【高考领航】2025年高中化学学业水平等级考试模拟试题（山东）(6)

高中化学学业水平等级考试模拟试题(六) (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·广东省湛江市二模)“乌铜走银”是我国传统铜制工艺品。它以铜为胎，在胎上雕刻各种花纹图案，然后将熔化的银水填入花纹图案中，冷却后打磨光滑处理，时间久了底铜自然变为乌黑，透出银纹图案，呈现出黑白分明的装饰效果，古香古色，典雅别致。下列叙述正确的是(　　) A．“乌铜走银”发生的是物理变化　　　　 B．铜和银在任何条件下都不能形成原电池 C．铜表面变黑是由于生成了Cu2(OH)2CO3　　　　 D．铜和银在元素周期表中均位于长周期 2．(2023·山东省东营市二模)下列有关物质应用的说法错误的是(　　) A．Fe3O4常应用于磁性靶向药物领域　　　　 B．长期服用阿司匹林将会产生副作用 C．制作豆腐时常用生石灰作为凝固剂　　　　 D．氯乙烷气雾剂用于急性损伤的镇痛 3．(2023·辽宁省大连市二模)布洛芬虽有抗炎、解热、镇痛作用，但口服对胃肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以减轻副作用。 下列说法错误的是(　　) A．布洛芬属于芳香酸　　　　 B．布洛芬和修饰分子均含有1个手性碳原子 C．该做法使布洛芬水溶性增强　　　　 D．1 mol布洛芬与足量H2反应，可消耗3 mol H2 阅读下列材料，完成4～6题。 海洋是一个巨大的资源宝库，海水中含有Na、Cl、Mg、Br等元素。氯元素具有多种化合价，可形成Cl－、Cl2、ClO、ClO2、ClO和ClO等多种粒子。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116 kJ·mol－1，从海水中提取镁可通过沉淀、溶解、结晶获得六水合氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，进一步操作得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁可获得单质镁。 4．下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置能达到实验目的的是(　　) A．用装置甲制取Cl2　　 B．用装置乙除去HCl杂质 C．用装置丙制备KMnO4　　 D．用装置丁处理尾气 5．下列关于含氯微粒的说法不正确的是(　　) A．ClO的空间结构为V形　　 B．ClO2属于共价化合物 C．ClO的键角为120°　　 D．ClO中心原子轨道杂化类型为sp3 6．关于反应4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，下列说法正确的是(　　) A．反应活化能：Ea(正)<Ea(逆) B．每生成22.4 L Cl2，放出58 kJ的热量 C．使用高效催化剂，可使平衡时的值增大 D．断裂4 mol H—Cl键的同时，有4 mol H—O键生成，说明该反应达到平衡状态 7．(2023·山东省东营市二模)白色粉末氯化亚铜(CuCl)微溶于水。热解CuCl2·2H2O并进行相关物质转化，图示如下。下列说法不正确的是(已知：酸性条件下Cu＋不稳定)(　　) A．X是HCl，可抑制Cu2＋水解 B．途径1中产生的Cl2可回收利用，也可用NaOH溶液处理 C．途径2中200 ℃反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO＋2HCl↑ D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2Cu＋＋4H＋＋SO===2Cu2＋＋SO2↑＋2H2O 8．(2023·山东省淄博市二模)微生物燃料电池碳氮联合去除的氮转化系统原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．a极电势低于b极 B．离子交换膜是质子交换膜 C．a、b两极生成CO2和N2的物质的量之比为5∶4 D．好氧微生物反应器中反应的离子方程式为NH＋2O2===NO＋H2O＋2H＋ 9．(2023·山东省枣庄市一模)碘在地壳中主要以NaIO3形式存在，在海水中主要以I－形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．由题图可知氧化性的强弱顺序：Cl2＞I2＞IO B．可利用I－与IO在一定条件下反应制备I2 C．途径Ⅲ中若反应1 mol I－，则反应中转移5NA电子 D．在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，不能观察到溶液变蓝现象 10．(2023·河北省邢台市一模)下列实验操作和现象可得出相应结论的是(　　) 选项 实验操作 现象 结论 A 将红热的木炭加入浓硝酸中 产生红棕色气体 碳与浓硝酸反应生成了NO2 B 室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液 溶液变红 Kb(BOH)＜Ka(HA) C 向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉­KI溶液 溶液依次变为橙色和蓝色 元素非金属性：Cl＞Br＞I D 向1 mL 0.1 mol·L－1AgNO3溶液中依次滴加2滴0.1 mol·L－1NaCl溶液和0.1 mol·L－1KI溶液 依次产生白色和黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) 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·广东省湛江市二模)一定条件下热解制取H2：2H2S(g)＋CH4(g)CS2(g)＋4H2(g)。已知其他条件不变时，温度对H2S的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是(　　) A．平衡常数：K(Y)＞K(Z)　　　　 B．达到平衡所需时间：t(X)＜t(Y) C．总能量：E生成物＞E反应物　　　　 D．单位时间的转化率：α(Z)＞α(Y) 12．(2023·山东省枣庄市一模)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提取铬的一种工艺流程如图： 已知：Mn(Ⅱ)在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化；在酸性溶液中钒通常以HV10O、H3V2O等存在；沉铬过程中，当溶液pH＝4时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为1 mol·L－1。下列说法正确的是(　　) A．“沉钒”时，Fe(OH)3胶体的作用是吸附 B．滤液B的pH＝5.7，沉铬完全 C．“提纯”过程中Na2S2O3的作用是还原铬 D．“转化”过程中发生反应：Mn2＋＋H2O2===MnO2＋2H＋ 13．(2023·安徽省皖南八校第三次联考)目前可采用“双极膜组”电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B，模拟工作原理如图所示。M和N为离子交换膜，在直流电作用下，双极阴阳膜(BP)复合层间的H2O解离成H＋和OH－，作为H＋和OH－的离子源。下列说法正确的是(　　) 　 A．X电极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ B．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜的作用是选择性通过Cl－和Na＋ C．每生成5.6 L气体a，理论上获得副产品A和B各0.5 mol D．“双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH) 14．(2023·山东省淄博市二模)甲苯与CH3COCl在无水AlCl3存在下发生反应，其反应机理及部分能量示意图如下。下列说法错误的是(　　) A．AlCl3是该反应的催化剂 B．步骤Ⅱ是该反应的决速步骤 ΔH＝(b－a)kJ/mol D．虚线L可表示与CH3COCl的反应中能量的变化 15．(2023·山东省潍坊市二模)常温下，用Hg(NO3)2测定NaCl溶液中的c(Cl－)时，含Hg微粒的分布系数(δ)与lg c(Cl－)的关系如图所示。Hg2＋与Cl－的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl＋Hg2＋。下列说法错误的是(　　) A．K1＝10－0.85，K2＝0.1 B．在X点：c(HgCl2)∶c(HgCl＋)∶c(Hg2＋)＝2∶2∶1 C．在Q点：c(Cl－)＋3c(HgCl)＞c(H＋)－c(OH－) D．若P点pH＝7，c(Na＋)＋c(HgCl＋)－c(NO)＋2c(HgCl2)＝10－5.6 mol·L－1 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．(12分)(2023·山东省日照市二模)卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。回答下列问题： (1)基态氟原子价电子的轨道表示式为________________________；与溴同周期且未成对电子数目相同的元素有________种。 (2)亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，写出与NOCl互为等电子体的一种分子________________________________________(填化学式)；苯分子中的大π键可表示为Π，则NOCl的大π键表示为________________。 (3)磷和硫均能形成多种卤化物。下列说法错误的是________(填字母)。 A．SCl2、PCl5均属于非极性分子 B．PCl3、S2Cl2的空间构型分别为三角锥形、直线形 C．NF3、S2Br2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构 (4)γ­AgI晶胞为立方结构，晶胞中I－采取面心立方堆积方式(如图1)；γ­AgI晶胞沿x、y、z轴方向的投影均如图2所示。 　　 图1　　　　　　　　图2 ①Ag＋填充在I－构成的______________(填“正四面体”或“正八面体”)空隙，其填充率为________________。 ②已知NA表示阿伏加德罗常数的值。γ­AgI晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞中两个最近的Ag＋之间的距离为________nm。 17．(12分)(2023·广东省湛江市二模)固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。 请回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是________________________，为了达到这一目的，还可以采用的措施有________________________________________(答一条即可)。 (2)“碱浸”的目的是除去______________________________________(填化学式)。 (3)“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是____________ ____________________________________________________________。 (4)“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为___________________ _____________________________________________________。 (5)本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是________________________________________________________________ _________________。 (6)常温下，Ti3(PO4)4的Ksp＝a，当溶液中c(Ti4＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时可认为Ti4＋沉淀完全，则“沉钛”时，溶液中c(PO)最低为____________mol·L－1。 18．(12分)(2023·河南省名校大联考)邻苯二甲酰亚胺广泛用于染料、农药医药橡胶、香料等行业，是许多重要有机精细化学品的中间体。反应原理为 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 苯酐 131～134 284 不溶于冷水，微溶于热水 邻氨甲酰苯甲酸 140～143 394.2 稍溶于热水 邻苯二甲酰亚胺 232～235 366 微溶于水，易溶于碱溶液 制备邻苯二甲酰亚胺的实验装置如图所示。 　 甲　　　　　　　　　　　　　乙 实验步骤： 向装置甲的三颈烧瓶中加入14.8000 g苯酐(相对分子质量为148)，然后再加入15.0 mL氨水(过量)，加热至冷凝管中有部分液体回流时开启搅拌，控制温度为80～95 ℃，待苯酐固体完全反应后，改为蒸馏装置乙，继续加热，将装置中的水蒸出，体系温度逐渐升高至固体熔化。保温反应60 min后，冷却至室温，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺(相对分子质量为147)14.1120 g。 请回答下列问题： (1)仪器M的名称是________________________。 (2)仪器Y中冷水由________(填“a”或“b”)口流出，装置甲中仪器X一般不用装置乙中仪器Y代替的原因是______________________________________。 (3)装置甲中温度控制在80～95 ℃，若温度过低导致的结果是_________ _______________________________________________________________。 (4)反应①中除了生成邻氨甲酰苯甲酸，还可能生成的副产物是______________________(写一种物质的结构简式)。 (5)蒸馏时，需要及时将装置中的水蒸出，目的是____________________ ____________________________________________________。 (6)该固体产品的产率是________________________。 (7)邻苯二甲酰亚胺还可以用邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：_____________________________________ ___________________________________。 19．(12分)(2023·福建省厦门市第二次质检)以CO2为原料生产系列高附加值产品A～I的合成路线如图。 回答下列问题： (1)A→B的反应类型为________。 (2)B→C的化学方程式为__________________________________________ ______________________________。 (3)E的名称为____________，E→F＋G的原子利用率为100%，试剂X为__________。 (4)F＋G→H过程中使用HSCH2COOH有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。 ①HSCH2COOH结合水相中H＋能力比J强的原因是__________________ ______________________________________________________________________________________________________________________________。 ②H＋能从＋H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是_______ _________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (5)D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为_________________ _______________________________________________________。 (6)C的一种同分异构体同时满足： ①可与NaHCO3溶液反应； ②核磁共振氢谱如图；③含有手性碳原子。 其结构简式为____________。 (7)以D和葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料的合成路线_________________________________________ _______________________________。 20．(12分)(2023·安徽省马鞍山市二模)我国力争2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。CO2的综合利用是实现碳中和的措施之一。 Ⅰ.CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H#指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态): (1)决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为______________________ __________________________________________________。 (2)下列说法正确的有________。 a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率 b. CH3COOH*比CH3COOH(g)能量高 c．催化效果更好的是催化剂2 d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率 Ⅱ. CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ⅱ。 反应ⅰ： CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) ＋ H2O(g)　ΔH1＝－49.3 kJ·mol－1 反应ⅱ： CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2 (3)有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2＝________ kJ·mol－1。 (4)恒温恒容条件下，仅发生反应ⅱ，反应达到平衡的标志是________。 a．CO的分压不再发生变化　　　　 b．气体平均相对分子质量不再发生变化 c．气体密度不再发生变化　　　　 d．比值不再发生变化 (5)在5.0 MPa，将n(CO2)∶n(H2)＝5∶16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是________(填“a”或“b”)。 ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是_______ _________________________________________________________________。 ③250 ℃时反应ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的Kp＝__________(MPa)－2(用最简分数表示)。 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(六) 　1—5　DCCBC　6—10　ADCBB 11．C　12.AB　13.D　14.D　15.AD 1．D　“乌铜走银”过程中，底铜变为乌黑是由于铜被氧化为氧化铜，该过程是化学变化，故A错误；铜比银活泼，用铜、银和硝酸银溶液可以形成原电池，铜为负极，银为正极，故B错误；Cu2(OH)2CO3是绿色的，铜表面变黑是由于生成了氧化铜，故C错误；铜在第四周期，银在第五周期，均位于长周期，故D正确。 2．C　Fe3O4俗名磁性氧化铁，具有磁性，A正确；药物长期服用都会有副作用，长期服用阿司匹林将会产生副作用，B正确；生石灰遇水放出大量热，不利于豆腐的形成，C错误；氯乙烷沸点低，汽化吸热，有镇痛的效果，D正确。 3．C　由结构简式可知，布洛芬分子中含有苯环和羧基，属于芳香酸，故A正确；由结构简式可知，布洛芬和修饰分子中均含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；由结构简式可知，修饰过程中布洛芬分子中含有的亲水基羧基转化为憎水基酯基，所以该做法使布洛芬水溶性减弱，故C错误；由结构简式可知，布洛芬分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，则1 mol布洛芬分子最多消耗3 mol氢气，故D正确。 4．B　MnO2和浓盐酸需要在加热条件下制取Cl2，装置甲缺少加热装置，A项不能达到实验目的；MnO2和浓盐酸制得的Cl2中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，B项能达到实验目的；装置丙中盛有K2MnO4和KOH的混合物，Cl2和两种物质都反应，所得KMnO4不纯，混有杂质KCl等，且通入气体应从长管进，C项不能达到实验目的；Cl2和无水氯化钙不反应，不能用装置丁处理尾气，D项不能达到实验目的。 5．C　ClO的中心Cl原子价层电子对数＝2＋＝4，含两个孤电子对，空间结构为V形，A正确；ClO2只含共价键，为共价化合物，B正确；ClO的中心Cl原子价层电子对数＝3＋＝4，含一个孤电子对，空间结构为三角锥形，键角不是120°，C错误；ClO中心Cl原子价层电子对数＝4＋＝4，轨道杂化类型为sp3，D正确。 6．A　由题目信息可知，该反应放热，生成物的总能量低于反应物的总能量，则反应活化能：Ea(正)<Ea(逆)，A正确；未指明在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算，B错误；平衡常数K＝，平衡常数只随温度的变化而变化，使用高效催化剂，K不变，C错误；无论何种情况，断裂4 mol H—Cl键的同时一定有4 mol H—O键生成，不能说明该反应达到平衡状态，D错误。 7．D　氯化铜水解呈酸性，盐酸可抑制Cu2＋水解，需要在氯化氢气流中加热，所以X是HCl，故A正确；氯气有毒，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，途径1中产生的Cl2可回收利用，也可用NaOH溶液处理，故B正确；途径2中200 ℃时，Cu2(OH)2Cl2反应生成CuO，元素化合价不变，根据元素守恒，反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO＋2HCl↑，故C正确；酸性条件下Cu＋不稳定，CuCl与稀硫酸反应生成氯化铜和铜，反应的离子方程式为2CuClCu2＋＋Cu＋2Cl－，故D错误。 8．C　从图分析，a电极上为乙酸根离子生成二氧化碳，失去电子，为负极反应，b为正极。正极电势比负极高，A正确；a的电极反应为CH3COO－－8e－＋2H2O===2CO2↑＋7H＋，b的电极反应为2NO＋10e－＋12H＋===N2↑＋6H2O，氢离子向正极移动，故使用质子交换膜，B正确；根据a、b电极反应分析，电子守恒，则二氧化碳和氮气的物质的量比为10∶4＝5∶2，C错误；从图分析，铵根离子和氧气进去反应生成硝酸根离子，故反应的离子方程式为：NH＋2O2===NO＋H2O＋2H＋，D正确。 9．B　碘酸根离子与亚硫酸氢根离子反应生成碘单质的反应说明碘酸根离子氧化性强于碘单质，A错误；可利用I－与IO在一定条件下反应制备I2：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，B正确；途径Ⅲ中若反应1 mol I－生成IO，则反应中转移6NA电子，C错误；在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，Cl2能将碘离子氧化生成碘单质使淀粉变蓝，D错误。 10．B　A项，将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了NO2；B项，室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则Kb(BOH)＜Ka(HA)；C项，因为氯水是过量的，可能过量氯水氧化碘离子得到单质碘，不能得到元素非金属性：Br＞I；D项，根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。 11．C　由图可知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明反应2H2S(g)＋CH4(g)CS2(g)＋4H2(g)吸热，温度越高，平衡常数越大，温度：Z＞Y，平衡常数：K(Y)＜K(Z)，故A错误；温度越高，催化效率越强，反应速率越快，则Y点的反应速率大于X点的反应速率，则达到平衡所需时间：t(X)＞t(Y)，故B错误；由图可知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明反应2H2S(g)＋CH4(g)CS2(g)＋4H2(g)吸热，总能量：E生成物＞E反应物，故C正确；Z点和Y点温度差别不大，但Z点的催化效率远低于Y点，说明Y的反应速率大于Z点的反应速率，则单位时间的转化率：α(Z)＜α(Y)，故D错误。 12．AB　由工艺流程图可知，“沉钒” 步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，A正确；滤液A中主要含有Mn2＋和Cr3＋，加入NaOH“沉铬”后，Cr3＋转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，当溶液pH＝4时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为1 mol·L－1，则Ksp[Cr(OH)3)]＝c(Cr3＋)c3(OH－)＝c(Cr3＋)3＝1 ×3＝1×10－30，沉铬完全时，溶液中c(Cr3＋)＝1×10－5 mol/L，c(OH－)＝＝ mol/L≈1×10－8.3 mol/L，则c(H＋)＝＝ mol/L＝1×10－5.7 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝5.7，B正确；加入Na2S2O3主要是防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3表面使产物不纯，C错误；Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化” 步骤中的反应离子方程式为：Mn2＋＋H2O2＋2OH－===MnO2＋2H2O，D错误。 13．D　由图中氢氧根移动方向可知X电极为阳极，电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑，A错误；由题意可知，精制食盐水中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的氢离子结合生成氯化氢，所以N为阴离子交换膜，BP双极膜的作用是选择性通过氢离子和氢氧根离子，B错误；阳极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑，电路中每生成标况下5.6 L氯气，其物质的量为0.25 mol，转移电子0.5 mol，理论上获得副产品A(氢氧化钠)和B(氯化氢)各0.5 mol，需标明标准状况，C错误；“双极膜组”电渗析法从氯化钠溶液中获得酸(HCl)和碱(NaOH)，由此可知：也可从MX溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确。 14．D　由反应历程可知，AlCl3是该反应的催化剂，A正确；由图可知，步骤Ⅱ活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决速步骤，B正确；根据反应历程，总反应为：(l)＋(l)→(l)＋HCl(g)　ΔH＝(b－a)kJ/mol，C正确；三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上π电子云密度，形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线(虚线L)应在甲苯的实线图之上，D错误。 15．AD　随氯离子浓度增大，HgClHgClHgCl2HgCl＋Hg2＋平衡逆向移动，所以A表示Hg2＋、B表示HgCl＋、C表示HgCl2、D表示HgCl、E表示HgCl。 根据图像，c(HgCl)＝c(HgCl)时，c(Cl－)＝10－1 mol·L－1；c(HgCl2)＝c(HgCl)时，c(Cl－)＝10－0.85 mol·L－1，则K1＝＝10－1，K2＝＝10－0.85，故A错误；根据图像K4＝＝10－6.74，在X点c(HgCl2)∶c(HgCl＋)＝1∶1，c(Cl－)＝10－6.48 mol·L－1，此时＝＝10－0.26≈0.5，故B正确；根据电荷守恒，在Q点：c(Cl－)＋2c(HgCl)＋c(HgCl)＋c(OH－)＋c(NO)＝c(H＋)＋c(Na＋)，Hg2＋平均配位数约为3，所以c(NO)<c(Na＋)，c(HgCl)＝c(HgCl)，所以c(Cl－)＋3c(HgCl)>c(H＋)－c(OH－)，故C正确；若P点pH＝7，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(NO)＝2c(Hg2＋)＋c(HgCl＋)＋c(Na＋)，P点c(Hg2＋)＝c(HgCl2)，K4＝＝10－6.74，K3＝＝10－6.48，K4×K3＝＝10－13.22 ，c(Cl－)＝10－6.61 mol·L－1，所以c(Na＋)＋c(HgCl＋)－c(NO)＋2c(HgCl2)＝c(Cl－)＝10－6.61 mol·L－1，故D错误。 16．解析：(1)氟为9号元素，基态氟原子价电子排布式为2s22p5，价电子的轨道表示式为；溴处于第四周期第ⅦA族，未成对电子数为1，与溴同周期且未成对电子数目相同的元素有K、Sc、Cu、Ga,4种。(2)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，与NOCl互为等电子体的一种分子：O3；NOCl的N原子的价层电子对数为2＋＝3，孤电子对数为1, N原子采用sp2杂化，N原子未参与杂化的p轨道有1个电子，与氧的p轨道肩并肩有1个电子，氯的单电子和N形成共价键，相互平行的p轨道有2个电子与氮、氧的p轨道相互平行，故共4个电子形成大π键，表示为Π；(3)SCl2中硫为sp3杂化，为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子；PCl5为三角双锥结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A错误；PCl3中P为sp3杂化且存在1对孤电子对，为三角锥形结构；S2Cl2中中心原子硫为sp3杂化且存在1对孤电子对，构型不会是直线形，B错误；NF3电子式为，S2Br2电子式为，分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，C正确；(4)①由图1可知，根据“均摊法”，晶胞中含8×＋6×＝4个I－，结合化学式可知，晶胞中含4个Ag＋，结合图2可知，Ag＋填充在晶胞平分切割成的8个小立方体的体心且交错分布在其中4个小立方体的体心，故Ag＋填充在I－构成的正四面体空隙，其填充率为50%。②已知NA表示阿伏加德罗常数的值，γ­AgI晶胞的密度为ρ g·cm－3，设晶胞参数为a nm，结合①分析，晶体密度为×1021 g·cm－3＝×1021 g·cm－3＝ρ g·cm－3，a＝×107 nm，则晶胞中两个最近的Ag＋之间的距离为面对角线长度的二分之一，为a＝× ×107 nm。 答案：(1) 　4　(2)O3　Π　(3)AB　 (4)① 正四面体　50%　②× ×107 17．解析：(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌；(2)钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3、SiO2；(3)NaOH溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器；(4)“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为4H3PO4＋3TiOSO4===Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O；(5)抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中；(6)Ti3(PO4)4(s)3Ti4＋(aq)＋4PO(aq)，Ksp＝c3(Ti4＋)·c4(PO)，当沉淀完全时c(PO)＝＝ mol/L＝ mol/L。 答案：(1)增大接触面积，加快反应速率　适当升温(或搅拌)　(2)Al2O3、SiO2　(3)适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高　(4)4H3PO4＋3TiOSO4===Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O　(5)防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中　(6) 18．解析：由题给流程可知，装置甲中发生的反应为苯酐与氨水在80～95 ℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，装置乙用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺。(1)由实验装置图可知，仪器M为锥形瓶；(2)由实验装置图可知，仪器Y为直形冷凝管，为增强冷凝效果，实验时，冷水应由下口a通入，上口b流出；仪器X为球形冷凝管，与直形冷凝管相比，球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好，所以装置甲中球形冷凝管一般不用装置乙中直形冷凝管代替；(3)由题意可知，装置甲中温度控制在80～95 ℃目的是防止温度过低时，反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低；(4)由题给流程可知，反应①中生成的邻氨甲酰苯甲酸能与氨水继续发生取代反应生成副产物；(5)蒸馏时，及时将装置中的水蒸出可以减少反应②的水，使反应②的平衡向正反应方向移动，有利于提高邻苯二甲酰亚胺的产率；(6)由题意可知，14.8000 g苯酐制得14.1120 g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝96%；(7)由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为＋NH3＋3O2＋4H2O。 答案：(1)锥形瓶　(2)b　球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好　(3)温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低　(4) 　(5)减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率　(6)96%　(7)＋NH3＋3O2＋4H2O 19．解析：二氧化碳生成A，A中—NH2被取代生成B，B和甲醇发生取代反应转化为C；E转化为F、G，且原子利用率为100%，结合EFG结构可知，X为氧气；F和G生成H，D和H通过酯交换缩聚合成I，结合F、G、D、I结构可知，H为F与G反应生成的含羟基的物质，H结构简式为； (2)B和甲醇在酸性条件下发生取代反应转化为C，反应为＋2CH3OH＋； (4)①HSCH2COOH结合水相中H＋能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好。②H＋能从＋H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是HSCH2COOH也能溶于有机相，且O—H键键能大于S—H键键能，导致J结合氢离子的能力更强，使得氢离子能被传递到J的醇羟基氧上；(6)C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1，其一种同分异构体同时满足：①可与NaHCO3溶液反应，含有羧基；②核磁共振氢谱如图，分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大；③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH；(7)葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基，在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到，和D通过酯交换缩聚合成产品，流程为：CH2OH(CHOH)4CHO CH2OH(CHOH)4CH2OH 。 答案：(1)取代反应　(2)＋2CH3OH＋　(3) 异丙苯　O2　(4)①两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好 ②HSCH2COOH也能溶于有机相，且O—H键键能大于S—H键键能，导致J结合氢离子的能力更强 (5) (6)CH3CHOHCOOH (7)CH2OH(CHOH)4CHO CH2OH(CHOH)4CH2OH 20．解析：(1)从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CH＋CO===CH3COO*或CH＋H*＋CO===CH3COO*＋H*。(2)a.增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，故正确；b.从图中可以看出CH3COOH*比CH3COOH(g)能量要低得多，故错误；c.从图中看出，催化剂2参与的反应中，活化能都比催化剂1参与的相同的反应活化能低，所以催化效果更好的是催化剂2，故正确；d.使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。(3)从图分析，有热化学方程式①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－242 kJ·mol－1　②CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ·mol－1，则根据盖斯定律分析，由①－②得热化学方程式CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝－242 kJ·mol－1＋283 kJ·mol－1＝＋41 kJ·mol－1。(4)恒温恒容条件下a.CO的分压不再发生变化能说明反应达到平衡，故正确；b.该反应前后气体总物质的量不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到平衡，故错误；c.该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明达到平衡，故错误；d.比值不再发生变化说明该反应达到平衡，故正确。(5)①反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，故表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。 ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应ⅱ为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。③假设起始加入的二氧化碳为5 mol，氢气为16 mol,250 ℃时二氧化碳的转化率为20%，即反应的二氧化碳的量为1 mol，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分数为50%，即各为0.5 mol， 　　　　CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)， 　　0.5　　1.5　 　0.5　 　0.5 　　　　CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)， 　　0.5　 　0.5　 　0.5　 　0.5 平衡时二氧化碳为(5－1)mol＝4 mol，氢气为(16－1.5－0.5)mol＝14 mol，甲醇为0.5 mol，水为(0.5＋0.5)mol＝1 mol，一氧化碳为0.5 mol，总物质的量为(4＋14＋0.5＋1＋0.5)mol＝20 mol，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的Kp＝＝。 答案：(1)CH＋CO===CH3COO*或CH＋H*＋CO===CH3COO*＋H*　(2)ac　(3)＋41　(4)ad　(5)①a　②温度升高后，以副反应(或反应ⅱ)为主，副反应(或反应ⅱ)是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可)　③ 学科网（北京）股份有限公司 $$