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山东省青岛第五十八中学高三4月模拟预测
化学
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有1个选项符合题目要求。
1．高分子材料在航天、生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是
A．航天服外层用聚四氟乙烯复合织物可以抵御高温
B．嫦娥6号返回器用体型酚醛树脂空心微球作为核心隔热材料，能够抵御极端烧蚀环境
C．芳纶纤维热稳定性高、强度高、密度小，可以制成防切割耐热手套
D．低压法聚乙烯可以用于生产食品包装袋、薄膜
2．新材料的发展充分体现了“中国技术”“中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是
A．“奋斗者号”深潜器载人舱的外壳材料——铝合金
B．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢
C．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓
D．“C919”飞机尾翼主要材料——碳纤维
3．下列化学用语或图示正确的是
A．的电子式：
B．HBr分子中共价键的电子云轮廓图：
C．的空间填充模型：
D．顺-2-丁烯的结构简式：
4．化学实验是学生进行实践操作、科学探究的重要机会。下列实验操作或处理方法正确的是
A．分液操作时，应打开分液漏斗活塞，依次放出下、上层液体
B．实验时未用完的钠不能放回原试剂瓶，防止污染原试剂
C．利用乙醇制乙烯时，发现忘记添加沸石，应停止加热迅速加入沸石
D．溶液转移到容量瓶时应将玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线以下
5．解释下列实验现象的离子方程式书写错误的是
A．向溶液中通入少量，溶液碱性减弱：
B．溶于溶液，溶液变黄棕色：
C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：
D．向溶液中加入足量溶液，产生气体和白色沉淀：
6．为探究红色固体与酸的反应，进行如下实验。
已知：①水溶液中是蓝色，是黄绿色，是深蓝色。
②
实验组 实验操作 实验现象
Ⅰ 溶液变为蓝色，有少量的白色沉淀。
Ⅱ 固体全部溶解，溶液变为黄绿色，加入氨水后溶液变成深蓝色。
Ⅲ 溶液变为蓝色，液体呈浑浊状态。
Ⅳ 固体全部溶解，溶液变为蓝色，加入氨水后溶液变成深蓝色。
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中生成白色沉淀的反应：
B．Ⅱ中溶液变成黄绿色的原因可能与溶解的氧气有关
C．Ⅲ溶液变蓝色原因是稀硝酸将氧化为
D．结合实验现象可知，与的配位能力强弱：
7．X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为，Z、M处于对角线位置，下列说法正确的是
A．化合物XMYZ和均为直线形分子
B．该配合物中Q元素的化合价为+4
C．电负性：
D．该配合物中配体数与配位数之比为1:2
8．对下列物质性质的解释错误的是
选项 物质性质 解释
A K与Na的化学性质有差异 最外层电子能量
B 晶体熔点714℃、晶体熔点192℃ 晶体类型
C 金属有良好的延展性 离子键
D 的沸点高于 分子间作用力
A．A B．B C．C D．D
9．据文献报道，含钒(V)催化剂催化某反应的反应机理如下图所示。下列叙述正确的是
A．该反应机理中所涉及、、三种分子中共价键种类完全相同
B．该催化循环过程中V的价态始终不变
C．每消耗标准状况下11.2 L ，转移3 mol电子
D．该催化循环总反应方程式中和NO的物质的量之比大于2：3
10．某温度下，CO可催化转化为，向恒容密闭容器中充入一定量的和，发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
平衡时和的转化率及和的物质的量随起始投料比变化的情况如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线c表示的物质的量的变化
B．若起始投料比，平衡时的物质的量为0.225 mol
C．起始投料比增大时，反应Ⅱ的化学平衡常数减小
D．若其他条件不变，压缩容器体积，C点将移向Y点
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。
11．根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向苯酚浊液中滴加溶液，溶液由浑浊变澄清 苯酚的酸性比强
B 向溶液中先通入适量，无明显现象，再加入稀，有白色沉淀生成 稀有氧化性
C 向等物质的量浓度的NaCl、混合溶液中滴加溶液，首先生成AgCl白色沉淀
D 向CO还原所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，无明显颜色变化 全部被还原
A．A B．B C．C D．D
12．利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂，装置如下，下列说法正确的是
A．电极反应式是
B．甲中每消耗，乙中有通过隔膜
C．电极反应式为
D．每转移电子，生成和
13．一种以工业废料(主要成分为、、和)为原料，制备和的流程如图所示，下列说法错误的是
已知：具有两性，可以与、反应
A．碱浸时滤渣Ⅰ的主要成分为和
B．流程中“操作”为蒸发结晶、趁热过滤
C．中和步骤中的要过量
D．电解尾液中溶质主要为，可以循环利用
14．以邻氯甲苯(M)为原料制备化合物I的合成路线如下，下列说法正确的是
A．M→N的反应条件是、
B． P分子中1号碳的C-H键极性相对2号碳较大
C．Q→H过程中有生成
D．H→I过程可生成与I互为同分异构体且含五元环的副产物
15．已知25℃时，为气态，其饱和溶液的浓度约为，水溶液中各含X物种分布系数()与pH的关系曲线如图，；AX、BX在不同pH下的临界金属离子浓度的pM曲线如图，，其中代表或。已知常温下。下列描述正确的是
A．曲线1代表随pH的变化曲线，的的数量级为
B．向溶液中通HCl至溶液呈中性，则
C．欲使0.1 mol的完全溶于1.0 L盐酸中，所需盐酸的最低浓度约为
D．向含的溶液中通入气体至饱和，可使
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．过渡元素锰能形成很多重要的化合物。回答下列问题：
(1)三醋酸锰是一种有机反应氧化剂。Mn在元素周期表中的位置为___________。下列表示锰原子处于激发态的有___________(填标号，下同)，其中能量较高的是___________。
a． b． c． d．
(2)三醋酸锰是一种配合物，其结构如图所示，所含键和键个数之比为___________。羧酸可表示为A―H，、和酸性随A―H间的电子云密度增大而减弱，其中酸性最弱的是___________。
(3)锰酸锂()可作为锂离子电池的正极材料，通过嵌入或脱嵌实现充放电。
①锰酸锂可充电电池的总反应为：。从锰酸锂中脱嵌的过程为___________。(填“放电”或“充电”)过程，对应的电极反应式为___________。
②晶胞可看成由图1中A、B单元按图2方式构成。图1中“”表示，则“”表示的微粒是___________。(填离子符号)。

17．可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备和的一种工艺流程如下。
已知：i．酸性条件下，氧化性：；和过量氨水生成；
ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下(当离子浓度时认为反应完全)：
金属离子
开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 6.2
完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 8.2
回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价层电子排布图为______。“氧化酸浸”所得浸渣中含有硫单质，ZnS发生反应的离子方程式为______。
(2)“沉铁”时，调节溶液的pH范围约为______。“沉锰”时，需保持和氨水混合溶液的pH范围约为8.0，pH不能过高的原因是______。
(3)“热分解”所得“分解气”中的______(填化学式，下同)溶于水，可循环利用；“余液”的溶质主要为______。
(4)为了解受热分解规律，取在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(的摩尔质量为)
固体A中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。反应的化学方程式为______。
18．碘酸钾()是一种常见的食品添加剂。由于热稳定性较好，常作为食盐中的碘补充剂。某研究小组在实验室模拟工业生产制备，其过程如下：
步骤I：酸化氧化：在仪器甲中加入、足量和水，水浴加热1小时，发生反应，反应期间不断鼓入热空气并补加稀硝酸维持溶液pH=2左右。
步骤II：结晶分离：继续鼓气至装置内气体完全无色，停止加热。向溶液中加入适量KCl固体后，冷却结晶，析出晶体，过滤分离。
步骤III：中和转化：将析出的晶体在适量热水中完全溶解，加入调节至，转化为溶液。再经一系列操作得到最终成品。
相关物质的性质如下：
性质物质 溶解度 溶解度 其他性质
9.1 16.8 碱性或中性条件下稳定，酸性条件下氧化性较强。
1.9 37.2 易潮解
(1)仪器甲的名称是___________。仪器乙在放液前是否需要打开顶端塞子？___________(填“是”或“否”)。
(2)步骤I鼓入热空气的作用有___________(写出两点)。制备也可将碘单质加入和的混合液中在下共热，写出该反应的离子方程式___________。
(3)步骤II中加入固体的目的是___________。操作中选择先析出固体，再转化为，而不是直接调析出的原因是___________。
(4)下列关于该实验的描述中，错误的有___________(填标号)。
a．步骤I中，相比用盐酸酸化，该实验中使用硝酸酸化可以减少的生成
b．步骤II中，为了使析出的更干燥，可在过滤时采取抽滤操作
c．步骤III中，“一系列操作”为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，烘干
(5)步骤III最终得到产品，则该实验的产率为___________。(产率=实际产量/理论产量，结果保留两位有效数字)
19．盐酸环丙沙星是一种广谱抗菌药物，主要用于治疗由细菌感染引起的各种疾病。其合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．R-CH=CH-OR＇++HOR＇
Ⅲ．ClRCOOR＇++R＇OH
回答下列问题：
(1)B→C的反应类型是___________，D分子中含氧官能团的名称是___________。
(2)I的结构简式是___________。
(3)G→H的化学方程式是___________。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①3个卤原子直接与苯环相连，且苯环上有4个取代基；
②能发生银镜反应，且能与碳酸氢钠溶液反应；
③苯环上只有一种氢，核磁共振氢谱图中显示分子中共有5种不同环境的氢原子，且峰面积之比为。
(5)H→I还可通过如下路径实现：(已知RCl+R＇NH2RNHR＇)。
①写出K的结构简式___________，加入碳酸钾的作用是___________。
②实现K→I最大转化，需要的合适反应条件是___________。
20．Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。
Ⅰ． ΔH1
Ⅱ． ΔH2
Ⅲ． ΔH3
向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如图1所示；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如图2所示，P点、Q点对应的p(F2)分别为14 kPa和224 kPa。
回答下列问题：
(1)反应，ΔH=___________(用代数式表示)。
(2)反应Ⅲ的ΔH3___________0(填“＞”或“＜”)；图1中630 K之后，XeF4分布分数下降的原因为___________。
(3)曲线L2对应的物质为___________(填化学式)。
(4)T温度下，反应的Kp=___________。
(5)T温度下，当n(XeF4)最多时，体系总压为110 KPa，则p(F2)=___________kPa，p(XeF2)=___________kPa，初始投料比n(F2)：n(Xe)=___________(用最简分数表示)。
试卷第1页，共3页
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1．D
A．聚四氟乙烯耐高低温、化学性质稳定，可用于航天服外层抵御高温，A正确；
B．体型酚醛树脂属于热固性高分子，隔热性好、耐高温烧蚀，适合作为返回器的核心隔热材料，B正确；
C．芳纶纤维是高性能纤维，具有热稳定性高、强度高、密度小的特点，可制成防切割耐热手套，C正确；
D．高压法得到的低密度聚乙烯质地柔软，用于生产食品包装袋、薄膜；低压法得到的高密度聚乙烯硬度大，多用于生产管材、容器，D错误；
故答案选D。
2．A
A．铝合金属于铝的合金，金属材料包括纯金属和合金，因此铝合金属于金属材料，A符合题意；
B．液氢是液态的氢气，属于非金属单质，不属于金属材料，B不符合题意；
C．砷化镓是半导体化合物，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C不符合题意；
D．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于金属材料，D不符合题意；
故选A。
3．D
A．为直线形分子，C与S之间形成双键，其电子式为，A错误；
B．分子中，H的1s轨道与Br的p轨道头碰头重叠形成σ键，电子云轮廓图应为，图示为键的电子云轮廓图，B错误；
C．为共价晶体，不存在独立的小分子，C错误；
D．顺-2-丁烯中，两个甲基位于碳碳双键的同侧，选项所示结构简式符合顺式结构的定义，D正确；
故选D。
4．D
A．分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体需从上口倒出，避免上层液体被下层残液污染，A错误；
B．钠性质活泼，随意丢弃易引发火灾等安全事故，未用完的钠必须放回原试剂瓶，B错误；
C．乙醇制乙烯的反应温度接近170℃，忘记加沸石时需先将溶液冷却至室温后再添加，直接向热溶液中加沸石会引发暴沸，C错误；
D．溶液转移到容量瓶时将玻璃棒下端靠在刻度线以下，可避免液体残留在刻度线以上的瓶壁，防止定容时溶液体积偏大，D正确；
故选D。
5．C
A．碳酸钠与少量反应生成碳酸氢钠，碳酸根水解程度大于碳酸氢根，溶液碱性减弱，离子方程式书写正确，A正确；
B．与HI反应时，三价铁将碘离子氧化为碘单质，使溶液显黄棕色，离子方程式电荷、得失电子、原子均守恒，书写正确，B正确；
C．题干中稀硝酸与银反应的产物均正确，但题中离子方程式得失电子、原子均不守恒，正确离子方程式为，C错误；
D．与发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式书写正确，D正确；
故选C。
6．C
A．实验I中，Cu2O与0.3 mol/L HCl反应得到蓝色溶液（含[Cu(H2O)4]2+和少量白色沉淀，白色沉淀为CuCl，实验I中部分Cu2O与盐酸反应生成白色沉淀CuCl，反应的离子方程式为：Cu2O+2H++2Cl =2CuCl↓+H2O；该描述正确，A不符合题意；
B．实验II中，Cu2O溶于12mol/L的盐酸，由于氯离子浓度极高，必然会生成黄绿色的[CuCl4]2-离子；按理说应该还有Cu生成，但是固体全部溶解，Cu不能直接溶于盐酸，因此必须有溶解的氧气作为氧化剂，使之转化为[CuCl4]2-离子；离子方程式为2Cu2O+8H++16Cl-+O2=4[CuCl4]2-+4H2O；该描述正确，B不符合题意；
C．实验III中，溶液变蓝且液体呈浑浊状态，说明生成了Cu2+和不溶于酸的Cu单质，这是Cu2O在酸性条件下发生歧化反应（Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O）的现象，而非稀硝酸将Cu2O氧化；描述错误，C符合题意；
D．结合实验现象分析：实验II中浓盐酸中生成黄绿色[CuCl4]2 ，说明Cl 配位能力强于H2O；加入氨水后变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+，说明NH3可以替换[CuCl4]2 中的Cl ，因此配位能力NH3>Cl ，最终得到配位能力强弱：NH3>Cl >H2O，描述正确，D不符合题意；
故答案选C。
7．D
在化合物中X形成1个共价键且原子序数最小，则X为H；Y形成4个共价键，则Y处于第IVA族，Z形成3个共价键，且原子序数大于Y，则Z处于第VA族；结合Z、M处于对角线位置可知，Y为C，Z为N，M为S；基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，则Q为Ni。
A．化合物HSCN中S的价层电子对数为，所以S原子采用sp3杂化，存在两对孤电子对，分子结构为V形，不是直线形分子，CS2的中心C原子是sp杂化，所以CS2为直线形分子，所以XMYZ和不均为直线形分子，A错误；
B．该配合物配体数为2，且配合物为电中性分子，每个配体中的其中一个S原子带有1个单位的负电荷，设Ni的化合价为a，则，解得a=2，并非+4，B错误；
C．Y为C，M为S，从化合物CS2中的化合价可以看出，C显正价，而S显负价，说明S吸引电子的能力大于C，成键电子对偏向S，所以S的电负性大于C，即M＞Y，C错误；
D．该配合物中有2个相同的配体(即图中左右对称的两个基团)，Ni原子与4个S原子形成配位键，每个配体提供两个S原子配位，配位数为4，所以配体数与配位数之比为1:2，D正确；
故答案选D。
8．C
A．Na和K同为碱金属元素，最外层电子数相同，但原子半径不同，导致K原子核对最外层电子的吸引力更弱，更容易失电子，因此两种元素化学性质有所不同，A正确；
B．是分子晶体，分子间作用力只有范德华力，是离子晶体，与间作用力为离子键，熔化过程中，范德华力更容易克服，因此的熔点低于，B正确；
C．根据“电子气理论”，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层间会发生相对滑动，但不会改变原来的排列方式，而且弥漫在金属原子间的电子气可以起到类似轴承中滚珠之间润滑剂的作用，所以金属有良好的延展性，金属的该性质与离子键无关，C错误；
D．分子量大于，分子间作用力更强，因此沸点更高，D正确；
故答案选C。
9．D
A．该反应中、含有极性共价键，而含有非极性共价键，三者含有的共价键种类不完全相同，A错误；
B．由图可知，该催化循环过程中钒元素的价态以+5→+4→+4→+5循环，B错误；
C．标准状况下的物质的量为，中元素从价升高到价，每参与反应转移电子，理论上转移电子，C错误；
D．总反应中氨气作还原剂，NO与共同作氧化剂，若只有与NO反应，则，的加入使，D正确；
故选D。
10．D
反应Ⅰ、Ⅱ的总反应为：2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，起始投料比越大，反应正向进行程度越大，CO转化率越大，而H2的转化率减小，则曲线a表示CO的转化率，曲线b表示H2的转化率；同时随着n起始(H2)的增大，CH4 、CO2的产率也逐渐增大，当H2的量到达一定限度，会与CO2会发生反应，导致CO2物质的量后期开始减小，则曲线c表示CH4的物质的量，曲线d表示CO2的物质的量，据此解答。
A．曲线c表示CH4的物质的量的变化，A错误；
B．若起始投料比，设n(CO)=1mol，n(H2)=1mol，由图可知，此时，B点表示CO转化率为37.5%，即反应的 CO总量为，C点表示H2转化率为62.5%，即反应的H2总量为，设反应Ⅰ消耗的CO为x mol，反应Ⅱ消耗的CO为y mol，则：x + y = 0.375，H2总消耗：反应Ⅰ消耗3x，反应Ⅱ生成y，净消耗3x-y = 0.625，解得x=0.25 mol，y=0.125mol，则平衡时，CH4的物质的量为反应Ⅰ生成的量，即x = 0.25 mol，B错误；
C．平衡常数K只与温度有关，与反应物浓度、投料比无关，C错误；
D．C点的投料比为1，此时C点表示H2转化率为62.5%，压缩容器体积，相当于增大压强，反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，加压平衡Ⅰ正向移动，消耗更多H2，反应Ⅱ气体分子数不变，压强对其平衡无影响，因此，加压会使H2的转化率升高，在图上表现为C点（转化率62.5%）向上移动，移向Y点，D正确；
故选D。
11．B
A．苯酚与溶液反应生成苯酚钠和，无生成，说明苯酚酸性弱于，仅强于，A错误；
B．通入溶液时，因亚硫酸酸性弱于盐酸不发生反应，加入稀后，稀将+4价S氧化为+6价生成，与结合生成沉淀，体现稀的氧化性，B正确；
C．是AB型沉淀，溶度积表达式为，是型沉淀，溶度积表达式为，二者结构不同，不能直接根据沉淀先后顺序比较大小，C错误；
D．若产物中同时存在Fe单质和未反应的，加稀盐酸后Fe会将还原为，滴加KSCN溶液也无明显现象，不能证明全部被还原，D错误；
故选B。
12．BD
利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸，电极a发生反应：，a电极为负极；电极b发生反应：，b电极为正极；装置乙为电解池，电极c与正极相连为阳极，电极d为阴极。
A．由分析可知，电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为，A错误；
B．64 g二氧化硫的物质的量为，1mol失去2 mol电子生成，由得失电子数目守恒可知，d电极上2 mol放电生成氢气，则有2mol通过隔膜由左侧移向右侧，B正确；
C．由分析可知，电极c为电解池的阳极，在无水作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式为，C错误；
D．由分析可知，电极a为负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，由得失电子数目守恒可知，每转移2mol电子，电极c生成2 mol五氧化二氮、电极a生成1mol硫酸，D正确；
故选BD。
13．BC
砷化镓废料“碱浸”时，、与碱不反应，作为滤渣Ⅰ的主要成分过滤除去；而与反应生成，与、反应，元素转化为、转化为，加入适量中和，转化为沉淀、转化为沉淀是过滤分离出的滤渣Ⅱ的成分，而滤液中主要含有、，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到；滤渣Ⅱ再加入过量使转化为溶解与（滤渣Ⅲ）分离，电解溶液得到单质。
A．根据上述分析可知，碱浸时、与碱不反应，作为滤渣Ⅰ的主要成分，A正确；
B．流程中“操作”是从含有、的滤液中得到晶体，该操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B错误；
C．具有两性，中和步骤中的要适量，需使转化为沉淀而与砷元素分离，C错误；
D．电解溶液时，阴极发生，阳极发生，故电解尾液中溶质主要为，可以循环利用，D正确
故选BC。
14．BD
由流程，M发生取代反应引入溴原子得到N，N中溴原子被取代生成Q，Q转化为H，H成环得到I；
A．M为甲基氢被取代，反应条件为Br2、光照，A错误；
B．P分子中1号碳上与2个酯基相连，2号碳只与1个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使得P分子中1号碳的C-H键极性相对2号碳较大，B正确；
C．Q→H过程中有二氧化碳，C错误；
D．H中含2个羧基，若H中上侧的羧基反应，则可以得到与I互为同分异构体且含五元环的副产物：，D正确；
故选BD。
15．D
由可知，pH相同、溶液中相同的条件下，值越大，溶液中越大，pM越小，由此可得曲线1代表随pH的变化曲线，曲线2代表随pH的变化曲线；由分布系数曲线可知为二元弱酸，电离方程式为、，溶液pH越小，越大，的电离被抑制，主要以形式存在，分布系数曲线从左至右分别代表、、，第一个交点处与分布系数相等，浓度相等，则，同理可得，第二个交点处与分布系数相等，浓度相等， ；
A．由分析可知，的的数量级为，其数量级为10-13，A错误；
B．根据溶液中电荷守恒可得，溶液呈中性则，化简为，结合物料守恒可得，故，B项错误；
C．使0.1 mol的完全溶解，此时溶液中，极易水解，近似饱和，盐酸浓度大于氢离子浓度，，故盐酸的浓度大于，C项不正确；
D．饱和溶液中，以第一步电离为主，氢离子浓度约等于，，根据的溶度积常数计算，D项正确。
答案选D。
16．(1) 第四周期第ⅦB族 bd d
(2) 1:7
(3) 充电
（1）Mn为25号元素，Mn在元素周期表中的位置为第四周期第ⅦB族；根据构造原理知，Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，当有电子跃迁到更高轨道时处于激发态，故表示锰原子处于激发态的有、，其中能量较高的是；
（2）单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，三醋酸锰所含键和键个数之比为1:7；电负性F>Cl>H，则吸电子能力F>Cl>H，吸电子能力增强导致羧基中氢更容易被电离出来，导致酸性增强，故其中酸性最弱的是；
（3）①锰酸锂可充电电池的总反应为：，由总反应可知，从锰酸锂中脱嵌的反应为，发生氧化反应，反应为充电过程；
②据“均摊法”，晶胞中含个、（4+4）×4=32个，、微粒个数比为1:4，结合化学式可知，“”表示的微粒是。
17．(1)
(2) pH过高会生成沉淀，导致产品不纯
(3) (和)
(4) (或)
闪锌矿粉和软锰矿粉、稀经过“氧化酸浸”工序，转化为S和、转化为、转化为，不反应，“浸渣”中含有S、；用氨水“沉铁”时，和不反应，生成沉淀；过滤后加入和氨水，生成沉淀和，沉锰后的滤液中含有、、、、、氨水等，热分解得到的“分解气”中含有、，“余液”的溶质主要为，沉淀为；溶于硫酸得到溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，获得。
（1）基态Mn原子价层电子排布式为，其价层电子排布图为；据分析，“氧化酸浸”时和反应生成S、、，离子方程式是。
（2）据分析，用氨水“沉铁”时应完全沉淀，而不沉淀、，根据资料可知，调节溶液的pH范围为。“沉锰”时和氨水作沉锰剂，生成沉淀，同时做缓冲溶液，即使加入过量氨水，溶液pH变化不大，溶液pH保持在8.0范围内，有利于生成，pH过高会生成沉淀，导致产品不纯。
（3）由分析可知，“分解气”的主要成分为、，溶于水获得氨水(或和一起通入水中得到)，可循环利用；由解析可知，“余液”的溶质主要为。
（4）的摩尔质量为，取，物质的量为0.1 mol，在惰性气体环境下进行热重分析，先脱水，A点剩余固体产物的质量为26.9 g，失去，A点化学式为；B点剩余固体产物的质量为17.9 g，又失去，B点化学式为；C点剩余固体产物的质量为16.1 g，又失去，C点化学式为；D点剩余固体产物的质量为8.1 g，其中Zn为0.1 mol（即6.5 g），则含O的质量为1.6 g（即0.1 mol），D点的化学式为；A的化学式为，其中水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为；反应的化学方程式为(或。
18．(1) 三颈烧瓶 否
(2) 充分排尽装置中氯气或搅拌加快反应速率或辅助加热
(3) 促进析出 常温下溶解度更小，更易析出，得到最终产品产量更高
(4)c
(5)86%
工业生产制备，先酸化氧化，再结晶分离，接着中和转化将析出的晶体在适量热水中完全溶解，加入调节至，转化为溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到产品。
（1）由图示可知，仪器甲的名称是三颈烧瓶；仪器乙为恒压分液漏斗，漏斗与三颈烧瓶压强相通，无需打开顶端塞子即可顺利放液。
（2）步骤I鼓入热空气的作用有充分排尽装置中氯气；搅拌溶液，使反应物充分接触，加快反应速率；维持反应温度，促进反应进行。制备也可将碘单质加入和的混合液中在下共热，该反应的离子方程式为。
（3）步骤II中加入固体的目的：增大溶液中K+浓度，降低的溶解度，促进结晶析出；操作中选择先析出固体，再转化为，而不是直接调析出的原因是常温下溶解度更小，更易析出，得到最终产品产量更高。
（4）a．盐酸酸化时，Cl-会被KClO3氧化生成更多Cl2，硝酸酸化可减少Cl2生成，a正确；
b．抽滤（减压过滤）可更快除去晶体表面水分，得到更干燥的晶体，b正确；
c．KIO3溶解度随温度升高而增大，因此需蒸发浓缩、冷却结晶得到产品，不是蒸发结晶趁热过滤，c错误；
故答案选c。
（5），根据I元素守恒，理论上生成的，则理论上生成的，该实验的产率为。
19．(1) 取代反应 (酮)羰基、酯基
(2)
(3)
(4)8
(5) 中和反应生成的，促进平衡正向移动，提高K的产率 先加入氢氧化钠溶液，后加入盐酸
根据D的结构简式及A、B、C的分子式和反应条件知，A为，A中氢原子被取代生成B，B为，B中羧基发生取代反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，E能发生信息Ⅰ的反应，则E中含有-COCH2COO-结构，所以D脱去-COOCH2CH3生成E，E为，E发生信息Ⅰ的反应生成G，G为，G发生信息Ⅱ的反应生成H，H为，H发生信息Ⅲ的反应生成I，I发生取代反应生成J，根据J的结构简式知，I为，据此分析解题。
（1）B的-COOH中的-OH被-Cl取代生成C，B→C的反应类型是取代反应，D分子中含氧官能团的名称是(酮)羰基、酯基；
（2）
I的结构简式是；
（3）
G→H发生信息Ⅱ的反应，化学方程式是；
（4）
E为，E的同分异构体符合下列条件：①3个卤原子直接与苯环相连，且苯环上有4个取代基；
②能发生银镜反应，且能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有醛基和羧基；
③苯环上只有一种氢，核磁共振氢谱图中显示分子中共有5种不同环境的氢原子，且峰面积之比为，说明结构对称，含有1个甲基，1个亚甲基，含有苯环的结构为、，另一个取代基位于F原子对位，另一个取代基为-CH2C(CH3)(CHO)COOH、-C(CHO)(COOH)CH2CH3、-C(CHO)(CH3)CH2COOH或-C(CH3)(COOH)CH2CH3，则符合条件的同分异构体种类为2×4=8；
（5）
①根据信息知，H中氯原子和亚氨基发生取代反应生成K的结构简式为；
该反应中还生成HCl，加入碳酸钾的作用是中和反应生成的HCl，促进平衡正向移动，提高K的产率；
②K转化为I实际上是酯基发生水解反应生成羧基，所以实现K→I最大转化，需要的合适反应条件是先加入氢氧化钠溶液，后加入盐酸。
20．(1)
(2) ＜ 630 K之后升高温度，反应Ⅱ逆向移动的程度大于反应Ⅲ
(3)XeF4
(4)16
(5) 56 9
（1）由盖斯定律可知反应，可由反应Ⅰ+反应Ⅱ的逆反应可得，则。
（2）由图1可知：温度升高时，的分布分数下降，说明反应 Ⅲ的平衡逆向移动，因此反应Ⅲ为放热反应；
温度升高，反应 Ⅱ的平衡逆向移动，同时反应Ⅲ的平衡逆向移动，且温度升高使分解速率加快，导致其分布分数下降。
（3）已知与发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，随着不断增加，的物质的量逐渐减小，的物质的量先增大后减小，的物质的量会逐渐增大，曲线L2随增大先增后减，因此对应的物质是。
（4）由图可知，当=14 kPa时，，由此可得==，当=224 kPa时，由此可得反应==故反应的=16。
（5）T温度下，当n(XeF4)最多时，由图2可知，则=；反应Ⅱ+反应Ⅲ可得反应，=解得；
由反应Ⅱ=，，可得=4，由时，近似认为Xe完全反应及压强为110 kPa=+++，可得6=54 kPa，则=9 kPa；
由=9 kPa=，=4=36 kPa，，由元素守恒可得初始=(9+9+36) kPa=54 kPa，初始=(9+9+72+27+56) kPa，则初始投料比n(F2)：n(Xe)=82:27。
答案第1页，共2页
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