山东省实验中学2023届高三下学期学业水平等级模拟考试化学试题（含解析）

这是一份山东省实验中学2023届高三下学期学业水平等级模拟考试化学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

山东省实验中学2023届高三下学期学业水平等级模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国古代诗词和书籍中蕴含着化学知识。下列说法错误的是
A．“白玉金边素瓷胎，雕龙描凤巧安排”，陶瓷材料是人类应用最早的硅酸盐材料
B．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”，海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
C．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”来自氧化亚铜
D．镀金时“以汞和金涂银器上，入火则汞去，而金存”，其中“入火则汞去”指汞的挥发
2．下列关于高分子材料制备和性质的说法中错误的是
A．酚醛树脂是制作电木插座的主要成分，可由甲醛和苯酚经缩聚反应制得
B．聚乙烯是生产食品包装袋的主要成分，无法使溴水褪色
C．聚乳酸是免拆型手术缝线的主要成分，是一种可降解的医用高分子材料
D．聚乙二醇是化妆品起补水作用的主要成分，其结构简式为
3．前四周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，其中X与Y同主族，X是构成生命体基本骨架的元素，Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，用W原子轰击发生反应：，T单质常温下为液态。下列说法错误的是
A．基态W原子有6种不同能量的电子
B．X单质的熔点一定大于Y单质的
C．简单离子半径：W D．简单氢化物的稳定性：Y 4．为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法均正确的有几项

①
②
③
④
⑤
混合物

乙醇(水)
乙酸乙酯(乙酸)
苯(苯酚)
溴苯(溴)
除杂试剂
饱和溶液
生石灰
饱和溶液
溴水
苯
分离方法
洗气
蒸馏
分液
过滤
萃取分液
A．1 B．2 C．3 D．4
5．利用下列装置(夹持装置略)或操作进行实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




制作简单的燃料电池
证明苯环使羟基活化
比较Al和Cu的金属活动性
检验溴乙烷中含有溴元素
A．A B．B C．C D．D
6．锦葵植物棉花的棉籽仁中富含棉酚，五倍子经过深加工后可得到没食子酸，结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．棉酚和没食子酸互为同系物
B．棉酚和没食子酸所有碳原子均可能共平面
C．棉酚和没食子酸均可与酸性高锰酸钾反应
D．无法用碳酸氢钠溶液区分棉酚和没食子酸的水溶液
7．连二亚硫酸钠()常用于纺织工业、食品漂白等领域。工业上生产的流程如图所示。若在实验室模拟该工艺流程，下列说法错误的是

A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率
B．向溶液中加入NaCl固体对的产率无明显影响
C．洗涤时用乙醇效果好于蒸馏水
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应
8．实验室由叔丁醇与浓盐酸反应制备2-甲基-2-氯丙烷的路线如下：

下列说法错误的是
A．用5%溶液洗涤分液时，先将下层有机物从分液漏斗分离
B．第二次水洗的目的是除去有机相中的钠盐
C．无水可用无水代替
D．蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系
9．、催化乙烯氧化成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．反应①中乙醛为还原产物
B．增加的物质的量能够提高乙醛的平衡产率
C．过程中有非极性键的断裂和生成
D．反应结束后，氢离子的物质的量减少
10．铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基()；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子()。下列说法错误的是

A．自由基均为阴极产物
B．完全转化为羟基自由基()时转移了2mol电子
C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭
D．处理含的酸性废水后，体系pH升高
11．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是

实验操作
现象
结论
A
向某食盐中加入淀粉KI溶液
溶液未变蓝
该食盐中不含
B
向溶液中通入
产生白色沉淀
具有还原性
C
向某补铁口服液中滴加酸性高锰酸钾
紫色消失
该补铁口服液溶液中含有
D
向某无色溶液中滴入盐酸
产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀
该无色溶液中一定含有
A．A B．B C．C D．D

二、多选题
12．利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，其中所得固体中的生成物为和。下列说法错误的是

A．固体单质Y为硫
B．该实验中涉及的氧化还原反应可能有三个
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol
13．向某、NaHA的混合液中加入固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知，为二元弱酸，易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是

A．X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序：X B．X点溶液中可能存在：
C．Y点溶液中
D．向Y点溶液中通入HCl气体，可以使Y点溶液向Z点溶液转化
14．光电催化反应器(PEC)可以有效地进行能源的转换和储存，装置如图所示，通过光解水可由制得主要产物异丙醇。下列说法错误的是

A．该装置利用光能和电能转化为化学能
B．电流由光催化剂电极经质子交换膜流向电化学催化剂电极
C．每生成1mol异丙醇，电路中转移18mol电子
D．工作一段时间后，电化学催化剂电极区域氢离子物质的量不变
15．将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，再继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。50℃时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线L-M对应溶液中溶质的质量分数不断增大
B．曲线M-M′对应溶液无硫酸铜晶体析出
C．曲线M′-N对应体系存在平衡：(饱和溶液)
D．当容器中压强低于p′后得到无水硫酸铜

三、结构与性质
16．硒-钴-镧(La)三元整流剂在导电玻璃中应用广泛。回答下列问题：
(1)元素硒的两种微粒电离1个电子所需最低能量___________(填“>”“<”或“=”，下同)，的键角___________的键角；硒的两种酸的酸性强弱为，原因是___________；硒的某种氧化物为如图所示的链状聚合结构，该氧化物的化学式为___________。

(2)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图表示。

已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：___________(填“>”“<”或“=”)，其原因是___________。
(3)过渡金属Q与镧形成的合金是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为，则Q为___________(填元素符号)。该合金的晶胞结构和z轴方向的投影如图。

若阿伏加德罗常数的值为，则该合金的密度___________(Q的相对原子质量用M表示，用含a、c、、M的代数式表示，列出计算式即可)。

四、实验题
17．实验室用粗锌(含少量铜、硫化亚铁)和稀硫酸反应制备氢气，并用氢气还原硫酸锂制备硫化锂的装置如下：

已知硫化锂易潮解，在加热条件下易被空气中的氧气氧化。回答下列问题：
(1)利用装置B还可制备的常见气体有___________(填化学式，举两例)。
(2)按气流从左至右，装置的连接顺序是c→___________(填小写字母，装置可重复利用)。
(3)实验过程中，应先打开K一段时间后，再点燃酒精灯，原因是___________。
(4)若装置A中只有两种产物生成，该反应的化学方程式___________。
(5)采用装置E对装置B中混合物进行分离，再将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶可得到副产物皓矾()晶体。对装置B中混合物进行分离时采用装置E，目的是___________。
(6)测定产品纯度的方法：取产品，加入足量稀硫酸，充分反应后，煮沸溶液，冷却后滴加酚酞溶液作指示剂。用标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液。产品中的纯度表达式为___________。
(7)下列操作会导致测得产品中的纯度偏低的是___________(填标号)。
A．产品加入足量稀硫酸，充分反应后，溶液未煮沸
B．量取稀硫酸的滴定管未润洗
C．配制NaOH标准溶液时仰视刻度线
D．滴定终点时发现滴定管尖嘴有气泡

五、工业流程题
18．氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用含(铁酸镓)、(铁酸锌)、的炼锌矿渣制备GaN的流程如下：

已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，，，。
③、的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表，萃取与反萃取的过程可表示为。
盐酸浓度
2
4
6
反萃取率/%

86.9
69.1
17.5

9.4
52.1
71.3
回答下列问题：
(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式为___________。“酸溶”所得滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为、。常温下“调pH”时，为尽可能多地提取并确保不混入，pH不超过___________(忽略调pH时对溶液体积的影响)。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，根据信息③选择盐酸的浓度___________
，___________。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是___________(用离子方程式表示)。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应，制得GaN的同时还有一种产物生成，该反应化学方程式为___________。
(6)流程中可以循环利用的物质是___________。

六、原理综合题
19．利用催化加氢制二甲醚()过程中发生的化学反应为
反应Ⅰ：　
反应Ⅱ：　
反应Ⅲ：　
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的速率方程为，，其中、为正、逆反应速率，、为速率常数，为各组分的分压。在密闭容器中按一定比例充入和，体系中各反应均达到化学平衡。向平衡体系中加入高效催化剂，将___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；增大体系压强，的值将___________。
(2)在一定条件下，保持体积恒定，向同一密闭容器中按投料进行上述反应，的平衡转化率及CO、、的平衡体积分数随温度变化如图所示。

①图中表示CO的平衡体积分数随温度变化的曲线为___________(填“X”或“Y”)，温度从453K上升至573K，的平衡转化率变化的原因是___________，能同时提高的平衡体积分数和的平衡转化率的措施是___________。
②一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入和进行上述反应，反应经10min达平衡，的平衡转化率为30%，容器中为0.05mol，为0.05mol。体系的能量变化为___________kJ，反应Ⅲ的平衡常数___________；继续向容器中加入和，此时反应Ⅲ将___________(填“正向进行”“逆向进行”或“处于平衡状态”)。

七、有机推断题
20．西柚味食品添加剂异诺卡酮(J)的一种合成路线如下：

已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是___________；符合下列条件的A的同分异构体有___________种。
①能发生水解反应
②1mol物质与足量的银氨溶液反应产生4molAg
③含有六元碳环，不含—O—O—结构
(2)C+D→E的化学方程式为___________，该反应的反应类型为___________。
(3)F先经两次加成反应，再进行消去反应可获得G，第二次加成反应产物的结构简式为___________；设计G→H的目的是___________；用“*”标出H中所有的手性碳原子___________。
(4)已知：。根据上述信息，写出由H经I合成异诺卡酮(J)的合成路线___________。

参考答案：
1．C
【详解】A．陶瓷材料是黏土等烧制而成的，是人类应用最早的硅酸盐材料，A正确；
B．海市蜃楼是一种自然现象，是光线在气溶胶中折射产生的，与胶体知识有关，B正确；
C．“翠色”为青色或者绿色，可能来自亚铁离子，氧化亚铜为砖红色，C错误；
D．“入火则汞去”指汞受热挥发后剩余金附着在银器上，D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．酚醛树脂是制作电木插座的主要成分，甲醛和苯酚经缩聚反应可制得酚醛树脂，故A正确；
B．聚乙烯是生产食品包装袋的主要成分，分子中不含有碳碳双键，无法使溴水褪色，故B正确；
C．聚乳酸是免拆型手术缝线的主要成分，含有酯基，是一种可降解的医用高分子材料，故C正确；
D．聚乙二醇结构简式为：，故D错误；
故选D。
3．B
【分析】用W原子轰击可发生反应：，根据反应判断，W的质子数为，则W为Ca；X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，X是构成生命体基本骨架的重要元素，则X为C；X与Y位于同一主族，则Y为Si；Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，则Z为S；T单质为非金属，常温下为液体，则T为Br，据此回答。
【详解】A．基态Ca的核外电子排布式为，即W有6种不同能量的电子，A正确；
B．X为C，其单质若为石墨时其熔点低于硅单质，B错误；
C．钙离子和硫离子核外有三个电子层且排布相同，但原子质子数钙大于硫，所以离子半径硫离子>钙离子，又溴离子核外有四个电子层，其离子半径最大，即简单离子半径W D．硫的非金属性大于硅，元素非金属性越强其气态氢化物越稳定，即简单氢化物的稳定性Y 故选B。
4．B
【详解】①二氧化碳和二氧化硫均会和饱和碳酸钠溶液反应，除杂方法错误；
②生石灰和水生成氢氧化钙，然后利于乙醇沸点较低的性质蒸馏出乙醇，正确；
③碳酸钠和乙酸反应生成盐溶液、和乙酸乙酯不反应且分层，能用分液的方法分离出有机层乙酸乙酯，正确；
④溴和苯酚生成的三溴苯酚溶于苯中，不能过滤分离，错误；
⑤苯与溴苯互溶，不能分液分离，错误；
故选B。
5．A
【详解】A．先闭合K1，断开K2，接通电源，此时为电解池装置，电解硫酸钠溶液实质是电解水，则左侧石墨电极为阳极产生氧气，右侧石墨电极作阴极产生氢气；电解一段时间后，再闭合K2，断开K1，即形成一个简单的氢氧燃料电池，故A符合题意；
B．苯与饱和溴水不反应，而苯酚与饱和溴水反应，说明羟基使苯环活化，故B不符合题意；
C．由于浓硝酸具有强氧化性，铝与浓硝酸发生钝化，因而不能用浓硝酸比较Al和Cu的金属性，故C不符合题意；
D．直接加硝酸银溶液会导致硝酸银与氢氧化钠溶液反应生成褐色的氧化银沉淀，无法观察到淡黄色的AgBr沉淀，则检验溴乙烷中含有溴元素时，需将反应后的溶液酸化后再加入硝酸银溶液，故D不符合题意；
故选A。
6．C
【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；棉酚和没食子酸接哦股不同，不是互为同系物，A错误；
B．棉酚分子中含有-CH(CH3)2，其中的饱和碳原子为四面体形，故所有碳原子不会共面，B错误；
C．棉酚和没食子酸均含有酚羟基，酚羟基容易被氧化剂氧化，故均可与酸性高锰酸钾反应，C正确；
D．棉酚不含羧基、没食子酸含有羧基，羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，故可用碳酸氢钠溶液区分棉酚和没食子酸的水溶液，D错误；
故选C。
7．B
【分析】由流程图可知，锌粉与二氧化硫反应生成ZnS2O4，向ZnS2O4溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成氢氧化锌沉淀和Na2S2O4，过滤后向Na2S2O4溶液中加入NaCl固体降低Na2S2O4溶解度，析出Na2S2O4·2H2O晶体，过滤后加热Na2S2O4·2H2O晶体脱去结晶水生成Na2S2O4据此回答。
【详解】A．将锌粉投入水中形成悬浮液可增大与二氧化硫的接触面积，加快反应速率，A正确；
B．加NaCl固体和冷却搅拌都有利于溶解平衡逆向移动，可析出更多的Na2S2O4·2H2O，若使用NaCl溶液，会降低钠离子浓度使析出的Na2S2O4·2H2O减少，Na2S2O4产率降低，B错误；
C．乙醇沸点低易挥发便于干燥，故洗涤时用乙醇效果好于蒸馏水，C正确；
D．锌粉与二氧化硫的反应是化合反应，反应中元素有化合价变化，也是氧化还原反应，ZnS2O4溶液与NaOH溶液的反应是复分解反应，加热Na2S2O4·2H2O生成Na2S2O4的反应是分解反应，D正确；
故选B。
8．A
【分析】叔丁醇与浓盐酸反应生成2-甲基-2-氯丙烷，反应后分液分离出有机相，加入水洗涤分液后的有机相再加入碳酸钠溶液除去少量的盐酸，分液后用水洗涤有机相除去生成的钠盐，洗涤分液得到有机相加入干燥剂干燥后蒸馏分离出产品；
【详解】A．2-甲基-2-氯丙烷密度小于水，有机层位于上层，用5%溶液洗涤分液时，先将下层水层从分液漏斗分离，然后将有机相从上口放出，故A错误；
B．加入碳酸钠后和盐酸反应生成钠盐，故第二次水洗的目的是除去有机相中的钠盐，故B正确；
C．无水氯化钙为除去有机相中的残存水，故无水可用干燥剂无水代替，故C正确；
D．叔丁醇能形成氢键导致其沸点较高，2-甲基-2-氯丙烷沸点较低，故产物2-甲基-2-氯丙烷先蒸馏出体系，故D正确。
故选A。
9．C
【详解】A．反应①为失去氢的反应，故得到乙醛为氧化产物，A错误；
B．、催化乙烯氧化成乙醛，催化剂加快反应速率，但是不改变平衡，不影响物质的平衡产率，B错误；
C．由图可知，反应中存在碳碳双键断裂为碳碳单键，然后又生成碳碳双键，故有非极性键的断裂和生成，C正确；
D．由图可知，总反应为氧气和乙烯发生氧化反应生成乙醛，，故反应结束后，氢离子的物质的量不变，D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．由题意可知，若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基()，反应为；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子()，反应为，故自由基均为阴极产物，A正确；
B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2，所以完全转化为羟基自由基时转移了电子，B正确；
C．除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C错误；
D． 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子和反应，需要消耗氢离子，则体系的pH升高，D正确；
答案选C。
11．B
【详解】A．碘单质能使淀粉变蓝色，不能使淀粉溶液变蓝色；碘离子和需要在酸性条件下生成碘单质，溶液未变蓝说明没有生成碘单质，由于溶液不为酸性，故不能说明不含，A错误；
B．硝酸根离子和二氧化硫反应氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，该实验体现了具有还原性，B正确；
C．亚铁离子、氯离子等多种还原剂均能使酸性高锰酸钾溶液反应而褪色，故不能说明该补铁口服液溶液中含有，C错误；
D．若溶液中含有亚硫酸根离子、硫离子，加入盐酸也会出现相同的现象，故不能说明该无色溶液中一定含有，D错误；
故选B。
12．BD
【详解】A．固体中的生成物为和，加入稀硝酸、稀硫酸，硝酸中氮化合价降低，则硫化合价升高，因此固体单质Y为硫，故A正确；
B．该实验中涉及的氧化还原反应分别为铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、硫化亚铜和水，硫化亚铜和硝酸、硫酸反应生成硫、铜离子和NO，因此氧化还原反应有两个，故B错误；
C．根据方程式，硫元素从+6价降低到−2价，表现出氧化性，则参与反应的浓硫酸中，表现氧化性的硫酸占25%，故C正确；
D．由，3mol铜生成0.6mol硫化亚铜，0.6mol硫化亚铜发生反应，得到0.8molNO和0.6molS，NO与S物质的量之和为1.4mol，故D错误。
综上所述，答案为BD。
13．CD
【详解】A．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故A错误；
B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)＝c(A2−)，X点，则c(HA－)＜c(A2−)，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故B错误；
C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10−7mol∙L−1，根据Ksp(CaA)＝2×10−9，则c(A2−)＝2×10−2 mol∙L−1，由于，c(HA－)＝c(A2−)＝2×10−2 mol∙L−1，故C正确；
D．向Y点溶液中通入HCl气体，A2−与H＋反应，c(A2−)减小，减小，则增大，因此可以使Y点溶液向Z点溶液转化，故D正确；
故选CD。
14．AC
【分析】由图可知，装置的右侧水失去电子发生氧化反应生成氧气，左侧电极二氧化碳得到电子发生还原生成异丙醇、氢离子得到电子发生还原反应生成氢气；
【详解】A．该装置为原电池装置，利用光能和化学能转化为电能，A错误；
B．电流在外部电路由正极流向负极，在内部电路通过离子的定向一定形成电流，阳离子向正极迁移、阴离子向负极迁移，则内部电流为由光催化剂电极经质子交换膜流向电化学催化剂电极，B正确；
C．，生成1mol异丙醇需要18mol电子，但是氢离子也会在正极上得到电子放电生成氢气，，故每生成1mol异丙醇，电路中转移大于18mol电子，C错误；
D．正极反应反应为、，放电过程中负极生成的氢离子向正极迁移，根据电子守恒可知，电化学催化剂电极区域氢离子物质的量不变，D正确；
故选AC。
15．AD
【分析】本题得到无水硫酸铜的过程与“热重实验”相似，关键是理清每一段曲线对应的反应阶段，L-M从不饱和溶液变为饱和溶液，M-M´饱和溶液中析出五水硫酸铜晶体，继续抽气CuSO4·5H2O(s)转化为CuSO4·3H2O(s)，再继续抽气转化为CuSO4·H2O(s)，再抽气得到无水硫酸铜，不断地抽走水蒸气可以使每一步的平衡正向移动。
【详解】A．据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L-M对应溶液为不饱和溶液变为饱和溶液的过程，对应溶液中溶质的质量分数不断增大，故A正确；
B．由分析可知，M-M ´ 对应溶液析出五水硫酸铜晶体，故B错误；
C．M′-N对应的体系只存在五水硫酸铜晶体，不存在(饱和溶液)，故C错误；
D．据图可知当容器中压强低于p´ 后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，故D正确；
故选AD。
16．(1) > < 硫电负性更大，硫氢键之间的电子对离中心原子更近，σ键电子对之间斥力更大 SeO2
(2) < 硫原子半径更小，硫硫键键长更小，键能更大
(3) Ni

【详解】（1）基态Se原子价电子排布为4s24p4，电离1个电子所需能量为第三电离能、电离1个电子所需能量为第二电离能，第三电离能大于第二电离能，故填>；、中心原子均为sp3杂化、均存在2对孤电子对，由于硫电负性更大，硫氢键之间的电子对离中心原子更近，σ键电子对之间斥力更大，导致硫化氢的键角更大，故的键角<的键角；中存在2个非羟基氧、中存在1个非羟基氧，故导致硒的两种酸的酸性强弱为；硒的某种氧化物为如图所示的链状聚合结构，根据均摊法可知，1个Se原子对应个氧，故该氧化物的化学式为SeO2；
（2）已知光的波长与键能成反比，硫原子半径更小，硫硫键键长更小，键能更大，故实现光响应的波长：<；
（3）基态Q原子的价电子排布式为，由于且，故n=3，故基态Q原子的价电子排布式为，则Q为镍Ni；
根据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个La，晶胞的底面积为，则晶体密度为
17．(1)CO2、H2S
(2)ed→fg→ab（或ba）→fg
(3)排净装置中空气
(4)
(5)趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体
(6)
(7)AC

【分析】装置B反应生成氢气，通过C除去生成的硫化氢杂质气体，通过D干燥氢气，氢气和硫酸锂在D中加热生成硫化锂，再接装置D防止空气中水等干扰实验；
中和滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）B为启普发生器，适合块状固体和液体不加热制取气体，利用装置B还可制备的常见气体有CO2、H2S、NO等；
（2）由分析可知，按气流从左至右，装置的连接顺序是ed→fg→ab（或ba）→fg；
（3）已知硫化锂易潮解，在加热条件下易被空气中的氧气氧化；实验过程中，应先打开K一段时间后，再点燃酒精灯，原因是排净装置中空气对实验的干扰；
（4）氢气还原硫酸锂制备硫化锂，若装置A中只有两种产物生成，根据质量守恒可知，还生成水，则该反应的化学方程式；
（5）装置E为加热过滤装置，目的是趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体造成损失；
（6）硫酸和硫化锂反应生成硫酸锂和硫化氢气体，关系为，硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠，关系为，根据题干可知，和硫化锂反应的硫酸的物质的量等于产品中硫化锂的物质的量为，则产品中的纯度表达式为；
（7）A．产品加入足量稀硫酸，充分反应后，溶液未煮沸，溶液中硫化氢会和氢氧化钠反应，导致偏大，测定结果偏小，A符合题意；
B．量取稀硫酸的滴定管未润洗，导致稀硫酸浓度偏低，使得氢氧化钠用量偏小，测定结果偏大，B不符合题意；
C．配制NaOH标准溶液时仰视刻度线，使得氢氧化钠溶液浓度偏小，导致氢氧化钠用量偏大，测定结果偏小，C符合题意；
D．滴定终点时发现滴定管尖嘴有气泡，导致氢氧化钠用量偏小，测定结果偏大，D不符合题意；
故选AC。
18．(1)
(2)6.7
(3) 6 2
(4)
(5)
(6)萃取剂

【分析】矿渣加入稀硫酸，镓、铁、锌转化为硫酸盐，二氧化硅不反应成为浸出渣，酸浸液加入氧化钙调节pH除去锌，过滤后沉淀加入稀硫酸溶解过滤，滤液加入萃取剂使得、进入有机相后分液，得到有机相加入盐酸脱铁后分液，得到有机相再加入盐酸反萃取得到含的水相，水相加入氢氧化钾得到沉淀，热分解后得到的与在高温下反应制得GaN；
【详解】（1）“酸浸”时和稀硫酸反应生成、和水，发生反应的离子方程式为。“酸溶”过程中二氧化硅和硫酸不反应，故所得滤渣的主要成分是；
（2）“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为、，其物质的量浓度分别为、，的锌离子沉淀时所需氢氧根离子浓度为，pOH=5.8，则pH=6.7；完全沉淀时氢氧根离子浓度为，pOH=10.03，则pH=3.97；故为尽可能多地提取并确保不混入，pH不超过6.7；
（3）“脱铁”时要尽可能使得Ga进入有机相，则根据信息③选择盐酸的浓度6，“反萃取”时要尽可能使得Ga进入水相，，根据信息③选择盐酸的浓度2。
（4）已知Ga与Al同主族，化学性质相似，“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是会和过量的氢氧根离子生成和水：；
（5）与在高温下反应，制得GaN，根据质量守恒同时还有一种产物水生成，；
（6）流程中可以循环利用的物质是在流程中使用，最后又生成的物质，故为萃取剂。
19．(1) 不变 不变
(2) Y 453K到553K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高，CO2的平衡转化率下降；553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高 增大压强的措施，因为增大压强，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动 -13 16 正向进行

【详解】（1）达到平衡时，正、逆反应速率相等，加入催化剂同倍数改变正、逆速率，故将不变；、为速率常数，只与温度有关，则增大体系压强，的值将不变；
（2）①随着温度的升高，反应Ⅰ平衡正向移动，故CO平衡体积分数增大，对应曲线Y；CO2的平衡转化率与反应 Ⅰ、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，453K到553K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降，553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，再结合反应Ⅲ可知提高二甲醚的体积分数和CO2平衡转化率，可采用增大压强的措施，因为增大压强，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动；
②由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1 mol×30%=0.3 mol，平衡时CO物质的量为0.05 mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05 mol， 则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25 mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25 mol，又平衡时CH3OH为0.05 mol，说明有0.2 molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3，列式如下：
，，，
综上所述，体系的能量变化为；；反应ⅢKc=；再加入0.1 mol CH3OH、0.1 mol H2O后，此时Qc=＜Kc，故平衡向正反应方向移动。
20．(1) 羧基 4
(2) + 2C2H5OH+2H2O 取代反应（酯化反应）
(3) 保护酮基
(4)

【分析】由流程可知，A通过一系列转化生成C，结合AB及C结构可知，A为，A发生已知Ⅰ反应原理生成B，B和NaCN发生取代反应后水解生成C；结合H结构可知，C和D乙醇（C2H5OH）生成E，E发生已知Ⅱ反应原理生成F，F先加成生成，再二次加成生成，再进行消去反应可获得G，G发生已知Ⅲ反应生成H，H转化I，I最终转化为J；
【详解】（1）由分析可知，A为，含氧官能团的名称是羧基；
符合下列条件的A的同分异构体：
①能发生水解反应，则含有酯基；②1mol物质与足量的银氨溶液反应产生4molAg，则含有2个醛基；③含有六元碳环，不含—O—O—结构，则含有酯基为甲酸酯基；结构可以为：，共4种；
（2）由分析可知，C+D→E的反应为酸和醇在浓硫酸作用下的酯化反应，化学方程式为：+ 2C2H5OH+2H2O，该反应的反应类型为取代反应（酯化反应）；
（3）由分析可知，F第二次加成反应产物的结构简式为；G→H前后酮基被反应后又被生成，故其目的是保护酮基；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，H中手性碳原子如图：。
（4）H首先已知Ⅰ反应将酯基转化为羟基，羟基氧化为醛基，醛基发生黄鸣龙反应生成I，I水解生成J，流程为：。