2022届河北省五校联盟（保定市第一中学等）高三下学期3月模拟考试化学试题含解析

这是一份2022届河北省五校联盟（保定市第一中学等）高三下学期3月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，实验题等内容，欢迎下载使用。


河北省五校联盟（保定市第一中学等）2021-2022学年高三下学期3月模拟考试化学试题
一、单选题
1．科技助力北京2022年冬奥会。雪上项目是冬奥会重要项目之一，下列有关滑雪材料所对应材质的说法不正确的是（　　）
A．滑雪板板心木质材料的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子
B．开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
C．首钢滑雪大跳台的钢结构赛道为铁合金，属于金属材料
D．冬奥会比赛的雪橇为碳纤维材料，属于有机高分子材料
2．下列说法不正确的是（　　）
A．利用盐析可分离提纯蛋白质
B．植物油和硬化油中都含有酯基
C．麦芽糖和葡萄糖都能发生水解反应
D．天然核酸根据其组成中戊糖的不同，可分为DNA和RNA
3．下列实验方案能达到实验目的的是（　　）
选项
A
B
C
D
目的
制备并收集乙酸乙酯
证明温度对平衡的影响
证明AgI的溶解度小于AgCl
蒸干氯化锰溶液制
实验方案




A．A B．B C．C D．D
4．研究小组为探究Na2S晶体在空气中变质后的产物，进行实验并记录现象如下：
①取Na2S样品加水溶解，得到澄清溶液a。
②取少量溶液a加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体放出，且出现淡黄色浑浊。
③将②中浊液过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
资料：i.Na2S溶液能溶解S生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S(臭鸡蛋气味)
ii.BaS易溶于水
下列说法不正确的是（　　）
A．②中淡黄色浑浊可能是与H+反应产生的
B．①和②说明该Na2S样品中含有S
C．③中白色沉淀是BaSO4
D．该Na2S样品中可能含有Na2SO3
5．下列化学用语书写不正确的是（　　）
A．氧化钠的电子式：
B．中子数为143的铀原子：
C．苯的分子结构模型：
D．2，2-二甲基丙烷的结构简式：
6．高铁酸钾（）是一种环保、高效、多功能的饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述不正确的是（　　）
A．用对饮用水杀菌消毒的同时，还能吸附杂质起到净化饮用水的作用
B．用溶液吸收反应Ⅰ中尾气后可再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
D．该生产条件下，物质的溶解性：
7．用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．常温常压下，18g含有的中子数、电子数均为
B．甲烷与白磷分子均为正四面体结构，其1mol分子中所含共价键数目均为
C．标准状况下，22.4LHF所含的分子数目为
D．32g由和组成的混合气体中氧原子数目为
8．聚乳酸（PLA）是一种生物可降解材料。低相对分子质量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相对分子质量PLA的制备过程如下图所示。

下列说法正确的是（　　）
A．高相对分子质量PLA易溶于水
B．乳酸生产中间体时，原子利用率能达到100％
C．由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应
D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH
9．电芬顿技术常用来处理废水中的有害物质苯酚。电芬顿技术是通过化学芬顿技术发展而来的，化学芬顿技术主要向废水中投加和试剂，两者反应后生成强氧化剂羟基自由基，将废水中的有害有机物氧化成和。下列有关说法不正确的是（　　）

A．a电极为Fe电极，外接电源正极
B．阴极反应为
C．消耗标准状况下11.2L，生成1mol ·OH
D．处理苯酚的反应为28→6CO2+17H2O
10．用体积相同的15mol·L-1HNO3、4mol·L-1HNO3分别将两份等质量的铜片完全溶解，发生如下反应：
①4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所得溶液为绿色
②8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，所得溶液为蓝色
用注射器分别取①、②中的少量溶液，夹上弹簧夹，完成如下实验：
I

向外拉动注射器活塞
①中液面上方呈红棕色，……
II
②中无明显变化
下列分析正确的是（　　）
A．①中产生NO2，②中产生NO，说明氧化性：稀HNO3>浓HNO3
B．溶解等量的Cu，消耗HNO3(浓)的物质的量多于HNO3(稀)
C．I中溶液上方呈红棕色是因为发生反应2NO+O2=2NO2
D．向外拉动注射器活塞时，①中溶液颜色不会发生变化
11．W、X、Y、Z、M是构成离子液体的五种元素，原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期。离子液体被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。离子液体的结构如图所示。下列有关说法不正确的是（　　）

A．为一元弱酸
B．Y的氢化物常温下为气体
C．Z的最高价含氧酸能与其对应的简单氢化物反应
D．由W、Z、M元素形成的离子晶体中含有极性键
二、多选题
12．氯吡格雷可用于防治动脉硬化。下列关于该有机物的说法正确的是（　　）

A．分子式为
B．1mol该有机物最多可与5mol发生加成反应
C．氯吡格雷有良好的水溶性，
D．该有机物苯环上的二溴取代物有6种
13．氢能是清洁的绿色能源。现有一种太阳能两步法甲烷蒸气重整制氢工艺，反应原理为


第Ⅰ、Ⅱ步反应的关系如图所示。下列有关说法正确的是（　　）

A．
B．1000℃时，反应平衡常数
C．1000℃时，第Ⅰ步反应平衡时的平衡分压，则第Ⅰ步反应平衡时混合气体中的体积分数为58.8%
D．改变反应历程，降低了反应活化能，提升了反应物的平衡转化率
三、实验题
14．钛白（）是重要的化工原料，呈白色粉末，不溶于水。制取钛白的方法主要有两种。
（1）方法一：气相氧化法。反应原理为。实验室模拟制备二氧化钛的气相氧化装置如图（部分夹持装置已略去）。
已知：熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，在空气中发烟，生成二氧化钛固体和白雾。

回答下列问题：
实验装置的连接顺序为a→　 　→　 　→　 　→　 　→　 　→　 　。
（2）A装置中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）B装置干燥管的作用为　 　。
（4）C装置的加热方式为　 　（填“水浴加热”或“油浴加热”）。
（5）D装置中试剂为　 　。
（6）方法二：硫酸法。70～80℃条件下，不断通入空气并搅拌，钛铁矿同浓硫酸反应制得可溶性，硫酸盐。称为钛酰离子，易水解生成钛酸，进而制得钛白。在制取钛白的过程中，需要测定钛液中的含量。首先用铝片将还原为，再用标准溶液滴定（反应原理为）。
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.11
8.61
2
25.00
7.51
15.00
3
25.00
0.30
7.81
滴定时可选用指示剂为　 　，滴定终点溶液的颜色变化为　 　，钛液中的浓度为　 　（以计）。
15．随着新能源汽车的不断推广，近几年动力电池迎来退役潮爆发。大量淘汰的电池（LFP）若得不到正确的处理，必然会带来严重的环境污染及能源浪费。有一种从废旧磷酸铁锂正极片（含、铝箔等）中回收金属和电池再生技术工艺流程如下（已知：在水中的溶解度随温度升高而降低）。

（1）在“碱浸”时，为加快浸出速率，可进行的措施为　 　（任写—条即可）
（2）“氧化浸出”时生成了难溶的，该反应的离子方程式为　 　，为了保证“氧化浸出”的效率，严格控制了反应的温度，减少分解的同时保证反应速率，但是实际生产中用氧化的效率还是较低，可能的原因是　 　。
（3）已知不同浓度的硫酸对Li、Fe元素的“氧化浸出”效率如下图所示。的范围应控制在____。

A．0.1~0.2 B．0.3~0.4 C．0.6~0.7 D．0.9~1.0
（4）“一系列操作”具体包括　 　、　 　、洗涤、干燥。
（5）“纯化”后的滤渣b在高温条件下与、混合煅烧可得，实现再生利用，其化学方程式为　 　。
（6）比亚迪“汉”汽车搭载了全新的磷酸铁锂“刀片电池”。其放电时的总反应为，则充电时的阳极反应式为　 　。
16．一碳化学的研究对象是分子中只含一个碳原子的化合物，如一氧化碳、二氧化碳、甲烷、甲醇等。在天然气为基本原料的化学工业里，甲烷是一碳化学的起点。利用甲烷生成合成气在化学工业中有极为重要的地位。
（1）已知甲烷和水蒸气反应生成合成气的反应为，的燃烧热为、CO的燃烧热为、的燃烧热为以及的汽化热为，则　 　。
（2）工业生产中为解决合成气中过量而CO不足的问题，原料气中需添加。利用合成气（主要成分为CO、和）在催化剂作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
①
②
为了使合成气生成甲醇的配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳的体积比为　 　。
（3）和在一定条件下反应也可制得合成气。在1.0L密闭容器中充入1.0mol和1.0mol，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。

①比较压强大小： 　 　（填“>”、“<”或“=”） 。
②若要提高 的平衡转化率，可采取的措施有　 　、　 　。（任写两条）
③若 ，则x点的平衡常数 　 　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（4）研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低与反应的活化能。在200～360℃、9MPa时，合成气初始组成、CO、的物质的量之比为7：2：1的条件下研究甲醇的合成反应。的平衡转化率随温度的变化如图所示，其先减小的原因是　 　，后增大的原因是　 　。

17．d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。回答下列问题：
（1）我国科学家用和，制备超导材料TiN，反应原理为。
①基态钛原子的核外电子排布式为　 　。原子中运动电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的则用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为　 　。
②已知部分物质的熔沸点如下表。





TiN
熔点/℃
800（分解）
-25
714
2950
沸点/℃
700（升华）
136.4
1412
（略）
属于　 　晶体，中心Ti原子的杂化方式为　 　。
（2）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断　 　（填“甲”或“乙”）在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是　 　。
③和中铂的配体数分别为　 　和　 　。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因：　 　。
（3）晶体中，的重复排列方式如图1所示，该晶体中存在着由围成的正四面体空隙（如1、3、6、7号围成）和正八面体空隙（如3、6、7、8、9、12号围成）。中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和分别填充在不同的正八面体空隙中，则晶体中，正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为　 　。

（4）铜的晶胞如图2所示，则晶胞中原子的空间利用率为　 　（用含π的最简式表示）。
18．化合物J（）是一种重要的医药中间体，其合成路线如下：

已知：ⅰ、RCOOR1++R1OH；
ⅱ、R1CHO+ ；（R为烃基或原子）。
回答下列问题：
（1）A分子中含有的官能团是　 　。
（2）B生成C的化学方程式为　 　。
（3）F→G所需的试剂a是　 　。
（4）I的结构简式为　 　。
（5）G有多种同分异构体，符合下列要求的M有　 　种；写出核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为1：2：2：2的M的结构简式：　 　。
①含有硝基（）的芳香族化合物
②遇三氯化铁溶液显紫色
（6）请设计以对硝基甲苯和丙酮为原料合成的合成路线（其他试剂任选）。　 　。
已知：①；
②氨基易被氧化。

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．木质材料为纤维素，属于天然有机高分子化合物，A不符合题意；
B．石墨烯与金刚石互为同素异形体的关系，是碳单质的一种形式，为无机非金属材料，B不符合题意；
C．钢为铁碳合金，属于金属材料，C不符合题意；
D．“纤维”表达的是碳原子所形成的一种形态，碳纤维主要由碳原子构成，属于无机非金属材料，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】碳纤维材料属于无机非金属材料。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．利用盐析可以降低蛋白质的溶解性使之析出，析出的蛋白质具有活性，故A说法不符合题意；
B．植物油属于油脂，含有酯基，硬化油是饱和脂肪酸甘油酯，含有酯基，故B说法不符合题意；
C．麦芽糖为二糖，可以水解成葡萄糖，葡萄糖是单糖，不能水解，故C说法符合题意；
D．核酸是脱氧核糖核酸(DNA)和核糖核酸(RNA)的总称，如果五碳糖是核糖，则形成的聚合物是RNA，如果五碳糖是脱氧核糖，则形成的聚合物是DNA，故D说法不符合题意；
答案为C。

【分析】葡萄糖属于单糖，不能水解。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．制备乙酸乙酯的过程中需要用浓硫酸做催化剂和吸水剂且导管不能伸入到碳酸钠溶液中，A不符合题意；
B． ，升高温度，平衡向吸热方向移动，颜色加深，B符合题意；
C．试管中 过量，加入碘离子直接沉淀，不涉及沉淀转化问题，C不符合题意；
D．锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备 ，应该在氯化氢的气氛中进行，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A：缺乏催化剂，且导管不能伸入溶液中；
B：无误，可以达到实验目的
C：硝酸银不应该过量；
D：需要在氯化氢环境中制备，防止锰离子水解。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．由题干信息i.Na2S溶液能溶解S生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S(臭鸡蛋气味)可知，②中淡黄色浑浊可能是与H+反应产生的S单质，A不符合题意；
B．由于S不溶于水，而①取Na2S样品加水溶解，得到澄清溶液a，则说明该Na2S样品中不可能含有S，B符合题意；
C．实验③是将②中浊液过滤含有过量的HCl，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀中白色沉淀是BaSO4，C不符合题意；
D．由于Na2S+2HCl=2NaCl+H2S↑，Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故该Na2S样品中可能含有Na2SO3，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A：有臭鸡蛋气味说明有硫化氢生成，也就有硫单质，硫单质为淡黄色；
B：硫不溶于水，Na2S加水溶解得到澄清溶液，说明样品不含硫单质；
C：浊液中含有过量的盐酸，其中不可能含有碳酸根离子，加入氯化钡后产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡；
D：有硫和硫化氢生成说明有Na2Sx，有Na2Sx说明样品加入盐酸后要有硫单质，硫化氢能够和二氧化硫生成硫单质，亚硫酸在酸性环境中能够产生二氧化硫，所以样品中含有亚硫酸根离子，可能是亚硫酸钠。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．规范书写电子式的过程中只有简单阳离子不需要括起来，其他离子都需要括起来，氧化钠的电子式为，A符合题意；
B．U元素为92号元素，质量数=中子数＋质子数=92+143=235，B不符合题意；
C．苯的分子结构模型与题干中表示一致，C不符合题意；
D.2号位有两个甲基，主链3个碳原子，2，2-二甲基丙烷系统命名法符合题意，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】氧化钠是离子化合物，其电子式除了简单阳离子外，其它离子都需要括起来。
6．【答案】D
【解析】【解答】A． 具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，A不符合题意；
B．尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，B不符合题意；
C．反应中Cl元素化合价由＋1价降低为-1价，Fe元素化合价由＋3价升高到＋6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C不符合题意；
D．结晶过程中加入KOH浓溶液，增大了 的浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于 晶体的析出，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4) ，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。


7．【答案】D
【解析】【解答】A.1个 分子中含有的中子、质子、电子数都是10， 的相对分子质量为 ，18g 为0.9mol ，含有中子、质子、电子的物质的量是1mol，含有的中子数、电子数均为 ，A不符合题意；
B.1mol白磷中含6molP-P键，故1mol白磷分子中含 个共价键，B不符合题意；
C． 适用于标准状况（0℃，101kPa），HF在标准状况下为液体，所以不能用 计算22.4LHF所含的分子数目，C不符合题意；
D． 和 可以用通式 理解，32g由 和 组成的混合气体中氧原子数目为 ，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.1个 分子中含有的中子、质子、电子数都是10；
B.1mol白磷中含6molP-P键；
C.HF在标准状况下为液体；
D.32g由 和 组成的混合气体中氧原子的物质的量是0.2mol。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．高相对分子质量PLA属于羧基和羟基的缩聚产物，为酯类物质，难溶于水，A项不符合题意；
B.2分子乳酸酯化生成1分子中间体的同时生成2mol水，原子利用率不能达到100％，B项不符合题意；
C．不管生成低相对分子质量还是高相对分子质量PLA，其过程均为缩聚反应，C项符合题意；
D．PLA属于高分子化合物，含有多个酯基，则1molPLA完全水解消耗nmolNaOH，D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A. PLA中不含亲水基，只含憎水基；
B.乳酸生产中间体时，除了生成中间体外还生成水；
C.乳酸中含有羧基和醇羟基，能发生缩聚反应生成高分子化合物；
D.1molPLA完全水解时生成(n - 1) mol羧基，-COOH和NaOH以1 ： 1反应。.


9．【答案】C
【解析】【解答】A．芬顿技术采用Fe做阳极，失电子生成的亚铁离子做还原剂，与过氧化氢反应生成羟基自由基，A不符合题意；
B．阴极氧气得电子生成过氧根离子，在酸性条件下反应生成过氧化氢，B不符合题意；
C．酸性条件下三价铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基反应为 ，11.2L 在标况下为0.5mol， ，0.5mol 生成0.5mol·OH，C符合题意；
D．根据元素守恒可以得出羟基自由基做强氧化剂处理苯酚的反应为，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】分析图示可知左侧Fe失电子为阳极，连接电源正极，右侧氧气得电子产生过氧根离子作阴极，产生的过氧根离子转化为过氧化氢，转化为羟基自由基用于氧化苯酚处理有害废水，据此分析回答问题。

10．【答案】B
【解析】【解答】A．①中产生NO2，②中产生NO，说明浓硝酸的得电子能力强，氧化性：稀HNO3<浓HNO3，故A不符合题意；
B．由反应可知，消耗1molCu消耗的浓硝酸为4mol，消耗的稀硝酸为mol，由此可知溶解等量的铜消耗的浓硝酸更多，故B符合题意；
C．I中溶液溶有二氧化氮，当抽动针筒时压强减小，二氧化氮从溶液中逸出，从而出现红棕色，而不是NO与氧气反应的结果，故C不符合题意；
D．向外拉动注射器活塞时，①中溶液中溶解的二氧化氮逸出，会使溶液的颜色发生变化，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.氧化性强弱与获得电子数目多少无关；
B.依据方程式计算；
C. I中溶液中生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色；
D.二氧化氮与四氧化二氮存在2NO2=N2O4。


11．【答案】B
【解析】【解答】A．为一元弱酸，，A项不符合题意；
B．碳元素的氢化物即为烃类物质，各种状态均存在，B项符合题意；
C．Z的最高价含氧酸和简单氢化物分别为 与 ，反应生成 ，C项不符合题意；
D．由W、Z、M组成的化合物为 ，在 晶体中存在N-H极性键，D项不符合题意。
故答案为：B

【分析】由题可知，离子液体应用于有机合成中，则其中含有碳、氢元素，而W、X、Y、Z、M原子的原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期，且W可形成1个共价键，说明W是氢元素；则X、Y、Z、M位于第二周期，且有一个元素是碳元素。结合离子液体的结构图，M形成1个共价键，且M的原子序数大于X、Y、Z，可推出M是氟元素；X可以与M形成XM4-，则X为ⅢA族元素，为硼元素；Y可以形成4个共价键，z形成3个共价键，且Z的原子序数大于Y，所以Z是氮元素，Y是碳元素。推出各元素后，据此进行分析。
12．【答案】B,D
【解析】【解答】A．根据不同原子的成键数目特征，有一个N原子存在时成键数目为奇数，H的数量为15加上一个氯原子为偶数，分子式为，A不符合题意；
B．酯基中碳氧双键不能发生加成反应，苯环上可加成3mol ，两个碳碳双键可加成2mol ，即1mol该有机物最多可与5mol 发生加成反应，B符合题意；
C．酯基、氯原子、苯环水溶性均很差，C不符合题意；
D．由于苯环上已经有两个位置确定，二溴取代问题可以通过定一移二解决，，，，D符合题意；
故答案为：BD。

【分析】A.注意有机物分子式中元素排列顺序是C、H、N、O、P、S、Cl等。
B.先找能与H2发生反应的官能团或苯环，1个苯环消耗3mol H2，1个C=C消耗1mol H2。
C.酯基、氯原子、苯环的水溶性很差。
D.在苯环上，可通过“定一移二”的方法进行解答。
13．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由图可知，第一步反应的平衡常数随温度的升高而增大，属于吸热反应；第二步反应的平衡常数随温度的升高而降低，属于放热反应，即a>0，b<0，按盖斯定律，第Ⅰ步反应+Ⅱ步反应得，随着温度的升高，Ⅰ升高的幅度大于Ⅱ降低的幅度，则温度升高总反应平衡常数增大，总反应为吸热反应，A项符合题意；
B．由图知，1000°C时，第Ⅰ步反应、Ⅱ步反应的 分别为3、1，则 、 ，按定义： ，B项不符合题意；
C.1000℃时，第二步反应的平衡常数为10；1000℃时，第一步的平衡常数为1000，先发生反应Ⅰ，然后在反应Ⅰ生成的固体产物作用下发生反应Ⅱ，则体系中CO和 的体积比为1：2，即 ，平衡常数表达式为 ，即 ，解得 ， ，氢气的体积分数为 ，C项符合题意；
D．甲烷蒸气重整的过程中， 作为催化剂，NiO（s）和FeO（s）可视作中间产物，改变了反应的历程，降低了活化能，加快了反应速率，但是不改变平衡转化率，D项不符合题意；
故答案为：AC。

【分析】A.由第二个图可推出a＞0，b＜0，且|a|＞|b|，根据盖斯定律可推出△H=(a+b)kJ·mol-1。
B.由第二个图可推出1000℃时的Kp1和Kp2，根据平衡常数公式可推出Kp=Kp1·Kp2。
C.由图可知1000℃时第一个反应的平衡常数 =103，而结合第一个反应方程式可知，可解出p(H2)，进一步求解。
D.NiFe2O4是催化剂，能提升反应速率，但不影响化学平衡的移动。
14．【答案】（1）f；g；d；e；b；c
（2）
（3）吸收氯气并防止外界空气中的水蒸气进入装置B
（4）油浴加热
（5）浓硫酸
（6）KSCN溶液；溶液由无色变红色；1.92
【解析】【解答】根据钛白的气相氧化法原理，有两个步骤很重要，一是需要制备氧气，二是气化四氯化钛。A为制取氧气的装置，C为气化四氯化钛的装置，B为钛白的制备装置，根据已知信息四氯化钛在空气中易水解，可确定D装置为干燥装置，装置的连接顺序为A→D→C→B，据此分析解题。
(1)根据分析可知实验装置的连接顺序为a→f→g→d→e→b→c；
(2)A装置制备氧气的反应为 ；
(3)B装置干燥管的作用：一方面吸收氯气，尾气处理；另一方面防止外界空气中水蒸气进入装置B中；
(4)四氯化钛的沸点为136.4℃，装置C的作用是气化四氯化钛，故加热温度要高于136.4℃，
故答案为：择油浴加热的方式；
(5)D装置中试剂为浓硫酸，干燥从A装置中产生的氧气；
(6)标准液为 溶液，达到滴定终点时 稍过量，所以可以用KSCN溶液作指示剂；达滴定终点时溶液会由无色变为红色；三次滴定所用标准液的体积分别为8.51mL、7.49mL、7.50mL，第一组数据需要舍去，因为第一组数据大约比其他组数据多出来了20滴，存在不正确，根据第二组和第三组数据平均得标准液的体积为7.50mL。则所用 物质的量为 ，根据反应方程式可知待测液中 的物质的量与 的物质的量相等，即0.0003mol。待测液体积为25.00mL，根据原子守恒可得钛液中Ti的浓度为 。

【分析】根据反应原理，原料是氧气和气化的TiCl4，反应条件是高温。结合装置图可知A用于制备O2，B用于制备TiO2，C用于制备气化的TiCl4，D用于干燥氧气。注意TiCl4在水中能发生水解反应，B装置反应中不能有水。
（1）装置顺序是A→D→C→B。注意干燥氧气时长管进短管出。
（2）A装置没有加热仪器，是用双氧水和二氧化锰制取氧气。
（3）B装置内反应生成有毒的Cl2。干燥管的作用是：尾气处理；防止空气中的水分进入装置中。
（4）根据TiCl4的沸点进行解答。
（5）D装置用于干燥氧气，常用浓硫酸。
（6）KSCN溶液遇Fe3+变红。根据表格数据可算出标准溶液的平均体积，结合反应原理可求出还原出的n(Ti3+)= n(TiOSO4)，进一步可求解，注意单位。
15．【答案】（1）适当地提高浸出温度；使用电动搅拌器；适当提高氢氧化钠的浓度；将废旧LFP正极材料粉碎（任写一条均可）
（2）；生成的催化的分解
（3）B
（4）蒸发浓缩；趁热过滤
（5）↑
（6）
【解析】【解答】由流程可知，碱溶时发生2Al+2NaOH+2H2O=3H2↑+2NaAlO2，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液，滤渣a为LiFePO4，加盐酸、过氧化氢发生2LiFePO4+2HCl+H2O2=2FePO4+2LiCl+2H2O，过滤分离出滤渣b为FePO4，滤液b含LiCl，加入碳酸钠发生复分解反应生成Li2CO3，经系列操作得到Li2CO3；
(1)反应物浓度、温度、反应物接触面积等都会影响反应速率；在“碱浸”时，为加快浸出速率，可进行的措施为适当地提高浸出温度；使用电动搅拌器；适当提高氢氧化钠的浓度；将废旧LFP正极材料粉碎；
(2)酸浸的目的是分离Li和Fe元素，氧化的目的是氧化正极材料中的 ，锂离子进入溶液，三价铁以磷酸铁的形式进入滤渣b中与锂元素分离。“氧化浸出”时生成了难溶的 ，H2O2做氧化剂，O元素化合价降低生成水，Fe元素化合价升高，该反应的离子方程式为 ；过氧化氢不稳定易分解，需要在一定温度下进行，防止其分解。但是在严格控温的情况下氧化的效率还是不理想，原因是生成的 催化了过氧化氢的分解；
(3)“氧化浸出”加入硫酸目的是分离Fe元素成为滤渣，得到含Li的滤液，则Li的浸出率要较高，Fe的较低，由图 的范围应控制在 ，
故答案为：B；
(4)已知： 在水中的溶解度随温度升高而降低，“一系列操作”具体包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；
(5)滤渣b的主要成分是 ，经过纯化之后在高温的条件下，加入还原剂 和 的反应方程式为 ↑；
(6)根据放电时总反应可以写出充电时阳极反应为 。

【分析】“碱浸”时NaOH与Al反应生成NaAlO2，与LiFePO4不反应，所以滤液a是NaAlO2溶液，滤渣a是LiFePO4。“氧化浸出”中LiFePO4与H2SO4、H2O2发生氧化还原反应生成FePO4和Li2SO4，根据流程图信息，滤渣b是FePO4，滤液b是Li2SO4溶液。“沉锂”中Li2SO4与Na2CO3反应生成Na2SO4和Li2CO3。
（1）可根据影响反应速率的因素（如反应物浓度、接触面积，温度等）进行解答。
（2）注意弱电解质、难溶物、氧化物等不可拆，直接写化学式。可以从H2O2在除温度外的其他条件（如Fe3+具有催化作用）下可以分解进行解答。
（3）可根据“氧化浸出”中要得到含Li的滤液和含Fe的滤渣进行解答。
（4）Li2CO3在水中的溶解度随温度的升高而降低。
（5）注意反应条件，以及反应前后元素种类、原子个数、得失电子数守恒。
（6）放电时的总反应的逆反应为充电时的总反应，阳极失电子，所含元素化合价升高，据此分析。
16．【答案】（1）
（2）3：1
（3）<；升高温度，降低压强；充入二氧化碳气体，及时分离出部分CO或者部分 ；
（4）开始时 和 反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 转化率降低；而当温度升高到一定程度后， 和 反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高
【解析】【解答】(1)的燃烧热，CO的燃烧热，的燃烧热，的汽化热，根据。故答案为：；
(2)设 的物质的量为xmol， 的物质的量为ymol。根据合成气的反应可得CO的物质的量为xmol， 的物质的量为3xmol；根据反应②，已知 的物质的量为ymol，消耗 的量为ymol，生成CO的量为ymol，则最终CO的量为（x＋y）mol， 的量为（3x-y）mol。根据反应①的系数比可得： ，x：y=3：1。故答案为：3：1；
(3)①从方程式看，加压平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，由此得出压强为 ；
②根据图像知相同压强，温度升高，甲烷的转化率升高，相同温度时，压强减小，甲烷的转化率升高，所以措施有升高温度，降低压强，充入二氧化碳气体，及时分离出部分CO或者部分 ；
③在x点，甲烷的转化率为50％，建立三段式：

x点的平衡常数 。
故答案为：<；升高温度，降低压强；充入二氧化碳气体，及时分离出部分CO或者部分 ； ；
(4)结合图可知， 的平衡转化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是开始时 和 反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 转化率降低；当温度升高到一定程度后， 和 反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高，故答案为开始时 和 反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 转化率降低；而当温度升高到一定程度后， 和 反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。故答案为：开始时 和 反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 转化率降低；而当温度升高到一定程度后， 和 反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高；

【分析】（1）注意利用盖斯定律进行计算，反应方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且计算过程中要带“+”“-”。
（2）配比最佳，也就是使原子利用率达到100%，即（1）题干中的热化学方程与反应①②合并可得到2H2O(g)+3CH4(g)+ CO2(g)4CH3OH(g)。
（3）①该反应前后气体分子数增大，同一温度时，CH4转化率越大，说明压强越小。
②由图可知，CH4的转化率随温度的升高而增大，说明该反应为吸热反应。提高CH4的转化率，即反应向正方向移动。
③根据题干信息，先通过三段式算出平衡时各物质的物质的量，再分别换算化为各自的分压，结合平衡常数公式进行解答。注意单位统一。
（4）CO2为反应物，其转化率减小，说明反应逆向移动；转化率增大，说明反应正向移动。可从化学平衡移动原理进行分析解答。
17．【答案】（1）{或 }；＋1或-1；分子；
（2）甲；；4；4；乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
（3）1：4
（4）
【解析】【解答】(1)①钛元素是22号元素，按构造原理，基态钛原子的核外电子排布式为，基态钛原子的价电子排布式为，是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为或。
②熔沸点较低，属于分子晶体，其中心原子的价电子对数为n= =4,故中心原子形成杂化方式为 杂化。
(2)①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。
②及其同分异构体发生水解反应生成物的化学式均为 和氯化氢，故反应的化学方程式是 。
③由化学式 可知其铂的配体数为4。甲、乙的水解产物化学式均为 ，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成 ，说明甲的物质结构中，有两个氢氧根离子的距离相对较近，可以与一个草酸根离子形成双齿结构，即每个 中有2个原子与铂配位。草酸根离子中碳原子没有孤电子对，只有氧原子存在孤电子对，所以 有2个氧原子与铂配位，故 中心原子铂的配体数也为4。
④甲、乙均为平面结构，其中甲为极性分子，乙为非极性分子，经分析甲分子有两个氢氧根离子的距离相对较近，则乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），故草酸的两个羧基无法与铂原子同时形成配位键。
(3)由图1可知， 的重复排列方式为面心立方密堆积，其晶胞中正四面体空隙为8个，正八面体空隙为4个，2个三价铁离子，一个填充在正四面体空隙中，一个填充在正八面体空隙中，另一个亚铁离子填充在不同的正八面体空隙中，则被填充的正四面体空隙占总的四面体空隙个数的 ，被填充的正八面体空隙占总的正八面体空隙个数的 ，故正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为1：4。
(4)由图2可知，铜晶胞为面心立方密堆积结构，设晶胞边长为a，该晶胞中Cu原子个数 ，则四个Cu原子体积 ，晶胞体积 ，空间利用率 。

【分析】（1）①钛原子的核外电子数为22，根据核外电子排布原则进行解答。价电子就是最外层电子，根据钛原子的价电子及其排布原则进行解答。
②分子晶体的熔沸点一般较低；根据价层电子对互斥理论进行解答。
（2）①甲与水均为极性分子，则甲在水中溶解度较大。
②根据水解产物及反应前后原子个数、种类不变进行分析。
③PtCl2(NH3)2和Pt(C2O4)(NH3)2的配体数均为4。
④乙为非极性分子，说明乙的结构对称，可推出其结构式，进一步分析。
（3）由图1可知该晶胞中有8个正四面体空隙，4个正八面体空隙。根据题干信息，则正四面体空隙阳离子填充率为 ，正八面体空隙阳离子填充率为=。
（4）由图2可知该晶胞中铜原子的个数，晶胞晶胞中原子利用率= 。
18．【答案】（1）羧基
（2）2+CH3OH
（3）NaOH溶液
（4）
（5）13；
（6）
【解析】【解答】根据流程图及题给信息，可推出各物质如下：A为；B为；C为；D为；E为；F为；G为；H为；I为；试剂a为NaOH溶液，据此分析。
(1)根据B→C的反应条件结合已知ⅰ可以判断B为酯类物质，则A为羧酸类物质，再由分子式可确定A为乙酸，官能团为羧基。答案为：羧基；
(2)根据已知ⅰ， ， ，则B→C的反应2 +CH3OH。答案为：2+CH3OH；
(3)F→G为氯原子的水解反应，条件为氢氧化钠的水溶液，加热水解生成醇。答案为：NaOH溶液；
(4)H和C反应生成I，H的官能团为醛基，C的官能团为酯基，根据已知ⅱ，醛基碳直接与酯基相连的碳原子形成碳碳双键，生成物质I：。答案为：；
(5)G为，根据题目信息，M的结构中含有苯环、酚羟基、硝基，还剩余一个碳原子，若以甲基的形式存在，则苯环上有三个不同取代基，同分异构体有10种；若甲基与硝基组合，苯环上有两个不同取代基，同分异构体有3种，故共10＋3=13种同分异构体；满足核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为1：2：2：2的结构简式，在书写时，先从对称结构开始。由于没有数字3，则说明没有甲基，可推断满足条件的M为。答案为：13；；
(6)采用逆合成分析，根据题目流程的最后一步可以将（7）问中目标合成物质分解为 和，原材料为对硝基甲苯，由于氨基易被氧化，选择先制备羧基，然后再将硝基还原为氨基。故合成路线如下：。
答案为：。

【分析】A中含有2个氧原子，A与乙醇在浓硫酸条件下反应生成B，可推出A中含有羧基，进一步推出A是乙酸，所以B是乙酸乙酯。根据已知信息ⅰ可推出C是 。J的结构简式中含有苯环，可推出D中含有苯环，则D是甲苯，E中含有1个氮原子和2个氧原子，再结合J中苯环两个侧链相邻且含有1个硝基，可推出D→E发生了取代反应，E是邻硝基甲苯。F在E的基础上多了1个氯原子，少了1个氢原子，说明E→F发生了取代反应，且是氯原子取代了甲基上的氢原子，推出F是。根据G→H的反应条件及已知信息ⅱ，可推测G中含有羟基，H中含有醛基，G→H发生了氧化反应，所以F→G发生了取代反应，氯原子被-OH取代，G是，H是，I是。据此进行分析。