四川省射洪市2024-2025学年高三下学期普通高考模拟5月测试化学试题（含答案）

第第页四川省射洪市2024-2025学年高三下学期普通高考模拟5月测试化学试题一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）1．2025年2月12日，中国载人月球探测任务登月服被命名为“望宇”，载人月球车被命名为“探索”。下列叙述错误的是A．“望宇”采用的聚酯纤维，属于人工合成高分子材料B．“望宇”保温层使用的气凝胶，具有极低导热性和优异轻质特性C．“探索”车轮可以采用天然橡胶，其主要成分为聚1，3-丁二烯D．“探索”车身采用碳纤维复合材料，具有高强度、轻质和耐腐蚀等性质2．在日常生活中，我们会接触到各种各样的“剂”，它们有着不同的成分和用途。下列关于常见“剂”的主要成分、功能的说法正确的是选项常见“剂”主要成分主要功能A汽车“防冻液”乙二醇降低水的凝固点B厨房“洗洁精”含NaOH的表面活性剂乳化溶解油脂等物质C医用“酒精消毒剂”95%的乙醇使病毒细菌的蛋白质变性D面团“膨松剂”碳酸钠产生CO2使面团蓬松A．A B．B C．C D．D3．可利用反应NaCN+2NaOH+Cl2=NaCNO+2NaCl+H2O处理含剧毒物质氰化钠的废水。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误是A．NaCN中σ键和π键个数比为1：2B．25℃和101kPa，22.4LCl2所含分子个数大于NAC．NaOH的电子式为D．CNO-的空间结构为直线形4．蒙顶山茶是中国历史名茶，自古便有“扬子江中水，蒙顶山上茶”。茶多酚是茶叶的活性成分，具有抗菌、抗炎和抗癌功效，其结构如图所示。下列关于茶多酚的叙述正确的是A．能与Na2CO3溶液反应产生CO2B．1个分子中含1个手性碳原子C．具较好水溶性的主要原因是能与水形成分子间氢键D．在空气中能稳定存在5．实验操作是进行科学实验的基础。如图实验操作科学合理的是A．装置①：滴定终点前蒸馏水冲洗锥形瓶内壁B．装置②：实验室制备乙炔气体C．装置③：验证SO2D．装置④：制备氨水6．化学与化工生产密切相关。下列工业生产中的反应式错误的是选项工业生产反应式A氯碱工业2Cl-+2H2O电解Cl2↑+H2↑+2OH-B制备粗硅2CO+SiO2高温Si+2CO2C侯氏制碱NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4ClD合成导电高分子材料A．A B．B C．C D．D7．某学者绘制了一种八角星元素周期表，每个八角星代表一个周期(第1周期除外)，每个“●”代表一种元素，“”相连代表同族元素。X、Y、Z、R、M为原子半径依次减小的五种短周期主族元素，Y的最外层电子数比最内层电子数多1.下列说法错误的是A．简单氢化物稳定性：Z>RB．离子半径：Z>R>XC．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间均能两两反应D．X、R形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键8．一定条件下，有机物a→b的重排异构化反应如图所示，下列说法正确的是A．a的分子式为C12H12O3B．a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物C．与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOHD．类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应9．下列关于实验方案和现象的解释或结论错误的是选项实验方案和现象解释或结论A向某固体加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，湿润的红色石蕊试纸变蓝固体一定是铵盐B将SO2气体通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色(含[Fe(SO2)6]3+)，过一段时间又变成浅绿色Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大C向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀NaOH碱性强于Mg(OH)2D取4mL亮黄色（[FeCl4]-）的工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液，生成白色沉淀，溶液亮黄色褪去[FeCl4]-在高浓度Cl-的条件下才稳定A．A B．B C．C D．D10．以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是A．酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性C．“还原”步骤的离子方程式为4AuCl4-+3N2H4=4Au+3N2↑+16Cl-+12HD．S2O32-11．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡA当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀用牺牲阳极法防止金属腐蚀B冠醚可用于识别碱金属离子不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子C酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小，O-H键极性越弱D向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成溴乙烷中存在溴离子A．A B．B C．C D．D12．设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2sA．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大B．装置工作一段时间后，乙室不需要补充盐酸C．乙室电极反应式为LiCoOD．若甲室Co2+减少200mg，乙室Co2+13．AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈(CH3A．腈CH3CH2B．AgCN与CH3C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I14．AB2是制作红外光学系统中的光学棱镜、透镜和窗口等光学元件的最好材料。AB2的晶体结构呈立方体形，如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，ABAB2A．在AB2晶体中，A2+离子配位数为8，B．两个最近的B-之间的距离是C．AB2晶胞与8个B-D．AB2晶胞的密度是15．向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：Ag++S2O32−⇌[Ag(S2O3)]-和[Ag(S2O3)]-+S2O32−⇌[Ag(S2O3)2]3-，lg[c(M)/(mol/L)]、lg[N]与lg[c(S2O32−)/(mol/L)]的关系如下图所示，M代表Ag+或BrA．直线L1表示c(Ag+)c｛[Ag(SB．a=-6.1C．c(S2O32−)=0.001mol/L时，若溶液中[Ag(S2O3)2]3-的浓度为xmol/L，则c(Br-)=D．AgBr+2S2O32−=[Ag(S2O3)2]3-+Br-二、非选择题(本题共4小题，共55分。)16．金属锆可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，含有Fe、Cr、Hf等元素）为原料制备金属锆的工艺流程如下：已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为Fe3+、ZrO2+、Cr3+、HfO2+。②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38Kb(BOH)=1.6×10-5。③利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。物质ZrCl4FeCl3CrCl3FeCl2CrCl2沸点/℃33131513007001150回答下列问题：（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为；Zr4+较Zr2+稳定的原因是。（2）“酸溶”时，Zr元素以ZrOCl2的形式存在，而不是ZrCl4，是因为ZrCl4极易水解。ZrCl4水解的离子方程式为。（3）“萃取”时，ZrO2+生成配合物Zr(NO3)2Cl2·2TBP（TBP：磷酸三丁酯），可用（填实验方法）测定其晶体结构。（4）“沉淀”时，若常温下滤液中，c(B+)c(BOH)=1.6则滤液中c(Fe3+)=（5）ZrO2不能直接与Cl2反应生成ZrCl4，但“沸腾氯化”步骤中ZrO2可转化为ZrCl4（同时生成FeCl3和CO，该反应ΔH<0），则加入碳粉的作用是（从热力学角度分析）。（6）“还原”的目的是；若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为。17．乳酸亚铁((CH3CH(OH)COO)2Fe，M=234g·mol-1)是良好的补铁剂，易溶于水(在水中溶解度随温度升高而增大)、难溶于乙醇，可由乳酸与FeCO3反应制得。I．制备FeCO3（1）仪器c的名称是。（2）组装仪器，（补充操作），加入试剂。先关闭K2，打开K1、K3。为了防止产品被空气氧化，待在m处检验到纯净的H2后，先将m处橡皮管插入装有水的烧杯中，再关闭K1、K3，打开K2。（3）可用NaHCO3溶液替代B中Na2CO3溶液制备的FeCO3，发生反应的离子方程式为。此法所得产品纯度更高，原因是。（4）干燥的FeCO3是空气中稳定的白色固体，湿润时易因被氧化为氢氧化物而变成茶色，该反应的化学方程式为。Ⅱ．制备乳酸亚铁（5）将制得的FeCO3和少量铁粉加入乳酸溶液中，75℃下搅拌反应。隔绝空气加热蒸发，(补充操作)，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。Ⅲ．乳酸亚铁产品纯度测定（6）用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是，经查阅文献后，改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取9.3600g样品加足量硫酸酸化溶解配成250.00mL溶液，取25.00mL用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定。重复滴定4次，消耗标准液的体积分别为33.98mL、33.10mL、34.00mL和34.02mL。滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。产品纯度为%。若滴定操作时间过长，则测得样品纯度将(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。18．在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题：Ⅰ．CO2加氢制甲醇（1）已知如下热化学方程式：反应ⅰ：CO2g反应ⅱ：COg+2H反应ⅲ：CO2g计算：∆H2=________kJ⋅（2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应CO2g+HA.体系的压强保持不变B.混合气体的密度保持不变C.nCOD.CO的体积分数保持不变（3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。已知：甲醇的选择性=n①260℃时，H2的转化率α=________。反应ⅰ的平衡常数Kx=________(精确到小数点后3位，②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：________。Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。（4）CO2电还原可能的反应机理如图所示(*CO①参照机理图画出A的结构：________。②若还原产物主要为CH419．奥司他韦H是一种作用于神经氨酸酶的特异性抑制剂，能够用于治疗流感，它的一种合成路线如图所示，回答下列问题。已知：①+PPh3→+O=PPh3②（1）H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有。（2）A→B的反应类型为。（3）反应C→D中使用的CH3OCH2Cl的作用是。（4）写出B→C的化学方程式：。这一反应会伴随着一种有机副产物J生成，J的结构简式为。（5）H的某个同系物K比H少6个碳原子，满足下列条件的K的同分异构体有种(不考虑立体异构)。(i)含有苯环且苯环上有6个取代基(ii)没有碳原子直接与苯环相连(iii)有一个乙基写出一种核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为1：2：2：3：4的物质的结构简式。（6）参考上述合成路线，以为原料，合成(无机试剂及题目中所给试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解析】A、聚酯纤维（如涤纶）是通过化学合成方法制备的高分子材料，属于人工合成高分子，A选项正确。B、气凝胶作为多孔固体材料，具备两个显著特性——极低的热导率（隔热性能优异）和极低的密度（质量轻），这使其成为理想的保温隔热材料，B选项正确。C、天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯（化学结构为顺-1，4-聚异戊二烯），而聚1，3-丁二烯是合成橡胶（如丁苯橡胶或顺丁橡胶）的组成成分。题目将两者错误混为一谈，C选项错误。D、碳纤维复合材料由碳纤维增强体和树脂基体复合而成，具有三大优势特性——高强度、低密度（轻量化）和耐腐蚀性，这些特性使其非常适合航天器结构应用，D选项正确。

故答案为：C

【分析】A、聚酯纤维属于人工合成高分子材料。

B、保温气凝胶具有极低导热性和优异轻质特性。

C、天然橡胶的成分为聚异戊二烯。

D、碳纤维复合材料具有高强度、轻质和耐腐蚀性质。2．【答案】A【解析】【解答】A、汽车"防冻液"的主要功能是通过添加乙二醇来降低水的凝固点，A选项正确。B、厨房"洗洁精"的主要成分是表面活性剂，用于乳化油脂，但其中并不含氢氧化钠，B选项错误。C、医用"酒精消毒剂"的有效成分是75%乙醇溶液，其消毒原理是使病毒和细菌的蛋白质变性，C选项错误。D、面团"膨松剂"的主要成分碳酸氢钠，其作用是受热分解产生二氧化碳使面团蓬松，D选项错误。

故答案为：A

【分析】A、添加乙二醇后可降低水的凝固点，用作防冻剂。

B、洗洁精的成分为表面活化剂，用于乳化油脂。

C、酒精消毒剂为75%的乙醇溶液。

D、膨松剂的成分为NaHCO3。3．【答案】B【解析】【解答】A、氰化钠是一种离子化合物，含有离子键。其阴离子氰酸根的结构式为。在该离子中，碳氮三键包含1个σ键和2个π键，因此化合物中σ键与π键的数量比为1：2，A选项正确。B、在25℃和101kPa条件下，气体摩尔体积大于22.4L/mol。因此，22.4L氯气所含分子数小于22.4L22.4C、氢氧化钠是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。其电子式为，C选项正确。D、CNO-与CO2的原子数均为3，价电子数均为16，属于等电子体。等电子体具有相同的空间构型。CO2分子中碳原子的价层电子对数为2+4−2×22=2，孤电子对数为0，分子呈直线形结构。因此CNO-的空间结构也是直线形，D选项正确。

故答案为：B

【分析】A、NaCN中CN-含有碳氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键。

B、25℃和101kPa下，Vm＞22.4L/mol。

C、NaOH由Na＋和OH－构成，其中OH－含有共价键，据此确定其电子式。

D、CNO－4．【答案】C【解析】【解答】A．根据题目信息，该有机物含有酚羟基，可以与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，但由于不含羧基，因此不会产生CO2气体，A选项错误；B．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。分析该分子结构可知，其中含有2个手性碳原子，具体位置如图所示：，B选项错误；

C．从该有机物的结构简式可以看出，分子中含有多个羟基。羟基能与水分子形成氢键，从而使其具有良好的水溶性，C选项正确；

D．该有机物结构中含有多个羟基，容易被空气中的氧气氧化，因此不能在空气中稳定存在，D选项错误；

故答案为：C

【分析】A、能与NaHCO3溶液反应生成CO2的官能团为－COOH。

B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。

C、分子结构中含有－OH，能与H2O形成分子间氢键。

D、酚羟基易被空气中的O2氧化。5．【答案】A【解析】【解答】A．冲洗锥形瓶内壁的操作合理，能够确保反应物充分接触，提高反应效率，A选项正确。B．实验室制备乙炔时，若直接用水与电石反应，生成的氢氧化钙会形成糊状物堵塞反应容器，导致无法控制反应进程。通常采用饱和食盐水代替水，以减缓反应速率，B选项错误。C．当SO2溶于水时，会生成亚硫酸（H2SO3），亚硫酸电离产生H+，使溶液显酸性。因此，将SO2通入蓝色石蕊试液中，溶液会变红，但SOD．氨气极易溶于水，若将导管直接插入水中，会导致液体倒吸，存在安全隐患，D选项错误。

故答案为：A

【分析】A、滴定终点前用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可使内壁附着的标准液进入待测液中充分反应。

B、实验室制取乙炔，应用饱和食盐水。

C、SO2能使蓝色石蕊溶液变红，但不能褪色。

D、NH3极易溶于水，应注意防倒吸。6．【答案】B【解析】【解析】A、电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：2Cl-+2H2O电解Cl2↑+H2↑+2OH-，A选项正确。B、二氧化硅与碳在高温（1800℃~2000℃）下反应的化学方程式应为：2C+SiO2高温Si+2CO↑，B选项错误。

C、侯氏制碱法的反应原理是：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，利用了碳酸氢钠溶解度较小的特性，C选项正确。

D、聚乙炔具有导电性，因其碳原子采用sp2杂化，未杂化的p轨道存在电子。其加聚反应过程为：，D选项正确。

故答案为：B

【分析】A、氯碱工业为电解饱和NaCl溶液。

B、制备粗硅时用焦炭还原SiO2生成Si和CO。

C、侯氏制碱法是往饱和氨盐水中通入CO2，反应生成NaHCO3和NH4Cl。

D、导电高分子材料为聚乙炔。7．【答案】A【解析】【解答】A.非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：Cl＜O，因此简单氢化物的稳定性：HCl＜H2O，即Z＜R，A选项错误；B.离子半径比较规律：电子层数越多半径越大，电子层相同时，核电荷数越小半径越大。因此离子半径大小关系为：Cl->O2->Na+，B选项正确；C.X、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是NaOH（氢氧化钠）、Al(OH)3（氢氧化铝）、HClO4（高氯酸）。其中Al(OH)3是两性氢氧化物，三者可以两两反应，C选项正确；D.氧(O)和钠(Na)形成的两种常见化合物是Na2O（氧化钠）和Na2O2（过氧化钠）。Na2O只含离子键，Na2O2既含离子键又含共价键，D选项正确；

故答案为：A

【分析】Y元素的最外层电子数比最内层电子数多1个，且位于第三周期，因此Y为铝(Al)；M位于第一周期，所以M是氢(H)元素；根据八角星结构推断，X为钠(Na)，Z为氯(Cl)，R为氧(O)。据此结合元素周期律分析选项。8．【答案】D【解析】【解答】A．化合物a的分子式为C12H14O3，选项A错误；B．a在酸性条件下水解会生成和CH3COOH，这些产物与b不属于同系物，选项B错误；C.1mola与足量NaOH反应时最多消耗2molNaOH，而1molb最多消耗1molNaOH，选项C错误；D．根据类似反应推断，的异构化产物为，该产物含有醛基，可以发生银镜反应，选项D正确。故答案为：D

【分析】A、根据a的结构简式确定分子中所含的原子个数，从而得到其分子式。

B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。

C、a中的酯基水解生成羧基和酚羟基，都能与NaOH反应；b中酚羟基能与NaOH反应。

D、根据题干反应可知，的异构化产物为。9．【答案】A【解析】【解答】A．氮化镁（MgN2）、铵盐等物质与浓氢氧化钠溶液反应都能生成氨气（NH3），使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此该现象不能确定一定是铵盐，A选项错误；B．实验现象显示溶液先变为红棕色，后变为浅绿色，表明SO2先与Fe3+发生络合反应生成[Fe(SOO2)6]3+，且络合反应速率快于氧化还原反应速率。最终溶液呈浅绿色说明氧化还原反应生成FeC．生成白色沉淀Mg(OH)2，证明NaOH的碱性强于Mg(OH)2，C选项正确；D．滴加硝酸银饱和溶液后，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，导致溶液中Cl-浓度降低，溶液亮黄色褪去，说明[FeCl4]-的稳定性依赖于高浓度Cl-环境，D选项正确；

故答案为：A

【分析】A、金属氮化物、氨盐、-CONH2都能与NaOH反应生成NH3。

B、先变为红棕色，说明生成[Fe(SO2)6]3＋的速率更快；又变为浅绿色，则说明生成Fe2＋的反应平衡常数更大。

C、根据强碱制弱碱分析。

D、生成的白色沉淀为AgCl，使得溶液中c(Cl－)降低，据此分析。10．【答案】B【解析】【解答】A.酸1为H2SO4，酸2为HCl，故A正确；

B.浸取2中盐酸的作用是提供Cl-形成AgCl和[AuCl4]-，而非增强H2O2氧化性，故B错误；

C.肼还原HAuCl4的离子方程式正确表示为：4[AuCl4]-+3N2H4=4Au+3N2↑+16Cl-+12H+，故C正确；

D.S2O32-结构式为，中心S原子孤对电子数为6-2×4+22=0，端基S原子孤对电子数为6-22=2，故中心S配位能力较弱，故D正确；

故答案为：B

【分析】根据实验流程分析，混合物（含铜、银、金）首先用稀硫酸和过氧化氢混合溶液处理，铜被氧化为硫酸铜进入溶液，而银和金不发生反应。过滤后得到硫酸铜溶液（浸出液1）和含银、金的固体残渣（浸渣1），因此酸1应为稀硫酸。接着，浸渣1用盐酸和过氧化氢混合溶液处理，银转化为氯化银沉淀，金形成HAuCl4配合物进入溶液。过滤后得到氯化银沉淀（浸渣2）和含HAuCl4的溶液（浸出液2），故酸2应为稀盐酸。浸渣2再用硫代硫酸钠溶液处理，氯化银转化为[Ag(S2O3)2]3-配合物进入溶液（浸出液3），通过电沉积得到单质银。最后，浸出液2中的HAuCl411．【答案】B【解析】【解答】A．在镀锡钢板中，铁的化学活性高于锡，因此铁优先被腐蚀；而在镀锌钢板中，锌的活性高于铁，通过牺牲阳极（锌）来保护阴极（铁），属于牺牲阳极保护法。陈述Ⅰ存在错误，选项A错误。B．冠醚因其空腔直径差异，能够选择性识别不同尺寸的碱金属阳离子，从而形成超分子结构，选项B正确。C．烷基作为推电子基团，其链长增加会增强推电子效应，导致羧基中羟基极性降低，从而减弱羧酸的酸性。因此酸性顺序为CH3CH2COOH＜CH3COOH，陈述Ⅱ存在错误，选项C错误。D．溴乙烷水解产物NaBr电离出的Br-可与AgNO3反应生成淡黄色AgBr沉淀，选项D错误。

故答案为：B

【分析】A、结合金属活动性Zn＞Fe＞Sn分析，活动性越强的金属，做负极，被氧化腐蚀。

B、冠醚可用于识别碱金属离子，是由于超分子的形成。

C、烷烃基为推电子基团，烃基越长推电子效应越大。

D、应先加稀硝酸，再加AgNO3溶液，防止NaOH与AgNO3反应。12．【答案】D【解析】【解析】A、左侧细菌电极作为阳极，发生的氧化反应为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，生成的H+通过阳离子交换膜迁移至阴极室，导致甲室pH降低，A选项错误。

B、左侧电极作为负极发生相同反应，每转移8mol电子会产生7molH+，而正极区需消耗32molH+D、阴极发生Co2+的电沉积反应：Co2++2e-=故答案为：D

【分析】A、甲室为电解池装置，CH3COO－发生失电子的氧化反应，生成CO2的同时生成H＋，溶液的pH减小。

B、装置工作过程中，乙室中H＋参与反应。

C、乙室电解质溶液中含有HCl，酸性条件下不能生成OH－。

D、根据转移电子守恒进行计算。13．【答案】D【解析】【解析】A、乙腈(CH3CH2CN)与乙基异腈(CH3CH2NC)具有相同的分子式C3H5N，但官能团连接方式不同（-CN与-NC），符合同分异构体的定义，A选项正确。B、根据反应能量变化示意图，无论是生成腈还是异腈的路径，最终产物的能量均低于起始反应物AgCN和CH3CH2Br的总能量，说明这两个反应都是放热过程，B选项正确。

C、从能量变化曲线可见，后续中间体Ⅰ（含N…Ag键）转化为产物时所需的活化能显著低于中间体Ⅱ（含C…Ag键）的转化过程，说明N…Ag键的键能弱于C…Ag键，C选项正确。

D、通过过渡态能量分析可知，生成中间体Ⅱ的活化能较低（反应较快），而中间体Ⅰ更稳定（能量更低）。在反应动力学和热力学因素共同影响下，实际产物分布由这两个竞争因素决定，不能简单认为只受单一因素控制，D选项错误。

故答案为：D

【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。

B、根据反应物和生成物总能量的相对大小，判断反应的热效应。

C、根据反应过程中能量的变化分析。

D、通过过渡态能量分析可知，生成中间体Ⅱ的活化能较低（反应较快），而中间体Ⅰ更稳定（能量更低）。14．【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，A2+位于B-构成的立方体空隙中，配位数为8；B-位于A2+构成的四面体空隙中，配位数为4，故A正确；B．根据侧面图，a=2mpm，两个最近的B-之间的距离为C.8个B-形成的小立方体的边长为a2，所以AB2晶胞与8个BD．每个AB2晶胞中含4个AB2化学式，它的边长为2mpm故答案为：C。

【分析】A.在AB2晶体中，阳离子配位数为8，阴离子配位数为4；

B.两个最近的B-之间的距离是2m2pm；

C.AB2晶胞与8个B-形成的立方体的体积比为8:115．【答案】C【解析】【解答】A.分析显示，直线L1表示c(Ag+)c｛[Ag(S2O3)2]3-｝随硫代硫酸根离子浓度变化的函数关系，选项A正确。B.根据分析可知，Ksp=c(Ag+)c(Br-C.反应Ag++2S2O32−⇌[Ag(S2O3)2]3-的平衡常数K=c{AgS2O323-}c(Ag+)c2(S2O32-)D.图示表明，当硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，c(Br-)=10-3.85mol/L，溶液中c(Ag+)=10-8.35mol/L。当c(Ag+)=10-4.2时，计算得到反应平衡常数K=101.2，数量级为101，选项D正确。【分析】溴化银饱和溶液中，溴离子和银离子的浓度相等。当向该溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，银离子浓度会降低，而溴离子浓度会增加。因此：曲线b表示c(Ag＋)随c(S2O32－)的变化关系；曲线d表示c(Br－)随c(S2O32－)的变化关系。在反应初期，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]-，此时溶液中存在以下关系：c(Ag+)c｛[Ag(S2O3)]-｝＜c(Ag+)c｛[Ag(S2O3)2]3-｝。因此直线L1表示c(Ag+)c{[Ag(S2O3)2]3-}随c(S16．【答案】（1）4d25s2；Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定（2）Zr4++H2O=ZrO2++2H+（3）x射线衍射法（4）4.0×10-23（5）生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大（6）将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响ZrCl4的纯度；2FeCl3+H2ΔFeCl2+2HCl【解析】【解答】（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定。

故答案为：4d25s2；Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定

（2）ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+。

故答案为：Zr4++H2O=ZrO2++2H+

（3）x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等。

故答案为：x射线衍射法

（4）“沉淀”后的“废液”中有c(B+)c(BOH)=1.6，KbBOH=cB+cOH-cBOH=1.6×10−5，则cOH-=1.0×10-5mol/L，KspFeOH3=4.0×10−38，则“废液”中c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3(OH-)=4.0×10−38(10−5)3mol/L=4.0×10−23mol/L。

故答案为：4.0×10-23

（5）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为2C+2Cl2+ZrO2高温ZrCl4+2CO，该反应ΔH<0，生成CO气体，体系熵增大ΔS>0，反应自发趋势增大。

故答案为：生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大

（6）“还原”的主要目的是：ZrCl4的沸点为331℃，FeCl3的沸点为315℃，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将FeCl3转化为沸点更高的FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl2，“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为2FeCl（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定；（2）ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+；（3）x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等；（4）“沉淀”后的“废液”中有c(B+)c(BOH)=1.6（5）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为2C+2Cl2+ZrO2（6）“还原”的主要目的是：ZrCl4的沸点为331℃，FeCl3的沸点为315℃，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将FeCl3转化为沸点更高的FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl217．【答案】三颈烧瓶；检查装置气密性；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质；4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2【解析】【解答】（1）据仪器的构造可知，仪器c名称为三颈烧瓶。

故答案为：三颈烧瓶（2）装置中涉及气体的产生和反应，则需装置不漏气，故为检查装置气密性。

故答案为：检查装置气密性（3）NaHCO3溶液会和亚铁离子反应生成二氧化碳、水和FeCO3，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质，故使用碳酸氢钠生成碳酸亚铁所得产品纯度更高。

故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)（4）亚铁具有还原性，空气中氧气具有氧化性，结合质量守恒，则FeCO3湿润时易因被氧化为氢氧化物氢氧化铁，同时生成二氧化碳，反应为：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2。

故答案为：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2（5）通过反应从溶液中得到乳酸亚铁固体，则操作为：隔绝空气加热蒸发，冷却结晶、过滤，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。

故答案为：冷却结晶，过滤（6）乳酸亚铁中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，第二次滴定数据误差较大，舍弃，则平均消耗标准液34.00mL，产品纯度为0.10mol/L×0.034L×25025×234g/mol9.36g×100%=85%。若滴定操作时间过长，则样品中亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。

故答案为：乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；85%；偏小

【分析】亚铁离子(Fe2+)易被氧气(O218．【答案】(1)-90.6

(2)B，C

(3)22%0.022由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低

(4)Cu【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ=反应ⅲ，则△H2=△H3—△H1=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol。

故答案为：—90.6（2）A．该反应是气体体积不变的吸热反应，绝热恒容的密闭容器中反应时，容器中温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．由碳原子个数守恒可知，反应中nCO2+nD．一氧化碳的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故答案为：BC（3）①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，甲醇的物质的量为1mol×30%×60%=0.18mol，一氧化碳的物质的量为1mol×30%×40%=0.12mol，由氧原子个数守恒可知，水蒸气的物质的量为1mol×2-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为3mol×2-0.18mol×4-0.3mol×22=2.34mol，则混合气体的总物质的量为3.64mol，氢气的转化率为②甲醇选择性随温度升高而降低是因为反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、ⅲ为放热反应，升高温度，反应ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应ⅱ、ⅲ的平衡向逆反应方向移动，使得甲醇的选择性降低。

故答案为：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低（4）①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为，则a为。

故答案为：②由图可知，生成甲烷的第一步反应是二氧化碳中的碳原子与催化剂活性位点相连，由题给信息可知，锡的活性位点对氧原子的连接能力较强，金、铜的活性位点对碳原子的连接能力较强，但铜对一氧化碳的吸附能力远强于金，且铜吸附一氧化碳后不易脱离，所以应选择铜做催化剂制备甲烷。

故答案为：Cu

【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。

（2）当正逆反应速率不变（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此分析选项。

（3）①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，据此进行计算。

②结合温度对平衡移动的影响分析。

（4）①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为。

②根据金、铜的活性位点对碳原子的连接能力的强弱分析。19．【答案】（1）酰胺基（2）取代反应或酯化反应（3）保护羟基（4）；（5）9；或（6）【解析】【解答】（1）根据H的结构简式，H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有酰胺基。

故答案为：酰胺基（2）A→B是A中的羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基，反应类型为取代反应。

故答案为：取代反应或酯化反应（3）反应C→D是C中羟基和CH3OCH2Cl发生取代反应，根据流