山东省聊城市2023届高考一模化学试题（含解析）

这是一份山东省聊城市2023届高考一模化学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

山东省聊城市2023届高考一模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．古代文化典籍蕴含丰富的化学知识。下列叙述中未涉及氧化还原反应的是
A．《梦溪笔谈》：“石穴中水，所滴者皆为钟乳”
B．《本草纲目》：“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂()而出”
C．《神农本草经》：“空青(蓝铜矿类)…能化铜铁豁(铅)锡作金”
D．《周易参同契》：“胡粉(碱式碳酸铅)投入火中，色坏还为铅”
2．关于实验室保存试剂的说法错误的是
A．实验室中金属钠通常保存在煤油里
B．液溴以少量水液封后用橡胶塞塞紧瓶口
C．盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞
D．浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中

二、多选题
3．茉莉醛()是一种合成香料、制备苯莉醛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是

已知：①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物；
②茉莉醛易被浓硫酸氧化
A．乙醇的主要作用是助溶剂
B．干燥剂可选用无水
C．可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”
D．可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物

三、单选题
4．聚合物商品Kodel的结构简式(假设为理想单一结构)如下：

下列有关该聚合物的叙述错误的是
A．属于线性高分子，具有热塑性 B．属于合成纤维，可降解
C．可通过缩聚反应制得 D．聚合单体有3种
5．我国科学家研究出联吡啶双酚铝氯化物，用作制备聚酯高效稳定的催化剂，其终步反应如图所示。已知含有大π键，下列说法正确的是

A．反应物中C、N、O原子均采用杂化
B．的熔点比的高
C．产物中有2个配位键与Al相结合
D．产物中含有离子键和共价键
6．从废定影液(主要含有、、、中回收Ag和的主要步骤为：向废定影液中加入NaOH调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关说法正确的是
A．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体
B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，的值增 大
C．灼烧生成Ag和，该反应每生成1mol Ag转移3mol电子
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层

四、多选题
7．苯并唑酮类化合物X常用于植物保护剂，结构如图。关于X的说法错误的是

A．分子中所有原子不可能全部共面
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色
C．X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子数目为2个
D．1mol X与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4mol NaOH

五、单选题
8．向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：(已知CrO5的结构为)，乙醚层发生反应：CrO5＋(C2H5)2O=CrO5·O(C2H5)2.反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色(Cr3＋)，下列说法正确的是
A．由水层反应可知，氧化性：
B．乙醚在检验过程中可用乙醇代替
C．CrO5·O(C2H5)2中不存在非极性键
D．水相变为绿色的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑
9．短周期主族元素W、X、Y、Q的原子序数依次增大。W、X原子的最外层电子数之和为6，且符合核反应：；Y原子中s电子与p电子数目相同，Q的原子序数等于X原子序数的2倍。下列说法正确的是
A．电负性： B．X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸
C．原子半径： D．单质Q与X的最高价氧化物可以发生反应
10．由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是
  
A．反应过程中有极性键的断裂和生成
B．都有可能在循环中作催化剂
C．反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变
D．该循环的总反应为：

六、多选题
11．某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c溶液中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是


a试剂
b试剂
c溶液
A
稀硫酸

溶液
B
浓盐酸

溶液
C
浓硫酸

溶液
D
浓氨水
碱石灰
溶液
A．A B．B C．C D．D

七、单选题
12．实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：

下列说法错误的是
A．“浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高的转化率
B．“浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C．“浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D．“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
13．科学家设计了一种能产生羟基自由基()的原电池—电解池组合装置，能将苯酚氧化为和，实现发电、环保二位一体，如图所示。下列说法错误的是

A．a极为正极，N为阴离子交换膜
B．d极的电极反应式为
C．a极区每产生1mol，c极区溶液质量减轻3g
D．b极区消耗1mol，理论上电路中转移电子28mol

八、多选题
14．、均是难溶物，用pM、pOH、分别表示、、。一定温度下，、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是

A．Ⅰ表示的沉淀溶解平衡曲线
B．的是
C．Q点可通过和的混合物溶于水得到
D．同时存在和固体的溶液中
15．水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO空位中嵌入的电极材料充放电过程如图2所示(除中心空位外，其他空位未画出)。下列叙述中正确的是

A．该材料在锌电池中作为负极材料
B．①为MnO活化过程，其中Mn的价态一定发生变化
C．②代表电池放电过程
D．③中1mol晶体转移的电子数为0.2mol

九、结构与性质
16．2022年诺贝尔化学奖授子在发展点击化学方面做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为CuCl催化的叠氮—炔基Husigen环加成反应，常用的无机试剂有、等。
(1)铜在元素周期表中位置为___________，基态的价电子排布式为___________。
(2)N、S、O、F的第一电离能由大到小顺序为___________。
(3)的分子结构如图所示，键角的原因主要是___________。

(4)是叠氮酸()的钠盐，在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8K，主要原因是___________。分子的空间结构如图所示(图中键长单位为)。、和的共价键键长分别为、和；试画出分子的结构式___________。

(5)CuCl的晶胞中，的位置如图所示。填充于构成的四面体空隙中，则的配位数为___________；若为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为，则该晶胞中之间的距离为___________nm(用含ρ、的代数式表示)。


十、工业流程题
17．从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：

已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
Ca2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
4.2
6.3
1.5
11.8
6.2
6.9
沉淀完全的uH
6.7
8.3
2.8
13.8
8.2
8.9
(1)为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有_______(任写一点)。
(2)为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式：_______。
(3)请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因_______。
(4)“操作X”为在_______(填仪器名称)中加热至_______，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
(5)若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为_______mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
(6)室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+⇌MRn+nH+，试剂a为_______(填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因：_______。


十一、实验题
18．亚硫酰氯()是一种重要的化工原料，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈反应生成两种酸性物质。某小组利用反应制备，并探究其性质、测定其纯度。
实验一：制备产品并探究的性质
根据图示装置设计实验(装置可以重复使用)，已知遇水易分解。

(1)装置接口连接顺序为a→___________→d、e→___________→h，碱石灰的作用为___________。
(2)实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备，不用稀硫酸的原因为___________。
(3)已知在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为和一种无色刺激性气味气体A和单质气体B，写出化学反应方程式___________。
实验二：测定产品纯度。
在安全的封闭装置内，将产品加入到足量蒸馏水中，待反应完全后，加入足量的固体，振荡后静置，过滤，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗V mL溶液［已知：常温下，，。］
(4)产品中含___________mol。下列情况会使测定结果偏高的是___________(填序号)。
①产品含少量                ②滴定管未用溶液润洗
③滴加指示剂过多        ④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体

十二、有机推断题
19．我国科学家研发的一条氯霉素(H)的合成路线如图所示：

已知：
(1)氯霉素(H)中的官能团有___________种。
(2)B→C的化学反应方程式为___________。D→E的反应类型是___________。
(3)E的同分异构体中，符合下列条件的有___________种。
①能使发生显色反应            ②含基团
(4)F的结构简式为___________；在G→H的反应中，通过___________(填操作)使平衡转化率增大。
(5)根据上述信息，写出以溴乙烷为原料合成的路线(无机试剂任选)___________。

十三、原理综合题
20．低碳烯烃是指乙烯、丙烯、丁烯，它们是有机合成的重要原料。
(1)我国学者用催化加氢合成低碳烯烃，反应过程如图所示：

①在存在下，加氢反应中，RWGS反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“不能判断”)FTS反应的活化能。
②已知：Ⅰ．
Ⅱ．
向某密闭容器中加入1mol和3mol，在一定条件下发生上述反应。研究发现，乙烯的平衡产率随温度变化曲线如图所示，请解释550K以后，曲线变化的原因是___________。

③在催化剂存在下，400kPa、500℃条件下，将1mol和3mol加入某密闭容器中合成低碳烯烃：，40min时反应达到平衡，此时测得的转化率和各含碳产物占所有含碳产物的物质的量分数如下表：
的转化率/%
各含碳产物占所有含碳产物的物质的量分数/%


其他
60.0
60.0
40.0
0
反应达到平衡后，的分压是___________kPa(结果保留三位有效数字，下同)，从反应开始到平衡时，的反应速率是___________。
(2)正丁烷催化脱氢可得到2-丁烯，其有顺反异构，其转化关系如下：

若用表示反应的体积分数平衡常数(即浓度平衡常数中的浓度用体积分数代替)。上述三个反应的体积分数平衡常数的对数与温度的变化关系如图所示：

回答下列问题：
①图中b=___________(用含a、c的代数式表示)。
②在时，向某密闭容器中加入2mol正丁烷，测得生成的顺-2-丁烯为0.15mol，则平衡体系中为___________mol。保持恒温恒压下，再向该容器中充入一定量惰性气体He，则反-2-丁烯的体积分数将会___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

参考答案：
1．A
【详解】A. 石穴中水，所滴者皆为钟乳，涉及的反应为碳酸氢钙分解生成碳酸钙，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A符合题意；
B. 水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂（）而出，涉及转化为，有元素化合价的变化，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C. 空青(蓝铜矿类)…能化铜铁豁(铅)锡作金，是说含铜的矿物质（主要是铜盐类物质）和铁或铅等金属反应，可以生成带有金色的金属单质，涉及金属化合物和金属单质之间的转化，有元素化合价的变化，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D. 胡粉(碱式碳酸铅)投入火中，色坏还为铅，涉及碱式碳酸铅高温分解生成铅，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故选A。
2．B
【详解】A．钠密度大于煤油，与煤油不反应，所以金属钠在煤油中密封保存可以隔绝空气，故A正确；
B．溴在水中的溶解度较小，溴的密度大于水的密度所以会分层，最下层是液溴，上层是溴水，能达到液封的目的，但溴具有氧化性，会腐蚀橡胶塞，不能用橡胶塞塞紧瓶口，故B错误；
C．氢氧化钠可腐蚀玻璃，与玻璃中二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠溶液，导致玻璃瓶打不开，不能用带磨口玻璃塞试剂瓶盛放，可以用带有橡胶塞的试剂瓶中盛放，故C正确；
D．浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，故D正确；
故选B。
3．AB
【分析】苯甲醛、庚醛与KOH的乙醇溶液共热后冷却，经萃取分液分离出水相，加入干燥剂后过滤有机相，去掉滤渣，蒸馏，用柱色谱法分离出庚醛自缩物，得到茉莉醛。
【详解】A．据题意和分析，苯甲醛与庚醛反应生成水和茉莉醛，乙醇不参与反应，乙醇的主要作用是助溶剂，A正确；
B．据分析，干燥剂的作用是吸收有机相中的残留水分，无水吸收水形成结晶水合物，通过过滤方法分离，B正确；
C．据已知信息，庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，直接蒸馏难以将二者分离，不可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”，C错误；
D．据已知信息，茉莉醛易被浓硫酸氧化，不可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物，D错误；
故选AB。
4．D
【详解】A．由Kodel的结构简式可知，该聚合物属于线性高分子，具有热塑性，故A正确；
B．该聚合物属于合成纤维，其中含有酯基，可以发生水解反应而降解，故B正确；
C．由Kodel的结构简式可知，该聚合物可通过缩聚反应制得，故C正确；
D．由Kodel的结构简式可知，该聚合物的单体为和共2种，故D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．反应物中，碳原子最外层的四个电子中有3个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，没有孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，氮原子最外层的五个电子中有2个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，孤电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp2，氧原子最外层的六个电子中有2个用于形成σ键，孤电子对数为2，氧原子的杂化方式为sp3，A错误，故A不符合题意；
B．(CH3CH2)2AlCl与AlCl3的晶体都是分子晶体，(CH3CH2)2AlCl比AlCl3的相对分子质量小，因此(CH3CH2)2AlCl晶体中的范德华力较小，熔点较低，B错误，故B不符合题意；
C．产物中Al原子形成了5个共价键，其中铝与氮原子通过配位键相结合，氮原子提供孤对电子，铝原子提供空轨道，C正确，故C符合题意；
D．产物属于共价化合物，只含有共价键，D错误，故D不符合题意；
故选C。
6．C
【详解】A．玻璃棒搅拌易损坏滤纸，导致实验失败，A错误；
B．配制Na2S溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，可抑制硫离子水解，但氢氧根浓度增大的更多，的值减小，B错误；
C．灼烧Ag2S生成Ag和SO2，S元素化合价从-2价升高到+4价，失去6个电子，所以该反应每生成1molAg，同时有0.5mol硫元素被氧化，转移3mol电子，C正确；
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗上口倒出含有苯和溴的有机层，D错误；
答案选C。
7．BC
【详解】A．由结构式可知，该分子中含有-CH2-、-CHBr-，所有原子不可能全部共面，故A正确；
B．该分子中含有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故B错误；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子位置为，共有4个，故C错误；
D． X在碱性溶液中，碳溴键、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基﹐则1 mol X与足量NaOH溶液充分反应﹐最多可消耗4 mol NaOH，故D正确；
故选BC。
8．D
【详解】A．由水层反应可知，反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；
B．乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；
C．CrO5·O(C2H5)2中含O-O、C-C键为非极性键，故C错误；
D．水相变为绿色生成了Cr3＋，铬元素化合价降低，则氧元素化合价一定升高，应有氧气生成，反应的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑，故D正确；
答案选D。
9．D
【分析】短周期主族元素W，X，Y，Q的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之和为6，结合反应可知A=9+4-1=12，则W、X位于第二周期，二者最外层电子数之和为Z-2+Z+2-2=6，解得Z=4，则W为Be，X为C元素；Y原子中s电子与p电子数目相同，电子排布式为1s22s22p4，则Y为O，Q的原子序数等于X原子序数的2倍，则Q为Mg元素，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为Be，X为C，Y为O，Q为Mg元素，
A．非金属性越强，其电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素，则Mg B．X的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，碳酸为弱酸，故B错误；
C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Mg＞Be＞C＞O，即Q＞W＞X＞Y，故C错误；
D．单质Q为Mg，X的最高价氧化物为CO2，镁与CO2在高温条件下可以发生反应生成碳酸镁和C，故D正确；
故选：D。
10．C
【详解】A．反应过程中，CH4与、反应生成H2和，发生极性键的断裂，在UV作用下分解生成CO、H2、，发生极性键的生成，A正确；
B．反应开始时，可能是、先与H2O反应，也可能是、先与CH4反应，循环的起点不同，催化剂不同，所以都有可能在循环中作催化剂，B正确；
C．反应过程中，、、中，金属元素V的价态一定发生改变，C错误；
D．将两个循环发生的反应加和，都可得到该循环的总反应为：，D正确；
故选C。
11．BC
【详解】A．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，根据强酸制取弱酸的原理，二氧化碳与溶液不反应，最终不会出现浑浊，故A不符合题意；
B．浓盐酸和KMnO4在常温下反应放出氯气，氯气氧化性大于硫，氯气能置换出硫化钠中的硫，产生淡黄色沉淀，故B符合题意；
C．浓硫酸和溶液反应生成二氧化硫，二氧化硫通入溶液中会发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故C符合题意；
D．浓氨水滴入碱石灰生成氨气，氨气通入溶液开始生成白色沉淀AgOH，AgOH溶于氨水，继续生成银氨络离子，最终溶液变澄清，故D不符合题意；
故选BC。
12．A
【详解】A．“浸取1”用到了气体原料氨气和二氧化碳，气体在水中的溶解度随温度升高而减小，因此温度过高不利于提高浸取率即CaSO4的转化率，A错误；
B．由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为，B正确；
C．滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：，C正确；
D．“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、，D正确；
故答案为：A。
13．C
【分析】由图可知，a极上Cr2O72-发生还原反应生成Cr(OH)3，b电极上苯酚发生氧化反应生成CO2，则a电极为正极，b电极为负极，正极反应为Cr2O72-+6e-+7H2O=2Cr(OH)3+8OH-，负极反应为C6H5OH-28e-+11H2O═6CO2↑+28H+；c电极为电解池阴极，d电极为电解池阳极，阴极反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为H2O-e-=H++•OH，羟基自由基(•OH)具有强氧化性，进一步氧化苯酚达到除去苯酚的目的，发生的反应为C6H5OH+28•OH═6CO2↑+17H2O，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，左侧装置为原电池，右侧装置为电解池，a电极为正极，b电极为负极，负极方程式为：C6H5OH-28e-+11H2O═6CO2↑+28H+，阳离子浓度增大，则Cl-通过N膜计入b极区，N为阴离子交换膜，故A正确；
B．d电极为电解池阳极，阳极上H2O失电子生成H+、•OH，阳极反应为H2O-e-=H++•OH，故B正确；
C．正极反应为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3+8OH-，a极区每产生1mol Cr(OH)3时转移3mol电子，通过质子交换膜移向阴极的n(H+)=3mol，阴极反应为2H++2e-=H2↑，n(H2)= ，m(H2)=1.5mol×2g/mol=3g，即c极区溶液质量不变，故C错误；
D．由分析可知，b极区电极方程式为：C6H5OH-28e-+11H2O═6CO2↑+28H+，消耗1mol，理论上电路中转移电子28mol，故D正确；
故选C。
14．AD
【分析】将M2+的氢氧化物和碳酸盐的Ksp取负对数，则pKsp[M(OH)2]=pM+2pOH-①，pKsp[MCO3]=pM+pCO②，取曲线I上(3.5)和(4.4)分别代入①②中可知3+2×5≠4+4，3+5=4+4，I表示MCO3的沉淀溶解平衡曲线，II表示M(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ表示的沉淀溶解平衡曲线，A正确；
B．取Q点数据，pKsp[M(OH)2]=pM+2pOH-=5+3×2=11，则的是，故B错误；
C．MCO3和M(OH)2的混合物溶于水得到的溶液中存在2c(M2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)，Q点不满足这一关系，C错误；
D．取Q点数据，pKsp[MCO3]=pM+pCO=5+3=8，则MCO3的是，( MCO3)>[ ]，则同时存在和固体的溶液中，故D正确；
故选AD。
15．BC
【详解】A．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+，Zn电极为负极材料，故A错误；
B．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价代数和为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故B正确；
C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因此表示放电过程，故C正确；
D．MnO晶胞中棱边上所含Mn的个数为=3，同理Mn0.61W0.39O和ZnxMn0.61W0.39O晶胞中棱边上所含Mn的个数为3，ZnxMn0.61W0.39O晶胞中Zn2+个数为2=1，因此Mn与Zn2+个数比为3:1，由此可知ZnxMn0.61W0.39O晶胞中Zn2+个数为0.61×3，③过程中1mol晶体转移电子的物质的量为0.61××2mol≈0.41mol，故D错误；
故选BC。
16．(1) 第四周期ⅠB族
(2)
(3)双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用
(4) 分子间可形成氢键
(5) 4

【详解】（1）Cu是29号元素，在元素周期表中位置为第四周期ⅠB族，基态的价电子排布式为。
（2）同主族元素由上到下元素的第一电离能递减，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但O原子的价电子排布式为2s22p4，N原子的价电子排布式为2s22p3，p轨道为半充满状态，较为稳定，故N、S、O、F的第一电离能由大到小顺序为：。
（3）分子中键角的原因主要是：双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用。
（4）在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8K，主要原因是：分子间可形成氢键，、和的共价键键长分别为、和，结合中氮氮键的键长可知，中含有和，分子的结构式为：。
（5）由晶胞中Cl-的位置可知，Cl-位于立方体的顶点和面心，所以Cl-是面心立方最密堆积，晶胞中Cl-的个数为8 =4，由化学式CuCl可知Cu+的个数为4，填充于构成的四面体空隙中，则的配位数为4，CuCl的晶胞为，该晶胞中之间的距离为晶胞面对角线的一半，晶胞的边长为，则晶胞中之间的距离为nm。
17．(1)搅拌
(2)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
(3)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
(4) 蒸发皿 出现少量晶膜
(5)0.003
(6) H2SO4 pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成

【分析】粗硫酸镍溶解后，通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜；滤液中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将锌转移至有机相中，滤液为硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
【详解】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
18．(1) fgbc cb 一是防止空气中水蒸气进入，二是吸收多余的氯气或二氧化硫
(2)易溶于水，使用70%硫酸能减少的溶解损耗；稀硫酸浓度较小，反应速率小
(3)
(4) ①②

【分析】用A中MnO2和浓盐酸制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入C的三颈烧瓶中，E中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，经B中浓硫酸干燥后也通入C的三颈烧瓶，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯，多余的气体需要进行尾气处理，C中碱石灰，除去未反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入，据此分析回答问题。
【详解】（1）根据分析，装置接口连接顺序为a→f→g→b→c→d、e→c→b→h。碱石灰的作用为一是防止空气中水蒸气进入，二是吸收多余的氯气或二氧化硫。
（2）实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备，不用稀硫酸的原因为：易溶于水，使用70%硫酸能减少的溶解损耗；稀硫酸浓度较小，反应速率小。
（3）在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为和一种无色刺激性气味气体A和单质气体B，无色刺激性气味气体A为SO2，据元素守恒，单质气体B是Cl2，化学反应方程式为：。
（4）将产品加入到足量蒸馏水中，发生反应，待反应完全后，加入足量的固体，振荡后静置，过滤，除去，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，发生反应，可得关系式为，VmL产品中含；
①产品含少量，导致氯含量偏高，含量偏高，故正确；
②滴定管没有用溶液润洗，导致标准液被稀释，标准液消耗偏多，浓度偏高，故正确；
③滴加指示剂过多，导致标准液消耗偏少，浓度偏低，故错误；
④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体，导致待测液偏少，浓度偏低，故错误，
故选①②。
19．(1)4
(2) 取代反应
(3)13
(4) 加热蒸馏
(5)

【分析】A中含有碳碳双键，和Br2发生加成反应后再发生水解反应生成B，结合B和C的分子式以及反应条件可以推知B发生消去反应生成C，再结合后续E的结构简式确定B中Br原子的位置，则B为，C为，C发生已知提示的反应原理生成D，该反应为加成反应，D的结构简式为：，D和NH3在高压条件下发生反应生成E，E发生已知反应原理生成F，F的结构简式为，F发生硝化反应生成G，G和Cl2CHCOOH3发生取代反应生成H，则G的结构简式为：，以此解答。
【详解】（1）由结构简式可知，氯霉素(H)中的官能团有硝基、羟基、酰氨基、碳氯键共4种。
（2）由分析可知，B发生消去反应生成C，方程式为：；D的结构简式为，分析结构式可知，D→E的反应类型是取代反应。
（3）E的同分异构体中，符合条件①能使发生显色反应，说明其中含有酚羟基；②含基团；综上所述结合E的结构式分子该同分异构体中苯环上的取代基可能为-OH、-CH2CON(CH3)2，有邻、间、对三种结构；苯环上的取代基也可能为-OH、-CH3、，苯环上连接3个不同的取代基共有10种结构，则满足条件的同分异构体共有13种。
（4）由分析可知，F的结构简式为，G和Cl2CHCOOH3发生取代反应生成H，可以通过加热蒸馏分离出产物，使平衡转化率增大。
（5）由逆向合成法分析，可由乙烯和乙醛发生已知反应的原理得到，乙烯可由溴乙烷发生消去反应得到，乙醛可由乙醇发生催化氧化得到，乙醇可由溴乙烷发生取代反应得到，合成路线为：。
20．(1) 大于 ，，温度升高，反应Ⅰ平衡右移，反应Ⅱ平衡左移，温度高于550K以后，以反应Ⅰ为主，CO增多，导致反应Ⅱ平衡右移，乙烯产率缓慢增加 19.7 1.19
(2) a−c 1.65 减少

【详解】（1）①活化能大的反应速率慢，在存在下，加氢反应中，RWGS反应为慢反应，而FTS反应为快反应，故前者的活化能大；
②550K以后，C2H4产率增加的原因是：，，温度升高，反应Ⅰ平衡右移，反应Ⅱ平衡左移，温度高于550K以后，以反应Ⅰ为主，CO增多，导致反应Ⅱ平衡右移，乙烯产率缓慢增加；
③在400kPa、500℃时，因加入1molCO2和3molH2，故起始时 p(CO2)=100kPa，p(H2)=300kPa，平衡时CO2转化率为60%，根据反应，平衡时n(CO2)=0.4mol，n(H2)=1.2mol；由转化的碳守恒可得：2n(C2H4)+3n(C2H6)=0.6mol、，解得：n(C2H4)=0.15mol、n(C2H6)=0.lmol、n(H2O)=1.2mol，故平衡体系中气体的总物质的量是3.05mol；反应达到平衡后，C2H4的分压是= 19.7kPa，CO2的分压是 52.5kPa，从反应开始到平衡时，CO2的反应速率是=1.19。
（2）①由盖斯定律可知，反应I+反应III=反应II，则(I)(III)=(II)，则lg(II)=lg(I)+lg(III)，b+c=a，b=a-c；
②由图可知，在时，反应III的lgKx=1，则Kx=，测得生成的顺-2-丁烯为0.15mol，则生成反-2-丁烯为1.5mol，由方程式可知，平衡体系中为0.15mol+1.5mol=1.65mol；保持恒温恒压下，再向该容器中充入一定量惰性气体He，容器体积会增大，一瞬间H2、正丁烷、反-2-丁烯、顺-2-丁烯的体积分数减小，由于反应I和反应II都是气体体积增大的反应，平衡正向移动，而反应III是气体体积不变的反应，平衡不移动，且Kx=，由勒夏特列原理可知，再次平衡时反-2-丁烯的体积分数相比冲入He之前减小。