江苏省苏州市2024-2025学年高三上学期期中摸底调研化学试题（含答案）

第第页江苏省苏州市2024-2025学年高三上学期期中摸底调研化学试题一、单选题1．2023年杭州亚运会主火炬燃料为“零碳甲醇”，利用废气中捕集的CO2A．燃料分子中不含碳原子B．生产燃料使用的原料不含碳元素C．燃烧不会产生含碳物质D．通过碳循环使碳排放无限接近零2．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分含CuFeS2)，反应生成SO2和FeS等，A．Cu的基态价电子排布式为3dB．晶胞中S的配位数为12C．中子数为30的Fe的原子符号：26D．SO23．氨是重要的化工原料，能与CaCl2结合生成CaCl2⋅8NH3，加热条件下NH3A．用装置甲制取NH3 B．用装置乙干燥NH3C．用装置丙检验NH3水溶液呈碱性 D．用装置丁探究的NH3还原性ⅤA族元素及其化合物应用广泛。NH3催化氧化生成NO，NO继续被氧化为NO2，将NO2通入水中制取HNO3。工业上用白磷P4与Ba(OH)2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4．氨硼烷(H3NBHA．H3B．PF3C．1mol[CuD．固态SnCl45．下列化学反应表示不正确的是A．NO2制HNB．白磷与Ba(OHC．H3PO2与足量的D．雌黄制备雄黄的方程式：26．下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．N2B．NH3C．HNOD．NH47．元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是A．工业制取漂白粉：饱和食盐水→通电B．工业制取镁：MgCl2溶液→蒸干无水MgClC．工业制取硫酸：SD．工业制取纯碱：饱和食盐水→②过量CO28．一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某浓差电池装置示意图如图所示，该电池使用前将开关K先与a连接一段时间后再与b连接。下列说法不正确的是A．交换膜应当选择阳离子交换膜B．K与a连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差C．K与b连接时，电极B上发生的反应为Cu2++2e-=CuD．K与b连接时，导线中通过2mol电子，约有1mol离子通过交换膜9．生物体内以L—酪氨酸为原料可合成多巴胺，其合成路线如下。下列说法正确的是A．X中含有酰胺基和羟基B．X与足量H2C．1molZ最多能与2molBrD．X、Y、Z可用FeCl310．探究0.1mol/LCuSO4溶液的性质，下列实验方案不能达到探究目的是选项探究目的实验方案ACu2+是否水解测定0.1mol/LCuSO4溶液的pH值BCu2+能否催化H2O2分解向2mL1.5%的H2O2溶液中滴加5滴0.1mol/LCuSO4溶液，观察气泡产生情况CCu2+是否具有氧化性向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中通入一定量的HI气体，观察实验现象DCu2+能否形成配位键向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中，边振荡边滴加过量浓氨水，观察实验现象A．A B．B C．C D．D11．硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：已知：高钾明矾石的主要成分为K2SOA．焙烧时Al2B．调节pH的目的是使Fe3+和C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨D．SO12．室温下：KaCH3COOH=1.8×10−5实验实验操作和现象1测定0.10mol⋅2向0.10mol⋅3向20mL0.10mol4配制0.10mol⋅L−1的NH4下列所得结论正确的是A．实验1溶液中存在：cB．实验2反应的离子方程式：CHC．实验3反应后的溶液中存在：cD．实验4中各溶液pH大小：c13．NiO−In2反应1：CO2g反应2：CO2g将一定比例的CO2、H2以一定流速通过催化剂，在一定温度下反应，CO2的转化率、CHA．反应2H2B．曲线Y表示CO2C．其他条件不变，催化剂中NiO的质量分数为1%时，CH3D．其他条件不变，NiO的质量分数从25%增加到50%，CH3二、填空题14．实验室以碳酸铈[Ce2CO3已知：CeOH4难溶于稀硝酸；（1）“氧化、沉淀”过程①向酸溶后的溶液中加入氨水和H2O2溶液，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[CeOH3②双氧水与氨水的加入量之比对Ce3+氧化率的影响如图所示，H2O2与NH3（2）“过滤、洗涤”过程①“过滤”需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和。②“洗涤”的实验操作是。（3）“焙烧”过程焙烧CeOH4过程中测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。则301～317℃范围内，B→C发生反应的化学方程式为（4）由稀土碳酸盐获取La以稀土碳酸盐样品[含有La2CO33、Ce2CO33和可溶性Ce2SO43]为原料可获得纯净的LaOH3请补充实验方案：向稀土碳酸盐样品中，烘干，得到LaOH3固体。[已知：La3+不与H15．有机物G(药名selecal)能有效治疗心绞痛，一种合成G的路线如下：（1）X的化学式为C5H11NO2（2）C→D的转化中还生成另外一种有机产物，其结构简式为。（3）F→G的反应会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：(写出一种即可)。①能发生银镜反应，不能与FeCl3②酸性条件下水解产物之一能与FeCl3发生显色反应；③（5）已知：(−NH2易被氧化)。设计以、为原料制取的合成路线流程图(无机试剂及有机溶剂任选，合成示例见本题题于)。16．银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。（1）一定条件下，在银催化剂表面存在反应：2AgT/K401443463Pc/kPa1051100已知：在平衡体系中，用气体物质的分压替换浓度计算得到的平衡常数称为压强平衡常数，用Kp表示。气体物质X的分压P(X)=n(X)①401K时，该反应的压强平衡常数Kp=kPa。②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经下列过程达到各平衡状态：已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是(填序号)。A.从状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程，△S＜0B.体系压强：PC.平衡常数：Kp(II)>Kp(IV)请补全图中的v逆-t图像。图1③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v(O2)与压强p的关系为vO2=k1-P/Pc（2）固体离子导体α-AgI可通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞如图所示(省略了Ag+在晶胞中的位置)。①测定晶体结构最常用的仪器是。②α-AgI与γ-AgI晶胞的体积之比为。③判定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验前，H型管内填充满a-AgI，竖管a和b(含a-AgI)的质量相同，两支Ag电极的质量也相同。通电一段时间后，可判定导电离子是Ag+而不是I-的实验数据是。17．工业尾气中的氮氧化物是大气主要污染源之一、消除氮氧化物对环境保护有着重要意义。（1）SNCR­SCR脱硝技术是一种新型除去烟气(含NOx和O2等)中氮氧化物的方法，以NH3作还原剂，其脱硝流程如图1，其中SNCR脱硝效率与体系温度关系如图2所示。①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因是；②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是。（2）氢气选择性催化还原(H2-SCR)是一种理想的方法。其相关反应如下：主反应：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH1副反应：2NO(g)＋H2(g)=N2O(g)＋H2O(g)ΔH2<0①已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-483.5kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH4=＋180.5kJ·mol-1ΔH1=。②一定温度下用H2还原NO，测得反应后尾气中NO、N2O、N2的体积分数随H2的体积分数的变化如图3所示。当H2的体积分数大于750×10-6时，N2的体积分数下降的原因是。③在Pt表面H2、O2和NO会解离成H、O、N，其中H与O生成H2O，而Pt表面的N会与邻位的N反应生成N2，与NO反应生成N2O，与邻位的H反应生成NH3，过程如图4所示。当Pt的载体酸性增强时，会产生更多的N2，原因是。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、零碳燃料的代表是甲醇，其分子构成中含有碳原子（甲醇化学式为CH3OH），A错误；

B、生产该燃料的原料包含从废气中捕获的CO2，CO2含有碳元素，B错误；

C、甲醇燃烧时会生成CO2，CO2属于含碳物质，C错误；

D、整个过程是CO2经处理合成甲醇，甲醇燃烧又生成CO2，形成碳的循环，使碳排放几乎趋近于零，D正确；

故答案为：D。

【分析】先理解零碳燃料的核心特性，即通过碳的循环利用实现低碳目标。再逐一分析选项，判断其对燃料构成、原料成分、燃烧产物及碳循环与碳排放关系的描述是否正确。2．【答案】B【解析】【解答】A、Cu为29号元素，核外电子排布遵循能量最低原理，其基态原子的价电子包括3d轨道和4s轨道电子，排布式为3d¹⁰4s¹（3d轨道全充满更稳定），A正确；

B、FeS晶胞中，白球代表Fe，黑球代表S。以S为中心，观察其周围距离最近的Fe原子，可知每个S周围仅有4个紧邻的Fe，因此S的配位数为4，而非12，B错误；

C、Fe的质子数为26，中子数=质量数-质子数，当中子数为30时，质量数=26+30=56，原子符号应表示为2656Fe，C正确；

D、SO2分子中，中心S原子与2个O原子形成σ键，孤电子对数=（6-2×2）÷2=1，价层电子对数=σ键数+孤电子对数=3。因孤电子对与成键电子对的排斥作用，分子立体构型为V形，D正确；

故答案为：B。B．掌握晶胞中配位数的判断（中心原子周围最近邻的异号原子数）。C．考查原子符号的表示方法（左上角为质量数，左下角为质子数）。D．掌握价层电子对互斥理论（VSEPR）判断分子立体构型。3．【答案】B【解析】【解答】A、装置甲中，浓氨水滴加到CaO固体上，CaO与水反应放热，促使氨水分解并挥发，可制得NH3，该装置能达到实验目的，A正确；

B、由题干可知，NH3能与CaCl2结合生成CaCl2・8NH3，会消耗NH3，因此不能用无水CaCl2干燥NH3，装置乙不能达到干燥目的，B错误；

C、NH3本身不能使干燥的红色石蕊试纸变色，但与水反应生成的NH3・H2O显碱性，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。装置丙中，NH3先经碱石灰干燥（不影响后续检验），再接触湿润试纸，能通过试纸变色检验其水溶液的碱性，C正确；

D、加热条件下，NH3能将CuO还原为Cu，自身被氧化，此过程体现NH3的还原性。装置丁通过加热实现反应，可探究其还原性，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题需结合氨气的制备原理、性质（如与某些物质的反应、碱性、还原性）及实验装置的作用，逐一分析各选项中装置能否达到实验目的，从而找出不能达到目的的装置。A．考查装置甲制备氨气的原理是否可行。B．掌握无水CaCl2能否用于干燥NH3。C．判断装置丙能否检验NH3水溶液的碱性。D．考查装置丁能否探究NH3的还原性。【答案】4．D5．C6．D【解析】【分析】（1）A．判断是否存在配位键，需明确配位键形成条件（一方提供孤电子对，另一方提供空轨道）。B．分子极性由键的极性和分子空间结构共同决定，需先确定分子构型。C．共价键包括配体内部的化学键和配位键（配位键属于共价键），需分别计算。D．晶体类型可通过熔点、硬度等物理性质判断，分子晶体与共价晶体性质差异显著。（2）A．NO2与水的反应为歧化反应，需验证离子方程式是否符合原子守恒和电荷守恒。B．结合题干信息推断产物，白磷与Ba(OH)2反应生成PH3和可制备H3PO2（一元弱酸）的盐，该盐应为Ba(H2PO2)2。C．H3PO2是一元弱酸，仅能电离出1个H+，与碱反应时仅中和1个H+。D．反应为氧化还原反应，需满足元素化合价升降守恒和原子守恒。（3）A．判断性质与用途是否直接相关，N2作保护气的核心原因是化学稳定性。B．NH3作制冷剂的原理是汽化吸热，与还原性无关。C．HNO3制备硝酸铵时，体现的是酸性（与NH3反应生成盐），而非氧化性。D．NH4Cl溶液呈酸性的原因是NH4+水解，酸性可与铁锈反应。4．【解答】A、H3NBH3中，NH3的N原子含有孤电子对，BH3的B原子存在空轨道，两者可形成配位键，因此分子内存在配位键，A正确；

B、PF3中P-F键为极性键；通过价层电子对互斥理论计算，P原子价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），空间结构为三角锥形。因结构不对称，正负电荷中心不重合，故为极性分子，B正确；

C、[Cu(NH3)4]2+中，每个NH3分子内有3个N-H共价键，4个NH3共12个；Cu2+与4个NH3形成4个配位键，总计16个共价键。因此1mol该离子含16mol共价键，C正确；

D、SnCl4沸点低（114℃），符合分子晶体特征；砷化镓熔点高、硬度大，是共价晶体的典型性质，并非分子晶体，D错误；

故答案为：D。5．【解答】A、NO2与水反应生成HNO3（强酸，拆分为H+和NO3-）和NO（非电解质，不拆分），反应式3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO配平正确，符合规则，A正确；

B、根据元素守恒和反应规律，反应式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，产物合理，B正确；

C、与足量NaOH反应的离子方程式应为H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O，而非生成PO33-（需3个可电离的H+），C错误；

D、As2S3中As元素化合价降低生成As4S4，SnCl2中Sn元素化合价升高生成SnCl4，同时生成H2S：2As2S36．【解答】A、N2用作瓜果保护气，是因为其化学性质稳定（不易氧化瓜果），与难溶于水无关，性质与用途不对应，A错误；

B、NH3易液化，液化后汽化时吸收大量热量，故用作制冷剂，这与其还原性无直接关联，性质与用途不对应，B错误；

C、HNO3与NH3反应生成NH4NO3，仅体现酸性（提供H+形成铵盐），未体现强氧化性，性质与用途不对应，C错误；

D、NH4Cl中NH4+水解使溶液呈酸性（NH4++H2O⇌NH3・H2O+H+），H+可与铁锈（Fe2O3）反应（Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O），故可除铁锈，性质与用途对应，D正确；

故答案为：D。7．【答案】D【解析】【解答】A、工业上制取漂白粉，是将Cl2通入石灰乳（悬浊液）中，而非澄清石灰水。因澄清石灰水中Ca(OH)2浓度低，无法高效生成漂白粉，故该转化不能实现，故A不符合题意；

B、MgCl2溶液中，Mg2+会水解生成Mg(OH)2和HCl，加热时HCl挥发，促进水解彻底进行，最终得到的是Mg(OH)2而非无水MgCl2，无法进一步电解得到Mg，该转化不能实现，故B不符合题意；

C、硫与O2燃烧只能生成SO2，无法直接生成SO3，SO2需在催化剂和加热条件下与O2反应才能生成SO3。且工业制硫酸通常以含硫矿石为原料，而非单质硫，该转化不能实现，故C不符合题意；

D、工业制取纯碱采用侯氏制碱法，向饱和食盐水中先通NH3（使溶液显碱性，增强CO2的吸收能力），再通过量CO2，可析出NaHCO3固体，NaHCO3受热分解生成Na2CO3（纯碱），该转化符合实际，能实现，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】本题需依据工业上制取漂白粉、镁、硫酸和纯碱的实际原理及操作流程，逐一分析各选项中的物质转化是否符合工业生产实际，从而判断转化能否实现。A．考查工业制取漂白粉的原料及反应环境。B．考查MgCl2溶液蒸干能否得到无水MgCl2及后续电解情况。C．考查硫燃烧的产物及工业制硫酸的步骤。D．掌握侯氏制碱法的原理及流程。8．【答案】A【解析】【解答】A、开关接a时（电解池），电极B为阳极（Cu失去电子生成Cu2+，右侧Cu2+浓度升高），电极A为阴极（Cu2+得电子析出Cu，左侧Cu2+浓度降低）。为维持两侧浓度差，需阻止Cu2+通过交换膜，故应选择阴离子交换膜（允许SO42-通过），而非阳离子交换膜。A错误；

B、开关接a时构成电解池，通过电解使两侧Cu2+浓度产生差异（右侧升高、左侧降低），为后续浓差电池放电创造条件。B正确；

C、开关接b时，左侧Cu2+浓度低（电极A为负极，Cu失电子生成Cu2+），右侧Cu2+浓度高（电极B为正极，Cu2+得电子析出Cu），电极反应为Cu2++2e-=Cu。C正确；

D、开关接b时为原电池，阴离子交换膜允许SO42-从右侧（高浓度）移向左侧（低浓度）以平衡电荷。导线中通过2mol电子时，约有1molSO42-通过交换膜。D正确；

故答案为：A。

【分析】当开关K与a连接时，装置作为电解池工作。此时电极B接电源正极，成为阳极，发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+；电极A接电源负极，作为阴极，发生还原反应：Cu2++2e-=Cu。经过一段时间后，右侧电极区因生成Cu2+而浓度升高，左侧电极区因消耗Cu2+而浓度降低，两侧形成Cu2+浓度差；为维持这种浓度差，防止Cu2+通过交换膜扩散平衡浓度，交换膜需阻止Cu2+迁移，因此应选用阴离子交换膜（允许阴离子通过，不允许Cu2+通过）；当开关切换至与b连接时，装置转变为浓差电池（原电池）；由于左侧Cu2+浓度较低，电极A作为负极：Cu-2e-=Cu2+；右侧Cu2+浓度较高，电极B作为正极：Cu2++2e-=Cu，从而形成电流，据此分析。9．【答案】B【解析】【解答】A、X（L-酪氨酸）的结构中含有氨基（-NH2）、酚羟基（-OH直接连苯环）和羧基（-COOH），不存在酰胺基（-CONH-），A错误；

B、手性碳原子是指连有4个不同基团的碳原子。X中的苯环与足量H2加成后生成环己烷结构，原与苯环相连的CH(NH2)COOH部分中，连接氨基、羧基、环己基和氢原子的碳原子为手性碳原子，且仅此1个，B正确；

C、Z（多巴胺）的苯环上有2个酚羟基，酚羟基的邻、对位氢原子可与Br2发生取代反应。两个酚羟基处于邻位，共同占据两个邻位和一个对位（相互影响），共3个可取代的氢原子，故1molZ最多能与3molBr2反应，C错误；

D、X、Y、Z中均含有酚羟基（-OH直接连苯环），而酚羟基与FeCl3溶液均能发生显色反应，无法通过该方法区分三者，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题需结合有机物的官能团性质、手性碳原子判断、反应计量关系及鉴别方法，对各选项逐一分析。首先明确X、Y、Z的结构中含有的官能团，再根据官能团的特性及反应规律判断各选项说法是否正确。A．识别X中含有的官能团。B．判断X与足量H2加成后产物中的手性碳原子数量。C．分析Z与Br2反应的最大用量。D．判断FeCl3溶液能否鉴别X、Y、Z。10．【答案】B【解析】【解答】A、CuSO4是强酸弱碱盐，若Cu2+发生水解（Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+），溶液会显酸性（pH<7）。测定0.1mol/LCuSO4溶液的pH，若pH小于7，可证明Cu2+发生水解，方案可行，A正确；

B、实验方案仅向H2O2溶液中加入CuSO4溶液，未设置对照组（如不加催化剂或加入其他盐溶液）。CuSO4中的SO42-可能也对反应有影响，无法确定是Cu2+还是SO42-起催化作用，方案不能达到探究目的，B错误；

C、向CuSO4溶液中通入HI气体，若生成CuI沉淀（Cu2+被还原为Cu+），说明Cu2+得到电子，体现氧化性，方案可行，C正确；

D、向CuSO4溶液中加过量浓氨水，先产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续加氨水沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]2+（深蓝色溶液），证明Cu2+与NH3形成配位键，方案可行，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题需根据CuSO4溶液中Cu2+的性质（水解、催化、氧化性、配位能力），分析各实验方案能否达到对应的探究目的，判断方案的合理性。A．通过溶液pH判断Cu2+是否水解。B．实验设计能否单独验证Cu2+对H2O2分解的催化作用。C．通过Cu2+与HI的反应判断其氧化性。D．通过加浓氨水的现象判断Cu2+能否形成配位键。11．【答案】D【解析】【解答】A、高钾明矾石中的Al2(SO4)3与硫粉焙烧时，硫元素既作氧化剂又作还原剂，且反应需要氧气参与（否则元素种类不守恒）。正确的反应方程式为2Al2SO43+4S+6O2高温__2Al2O3+10SO3，选项中缺少氧气作为反应物，方程式错误。A错误；

B、焙烧产物中的Al2O3与KOH反应生成AlO2-，而Fe2O3不与KOH反应，成为浸渣。因此，浸液中含有的离子是AlO2-、K+、SO42-，调节pH的目的是使AlO2-转化为Al(OH)3沉淀，而非使Fe3+和Al3+沉淀（此时溶液中不存在这两种离子）。B错误；

C、滤渣的主要成分是Al(OH)3，经灼烧后得到的化合物Y是Al2O3。而铝热剂是铝（Al）和氧化铁（Fe2O3）的混合物，可用于焊接铁轨，并非Al2O3。C错误；

D、SO3溶于水可生成硫酸（H2SO4），而流程中调节pH时使用的溶液X正是H2SO4。因此，SO3可回收利用并应用于本流程。D正确；

故答案为：D。

【分析】高钾明矾石先进行粉碎，这一步是为了增大与其他物质的接触面积，让后续反应更易进行。之后加入硫粉并焙烧，会生成SO2和SO3。接着加入KOH溶液，其中的Al2O3会和KOH发生反应，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；而Fe2O3不与KOH反应，成为浸渣。此时浸液中含有的离子有AlO2-、K+和SO42-12．【答案】D【解析】【解答】A、HSO3-的电离常数Ka2=10-7.22，水解常数Kh=KwKa1=10-1410-1.85=10-12.15。因Ka2>Kh，故HSO3-电离程度大于水解程度，溶液中c(SO32-)应大于c(H2SO3)，而非c(H2SO3)>c(SO32-)。A错误；

B、酸性顺序为H2SO3>CH3COOH>HSO3-（由Ka值可知）。向CH3COONa溶液中通入少量SO2时，因CH3COOH酸性强于HSO3-，反应应生成CH3COOH和HSO3-，而非SO32-。离子方程式应为CH3COO-+SO2+H2O=CH3COOH+HSO3-，B错误；

C、实验3中，CH3COOH与NaOH按2：1反应，得到等物质的量的CH3COOH和CH3COONa混合液。物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。联立两式消去c(Na+)，可得c(CH3COOH)-c(CH3COO-)=2c(OH-)-2c(H+)，而非c(OH-)-c(H+)。C错误；

D、NH4HSO3中，NH4+水解显酸性，HSO3-电离程度大于水解程度也显酸性，整体溶液酸性较强，pH最小；CH3COONH4中，CH3COO-与NH4+的水解常数相等（因Ka(CH3COOH)=Kb(NH3・H2O)），溶液呈中性；(NH4)2SO3中，SO32-水解程度远大于NH4+B．根据酸性强弱判断SO2与CH3COO-反应的产物。C．实验3反应后溶液中的守恒关系推导。D．比较三种溶液的pH大小（酸性<中性<碱性）。13．【答案】B【解析】【解答】A、目标反应为2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)，可由反应1减去反应2得到。根据盖斯定律，ΔH=ΔH1-ΔH2=(-49.3kJ・mol-¹)-41.2kJ・mol-¹=-90.5kJ・mol-¹，而非90.5kJ・mol-¹。A错误；

B、CH3OH的选择性与CO的选择性之和为100%（因两者均为CO2转化产物）。图中曲线X与标注的“CH3OH选择性”曲线变化趋势相反，且两者之和接近100%，故曲线X为CO的选择性。剩余曲线Y则代表CO2的转化率，随NiO质量分数增加呈上升趋势，符合逻辑。B正确；

C、CH3OH的产率=CO2转化率×CH3OH选择性。NiO质量分数为1%时，CH3OH选择性最高，但此时CO2转化率较低，两者乘积未必最大，故产率不一定最高。C错误；

D、催化剂仅改变反应速率，不影响平衡状态。因此，NiO质量分数变化不会改变CH3OH的平衡选择性，仅可能影响实际反应中的动力学选择性。D错误；

故答案为：B。

【分析】本题需结合盖斯定律、催化剂对反应的影响及图像信息，分析各选项的正确性。首先通过盖斯定律计算目标反应的焓变，再根据选择性的定义（两者之和为100%）区分曲线含义，结合催化剂对平衡无影响的特点判断选项。A．利用盖斯定律计算反应的焓变。B．根据选择性的定义区分曲线含义。C．CH3OH产率与选择性、转化率的关系。D．催化剂对平衡选择性的影响。14．【答案】（1）2Ce3++6NH3·H2O+3H2O2=2Ce(OH)3O·OH+6NH4+（2）玻璃棒；；过滤完成后，在漏斗中注入适量蒸馏水，待洗涤液完全过滤后，重复操作2-3次；（3）CeO(OH)2====CeO2+H2O301（4）①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1mol⋅L−1氨水、30%H2O2溶液将，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[【解析】【解答】（1）+3价的Ce被过氧化氢氧化至+4价，被氧化时需要碱性环境，当H2O2和NH3·H2O物质的量之比大于1.2时因溶液中OH-浓度不足导致，溶液中游离Ce4+离子浓度增大，Ce4+有强氧化性而将过氧化氢氧化，自身则还原为Ce3+，因此Ce故答案为：2Ce3++6NH3·H2O+3H2O2=2Ce(OH)3O·OH+6NH4++2H2故答案为：玻璃棒；过滤完成后，在漏斗中注入适量蒸馏水，待洗涤液完全过滤后，重复操作2-3次；

（3）301℃时固体产物剩余91.35%，Ce(OH)4的相对分子量为208，相对分子量减少约为18（即生成1分子H2O）；317℃时固体产物剩余82.70%，相对分子量减少约为36（即生成2分子水），故答案为：CeO(OH)2====CeO2+H2O301℃-317℃，301℃剩余固体的质量占起始Ce(OH)4的91.35%；相对分子量减小约18，此时固体位Ce(OH)4；317℃后固体质量不再减少，为CeO故答案为：①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1mol⋅L−1氨水、30%H2O2溶液将，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[CeOH3O（1）+3价的Ce被过氧化氢氧化至+4价，故答案为：2Ce3+被氧化时需要碱性环境，当H2O2和NH3·H2O物质的量之比大于1.2时因溶液中OH-浓度不足导致，溶液中游离Ce4+离子浓度增大，Ce4+有强氧化性而将过氧化氢氧化，自身则还原为Ce3+，因此Ce3+的氧化率降低，故答案为：当H2O2和NH3·H2O物质的量之比大于1.2时因溶液中OH-浓度不足导致，溶液中Ce4+离子浓度增大，将过氧化氢氧化，自身则还原为Ce3+（2）过滤需要的玻璃仪器为：烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：玻璃棒；洗涤需要的操作为：用蒸馏水浸没滤渣，等待自然过滤后重复2-3次，故答案为：过滤完成后，在漏斗中注入适量蒸馏水，待洗涤液完全过滤后，重复操作2-3次；（3）301℃时固体产物剩余91.35%，Ce（OH）4的相对分子量为208，相对分子量减少约为18（即生成1分子H2O）；317℃时固体产物剩余82.70%，相对分子量减少约为36（即生成2分子水），故答案为：CeO(OH)2====CeO2+H2O301（4）CeOH4难溶于稀硝酸，用硝酸将样品溶解可以得到含有Ce3+和La3+的溶液，后续只需考虑将两者分开即可。故答案为：①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1mol⋅L−1氨水、30%H2O15．【答案】（1）6（2）CH（3）（4）或（5）【解析】【解答】（1）X的化学式为C5H11NO2，X为*CH3*CH2*NH*CH2CO*O*CH3（2）C→D的转化中还生成另外一种有机产物，其结构简式为CH3OH。

故答案为：（3）F→G的反应会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。

故答案为：；（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，①能发生银镜反应，不能与FeCl3发生显色反应，含有醛基，无酚羟基；②酸性条件下水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，含有酚与酸形成的酯；③分子中有3种不同化学环境的氢，同时满足上述条件的异构体有或，

故答案为：或；（5）由已知信息，应先将甲苯与浓硝酸硝化，再将甲基氧化，然后将硝基还原为氨基，再与环氧乙烷反应，合成路线流程图。故答案为：。【分析】A为与SOCl2反应生成，B与X作用生成C为，X为CH3CH2NHCH2COOCH3，C在一定条件下生成，D在NaOH作用下生成，E与Y在甲醇钠中生成，F与H2NC(CH3)3生成。

(1)确定X的结构，识别sp3杂化原子（饱和碳、氮、氧），统计数量。

(2)分析C→D的成环反应，推断酯基水解生成的甲醇为副产物。

(3)考虑F中环氧环开环位置不同，生成羟基位置异构的副产物。

(4)结合条件（含醛基、无酚羟基、水解产酚、3种氢），构建对称结构的同分异构体。

(5)按硝化、氧化甲基、还原硝基、与环氧乙烷反应的顺序设计合成路线。（1）X的化学式为C5H11NO2，X为*CH3*CH2*NH*CH2（2）C→D的转化中还生成另外一种有机产物，其结构简式为CH3OH。故答案为：（3）F→G的反应会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。故答案为：；（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，①能发生银镜反应，不能与FeCl3发生显色反应，含有醛基，无酚羟基；②酸性条件下水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，含有酚与酸形成的酯；③分子中有3种不同化学环境的氢，同时满足上述条件的异构体有或，故答案为：或；（5）由已知信息，应先将甲苯与浓硝酸硝化，再将甲基氧化，然后将硝基还原为氨基，再与环氧乙烷反应，合成路线流程图。故答案为：。16．【答案】（1）10；AC；；0.75k（2）X射线衍射仪；7：12；竖管a和b的质量均不变【解析】【解答】（1）①401K时，该反应的压强平衡常数Kp=p(O2)=10kPa；②A．该反应是气体体积增大的反应，平衡状态Ⅱ到状态Ⅲ的平衡正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行，则从Ⅰ到状态Ⅱ的过程△S＜0，A正确；B．反应Ag2O(s)⇌2Ag(s)+O2(g)的平衡常数Kp=p(O2)，Kp只与温度有关，温度不变，则Kp不变，即pc(Ⅱ)=pc(Ⅲ)，B错误；C．反应Ag2O(s)⇌2Ag(s)+O2(g)的平衡常数Kp随温度升高而增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，故该反应的正反应为吸热反应，温度越高平衡常数Kp越大，即平衡常数：K(Ⅱ)>K(Ⅳ)，C正确；D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n(O2)相等，但V(Ⅰ)=2V(Ⅲ)，则压强p(Ⅰ)=2p(Ⅲ)，即浓度熵Q(Ⅰ)=p(Ⅰ)，K(Ⅲ)=p(Ⅲ)，所以Q(Ⅰ)=2K(Ⅲ)，D错误；故合理选项是AC；起始状态Ⅰ在恒温恒容条件下逆向移动达到平衡状态Ⅱ，则逆反应速率减小；平衡状态Ⅱ在温度不变、体积增大瞬间逆反应速率减小，平衡正向移动，逆反应速率增大，达到平衡状态；平衡状态Ⅲ在体积不变、温度降低的瞬间，逆反应速率减小，平衡逆向移动，逆反应速率增大，达到平衡状态Ⅳ，所以v逆-t图像为；③设起始时恒容容器中加入Ag2O的质量为mg，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，即达到平衡状态，生成n(O2)=4%mg32g/mol=4%m32mol，反应Ag2O(s)⇌2Ag(s)+O2(g)，若转化率为14.5%时生成n(O2)=12×14.5%m232mol，即pPc（2）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪；②a-AgI晶胞中AgI的个数为1+8×18=2，γ-AgI晶胞中AgI的个数为6×12+8×18=4，ρ=mV=MN③由图可知，阳极Ag失电子生成Ag+进入溶液中，阴极溶液中Ag+得电子生成Ag单质，Ag+能与I-结合生成AgI沉淀，而实验测得竖管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大，所以实验中导电离子是Ag+而不是I-。

故答案为：X射线衍射仪；7：12；竖管a和b的质量均不变。

【分析】(1)①根据反应式，Kp等于O2分压，直接读取401K时的压强。

②分析各状态变化对平衡的影响，结合熵变、Kp特性及浓度商判断选项。

③根据速率公式，结合转化率与平衡时的压强关系计算速率。

(2)①明确测定晶体结构的常用仪器。

②通过晶胞中AgI个数及密度公式推导体积比。

③依据电极反应与质量变化的关系判断导电离子类型。（1）①401K时，该反应的压强平衡常数Kp=p(O2)=10kPa；②A．该反应是气体体积增大的反应，平衡状态Ⅱ到状态Ⅲ的平衡正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行，则从Ⅰ到状态Ⅱ的过程△S＜0，A正确；B．反应Ag2O(s)⇌2Ag(s)+O2(g)的平衡常数Kp=p(O2)，Kp只与温度有关，温度不变，则Kp不变，即pc(Ⅱ)=pc(Ⅲ)，B错误；C．反应Ag2O(s)⇌2Ag(s)+O2(g)的平衡常数Kp随温度升高而增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，故该反应的正反应为吸热反应，温度越高平衡常数Kp越大，即平衡常数：K(Ⅱ)>K(Ⅳ)，C正确；D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n(O2)相等，但V(Ⅰ)=2V(Ⅲ)，则压强p(Ⅰ)=2p(Ⅲ)，即浓度熵Q(Ⅰ)=p(Ⅰ)，K(Ⅲ)=p(Ⅲ)，所以Q(Ⅰ)=2K(Ⅲ)，D错误；故合理选项是AC；起始状态Ⅰ在恒温恒容条件下逆向移动达到平衡状态Ⅱ，则逆反应速率减小；平衡状态Ⅱ在温度不变、体积增大瞬间逆反应速率减小，平衡正向移动，逆反应速率增大，达到平衡状态；平衡状态Ⅲ在体积不变、温度降低的瞬间