D
向NaCl与NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）
A．AB．BC．CD．D
15．25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值（lgc）、反应物的物质的量之比[
]与pH的关系如图所示。
若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是
A．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25
B．t=0.5时，2c（H+）+c（NH3·H2O）=c（NH
）+2c（OH−）
C．P1所示溶液：
c（Cl−）=0.05mol·L−1
D．P2所示溶液：
c（NH
）>100c（NH3·H2O）
二、工业流程题
16．锰酸锂是较有前景的锂离子电池正极材料之一、工业上用某软锰矿（主要成分为
，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物）为原料制备锰酸锂（LiMn2O4）。
工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）为了提高浸取速率可采取的措施有___________（任写2种）。
（2）“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是
，生成
的离子方程式为___________。
（3）滤渣II的主要成分是___________；“精制”中加入
的量比理论值大得多，其主要原因是___________。
（4）“沉锰”得到的是
和
滤饼，二者均可被氧化为
，若控温氧化时溶液的
随时间的变化如下图所示，
下降的原因是___________（用化学方程式表示）。
（5）工业上也可以将“精制”后的滤液加入
来合成
。
中S的化合价为+6价，则一个
中含过氧键的数目为____个。
（6）为测定锰酸锂的纯度，取
产品置于锥形瓶中，向其中加入
和足量硫酸，充分反应后，用
标准溶液滴定未反应完的
，到达滴定终点时消耗
标准溶液
。
已知：
，则该产品中锰酸锂的质量分数是______。
三、实验题
17．邻乙酰水杨酰氯（
）是制备贝诺酯（一种非甾体抗风湿解热镇痛药）的中间产物。
实验室制备邻乙酰水杨酰氯的装置如下图所示：
步骤1：
取18.0g阿司匹林（
）置于三颈烧瓶中，加入2~3滴DMF；
步骤2：
向三颈烧瓶中滴加氯化亚砜（SOCl2）；
步骤3：
70℃下充分反应后，除去过量的SOCl2，经一系列操作即可得到邻乙酰水杨酰氯。
已知：
①反应原理为
+SOCl2
+SO2↑+HCl↑
②有关物质的沸点如下表所示：
物质
SOCl2
阿司匹林
邻乙酰水杨酰氯
沸点/℃
79
321
107~110
③氯化亚砜和邻乙酰水杨酰氯均易水解。
回答下列问题：
（1）仪器M的名称是_____，在本实验中使用它的原因是______。
（2）三颈烧瓶宜采用水浴加热，该加热方式的优点是_____。
（3）实验中选用球形冷凝管而不选用直形冷凝管的原因是_____；干燥管中的无水CaCl2若更换为_____试剂，则可省去尾气吸收的NaOH溶液及其装置。
（4）反应物SOCl2的空间结构名称是______。
（5）阿司匹林的沸点高于邻乙酰水杨酰氯的原因可能是______。
（6）反应温度适宜选取70℃的原因是___；除去过量SOCl2宜采用____方法。
四、原理综合题
18．2021年6月17日神舟十三号载人飞船与空间站成功对接，航天员进入天和核心舱。
空间站处理
的一种重要方法是
的收集、浓缩与还原。
（1）
还原
制
的部分反应如下：
①
②
③
反应
的
___________
。
（2）在催化剂作用下
加氢可制得甲醇，该反应历程如下图所示（吸附在催化剂表面的物质用*标注，如
表示
吸附在催化剂表面；图中
已省略）。
上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决定反应速率的步骤是_____（用化学方程式表示）。
（3）在一定条件下，向某
恒容密闭容器中充入
和
，发生反应
。
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线_____（填“m”或“n”），判断依据是________。
②若
，测得在相同时间内，不同温度下
的转化率如图2所示，
_______
（填“>”、“<”或“=”）；
时，起始压强为
______
（保留二位小数；
为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。
③已知速率方程
是速率常数，只受温度影响。
图3表示速率常数的对数
与温度的倒数
之间的关系，
分别代表图2中a点、c点的速率常数，点______表示c点的
。
五、有机推断题
19．伊伐布雷定（H）用于治疗心脏左下部分收缩不好所致长期心力衰竭或不能耐受的慢性稳定性心绞痛，其合成路线如下：
已知：
R1-I+R2-NH-R3
。
回答下列问题：
（1）H中含氧官能团的名称为___________；D的分子式为___________。
（2）由A生成B的化学方程式为___________。
（3）由D生成E反应类型为___________。
（4）G的结构简式为___________。
（5）F与足量NaOH溶液混合加热发生水解反应，生成的钠盐是___________。
（6）芳香化合物X的分子式比E少3个CH2，则满足下列条件的X的同分异构体有___________种（不考虑立体异构体）。
①只有一种含氧官能团且均与苯环直接相连；
②与FeCl3溶液作用显紫色；
③苯环上有3个取代基，除苯环外无其他环状结构。
其中核磁共振氢谱峰面积比
的同分异构体的结构简式为_____（写出其中任意一种）。
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．SiC属于原子晶体，熔点高、硬度大，不是传统的硅酸盐材料，是新型无机非金属材料，A正确；
B．核酸是一种生物大分子，通过检测痰液、咽拭子中病毒的核酸即可以判断人体是否感染新型冠状病毒，B正确；
C．钛合金是以钛为基础加入其它元素形成的合金材料，属于金属材料，C正确；
D．纳米铁粉主要是通过其还原性，将Cu2+、Ag+、Hg2+还原为相应的金属单质将其除去，D错误；
综上所述答案为D。
2．A
【解析】
【详解】
A．NaHS是由Na+和HS-构成的离子化合物，电子式为
，A正确；
B．图示为异戊烷的球棍模型，不是空间填充模型，B错误；
C．CH2ClCH2Cl中两个Cl原子分别位于1、2号碳上，名称为1,2—二氯乙烷，C错误；
D．Br元素为35号元素，原子核外有35个电子，简化电子排布式为：
[Ar]3d104s24p5，D错误；
综上所述答案为A。
3．B
【解析】
【详解】
A．天然气的主要成分为甲烷，即CH4，A正确；
B．纤维素和淀粉虽然都可以用（C6H10O5）n表示，但二者聚合度不同，不是同分异构体，B错误；
C．燃烧天然气时可以放出热量，加热食盐水，使其中的水蒸发，留下NaCl晶体，即蒸发结晶，C正确；
D．以天然气为原料，隔绝空气加强热生成焦炭和氢气，可用于合成氨和生产甲醇，D正确；
综上所述答案为B。
4．D
【解析】
【分析】
由题干信息可知，平衡时测得A的浓度为
，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为
，说明减小压强，平衡逆向移动，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，故逆反应为气体体积增大的方向，即
，A错误；
B．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，B错误；
C．由分析可知，平衡逆向移动，故B的转化率减小，C错误；
D．由分析可知，平衡逆向移动，故C的体积分数减小，D正确；
故答案为：
D。
5．B
【解析】
【详解】
A．加热固体时，为避免水蒸气冷凝回流炸裂试管，试管口应略向下，A错误；
B．若铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀，试管内气体减小，压强降低，右侧玻璃导管中液面会上升，B正确；
C．溶解NaOH固体应在烧杯中进行，不能在容量瓶中进行，C错误；
D．硫酸不挥发，制备Fe（OH）3胶体应该用氯化铁饱和溶液，D错误；
综上所述答案为B。
6．B
【解析】
【详解】
A．由题干X的结构简式可知，
中存在
键，A错误，
B．由题干X的结构简式可知，X分子中含有碳碳双键，且双键所在的两个碳原子分别连有互不相同的原子或原子团，故X分子存在顺反异构现象，B正确；
C．由题干X的结构简式可知，X分子中所有碳原子均采用
杂化，C错误；
D．由题干X的结构简式可知，X分子中含有苯环、碳碳双键和醛基三个平面结构，中间均为单键连接可以旋转，故所有碳原子可能处于同一平面，D错误；
故答案为：
B。
7．A
【解析】
【详解】
A．Ti元素为24号元素，位于第四周期ⅣB族，A错误；
B．据图可知黑球的个数为
=4个，化学式为TiN，则白球个数与黑球个数相等，即该晶胞中含有4个Ti原子和4个N原子，B正确；
C．Ti原子半径大于N原子，所以黑球为Ti原子，白球为N原子，以体心Ti原子为例，距离其最近且相等的N原子可构成一个正八面体，即Ti均位于N构成的八面体空隙中，C正确；
D．Ti原子的半径大于Mn，更容易失去电子，所以Ti的第一电离能小于Mn，D正确；
综上所述答案为A。
8．B
【解析】
【详解】
A.X、Y、Z的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B.X的苯环上需要发生加成反应，消耗3mol氢气，碳氧双键需要消耗1mol氢气，1molX最多能与4molH2发生加成反应，故B错误；
C.Y分子中含有酯基，在碱性条件下发生水解生成乙酸和邻羟基甲苯，共消耗2molNaOH，故C正确；
D.从题目信息可以看出，在有三氯化铁存在的条件下，温度不同，产物不同，通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；
答案选B。
9．C
【解析】
【分析】
基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，则其核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，结合所给物质中Y的成键特点可知，Y为C元素；Y、Z均位于X的下一周期，所以X位于第一周期，为H元素，Z可以形成3个共价键，则应为N元素；W的焰色为绿色，所以为Cu元素。
【详解】
A．Y元素的最高价氧化物分子为CO2，为直线形，结构对称，为非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正确；
B．非金属性C＜N，则最简单氢化物的稳定性：
Y（C）＜Z（N），B正确；
C．W为Cu元素，价层电子为3d104s1，排布图为
，C错误；
D．据图可知1个生成物离子中，Cu2+与4个N原子配位，即含有4条配位键，D正确；
综上所述答案为C。
10．C
【解析】
【分析】
据图可知Al被氧化，所以金属铝为负极，通入CO2的电极为正极，CO2被还原为草酸根。
【详解】
A．据图可知CO2在正极被还原为草酸根，根据电子守恒、元素守恒可得反应式为2CO2+2e−=C2O
，A正确；
B．铝为金属，在负极被氧化为Al3+，B正确；
C．每得到1molAl2（C2O4）3，则需要2molAl，根据电极反应可知转移6mol电子，C错误；
D．金属铝质量减少27g，即减少1molAl，根据电极反应Al-3e−=Al3+可知，转移3mol电子，则电极铜时，阴极生成1.5mol铜，质量为1.5mol×64g/mol=96g，D正确；
综上所述答案为C。
11．C
【解析】
【详解】
A．该反应
是一个焓减并熵减的反应，故在低温下自发进行，A错误；
B．根据反应速率之比等于化学计量系数比，结合表中数据可知，
内，用
表示的化学反应速率为
=
，B错误；
C．由表中数据可知，6min内CO减少了1.8mol/L，8min内Cl2减少了1.8mol/L，说明6min之前反应已经达到平衡，且平衡时COCl2的浓度为：
1.8mol/L，该反应为放热反应，故保持其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时
，C正确；
D．若保持温度不变，由表中数据可知，平衡时c（CO）=0.2mol/L、c（Cl2）=0.6mol/L、c（COCl2）=1.8mol/L，即平衡常数为：
K=
=
=15，在第
向体系中加入三种物质各
，则Qc=
=
＜K，则平衡向正反应方向移动，D错误；
故答案为：
C。
12．A
【解析】
【详解】
A．N2H4与CH3OH的摩尔质量均为32g/mol，且一个N2H4分子与一个CH3OH分子均含5个共价键，所以含共价键数目为
×5×NAmol-1=NA，A正确；
B．22gD218O的物质的量为
=1mol，一个D218O含有的中子数为1+1+18-8=12，所以共含中子数为12NA，B错误；
C．溶液体积位置，无法确定溶液中微粒的数目，C错误；
D．2.24L氯气为0.1mol，0.1molFe与0.1molCl2反应时氯气完全反应，铁有剩余，根据氯元素的价态变化可知转移电子数为0.2NA，D错误；
综上所述答案为A。
13．C
【解析】
【分析】
根据放电工作原理图，Mo作正极，正极上得到电子发生还原反应：
Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe（CN）6]，Mg作负极，负极上失电子发生氧化反应：
2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。
【详解】
A．充电时，Na+通过交换膜移向阴极，即从左室移向右室，，故A正确；
B．充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B正确；
C．根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，电势较低的反应式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，故C错误；
D．放电时负极上发生2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D正确；
故答案为C。
14．A
【解析】
【详解】
A．NO2为红棕色气体，加热后红棕色加深，说明平衡向生成NO2的方向移动，存在反应：
2NO2（g）
N2O4（g） ΔH<0，A正确；
B．葡萄酒中含有乙醇，乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法确定是否含有SO2，B错误；
C．HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，应测定等浓度的Na2CO3溶液和NaClO4溶液的pH来进行比较，C错误；
D．应向等浓度的NaCl与NaI的混合溶液加入少量稀AgNO3溶液，选项没有注明浓度是否相等，D错误；
综上所述答案为A。
15．D
【解析】
【详解】
A．NH3·H2O的电离平衡常数K=
，据图可知当lgc（NH
）=lgc（NH3·H2O），即c（NH
）=c（NH3·H2O）时，溶液pH=9.25，则此时c（OH−）=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A错误；
B．t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：
c（NH
）+c（H+）=c（OH−）+c（Cl−），存在物料守恒2c（Cl−）=c（NH3·H2O）+c（NH
），联立可得2c（H+）+c（NH
）=c（NH3·H2O）+2c（OH−），B错误；
C．若c（Cl−）=0.05mol·L−1，则此时溶质应为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，由于NH
的水解程度和NH3·H2O的电离程度不同，所以此时溶液中c（NH
）≠c（NH3·H2O），与P1不符，C错误；
D．K=
=10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c（OH-）=10-7，所以
=
=102.25＞100，D正确；
综上所述答案为D。
16．
（1）适当升温；适当增加浸取剂浓度；搅拌
（2）
（3）
在
的催化作用下部分分解
（4）
（5）1
（6）90.5%
【解析】
【分析】
软锰矿主要成分为
，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物。
加入FeSO4、H2SO4浸取，
被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2（SO4）3，过滤出SiO2，得到MnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3、FeSO4、H2SO4的混合溶液，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入
调节溶液pH生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，除去Fe、Al元素，滤液中加氨水沉锰，得到的是
和
滤饼，通入水、氧气控温、氧化生成
，加入Li2CO3锂化生成LiMn2O4。
（1）
根据影响反应速率的因素，适当升温、适当增加浸取剂浓度、搅拌都能提高浸取速率；
（2）
加入FeSO4、H2SO4浸取，
被FeSO4还原为MnSO4，反应的离子方程式是
；
（3）
H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入
调节溶液pH生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，滤渣II的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；
在
的催化作用下部分分解，所以“精制”中加入
的量比理论值大得多；
（4）
控温氧化时发生反应，
，所以溶液的
下降；
（5）
中S的化合价为+6价，则一个
中含有2个-1价氧原子，所以过氧键的数目为1个；
（6）
和
反应的离子方程式是
，则
氧化
的物质的量是
，锰酸锂消耗
的物质的量是
，根据反应方程式
，锰酸锂的物质的量是
，则该产品中锰酸锂的质量分数是
90.5%。
17．
（1） 恒压滴液漏斗 平衡气压，使液体能够顺利流下；防止氯化亚砜接触到空气中的水蒸气发生水解
（2）受热均匀，便于控制温度
（3） 球形冷凝管与冷却水的接触面积大，冷却效率高，利于冷凝
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