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2025年黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷
一、单选题：本大题共15小题，共45分。
1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物中主要成分属于硅酸盐的是( )
A.战国透雕龙凤纹铜铺首 B.元代青花釉里红开光贴花盖罐 C.宋水晶珠串 D.清梅花图纸本页册
A. A B. B C. C D. D
2.下列化学用语和表述正确的是( )
A. 分子的VSEPR模型为：三角锥形
B. HClO的电子式：
C. 的价电子的轨道表示式：
D. 中含有的电子数为：18
3.下列关于实验的描述正确的是( )
A. 可用浓硫酸干燥
B. 可用酸性检验中的
C. 可用溴的四氯化碳溶液除乙烷中的乙烯
D. 可用湿润的淀粉试纸鉴别和
4.三氟化氮在潮湿的环境中能发生反应：，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 消耗，形成键数目为
B. 生成，电子转移数为
C. 若被氧化，则需氧化剂的分子数为
D. 的HF溶液含F数为
5.已知转化Ⅰ：；转化Ⅱ：。下列说法错误的是( )
A. 氧化性：
B. 转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的，转移电子数相同
C. 做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强
D. 与溶液反应：
6.实验室安全至关重要，下列做法正确的是( )
A. 蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的，且要用玻璃棒搅拌
B. 还原时，要先通一段时间氢气后再加热还原，最后还原铁粉在氢气气氛中冷却
C. NaOH溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再用的碳酸氢钠溶液涂抹
D. 用小刀切割白磷或金属钠时，要放在玻璃片上操作
7.结构决定性质，性质反映结构。下列对物质性质的解释正确的是( )
选项 性质 解释
A 某些金属灼烧时有特征焰色 核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级
B 晶体具有自范性 晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列
C “杯酚”分离和C7 超分子“杯酚”具有“自组装”性，可组装成一个大小适配的空腔而将分离出来
D 在中的溶解度大于在中的溶解度 “相似相溶原理”：是非极性共价键形成的非极性分子，易溶于非极性的
A. A B. B C. C D. D
8.由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示“UV”代表紫外线。下列说法错误的是( )
A. 只有在循环中起催化作用
B. 该反应可用于制取合成气CO、
C. 过程包含反应
D. 反应过程中金属元素的价态发生改变
9.桂皮中含有的肉桂醛是一种食用香料，工业上可通过如下反应制备肉桂醛：
，下列说法正确的是( )
A. 能使酸性褪色，不能使溴水褪色
B. 上述反应中的三种有机物的碳原子都在同一个平面内
C. 杂化的碳原子
D. 易溶于水和乙醇是因为中也存在氢键
10.下列实验方案不能达到实验目的的是( )
选项 实验目的 实验方案
A 得到均匀且光亮的铜镀层 把铁制镀件与电源负极相连，铜片与电源正极相连，将两极平行浸入加有氨水的电镀液中电镀
B 比较HX的电离程度与水解程度的大小 室温下，用pH计测量一定浓度某弱酸盐NaHX溶液的pH
C 氧化性： 向溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯萃取上层为橙红色
D 制备晶体 向溶液中加入的乙醇
A. A B. B C. C D. D
11.某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，下列说法错误的是( )
A. 氢化物的沸点：
B. 第一电离能：
C. X、Y、Z不可形成既含离子键又含共价键的化合物
D. 该物质的熔点低于NaZ
12.2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子可吸收可见光，产生电子修饰的缺陷氮化碳光电正极，建立了一种新型双功能辅助电池系统，总反应为，结构示意图和光电正极的工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 可以捕获光生电子用于氧化
B. 放电时，电流由a电极沿导线流向b电极
C. 产生电荷量时，生成的质量与消耗的质量比为5：2
D. 用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗时，铅酸蓄电池消耗水
13.利用反应 ，可实现从燃煤烟气中回收硫。向三个体积相同的恒容密闭容器中通入和发生反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 实验b中，内CO的平均反应速率
B. 与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂
C. 实验b中的平衡转化率是
D. 实验abc相应条件下的平衡常数：
14.氢能具有高热值、零污染和资源丰富等优点。一种光解水产生氢气的催化剂晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm。下列说法正确的是( )
A. Ce与O的个数比为2：1
B. 与Ce距离最近的O个数为8
C. Ce与O的最近距离为
D. 该晶体的摩尔体积为
15.常温下，向某浓度溶液中缓慢加入，保持溶液体积和温度不变，测得pH与、、变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. a到b的滴定过程中水的电离程度逐渐增大
B. 常温下，电离平衡常数为
C. a点溶液中，存在
D. 在NaHA溶液中，存在
二、流程题：本大题共1小题，共13分。
16.硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，利用常压酸浸一溶剂萃取法从硫锰废渣中回收有价金属锰、钴、镍的工艺流程如图：
已知：①“溶浸”中的与均过量；
②、、开始沉淀的pH分别为、、；
③，
回答下列问题：
“溶浸”中发生反应的还原产物是______ 填化学式。MnS溶于会生成，但本工艺“浸出”过程中无产生，利用离子方程式说明原因______。
“沉淀”中调节溶液pH为，此时______ 。
“滤渣”中主要有和______，不能通过调节溶液的 pH完成“除钙”的原因是______。
对萃取剂P204和P507萃取金属离子的影响如图所示。据此推测，“产品1”中主要的金属阳离子是______，试剂 B应选用______ 填“P204”或“P507”。
在NaOH介质中，用氧化可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式______。
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
17.环己酮是种重要的化工原料，由氧化环己醇制备环己酮的实验方法如图：
相关数据如下：
物质 密度 沸点 与水形成共沸物的沸点 部分性质
环己醇 能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮 微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应
环己酮的产率受用量影响，当用量过大时环己酮产率反而下降，其原因是______。反应温度控制在的原因是______。
减压蒸馏的装置如图所示，当加热后已有馏分出来时才发现冷凝管没有通水，应该采取的措施是______，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有______。减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是______ 填标号。
停止通冷凝水
关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
关闭真空泵
缓慢打开双通旋塞
判断蒸馏是否完全，除了可以观察是否有馏出物，还可以通过观察______进行判断。
传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为______。
本实验中环己酮的产率为______ 保留2位有效数字。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
18.利用可再生能源和绿色氢气将转化为甲醇，可以减少碳排放同时将固定为有价值的化学品，是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下：
反应1：
反应2：
反应3：
回答下列问题：
______。
上述反应中，反应1的速率决定了总反应速率。图1用于表示该过程的能量与反应进程的关系部分已画出。请选择图或图，在虚线线框中将其补充完整。
有人提出“ 也适宜于工业合成甲醇”，判断这种说法是否正确并说明原因______ 假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而变化。
在传统的热反应中，恒压压强分别为3MPa、下，按：：3投料，在密闭容器中发生反应1和反应3，改变反应温度，的平衡转化率以及生成或选择性的变化如图2所示。已知：或选择性
①随着温度升高，a、b两条曲线接近重合的原因是______。
②下列有关反应体系的说法中正确的是______。
A.当的分压不再改变时，体系达到平衡状态
B.曲线表示的选择性
C.使用催化剂可以降低活化能，提高合成效率
D.体系达到平衡后，压缩体积，则反应3平衡正向移动，反应1平衡不移动
③P点对应的反应1的平衡常数______ 以分压计算，分压=总压x物质的量分数保留两位有效数字。
④分子筛膜反应器可提高反应3的平衡转化率、且实现选择性，原理如图3所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原因是______。
五、推断题：本大题共1小题，共14分。
19.玛巴洛沙韦化合物是一种新型抗流感药物，其合成路线如图部分试剂已省略。
已知：
回答下列问题：
中含氧官能团的名称为______。
到B的反应类型为______ 填序号，M到N的反应类型为______ 填序号。
A.取代反应
B.还原反应
C.氧化反应
D.消去反应
化合物I的名称为______ 系统命名法。
写出化合物D到化合物E的化学方程式：______。
玛巴洛沙韦分子中有______个手性碳原子； P到Q的反应中，碳酸钾的作用是______。
、Y都是I的同分异构体，其中X的苯环上有三个取代基，若在苯环上再进行一元取代时能得到两种同分异构，则X有______种； Y遇溶液显紫色，且其中核磁共振氢谱图有3组峰的化合物的结构简式为______ 写出一种即可。
从O到P脱除氧原子上的苯甲基保护基时，用到的二甲基乙酰胺和催化效率与Pd催化剂类似能稳定的催化反应进行，抚顺市化工设备研究院采用醋酸与二甲胺合成法合成二甲基乙酰胺取得了良好成果，试写出该合成方法的主要反应方程式：______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：铜铺首的主要成分是铜合金，故A错误；
B.罐的主要成分是陶瓷硅酸盐，故B正确；
C.水晶的主要成分为，故C错误；
D.纸的主要成分为纤维素，故D错误；
故选：B。
A.根据战国透雕龙凤纹铜铺首的材质，进行分析；
B.根据元代青花釉里红开光贴花盖罐的材质，进行分析；
C.根据水晶主要成分是二氧化硅，进行分析；
D.根据清梅花图纸本页册的材质，进行分析。
本题主要考查硅酸盐材料的应用，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。了解常见文物的材质和硅酸盐的定义是解题的关键。
2.【答案】D
【解析】解：分子中心原子为N，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故A错误；
B.HClO的结构式为，其电子式为，故B错误；
C.铜是29号元素，的价电子的轨道表示式为，故C错误；
B.核素的电子数为，故D正确，
故选：D。
A.分子中心原子为N，价层电子对数为4；
B.HClO的结构式为；
C.铜是29号元素；
D.质子数等于电子数，阴离子的电子数等于质子数加上所带的电荷数目。
本题考查化学用语，为高频考点，把握电子式、结构简式、比例模型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学用语的区别及规范使用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：浓硫酸与二氧化硫不反应，浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸干燥，故A正确；
B.亚铁离子、氯离子均可使酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能检验，故B错误；
C.溴与乙烯反应，四氯化碳可吸收乙烷，应选溴水、洗气分离，故C错误；
D.和均可氧化KI生成碘，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：A。
A.浓硫酸与二氧化硫不反应，浓硫酸具有吸水性；
B.亚铁离子、氯离子均可使酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.溴与乙烯反应，四氯化碳可吸收乙烷；
D.和均可氧化KI生成碘。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、离子检验、物质的鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：依据方程式：可知，消耗5mol水生成9molHF，则消耗，物质的量为，形成键数目为，故A错误；
B.气体状况未知，无法计算一氧化氮物质的量和转移电子数，故B错误；
C.反应中只有N元素化合价发生改变，即若被氧化，则需2mol氧化剂，也就是，故C正确；
D.HF酸为弱酸，不能完全电离，的HF溶液含F数小于，故D错误；
故选：C。
A.依据方程式：判断；
B.气体状况未知；
C.反应中只有N元素化合价发生改变；
D.HF酸为弱酸，不能完全电离。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：氧化性：氧化剂>氧化产物，由反应、可知，氧化性：，故A正确；
B.反应Ⅰ中、消耗得电子5mol，反应Ⅱ中，生成得电子5mol，所以转化Ⅰ、Ⅱ中消耗或生成等物质的量的时转移电子数相同，故B正确；
C.酸性高锰酸钾溶液的氧化性强，中性条件下氧化性次之，碱性条件下氧化性略弱，即做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强，故C正确；
D.与溶液反应为，故D错误；
故选：D。
A.氧化性：氧化剂>氧化产物；
B.反应Ⅰ中、消耗得电子5mol，反应Ⅱ中，生成得电子5mol；
C.一般而言，酸性越强的溶液中氧化剂的氧化性也越强；
D.与溶液反应时还生成沉淀。
本题考查氧化还原反应概念及规律，侧重基础知识灵活运用能力考查，把握氧化还原反应规律的应用、离子方程式的书写、氧化性强弱判断等知识是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的，且要用玻璃棒搅拌，故A错误；
B.还原时，要先通一段时间氢气后再加热还原，为防止铁粉再次被氧化，最后还原铁粉需在氢气气氛中冷却，故B正确；
C.NaOH溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再涂抹一定浓度的硼酸溶液，不用的碳酸氢钠溶液冲洗，故C错误；
D.白磷易燃，用小刀切割白磷时，要在水中切割，故D错误；
故选：B。
A.蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的；
B.还原时，要先通一段时间氢气后再加热还原，为防止铁粉再次被氧化；
C.NaOH溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再涂抹一定浓度的硼酸溶液；
D.白磷易燃，用小刀切割白磷时，要在水中切割。
本题考查了实验基本操作及事故处理，明确化学安全事故正确的处理方法为解答关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：焰色试验是电子从高能到低能释放能量所发出的光波，故A错误；
B.在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的自范性是晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，故B正确；
C.借助分子间力形成的超分子“杯酚”分离反映了超分子的“分子识别”性，故C错误；
D.是极性共价键形成的极性分子，但极性较弱，在中的溶解度大于在中的溶解度，故D错误；
故选：B。
A.核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级，向低能级迁移时，放出的能力以光的形式放出，某些金属灼烧时有特征焰色；
B.在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，是晶体的自范性；
C.超分子“杯酚”具有“自组装”性，可组装成一个大小适配的空腔而将分离出来；
D.是极性共价键形成的极性分子，极性较弱。
本题主要考查焰色试验等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知、、都有催化作用，故A错误：
B.图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为，得到合成气：CO和，故B正确；
C.由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，，故C正确；
D.、、中氧原子个数改变，金属元素价态一定改变，故D正确；
故选：A。
A.根据催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质进行分析；
B.根据循环Ⅰ、Ⅱ反应都为，进行分析；
C.根据循环Ⅰ中，在UV的作用下，，进行分析；
D.根据、、中氧原子个数改变，进行分析。
本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9.【答案】C
【解析】解：苯甲醛中的能被酸性高锰酸钾溶液、溴水氧化，所以苯甲醛能使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，故A错误；
B.肉桂醛中苯基中所有原子共平面、中所有原子共平面，单键可以旋转，两个平面可能不重合，所以肉桂醛中所有碳原子可能不共平面，故B错误；
C.苯环上的碳原子、连接双键的碳原子都采用杂化，肉桂醛中所有碳原子都采用杂化，故C正确；
D.乙醛分子间不存在氢键，水、乙醇中存在分子间氢键，故D错误；
故选：C。
A.能被酸性高锰酸钾溶液、溴水氧化；
B.肉桂醛中苯基中所有原子共平面、中所有原子共平面，单键可以旋转；
C.苯环上的碳原子、连接双键的碳原子都采用杂化；
D.乙醛分子间不存在氢键。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：铜片与电源正极相连作阳极，加入一些氨水可以形成稳定的铜氨络合物有效降低电镀液中铜离子的浓度，有助于保持电镀液的稳定性和均匀性，使电镀层能够慢慢生成，均匀且光亮，故A正确；
B.NaHX溶液中酸根离子存在电离与水解，可知HX的水解程度大于电离程度，可知HX的水解程度和电离程度相当，可知HX的水解程度小于电离程度，故B正确；
C.溶液中通入少量氯气，生成溴单质，由实验操作和现象，可知氧化性，故C错误；
D.乙醇的极性比水的极性小，溶液中加入的乙醇，可降低晶体的溶解度，则析出晶体，故D正确；
故选：C。
A.铜片与电源正极相连作阳极，加入一些氨水可以形成稳定的铜氨络合物有效降低电镀液中铜离子的浓度；
B.NaHX溶液中酸根离子存在电离与水解；
C.溶液中通入少量氯气，生成溴单质；
D.溶液中加入的乙醇，可降低晶体的溶解度。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、盐类水解、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：分析题干可知，T、X、Y分别为C、N、O，C、N的氢化物有很多，无法比较其氢化物的沸点，故A错误；
B.同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，Ⅱ、Ⅴ元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，则第一电离能：，故B正确；
C.F、O元素非金属性很强，且F无正价，N、O、F三种元素不能形成阳离子，所以不能形成既含离子键又含共价键的化合物，故C正确；
D.NaF的阴、阳离子半径小、离子键强，所以NaF的熔点高于该物质，故D正确；
故选：A。
Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，阳离子结构中，Q只形成1个共价键，则Q为第IA族或第Ⅶ族元素，阴离子结构中，Z只形成1个共价键，则Z为第Ⅶ族元素，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，Q的原子序数最小，则Q为H元素，Z为F元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，原子序数小于F元素，则T和Y的价电子排布分别为、，即分别为C元素和O元素，则X为N元素，R的原子序数为：，则R为B元素，综上所述Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F，据此分析作答。
本题主要考查元素的推断，为高频考点，题目难度一般。
12.【答案】C
【解析】解：由电子移动方向可知，a电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，故A错误；
B.由分析可知，a电极为原电池的负极，b电极为正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故B错误；
C.由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为，由电极反应式可知，生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：：2，故C正确；
D.铅蓄电池充电时的总反应为，反应消耗2mol水时，转移2mol电子，则由得失电子数目守恒可知，充电消耗锂时，铅酸蓄电池消耗水的质量为，故D错误；
故选：C。
由电子移动方向可知，a电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为。
本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
13.【答案】D
【解析】解：起始：：1，则起始，，设变化压强为xkPa，

起始 0
变化 2x x 2x
平衡 2x
达到平衡时混合气体总压强为120kPa，，解得，内CO的平均反应速率，故A正确；
B.与实验a相比，实验b先达到平衡状态，但平衡状态未改变，则与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂，故B正确；
C.的转化率，故C正确；
D.与实验a相比，实验c达到的平衡状态改变，且时间缩短，平衡时压强增大，若是增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，向正方向的程度应增大，与图象不符合，若是升高温度，该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，与图象相符，故实验c为升高温度，平衡常数减小，实验b是加入催化剂，不影响化学平衡常数，所以，故D错误；
故选：D。
A.起始：：1，则起始，，设变化压强为xkPa，

起始 0
变化 2x x 2x
平衡 2x
达到平衡时混合气体总压强为120kPa，，结合计算；
B.与实验a相比，实验b先达到平衡状态，但平衡状态未改变；
C.根据A选项，的转化率；
D.化学平衡常数只与温度有关。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：据“均摊法”，晶胞中Ce的个数为，O的个数为8，则晶胞中Ce与O的个数比为1：2，故A错误；
B.以底面面心的Ce为例，上、下层各有4个氧原子，故与Ce距离最近的O个数为8，故B正确；
C.Ce与O的最近距离为体对角线的，为，故C错误；
D.1个晶胞体积为，1个晶胞中含有4个Ce和8个O，则该晶体的摩尔体积为，故D错误；
故选：B。
A.据“均摊法”，晶胞中Ce的个数为，O的个数为8；
B.以底面面心的Ce为例，上、下层各有4个氧原子，故与Ce距离最近的O个数为8；
C.Ce与O的最近距离为体对角线的；
D.1个晶胞体积为，1个晶胞中含有4个Ce和8个O，则该晶体的摩尔体积为。
本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：酸抑制水的电离，a到b的滴定过程溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故A正确；
B.随着加入，溶液中逐渐减小、先增大后减小、逐渐增大，则逐渐增大、逐渐减小、逐渐减小，由图可知，时，，此时电离平衡常数；a点时，，此时，则电离平衡常数，故B正确；
C.a点溶液中，，，，即，，故C正确；
D.既存在电离又存在水解，则NaHA溶液中，的水解常数，即的水解程度小于其电离程度，，所以NaHA溶液中，故D错误；
故选：D。
A.酸抑制水的电离，浓度越大，抑制作用越强；
B.随着加入，溶液中逐渐减小、先增大后减小、逐渐增大，则逐渐增大、逐渐减小、逐渐减小，由图可知，时，，此时电离平衡常数；a点时，，此时；
C.a点时，，电离平衡常数；
D.的水解平衡常数，即的水解程度小于其电离程度，。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断、弱电解质的电离平衡，侧重分析能力和计算能力的考查，把握图中曲线表示的意义、曲线上各点的成分及性质、电离平衡常数的计算是解题关键，电离平衡常数的计算是解题的难点，题目难度中等。
16.【答案】 完全沉淀时，、、均已完全沉淀或氢氧化钙微溶，调pH值无法使完全沉淀 P507
【解析】解：将混合进行溶浸，生成还原产物和氧化产物；向“溶浸”溶液中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀而不会放出气体，离子反应方程式为，
故答案为：；；
根据，溶液pH为，即，，代入得，
故答案为：；
加入除钙，故“滤渣”中主要有过量和氢氧化钙微溶，调pH值无法使完全沉淀，若完全沉淀，、、均已完全沉淀，无法达到分离的目的，
故答案为：；完全沉淀时，、、均已完全沉淀或氢氧化钙微溶，调pH值无法使完全沉淀；
由图知，P204对萃取率很高，故有机相1中主要含，“产品1”中主要的金属阳离子是，试剂B萃取后，水相中为故试剂B对萃取率高，由图知，P507符合，
故答案为：；P507；
在NaOH介质中，用氧化可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的，做氧化剂得电子反应后生成Br，离子方程式为：，
故答案为：。
硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，先将，，混合进行溶浸，生成和，向其中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀，浸出液加入碳酸钙调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀析出，再加入MnF2除去溶液中的钙离子，加入萃取剂萃取，得有机相和水相，根据第4小题图可知水相中主要含和，有机相1中主要含，有机相反萃取后得到产品1为，水相再次萃取，得到溶液和有机相2，有机相2中主要含。
本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17.【答案】具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降 温度过低，反应速率慢，温度过高，分解 停止加热，冷却后再通冷凝水 防止液体暴沸 badc 温度计读数是否发生变化 3
【解析】解：环己酮的产率受用量影响，当用量过大时环己酮产率反而下降，其原因是具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降，反应温度控制在的原因是温度过低，反应速率慢，温度过高，分解，
故答案为：具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降；温度过低，反应速率慢，温度过高，分解；
减压蒸馏的装置如图所示，当加热后已有馏分出来时才发现冷凝管没有通水，应该采取的措施是停止加热，冷却后再通冷凝水，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还可以防止液体暴沸，减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，需进行下列操作：关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温、停止通冷凝水、缓慢打开双通旋塞、关闭真空泵，
d故答案为：停止加热，冷却后再通冷凝水；防止液体暴沸；badc；
判断蒸馏是否完全，除了可以观察是否有馏出物，还可以通过观察温度计读数是否发生变化进行判断，
故答案为：温度计读数是否发生变化；
传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为：3，
故答案为：3；
根据题意可得：环己酮环己醇，则环己酮的产率为，
故答案为：。
将2g氯化铁、10mL环己酮混合后，加入的双氧水，加热至，反应后，向反应混合液中加入50mL蒸馏水，蒸馏，向共沸馏出液中加入食盐，搅拌后，分液，向有机层中加入硫酸镁，除去水，过滤，将所得产物减压蒸馏，得到环己酮产品，据此分析作答。
本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及环己酮的制取以及产率的计算，属于基本知识的考查，难度中等。
18.【答案】； 不正确，这个反应且，，在任何温度下都不能自发进行； 温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主； AC； ； 分子筛膜反应器可以及时分离反应3生成的同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率；
【解析】解：反应反应2得反应3，故；
故答案为：；
根据应选图1中的，再根据反应1是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能，另外，所以图像终点低于最左侧起点；
故答案为：；
该反的逆过程是甲醇气态燃烧为放热，所以该反应为吸热，又因故，在任何温度下都不能自发进行；
故答案为：不正确，这个反应且，，在任何温度下都不能自发进行；
①反应3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，反应1是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大，随着温度升高，a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是：温度升高到一定程度时，整个过程以反应Ⅰ为主；
故答案为：温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主；
②反应体系中的分压是变量，当其不变时达到平衡状态，故A正确；
B.随温度升高反应3逆向移动，的量减少选择性降低，故B错误；
C.使用催化剂降低活化能，提高反应速率，提高合成效率，故C正确；
D.根据反应3系数分析，压缩体积，反应3正向移动，随着反应3正向移动会引起体系中和减少同时增多，这就打破了反应1的平衡，使其也发生移动，故D错误；
故答案为：AC；
③根据②B选项分析可知表示CO、表示；温度一定，压强越大反应3越向正向进行选择性越大，故为5MPa，为3MPa；根据已知条件列出“三段式”有：

起始 1 3 0 0
变化 x 3x x x
平衡 x x

起始 0 x
变化 y y y y
平衡 y
P点时压强为3MPa，CO的选择性为，的转化率为，则，，解得，反应1的平衡常数；
故答案为：；
④分子筛膜反应器可提高转化率的原因是 及时分离反应3生成的同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率；
故答案为：分子筛膜反应器可以及时分离反应3生成的同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率；
根据盖斯定律求解；
根据应选图1中的，再根据反应1是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能，另外，所以图像终点低于最左侧起点；
该反的逆过程是甲醇气态燃烧为放热，所以该反应为吸热，又因故，在任何温度下都不能自发进行；
①a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是：温度升高到一定程度时，整个过程以反应Ⅰ为主；
②反应体系中的分压是变量，当其不变时达到平衡状态；
B.随温度升高反应3逆向移动，的量减少选择性降低；
C.使用催化剂降低活化能，提高反应速率，提高合成效率；
D.根据反应3系数分析，压缩体积，反应3正向移动，随着反应3正向移动会引起体系中和减少同时增多，这就打破了反应1的平衡，使其也发生移动；
③根据题目列三段式求解；
④分子筛膜反应器可提高转化率的原因是 及时分离反应3生成的同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率；
本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生热化学方程式书写、平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】羧基和醚键 A B 3，二氟苯甲酸 2 消耗HCl，使平衡向右移动 4 或
【解析】解：由化合物A结构式可知，含氧官能团的名称有羧基和醚键，
故答案为：羧基和醚键；
到B的反应类型是A中的氨基与羧基生成酰胺基的取代反应，M到N的反应类型是碳氧双键转化为醇羟基，是得氢的过程，为还原反应，
故选：A；B；
化合物Ⅰ的名称为3，二氟苯甲酸，
故答案为：3，二氟苯甲酸；
化合物D到化合物E的化学方程式为，
故答案为：：
化合物Q玛巴洛沙韦分子中手性分子标记为，共2个，根据P到Q的反应可知，此步骤为羟基和Cl原子在碱性环境下生成醚键的反应，同时生成HCl，碳酸钾可消耗生成HCl，使得平衡向右移动，
故答案为：2；消耗生成HCl，使得平衡向右移动；
是I的同分异构体，其中X的苯环上有三个取代基，若在苯环上再进行一元取代时能得到两种同分异构，符合条件的X有4种，分别是，Y遇氯化铁溶液显紫色，说明有酚羟基，且其中核磁共振氢谱图有3组峰的化合物的结构简式为或，
故答案为：4；或；
醋酸与二甲胺合成法合成二甲基乙酰胺羧基与氨基形成酰胺键，主要反应方程式为：，
故答案为：。
根据E的分子式、F和G的结构简式知，E和F发生取代反应生成G和甲醇，则E为，根据D、E的分子式及反应条件知，D和甲醇发生取代反应生成E，则D为，结合已知条件可知，C为，B为。
本题考查同分异构体的数目的确定、多官能团有机物的结构与性质、分子的手性、有机合成路线的设计知识。

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