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2022年高考化学押题预测卷+答案解析01（山东卷）
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2022年高考原创押题预测卷01【山东卷】
化学·全解全析
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1．C 【解析】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分是蛋白质，A正确；
B．聚乙烯是乙烯发生加聚反应生成的聚合物，属于有机高分子材料，B正确；
C．氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，不是高分子材料，C错误；
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳中和，D正确。
故选C。
2．C 【解析】将菠菜研磨成汁，需要在研钵中进行，加水溶解，需要烧杯和玻璃棒，过滤时需要漏斗和玻璃棒，滴加稀硝酸、KSCN溶液时需要胶头滴管，所以不需要的仪器为容量瓶；
故答案为C。
3．B 【解析】A．乙烯是一种植物生长调节剂，乙烯能与KMnO4溶液反应，故用浸泡过KMnO4溶液的硅土吸收乙烯，可保存水果，A正确；
B．SO2能和有色物质结合成无色物质，具有漂白性，不是还原性体现，B错误；
C．FeCl3具有氧化性和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可刻蚀铜制印刷电路板，C正确；
D．长链烷烃裂解可得短链烷烃和烯烃，故可以裂解得到小分子烯烃制备有机原料，D正确；
故选B。
4．D 【解析】A．HO2与与HX(X=C1、Br、I等)的某些性质相似，HX为极性分子，HO2为极性分子，A正确；
B．H2O的沸点低于H2O2的沸点，沸点高是由于都含有氢键但过氧化氢的氢键强度大，B正确；
C．HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似，故HO2可与AgNO3反应：HO2+ AgNO3=AgO2↓+HNO3，C正确；
D．H2O、H2O2中O的杂化方式相同，H2O2为V型分子，D错误；
故选D。
5．B 【解析】设四种气体的质量为mg，则CH4、CO2、O2、SO2的物质的量分别表示为、、、，同温同压下，气体体积比=物质的量之比，物质的量越大，气体体积越大，则a、b、c、d中分别为SO2、CO2、O2、CH4，据此分析解答。
A．由分析可知d中通入的气体是CH4，A正确；
B．a、b中分别为SO2、CO2，二者物质的量之比=:=11:16，则原子个数之比=(11×3):(16×3)=11:16，B错误；
C．a、c中分别为SO2、O2，同温同压下，气体体积之比=物质的量之比，则a和c容器体积之比=:=1:2，C正确；
D．c、d中分别为O2、CH4，同温同压下，两种气体的密度之比=摩尔质量之比，因此c和d中气体密度之比=32:16=2:1，D正确。
答案选B。
6．D 【解析】A．对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理为：乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液中，而乙酸乙酯不溶，应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置，从而使饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯分层，然后利用分液漏斗进行分离，利用的是两者的溶解度差异并非密度差异，故A不符合题意；
B．5.3gNa2CO3•10H2O中Na2CO3物质的量小于0.05mol，用500mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10mol/L，故B不符合题意；
C．加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差，故C不符合题意；
D．FeSO4易水解、易被氧化，配制FeSO4溶液时要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO4溶液时，先将FeSO4固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，再加入少量铁粉防止氧化，故D符合题意；
答案选D。
7．B 【解析】A．环庚三烯与乙烯含有碳碳双键的个数不同，不是同系物，故A错误；
B．根据流程图，苯与亚甲基卡宾发生加成反应得环庚三烯，故B正确；
C．环庚三烯有4种等效氢，一氯代物有、、、，共4种，故C错误；
D．分子中含有1个单键碳(*号标出)，不可能所有原子都共平面，故D错误；
选B。
8．C 【解析】 “外加电流法”利用的是电解池原理，通过外加电源将被保护金属连接到电源负极，使被保护金属做电解池阴极，惰性金属连接电源正极做“辅助阳极”；“牺牲阳极法”利用的是原电池原理，将被保护金属与比其活泼的金属连接形成原电池，让更活泼的金属做原电池负极，也就是“牺牲阳极”，被保护金属做原电池正极，这两种方法均可有效防止铁发生电化学腐蚀。
A．铁发生电化学腐蚀的原因是铁不纯，铁与杂质在其表面形成了原电池，A项正确；
B．利用“外加电流法”时，铁连接电源负极，B项正确；
C．“牺牲阳极法”利用了原电池原理，C项错误；
D．两种保护法中都要采用辅助阳极，D项正确；
答案选C。
9．C 【解析】Z、X、Y、Q、M、W为原子序数依次增大的短周期元素，X形成4个共价键、Y形成3个共价键、CQ间可以形成双键，X、Y、Q为同周期相邻元素，则XYZ分别为C、N、O元素；M能形成6个共价键，为S，则W为Cl；
A．Q、M、X的简单氢化物分别为H2O、H2S、CH4，但是题目中没有说明是简单氢化物，碳可以形成多种烃，故不能判断沸点高低，A错误；
B． SOCl2中心原子硫原子价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型均为三角锥形；COCl2中心原子碳原子价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型均为平面三角形，B错误；
C．Na2S2O3在酸性条件下会发生自身氧化还原生成黄色浑浊硫单质和无色气体二氧化硫，C正确；
D．M、W均可与Q形成原子个数比为1∶2的化合物，分别为SO2、ClO2，SO2漂白原理为与有色物质结合生成无色物质，，ClO2漂白原理为其强氧化性，原理不相同，D错误；
故选C。
10．C 【解析】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；
C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；
D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；
故选C。
11．A 【解析】A． 手性碳原子是指连接四个不一样的原子或原子团的碳原子，由该化合物的结构简式可知X分子中不存在手性碳原子，故A正确；
B． 该化合物含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则X分子中所有原子不可能共平面，故B错误；
C． 能与氢气发生加成反应的是苯环、碳碳双键、醛基，则1molX最多能与8molH2发生加成反应，故C错误；
D． 酚醛缩聚对酚的要求是酚羟基的邻对位至少有两个氢，该有机物不能与HCHO发生缩聚反应，故D错误；
故选A。
12．CD 【解析】该装置的目的是制备钛铁合金，所以需要Fe2+、Ti4+发生还原反应，而CaCl2熔盐不参与电极反应，所以阳极应是O2-被氧化生成氧气。
A．电解过程中需要Fe2+、Ti4+发生还原反应，所以以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体应为阴极，连接电源的负极，A错误；
B．Ti、Fe性质活泼，容易被生成的氧气氧化，所以通入Ar气主要是为了保护钛铁合金不被氧化，B错误；
C．TiO2得电子发生还原反应，电极反应应为TiO2+4e-＝Ti＋2O2-，C正确；
D．16.0g TiFe2，即=0.1mol，需生成0.1mol Ti、0.2mol Fe，根据电极反应TiO2+4e-＝Ti＋2O2-、FeO+2e-＝Fe＋O2-可知，共转移0.8mol电子，O2-在阳极被还原，电极反应为2O2--4e-=O2↑，所以生成0.2mol氧气，标况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，但同时流出的气体还有Ar，所以流出气体在标准状况下的体积大于4.48L，D正确；
综上所述答案为CD。
13．D 【解析】辉锑矿加入盐酸和，得到浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入，和加入的反应生成As、，之后得到溶液，电解生成Sb和。
A．浸出液中含过有，加适量Sb两者反应生成且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；
B．过多的 会和反应生成，导致Sb元素流失；具有还原性也可能会和反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质，B正确；
C．由流程可知，除砷”时和加入的反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成，该反应的化学方程式为：，C正确；
D．“电解”时，生成Sb和，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3:2，D错误；
故选D。
14．BD 【解析】A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解制备需从外界吸收能量，A正确；
B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化，B错误；
C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C正确；
D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；
故答案为BD。
15．AC 【解析】A．，数量级为，故A正确；
B．高氯酸铵水解呈酸性、高氯酸溶液滴定氨水选择甲基橙作指示剂，故B错误；
C．点所示溶液中，电荷守恒为，物料守恒为，联立以上两个等式可得，故C正确；
D．点的溶质为和等物质的量的混合物，电离程度大于水解程度、显碱性，水的电离被抑制；M、N两点是中性点，P点是完全中和为、水解促进水的电离，故水的电离程度：，故D错误；
答案选AC。
16．（除标注外，每空·分）
(1)
(2)Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强
(3) 16 H
(5) 正四面体 50%
(6)（2分）
【解析】(1)镓是31号元素，镓的基态原子电子排布式是；
(2)Al的价电子排布为3s23p1，Ti的价电子排布为3d24s2，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大。
(3)①EDTA中N形成3个单键，有1个孤电子对，杂化轨道数是4，杂化轨道类型为。
②单键为键，双键中有1个键，邻苯二胺分子中键的数目为16。
③EDTB分子中所含H、C、N三种元素，非金属性越强电负性越大，电负性由小到大的顺序为H
(4)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜生成四氨合铜离子，发生反应，，所以沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液；向该溶液中加入乙醇，在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出析出，所以析出深蓝色晶体。
(5)N原子所在空隙是4个Al原子围成的正四面体空隙，该空隙的填充率为50%。
(6)根据均摊原则，1个晶胞含有Fe原子数是，N原子数是2，直六棱柱的底边边长为xcm，高为ycm，晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度算式为。
17．（除标注外，每空1分）
(1)
(2) 2CrO+2H+Cr2O+H2O （2分） 8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O（2分）
(3)Cr(OH)3
(4)pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低
(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
(6)1.9 ×105（2分）
(7)NH4NO3（2分）
【解析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
(1)气体A为CO2，其电子式为；
(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；
结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O；
(3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；
(4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；
(5)“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
(6)Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105；
(7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。
18．（除标注外，每空2分）
(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶) （1分） 碱石灰（1分）
(2) 苯（1分） ②中液面保持不变（1分）
(3) SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl 防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口
(4)将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞 84.6
【解析】本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。
(1)仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)；碱石灰；
(2)因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。答案为：苯；②中液面保持不变；
(3)制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；
(4)为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。
理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。答案为：将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞；84.6。
【点睛】分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是将SiCl4全部转化为四乙酸硅。
19．（除标注外，每空2分）
(1)+CH3COOH +H2O
(2) （1分）
(3)酯化反应(或取代反应) （1分）
(4)羧基和醛基（1分）
(5)
(6) 或者或者或者
(7)，，（3分）
【解析】本题为有机合成流程题，由题干中A的结构简式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由信息①、(2)小问中B的分子式和A到B的转化条件并结合E和P的产物的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到D转化条件可知，D的结构简式为：，由D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和转化条件可知，F的结构简式为：，由生成M的转化条件结合M的分子式和M能够发生银镜反应可知，M的结构简式为：，由M转化为P的条件可知，P的结构简式为：，由J的分子式和G的结构简式可知，J的结构简式为：，(6) 由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者 ，(7) 由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，据此分析解题。
(1)由分析可知，A的结构简式为：，则→A的反应方程式是+CH3COOH +H2O；
(2)由分析可知，B的分子式为，E的结构简式是；
(3)由分析可知，M→P即+CH3OH+H2O，则该反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)；
(4)由分析可知，M能发生银镜反应，M的结构简式为：，则M分子中含有的官能团是羧基和醛基；
(5)由分析可知， J的结构简式是；
(6)由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者；
(7)由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，故答案为：，，。
20．（除标注外，每空2分）
(1)-48.9
(2) >（1分）
温度升高，催化剂的活性降低(或反应b为吸热反应，温度升高更有利于反应b进行) （1分）
13% 2.0×10-3(或2.03×10-3)
(3) 31 使用了更高效的催化剂 （1分） 越多（1分）
【解析】(1)巳知：H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol，则根据燃烧热的定义列出燃烧热的热化学方程式如下：
H2(g)+O2(g)=H2O(l)H1=-285.8kJ/mol①
CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H2=-726.5kJ/mol②
结合给定反应：CH3OH(l)=CH3OH(g)H3=+38kJ/mol③
H2O(l)=H2O(g)H4=+44kJ/mol④
根据盖斯定律可知①×3-②+③+④得到CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)则反应热H=H1×3-H2+H3+H4=-48.9kJ/mol；
(2)①由图可知，相同温度时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，则催化效果Cat.1强于Cat.2；
②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于反应b速率增大，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降；
③设起始时二氧化碳的物质的量为a，平衡时一氧化碳的物质的量为b，甲醇的物质的量为c，由甲醇的选择性为80%可得×100%=80%，解得c=4b，由反应方程式可知，反应消耗二氧化碳和氢气的物质的量分别为(4b+b)、(12b+b)，由二氧化碳的转化率为15%可得×100%=15%，解得a=33b，则氢气的转化率为×100%=×100%≈13%，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水的物质的量分别为(33b—5b)、(99b—13b)、4b、b和5b，设平衡时压强为P，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水的平衡分压分别为、、和，反应b的压强平衡常数Kp=≈2×10-3≈2.03×10-3。
(3)根据图象并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2Ea+C，1.0=-3.6Ea+C，联立方程，解得Ea=20，活化能减小，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。
2022年高考原创押题预测卷01【山东卷】
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1．C 【解析】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分是蛋白质，A正确；
B．聚乙烯是乙烯发生加聚反应生成的聚合物，属于有机高分子材料，B正确；
C．氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，不是高分子材料，C错误；
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳中和，D正确。
故选C。
2．C 【解析】将菠菜研磨成汁，需要在研钵中进行，加水溶解，需要烧杯和玻璃棒，过滤时需要漏斗和玻璃棒，滴加稀硝酸、KSCN溶液时需要胶头滴管，所以不需要的仪器为容量瓶；
故答案为C。
3．B 【解析】A．乙烯是一种植物生长调节剂，乙烯能与KMnO4溶液反应，故用浸泡过KMnO4溶液的硅土吸收乙烯，可保存水果，A正确；
B．SO2能和有色物质结合成无色物质，具有漂白性，不是还原性体现，B错误；
C．FeCl3具有氧化性和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可刻蚀铜制印刷电路板，C正确；
D．长链烷烃裂解可得短链烷烃和烯烃，故可以裂解得到小分子烯烃制备有机原料，D正确；
故选B。
4．D 【解析】A．HO2与与HX(X=C1、Br、I等)的某些性质相似，HX为极性分子，HO2为极性分子，A正确；
B．H2O的沸点低于H2O2的沸点，沸点高是由于都含有氢键但过氧化氢的氢键强度大，B正确；
C．HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似，故HO2可与AgNO3反应：HO2+ AgNO3=AgO2↓+HNO3，C正确；
D．H2O、H2O2中O的杂化方式相同，H2O2为V型分子，D错误；
故选D。
5．B 【解析】设四种气体的质量为mg，则CH4、CO2、O2、SO2的物质的量分别表示为、、、，同温同压下，气体体积比=物质的量之比，物质的量越大，气体体积越大，则a、b、c、d中分别为SO2、CO2、O2、CH4，据此分析解答。
A．由分析可知d中通入的气体是CH4，A正确；
B．a、b中分别为SO2、CO2，二者物质的量之比=:=11:16，则原子个数之比=(11×3):(16×3)=11:16，B错误；
C．a、c中分别为SO2、O2，同温同压下，气体体积之比=物质的量之比，则a和c容器体积之比=:=1:2，C正确；
D．c、d中分别为O2、CH4，同温同压下，两种气体的密度之比=摩尔质量之比，因此c和d中气体密度之比=32:16=2:1，D正确。
答案选B。
6．D 【解析】A．对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理为：乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液中，而乙酸乙酯不溶，应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置，从而使饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯分层，然后利用分液漏斗进行分离，利用的是两者的溶解度差异并非密度差异，故A不符合题意；
B．5.3gNa2CO3•10H2O中Na2CO3物质的量小于0.05mol，用500mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10mol/L，故B不符合题意；
C．加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差，故C不符合题意；
D．FeSO4易水解、易被氧化，配制FeSO4溶液时要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO4溶液时，先将FeSO4固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，再加入少量铁粉防止氧化，故D符合题意；
答案选D。
7．B 【解析】A．环庚三烯与乙烯含有碳碳双键的个数不同，不是同系物，故A错误；
B．根据流程图，苯与亚甲基卡宾发生加成反应得环庚三烯，故B正确；
C．环庚三烯有4种等效氢，一氯代物有、、、，共4种，故C错误；
D．分子中含有1个单键碳(*号标出)，不可能所有原子都共平面，故D错误；
选B。
8．C 【解析】 “外加电流法”利用的是电解池原理，通过外加电源将被保护金属连接到电源负极，使被保护金属做电解池阴极，惰性金属连接电源正极做“辅助阳极”；“牺牲阳极法”利用的是原电池原理，将被保护金属与比其活泼的金属连接形成原电池，让更活泼的金属做原电池负极，也就是“牺牲阳极”，被保护金属做原电池正极，这两种方法均可有效防止铁发生电化学腐蚀。
A．铁发生电化学腐蚀的原因是铁不纯，铁与杂质在其表面形成了原电池，A项正确；
B．利用“外加电流法”时，铁连接电源负极，B项正确；
C．“牺牲阳极法”利用了原电池原理，C项错误；
D．两种保护法中都要采用辅助阳极，D项正确；
答案选C。
9．C 【解析】Z、X、Y、Q、M、W为原子序数依次增大的短周期元素，X形成4个共价键、Y形成3个共价键、CQ间可以形成双键，X、Y、Q为同周期相邻元素，则XYZ分别为C、N、O元素；M能形成6个共价键，为S，则W为Cl；
A．Q、M、X的简单氢化物分别为H2O、H2S、CH4，但是题目中没有说明是简单氢化物，碳可以形成多种烃，故不能判断沸点高低，A错误；
B． SOCl2中心原子硫原子价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型均为三角锥形；COCl2中心原子碳原子价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型均为平面三角形，B错误；
C．Na2S2O3在酸性条件下会发生自身氧化还原生成黄色浑浊硫单质和无色气体二氧化硫，C正确；
D．M、W均可与Q形成原子个数比为1∶2的化合物，分别为SO2、ClO2，SO2漂白原理为与有色物质结合生成无色物质，，ClO2漂白原理为其强氧化性，原理不相同，D错误；
故选C。
10．C 【解析】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；
C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；
D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；
故选C。
11．A 【解析】A． 手性碳原子是指连接四个不一样的原子或原子团的碳原子，由该化合物的结构简式可知X分子中不存在手性碳原子，故A正确；
B． 该化合物含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则X分子中所有原子不可能共平面，故B错误；
C． 能与氢气发生加成反应的是苯环、碳碳双键、醛基，则1molX最多能与8molH2发生加成反应，故C错误；
D． 酚醛缩聚对酚的要求是酚羟基的邻对位至少有两个氢，该有机物不能与HCHO发生缩聚反应，故D错误；
故选A。
12．CD 【解析】该装置的目的是制备钛铁合金，所以需要Fe2+、Ti4+发生还原反应，而CaCl2熔盐不参与电极反应，所以阳极应是O2-被氧化生成氧气。
A．电解过程中需要Fe2+、Ti4+发生还原反应，所以以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体应为阴极，连接电源的负极，A错误；
B．Ti、Fe性质活泼，容易被生成的氧气氧化，所以通入Ar气主要是为了保护钛铁合金不被氧化，B错误；
C．TiO2得电子发生还原反应，电极反应应为TiO2+4e-＝Ti＋2O2-，C正确；
D．16.0g TiFe2，即=0.1mol，需生成0.1mol Ti、0.2mol Fe，根据电极反应TiO2+4e-＝Ti＋2O2-、FeO+2e-＝Fe＋O2-可知，共转移0.8mol电子，O2-在阳极被还原，电极反应为2O2--4e-=O2↑，所以生成0.2mol氧气，标况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，但同时流出的气体还有Ar，所以流出气体在标准状况下的体积大于4.48L，D正确；
综上所述答案为CD。
13．D 【解析】辉锑矿加入盐酸和，得到浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入，和加入的反应生成As、，之后得到溶液，电解生成Sb和。
A．浸出液中含过有，加适量Sb两者反应生成且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；
B．过多的 会和反应生成，导致Sb元素流失；具有还原性也可能会和反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质，B正确；
C．由流程可知，除砷”时和加入的反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成，该反应的化学方程式为：，C正确；
D．“电解”时，生成Sb和，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3:2，D错误；
故选D。
14．BD 【解析】A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解制备需从外界吸收能量，A正确；
B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化，B错误；
C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C正确；
D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；
故答案为BD。
15．AC 【解析】A．，数量级为，故A正确；
B．高氯酸铵水解呈酸性、高氯酸溶液滴定氨水选择甲基橙作指示剂，故B错误；
C．点所示溶液中，电荷守恒为，物料守恒为，联立以上两个等式可得，故C正确；
D．点的溶质为和等物质的量的混合物，电离程度大于水解程度、显碱性，水的电离被抑制；M、N两点是中性点，P点是完全中和为、水解促进水的电离，故水的电离程度：，故D错误；
答案选AC。
16．（除标注外，每空·分）
(1)
(2)Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强
(3) 16 H
(5) 正四面体 50%
(6)（2分）
【解析】(1)镓是31号元素，镓的基态原子电子排布式是；
(2)Al的价电子排布为3s23p1，Ti的价电子排布为3d24s2，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大。
(3)①EDTA中N形成3个单键，有1个孤电子对，杂化轨道数是4，杂化轨道类型为。
②单键为键，双键中有1个键，邻苯二胺分子中键的数目为16。
③EDTB分子中所含H、C、N三种元素，非金属性越强电负性越大，电负性由小到大的顺序为H
(4)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜生成四氨合铜离子，发生反应，，所以沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液；向该溶液中加入乙醇，在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出析出，所以析出深蓝色晶体。
(5)N原子所在空隙是4个Al原子围成的正四面体空隙，该空隙的填充率为50%。
(6)根据均摊原则，1个晶胞含有Fe原子数是，N原子数是2，直六棱柱的底边边长为xcm，高为ycm，晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度算式为。
17．（除标注外，每空1分）
(1)
(2) 2CrO+2H+Cr2O+H2O （2分） 8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O（2分）
(3)Cr(OH)3
(4)pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低
(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
(6)1.9 ×105（2分）
(7)NH4NO3（2分）
【解析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
(1)气体A为CO2，其电子式为；
(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；
结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O；
(3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；
(4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；
(5)“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
(6)Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105；
(7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。
18．（除标注外，每空2分）
(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶) （1分） 碱石灰（1分）
(2) 苯（1分） ②中液面保持不变（1分）
(3) SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl 防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口
(4)将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞 84.6
【解析】本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。
(1)仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)；碱石灰；
(2)因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。答案为：苯；②中液面保持不变；
(3)制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；
(4)为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。
理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。答案为：将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞；84.6。
【点睛】分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是将SiCl4全部转化为四乙酸硅。
19．（除标注外，每空2分）
(1)+CH3COOH +H2O
(2) （1分）
(3)酯化反应(或取代反应) （1分）
(4)羧基和醛基（1分）
(5)
(6) 或者或者或者
(7)，，（3分）
【解析】本题为有机合成流程题，由题干中A的结构简式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由信息①、(2)小问中B的分子式和A到B的转化条件并结合E和P的产物的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到D转化条件可知，D的结构简式为：，由D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和转化条件可知，F的结构简式为：，由生成M的转化条件结合M的分子式和M能够发生银镜反应可知，M的结构简式为：，由M转化为P的条件可知，P的结构简式为：，由J的分子式和G的结构简式可知，J的结构简式为：，(6) 由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者 ，(7) 由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，据此分析解题。
(1)由分析可知，A的结构简式为：，则→A的反应方程式是+CH3COOH +H2O；
(2)由分析可知，B的分子式为，E的结构简式是；
(3)由分析可知，M→P即+CH3OH+H2O，则该反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)；
(4)由分析可知，M能发生银镜反应，M的结构简式为：，则M分子中含有的官能团是羧基和醛基；
(5)由分析可知， J的结构简式是；
(6)由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者；
(7)由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，故答案为：，，。
20．（除标注外，每空2分）
(1)-48.9
(2) >（1分）
温度升高，催化剂的活性降低(或反应b为吸热反应，温度升高更有利于反应b进行) （1分）
13% 2.0×10-3(或2.03×10-3)
(3) 31 使用了更高效的催化剂 （1分） 越多（1分）
【解析】(1)巳知：H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol，则根据燃烧热的定义列出燃烧热的热化学方程式如下：
H2(g)+O2(g)=H2O(l)H1=-285.8kJ/mol①
CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H2=-726.5kJ/mol②
结合给定反应：CH3OH(l)=CH3OH(g)H3=+38kJ/mol③
H2O(l)=H2O(g)H4=+44kJ/mol④
根据盖斯定律可知①×3-②+③+④得到CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)则反应热H=H1×3-H2+H3+H4=-48.9kJ/mol；
(2)①由图可知，相同温度时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，则催化效果Cat.1强于Cat.2；
②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于反应b速率增大，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降；
③设起始时二氧化碳的物质的量为a，平衡时一氧化碳的物质的量为b，甲醇的物质的量为c，由甲醇的选择性为80%可得×100%=80%，解得c=4b，由反应方程式可知，反应消耗二氧化碳和氢气的物质的量分别为(4b+b)、(12b+b)，由二氧化碳的转化率为15%可得×100%=15%，解得a=33b，则氢气的转化率为×100%=×100%≈13%，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水的物质的量分别为(33b—5b)、(99b—13b)、4b、b和5b，设平衡时压强为P，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水的平衡分压分别为、、和，反应b的压强平衡常数Kp=≈2×10-3≈2.03×10-3。
(3)根据图象并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2Ea+C，1.0=-3.6Ea+C，联立方程，解得Ea=20，活化能减小，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。
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