山东省泰山联盟2024-2025学年高三下学期四月份联考化学试题（含答案）

第第页山东省泰山联盟2024-2025学年高三下学期四月份联考化学试题一、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．齐鲁大地人杰地灵，辛弃疾和李清照是宋朝词人的杰出代表，下列诗句所涉及的化学知识错误的是A．“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”，稻花香气的主要成分是无机化合物B．“东风夜放花千树，更吹落星如雨”，烟花燃烧涉及氧化还原反应C．“三杯两盏淡酒，怎敌他晚来风急”，酒的制作过程涉及糖类的水解D．“轻解罗裳，独上兰舟”，在古代，罗裳的主要成分是蛋白质2．关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是A．蒸馏法分离乙醇和乙醛B．重结晶法提纯含有少量食盐的苯甲酸C．过滤法分离2，4，6-三溴苯酚和乙醚D．萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素3．下列化学用语或图示错误的是A．用电子式表示K2SB．用亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：CuC．用电子云轮廓图示意p-pπ键的形成：D．用对苯二甲酸与对苯二胺制备芳纶纤维：+→催化剂2n-1H4．下列玻璃仪器(含活塞)在相应实验中选用不合理的是A．重结晶法提纯乙酰苯胺()：⑥⑦⑧B．蒸馏法分离苯(沸点80.1℃)和甲苯(沸点111℃)：①③⑤⑨C．用Na2S2O3D．用CCl4作萃取剂，萃取溴水中的溴：②5．纤维素可以多条单链的形式存在，在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，可使纤维素绿色再生利用。下列说法错误的是A．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键B．NaOH提供OH−C．加入尿素形成动态“包覆层”，防止链间重新结合D．低温时纤维素分子链间的相互作用力增强，更易被溶解6．有机化合物X与HCOOC2H5在HCl下列说法正确的是A．X分子中最多有15个碳原子共面B．与HCOOC2C．该反应的副产物为CH3CHD．X分子中键角大小：∠1>∠27．化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7，1molX3Y7WR含A．同周期第一电离能比W大的元素有3种B．电负性顺序：RC．常温常压下X和R的单质均为固体D．Y和Z互为同素异形体8．一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。下列说法正确的是A．X中碳原子均为sp2B．Z的重复结构单元中，nC．该反应属于加聚反应D．1molX完全水解消耗9．Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备25℃时各物质溶度积见下表：物质FeFeCa溶度积K4.9×2.8×5.0×下列说法错误的是A．反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行B．反应釜2中反应的离子方程式为4C．反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0 mol⋅D．获得CaCl210．逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：反应I：CO反应II：CO在恒容条件下，按VCOA．反应I的ΔH>0，反应II的B．M点反应I的平衡常数K=1C．N点H2O的压强是D．若按VCO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．下列实验操作对应的现象及结论均正确的是实验操作现象结论A分别向盛有FeOH3和盛NiOOH氧化性：NiOB用HCl标准溶液滴定未知浓度的NH3终点的颜色变化为橙色到黄色反应终点在指示剂变色范围内，误差较小C量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2浓度大的NaClO溶液产生气泡速度快反应物浓度越大，化学反应速率越快D用玻璃棒摩擦装有明矾过饱和溶液的烧杯内壁快速析出晶体烧杯内壁产生微小的玻璃微晶来充当晶核A．A B．B C．C D．D12．四乙基铅PbCH2CH34能提高汽油的辛烷值，但污染严重，CH3O2CO下列说法正确的是A．电解过程中Br−B．电极A发生的电极反应为：2C．每生产1mol产品，转移电子的物质的量为D．已知以CO和CH313．将CO2转化为有机碳酸酯DMCCH3OCOOCH3，可有效减少碳排放。CO2转化为DMC的总反应为3CO2g+6H2g⇌CH3OCOOCH3g+3H2Og下列说法错误的是A．对于总反应，活化能EB．该反应的催化剂是C．反应I为吸热反应D．脱水循环可以提高DMC的平衡产率14．某学习小组对Cu与HNO3实验操作及现象I将表面打磨光洁的铜丝末端绕成螺旋状，伸入盛有浓硝酸的试管中，反应开始较为缓慢，随后迅速加快，固液交界处的铜丝表面析出蓝色固体，溶液变为绿色。取反应片刻后的溶液加入水中稀释，溶液变为蓝色，加入铜片立刻产生大量气泡。Ⅱ取实验I稀释后的溶液置于酒精灯上微热，再次加入铜丝，表面出现少量气泡。已知：HNO2溶液受热非常容易分解，Cu2+可以与A．铜丝表面析出的蓝色固体难溶于水B．两个实验中硝酸均表现氧化性C．实验I中溶液变蓝的主要原因是NO2D．通过以上实验可证明HNO2对Cu与HNO15．废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，在MnSO4和KOH混合溶液中，MnII的分布系数δ与已知：MnOH2难溶于水，具有两性；A．曲线y代表δMnOHB．P点，cC．O点，cD．Q点，c三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．锆英石常用作耐火材料，其矿砂常与钛铁矿、金红石等共生。回答下列问题：（1）锆与钛是同族相邻元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为；第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有种。（2）钛铁矿经过HNO3，H2SO①NO3−空间构型为，NO3−中存在的大Π键为(分子中的大Π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大Π键的原子数，n代表参与形成大②硫酸氧钛晶体中，阳离子为如图1所示链状聚合形式的离子，则该晶体的化学式为。（3）Ti能形成多种配合物，物质A为TiH2O6Cl3，物质B为与A配位数相同的同分异构体。1molB（4）金红石为四方晶系晶体、晶胞参数为a=b=456pm，c=298pm。在金红石结构中，Ti原子处在变形的TiO6八面体中，Ti-O距离有4个较近，2个较远。TiO6八面体沿着c轴共边连接成链，这些链再通过共顶点连接成晶体，结构如图2：晶体沿c轴方向的投影如图3。已知原子A的分数坐标为m,n,0.5，则原子B的分数坐标为；该晶体的密度为g·17．稀土是重要的战略资源，包括第IIIB族的钪、钇和镧系元素共17种元素(表示为RE)，中国是最大的稀土氧化物(REO)供应国。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备二氧化铈CeO已知：①Ce4+能与F−结合成CeFx4-x+，也能与SO42−结合成CeSO42+（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是。①至⑩中，发生的主要反应为氧化还原反应的有(选填序号)。滤液A中主要阳离子是(写离子符号)。（2）“萃取”时存在平衡：Ce4++nHA2⇌Ce·H2n-4A2n（3）写出⑧中主要反应的离子方程式：。（4）⑨中沉淀需进行洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象。18．以有机物A为起始原料，按照下列路线合成某利尿药物M。已知：①J分子结构中含有氨基和羧基。②。（1）B→D的反应类型为，K的名称为（2）与D具有相同官能团的芳香族同分异构体有种(不考虑立体异构)。（3）E→F中，步骤①有HCl生成，则步骤②的化学方程式为（4）碱性大小比较：FG(填“>”、“<”或“=”)。（5）F→G，H→（6）除“H2NO2S−（7）已知L→请写出N和P的结构简式：、。19．叠氮化钠(NaN3已知：i．NaN3ii．NaNH2iii．N2O有氧化性，不与酸、碱反应，但可与I．制备NaN先制备NaNH2，再与N2O实验步骤：①组装仪器，检查装置的气密性，加装药品。②打开K2、K3，关闭K1。加热装置C③E中反应充分后，持续通入NH3，将加热套温度调至210∼220℃，停止加热C，关闭K④打开K1和装置A中活塞，装置A中生成N回答下列问题（1）装置F的作用是；本装置中有一处缺陷，请指出：。（2）装置B中的仪器及药品为。（3）装置A中SnCl2做还原剂被氧化为SnCl4，则生成N2（4）制备NaN3的化学方程式为（5）产品的后处理操作用到的试剂有：乙醇、乙醚、蒸馏水。操作如下：将产品溶解于X，加入Y并搅拌，过滤，再使用Z洗涤。试剂X、Y、Z依次为。II．测定NaN3实验小组采用数字化实验仪器测定产品纯度。滴定计数器可以准确记录滴定针筒滴下的液体滴数，每滴液体体积为V0i．将mg粗产品溶解，定容至100 mL，取25 mL加入锥形瓶。如图连接数字化实验仪器，向滴定针筒内加入足量浓度为cmolii．缓慢推动滴定针筒活塞，使针筒内液体逐滴滴下，压强传感器和滴定计数器采集数据。待压强稳定后，关闭活塞。数据如图所示。已知：NH42CeNO3（6）在滴定时使用磁力搅拌器的目的是。（7）样品纯度为%。20．“一碳化学”是指以分子中只含有一个碳原子的化合物(如CO，CO2，CHI．COg+3HII．COg+HIII．CH4g（1）相关的化学键键能数据如下表所示：化学键HHCCE436463413803估算反应II的ΔH2=（2）反应II的速率v=v正−v逆=k正（3）已知：温度为T1时，向某固定容积的容器中充入一定量的H2g和1molCOg，仅发生反应I和反应II，平衡时H2g和COg的转化率①图中表示H2g的转化率αH②m=，起始投料比nH2nCO=1时，③若温度为T2，起始投料比nH2nCO=1时，反应II的Kp=1，则T1T2(填“>”“=”或“<”)，该温度下αH

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、稻花香气的主要成分是具有香味的酯类物质，酯类属于有机化合物（含碳的化合物，除简单的碳氧化物、碳酸、碳酸盐等外），而非无机化合物，A错误；

B、烟花燃烧过程中，火药中的成分发生剧烈反应，存在元素化合价的变化（如金属元素的氧化还原），属于氧化还原反应，B正确；

C、酒的制作流程中，首先是含淀粉的原料（如粮食）发生糖类水解（淀粉水解为葡萄糖），随后葡萄糖在酶的作用下转化为乙醇，涉及糖类的水解过程，C正确；

D、古代的“罗裳”主要材质是丝绸，丝绸由蚕丝制成，而蚕丝的主要成分是蛋白质，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题易错点：

对稻花香气成分的类别判断错误，易误认为酯类属于无机化合物，实则酯类是有机化合物。

对氧化还原反应的判断，忽略烟花燃烧过程中存在元素化合价的变化。

对酒的制作过程中糖类水解的知识掌握不牢，不清楚淀粉水解生成糖再转化为醇的过程。

对古代罗裳主要成分的认知不足，不了解丝绸的主要成分是蛋白质。2．【答案】C【解析】【解答】A、乙醇和乙醛沸点差异较大，可通过蒸馏法分离，A正确；

B、苯甲酸在水中溶解度随温度变化大，食盐溶解度受温度影响小，利用重结晶法可提纯苯甲酸，B正确；

C、2，4，6-三溴苯酚在乙醚中溶解度较高，二者混合形成溶液，无法用过滤法分离，C错误；

D、青蒿素在乙醚中溶解度大，可先萃取再通过柱色谱法分离提纯，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

对蒸馏法适用条件理解不足，忽略乙醇和乙醛沸点差异可通过蒸馏分离。

对重结晶法原理掌握不牢，不清楚苯甲酸和食盐溶解度随温度变化的差异可用于提纯。

对过滤法适用范围判断错误，误认为2，4，6-三溴苯酚难溶于乙醚，实则其在乙醚中溶解度较高，形成溶液无法过滤分离。

对萃取和柱色谱法的应用场景不熟悉，不了解青蒿素的提取分离可采用这些方法。3．【答案】B【解析】【解答】A、K2S是离子化合物，钾原子失电子、硫原子得电子，其电子式为：，A正确；

B、亚铜氨中铜为+1价，而[Cu(NH3)2]2+中铜为+2价，亚铜氨溶液除CO的反应式书写错误，正确的方程为：CuNH32++CO+NH3⇌CuNH33CO+，B错误；

C、p-pπ键由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成，电子云轮廓图为：，C正确；

D、对苯二甲酸（）与对苯二胺（）通过缩聚反应制备芳纶纤维，其反应的化学方程式为：+→催化剂2n-1H2O+，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．明确K2S是离子化合物，结合钾、硫的电子得失，判断电子式形成过程的正确性。

B．抓住亚铜氨中铜的化合价为+1价，而[Cu(NH4．【答案】C【解析】【解答】A、重结晶法提纯乙酰苯胺，需用到漏斗、烧杯、玻璃棒（对应⑦⑥⑧），A合理；

B、蒸馏法分离苯和甲苯，需用到蒸馏烧瓶、温度计、直行冷凝管、锥形瓶（对应①⑤⑨③），B合理；

C、Na2S2O3溶液呈碱性，应使用碱性滴定管，而图中④是酸式滴定管，选用不合理，C错误；

D、用CCl4萃取溴水中的溴，需用到分液漏斗、烧杯（对应②⑥），D合理；

故答案为：C。

【分析】A．明确重结晶操作需漏斗（过滤）、烧杯（溶解、结晶）、玻璃棒（搅拌、引流）。

B．抓住蒸馏操作需蒸馏烧瓶（装混合液）、温度计（控温度）、直行冷凝管（冷凝）、锥形瓶（接馏分）。

C．依据Na2S2O3溶液的碱性，判断需用碱性滴定管，而图中④是酸式滴定管。

D．识别萃取操作需分液漏斗（分离）、烧杯（承接），判断仪器选用是否正确。5．【答案】D【解析】【解答】A、纤维素分子中含有多个羟基，链与链之间能形成大量氢键。这种链间氢键的存在，使得纤维素与水分子之间的氢键作用被削弱，因此纤维素难溶于水，A正确；

B、在低温下，NaOH溶液中的OH-能破坏纤维素链之间的氢键。氢键被破坏后，水分子可以通过扩散进入纤维素链的间隙，从而引发纤维素的溶胀，B正确；

C、加入尿素后，尿素分子会在纤维素分子链周围形成动态的“包覆层”。这一“包覆层”能够阻止纤维素分子链在室温下重新形成氢键，从而使纤维素在室温下的溶液保持稳定，C正确；

D、低温环境下，纤维素分子链间的氢键相互作用力会增强。分子间作用力越强，物质越难溶解，因此低温时纤维素更难被溶解，而非更易溶解，D错误；

故答案为：D。

【分析】A．抓住纤维素分子含多个羟基，链间形成大量氢键，削弱与水分子的氢键作用，从而判断其难溶于水的原因。

B．明确NaOH提供的OH-可破坏纤维素链间氢键，引发水分子扩散进入链间隙导致溶胀。

C．理解尿素形成的动态“包覆层”能阻止纤维素链间重新形成氢键，维持溶液稳定性。

D．依据低温下分子间氢键作用力增强，物质更难溶解的规律，判断该选项错误。6．【答案】C【解析】【解答】A、X分子中含有形成三元环的碳原子，这些碳原子为sp3杂化，呈四面体构型。由于四面体构型的碳原子无法与周围原子共面，因此X分子中不可能有15个碳原子共面，A错误；

B、HCOOC2H5属于酯类，与其同类别的同分异构体需满足“酯基结构且分子式相同”。符合条件的只有CH3COOCH3，共1种，而非2种，B错误；

C、从反应的元素守恒角度分析，反应过程中除生成Y外，还会产生CH3CH2OH（乙醇）和H2O（水）作为副产物，C正确；

D、X分子中∠1的中心原子为sp3杂化，且含有2个孤电子对，键角约为105°；∠2的中心原子为sp2杂化，键角约为120°。因此∠1<∠2，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．抓住X分子中三元环的碳原子为sp3杂化（四面体构型），判断不可能15个碳原子共面。

B．明确HCOOC2H5同类别的酯类同分异构体仅CH3COOCH3一种。

C．依据反应的元素守恒，分析得出副产物为CH3CH2OH和H2O。

D．通过中心原子的杂化类型（∠1为sp3杂化且含2个孤电子对，∠2为sp2杂化），比较键角大小。7．【答案】B【解析】【解答】A、W是N（第二周期），同周期中第一电离能大于N的元素只有F、Ne，共2种，不是3种，A错误；

B、第二周期主族元素电负性从左到右递增，O（R）、N（W）、C（X）的原子序数依次减小，因此电负性顺序为R>W>X，B正确；

​C、X是C，其单质（石墨、金刚石）常温常压下是固体；但R是O，其单质（O2、O3）常温常压下是气体，不是固体，C错误；

D、Y和Z是氢元素的两种核素（质子数相同、中子数不同），二者互为同位素；同素异形体是同种元素的不同单质，D错误；

故答案为：B。

​【分析】首先确定Y、Z的种类：两种化合物X3Y7WR和X3Z7WR含相同元素，相对分子质量差7，结合氢的核素（H、D相对原子质量差1），推测Y、Z是氢的不同核素（7个氢原子的核素差异刚好带来质量差7）。然后推导X、W、R的关系：X、W、R同周期，设X最外层电子数为a，根据“X最外层电子数是R核外电子数的一半”，得R核外电子数为2a。接着列电子数方程：1molX3Y7WR含40mol电子，Y是氢（质子数1），若X、W、R在第二周期（第二周期元素原子序数=最外层电子数+2），则X的质子数为a+2，总电子数满足：3×(a+2)+7×1+W的核外电子数+2a=40，整理得5a+W的核外电子数=27。

​最后验证元素种类：当a=4时，W的核外电子数=27-5×4=7，此时X质子数=4+2=6（即C），R核外电子数=2×4=8（即O），W核外电子数=7（即N），三者均为第二周期元素，符合条件。8．【答案】C【解析】【解答】A、X中存在“-CH2-”结构的饱和碳原子（成4个单键），采取sp3杂化；仅碳碳双键上的碳原子采取sp2杂化，因此X中碳原子并非均为sp2杂化，A错误；

B、X分子含3个N原子，反应中X的3个碳碳双键分别与Y的3个-SH键加成，故Z的重复结构单元中含3个S原子（来自Y），因此n(N)：n(S)=3：3=1：1，并非3：4，B错误；

C、反应中X的碳碳双键断裂（转化为单键），与Y的-SH发生加成，最终生成高分子Z，无小分子副产物，符合“加聚反应（加成聚合）”的定义，C正确；

D、X分子中含6个酰胺基（-CON-），每个酰胺基水解需消耗1molNaOH，因此1molX完全水解消耗6molNaOH，并非3mol，D错误；

故答案为：C。【分析】先分析反应本质：观察反应物X（含碳碳双键）和Y（含-SH）的结构，反应中X的碳碳双键与Y的S-H键发生加成，生成高分子Z（无小分子副产物）。再逐个分析选项的判断依据：

A．分析碳原子杂化：看X中碳原子的成键方式（单键/双键）；

B．计算原子个数比：明确Z重复单元中N、S的来源（X含N，Y含S，结合反应的加成比例）；

C．根据反应中“双键变单键、生成高分子且无小分子生成”的特征判断为加聚反应；

​D．分析X中能水解的基团（酰胺基）的数量。9．【答案】C【解析】【解答】A、反应釜1的目标是制备Fe(OH)2，而Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，因此需隔绝空气进行反应，A正确；

​B、反应釜2中，CaO与水反应生成OH-，Fe2+在O2作用下被氧化为Fe(OH)3，结合得失电子守恒（O2得4e-，4个Fe2+失4e-）与电荷守恒，配平离子方程式为：4CaO+6H2O+4Fe2++O2=4FeOH3+4Ca2+，B正确；

​C、反应釜3中，需保证Ca2+不沉淀，已知Ca2+浓度为5.0 mol⋅L−1，

c(OH-)≤KspCa(OH)2cCa2+=5.010．【答案】D【解析】【解答】A、温度升高，CH4体积分数降低（反应Ⅱ逆向移动），说明反应Ⅱ是放热反应（ΔH<0）；CO体积分数升高（反应Ⅰ正向移动），说明反应Ⅰ是吸热反应（ΔH>0），A正确；

B、M点没有CH4，且CO2和CO的体积分数相等；投料比V(CO2)：V(H2)=1：1，反应Ⅰ中CO2和H2按1：1消耗，所以平衡时n(CO2)=n(H2)=n(CO)=n(H2O)。恒容下浓度比等于物质的量比，反应Ⅰ的平衡常数：

K=cH2O·cCOcCO2·cH2=1，B正确；

​C、N点CO和CH4的体积分数相等，设n(CO)=n(CH4)=x。反应Ⅰ生成xmolCO时，生成xmolH2O；反应Ⅱ生成xmolCH4时，生成2xmolH2O。总n(H2O)=x+2x=3x，恒容下压强比等于物质的量比，所以H2O的压强是CH4的3倍，C正确；

D、若投料比改为V(CO2)：V(H2)=1：2，H2浓度增大，反应Ⅰ、Ⅱ都会正向移动：相同温度下，CO2的体积分数会减小，CO、CH4的体积分数会增大，曲线之间的交点（比如N点）对应的温度会改变，D错误；

故答案为：D。

【分析】先明确体系里两个反应的竞争逻辑，结合“温度-含碳物质体积分数”曲线，从热效应、平衡常数、物质的量关系、投料比影响这四个角度分析：

A．热效应判断：看温度升高时CH4（反应Ⅱ产物）、CO（反应Ⅰ产物）的体积分数变化，判断反应吸放热；

11．【答案】A,D【解析】【解答】A、NiO(OH)中Ni为+3价，氧化性较强，能与浓盐酸发生反应：

2NiO(OH)+6HCl(浓)=2NiCl2+Cl2↑+4H2O（生成黄绿色Cl2）；

而Fe(OH)3中Fe为+3价，氧化性弱于Cl2，无法氧化Cl-生成Cl2。

现象（NiO(OH)试管产生黄绿色气体）和结论（氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3）均正确，A正确；

​B、HCl滴定NH3·H2O，产物为NH4Cl（强酸弱碱盐，溶液呈酸性）。甲基橙的变色范围是“pH<3.1（红色）；3.1~4.4（橙色）；pH>4.4（黄色）”，因此滴定终点的颜色变化应为“黄色到橙色”（而非“橙色到黄色”）；现象描述错误，B错误；

​C、NaClO具有强氧化性，Na2SO3具有还原性，二者发生氧化还原反应：NaClO＋Na2SO3=NaCl+Na2SO4，该反应无气体生成，不会产生气泡。

现象描述错误，C错误；

D、明矾过饱和溶液本身处于不稳定状态，但缺乏晶核时难以结晶；用玻璃棒摩擦烧杯内壁，会使烧杯壁产生微小的玻璃微晶，这些微晶可充当晶核，促使过饱和溶液快速析出晶体。

现象（快速析出晶体）和结论（玻璃微晶充当晶核）均正确，D正确；

故答案为：D。

【分析】逐个分析每个实验的“操作-现象-结论”逻辑，结合物质性质（氧化性、指示剂变色、反应类型、结晶条件）判断合理性：

A.分析氧化性强弱：通过物质与浓盐酸的反应是否生成Cl2，判断氧化剂的氧化性；

B.分析滴定指示剂：结合反应产物的酸碱性，判断指示剂的变色方向；

​C.分析反应类型：判断NaClO与Na2SO3的反应是氧化还原还是复分解，确定是否有气体生成；

​D.分析结晶条件：明确过饱和溶液结晶的关键是晶核，判断玻璃棒摩擦的作用。12．【答案】B,D【解析】【解答】A、电解时，Br-在电极B被氧化成Br2（是反应物），Br2又和Pt(0)反应生成Br-（是生成物），Br-是反应的中间物质，不是催化剂（催化剂反应前后浓度不变且不参与反应本质），A错误；

​B、电极A是阴极（得电子），CO2和CH3OH在阴极发生还原反应，生成CO、CH3O-和H2O，电极反应式为：2CH3OH+CO2+2e-=2CH3O-+CO+H2O，B正确；

​C、生成1mol(CH3O)2CO时，Pt(0)变成Pt(Ⅱ)（Pt化合价升高2），转移2mol电子；但“每生产1mol产品转移2mol电子”的逻辑错误（实际是生产1mol产品转移2mol电子，但选项混淆了电子转移与产品量的对应关系），C错误；

​D、CO和CH3OH能自发发生氧化还原反应，直接设计成原电池放电制备产品，不用电解提供电能，既能利用反应的化学能，又减少了电解的能耗，所以能耗更低、产率更高，D正确；

故答案为：BD。

【分析】先通过“得失电子”判断电极类型，再分析各物质的转化、电子转移，最后对比制备方法的差异：A.考查电极类型判断：电极B上Br-变成Br2（失电子，氧化反应），是阳极；电极A上物质得电子（还原反应），是阴极。

​B.考查电极反应推导：结合原料（CO2、CH3OH）和产物（CO、CH3O-），写电极A的反应式。

​C.考查物质作用分析：看Br-是反应物还是催化剂，结合Pt的价态变化算电子转移量。

​D.考查制备方法对比：比较“电解法”和“直接放电法”的能耗、产率。13．【答案】A,C【解析】【解答】A、根据公式lnK=-ΔHRT+C，结合图2：温度升高（1T减小）时，K总减小。平衡常数减小说明升高温度平衡逆向移动，因此总反应为放热反应。对于放热反应，正反应活化能E正小于逆反应活化能E逆，A错误；

B、催化剂的定义是“参与反应但反应前后化学性质和质量不变”。由图1可知，结构为的物质在反应中先消耗、后生成，符合催化剂的特征，B正确；

C、根据盖斯定律，总反应由“2×反应Ⅰ+反应Ⅱ”得到，因此平衡常数关系为K总=K12・K2，变形得K1=K总K2。结合图2：温度升高时，K总减小的幅度比K2大，因此K1随温度升高而减小。平衡常数随温度升高而减小，说明反应Ⅰ为放热反应，C错误；

D、脱水循环将反应Ⅱ中的H2O移除，根据“减小生成物浓度，平衡正向移动”的原理，会促使反应Ⅱ平衡正向进行，从而提高DMC的平衡产率，D正确；

故答案为：AC。

【分析】A、C．利用lnK=-14．【答案】B,D【解析】【解答】A、实验Ⅰ中铜丝表面析出的蓝色固体是Cu(NO3)B、两个实验中，Cu均被硝酸氧化为CuC、实验Ⅰ中溶液变蓝的原因是：稀释时，绿色配合物[Cu(NO2−)4]2−分解，重新转化为Cu2+实验Ⅱ中加热使HNO2分解，反应速率降低，进一步证实HNO2的催化作用，D正确；故答案为：BD。

【分析】A．根据实验Ⅰ中“稀释后溶液变蓝”的现象，判断蓝色固体可溶于水。

B．分析两个实验中Cu被硝酸氧化为Cu2+的过程，判断硝酸均表现氧化性。

C．结合“Cu2+与NO2-形成绿色配合物”的信息，分析溶液变蓝是配合物分解生成Cu2+。

D．对比实验Ⅰ（反应加快）和实验Ⅱ（加热分解HNO2后反应变慢），证明HNO2的催化作用。15．【答案】C【解析】【解答】A、pH较小时，Mn元素主要以Mn2+存在，对应曲线x；随pH增大（碱性增强），Mn2+逐步转化为B、P点δ(Mn2+)=δ(MnOH+物料守恒：c(Mn2+)+c(MnOH电荷守恒：2c(Mn2+)+c(MnOH+)+c(H+)+c(K+C、O点存在平衡：MnP点c(Mn2+)=c(MnOO点δ(Mn2+)=0.6，δ(MnOH+)=0.4，即c(MnOH+)c(Mn2+)=0.40.6=23。

结合平衡常数K=c(MnOH故答案为：C。

【分析】A．根据pH对Mn(II)存在形式的影响，pH小则以Mn2+（曲线x）为主，pH增大时转化为B．结合P点δ(Mn2+)=δ(MnOH+C．先根据P点数据计算平衡常数K，再结合O点的分布系数，通过平衡常数公式推导c(HD．依据物料守恒，结合题中微粒的转化关系，分析c(SO42−16．【答案】（1）；4（2）平面三角形；Π46（3）TiCl（4）n,m,0.5或1-m,1-n,0.5；2×80【解析】【解答】（1）锆与钛是同族相邻元素，钛是22号元素，则锆是40号元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为，未成对电子数为2，第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有Ti(3d24s2)、Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共4种。故答案为：；4；

（2）①NO3−的中心原子为N原子，其孤电子对数为5+1−2×32=0、价层电子对数为3+0=3，故空间构型为平面三角形，N原子发生sp2杂化，则硝酸根中N提供2个电子、每个O原子各提供1个电子，再加上1个外来的电子共6个电子形成大π键，则NO3−②根据阳离子结构示意图可知其为硫酸氧钛晶体中阳离子为TiO2+，则该晶体的化学式为：TiOSO故答案为：平面三角形；Π46；TiOSO4；

（3）物质A为TiH2O6Cl3，物质B为与A故答案为：TiClH2O5Cl2·H2O；

（4）图2中为两个长方体晶胞堆积而成，由晶胞结构可知A点和B点位于晶胞的两个四分之一体心处，z方向上A、B等高，x、y轴方向上互补，已知原子A的分数坐标为m,n,0.5，则原子B的分数坐标为n,m,0.5或1-m,1-n,0.5；由晶胞结构可知黑球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，白球4个在面上，2个在体内，个数为4×12+2=4，则一个晶胞中含有Ti原子2个，O原子4个，故晶胞质量为48×2+16×4NAg，晶胞体积为(456×10-10)2×(298（1）锆与钛是同族相邻元素，钛是22号元素，则锆是40号元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为，未成对电子数为2，第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有Ti(3d24s2)、Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共4种。（2）①NO3−的中心原子为N原子，其孤电子对数为5+1−2×32=0、价层电子对数为3+0=3，故空间构型为平面三角形，N原子发生sp2杂化，则硝酸根中N提供2个电子、每个O原子各提供1个电子，再加上1个外来的电子共6个电子形成大π键，则NO3②根据阳离子结构示意图可知其为硫酸氧钛晶体中阳离子为TiO2+，则该晶体的化学式为：TiOSO（3）物质A为TiH2O6Cl3，物质B为与A配位数相同的同分异构体。则B的配位数为6，1molB（4）图2中为两个长方体晶胞堆积而成，由晶胞结构可知A点和B点位于晶胞的两个四分之一体心处，z方向上A、B等高，x、y轴方向上互补，已知原子A的分数坐标为m,n,0.5，则原子B的分数坐标为n,m,0.5或1-m,1-n,0.5；由晶胞结构可知黑球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，白球4个在面上，2个在体内，个数为4×12+2=4，则一个晶胞中含有Ti原子2个，O原子4个，故晶胞质量为17．【答案】（1）使气固反应物充分接触，加快反应速率，使Ce3+氧化更加充分；①⑤⑧；（2）随着cSO42-增大，水层中Ce4+与（3）2Ce（4）取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净【解析】【解答】（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使Ce3+氧化更加充分；步骤①“氧化焙烧”将+3价铈氧化成+4价，步骤⑤加H2O2将Ce4+还原为Ce3+，步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，因此发生的主要反应为氧化还原反应的有①⑤⑧；步骤⑥中加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是NH故答案为：使气固反应物充分接触，加快反应速率，使Ce3+氧化更加充分；①⑤⑧；NH4+；

（2）由平衡Ce4++n(HA)2⇌Ce•(H2n﹣4A2n)+4H+，可知加入Na2SO4时，随着c(SO42−)增大，水层中Ce4+故答案为：随着cSO42-增大，水层中Ce4+与SO42−结合生成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小；

（3）步骤故答案为：2CeOH3+ClO-+H2O=2CeOH4+Cl-；

（4）加入NaClO后，ClO-中的Cl化合价降低得到Cl-，因此验证沉淀是否洗涤完全，可以检验Cl-，检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象为取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。

故答案为：取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净。

故答案为：取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净。

【分析】向焙烧产物中加入稀硫酸，+4价铈会与SO42-结合形成[CeSO4]2+；接着加入萃取剂[(HA)2]，在硫酸体系下，Ce4+能被该萃取剂萃取；经分离操作除去水层后，加入氟洗液，可将体系中的氟元素除去；在“反萃取”步骤中，加入H2O2，H2O2作为还原剂将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；之后加入氨水，Ce3（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使Ce3+氧化更加充分；步骤①“氧化焙烧”将+3价铈氧化成+4价，步骤⑤加H2O2将Ce4+还原为Ce3+，步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，因此发生的主要反应为氧化还原反应的有①⑤⑧；步骤⑥中加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是NH（2）由平衡Ce4++n(HA)2⇌Ce•(H2n﹣4A2n)+4H+，可知加入Na2SO4时，随着c(SO42−)增大，水层中Ce4+被SO4（3）步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，离子方程式为：2CeOH（4）加入NaClO后，ClO-中的Cl化合价降低得到Cl-，因此验证沉淀是否洗涤完全，可以检验Cl-，检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象为取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。18．【答案】（1）取代反应；2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)（2）16（3）（4）>（5）保护−NH（6）酰胺键(基)，亚氨基，氯原子C（7）CH3CHO；或【解析】【解答】（1）根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，发生取代反应。K的名称为：2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。故答案为：取代反应；2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。；

（2）与D具有相同官能团，首先含苯环，其他原子作为取代基，取代基为-CHNO2Cl，1种；取代基为-CH2Cl和-NO2，有3种；取代基为-CH2NO2和-Cl，有故答案为：16；

（3）E为，E首先发生取代反应①，生成，然后和氨气反应生成F。方程式为：。故答案为：；

（4）G为，F是，F含有-NH2，G中的氨基已经形成肽键，所以F的碱性更强。故答案为：>；

（5）F→G将氨基转化成酰胺基，G→H发生氧化反应，H→J又将酰胺基水解成氨基，故设计F→G、H→J的目的是保护-NH故答案为：保护−NH2，防止被氧化；

（6）根据M的结构式可知，含有的官能团是：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子故答案为：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子C-Cl键；

（7）L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为СН3СНО，则P的结构式可能为：或。

故答案为：CH3CHO；或；

【分析】由A的分子式及K的结构中含苯环可推断，A为甲苯（C6H5-CH3）。A的苯环上甲基邻位的氢原子被硝基（-NO2）取代，生成B，其结构为甲基邻位连接硝基的苯环（）。

结合F的结构简式可知，D是苯环上甲基对位的氢被氯原子（-Cl）取代的产物，即结构为；D中的硝基（-NO2）发生还原反应生成氨基（-NH2），得到E（）；E通过两次取代反应引入H2NO2S-基团，生成F。F中的氨基（-NH2）与乙酸（CH3COOH）发生取代反应（形成酰胺键），生成G（）；G中的甲基（-CH3）被高锰酸钾氧化为羧基（-COOH），得到H（）。H中的酰胺键（-NHCOCH3）发生水解反应，重新生成氨基（-NH2），得到J，结合M的结构可知，J的结构为“；K（结构含-NH2的苯环衍生物）与J通过羧基和氨基的取代反应（形成肽键）生成L（）；L与N发生反应生成M，根据M的结构及反应信息，N为乙醛（CH3CHO）。（1）根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，发生取代反应。K的名称为：2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。（2）与D具有相同官能团，首先含苯环，其他原子作为取代基，取代基为-CHNO2Cl，1种；取代基为-CH2Cl和-NO2，有3种；取代基为-CH2NO2和-Cl，有（3）E为，E首先发生取代反应①，生成，然后和氨气反应生成F。方程式为：。（4）G为，F是，F含有-NH2，G中的氨基已经形成肽键，所以F的碱性更强。（5）F→G将氨基转化成酰胺基，G→H发生氧化反应，H→J又将酰胺基水解成氨基，故设计F→G、H→J的目的是保护-NH（6）根据M的结构式可知，含有的官能团是：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子C-（7）L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为СН3СНО，则P的结构式可能为：或。19．【答案】吸收NH3尾气，防止NH3引发倒吸，防止水蒸气进入E引发NaNH2潮解；未设置H2尾气的处理装置；干燥管、碱石灰；4Sn【解析】【解答】（1）该反应中使用到了氨气，会污染空气，同时根据题给信息可知，NaNH2易潮解，制备过程中要注意防水，故装置F的作用是：吸收NH3尾气，防止NH3引发倒吸，防止水蒸气进入E引发NaNH2潮解；制备过程中生成了氢气，需要进行尾气处理，则本装置中有一处缺陷是：未设置H2尾气的处理装置；故答案为：吸收NH3尾气，防止NH3故答案为：吸收NH3尾气，防止NH3引发倒吸，防止水蒸气进入E引发NaNH2潮解；未设置H2尾气的处理装置；故答案为：干燥管、碱石灰；

（3）结合题意，装置A中SnCl2和硝酸反应生成SnCl4和N2故答案为：4Sn2++2NO3-+10H+=4Sn4++N2O+5H故答案为：2NaNH2+N2O210~220℃NaN3+NaOH+NH故答案为：加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差；

（7）根据题意NH42CeNO36与NaN3反应生成一种无污染气体，方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，由图可知，n滴时压强不再变化，达到滴定终点，则