2022年辽宁省锦州市黑山第四高级中学高考化学模拟试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2022年辽宁省锦州市黑山第四高级中学高考化学模拟试卷（3月份）（含答案解析），共23页。

2022年辽宁省锦州市黑山第四高级中学高考化学模拟试卷（3月份）

1. 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念体现在方方面面。下列说法正确的是( )
A. 冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保
B. 冬奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备，该石墨烯材料属于传统无机非金属材料
C. 冬奥火炬火焰的颜色是H2燃烧的颜色
D. 由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于合金材料
2. 《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿萝之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面。”若用石碱做焰色反应实验，其焰色为紫色，则石碱的主要成分为( )
A. Na2CO3 B. NaOH C. K2CO3 D. KOH
3. 下列实验操作、现象和结论(或解释)均正确的是( )
选项
操作
现象
结论(或解释)
A
将水蒸气通过炽热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
B
向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸
产生白色沉淀
非金属性：Cl>Si
C
向氢硫酸中通入SO2气体
产生淡黄色沉淀
SO2具有氧化性
D
向盛有某溶液的试管中加入稀NaOH溶液，再将红色石蕊试纸靠近试管口
试纸不变蓝
该溶液中不含NH4+
A. A B. B C. C D. D
4. 下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 水分子的球棍模型：
B. 钾原子的结构示意图：
C. Na2O2的电子式：
D. 中子数为20的氯原子： 1720Cl
5. m、n、p、q是有机合成中常用的原料，下列说法正确的是( )
A. m与q互为同分异构体 B. m、n、p、q具有相同的官能团
C. 鉴别p和q可用酸性高锰酸钾溶液 D. n、p所有碳原子一定共平面
6. 我国化学家近期从棕榈花中发现了两种新的莽草酸类化合物，其中一种的结构简式如图。下列关于该化合物的说法正确的是( )
A. 该分子含有16个碳原子
B. 能发生加成反应、氧化反应和取代反应
C. 苯环上的一氯代物有2种
D. 不能使酸性重铬酸钾溶液褪色
7. a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，非金属性：d>c。下列关于a、b、c、d四种元素的叙述错误的是( )
A. a元素的金属性最强
B. 它们对应的单质中不可能有离子晶体
C. 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D. b、c、d分别与氢元素形成的化合物中化学键均为极性共价键
8. 磷及其化合物在生产生活中具有广泛应用。白磷(P4,结构见图)与Cl2反应得PCl3，固态PCl5中含有PCl4+、PCl6−两种离子。下列关于H2O、P4、PCl3和PCl4+的说法正确的是( )

A. H2O很稳定是因为分子间含有氢键
B. PCl3的空间构型为平面三角形
C. P4与PCl4+中的键角相同
D. H2O与Cu2+形成的1mol[Cu(H2O)4]2+中含有4mol配位键
9. 下述实验方案能达到实验目的的是( )
编号
A
B
C
D
实验
方案




片刻后，取Fe电极附近的溶液于试管中，滴入K3[Fe(CN)6]溶液
实验目的
验证铁钉发生析氢腐蚀
验证甲烷与氯气发生化学反应
验证乙炔的还原性
验证Fe电极被保护
A. A B. B C. C D. D
10. H2O2是常用的绿色氧化剂，可用如图所示装置电解H2O和O2制备H2O2。下列说法不正确的是( )
A. H+移向a电极
B. 装置工作过程中a极消耗的O2大于b极生成的O2
C. b电极的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+
D. 电解生成1molH2O2时，电子转移的数目为4×6.02×1023
11. Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理如图所示，刻蚀液由一定浓度的HF和H2O2混合而成，刻蚀时间为2∼16min，由Ag薄膜覆盖的部分硅晶片被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是( )
A. 该刻蚀过程利用了原电池原理，Si作负极
B. Ag极发生的反应为H2O2+2e−+2H+=2H2O
C. Si极附近溶液pH增大
D. 每刻蚀14gSi，有2.0mol电子迁移到Ag电极
12. 合成氨工业N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)在不同温度下的平衡常数如下表：
温度/℃
25
400
平衡常数K
a
b
下列关于该反应的说法错误的是( )
A. 实现了氮的固定
B. 该反应放热，a C. 升温，正、逆反应速率均增大
D. 达到平衡后压缩容器体积，N2转化率增大
13. 某小组实验验证“Ag+(aq)+Fe2+(aq)⇌Fe3+(aq)+Ag(s)”为可逆反应。
实验I：将0.0100mol⋅L−1Ag2SO4溶液与0.0400mol⋅L−1FeSO4溶液(pH=1)等体积混合发生反应，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
下列说法错误的是( )
A. I中加入NaCl固体，平衡逆向移动
B. Ⅱ中不能用Fe(NO3)3溶液代替Fe2(SO4)3溶液
C. 该反应平衡常数K=c(Fe3+)c(Ag+)⋅c(Fe2+)
D. Ⅱ中加入KSCN溶液，溶液呈血红色，表明该化学反应为可逆反应
14. 由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如图1：

下列有关说法正确的是( )
A. “分离”的方法是蒸馏
B. “滤液”中主要存在的阴离子有：SO42−、SiO32−
C. “酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO32−+H2SO4=Se↓+SO2↑+SO42−+H2O
D. SiO2晶胞如图2所示，1个SiO2晶胞中有16个O原子
15. 室温下，已知Ksp(CuS)=8.8×10−36，饱和Cu(OH)2溶液中x=−lgc(Cu2+)2.2×10−5与pH的关系如图所示。向0.1mol⋅L−1的Na2S溶液(pH=12.4)中加入一定量的CuSO4晶体。下列说法正确的是( )
A. 室温下Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−18
B. 加入CuSO4晶体时，先生成Cu(OH)2沉淀
C. 室温下，CuS在等浓度的Na2S和H2S溶液中的Ksp相等
D. 反应后的溶液中存在离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)+c(Cu2+ )=c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)+c(SO42−)
16. 目前，新能源不断被利用到现代的汽车中，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向．
(1)高铁酸钾-锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是______(填化学式).
(2)工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定．反应原理为
在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O.
与KOH反应生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.
主要的生产流程如图1：

①写出反应①的离子方程式：______.
②流程图中反应③是在某低温下进行的，且此温度无NaOH析出，说明此温度下
Ksp(K2FeO4)______Ksp(Na2FeO4)(填“>”、“<”或“=”).
(3)已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4FeO42−+10H2O⇌4Fe(OH)3↓+8OH−+3O2↑，则K2FeO4在水处理中的作用是______.
(4)FeO42−在水溶液中的存在形态如图2所示．
①若向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4−的分布分数的变化情况是______.
②若向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，______转化为______(填化学式).
17. 碳及其化合物与人类工农业生产、生活紧密相关。如甲醇就是一种重要的化工原料。

(1)已知：
①CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−637.8kJ/mol
②H2O(g)=H2O(l)△H=−44.0kJ/mol
③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566.0kJ/mol
则CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O
(l)△H=______。
(2)在容积为2L的密闭容器中，投入1mol CO和2molH2，在不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H，在a、b、c三个密闭容器中分别充入1molCO(g)和2molH2(g)，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3(依次升高)且恒定不变，测得反应均进行相同时间时CH3OH(g)的浓度如图1所示。
①该反应的△H______0(填“>”、“<”或“=”)；判断理由是______。
②下列措施能使该反应的平衡体系中n(CH3OH)n(CO)增大的是______(填字母)。
A.将H2(g)从体系中分离出去
B.充入He(g)，使体系压强增大
C.升高温度
D.缩小容器的体积
E.再充入1molH2
③在一定条件下5min后达到平衡状态，压强为原来的56。从开始到平衡，CO的平衡转化率为______。
(3)在T℃时，起始压强为100kPa的恒温恒压条件下，平衡时CH3OH的体积分数随起始投料n(H2)n(CO)的变化如图2所示，则a=2，用平衡压强(该物质的物质的量分数×总压强)代替平衡浓度，则T℃时，该反应的Kp=______。
(4)工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种：其中一种是甲醇部分氧化法。在一定温度下，以Ag/CeO2−ZnO为催化剂时，原料气比例对反应的选择性(选择性越大，表示生成的该物质越多)的影响关系如图3所示。
①n(O2)n(CH3OH)=______时，有利于制H2。
②当n(O2)n(CH3OH)=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应方程式为______。
18. 硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。也可用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
SO2Cl2
−54.1
69.1
易水解
H2SO4
10.4
338

在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，装置如图所示。

(1)实验时，A装置中发生的离子方程式 ______。
(2)B装置中冷凝管进水口是 ______。(填“m”或“n”)，B中干燥管盛有的物质是 ______。
(3)欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置(可以重复选用)，其连接顺序为：a、______、h。
(4)去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是 ______。
(5)已知SO2Cl2遇水强烈水解生成两种强酸。向SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3溶液，最先生成的沉淀是 ______。[已知Ksp(AgCl)=1.8×10−10、Ksp(Ag2SO4)=1.2×10−5]
(6)当通入装置B中的氯气为1.12L(已转化为标准状况)，最后通过蒸馏得到纯净的硫酰氯5.4g，则磺酰氯的产率为 ______。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有 ______(填序号)。
①先通冷凝水，再通气
②控制气流速率，宜慢不宜快
③若三颈瓶发烫，可适当降温
④加热三颈瓶
异喹啉酮类化合物具有多种生理活性，如杀菌、抗组胺、降血压、降血糖等，其衍生物(G)的合成路线如图：

已知信息如下：
i.
ii.−Ph表示苯基
回答下列问题：
(1)A能发生银镜反应，其结构简式为 ______。
(2)B中所含的官能团名称为 ______。
(3)由C生成D的反应类型为 ______。
(4)由B生成C的化学反应方程式为 ______。
(5)E的分子式为 ______。
(6)满足下列条件的C的同分异构体共有 ______种。
①能使新制的氢氧化铜产生砖红色沉淀；
②能与FeCl3色反应；
③核磁共振氢谱显示4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1。答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.二氧化碳安全无毒，可替代氟利昂做制冷剂，故A正确；
B.奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备，该石墨烯材料属于新型无机非金属材料，故B错误；
C.冬奥火炬火焰的颜色是一种能调节氢气燃烧火焰的配方，不是H2燃烧的颜色，故C错误；
D.碲化镉属于无机非金属材料，故D错误；
故选：A。
A.二氧化碳安全无毒；
B.传统无机非金属材料是指陶瓷、玻璃、水泥等产品，碳纤维为碳单质；
C.氢气燃烧的火焰在日光下是看不到的；
D.金属和金属或金属和非金属融合在一起具有特征性质的混合物为合金。
本题考查物质的性质与用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途的关系是解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：据分析可知，石碱的主要成分为：碳酸钾，
故选：C。
“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面，能作为发酵剂、能去油污，焰色反应为紫色，说明含有钾元素，即“石碱”的主要成分为碳酸钾，据此分析。
本题考查离子键的判断，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】A.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色，故A错误；
B.盐酸为无氧酸，不能由盐酸、硅酸的酸性强弱比较Cl、Si的非金属性强弱，故B错误；
C.二者发生氧化还原反应生成S和水，二氧化硫中S元素的化合价降低，则SO2具有氧化性，故C正确；
D.加入稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验及现象可知，溶液中可能含NH4+，故D错误；
故选：C。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：A.水分子的空间构型为V形，中心原子是O，且O原子半径大于H，其球棍模型为，故A正确；
B.钾原子的质子数和核外电子数都是19，核外电子分层排布，则钾原子的结构示意图为，是钾离子的结构示意图，故B错误；
C.过氧化钠为离子化合物，由O22−和Na+构成，O22−中两个O原子间共用1对电子，其电子式，故C错误；
D.中子数为20的氯原子的质量数为17+20=37，该核素符号为 1737Cl，故D错误；
故选：A。
本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及离子或原子结构示意图、电子式、球棍模型、核素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。

5.【答案】A

【解析】解：A.m、q的分子式都是C5H8O2，结构不同，二者互为同分异构体，故A正确；
B.m、n、p中都含有酯基，q中含有羧基，p、q中含有碳碳双键，所以m、n中官能团相同，p、q中官能团不完全相同，故B错误；
C.p、q中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，无法鉴别，故C错误；
D.n、p中饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转，甲烷为四面体结构，所以n、p中所有碳原子不一定共平面，故D错误；
故选：A。
A.m、q的分子式都是C5H8O2，结构不同；
B.m、n、p中都含有酯基，q中含有羧基，p、q中含有碳碳双键；
C.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.n、p中饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.交点是碳原子，该有机物含有17个碳原子，故A错误；
B.含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，碳碳双键、酚羟基可以发生氧化反应，含有酯基、羧基等，可以发生取代反应，故B正确；
C.2个苯环化学环境不同，2个苯环共有5种化学环境不同的氢，苯环上的一氯代物有5种，故C错误；
D.碳碳双键、酚羟基都可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，使酸性重铬酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：B。
A.该有机物含有17个碳原子；
B.含有碳碳双键、酯基、羧基、酚羟基等；
C.2个苯环化学环境不同，2个苯环共有5种化学环境不同的氢；
D.碳碳双键、酚羟基都可以被酸性重铬酸钾溶液氧化。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，是高频考点，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。

7.【答案】D

【解析】解：结合分析可知，a为Na，b为C，c为S，d为Cl元素，
A.钠元素为短周期中金属性最强的元素，则四种元素中a的金属性最强，故A正确；
B.离子半径必须为离子化合物，四种元素的单质中不可能有离子晶体，故B正确；
C.四种元素中，只有Na为活泼金属，其他均为非金属元素，则只有Na与其他元素生成的化合物都是离子化合物，故C正确；
D.碳与氢元素形成的化合物为烃，除了甲烷以外，其他烃分子中均含有C−C非极性键，故D错误；
故选：D。
a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，则a为Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，b只能含有2个电子层，最外层含有4个电子，则b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c位于族，c为S元素，c与d同周期，非金属性：d>c，则d为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】D

【解析】解：A.氢键只影响物理性质，H2O很稳定与O−H键有关，与氢键无关，故A错误；
B.PCl3中P含1对孤对电子、含3个P−H键，则空间构型为三角锥形，故B错误；
C.二者均正四面体结构，P4的键角为60∘，PCl4+中键角为109∘28′，二者键角不同，故C错误；
D.铜离子提供空轨道，水中O提供孤对电子，形成配位键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中含有4mol配位键，故D正确；
故选：D。
A.氢键只影响物理性质；
B.PCl3中P含1对孤对电子、含3个P−H键；
C.P4的键角为60∘，PCl4+中键角为109∘28′；
D.铜离子提供空轨道，水中O提供孤对电子，形成配位键。
本题考查分子构型及配位键，为高频考点，把握分子构型、键角、配位键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故A错误；
B.光照下甲烷与氯气发生取代反应，生成HCl溶于水，试管中液面上升可证明，故B正确；
C.生成乙炔中混有硫化氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能验证乙炔的还原性，故C错误；
D.Fe与电源正极相连作阳极，失去电子生成亚铁离子，加快Fe电极腐蚀，故D错误；
故选：B。
A.食盐水为中性；
B.光照下甲烷与氯气发生取代反应；
C.生成乙炔中混有硫化氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.Fe与电源正极相连作阳极，失去电子生成亚铁离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、电化学、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】降解：A.电解时，a电极上O2得电子生成H2O2，则a为阴极，b为阳极，电解质溶液中H+向阴极a电极移动，故A正确；
B.工作过程中，a电极上电极反应式为O2+2H++2e−=H2O2，b电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，所以转移电子相等时，a极消耗的O2大于b极生成的O2，故B正确；
C.b电极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C正确；
D.根据“O2+2H++2e−=H2O2”知，生成1molH2O2转移2mol电子，转移电子数为2×6.02×1023，故D错误；
故选：D。
A.电解时，a电极上O2得电子生成H2O2，则a为阴极，b为阳极，电解质溶液中阳离子向阴极移动；
B.工作过程中，a电极上电极反应式为O2+2H++2e−=H2O2，b电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+；
C.b电极上水失电子生成氧气和氢离子；
D.根据“O2+2H++2e−=H2O2”计算转移电子数。
本题考查电解原理，侧重考查分析、判断及计算能力，正确判断阴阳极、明确各个电极上发生的反应是解本题关键，B为解答易错点。

11.【答案】C

【解析】解：A.根据上述分析可知：在Si电极上发生失去电子的氧化反应，Si做负极，故A正确；
B.根据图示可知：在Ag薄膜附近发生反应：2H++2e−+H2O2=2H2O，故B正确；
C.根据图示可知：在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，反应方程式为Si+2H2O+6HF−4e−=H2SiF6+4H+，Si极附近溶液pH减小，故C错误；
D.原电池中电子从负极迁移到正极，在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，反应方程式为Si+2H2O+6HF−4e−=H2SiF6+4H+，每刻蚀14gSi，有0.5molSi参加反应，失去电子2mol，即2mol电子迁移到Ag电极，故D正确；
故选：C。
A.根据原电池的构成条件分析，原电池的负极上会发生失电子的氧化反应；
B.在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应；
C.根据图示可知：在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+；
D.根据原电池中电子从负极迁移到正极进行回答。
本题考查了硅和二氧化硅的应用，明确发生的反应判为解答的关键，注意相似知识点之间的联系和归纳整理，题目难度不大。

12.【答案】B

【解析】解：A.氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)能够实现了氮的固定，故A正确；
B.该反应放热，则升高温度化学平衡逆向移动，平衡常数减小，即a>b，故B错误；
C.升温，任何化学反应速率均增大，则正、逆反应速率均增大，故C正确；
D.已知反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)正反应是一个气体体积减小的方向，故达到平衡后压缩容器体积，化学平衡正向移动，则N2转化率增大，故D正确；
故选：B。
A.氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；
B.该反应放热，则升高温度化学平衡逆向移动；
C.升温，任何化学反应速率均增大；
D.已知反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)正反应是一个气体体积减小的方向，故达到平衡后压缩容器体积，化学平衡正向移动。
本题考查了化学平衡影响因素分析、平衡常数的影响因素的理解应用、固氮条件分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

13.【答案】D

【解析】解：A.I中加入NaCl固体，与银离子反应生成AgCl，使Ag+(aq)+Fe2+(aq)⇌Fe3+(aq)+Ag(s)逆向移动，故A正确；
B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Ag，则Ⅱ中不能用Fe(NO3)3溶液代替Fe2(SO4)3溶液，故B正确；
C.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，纯固体不能代入K的表达式中，则该反应平衡常数K=c(Fe3+)c(Ag+)⋅c(Fe2+)，故C正确；
D.Ⅱ中可能Fe2(SO4)3溶液过量，则加入KSCN溶液，溶液呈血红色，不能表明该化学反应为可逆反应，故D错误；
故选：D。
A.I中加入NaCl固体，与银离子反应生成AgCl；
B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Ag；
C.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，纯固体不能代入K的表达式中；
D.Ⅱ中可能Fe2(SO4)3溶液过量。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握物质的性质、浓度对平衡移动的影响、离子检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。

14.【答案】D

【解析】解：A.由上述分析可知，“分离”的方法是过滤，故A错误；
B.“滤液”中主要存在的阴离子有SO42−，SiO2与硫酸不反应，故B错误；
C.Na2SeSO3酸化生成粗硒，可知“酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO32−+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C错误；
D.由图可知，黑球为Si原子，白球为O原子，O原子位于晶胞体内，有16个O原子，故D正确；
故选：D。
由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒，以此来解答。
本题考查物质的制备及混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

15.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，当x=7时，pH=10，即溶液中c(OH−)=10−1410−10mol/L=10−4mol/L，c(Cu2+ )=2.2×10−12mol/L，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+ )⋅c2(OH−)=2.2×10−12×(10−4)2=2.2×10−20，故A错误；
B.0.1mol⋅L−1的Na2S溶液中，c(S2−)≈0.1mol/L，c(OH−)=10−1410−12.4mol/L=10−1.6mol/L，生成CuS和Cu(OH)2所需c(Cu2+ )分别为：8.8×10−360.1mol/L=8.8×10−35mol/L、2.2×10−20(10−1.6)2mol/L=2.2×10−18.4mol/L，8.8×10−35mol/L<2.2×10−18.4mol/L，则加入CuSO4晶体时，先生成CuS沉淀，故B错误；
C.难溶物的Ksp只与温度有关，与离子的浓度无关，温度不变则Ksp不变，即室温下，CuS在等浓度的Na2S和H2S溶液中的Ksp相等，故C正确；
D.Na2S和CuSO4反应的方程式为Na2S+CuSO4=Na2SO4+CuS↓，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)+2c(Cu2+ )=2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)+2c(SO42−)，故D错误；
故选：C。
A.由图可知，当x=7时，pH=10，即溶液中c(OH−)=10−1410−10mol/L=10−4mol/L，结合Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+ )⋅c2(OH−)进行计算；
B.根据Ksp(CuS)和Ksp[Cu(OH)2]计算沉淀时c(Cu2+ )，需要的c(Cu2+ )越小越先沉淀；
C.难溶物的Ksp只与温度有关，温度不变则Ksp不变；
D.Na2S溶液中加入一定量的CuSO4晶体时反应为Na2S+CuSO4=Na2SO4+CuS↓，根据电荷守恒关系分析解答。
本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，根据图象所提供的信息计算出Ksp[Cu(OH)2]是解题关键，侧重分析能力、计算能力和运用能力的考查，注意溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。

16.【答案】ZnCl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O<杀菌消毒、净水  先变大，后变小  HFeO4−  FeO42−

【解析】解：(1)高铁酸钾-锌电池(碱性介质)中，高铁酸钾是氧化剂在正极反应，锌易失电子是还原剂发生氧化反应而作负极，
故答案为：Zn；
(2)①氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
②相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Ksp(K2FeO4) 故答案为：<；
(3)高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒，被还原后生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能净水，
故答案为：杀菌消毒、净水；
(4)①根据图象知，随着溶液碱性的增强，HFeO4−的分布分数先增大后减小，
故答案为：先变大，后变小；
②根据图象知，随着溶液碱性的增强，FeO42−的分布分数逐渐增大，HFeO4−的分布分数逐渐减小，所以HFeO4−转化为FeO42−，
故答案为：HFeO4−；FeO42−.
(1)高铁酸钾-锌电池(碱性介质)中，高铁酸钾是氧化剂在正极反应，锌易失电子是还原剂发生氧化反应而作负极，据此答题；
(2)①氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
②相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化；
(3)高铁酸钠具有强氧化性，被还原后生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性；
(4)①根据图象可知随着溶液碱性的增强，HFeO4−的分布分数先增大后减小；
②向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，根据图象知，随着溶液碱性的增强，FeO42−的分布分数逐渐增大，HFeO4−的分布分数逐渐减小．
本题考查原电池原理、难溶电解质的溶解平衡等知识点，难度不大，注意基础知识的积累、运用．

17.【答案】−442.8kJ/mol
【解析】解：(1)已知：
①CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−637.8kJ/mol
②H2O(g)=H2O(l)△H=−44.0kJ/mol
③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566.0kJ/mol
根据盖斯定律①+2×②得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)，所以△H=−637.8kJ⋅mol−1+2×(−44.0kJ⋅mol−1)−−566kJ⋅mol−12=−442.8kJ/mol，
故答案为：−442.8kJ/mol；
(2)①T1 故答案为：<； a、b点高于c点说明平衡后升高温度平衡逆向移动，正反应放热；
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)
A.将H2(g)从体系中分离出去，H2(g)浓度减小，平衡逆向移动，CO物质的量增大，CH3OH物质的量减小，n(CH3OH)(CO)减小；
B.充入He(g)，使体系压强增大，CO、H2、CH3OH浓度均不变，平衡不移动，n(CH3OH)(CO)不变；
C.升高温度，平衡逆向移动，CO物质的量增大，CH3OH物质的量减小，n(CH3OH)(CO)减小；
D.缩小容器的体积，压强增大，平衡正向移动，CO物质的量减小，CH3OH物质的量增大，n(CH3OH)(CO)增大；
E、再充入1molH2，H2(g)浓度增大，平衡正向移动，CO物质的量减小，CH3OH物质的量增大，n(CH3OH)(CO)增大；
故答案为：DE；
③设到达平衡时，CO转化了xmol，则
            CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)(单位：mol)
起始量：1 2 0
转化量：x 2x x
平衡量：1−x2−2xx
平衡后压强为原来的56，则物质的量也变为原来的56，即(1−x)+(2−2x)+x=×(1+2)，解得x=0.25，所以CO的平衡转化率=0.251×100%=25%，
故答案为：25%；
(3)a=2，设H2起始物质的量为2mol，CO起始物质的量为1mol，到达平衡时CO转化xmol，则
            CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)(单位：mol)
起始量：1 2 0
转化量：x 2x x
平衡量：1−x2−2xx
平衡时甲醇的体积分数为40%，则V(CH3OH)%=n(CH3OH)n(CO)+n(H2)+n(CH3OH)=x1−x+2−2x+x×100%=40%，解得x=23，则平衡时CO、H2、CH3OH的物质的量分别为：13mol、23mol、23mol，则KP=100×2353(100×1353)×(100×2353)2=1800，
故答案为：1800；
(4)①由图可知，n(O2)n(CH3OH)=0.5时，H2的选择性最大，CO、HCHO的选择性较低，则n(O2)n(CH3OH)=0.5时，最有利于制H2，
故答案为：0.5；
②由图可知，n(O2)n(CH3OH)=0.25时，主要生成HCHO，即反应的主要化学方程式为，
故答案为：。
(1)已知：
①CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−637.8kJ/mol
②H2O(g)=H2O(l)△H=−44.0kJ/mol
③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566.0kJ/mol
根据盖斯定律①+2×②得；
(2)①T1 ②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)
A.将H2(g)从体系中分离出去，H2(g)浓度减小，平衡逆向移动，CO物质的量增大，CH3OH物质的量减小；
B.充入He(g)，使体系压强增大，CO、H2、CH3OH浓度均不变，平衡不移动；
C.升高温度，平衡逆向移动，CO物质的量增大，CH3OH物质的量减小；
D.缩小容器的体积，压强增大，平衡正向移动，CO物质的量减小，CH3OH物质的量增大；
E、再充入1molH2，H2(g)浓度增大，平衡正向移动，CO物质的量减小，CH3OH物质的量增大；
③设到达平衡时，CO转化了xmol，则
            CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)(单位：mol)
起始量：1 2 0
转化量：x 2x x
平衡量：1−x2−2xx
平衡后压强为原来的56，则物质的量也变为原来的56，即(1−x)+(2−2x)+x=×(1+2)，解出x代入转化率公式可得；
(3)a=2，设H2起始物质的量为2mol，CO起始物质的量为1mol，到达平衡时CO转化xmol，则
            CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)(单位：mol)
起始量：1 2 0
转化量：x 2x x
平衡量：1−x2−2xx
平衡时甲醇的体积分数为40%，则V(CH3OH)%=n(CH3OH)n(CO)+n(H2)+n(CH3OH)=x1−x+2−2x+x×100%=40%，解出x代入平衡常数表达式；
(4)①由图可知，n(O2)n(CH3OH)=0.5时，H2的选择性最大，CO、HCHO的选择性较低；
②由图可知，n(O2)n(CH3OH)=0.25时，主要生成HCHO，据此书写化学方程式。
本题考查化学平衡计算，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法、盖斯定律的应用是解本题关键，题目难度较大。

18.【答案】10Cl−+2MnO4−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2Om碱石灰  f、g、d、e、b、c、e、d 有水的环境中二氧化硫和氯气和水发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成硫酸和氯化氢  AgCl76.0%①②③

【解析】解：(1)装置A中利用高锰酸钾氧化HCl制取氯气，根据电子守恒可知MnO4−和Cl−的系数比为5：1，再结合元素守恒可得离子方程式为10Cl−+2MnO4−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：10Cl−+2MnO4−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)为增强冷凝效果，冷凝水下进上出，所以进水口为m；B中干燥管盛有的物质可以吸收剩余二氧化硫、氯气，同时还可以防止空气中的水蒸气进入，所以为碱石灰，
故答案为：m；碱石灰；
(3)装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h，
故答案为：f、g、d、e、b、c、e、d；
(4)若不经干燥，在有水的环境中二氧化硫和氯气和水发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成硫酸和氯化氢，降低SO2和Cl2的利用率，
故答案为：有水的环境中二氧化硫和氯气和水发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成硫酸和氯化氢；
(5)SO2Cl2遇水强烈水解生成两种强酸，应是得到H2SO4和HCl，反应方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，根据题目所给数据可知Ksp(AgCl)远小于Ksp(Ag2SO4)，且根据方程式可知产生的Cl−更多，需要银离子少，先形成AgCl沉淀，
故答案为：AgCl；
(6)标准状况下，1.12LCl2为1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据，故理论上可得到0.05molSO2Cl2，即为0.05mol×135g/mol=6.75g，所以SO2Cl2的产率为5.13g6.75g×100%=76.0%；为提高本实验中磺酰氯的产率，应减少SO2Cl2受热挥发的量，使SO2、Cl2充分反应，可采取先通冷凝水再通气；控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈瓶发烫应适当降温等措施，
故答案为：76.0%；①②③。
本实验的目的是利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，反应为，利用装置A可以制取氯气，氯气中混有挥发出来的HCl气体，经饱和食盐水可以除去HCl，然后用浓硫酸进行干燥，之后在装置B中和SO2进行反应；装置E可以制取SO2，经浓硫酸干燥后进入装置B中和氯气反应。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

19.【答案】  羟基、羧基、醚键  取代反应 +H2OC12H14O4  6

【解析】解：(1)A能发生银镜反应，其结构简式为，
故答案为：；
(2)B为中所含的官能团名称为羟基−OH、羧基−COOH、醚键，
故答案为：羟基、羧基、醚键；
(3)C与在碳酸钾作用下发生取代反应生成D为，由C生成D的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(4)B与甲醇在硫酸作用下发生酯化反应生成C，由B生成C的化学反应方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
(5)E为的分子式为C12H14O4，
故答案为：C12H14O4；
(6)满足下列条件的C的同分异构体：
①能使新制的氢氧化铜产生砖红色沉淀，说明含有醛基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；
③核磁共振氢谱显示4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，苯环上有对称轴，满足条件的同分异构体有：、、、、、，
故答案为：6。
由A的分子式C8H8O3可知A的不饱和度为8+1−82=5，结合B的结构得A为，A与NH2SO3H、NaClO2作用下生成B为，B与甲醇在硫酸作用下发生酯化反应生成C为，C与在碳酸钾作用下发生取代反应生成D为，D加热异构成E为，E氧化成F为，F经反应⑥得产物。
本题考查有机物的推断，难度中等，关键是对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。