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2025届高三下学期复习备考高考化学模拟预测试题
一、单选题
1．分类思想在化学中具有重要意义，下列对叙述内容的分类错误的是
选项 叙述 分类
A 细胞器的双分子膜由磷脂构成 该双分子膜属于超分子
B 核苷酸由核苷与磷酸脱水缩合而成 核苷酸属于生物大分子
C 烫发第一阶段需将头发角蛋白中二硫键(-S-S-)转化为游离的巯基(-SH) 该过程属于还原反应
D 质谱检测时，样品分子首先被高能原子轰击成由电子、阳离子以及电中性微粒组成的气态物质 该气态物质属于等离子体
A．A B．B C．C D．D
2．受热分解发生如下反应：，下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为1的氢原子：
B．HI的电离方程式：
C．基态I-的价层电子排布式：
D．的VSEPR模型：
3．下列除杂试剂和方法正确的是
选项 物质(杂质) 除杂试剂 方法
A 硝基苯() 溶液、 萃取、分液、干燥
B 饱和溶液 洗气
C (难溶于水的灰分) 蒸馏水 溶解、过滤、结晶
D 乙醇() 浓硫酸 蒸馏
A．A B．B C．C D．D
4．下列关系错误的是
A．燃烧热：C2H5OH＜HOCH2CH2OH
B．pKa：CH2ClCOOH＜CH2ClCH2CH2COOH
C．COCl2与SOCl2键角：
D．化学键中离子键成分的百分数：MgO＜Na2O
5．实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法(部分实验材料已省略)均正确的是
气体 试剂 制备装置 收集方法
A a d
B 、饱和食盐水 b e
C 、浓盐酸 b c
D 、稀硫酸 b c
A．A B．B C．C D．D
6．短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，基态原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，可与形成淡黄色化合物，、最外层电子数相同。下列说法正确的是
A．时，最高价氧化物水溶液的
B．第一电离能：
C．简单离子的半径：
D．简单离子的还原性：
7．化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．溶液中，1molX最多能与3molNaOH反应
B．X、Y遇FeCl3溶液均显紫色
C．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等
8．硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法错误的是
A．该过程有参与 B．硫酸盐气溶胶呈酸性
C．是氧化产物 D．该过程有氢氧键的断裂和硫氧键的生成
9．某研究团队设计了一种可穿戴汗液传感器用于检测汗液中的葡萄糖浓度，该传感器同时集成了供电与检测两个模块。如图是供电模块工作原理(其中GOD为电极表面修饰的葡萄糖氧化酶)。下列说法错误的是
A．使用高活性GOD，可提高酶促反应速率，增强电信号强度
B．利用纳米材料修饰电极表面可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度
C．供电模块负极反应：C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+
D．供电模块中1×10-6mmol C6H12O6被氧化，正极消耗1.12×10-5mL O2(标准状况)
10．由ClO2制备杀菌剂NaClO2的生产工艺流程如下图，已知“尾气吸收”是吸收电解过程中排出的少量ClO2，以下说法正确的是
A．电解时阳极材料可选择Fe、C合金网
B．尾气吸收时H2O2起氧化剂的作用
C．电解总反应式为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2
D．结晶干燥时需在HCl热气流下进行，以防NaClO2水解
11．实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
12．硅化镁是一种窄带隙型半导体材料，在光电子器件等领域具有重要应用前景。硅化镁的晶胞参数，属于面心立方晶胞，结构如下图所示。下列说法正确的是
A．晶体中与原子距离最近的原子有4个
B．晶胞在对角面方向的投影图为
C．晶胞中相距最近的原子与原子间的距离为
D．阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度
13．合成氨的物质和能量关系如下图所示，下列说法正确的是
A．该反应的活化能为
B．的键能约为
C．(i)(ii)(iii)能量不同的原因是形成该化学键时化学环境不同
D．温度升高有利于合成氨速率的加快和平衡产率的提高
14．由合成的过程如下图。某温度下，保持体系中浓度恒定，向恒容反应器中加入发生图中系列反应。各反应的速率方程均可表示为，其中、分别为各反应中对应反应物的浓度，为速率常数(分别对应反应①~⑤)。已知该温度下，。下列说法正确的是
A．充入惰性气体(不参与反应)，使压强增大能提高各步骤的反应速率
B．时，若，则此时
C．随T的含量增加，增大
D．不发生变化时，体系中的含量一定为0
15．时，进行如下实验：
I.将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，观察现象；
II.再滴加适量新制饱和氯水(忽略体积变化)，振荡，观察现象。
已知：，，、。
下列说法正确的是
A．新制饱和氯水中存在：
B．将溶液稀释到，变为原来的
C．实验I中，不能观察到溶液变浑浊
D．实验II中发生反应的离子方程式为：
二、解答题
16．硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示(25℃)，此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54。
(1)Mn2+的价电子排布式为 。
(2)传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 。
(3)实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。
(4)“中和除杂”时，应调节pH的范围为 ，其中除去Fe3+的离子方程式为 。
(5)“氟化除杂”时，溶液中的Mg2+和Ca2+都沉淀完全时，则F-的最低浓度为 [已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12]。
(6)碳化结晶的离子方程式为 。
17．甲醇是主要的有机原料，常利用等进行制备。回答下列问题：
I．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
(1)反应①：；
反应②：。
已知键能数据为：，则键能为 。
(2)已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入后将体系温度维持的原因是 (不考虑催化剂活性变化)。
Ⅱ．利用合成气制备甲醇。涉及的反应如下：
反应③：
反应④：
(3)在不同压强下、按照进行投料，在容器中发生上述2个反应，平衡时，和在含碳产物(即和)中物质的量分数及的转化率随温度的变化如下图，判断图中压强由大到小为 。
(4)压强不变时，分析升温过程中转化率变化的原因 。
(5)某恒温恒容体系，按进行实验，平衡时的物质的量分数为点M，此时转化率为，则该条件下反应④逆反应的平衡常数 。
Ⅲ．科学家设计如图(串联光电催化反应池)减少排放并获取制备甲醇的。
(6)光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂B原子和P原子实现的。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。
据此，推测n型半导体掺杂的是 (填元素符号)。
(7)产生的电极反应式为： 。
18．CuCl在工业生产中有着重要应用。利用如图装置制备CuCl并测定产品纯度。
已知：ⅰ．CuCl是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化。
ⅱ．浓的溶液为无色，加水稀释即析出CuCl白色固体。
回答下列问题：
(1)①图中制取的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
②装置B中发生反应的仪器名称为 。
③C中可选用试剂 (填标号)。
A．溶液 B．饱和食盐水 C．浓 D．溶液
(2)制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，装置B中依次发生反应的离子方程式为：①；② ；③；观察到 时停止反应。将B中溶液倾入盛有蒸馏水的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀，抽滤得CuCl粗品。
(3)洗涤CuCl：洗涤时最好用的乙醇洗涤滤饼，其目的是 。
(4)CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品3.00g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成250mL溶液。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用的溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗溶液25.00mL(滴定过程中不反应)。
①产品中CuCl的质量分数为 。
②下列操作会引起CuCl纯度测定值偏大的是 。
A．锥形瓶水洗后误用稀硫酸润洗2-3次 B．配制标准溶液时仰视定容
C．盛装标准溶液的滴定管水洗后没有润洗
19．有机物具有抗微生物、抗氧化等作用，其合成路线如下。
其中流程中为三苯基膦，为烃基。回答下列问题：
(1)中含氧官能团的名称为 。
(2)的反应类型为 ，从整个流程看，设计的目的是 。
(3)反应的化学方程式为 。
(4)的结构简式为 。
(5)分子中苯环上有3个取代基，且其中两个为的的同分异构体有 种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为 。
(6)以、CH3CHO、为原料，制备的合成路线为，其中、的结构简式分别为 、 。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C A B A A C D C
题号 11 12 13 14 15
答案 D D C C C
1．B
【详解】A．细胞器的双分子膜由磷脂构成，磷脂分子通过非共价相互作用形成双分子膜结构，属于超分子，A正确；
B．核苷酸由核苷与磷酸脱水缩合而成，核苷酸是生物大分子核酸的基本组成单位，但核苷酸本身属于小分子化合物，B错误；
C．烫发第一阶段需将头发角蛋白中二硫键（－S－S－）转化为游离的巯基（－SH），二硫键断裂生成巯基的过程属于还原反应，C正确；
D．质谱检测时，样品分子被高能原子轰击成由电子、阳离子以及电中性微粒组成的气态物质，这种气态物质符合等离子体的定义，D正确；
故答案为：B。
2．D
【详解】A．质量数等于质子数加中子数，故中子数为1的氢原子表示为：，A错误；
B．HI是强酸，属于强电解质，故HI的电离方程式为：HI=H++I-，B错误；
C．I是主族元素，其价层电子即为其最外层电子，故基态I-的价层电子排布式为：，C错误；
D．的中心原子N的价层电子对数为：4+=4，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型结构为正体面体：，D正确；
故答案为：D。
3．C
【详解】A．应该用无水硫酸钠干燥硝基苯，故A错误；
B．二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应该用饱和碳酸氢钠溶液除二氧化碳中的二氧化硫，故B错误；
C．溶解、过滤、结晶，可除去中难溶于水的灰分，故C正确；
D．用生石灰除乙醇中的水，故D错误；
选C。
4．A
【详解】A．燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定物质释放的热量，乙醇(C2H5OH)的燃烧热约为-1367 kJ/mol，乙二醇(HOCH2CH2OH)约为-1184 kJ/mol，乙醇的燃烧热绝对值更大，说明其释放的热量更多，因此燃烧热更高，因此燃烧热：C2H5OH＞HOCH2CH2OH，A错误；
B．氯乙酸(CH2ClCOOH)和2-氯丁酸(CH2ClCH2CH2COOH)中，氯原子的电负性较高，会吸引电子，使羧基中的氢更容易电离，氯乙酸的氯原子与羧基更接近，电子吸引作用更强，酸性更强，因此pKa值：CH2ClCOOH＜CH2ClCH2CH2COOH，B正确；
C．COCl2和SOCl2中，COCl2的中心原子C为sp2杂化，SOCl2的中心原子S为sp3杂化，sp2杂化形成的键角大于sp3杂化，因此∠Cl－S－Cl＜∠Cl－C－Cl，C正确；
D．已知Na的电负性比Mg的小，则Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值更大，故Na2O的离子键成分更高，此外，Mg2+极化能力更强，进一步降低MgO的离子性，因此MgO中的离子键成分百分数应小于Na2O，D正确；
故答案为：A。
5．B
【详解】A．KMnO4可以加热分解制氧气，但氧气的密度大于空气，不能用向下排空气法收集，故A错误；
B．电石和饱和食盐水在常温下反应生成乙炔，乙炔在水中溶解度不大，可以用排水法收集，故B正确；
C．MnO2和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故C错误；
D．碳酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，覆盖在碳酸钙表面，阻碍碳酸钙和硫酸的接触，实验室制二氧化碳应选用碳酸钙和稀盐酸，故D错误；
故选：B。
6．A
【分析】四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元素原子，则X可能为Be或O，若X为第三周期元素，则均不满足题意，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为Na2O2，则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W为Cl元素。
【详解】A．Z为Na，W为Cl，时，最高价氧化物水溶液分别为NaOH溶液和HClO4溶液，，A正确；
B．同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞Cl＞Na，B错误；
C．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为：Cl-＞O2-＞F-＞Na+，C错误；
D．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强Cl2的氧化性最弱，故简单离子的还原性：Cl-＞O2-＞F-，D错误；
故选A。
7．A
【详解】A．羧基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，溶液中，1mol X最多能与3mol NaOH反应，A正确；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X不含酚羟基、Y含有酚羟基，所以X遇氯化铁溶液不发生显色反应，B错误；
C．Y中羧基能和乙醇发生酯化反应，所得产物不为X，Y中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成X，C错误；
D．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故室温下，X、Y和溴发生加成反应的产物中都含有3个手性碳原子，如图所示：、，含有的手性碳原子个数相等，D错误；
故答案为：A。
8．C
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有水参与，A正确；
B．硫酸盐(含、)气溶胶中含有，转化过程有水参与，则在水中可电离生成，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，B正确；
C．根据图示的转化过程，转化为 ，氮元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则是还原产物，C错误；
D．根据图示转化过程中，第阶段，由亚硫酸根离子转化为，根据图示对照，水分子参与反应，所以有氢氧键的断裂，同时生成了，有硫氧键生成，D正确；
故选C。
9．D
【分析】由图和题干信息可知，葡萄糖在反应中失电子作负极，电极反应式为C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+，氧气作正极，电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2，据此作答。
【详解】A．使用高活性GOD能降低反应所需的活化能，使更多反应物分子转化为活化分子，可提高酶促反应速率，增强电信号强度，A正确；
B．纳米材料具有较大的表面积，用来修饰电极表面，可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度，B正确；
C．葡萄糖在反应中失电子作负极，电极反应式为C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+，C正确；
D．1×10-6mmol C6H12O6被氧化，转移电子2×10-6mmol，依据电子守恒可得正极消耗氧气2×10-6mmol××22.4mL/mmol=2.24×10-5mL，D错误；
故答案为：D。
10．C
【分析】由题干合成流程图可知，将ClO2通入NaCl溶液中进行电解，生成NaClO2和Cl2，故阳极生成Cl2、阴极生成NaClO2，ClO2用H2O2、NaOH溶液进行吸收，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，将电解得到的溶液和尾气吸收产生的成品液合并进行蒸发浓缩、冷却结晶，低温干燥得到NaClO2产品，据此分析解题。
【详解】A．电解时阳极材料不能选择Fe，否则铁失电子，A错误；
B．ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2，流程中H2O2做还原剂，B错误；
C．电解装置中阴极ClO2得电子生成，阳极Cl-失电子生成Cl2，电解总反应式为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，C正确；
D．NaClO2是强碱弱酸水解呈碱性，因为HCl会与NaClO2发生氧化还原反应，故结晶干燥时不能在HCl热气流下进行，D错误；
故答案为：C。
11．D
【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。
【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；
B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；
C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
12．D
【详解】A．晶体中与Si原子距离最近的Mg原子有8个，A错误；
B．晶胞在对角面方向的投影图为， B错误；
C．晶胞中相距最近的Si原子与Mg原子间的距离为体对角线的四分之一，即为nm，C错误；
D．Si原子位于顶点和面心共有4个，Mg原子位于体内共有8个，该晶体的密度为，D正确；
故答案选D。
13．C
【详解】A．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，是正值。由图可知该反应的活化能1127kJ，A错误；
B．到吸收能量为473kJ，则的键能为，B错误；
C．(i)(ii)(iii)能量不同是因为在形成化学键时，周围的原子种类、数量及空间结构等化学环境不同，导致成键时释放的能量有差异，C正确；
D．合成氨反应，是放热反应，温度升高，反应速率加快，但平衡逆向移动，平衡产率降低 ，D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．恒容条件下，充入惰性气体(不参与反应)，压强增大，但原物质得浓度不变，反应速率不变，A错误；
B．时，若，则，则前内， ，B错误；
C．由，D的生成速率比G的生成速率大，G的消耗速率比D大，则随T的含量增加，增大，C正确；
D．反应初期，生成的T可以忽略不计，则体系中X的含量不为0，D错误；
故选C。
15．C
【详解】A．氯气与水的反应是可逆反应，无法确定溶液中剩余氯气与其它含氯微粒间的关系，A错误；
B．是弱酸，加水稀释，电离程度增大，将溶液稀释到，大于原来的，B错误；
C．实验I中，不能观察到溶液变浑浊，因为不能弱酸制强酸，且可以溶于盐酸，C正确；
D．实验II中再滴加适量新制饱和氯水，生成硫酸钙沉淀，发生反应的离子方程式为：，D错误；
故选C。
16．(1)
(2)产生硫化氢等气体，污染环境
(3)由图知，pH为2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费
(4)
(5)
(6)
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵进行“碳化结晶”，发生反应，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。
【详解】（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为，价电子排布式为，故Mn2+的价电子排布式为；
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；
（3）由图知，pH为2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费；
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是；加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH) 3沉淀，因此反应为：；
（5）已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12，溶液中的Ca2+沉淀完全时，当Mg2+完全沉淀时，需维持c(F )不低于，因此当时，即此时溶液中Mg2+和Ca2+能都沉淀完全；
（6）由分析知，加入碳酸氢铵进行“碳化结晶”，发生反应，生成沉淀。
17．(1)463
(2)温度过低，反应速率降低：催化剂表面吸附过程是放热，温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小
(3)
(4)反应③为放热反应，反应④为吸热反应，升温，③逆向移动，④正向移动，温度较低时③占主导，温度较高时，④占主导，因此转化率随温度先降低后升
(5)104
(6)P
(7)
【详解】（1）根据反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能。反应①，H-H键能一般为436，设O-H键能为x，反应物总键能为，生成物总键能为，，解得x=463。
（2）从反应速率影响因素分析，温度低分子能量低，反应速率慢；而催化剂表面吸附是放热过程，温度过高会使反应物在催化剂表面吸附量减少，同样导致反应速率降低。
（3）反应③是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，含量增加，CO含量减少；反应④气体分子数不变，压强对其平衡无影响。相同温度下，压强越大，物质的量分数越大，CO物质的量分数越小，所以。
（4）反应③是放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低；反应④是吸热反应，升温平衡正向移动，转化率升高。低温时反应③占主导，转化率降低，高温时反应④占主导，转化率升高。
（5）设容器体积为V，起始=1mol/L，=3mol/L，转化率为20%，则转化的浓度。设反应④中的转化的浓度为，则反应③中的转化的浓度为，平衡时，，，
反应④逆反应的平衡常数，平衡时的物质的量分数为点M，有图可知，此时的物质的量分数为0.5，，(V为容器体积)，，所以x=0.1，将x值带入K中，得出K=104。
（6）n型半导体是电子型半导体，硅最外层4个电子，P最外层5个电子，掺入P原子后会多余电子，形成n型半导体。
（7）得到电子生成，根据电荷守恒和原子守恒配平电极反应式。
18．(1) 1∶5 三颈烧瓶 AD
(2) Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl 白色沉淀消失、溶液中由蓝色变为无色（或溶液蓝色褪去）
(3)乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化
(4) 99.5% BC
【分析】A装置中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，B装置中Cl2与Cu、NaCl反应得到浓Na2[CuCl3]溶液，然后将Na2[CuCl3]溶液倒入盛有蒸馏水的烧杯中析出CuCl沉淀，C装置用于吸收尾气Cl2，防止污染大气。
【详解】（1）①制取Cl2的反应为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒，氧化剂(KMnO4)与还原剂(HCl)物质的量之比为1∶5；
②B中发生反应仪器名称为三颈烧瓶；
③A．Na2SO3溶液具有还原性，能吸收Cl2，发生的反应为：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，A符合题意；
B．Cl2难溶于饱和食盐水，不能被饱和食盐水吸收，B不符合题意；
C．浓硫酸不能吸收Cl2，C不符合题意；
D．FeCl2溶液具有还原性，能吸收Cl2，发生的反应为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，D符合题意；
故选AD；
（2）由题给反应①、③可知，反应②为：Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl；由于反应①生成的CuCl2使溶液呈蓝色，而浓的Na2[CuCl3]溶液为无色，故观察到当白色沉淀消失、溶液中由蓝色变为无色（或溶液蓝色褪去）时停止反应；
（3）CuCl是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化，故洗涤时最好用95%的乙醇洗涤滤饼的目的是：乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化；
（4）①CuCl具有还原性，FeCl3具有氧化性，两者发生氧化还原反应的离子方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+；滴定时发生的反应为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式6CuCl～6Fe2+～，则产品中CuCl的质量分数为；
②A．锥形瓶水洗后误用稀硫酸润洗2-3次，不影响溶质物质的量，对滴定结果无影响，A不选；
B．配制标准溶液时仰视定容，则标准溶液浓度浓度偏低，滴定时消耗更多的标准液，测定结果偏大，B选；
C．盛装标准溶液的滴定管水洗后没有润洗，相当于稀释标准液，滴定时消耗更多的标准液，测定结果偏大，C选；
故选BC。
19．(1)醚键、酯基
(2) 取代反应 保护酚羟基
(3)2
(4)
(5) 12 、
(6)
【分析】
根据A结构、B分子式反应条件，可知B结构，B结构中含有醇羟基，发生催化氧化反应生成C，则C的结构为，由D的结构，D发生水解反应生成E，E的结构为，结合G的结构，可推断F结构为。
【详解】（1）根据D的结构可知，D中含氧官能团为醚键、酯基；
故答案为：醚键、酯基；
（2）
根据A结构、 B结构可知，酚羟基的氢原子被甲基取代，该反应类型为取代反应；酚羟基转化为甲基醚键，甲基醚键转化为酚羟基，故从整个流程看，设计的目的是保护酚羟基；
故答案为：取代反应；保护酚羟基；
（3）
B结构中含有醇羟基，发生催化氧化反应生成C，则C的结构为反应的化学方程式为2；
故答案为：2；
（4）
由上述分析可知，F结构为；
故答案为：；
（5）
E的分子式为，符合条件的同分异构体中另一个取代基为或，同分异构体结构中2个位置关系有、、，另一个取代基的位置有2+3+1=6种，同分异构体结构共有种；峰面积之比为的结构简式为、；
故答案为：12；、；
（6）
由发生催化氧化生成X，则X为，与乙醛发生反应生成Y，结合产品，推断Y的结构为；
故答案为：；。
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