精品解析：山东省淄博市2022届高三下学期第一次模拟考试化学试题（解析版）

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淄博市2021-2022学年度高三模拟考试
化学
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 A1-27 V-51 Fe-56 Co-59 Mn-55
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)
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
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳合成淀粉可以减少二氧化碳的排放，有助于实现“碳中和”，故A正确；
B．压电陶瓷一种能够将机械能和电能互相转换的功能陶瓷材料, 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．氕、氘、氚的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；
故选C。
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
【答案】A
【解析】
【详解】A．向含有乙酸的乙醇中加入氧化钙，将乙酸转化为沸点高的乙酸钙，加热蒸馏可除去乙醇中混有的乙酸，故A正确；
B．溴化钾溶液和碘化钾溶液都能与氯水反应，则不能用氯水、四氯化碳除去溴化钾溶液中混有的碘化钾，故B错误；
C．氯化铝溶液和都能与氨水反应生成氢氧化物的沉淀，则不能用氨水除去氯化铝溶液中混有的氯化铁，故C错误；
D．二氧化碳和二氧化硫都能与碳酸钠溶液反应，则不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故D错误；
故选A。
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
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物的分子式为C8H9NO5，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有碳碳双键，碳碳双键的两端碳原子上都连两个不同基团或原子，则该分子存在顺反异构现象，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物分子中含有的含氧官能团为羟基、羧基、醚键和酰胺基，共4种，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与1mol氢气发生加成反应，故D错误；
故选D。
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
甲：，乙：
A. 电负性：X>Z>R
B. 第一电离能：YAl，A正确；
B．由分析可知，Y为Li、Z为B、R为Al，元素金属性越强、第一电离能越小，因此第一电离能：Li0，A项正确；
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，B项错误；
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，C项正确；
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，D项正确；
答案选B。
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
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨晶体中层内碳原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子间以σ键形成六元环，层内形成大π键能提供自由移动的电子导电，而层间以分子间作用力相结合，导电能力差，则层内导电性强于层间导电性，故A正确；
B．铬元素的原子序数为24，失去3个电子形成铬离子，基态Cr3+离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，则最高能层N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．由(CH3COO)2Ni·4H2O的空间构型为八面体，中心离子为镍离子，配位体为2个醋酸根离子和4个水分子，配位数为6，故C正确；
D．氮元素的电负性大于磷元素，与氯元素的电负性差值小于磷元素，则空间构型都为三角锥形的三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误；
故选D。
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]↓
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，铁华粉中加入稀硫酸，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还含有铁，过滤，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀。
【详解】A．由分析可知，加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气，则X中含有醋酸蒸气，故A正确；
B．由分析可知，铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气说明铁华粉中还若含有铁单质，故B正确；
C．由分析可知，滤液中含有氯离子，向滤液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性条件下氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，则溶液褪色不能证明亚铁离子具有还原性，故C错误；
D．由分析可知，向滤液加入铁氰化钾溶液，溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3—=KFe[Fe(CN)6]↓，故D正确；
故选C。
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+CH44Cu+CO2+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由题给装置图可知，探究甲烷的还原性并检验产物时应先通足量的甲烷气体排尽装置中的空气，然后点燃C除的酒精灯，D中盛有的无水硫酸铜用于检验水的生成，装置E中澄清石灰水用于测量二氧化碳的质量，装置F为处理未反应甲烷的尾气处理装置。
【详解】A．由分析可知，D中盛有无水硫酸铜用于检验水的生成，故A正确；
B．甲烷是可燃性气体，为防止甲烷与空气混合受热发生爆炸，实验前应先通足量的甲烷气体排尽装置中的空气，故B正确；
C．若D中盛装碱石灰，碱石灰会吸收反应生成的二氧化碳和水，无法测定反应生成二氧化碳和水的质量，不能根据其质量变化可以推断甲烷组成，故C错误；
D．由题给装置图可知，甲烷在加热条件下与氧化铜反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O，故D正确；
故选C。
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
【答案】D
【解析】
【分析】废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，向样品中加入稀硫酸、硫代硫酸钠，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3+被还原为Co2+，Al、Fe也溶解，然后向溶液中通入空气，Fe2+被氧化生成Fe3+，调节溶液pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中再加入氢氧化钠，使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，过滤后向滤渣中加入H2SO4，得到CoSO4溶液，据此分析作答。
【详解】A．Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3+被还原为Co2+，则Na2S2O3的作用是还原剂，A项正确；
B．向溶液中通入空气，Fe2+被氧化生成Fe3+，调节溶液pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，B项正确；
C．溶液的pH=11时，c(OH-)=10-3mol·L-1，根据，解得c(Co2+)=1.6×10-10mol·L-1，C项正确；
D．浓H2SO4具有强氧化性，会与硫代硫酸钠反应，会使浸取速率更慢，D项错误；
答案选D。
二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
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[(C6H10O5)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-=BrO+3H2O、4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 生成双醛淀粉的反应为：(C6H10O5)n+BrO=(C6H8O5)n+Br-+3H2O
D. 当电路中转移2mol电子时，可得160g双醛淀粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．搅拌并不能明显提高电解反应速率，A错误；
B．由电解原理图可知，a极氢离子得电子生成氢气，为阴极，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4OH--4e-=2H2O+O2↑、Br-+6OH--6e-=BrO+3H2O，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+nBrO=3(C6H8O5)n+nBr-+3nH2O，C错误；
D．由于n值未知，双醛淀粉的相对分子质量未知，无法求算双醛淀粉的质量，D错误；
答案选B。
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
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
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pH约为5
Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)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—>HCO
D
等体积、pH均为3两种非氧化性酸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
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH约为5说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子的电离常数大于水解常数，则亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=＜Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw，故A错误；
B．由于不能确定混合溶液中氯离子和溴离子的浓度大小，则向混合溶液中滴入少量稀硝酸银溶液，产生白色沉淀不能比较氯化银和溴化银溶度积的大小，故B错误；
C．碳酸氢钠和醋酸钠的溶解度不同，饱和碳酸氢钠溶液和饱和醋酸钠溶液的浓度不同，则不能通过比较两种饱和溶液的pH大小判断醋酸根和碳酸氢根离子的水解程度大小，故C错误；
D．pH相等的两种酸溶液，酸性越弱的酸溶液的浓度越大，等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的锌反应，酸HA放出的氢气多说明HA溶液的浓度大于HB溶液，HA的酸性弱于HB，故D正确；
故选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
【答案】AD
【解析】
【详解】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，均催化剂，故C正确；
D．环氧丙烷中有三种不同的氢原子，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5种，故D错误；
故选：AD。
15. 溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ，是指某含氮(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(HCO)
D. 反应HCO+NH3·H2ONH+CO+H2O的平衡常数为K，lgK=—0.9
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，溶液pH为6.4时，溶液中c(HCO)= c(H2CO3)，则电离常数Ka1(H2CO3)= = c(H+)=10-6.4，溶液pH为9.3时，溶液中c(NH)= c(NH3·H2O)，则电离常数Kb(NH3·H2O)= = c(OH—)= 10-4.7，溶液pH为10.2时，溶液中c(HCO)= c(CO)，则电离常数Ka2(H2CO3)= = c(H+)=10-10.2。
【详解】A．由分析可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，故A错误；
B．由图可知，n点时，加入氢氧化钠溶液反应得到的溶液中含有钠离子、铵根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子和一水合氨，溶液中c(HCO)= c(CO)，由溶液中的电荷守恒2 c(CO)+ c(HCO)+c(OH—)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)可得3c(HCO)+c(OH—)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，故B错误；
C．由图可知，m点时，溶液中c(NH3·H2O)>c(HCO)，故C正确；
D．由方程式可知，反应平衡常数K== ===10-0.9，则lgK=-0.9，故D正确；
故选CD。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、本题包括5小题，共60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。
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。
A. B. C. D.
能量最高的是____；其电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是____。
（2）铵盐与碱加热可制备氨气。NH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）如图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个投影图中，正确的是____。

A. B. C. D.
（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△G___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___。
【答案】（1） ①. D ②. A
（2）C （3） ①. 12 ②. （4）D
（5） （6） ①. ＜ ②. ③. 缩聚反应
【解析】
【小问1详解】
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＜C＜B＜D，因此能量最高的是选项D；电子从基态向激发态的跃迁会吸收能量，形成吸收光谱；电子从激发态向基态的跃迁会放出能量，形成发射光谱，所以电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是选项A；
【小问2详解】
铵根是正四面体型结构，氨气是三角锥形结构，其中氮原子均是sp3杂化，所以NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是杂化方式，答案选C；
【小问3详解】
Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8×+6×=4，晶胞中铝原子的配位数为3×8×=12，Al单质的密度= g·cm-3= g·cm-3；
【小问4详解】
Al单质为面心立方晶体，投影时方向①：从棱AA′向棱CC′方向；方向②：从顶点A向顶点C′方向，因此得到的是正六边形，面心上6个原子投影也形成小的正六边形，答案选D；
【小问5详解】
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，称为三聚氰胺是，由于氰胺的结构简式为H2N－C≡N，因此三聚氰胺的结构简式为；
【小问6详解】
①由于常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，所以该反应的△G＜0；
②根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1∶1，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是。
17. 三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是重要的化工原料。制备反应式为：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O，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。

Ⅱ.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。
Ⅲ.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）用如图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”)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+
（3）增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3
（4）冷却结晶 （5） ①. 平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出 ②. 防止氨气逸出， ③. 偏低
【解析】
【分析】将CoCl2•6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性炭和浓氨水，得到[Co(NH3)6]Cl2和活性炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体[Co(NH3)6]Cl3；据此解答。
【小问1详解】
由仪器结构特征，可知仪器a为分液漏斗；答案为分液漏斗
【小问2详解】
将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，即Co2++6NH3•H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O；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+。
【小问3详解】
滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；答案为增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。
【小问4详解】
由题中信息可知，需对静置液进行“操作A”后过滤，即从热的滤液中分离出[Co(NH3)6]Cl3晶体，应采取冷却结晶；答案为冷却结晶。
【小问5详解】
①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 mol•L-1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置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的作用为防止氨气逸出；答案为平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；防止氨气逸出。
②氨气容易挥发，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，则测得的NH3的质量分数偏低；答案为偏低。
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：Ⅰ.RX+MgR—MgX(格林试剂) X=Cl、Br、I
Ⅱ.+R—MgX→
Ⅲ.+
（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：R1—OH+R2—OHR1—O—R2+H2O。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)____。
【答案】（1） ①. ②. 取代反应
（2） ①. 保护酚羟基 ②. 乙二醇
（3） ①. （酚）羟基、醚键 ②.
（4） ①. 16 ②. (或或)
（5）
【解析】
【分析】由D的结构及A的分子式可知A为苯酚，A→B的反应为苯酚的羟基对位氢原子被溴原子取代，生成对溴苯酚；B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；D→F发生信息中已知Ⅰ的反应得到格林试剂F；由C和G的结构可推知E的结构为，G→H使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；F和H发生信息中已知Ⅱ的反应生成I；I发生消去反应生成K，K催化加氢生成L，L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析A为苯酚，B为对溴苯酚，在乙酸乙酯存在条件下、加热，苯酚和Br2发生取代反应生成对溴苯酚，反应方程式为，故答案为：；取代反应。
【小问2详解】
由合成流程可知，B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基，与此类似，在G→H反应中使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基，故答案为：保护酚羟基；乙二醇。
【小问3详解】
由L的结构简式可知，L中的官能团有（酚）羟基、醚键；L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，故答案为：（酚）羟基、醚键；。
【小问4详解】
该有机物含有醛基和羟基，另外有5个碳形成的碳链，其同分异构体的种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置，后同）、、、、、、共16种，核磁共振氢谱为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、、，故答案为：16； (或或)。
【小问5详解】
由题给条件可知，两分子分子间脱水可生成，可通过发生已知Ⅰ和已知Ⅱ的反应来制备，合成路线为：，故答案为：。
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
VO
VO
V2O
VO

（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)+3CO2VO(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产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+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MnO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)。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
（2）Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
（3）
（4）温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
（5）V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
（6）
【解析】
【分析】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。
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO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++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
【小问3详解】
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
【小问4详解】
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钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
【小问5详解】
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；
【小问6详解】
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(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
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++2e—=2NaHCO3+QH2，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____。
Ⅱ.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) △H=—49.01kJ·mol-1
ii．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=—24.52kJ·mol-1
iii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.17kJ·mol-1
（2）2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=___kJ·mol-1。
（3）在压强3.0MPa、=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=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x(CH3OH)～P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。当CO2的平衡转化率为时，反应条件可能为____。

【答案】（1） ①. Na+ ②. Q、QH2 ③. Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3
（2）—122.54 （3） ①. 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. 增大压强 ③. 1.25%
（4）250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa
【解析】
【小问1详解】
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++SO+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；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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×100%≈1.25%，故答案为：1.25%；
【小问4详解】
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时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol—1mol×=mol、3mol—1mol××3=2mol、1mol×=mol、1mol×=mol，则甲醇的物质的量分数为=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。