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2023年山东省济南市高考化学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省济南市高考化学二模试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了 下列操作正确的是， 下列方法可行的是等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省济南市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 下列操作正确的是( )
A. 用酒精灯直接加热锥形瓶内液体
B. 用纸槽向玻璃试管中加铁粉
C. 用托盘天平称取4.8gNaOH时，右盘上放2个2g砝码并用镊子拨动游码至0.8g处
D. 苯酚不慎沾到皮肤上后，立即用抹布擦拭掉，然后再用水冲洗
2. 下列方法可行的是( )
A. 用核磁共振氢谱鉴别2−溴丁烷的一对对映异构体
B. 选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+
C. 向含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热一段时间，除去过量的Cl2即可得到纯净的FeCl3溶液
D. 除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后再过滤，重复操作几次
3. 某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W形成，X、Y与Z同一周期，Y与W同族。下列说法正确的是( )
A. 元素的电负性：W
A. 有氧条件下Fe3O4与Cl−转化为FeOCl，周围环境的pH增大
B. FeOCl可自发转变为FeO(OH)，说明FeO(OH)的溶解度小于FeOCl
C. 检验FeO(OH)中是否含有FeOCl，可选用的试剂是稀硫酸和KSCN溶液
D. 1molFeOCl完全转化为Fe3O4时转移13mol电子
5. 某些物质之间可以在一定条件下进行如图转化，下列说法正确的是( )
A. 若X是金属单质，则该金属元素一定位于周期表的d区或ds区
B. 若X是乙醇、Y是乙醛，则Z一定是乙酸
C. 若X是H2S，则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体
D. 若X是NH3，则Z可以是无色气体NO
6. 偶氮苯从稳定异构体向亚稳态异构体的转变只能由光触发，而反向转变则可以通过光或热反应发生，下列说法错误的是 ( )
A. E式和Z式结构中都存在大π键
B. E式和Z式结构中的碳原子和氮原子都是sp2杂化
C. 偶氮苯的E、Z互变所需光的频率相同
D. 偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成
7. 常温常压下，在3种不同碳负载的铜微粒(a、b和c)上，选择性电催化乙炔加氢制乙烯(H+电还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图，下列说法错误的是 ( )
A. 析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应
B. 析氢反应的能力：a>c>b
C. 吸附C2H2的能力：a
8. 利用镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)生产硫酸镍的工艺流程如图所示。
沉淀
Ni(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Fe(OH)2
NiS
CuS
FeS
Ksp
5.5×10−16
2.6×10−39
2.2×10−20
4.9×10−17
3.2×10−19
1.3×10−36
6.3×10−18
下列说法错误的是( )
A. “酸溶”时，应该先加入一定量的硝酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硫酸
B. “中和”、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素
C. 硫化剂X可以是NiS
D. “酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，提高“酸溶”速率
9. 丝氨酸的工业化生产难度很大，其生产工艺的开发倍受关注.选择以亚甲氨基乙腈和甲醛为原料的合成过程如图所示，下列说法错误的是 ( )
A. 由于亚甲氨基(−N=CH2)和氰基(−CN)的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)有较强的反应活性
B. 2−亚甲氨基−3−羟基丙腈中的所有C、N、O原子可能位于同一平面
C. 丝氨酸可溶于水
D. 上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高
10. NiOOH−Zn电池(KOH为电解液)的工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 工作时，OH−向负极移动
B. 工作一段时间后，电解液pH减小
C. 负极电极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O
D. 当电路中转移0.2mol电子时，电解液质量增加6.4g
11. 下列实验的“操作和现象”与“推测或结论”对应关系一定正确的是 ( )
操作和现象
推测或结论
A
常温下，同时向盛有5%和30%双氧水的试管中各加入一粒相同大小的MnO2后，盛有30%双氧水的试管中反应更剧烈
盛有30%双氧水的试管最先停止冒气泡
B
用铁丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液含有钠盐
C
某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该气体的水溶液显碱性
D
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去
使溶液褪色的气体是乙烯
A. A B. B C. C D. D
12. 碱土金属碳酸盐热分解反应的相关数据如图表，其分解温度(一定压强下热分解反应达平衡时的温度)与压强有关.已知ΔH°和ΔS°随温度T的变化可以忽略不计，当且仅当P(CO2)为100kPa且分解反应达平衡时恰有ΔH°−T⋅ΔS°=0.下列说法正确的是 ( )
总压100kPa，MCO3(s)=MO(s)+CO2(g)
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
ΔH°/(kJ⋅mol−1)
117
175
x
268
ΔS°/(J⋅mol−1⋅K−1)
167
161
167
167
p(CO2)=100kPa时的分解温度/K
701
1087
1413
1605
A. 表中x≈236
B. 4种碳酸盐热分解的ΔS°相近，其主要原因是4种晶体的晶体类型相似
C. 从Mg2+到Ba2+，阳离子半径依次增大，M2+与O2−的作用力逐渐减弱，生成MO越来越难，导致其分解温度越来越高
D. 露天条件下(总压p为100kPa)，石灰石受热分解生成生石灰的起始温度高于1087K
13. 耦合电化学合成法从CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应原理如图1所示，反应②的机理如图2所示。下列说法正确的是 ( )
A. 该电化学合成法从CO2合成碳酸二甲酯的总反应是非氧化还原反应
B. 图2含Pd物质中Pd的价态保持不变
C. PdBr2是反应②的催化剂
D. 工作过程中反应①、②和③逐级转移电子，电子的能量保持不变
14. 均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(k1和k2为速率常数)。下列说法错误的是( )
A. 相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B. 基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
C. 基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2⋅+Fe2++H+
D. 芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH几乎不变(忽略体积变化)
15. 常温下，浓度相同的一元弱酸HA稀溶液和一元弱碱BOH稀溶液互相滴定，溶液中pH与lgc(A−)c(HA)或lgc(B+)c(BOH)的关系如图所示.已知HA和BOH的电离常数为Ka和Kb，且b和b′点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是( )
A. pKb>5 B. a和a′点的纵坐标之和为14
C. 水的电离程度：a′
(1)NF3分子的极性 ______ (填“大于”或“小于”)PF3，原因是 ______ 。
(2)AlF63−可以稳定存在但是AlI63−不存在的主要原因是 ______ 。
(3)乙二胺H2NCH2CH2NH2在配合物结构图中常用NN表示，[Ru(H2NCH2CH2NH2)3]2+的结构如图所示，中心原子Ru的配位数是 ______ ，该配离子中的键角∠HNH ______ (填“大于”、“等于”或“小于”)乙二胺。
(4)基态Sn原子的d轨道与p轨道上的电子数之比为 ______ 。晶体NiTiSn(相对分子质量为M)是重要的热电材料之一，该晶体晶胞(以Sn为顶点)的棱长均为apm，棱边夹角均为90°，Sn和Ti形成类似NaCl晶胞的结构，Ni在Ti形成的四面体空隙处，则晶体的密度为 ______ g⋅cm−3(NA表示阿伏加德罗常数的值)，距离Ti最近的Ti有 ______ 个。纳米材料的量子尺寸效应可以显著提高材料的热电性能，表面原子占总原子数的比例是重要的影响因素，假设某NiTiSn材料颗粒恰好是由1个上述NiTiSn晶胞构成的小立方体，该颗粒的表面原子数与总原子数的最简整数比为 ______ 。
17. 某化工厂利用废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3的工艺流程如图：
已知：①草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性。
②常温时，有关物质Ksp如下表(单位已略)：
Fe(OH)3
Al(OH3)
Co(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Mg(OH)2
Ca(OH)2
MgF2
CaF2
2.6×10−39
1.3×10−33
4×10−44
4.9×10−17
5.9×10−15
5.6×10−12
4.7×10−6
9.0×10−9
1.5×10−10
③当离子浓度c≤1×10−5mol⋅L−1，可认为沉淀完全。
④常温下Li2CO3的溶解度为1.3g，Li2CO3的溶解度随温度的升高而逐渐减小。
回答下列问题：
(1)拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，最后加入的是 ______ (填“硫酸”或“草酸”)，溶解LiCoO2的反应的离子方程式为 ______ ．
(2)“滤液Ⅰ”中加入氨水调pH为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是 ______ (填化学式).若先调节pH并控制到5，再加入NaClO3，则Fe2+被氧化时的离子方程式为 ______ 。
(3)若取1.0L“滤液Ⅱ”，测得Ca2+、Mg2+浓度均为0.01mol⋅L−1，则至少需加入 ______ g(保留到小数点后1位)NH4F固体才能使Mg2+沉淀完全。
(4)在空气中“焙烧”Co2(OH)2CO3的化学方程式为 ______ 。
(5)为了获得更多更纯的Li2CO3固体，“系列操作”依次为 ______ 和干燥。
18. 二茂铁【Fe(C5H5)2，Fe为+2价】是最早被发现的夹心配合物，橙色晶体，100℃以上升华，熔点172℃，沸点249℃，难溶于水，空气中稳定，与酸、碱一般不作用.实验室中，先由二聚环戊二烯C10H12(沸点170℃)热解聚制备环戊二烯C5H6(密度0.88g⋅cm−3，熔点−85℃，沸点42.5℃)(图1)，然后制备二茂铁(图2)，最后纯化(图3)，夹持装置已略。回答下列问题：
(1)检查装置气密性并在烧瓶中加入二聚环戊二烯，实验中需要一直慢慢地通入N2，其作用是 ______ .将电热棒调至350～400℃，同时170℃油浴加热烧瓶，油浴加热的优点是 ______ ，反应完成后在接收瓶中得到环戊二烯纯品。
(2)将磁子和足量KOH粉末放在三颈烧瓶中，加入适量有机溶剂和15.0mL环戊二烯，缓慢搅拌，烧瓶左侧口用A塞紧，中间瓶口装上仪器C(已打开旋塞B和玻璃塞)，右侧口接带T形管的汞起泡器和氮气瓶，用氮气流吹洗烧瓶和C直至空气完全吹出，关上B，将溶解了11.94gFeCl2⋅4H2O的有机溶剂注入仪器C，…打开B，滴加完后快速搅拌30min，制备反应结束。…向烧瓶中加入稍过量的盐酸和适量碎冰。…将烧瓶内的沉淀收集到过滤器上，用水洗涤，干燥，得到二茂铁粗品。仪器C的名称为 ______ ，将空气完全吹出的目的是 ______ ，加入碎冰的作用是 ______ ，证明盐酸已稍过量的试剂是 ______ ，写出生成二茂铁的反应的化学方程式： ______ 。
(3)将盛有粗品的培养皿放在电热板上加热，最终得到纯品10.20g，二茂铁的产率为 ______ %(保留到小数点后一位)。
19. 如图是神经激肽拮抗剂ZD2249甲氧基亚砜(I)的制备新方法的合成路线：
已知：
②基团−CBz的结构为，常作为氨基的保护基使用
③
④
回答下列问题：
(1)符合下列条件的A的同分异构体有 ______ 种(已知2个−OH连在同一个C原子上不稳定)：a.含有苯环；b.含有2个−OH。
(2)在A→E的合成路线中，先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)的原因是 ______ 。
(3)F的含氧官能团有酯基、 ______ (填名称)；F→G的反应类型为 ______ 。
(4)H→I(KOH足量)的化学方程式为 ______ 。
(5)写出以为原料制备的合成路线(其他试剂任选)： ______ 。
20. 以CH4、CO2为原料制备合成气(CO、H2)，发生的反应如下：
主反应a：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=373.9kJ⋅mol−1
副反应b：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH2=74.8kJ⋅mol−1
副反应c：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH3
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的CH4在全部所消耗的CH4中占有的比例
回答下列问题：
(1)CH4和H2的燃烧热分别为763.7kJ⋅mol−1、285.8kJ⋅mol−1，则CO的燃烧热为 ______ kJ⋅mol−1。
(2)在同一固相催化剂和5×105Pa下，研究不同温度，n(CH4)n(CO2)投料比对CH4平衡转化率及H2O体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的ΔH3 ______ 0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下，n(CH4)n(CO2)投料比为2，T1时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后H2的体积分数为 ______ %(保留到小数点后一位)。
③根据图象，选择合成体系适宜的反应条件为 ______ ，原因是 ______ ；相同温度下，随着n(CH4)n(CO2)投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.锥形瓶不能直接加热，故A错误；
B.粉末状的固体可以用纸槽向玻璃试管中添加，所以可以用纸槽向玻璃试管中加铁粉，故B正确；
C.NaOH具有强腐蚀性，所以需要放在烧杯中称量，则烧杯和NaOH固体的质量大于5g，所以实际使用的砝码超过5g，小于1g使用游码，故C错误；
D.酒精能够溶解苯酚，且酒精对皮肤没有伤害，所以苯酚不慎沾到皮肤上，立即用酒精洗涤，故D错误；
故选：B。
A.锥形瓶不能直接加热；
B.粉末状的固体可以用纸槽向玻璃试管中添加；
C.NaOH具有强腐蚀性，所以需要放在烧杯中称量，则烧杯和NaOH固体的质量大于5g；
D.苯酚易溶于酒精，微溶于水，酒精易挥发。
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、反应与现象、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。
2.【答案】D
【解析】解：A.不能用核磁共振氢谱鉴别2−溴丁烷的一对对映异构体，两者的核磁共振氢谱是一样的，故A错误；
B.选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+，现象分别为Fe2+生成白色沉淀最后变为红褐色，由于氢氧化铝不溶于弱碱氨水，故Al3+和Mg2+均和氨水反应生成白色沉淀，Ag+生成银氨溶液，故鉴别不开，故B错误；
C.氯气可氧化亚铁离子，加热可促进铁离子水解，生成氢氧化铁，则不能得到纯净的FeCl3溶液，故C错误；
D.除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后，可降低氯化镁的溶解度，再过滤，重复操作几次，可得到纯净的NaCl，故D正确；
故选：D。
A.对映异构体的核磁共振氢谱是一样的；
B.氢氧化亚铁在空气中会变为氢氧化铁，氢氧化铝不溶于弱碱氨水；
C.氯气可氧化亚铁离子，加热可促进铁离子水解；
D.除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可以用重结晶法分离。
本题考查了物质的鉴别的方法，应根据物质的性质的区别来分析，注意结合物质的性质特点进行解答，难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，W为S元素，
A.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，其中N的非金属必强于S，即N的电负性大于S，则元素的电负性：W
某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W形成，X、Y与Z同一周期，Y与W同族，Y形成2个共价键，W形成6个共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O，W为S；Z、X位于第二周期，Z形成1个共价键，则Z为F；X形成2个共价键，且1个电子使阴离子带有1个单位负电荷，则X为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.转化时发生4Fe3O4+O2+12Cl−+6H2O=12FeOCl+12OH−，氢氧根离子浓度增大，环境的pH增大，故A正确
B.化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由FeOCl可自发转变为FeO(OH)，可说明FeO(OH)的溶解度小于FeOCl，故B正确；
C.FeO(OH)、FeOCl中Fe均为+3价，稀硫酸和KSCN溶液不能检验，应从检验氯离子的角度检验FeO(OH)中是否含有FeOCl，故C错误；
D.3molFeOCl完全转化为Fe3O4时，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，转移1mol电子，则1molFeOCl完全转化为Fe3O4时转移13mol电子，故D正确；
故选：C。
A.转化时发生4Fe3O4+O2+12Cl−+6H2O=12FeOCl+12OH−；
B.化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势；
C.FeO(OH)、FeOCl中Fe均为+3价；
D.3molFeOCl完全转化为Fe3O4时，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，转移1mol电子。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、元素的化合价为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.若X是金属单质，X可能为Na，Na与氧气反应生成氧化钠、氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，钠与氧气加热生成过氧化钠，符合图中转化，Na在元素周期表中位于s区，故A错误；
B.乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，且乙醇、乙醛均可与氧气反应生成二氧化碳，则Z可能为乙酸或二氧化碳，故B错误；
C.X是H2S，与少量氧气反应生成S，与足量氧气反应生成二氧化硫，Y只能为S，若为二氧化硫不符合X→Z的转化，故C错误；
D.若X是NH3，氨气与氧气发生催化氧化反应生成NO，氨气与氧气点燃生成氮气，氮气与氧气反应生成NO，符合图中转化，则Z可以是无色气体NO，故D正确；
故选：D。
A.若X是金属单质，X可能为Na，Na与氧气反应生成氧化钠、氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，钠与氧气加热生成过氧化钠；
B.乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，且乙醇、乙醛均可与氧气反应生成二氧化碳；
C.X是H2S，与少量氧气反应生成S，与足量氧气反应生成二氧化硫；
D.若X是NH3，氨气与氧气发生催化氧化反应生成NO，氨气与氧气点燃生成氮气，氮气与氧气反应生成NO。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.E式和Z式结构中都含有2个苯环，苯环中含有π66的大π键，故A正确；
B.E式和Z式结构中的碳原子的σ 键数均为3，为sp2杂化，氮原子的σ 键数均为2，另含有一对孤电子对，价层电子对数=2+1=3，所以氮原子也是sp2杂化，故B正确；
C.偶氮苯的E、Z互变所需光的频率不相同，反应的活化能不同，反应的条件不同，故C错误；
D.偶氮苯的E、Z互变属于化学变化，化学变化中包含化学键的断裂与形成，故D正确；
故选：C。
A.苯环中含有π66的大π键；
B.E式和Z式结构中的碳原子和氮原子的价层电子对数；
C.E、Z互变所需光的频率不相同，反应的活化能不同；
D.化学变化的本质是化学键的断裂与形成。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及大π键、杂化方式的判断，化学键的断裂与形成等，属于基本知识的考查，难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.选择性电催化乙炔加氢制乙烯的同时H+发生电还原为H2的反应，则二者存在竞争关系，故A正确；
B.由H+电还原为H2图可知，活化能：a>c>b，活化能越大，反应速率越慢，则析氢反应的能力：b>c>a，故B错误；
C.催化剂吸附C2H2的过程放热，吸附能力越大，物质具有的能量越低，由图可知，吸附C2H2的能力：c>b>a，故C正确；
D.由图可知，物质ⅰ生成ⅱ的活化能最大，该步反应的反应速率最小，对乙炔加氢制乙烯反应的速率有决速作用，故D正确；
故选：B。
A.电催化乙炔加氢制乙烯，H+电还原为H2的析氢反应可同时发生；
B.活化能越大，反应速率越慢；
C.催化剂吸附C2H2的过程放热，吸附能力越大，物质具有的能量越低；
D.反应的活化能越大，反应速率越小。
本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、催化剂的作用、催化剂对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，为节约试剂，“酸溶”时，应该先加入一定量的硫酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硝酸，故A错误；
B.由上述分析可知，“中和”、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素，滤渣1主要为Fe(OH)3，故B正确；
C.由表中数据及除杂时不能引入新杂质，可知硫化剂X可以是NiS，故C正确；
D.硫酸与Fe、Ni均反应生成氢气，硝酸具有强氧化性，则“酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，提高“酸溶”速率，故D正确；
故选：A。
由流程可知，酸溶时Ni、Fe、Cu均转化为离子，加碱式碳酸镍中和酸，过滤分离出滤渣1主要为Fe(OH)3，滤液中加X为NiS，过滤分离出滤渣2为CuS，分离出硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸镍晶体，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)与甲醛发生加成反应，说明亚甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)有较强的反应活性，是亚甲氨基(−N=CH2)和氰基(−CN)的作用所致，故A正确；
B.存在结构，具有四面体构型，2−亚甲氨基−3−羟基丙腈中的所有C、N、O原子不可能位于同一平面内，故B错误；
C.丝氨酸含有羧基、羟基、氨基，与水分子之间形成氢键，且烃基很小，丝氨酸可溶于水，故C正确；
D.丝氨酸分子之间形成多种氢键，3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高，故D正确；
故选：B。
A.甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)与甲醛发生加成反应；
B.存在结构，具有四面体构型；
C.丝氨酸含有羧基、羟基、氨基，与水分子之间形成氢键；
D.丝氨酸分子之间形成多种氢键。
本题考查有机物结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意氢键对位置性质的影响，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。
10.【答案】D
【解析】解：A.原电池工作时，阴离子移向负极，即OH−向负极移动，故A正确；
B.原电池工作时总反应为Zn+2OH−+2NiOOH=ZnO22−+2Ni(OH)2，则电解液碱性减弱、pH减小，故B正确；
C.Zn作负极，负极上Zn发生失电子的反应生成ZnO22−，负极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O，故C正确；
D.原电池工作时总反应为Zn+2KOH+2NiOOH=K2ZnO2+2Ni(OH)2，转移电子2e−，电解液中溶质变化为2molKOH→1molK2ZnO2，则电路中转移0.2mol电子时，电解液质量增加6.5g−0.2g=6.3g，故D错误；
故选：D。
NiOOH−Zn电池(KOH为电解液)电池中，Zn发生失电子的氧化反应生成ZnO22−，作负极，NiOOH电极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2，作正极，负极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O，正极反应式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，总反应为Zn+2OH−+2NiOOH=ZnO22−+2Ni(OH)2，据此分析解答。
本题考查了原电池原理，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写、离子移动方向即可解答，侧重分析能力和计算能力的考查，注意结合电解质酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
11.【答案】AC
【解析】解：A.只有双氧水的浓度不同，浓度越大、反应速率越快，则盛有30%双氧水的试管最先停止冒气泡，故A正确；
B.钠元素的焰色为黄色，由实验及现象可知，溶液为NaOH或钠盐溶液，故B错误；
C.碱性溶液可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体的水溶液显碱性，故C正确；
D.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故D错误；
故选：AC。
A.只有双氧水的浓度不同；
B.钠元素的焰色为黄色；
C.碱性溶液可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
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、反应与现象、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。
12.【答案】AC
【解析】解：A.由题干信息可知，ΔH°−TΔS°=0即ΔH°=TΔS°=1413K×167J⋅mol−1⋅K−1=235971J/mol≈236kJ/mol，即表中x≈236，故A正确；
B.熵是衡量物质混乱程度的物理量，已知4种物质分解均只产生CO2一种气体，气体的熵值最大决定反应的熵变的主要因素，压强相等时，气体的熵值相近，则4种碳酸盐热分解的ΔS°相近，其主要原因是4种物质分解均只产生CO2，而与4种晶体的晶体类型相似无关，故B错误；
C.从Mg2+到Ba2+，阳离子半径依次增大，M2+与O2−的作用力逐渐减弱，即M2+与O2−结合越来越困难，即生成MO越来越难，导致其分解温度越来越高，故C正确；
D.露天条件下(总压p为100kPaMO)，由于混有空气，导致CO2的平衡分压减小，压强越小物质的熵值越大，故石灰石受热分解生成生石灰的起始温度低于1087K，故D错误；
故选：AC。
A.由题干信息可知，ΔH°−TΔS°=0即ΔH°=TΔS°=1413K×167J⋅mol−1⋅K−1=235971J/mol≈236kJ/mol；
B.熵是衡量物质混乱程度的物理量，已知4种物质分解均只产生CO2一种气体，气体的熵值最大决定反应的熵变的主要因素，压强相等时，气体的熵值相近，则4种碳酸盐热分解的ΔS°相近；
C.从Mg2+到Ba2+，阳离子半径依次增大，M2+与O2−的作用力逐渐减弱，即M2+与O2−结合越来越困难，即生成MO越来越难；
D.露天条件下(总压p为100kPaMO)，由于混有空气，导致CO2的平衡分压减小，压强越小物质的熵值越大。
本题考查化学反应速率、化学反应热，为高频考点，明确化学反应速率的影响因素，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.①阴极：CO2+2CH3OH+2e−=CO+2CH3O−+H2O，③阳极：2Br−−2e−=Br2，②2CH3O−+CO+Br2=2Br−+(CH3O)2CO，①+②+③得总反应CO2+2CH3OH→电解H2O+(CH3O)2CO，合成碳酸二甲酯过程中，元素的化合价末发生变化，总反应是非氧化还原反应，故A正确；
B.图2由Pd→PdBr2，Pd元素从0升到+2价，Pd的价态发生变化，故B错误；
C.反应②发生Br2→2Br−，PdBr2参与反应，作为中间产物，不是催化剂，故C错误；
D.工作过程中反应①发生CO2→CO得到2个电子，③2Br−→Br2都是失去2个电子，反应②Br2→2Br−得电子，CO失电子生成(CH3O)2CO，反应①、②和③不是逐级转移电子，电子的能量保持不变，故D错误；
故选：A。
A.从CO2合成碳酸二甲酯过程中碳元素化合价发生变化；
B.图2由Pd→PdBr2，Pd元素从0升到+2价；
C.反应②发生Br2→2Br−，PdBr2参与反应，作为中间产物；
D.工作过程中反应①发生CO2→CO得到2个电子，反应②Br2→2Br−和③2Br−→Br2都是转移2个电子。
本题考查了化学反应机理，为高频考点，侧重于考查学生的获取信息能力和分析能力，把握反应过程中的物质变化是解题关键，注意物质结构的分析与化学键的类型，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.由题干信息可知，k1>k2，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，故A正确；
B.由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++⋅OH+H2O，故基元反应I中氧元素的化合价发生变化，故B错误；
C.由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2⋅+Fe2++H+，故C正确；
D.由B、C分析可知，上述过程的总反应为：2H2O2− Fe2+,H+ HO+HO2⋅+H2O，H+参与反应，反应后又生成，反应前后不变，即芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)，故D正确；
故选：B。
A.相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快；
B.由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++⋅OH+H2O；
C.由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2⋅+Fe2++H+；
D.由B、C分析可知，上述过程的总反应为：2H2O2− Fe2+,H+ HO+HO2⋅+H2O，H+参与反应，反应后又生成，反应前后不变。
本题考查了化学反应机理，为高频考点，侧重于考查学生的获取信息能力和分析能力，把握反应过程中的物质变化是解题关键，注意物质结构的分析与化学键的类型，题目难度不大。
15.【答案】AD
【解析】解：A.d点两曲线pH相同，该点的pH=7，c(OH−)=10−7mol/L，已知lgc(B+)c(BOH)>2，则c(B+)>100c(BOH)，该温度下，Kb=c(B+)c(BOH)×c(OH−)>10−5，pKb=−lgKb<5，故A错误；
B.取lgc(B+)c(BOH)=0，该温度下，Kb=c(OH−)，同理Ka=c(H+)，b和b′点的纵坐标之和为14，推出Ka=Kb，a′点：c(OH−)=10Kb，此时pHa′=−lg10−15Kb，同理，a点对应pHa=−lg10Ka，pHa′+pHa=−lg10−15Kb+(−lg10Ka)=14，故B正确；
C.b和b′点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H+)等于b′点溶液中c(OH−)，两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，该点的pH=7，因此a′～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a′
故选：AD。
BOH溶液中滴加HA溶液，发生酸碱中和，溶液的pH随着HA溶液的滴加，pH逐渐降低，即a′～d代表pH与lgc(B+)c(BOH)关系图，同理a～d代表pH与lgc(A−)c(HA)关系图，据此分析作答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确曲线含义、各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电离平衡常数与水解平衡常数关系、电离平衡常数计算方法，题目难度中等。
16.【答案】小于 电负性N>P，F与P的电负性之差大，PF3中共用电子对偏移更大，极性更强，故NF3分子的极性小于PF3 F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的AlF63−，而碘离子半径大，空间位阻大，不能形成AlI63− 6 大于 1：1 4MNA×(a×10−10)3 12 26：31
【解析】解：(1)电负性N>P，F与P的电负性之差大于N与F的电负性之差，PF3中共用电子对偏移更大，极性更强，故NF3分子的极性小于PF3，
故答案为：小于；电负性N>P，F与P的电负性之差大，PF3中共用电子对偏移更大，极性更强，故NF3分子的极性小于PF3，
(2)F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的AlF63−，而碘离子比氟离子半径大，空间位阻大，不能形成AlI63−，
故答案为：F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的AlF63−，而碘离子半径大，空间位阻大，不能形成AlI63−；
(3)乙二胺分子中2个N原子均与Ru形成配位键，配合物中Ru形成6个配位键，中心原子Ru的配位数是6；乙二胺分子中氮原子含有1对孤电子对，而该配离子中氮原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，乙二胺中键角被压缩，该配离子中的键角∠HNH大于乙二胺，
故答案为：6；大于；
(4)Sn处于周期表第五周期第IVA族，核外电子数为14+18+18=50，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2，基态Sn原子的d轨道与p轨道上的电子数之比为(10+10)：(6+6+6+2)=1：1；Sn和Ti形成类似NaCl晶胞的结构，则1个晶胞含有4个“SnTi“，即1个晶胞含有4个“NiTiSn”，晶胞质量为4MNAg，晶胞体积=(a×10−10cm)3，晶体密度=4MNAg(a×10−10cm)3=4MNA×(a×10−10)3g⋅cm−3；Sn处于晶胞顶点、面心，Ti处于晶胞体心与棱心，棱心Ti距离体心Ti距离最近，晶胞有12个棱心，故距离Ti最近的Ti有12个；表面原子数：8个顶点、6个面心、12棱心，共有8+6+12=26个原子，内部原子数：1个体心，4个四面体空隙，原子总数为26+5=31，故该颗粒的表面原子数与总原子数的最简整数比为26：31，
故答案为：1：1；4MNA×(a×10−10)3；12；26：31。
(1)从电负性角度分析，电负性差值越大，分子极性越大；
(2)F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的配位键，而碘离子比较很大，空间位阻大；
(3)乙二胺分子中2个N原子均与Ru形成配位键；乙二胺分子中氮原子含有1对孤电子对，而该配离子中氮原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力；
(4)Sn处于周期表第五周期第IVA族，核外电子数为14+18+18=50，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2；Sn和Ti形成类似NaCl晶胞的结构，则1个晶胞含有4个“SnTi“，即1个晶胞含有4个“NiTiSn”，晶胞中原子总质量即为晶胞质量，计算晶胞质量、晶胞体积，晶体密度=晶胞质量晶胞体积；Sn处于晶胞顶点、面心，Ti处于晶胞体心与棱心，棱心Ti距离体心Ti距离最近；表面原子数：8个顶点、6个面心、12棱心，内部原子数：1个体心，4个四面体空隙。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及分子极性、配合物、键角大小比较、核外电子排布、晶胞结构与计算等，熟记常见晶胞结构特点，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
17.【答案】硫酸 2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O 2.6 2Co2(OH)2CO3+O2=焙烧2Co2O3+2H2O↑+2CO2↑ 蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤
【解析】解：(1)拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性，应先加入草酸，最后加入硫酸，溶解LiCoO2的反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O，
故答案为：硫酸；2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O；
(2)根据分析“滤液Ⅰ”中加入氨水调pH为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；若先调节pH并控制到5，再加入NaClO3，则Fe2+被氧化时的离子方程式为6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O，
故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O；
(3)若取1.0L“滤液Ⅱ”，测得Ca2+、Mg2+浓度均为0.01mol⋅L−1，可知沉淀镁离子，最后c(F−)= Ksp(MgF2)c(Mg2+)= 9.0×10−91×10−5mol/L=3×10−2mol/L，MgF2沉淀完全时F−浓度3×10−2mol/L；溶液体积为1L，则F−物质的量为0.03mol；沉淀钙离子，c(F−)= Ksp(CaF2)c(Ca2+)= 1.5×10−101×10−5mol/L≈4×10−3mol/L，CaF2沉淀完全时F−浓度4×10−3mol/L；溶液体积为1L，则F−物质的量为0.004mol，则溶液中最后F−物质的量为0.03mol；则至少需加入NH4F的物质的量为(0.02+0.02+0.03)mol=0.08mol，则NH4F的质量为0.07mol×37g/mol≈2.6g，
故答案为：2.6；
(4)在空气中“焙烧”Co2(OH)2CO3生成Co2O3、H2O、CO2，反应的化学方程式为2Co2(OH)2CO3+O2=焙烧2Co2O3+2H2O↑+2CO2↑，
故答案为：2Co2(OH)2CO3+O2=焙烧2Co2O3+2H2O↑+2CO2↑；
(5)为了获得更多更纯的Li2CO3固体，“系列操作”依次为蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤和干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤。
由流程可知，向样品中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，主要发生2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O，杂质转化为相应离子，Ca生成CaSO4沉淀，过滤除去得到滤渣Ⅰ为硫酸钙；浸出液含有Co2+、Al3+、Mg2+、Fe2+，加入NaClO3氧化亚铁离子为铁离子，再加入氨水调节pH使Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，则得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝；滤液加入NaOH、NH4F沉淀Mg2+，得到滤渣Ⅲ为MgF2沉淀；然后加入NH4HCO3，使使Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，Co2(OH)2CO3灼烧得到Co2O3；滤液加入碳酸钠，得到Li2CO3沉淀，经过系列操作得到碳酸锂，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
18.【答案】作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率 受热均匀，便于控温 滴液漏斗(或分液漏斗) 防止Fe(II)被空气中氧气氧化 迅速降温，有利于二茂铁结晶析出 紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸) FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O或FeCl2⋅4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O 91.4
【解析】解：(1)由题干知，二茂铁中Fe为+2价，容易被空气中氧气氧化，所以实验中需要一直慢慢地通入N2，其作用是作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；油浴加热的优点是受热均匀，便于控温，
故答案为：作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；受热均匀，便于控温；
(2)根据图示装置特点，仪器C的名称为滴液漏斗(或分液漏斗)；将空气完全吹出的目的是防止Fe(II)被空气中氧气氧化；反应为放热反应，加入碎冰的作用是迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；盐酸稍过量使溶液呈酸性，则可以选用的试剂是紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸)；根据题干信息知，氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水，反应方程式为：FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O或FeCl2⋅4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O，
故答案为：滴液漏斗(或分液漏斗)；防止Fe(II)被空气中氧气氧化；迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸)；FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O或FeCl2⋅4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O；
(3)根据FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，11.94gFeCl2⋅4H2O完全反应生成二茂铁的质量为：11.94g×186199=11.16g，则二茂铁的产率为：10.20g11.16g×100%≈91.4%，
故答案为：91.4。
(1)二茂铁中Fe容易被空气中氧气氧化，通入N2作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；油浴加热可以使受热均匀，便于控温；
(2)仪器C的名称为滴液漏斗(或分液漏斗)；空气中含有氧气，将空气完全吹出可防止Fe(II)被空气中氧气氧化；加入碎冰可以迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；盐酸稍过量使溶液呈酸性，可以使用酸碱指示剂；根据题干信息知，氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水；
(3)根据FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，11.94gFeCl2⋅4H2O完全反应生成二茂铁的质量为：11.94g×186199=11.16g，据此计算。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，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。
19.【答案】9 保护甲硫基，防止被氧化 醚键、羟基 还原反应 +2KOH→+K2CO3+
【解析】解：(1)A为，A的同分异构体含有苯环、含有2个−OH，已知2个−OH连在同一个C原子上不稳定，苯环有2个侧链为−OH、−CH2OH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为−OH、−OH、−CH3，2个羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有2种、3种、1种位置，符合条件的同分异构体共有3+2+3+1=9种，
故答案为：9；
(2)由信息③可知，甲硫基(CH3S−)易被溴水氧化，在A→E的合成路线中，先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)的原因是：保护甲硫基，防止被氧化，
故答案为：保护甲硫基，防止被氧化；
(3)F为，F的含氧官能团有酯基、醚键、羟基；F组成上去氧转化生成G，F→G的反应类型为还原反应，
故答案为：醚键、羟基；还原反应；
(4)H→I(KOH足量)的化学方程式为+2KOH→+K2CO3+，
故答案为：+2KOH→+K2CO3+；
(5)模仿生成D的转化，苯发生信息④中反应生成苯酚，苯酚与反应生成，然后加热重排生成，合成路线为，
故答案为：。
由A与B的分子式、C的结构简式，可知A与溴发生取代反应生成B，B中酚羟基上氢原子被取代生成C，故A为、B为，C进行结构重排生成D，D发生水解反应、然后发生取代生成E，E与Mg、发生信息中第1个反应生成F，推知F为，F组成上去氧转化生成G，F发生还原反应生成G，G发生氧化反应生成H，H发生水解反应生成I；
(5)模仿生成D的转化，苯发生信息④中反应生成苯酚，苯酚与反应生成，然后加热重排生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及同分异构体书写、对步骤的分析评价、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、合成路线设计等，注意对给予信息的理解，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
20.【答案】283 大于 43.8 T1、n(CH4)n(CO2)=1 在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小 副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应
【解析】解：(1)根据CH4和H2的燃烧热分别为763.7kJ⋅mol−1、285.8kJ⋅mol−1，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=−763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=−285.8kJ/mol，反应aCH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=373.9kJ⋅mol−1则I−a−2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2ΔH=ΔH1−ΔHa−2ΔH2=(−763.7kJ/mol)−(373.9kJ/mol)−2(−285.8kJ/mol)=−566kJ/mol，则CO的燃烧热为283kJ⋅mol−1，
故答案为：283；
(2)①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1>T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的ΔH3大于0，
故答案为：大于；
②在该催化剂作用下，n(CH4)n(CO2)投料比为2，假设CH4为2amol，则CO2为amol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2amol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol，又T1时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72amol，消耗CO2的物质的量为0.72amol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a−0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a−x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a−0.72a−x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a−x+1.44a+x+a−0.72a−x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则x4.92a×100%=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a−x=1.44a+0.96a−0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为2.154a4.92a×100%=43.8%，
故答案为：43.8；
③根据图像，在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、n(CH4)n(CO2)=1；相同温度下，随着n(CH4)n(CO2)投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，
故答案为：T1、n(CH4)n(CO2)=1；在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应。
(1)根据CH4和H2的燃烧热分别为763.7kJ⋅mol−1、285.8kJ⋅mol−1，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=−763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=−285.8kJ/mol，反应aCH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=373.9kJ⋅mol−1则I−a−2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2；
(2)①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大；
②在该催化剂作用下，n(CH4)n(CO2)投料比为2，假设CH4为2amol，则CO2为amol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2amol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol，又T1时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72amol，消耗CO2的物质的量为0.72amol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a−0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a−x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a−0.72a−x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a−x+1.44a+x+a−0.72a−x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则x4.92a×100%=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a−x=1.44a+0.96a−0.246a=2.154amol，据此计算；
③根据图像，在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；相同温度下，随着n(CH4)n(CO2)投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小。
本题考查盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是体积分数的计算。
2023年山东省济南市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 下列操作正确的是( )
A. 用酒精灯直接加热锥形瓶内液体
B. 用纸槽向玻璃试管中加铁粉
C. 用托盘天平称取4.8gNaOH时，右盘上放2个2g砝码并用镊子拨动游码至0.8g处
D. 苯酚不慎沾到皮肤上后，立即用抹布擦拭掉，然后再用水冲洗
2. 下列方法可行的是( )
A. 用核磁共振氢谱鉴别2−溴丁烷的一对对映异构体
B. 选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+
C. 向含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热一段时间，除去过量的Cl2即可得到纯净的FeCl3溶液
D. 除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后再过滤，重复操作几次
3. 某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W形成，X、Y与Z同一周期，Y与W同族。下列说法正确的是( )
A. 元素的电负性：W
A. 有氧条件下Fe3O4与Cl−转化为FeOCl，周围环境的pH增大
B. FeOCl可自发转变为FeO(OH)，说明FeO(OH)的溶解度小于FeOCl
C. 检验FeO(OH)中是否含有FeOCl，可选用的试剂是稀硫酸和KSCN溶液
D. 1molFeOCl完全转化为Fe3O4时转移13mol电子
5. 某些物质之间可以在一定条件下进行如图转化，下列说法正确的是( )
A. 若X是金属单质，则该金属元素一定位于周期表的d区或ds区
B. 若X是乙醇、Y是乙醛，则Z一定是乙酸
C. 若X是H2S，则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体
D. 若X是NH3，则Z可以是无色气体NO
6. 偶氮苯从稳定异构体向亚稳态异构体的转变只能由光触发，而反向转变则可以通过光或热反应发生，下列说法错误的是 ( )
A. E式和Z式结构中都存在大π键
B. E式和Z式结构中的碳原子和氮原子都是sp2杂化
C. 偶氮苯的E、Z互变所需光的频率相同
D. 偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成
7. 常温常压下，在3种不同碳负载的铜微粒(a、b和c)上，选择性电催化乙炔加氢制乙烯(H+电还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图，下列说法错误的是 ( )
A. 析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应
B. 析氢反应的能力：a>c>b
C. 吸附C2H2的能力：a
8. 利用镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)生产硫酸镍的工艺流程如图所示。
沉淀
Ni(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Fe(OH)2
NiS
CuS
FeS
Ksp
5.5×10−16
2.6×10−39
2.2×10−20
4.9×10−17
3.2×10−19
1.3×10−36
6.3×10−18
下列说法错误的是( )
A. “酸溶”时，应该先加入一定量的硝酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硫酸
B. “中和”、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素
C. 硫化剂X可以是NiS
D. “酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，提高“酸溶”速率
9. 丝氨酸的工业化生产难度很大，其生产工艺的开发倍受关注.选择以亚甲氨基乙腈和甲醛为原料的合成过程如图所示，下列说法错误的是 ( )
A. 由于亚甲氨基(−N=CH2)和氰基(−CN)的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)有较强的反应活性
B. 2−亚甲氨基−3−羟基丙腈中的所有C、N、O原子可能位于同一平面
C. 丝氨酸可溶于水
D. 上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高
10. NiOOH−Zn电池(KOH为电解液)的工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 工作时，OH−向负极移动
B. 工作一段时间后，电解液pH减小
C. 负极电极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O
D. 当电路中转移0.2mol电子时，电解液质量增加6.4g
11. 下列实验的“操作和现象”与“推测或结论”对应关系一定正确的是 ( )
操作和现象
推测或结论
A
常温下，同时向盛有5%和30%双氧水的试管中各加入一粒相同大小的MnO2后，盛有30%双氧水的试管中反应更剧烈
盛有30%双氧水的试管最先停止冒气泡
B
用铁丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液含有钠盐
C
某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该气体的水溶液显碱性
D
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去
使溶液褪色的气体是乙烯
A. A B. B C. C D. D
12. 碱土金属碳酸盐热分解反应的相关数据如图表，其分解温度(一定压强下热分解反应达平衡时的温度)与压强有关.已知ΔH°和ΔS°随温度T的变化可以忽略不计，当且仅当P(CO2)为100kPa且分解反应达平衡时恰有ΔH°−T⋅ΔS°=0.下列说法正确的是 ( )
总压100kPa，MCO3(s)=MO(s)+CO2(g)
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
ΔH°/(kJ⋅mol−1)
117
175
x
268
ΔS°/(J⋅mol−1⋅K−1)
167
161
167
167
p(CO2)=100kPa时的分解温度/K
701
1087
1413
1605
A. 表中x≈236
B. 4种碳酸盐热分解的ΔS°相近，其主要原因是4种晶体的晶体类型相似
C. 从Mg2+到Ba2+，阳离子半径依次增大，M2+与O2−的作用力逐渐减弱，生成MO越来越难，导致其分解温度越来越高
D. 露天条件下(总压p为100kPa)，石灰石受热分解生成生石灰的起始温度高于1087K
13. 耦合电化学合成法从CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应原理如图1所示，反应②的机理如图2所示。下列说法正确的是 ( )
A. 该电化学合成法从CO2合成碳酸二甲酯的总反应是非氧化还原反应
B. 图2含Pd物质中Pd的价态保持不变
C. PdBr2是反应②的催化剂
D. 工作过程中反应①、②和③逐级转移电子，电子的能量保持不变
14. 均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(k1和k2为速率常数)。下列说法错误的是( )
A. 相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B. 基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
C. 基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2⋅+Fe2++H+
D. 芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH几乎不变(忽略体积变化)
15. 常温下，浓度相同的一元弱酸HA稀溶液和一元弱碱BOH稀溶液互相滴定，溶液中pH与lgc(A−)c(HA)或lgc(B+)c(BOH)的关系如图所示.已知HA和BOH的电离常数为Ka和Kb，且b和b′点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是( )
A. pKb>5 B. a和a′点的纵坐标之和为14
C. 水的电离程度：a′
(1)NF3分子的极性 ______ (填“大于”或“小于”)PF3，原因是 ______ 。
(2)AlF63−可以稳定存在但是AlI63−不存在的主要原因是 ______ 。
(3)乙二胺H2NCH2CH2NH2在配合物结构图中常用NN表示，[Ru(H2NCH2CH2NH2)3]2+的结构如图所示，中心原子Ru的配位数是 ______ ，该配离子中的键角∠HNH ______ (填“大于”、“等于”或“小于”)乙二胺。
(4)基态Sn原子的d轨道与p轨道上的电子数之比为 ______ 。晶体NiTiSn(相对分子质量为M)是重要的热电材料之一，该晶体晶胞(以Sn为顶点)的棱长均为apm，棱边夹角均为90°，Sn和Ti形成类似NaCl晶胞的结构，Ni在Ti形成的四面体空隙处，则晶体的密度为 ______ g⋅cm−3(NA表示阿伏加德罗常数的值)，距离Ti最近的Ti有 ______ 个。纳米材料的量子尺寸效应可以显著提高材料的热电性能，表面原子占总原子数的比例是重要的影响因素，假设某NiTiSn材料颗粒恰好是由1个上述NiTiSn晶胞构成的小立方体，该颗粒的表面原子数与总原子数的最简整数比为 ______ 。
17. 某化工厂利用废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3的工艺流程如图：
已知：①草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性。
②常温时，有关物质Ksp如下表(单位已略)：
Fe(OH)3
Al(OH3)
Co(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Mg(OH)2
Ca(OH)2
MgF2
CaF2
2.6×10−39
1.3×10−33
4×10−44
4.9×10−17
5.9×10−15
5.6×10−12
4.7×10−6
9.0×10−9
1.5×10−10
③当离子浓度c≤1×10−5mol⋅L−1，可认为沉淀完全。
④常温下Li2CO3的溶解度为1.3g，Li2CO3的溶解度随温度的升高而逐渐减小。
回答下列问题：
(1)拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，最后加入的是 ______ (填“硫酸”或“草酸”)，溶解LiCoO2的反应的离子方程式为 ______ ．
(2)“滤液Ⅰ”中加入氨水调pH为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是 ______ (填化学式).若先调节pH并控制到5，再加入NaClO3，则Fe2+被氧化时的离子方程式为 ______ 。
(3)若取1.0L“滤液Ⅱ”，测得Ca2+、Mg2+浓度均为0.01mol⋅L−1，则至少需加入 ______ g(保留到小数点后1位)NH4F固体才能使Mg2+沉淀完全。
(4)在空气中“焙烧”Co2(OH)2CO3的化学方程式为 ______ 。
(5)为了获得更多更纯的Li2CO3固体，“系列操作”依次为 ______ 和干燥。
18. 二茂铁【Fe(C5H5)2，Fe为+2价】是最早被发现的夹心配合物，橙色晶体，100℃以上升华，熔点172℃，沸点249℃，难溶于水，空气中稳定，与酸、碱一般不作用.实验室中，先由二聚环戊二烯C10H12(沸点170℃)热解聚制备环戊二烯C5H6(密度0.88g⋅cm−3，熔点−85℃，沸点42.5℃)(图1)，然后制备二茂铁(图2)，最后纯化(图3)，夹持装置已略。回答下列问题：
(1)检查装置气密性并在烧瓶中加入二聚环戊二烯，实验中需要一直慢慢地通入N2，其作用是 ______ .将电热棒调至350～400℃，同时170℃油浴加热烧瓶，油浴加热的优点是 ______ ，反应完成后在接收瓶中得到环戊二烯纯品。
(2)将磁子和足量KOH粉末放在三颈烧瓶中，加入适量有机溶剂和15.0mL环戊二烯，缓慢搅拌，烧瓶左侧口用A塞紧，中间瓶口装上仪器C(已打开旋塞B和玻璃塞)，右侧口接带T形管的汞起泡器和氮气瓶，用氮气流吹洗烧瓶和C直至空气完全吹出，关上B，将溶解了11.94gFeCl2⋅4H2O的有机溶剂注入仪器C，…打开B，滴加完后快速搅拌30min，制备反应结束。…向烧瓶中加入稍过量的盐酸和适量碎冰。…将烧瓶内的沉淀收集到过滤器上，用水洗涤，干燥，得到二茂铁粗品。仪器C的名称为 ______ ，将空气完全吹出的目的是 ______ ，加入碎冰的作用是 ______ ，证明盐酸已稍过量的试剂是 ______ ，写出生成二茂铁的反应的化学方程式： ______ 。
(3)将盛有粗品的培养皿放在电热板上加热，最终得到纯品10.20g，二茂铁的产率为 ______ %(保留到小数点后一位)。
19. 如图是神经激肽拮抗剂ZD2249甲氧基亚砜(I)的制备新方法的合成路线：
已知：
②基团−CBz的结构为，常作为氨基的保护基使用
③
④
回答下列问题：
(1)符合下列条件的A的同分异构体有 ______ 种(已知2个−OH连在同一个C原子上不稳定)：a.含有苯环；b.含有2个−OH。
(2)在A→E的合成路线中，先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)的原因是 ______ 。
(3)F的含氧官能团有酯基、 ______ (填名称)；F→G的反应类型为 ______ 。
(4)H→I(KOH足量)的化学方程式为 ______ 。
(5)写出以为原料制备的合成路线(其他试剂任选)： ______ 。
20. 以CH4、CO2为原料制备合成气(CO、H2)，发生的反应如下：
主反应a：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=373.9kJ⋅mol−1
副反应b：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH2=74.8kJ⋅mol−1
副反应c：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH3
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的CH4在全部所消耗的CH4中占有的比例
回答下列问题：
(1)CH4和H2的燃烧热分别为763.7kJ⋅mol−1、285.8kJ⋅mol−1，则CO的燃烧热为 ______ kJ⋅mol−1。
(2)在同一固相催化剂和5×105Pa下，研究不同温度，n(CH4)n(CO2)投料比对CH4平衡转化率及H2O体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的ΔH3 ______ 0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下，n(CH4)n(CO2)投料比为2，T1时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后H2的体积分数为 ______ %(保留到小数点后一位)。
③根据图象，选择合成体系适宜的反应条件为 ______ ，原因是 ______ ；相同温度下，随着n(CH4)n(CO2)投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.锥形瓶不能直接加热，故A错误；
B.粉末状的固体可以用纸槽向玻璃试管中添加，所以可以用纸槽向玻璃试管中加铁粉，故B正确；
C.NaOH具有强腐蚀性，所以需要放在烧杯中称量，则烧杯和NaOH固体的质量大于5g，所以实际使用的砝码超过5g，小于1g使用游码，故C错误；
D.酒精能够溶解苯酚，且酒精对皮肤没有伤害，所以苯酚不慎沾到皮肤上，立即用酒精洗涤，故D错误；
故选：B。
A.锥形瓶不能直接加热；
B.粉末状的固体可以用纸槽向玻璃试管中添加；
C.NaOH具有强腐蚀性，所以需要放在烧杯中称量，则烧杯和NaOH固体的质量大于5g；
D.苯酚易溶于酒精，微溶于水，酒精易挥发。
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、反应与现象、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。
2.【答案】D
【解析】解：A.不能用核磁共振氢谱鉴别2−溴丁烷的一对对映异构体，两者的核磁共振氢谱是一样的，故A错误；
B.选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+，现象分别为Fe2+生成白色沉淀最后变为红褐色，由于氢氧化铝不溶于弱碱氨水，故Al3+和Mg2+均和氨水反应生成白色沉淀，Ag+生成银氨溶液，故鉴别不开，故B错误；
C.氯气可氧化亚铁离子，加热可促进铁离子水解，生成氢氧化铁，则不能得到纯净的FeCl3溶液，故C错误；
D.除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后，可降低氯化镁的溶解度，再过滤，重复操作几次，可得到纯净的NaCl，故D正确；
故选：D。
A.对映异构体的核磁共振氢谱是一样的；
B.氢氧化亚铁在空气中会变为氢氧化铁，氢氧化铝不溶于弱碱氨水；
C.氯气可氧化亚铁离子，加热可促进铁离子水解；
D.除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可以用重结晶法分离。
本题考查了物质的鉴别的方法，应根据物质的性质的区别来分析，注意结合物质的性质特点进行解答，难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，W为S元素，
A.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，其中N的非金属必强于S，即N的电负性大于S，则元素的电负性：W
某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W形成，X、Y与Z同一周期，Y与W同族，Y形成2个共价键，W形成6个共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O，W为S；Z、X位于第二周期，Z形成1个共价键，则Z为F；X形成2个共价键，且1个电子使阴离子带有1个单位负电荷，则X为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.转化时发生4Fe3O4+O2+12Cl−+6H2O=12FeOCl+12OH−，氢氧根离子浓度增大，环境的pH增大，故A正确
B.化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由FeOCl可自发转变为FeO(OH)，可说明FeO(OH)的溶解度小于FeOCl，故B正确；
C.FeO(OH)、FeOCl中Fe均为+3价，稀硫酸和KSCN溶液不能检验，应从检验氯离子的角度检验FeO(OH)中是否含有FeOCl，故C错误；
D.3molFeOCl完全转化为Fe3O4时，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，转移1mol电子，则1molFeOCl完全转化为Fe3O4时转移13mol电子，故D正确；
故选：C。
A.转化时发生4Fe3O4+O2+12Cl−+6H2O=12FeOCl+12OH−；
B.化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势；
C.FeO(OH)、FeOCl中Fe均为+3价；
D.3molFeOCl完全转化为Fe3O4时，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，转移1mol电子。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、元素的化合价为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.若X是金属单质，X可能为Na，Na与氧气反应生成氧化钠、氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，钠与氧气加热生成过氧化钠，符合图中转化，Na在元素周期表中位于s区，故A错误；
B.乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，且乙醇、乙醛均可与氧气反应生成二氧化碳，则Z可能为乙酸或二氧化碳，故B错误；
C.X是H2S，与少量氧气反应生成S，与足量氧气反应生成二氧化硫，Y只能为S，若为二氧化硫不符合X→Z的转化，故C错误；
D.若X是NH3，氨气与氧气发生催化氧化反应生成NO，氨气与氧气点燃生成氮气，氮气与氧气反应生成NO，符合图中转化，则Z可以是无色气体NO，故D正确；
故选：D。
A.若X是金属单质，X可能为Na，Na与氧气反应生成氧化钠、氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，钠与氧气加热生成过氧化钠；
B.乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，且乙醇、乙醛均可与氧气反应生成二氧化碳；
C.X是H2S，与少量氧气反应生成S，与足量氧气反应生成二氧化硫；
D.若X是NH3，氨气与氧气发生催化氧化反应生成NO，氨气与氧气点燃生成氮气，氮气与氧气反应生成NO。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.E式和Z式结构中都含有2个苯环，苯环中含有π66的大π键，故A正确；
B.E式和Z式结构中的碳原子的σ 键数均为3，为sp2杂化，氮原子的σ 键数均为2，另含有一对孤电子对，价层电子对数=2+1=3，所以氮原子也是sp2杂化，故B正确；
C.偶氮苯的E、Z互变所需光的频率不相同，反应的活化能不同，反应的条件不同，故C错误；
D.偶氮苯的E、Z互变属于化学变化，化学变化中包含化学键的断裂与形成，故D正确；
故选：C。
A.苯环中含有π66的大π键；
B.E式和Z式结构中的碳原子和氮原子的价层电子对数；
C.E、Z互变所需光的频率不相同，反应的活化能不同；
D.化学变化的本质是化学键的断裂与形成。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及大π键、杂化方式的判断，化学键的断裂与形成等，属于基本知识的考查，难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.选择性电催化乙炔加氢制乙烯的同时H+发生电还原为H2的反应，则二者存在竞争关系，故A正确；
B.由H+电还原为H2图可知，活化能：a>c>b，活化能越大，反应速率越慢，则析氢反应的能力：b>c>a，故B错误；
C.催化剂吸附C2H2的过程放热，吸附能力越大，物质具有的能量越低，由图可知，吸附C2H2的能力：c>b>a，故C正确；
D.由图可知，物质ⅰ生成ⅱ的活化能最大，该步反应的反应速率最小，对乙炔加氢制乙烯反应的速率有决速作用，故D正确；
故选：B。
A.电催化乙炔加氢制乙烯，H+电还原为H2的析氢反应可同时发生；
B.活化能越大，反应速率越慢；
C.催化剂吸附C2H2的过程放热，吸附能力越大，物质具有的能量越低；
D.反应的活化能越大，反应速率越小。
本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、催化剂的作用、催化剂对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，为节约试剂，“酸溶”时，应该先加入一定量的硫酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硝酸，故A错误；
B.由上述分析可知，“中和”、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素，滤渣1主要为Fe(OH)3，故B正确；
C.由表中数据及除杂时不能引入新杂质，可知硫化剂X可以是NiS，故C正确；
D.硫酸与Fe、Ni均反应生成氢气，硝酸具有强氧化性，则“酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，提高“酸溶”速率，故D正确；
故选：A。
由流程可知，酸溶时Ni、Fe、Cu均转化为离子，加碱式碳酸镍中和酸，过滤分离出滤渣1主要为Fe(OH)3，滤液中加X为NiS，过滤分离出滤渣2为CuS，分离出硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸镍晶体，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)与甲醛发生加成反应，说明亚甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)有较强的反应活性，是亚甲氨基(−N=CH2)和氰基(−CN)的作用所致，故A正确；
B.存在结构，具有四面体构型，2−亚甲氨基−3−羟基丙腈中的所有C、N、O原子不可能位于同一平面内，故B错误；
C.丝氨酸含有羧基、羟基、氨基，与水分子之间形成氢键，且烃基很小，丝氨酸可溶于水，故C正确；
D.丝氨酸分子之间形成多种氢键，3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高，故D正确；
故选：B。
A.甲氨基乙腈中的亚甲基(−CH2−)与甲醛发生加成反应；
B.存在结构，具有四面体构型；
C.丝氨酸含有羧基、羟基、氨基，与水分子之间形成氢键；
D.丝氨酸分子之间形成多种氢键。
本题考查有机物结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意氢键对位置性质的影响，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。
10.【答案】D
【解析】解：A.原电池工作时，阴离子移向负极，即OH−向负极移动，故A正确；
B.原电池工作时总反应为Zn+2OH−+2NiOOH=ZnO22−+2Ni(OH)2，则电解液碱性减弱、pH减小，故B正确；
C.Zn作负极，负极上Zn发生失电子的反应生成ZnO22−，负极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O，故C正确；
D.原电池工作时总反应为Zn+2KOH+2NiOOH=K2ZnO2+2Ni(OH)2，转移电子2e−，电解液中溶质变化为2molKOH→1molK2ZnO2，则电路中转移0.2mol电子时，电解液质量增加6.5g−0.2g=6.3g，故D错误；
故选：D。
NiOOH−Zn电池(KOH为电解液)电池中，Zn发生失电子的氧化反应生成ZnO22−，作负极，NiOOH电极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2，作正极，负极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O，正极反应式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，总反应为Zn+2OH−+2NiOOH=ZnO22−+2Ni(OH)2，据此分析解答。
本题考查了原电池原理，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写、离子移动方向即可解答，侧重分析能力和计算能力的考查，注意结合电解质酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
11.【答案】AC
【解析】解：A.只有双氧水的浓度不同，浓度越大、反应速率越快，则盛有30%双氧水的试管最先停止冒气泡，故A正确；
B.钠元素的焰色为黄色，由实验及现象可知，溶液为NaOH或钠盐溶液，故B错误；
C.碱性溶液可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体的水溶液显碱性，故C正确；
D.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故D错误；
故选：AC。
A.只有双氧水的浓度不同；
B.钠元素的焰色为黄色；
C.碱性溶液可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
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、反应与现象、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。
12.【答案】AC
【解析】解：A.由题干信息可知，ΔH°−TΔS°=0即ΔH°=TΔS°=1413K×167J⋅mol−1⋅K−1=235971J/mol≈236kJ/mol，即表中x≈236，故A正确；
B.熵是衡量物质混乱程度的物理量，已知4种物质分解均只产生CO2一种气体，气体的熵值最大决定反应的熵变的主要因素，压强相等时，气体的熵值相近，则4种碳酸盐热分解的ΔS°相近，其主要原因是4种物质分解均只产生CO2，而与4种晶体的晶体类型相似无关，故B错误；
C.从Mg2+到Ba2+，阳离子半径依次增大，M2+与O2−的作用力逐渐减弱，即M2+与O2−结合越来越困难，即生成MO越来越难，导致其分解温度越来越高，故C正确；
D.露天条件下(总压p为100kPaMO)，由于混有空气，导致CO2的平衡分压减小，压强越小物质的熵值越大，故石灰石受热分解生成生石灰的起始温度低于1087K，故D错误；
故选：AC。
A.由题干信息可知，ΔH°−TΔS°=0即ΔH°=TΔS°=1413K×167J⋅mol−1⋅K−1=235971J/mol≈236kJ/mol；
B.熵是衡量物质混乱程度的物理量，已知4种物质分解均只产生CO2一种气体，气体的熵值最大决定反应的熵变的主要因素，压强相等时，气体的熵值相近，则4种碳酸盐热分解的ΔS°相近；
C.从Mg2+到Ba2+，阳离子半径依次增大，M2+与O2−的作用力逐渐减弱，即M2+与O2−结合越来越困难，即生成MO越来越难；
D.露天条件下(总压p为100kPaMO)，由于混有空气，导致CO2的平衡分压减小，压强越小物质的熵值越大。
本题考查化学反应速率、化学反应热，为高频考点，明确化学反应速率的影响因素，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.①阴极：CO2+2CH3OH+2e−=CO+2CH3O−+H2O，③阳极：2Br−−2e−=Br2，②2CH3O−+CO+Br2=2Br−+(CH3O)2CO，①+②+③得总反应CO2+2CH3OH→电解H2O+(CH3O)2CO，合成碳酸二甲酯过程中，元素的化合价末发生变化，总反应是非氧化还原反应，故A正确；
B.图2由Pd→PdBr2，Pd元素从0升到+2价，Pd的价态发生变化，故B错误；
C.反应②发生Br2→2Br−，PdBr2参与反应，作为中间产物，不是催化剂，故C错误；
D.工作过程中反应①发生CO2→CO得到2个电子，③2Br−→Br2都是失去2个电子，反应②Br2→2Br−得电子，CO失电子生成(CH3O)2CO，反应①、②和③不是逐级转移电子，电子的能量保持不变，故D错误；
故选：A。
A.从CO2合成碳酸二甲酯过程中碳元素化合价发生变化；
B.图2由Pd→PdBr2，Pd元素从0升到+2价；
C.反应②发生Br2→2Br−，PdBr2参与反应，作为中间产物；
D.工作过程中反应①发生CO2→CO得到2个电子，反应②Br2→2Br−和③2Br−→Br2都是转移2个电子。
本题考查了化学反应机理，为高频考点，侧重于考查学生的获取信息能力和分析能力，把握反应过程中的物质变化是解题关键，注意物质结构的分析与化学键的类型，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.由题干信息可知，k1>k2，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，故A正确；
B.由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++⋅OH+H2O，故基元反应I中氧元素的化合价发生变化，故B错误；
C.由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2⋅+Fe2++H+，故C正确；
D.由B、C分析可知，上述过程的总反应为：2H2O2− Fe2+,H+ HO+HO2⋅+H2O，H+参与反应，反应后又生成，反应前后不变，即芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)，故D正确；
故选：B。
A.相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快；
B.由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++⋅OH+H2O；
C.由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2⋅+Fe2++H+；
D.由B、C分析可知，上述过程的总反应为：2H2O2− Fe2+,H+ HO+HO2⋅+H2O，H+参与反应，反应后又生成，反应前后不变。
本题考查了化学反应机理，为高频考点，侧重于考查学生的获取信息能力和分析能力，把握反应过程中的物质变化是解题关键，注意物质结构的分析与化学键的类型，题目难度不大。
15.【答案】AD
【解析】解：A.d点两曲线pH相同，该点的pH=7，c(OH−)=10−7mol/L，已知lgc(B+)c(BOH)>2，则c(B+)>100c(BOH)，该温度下，Kb=c(B+)c(BOH)×c(OH−)>10−5，pKb=−lgKb<5，故A错误；
B.取lgc(B+)c(BOH)=0，该温度下，Kb=c(OH−)，同理Ka=c(H+)，b和b′点的纵坐标之和为14，推出Ka=Kb，a′点：c(OH−)=10Kb，此时pHa′=−lg10−15Kb，同理，a点对应pHa=−lg10Ka，pHa′+pHa=−lg10−15Kb+(−lg10Ka)=14，故B正确；
C.b和b′点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H+)等于b′点溶液中c(OH−)，两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，该点的pH=7，因此a′～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a′
故选：AD。
BOH溶液中滴加HA溶液，发生酸碱中和，溶液的pH随着HA溶液的滴加，pH逐渐降低，即a′～d代表pH与lgc(B+)c(BOH)关系图，同理a～d代表pH与lgc(A−)c(HA)关系图，据此分析作答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确曲线含义、各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电离平衡常数与水解平衡常数关系、电离平衡常数计算方法，题目难度中等。
16.【答案】小于 电负性N>P，F与P的电负性之差大，PF3中共用电子对偏移更大，极性更强，故NF3分子的极性小于PF3 F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的AlF63−，而碘离子半径大，空间位阻大，不能形成AlI63− 6 大于 1：1 4MNA×(a×10−10)3 12 26：31
【解析】解：(1)电负性N>P，F与P的电负性之差大于N与F的电负性之差，PF3中共用电子对偏移更大，极性更强，故NF3分子的极性小于PF3，
故答案为：小于；电负性N>P，F与P的电负性之差大，PF3中共用电子对偏移更大，极性更强，故NF3分子的极性小于PF3，
(2)F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的AlF63−，而碘离子比氟离子半径大，空间位阻大，不能形成AlI63−，
故答案为：F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的AlF63−，而碘离子半径大，空间位阻大，不能形成AlI63−；
(3)乙二胺分子中2个N原子均与Ru形成配位键，配合物中Ru形成6个配位键，中心原子Ru的配位数是6；乙二胺分子中氮原子含有1对孤电子对，而该配离子中氮原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，乙二胺中键角被压缩，该配离子中的键角∠HNH大于乙二胺，
故答案为：6；大于；
(4)Sn处于周期表第五周期第IVA族，核外电子数为14+18+18=50，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2，基态Sn原子的d轨道与p轨道上的电子数之比为(10+10)：(6+6+6+2)=1：1；Sn和Ti形成类似NaCl晶胞的结构，则1个晶胞含有4个“SnTi“，即1个晶胞含有4个“NiTiSn”，晶胞质量为4MNAg，晶胞体积=(a×10−10cm)3，晶体密度=4MNAg(a×10−10cm)3=4MNA×(a×10−10)3g⋅cm−3；Sn处于晶胞顶点、面心，Ti处于晶胞体心与棱心，棱心Ti距离体心Ti距离最近，晶胞有12个棱心，故距离Ti最近的Ti有12个；表面原子数：8个顶点、6个面心、12棱心，共有8+6+12=26个原子，内部原子数：1个体心，4个四面体空隙，原子总数为26+5=31，故该颗粒的表面原子数与总原子数的最简整数比为26：31，
故答案为：1：1；4MNA×(a×10−10)3；12；26：31。
(1)从电负性角度分析，电负性差值越大，分子极性越大；
(2)F的电负性很大，溶液中氟离子与铝离子形成稳定的配位键，而碘离子比较很大，空间位阻大；
(3)乙二胺分子中2个N原子均与Ru形成配位键；乙二胺分子中氮原子含有1对孤电子对，而该配离子中氮原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力；
(4)Sn处于周期表第五周期第IVA族，核外电子数为14+18+18=50，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2；Sn和Ti形成类似NaCl晶胞的结构，则1个晶胞含有4个“SnTi“，即1个晶胞含有4个“NiTiSn”，晶胞中原子总质量即为晶胞质量，计算晶胞质量、晶胞体积，晶体密度=晶胞质量晶胞体积；Sn处于晶胞顶点、面心，Ti处于晶胞体心与棱心，棱心Ti距离体心Ti距离最近；表面原子数：8个顶点、6个面心、12棱心，内部原子数：1个体心，4个四面体空隙。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及分子极性、配合物、键角大小比较、核外电子排布、晶胞结构与计算等，熟记常见晶胞结构特点，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
17.【答案】硫酸 2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O 2.6 2Co2(OH)2CO3+O2=焙烧2Co2O3+2H2O↑+2CO2↑ 蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤
【解析】解：(1)拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性，应先加入草酸，最后加入硫酸，溶解LiCoO2的反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O，
故答案为：硫酸；2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O；
(2)根据分析“滤液Ⅰ”中加入氨水调pH为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；若先调节pH并控制到5，再加入NaClO3，则Fe2+被氧化时的离子方程式为6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O，
故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O；
(3)若取1.0L“滤液Ⅱ”，测得Ca2+、Mg2+浓度均为0.01mol⋅L−1，可知沉淀镁离子，最后c(F−)= Ksp(MgF2)c(Mg2+)= 9.0×10−91×10−5mol/L=3×10−2mol/L，MgF2沉淀完全时F−浓度3×10−2mol/L；溶液体积为1L，则F−物质的量为0.03mol；沉淀钙离子，c(F−)= Ksp(CaF2)c(Ca2+)= 1.5×10−101×10−5mol/L≈4×10−3mol/L，CaF2沉淀完全时F−浓度4×10−3mol/L；溶液体积为1L，则F−物质的量为0.004mol，则溶液中最后F−物质的量为0.03mol；则至少需加入NH4F的物质的量为(0.02+0.02+0.03)mol=0.08mol，则NH4F的质量为0.07mol×37g/mol≈2.6g，
故答案为：2.6；
(4)在空气中“焙烧”Co2(OH)2CO3生成Co2O3、H2O、CO2，反应的化学方程式为2Co2(OH)2CO3+O2=焙烧2Co2O3+2H2O↑+2CO2↑，
故答案为：2Co2(OH)2CO3+O2=焙烧2Co2O3+2H2O↑+2CO2↑；
(5)为了获得更多更纯的Li2CO3固体，“系列操作”依次为蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤和干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤。
由流程可知，向样品中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，主要发生2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2CO2↑+2Li++4H2O，杂质转化为相应离子，Ca生成CaSO4沉淀，过滤除去得到滤渣Ⅰ为硫酸钙；浸出液含有Co2+、Al3+、Mg2+、Fe2+，加入NaClO3氧化亚铁离子为铁离子，再加入氨水调节pH使Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，则得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝；滤液加入NaOH、NH4F沉淀Mg2+，得到滤渣Ⅲ为MgF2沉淀；然后加入NH4HCO3，使使Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，Co2(OH)2CO3灼烧得到Co2O3；滤液加入碳酸钠，得到Li2CO3沉淀，经过系列操作得到碳酸锂，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
18.【答案】作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率 受热均匀，便于控温 滴液漏斗(或分液漏斗) 防止Fe(II)被空气中氧气氧化 迅速降温，有利于二茂铁结晶析出 紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸) FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O或FeCl2⋅4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O 91.4
【解析】解：(1)由题干知，二茂铁中Fe为+2价，容易被空气中氧气氧化，所以实验中需要一直慢慢地通入N2，其作用是作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；油浴加热的优点是受热均匀，便于控温，
故答案为：作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；受热均匀，便于控温；
(2)根据图示装置特点，仪器C的名称为滴液漏斗(或分液漏斗)；将空气完全吹出的目的是防止Fe(II)被空气中氧气氧化；反应为放热反应，加入碎冰的作用是迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；盐酸稍过量使溶液呈酸性，则可以选用的试剂是紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸)；根据题干信息知，氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水，反应方程式为：FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O或FeCl2⋅4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O，
故答案为：滴液漏斗(或分液漏斗)；防止Fe(II)被空气中氧气氧化；迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸)；FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O或FeCl2⋅4H2O+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+6H2O；
(3)根据FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，11.94gFeCl2⋅4H2O完全反应生成二茂铁的质量为：11.94g×186199=11.16g，则二茂铁的产率为：10.20g11.16g×100%≈91.4%，
故答案为：91.4。
(1)二茂铁中Fe容易被空气中氧气氧化，通入N2作保护气，将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；油浴加热可以使受热均匀，便于控温；
(2)仪器C的名称为滴液漏斗(或分液漏斗)；空气中含有氧气，将空气完全吹出可防止Fe(II)被空气中氧气氧化；加入碎冰可以迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；盐酸稍过量使溶液呈酸性，可以使用酸碱指示剂；根据题干信息知，氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水；
(3)根据FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，11.94gFeCl2⋅4H2O完全反应生成二茂铁的质量为：11.94g×186199=11.16g，据此计算。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，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。
19.【答案】9 保护甲硫基，防止被氧化 醚键、羟基 还原反应 +2KOH→+K2CO3+
【解析】解：(1)A为，A的同分异构体含有苯环、含有2个−OH，已知2个−OH连在同一个C原子上不稳定，苯环有2个侧链为−OH、−CH2OH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为−OH、−OH、−CH3，2个羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有2种、3种、1种位置，符合条件的同分异构体共有3+2+3+1=9种，
故答案为：9；
(2)由信息③可知，甲硫基(CH3S−)易被溴水氧化，在A→E的合成路线中，先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)的原因是：保护甲硫基，防止被氧化，
故答案为：保护甲硫基，防止被氧化；
(3)F为，F的含氧官能团有酯基、醚键、羟基；F组成上去氧转化生成G，F→G的反应类型为还原反应，
故答案为：醚键、羟基；还原反应；
(4)H→I(KOH足量)的化学方程式为+2KOH→+K2CO3+，
故答案为：+2KOH→+K2CO3+；
(5)模仿生成D的转化，苯发生信息④中反应生成苯酚，苯酚与反应生成，然后加热重排生成，合成路线为，
故答案为：。
由A与B的分子式、C的结构简式，可知A与溴发生取代反应生成B，B中酚羟基上氢原子被取代生成C，故A为、B为，C进行结构重排生成D，D发生水解反应、然后发生取代生成E，E与Mg、发生信息中第1个反应生成F，推知F为，F组成上去氧转化生成G，F发生还原反应生成G，G发生氧化反应生成H，H发生水解反应生成I；
(5)模仿生成D的转化，苯发生信息④中反应生成苯酚，苯酚与反应生成，然后加热重排生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及同分异构体书写、对步骤的分析评价、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、合成路线设计等，注意对给予信息的理解，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
20.【答案】283 大于 43.8 T1、n(CH4)n(CO2)=1 在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小 副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应
【解析】解：(1)根据CH4和H2的燃烧热分别为763.7kJ⋅mol−1、285.8kJ⋅mol−1，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=−763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=−285.8kJ/mol，反应aCH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=373.9kJ⋅mol−1则I−a−2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2ΔH=ΔH1−ΔHa−2ΔH2=(−763.7kJ/mol)−(373.9kJ/mol)−2(−285.8kJ/mol)=−566kJ/mol，则CO的燃烧热为283kJ⋅mol−1，
故答案为：283；
(2)①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1>T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的ΔH3大于0，
故答案为：大于；
②在该催化剂作用下，n(CH4)n(CO2)投料比为2，假设CH4为2amol，则CO2为amol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2amol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol，又T1时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72amol，消耗CO2的物质的量为0.72amol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a−0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a−x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a−0.72a−x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a−x+1.44a+x+a−0.72a−x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则x4.92a×100%=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a−x=1.44a+0.96a−0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为2.154a4.92a×100%=43.8%，
故答案为：43.8；
③根据图像，在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、n(CH4)n(CO2)=1；相同温度下，随着n(CH4)n(CO2)投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，
故答案为：T1、n(CH4)n(CO2)=1；在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应。
(1)根据CH4和H2的燃烧热分别为763.7kJ⋅mol−1、285.8kJ⋅mol−1，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=−763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=−285.8kJ/mol，反应aCH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=373.9kJ⋅mol−1则I−a−2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2；
(2)①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大；
②在该催化剂作用下，n(CH4)n(CO2)投料比为2，假设CH4为2amol，则CO2为amol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2amol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol，又T1时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72amol，消耗CO2的物质的量为0.72amol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a−0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a−x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a−0.72a−x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a−x+1.44a+x+a−0.72a−x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则x4.92a×100%=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a−x=1.44a+0.96a−0.246a=2.154amol，据此计算；
③根据图像，在T1温度下，n(CH4)n(CO2)=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；相同温度下，随着n(CH4)n(CO2)投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小。
本题考查盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是体积分数的计算。
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