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2023年山东省菏泽市高考化学一模试卷+
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这是一份2023年山东省菏泽市高考化学一模试卷+，共28页。试卷主要包含了 化学与社会生活密切相关， 下列装置能达到实验目的的是，5mlC等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省菏泽市高考化学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性
B. 北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是二氧化硅
C. 石油裂解获得乙烯、丙烯等气态不饱和烃
D. 中国空间站存储器所用的材料石墨烯与金刚石互为同分异构体
2. 下列有关物质性质与应用之间具有对应关系的有种 ( )
①浓H2SO4具有脱水性，可用于干燥氯气
②二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒
③Al(OH)3能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂
④石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
⑤锌的金属活泼性比铁强，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. 居里夫妇用α粒子(24He)轰击某金属原子 ZAX得到 Z+230Y，基态Y原子3p能级半充满。 Z+230Y具有放射性，很快衰变为 Z+1WQ： 24He+ZAX→Z+230Y+01n， Z+230Y→Z+1WQ+10e。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：X
C. X原子核内中子数与质子数之比为13：14
D. 简单氢化物的热稳定性：Y
A. PVC()的单体为氯乙烷
B. PC( )中所有碳原子均可共面
C. 亚克力()含有两种官能团
D. ABS的单体之一苯乙烯能使高锰酸钾溶液褪色
5. 目前，甘肃某医药公司与北京大学共同开发研制的国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法错误的是( )
A. 基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4
B. 分子中有8种不同化学环境的C原子
C. 分子中的碳原子采取sp2、sp3杂化
D. 气态分子SeO3的键角小于SeO32-的键角
6. 下列装置能达到实验目的的是( )
A. 从食盐水中提取NaCl
B. 除CCl4中的Br2
C. 制取并收集氨气
D. 检查装置的气密性
7. 我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂海博麦布的结构简式如图。下列说法不正确的是( )
A. 该分子存在顺反异构体 B. 该分子中含有两个手性碳原子
C. 该物质可与碳酸氢钠溶液反应 D. 该物质的化学式为C25H21NF2O3
8. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有两种.方法①：将LiH2PO4、Fe2O3、C按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品；方法②：将Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品.下列说法正确的是( )
A. 上述两种方法涉及到的反应均为氧化还原反应
B. 方法一中C作还原剂，理论上制得1molLiFePO4至少需要0.5molC
C. 方法二所得产品中可能会混有(NH4)2CO3，导致纯度降低
D. 上述两种方法制备过程均需在隔绝空气条件下进行
9. 一定量的甲苯和KMnO4溶液发生反应得到混合物，按如图流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是 ( )
A. 苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等
B. 操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏
C. 甲苯、苯甲酸依次由①、②获得
D. 苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法
10. Fe3+的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与H2O、SCN-、Cl-、F-等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、黄色的[FeCl4]-、无色[FeF6]3-。某同学按如图步骤完成实验：
已知Fe3+与SCN-、F-在溶液中存在以下平衡：Fe3++6SCN-⇌[Fe(SCN)6]3-(红色)；Fe3++6F-⇌[FeF6]3-(无色)
下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色引起的
B. F-与Fe3+的配位能力强于SCN-
C. 为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D. 向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
11. 如表操作能达到相应实验目的的是 ( )
实验目的
实验操作
A
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
B
验证Mg(OH)2可以转化为Fe(OH)3
向2mL1mol⋅L-1NaOH溶液中加入2mL1mol⋅L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀，再加入几滴1mol⋅L-1FeCl3溶液
C
检验Fe(NO3)2固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D
验证氯的非金属性强于碳
向NaHCO3溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生
A. A B. B C. C D. D
12. LiCoO2(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等)为原料制备钴酸锂的一种流程如图：
已知：①Li2CO3的溶解度随温度升高而降低；
②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如表：
物质
Li2CO3
MgCO3
CaCO3
MnCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.5×10-2
6.8×10-6
2.8×10-9
2.3×10-11
5.6×10-12
下列说法错误的是( )
A. 高温时“合成”反应的化学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O2=高温4LiCoO2+6CO2
B. 滤渣1主要成分有MgCO3、CaCO3
C. “洗涤”Li2CO3时最好选用冷水
D. “除杂2”调pH=12时，溶液中c(Mg2+)=5.6×10-8mol⋅L-1
13. 我国科研团队在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应，大大提高了电池的能量密度。以S、Zn为电极，CuSO4溶液为电解液来构建水系级联电池，原理如图所示。
已知：第一步反应为S+2Cu2++2Zn=Cu2S+2Zn2+，当正极的硫完全反应生成Cu2S后，继续高效发生第二步反应Cu2++Zn+xO2=(1-4x)Cu+2xCu2O+Zn2+(单独构建该步电池时效率较低)。下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，正极质量一直增加
B. 步骤1的放电产物Cu2S可能对步骤2的放电过程起催化作用
C. 放电时，第一步反应的正极反应式为2Cu2++S+4e-=Cu2S
D. 用此电池对粗铜电解精炼，理论上相同时间内两池电极上析出铜的物质的量相等
14. 常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgX[X为c(H2C2O4)、c(C2O42-)、c(C2O42-)c(HC2O4-)]的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线M表示-lgc(C2O42-)
B. 常温下，Ka1(H2C2O4)=1×10-1.3mol⋅L-1
C. a点溶液中：c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
D. b点溶液中：c(K+)<3c(HC2O4-)
15. 某水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN-组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中，Fe2+与Fe3+含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 铁在元素周期表中位于第4周期ⅧB族
B. 普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白
C. 普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为1：2
D. 普鲁士白的化学式为NaFe(CN)3
16. 我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
(1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 ______ (填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 ______ 。
(2)铵盐大多不稳定。从结构的角度解释NH4F比NH4I更易分解的原因是 ______ 。
(3)镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色挥发性液体，K2[Ni(CN)4]是红黄色单斜晶体。K2[Ni(CN)4]中的配位原子是： ______ ；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是 ______ 。
(4)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ______ ；立方氮化硼晶胞的密度为ρg⋅cm-3，晶胞的边长为acm。则阿伏加德罗常数的表达式为 ______ 。
17. 五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒的工艺，其主要流程如图1：
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
(2)已知有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力强。滤液2中的含钒离子为 (填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图(图2)示 (填标号)。
(3)“酸浸”时，V2O4发生反应V2O4+4H+=2VO2++2H2O，V2O4发生反应的离子方程式为 ；“反应”时，加入的H2O2不宜过量，其原因是 。
(4)已知溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，且NH4VO3为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是 。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有 。
18. 碳酸锰(MnCO3)用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等.某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为MnO2)制备MnCO3，过程如下(部分操作和条件略).已知：MnCO3不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；Ksp[Mn(OH)2]=4×10-14(mol⋅L-1).回答下列问题：
(1)制备MnSO4溶液：mg软锰矿粉经除杂后制得MnO2浊液，向MnO2浊液中通入SO2，制得MnSO4溶液，实验装置如图所示(夹持和加热装置略)．
通过装置A可观察通入SO2与N2的快慢，则A中加入的最佳试剂是 ______ ；为使SO2尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是 ______ ；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 ______ .实验中若将N2换成空气，将导致SO42-浓度明显大于Mn2+浓度，原因是 ______ ．
(2)制备MnCO3固体：在搅拌下向MnSO4溶液中缓慢滴加NH4HCO3溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到MnCO3固体.若用同浓度的Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，将导致制得的MnCO3产品中混有 ______ (填化学式)；用乙醇洗涤的目的是 ______ ．
(3)测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3-(其中NO3-完全转化为NO2-)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去NO2-，加入稀硫酸酸化，再用c1mol⋅L-1硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-，消耗标准液的体积平均为V1mL；用V2mLc2mol⋅L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+.软锰矿中锰元素的质量分数为 ______ (用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是 ______ (填标号)．
A.滴定管水洗后直接装入标准液
B.滴定终点时俯视滴定管读数
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液
19. 他非诺喹主要用作于化工生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药.其中间体K的一种合成路线如图(部分条件已省略)．
已知：
①
②
回答下列问题：
(1)有机物A中官能团的名称为 ______ ．
(2)G→H的反应类型为 ______ ．
(3)E→F的化学方程式为 ______ ．
(4)X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，则符合条件的X共有 ______ 种；写出其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式 ______ ．
(5)已知P中有两个六元环结构，Q的结构简式为 ______ ．
(6)已知：，综合上述信息，写出以环己烯为主要原料制备的合成路线 ______ ．
20. 二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.9kJ⋅mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol-1
则反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH3= ______ kJ⋅mol-1。
(2)①向体积均为VL的恒压密闭容器中通入1molCO2、3molH2，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH4的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和CH4的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是 ______ (填标号)。
A.CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等
B.混合气体的密度不再发生变化
C.容器内气体压强不再发生变化
②图中表示1MPa时CH4的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 ______ (填字母)，理由是 ______ ；550℃条件下，tmin反应达到平衡，平衡时容器的体积为 ______ L，反应Ⅱ的Kp= ______ 。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)一种从高炉气回收CO2制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：
①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中c(H2CO3)c(CO32-)= ______ [已知：该温度下Ka1(H2CO3)=5.0×10-7mol⋅L-1，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11mol⋅L-1]。
②利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mole-时，阴极室溶液的质量增加 ______ g[B的电解效率=n(生产B所用的电子)n(通过电极的电子)]。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.真丝中含有蛋白质，遇酶可能水解，故用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，可能损害真丝织品，故A错误；
B.计算机芯片的主要材料是硅，故B错误；
C.石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃，故C正确；
D.石墨烯与金刚石是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D错误；
故选：C。
A.真丝中含有蛋白质，遇酶可能水解；
B.计算机芯片的主要材料是硅；
C.石油裂解生成不饱和烃类；
D.同种元素组成的不同单质是同素异形体。
本题考查物质性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，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。
2.【答案】B
【解析】解：①浓H2SO4用于干燥氯气是因为浓硫酸具有吸水性，与脱水性无关，故错误；
②二氧化氯用作饮用水消毒，是利用二氧化氯的强氧化性，故正确；
③Al(OH)3碱性较弱，能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，故正确；
④二氧化硅能与氢氧化钠反应，石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，与其耐高温无关，故错误；
⑤锌的金属活泼性比铁强，锌、铁构成的原电池中锌作负极，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，故正确；
故选：B。
①浓H2SO4用于干燥剂是因为浓硫酸具有吸水性；
②二氧化氯用作饮用水消毒，是利用二氧化氯的强氧化性；
③Al(OH)3碱性较弱，能与盐酸反应；
④二氧化硅能与氢氧化钠反应；
⑤锌的金属活泼性比铁强，锌、铁构成的原电池中锌作负极。
本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，所以第一电离能：Al
C.X为Al，质子数为13，中子数为14，所以中子数与质子数之比为14：13，故C错误；
D.P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故D错误；
故选：A。
基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由 24He+ZAX→Z+230Y+01n可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。
本题主要考查原子结构和核外电子排布的相关知识，同时考查原子半径的比较等，属于基本知识的考查，难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.PVC( )的单体为氯乙烯，故A错误；
B.中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，为sp3杂化，所以所有碳原子均不可共面，故B错误；
C.只含有酯基一种官能团，故C错误；
D.ABS 塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：D。
A.PVC( )的单体为氯乙烯；
B.中两个苯环之间的碳为饱和碳原子；
C.含有酯基；
D.ABS 塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物。
本题考查高分子化合物的结构与性质，为高频考点，单体的判断等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.Se为第34号元素，根据构造原理可知基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，故A正确；
B.由于左右两部分旋转后重叠，分子中有8种不同化学环境的C原子，故B正确；
C.分子中的碳原子采取sp2、sp3杂化，苯环中碳原子的杂化方式sp2杂化，故C正确；
D.SeO32-为sp3杂化，且含有一个孤电子对，键角小于109°28'，SeO3为平面三角形，键角为120°，气态分子SeO3的键角大于SeO32-的键角，故D错误；
故选：D。
A.Se为第34号元素，根据构造原理进行分析；
B.由于左右两部分旋转后可重叠；
C.分子中的碳原子采取sp2、sp3杂化；
D.SeO32-为sp3杂化，且含有一个孤电子对，SeO3为平面三角形，键角为120°。
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式，注意观察有机物的结构是解题的关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.NaCl为可溶性固体，应选蒸发皿、酒精灯、玻璃棒进行蒸发分离，不能选坩埚等，故A错误；
B.溴与NaOH溶液反应后，与四氯化碳分层，可选图中分液漏斗分离，故B正确；
C.氨气的密度比空气密度小，应导管伸到试管底部收集，故C错误；
D.捂热时气体易从长颈漏斗逸出，应广口瓶中加适量水使长颈漏斗下端在液面下，图中装置不能检验气密性，故D错误；
故选：B。
A.NaCl为可溶性固体；
B.溴与NaOH溶液反应后，与四氯化碳分层；
C.氨气的密度比空气密度小；
D.捂热时气体易从长颈漏斗逸出。
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、气体的制备及收集、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.分子中碳碳双键的每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确；
B.四元环上的2个碳原子连接4个不同的原子，是手性碳原子，则分子中存在2个手性分子，故B正确；
C.该分子中含有酚羟基、酰胺基，均不能与碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D.根据结构简式可知，该物质的化学式为C25H21NF2O3，故D正确；
故选：C。
A.碳碳双键的每个不饱和碳原子均连接2个不同原子或原子团的化合物存在顺反异构；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
C.含有酚羟基、酰胺基等；
D.该物质的化学式为C25H21NF2O3。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，明确烯烃的顺反异构，理解酰胺基与酸或碱反应原理，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
8.【答案】D
【解析】解：A.方法2：Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合在高温下煅烧制得LiFePO4，Fe及其他元素的化合价不变，方法2涉及到的反应不是氧化还原反应，故A错误；
B.方法1Fe2O3是氧化剂被还原成LiFePO4，化合价由+3价降低到+2价，原料C作还原剂，化合价由0价升高到+4价，依据得失电子守恒，理论上制得1molLiFePO4至少需要1mol4=0.25molC，故B错误；
C.(NH4)2CO3受热易分解，高温条件下，反应产物中不会有(NH4)2CO3，即所得产品中不会混有(NH4)2CO3，故C错误；
D.亚铁具有还原性，高温下易被氧气氧化，所以两种方法制备磷酸亚铁锂的过程均需在隔绝空气条件下进行，防止被氧气氧化，故D正确；
故选：D。
A.方法2：Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合在高温下煅烧制得LiFePO4，Fe及其他元素的化合价不变；
B.方法1：将LiH2PO4、Fe2O3、碳(蔗糖)按一定比例混合，在高温下煅烧制得LiFePO4，Fe元素的化合价降低，则Fe2O3是氧化剂，原料C作还原剂，依据得失电子守恒分析；
C.(NH4)2CO3受热易分解；
D.亚铁具有还原性，高温下易被氧气氧化。
本题考查了氧化还原反应、化学反应机理，题目难度不大，明确氧化还原反应中元素化合价的变化、物质的制备原理、元素化合物的性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及应用能力。
9.【答案】B
【解析】解：A.苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等，故A正确；
B.滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B错误；
C.有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C正确；
D.苯甲酸在100℃左右开始升华，故除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D正确；
故选：B。
A.苯甲酸中含有羧基；
B.滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸；
C.有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸；
D.苯甲酸在100℃左右开始升华。
本题考查分离提纯，侧重考查学生物质性质和分离提纯基本操作的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A．[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色[Fe(H2O)6]3+形成混合体系，使溶液呈黄色，故A正确；
B.加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3-转变为[FeF6]3-，反应更易生成[FeF6]3-，说明F-与Fe3+的配位能力强于SCN-，故B正确；
C.为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的[FeCl4]-，故C错误；
D.向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡Fe3++6SCN-⇌[Fe(SCN)6]3-的Q>K1，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，故D正确；
故选：C。
步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与SCN-结合生成[Fe(SCN)6]3-，步骤③发生平衡转化为[FeF6]3-，据此进行解答。
本题考查化学平衡，侧重考查学生条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；
B.由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；
C.加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；
故选：B。
A.“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色；
B.Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀；
C.加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基本实验的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】BC
【解析】解：A.高温时“合成”时Li2CO3、CoCO3通入空气生成LiCoO2和二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O2==高温4LiCoO2+6CO2，故A正确；
B.根据流程图，“除杂1”是除去Ca2+、Mn2+，“除杂2”是除去Mg2+，滤渣1主要成分有MnCO3、CaCO3，故B错误；
C.Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，“洗涤”Li2CO3时最好选用热水，故C错误；
D.“除杂2”调pH=12时，c(OH-)=10-2mol/L，溶液中c(Mg2+)=5.6×10-12(10-2)2mol/L=5.6×10-8mol/L，故D正确；
故选：BC。
海水加适量碳酸钠生成碳酸钙、碳酸锰沉淀除去Ca2+、Mn2+，加盐酸调节pH=5，蒸发浓缩析出氯化钠，调节调pH=12生成Mg(OH)2沉淀除Mg2+；过滤，滤液中再加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，过滤、洗涤，Li2CO3、CoCO3通入空气高温生成LiCoO2。
本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生物质的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.分析电池工作原理可知，正极的硫完全反应后仍然没有脱离电极，正极质量一直增加，故A正确；
B.单独构建第二步电池时效率较低，耦合两个连续的电化学反应时效率较高，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用，故B正确；
C.第一步反应为S+2Cu2++2Zn=Cu2S+2Zn2+，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，S为正极，电极反应为：S+2Cu2++4e-=Cu2S，故C正确；
D.该电池分两步完成，且只有第二步反应才析出铜，所以相同时间内两池电极上析出铜的物质的量不相等，故D错误；
故选：D。
第一步反应为S+2Cu2++2Zn=Cu2S+2Zn2+，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，S为正极，电极反应为：S+2Cu2++4e-=Cu2S，当正极的硫完全反应生成Cu2S后，继续高效发生第二步反应Cu2++Zn+xO2=(1-4x)Cu+2xCu2O+Zn2+，Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，S为正极，电极反应为Cu2++xO2+2e-=(1-4x)Cu+2xCu2O，单独构建该步电池时效率较低，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用。
本题以同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应为载体，考查电极质量变化、反应过程分析、物质的量计算和电极反应等，能依据图像和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14.【答案】BD
【解析】解：A.由分析可知，曲线M表示-lgc(H2C2O4)，故A错误；
B.电离常数的表达式为：Ka1=c(H+)×c(HC2O4-)c(H2C2O4)，Ka2=c(H+)×c(C2O42-)c(HC2O4-)，Ka1×Ka2=c2(H+)×c(C2O42-)c(H2C2O4)，当pH=2.8时，-lgc(C2O42-)与-lgc(H2C2O4)相等，即c(H2C2O4)=c(C2O42-)，代入可得Ka1×Ka2=(10-2.8)2=10-5.6；又当pH=4.3时，-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)=0，即c(HC2O4-)=c(C2O42-)，即Ka2=10-5.3，所以Ka1=10-5.610-4.3=10-1.3mol⋅L-1，故B正确；
C.a点溶液中由电荷守恒可知c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，a点c(C2O42-)=c(H2C2O4)，则c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H+)，a点溶液显酸性说明c(OH-)
向某浓度H2C2O4溶液中加入KOH固体时，由于二者发生反应，所以H2C2O4逐渐减少，-lgc(H2C2O4)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2C2O4)与pH变化关系；H2C2O4⇌HC2O4-+H+，HC2O4-⇌H++C2O42-，c(C2O42-)会逐渐增大，-lgc(C2O42-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(C2O42-)与pH变化关系；另一条则是-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)与pH的变化图，以此解题。
本题考查酸碱混合溶液的判断、离子浓度大小比较等知识，为高频考点，明确图像各点对应溶液的组成、溶液的性质及电离平衡常数的计算为解答关键，注意电荷守恒关系的应用，侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，题目难度中等。
15.【答案】AC
【解析】解：A.铁在元素周期表中位于第4周期Ⅷ族，故A错误；
B.1个普鲁士白晶胞中含有8个Na+，比普鲁士蓝和格林绿都多，Na+嵌入越多导电性能越好，所以普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白，故B正确；
C.将普鲁士蓝晶胞分为8个小立方体，CN-位于小立方体的棱心上，普鲁士蓝晶胞中CN-个数为3×8=24，Fe2+位于晶胞棱心和体心，个数为4，Fe3+位于顶点和面心，Fe3+个数4，Fe2+与Fe3+个数比为1：1，故C错误；
D.普鲁士白和普鲁士蓝相比，晶胞中多了4个Na+，普鲁士白中Na+、Fe离子、CN-个数比为8：8：24=1：1：3，化学式为NaFe(CN)3，故D正确；
故选：AC。
A.铁在元素周期表中位于第4周期Ⅷ族；
B.根据普鲁士白的结构图可知1个晶胞中含有8个Na+，比普鲁士蓝和格林绿都多，Na+嵌入越多导电性能越好；
C.将普鲁士蓝晶胞分为8个小立方体，CN-位于小立方体的棱心上，小立方体中CN-个数为3，普鲁士蓝晶胞中CN-个数为3×8=24，Fe2+位于晶胞棱心和体心，个数为4，Fe3+位于顶点和面心，Fe3+个数4；
D.普鲁士白和普鲁士蓝相比，晶胞中多了4个Na+，普鲁士白中Na+、Fe离子、CN-个数比为8：8：24=1：1：3。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、分子的性质和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】A CD 氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF C K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO)4为分子晶体 混合型晶体 4×25ρa3mol-1
【解析】解：(1)硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：A；CD；
(2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致NH4F比NH4I更易分解，
故答案为：氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF；
(3)K2[Ni(CN)4]中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO)4为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体，
故答案为：C；K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO)4为分子晶体；
(4)六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个B、4个N，则晶体密度为ρg⋅cm-3=4×25NAa3g⋅cm-3，则NA=4×25ρa3mol-1，
故答案为：混合型晶体；4×25ρa3mol-1。
(1)硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1；电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱；
(2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成；
(3)K2[Ni(CN)4]中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
(4)六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个B、4个N。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、配位键和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】SiO2 VO2+ C V2O4+4H+=2VO2++2H2O 过量的H2O2将氧化VO2+，影响萃取，造成损失 使VO2++H2O⇌VO3-+2H+正向移动，将VO2+转化为VO3-，同时增大NH4+浓度，使NH4VO3(s)⇌NH4+(aq)+VO3-(aq)，逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出 有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O
【解析】解：(1)据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
(2)已知有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为VO2+；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，
故答案为：VO2+；C；
(3)“酸浸”时V2O4转成VO2+，V2O4发生反应的离子反应为V2O4+4H+=2VO2++2H2O；“反应”时，加入的H2O2不宜过量，过量的H2O2将氧化VO2+，影响萃取，造成损失，
故答案为：V2O4+4H+=2VO2++2H2O；过量的H2O2将氧化VO2+，影响萃取，造成损失；
(4)溶液中存在平衡：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，另外溶液中存在平衡NH4VO3(s)⇌NH4+(aq)+VO3-(aq)，通入氨气，使溶液中NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为VO2++H2O⇌VO3-+2H+，正向移动，将VO2+转化为VO3-，
故答案为：使VO2++H2O⇌VO3-+2H+正向移动，将VO2+转化为VO3-，同时增大NH4+浓度，使NH4VO3(s)⇌NH4+(aq)+VO3-(aq)，逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出；
(5)NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O，
故答案为：有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O。
从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+，FeSO4可使VO2+转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O+ClO3-+6VO2+=6VO2++Cl-+6H+，溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5。
本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
18.【答案】饱和亚硫酸氢钠溶液 先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气 MnO2+SO2=Mn2++SO42- 部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子 Mn(OH)2 除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥 11(c1V1-6c2V2)2m% AC
【解析】解：(1)A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫反应，故A中加入的最佳试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液；为使SO2尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，故在停止实验前应进行的操作是先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，将二氧化硫赶到烧瓶中，一段时间后停止通入氮气；MnO2和二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO42-；实验中若将N2换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，导致SO42-浓度明显大于Mn2+浓度，
故答案为：饱和亚硫酸氢钠溶液；先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气；MnO2+SO2=Mn2++SO42-；部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子；
(2)碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有Mn(OH)2存在，因为MnCO3不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化，故用乙醇洗涤，可以减少水分且乙醇容易挥发，容易干燥，
故答案为：Mn(OH)2；除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥；
(3)根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6：1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，根据分析，有碳酸锰和亚铁离子的关系为MnCO3～Fe2+，锰元素的质量分数为55(c1V1-6c2V2)×10-3m×100%=11(c1V1-6c2V2)2m%；
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大，则测定结果偏大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小，实验结果变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大，实验结果变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液，对实验无影响。
故答案为：11(c1V1-6c2V2)2m%；AC。
(1)A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫反应，为使SO2尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，MnO2和二氧化硫反应生成硫酸锰，实验中若将N2换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子；
(2)碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有Mn(OH)2存在，乙醇易挥发；
(3)根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6：1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，有碳酸锰和亚铁离子的关系为MnCO3～Fe2+，
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】羧基 还原反应 +HNO3(浓)→△浓硫酸+H2O 12 、
【解析】解：(1)A为CH3COOH，则有机物A中官能团的名称为羧基，
故答案为：羧基；
(2)G→H的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(3)F为，E→F的化学方程式为+HNO3(浓)→△浓硫酸+H2O，
故答案为：+HNO3(浓)→△浓硫酸+H2O；
(4)D为CH3COCH2COOCH2CH3，X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，说明含有-COOH、-CHO，符合条件的X相当于丁烷中的两个氢原子被-CHO、-COOH取代，如果碳链结构为C-C-C-C-COOH，则醛基有4种位置异构；如果碳链结构为C-C-C(COOH)-C，醛基有4种位置异构；如果碳链结构为，醛基有3种位置异构，如果碳链结构为，醛基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种；其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式、，
故答案为：12；、；
(5)Q的结构简式为，
故答案为：；
(6)以环己烯为主要原料制备，环己烯发生信息中的氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3发生信息①的反应得到，合成路线为，
故答案为：。
根据反应条件知，B能发生信息①的反应，则B为酯，结合A的分子式知，A为CH3COOH，B为CH3COOCH2CH3，根据D的分子式知，D为CH3COCH2COOCH2CH3，根据K的结构简式知，E发生氯原子对位的取代反应生成F为，根据G的分子式知，F中氯原子和甲醇发生取代反应生成G为，根据H的分子式知，G中硝基发生还原反应生成H为，H和D发生信息②的反应生成J，J发生反应生成P，根据P的分子式知，J为，P中含有2个六元环，J发生加成反应生成P为，P发生消去反应生成Q为，Q发生异构化生成K；
(6)以环己烯为主要原料制备，环己烯发生信息中的氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3发生信息①的反应得到。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、推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。
20.【答案】+206.1 B a 反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大 1217V 327 4 25.2
【解析】解：(1)反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH3=ΔH2-ΔH1=+206.1kJ⋅mol-1，
故答案为：+206.1；
(2)①A.反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为2CO2(g)+5H2(g)⇌CH4(g)+CO(g)+3H2O(g)，CO2和CH4的系数不同，则CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等，不能说明达到平衡，故A错误；
B.恒压密闭容器中反应为气体分数该变的反应，则混合气体的密度不变，说明反应达到平衡，故B正确；
C.恒压密闭容器中容器内气体压强始终保持不变，则压强不变，不能说明达到平衡，故C错误；
故答案为：B；
②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线，550℃条件下，CO和CH4的物质的量分数分别为20%、50%，且CO2、CO、CH4气体物质的量分数之和为1；设反应Ⅰ中CO2消耗了xmol，则生成了0.5 xmolCH4；设反应Ⅱ消耗了CO2消耗了ymol，生成了0.5 ymol CO；则0.5x(1-x-y)+0.5x+0.5y×100%=50%，0.5y(1-x-y)+0.5x+0.5y×100%=20%，解得x=1017，y=417，则容器中各物质的物质的量分比为CO2：317mol，H2：717mol，CH4：1017mol，CO：417mol，H2O：2417mol，则容器中所有物质的物质的量为4817mol，原容器中含有1 mol CO2、3 mol H2，体积为VL，所以平衡时体积为1217VL；平衡时各物质的物质的量分数分别为：CO2为317mol4817mol=348，H2为717mol4817mol=748，CH4为1017mol4817mol=1048，CO为417mol4817mol=448，H2O为2417mol4817mol=2448，则反应Ⅱ的Kp=(448p)×(2448p)(348p)×(748p)=327，
故答案为：a；反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大；1217V；327；
(3)①已知该温度下，Ka1(H2CO3)=c(H+)×c(HCO3-)c(H2CO3)=5.0×10-7mol⋅L-1，Ka2(H2CO3)=c(H+)×c(CO32-)c(HCO3-)=5.0×10-11mol⋅L-1；Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)=c2(H+)×c(CO32-)c(H2CO3)，则c(H2CO3)c(CO32-)=c2(H+)Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)=(1×10-8)25.0×10-7×5.0×10-11=4，
故答案为：4；
②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol e-时，B的电解效率=n(生产B所用的电子)n(通过电极的电子)可知，n(生产HCOOH所用的电子)=2.4mol，阴极室发生反应为CO2+4H+-4e-=HCOOH+H2↑，则阴极室溶液的质量增加为m(CO2)-m(H2)=0.6mol×44g/mol-0.6mol×2g/mol=25.2g，
故答案为：25.2。
(1)反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)；
(2)①A.反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为2CO2(g)+5H2(g)⇌CH4(g)+CO(g)+3H2O(g)，CO2和CH4的系数不同；
B.CO2和H2在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应；
C.CO2和H2在恒压密闭容器中反应；
②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线，550℃条件下，CO和CH4的物质的量分数分别为20%、50%，且CO2、CO、CH4气体物质的量分数之和为1；设反应Ⅰ中CO2消耗了xmol，则生成了0.5 xmolCH4；设反应Ⅱ消耗了CO2消耗了ymol，生成了0.5 ymol CO；则0.5x(1-x-y)+0.5x+0.5y=50%0.5y(1-x-y)+0.5x+0.5y=20%，x=1017y=417，则容器中各物质的物质的量分比为CO2：317mol，H2：717mol，CH4：1017mol，CO：417mol，H2O：2417mol，则容器中所有物质的物质的量为4817mol，原容器中含有1 mol CO2、3 mol H2，体积为VL，所以平衡时体积为1217VL；平衡时各物质的物质的量分数分别为：CO2为317mol4817mol=348，H2为717mol4817mol=748，CH4为1017mol4817mol=1048，CO为417mol4817mol=448，H2O为2417mol4817mol=2448；
(3)①已知该温度下，H2CO3⇌H++HCO3-，Ka1(H2CO3)=c(H+)×c(HCO3-)c(H2CO3)=5.0×10-7mol⋅L-1，HCO3-⇌H++CO32-，Ka2(H2CO3)=c(H+)×c(CO32-)c(HCO3-)=5.0×10-11mol⋅L-1；Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)=c2(H+)×c(CO32-)c(H2CO3)；
②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol e-时，由B的电解效率=n(生产B所用的电子)n(通过电极的电子)可知，n(生产HCOOH所用的电子)=2.4mol，阴极室发生反应为CO2+4H+-4e-=HCOOH+H2↑。
本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生盖斯定律、平衡移动和平衡常数计算的掌握情况，试题难度中等。
2023年山东省菏泽市高考化学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性
B. 北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是二氧化硅
C. 石油裂解获得乙烯、丙烯等气态不饱和烃
D. 中国空间站存储器所用的材料石墨烯与金刚石互为同分异构体
2. 下列有关物质性质与应用之间具有对应关系的有种 ( )
①浓H2SO4具有脱水性，可用于干燥氯气
②二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒
③Al(OH)3能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂
④石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
⑤锌的金属活泼性比铁强，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. 居里夫妇用α粒子(24He)轰击某金属原子 ZAX得到 Z+230Y，基态Y原子3p能级半充满。 Z+230Y具有放射性，很快衰变为 Z+1WQ： 24He+ZAX→Z+230Y+01n， Z+230Y→Z+1WQ+10e。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：X
C. X原子核内中子数与质子数之比为13：14
D. 简单氢化物的热稳定性：Y
A. PVC()的单体为氯乙烷
B. PC( )中所有碳原子均可共面
C. 亚克力()含有两种官能团
D. ABS的单体之一苯乙烯能使高锰酸钾溶液褪色
5. 目前，甘肃某医药公司与北京大学共同开发研制的国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法错误的是( )
A. 基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4
B. 分子中有8种不同化学环境的C原子
C. 分子中的碳原子采取sp2、sp3杂化
D. 气态分子SeO3的键角小于SeO32-的键角
6. 下列装置能达到实验目的的是( )
A. 从食盐水中提取NaCl
B. 除CCl4中的Br2
C. 制取并收集氨气
D. 检查装置的气密性
7. 我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂海博麦布的结构简式如图。下列说法不正确的是( )
A. 该分子存在顺反异构体 B. 该分子中含有两个手性碳原子
C. 该物质可与碳酸氢钠溶液反应 D. 该物质的化学式为C25H21NF2O3
8. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有两种.方法①：将LiH2PO4、Fe2O3、C按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品；方法②：将Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品.下列说法正确的是( )
A. 上述两种方法涉及到的反应均为氧化还原反应
B. 方法一中C作还原剂，理论上制得1molLiFePO4至少需要0.5molC
C. 方法二所得产品中可能会混有(NH4)2CO3，导致纯度降低
D. 上述两种方法制备过程均需在隔绝空气条件下进行
9. 一定量的甲苯和KMnO4溶液发生反应得到混合物，按如图流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是 ( )
A. 苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等
B. 操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏
C. 甲苯、苯甲酸依次由①、②获得
D. 苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法
10. Fe3+的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与H2O、SCN-、Cl-、F-等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、黄色的[FeCl4]-、无色[FeF6]3-。某同学按如图步骤完成实验：
已知Fe3+与SCN-、F-在溶液中存在以下平衡：Fe3++6SCN-⇌[Fe(SCN)6]3-(红色)；Fe3++6F-⇌[FeF6]3-(无色)
下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色引起的
B. F-与Fe3+的配位能力强于SCN-
C. 为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D. 向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
11. 如表操作能达到相应实验目的的是 ( )
实验目的
实验操作
A
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
B
验证Mg(OH)2可以转化为Fe(OH)3
向2mL1mol⋅L-1NaOH溶液中加入2mL1mol⋅L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀，再加入几滴1mol⋅L-1FeCl3溶液
C
检验Fe(NO3)2固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D
验证氯的非金属性强于碳
向NaHCO3溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生
A. A B. B C. C D. D
12. LiCoO2(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等)为原料制备钴酸锂的一种流程如图：
已知：①Li2CO3的溶解度随温度升高而降低；
②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如表：
物质
Li2CO3
MgCO3
CaCO3
MnCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.5×10-2
6.8×10-6
2.8×10-9
2.3×10-11
5.6×10-12
下列说法错误的是( )
A. 高温时“合成”反应的化学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O2=高温4LiCoO2+6CO2
B. 滤渣1主要成分有MgCO3、CaCO3
C. “洗涤”Li2CO3时最好选用冷水
D. “除杂2”调pH=12时，溶液中c(Mg2+)=5.6×10-8mol⋅L-1
13. 我国科研团队在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应，大大提高了电池的能量密度。以S、Zn为电极，CuSO4溶液为电解液来构建水系级联电池，原理如图所示。
已知：第一步反应为S+2Cu2++2Zn=Cu2S+2Zn2+，当正极的硫完全反应生成Cu2S后，继续高效发生第二步反应Cu2++Zn+xO2=(1-4x)Cu+2xCu2O+Zn2+(单独构建该步电池时效率较低)。下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，正极质量一直增加
B. 步骤1的放电产物Cu2S可能对步骤2的放电过程起催化作用
C. 放电时，第一步反应的正极反应式为2Cu2++S+4e-=Cu2S
D. 用此电池对粗铜电解精炼，理论上相同时间内两池电极上析出铜的物质的量相等
14. 常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgX[X为c(H2C2O4)、c(C2O42-)、c(C2O42-)c(HC2O4-)]的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线M表示-lgc(C2O42-)
B. 常温下，Ka1(H2C2O4)=1×10-1.3mol⋅L-1
C. a点溶液中：c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
D. b点溶液中：c(K+)<3c(HC2O4-)
15. 某水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN-组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中，Fe2+与Fe3+含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 铁在元素周期表中位于第4周期ⅧB族
B. 普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白
C. 普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为1：2
D. 普鲁士白的化学式为NaFe(CN)3
16. 我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
(1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 ______ (填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 ______ 。
(2)铵盐大多不稳定。从结构的角度解释NH4F比NH4I更易分解的原因是 ______ 。
(3)镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色挥发性液体，K2[Ni(CN)4]是红黄色单斜晶体。K2[Ni(CN)4]中的配位原子是： ______ ；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是 ______ 。
(4)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ______ ；立方氮化硼晶胞的密度为ρg⋅cm-3，晶胞的边长为acm。则阿伏加德罗常数的表达式为 ______ 。
17. 五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒的工艺，其主要流程如图1：
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
(2)已知有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力强。滤液2中的含钒离子为 (填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图(图2)示 (填标号)。
(3)“酸浸”时，V2O4发生反应V2O4+4H+=2VO2++2H2O，V2O4发生反应的离子方程式为 ；“反应”时，加入的H2O2不宜过量，其原因是 。
(4)已知溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，且NH4VO3为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是 。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有 。
18. 碳酸锰(MnCO3)用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等.某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为MnO2)制备MnCO3，过程如下(部分操作和条件略).已知：MnCO3不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；Ksp[Mn(OH)2]=4×10-14(mol⋅L-1).回答下列问题：
(1)制备MnSO4溶液：mg软锰矿粉经除杂后制得MnO2浊液，向MnO2浊液中通入SO2，制得MnSO4溶液，实验装置如图所示(夹持和加热装置略)．
通过装置A可观察通入SO2与N2的快慢，则A中加入的最佳试剂是 ______ ；为使SO2尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是 ______ ；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 ______ .实验中若将N2换成空气，将导致SO42-浓度明显大于Mn2+浓度，原因是 ______ ．
(2)制备MnCO3固体：在搅拌下向MnSO4溶液中缓慢滴加NH4HCO3溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到MnCO3固体.若用同浓度的Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，将导致制得的MnCO3产品中混有 ______ (填化学式)；用乙醇洗涤的目的是 ______ ．
(3)测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3-(其中NO3-完全转化为NO2-)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去NO2-，加入稀硫酸酸化，再用c1mol⋅L-1硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-，消耗标准液的体积平均为V1mL；用V2mLc2mol⋅L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+.软锰矿中锰元素的质量分数为 ______ (用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是 ______ (填标号)．
A.滴定管水洗后直接装入标准液
B.滴定终点时俯视滴定管读数
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液
19. 他非诺喹主要用作于化工生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药.其中间体K的一种合成路线如图(部分条件已省略)．
已知：
①
②
回答下列问题：
(1)有机物A中官能团的名称为 ______ ．
(2)G→H的反应类型为 ______ ．
(3)E→F的化学方程式为 ______ ．
(4)X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，则符合条件的X共有 ______ 种；写出其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式 ______ ．
(5)已知P中有两个六元环结构，Q的结构简式为 ______ ．
(6)已知：，综合上述信息，写出以环己烯为主要原料制备的合成路线 ______ ．
20. 二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.9kJ⋅mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol-1
则反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH3= ______ kJ⋅mol-1。
(2)①向体积均为VL的恒压密闭容器中通入1molCO2、3molH2，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH4的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和CH4的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是 ______ (填标号)。
A.CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等
B.混合气体的密度不再发生变化
C.容器内气体压强不再发生变化
②图中表示1MPa时CH4的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 ______ (填字母)，理由是 ______ ；550℃条件下，tmin反应达到平衡，平衡时容器的体积为 ______ L，反应Ⅱ的Kp= ______ 。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)一种从高炉气回收CO2制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：
①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中c(H2CO3)c(CO32-)= ______ [已知：该温度下Ka1(H2CO3)=5.0×10-7mol⋅L-1，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11mol⋅L-1]。
②利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mole-时，阴极室溶液的质量增加 ______ g[B的电解效率=n(生产B所用的电子)n(通过电极的电子)]。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.真丝中含有蛋白质，遇酶可能水解，故用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，可能损害真丝织品，故A错误；
B.计算机芯片的主要材料是硅，故B错误；
C.石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃，故C正确；
D.石墨烯与金刚石是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D错误；
故选：C。
A.真丝中含有蛋白质，遇酶可能水解；
B.计算机芯片的主要材料是硅；
C.石油裂解生成不饱和烃类；
D.同种元素组成的不同单质是同素异形体。
本题考查物质性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，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。
2.【答案】B
【解析】解：①浓H2SO4用于干燥氯气是因为浓硫酸具有吸水性，与脱水性无关，故错误；
②二氧化氯用作饮用水消毒，是利用二氧化氯的强氧化性，故正确；
③Al(OH)3碱性较弱，能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，故正确；
④二氧化硅能与氢氧化钠反应，石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，与其耐高温无关，故错误；
⑤锌的金属活泼性比铁强，锌、铁构成的原电池中锌作负极，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，故正确；
故选：B。
①浓H2SO4用于干燥剂是因为浓硫酸具有吸水性；
②二氧化氯用作饮用水消毒，是利用二氧化氯的强氧化性；
③Al(OH)3碱性较弱，能与盐酸反应；
④二氧化硅能与氢氧化钠反应；
⑤锌的金属活泼性比铁强，锌、铁构成的原电池中锌作负极。
本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，所以第一电离能：Al
C.X为Al，质子数为13，中子数为14，所以中子数与质子数之比为14：13，故C错误；
D.P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故D错误；
故选：A。
基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由 24He+ZAX→Z+230Y+01n可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。
本题主要考查原子结构和核外电子排布的相关知识，同时考查原子半径的比较等，属于基本知识的考查，难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.PVC( )的单体为氯乙烯，故A错误；
B.中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，为sp3杂化，所以所有碳原子均不可共面，故B错误；
C.只含有酯基一种官能团，故C错误；
D.ABS 塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：D。
A.PVC( )的单体为氯乙烯；
B.中两个苯环之间的碳为饱和碳原子；
C.含有酯基；
D.ABS 塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物。
本题考查高分子化合物的结构与性质，为高频考点，单体的判断等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.Se为第34号元素，根据构造原理可知基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，故A正确；
B.由于左右两部分旋转后重叠，分子中有8种不同化学环境的C原子，故B正确；
C.分子中的碳原子采取sp2、sp3杂化，苯环中碳原子的杂化方式sp2杂化，故C正确；
D.SeO32-为sp3杂化，且含有一个孤电子对，键角小于109°28'，SeO3为平面三角形，键角为120°，气态分子SeO3的键角大于SeO32-的键角，故D错误；
故选：D。
A.Se为第34号元素，根据构造原理进行分析；
B.由于左右两部分旋转后可重叠；
C.分子中的碳原子采取sp2、sp3杂化；
D.SeO32-为sp3杂化，且含有一个孤电子对，SeO3为平面三角形，键角为120°。
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式，注意观察有机物的结构是解题的关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.NaCl为可溶性固体，应选蒸发皿、酒精灯、玻璃棒进行蒸发分离，不能选坩埚等，故A错误；
B.溴与NaOH溶液反应后，与四氯化碳分层，可选图中分液漏斗分离，故B正确；
C.氨气的密度比空气密度小，应导管伸到试管底部收集，故C错误；
D.捂热时气体易从长颈漏斗逸出，应广口瓶中加适量水使长颈漏斗下端在液面下，图中装置不能检验气密性，故D错误；
故选：B。
A.NaCl为可溶性固体；
B.溴与NaOH溶液反应后，与四氯化碳分层；
C.氨气的密度比空气密度小；
D.捂热时气体易从长颈漏斗逸出。
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、气体的制备及收集、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.分子中碳碳双键的每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确；
B.四元环上的2个碳原子连接4个不同的原子，是手性碳原子，则分子中存在2个手性分子，故B正确；
C.该分子中含有酚羟基、酰胺基，均不能与碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D.根据结构简式可知，该物质的化学式为C25H21NF2O3，故D正确；
故选：C。
A.碳碳双键的每个不饱和碳原子均连接2个不同原子或原子团的化合物存在顺反异构；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
C.含有酚羟基、酰胺基等；
D.该物质的化学式为C25H21NF2O3。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，明确烯烃的顺反异构，理解酰胺基与酸或碱反应原理，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
8.【答案】D
【解析】解：A.方法2：Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合在高温下煅烧制得LiFePO4，Fe及其他元素的化合价不变，方法2涉及到的反应不是氧化还原反应，故A错误；
B.方法1Fe2O3是氧化剂被还原成LiFePO4，化合价由+3价降低到+2价，原料C作还原剂，化合价由0价升高到+4价，依据得失电子守恒，理论上制得1molLiFePO4至少需要1mol4=0.25molC，故B错误；
C.(NH4)2CO3受热易分解，高温条件下，反应产物中不会有(NH4)2CO3，即所得产品中不会混有(NH4)2CO3，故C错误；
D.亚铁具有还原性，高温下易被氧气氧化，所以两种方法制备磷酸亚铁锂的过程均需在隔绝空气条件下进行，防止被氧气氧化，故D正确；
故选：D。
A.方法2：Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合在高温下煅烧制得LiFePO4，Fe及其他元素的化合价不变；
B.方法1：将LiH2PO4、Fe2O3、碳(蔗糖)按一定比例混合，在高温下煅烧制得LiFePO4，Fe元素的化合价降低，则Fe2O3是氧化剂，原料C作还原剂，依据得失电子守恒分析；
C.(NH4)2CO3受热易分解；
D.亚铁具有还原性，高温下易被氧气氧化。
本题考查了氧化还原反应、化学反应机理，题目难度不大，明确氧化还原反应中元素化合价的变化、物质的制备原理、元素化合物的性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及应用能力。
9.【答案】B
【解析】解：A.苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等，故A正确；
B.滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B错误；
C.有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C正确；
D.苯甲酸在100℃左右开始升华，故除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D正确；
故选：B。
A.苯甲酸中含有羧基；
B.滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸；
C.有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸；
D.苯甲酸在100℃左右开始升华。
本题考查分离提纯，侧重考查学生物质性质和分离提纯基本操作的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A．[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色[Fe(H2O)6]3+形成混合体系，使溶液呈黄色，故A正确；
B.加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3-转变为[FeF6]3-，反应更易生成[FeF6]3-，说明F-与Fe3+的配位能力强于SCN-，故B正确；
C.为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的[FeCl4]-，故C错误；
D.向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡Fe3++6SCN-⇌[Fe(SCN)6]3-的Q>K1，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，故D正确；
故选：C。
步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与SCN-结合生成[Fe(SCN)6]3-，步骤③发生平衡转化为[FeF6]3-，据此进行解答。
本题考查化学平衡，侧重考查学生条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；
B.由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；
C.加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；
故选：B。
A.“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色；
B.Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀；
C.加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸；
D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基本实验的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】BC
【解析】解：A.高温时“合成”时Li2CO3、CoCO3通入空气生成LiCoO2和二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O2==高温4LiCoO2+6CO2，故A正确；
B.根据流程图，“除杂1”是除去Ca2+、Mn2+，“除杂2”是除去Mg2+，滤渣1主要成分有MnCO3、CaCO3，故B错误；
C.Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，“洗涤”Li2CO3时最好选用热水，故C错误；
D.“除杂2”调pH=12时，c(OH-)=10-2mol/L，溶液中c(Mg2+)=5.6×10-12(10-2)2mol/L=5.6×10-8mol/L，故D正确；
故选：BC。
海水加适量碳酸钠生成碳酸钙、碳酸锰沉淀除去Ca2+、Mn2+，加盐酸调节pH=5，蒸发浓缩析出氯化钠，调节调pH=12生成Mg(OH)2沉淀除Mg2+；过滤，滤液中再加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，过滤、洗涤，Li2CO3、CoCO3通入空气高温生成LiCoO2。
本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生物质的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.分析电池工作原理可知，正极的硫完全反应后仍然没有脱离电极，正极质量一直增加，故A正确；
B.单独构建第二步电池时效率较低，耦合两个连续的电化学反应时效率较高，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用，故B正确；
C.第一步反应为S+2Cu2++2Zn=Cu2S+2Zn2+，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，S为正极，电极反应为：S+2Cu2++4e-=Cu2S，故C正确；
D.该电池分两步完成，且只有第二步反应才析出铜，所以相同时间内两池电极上析出铜的物质的量不相等，故D错误；
故选：D。
第一步反应为S+2Cu2++2Zn=Cu2S+2Zn2+，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，S为正极，电极反应为：S+2Cu2++4e-=Cu2S，当正极的硫完全反应生成Cu2S后，继续高效发生第二步反应Cu2++Zn+xO2=(1-4x)Cu+2xCu2O+Zn2+，Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，S为正极，电极反应为Cu2++xO2+2e-=(1-4x)Cu+2xCu2O，单独构建该步电池时效率较低，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用。
本题以同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应为载体，考查电极质量变化、反应过程分析、物质的量计算和电极反应等，能依据图像和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14.【答案】BD
【解析】解：A.由分析可知，曲线M表示-lgc(H2C2O4)，故A错误；
B.电离常数的表达式为：Ka1=c(H+)×c(HC2O4-)c(H2C2O4)，Ka2=c(H+)×c(C2O42-)c(HC2O4-)，Ka1×Ka2=c2(H+)×c(C2O42-)c(H2C2O4)，当pH=2.8时，-lgc(C2O42-)与-lgc(H2C2O4)相等，即c(H2C2O4)=c(C2O42-)，代入可得Ka1×Ka2=(10-2.8)2=10-5.6；又当pH=4.3时，-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)=0，即c(HC2O4-)=c(C2O42-)，即Ka2=10-5.3，所以Ka1=10-5.610-4.3=10-1.3mol⋅L-1，故B正确；
C.a点溶液中由电荷守恒可知c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，a点c(C2O42-)=c(H2C2O4)，则c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H+)，a点溶液显酸性说明c(OH-)
向某浓度H2C2O4溶液中加入KOH固体时，由于二者发生反应，所以H2C2O4逐渐减少，-lgc(H2C2O4)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2C2O4)与pH变化关系；H2C2O4⇌HC2O4-+H+，HC2O4-⇌H++C2O42-，c(C2O42-)会逐渐增大，-lgc(C2O42-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(C2O42-)与pH变化关系；另一条则是-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)与pH的变化图，以此解题。
本题考查酸碱混合溶液的判断、离子浓度大小比较等知识，为高频考点，明确图像各点对应溶液的组成、溶液的性质及电离平衡常数的计算为解答关键，注意电荷守恒关系的应用，侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，题目难度中等。
15.【答案】AC
【解析】解：A.铁在元素周期表中位于第4周期Ⅷ族，故A错误；
B.1个普鲁士白晶胞中含有8个Na+，比普鲁士蓝和格林绿都多，Na+嵌入越多导电性能越好，所以普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白，故B正确；
C.将普鲁士蓝晶胞分为8个小立方体，CN-位于小立方体的棱心上，普鲁士蓝晶胞中CN-个数为3×8=24，Fe2+位于晶胞棱心和体心，个数为4，Fe3+位于顶点和面心，Fe3+个数4，Fe2+与Fe3+个数比为1：1，故C错误；
D.普鲁士白和普鲁士蓝相比，晶胞中多了4个Na+，普鲁士白中Na+、Fe离子、CN-个数比为8：8：24=1：1：3，化学式为NaFe(CN)3，故D正确；
故选：AC。
A.铁在元素周期表中位于第4周期Ⅷ族；
B.根据普鲁士白的结构图可知1个晶胞中含有8个Na+，比普鲁士蓝和格林绿都多，Na+嵌入越多导电性能越好；
C.将普鲁士蓝晶胞分为8个小立方体，CN-位于小立方体的棱心上，小立方体中CN-个数为3，普鲁士蓝晶胞中CN-个数为3×8=24，Fe2+位于晶胞棱心和体心，个数为4，Fe3+位于顶点和面心，Fe3+个数4；
D.普鲁士白和普鲁士蓝相比，晶胞中多了4个Na+，普鲁士白中Na+、Fe离子、CN-个数比为8：8：24=1：1：3。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、分子的性质和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】A CD 氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF C K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO)4为分子晶体 混合型晶体 4×25ρa3mol-1
【解析】解：(1)硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：A；CD；
(2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致NH4F比NH4I更易分解，
故答案为：氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF；
(3)K2[Ni(CN)4]中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO)4为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体，
故答案为：C；K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO)4为分子晶体；
(4)六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个B、4个N，则晶体密度为ρg⋅cm-3=4×25NAa3g⋅cm-3，则NA=4×25ρa3mol-1，
故答案为：混合型晶体；4×25ρa3mol-1。
(1)硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1；电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱；
(2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成；
(3)K2[Ni(CN)4]中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
(4)六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个B、4个N。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、配位键和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】SiO2 VO2+ C V2O4+4H+=2VO2++2H2O 过量的H2O2将氧化VO2+，影响萃取，造成损失 使VO2++H2O⇌VO3-+2H+正向移动，将VO2+转化为VO3-，同时增大NH4+浓度，使NH4VO3(s)⇌NH4+(aq)+VO3-(aq)，逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出 有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O
【解析】解：(1)据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
(2)已知有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为VO2+；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，
故答案为：VO2+；C；
(3)“酸浸”时V2O4转成VO2+，V2O4发生反应的离子反应为V2O4+4H+=2VO2++2H2O；“反应”时，加入的H2O2不宜过量，过量的H2O2将氧化VO2+，影响萃取，造成损失，
故答案为：V2O4+4H+=2VO2++2H2O；过量的H2O2将氧化VO2+，影响萃取，造成损失；
(4)溶液中存在平衡：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，另外溶液中存在平衡NH4VO3(s)⇌NH4+(aq)+VO3-(aq)，通入氨气，使溶液中NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为VO2++H2O⇌VO3-+2H+，正向移动，将VO2+转化为VO3-，
故答案为：使VO2++H2O⇌VO3-+2H+正向移动，将VO2+转化为VO3-，同时增大NH4+浓度，使NH4VO3(s)⇌NH4+(aq)+VO3-(aq)，逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出；
(5)NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O，
故答案为：有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O。
从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+，FeSO4可使VO2+转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O+ClO3-+6VO2+=6VO2++Cl-+6H+，溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2++H2O⇌VO3-+2H+，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5。
本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
18.【答案】饱和亚硫酸氢钠溶液 先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气 MnO2+SO2=Mn2++SO42- 部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子 Mn(OH)2 除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥 11(c1V1-6c2V2)2m% AC
【解析】解：(1)A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫反应，故A中加入的最佳试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液；为使SO2尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，故在停止实验前应进行的操作是先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，将二氧化硫赶到烧瓶中，一段时间后停止通入氮气；MnO2和二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO42-；实验中若将N2换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，导致SO42-浓度明显大于Mn2+浓度，
故答案为：饱和亚硫酸氢钠溶液；先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气；MnO2+SO2=Mn2++SO42-；部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子；
(2)碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有Mn(OH)2存在，因为MnCO3不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化，故用乙醇洗涤，可以减少水分且乙醇容易挥发，容易干燥，
故答案为：Mn(OH)2；除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥；
(3)根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6：1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，根据分析，有碳酸锰和亚铁离子的关系为MnCO3～Fe2+，锰元素的质量分数为55(c1V1-6c2V2)×10-3m×100%=11(c1V1-6c2V2)2m%；
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大，则测定结果偏大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小，实验结果变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大，实验结果变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液，对实验无影响。
故答案为：11(c1V1-6c2V2)2m%；AC。
(1)A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫反应，为使SO2尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，MnO2和二氧化硫反应生成硫酸锰，实验中若将N2换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子；
(2)碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有Mn(OH)2存在，乙醇易挥发；
(3)根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6：1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，有碳酸锰和亚铁离子的关系为MnCO3～Fe2+，
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】羧基 还原反应 +HNO3(浓)→△浓硫酸+H2O 12 、
【解析】解：(1)A为CH3COOH，则有机物A中官能团的名称为羧基，
故答案为：羧基；
(2)G→H的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(3)F为，E→F的化学方程式为+HNO3(浓)→△浓硫酸+H2O，
故答案为：+HNO3(浓)→△浓硫酸+H2O；
(4)D为CH3COCH2COOCH2CH3，X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，说明含有-COOH、-CHO，符合条件的X相当于丁烷中的两个氢原子被-CHO、-COOH取代，如果碳链结构为C-C-C-C-COOH，则醛基有4种位置异构；如果碳链结构为C-C-C(COOH)-C，醛基有4种位置异构；如果碳链结构为，醛基有3种位置异构，如果碳链结构为，醛基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种；其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式、，
故答案为：12；、；
(5)Q的结构简式为，
故答案为：；
(6)以环己烯为主要原料制备，环己烯发生信息中的氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3发生信息①的反应得到，合成路线为，
故答案为：。
根据反应条件知，B能发生信息①的反应，则B为酯，结合A的分子式知，A为CH3COOH，B为CH3COOCH2CH3，根据D的分子式知，D为CH3COCH2COOCH2CH3，根据K的结构简式知，E发生氯原子对位的取代反应生成F为，根据G的分子式知，F中氯原子和甲醇发生取代反应生成G为，根据H的分子式知，G中硝基发生还原反应生成H为，H和D发生信息②的反应生成J，J发生反应生成P，根据P的分子式知，J为，P中含有2个六元环，J发生加成反应生成P为，P发生消去反应生成Q为，Q发生异构化生成K；
(6)以环己烯为主要原料制备，环己烯发生信息中的氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3发生信息①的反应得到。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、推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。
20.【答案】+206.1 B a 反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大 1217V 327 4 25.2
【解析】解：(1)反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH3=ΔH2-ΔH1=+206.1kJ⋅mol-1，
故答案为：+206.1；
(2)①A.反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为2CO2(g)+5H2(g)⇌CH4(g)+CO(g)+3H2O(g)，CO2和CH4的系数不同，则CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等，不能说明达到平衡，故A错误；
B.恒压密闭容器中反应为气体分数该变的反应，则混合气体的密度不变，说明反应达到平衡，故B正确；
C.恒压密闭容器中容器内气体压强始终保持不变，则压强不变，不能说明达到平衡，故C错误；
故答案为：B；
②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线，550℃条件下，CO和CH4的物质的量分数分别为20%、50%，且CO2、CO、CH4气体物质的量分数之和为1；设反应Ⅰ中CO2消耗了xmol，则生成了0.5 xmolCH4；设反应Ⅱ消耗了CO2消耗了ymol，生成了0.5 ymol CO；则0.5x(1-x-y)+0.5x+0.5y×100%=50%，0.5y(1-x-y)+0.5x+0.5y×100%=20%，解得x=1017，y=417，则容器中各物质的物质的量分比为CO2：317mol，H2：717mol，CH4：1017mol，CO：417mol，H2O：2417mol，则容器中所有物质的物质的量为4817mol，原容器中含有1 mol CO2、3 mol H2，体积为VL，所以平衡时体积为1217VL；平衡时各物质的物质的量分数分别为：CO2为317mol4817mol=348，H2为717mol4817mol=748，CH4为1017mol4817mol=1048，CO为417mol4817mol=448，H2O为2417mol4817mol=2448，则反应Ⅱ的Kp=(448p)×(2448p)(348p)×(748p)=327，
故答案为：a；反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大；1217V；327；
(3)①已知该温度下，Ka1(H2CO3)=c(H+)×c(HCO3-)c(H2CO3)=5.0×10-7mol⋅L-1，Ka2(H2CO3)=c(H+)×c(CO32-)c(HCO3-)=5.0×10-11mol⋅L-1；Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)=c2(H+)×c(CO32-)c(H2CO3)，则c(H2CO3)c(CO32-)=c2(H+)Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)=(1×10-8)25.0×10-7×5.0×10-11=4，
故答案为：4；
②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol e-时，B的电解效率=n(生产B所用的电子)n(通过电极的电子)可知，n(生产HCOOH所用的电子)=2.4mol，阴极室发生反应为CO2+4H+-4e-=HCOOH+H2↑，则阴极室溶液的质量增加为m(CO2)-m(H2)=0.6mol×44g/mol-0.6mol×2g/mol=25.2g，
故答案为：25.2。
(1)反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)；
(2)①A.反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为2CO2(g)+5H2(g)⇌CH4(g)+CO(g)+3H2O(g)，CO2和CH4的系数不同；
B.CO2和H2在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应；
C.CO2和H2在恒压密闭容器中反应；
②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线，550℃条件下，CO和CH4的物质的量分数分别为20%、50%，且CO2、CO、CH4气体物质的量分数之和为1；设反应Ⅰ中CO2消耗了xmol，则生成了0.5 xmolCH4；设反应Ⅱ消耗了CO2消耗了ymol，生成了0.5 ymol CO；则0.5x(1-x-y)+0.5x+0.5y=50%0.5y(1-x-y)+0.5x+0.5y=20%，x=1017y=417，则容器中各物质的物质的量分比为CO2：317mol，H2：717mol，CH4：1017mol，CO：417mol，H2O：2417mol，则容器中所有物质的物质的量为4817mol，原容器中含有1 mol CO2、3 mol H2，体积为VL，所以平衡时体积为1217VL；平衡时各物质的物质的量分数分别为：CO2为317mol4817mol=348，H2为717mol4817mol=748，CH4为1017mol4817mol=1048，CO为417mol4817mol=448，H2O为2417mol4817mol=2448；
(3)①已知该温度下，H2CO3⇌H++HCO3-，Ka1(H2CO3)=c(H+)×c(HCO3-)c(H2CO3)=5.0×10-7mol⋅L-1，HCO3-⇌H++CO32-，Ka2(H2CO3)=c(H+)×c(CO32-)c(HCO3-)=5.0×10-11mol⋅L-1；Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)=c2(H+)×c(CO32-)c(H2CO3)；
②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol e-时，由B的电解效率=n(生产B所用的电子)n(通过电极的电子)可知，n(生产HCOOH所用的电子)=2.4mol，阴极室发生反应为CO2+4H+-4e-=HCOOH+H2↑。
本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生盖斯定律、平衡移动和平衡常数计算的掌握情况，试题难度中等。
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