.00mLNaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水
D. 取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去
8. 布洛芬对胃、肠道有刺激性，可以对其进行分子修饰减缓。下列说法不正确的是( )
A. 甲、乙中手性碳原子数目相同 B. 甲分子中最多有10个碳原子共平面
C. 甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应 D. 乙中氮原子为sp2杂化
9. 如图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球Q弹性良好。下列说法正确的是( )
A. Q中反应的离子方程式为CO32−+2H+=H2O+CO2↑，2O22−+4H+=2H2O+O2↑
B. 测量气体体积时应先关闭K1、K2，打开K3，反应完毕后再缓缓打开K1
C. 没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大
D. 若操作正确，量筒Ⅰ、Ⅱ分别收集xmL、ymL水，则Na2O2的质量分数为xx+y
10. 对于反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g) ΔH=−746.5kJ⋅mol−1，下列说法正确的是( )
A. 该反应在任何条件下都能自发进行
B. 反应的平衡常数可表示为K=c(CO2)⋅c(N2)c(NO)⋅c(CO)
C. 使用高效的催化剂可以降低反应的焓变
D. 其它条件不变，增大c(NO)c(CO)的值，NO的转化率下降
11. 图1为铅蓄电池，图2为用铅蓄电池做电源，石墨做电极，Z为盐桥，电解CuCl2溶液的装置。下列说法正确的是 ( )
A. X连B极，Y连A极
B. 铅蓄电池放电时，负极得电子被氧化，电极析出PbSO4，质量越来越大
C. 将Z换成阴离子交换膜，电解一小段时间后，X极区和Y极区溶液浓度均变小
D. 将Z换成铜片，电解一小段时间，Z的质量几乎不变
12. 常温下，As(Ⅲ)和As(Ⅴ)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 常温下，酸性：H3AsO4>H3AsO3
B. 常温下，H2AsO4−+H2AsO3−⇌HAsO42−+H3AsO3 K=102.4
C. 常温下，pH=8时，溶液中c(H3AsO4)：c(H2AsO4−)：c(HAsO42−)：c(AsO43−)=1：105.7：106.9：103.3
D. 常温下，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，前者碱性强
13. CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。回答下列问题：
(1)基态钙原子的电子排布式 ______ ，钙原子核外有 ______ 种能量状态的电子。
(2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)，乙炔中的σ键与π键数之比为 ______ 。
(3)CaF2与浓H2SO4反应生成HF，HF的沸点高于C2H2，原因是 ______ 。
(4)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为 ______ ，其中氧原子的杂化方式为 ______ 。
(5)CaF2晶胞结构见图，则距Ca2+最近且等距的F−有 ______ 个。晶胞中两个F−的最近距离为273.1pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则晶胞的密度为 ______ g⋅cm−3(列出计算式即可)。
(6)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是 ______ (用离子方程式表示)。已知AlF63−在溶液中可稳定存在。
(7)NaF溶液中c(F−)=0.02mol⋅L−1，向其中加入等体积的CaCl2溶液，使 F−沉淀完全，已知 Ksp(CaF2)=3.45×10−11，则所加 CaCl2溶液的浓度最小为 ______ mol⋅L−1。
14. 某药物中间体M的合成路线如图：
已知：Ⅰ.RCH2Cl→②CO2/H2O①MgRCH2COOH
Ⅱ.RCOOH→SOCl2RCOCl
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 ______ ；C中官能团的名称为 ______ 。
(2)B的分子式为 ______ ；E→F的反应类型是 ______ 。
(3)F的结构简式为 ______ 。
(4)G具有的化学性质是 ______ (填序号)。
①1molG与足量Na反应生成1molH2
②能使溴的四氯化碳溶液褪色
③能发生水解反应
④能发生缩聚反应
(5)D+H→M的化学方程式为 ______ 。
(6)写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式 ______ (任写一种)。
①属于芳香族化合物
②与C具有相同官能团
③含有四种化学环境的氢
(7)根据上述信息，设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ______ 。
15. 硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。回答下列问题：
Ⅰ.工业生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)−炭粉还原法，其流程示意图如图：
(1)上述流程中“碱浸”后，物质A必须经过 ______ (填写操作名称)处理后，方可“煅烧”；若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生的总的化学反应方程式为 ______ 。
(2)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是 ______ 。
Ⅱ.工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。
(1)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 ______ 。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的13。若气雾上升过高，可采取的措施是 ______ 。
(2)回流时间不宜过长，原因是 ______ 。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴，正确的顺序为 ______ (填标号)。
a.①②③
b.③①②
c.②①③
d.①③②
(3)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 ______ 。过滤除去的杂质为 ______ 。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 ______ 。
Ⅲ.应用
(1)皮革工业废水中的汞常用硫化钠除去，汞的去除率与溶液的pH和x(x代表硫化钠的实际用量与理论用量的比值)有关(如图所示)。为使除汞效果最佳，应控制的条件是 ______ 、 ______ 。
(2)某毛纺厂废水中含0.001mol⋅L−1的硫化钠，与纸张漂白后的废水(含0.002mol⋅L−1NaClO)按1：2的体积比混合，能同时较好处理两种废水，处理后的废水中所含的主要阴离子有 ______ 。
16. 研究含有一个碳原子物质的化学称为“一碳”化学。
(1)已知：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=−84kJ⋅mol−1
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=−49.5kJ⋅mol−1
则反应CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)ΔH3= ______ kJ⋅mol−1
(2)工业上合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH4，在一个密闭容器中，充入lmolCO和2molH2发生反应，测得平衡时H2的体积分数与温度、压强的关系如图1所示。
①压强P1 ______ P2(填“大于”或“小于”)。
②a点条件下，H2的平衡转化率为 ______ ，该温度下达到平衡后，在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH，平衡 ______ (填“正向”“逆向”或“不”)移动，新平衡时的逆反应速率 ______ (填“大于”“等于”或“小于”)原平衡。
(3)由甲醇制烯烃：
主反应：2CH3OH⇌C2H4+2H2O、3CH3OH⇌C3H6+3H2O；
副反应：2CH3OH⇌CH3OCH3+H2O。
某实验室控制反应温度为400℃，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂(Cat.1和Cat.2)，以恒定的流速通入CH3OH，在相同的压强下进行甲醇制烯烃的对比研究，得到有关实验数据(选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)如图2所示。结果较好的是 ______ (填“Cat.1”或“Cat.2”)。使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是 ______ (结合碰撞理论解释)。
(4)工业上用甲醇可以制备甲胺(CH3NH2)，甲胺与氨相似。则甲胺在水中的电离方程式为 ______ ，常温下，反应CH3NH2⋅H2O(aq)+H+(aq)⇌CH3NH3+(aq)+H2O(1)的平衡常数K=2.5×104，该温度下，甲胺的电离常数Kb= ______ (填数值)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.鎏金高士图银杯是合金，是由金属材料制成，故A正确；
B.南宋德化窑青白釉撇口瓶由陶瓷制成，故B错误；
C.明代象牙雕寿星是由象牙制成，象牙主要成分为蛋白质，故C错误；
D.战国青瓷罐由陶瓷制成，故D错误；
故选：A。
金属材料包括纯金属和合金，据此结合常见物质的组成进行分析判断即可。
本题考查物质的组成，掌握金属材料的范畴(纯金属以及它们的合金)是正确解答本题的关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.Cu的价电子排布式为：3d104s1，Cu在周期中的ds区，故A正确；
B.同周期元素从左到右第一电离能依次增大，VA族元素原子核外电子半充满状态比较稳定，第一电离能较大，则第一电离能：S
故选：C。
A.Cu的价电子排布式为：3d104s1；
B.同周期元素从左到右第一电离能依次增大，VA族元素原子核外电子半充满状态比较稳定，第一电离能较大；
C.H的电负性数值为：2.2；B的电负性数值为：2.0；
D.杂化轨道可用于容纳未参与成键的孤电子对和形成共价键。
本题考查元素周期律，熟悉电负性、第一电离能的规律是解题关键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查常见化学用语的正误判断，涉及电子式、离子或原子结构示意图、核外电子排布式、轨道表示式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，侧重分析能力及规范答题能力的考查，注意掌握理解基态和激发态概念，题目难度不大。
【解答】
A.NaClO是离子化合物，由Na+和ClO−构成，ClO−中氧原子和氯原子共用1对电子，Cl、O原子均达到稳定结构，其电子式为，故A错误；
B.基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，2s电子吸收能量能跃迁到能量较高的2p能级，处于激发态，所以C原子的一种激发态可表示为，故B正确；
C.O2−的质子数为8，电子数为10，核外电子分层排布，最外层电子数为8，其结构示意图为，故C错误；
D.K+的核外电子数为18，填充于1s、2s、2p、3s、3p轨道上，则K+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D错误；
故选B。
4.【答案】B
【解析】解：A.Mg+CO2=一定条件MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能，说明是放热反应，故A正确；
B.Mg燃烧反应放出热量，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误；
C.物质燃烧反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，故C正确；
D.化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中要吸收能量断裂反应物化学键变为单个原子，然后这些原子重新组合形成生成物中的化学键，再释放出能量，故能量变化与化学键的断裂和形成有关，故D正确；
故选：B。
A.Mg+CO2=一定条件MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能，说明是放热反应；
B.反应物的总能量高于生成物的总能量是放热反应；
C.元素化合价发生了变化属于氧化还原反应；
D.化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量，据此进行解答。
本题考查化学反应中能量变化，主要涉及到能量变化过程，题目难度不大，注意对基础知识的积累。
5.【答案】A
【解析】解：A.硫酸铝溶液和小苏打溶液反应，离子方程式为：Al3++3HCO3−=3CO2↑+Al(OH)3↓，故A正确；
B.向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，离子方程式为：ClO−+H2O+CO2=HCO3−+HClO，故B错误；
C.向CuS沉淀中加入稀硫酸，二者不反应，故C错误；
D.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液，离子方程式为：2H++H2O2+2I−=I2+2H2O，故D错误；
故选：A。
A.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
B.二氧化碳过量反应生成次氯酸和碳酸氢钙；
C.不符合反应客观事实；
D.电荷不守恒。
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.碳酸钠溶液显碱性，可促进油污的水解，则用装置甲可除去废铁屑表面的油污，故A正确；
B.Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，不能制备Fe2(SO4)3，故B错误；
C.溶液可透过滤纸，可选装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液，故C正确；
D.蒸发时硫酸难挥发，用装置丁蒸干溶液可获得Fe2(SO4)3，故D正确；
故选：B。
A.碳酸钠溶液显碱性，可促进油污的水解；
B.Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁；
C.溶液可透过滤纸；
D.蒸发时硫酸难挥发。
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、物质的制备、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。
7.【答案】C
【解析】解：A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸，盐酸的浓度降低，滴定过程中消耗标准盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故A错误；
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，锥形瓶中NaOH的物质的量偏大，滴定过程中消耗标准盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故B错误；
C.盛装NaOH溶液的锥形瓶中加入适量蒸馏水时c(NaOH)减小，但n(NaOH)不变，则消耗标准盐酸的体积不变，不会引起实验误差，故C正确；
D.把碱式滴定管尖嘴液滴吹入锥形瓶中，使所加NaOH溶液体积增偏大，滴定过程中消耗标准盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故D错误；
故选：C。
A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准液，标准液的浓度降低；
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，导致消耗标准液的体积偏大；
C.盛装NaOH溶液的锥形瓶中加入适量蒸馏水时n(NaOH)不变；
D.取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去，导致锥形瓶中n(NaOH)偏大。
本题考查了中和滴定的操作及误差分析，明确中和滴定操作方法及注意事项为解答关键，侧重分析能力和实验能力考查，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.甲和乙中右侧与苯环直接相连的第一个碳原子为不对称碳原子，均只有1个不对称碳原子，故A正确；
B.苯环上的碳原子共面，碳碳单键能旋转，则如图所示，最多11个碳原子共平面，故B错误；
C.羧基、酯基均能与氢氧化钠溶液反应，甲中含羧基，乙中含酯基，故C正确；
D.含N原子的六元环与苯环一样均含大π键，N原子的杂化方式为sp2杂化，故D正确；
故选：B。
A.甲和乙中右侧与苯环直接相连的第一个碳原子为不对称碳原子；
B.苯环上的碳原子共面，碳碳单键能旋转；
C.羧基、酯基均能与氢氧化钠溶液反应；
D.含N原子的六元环与苯环一样均含大π键。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.书写离子方程式时，Na2O2不拆，其离子方程式为：2Na2O2+4H+=4Na++2H2O+O2↑，故A错误；
B.为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通，打开K1前，应先打开K2，关闭K3，故B错误；
C.若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，故C正确；
D.未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，Na2O2的质量分数=78g/mol×2×y×10−3L22.4L/mol106g/mol×(x−y)×10−3L22.4L/mol+78g/mol×2×y×10−3L22.4L/mol=78y53x+25y，故D错误；
故选：C。
A.书写离子方程式时，Na2O2不拆；
B.为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通；
C.导管a的作用是与外界气压相通，稀硫酸顺利滴下，同时可以避免滴下的稀硫酸的体积对气体体积测量引起的误差，若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积；
D.未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量。
本题考查样品纯度测定实验方案的设计，侧重考查学生定量实验分析和钠的化合物性质的掌握情况，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.△G=△H−T△S<0，反应能自发进行，该反应为放热反应，即△H<0且反应前后气体分子数减少，故△S<0，当温度较低时，△G=△H−T△S<0，故该反应低温自发，故A错误；
B.平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应的平衡常数可表示为c2(CO2)⋅c(N2)c2(NO)⋅c2(CO)，故B错误；
C.催化剂可以改变反应历程，但不能改变焓变，故C错误；
D.其它条件不变，增大c(NO)c(CO)的值，提高CO的转化率，NO的转化率下降，故D正确；
故选：D。
A..△G=△H−T△S<0，反应能自发进行；
B.平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；
C.催化剂可以改变反应历程；
D.其它条件不变，增大c(NO)c(CO)的值，提高CO的转化率。
本题考查化学平衡，侧重学生平衡常数和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.图1蓄电池中，A电极为负极，B电极为正极，图2为电解池，X电极为阴极，Y电极为阳极，电解时阳极解正极，阴极接负极，即X连A极，Y连B极，故A错误；
B.铅蓄电池工作时，Pb电极为负极，PbO2电极为正极，负极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4，Pb发生失电子的反应，故B错误；
C.惰性电极电解CuCl2溶液时，X极区Cu2+放电生成Cu，Y极区放电生成Cl2，将Z换成阴离子交换膜，X极区Cl−移向Y极区，则X极区c(CuCl2)减小，但Y极区c(CuCl2)不变，故C错误；
D.将Z换成铜片时，X电极、铜片形成电解池，Y电极、铜片形成电解池，两个电解池串联，铜片左侧作阳极，阳极反应为Cu−2e−=Cu2+，Cu失电子进入溶液，铜片右侧作阴极，阴极反应为Cu2++2e−=Cu，根据电子守恒可知左侧溶解的Cu和右侧析出的Cu质量相等，则铜片质量不变，故D正确；
故选：D。
A.电解池中X电极为阴极，Y电极为阳极，阴阳极分别与电源负正极相接；
B.铅蓄电池工作时，Pb电极为负极，PbO2电极为正极，负极发生失电子的氧化反应；
C.惰性电极电解CuCl2溶液时，X极区Cu2+放电生成Cu，Y极区放电生成Cl2；
D.将Z换成铜片时，X电极、铜片形成电解池，Y电极、铜片形成电解池，铜片左侧作阳极，Cu失电子进入溶液，铜片右侧作阴极，溶液中Cu2+得电子生成Cu。
本题考查电解池知识，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握电解原理、电极的判断及电极反应为解题的关键，注意选项D的工作原理分析，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.图像中pH=9.2时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，Ka1(H3AsO3)=c(H2AsO3−)×c(H+)c(H3AsO3)=c(H+)=10−6.8，pH=2.3时，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1(H3AsO4)=c(H2AsO4−)×c(H+)c(H3AsO4)=c(H+)=10−2.3，Ka1(H3AsO4)>Ka1(H3AsO3)，常温下，酸性：H3AsO4>H3AsO3，故A正确；
B.pH=6.8时，c(HAsO42−)=c(H2AsO4−)，Ka2(H3AsO4)=c(H+)×c(HAsO42−)c(H2AsO4−)=10−6.8，常温下，H2AsO4−+H2AsO3−⇌HAsO42−+H3AsO3，K=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2(H3AsO4)Ka1(H3AsO3)=10−6.810−9.2=102.4，故B正确；
C.pH=2.3时，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1(H3AsO4)=c(H2AsO4−)×c(H+)c(H3AsO4)=c(H+)，pH=6.8时，c(HAsO42−)=c(H2AsO4−)，Ka2(H3AsO4)=c(H+)×c(HAsO42−)c(H2AsO4−)=10−6.8，pH=11.6时，c(AsO43−)=c(HAsO42−)，Ka3(H3AsO4)=c(H+)×c(AsO43−)c(HAsO4−)=c(H+)，当pH=8时，c(H+)=10−8mol/L，结合平衡常数表达式计算得到：溶液中c(H3AsO4)：c(H2AsO4−)：c(HAsO42−)：c(AsO43−)=1：105.7：106.9：103.3，故C正确；
D.常温下，图中离子分布可知，溶液中c(HAsO32−)最大时，溶液pH>12，溶液中c(AsO43−)最大时，溶液pH<12，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，后者碱性强，故D错误；
故选：D。
A.图像中pH=9.2时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，Ka1(H3AsO3)=c(H2AsO3−)×c(H+)c(H3AsO3)=c(H+)，pH=2.3时，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1(H3AsO4)=c(H2AsO4−)×c(H+)c(H3AsO4)=c(H+)，比较电离平衡常数判断酸性强弱；
B.pH=6.8时，c(HAsO42−)=c(H2AsO4−)，Ka2(H3AsO4)=c(H+)×c(HAsO42−)c(H2AsO4−)=10−6.8，常温下，H2AsO4−+H2AsO3−⇌HAsO42−+H3AsO3，K=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)=c(HAsO42−)×c(H3AsO3)c(H2AsO4−)×c(H2AsO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2(H3AsO4)Ka1(H3AsO3)；
C.pH=11.6时，c(AsO43−)=c(HAsO42−)，Ka3(H3AsO4)=c(H+)×c(AsO43−)c(HAsO4−)=c(H+)，利用上述计算得到的Ka1(H3AsO4)、Ka2(H3AsO4)计算离子浓度之比；
D.图中离子分布可知，溶液中c(HAsO32−)最大时，溶液pH>12，溶液中c(AsO43−)最大时，溶液pH<12，
本题考查了弱电解质电离平衡、平衡常数计算应用，主要是图像变化的理解应用，题目难度中等。
13.【答案】1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2 6 3：2 HF分子之间存在氢键 V形 sp3 8 4×78NA×(546.2×10−10)3 3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63− 0.69
【解析】解：(1)Ca是20号元素，根据能量最低原理，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，原子有核外有6个能级，即有6种能量状态的电子，
故答案为：1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；6；
(2)乙炔(C2H2)结构式为H—C≡C—H，碳原子形成2个σ键，没有孤对电子，C原子杂化轨道数目为2，碳原子采取sp杂化；单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，分子中σ键与π键数之比为3：2，
故答案为：3：2；
(3)HF分子之间存在氢键，使它的沸点高于C2H2的，
故答案为：HF分子之间存在氢键；
(4)OF2分子中O原子的价层电子对数为2+6−1×22=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，含有2个孤电子对，所以分子的空间构型为V形，
故答案为：V形；sp3；
(5)①以面心Ca2+为研究对象，在一个晶胞中连接4个F−，通过该Ca2+可形成2个晶胞，所以与该Ca2+距离相等且最近的F−共有8个，根据晶胞结构可知，在一个晶胞中Ca2+有8×18+6×12=4，F−有1×8=8，即一个胞中含有4个CaF2，晶胞参数=2×273.1 pm=546.2 pm，ρ=mv，该晶胞的密度为ρ=4×78NA×(546.2×10−10)3g⋅cm−3，
故答案为：4×78NA×(546.2×10−10)3；
(6)F−与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63−，使CaF2的溶解平衡正移，离子方程式为3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63−，
故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63−；
(7)F−沉淀完全的浓度为1×10−5mol⋅L−1，向NaF溶液中加入等体积的CaCl2溶液，CaCl2溶液浓度为原来的一半，Ksp (CaF2)=c(Ca2+)×c(F−)2=c(Ca2+)×1×10−10=3.45×10−11，c(Ca2+)=0.345mol⋅L−1，则所加 CaCl2溶液的浓度最小为0.69mol⋅L−1，
故答案为：0.69mol⋅L−1。
(1)Ca是20号元素，根据能量最低原理书写核外电子排布式，不同能级中电子能量不相等；
(2)乙炔(C2H2)结构式为H—C≡C—H，每个碳原子形成2个σ键，没有孤对电子，C原子杂化轨道数目为2，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；
(3)分子之间形成氢键，使物质的熔沸点升高；
(4)计算中心原子价层电子对数、孤电子对数，依据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化方式和空间构形；
(5)选面心上的钙离子寻找Ca2+最近且等距的F−，观察图可得有8个，根据晶胞中两个F−的最近距离为273.1pm，计算出晶胞参数，再根据ρ=mv计算密度；
(6)由问题中的已知信息推测；
(7)两种溶液等体积混合，浓度减半，沉淀完全的离子浓度为1×10−5mol⋅L−1，再根据Ksp 公式计算。
本题考查离子方程式书写、电子式排布、分子空间构型、晶体密度的计算，内容比较综合。
14.【答案】间三甲苯(1,3,5−三甲苯) 羧基 C10H13Cl 加成反应 ①④ +→一定条件下+HCl 或 →△O2/Cu→一定条件下HCN→H+/H2O→一定条件下
【解析】解：(1)A为，A的化学名称为间三甲苯(1,3,5−三甲苯)；C中官能团的名称为羧基，
故答案为：间三甲苯(1,3,5−三甲苯)；羧基；
(2)B的分子式为C10H13Cl；E→F的反应类型是加成反应，
故答案为：C10H13Cl；加成反应；
(3)F的结构简式为，
故答案为：；
(4)G为，具有醇和羧酸的性质；
①羟基、羧基都能和钠反应生成氢气，且存在关系式2−OH～H2、2−COOH～H2，所以1molG与足量Na反应生成1molH2，故①正确；
②G和溴的四氯化碳溶液不反应，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故②错误；
③G不含卤原子、酯基或酰胺基，所以不能发生水解反应，故③错误；
④含有醇羟基和羧基，所以能发生缩聚反应，故④正确；
故答案案为：①④；
(5)D+H→M的化学方程式为+→一定条件下+HCl，
故答案为：+→一定条件下+HCl；
(6)C为，C的同分异构体同时满足下列条件：
①属于芳香族化合物，说明含有苯环；
②与C具有相同官能团，说明含有羧基；
③含有四种化学环境的氢，结构对称，符合条件的同分异构体有 或，
故答案为： 或；
(7)以为原料制备，发生缩聚反应生成，苯甲醛和HCN发生加成反应然后酸化得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，合成路线为→△O2/Cu→一定条件下HCN→H+/H2O→一定条件下，
故答案为：→△O2/Cu→一定条件下HCN→H+/H2O→一定条件下。
根据A的分子式及B的结构简式知，A和甲醛发生加成反应然后再和HCl发生取代反应生成B，则A为，B发生信息Ⅰ的反应生成C为，C发生信息Ⅱ的反应生成D为，D和H发生取代反应生成M，根据H的分子式及M的结构简式知，H为，G和乙醇发生酯化反应生成H，则G为，F发生水解反应生成G，E和HCN发生加成反应生成F，则E为、F为；
(7)以为原料制备，发生缩聚反应生成，苯甲醛和HCN发生加成反应然后酸化得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，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。
15.【答案】过滤 3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑ 热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解 硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石 降低温度 硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸 d 防止滤液冷却 重金属硫化物 温度逐渐恢复至室温 x=12 pH介于9～10之间 SO42−、Cl−
【解析】解：Ⅰ.(1)由于固体A是从液体中获得，所以得到A的操作是过滤，由于煅烧时加入过量的炭粉，且固体A可以分离并进行煅烧的应用可知A是炭粉，化学式为C；从题干信息可知生成物中除含有硫化钠外还含有一氧化碳和二氧化碳，而反应物是硫酸钠和碳，根据煅烧时一氧化碳和二氧化碳的分子个数比是1：1，所以可设两种气体的化学计量数分别是1和1，可得该反应的方程式为3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑，
故答案为：过滤；3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑；
(2)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解，
故答案为：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解；
Ⅱ.(1)回流前无需加入沸石，其原因是硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石；回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的13；若气雾上升过高，可采取的措施是降低温度，
故答案为：硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石；降低温度；
(2)回流时间不宜过长，原因是硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，需进行的操作为①停止加热、③移去水浴、②关闭冷凝水，故正确的顺序为d，
故答案为：硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；d；
(3)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是防止滤液冷却；过滤除去的杂质为重金属硫化物；若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是温度逐渐恢复至室温，
故答案为：防止滤液冷却；重金属硫化物；温度逐渐恢复至室温；
Ⅲ.(1)结依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12，pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%，
故答案为：x=12、pH介于9～10之间；
(2)某毛纺厂废水中含0.001mol⋅L−1的硫化钠，与纸张漂白后的废水(含0.002mol⋅L−1NaClO)按1：2的体积比混合，能同时较好处理两种废水，次氯酸钠和硫化钠发生氧化还原反应，n(Na2S)：n(NaClO)=0.001mol/L×1：0.002mol⋅L−1×2=1：4，依据电子守恒分析可知，Na2S+4NaClO=Na2SO4+4NaCl，处理后的废水中所含的主要阴离子有SO42−、Cl−，
故答案为：SO42−、Cl−。
Ⅰ.制备硫化钠晶体的流程为：无水芒硝(Na2SO4)与碳在高温煅烧反应：3Na2SO4+8C=高温3Na2S+4CO2↑+4CO↑，由于硫离子水解，则用稀碱溶液浸泡抑制硫离子水解，通过精制获得硫化钠晶体；
Ⅱ.(1)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，可以直接作沸石；降低温度有利于降低气雾；
(2)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低；回流结束后，需进行的操作为①停止加热、③移去水浴、②关闭冷凝水；
(3)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，这样可防止滤液冷却；过滤除去的杂质为重金属硫化物；若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是温度逐渐恢复至室温；
Ⅲ.(1)依据图象中曲线分析，汞去除率最佳pH和x的取值；
(2)依据硫化钠和次氯酸钠在溶液中发生的氧化还原反应电子守恒计算分析判断。
本题是物质制备的考查题，主要是化学方程式书写方法，溶度积常数的计算分析，氧化还原反应电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度较大。
16.【答案】+34.5 小于 66.7% 正向 大于 Cat.1 该该条件下2h后催化剂失活，导致甲醇转化率、乙烯和丙烯的选择性均明显下降(或该条件下2h后Cat.2显著降低副反应的活化能，相同时间内快速生成副产物二甲醚，乙烯和丙烯的选择性下降，甲醇转化率也会有一定程度的降低。) CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH− 2.5×10−10
【解析】解：(1)HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=−84kJ⋅mol−1①
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=−49.5kJ⋅mol−1②
由盖斯定律②−①得CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)
ΔH3=ΔH2−ΔH1=(−49.5kJ⋅mol−1)−(−84kJ⋅mol−1)=+34.5kJ⋅mol−1
故答案为：+34.5；
(2)①由图可知在相同温度时，压强P1下平衡时H2的体积分数大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理减小压强化学平衡向计量数之和小的方向移动，故P1小于P2，
故答案为：小于；
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始 1 2 0
转化 x 2x x
平衡 1−x 2−2x x
由图可知2−2x1−x+2−2x+x×100%=40%解得x≈0.667
H2的平衡转化率=2×0.6672×100%=66.7%，
令容器的体积为1L，该温度下K=0.6670.333×0.6662≈4.5
该温度下达到平衡后，在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH，此时Qc=0.667+13(0.333+13)(0.666)2≈3.4
Qc小于K，故在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH时，反应正向进行，
在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH时，物质的量浓度增大，化学反应速率增大，故新平衡时的逆反应速率大于原平衡
故答案为：66.7%；正向；大于；
(3)由图可知催化剂Cat.1对应的乙烯和丙烯的选择性更高，故结果较好的是Cat.1，
该条件下2h后催化剂失活，导致甲醇转化率、乙烯和丙烯的选择性均明显下降；(或该条件下2h后Cat.2显著降低副反应的活化能，相同时间内快速生成副产物二甲醚，乙烯和丙烯的选择性下降，甲醇转化率也会有一定程度的降低。)，
故答案为：Cat.1；该条件下2h后催化剂失活，导致甲醇转化率、乙烯和丙烯的选择性均明显下降；(或该条件下2h后Cat.2显著降低副反应的活化能，相同时间内快速生成副产物二甲醚，乙烯和丙烯的选择性下降，甲醇转化率也会有一定程度的降低)；
(4)甲胺与氨相似。则甲胺在水中的电离方程式为：CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH−，
反应CH3NH2⋅H2O(aq)+H+(aq)⇌CH3NH3+(aq)+H2O的平衡常数表达式K=c(CH3NH3+)c(CH3NH2⋅H2O)c(H+)，
CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH−的电离平衡常数Kb=c(OH−)c(CH3NH3+)c(CH3NH2⋅H2O)=Kwc(H+)c(CH3NH3+)c(CH3NH2⋅H2O)=Kwc(CH3NH3+)c(H+)c(CH3NH2⋅H2O)=Kw⋅K=1.0×10−14×2.5×104=2.5×10−10，
故答案为：CH3NH2⋅H2OCH3NH3+(aq)+OH−； 2.5×10−10。
(1)利用盖斯定律求算，由题意可知ΔH3=ΔH2−ΔH1；
(2)①化学平衡状态的影响因素及化学平衡图像问题，由图判断出压强P1平衡移动的方向，再结合勒夏特列原理综合判断得出结论；
②借助图像a点数据应用化学平衡计算——三段式法计算出物质转化的量，然后求出H2的转化率，同时求出该温度下的化学平衡常数；此题中化学平衡移动方向可通过比较Qc与K的相对大小来判断；由于是增大物质的浓度使化学平衡发生移动，根据勒夏特列原理判断新平衡时的化学反应速率比原平衡的化学反应速率大；
(3)结合图像从乙烯和丙烯的选择性及甲醇的转化率综合考虑选择最佳催化剂；
(4)化学平衡常数、电离平衡常数、水的离子积常数之间的关系。
考查化学平衡计算、影响化学平衡的因素、影响化学反应速率的因素、化学平衡图像问题、化学平衡常数、电离平衡常数、水的离子积常数之间的关系，难度中等。
相关试卷
2023年天津市和平区高考化学二模试卷： 这是一份2023年天津市和平区高考化学二模试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022届天津市和平区高三三模化学试卷及答案： 这是一份2022届天津市和平区高三三模化学试卷及答案，共9页。
2021年天津市和平区高考化学一模试卷.pdf(含答案）： 这是一份2021年天津市和平区高考化学一模试卷.pdf(含答案），共10页。
