真题重组卷03——2023年高考化学真题汇编重组卷（广东专用）

这是一份真题重组卷03——2023年高考化学真题汇编重组卷（广东专用），文件包含真题重组卷032023年高考化学真题汇编重组卷广东专用解析版docx、真题重组卷032023年高考化学真题汇编重组卷广东专用参考答案docx、真题重组卷032023年高考化学真题汇编重组卷广东专用原卷版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。

绝密★启用前
冲刺2023年高考化学真题重组卷03
广东专用（解析版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Fe 56
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2022·全国甲卷）化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【详解】
A．漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A错误；
B．温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误；
C．棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成 “云雾”效果，D正确；
答案选D。
2．（2022·浙江卷）下列表示正确的是
A．乙醛的结构简式： B．丁烯的键线式：
C．的结构示意图： D．过氧化钠的电子式：
【答案】D
【解析】A．乙醛含醛基，其结构简式为：CH3CHO，A错误；
B．2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，键线式为：，B错误；
C．硫的原子序数为16，硫原子最外层有6个电子，得2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图为：，C错误；
D．过氧化钠为离子化合物，含离子键和氧氧非极性共价键，其电子式为：，D正确；
答案选D。
3．（2022·广东卷）广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是
文物




选项
A．南宋鎏金饰品
B．蒜头纹银盒
C．广彩瓷咖啡杯
D．铜镀金钟座
【答案】C
【解析】A．鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不含硅酸盐，故A项不符合题意；
B．蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故B项不符合题意；
C．广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故C项符合题意；
D．铜镀金钟座是铜和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故D项不符合题意；
综上所述，答案为C。
4.（2021广东）昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是

A．属于烷烃 B．可发生水解反应
C．可发生加聚反应 D．具有一定的挥发性
【答案】A
【详解】
A．根据结构简式可知，分子中含C、H、O，含碳碳双键和酯基，不属于烷烃，A错误；
B．分子中含酯基，在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应，B正确；
C．分子中含碳碳双键，可发生加聚反应，C正确；
D．该信息素“可用于诱捕害虫、测报虫情”，可推测该有机物具有一定的挥发性，D正确；
故选A。
5．（2022·全国乙卷）某白色粉末样品，可能含有、、和。取少量样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。
③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成。
该样品中确定存在的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3,
答案选A。
6．（2022·陕西·西安中学二模）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质化学性质的两个重要角度。某短周期元素的单质及其部分化合物的价类二维图如图所示。下列推断合理的是

A．a到b、c、d、e、f均可直接转化
B．标准状况下，1molb和c的混合物体积为22.4L
C．可先加盐酸，再加氯化钡溶液检验e的钠盐是否变质
D．f的水溶液在空气中放置，不易被氧化
【答案】C
【详解】
A．由图示知，A为S单质，结合反应：S+O2SO2、3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O、S+3Na2O2(熔融)Na2SO4+2Na2O，知a可以直接转化为c、d、e、f，但S与O2反应不能一步到SO3(b)，A不合理；
B．标准状况下，SO3非气体，故1 mol SO2和SO3混合物体积小于22.4 L，B不合理；
C．e的钠盐为Na2SO3或NaHSO3，若变质，则会生成Na2SO4，可通过先加入盐酸，再加入氯化钡溶液检验是否有硫酸根确认其是否变质，C合理；
D．化合物f中硫元素为-2价，容易被空气中氧气氧化成S而变质，D不合理；
故答案选C。
7．（2022·全国甲卷）Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A．非金属性： B．单质的熔点：
C．简单氢化物的沸点： D．最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【分析】
Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】
A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
8．（2020·全国I卷）铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是
A．CH3COI是反应中间体
B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
【答案】C
【分析】
题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。
【详解】
A．通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；
B．通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确；
C．通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；
D．通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确；
答案选C。
9．（2021湖南）下列实验设计不能达到实验目的的是

实验目的
实验设计
A
检验溶液中是否被氧化
取少量待测液，滴加溶液，观察溶液颜色变化
B
净化实验室制备的
气体依次通过盛有饱和溶液、浓的洗气瓶
C
测定溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
工业酒精制备无水乙醇
工业酒精中加生石灰，蒸馏
【答案】C
【详解】
A.若Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3，溶液变成血红色，能达到实验目的，故A不符合题意；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，不能达到实验目的，故C符合题意；
D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸馏，能达到实验目的，故D不符合题意。
答案选C。
10．（2022·江西九江·一模）某军用水下动力电池Al–Ag2O2电池，其原理如图所示。下列有关说法正确的是

A．Ag2O2为电池的负极，发生还原反应
B．工作一段时间后，溶液的pH不变
C．隔膜为阳离子交换膜
D．电路中通过1mol e-时，消耗9gAl
【答案】D
【详解】
A．Al-Ag2O2电池中，Al失去电子生成AlO，则Al是电池的负极，故A错误；
B．电池总反应为4Al+4OH-+3Ag2O2=4AlO+6Ag+ 2H2O，电池工作一段时间后，消耗OH-且生成溶剂的量增加，则溶液的pH减小，故B错误；
C．工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，需要OH-移向负极，则隔膜为阴离子交换膜，故C错误；
D．由电极反应Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，电路中通过1mol e- 时，消耗mol Al，质量为m=nM=mol×27g/mol=9g，故D正确；
故选：D。
11．（2021河北）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是

A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【详解】
A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；
C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
12．（2022·全国甲卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃，下，氢气中质子的数目为
B．溶液中，的数目为
C．苯甲酸完全燃烧，生成的数目为
D．电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为
【答案】C
【详解】
A．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误；
B．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L 1.0 mol/L的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA，故B错误；
C．苯甲酸燃烧的化学方程式为，1mol苯甲酸燃烧生成7molCO2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO2，数目为1.4NA，故C正确；
D．电解熔融CuCl2时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，故D错误；
答案选C。
13．（2019新课标Ⅱ）下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O22Na2O+O2↑
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】C
【解析】A．金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B． 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C． 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D．向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
14．（2022·全国甲卷）根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较和的水解常数
分别测浓度均为的和溶液的，后者大于前者

B
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
探究氢离子浓度对、相互转化的影响
向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含有水
【答案】C
【详解】
A．CH3COONH4中水解，，会消耗CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO-)＜Kh()，A错误；
B．浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，B错误；
C．K2CrO4中存在平衡2(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C正确；
D．乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误；
答案选C。
15．（2021·全国甲卷）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。

下列说法正确的是
A．曲线①代表的沉淀溶解曲线
B．该温度下的值为
C．加适量固体可使溶液由a点变到b点
D．时两溶液中
【答案】B
【分析】
BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。
【详解】
A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；
B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；
C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；
D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误；
答案选B。
16．（2022·河南·模拟预测）某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的路线如图：
已知：；SOCl2熔点-105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
下列说法不正确的是
A．第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
B．第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C．为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D．第④步中发生的总反应的化学方程式Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑
【答案】B
【分析】
铜屑中混有铁屑，加入足量硝酸溶解后，应通过调节pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，以防止晶体失去结晶水并发生水解。
【详解】
A．第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．第③步操作是从溶液中提取Cu(NO3)2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩(至液体表面有晶膜出现)、冷却结晶等，不能蒸发至干，B不正确；
C．减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，C正确；
D．第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HC1气体，发生的总反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（2021广东）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为_______。
(2)实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为_______。

(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中_______已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是_______。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的饱和溶液的电导率较大。
猜想b：在水中的溶解度。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
1
Ⅰ：25℃的饱和溶液
25

2
Ⅱ：35℃的饱和溶液
35

3
Ⅲ：45℃的饱和溶液
45

⑤数据分析、交流讨论。25℃的饱和溶液中，_______。
实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想成立，但不足以证明猜想成立。结合②中信息，猜想不足以成立的理由有_______。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
4
Ⅰ
_______

5
_______
_______

⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依据是_______。
【答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O c-d-b-a-e HClO 向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl- 1.3410-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 45℃ II 45℃ A3>B2>B1
【详解】
(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e，故答案为：c-d-b-a-e；
(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-；
(4)⑤25℃时，，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的溶液中，所以有==1.3410-5；
实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：1.3410-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；
⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较。故答案为：45℃；II；45℃；
⑦猜想成立的判断依据是A3>B2>B1，故答案为：A3>B2>B1。
18．（2022湖北）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。


时相关物质的参数如下：
的溶解度：

回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
(3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
(3)     蒸发浓缩     趁热过滤
(4)     不稳定     Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【分析】
浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
(1)浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；
(2)滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
(3)由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
(4)饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
(5)“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
19．（2022辽宁）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：
回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发。
(2)___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案二：复合催化剂。

下列说法正确的是___________。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(4)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，___________；
实验




1
m
n
p
q
2

n
p

3
m
n


4
m

p

在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________。
a．有利于平衡正向移动        b．防止催化剂中毒        c．提高正反应速率
(5)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为___________(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为___________。

【答案】(1)能
(2)     高     低
(3)a
(4)          a
(5)         
【分析】
(1)氨的分离对反应速率的影响；从反应速率方程可以推知，当降低时，v增大。注意由于反应速率方程通常由实验测定，其中v应指净反应速率，即，因此在其他条件一定时，分离氨气是通过降低逆反应速率，从而提高净反应速率。
(2)中，氢元素化合价的判断：由于电负性，因此中H显价，中H元素的化合价为-1价；(3)中根据图像进行判断，利用控制变量法进行分析；(4)利用实验对比，注意选择对比实验室，选择控制变量，找变量；(5)利用晶胞密度计算公式计算元素的相对原子质量，根据元素相对原子质量进行判断元素；
(1)对于合成氨反应，常温下，，故合成氨反应在常温下能自发进行；
(2)其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度；故答案为：高、低；
(3)由题图可知，时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单-催化剂催化时大很多，说明时复合催化剂比单-催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误；故选a；
(4)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①，③，可得。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
(5)由图可知，“”代表，“”代表，面心立方最密堆积的晶胞中，“”处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含“”的个数为，8个“ ”均处于晶胞内部，则“”和“ ”的个数之比为，故该晶体的化学式为；又知该化合物的摩尔质量为，则有，解得，故M元素为。化合物中，整体为0价，中B为价，H为价，则为价，基态原子核外电子排布式为，失老轨道上的2个电子得到，故的价电子排布式为。
20．（2021全国甲卷）近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)反应生成E至少需要_______氢气。
(3)写出E中任意两种含氧官能团的名称_______。
(4)由E生成F的化学方程式为_______。
(5)由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为_______。
(6)化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填标号)。
a.含苯环的醛、酮
b.不含过氧键()
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
(7)根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线_______。

【答案】间苯二酚（或1,3-苯二酚） 2 酯基，醚键，羟基（任写两种） +H2O 取代反应 C
【分析】
由合成路线图，可知，A（间苯二酚）和B（）反应生成C（），与碳酸二甲酯发生酯化反应，生成，与氢气发生加成反应生成，发生消去反应，生成F，F先氧化成环氧化合物G，G在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成H，据此分析解答。
【详解】
(1)A为，化学名称为间苯二酚（或1,3-苯二酚），故答案为：间苯二酚（或1,3-苯二酚）；
(2)D为 ，与氢气发生加成反应生成，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以反应生成E至少需要2氢气，故答案为：2；
(3)E为，含有的含氧官能团的名称为酯基，醚键，羟基（任写两种），故答案为：酯基，醚键，羟基（任写两种）；
(4)E为，发生消去反应，生成，化学方程式为 +H2O，故答案为： +H2O；
(5)由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)是将酯基水解生成羟基，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(6)化合物B为，同分异构体中能同时满足下列条件：.含苯环的醛、酮；b.不含过氧键()；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求可以写出：，，，，故有4种，答案为：C；
(7)以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在m-CPBA的作用下生成环氧化合物，环氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线为： 。