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山东省部分学校2025届高三高考化学模拟卷
1．（2024高三下·山东模拟）下列说法不正确的是
A．新型农用薄膜能够选择性地透过种植某种植物所需要的特定波长的光，它的降解是化学变化
B．向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的最终生成，可减少对大气的污染
C．大力推广使用乙醇汽油、新型能源来缓解能源危机，乙醇汽油中的成分都是不可再生资源
D．碳纳米管是一种由石墨烯卷曲成的纳米材料，与富勒烯中的有些C原子成键方式相似
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；常见的生活环境的污染及治理；高分子材料
【解析】【解答】A．新型农用薄膜属于有机高分子材料，有机高分子材料的降解是化学变化，故A正确；
B．石灰石主要成分为碳酸钙，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙、二氧化碳，氧化钙与有毒气体二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，易被空气中氧气氧化为硫酸钙，实现煤的脱硫， 可减少对大气的污染 ，故B正确；
C．在汽油组分中按体积比加入一定比例的变性燃料乙醇即为乙醇汽油，乙醇属于可再生资源，故C错误；
D．碳纳米管是一种新型无机非金属材料，一种由石墨烯卷曲成的纳米材料，具有六元环结构，其中C原子采取sp2杂化；也有六元环结构，C原子也采取sp2杂化，故D正确；
答案选C。
【分析】
A．新型农用薄膜属于有机高分子材料；
B．氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，易被空气中氧气氧化为硫酸钙，；
C．乙醇属于可再生资源；
D．碳纳米管是一种新型无机非金属材料。
2．（2024高三下·山东模拟）金属元素的单质和化合物在日常生产和生活中有广泛的应用，其中涉及的化学知识正确的是
A．加入稀硝酸酸化的KSCN溶液检验蔬菜中的铁元素
B．火灾现场存放大量的钠，应立即用泡沫灭火器灭火
C．用覆铜板制作印刷电路板可以用溶液作为“腐蚀液”
D．厨房中使用的小苏打易吸水结块，不可用作清洁剂
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验安全及事故处理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．具有强氧化性的稀硝酸可将菠菜中的铁元素氧化成铁离子，常用KSCN溶液检验铁离子，A项正确；
B．钠燃烧时与空气中的氧气反应生成过氧化钠，与泡沫灭火器中的和与过氧化钠反应产生的具有助燃性，会使火势更猛，钠失火不能用泡沫灭火器灭火，常用沙子灭火，B项错误；
C．溶液与铜单质发反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，常用溶液作为“腐蚀液”， 用覆铜板制作印刷电路板 ，C项错误；
D．小苏打为，因水解显碱性，能除去油污，可用作清洁剂，D项错误；
故选A。
【分析】
A．常用KSCN溶液检验铁离子；
B．钠燃烧时与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与和反应产生的具有助燃性，会使火势更猛；
C．溶液与铜单质发反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；
D．小苏打为，因水解显碱性，能除去油污。
3．（2024高三下·山东模拟）下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是（　　）
A．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨
B．用氮气实现工业合成氨
C．实验室用NaOH溶液吸收 尾气
D．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，属于置换反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．NaOH溶液和 反应生成亚硫酸钠和水，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故C选；
D．发生反应为2KI+Cl2=2KCl+I2，此反应为置换反应，属于氧化还原反应，故D不选；
故答案为：C。
【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。
4．（2024高三下·山东模拟）硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法正确的是
A．B原子的杂化方式均为
B．该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键
C．硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合
D．1、3原子之间的化学键为配位键
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．图中B原子与O原子有两种成键方式，分别为B形成4个B-O键、B形成3个B-O键；形成4个B-O键的B原子价层电子对数为4，采取杂化；形成3个B-O键的B原子价层电子对数为3，采取杂化，故A错误；
B． 该阴离子中 1、2原子之间的化学键为配位键 ，O与H形成的为极性共价键， 氢键不是化学键，故B错误；
C．硼砂阴离子中含有O-H，硼砂阴离子之间可以形成氢键使得硼砂阴离子呈链状结构，故C正确；
D．B原子价层电子为3个一般形成3个共价键，1号B原子形成4个共价键，说明1、2原子之间的化学键为配位键，故D错误；
故答案选C。
【分析】
A．图中B原子与O原子有两种成键方式，分别个B形成4个B-O键、B形成3个B-O键；；
B． 氢键不是化学键；
C．硼砂阴离子中含有O-H，阴离子之间可以形成氢键；
D．B原子价层电子为3个一般形成3个共价键。
5．（2024高三下·山东模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．10 g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氢原子数为0.6NA
B．常温常压下，11.2 L乙烯所含分子数目小于0.5NA
C．常温常压下，4.4 g N2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA
D．常温下，1 mol C5H12中含有共价键数为16NA
【答案】A
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A.10 g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇的物质的量，因，0.1 mol乙醇分子中含有0.6 molH；H2O中也含有H原子，溶液中含有的H原子数大于0.6NA，A错误；
B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/mol，11.2 L乙烯小于0.5 mol，所含分子数目小于0.5NA，B正确；
C．N2O、CO2的摩尔质量均为44g/mol，4.4 g N2O与CO2的混合气体中物质的量为0.1 mol，N2O与CO2均为3原子分子，0.1 mol的混合气体中含有的原子数目为0.3NA，C正确；
D.1个C5H12含有12个C-H键、4个C-C键，共16个共价键，1 mol C5H12中含有16NA个共价键，D正确；
故答案选A。
【分析】
A．，H2O中也含有H原子；
B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/mol，11.2 L乙烯小于0.5 mol；
C．N2O与CO2均为3原子分子；
D.1个C5H12含有12个C-H键、4个C-C键，共16个共价键。
6．（2024高三下·山东模拟）某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是
A．该有机物属于烃的衍生物
B．该有机物含3种官能团
C．该有机物能发生消去反应
D．0.1mol该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下的气体1.12L
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；醇类简介；羧酸简介；消去反应
【解析】【解答】A．根据图可知该物质由C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故A项正确；
B．根据图可知该物质含有羟基、酯基和羧基三种官能团，故B项正确；
C．羟基相邻碳上有氢原子的物质能发生消去反应，该有机物．羟基相邻碳上有氢原子能发生消去反应，故C项正确；
D.1分子有机物中含有1个羧基和1个羟基，均能与钠反应生成氢气，0.1mol该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下2.24L的气体，故D项错误；
故本题选D。
【分析】
A．由C、H、O三种元素的有机物属于烃的衍生物；
B．根据图可知该物质含有羟基、酯基和羧基三种官能团；
C．羟基相邻碳上有氢原子的物质能发生消去反应；
D．羧基和羟基均能与钠反应生成氢气。
7．（2024高三下·山东模拟）X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是
A．W单质可以与水反应生成气体
B．Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻
C．X与Y组成的化合物沸点可能比水的高
D．X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A．钠与水反应生成，故A不符合题意；
B ．Z、W所在周期是第三周期，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以 第一电离能大于，、元素第一电离能大小不相邻，故B符合题意；
C．C与H可以形成高分子化合物，沸点可能高于水，故C不符合题意；
D．、C、、均可以在空气中燃烧，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B ．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
C．可以形成高分子化合物，沸点可能高于水；
D．、C、、均可以在空气中燃烧。
8．（2024高三下·山东模拟）锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，因此“浸出”时Sb2S3与Fe3＋反应生成Sb3＋、Fe2＋和S，该反应的离子方程式为
Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A正确；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，Fe3＋遇KSCN，溶液变红色，因此可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B正确；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后发生反应Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，可返回“浸出”工序循环使用，C正确；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，因此“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D错误；
故答案为：D
【分析】A、“浸出”过程中Fe3＋与Sb2S3反应生成Fe2＋、S和Sb3＋，据此确定反应的离子方程式。
B、“还原”过程中Fe3＋转化为Fe2＋，可用KSCN溶液检验Fe3＋是否完全反应。
C、Cl2具有氧化性，能将滤液中的Fe2＋氧化成Fe3＋。
D、Sb2O3能与强碱NaOH溶液反应，因此不能用NaOH代替氨水。
9．（2024高三下·山东模拟）用下图所示装置探究某浓度浓硝酸与铁的反应。装置①中Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止；装置②插入铜连接导线一段时间后，Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……，如此往复多次；Cu表面始终有红棕色气泡。下列说法正确的是
A．①中现象说明该浓硝酸具有强氧化性，能将Fe钝化为Fe2O3
B．②中连接导线后，体系形成了原电池，Cu始终为负极
C．②中Fe表面产生红棕色气泡时，Fe为负极
D．Cu表面发生的反应只有：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O、NO+2H++e-=NO2↑+H2O
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；铁的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．①中现象 Fe表面产生红棕色气泡，说明该浓硝酸与铁反应生成二氧化氮；过一会儿停止说明具有强氧化性，将Fe钝化形成的致密氧化膜成分比较复杂，不能仅用Fe2O3表示，故A错误；
B．图②中的铁刚开始就覆盖着钝化生成的氧化膜，插入铜连接导线后，由于铁表面已钝化，此时铜为负极，铁为正极，随着铁表面的氧化物被还原溶解后，铁重新为负极，铜为正极，然后铁表面再次发生钝化，如此往复多次，故B错误；
C．②中Fe表面产生红棕色气泡时，说明硝酸根在Fe的表面得到电子发生了还原反应生成二氧化氮，Fe 为正极，故C错误；
D．Cu作正极时，硝酸根在Cu的表面得到电子发生了还原反应生成二氧化氮，电极反应式为：；Cu作负极时，Cu表面电极反应式为，此时总反应为，故D正确；
故答案选D。
【分析】
由题给信息可知，①中现象 Fe表面产生红棕色气泡，说明该浓硝酸与铁反应生成二氧化氮；过一会儿停止说明具有强氧化性，将Fe钝化形成的致密氧化膜；图②中的铁刚开始就覆盖着钝化生成的氧化膜，插入铜连接导线后，由于铁表面已钝化，此时铜为负极，铁为正极，随着铁表面的氧化物被还原溶解后，铁重新为负极，铜为正极，然后铁表面再次发生钝化，如此往复多次，据此分析解答。
10．（2024高三下·山东模拟）实验室模拟氨催化氧化法的实验装置如图所示。下列说法错误的是
已知：装置③中收集到了红棕色气体。
A．装置①中可以盛装碱石灰
B．氨催化氧化可直接生成NO2
C．装置④中溶液可能会变红
D．装置⑤的作用是处理尾气，气体X的主要成分为N2
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A. 装置①用于干燥氨气和氧气的混合气体，可选用试剂为碱石灰，A正确；
B. 氨催化氧化先生成NO，NO和O2反应再生成NO2，NH3与O2反应无法直接生成NO2，B错误；
C. 装置④溶液中NO2与H2O发生反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，生成的HNO3可能使紫色石蕊溶液变红，C正确；
D. 经过无水CaCl2后，除去氨气和水蒸气，经过装置④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO2、NO在装置⑤中被吸收，故装置⑤的作用是处理尾气，最后出来的气体X的主要成分为N2，D正确；
故答案为：B
【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过碱石灰干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化4NH3+5O24NO+6H2O。CaCl2具有吸水性，同时能与NH3反应，因此生成的气体经过无水CaCl2后，除去氨气和水蒸气。在装置③中NO与空气中的氧气发生反应2NO＋O2=2NO2，生成NO2，并用向上排空气法收集。装置④中的水可以吸收排出的二氧化氮。尾气中的NO2、NO在装置⑤中被吸收，防止污染，因此装置⑤中的试剂为氢氧化钠溶液，以此分析解题。
11．（2024高三下·山东模拟）名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为
C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物中含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．N原子连接了两个σ键，且含有两个孤电子对，其价层电子对数为4，因此N原子采用杂化，故B正确；
C．由结构简式可知，羟基的邻位碳原子上含有氢原子，因此可发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，因此能与强酸反应，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据结构简式确定其官能团。
B、根据氮原子的价层电子对数确定杂化方式。
C、羟基邻位碳原子上含有氢原子，可发生消去反应。
D、含有叔胺氮原子，具有较强的碱性。
12．（2024高三下·山东模拟）我国科学家构建直接异质结和间接异质结构系统，实现还原和氧化。有关该过程的叙述正确的是
A．只涉及太阳能转化为化学能
B．金属Pt表面的反应为：
C．作为氧化还原协同电对，可以换成
D．总反应为：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由反应机理图可知光照条件下发生化学反应，只涉及太阳能转化为化学能，A正确；
B．光照条件下 金属Pt表面铁离子转化为亚铁离子发生反应为：；光照条件下 金属Pt表面二氧化碳得电子转化为甲酸，B错误；
C．、可通过阳离子交换膜进行物质间的交换、不能通过阳离子交换膜，无法实现物质间的交换，不可以换成，C错误；
D．整个过程反应物为二氧化碳水，生成物为甲酸、氧气，故总反应为：，D错误；
故答案选A。
【分析】
由反应机理图可知光照条件下发生化学反应，涉及太阳能转化为化学能；光照条件下 金属Pt表面铁离子转化为亚铁离子发生反应为：；光照条件下 金属Pt表面二氧化碳得电子转化为甲酸；
不能通过阳离子交换膜，无法实现物质间的交换；整个过程反应物为二氧化碳水，生成物为甲酸、氧气，故总反应为：。
13．（2024高三下·山东模拟）催化剂Ag@AgBr/mp﹣TiO2可以光降解2﹣萘酚，将其处理成无害物，装置如图。下列说法错误的是
A．该装置将光能和化学能转化为电能
B．工作时的负极发生反应： ﹣46e﹣+23O2﹣=10CO2↑+4H2O
C．工作时，O2﹣从正极迁移到负极
D．b极电势高于a极
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由图可知，该装置为原电池，涉及到光能、化学能转化为电能，A正确；
B．b极为负极，在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳、水，电极反应式为：，B正确；
C．原电池工作时，阴离子从正极迁移到负极，从正极迁移到负极，C正确；
D．原电池中正极电势高于负极，a极为正极，b极为负极，a极电势高于b极，D错误；
故答案选D。
【分析】
由图可知，该装置为原电池，a极氧元素价态降低得电子，a极为正极，发生反应；b极为负极，发生反应为：；原电池工作时，阴离子从正极迁移到负极；正极电势高于负极。
14．（2024高三下·山东模拟）一种新型的高性能、低成本的钠型双离子可充电电池，其结构如图所示。采用锡箔(不参与电极反应)作为电池电极及集流体，石墨()为另一极，电解液为作为电解质的溶液。下列有关说法不正确的是
A．放电时，锡箔与钠的合金为正极
B．充电时，图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极
C．电池总反应：
D．当外电路通过nmol电子时，锡钠极板质量应减少23ng
【答案】A,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，移向右侧的锡箔，锡箔与钠的合金为负极，故A错误；
B．放电时原电池锡箔与钠的合金为负极，石墨电极为正极；充电时电极反应相反，石墨电极为阳极，锡箔与钠电极为阴极，图中所示的正八面体形离子为，移向阳极石墨电极，故B正确；
C．根据负极电极反应为，正极的电极反应，电池总反应：，故C正确；
D． 电解液为 液态电解液，负极钠失电子发生氧化反应，当外电路通过nmol电子时，锡钠极板质量应减少nmol，质量减少23ng，故D正确；
故答案选A。
【分析】
根据原电池的工作原理可知图示所示为放电过程，阳离子移向正极，阴离子移向负极，根据阴阳离子移动方向可确定锡箔石墨为原电池的正极，锡箔与钠的合金为负极；充电时电极反应相反，石墨电极为阳极，锡箔与钠电极为阴极，图中所示的正八面体形离子为，移向阳极石墨电极，由此分析回答。
15．（2024高三下·山东模拟）化学上常用AG表示溶液中的lg。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定0.100mol·L-1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定过程中AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法错误的是
A．A点溶液的pH=2.75，从C点往后的过程中，水的电离程度先变小再变大
B．B点溶液中存在：c(H+)-c(OH-)>c(NO)-c(HNO2)
C．C点加入NaOH溶液的体积小于20mL，溶质为HNO2和NaNO2
D．25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10-4.5
【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．A点未滴加NaOH溶液，溶液为HNO2溶液，A点lg=8.5，则c(H+)：c(OH-)=108.5，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH = 2.75；C点lg=0，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，溶液为HNO2和NaNO2混合液；水解使得NaNO2水溶液呈碱性，NaOH溶液与HNO2溶液恰好完全反应溶液呈碱性，C点溶液呈中性，滴加NaOH溶液小于20mL；从C点往后的过程中，到NaOH溶液与HNO2溶液恰好完全反应即滴加NaOH溶液等于20mL，水的电离程度先变大，当NaOH过量时，NaOH抑制水电离，水的电离程度再变小，故A错误；
B．B点滴加NaOH溶液10mL，此时溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液溶液中存在①电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()，②物料守恒：2c(Na+)=c(HNO2)+c()，将①×2-②得：2c(H+)-2c(OH-)=c()-c(HNO2)，B点溶液中存在：c(H+)-c(OH-)＜c()-c(HNO2)，故B错误；
C．水解使得NaNO2水溶液呈碱性，NaOH溶液与HNO2溶液恰好完全反应即滴加NaOH溶液等于20mL溶液时溶液呈碱性，C点lg=0，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，溶液为HNO2和NaNO2混合液，滴加NaOH溶液小于20mL；故C正确；
D．A点未滴加NaOH溶液，溶液为HNO2溶液，A点lg=8.5，则c(H+)：c(OH-)=108.5，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH = 2.75；由于c(H+)与c()近似相等，HNO2的电离常数Ka==1.0×10-4.5， 25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10-4.5，故D正确；
故答案选AB。
【分析】
用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定0.100mol·L-1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定过程中 A点未滴加NaOH溶液，溶液为HNO2溶液； B点滴加NaOH溶液10mL，此时溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液；C点lg=0，溶液呈中性，溶液为HNO2和NaNO2混合液。
16．（2024高三下·山东模拟）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。按要求回答下列问题：
（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原剂为　 　。
（2）钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为　 　。
（3）(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。
①上述涉及的元素H、B、C、N、O电负性最大的是　 　。
②键角：　 　(填“>”或“<”)，原因是　 　。
（4）咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要原因是　 　。
（5）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
①距离Mg原子最近的Fe原子个数是　 　。
②铁镁合金的化学式为　 　。
③若该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为　 　()。
【答案】（1）
（2）
（3）O；>；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角
（4）分子中含有氢键
（5）4；；
【知识点】原子结构的构造原理；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】
（1）NaH遇水后放出氢气并生成一种碱，根据质量守恒和电子守恒写出反应的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中NaH中H元素的化合价由-1价升至0价，NaH被氧化，NaH作还原剂，故答案为：NaH；
（2）
锰核外25个电子，基态锰原子的电子排布式为，价层电子排布式为：，故答案为：；
（3）
①同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，结合元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，电负性B②CH4中C的价层电子对数为，H2O中O价层电子对数为，CH4中C孤电子对为 0，H2O中O有2对孤电子对，因孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大，键角越小，键角：H2O；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角 ；
（4）
中含有，分子间存在氢键；分子间存在范德华力，沸点高于，故答案为：分子间含有氢键；
（5）
①由晶胞结构图可知，8个原子在晶胞内，距离最近的为4个，故答案为：4；
②在晶胞中，原子位于顶点和面心，原子在晶胞内，Mg的个数为8，1个晶胞中Fe的个数为：，与原子个数比为1：2，铁镁合金的化学式为，故答案为：；
③1个晶胞中含有4个，晶胞的体积为(d×10-7cm)3=d3×10-21cm3，该合金的密度。
【分析】
（1）反应物所含元素化合价升高，被氧化，作还原剂；
（2）锰核外25个电子，基态锰原子的电子排布式为；
（3）①同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，；
②孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大，键角越小 ；
（4）分子间含有氢键比范德华力强；
（5）利用均摊法计算晶胞中所含原子个数，确定化学式，根据公式可计算晶体的密度。
（1）NaH遇水反应的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H元素的化合价由-1价升至0价，NaH被氧化，NaH作还原剂；
（2）锰的原子序数为25，基态锰原子的电子排布式为，价层电子排布式为：；
（3）①同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，元素的非金属性越强、电负性越大，结合元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，电负性最大的是O；
②CH4中中心原子C和H2O中中心原子O都有4对价层电子对，但CH4分子中C上没有孤电子对，H2O中O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以H2O的键角小于CH4的键角；
（4）中存在分子间氢键，其沸点高于；
（5）①由晶胞可知，原子在晶胞内，距离最近的为4个；
②在晶胞中，原子位于顶点和面心，1个晶胞中Fe的个数为：，原子在晶胞内，Mg的个数为8，铁镁合金的化学式为；
③1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(d×10-7cm)3=d3×10-21cm3，该合金的密度。
17．（2024高三下·山东模拟）以钛白渣(主要成分为，含有少量及)为原料，生产氧化铁黄(α-FeOOH)的工艺流程如下：
已知：常温下；
（1）“溶解”时，发生水解生成难溶于水的，反应的化学方程式为　 　；“除杂”时，加入过量铁粉的作用除了防止被氧化外还有　 　。
（2）常温下，实验测定滤液①的，，则滤液①中　 　。
（3）实验室用如图1所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备FeOOH的过程操作如下：
ⅰ．　 　；
ⅱ．关闭止水夹，一段时间后，打开；
ⅲ．当乙中时，关闭、，打开，通入空气。溶液中的pH随时间变化如图2所示。
①将操作i补充完整：　 　。
②pH≈4时制得FeOOH(如图2所示)。0-时段，pH几乎不变；-时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：　 　。
（4）合格氧化铁黄的色光度值范围为―0.5~0.5，氧化过程中溶液的pH对产率、色光度的影响如图所示，氧化时应控制pH的合理范围是　 　，pH过大会导致产品的颜色变黑，可能含有的杂质　 　(填化学式)。
【答案】（1）TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4；与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀
（2）1mol L-1
（3）关闭K2，打开止水夹与K1；pH=6.0左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变；之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小
（4）3.5～4.0；Fe3O4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）根据题意TiOSO4的水解转化为TiO2·xH2O沉淀， 化学方程式为TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4，“除杂”时，加入过量铁粉除了防止被氧化，还可以是与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀，故答案为：TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4；与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀；
（2）常温下滤液① ，，；已知，常温下滤液①的，即，，故答案为：1mol L-1；
（3）模拟制备FeOOH的为了防止装置中空气中氧气对实验的干扰，反应实验前应赶走装置中的空气，操作i是为：关闭K2，打开止水夹与K1；根据信息pH≈4时制得FeOOH， 0-时段，pH几乎不变；-时段，pH明显降低， 可推测pH=6.0左右Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，即4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3，因此pH几乎不变之后pH明显降低，说明反应过程中有H+，推测发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小，故答案为：关闭K2，打开止水夹与K1；pH=6.0左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变；之后发生4Fe2++O2+ 6H2O=4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。
（4）结合图形可得，氧化时要使色光度值范围为-0.5~0.5，应控制pH在3.5～4.0范围；pH过大会导致部分Fe2+来不及氧化就开始沉淀，使得产品变黑，推测可能含有的杂质Fe3O4，故答案为：3.5～4.0；Fe3O4。
【分析】
由题给流程可知，向钛白渣中加入水溶解得到含有FeSO4、MgSO4、TiOSO4的溶液，其中TiOSO4会发生水解转化为TiO2·xH2O沉淀；除杂时加入Fe可防止Fe2+被氧化同时还可以是与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀；加入HF溶液，将MgSO4转化为MgF2沉淀，过滤得到含有FeSO4的滤液；向滤液中通入空气，并加入氨水，进一步氧化沉淀得到氧化铁黄。
（1）根据题意TiOSO4的水解转化为TiO2·xH2O沉淀，可写出其水解的化学方程式为TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4，“除杂”时，加入过量铁粉的作用是与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀，故答案为：TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4；与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀。
（2）常温下，实验测定滤液①的，，且知，，则滤液①中，则，故答案为：1mol L-1。
（3）用如图1所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备FeOOH的过程结合ⅱ和ⅲ步的操作可知，操作i是：关闭K2，打开止水夹与K1；根据信息pH≈4时制得FeOOH，可推测pH=6.0左右Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，即4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3，因此pH几乎不变之后pH明显降低，说明反应过程中有H+，推测发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小，故答案为：关闭K2，打开止水夹与K1；pH=6.0左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变；之后发生4Fe2++O2+ 6H2O=4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。
（4）结合图形可得，氧化时要使色光度值范围为-0.5~0.5，应控制pH的合理范围是3.5～4.0，pH过大会导致部分Fe2+来不及氧化就开始沉淀，结合产品的颜色变黑，推测可能含有的杂质Fe3O4，故答案为：3.5～4.0；Fe3O4。
18．（2024高三下·山东模拟）纳米碳酸钙又称超微细碳酸钙，可改善塑料母料的流变性，提高其成型性。实验室用电化学法模拟制备纳米碳酸钙装置如图所示。
（1）若固体X为粉末，装置A发生反应的方程式为　 　。
（2）装置B是用于吸收阳极生成的气体，可盛装　 　(填试剂名称)。
（3）由图可知离子交换膜的类型是　 　交换膜，工业上气体Y的用途是　 　。(写一种即可)
（4）实验开始后，需先电解一段时间，待阴极室溶液的后，再通入。需先电解的原因是　 　；若通入过快，可能造成的结果是　 　。
（5）通入气体生成纳米碳酸钙的离子方程式为　 　。
（6）产品中钙含量的测定：称取样品，放入烧杯中，加入适量的稀溶解，移入容量瓶中配成溶液，移取待测液于锥形瓶中，加入适量钙红指示剂，用标准溶液滴定，并用力摇晃，至溶液由酒红色变为纯蓝色为止，记录三次标准液的用量分别为，通过计算回答下列问题。(已知：)
①产品中钙元素的质量分数为　 　。
②以上测定的结果与碳酸钙中钙元素的质量分数(40%)相比，存在一定的误差，造成这种误差的可能原因是　 　。(填序号)
A．滴定终点时速度太快
B．所取用的样品未充分干燥
C．制得的产品中含有少量
【答案】（1）
（2）氢氧化钠溶液
（3）阳离子；制盐酸或合成氨气或做燃料
（4）形成过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳；生成
（5）
（6）46%；AC
【知识点】电解原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；离子反应的应用
【解析】【解答】
（1）装置A中稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、硫酸根、水，对应的化学方程式，故答案为：；
（2）阳极发生反应，生成的有毒，可用装置B吸收氯气，根据氯气与氢氧化钠反应，装置B中可盛装NaOH溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；
（3）阳离子交换膜允许阳离子通过，由分析知，阳极区通过离子交换膜进入电解池阴极区，离子交换膜的类型为阳离子交换膜。阴极发生反应，阴极产生气体Y为，工业上可用于生产盐酸或合成氨或作燃料，故答案为：阳离子；制盐酸或合成氨气或做燃料；
（4）先电解一段时间，使阴极室中形成过饱和的溶液，有利于充分吸收。若通入过快，相当于相同时间内通入的过量，结果是过量的与生成的纳米碳酸钙再反应生成，故答案为：形成过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳；生成；
（5）为酸性氧化物，可以碱反应，故通入生成纳米碳酸钙的离子方程式为：，故答案为：；
(6)①三次滴定中第一次的标准液用量误差太大，弃去不用，取后两次用量数据计算平均值，25mL待测液中钙离子质量计算过程如下：
，，，样品中钙元素的质量分数为：，故答案为：46%；
②A．滴定终点时速度过快，会使滴入的标准液过量，使测定结果偏高，A正确；
B．样品未充分干燥，配得的待测液中钙离子浓度减小，标准液用量减小，滴定结果偏低，B错误；
C．中钙的质量分数为54.05%，比碳酸钙中钙的质量分数大，含有时会使样品中钙的质量分数增大，C正确；
故选AC。
【分析】
分析图可知装置为电解池，左侧电极与电源负极相连为电解池的阴极，电极反应式为；右侧电极与电源的正极相连为电解池为阳极，电极反应式为，生成的通过导管进入装置B后被吸收，右侧通过阳离子交换膜进入电解池阴极区，形成过饱和的溶液。装置A制备的进入电解池的阴极区与反应生成纳米。
（1）装置A中发生反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）阳极反应产物为，因此装置B可盛装NaOH溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；
（3）由分析知，阳极区通过离子交换膜进入电解池阴极区，因此离子交换膜的类型为阳离子交换膜。气体Y是，工业上可用于生产盐酸或合成氨或作燃料，故答案为：阳离子；制盐酸或合成氨气或做燃料；
（4）先电解一段时间，使阴极室中形成过饱和的溶液，有利于充分吸收。若通入过快，相当于相同时间内通入的过量，结果是过量的与生成的纳米碳酸钙再反应生成，故答案为：形成过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳；生成；
（5）通入生成纳米碳酸钙的离子方程式为：，故答案为：；
（6）①三次滴定中第一次的标准液用量误差太大，弃去不用，取后两次平均值23mL来计算。25mL待测液中钙离子质量计算过程如下：
，，，样品中钙元素的质量为：，质量分数为：，故答案为：46%；
②
A．滴定终点时速度过快，以致滴入的标准液过量，使测定结果偏高，A正确；
B．所取用的样品未充分干燥，配得的待测液中钙离子浓度减小，会使标准液用量减小，滴定结果偏低，B错误；
C．中钙的质量分数为54.05%，比碳酸钙中钙的质量分数大，因此含有时会使样品中钙的质量分数增大，C正确；
故选AC。
19．（2024高三下·山东模拟）抗癌药物罗米迪司肽中间体G的一种合成路线如图所示(部分反应条件省略，Ph表示-C6H5)：
已知：Wittig反应：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）由A生成C的化学方程式为　 　，该步骤的目的是　 　。
（3）D中所含官能团的名称为　 　，G的分子式为　 　。
（4）有机物B()满足下列条件的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为　 　。
条件：i．含有苯环
ii．与FeCl3溶液显色
iii．能发生银镜反应
（5）根据题中相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
【答案】（1）1，2，4 丁三醇
（2）++H2O；保护羟基
（3）醚键、醛基；C7H14O3
（4）13；
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】
（1）含有三个羟基，主链4个碳原子，名称为1，2，4 丁三醇，故答案为：1，2，4 丁三醇；
（2）
对比A、B、C的结构简式可知，根据原子守恒可知反应还生成1分子水，化学方程式为++H2O；A→C的过程中为了保护羟基，消除间位的2个羟基，而将另外的羟基氧化为醛基，最后又重新引入被消除的羟基，故答案为：++H2O；保护羟基；
（3）
D结构中含有官能团为醚键、醛基；1个G的分子中含有7个C、14个H、3个O，其分子式为C7H14O3，故答案为：醚键、醛基；C7H14O3；
（4）
的分子式为，不饱和度为4，的同分异构体含有苯环，且与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上有2个侧链为 OH、 CH2CHO，有邻、间、对3种位置关系；有3个侧链为 OH、 CHO、 CH3，有三种不同的取代基苯环上有10种同分异构体，故符合条件的同分异构体共有3+10=13种；核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为，故答案为：13；；
（5）
对比原料和目标产物的结构可知与反应生成，中羟基被氧化生成，与Ph3P=CH2反应生成，与DDQ反应生成，合成路线为。【分析】
A（）和B（）反应，B（）中醛基断碳氧双键，和A()中相间的两个羟基反应生成生成C()，C()中羟基变为碳氧双键，根据Wittig反应，则D和E反应生成F，F发生DDQ反应生成G。
【分析】
（1）醇的系统命名法选含羟基所在碳最长的碳链作主链，根据羟基个数呈某几醇，从离官能团最近的一端定编号，写出取代基的位置、名称，并写出官能团的位置、个数；
（2）陌生化学方程式书写时对比已知反应物、生成物的结构简式，根据原子守恒可知其他生成物；A→C的过程中为了保护羟基，消除间位的2个羟基，而将另外的羟基氧化为醛基，最后又重新引入被消除的羟基；
（3）观察D结构确定含有官能团为醚键、醛基；观察G的结构简式，数出碳原子个数、O原子个数，不饱和度为1，算出H个数为14，确定G其分子式为C7H14O3；
（4）限定条件下同分异构体书写：根据结构简式确定不饱和度、C个数、O原子个数；根据题目所给限定条件确定所含片段；组装片段时考虑苯环一个取代基、两个取代基、三个取代基等情况分别分析；
（5）对比原料和目标产物的结构可知采用逆向分析法结合题目中相似物质间转化的路径确定最佳合成路线。
（1）是三元醇，其名称为1，2，4 丁三醇，故答案为：1，2，4 丁三醇；
（2）对比A、B、C的结构简式可知，反应还生成1分子水，反应方程式为++H2O；A→C的过程中消除间位的2个羟基，而将另外的羟基氧化为醛基，最后又重新引入被消除的羟基，该步骤的目的是保护羟基，故答案为：++H2O；保护羟基；
（3）观察结构可知，D中所含官能团为醚键、醛基；G的分子含有7个碳原子、14个氢原子、3个氧原子，其分子式为C7H14O3，故答案为：醚键、醛基；C7H14O3；
（4）有机物B()的同分异构体含有苯环，且与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环有2个侧链为 OH、 CH2CHO，有邻、间、对3种位置关系，也可以有3个侧链为 OH、 CHO、 CH3，羟基与醛基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种；其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为，故答案为：13；；
（5）模仿路线中合成G的过程，与反应生成，然后氧化生成，再与Ph3P=CH2反应生成，最后与DDQ反应生成，合成路线为。
20．（2024高三下·山东模拟）研究的综合利用、实现资源化，是能源领域的重要发展方向。
（1）催化重整反应为。
已知，时，和的燃烧热如下表：
可燃物
①该催化重整反应的　 　。
②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：　 　。
③相同时间内测得选用不同催化剂时的转化率随反应温度的变化如图1所示：
ⅰ、a点所处的状态　 　化学平衡状态(填“是”或“不是”)。
ⅱ、的转化率：，原因是　 　。
（2）以二氧化钛表面覆盖的为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。
①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图2所示。时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　 　。
②为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是　 　(写出两种)。
（3）在电解质水溶液中，可被电化学还原为。在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为的反应进程中(被还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为　 　(用a、b、c字母排序)。
【答案】（1）；增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；不是；其他条件相同时，温度升高，反应速率增大
（2）时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等
（3）c＞a＞b
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】
（1）①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol，故答案为：+247.3；
②增大二氧化碳的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小，可以有效缓解积碳，故答案为：增大二氧化碳的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；
③ⅰ、观察图1可知a点CH4的转化率可增大，说明a点反应未达平衡，a点所处的状态不是化学平衡状态，故答案为：不是；
ⅱ、b、c两点使用催化剂相同，所处温度不同，温度升高，反应速率加快，反应物转化率增大；温度：，反应速率：，导致的转化率：，故答案为： 其他条件相同时，温度升高，反应速率增大；
（2）①时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用，导致时，温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；
②该反应为气体分子总数减小的反应，增大压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等，均可使平衡正向移动，提高甲烷的平衡转化率，故答案为： 增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等 ；
（3）活化能越小，反应越容易进行，结合图a中的数据，a过程活化能0.51eV-0.00eV=0.51eV；b过程活化能0.68eV-(-0.08eV)=0.76eV；c过程活化能0.68eV-0.22eV=0.46eV，由此判断，电还原为从易到难的顺序为c＞a＞b，故答案为：c＞a＞b。
【分析】
（1）①根据所给燃烧热数据，写出燃烧热的热化学方程式，根据盖斯定律，计算出反应的焓变值；
②增大二氧化碳的量，消耗C；同时催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小，；
③ⅰ、催化剂不能改变反应的平衡转化率；
ⅱ、使用催化剂相同，温度相同，平衡转化率相同；使用催化剂相同，温度升高，反应速率加快，单位时间消耗反应物增多，反应物转化率增大；
（2）①从催化剂的催化效率降低对反应速率的影响、温度升高对反应速率的加快作用两方面起主导作用一方分析；
②结合反应特点，改变外界条件使平衡正向移动，提高甲烷的平衡转化率 ；
（3）活化能越小，反应越容易进行。
（1）①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；
③ⅰ、a点时CH4的转化率在增大，反应正向进行，所处的状态不是化学平衡状态；
ⅱ、的转化率：，原因是其他条件相同时，温度升高，反应速率增大；
（2）①时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；
②增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等，平衡正向移动，反应物转化率增大；
（3）最大能垒越小，反应越容易进行，结合图a中的数据，a的最大能垒值是0.51eV-0.00eV=0.51eV；b的最大能垒值是0.68eV-(-0.08eV)=0.76eV；c的最大能垒值是0.68eV-0.22eV=0.46eV，由此判断，电还原为从易到难的顺序为c＞a＞b。
1 / 1山东省部分学校2025届高三高考化学模拟卷
1．（2024高三下·山东模拟）下列说法不正确的是
A．新型农用薄膜能够选择性地透过种植某种植物所需要的特定波长的光，它的降解是化学变化
B．向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的最终生成，可减少对大气的污染
C．大力推广使用乙醇汽油、新型能源来缓解能源危机，乙醇汽油中的成分都是不可再生资源
D．碳纳米管是一种由石墨烯卷曲成的纳米材料，与富勒烯中的有些C原子成键方式相似
2．（2024高三下·山东模拟）金属元素的单质和化合物在日常生产和生活中有广泛的应用，其中涉及的化学知识正确的是
A．加入稀硝酸酸化的KSCN溶液检验蔬菜中的铁元素
B．火灾现场存放大量的钠，应立即用泡沫灭火器灭火
C．用覆铜板制作印刷电路板可以用溶液作为“腐蚀液”
D．厨房中使用的小苏打易吸水结块，不可用作清洁剂
3．（2024高三下·山东模拟）下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是（　　）
A．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨
B．用氮气实现工业合成氨
C．实验室用NaOH溶液吸收 尾气
D．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验
4．（2024高三下·山东模拟）硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法正确的是
A．B原子的杂化方式均为
B．该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键
C．硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合
D．1、3原子之间的化学键为配位键
5．（2024高三下·山东模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．10 g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氢原子数为0.6NA
B．常温常压下，11.2 L乙烯所含分子数目小于0.5NA
C．常温常压下，4.4 g N2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA
D．常温下，1 mol C5H12中含有共价键数为16NA
6．（2024高三下·山东模拟）某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是
A．该有机物属于烃的衍生物
B．该有机物含3种官能团
C．该有机物能发生消去反应
D．0.1mol该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下的气体1.12L
7．（2024高三下·山东模拟）X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是
A．W单质可以与水反应生成气体
B．Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻
C．X与Y组成的化合物沸点可能比水的高
D．X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧
8．（2024高三下·山东模拟）锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
9．（2024高三下·山东模拟）用下图所示装置探究某浓度浓硝酸与铁的反应。装置①中Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止；装置②插入铜连接导线一段时间后，Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……，如此往复多次；Cu表面始终有红棕色气泡。下列说法正确的是
A．①中现象说明该浓硝酸具有强氧化性，能将Fe钝化为Fe2O3
B．②中连接导线后，体系形成了原电池，Cu始终为负极
C．②中Fe表面产生红棕色气泡时，Fe为负极
D．Cu表面发生的反应只有：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O、NO+2H++e-=NO2↑+H2O
10．（2024高三下·山东模拟）实验室模拟氨催化氧化法的实验装置如图所示。下列说法错误的是
已知：装置③中收集到了红棕色气体。
A．装置①中可以盛装碱石灰
B．氨催化氧化可直接生成NO2
C．装置④中溶液可能会变红
D．装置⑤的作用是处理尾气，气体X的主要成分为N2
11．（2024高三下·山东模拟）名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为
C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应
12．（2024高三下·山东模拟）我国科学家构建直接异质结和间接异质结构系统，实现还原和氧化。有关该过程的叙述正确的是
A．只涉及太阳能转化为化学能
B．金属Pt表面的反应为：
C．作为氧化还原协同电对，可以换成
D．总反应为：
13．（2024高三下·山东模拟）催化剂Ag@AgBr/mp﹣TiO2可以光降解2﹣萘酚，将其处理成无害物，装置如图。下列说法错误的是
A．该装置将光能和化学能转化为电能
B．工作时的负极发生反应： ﹣46e﹣+23O2﹣=10CO2↑+4H2O
C．工作时，O2﹣从正极迁移到负极
D．b极电势高于a极
14．（2024高三下·山东模拟）一种新型的高性能、低成本的钠型双离子可充电电池，其结构如图所示。采用锡箔(不参与电极反应)作为电池电极及集流体，石墨()为另一极，电解液为作为电解质的溶液。下列有关说法不正确的是
A．放电时，锡箔与钠的合金为正极
B．充电时，图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极
C．电池总反应：
D．当外电路通过nmol电子时，锡钠极板质量应减少23ng
15．（2024高三下·山东模拟）化学上常用AG表示溶液中的lg。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定0.100mol·L-1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定过程中AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法错误的是
A．A点溶液的pH=2.75，从C点往后的过程中，水的电离程度先变小再变大
B．B点溶液中存在：c(H+)-c(OH-)>c(NO)-c(HNO2)
C．C点加入NaOH溶液的体积小于20mL，溶质为HNO2和NaNO2
D．25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10-4.5
16．（2024高三下·山东模拟）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。按要求回答下列问题：
（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原剂为　 　。
（2）钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为　 　。
（3）(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。
①上述涉及的元素H、B、C、N、O电负性最大的是　 　。
②键角：　 　(填“>”或“<”)，原因是　 　。
（4）咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要原因是　 　。
（5）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
①距离Mg原子最近的Fe原子个数是　 　。
②铁镁合金的化学式为　 　。
③若该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为　 　()。
17．（2024高三下·山东模拟）以钛白渣(主要成分为，含有少量及)为原料，生产氧化铁黄(α-FeOOH)的工艺流程如下：
已知：常温下；
（1）“溶解”时，发生水解生成难溶于水的，反应的化学方程式为　 　；“除杂”时，加入过量铁粉的作用除了防止被氧化外还有　 　。
（2）常温下，实验测定滤液①的，，则滤液①中　 　。
（3）实验室用如图1所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备FeOOH的过程操作如下：
ⅰ．　 　；
ⅱ．关闭止水夹，一段时间后，打开；
ⅲ．当乙中时，关闭、，打开，通入空气。溶液中的pH随时间变化如图2所示。
①将操作i补充完整：　 　。
②pH≈4时制得FeOOH(如图2所示)。0-时段，pH几乎不变；-时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：　 　。
（4）合格氧化铁黄的色光度值范围为―0.5~0.5，氧化过程中溶液的pH对产率、色光度的影响如图所示，氧化时应控制pH的合理范围是　 　，pH过大会导致产品的颜色变黑，可能含有的杂质　 　(填化学式)。
18．（2024高三下·山东模拟）纳米碳酸钙又称超微细碳酸钙，可改善塑料母料的流变性，提高其成型性。实验室用电化学法模拟制备纳米碳酸钙装置如图所示。
（1）若固体X为粉末，装置A发生反应的方程式为　 　。
（2）装置B是用于吸收阳极生成的气体，可盛装　 　(填试剂名称)。
（3）由图可知离子交换膜的类型是　 　交换膜，工业上气体Y的用途是　 　。(写一种即可)
（4）实验开始后，需先电解一段时间，待阴极室溶液的后，再通入。需先电解的原因是　 　；若通入过快，可能造成的结果是　 　。
（5）通入气体生成纳米碳酸钙的离子方程式为　 　。
（6）产品中钙含量的测定：称取样品，放入烧杯中，加入适量的稀溶解，移入容量瓶中配成溶液，移取待测液于锥形瓶中，加入适量钙红指示剂，用标准溶液滴定，并用力摇晃，至溶液由酒红色变为纯蓝色为止，记录三次标准液的用量分别为，通过计算回答下列问题。(已知：)
①产品中钙元素的质量分数为　 　。
②以上测定的结果与碳酸钙中钙元素的质量分数(40%)相比，存在一定的误差，造成这种误差的可能原因是　 　。(填序号)
A．滴定终点时速度太快
B．所取用的样品未充分干燥
C．制得的产品中含有少量
19．（2024高三下·山东模拟）抗癌药物罗米迪司肽中间体G的一种合成路线如图所示(部分反应条件省略，Ph表示-C6H5)：
已知：Wittig反应：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）由A生成C的化学方程式为　 　，该步骤的目的是　 　。
（3）D中所含官能团的名称为　 　，G的分子式为　 　。
（4）有机物B()满足下列条件的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为　 　。
条件：i．含有苯环
ii．与FeCl3溶液显色
iii．能发生银镜反应
（5）根据题中相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
20．（2024高三下·山东模拟）研究的综合利用、实现资源化，是能源领域的重要发展方向。
（1）催化重整反应为。
已知，时，和的燃烧热如下表：
可燃物
①该催化重整反应的　 　。
②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：　 　。
③相同时间内测得选用不同催化剂时的转化率随反应温度的变化如图1所示：
ⅰ、a点所处的状态　 　化学平衡状态(填“是”或“不是”)。
ⅱ、的转化率：，原因是　 　。
（2）以二氧化钛表面覆盖的为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。
①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图2所示。时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　 　。
②为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是　 　(写出两种)。
（3）在电解质水溶液中，可被电化学还原为。在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为的反应进程中(被还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为　 　(用a、b、c字母排序)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；常见的生活环境的污染及治理；高分子材料
【解析】【解答】A．新型农用薄膜属于有机高分子材料，有机高分子材料的降解是化学变化，故A正确；
B．石灰石主要成分为碳酸钙，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙、二氧化碳，氧化钙与有毒气体二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，易被空气中氧气氧化为硫酸钙，实现煤的脱硫， 可减少对大气的污染 ，故B正确；
C．在汽油组分中按体积比加入一定比例的变性燃料乙醇即为乙醇汽油，乙醇属于可再生资源，故C错误；
D．碳纳米管是一种新型无机非金属材料，一种由石墨烯卷曲成的纳米材料，具有六元环结构，其中C原子采取sp2杂化；也有六元环结构，C原子也采取sp2杂化，故D正确；
答案选C。
【分析】
A．新型农用薄膜属于有机高分子材料；
B．氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，易被空气中氧气氧化为硫酸钙，；
C．乙醇属于可再生资源；
D．碳纳米管是一种新型无机非金属材料。
2．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验安全及事故处理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．具有强氧化性的稀硝酸可将菠菜中的铁元素氧化成铁离子，常用KSCN溶液检验铁离子，A项正确；
B．钠燃烧时与空气中的氧气反应生成过氧化钠，与泡沫灭火器中的和与过氧化钠反应产生的具有助燃性，会使火势更猛，钠失火不能用泡沫灭火器灭火，常用沙子灭火，B项错误；
C．溶液与铜单质发反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，常用溶液作为“腐蚀液”， 用覆铜板制作印刷电路板 ，C项错误；
D．小苏打为，因水解显碱性，能除去油污，可用作清洁剂，D项错误；
故选A。
【分析】
A．常用KSCN溶液检验铁离子；
B．钠燃烧时与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与和反应产生的具有助燃性，会使火势更猛；
C．溶液与铜单质发反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；
D．小苏打为，因水解显碱性，能除去油污。
3．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，属于置换反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．NaOH溶液和 反应生成亚硫酸钠和水，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故C选；
D．发生反应为2KI+Cl2=2KCl+I2，此反应为置换反应，属于氧化还原反应，故D不选；
故答案为：C。
【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。
4．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．图中B原子与O原子有两种成键方式，分别为B形成4个B-O键、B形成3个B-O键；形成4个B-O键的B原子价层电子对数为4，采取杂化；形成3个B-O键的B原子价层电子对数为3，采取杂化，故A错误；
B． 该阴离子中 1、2原子之间的化学键为配位键 ，O与H形成的为极性共价键， 氢键不是化学键，故B错误；
C．硼砂阴离子中含有O-H，硼砂阴离子之间可以形成氢键使得硼砂阴离子呈链状结构，故C正确；
D．B原子价层电子为3个一般形成3个共价键，1号B原子形成4个共价键，说明1、2原子之间的化学键为配位键，故D错误；
故答案选C。
【分析】
A．图中B原子与O原子有两种成键方式，分别个B形成4个B-O键、B形成3个B-O键；；
B． 氢键不是化学键；
C．硼砂阴离子中含有O-H，阴离子之间可以形成氢键；
D．B原子价层电子为3个一般形成3个共价键。
5．【答案】A
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A.10 g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇的物质的量，因，0.1 mol乙醇分子中含有0.6 molH；H2O中也含有H原子，溶液中含有的H原子数大于0.6NA，A错误；
B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/mol，11.2 L乙烯小于0.5 mol，所含分子数目小于0.5NA，B正确；
C．N2O、CO2的摩尔质量均为44g/mol，4.4 g N2O与CO2的混合气体中物质的量为0.1 mol，N2O与CO2均为3原子分子，0.1 mol的混合气体中含有的原子数目为0.3NA，C正确；
D.1个C5H12含有12个C-H键、4个C-C键，共16个共价键，1 mol C5H12中含有16NA个共价键，D正确；
故答案选A。
【分析】
A．，H2O中也含有H原子；
B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/mol，11.2 L乙烯小于0.5 mol；
C．N2O与CO2均为3原子分子；
D.1个C5H12含有12个C-H键、4个C-C键，共16个共价键。
6．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；醇类简介；羧酸简介；消去反应
【解析】【解答】A．根据图可知该物质由C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故A项正确；
B．根据图可知该物质含有羟基、酯基和羧基三种官能团，故B项正确；
C．羟基相邻碳上有氢原子的物质能发生消去反应，该有机物．羟基相邻碳上有氢原子能发生消去反应，故C项正确；
D.1分子有机物中含有1个羧基和1个羟基，均能与钠反应生成氢气，0.1mol该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下2.24L的气体，故D项错误；
故本题选D。
【分析】
A．由C、H、O三种元素的有机物属于烃的衍生物；
B．根据图可知该物质含有羟基、酯基和羧基三种官能团；
C．羟基相邻碳上有氢原子的物质能发生消去反应；
D．羧基和羟基均能与钠反应生成氢气。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A．钠与水反应生成，故A不符合题意；
B ．Z、W所在周期是第三周期，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以 第一电离能大于，、元素第一电离能大小不相邻，故B符合题意；
C．C与H可以形成高分子化合物，沸点可能高于水，故C不符合题意；
D．、C、、均可以在空气中燃烧，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B ．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
C．可以形成高分子化合物，沸点可能高于水；
D．、C、、均可以在空气中燃烧。
8．【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，因此“浸出”时Sb2S3与Fe3＋反应生成Sb3＋、Fe2＋和S，该反应的离子方程式为
Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A正确；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，Fe3＋遇KSCN，溶液变红色，因此可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B正确；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后发生反应Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，可返回“浸出”工序循环使用，C正确；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，因此“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D错误；
故答案为：D
【分析】A、“浸出”过程中Fe3＋与Sb2S3反应生成Fe2＋、S和Sb3＋，据此确定反应的离子方程式。
B、“还原”过程中Fe3＋转化为Fe2＋，可用KSCN溶液检验Fe3＋是否完全反应。
C、Cl2具有氧化性，能将滤液中的Fe2＋氧化成Fe3＋。
D、Sb2O3能与强碱NaOH溶液反应，因此不能用NaOH代替氨水。
9．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；铁的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．①中现象 Fe表面产生红棕色气泡，说明该浓硝酸与铁反应生成二氧化氮；过一会儿停止说明具有强氧化性，将Fe钝化形成的致密氧化膜成分比较复杂，不能仅用Fe2O3表示，故A错误；
B．图②中的铁刚开始就覆盖着钝化生成的氧化膜，插入铜连接导线后，由于铁表面已钝化，此时铜为负极，铁为正极，随着铁表面的氧化物被还原溶解后，铁重新为负极，铜为正极，然后铁表面再次发生钝化，如此往复多次，故B错误；
C．②中Fe表面产生红棕色气泡时，说明硝酸根在Fe的表面得到电子发生了还原反应生成二氧化氮，Fe 为正极，故C错误；
D．Cu作正极时，硝酸根在Cu的表面得到电子发生了还原反应生成二氧化氮，电极反应式为：；Cu作负极时，Cu表面电极反应式为，此时总反应为，故D正确；
故答案选D。
【分析】
由题给信息可知，①中现象 Fe表面产生红棕色气泡，说明该浓硝酸与铁反应生成二氧化氮；过一会儿停止说明具有强氧化性，将Fe钝化形成的致密氧化膜；图②中的铁刚开始就覆盖着钝化生成的氧化膜，插入铜连接导线后，由于铁表面已钝化，此时铜为负极，铁为正极，随着铁表面的氧化物被还原溶解后，铁重新为负极，铜为正极，然后铁表面再次发生钝化，如此往复多次，据此分析解答。
10．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A. 装置①用于干燥氨气和氧气的混合气体，可选用试剂为碱石灰，A正确；
B. 氨催化氧化先生成NO，NO和O2反应再生成NO2，NH3与O2反应无法直接生成NO2，B错误；
C. 装置④溶液中NO2与H2O发生反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，生成的HNO3可能使紫色石蕊溶液变红，C正确；
D. 经过无水CaCl2后，除去氨气和水蒸气，经过装置④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO2、NO在装置⑤中被吸收，故装置⑤的作用是处理尾气，最后出来的气体X的主要成分为N2，D正确；
故答案为：B
【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过碱石灰干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化4NH3+5O24NO+6H2O。CaCl2具有吸水性，同时能与NH3反应，因此生成的气体经过无水CaCl2后，除去氨气和水蒸气。在装置③中NO与空气中的氧气发生反应2NO＋O2=2NO2，生成NO2，并用向上排空气法收集。装置④中的水可以吸收排出的二氧化氮。尾气中的NO2、NO在装置⑤中被吸收，防止污染，因此装置⑤中的试剂为氢氧化钠溶液，以此分析解题。
11．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物中含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．N原子连接了两个σ键，且含有两个孤电子对，其价层电子对数为4，因此N原子采用杂化，故B正确；
C．由结构简式可知，羟基的邻位碳原子上含有氢原子，因此可发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，因此能与强酸反应，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据结构简式确定其官能团。
B、根据氮原子的价层电子对数确定杂化方式。
C、羟基邻位碳原子上含有氢原子，可发生消去反应。
D、含有叔胺氮原子，具有较强的碱性。
12．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由反应机理图可知光照条件下发生化学反应，只涉及太阳能转化为化学能，A正确；
B．光照条件下 金属Pt表面铁离子转化为亚铁离子发生反应为：；光照条件下 金属Pt表面二氧化碳得电子转化为甲酸，B错误；
C．、可通过阳离子交换膜进行物质间的交换、不能通过阳离子交换膜，无法实现物质间的交换，不可以换成，C错误；
D．整个过程反应物为二氧化碳水，生成物为甲酸、氧气，故总反应为：，D错误；
故答案选A。
【分析】
由反应机理图可知光照条件下发生化学反应，涉及太阳能转化为化学能；光照条件下 金属Pt表面铁离子转化为亚铁离子发生反应为：；光照条件下 金属Pt表面二氧化碳得电子转化为甲酸；
不能通过阳离子交换膜，无法实现物质间的交换；整个过程反应物为二氧化碳水，生成物为甲酸、氧气，故总反应为：。
13．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由图可知，该装置为原电池，涉及到光能、化学能转化为电能，A正确；
B．b极为负极，在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳、水，电极反应式为：，B正确；
C．原电池工作时，阴离子从正极迁移到负极，从正极迁移到负极，C正确；
D．原电池中正极电势高于负极，a极为正极，b极为负极，a极电势高于b极，D错误；
故答案选D。
【分析】
由图可知，该装置为原电池，a极氧元素价态降低得电子，a极为正极，发生反应；b极为负极，发生反应为：；原电池工作时，阴离子从正极迁移到负极；正极电势高于负极。
14．【答案】A,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，移向右侧的锡箔，锡箔与钠的合金为负极，故A错误；
B．放电时原电池锡箔与钠的合金为负极，石墨电极为正极；充电时电极反应相反，石墨电极为阳极，锡箔与钠电极为阴极，图中所示的正八面体形离子为，移向阳极石墨电极，故B正确；
C．根据负极电极反应为，正极的电极反应，电池总反应：，故C正确；
D． 电解液为 液态电解液，负极钠失电子发生氧化反应，当外电路通过nmol电子时，锡钠极板质量应减少nmol，质量减少23ng，故D正确；
故答案选A。
【分析】
根据原电池的工作原理可知图示所示为放电过程，阳离子移向正极，阴离子移向负极，根据阴阳离子移动方向可确定锡箔石墨为原电池的正极，锡箔与钠的合金为负极；充电时电极反应相反，石墨电极为阳极，锡箔与钠电极为阴极，图中所示的正八面体形离子为，移向阳极石墨电极，由此分析回答。
15．【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．A点未滴加NaOH溶液，溶液为HNO2溶液，A点lg=8.5，则c(H+)：c(OH-)=108.5，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH = 2.75；C点lg=0，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，溶液为HNO2和NaNO2混合液；水解使得NaNO2水溶液呈碱性，NaOH溶液与HNO2溶液恰好完全反应溶液呈碱性，C点溶液呈中性，滴加NaOH溶液小于20mL；从C点往后的过程中，到NaOH溶液与HNO2溶液恰好完全反应即滴加NaOH溶液等于20mL，水的电离程度先变大，当NaOH过量时，NaOH抑制水电离，水的电离程度再变小，故A错误；
B．B点滴加NaOH溶液10mL，此时溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液溶液中存在①电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()，②物料守恒：2c(Na+)=c(HNO2)+c()，将①×2-②得：2c(H+)-2c(OH-)=c()-c(HNO2)，B点溶液中存在：c(H+)-c(OH-)＜c()-c(HNO2)，故B错误；
C．水解使得NaNO2水溶液呈碱性，NaOH溶液与HNO2溶液恰好完全反应即滴加NaOH溶液等于20mL溶液时溶液呈碱性，C点lg=0，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，溶液为HNO2和NaNO2混合液，滴加NaOH溶液小于20mL；故C正确；
D．A点未滴加NaOH溶液，溶液为HNO2溶液，A点lg=8.5，则c(H+)：c(OH-)=108.5，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH = 2.75；由于c(H+)与c()近似相等，HNO2的电离常数Ka==1.0×10-4.5， 25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10-4.5，故D正确；
故答案选AB。
【分析】
用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定0.100mol·L-1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定过程中 A点未滴加NaOH溶液，溶液为HNO2溶液； B点滴加NaOH溶液10mL，此时溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液；C点lg=0，溶液呈中性，溶液为HNO2和NaNO2混合液。
16．【答案】（1）
（2）
（3）O；>；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角
（4）分子中含有氢键
（5）4；；
【知识点】原子结构的构造原理；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】
（1）NaH遇水后放出氢气并生成一种碱，根据质量守恒和电子守恒写出反应的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中NaH中H元素的化合价由-1价升至0价，NaH被氧化，NaH作还原剂，故答案为：NaH；
（2）
锰核外25个电子，基态锰原子的电子排布式为，价层电子排布式为：，故答案为：；
（3）
①同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，结合元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，电负性B②CH4中C的价层电子对数为，H2O中O价层电子对数为，CH4中C孤电子对为 0，H2O中O有2对孤电子对，因孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大，键角越小，键角：H2O；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角 ；
（4）
中含有，分子间存在氢键；分子间存在范德华力，沸点高于，故答案为：分子间含有氢键；
（5）
①由晶胞结构图可知，8个原子在晶胞内，距离最近的为4个，故答案为：4；
②在晶胞中，原子位于顶点和面心，原子在晶胞内，Mg的个数为8，1个晶胞中Fe的个数为：，与原子个数比为1：2，铁镁合金的化学式为，故答案为：；
③1个晶胞中含有4个，晶胞的体积为(d×10-7cm)3=d3×10-21cm3，该合金的密度。
【分析】
（1）反应物所含元素化合价升高，被氧化，作还原剂；
（2）锰核外25个电子，基态锰原子的电子排布式为；
（3）①同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，；
②孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大，键角越小 ；
（4）分子间含有氢键比范德华力强；
（5）利用均摊法计算晶胞中所含原子个数，确定化学式，根据公式可计算晶体的密度。
（1）NaH遇水反应的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H元素的化合价由-1价升至0价，NaH被氧化，NaH作还原剂；
（2）锰的原子序数为25，基态锰原子的电子排布式为，价层电子排布式为：；
（3）①同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，元素的非金属性越强、电负性越大，结合元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，电负性最大的是O；
②CH4中中心原子C和H2O中中心原子O都有4对价层电子对，但CH4分子中C上没有孤电子对，H2O中O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以H2O的键角小于CH4的键角；
（4）中存在分子间氢键，其沸点高于；
（5）①由晶胞可知，原子在晶胞内，距离最近的为4个；
②在晶胞中，原子位于顶点和面心，1个晶胞中Fe的个数为：，原子在晶胞内，Mg的个数为8，铁镁合金的化学式为；
③1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(d×10-7cm)3=d3×10-21cm3，该合金的密度。
17．【答案】（1）TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4；与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀
（2）1mol L-1
（3）关闭K2，打开止水夹与K1；pH=6.0左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变；之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小
（4）3.5～4.0；Fe3O4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）根据题意TiOSO4的水解转化为TiO2·xH2O沉淀， 化学方程式为TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4，“除杂”时，加入过量铁粉除了防止被氧化，还可以是与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀，故答案为：TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4；与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀；
（2）常温下滤液① ，，；已知，常温下滤液①的，即，，故答案为：1mol L-1；
（3）模拟制备FeOOH的为了防止装置中空气中氧气对实验的干扰，反应实验前应赶走装置中的空气，操作i是为：关闭K2，打开止水夹与K1；根据信息pH≈4时制得FeOOH， 0-时段，pH几乎不变；-时段，pH明显降低， 可推测pH=6.0左右Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，即4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3，因此pH几乎不变之后pH明显降低，说明反应过程中有H+，推测发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小，故答案为：关闭K2，打开止水夹与K1；pH=6.0左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变；之后发生4Fe2++O2+ 6H2O=4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。
（4）结合图形可得，氧化时要使色光度值范围为-0.5~0.5，应控制pH在3.5～4.0范围；pH过大会导致部分Fe2+来不及氧化就开始沉淀，使得产品变黑，推测可能含有的杂质Fe3O4，故答案为：3.5～4.0；Fe3O4。
【分析】
由题给流程可知，向钛白渣中加入水溶解得到含有FeSO4、MgSO4、TiOSO4的溶液，其中TiOSO4会发生水解转化为TiO2·xH2O沉淀；除杂时加入Fe可防止Fe2+被氧化同时还可以是与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀；加入HF溶液，将MgSO4转化为MgF2沉淀，过滤得到含有FeSO4的滤液；向滤液中通入空气，并加入氨水，进一步氧化沉淀得到氧化铁黄。
（1）根据题意TiOSO4的水解转化为TiO2·xH2O沉淀，可写出其水解的化学方程式为TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4，“除杂”时，加入过量铁粉的作用是与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀，故答案为：TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4；与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀。
（2）常温下，实验测定滤液①的，，且知，，则滤液①中，则，故答案为：1mol L-1。
（3）用如图1所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备FeOOH的过程结合ⅱ和ⅲ步的操作可知，操作i是：关闭K2，打开止水夹与K1；根据信息pH≈4时制得FeOOH，可推测pH=6.0左右Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，即4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3，因此pH几乎不变之后pH明显降低，说明反应过程中有H+，推测发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小，故答案为：关闭K2，打开止水夹与K1；pH=6.0左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变；之后发生4Fe2++O2+ 6H2O=4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。
（4）结合图形可得，氧化时要使色光度值范围为-0.5~0.5，应控制pH的合理范围是3.5～4.0，pH过大会导致部分Fe2+来不及氧化就开始沉淀，结合产品的颜色变黑，推测可能含有的杂质Fe3O4，故答案为：3.5～4.0；Fe3O4。
18．【答案】（1）
（2）氢氧化钠溶液
（3）阳离子；制盐酸或合成氨气或做燃料
（4）形成过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳；生成
（5）
（6）46%；AC
【知识点】电解原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；离子反应的应用
【解析】【解答】
（1）装置A中稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、硫酸根、水，对应的化学方程式，故答案为：；
（2）阳极发生反应，生成的有毒，可用装置B吸收氯气，根据氯气与氢氧化钠反应，装置B中可盛装NaOH溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；
（3）阳离子交换膜允许阳离子通过，由分析知，阳极区通过离子交换膜进入电解池阴极区，离子交换膜的类型为阳离子交换膜。阴极发生反应，阴极产生气体Y为，工业上可用于生产盐酸或合成氨或作燃料，故答案为：阳离子；制盐酸或合成氨气或做燃料；
（4）先电解一段时间，使阴极室中形成过饱和的溶液，有利于充分吸收。若通入过快，相当于相同时间内通入的过量，结果是过量的与生成的纳米碳酸钙再反应生成，故答案为：形成过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳；生成；
（5）为酸性氧化物，可以碱反应，故通入生成纳米碳酸钙的离子方程式为：，故答案为：；
(6)①三次滴定中第一次的标准液用量误差太大，弃去不用，取后两次用量数据计算平均值，25mL待测液中钙离子质量计算过程如下：
，，，样品中钙元素的质量分数为：，故答案为：46%；
②A．滴定终点时速度过快，会使滴入的标准液过量，使测定结果偏高，A正确；
B．样品未充分干燥，配得的待测液中钙离子浓度减小，标准液用量减小，滴定结果偏低，B错误；
C．中钙的质量分数为54.05%，比碳酸钙中钙的质量分数大，含有时会使样品中钙的质量分数增大，C正确；
故选AC。
【分析】
分析图可知装置为电解池，左侧电极与电源负极相连为电解池的阴极，电极反应式为；右侧电极与电源的正极相连为电解池为阳极，电极反应式为，生成的通过导管进入装置B后被吸收，右侧通过阳离子交换膜进入电解池阴极区，形成过饱和的溶液。装置A制备的进入电解池的阴极区与反应生成纳米。
（1）装置A中发生反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）阳极反应产物为，因此装置B可盛装NaOH溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；
（3）由分析知，阳极区通过离子交换膜进入电解池阴极区，因此离子交换膜的类型为阳离子交换膜。气体Y是，工业上可用于生产盐酸或合成氨或作燃料，故答案为：阳离子；制盐酸或合成氨气或做燃料；
（4）先电解一段时间，使阴极室中形成过饱和的溶液，有利于充分吸收。若通入过快，相当于相同时间内通入的过量，结果是过量的与生成的纳米碳酸钙再反应生成，故答案为：形成过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳；生成；
（5）通入生成纳米碳酸钙的离子方程式为：，故答案为：；
（6）①三次滴定中第一次的标准液用量误差太大，弃去不用，取后两次平均值23mL来计算。25mL待测液中钙离子质量计算过程如下：
，，，样品中钙元素的质量为：，质量分数为：，故答案为：46%；
②
A．滴定终点时速度过快，以致滴入的标准液过量，使测定结果偏高，A正确；
B．所取用的样品未充分干燥，配得的待测液中钙离子浓度减小，会使标准液用量减小，滴定结果偏低，B错误；
C．中钙的质量分数为54.05%，比碳酸钙中钙的质量分数大，因此含有时会使样品中钙的质量分数增大，C正确；
故选AC。
19．【答案】（1）1，2，4 丁三醇
（2）++H2O；保护羟基
（3）醚键、醛基；C7H14O3
（4）13；
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】
（1）含有三个羟基，主链4个碳原子，名称为1，2，4 丁三醇，故答案为：1，2，4 丁三醇；
（2）
对比A、B、C的结构简式可知，根据原子守恒可知反应还生成1分子水，化学方程式为++H2O；A→C的过程中为了保护羟基，消除间位的2个羟基，而将另外的羟基氧化为醛基，最后又重新引入被消除的羟基，故答案为：++H2O；保护羟基；
（3）
D结构中含有官能团为醚键、醛基；1个G的分子中含有7个C、14个H、3个O，其分子式为C7H14O3，故答案为：醚键、醛基；C7H14O3；
（4）
的分子式为，不饱和度为4，的同分异构体含有苯环，且与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上有2个侧链为 OH、 CH2CHO，有邻、间、对3种位置关系；有3个侧链为 OH、 CHO、 CH3，有三种不同的取代基苯环上有10种同分异构体，故符合条件的同分异构体共有3+10=13种；核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为，故答案为：13；；
（5）
对比原料和目标产物的结构可知与反应生成，中羟基被氧化生成，与Ph3P=CH2反应生成，与DDQ反应生成，合成路线为。【分析】
A（）和B（）反应，B（）中醛基断碳氧双键，和A()中相间的两个羟基反应生成生成C()，C()中羟基变为碳氧双键，根据Wittig反应，则D和E反应生成F，F发生DDQ反应生成G。
【分析】
（1）醇的系统命名法选含羟基所在碳最长的碳链作主链，根据羟基个数呈某几醇，从离官能团最近的一端定编号，写出取代基的位置、名称，并写出官能团的位置、个数；
（2）陌生化学方程式书写时对比已知反应物、生成物的结构简式，根据原子守恒可知其他生成物；A→C的过程中为了保护羟基，消除间位的2个羟基，而将另外的羟基氧化为醛基，最后又重新引入被消除的羟基；
（3）观察D结构确定含有官能团为醚键、醛基；观察G的结构简式，数出碳原子个数、O原子个数，不饱和度为1，算出H个数为14，确定G其分子式为C7H14O3；
（4）限定条件下同分异构体书写：根据结构简式确定不饱和度、C个数、O原子个数；根据题目所给限定条件确定所含片段；组装片段时考虑苯环一个取代基、两个取代基、三个取代基等情况分别分析；
（5）对比原料和目标产物的结构可知采用逆向分析法结合题目中相似物质间转化的路径确定最佳合成路线。
（1）是三元醇，其名称为1，2，4 丁三醇，故答案为：1，2，4 丁三醇；
（2）对比A、B、C的结构简式可知，反应还生成1分子水，反应方程式为++H2O；A→C的过程中消除间位的2个羟基，而将另外的羟基氧化为醛基，最后又重新引入被消除的羟基，该步骤的目的是保护羟基，故答案为：++H2O；保护羟基；
（3）观察结构可知，D中所含官能团为醚键、醛基；G的分子含有7个碳原子、14个氢原子、3个氧原子，其分子式为C7H14O3，故答案为：醚键、醛基；C7H14O3；
（4）有机物B()的同分异构体含有苯环，且与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环有2个侧链为 OH、 CH2CHO，有邻、间、对3种位置关系，也可以有3个侧链为 OH、 CHO、 CH3，羟基与醛基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种；其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为，故答案为：13；；
（5）模仿路线中合成G的过程，与反应生成，然后氧化生成，再与Ph3P=CH2反应生成，最后与DDQ反应生成，合成路线为。
20．【答案】（1）；增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；不是；其他条件相同时，温度升高，反应速率增大
（2）时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等
（3）c＞a＞b
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】
（1）①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol，故答案为：+247.3；
②增大二氧化碳的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小，可以有效缓解积碳，故答案为：增大二氧化碳的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；
③ⅰ、观察图1可知a点CH4的转化率可增大，说明a点反应未达平衡，a点所处的状态不是化学平衡状态，故答案为：不是；
ⅱ、b、c两点使用催化剂相同，所处温度不同，温度升高，反应速率加快，反应物转化率增大；温度：，反应速率：，导致的转化率：，故答案为： 其他条件相同时，温度升高，反应速率增大；
（2）①时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用，导致时，温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；
②该反应为气体分子总数减小的反应，增大压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等，均可使平衡正向移动，提高甲烷的平衡转化率，故答案为： 增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等 ；
（3）活化能越小，反应越容易进行，结合图a中的数据，a过程活化能0.51eV-0.00eV=0.51eV；b过程活化能0.68eV-(-0.08eV)=0.76eV；c过程活化能0.68eV-0.22eV=0.46eV，由此判断，电还原为从易到难的顺序为c＞a＞b，故答案为：c＞a＞b。
【分析】
（1）①根据所给燃烧热数据，写出燃烧热的热化学方程式，根据盖斯定律，计算出反应的焓变值；
②增大二氧化碳的量，消耗C；同时催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小，；
③ⅰ、催化剂不能改变反应的平衡转化率；
ⅱ、使用催化剂相同，温度相同，平衡转化率相同；使用催化剂相同，温度升高，反应速率加快，单位时间消耗反应物增多，反应物转化率增大；
（2）①从催化剂的催化效率降低对反应速率的影响、温度升高对反应速率的加快作用两方面起主导作用一方分析；
②结合反应特点，改变外界条件使平衡正向移动，提高甲烷的平衡转化率 ；
（3）活化能越小，反应越容易进行。
（1）①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；
③ⅰ、a点时CH4的转化率在增大，反应正向进行，所处的状态不是化学平衡状态；
ⅱ、的转化率：，原因是其他条件相同时，温度升高，反应速率增大；
（2）①时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；
②增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等，平衡正向移动，反应物转化率增大；
（3）最大能垒越小，反应越容易进行，结合图a中的数据，a的最大能垒值是0.51eV-0.00eV=0.51eV；b的最大能垒值是0.68eV-(-0.08eV)=0.76eV；c的最大能垒值是0.68eV-0.22eV=0.46eV，由此判断，电还原为从易到难的顺序为c＞a＞b。
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