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山东省聊城市2022届高三二模化学试题
一、单选题
1．（2022·聊城模拟）化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是（　　）
A．我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和”
B．我国率先研制了预防新冠病毒的灭活疫苗，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理
C．“天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D．地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分相同
2．（2022·聊城模拟）下列物质应用正确的是（　　）
A．纯碱用作治疗胃酸过多的药物
B．氯气和消石灰用作生产漂白液的原料
C．二氧化硫用作葡萄酒生产过程中的添加剂
D．二氧化硅用作北斗芯片中的半导体材料
3．（2022·聊城模拟）利用下列装置(夹持装置省略)进行实验，能达到实验目的的是（　　）
A．检验1-溴丙烷和氢氧化钠的醇溶液反应生成丙烯 B．观察铁的吸氧腐蚀 C．收集氨气 D．仪器中液体体积为
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·聊城模拟）X、Y、Z、W为短周期主族元素，其原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，基态W原子最高能层电子数是基态Y原子最高能级电子数的3倍，它们形成的某阴离子的结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．离子半径：
B．第一电离能：
C．X、Y、W三种元素可以形成一元酸，也可以形成二元酸
D．由X、Y、Z、W四种元素组成的化合物的水溶液均显碱性
5．（2022·聊城模拟）下列由实验现象所得结论正确的是（　　）
A．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔，在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落，证明铝的熔点很高
B．用pH试纸测得 溶液的pH约为9， 溶液的pH约为8，证明 酸性大于醋酸
C．向 溶液中滴入硫酸酸化的 溶液，溶液由浅绿色变为棕黄色，证明 的氧化性强于
D．取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，再分别加入几滴等量的酸性 溶液，微热，仅盛有甲苯的试管中溶液褪色，证明苯环能使甲基更易被氧化
6．（2022·聊城模拟）镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下， 分别与 浓度均为 的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为 和 。下列说法错误的是（　　）
A．
B．转移的电子数之比为
C．消耗酸和碱的物质的量之比为
D．反应前后两溶液的质量变化相等
7．（2022·聊城模拟）某同学进行从粗盐水中除去 、 、 的实验。操作如下：向 烧杯中加入 粗盐水，然后向烧杯中依次滴加过量的 溶液、 溶液和饱和 溶液，过滤。向所得滤液中滴加盐酸，用玻璃棒搅拌，直至滤液呈微碱性(用 试纸检验)。再将滤液倒入坩埚中，加热、蒸干，得到去除了杂质离子的精盐。实验中存在的不符合题意有几处？（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
8．（2022·聊城模拟）将废旧锌锰电池进行回收处理以实现资源的再生利用，初步处理后的废料中含 、 、 及 等，用该废料制备 和 的一种工艺流程如下：(已知： 的金属活动性强于 ， 在酸性条件下比较稳定， 大于5.5时易被氧化)
下列说法错误的是（　　）
A．“还原焙烧”时 元素被还原，有气体产物生成
B．滤渣1、滤渣2的主要成分分别为炭黑、氢氧化铁
C．“净化”时通入的 可用 来代替， 的作用是调节溶液的 大于5.5以便于除去杂质离子
D．“电解”时的阳极反应式为
9．（2022·聊城模拟）下列有关 、 、 、 的说法正确的是（　　）
A． 和 中的键角 前者大
B． 和 的空间构型相同
C． 和 中N原子的杂化方式相同
D． 与 形成的 中，提供孤电子对形成配位键的是
10．（2022·聊城模拟）直接 燃料电池( )是一种新型液态电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．“气体c”为
B．负极区溶液 增大
C．“电极b”的反应式为
D．当电路中转移 电子时，通过阴离子交换膜的 为4.8g
11．（2022·聊城模拟）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器和连接装置)（　　）
选项 实验目的 玻璃仪器 试剂
A 溴乙烷中溴元素的检验 试管、量筒、胶头滴管、酒精灯 溴乙烷、 溶液、硝酸银溶液
B 的焰色试验 酒精灯、蓝色钴玻璃 溶液、稀硫酸
C 实验室制取氯气 圆底烧瓶、分液漏斗、导管、广口瓶、烧杯 、浓盐酸、 溶液
D 葡萄糖的银镜反应实验 试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管 10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液、蒸馏水
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·聊城模拟） 是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．Y可以是甲酸乙酯
B．利用途径①制备 硫酸铜，消耗的硝酸至少为
C．Cu元素参与了3个氧化还原反应
D．途径⑤中若 ，则X为
二、多选题
13．（2022·聊城模拟）甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下。下列说法错误的是（　　）
A．X与足量 加成所得的有机物分子中含有4个手性碳原子
B．Y分子中碳原子有2种杂化方式
C．Z分子存在顺反异构体
D．Z可发生加成反应、取代反应、氧化反应
14．（2022·聊城模拟）某种含二价铜微粒 的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙。下列说法正确的是（　　）
A． 可加快脱硝速率，提高脱硝的平衡转化率
B．状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为
15．（2022·聊城模拟）25℃时，某酸(结构简式为 )溶液中含元素X物种的浓度之和为 ，溶液中各含元素X物种的pX随pOH变化关系如图所示。图中 ， ；x、y两点的坐标： ； 、 分别表示 的一级、二级电离常数。下列说法错误的是（　　）
A． 溶液显碱性，是因为 的水解程度大于电离程度
B． 溶液中，
C．该体系中，
D．z点时，
三、综合题
16．（2022·聊城模拟）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子的空间运动状态有　 　种。
（2）Fe和Cu的部分电离能数据如下：
元素 Fe Cu
第一电离能 759 756
第二电离能 1561 1958
大于 的主要原因是　 　。
（3） 可形成 ，en代表 。其中 的空间构型为　 　；en分子中各元素的电负性由小到大的顺序为　 　。
（4） 是检验 的特征试剂， 中含有　 　 键，该离子中 杂化方式推断合理的是　 　。
A． B． C． D．
（5）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为 。该晶体的化学式为　 　。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、( ， ， )。则C点原子的分数坐标为　 　；晶胞中A、D原子间距离d=　 　cm。
17．（2022·聊城模拟）以硅藻土为载体的五氧化二钒( )是接触法制备硫酸的催化剂。利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含 、 、 等)生产 的工艺流程如下。
查资料知：① 在 时开始沉淀， 时沉淀完全； 在 时开始沉淀， 时沉淀完全；
②多钒酸盐在水中溶解度较小； 微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇。
③部分含钒物质在不同pH溶液中的主要存在形式如下：
pH <1 1~4 4~6 6～8.5 8.5～13 >13
主要形式 多矾酸根 多矾酸根
回答下列问题：
（1）“焙烧”包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得 ，氧化过程中 发生反应的化学方程式为　 　；“焙烧”时钒渣与空气逆流混合的目的为　 　。
（2）“酸浸”时含V化合物发生的离子反应方程式为　 　；铝元素在“　 　”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为　 　。
（3）“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为　 　；
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D． 溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中 ，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节 为　 　 。[已知 ]
（4）“煅烧”过程中，部分 可能会被 转化成 ，同时生成无污染的气体，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　。
18．（2022·聊城模拟）锡(Sn)是第IVA族元素，其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解反应；SnCl2常温下为固体，具有还原性，可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl4的装置如图(加热与夹持装置省略)。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　；装置B中盛放的试剂是　 　。
（2）制取SnCl4的操作步骤为：①连接好装置；②　 　；③添加药品、滴加浓盐酸；④待装置D　 　后，加热装置C；⑤收集SnCl4。请补充上述实验步骤。已知装置A中反应的还原产物为 ，写出该反应的离子方程式　 　。
（3）装置E的作用是　 　。
（4）经测定发现实验所得SnCl4，样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下：
取ag样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用 碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液 。滴定过程中先后发生的反应为：
i.
ii. (均未配平)
则SnCl4样品的纯度为　 　%；若滴定时间过长，会使测量结果　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
19．（2022·聊城模拟）甘草素(G)常用作糖果、糕点、啤酒、乳品、巧克力等生产中的食品添加剂。一种制备G的合成路线图如下：
已知RCHO+R′COCH3 RCH=CHCOR′，其中R，R′为烃基或氢。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　，A→B的反应类型为　 　。
（2）D与银氨溶液混合共热的化学方程式为　 　。
（3）F的分子式为　 　；G中含有官能团的化学名称为羟基、　 　。
（4）C的同分异构体中，同时满足如下条件的有　 　种。
a.苯环上有4个取代基；
b.能与 反应生成气体；
c.能与3倍物质的量的 反应；
d.分子中有6个氢原子化学环境相同；
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为　 　(任写一种)。
（5）综合上述信息，写出由苯酚和乙醇制备 的合成路线　 　(无机试剂任选)。
20．（2022·聊城模拟）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
（1） 重整制CO的反应为：
已知：
则 　 　。
在 时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及 催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是　 　。
（2）工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[ ]的变化如图。则f　 　3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数 　 　 。
②当x=3时，保持体系压强始终为 ，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表 的变化曲线是　 　；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式 　 　 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛( )。电解过程中，阴极附近溶液的pH　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；石油的分馏
【解析】【解答】A．碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，二氧化碳合成淀粉减少了二氧化碳的排放，有助于未来实现“碳中和”，A不符合题意；
B．病毒的主要成分为蛋白质，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理，B不符合题意；
C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C不符合题意；
D．地沟油化学成分为油脂，石蜡油的化学成分为烃，成分不相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 二氧化碳合成淀粉能减少二氧化碳含量；
B.病毒的主要成分是蛋白质，疫苗可使蛋白质变性；
C.氮化硼属于新型无机非金属材料；
D.地沟油是油脂，石蜡油是烃类。
2．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．治疗胃酸过多的药物常用氢氧化铝或碳酸氢钠，故A不符合题意；
B．氯气和消石灰用作生产漂白粉的原料，漂白液的原料是氯气和氢氧化钠溶液，故B不符合题意；
C．二氧化硫用作葡萄酒生产过程中的添加剂，常作抗氧剂，故C符合题意；
D．北斗芯片中的半导体材料是硅单质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.纯碱碱性较强，对胃刺激较大；
B.漂白液的原料为氯气和氢氧化钠溶液；
C.二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂；
D.芯片的材料是单质硅。
3．【答案】B
【知识点】气体的收集；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．乙醇具有挥发性，乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法判断消去产物为乙烯，故A不符合题意；
B．装置乙左试管发生吸氧腐蚀的反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，消耗氧气，使试管内气压下降，右试管中导管液面上升，故B符合题意；
C．氨气的密度小于空气，应该长管进短管出，故C不符合题意；
D．滴定管的0刻度在上，故仪器中液体体积为10.60mL，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
B.铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
C.氨气密度小于空气；
D.滴定管从上到下读数增大。
4．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X为H，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：X-＞Li+，A不符合题意；
B．由分析可知，Y为C、Z为N，W为O，主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞C即Z＞W＞Y，B不符合题意；
C．由分析可知，X、Y、W三种元素分别为H、C、O，它们可以形成一元酸，如甲酸、乙酸等，也可以形成二元酸，如碳酸、草酸、乙二酸等，C不符合题意；
D．由分析可知，X、Y、Z、W四种元素分别为H、C、N、O，它们组成的化合物的水溶液不一定显碱性，如草酸氢铵显酸性，乙酸铵呈中性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Y形成4个共价键，W形成2个共价键，基态W原子最高能层电子数是基态Y原子最高能级电子数的3倍，W、Y原子核外电子排布式分别为1s22s22p4、1s22s22p2，则Y为C元素，W为O元素，X形成1个共价键，其原子序数小于C，则X为H元素；Z形成3个共价键，且介于C、O之间，则Z为N元素。
5．【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；镁、铝的重要化合物；有机分子中基团之间的关系
【解析】【解答】A．打磨过的铝箔，在酒精灯上加热生成氧化铝，氧化铝熔点高于铝，故铝箔熔化但不滴落，A不符合题意；
B．两种盐溶液的浓度没有给出，不能根据盐溶液的pH值比较酸性，B不符合题意；
C．氢离子、硝酸根组合到一起具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，不一定是过氧化氢的作用，C不符合题意；
D．盛有甲苯的试管中溶液褪色，说明苯环对甲基产生了影响，能使甲基更易被氧化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al的熔点低、氧化铝的熔点高，氧化铝包裹在Al的外面；
B.CH3COONa溶液、NaNO2溶液的浓度未知；
C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
D.只有甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 由反应方程式可知，0.1molGa需0.3molHCl，而HCl有0.2mol，所以Ga过量，则0.2molHCl与Ga反应生成0.1molH2，0.1molGa需0.1molNaOH，生成0.15mol H2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则 ，A不符合题意；
B．生成0.1mol H2，转移0.2mol电子，生成0.15mol H2转移0.3mol电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B不符合题意；
C．消耗HCl0.2mol，消耗NaOH0.1mol，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C不符合题意；
D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应： ，与氢氧化钠反应： ， ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ga与盐酸发生反应2Ga+6HCl=2GaCl3+3H2↑，Ga与氢氧化钠溶液发生反应：2Ga+2NaOH+H2O=2NaGaO2+3H2↑，据此计算；
B.转移电子数目之比等于生成氢气体积之比；
C.气体的体积之比等于其物质的量之比，结合反应的化学方程式计算；
D.溶液质量增加=参加反应Ga的质量-生成氢气的质量。
7．【答案】A
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】用沉淀法除去粗盐中的 、 、 的操作应该为：向粗盐水中先加入过量BaCl2溶液，使 转化为BaSO4沉淀；再加入过量NaOH溶液，使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；然后再加入稍过量的Na2CO3溶液，使原溶液中的Ca2+及加入的过量的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，然后过滤除去BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀。而题目中加过量的 溶液，这样引入了 杂质离子。滤液中滴加盐酸不需要用玻璃棒搅拌。向所得滤液中滴加盐酸直至没有气泡冒出，说明滤液中过量的NaOH及Na2CO3被反应完全，盐酸已经过量，此时停止滴加盐酸，不需用pH检验溶液的酸碱性。然后再把滤液倒入蒸发皿中，用酒精灯加热，进行蒸发结晶，当水分蒸发完全，过量的HCl挥发逸出，当出现较多固体并剩余少量水时停止加热，利用余热将滤液蒸干，而不是在坩埚中蒸发结晶，故该实验操作中工有4处不符合题意。
故答案为：A。
【分析】粗盐中除含有NaCl外，还含有 、 、 等杂质，镁离子用氢氧化钠沉淀除去，钙离子用碳酸钠沉淀除去，硫酸根离子用氯化钡沉淀除去，为保证杂质去除彻底，需加入过量的除杂试剂，过量的除杂试剂也需在后续操作中去除，过量的氯化钡可以用碳酸钠除去，因此加入试剂顺序，氯化钡在碳酸钠前面加入，过量的碳酸钠和氢氧化钠可用盐酸除去，但在加盐酸之前应该先过滤，防止生成的碳酸钡、氢氧化镁、碳酸钙等沉淀溶解，过量的盐酸在蒸发结晶过程中挥发除去，最终得到精盐。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．“还原焙烧” 与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为： ，可以知道还原焙烧”时 元素被还原，有气体产物生成，A不符合题意；
B．加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣l为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离，滤渣2为Fe(OH)3，B不符合题意；
C． 在酸性条件下比较稳定， 大于5.5时易被氧化，故pH应该小于5.5，C符合题意；
D．由图可知电解产生二氧化锰，则电极方程式为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加过量炭黑还原焙烧废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等]得到MnO、ZnO、Fe、C，再加稀硫酸酸浸，过滤，滤液含Fe2+、Mn2+、Zn2+，滤渣1为C，净化时氧气可氧化亚铁离子，结合表中Ksp可知，加MnCO3调节pH使Fe3+离子转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣2为Fe(OH)3，最后电解生成Zn和MnO2。
9．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A． 中N原子的价层电子对数 ，且含有1个孤电子对， 中N原子价层电子对数 ，且含有2个孤电子对；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，前者为三角锥形、后者为V形，则键角：前者大于后者，故A符合题意；
B． 中N原子价层电子对数 ，且含有1个孤电子对， 中N原子价层电子对数 ，且不含孤电子对，空间结构：前者为三角锥形、后者为平面三角形，故B不符合题意；
C． 中N原子价层电子对数 ， 中N原子价层电子对数 ，氮原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故C不符合题意；
D．铜离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以铜离子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 中N原子的价层电子对数，4，含有1个孤电子对；中N原子价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
B. 中N原子价层电子对数为3，不含孤电子对；
C.中N原子价层电子对数为3；
D. 提供空轨道。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．石墨电极a为负极，电极反应式为 ，“气体c”为 ，选项A不符合题意；
B．负极电极反应式为 ，负极区溶液 减小，选项B符合题意；
C．“电极b”为正极，电极反应式为 ，选项C不符合题意；
D．当电路中转移 电子时，通过阴离子交换膜的 为0.05mol，质量为0.05mol 96g/mol=4.8g，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据的移动方向可知，电极a为负极，电极b为正极，负极a上H2O2氧化反应，负极反应式为，正极发生还原反应，反应式为，原电池工作时阴离子移向负极
。
11．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．检验溴乙烷中的溴元素，需要在氢氧化钠溶液和加热条件下水解，硝酸调节溶液的pH值为酸性，再用硝酸银溶液检验，用到的仪器为试管、胶头滴管、酒精灯，A不符合题意；
B．做焰色试验时需要用到铂丝，B不符合题意；
C．实验室制氯气用 和浓盐酸反应需要加热，所选仪器缺少酒精灯，C不符合题意；
D．葡萄糖的银镜反应需热水浴加热，用胶头滴管向盛有银氨溶液的试管中滴加乙醛溶液，然后将该试管放入热水中进行反应，水升温要使用酒精灯加热，故使用到的玻璃仪器有烧杯、酒精灯、试管、胶头滴管、量筒，试剂有10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液、蒸馏水，可以完成实验，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴乙烷水解后应在酸性条件下检验溴离子；
B.观察K的焰色反应时需要用盐酸洗涤铂丝；
C.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
D.葡萄糖的银镜反应需热水浴加热。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．甲酸乙酯中含有醛基，可以与氢氧化铜反应得到Cu2O，A不符合题意；
B．铜与稀硝酸反应的离子反应式为： ，防有硫酸存在时，硫酸提供大量的氢离子，这时消耗的硝酸的量最少，途径①制备24g硫酸铜，硫酸铜的物质的量为0.15mol，根据方程式可知硝酸的物质的量为0.10mol，B不符合题意；
C． Cu元素参与了反应①、②、④、⑤4个氧化还原反应，C符合题意；
D．当途径⑤中若n(O2)：n(Cu2O)=3：2，根据元素守恒可配平化学方程式， ，根据方程式得失电子数也守恒，故X为二氧化硫，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氢氧化铜可氧化醛基；
B.途径①发生的反应为；
C.Cu元素在反应①、②、④、⑤中化合价均发生了改变；
D.根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式。
13．【答案】A,B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．X含有苯环和醛基，与足量 加成所得的有机物分子中含有2个手性碳原子，用“*”表示的为手性碳原子， ，故A符合题意；
B．Y(N≡C CH2COOCH2CH3)分子从左到右第一个碳原子有2个σ键，没有孤对电子，其价层电子对数为2，杂化方式为sp，第二个碳原子有4个σ键，没有孤对电子，其价层电子对数为4，杂化方式为sp3，第三个碳原子有3个σ键，没有孤对电子，其价层电子对数为3，杂化方式为sp2，因此Y分子中碳原子有3种杂化方式，故B符合题意；
C．Z分子存在顺反异构体即 和 互为顺反异构，故C不符合题意；
D．Z中含有碳碳双键，可发生加成反应，也可发生氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，又叫取代反应，故D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
B.形成三键的碳为sp杂化，形成双键的碳为sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
C.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
D.Z具有苯、醚、烯烃、酯和腈的性质。
14．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂能加快速率，不能使平衡移动， 可加快脱硝速率，不能提高脱硝的平衡转化率，故A不符合题意；
B．状态③到状态④的活化能最大，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定正反应速率，状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤，故B符合题意；
C．脱硝反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故C不符合题意；
D．状态④到状态⑤，铜元素化合价由+1升高为+2，NO中N元素化合价由+2升高为+4，当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.为催化剂，不影响平衡转化率；
B.活化能越大反应越慢，慢反应决定总反应速率；
C.脱硝反应为放热反应；
D.根据得失电子守恒计算。
15．【答案】A,C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知该酸为二元弱酸，则 只能电离不能水解，A符合题意；
B． 溶液中，根据电荷守恒： ，则 ，由分析可知c(HXO )> c(H3XO3)则有 ，B不符合题意；
C．H3XO3的一级电离常数 ， ， = ， ，因为 ，故 ， ，C符合题意；
D．z点时c(HXO )= c(H3XO3)， = ，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】随着碱性增强，即pOH减小，H3XO3浓度减小， 浓度先增加后减小，图中③表示微粒浓度持续减小，②表示微粒浓度先增大后减小，①表示微粒浓度逐渐增大至不再变化，可知③代表H3XO3，②代表，①代表 ，且 不能发生电离，据此结合电荷守恒、物料守恒解答。
16．【答案】（1）15
（2）Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定
（3）正四面体形；
（4）12；D
（5）；( )；
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Cu基态原子核外电子排布式为 ，核外电子空间运动状态由能层能级、原子轨道决定， s能级1种、p能级3种，故核外共有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子；
(2)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以 大于 ，故答案为：Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定；
(3) 中心原子有4个成键电子对，即价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，可知其空间构型为：正四面体形；en分子中包含C、H、N，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性较小，则n分子中各元素的电负性由小到大的顺序为 ；
(4)配体是CN-，1个配体中含有1个σ键，1个配体和中心离子形成的配位键是σ键，则 中含有12 键；由该配离子可知中心离子的价层电子对数为6，则其杂化轨道数为6，故答案为D；
(5)由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为 ，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为 ，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为 ，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4： 4： 8=1： 1： 2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为：(0，0，0)、( ， ， )，可知C点的Z轴坐标为 ，x、y轴的坐标都是 ，则C点的分数坐标为：( )；
由图可知A点距离D点在底面上的投影的距离为 × a，D点到底面的距离为 c，则A、D原子间距离d= = pm= cm。
【分析】（1）基态Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态；
（2）Cu+失去的是全充满3d10电子，Fe失去的是4s1电子；
（3） 的价层电子对数为4；元素的非金属性越强，电负性越大；
（4）单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键；
（5）根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；结合晶体构型计算坐标以及空间距离。
17．【答案】（1）；增大原料的接触面积，加快反应速率
（2）；转化I；
（3）C；0.4
（4）1∶3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)氧化过程中FeO V2O3发生反应的化学方程式为： ，钒渣与空气逆流混合的目的为增大原料的接触面积，加快反应速率；
(2)酸浸时pH值小于1，故V的存在形式为 ，离子反应方程式为： ；铝元素经过转化I以铝离子形式存在与滤液中，故在转化I中被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁；
(3)根据题中信息，NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇，故洗涤时最好采用的试剂为乙醇，
故答案为：C；为使钒元素的沉降率达到98%，溶液中剩余的
， ；
(4)“煅烧”过程中，部分V2O5可能会被NH3转化成V2O4，同时生成无污染的气体，故反应方程式为： ，氧化产物为 N2，还原产物为V2O4，物质的量之比为1：3。
【分析】钒渣经过焙烧得到五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠、硅酸钠；酸浸过程pH小于1，故V元素的存在形式为 ，滤渣为硅酸，滤液中为铝离子、铁离子，固体为V2O5，此时调节溶液的pH值为3，故在转化I过程中铝元素以铝离子形式除去，铁离子在pH=1.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全，故此时固体为V2O5和氢氧化铁沉淀混在一起，经过转化II，调pH值大于13，根据表格，V元素以 形式存在，滤渣2为氢氧化铁； 经过转化III转变成 ，经过沉钒得到NH4VO3， 经过一系列操作得到五氧化二钒。
18．【答案】（1）蒸馏烧瓶；无水 (或“ ”或“硅胶”)
（2）检查装置气密性；充满黄绿色气体；
（3）吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中
（4）；偏大
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】装置A浓盐酸和K2Cr2O7反应制备氯气，生成的氯气通过盛装饱和食盐水的集气瓶，吸收挥发出来的氯化氢，否则Sn与HCl反应生成SnCl2，装置B中盛装干燥剂，干燥氯气，装置C是SnCl4的制备装置，装置D是收集装置，因为SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解，球形干燥管E中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入D，以此解题。
(1)由图可知仪器a是蒸馏烧瓶；装置B中的试剂可以干燥氯气，应该是无水 (或“ ”或“硅胶”)；
(2)装置组装完毕后应该：检查装置气密性；气密性良好后，可以添加药品，首先制备氯气，利用氯气排除装置中的空气，故要待装置D充满黄绿色气体后，再加热装置C，开始反应生产产品，装置A中重铬酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为： ；
(3)装置D中收集产品，产品易水解，没有反应完的氯气容易污染空气，故装置E的作用是：吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中；
(4)利用得失电子守恒配平得到配平的方程式为： ；滴定终点时，发生反应 ，生成的I2使淀粉变蓝；由反应方程式(或者根据得失电子守恒)可得关系式： ， ，产品纯度为 ，若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化碘离子，消耗的碘酸钾偏少，会使测量结果偏大。
【分析】（1）仪器a为蒸馏烧瓶；装置B用于干燥氯气；
（2）连接好装置之后应首先检查装置的气密性；要利用生成的氯气排出装置内的空气；重铬酸钾和浓盐酸发生反应；
（3）碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入D；
（4）根据计算；空气中的氧气也能氧化碘离子。
19．【答案】（1）1，3-苯二酚或“间苯二酚”；取代反应
（2） +2Ag(NH3)2OH 2Ag↓+ +3NH3↑+H2O
（3）；羰基、醚键
（4）16； 或者
（5）CH3CH2OH CH3CHO，CH3CH2OH CH3COOH + CH3CHO
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】结合A和C的结构及转化条件可知B为 ；根据C和E的结构简式，再结合信息可知D为 ，以此解题。
(1)根据A的结构简式可知A的化学名称为：1，3-苯二酚或“间苯二酚”； A→B为酚羟基邻位上的氢被乙酰基取代，为取代反应；
(2)由分析可知D为 ，则D与银氨溶液混合共热的化学方程式为： +2Ag(NH3)2OH 2Ag↓+ +3NH3↑+H2O；
(3)根据F的结构简式可知，其分子式为： ；根据G的结构简式可知，G中含有官能团的化学名称为羟基、羰基、醚键；
(4)能与 反应生成气体，说明含有—COOH；能与3倍物质的量的 反应，说明除了羧基外，还有2个酚羟基；分子中有6个氢原子化学环境相同，说明含有2个—CH3，则含有异丙基( )，则其同分异构体异丙基的位置分别为： ， ， ， ， ， ，则一共有16种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为 或者 ；
(5)乙醇被高锰酸钾氧化为乙酸，乙酸和苯酚发生类似A→B的反应生成 ，乙醇催化氧化生成乙醛，根据信息可知 和乙醛发生反应生成产物，具体路线如下：CH3CH2OH CH3CHO，CH3CH2OH CH3COOH + CH3CHO 。
【分析】（1）A为间二苯酚；B为，A发生取代反应生成B；
（2）醛与银氨溶液发生银镜反应；
（3）根据F的结构简式确定其分子式；G中的官能团为羟基、羰基和醚键；
（4）C的同分异构体含有羧基，2个酚羟基，分子中有6个氢原子化学环境相同；
（5）由苯酚和乙醇制备，乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛发生氧化反应生成乙酸，苯酚和乙酸发生A生成B类型的反应，然后再和乙醛发生信息中的反应生成目标产物。
20．【答案】（1）；A点所处温度下催化剂失去活性
（2）<；<；c；
（3）增大；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
(2)①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高二氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故 < ；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表 的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
(3)电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为： ；
【分析】（1）根据盖斯定律计算；A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，从催化剂活性角度分析；
（2）① 越大，CO2的平衡转化率越大；由图可知，降低温度，CO2的平衡转化率增大，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则C2H4(g)和H2O(g)物质的量分数减小；根据计算；
（3）CO2和H2O在阴极发生还原反应生成CO和H2；甘油在阳极失去电子生成甘油醛。
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山东省聊城市2022届高三二模化学试题
一、单选题
1．（2022·聊城模拟）化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是（　　）
A．我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和”
B．我国率先研制了预防新冠病毒的灭活疫苗，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理
C．“天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D．地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分相同
【答案】D
【知识点】无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；石油的分馏
【解析】【解答】A．碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，二氧化碳合成淀粉减少了二氧化碳的排放，有助于未来实现“碳中和”，A不符合题意；
B．病毒的主要成分为蛋白质，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理，B不符合题意；
C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C不符合题意；
D．地沟油化学成分为油脂，石蜡油的化学成分为烃，成分不相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 二氧化碳合成淀粉能减少二氧化碳含量；
B.病毒的主要成分是蛋白质，疫苗可使蛋白质变性；
C.氮化硼属于新型无机非金属材料；
D.地沟油是油脂，石蜡油是烃类。
2．（2022·聊城模拟）下列物质应用正确的是（　　）
A．纯碱用作治疗胃酸过多的药物
B．氯气和消石灰用作生产漂白液的原料
C．二氧化硫用作葡萄酒生产过程中的添加剂
D．二氧化硅用作北斗芯片中的半导体材料
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．治疗胃酸过多的药物常用氢氧化铝或碳酸氢钠，故A不符合题意；
B．氯气和消石灰用作生产漂白粉的原料，漂白液的原料是氯气和氢氧化钠溶液，故B不符合题意；
C．二氧化硫用作葡萄酒生产过程中的添加剂，常作抗氧剂，故C符合题意；
D．北斗芯片中的半导体材料是硅单质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.纯碱碱性较强，对胃刺激较大；
B.漂白液的原料为氯气和氢氧化钠溶液；
C.二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂；
D.芯片的材料是单质硅。
3．（2022·聊城模拟）利用下列装置(夹持装置省略)进行实验，能达到实验目的的是（　　）
A．检验1-溴丙烷和氢氧化钠的醇溶液反应生成丙烯 B．观察铁的吸氧腐蚀 C．收集氨气 D．仪器中液体体积为
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】气体的收集；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．乙醇具有挥发性，乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法判断消去产物为乙烯，故A不符合题意；
B．装置乙左试管发生吸氧腐蚀的反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，消耗氧气，使试管内气压下降，右试管中导管液面上升，故B符合题意；
C．氨气的密度小于空气，应该长管进短管出，故C不符合题意；
D．滴定管的0刻度在上，故仪器中液体体积为10.60mL，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
B.铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
C.氨气密度小于空气；
D.滴定管从上到下读数增大。
4．（2022·聊城模拟）X、Y、Z、W为短周期主族元素，其原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，基态W原子最高能层电子数是基态Y原子最高能级电子数的3倍，它们形成的某阴离子的结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．离子半径：
B．第一电离能：
C．X、Y、W三种元素可以形成一元酸，也可以形成二元酸
D．由X、Y、Z、W四种元素组成的化合物的水溶液均显碱性
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X为H，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：X-＞Li+，A不符合题意；
B．由分析可知，Y为C、Z为N，W为O，主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞C即Z＞W＞Y，B不符合题意；
C．由分析可知，X、Y、W三种元素分别为H、C、O，它们可以形成一元酸，如甲酸、乙酸等，也可以形成二元酸，如碳酸、草酸、乙二酸等，C不符合题意；
D．由分析可知，X、Y、Z、W四种元素分别为H、C、N、O，它们组成的化合物的水溶液不一定显碱性，如草酸氢铵显酸性，乙酸铵呈中性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Y形成4个共价键，W形成2个共价键，基态W原子最高能层电子数是基态Y原子最高能级电子数的3倍，W、Y原子核外电子排布式分别为1s22s22p4、1s22s22p2，则Y为C元素，W为O元素，X形成1个共价键，其原子序数小于C，则X为H元素；Z形成3个共价键，且介于C、O之间，则Z为N元素。
5．（2022·聊城模拟）下列由实验现象所得结论正确的是（　　）
A．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔，在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落，证明铝的熔点很高
B．用pH试纸测得 溶液的pH约为9， 溶液的pH约为8，证明 酸性大于醋酸
C．向 溶液中滴入硫酸酸化的 溶液，溶液由浅绿色变为棕黄色，证明 的氧化性强于
D．取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，再分别加入几滴等量的酸性 溶液，微热，仅盛有甲苯的试管中溶液褪色，证明苯环能使甲基更易被氧化
【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；镁、铝的重要化合物；有机分子中基团之间的关系
【解析】【解答】A．打磨过的铝箔，在酒精灯上加热生成氧化铝，氧化铝熔点高于铝，故铝箔熔化但不滴落，A不符合题意；
B．两种盐溶液的浓度没有给出，不能根据盐溶液的pH值比较酸性，B不符合题意；
C．氢离子、硝酸根组合到一起具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，不一定是过氧化氢的作用，C不符合题意；
D．盛有甲苯的试管中溶液褪色，说明苯环对甲基产生了影响，能使甲基更易被氧化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al的熔点低、氧化铝的熔点高，氧化铝包裹在Al的外面；
B.CH3COONa溶液、NaNO2溶液的浓度未知；
C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
D.只有甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸。
6．（2022·聊城模拟）镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下， 分别与 浓度均为 的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为 和 。下列说法错误的是（　　）
A．
B．转移的电子数之比为
C．消耗酸和碱的物质的量之比为
D．反应前后两溶液的质量变化相等
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 由反应方程式可知，0.1molGa需0.3molHCl，而HCl有0.2mol，所以Ga过量，则0.2molHCl与Ga反应生成0.1molH2，0.1molGa需0.1molNaOH，生成0.15mol H2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则 ，A不符合题意；
B．生成0.1mol H2，转移0.2mol电子，生成0.15mol H2转移0.3mol电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B不符合题意；
C．消耗HCl0.2mol，消耗NaOH0.1mol，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C不符合题意；
D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应： ，与氢氧化钠反应： ， ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ga与盐酸发生反应2Ga+6HCl=2GaCl3+3H2↑，Ga与氢氧化钠溶液发生反应：2Ga+2NaOH+H2O=2NaGaO2+3H2↑，据此计算；
B.转移电子数目之比等于生成氢气体积之比；
C.气体的体积之比等于其物质的量之比，结合反应的化学方程式计算；
D.溶液质量增加=参加反应Ga的质量-生成氢气的质量。
7．（2022·聊城模拟）某同学进行从粗盐水中除去 、 、 的实验。操作如下：向 烧杯中加入 粗盐水，然后向烧杯中依次滴加过量的 溶液、 溶液和饱和 溶液，过滤。向所得滤液中滴加盐酸，用玻璃棒搅拌，直至滤液呈微碱性(用 试纸检验)。再将滤液倒入坩埚中，加热、蒸干，得到去除了杂质离子的精盐。实验中存在的不符合题意有几处？（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】用沉淀法除去粗盐中的 、 、 的操作应该为：向粗盐水中先加入过量BaCl2溶液，使 转化为BaSO4沉淀；再加入过量NaOH溶液，使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；然后再加入稍过量的Na2CO3溶液，使原溶液中的Ca2+及加入的过量的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，然后过滤除去BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀。而题目中加过量的 溶液，这样引入了 杂质离子。滤液中滴加盐酸不需要用玻璃棒搅拌。向所得滤液中滴加盐酸直至没有气泡冒出，说明滤液中过量的NaOH及Na2CO3被反应完全，盐酸已经过量，此时停止滴加盐酸，不需用pH检验溶液的酸碱性。然后再把滤液倒入蒸发皿中，用酒精灯加热，进行蒸发结晶，当水分蒸发完全，过量的HCl挥发逸出，当出现较多固体并剩余少量水时停止加热，利用余热将滤液蒸干，而不是在坩埚中蒸发结晶，故该实验操作中工有4处不符合题意。
故答案为：A。
【分析】粗盐中除含有NaCl外，还含有 、 、 等杂质，镁离子用氢氧化钠沉淀除去，钙离子用碳酸钠沉淀除去，硫酸根离子用氯化钡沉淀除去，为保证杂质去除彻底，需加入过量的除杂试剂，过量的除杂试剂也需在后续操作中去除，过量的氯化钡可以用碳酸钠除去，因此加入试剂顺序，氯化钡在碳酸钠前面加入，过量的碳酸钠和氢氧化钠可用盐酸除去，但在加盐酸之前应该先过滤，防止生成的碳酸钡、氢氧化镁、碳酸钙等沉淀溶解，过量的盐酸在蒸发结晶过程中挥发除去，最终得到精盐。
8．（2022·聊城模拟）将废旧锌锰电池进行回收处理以实现资源的再生利用，初步处理后的废料中含 、 、 及 等，用该废料制备 和 的一种工艺流程如下：(已知： 的金属活动性强于 ， 在酸性条件下比较稳定， 大于5.5时易被氧化)
下列说法错误的是（　　）
A．“还原焙烧”时 元素被还原，有气体产物生成
B．滤渣1、滤渣2的主要成分分别为炭黑、氢氧化铁
C．“净化”时通入的 可用 来代替， 的作用是调节溶液的 大于5.5以便于除去杂质离子
D．“电解”时的阳极反应式为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．“还原焙烧” 与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为： ，可以知道还原焙烧”时 元素被还原，有气体产物生成，A不符合题意；
B．加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣l为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离，滤渣2为Fe(OH)3，B不符合题意；
C． 在酸性条件下比较稳定， 大于5.5时易被氧化，故pH应该小于5.5，C符合题意；
D．由图可知电解产生二氧化锰，则电极方程式为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加过量炭黑还原焙烧废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等]得到MnO、ZnO、Fe、C，再加稀硫酸酸浸，过滤，滤液含Fe2+、Mn2+、Zn2+，滤渣1为C，净化时氧气可氧化亚铁离子，结合表中Ksp可知，加MnCO3调节pH使Fe3+离子转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣2为Fe(OH)3，最后电解生成Zn和MnO2。
9．（2022·聊城模拟）下列有关 、 、 、 的说法正确的是（　　）
A． 和 中的键角 前者大
B． 和 的空间构型相同
C． 和 中N原子的杂化方式相同
D． 与 形成的 中，提供孤电子对形成配位键的是
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A． 中N原子的价层电子对数 ，且含有1个孤电子对， 中N原子价层电子对数 ，且含有2个孤电子对；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，前者为三角锥形、后者为V形，则键角：前者大于后者，故A符合题意；
B． 中N原子价层电子对数 ，且含有1个孤电子对， 中N原子价层电子对数 ，且不含孤电子对，空间结构：前者为三角锥形、后者为平面三角形，故B不符合题意；
C． 中N原子价层电子对数 ， 中N原子价层电子对数 ，氮原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故C不符合题意；
D．铜离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以铜离子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 中N原子的价层电子对数，4，含有1个孤电子对；中N原子价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
B. 中N原子价层电子对数为3，不含孤电子对；
C.中N原子价层电子对数为3；
D. 提供空轨道。
10．（2022·聊城模拟）直接 燃料电池( )是一种新型液态电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．“气体c”为
B．负极区溶液 增大
C．“电极b”的反应式为
D．当电路中转移 电子时，通过阴离子交换膜的 为4.8g
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．石墨电极a为负极，电极反应式为 ，“气体c”为 ，选项A不符合题意；
B．负极电极反应式为 ，负极区溶液 减小，选项B符合题意；
C．“电极b”为正极，电极反应式为 ，选项C不符合题意；
D．当电路中转移 电子时，通过阴离子交换膜的 为0.05mol，质量为0.05mol 96g/mol=4.8g，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据的移动方向可知，电极a为负极，电极b为正极，负极a上H2O2氧化反应，负极反应式为，正极发生还原反应，反应式为，原电池工作时阴离子移向负极
。
11．（2022·聊城模拟）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器和连接装置)（　　）
选项 实验目的 玻璃仪器 试剂
A 溴乙烷中溴元素的检验 试管、量筒、胶头滴管、酒精灯 溴乙烷、 溶液、硝酸银溶液
B 的焰色试验 酒精灯、蓝色钴玻璃 溶液、稀硫酸
C 实验室制取氯气 圆底烧瓶、分液漏斗、导管、广口瓶、烧杯 、浓盐酸、 溶液
D 葡萄糖的银镜反应实验 试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管 10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液、蒸馏水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．检验溴乙烷中的溴元素，需要在氢氧化钠溶液和加热条件下水解，硝酸调节溶液的pH值为酸性，再用硝酸银溶液检验，用到的仪器为试管、胶头滴管、酒精灯，A不符合题意；
B．做焰色试验时需要用到铂丝，B不符合题意；
C．实验室制氯气用 和浓盐酸反应需要加热，所选仪器缺少酒精灯，C不符合题意；
D．葡萄糖的银镜反应需热水浴加热，用胶头滴管向盛有银氨溶液的试管中滴加乙醛溶液，然后将该试管放入热水中进行反应，水升温要使用酒精灯加热，故使用到的玻璃仪器有烧杯、酒精灯、试管、胶头滴管、量筒，试剂有10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液、蒸馏水，可以完成实验，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴乙烷水解后应在酸性条件下检验溴离子；
B.观察K的焰色反应时需要用盐酸洗涤铂丝；
C.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
D.葡萄糖的银镜反应需热水浴加热。
12．（2022·聊城模拟） 是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．Y可以是甲酸乙酯
B．利用途径①制备 硫酸铜，消耗的硝酸至少为
C．Cu元素参与了3个氧化还原反应
D．途径⑤中若 ，则X为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．甲酸乙酯中含有醛基，可以与氢氧化铜反应得到Cu2O，A不符合题意；
B．铜与稀硝酸反应的离子反应式为： ，防有硫酸存在时，硫酸提供大量的氢离子，这时消耗的硝酸的量最少，途径①制备24g硫酸铜，硫酸铜的物质的量为0.15mol，根据方程式可知硝酸的物质的量为0.10mol，B不符合题意；
C． Cu元素参与了反应①、②、④、⑤4个氧化还原反应，C符合题意；
D．当途径⑤中若n(O2)：n(Cu2O)=3：2，根据元素守恒可配平化学方程式， ，根据方程式得失电子数也守恒，故X为二氧化硫，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氢氧化铜可氧化醛基；
B.途径①发生的反应为；
C.Cu元素在反应①、②、④、⑤中化合价均发生了改变；
D.根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式。
二、多选题
13．（2022·聊城模拟）甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下。下列说法错误的是（　　）
A．X与足量 加成所得的有机物分子中含有4个手性碳原子
B．Y分子中碳原子有2种杂化方式
C．Z分子存在顺反异构体
D．Z可发生加成反应、取代反应、氧化反应
【答案】A,B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．X含有苯环和醛基，与足量 加成所得的有机物分子中含有2个手性碳原子，用“*”表示的为手性碳原子， ，故A符合题意；
B．Y(N≡C CH2COOCH2CH3)分子从左到右第一个碳原子有2个σ键，没有孤对电子，其价层电子对数为2，杂化方式为sp，第二个碳原子有4个σ键，没有孤对电子，其价层电子对数为4，杂化方式为sp3，第三个碳原子有3个σ键，没有孤对电子，其价层电子对数为3，杂化方式为sp2，因此Y分子中碳原子有3种杂化方式，故B符合题意；
C．Z分子存在顺反异构体即 和 互为顺反异构，故C不符合题意；
D．Z中含有碳碳双键，可发生加成反应，也可发生氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，又叫取代反应，故D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
B.形成三键的碳为sp杂化，形成双键的碳为sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
C.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
D.Z具有苯、醚、烯烃、酯和腈的性质。
14．（2022·聊城模拟）某种含二价铜微粒 的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙。下列说法正确的是（　　）
A． 可加快脱硝速率，提高脱硝的平衡转化率
B．状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂能加快速率，不能使平衡移动， 可加快脱硝速率，不能提高脱硝的平衡转化率，故A不符合题意；
B．状态③到状态④的活化能最大，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定正反应速率，状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤，故B符合题意；
C．脱硝反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故C不符合题意；
D．状态④到状态⑤，铜元素化合价由+1升高为+2，NO中N元素化合价由+2升高为+4，当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.为催化剂，不影响平衡转化率；
B.活化能越大反应越慢，慢反应决定总反应速率；
C.脱硝反应为放热反应；
D.根据得失电子守恒计算。
15．（2022·聊城模拟）25℃时，某酸(结构简式为 )溶液中含元素X物种的浓度之和为 ，溶液中各含元素X物种的pX随pOH变化关系如图所示。图中 ， ；x、y两点的坐标： ； 、 分别表示 的一级、二级电离常数。下列说法错误的是（　　）
A． 溶液显碱性，是因为 的水解程度大于电离程度
B． 溶液中，
C．该体系中，
D．z点时，
【答案】A,C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知该酸为二元弱酸，则 只能电离不能水解，A符合题意；
B． 溶液中，根据电荷守恒： ，则 ，由分析可知c(HXO )> c(H3XO3)则有 ，B不符合题意；
C．H3XO3的一级电离常数 ， ， = ， ，因为 ，故 ， ，C符合题意；
D．z点时c(HXO )= c(H3XO3)， = ，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】随着碱性增强，即pOH减小，H3XO3浓度减小， 浓度先增加后减小，图中③表示微粒浓度持续减小，②表示微粒浓度先增大后减小，①表示微粒浓度逐渐增大至不再变化，可知③代表H3XO3，②代表，①代表 ，且 不能发生电离，据此结合电荷守恒、物料守恒解答。
三、综合题
16．（2022·聊城模拟）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子的空间运动状态有　 　种。
（2）Fe和Cu的部分电离能数据如下：
元素 Fe Cu
第一电离能 759 756
第二电离能 1561 1958
大于 的主要原因是　 　。
（3） 可形成 ，en代表 。其中 的空间构型为　 　；en分子中各元素的电负性由小到大的顺序为　 　。
（4） 是检验 的特征试剂， 中含有　 　 键，该离子中 杂化方式推断合理的是　 　。
A． B． C． D．
（5）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为 。该晶体的化学式为　 　。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、( ， ， )。则C点原子的分数坐标为　 　；晶胞中A、D原子间距离d=　 　cm。
【答案】（1）15
（2）Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定
（3）正四面体形；
（4）12；D
（5）；( )；
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Cu基态原子核外电子排布式为 ，核外电子空间运动状态由能层能级、原子轨道决定， s能级1种、p能级3种，故核外共有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子；
(2)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以 大于 ，故答案为：Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定；
(3) 中心原子有4个成键电子对，即价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，可知其空间构型为：正四面体形；en分子中包含C、H、N，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性较小，则n分子中各元素的电负性由小到大的顺序为 ；
(4)配体是CN-，1个配体中含有1个σ键，1个配体和中心离子形成的配位键是σ键，则 中含有12 键；由该配离子可知中心离子的价层电子对数为6，则其杂化轨道数为6，故答案为D；
(5)由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为 ，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为 ，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为 ，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4： 4： 8=1： 1： 2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为：(0，0，0)、( ， ， )，可知C点的Z轴坐标为 ，x、y轴的坐标都是 ，则C点的分数坐标为：( )；
由图可知A点距离D点在底面上的投影的距离为 × a，D点到底面的距离为 c，则A、D原子间距离d= = pm= cm。
【分析】（1）基态Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态；
（2）Cu+失去的是全充满3d10电子，Fe失去的是4s1电子；
（3） 的价层电子对数为4；元素的非金属性越强，电负性越大；
（4）单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键；
（5）根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；结合晶体构型计算坐标以及空间距离。
17．（2022·聊城模拟）以硅藻土为载体的五氧化二钒( )是接触法制备硫酸的催化剂。利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含 、 、 等)生产 的工艺流程如下。
查资料知：① 在 时开始沉淀， 时沉淀完全； 在 时开始沉淀， 时沉淀完全；
②多钒酸盐在水中溶解度较小； 微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇。
③部分含钒物质在不同pH溶液中的主要存在形式如下：
pH <1 1~4 4~6 6～8.5 8.5～13 >13
主要形式 多矾酸根 多矾酸根
回答下列问题：
（1）“焙烧”包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得 ，氧化过程中 发生反应的化学方程式为　 　；“焙烧”时钒渣与空气逆流混合的目的为　 　。
（2）“酸浸”时含V化合物发生的离子反应方程式为　 　；铝元素在“　 　”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为　 　。
（3）“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为　 　；
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D． 溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中 ，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节 为　 　 。[已知 ]
（4）“煅烧”过程中，部分 可能会被 转化成 ，同时生成无污染的气体，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　。
【答案】（1）；增大原料的接触面积，加快反应速率
（2）；转化I；
（3）C；0.4
（4）1∶3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)氧化过程中FeO V2O3发生反应的化学方程式为： ，钒渣与空气逆流混合的目的为增大原料的接触面积，加快反应速率；
(2)酸浸时pH值小于1，故V的存在形式为 ，离子反应方程式为： ；铝元素经过转化I以铝离子形式存在与滤液中，故在转化I中被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁；
(3)根据题中信息，NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水，不溶于乙醇，故洗涤时最好采用的试剂为乙醇，
故答案为：C；为使钒元素的沉降率达到98%，溶液中剩余的
， ；
(4)“煅烧”过程中，部分V2O5可能会被NH3转化成V2O4，同时生成无污染的气体，故反应方程式为： ，氧化产物为 N2，还原产物为V2O4，物质的量之比为1：3。
【分析】钒渣经过焙烧得到五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠、硅酸钠；酸浸过程pH小于1，故V元素的存在形式为 ，滤渣为硅酸，滤液中为铝离子、铁离子，固体为V2O5，此时调节溶液的pH值为3，故在转化I过程中铝元素以铝离子形式除去，铁离子在pH=1.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全，故此时固体为V2O5和氢氧化铁沉淀混在一起，经过转化II，调pH值大于13，根据表格，V元素以 形式存在，滤渣2为氢氧化铁； 经过转化III转变成 ，经过沉钒得到NH4VO3， 经过一系列操作得到五氧化二钒。
18．（2022·聊城模拟）锡(Sn)是第IVA族元素，其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解反应；SnCl2常温下为固体，具有还原性，可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl4的装置如图(加热与夹持装置省略)。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　；装置B中盛放的试剂是　 　。
（2）制取SnCl4的操作步骤为：①连接好装置；②　 　；③添加药品、滴加浓盐酸；④待装置D　 　后，加热装置C；⑤收集SnCl4。请补充上述实验步骤。已知装置A中反应的还原产物为 ，写出该反应的离子方程式　 　。
（3）装置E的作用是　 　。
（4）经测定发现实验所得SnCl4，样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下：
取ag样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用 碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液 。滴定过程中先后发生的反应为：
i.
ii. (均未配平)
则SnCl4样品的纯度为　 　%；若滴定时间过长，会使测量结果　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）蒸馏烧瓶；无水 (或“ ”或“硅胶”)
（2）检查装置气密性；充满黄绿色气体；
（3）吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中
（4）；偏大
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】装置A浓盐酸和K2Cr2O7反应制备氯气，生成的氯气通过盛装饱和食盐水的集气瓶，吸收挥发出来的氯化氢，否则Sn与HCl反应生成SnCl2，装置B中盛装干燥剂，干燥氯气，装置C是SnCl4的制备装置，装置D是收集装置，因为SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解，球形干燥管E中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入D，以此解题。
(1)由图可知仪器a是蒸馏烧瓶；装置B中的试剂可以干燥氯气，应该是无水 (或“ ”或“硅胶”)；
(2)装置组装完毕后应该：检查装置气密性；气密性良好后，可以添加药品，首先制备氯气，利用氯气排除装置中的空气，故要待装置D充满黄绿色气体后，再加热装置C，开始反应生产产品，装置A中重铬酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为： ；
(3)装置D中收集产品，产品易水解，没有反应完的氯气容易污染空气，故装置E的作用是：吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中；
(4)利用得失电子守恒配平得到配平的方程式为： ；滴定终点时，发生反应 ，生成的I2使淀粉变蓝；由反应方程式(或者根据得失电子守恒)可得关系式： ， ，产品纯度为 ，若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化碘离子，消耗的碘酸钾偏少，会使测量结果偏大。
【分析】（1）仪器a为蒸馏烧瓶；装置B用于干燥氯气；
（2）连接好装置之后应首先检查装置的气密性；要利用生成的氯气排出装置内的空气；重铬酸钾和浓盐酸发生反应；
（3）碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入D；
（4）根据计算；空气中的氧气也能氧化碘离子。
19．（2022·聊城模拟）甘草素(G)常用作糖果、糕点、啤酒、乳品、巧克力等生产中的食品添加剂。一种制备G的合成路线图如下：
已知RCHO+R′COCH3 RCH=CHCOR′，其中R，R′为烃基或氢。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　，A→B的反应类型为　 　。
（2）D与银氨溶液混合共热的化学方程式为　 　。
（3）F的分子式为　 　；G中含有官能团的化学名称为羟基、　 　。
（4）C的同分异构体中，同时满足如下条件的有　 　种。
a.苯环上有4个取代基；
b.能与 反应生成气体；
c.能与3倍物质的量的 反应；
d.分子中有6个氢原子化学环境相同；
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为　 　(任写一种)。
（5）综合上述信息，写出由苯酚和乙醇制备 的合成路线　 　(无机试剂任选)。
【答案】（1）1，3-苯二酚或“间苯二酚”；取代反应
（2） +2Ag(NH3)2OH 2Ag↓+ +3NH3↑+H2O
（3）；羰基、醚键
（4）16； 或者
（5）CH3CH2OH CH3CHO，CH3CH2OH CH3COOH + CH3CHO
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】结合A和C的结构及转化条件可知B为 ；根据C和E的结构简式，再结合信息可知D为 ，以此解题。
(1)根据A的结构简式可知A的化学名称为：1，3-苯二酚或“间苯二酚”； A→B为酚羟基邻位上的氢被乙酰基取代，为取代反应；
(2)由分析可知D为 ，则D与银氨溶液混合共热的化学方程式为： +2Ag(NH3)2OH 2Ag↓+ +3NH3↑+H2O；
(3)根据F的结构简式可知，其分子式为： ；根据G的结构简式可知，G中含有官能团的化学名称为羟基、羰基、醚键；
(4)能与 反应生成气体，说明含有—COOH；能与3倍物质的量的 反应，说明除了羧基外，还有2个酚羟基；分子中有6个氢原子化学环境相同，说明含有2个—CH3，则含有异丙基( )，则其同分异构体异丙基的位置分别为： ， ， ， ， ， ，则一共有16种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为 或者 ；
(5)乙醇被高锰酸钾氧化为乙酸，乙酸和苯酚发生类似A→B的反应生成 ，乙醇催化氧化生成乙醛，根据信息可知 和乙醛发生反应生成产物，具体路线如下：CH3CH2OH CH3CHO，CH3CH2OH CH3COOH + CH3CHO 。
【分析】（1）A为间二苯酚；B为，A发生取代反应生成B；
（2）醛与银氨溶液发生银镜反应；
（3）根据F的结构简式确定其分子式；G中的官能团为羟基、羰基和醚键；
（4）C的同分异构体含有羧基，2个酚羟基，分子中有6个氢原子化学环境相同；
（5）由苯酚和乙醇制备，乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛发生氧化反应生成乙酸，苯酚和乙酸发生A生成B类型的反应，然后再和乙醛发生信息中的反应生成目标产物。
20．（2022·聊城模拟）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
（1） 重整制CO的反应为：
已知：
则 　 　。
在 时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及 催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是　 　。
（2）工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[ ]的变化如图。则f　 　3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数 　 　 。
②当x=3时，保持体系压强始终为 ，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表 的变化曲线是　 　；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式 　 　 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛( )。电解过程中，阴极附近溶液的pH　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）；A点所处温度下催化剂失去活性
（2）<；<；c；
（3）增大；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
(2)①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高二氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故 < ；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表 的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
(3)电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为： ；
【分析】（1）根据盖斯定律计算；A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，从催化剂活性角度分析；
（2）① 越大，CO2的平衡转化率越大；由图可知，降低温度，CO2的平衡转化率增大，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则C2H4(g)和H2O(g)物质的量分数减小；根据计算；
（3）CO2和H2O在阴极发生还原反应生成CO和H2；甘油在阳极失去电子生成甘油醛。
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