【高考领航】2025年高中化学学业水平等级考试模拟试题（山东）(4)

高中化学学业水平等级考试模拟试题(四) (考试用时：90分钟　试卷满分：100分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．(2023·广东省汕头市二模)化学与传统文化密切相关。下列有关解读错误的是(　　) A．《天工开物》：“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾 B．《劝学》：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰的能量更低，转化为水需要吸热 C．《己亥杂诗》：“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴含着自然界中的碳、氮循环 D．《杨柳歌》：“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，“飞絮”与“马尾”的化学成分均为蛋白质 2．(2023·山东省青岛市二模)实验安全是进行化学实验的前提。下列说法错误的是(　　) A．氰化钠用于提炼金、银等贵重金属，该工艺不能在酸性条件下进行 B．液溴沾到皮肤上，立即用苯洗涤，然后用水冲净，涂上甘油 C．使用三颈烧瓶常压蒸馏时，加入液体的体积占其容积的～ D．硝酸铵、三硝基甲苯均属于易爆物质，使用时防止剧烈受震 3．(2023·安徽省皖南八校第三次联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．1 mol中含有σ键的数目为5NA B．10 g 46%乙醇水溶液中含有氧原子的数目为0.4NA C．0.2 mol NO和0.1 mol O2混合得到NO2分子数目为0.2NA D．在电解精炼铜中，阳极质量减少32 g时理论上转移电子数目为NA 4．(2023·山东省泰安市二模)5­羟色胺是一种抑制性神经递质，其结构如图所示，五元氮杂环上的原子在同一平面上。下列说法正确的是(　　) A．分子式为C10H10N2O B．苯环上的一氯代物有2种 C．分子中含有四种官能团，可发生加成、消去、中和反应 D．分子中一定共平面的C原子有9个 5．(2023·广东省惠州市三调)资源化利用CO2是实现“碳中和”的重要途径，CO2光催化转化为CH4的方法入选了2020年世界十大科技进展，其原理为：CO2＋4H2CH4＋2H2O。下列有关CO2、CH4的说法正确的是(　　) A．CO2的空间结构是V形　　　　　 B．CH4是极性分子 C．电负性：O>C>H　　　　 D．CO2转化为CH4体现了CO2的还原性 6．(2023·广东省湛江市二模)吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步脱氢产物及其相对能量如图，下列说法错误的是(　　) A．甲醇脱氢生成CO的过程中有极性键的断裂 B．b→c的反应式为(－CH2OH)top→CH2O＋H C．a→i与a→j的过程中均有π键的形成 D．b→c与b→d的过程均断裂了氢氧键 7．(2023·湖南省邵阳市三模)已知一种生产聚苯乙烯的工艺流程如图所示： 则下列叙述正确的是(　　) A．反应①属于取代反应 B．乙烯与苯乙烯互为同系物 C．鉴别苯与苯乙烯可采用酸性KMnO4溶液或溴水 D．聚苯乙烯分子中所有原子有可能处于同一平面内 8．(2023·福建省南平市三模)工业上以SO2和纯碱(Na2CO3)为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示。下列说法错误的是(　　) (已知：H2SO3的Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7) A．“吸收”反应的离子方程式为CO＋2SO2＋H2O===CO2＋2HSO B．“结晶”后的母液可循环使用 C．“干燥”时应在高温下通入SO2气体 D．“干燥”后的无水NaHSO3产品中可能混有Na2SO4 9．(2023·广东省惠州市三调)中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示，下列说法错误的是(　　) A．该电化学装置中，Pt电极作正极 B．BiVO4电极上的反应为SO－2e－＋2OH－===SO＋H2O C．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势 D．电子流向：Pt电极→外电路→BiVO4电极 10．(2023·辽宁省沈阳市二模)化合物甲(ZX2Y4·nW2Y)是制药工业和电池制造业等的原料，其组成元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素；其中W、X、Y为短周期主族元素，W是元素周期表中原子半径最小的元素，X、Y同周期，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20，化合物甲在加热分解过程中剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　) A．第一电离能：X>W>Z B．若M点时所得产物化学式为ZX2Y4，则n为2 C．M到N的过程中只有一种气体生成 D．W2X2Y4可由X2W6Y2与足量酸性KMnO4溶液反应得到 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．(2023·河北省名校4月联考)已知：2­丙醇的沸点为84.6 ℃、丙酮的沸点为56.5 ℃。利用2­丙醇催化氧化制备丙酮，并利用如图装置提纯丙酮。下列叙述错误的是(　　) A．采用热水浴加热　　　　　　　 B．毛细玻璃管与液面接触的地方能形成气化中心 C．克氏蒸馏头能防止液体冲入冷凝管　　　　 D．温度计指示温度为84.6 ℃ 12．(2023·山东省东营市二模)电化学合成1,2-二氯乙烷的装置如图。下列说法错误的是(　　) A．随电解进行NaOH与NaCl均需及时补充 B．a为负极，离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜 C．电路中每通过1 mol e－理论上消耗28 g乙烯 D．M极发生反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 13．(2023·山东省东营市二模)工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1： 图2 下列说法正确的是(　　) A．“浸取”时离子方程式为CuFeS2＋4O2===Cu2＋＋Fe2＋＋2SO B．“滤渣①”成分是Fe(OH)3、CuO C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl－，跟铜元素形成可溶于水的物质 D．CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4 14．(2023·江苏省南京市二模)为考查CO2和CH4共存对H2S制氢的影响，在0.1 MPa下，n(H2S)∶n(CH4)∶n(CO2)∶n(N2)＝15∶15∶15∶55的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图1、图2所示，体系中的反应主要有： Ⅰ、CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋260.4 kJ·mol－1 Ⅱ、H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋34.0 kJ·mol－1 Ⅲ、H2S(g)＋CO2(g)===COS(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋34.4 kJ·mol－1 　　　 图1　　　　　　　　　　　　　图2 下列说法不正确的是(　　) A．反应CH4(g)＋H2O(g)===3H2(g)＋CO(g)　ΔH＝＋226.4 kJ·mol－1 B．图1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化 C．温度700 ℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应 D．反应Ⅲ的平衡常数：K(400 ℃)>K(700 ℃) 15．(2023·山东省淄博市二模)HA是一元弱酸，难溶盐MA2的悬浊液中，M2＋不发生水解。实验发现，298 K时，c(M2＋)～c(H＋)、～c(H＋)的关系如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．L2表示c(M2＋)～c(H＋)的关系　　　　 B．Ka(HA)＝2.0×10－6 C．Ksp(MA2)＝4.0×10－12　　　　 D．y＝2 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．(12分)(2023·山东省泰安市一模)非金属及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： (1)基态氟原子的核外电子有________种空间运动状态，下列电子排布中属于氟原子且能量较高的是________(填字母)。 a．1s22s22p43s1 　　　　 b．1s22s22p43d2　　　　 c．1s22s12p2　　　　 d．1s22s22p33p2 (2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)，以上元素第三电离能的变化图是________(填字母)。 　　　　 图a　　　　　　　　图b　　　　　　　图c (3)在ZnO催化作用下，呋喃()可与氨反应转化为吡咯()。二者均存在与苯类似的大π键，表示方法为π，n为成环原子个数，m为形成大π键电子个数，则的大π键可以表示为________________。二者的熔、沸点关系为呋喃________吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是__________________________。 (4)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，称作原子分数坐标。LiCl·3H2O属于正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0.75 nm、1.0 nm、0.56 nm。如图为沿z轴投影的晶胞中所有氯原子的分布图和原子分数坐标。 ①据此推断该晶胞中氯原子数目为____________。LiCl·3H2O的摩尔质量为M g·mol－1，晶胞密度为d g·cm－3，则阿伏加德罗常数的值NA为__________________(列出计算表达式，后同)。 ②图中A、B两原子的核间距为________nm。 17．(12分)(2023·福建省七地市第一次质检)某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO2、LiNiO2、LiMn2O4、LiFePO4)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。 回答下列问题： (1)“酸浸”中LiCoO2发生反应的离子方程式为________________________ _______________；H2O2也与部分LiFePO4发生了反应，“酸浸”中H2O2的作用是____________________________________________。 (2)“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是___________________________________________________________________。 (3)“含铁沉淀”的主要成分为________________________________(填化学式)；部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp如下表，则“调pH”过程pH不应超过________________。 离子 浓度(mol/L) 氢氧化物Ksp Ni2＋ 1.00 1.00×10－15.2 Co2＋ 1.00 1.00×10－14.2 Mn2＋ 1.40 1.00×10－12.7 (4)若“调pH”过程中，Ni2＋、Mn2＋、Co2＋浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的物质X为________________(填字母)。 A．CoSO4　　　　B．MnSO4　　　　C．NiSO4　　　　D．H2SO4 (5)产品的粒径和结晶度直接关系着三元电极的性能。为防止反应中产生的CO2和H2O影响晶体生长，需在“焙烧”前进行________(填“预烧”“酸洗”或“搅拌”)。 (6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li2CO3焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的总反应方程式为_________________________________________________________________ _________________________________________________________________。 18．(12分)(2023·山东省潍坊市二模)二氧化钒(VO2)具有优异的导电特性，实验室用如图装置(加热和夹持装置略)，先制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。 已知：＋4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化；VO2在空气中能被缓慢氧化为V2O5。 回答下列问题： (1)仪器c的名称为________________，实验开始后，打开K1、K2，关闭K3，为使c中液体顺利滴下进行的操作是____________________________________ ____________________________________。 (2)b中加入N2H4·2HCl溶液后进行的操作为：①关闭K2，加热装置b至微沸；②数分钟后……，使b中溶液流入三颈烧瓶；③关闭K3，打开e的活塞，使碳酸氢铵溶液与VOCl2溶液混合，搅拌，充分反应，冷却、过滤、洗涤、干燥，得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。装置b充分反应得到VOCl2溶液，反应的化学方程式为_____________________________________________________________________，②的操作方法为____________________________，装置b中所产生气体的作用是_____________________________________________________________。 (3)在N2氛围中加热氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体得到VO2。称量a g产品于锥形瓶中，用20 mL 70%的硫酸加热溶解后，加入0.01 mol·L－1高锰酸钾溶液至稍过量，充分反应后，加2% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用b mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗c mL标准液。 已知：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O。 ①粗产品中VO2的质量分数为________________(用含a、b、c的式子表示)。 ②下列情况会导致所测钒元素的质量分数偏小的是________(填序号)。 A．称量样品时，样品在空气中露置时间过长 B．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中部分Fe2＋被氧化 C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水 D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡 19．(12分)(2023·湖南省九校联盟第二次联考)利托那韦是一种疗效高、可替代性强的治疗艾滋病的蛋白酶抑制剂，合成利托那韦两种重要中间体和的具体反应路线为： Ⅰ.的合成： Ⅱ.的合成： 根据以上信息回答下列问题： (1)化合物E的含氧官能团名称为______________，L→M的反应类型是______________。 (2)用系统命名法给化合物F命名：________________，写出F在盐酸溶液中加热生成的有机产物的结构简式：________________________。 (3)写出H→I的化学方程式：_____________________________________。 (4)K和I反应生成L和N，请写出N的结构简式：_______________________。 (5)化合物Q是一种芳香酯，Q为D的同分异构体。已知Q含—NO2、可以发生银镜反应，则Q的可能结构有________种。 (6)设计由、HOCH2CH2NH2、为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线_________ __________________________。 20．(12分)(2023·福建省福州市4月检测)MnCeTiOx常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂M0.15MnCeTiOx的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为N2O，主反应如下： 反应Ⅰ：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1＝a kJ/mol； 反应Ⅱ：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH2＝－1657.5 kJ/mol (1)已知：N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH＝＋180.5 kJ/mol。则a＝___________。 (2)某条件下对于反应Ⅰ，v正＝k正ca(NH3)cb(NO)，v逆＝k逆ca(N2)cd(H2O)，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m________n(填“>”“<”或“＝”)。 (3)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、N2的选择性、N2O的生成量随温度变化关系如下图。 　 ①选择Cu0.15MnCeTiOx时，温度高于260 ℃时NO转化率下降的原因为___________________________________________________________________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为____________ ____________________________________________________________。 ③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致__________________________________________________________________ ___________________________________________________________。 (4)273 ℃，p0 kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应Ⅰ、Ⅱ)通入4 mol NH3、4 mol NO、2 mol O2。 ①下列选项不能说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到化学平衡状态的是________。 A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变 C．有1 mol N—H键断裂的同时，有1 mol N≡N键断裂 D．NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2 mol。则NO的转化率为________________，反应Ⅰ的Kp＝________________________________(写出计算式即可)(分压＝总压×物质的量分数)。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高中化学学业水平等级考试模拟试题(四) 　1—5　DBBDC　6—10　DCCDB 11．D　12.AC　13.BC　14.D　15.B 1．D　火药的成分为一硫二硝三木炭，硫指硫黄，硝指硝酸钾，木炭是碳单质，故A正确；冰转化为水的过程吸收热量，故B正确；枝头掉下的落花，进到土壤中腐烂发酵最终又转化为植物生长所需的营养物质被植物吸收，该过程中实现了碳、氮的循环，故C正确；“飞絮”的主要成分为纤维素，“马尾”的主要成分为蛋白质，故D错误。 2．B　CN－易与氢离子反应生成HCN，所以为防止生成HCN，造成人员中毒或者污染空气，该工艺不能在酸性条件下进行，故A正确；液溴具有腐蚀性，能溶于酒精，液溴沾在皮肤上，应立即用酒精清洗，苯有毒，不能用苯清洗，故B错误；蒸馏时，三颈烧瓶中液体的体积不能过少或过多，应为三颈烧瓶体积的～，故C正确；硝酸铵、三硝基甲苯受热或经撞击易发生爆炸，使用时防止剧烈受震，故D正确。 3．B　1 mol中含有σ键的数目，还需要加上C—H键，所以总数为10NA，A错误；10 g 46%乙醇水溶液中，乙醇有10×46%＝4.6 g，物质的量为0.1 mol，水为5.4 g，物质的量为0.3 mol，含有氧原子为0.1 mol＋0.3 mol＝0.4 mol，数目为0.4NA，B正确；在NO2中存在平衡：2NO2N2O4，所以0.2 mol NO和0.1 mol O2混合得到NO2分子数目小于0.2NA，C错误；在电解精炼铜中，阳极为粗铜，含有其他的杂质，质量减少32 g时理论上转移电子数目无法计算，D错误。 4．D　由该有机物的结构简式可知，其分子式为C10H12N2O，A错误；该有机物结构不对称，苯环上的一氯代物有3种，B错误；分子中含有碳碳双键、氨基、羟基共三种官能团，可发生加成、中和反应，但不能发生消去反应，C错误；分子中的两个环都是平面结构，两平面重合，分子中一定共平面的C原子有9个，D正确。 5．C　二氧化碳分子的空间结构为直线形，故A错误；甲烷的空间结构为对称的正四面体形，属于非极性分子，故B错误；元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性O>C>H，则电负性O>C>H，故C正确；由方程式可知，反应中二氧化碳中碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，表现氧化性，故D错误。 6．D　甲醇脱氢生成CO的过程中有极性键C—H键的断裂，故A正确；由图可知，b→c的过程中(—CH2OH)top转化为CH2O，由原子守恒可知，该过程的反应式为(—CH2OH)top→CH2O＋H，故B正确；a→i的过程中CH3OH先转化为CH2O，有碳氧双键生成，有π键的形成；a→j的过程中CH3OH最终转化成了(—CO)foo，有碳氧双键生成，有π键的形成，故C正确；b→c的过程中(—CH2OH)top转化为CH2O，断裂了氢氧键；b→d的过程中(—CH2OH)top转化为(—CHOH)top，断裂了碳氢键，没有断裂氢氧键，故D错误。 7．C　对比苯、乙烯及苯乙烯的结构简式可知，苯和乙烯发生加成反应生成乙苯，故A错误；乙烯与苯乙烯的分子组成相差的不是CH2的整数倍，不互为同系物，故B错误；苯乙烯中含有碳碳双键，能够使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褐色，但可以通过萃取使溴水褪色且分层，鉴别苯与苯乙烯可采用酸性KMnO4溶液或溴水，故C正确；聚苯乙烯分子中含有2n个饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面内，故D错误。 8．C　已知：H2SO3的Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7；吸收后溶液pH为4.1，溶液显酸性，则反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为CO＋2SO2＋H2O===CO2＋2HSO，A正确；“结晶”后的母液含有亚硫酸氢钠，可循环使用，B正确；亚硫酸氢钠受热分解，故不能高温干燥，C错误；亚硫酸氢钠容易被空气中氧气氧化为硫酸钠，故“干燥”后的无水NaHSO3产品中可能混有Na2SO4，D正确。 9．D　根据入料可知BiVO4电极为负极，所以Pt 电极发生还原反应作正极，故A正确；根据入料可知BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO－2e－＋2OH－===SO＋H2O，故B正确；正极的电势高于负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故C正确；电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，且不能进入溶液，故D错误。 10．B　W是元素周期表中原子半径最小的元素，则W为H元素；X、Y为同周期元素，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，设X最外层电子数为2x，则Y的最外层电子数为3x，W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20，若X、Y为第二周期元素，1×2＋(2x＋2)×2＋(3x＋2)×4－Z的原子电子数＝20，当x＝1时，Z的原子电子数＝10，为Ne元素，不符合题意，当x＝2时，Z的原子电子数＝26，为Fe元素，符合题意；若X、Y为第三周期元素，1×2＋(2x＋2＋8)×2＋(3x＋2＋8)×4－Z的原子电子数＝20，不符合题意，故W为H，X为C，Y为O，Z为Fe。化合物甲为FeC2O4·nH2O。第一电离能H>C，A错误；M点时所得产物为FeC2O4，其质量为4.32 g，物质的量为0.03 mol，固体受热，由5.40 g减少到4.32 g，减少的水的物质的量为(5.40 g－4.32 g)÷18 g/mol＝0.06 mol，ZX2Y4·nW2Y中n＝2，B正确；200 ℃时结晶水已经全部失去，M点为FeC2O4，M到N的过程是FeC2O4分解的过程，固体质量减少为4.32 g－2.32 g＝2 g，减少的元素为碳元素和氧元素，根据元素守恒，碳元素的物质的量为0.06 mol，减少的氧元素的物质的量为：(2 g－0.06 mol×12)÷16 g/mol＝0.08 mol，碳氧原子个数比为3∶4，故生成的碳氧化合物为CO2和CO，C错误；X2W6Y2分子式为C2H6O2，同分异构体有多种，可能为乙二醇，也可能为其他有机物，若为乙二醇，在酸性高锰酸钾作用下，可生成乙二酸即草酸(H2C2O4)，若为其他有机物，则无法在酸性高锰酸钾作用下生成乙二酸，D错误。 11．D　丙酮的沸点比较低，加热的温度应大于56.5 ℃，小于84.6 ℃，采用水浴加热更容易控制合适的加热温度，用酒精灯代替会导致受热不均，故A正确；减压蒸馏时，空气由毛细管进入烧瓶，冒出小气泡，成为沸腾时的气化中心，这样不仅可以使液体平稳沸腾，防止暴沸，同时又起一定的搅拌作用，故B正确；弯管的主要作用是防止减压蒸馏中液体因剧烈沸腾而进入冷凝管，可以避免对收集产物的污染，故C正确；2­丙醇的沸点为84.6 ℃、丙酮的沸点为56.5 ℃，为避免2­丙醇蒸出，温度计指示温度为高于56.5 ℃，低于84.6 ℃，故D错误。 12．AC　由图可知右侧铜元素的化合价由＋1价变为＋2价，发生氧化反应，则右侧为阳极，左侧为阴极，N极为阳极，电极反应式为CuCl－e－===Cu2＋＋Cl－。阴极生成氢氧根离子，钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，氯离子向右侧迁移，NaCl浓度变小，需及时补充，NaOH不需要补充，A错误；工作过程中钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，故离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，B正确；电路中每通过1 mol e－，生成1 mol氯化铜，乙烯与氯化铜反应CH2===CH2＋2CuCl2===CH2ClCH2Cl＋2CuCl，消耗乙烯0.5 mol即14 g，C错误；M极为阴极，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，D正确。 13．BC　“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2＋17O2＋4H＋===4Cu2＋＋4Fe3＋＋8SO＋2H2O，故A错误；加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，故B正确；“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl－，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，故C正确；由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，故D错误。 14．D　根据盖斯定律可知反应CH4(g)＋H2O(g)===3H2(g)＋CO(g)可由反应Ⅰ－反应Ⅱ得到，则 ΔH＝＋260.4 kJ·mol－1－(＋34.0 kJ·mol－1)＝＋226.4 kJ·mol－1，A正确；反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应都有CO2参加反应，所以在几种反应物中转化率最高，三个反应都是吸热反应，升高温度CO2转化率提高，故图1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化，B正确；反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应都是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，根据图2可知，升高温度COS、H2O的物质的量分数没有增加，CO、H2的物质的量分数不断增加，说明升高温度后对反应Ⅱ、Ⅲ影响较小，而对反应Ⅰ影响较大，故温度700 ℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应，C正确；反应Ⅲ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡常数变大，故反应Ⅲ平衡常数：K(400 ℃)＜K(700 ℃)，D错误。 15．B　由电离常数公式可知，HA溶液中＝，电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，当溶液中氢离子浓度增大时，溶液中和的值减小，则曲线L1表示与氢离子浓度的变化关系，L2表示c(M2＋)与氢离子浓度的变化关系，故A正确；由图可知，溶液中氢离子浓度为0时，溶液中c(M2＋)＝1.0×10－6，则MA2溶液中M2＋的浓度为1.0×10－4 mol/L，MA2的溶度积为1.0×10－4×(2.0×10－4)2＝4.0×10－12，故C正确；当溶液中氢离子浓度为1.0×10－5 mol/L时，溶液中c(M2＋)＝1.5×10－6，则c(M2＋)≈1.31×10－4 mol/L；由溶度积可得c(A－)＝＝ ≈1.75×10－4 mol/L，由物料守恒可知，溶液中2c(M2＋)＝c(A－)＋c(HA)，则溶液中c(HA)＝8.7×10－5 mol/L，解得＝y≈2，HA的电离常数Ka(HA)＝2.0×10－5，故B错误，D正确。 16．解析：(1)基态氟原子的电子排布式为：1s22s22p5，空间运动状态数等于电子占据轨道数，所以有1＋1＋3＝5种空间运动状态；氟原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，a是基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态；b核外共10个电子，不是氟原子；c核外共5个电子，不是氟原子；d是基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，比a项1s22s22p43s1激发态的能量更高；(2)碳、氮、氧、氟四种元素在同一周期，基态＋2价阳离子失去一个电子生成气态基态＋3价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于碳原子失去2个电子之后2s能级为全充满状态，因此再失去一个电子需要的能量较高，则满足这一规律的图像为图b；(3)由题干中的结构简式可知，分子内含有一个大π键，该大π键由4个碳原子和一个O原子构成，每个碳原子给出1个电子参与形成大π键，每个O原子给出2个电子参与形成大π键，则该大π键的表示形式为π；吡咯分子中的N原子连有氢原子，可形成分子间氢键，呋喃分子之间只存在范德华力，故呋喃沸点低于吡咯；(4)①根据晶胞沿z轴的投影图可知，该晶胞中氯原子的位置为(图中黑球代表氯原子)，yz面上有2个氯原子，与yz平行的面上有2个氯原子，体内有2个氯原子，所以1个晶胞中氯原子的数目为4×＋2＝4。由d g·cm－3＝ g·cm－3知，NA＝；②观察图中A、B原子坐标参数，它们在x轴的坐标参数都是0.5，则A、B原子在平行于yz的面上。可以建立直角三角形，A、B两原子的核间距是这个三角形的斜边长，则A、B两原子的核间距为 nm。 答案：(1)5　d　(2)b　(3)π　低于　吡咯可形成分子间氢键　(4)4　 　 17．解析：(1)正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成Ni2＋、Mn2＋、Co2＋、Li＋，又含有部分Fe3＋，双氧水把LiCoO2中三价钴还原为Co2＋，双氧水作还原剂；双氧水又把部分二价铁氧化为三价铁离子，双氧水作氧化剂；(2)在Mn2＋的催化作用下，H2O2发生分解；(3)加入氢氧化钠后Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，由信息知镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2(OH－)＝1×10－15.2，则c(OH－)＝10－7.6 mol/L，所以c(H＋)＝10－6.4 mol/L，即pH＝6.4，所以pH不应超过6.4；(4)产物中三种离子数目相同，由表中浓度可知应补充Ni2＋、Co2＋，选AC；(5)二氧化碳和水受热都易挥发，所以需在焙烧前预烧；(6)结合流程图可知反应为4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2＋2Li2CO3＋O24LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2＋2CO2＋4H2O。 答案：(1)2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Co2＋＋2Li＋＋O2↑＋4H2O　还原剂和氧化剂　(2)在Mn2＋的催化作用下，H2O2发生分解　(3)Fe(OH)3　6.4　(4)AC (5)预烧　(6)4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2＋2Li2CO3＋O2 4LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2＋2CO2＋4H2O 18．解析：(1)仪器c为分液漏斗；实验开始后，打开K1、K2，关闭K3，为使分液漏斗中液体顺利滴下应打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞的凹槽对准活塞上的小孔，形成内外空气对流；(2)由题意可知，打开K2，使N2H4·2HCl溶液进入锥形瓶中与五氧化二钒、盐酸反应生成VOCl2、氮气和水，产生的气体将装置中的空气排尽，防止生成的＋4价钒被氧化，数分钟后，打开K3，关闭K1，利用反应生成的氮气使锥形瓶中的气压增大，将反应生成的VOCl2溶液压入三颈烧瓶中，锥形瓶中生成VOCl2的方程式为2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O；(3)①由题意可知，滴定消耗c mL b mol/L硫酸亚铁铵溶液，则由原子守恒可知，粗产品中二氧化钒的质量分数为×100%＝%；②A项，称量样品时，样品在空气中露置时间过长，会使样品的质量偏大，滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，故符合题意；B项，硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子部分被氧化会使滴定消耗硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故不符合题意；C项，滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水对溶质的物质的量和标准溶液的体积无影响，对实验结果无影响，故不符合题意；D项，滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡会使滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，故符合题意。 答案：(1)分液漏斗　打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞的凹槽对准活塞上的小孔　(2)2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O　关闭K1，打开K3　排出装置内的空气；使装置b中的压强增大，将b中溶液压入三颈烧瓶中　(3)①%　②AD 19．解析：(1)由结构简式可知，化合物E的含氧官能团为酯基、硝基；L→M的反应为L在酸性条件下发生水解反应生成M和甲醇，水解反应属于取代反应；(2)由结构简式可知，化合物F的名称为2­甲基丙酰胺，在盐酸溶液中加热发生水解反应生成2­甲基丙酸和氯化铵，2­甲基丙酸的结构简式为；(3)H→I的反应为H与甲胺溶液发生取代反应生成I和氯化氢，反应的化学方程式为＋CH3NH2―→＋HCl；(4)对比K、I、L的结构简式，结合元素守恒可知，N的结构简式为：；(5)由D的同分异构体Q含硝基、可以发生银镜反应可知，Q分子中含硝基、甲酸酚酯基、氯原子，当苯环上有3种各不相同的取代基时，共有10种同分异构体；(6)由题给信息可知，合成目标产物的步骤为与NH2发生环加成反应生成，在苯分子作用下与SOCl2发生取代反应生成，然后与HOCH2CH2NH2发生取代反应生成目标产物，合成路线见答案。 答案：(1)酯基、硝基　取代反应　(2)2­甲基丙酰胺　　 (3)＋CH3NH2―→＋HCl　(4) 　(5)10　 (6) 20．解析：(1)已知N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH＝＋180.5 kJ/mol，结合反应Ⅱ：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH2＝－1657.5 kJ/mol，依据盖斯定律，推知ΔH1＝ΔH2－ΔH＝－1657.5 kJ/mol－180.5 kJ/mol＝－1838 kJ/mol，所以a＝－1838；(2)反应Ⅰ正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m<n；(3)①选择Cu0.15MnCeTiOx时，180 ℃～260 ℃ NO转化率逐渐增大，温度高于260 ℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多；②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、N2的选择性高、N2O的生成量相对较低，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx；③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低；(4)①反应Ⅰ、Ⅱ前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡；反应Ⅰ、Ⅱ中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡；反应Ⅰ中有12 mol N—H键断裂的同时，有5 mol N≡N键断裂反应达到平衡，反应Ⅱ中，当有12 mol N—H键断裂的同时，有4 mol N≡N键断裂反应达到平衡；NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡。②反应开始时通入4 mol NH3、4 mol NO、2 mol O2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2 mol，则参加反应的O2为0.6 mol，参加反应的NH3为2.8 mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8 mol×3÷2＝4.2 mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2 mol－0.6 mol×2＝3 mol，所以参加反应的NO的物质的量为3 mol，生成N2的物质的量为2.9 mol，NO的转化率为：3 mol÷4 mol×100%＝75%；反应Ⅰ的Kp表达式为：Kp＝， p(N2)＝p0×＝p0×＝p0×，p(H2O)＝p0×＝p0×＝p0×，p(NH3)＝p0×＝p0×＝p0×，p(NO)＝p0×＝p0×＝p0×，所以Kp＝。 答案：(1)－1838　(2)<　(3)①催化剂活性下降(或副反应增多)　②W　③结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒　(4)①C　②75%　 学科网（北京）股份有限公司 $$