山东省青岛市胶州市2022-2023学年高三上学期期末学业水平检测化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·胶州期末）2022年第53个世界地球日主题是珍爱地球人与自然和谐共生，引导全社会树立尊重自然、顺应自然、保护自然的生态文明理念。下列相关说法或做法正确的是
A．聚氯乙烯塑料易造成环境污染，可采用焚烧法处理
B．研发催化剂将还原为甲醇是促进碳中和的有效途径
C．对废旧电池必须进行分类回收，并集中进行深埋处理
D．减少及碳氢化合物的排放以防止温室效应和酸雨的形成
2．（2022高三上·胶州期末）下列有关主要应用不涉及氧化还原反应的是
A．和混合液可用于除铁锈
B．溶液可用于制作铜印刷电路板
C．可用于天然水的杀菌消毒和净化
D．可用于呼吸面具和潜水艇中的氧气的供给
3．（2022高三上·胶州期末）下列实验原理与装置能达到实验目的的是
A．用装置Ⅰ测定化学反应速率
B．用装置Ⅱ可制得NaHCO3晶体
C．用装置Ⅲ可验证丙烯醛中含有碳碳双键
D．用装置Ⅳ所示方法可检验该装置的气密性
4．（2022高三上·胶州期末）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．含碘盐中的仅用淀粉KI溶液就可检验
B．人体所需的营养物质糖类、油脂、蛋白质都属于高分子
C．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同素异形体
D．食品包装袋内的“干燥剂”CaO是碱性氧化物，其水化物属于强电解质
5．（2022高三上·胶州期末）对羟基肉桂酸甲酯M具有高光敏性和强效导电性等优良特性，是一种优良的触摸屏和高端光纤材料，结构简式如图所示。下列有关说法错误的是
A．M的分子式为
B．M能发生取代、加成、氧化等反应
C．1 mol M一定条件下能被5 mol 还原
D．M所含所有碳原子可能处于同一平面内
6．（2022高三上·胶州期末）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子最高能级有3个未成对电子，Z与X形成的化合物常用于汽车的安全气囊，Y、W处于同一主族，下列说法错误的是
A．原子的半径：Z>W>X>Y
B．简单氢化物的还原性、水溶液的酸性：W>Y
C．化合物中存在离子键、非极性共价键
D．同周期中第一电离能小于X的元素有4种
7．（2022高三上·胶州期末）已知CuCl为白色粉末，不溶于乙醇，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，露置在空气中易生成绿色。向溶液中加入、NaCl可制得CuCl，CuCl产率与NaCl的用量有如图所示关系，下列说法错误的是
A．属于碱式盐，称作碱式氯化铜
B．CuCl生成反应中氧化剂与还原剂物质的量比为1：2
C．一定范围内，CuCl产率随增大而增大，与其溶解平衡移动有关
D．分离所得CuCl需立即醇洗的目的是快速除去水的同时防止其被空气氧化
8．（2022高三上·胶州期末）(光气)、(亚硫酰氯)、均为稳定结构的氯化试剂，可与反应制备，下列说法错误的是
A．和分子的空间构型相同
B．上述三个制备反应均为非氧化还原反应
C．、中C原子和S原子的杂化方式相同
D．与基态Ti原子同周期且未成对电子数相同的元素有3种
9．（2022高三上·胶州期末）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，所得硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，溶解回流装置如图所示(夹持装置略去)。已知硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。下列说法正确的是
A．球形冷凝管应a口进水，b口出水
B．回流加热前必须先加入碎瓷片以防止暴沸
C．回流时间过长会导致溶剂减少及被氧化
D．回流结束后需先停止通入冷凝水，再关闭热源开关
10．（2022高三上·胶州期末）工业上以软锰矿(主要成分为)为主要原料制备高锰酸钾()的方法如下：
已知：①熔烧时有和KCl生成。
②歧化法：调溶液pH至弱碱性，歧化生成和
下列说法正确的是
A．熔烧时所用坩锅的材质可以选用
B．熔烧时理论上每生成1 mol 转移个电子
C．电解法与歧化法的理论产率之比为3：2
D．采用歧化法时，可将滤液蒸发结晶得到固体
11．（2022高三上·胶州期末）由下列实验操作、现象得不出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将固体加入酸性溶液中，充分振荡 溶液变为紫红色 氧化性：
B 用pH计测定室温下溶液pH：①② pH值①<② 碳酸酸性弱于醋酸
C 石蜡油加强热、产生的气体通入的溶液 溶液橙红色褪去 气体中含有不饱和烃
D 向NaClO溶液中滴加酚酞试液 溶液先变红后褪色 NaClO发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2022高三上·胶州期末）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用盐酸标准溶液测定V mL某纯碱样品溶液中的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．a点溶液中存在关系：
C．V mL该纯碱样品溶液中含有的质量为0.084c g
D．c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在
二、多选题
13．（2022高三上·胶州期末）环己甲醇常用作有机合成的中间体，环己甲酸戊酯(X)经如下反应可生成环己甲醇(Y)。
下列说法正确的是
A．X和Y均有对映异构体
B．Y的核磁共振氢谱会出现6组峰
C．X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)
D．比Y多1个碳的Y的同系物共有3种结构
14．（2022高三上·胶州期末）我国科学家研究化合物M(s)催化氢化机理，其中由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如下图所示(已知：)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法正确的是
A．过程P→N为化合物M生成化合物N的决速步骤
B．降温、使用高效催化剂可以提高氢化的平衡转化率
C．化合物M催化氢化反应过程中一定有Fe-O键的生成和断裂
D．该过程的热化学方程式为：
15．（2022高三上·胶州期末）应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示，下列说法错误的是
A．装置工作时，a与电源的正极连接，b极附近溶液pH逐渐减小
B．a极上发生的电极反应为
C．发生器内发生反应
D．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生2.24 L(STP)
三、综合题
16．（2022高三上·胶州期末）铜是人类广泛使用的一种金属，含铜物质有着广泛应用。回答下列问题：
（1）一种由Cu、In、Te组成的高熵合金具有优良的热电性能，四方晶系的晶胞结构如图1所示，晶胞棱边夹角均为90°。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，称作原子的分数坐标，1号Cu原子的分数坐标为(0，0，0)。
①基态Cu原子的价电子排布式为 ，Te在元素周期表中位置为 。
② ；2号Te原子的分数坐标为 ；晶体中与单个In键合的Te有 个；空间构型为正四面体的体心原子为 。
（2）邻氨基吡啶的铜配合物(结构简式如图2甲)在有机不对称合成中起催化诱导效应。
①邻氨基吡啶(结构简式如图2乙)中N原子的价层孤电子对占据 。
a.sp杂化轨道 b.杂化轨道 c.杂化轨道 d.杂化轨道
②邻氨基吡啶的铜配合物中的配位数是 。
17．（2022高三上·胶州期末）磷化铝是一种广谱性熏蒸杀虫剂，与水反应产生高毒的气体，可用于粮食熏蒸杀虫。实验室可采用以下装置测定粮食中残留的磷化物含量：
已知：①易自然，具有强还原性；
②焦性没食子酸学名连苯三酚，白色固体，溶于水，易被氧化，在空气中易变色；
③食品安全标准规定：粮食中磷化物(以计)的含量低于时合格。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ；打开前，需先打开，用抽气泵抽一段时间空气，主要目的是 。
（2）装置C中反应的化学方程式为 。
（3）装置B的作用是 ；多孔玻璃泡的作用是 。
（4）装置D中被氧化为磷酸，发生反应的离子方程式为 。
（5）实验结束，将D中溶液及D的洗涤液转移至锥形瓶中，用 标准溶液进行滴定，滴定达终点时，共消耗标准溶液10.00 mL。
①该滴定达终点的判断方法是 ；
②该原粮中磷化物的含量是 。
18．（2022高三上·胶州期末）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以铜钴矿石[主要成分为CoO(OH)、、和，还有少量、NiO]为原料制取草酸钴晶体(化学式，式量为183)的工艺流程如下：
已知：部分物质的溶度积常数见下表(离子浓度c≤10-5mol/L视为该离子沉淀完全)。
物质 FeS CuS
回答下列问题：
（1）“浸泡”前，对铜钴矿石进行粉碎处理的目的是 ；“滤渣1”的成分是 。
（2）“浸泡”过程中CoO(OH)发生氧化还原反应的离子方程式为 。
（3）“滤液1”中加入FeS的作用是 。
（4）“滤液2”中加入的作用是调节pH，若，则应调节pH的范围是 。
（5）加入萃取剂萃取分离和，原理为。萃取剂与溶液的体积比()对溶液中和的萃取率影响如图所示，则的萃取率对应曲线 (填标号)，在强酸性介质中“反萃取”能使有机相中 再生。
（6）钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6 g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8 g，该混合物中CoO与的物质的量之比为 。
19．（2022高三上·胶州期末）褪黑素是由松果体产生的一种胺类激素，在调节昼夜节律及睡眠-觉醒方面发挥重要作用。某研究小组以乙炔为原料，设计合成路线如下(部分反应条件已省略)：
已知：
①褪黑素结构为：
②
③无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：
回答下列问题：
（1）A的名称为 ；B→C的反应类型为 。
（2）D中所含官能团的名称为 ；E的结构简式为 。
（3）写出符合下列条件的H的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式 。
ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；
ⅱ.含有结构，不含N—H键；
ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子。
（4）I→J反应的化学方程式为 。
（5）已知：，综合上述信息，写出由二氯甲烷和乙醇制备 的合成路线(无机试剂、有机溶剂任选) 。
20．（2022高三上·胶州期末）的排放主要来自于汽车尾气，研究处理对环境保护有着重要的意义。
回答下列问题：
（1）有人利用反应 ，对NO进行处理。1050K、，1050K、，1200K、三种条件下，加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率随时间t变化关系如图所示。
①1200K、条件对应的曲线为 (填字母标号)，平衡时的体积分数为 。
②b、c两条曲线最终重合的原因是 。
③用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，该反应的化学平衡常数 (已知：气体分压=气体总压×体积分数)。
（2）在汽车尾气的净化装置中CO和NO发生反应：。实验测得，，(、强为速率常数，只与温度有关)。
①温度低，尾气的平衡转化率更高，则该反应的 0(填“>”或“<”)。
②下图中(表示速率常数的负对数；T表示温度)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示随变化关系的是斜线 。
③图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+80、a+20、a-20、a-40，则温度时化学平衡常数 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．聚氯乙烯含有氯元素，焚烧会产生污染大气的有毒物质，不能采用焚烧的方式处理，A不符合题意；
B．研发催化剂将CO2还原为甲醇，能有效减少CO2的排放，是促进碳中和的有效途径，B符合题意；
C．废旧电池深埋处理，电池中的重金属元素会污染土壤，C不符合题意；
D．减少CO2及碳氢化合物的排放能防止温室效应，但无法防止酸雨的形成，酸雨的形成主要是因为SO2、氮氧化物的排放，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、聚氯乙烯焚烧会生成有毒气体；
B、二氧化碳转化为甲醇可以减少二氧化碳的产生；
C、废旧电池含有重金属，不能填埋；
D、二氧化碳不会形成酸雨。
2．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．氯化铵和氯化锌混合液可用于除铁锈的反应为氯化铵和氯化锌在溶液中水解生成的氢离子与氧化铁反应生成铁离子和水，反应中没有元素发生化合价变化，不涉及氧化还原反应，故A符合题意；
B．氯化铁溶液用于制作铜印刷电路板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；
C．高铁酸钾用于天然水的杀菌消毒和净化发生的反应为高铁酸钾杀菌消毒过程中生成铁离子，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质聚沉达到净水的作用，杀菌消毒过程中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D．过氧化钠用于呼吸面具和潜水艇中的氧气的供给发生的反应为过氧化钠与人体呼出的二氧化碳、水蒸气反应生成氧气，反应中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、化合价不变，不是氧化还原反应；
B、铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子，化合价变化；
C、铁元素化合价降低；
D、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化合价变化。
3．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由图可知，长颈漏斗会使反应生成的氧气逸出，无法测定过氧化氢在二氧化锰做催化剂条件下发生分解反应的化学反应速率，A不符合题意；
B．由于CO2在水中的溶解度远小于NH3在水中的溶解度，故侯氏制碱是将CO2通入氨化后的饱和食盐水种，B不符合题意；
C．由于醛基和碳碳双键均能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故用装置Ⅲ不可验证丙烯醛中含有碳碳双键，C不符合题意；
D．用装置Ⅳ所示方法是注入水后上下移动右侧量气管，观察两侧液面差一段时间不变，则气密性良好，故可检验该装置的气密性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、分液漏斗没有密封，无法准确测定速率；
B、二氧化碳的溶解度太小；
C、醛基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D、密封的试管若是气密性良好，会使右边的量气管两端液面不相等。
4．【答案】D
【知识点】同素异形体；有机高分子化合物的结构和性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．碘酸钾和碘化钾在酸性条件下发生歧化反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，所以含碘盐中的碘酸钾仅用淀粉碘化钾溶液不能检验，故A不符合题意；
B．葡萄糖属于糖类，葡萄糖和油脂都是相对分子质量小于1万的小分子化合物，不是高分子化合物，故B不符合题意；
C．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故C不符合题意；
D．氧化钙是与酸反应生成盐和水的碱性氧化物，反应生成的氢氧化钙在溶液中完全电离，属于强电解质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、需要调节溶液条件为酸性；
B、油脂和单糖、二糖不是高分子；
C、质量数不同，质子数相同的原子为同位素；
D、氧化钙为碱性氧化物，氢氧化钙为强电解质。
5．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，M的分子式为，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，M分子的官能团为酚羟基、碳碳双键、酯基，一定条件下能发生取代、加成、氧化等反应，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，M分子含有的苯环、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1 mol M一定条件下能被4 mol 氢气还原，故C符合题意；
D．由结构简式可知，M分子中的苯环、碳碳双键和酯基为平面结构，则由单键可以旋转可知，M所含所有碳原子可能处于同一平面内，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、分子式要结合C、H、O三种元素的原子总数判断；
B、酚羟基和酯基可以发生取代反应，苯环可以发生加成反应，酚羟基可以被氧化；
C、碳碳双键和苯环可以发生加成反应；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
6．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．电子层数越大，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种原子的原子半径的大小顺序为Z>W>X>Y，故A不符合题意；
B．由分析可知，Y为O元素、W为S元素或Y为F元素、W为Cl元素，同主族元素，从上到下元素的非金属性越弱，氢化物的还原性依次增强、氢化物溶液的酸性依次增强，则水的还原性弱于硫化氢、氟化氢的还原性弱于氯化氢，水的酸性弱于氢硫酸、氢氟酸的酸性溶液盐酸，故B不符合题意；
C．叠氮化钠是含有离子键、非极性共价键的离子化合物，故C不符合题意；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共有5种，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、同周期元素，从左到右原子半径依次减小；
B、同主族元素，从上到下氢化物的还原性、酸性依次增大；
C、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、同周期元素，从左到右第一电离能增大，若是电子半充满或全充满则出现反常。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】A．Cu2(OH)3Cl的名称为碱式氯化铜，属于碱式盐，故A不符合题意；
B．由题意可知，生成氯化亚铜的反应为Na2SO3+2CuSO4+2NaCl+H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2HCl，反应中氧化剂硫酸铜与还原剂亚硫酸钠物质的量比为2：1，故B符合题意；
C．由图可知，氯化钠与硫酸铜的比值小于1.5时，比值越大氯化亚铜的产率越大，原因是适当增大氯离子浓度，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成氯化亚铜方向移动，故C不符合题意；
D．由题意可知，氯化亚铜露置在空气中易生成绿色的碱式氯化铜，所以分离所得氯化亚铜需立即醇洗的目的是快速除去水的同时防止其被空气氧化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据盐中含有氢氧根离子，称为碱式盐，根据元素可以知道为碱式氯化铜；
B、结合化合价升降个数进行判断；
C、增大氯离子的浓度，平衡朝逆向移动；
D、结合题干信息可以知道氯化铜在空气中容易生成碱式氯化铜。
8．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A．四氯化碳和四氯化钛分子中中心原子的配位数都为4，中心原子的杂化方式都为sp3杂化，分子的空间构型均为正四面体形，故A不符合题意；
B．光气与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳、亚硫酰氯与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化硫、四氯化碳与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳，三个反应中都没有元素发生化合价变化，都为非氧化还原反应，故B不符合题意；
C．光气中碳原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，亚硫酰氯中硫原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp3杂化，则碳原子和硫原子的杂化方式不同，故C符合题意；
D．钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，原子中有2个未成对电子，第四周期中未成对电子数2的原子还有镍、锗、硒，共有3种，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形
B、化合价发生变化即氧化还原反应，化合价不变即非氧化还原反应；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、结合元素的基态原子电子排布式进行判断。
9．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．为了更好的冷凝效果，球形冷凝管应b口进水，a口出水，A不符合题意；
B．硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，该不溶物可以充当沸石，B不符合题意；
C．酒精易挥发，硫化钠易溶于热乙醇，回流时间过长会导致溶剂减少及析出粘附在冷凝管上被氧化，降低产率，C符合题意；
D．回流结束后需先关闭热源开关停止加热，再停止通入冷凝水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、冷凝水下口进，上口出；
B、加热液体需要加入沸石；
C、硫化钠易溶于乙醇；
D、冷凝水需要最后停止，防止部分气体挥发来不及冷凝。
10．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．Al2O3可与KOH反应，因此焙烧时坩埚的材质不能选用Al2O3，A不符合题意；
B．焙烧时的化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，每生成1molK2MnO4，转移电子2mol电子，B不符合题意；
C．电解法阳极上发生反应，锰酸根离子全部转化为高锰酸根，CO2歧化法化学方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2，有的锰酸根离子转化成了高锰酸根离子，两者的理论产率之比为1：=3：2，C符合题意；
D．高锰酸钾受热易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式得到KMnO4固体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氧化铝是两性氧化物；
B、结合化合价变化以及锰酸钾的物质的量判断；
C、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
D、高锰酸钾受热易分解。
11．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将铋酸钠固体加入酸性硫酸锰溶液中，充分振荡溶液变为紫红色说明铋酸钠与酸性硫酸锰溶液高锰酸钠，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化剂铋酸根离子的氧化性强于氧化产物高锰酸根离子，故A不符合题意；
B．没有明确醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液的浓度是否相等，则由溶液pH的大小无法确定盐的水解程度，不能判断碳酸和醋酸的酸性强弱，故B符合题意；
C．石蜡油加强热、产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液橙红色褪去说明反应生成的气体中含有能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应的烯烃，故C不符合题意；
D．向次氯酸钠溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红说明次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
B、控制变量法的前提是其他条件都相同，只改变一个条件；
C、不饱和烃可以使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应；
D、次氯酸钠具有碱性以及漂白性。
12．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．水解促进水的电离，由以上分析得a点时，溶液中存在能水解的，随着加入盐酸的量的增加，逐渐减少，生成CO2，所以水的电离程度逐渐减弱，c点时，完全转化为CO2和水，水的电离程度不被促进，则水的电离程度a>b>c，故A不符合题意；
B．a点为第一个计量点，反应为：CO32 +H+=HCO3 ，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(HCO3 )+2c(CO32 )+2c(H2CO3)，故B不符合题意；
C．滴定的两个计量点的反应中，若没有NaHCO3杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得，第二个计量点的反应中的NaHCO3包括反应生成的和杂质，所以杂质NaHCO3的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8-2.9)mL×10-3×c mol/L×84g/mol=0.084c g，故C不符合题意；
D．在整个滴定过程中，参加反应的离子是CO32 、HCO3 、H+，溶液中的Na+不参加反应，守恒不变，c点位第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则c(Na+)>c(Cl )，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、酸、碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
B、结合物料守恒判断；
C、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
D、结合钠离子的守恒以及参与反应的离子浓度变化判断。
13．【答案】B,C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的物质存在对映异构体，X中不一定存在手性碳原子，Y中不存在手性碳原子，即X不一定有对映异构体，Y没有对映异构体，A不符合题意；
B．根据等效氢原理可知，Y分子中含有6中不同原子氢的碳原子，如图所示：，则Y的核磁共振氢谱会出现6组峰，B符合题意；
C．已知戊基共有8种，故X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)，C符合题意；
D．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)在组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，比Y多1个碳的Y的同系物即含有环烷烃结构和醇羟基，则有：、、、、、等光含有六元环的就有6种，还含有五元环、四元环、三元环的结构，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、含有手性碳原子的物质存在对映异构体；
B、6组峰即含有6种等效氢，结合分子的对称性判断；
C、同分异构体要结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
D、同系物指的是分子结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成上相差若干个-CH2。
14．【答案】A,C
【知识点】热化学方程式；化学平衡移动原理；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．过程P→TS2 为两步反应中活化能能较大的反应，为慢反应，为化合物M生成化合物N的决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不影响平衡转化率，故B不符合题意；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂和生成，C符合题意；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化E=-0.51eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-0.51 eV×=48.96，所以该反应的恰变-48.96，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、活化能越大，则速率越慢，速率慢的为决速步骤；
B、催化剂不影响平衡移动；
C、结合图示可以知道，N中Fe-O键断裂，连接H生成M；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
15．【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，放电消耗氢离子会使b极附近溶液pH逐渐增大，故A符合题意；
B．由分析可知，与直流电源正极相连的a极为阳极，氯化铵在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮，电极反应式为，故B不符合题意；
C．由分析可知，二氧化氯发生器中三氯化氮溶液与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯气体、氨气、氯化钠和氢氧化钠，反应的化学方程式为，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生二氧化氯的体积为0.3 mol×22.4L/mol=6.72L，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
16．【答案】（1）3d104s1；第五周期第ⅥA族；1：1：2；；4；Te
（2）bc；4
【知识点】配合物的成键情况；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）①Cu是29号元素，根据构造原理可知基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，Te是52号元素，位于元素周期表的第五周期第ⅥA族；
②由晶胞结构图可知，该晶胞含有8个Te、=4个Cu、=4个In，则晶体最简式为CulnTe2，1：1：2，2号Te原子的分数坐标为，由晶胞结构可知，晶体中与单个In键合的Te有4个，空间构型为正四面体的体心原子为Te。
（2）①邻氨基吡啶(结构简式如图2乙)中N原子有两种杂化方式，氨基中N原子杂化方式为sp3杂化，另外一个N原子形成碳氮双键，为sp2杂化，N原子的价层孤电子对占据杂化轨道和杂化轨道，
故答案为：bc。
②由邻氨基吡啶的铜配合物的结构简式分析可知，Cu2+的配位数为4。
【分析】（1） ① 铜元素的基态原子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，可以知道价电子排布式为3d104s1；
② 结合晶胞顶点、面心、棱心判断；杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（2） ① 中心原子孤电子对数=；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
② 结合结构简式，可以知道铜离子周围有4个原子基团配位。
17．【答案】（1）分液漏斗；利用焦性没食子酸除去装置中原有的氧气，防止其氧化PH3，同时通过A中的酸性高锰酸钾溶液除去空气中的还原性气体
（2）AlP+3H2O=Al(OH)3↓+PH3↑
（3）除去空气中的氧气防止其氧化PH3；增大气体与溶液的接触面积，促使反应充分进行
（4）5PH3+8+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O
（5）溶液从紫色变为无色，且半分钟内不变色；0.034
【知识点】化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）从图中可知，仪器a的名称为分液漏斗，打开K2前，先打开K1用抽气泵抽一段时间空气，主要目的是利用焦性没食子酸除去装置中原有的氧气，防止其氧化PH3，同时通过A中的酸性高锰酸钾溶液除去空气中的还原性气体。
（2）装置C中AlP与水反应生成PH3，化学方程式为AlP+3H2O=Al(OH)3↓+PH3↑。
（3）根据分析可知，装置B的作用是除去空气中的氧气防止其氧化PH3。多孔玻璃泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，促使反应充分进行。
（4）PH3被酸性高锰酸钾氧化生成磷酸，离子方程式为5PH3+8+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O。
（5）①随着亚硫酸钠的加入，高锰酸钾逐渐被消耗，滴定终点的判断方法为溶液从紫色变为无色，且半分钟内不变色。
②高锰酸钾氧化亚硫酸钠的离子方程式为2+5+6H+=2Mn2++5+3H2O，已知消耗亚硫酸钠的物质的量为2.55×10-3mol/L×0.01L=2.55×10-5mol，则亚硫酸钠消耗的高锰酸钾的物质的量为1.02×10-5mol，则PH3消耗的高锰酸钾的物质的量为1.1×10-5mol-1.02×10-5mol=8×10-7mol，则生成的pH3有5×10-7mol，原粮中磷化物的含量为
【分析】（1）分液漏斗的特点是含有旋塞；
（2）磷化铝和水反应生成氢氧化铝和磷化氢；
（3）焦性没食子酸的作用时吸收氧气；多孔玻璃球泡可以增大接触面积，加快反应速率；
（4）磷化氢和高锰酸根、氢离子反应生成磷酸、锰离子和水；
（5） ① 滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；
② 结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
18．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，通过矿石的利用率；
（2）2CoO(OH)++4H+=2Co2+++3H2O
（3）使Cu2+转化为CuS沉淀而除去
（4）3.7pH<7.3
（5）b；Ni2+
（6）5 ： 64
【知识点】化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎钴矿石目的是：增大接触面积，加快反应速率，通过矿石的利用率；根据分析可知，滤渣1为；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，通过矿石的利用率；；
（2）“浸泡”过程中CoO(OH)被亚硫酸钠还原，发生氧化还原反应的离子方程式为2CoO(OH)++4H+=2Co2+++3H2O；
（3）滤液1中加入FeS，根据溶度积大小可知，可发生沉淀转化Cu2+(aq)+FeS(s) Fe2+(aq)+ CuS(s)，使Cu2+转化为CuS沉淀而除去；
（4）“滤液2”中加入的作用是调节pH，使Fe3+沉淀完全而Co2+未开始沉淀，若，，解得，pH<7.3；为沉淀完全，，解得，pH3.7；则应调节pH的范围是3.7pH<7.3；
（5）根据流程可知，萃取后进入无机相进一步处理得到草酸钴，则对的萃取率应该低，根据萃取剂与溶液的体积比()对溶液中和的萃取率影响图可知，则的萃取率对应曲线为b；
平衡逆向移动，所以在强酸性介质中“反萃取”能使有机相中Ni2+再生而循环使用；
（6）n(CoO)×75g/mol+n(Co3O4)×241g/mol=15.8g，[n(CoO)+3n(Co3O4)]×183g/mol=36.6g，两式联立，n(CoO)=0.005mol，n(Co3O4)=0.064mol，则n(CoO) ： n(Co3O4)=0.005mol ： 0.064mol =5 ： 64。
【分析】（1）固体的粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）氢氧氧化钴和亚硫酸根、氢离子反应生成钴离子、硫酸根和水；
（3）结合难溶电解质的转化可以判断，硫化亚铁可以和铜离子反应生成硫化铜；
（4）结合氢氧化钴的Ksp和钴离子的浓度判断；
（5）增大氢离子的浓度，平衡朝逆向移动；
（6）混合物的计算可以通过列二元一次方程组进行判断。
19．【答案】（1）氯乙烯；取代反应
（2）酯基和氨基；
（3）
（4） +NaOH+Na2CO3
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为：CH2=CHCl，则名称为氯乙烯，B→C即CH2=CHCl+NaCNCH2=CHCN+NaCl，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：氯乙烯；取代反应；
（2）由分析可知，D的结构简式为： ，故D中所含官能团的名称为酯基和氨基，E的结构简式为，故答案为：酯基和氨基； ；
（3）H的同分异构体符合下列条件：ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；ⅱ.含有结构，不含N—H键；ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子，结构对称，符合条件的结构简式有，故答案为： ；
（4）由分析可知，I的结构简式为：，J的结构简式为：，结合已知信息③可知，I→J反应的化学方程式为+NaOH+Na2CO3，故答案为：+NaOH+Na2CO3；
（5）以二氯甲烷和乙醇为原料合成有机物，二氯甲烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CN，NCCH2CN和氢气发生加成反应生成H2NCH2CH2CH2NH2，NCCH2CN发生水解反应生成HOOCCH2COOH，CH3CH2OH和HOOCCH2COOH发生转化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2发生取代反应得到目标产物，由此确定合成路线如下：，故答案为：
【分析】（1）A为乙炔和氯化氢的加成反应生成氯乙烯；
（2）D含有酯基和氨基；
（3）同分异构体要结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
（4）氢氧化钠的条件下，酯基发生水解，生成碳酸钠；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．【答案】（1）a；30%；该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动；0.8
（2）<；②；1060
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）该反应为气体体积不变的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，增大压强，化学平衡不移动，由图可知，平衡时，曲线a中一氧化氮的转化率小于曲线b、c，曲线b达到平衡所需的时间小于曲线c，则a表示1200K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线、b表示1050K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线、c表示1050K、1.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线；
①由分析可知，a表示1200K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线，由图可知，反应达到平衡时，一氧化氮的转化率为60%，设起始一氧化氮的物质的量为2mol，由方程式可知，平衡时混合气体的总物质的量为2mol、二氧化碳的物质的量为2mol×60%×=0.6mol，则二氧化碳的体积分数为×100%=30%，故答案为：a；30%；
②由分析可知，b表示1050K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线、c表示1050K、1.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，所以温度相同时，b、c两条曲线最终重合，故答案为：该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动；
③由图可知，1050K、1.1×103kPa条件下平衡时一氧化氮转化率为80%，设起始一氧化氮的物质的量为2mol，由方程式可知，平衡时混合气体的总物质的量为2mol、压强为1.1×103kPa，一氧化氮、氮气、二氧化碳的平衡分压分别为×1.1×103kPa、×1.1×103kPa、×1.1×103kPa，则反应的的化学平衡常数Kp==0.8，故答案为：0.8；
（2）①温度低，尾气的平衡转化率更高说明降低温度，平衡向正反应方向移动，则该反应的焓变小于0，故答案为：<；
②越大，反应温度T越小，该反应为放热反应，降低温度，正逆反应速率均减小，平衡向正反应方向移动，则 lgk正、 lgk逆均增大， lgk正大于 lgk逆，则斜线②能表示 lgk正随变化关系，故答案为：②；
③当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k正c2(NO)c2(CO) =k逆c(N2)c2(CO2)，反应的平衡常数k==，由图可知，温度为T1时， lgk正、 lgk逆分别为a+20、a+80，则k==1060，故答案为：1060。
【分析】（1） ①结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
② 反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动；
③ 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 降低温度，平衡朝放热方向移动；
③ 化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的弄浓度幂之积。
山东省青岛市胶州市2022-2023学年高三上学期期末学业水平检测化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·胶州期末）2022年第53个世界地球日主题是珍爱地球人与自然和谐共生，引导全社会树立尊重自然、顺应自然、保护自然的生态文明理念。下列相关说法或做法正确的是
A．聚氯乙烯塑料易造成环境污染，可采用焚烧法处理
B．研发催化剂将还原为甲醇是促进碳中和的有效途径
C．对废旧电池必须进行分类回收，并集中进行深埋处理
D．减少及碳氢化合物的排放以防止温室效应和酸雨的形成
【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．聚氯乙烯含有氯元素，焚烧会产生污染大气的有毒物质，不能采用焚烧的方式处理，A不符合题意；
B．研发催化剂将CO2还原为甲醇，能有效减少CO2的排放，是促进碳中和的有效途径，B符合题意；
C．废旧电池深埋处理，电池中的重金属元素会污染土壤，C不符合题意；
D．减少CO2及碳氢化合物的排放能防止温室效应，但无法防止酸雨的形成，酸雨的形成主要是因为SO2、氮氧化物的排放，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、聚氯乙烯焚烧会生成有毒气体；
B、二氧化碳转化为甲醇可以减少二氧化碳的产生；
C、废旧电池含有重金属，不能填埋；
D、二氧化碳不会形成酸雨。
2．（2022高三上·胶州期末）下列有关主要应用不涉及氧化还原反应的是
A．和混合液可用于除铁锈
B．溶液可用于制作铜印刷电路板
C．可用于天然水的杀菌消毒和净化
D．可用于呼吸面具和潜水艇中的氧气的供给
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．氯化铵和氯化锌混合液可用于除铁锈的反应为氯化铵和氯化锌在溶液中水解生成的氢离子与氧化铁反应生成铁离子和水，反应中没有元素发生化合价变化，不涉及氧化还原反应，故A符合题意；
B．氯化铁溶液用于制作铜印刷电路板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；
C．高铁酸钾用于天然水的杀菌消毒和净化发生的反应为高铁酸钾杀菌消毒过程中生成铁离子，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质聚沉达到净水的作用，杀菌消毒过程中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D．过氧化钠用于呼吸面具和潜水艇中的氧气的供给发生的反应为过氧化钠与人体呼出的二氧化碳、水蒸气反应生成氧气，反应中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、化合价不变，不是氧化还原反应；
B、铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子，化合价变化；
C、铁元素化合价降低；
D、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化合价变化。
3．（2022高三上·胶州期末）下列实验原理与装置能达到实验目的的是
A．用装置Ⅰ测定化学反应速率
B．用装置Ⅱ可制得NaHCO3晶体
C．用装置Ⅲ可验证丙烯醛中含有碳碳双键
D．用装置Ⅳ所示方法可检验该装置的气密性
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由图可知，长颈漏斗会使反应生成的氧气逸出，无法测定过氧化氢在二氧化锰做催化剂条件下发生分解反应的化学反应速率，A不符合题意；
B．由于CO2在水中的溶解度远小于NH3在水中的溶解度，故侯氏制碱是将CO2通入氨化后的饱和食盐水种，B不符合题意；
C．由于醛基和碳碳双键均能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故用装置Ⅲ不可验证丙烯醛中含有碳碳双键，C不符合题意；
D．用装置Ⅳ所示方法是注入水后上下移动右侧量气管，观察两侧液面差一段时间不变，则气密性良好，故可检验该装置的气密性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、分液漏斗没有密封，无法准确测定速率；
B、二氧化碳的溶解度太小；
C、醛基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D、密封的试管若是气密性良好，会使右边的量气管两端液面不相等。
4．（2022高三上·胶州期末）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．含碘盐中的仅用淀粉KI溶液就可检验
B．人体所需的营养物质糖类、油脂、蛋白质都属于高分子
C．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同素异形体
D．食品包装袋内的“干燥剂”CaO是碱性氧化物，其水化物属于强电解质
【答案】D
【知识点】同素异形体；有机高分子化合物的结构和性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．碘酸钾和碘化钾在酸性条件下发生歧化反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，所以含碘盐中的碘酸钾仅用淀粉碘化钾溶液不能检验，故A不符合题意；
B．葡萄糖属于糖类，葡萄糖和油脂都是相对分子质量小于1万的小分子化合物，不是高分子化合物，故B不符合题意；
C．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故C不符合题意；
D．氧化钙是与酸反应生成盐和水的碱性氧化物，反应生成的氢氧化钙在溶液中完全电离，属于强电解质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、需要调节溶液条件为酸性；
B、油脂和单糖、二糖不是高分子；
C、质量数不同，质子数相同的原子为同位素；
D、氧化钙为碱性氧化物，氢氧化钙为强电解质。
5．（2022高三上·胶州期末）对羟基肉桂酸甲酯M具有高光敏性和强效导电性等优良特性，是一种优良的触摸屏和高端光纤材料，结构简式如图所示。下列有关说法错误的是
A．M的分子式为
B．M能发生取代、加成、氧化等反应
C．1 mol M一定条件下能被5 mol 还原
D．M所含所有碳原子可能处于同一平面内
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，M的分子式为，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，M分子的官能团为酚羟基、碳碳双键、酯基，一定条件下能发生取代、加成、氧化等反应，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，M分子含有的苯环、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1 mol M一定条件下能被4 mol 氢气还原，故C符合题意；
D．由结构简式可知，M分子中的苯环、碳碳双键和酯基为平面结构，则由单键可以旋转可知，M所含所有碳原子可能处于同一平面内，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、分子式要结合C、H、O三种元素的原子总数判断；
B、酚羟基和酯基可以发生取代反应，苯环可以发生加成反应，酚羟基可以被氧化；
C、碳碳双键和苯环可以发生加成反应；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
6．（2022高三上·胶州期末）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子最高能级有3个未成对电子，Z与X形成的化合物常用于汽车的安全气囊，Y、W处于同一主族，下列说法错误的是
A．原子的半径：Z>W>X>Y
B．简单氢化物的还原性、水溶液的酸性：W>Y
C．化合物中存在离子键、非极性共价键
D．同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．电子层数越大，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种原子的原子半径的大小顺序为Z>W>X>Y，故A不符合题意；
B．由分析可知，Y为O元素、W为S元素或Y为F元素、W为Cl元素，同主族元素，从上到下元素的非金属性越弱，氢化物的还原性依次增强、氢化物溶液的酸性依次增强，则水的还原性弱于硫化氢、氟化氢的还原性弱于氯化氢，水的酸性弱于氢硫酸、氢氟酸的酸性溶液盐酸，故B不符合题意；
C．叠氮化钠是含有离子键、非极性共价键的离子化合物，故C不符合题意；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共有5种，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、同周期元素，从左到右原子半径依次减小；
B、同主族元素，从上到下氢化物的还原性、酸性依次增大；
C、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、同周期元素，从左到右第一电离能增大，若是电子半充满或全充满则出现反常。
7．（2022高三上·胶州期末）已知CuCl为白色粉末，不溶于乙醇，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，露置在空气中易生成绿色。向溶液中加入、NaCl可制得CuCl，CuCl产率与NaCl的用量有如图所示关系，下列说法错误的是
A．属于碱式盐，称作碱式氯化铜
B．CuCl生成反应中氧化剂与还原剂物质的量比为1：2
C．一定范围内，CuCl产率随增大而增大，与其溶解平衡移动有关
D．分离所得CuCl需立即醇洗的目的是快速除去水的同时防止其被空气氧化
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】A．Cu2(OH)3Cl的名称为碱式氯化铜，属于碱式盐，故A不符合题意；
B．由题意可知，生成氯化亚铜的反应为Na2SO3+2CuSO4+2NaCl+H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2HCl，反应中氧化剂硫酸铜与还原剂亚硫酸钠物质的量比为2：1，故B符合题意；
C．由图可知，氯化钠与硫酸铜的比值小于1.5时，比值越大氯化亚铜的产率越大，原因是适当增大氯离子浓度，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成氯化亚铜方向移动，故C不符合题意；
D．由题意可知，氯化亚铜露置在空气中易生成绿色的碱式氯化铜，所以分离所得氯化亚铜需立即醇洗的目的是快速除去水的同时防止其被空气氧化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据盐中含有氢氧根离子，称为碱式盐，根据元素可以知道为碱式氯化铜；
B、结合化合价升降个数进行判断；
C、增大氯离子的浓度，平衡朝逆向移动；
D、结合题干信息可以知道氯化铜在空气中容易生成碱式氯化铜。
8．（2022高三上·胶州期末）(光气)、(亚硫酰氯)、均为稳定结构的氯化试剂，可与反应制备，下列说法错误的是
A．和分子的空间构型相同
B．上述三个制备反应均为非氧化还原反应
C．、中C原子和S原子的杂化方式相同
D．与基态Ti原子同周期且未成对电子数相同的元素有3种
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A．四氯化碳和四氯化钛分子中中心原子的配位数都为4，中心原子的杂化方式都为sp3杂化，分子的空间构型均为正四面体形，故A不符合题意；
B．光气与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳、亚硫酰氯与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化硫、四氯化碳与二氧化钛共热反应生成四氯化钛和二氧化碳，三个反应中都没有元素发生化合价变化，都为非氧化还原反应，故B不符合题意；
C．光气中碳原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，亚硫酰氯中硫原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp3杂化，则碳原子和硫原子的杂化方式不同，故C符合题意；
D．钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，原子中有2个未成对电子，第四周期中未成对电子数2的原子还有镍、锗、硒，共有3种，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形
B、化合价发生变化即氧化还原反应，化合价不变即非氧化还原反应；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、结合元素的基态原子电子排布式进行判断。
9．（2022高三上·胶州期末）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，所得硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，溶解回流装置如图所示(夹持装置略去)。已知硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。下列说法正确的是
A．球形冷凝管应a口进水，b口出水
B．回流加热前必须先加入碎瓷片以防止暴沸
C．回流时间过长会导致溶剂减少及被氧化
D．回流结束后需先停止通入冷凝水，再关闭热源开关
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．为了更好的冷凝效果，球形冷凝管应b口进水，a口出水，A不符合题意；
B．硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，该不溶物可以充当沸石，B不符合题意；
C．酒精易挥发，硫化钠易溶于热乙醇，回流时间过长会导致溶剂减少及析出粘附在冷凝管上被氧化，降低产率，C符合题意；
D．回流结束后需先关闭热源开关停止加热，再停止通入冷凝水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、冷凝水下口进，上口出；
B、加热液体需要加入沸石；
C、硫化钠易溶于乙醇；
D、冷凝水需要最后停止，防止部分气体挥发来不及冷凝。
10．（2022高三上·胶州期末）工业上以软锰矿(主要成分为)为主要原料制备高锰酸钾()的方法如下：
已知：①熔烧时有和KCl生成。
②歧化法：调溶液pH至弱碱性，歧化生成和
下列说法正确的是
A．熔烧时所用坩锅的材质可以选用
B．熔烧时理论上每生成1 mol 转移个电子
C．电解法与歧化法的理论产率之比为3：2
D．采用歧化法时，可将滤液蒸发结晶得到固体
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．Al2O3可与KOH反应，因此焙烧时坩埚的材质不能选用Al2O3，A不符合题意；
B．焙烧时的化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，每生成1molK2MnO4，转移电子2mol电子，B不符合题意；
C．电解法阳极上发生反应，锰酸根离子全部转化为高锰酸根，CO2歧化法化学方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2，有的锰酸根离子转化成了高锰酸根离子，两者的理论产率之比为1：=3：2，C符合题意；
D．高锰酸钾受热易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式得到KMnO4固体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氧化铝是两性氧化物；
B、结合化合价变化以及锰酸钾的物质的量判断；
C、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
D、高锰酸钾受热易分解。
11．（2022高三上·胶州期末）由下列实验操作、现象得不出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将固体加入酸性溶液中，充分振荡 溶液变为紫红色 氧化性：
B 用pH计测定室温下溶液pH：①② pH值①<② 碳酸酸性弱于醋酸
C 石蜡油加强热、产生的气体通入的溶液 溶液橙红色褪去 气体中含有不饱和烃
D 向NaClO溶液中滴加酚酞试液 溶液先变红后褪色 NaClO发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将铋酸钠固体加入酸性硫酸锰溶液中，充分振荡溶液变为紫红色说明铋酸钠与酸性硫酸锰溶液高锰酸钠，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化剂铋酸根离子的氧化性强于氧化产物高锰酸根离子，故A不符合题意；
B．没有明确醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液的浓度是否相等，则由溶液pH的大小无法确定盐的水解程度，不能判断碳酸和醋酸的酸性强弱，故B符合题意；
C．石蜡油加强热、产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液橙红色褪去说明反应生成的气体中含有能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应的烯烃，故C不符合题意；
D．向次氯酸钠溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红说明次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
B、控制变量法的前提是其他条件都相同，只改变一个条件；
C、不饱和烃可以使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应；
D、次氯酸钠具有碱性以及漂白性。
12．（2022高三上·胶州期末）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用盐酸标准溶液测定V mL某纯碱样品溶液中的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．a点溶液中存在关系：
C．V mL该纯碱样品溶液中含有的质量为0.084c g
D．c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．水解促进水的电离，由以上分析得a点时，溶液中存在能水解的，随着加入盐酸的量的增加，逐渐减少，生成CO2，所以水的电离程度逐渐减弱，c点时，完全转化为CO2和水，水的电离程度不被促进，则水的电离程度a>b>c，故A不符合题意；
B．a点为第一个计量点，反应为：CO32 +H+=HCO3 ，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(HCO3 )+2c(CO32 )+2c(H2CO3)，故B不符合题意；
C．滴定的两个计量点的反应中，若没有NaHCO3杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得，第二个计量点的反应中的NaHCO3包括反应生成的和杂质，所以杂质NaHCO3的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8-2.9)mL×10-3×c mol/L×84g/mol=0.084c g，故C不符合题意；
D．在整个滴定过程中，参加反应的离子是CO32 、HCO3 、H+，溶液中的Na+不参加反应，守恒不变，c点位第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则c(Na+)>c(Cl )，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、酸、碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
B、结合物料守恒判断；
C、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
D、结合钠离子的守恒以及参与反应的离子浓度变化判断。
二、多选题
13．（2022高三上·胶州期末）环己甲醇常用作有机合成的中间体，环己甲酸戊酯(X)经如下反应可生成环己甲醇(Y)。
下列说法正确的是
A．X和Y均有对映异构体
B．Y的核磁共振氢谱会出现6组峰
C．X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)
D．比Y多1个碳的Y的同系物共有3种结构
【答案】B,C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的物质存在对映异构体，X中不一定存在手性碳原子，Y中不存在手性碳原子，即X不一定有对映异构体，Y没有对映异构体，A不符合题意；
B．根据等效氢原理可知，Y分子中含有6中不同原子氢的碳原子，如图所示：，则Y的核磁共振氢谱会出现6组峰，B符合题意；
C．已知戊基共有8种，故X属于环己甲酸酯结构的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)，C符合题意；
D．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)在组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，比Y多1个碳的Y的同系物即含有环烷烃结构和醇羟基，则有：、、、、、等光含有六元环的就有6种，还含有五元环、四元环、三元环的结构，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、含有手性碳原子的物质存在对映异构体；
B、6组峰即含有6种等效氢，结合分子的对称性判断；
C、同分异构体要结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
D、同系物指的是分子结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成上相差若干个-CH2。
14．（2022高三上·胶州期末）我国科学家研究化合物M(s)催化氢化机理，其中由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如下图所示(已知：)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法正确的是
A．过程P→N为化合物M生成化合物N的决速步骤
B．降温、使用高效催化剂可以提高氢化的平衡转化率
C．化合物M催化氢化反应过程中一定有Fe-O键的生成和断裂
D．该过程的热化学方程式为：
【答案】A,C
【知识点】热化学方程式；化学平衡移动原理；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．过程P→TS2 为两步反应中活化能能较大的反应，为慢反应，为化合物M生成化合物N的决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不影响平衡转化率，故B不符合题意；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂和生成，C符合题意；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化E=-0.51eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-0.51 eV×=48.96，所以该反应的恰变-48.96，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、活化能越大，则速率越慢，速率慢的为决速步骤；
B、催化剂不影响平衡移动；
C、结合图示可以知道，N中Fe-O键断裂，连接H生成M；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
15．（2022高三上·胶州期末）应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示，下列说法错误的是
A．装置工作时，a与电源的正极连接，b极附近溶液pH逐渐减小
B．a极上发生的电极反应为
C．发生器内发生反应
D．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生2.24 L(STP)
【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，放电消耗氢离子会使b极附近溶液pH逐渐增大，故A符合题意；
B．由分析可知，与直流电源正极相连的a极为阳极，氯化铵在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮，电极反应式为，故B不符合题意；
C．由分析可知，二氧化氯发生器中三氯化氮溶液与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯气体、氨气、氯化钠和氢氧化钠，反应的化学方程式为，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生二氧化氯的体积为0.3 mol×22.4L/mol=6.72L，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
三、综合题
16．（2022高三上·胶州期末）铜是人类广泛使用的一种金属，含铜物质有着广泛应用。回答下列问题：
（1）一种由Cu、In、Te组成的高熵合金具有优良的热电性能，四方晶系的晶胞结构如图1所示，晶胞棱边夹角均为90°。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，称作原子的分数坐标，1号Cu原子的分数坐标为(0，0，0)。
①基态Cu原子的价电子排布式为 ，Te在元素周期表中位置为 。
② ；2号Te原子的分数坐标为 ；晶体中与单个In键合的Te有 个；空间构型为正四面体的体心原子为 。
（2）邻氨基吡啶的铜配合物(结构简式如图2甲)在有机不对称合成中起催化诱导效应。
①邻氨基吡啶(结构简式如图2乙)中N原子的价层孤电子对占据 。
a.sp杂化轨道 b.杂化轨道 c.杂化轨道 d.杂化轨道
②邻氨基吡啶的铜配合物中的配位数是 。
【答案】（1）3d104s1；第五周期第ⅥA族；1：1：2；；4；Te
（2）bc；4
【知识点】配合物的成键情况；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）①Cu是29号元素，根据构造原理可知基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，Te是52号元素，位于元素周期表的第五周期第ⅥA族；
②由晶胞结构图可知，该晶胞含有8个Te、=4个Cu、=4个In，则晶体最简式为CulnTe2，1：1：2，2号Te原子的分数坐标为，由晶胞结构可知，晶体中与单个In键合的Te有4个，空间构型为正四面体的体心原子为Te。
（2）①邻氨基吡啶(结构简式如图2乙)中N原子有两种杂化方式，氨基中N原子杂化方式为sp3杂化，另外一个N原子形成碳氮双键，为sp2杂化，N原子的价层孤电子对占据杂化轨道和杂化轨道，
故答案为：bc。
②由邻氨基吡啶的铜配合物的结构简式分析可知，Cu2+的配位数为4。
【分析】（1） ① 铜元素的基态原子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，可以知道价电子排布式为3d104s1；
② 结合晶胞顶点、面心、棱心判断；杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（2） ① 中心原子孤电子对数=；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
② 结合结构简式，可以知道铜离子周围有4个原子基团配位。
17．（2022高三上·胶州期末）磷化铝是一种广谱性熏蒸杀虫剂，与水反应产生高毒的气体，可用于粮食熏蒸杀虫。实验室可采用以下装置测定粮食中残留的磷化物含量：
已知：①易自然，具有强还原性；
②焦性没食子酸学名连苯三酚，白色固体，溶于水，易被氧化，在空气中易变色；
③食品安全标准规定：粮食中磷化物(以计)的含量低于时合格。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ；打开前，需先打开，用抽气泵抽一段时间空气，主要目的是 。
（2）装置C中反应的化学方程式为 。
（3）装置B的作用是 ；多孔玻璃泡的作用是 。
（4）装置D中被氧化为磷酸，发生反应的离子方程式为 。
（5）实验结束，将D中溶液及D的洗涤液转移至锥形瓶中，用 标准溶液进行滴定，滴定达终点时，共消耗标准溶液10.00 mL。
①该滴定达终点的判断方法是 ；
②该原粮中磷化物的含量是 。
【答案】（1）分液漏斗；利用焦性没食子酸除去装置中原有的氧气，防止其氧化PH3，同时通过A中的酸性高锰酸钾溶液除去空气中的还原性气体
（2）AlP+3H2O=Al(OH)3↓+PH3↑
（3）除去空气中的氧气防止其氧化PH3；增大气体与溶液的接触面积，促使反应充分进行
（4）5PH3+8+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O
（5）溶液从紫色变为无色，且半分钟内不变色；0.034
【知识点】化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）从图中可知，仪器a的名称为分液漏斗，打开K2前，先打开K1用抽气泵抽一段时间空气，主要目的是利用焦性没食子酸除去装置中原有的氧气，防止其氧化PH3，同时通过A中的酸性高锰酸钾溶液除去空气中的还原性气体。
（2）装置C中AlP与水反应生成PH3，化学方程式为AlP+3H2O=Al(OH)3↓+PH3↑。
（3）根据分析可知，装置B的作用是除去空气中的氧气防止其氧化PH3。多孔玻璃泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，促使反应充分进行。
（4）PH3被酸性高锰酸钾氧化生成磷酸，离子方程式为5PH3+8+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O。
（5）①随着亚硫酸钠的加入，高锰酸钾逐渐被消耗，滴定终点的判断方法为溶液从紫色变为无色，且半分钟内不变色。
②高锰酸钾氧化亚硫酸钠的离子方程式为2+5+6H+=2Mn2++5+3H2O，已知消耗亚硫酸钠的物质的量为2.55×10-3mol/L×0.01L=2.55×10-5mol，则亚硫酸钠消耗的高锰酸钾的物质的量为1.02×10-5mol，则PH3消耗的高锰酸钾的物质的量为1.1×10-5mol-1.02×10-5mol=8×10-7mol，则生成的pH3有5×10-7mol，原粮中磷化物的含量为
【分析】（1）分液漏斗的特点是含有旋塞；
（2）磷化铝和水反应生成氢氧化铝和磷化氢；
（3）焦性没食子酸的作用时吸收氧气；多孔玻璃球泡可以增大接触面积，加快反应速率；
（4）磷化氢和高锰酸根、氢离子反应生成磷酸、锰离子和水；
（5） ① 滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；
② 结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
18．（2022高三上·胶州期末）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以铜钴矿石[主要成分为CoO(OH)、、和，还有少量、NiO]为原料制取草酸钴晶体(化学式，式量为183)的工艺流程如下：
已知：部分物质的溶度积常数见下表(离子浓度c≤10-5mol/L视为该离子沉淀完全)。
物质 FeS CuS
回答下列问题：
（1）“浸泡”前，对铜钴矿石进行粉碎处理的目的是 ；“滤渣1”的成分是 。
（2）“浸泡”过程中CoO(OH)发生氧化还原反应的离子方程式为 。
（3）“滤液1”中加入FeS的作用是 。
（4）“滤液2”中加入的作用是调节pH，若，则应调节pH的范围是 。
（5）加入萃取剂萃取分离和，原理为。萃取剂与溶液的体积比()对溶液中和的萃取率影响如图所示，则的萃取率对应曲线 (填标号)，在强酸性介质中“反萃取”能使有机相中 再生。
（6）钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6 g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8 g，该混合物中CoO与的物质的量之比为 。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，通过矿石的利用率；
（2）2CoO(OH)++4H+=2Co2+++3H2O
（3）使Cu2+转化为CuS沉淀而除去
（4）3.7pH<7.3
（5）b；Ni2+
（6）5 ： 64
【知识点】化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎钴矿石目的是：增大接触面积，加快反应速率，通过矿石的利用率；根据分析可知，滤渣1为；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，通过矿石的利用率；；
（2）“浸泡”过程中CoO(OH)被亚硫酸钠还原，发生氧化还原反应的离子方程式为2CoO(OH)++4H+=2Co2+++3H2O；
（3）滤液1中加入FeS，根据溶度积大小可知，可发生沉淀转化Cu2+(aq)+FeS(s) Fe2+(aq)+ CuS(s)，使Cu2+转化为CuS沉淀而除去；
（4）“滤液2”中加入的作用是调节pH，使Fe3+沉淀完全而Co2+未开始沉淀，若，，解得，pH<7.3；为沉淀完全，，解得，pH3.7；则应调节pH的范围是3.7pH<7.3；
（5）根据流程可知，萃取后进入无机相进一步处理得到草酸钴，则对的萃取率应该低，根据萃取剂与溶液的体积比()对溶液中和的萃取率影响图可知，则的萃取率对应曲线为b；
平衡逆向移动，所以在强酸性介质中“反萃取”能使有机相中Ni2+再生而循环使用；
（6）n(CoO)×75g/mol+n(Co3O4)×241g/mol=15.8g，[n(CoO)+3n(Co3O4)]×183g/mol=36.6g，两式联立，n(CoO)=0.005mol，n(Co3O4)=0.064mol，则n(CoO) ： n(Co3O4)=0.005mol ： 0.064mol =5 ： 64。
【分析】（1）固体的粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）氢氧氧化钴和亚硫酸根、氢离子反应生成钴离子、硫酸根和水；
（3）结合难溶电解质的转化可以判断，硫化亚铁可以和铜离子反应生成硫化铜；
（4）结合氢氧化钴的Ksp和钴离子的浓度判断；
（5）增大氢离子的浓度，平衡朝逆向移动；
（6）混合物的计算可以通过列二元一次方程组进行判断。
19．（2022高三上·胶州期末）褪黑素是由松果体产生的一种胺类激素，在调节昼夜节律及睡眠-觉醒方面发挥重要作用。某研究小组以乙炔为原料，设计合成路线如下(部分反应条件已省略)：
已知：
①褪黑素结构为：
②
③无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：
回答下列问题：
（1）A的名称为 ；B→C的反应类型为 。
（2）D中所含官能团的名称为 ；E的结构简式为 。
（3）写出符合下列条件的H的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式 。
ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；
ⅱ.含有结构，不含N—H键；
ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子。
（4）I→J反应的化学方程式为 。
（5）已知：，综合上述信息，写出由二氯甲烷和乙醇制备 的合成路线(无机试剂、有机溶剂任选) 。
【答案】（1）氯乙烯；取代反应
（2）酯基和氨基；
（3）
（4） +NaOH+Na2CO3
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为：CH2=CHCl，则名称为氯乙烯，B→C即CH2=CHCl+NaCNCH2=CHCN+NaCl，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：氯乙烯；取代反应；
（2）由分析可知，D的结构简式为： ，故D中所含官能团的名称为酯基和氨基，E的结构简式为，故答案为：酯基和氨基； ；
（3）H的同分异构体符合下列条件：ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；ⅱ.含有结构，不含N—H键；ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子，结构对称，符合条件的结构简式有，故答案为： ；
（4）由分析可知，I的结构简式为：，J的结构简式为：，结合已知信息③可知，I→J反应的化学方程式为+NaOH+Na2CO3，故答案为：+NaOH+Na2CO3；
（5）以二氯甲烷和乙醇为原料合成有机物，二氯甲烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CN，NCCH2CN和氢气发生加成反应生成H2NCH2CH2CH2NH2，NCCH2CN发生水解反应生成HOOCCH2COOH，CH3CH2OH和HOOCCH2COOH发生转化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2发生取代反应得到目标产物，由此确定合成路线如下：，故答案为：
【分析】（1）A为乙炔和氯化氢的加成反应生成氯乙烯；
（2）D含有酯基和氨基；
（3）同分异构体要结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
（4）氢氧化钠的条件下，酯基发生水解，生成碳酸钠；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．（2022高三上·胶州期末）的排放主要来自于汽车尾气，研究处理对环境保护有着重要的意义。
回答下列问题：
（1）有人利用反应 ，对NO进行处理。1050K、，1050K、，1200K、三种条件下，加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率随时间t变化关系如图所示。
①1200K、条件对应的曲线为 (填字母标号)，平衡时的体积分数为 。
②b、c两条曲线最终重合的原因是 。
③用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，该反应的化学平衡常数 (已知：气体分压=气体总压×体积分数)。
（2）在汽车尾气的净化装置中CO和NO发生反应：。实验测得，，(、强为速率常数，只与温度有关)。
①温度低，尾气的平衡转化率更高，则该反应的 0(填“>”或“<”)。
②下图中(表示速率常数的负对数；T表示温度)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示随变化关系的是斜线 。
③图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+80、a+20、a-20、a-40，则温度时化学平衡常数 。
【答案】（1）a；30%；该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动；0.8
（2）<；②；1060
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）该反应为气体体积不变的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，增大压强，化学平衡不移动，由图可知，平衡时，曲线a中一氧化氮的转化率小于曲线b、c，曲线b达到平衡所需的时间小于曲线c，则a表示1200K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线、b表示1050K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线、c表示1050K、1.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线；
①由分析可知，a表示1200K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线，由图可知，反应达到平衡时，一氧化氮的转化率为60%，设起始一氧化氮的物质的量为2mol，由方程式可知，平衡时混合气体的总物质的量为2mol、二氧化碳的物质的量为2mol×60%×=0.6mol，则二氧化碳的体积分数为×100%=30%，故答案为：a；30%；
②由分析可知，b表示1050K、2.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线、c表示1050K、1.1×103kPa条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，所以温度相同时，b、c两条曲线最终重合，故答案为：该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动；
③由图可知，1050K、1.1×103kPa条件下平衡时一氧化氮转化率为80%，设起始一氧化氮的物质的量为2mol，由方程式可知，平衡时混合气体的总物质的量为2mol、压强为1.1×103kPa，一氧化氮、氮气、二氧化碳的平衡分压分别为×1.1×103kPa、×1.1×103kPa、×1.1×103kPa，则反应的的化学平衡常数Kp==0.8，故答案为：0.8；
（2）①温度低，尾气的平衡转化率更高说明降低温度，平衡向正反应方向移动，则该反应的焓变小于0，故答案为：<；
②越大，反应温度T越小，该反应为放热反应，降低温度，正逆反应速率均减小，平衡向正反应方向移动，则 lgk正、 lgk逆均增大， lgk正大于 lgk逆，则斜线②能表示 lgk正随变化关系，故答案为：②；
③当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k正c2(NO)c2(CO) =k逆c(N2)c2(CO2)，反应的平衡常数k==，由图可知，温度为T1时， lgk正、 lgk逆分别为a+20、a+80，则k==1060，故答案为：1060。
【分析】（1） ①结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
② 反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动；
③ 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 降低温度，平衡朝放热方向移动；
③ 化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的弄浓度幂之积。
