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山东省实验中学2025届高三下学期一模化学试题
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．山东的饮食和民俗文化中蕴含着丰富的化学知识，下列叙述正确的是
A．潍坊纸鸢：纸张的主要成分与淀粉互为同分异构体
B．微山湖荷香鲤鱼：鱼肉经煮、炸、蒸都会变性
C．单县羊汤：汤中的油脂属于天然有机高分子
D．德州夏津“打铁花”：“打铁花”的绚烂色彩与金属原子核外电子跃迁吸收能量有关
【答案】B
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．纸张的主要成分是纤维素，纤维素和淀粉都属于天然高分子化合物。虽然它们都是由葡萄糖单元组成的多糖，但由于分子链长度(n值)不同，它们的分子式并不相同，因此不互为同分异构体，A选项错误。B．鱼肉中的主要成分是蛋白质，经过煮、炸、蒸等高温烹饪处理后，蛋白质的空间结构会发生改变（即变性），这是一个不可逆的化学变化过程，B选项正确。
C．油脂虽然是由甘油和脂肪酸组成的酯类化合物，但其相对分子质量通常在1000以下，不符合高分子化合物（通常相对分子质量在10000以上）的定义，因此不属于天然有机高分子化合物，C选项错误。
D．"打铁花"表演中产生的绚丽色彩是由于高温下金属原子的电子获得能量跃迁到较高能级，当这些电子回落至较低能级时会释放出特定波长的光（能量），而非吸收能量，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、淀粉与纤维素的聚合度n不同，分子式不同。
B、鱼肉中的蛋白质经炸、煮、蒸后发生变性。
C、油脂不属于高分子化合物。
D、焰色反应的过程中是释放能量。
2．下列化学用语或图示正确的是
A．环己烷稳定构象的空间填充模型：
B．酚醛树脂的结构简式：
C．氮原子2p轨道的电子云轮廓图：
D．用系统命名法命名：3-甲基丁酸
【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、该图示为环己烷稳定构象（椅式构象）的球棍模型： ，而非空间填充模型，A错误；
B、酚醛树脂是苯酚与甲醛缩聚的产物，结构简式中苯环上的羟基与亚甲基应处于邻位，且链节连接方式错误， 正确结构简式为：，B错误；
C、氮原子 2p 轨道的电子云轮廓图为哑铃形，图示为两个 p 轨道重叠的电子云，不是单个 2p 轨道的轮廓图，正确电子云轮廓图为，C错误；
D、CH3CH(CH3)CH2COOH 的主链含 4 个碳原子，羧基为 1 号碳，甲基在 3 号碳，系统命名为 3 - 甲基丁酸，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
模型区分：球棍模型用棍表示化学键、球表示原子，空间填充模型用原子的相对大小和空间重叠表示结构；
酚醛树脂结构：苯酚与甲醛缩聚，羟基与亚甲基为邻位连接，形成线型或体型结构；
电子云轮廓图：单个 p 轨道为哑铃形，图示为成键后的重叠电子云；
系统命名法：羧酸命名以羧基碳为 1 号碳，依次编号确定取代基位置。
3．由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键
键能/ () 411 318 799 358 452 346 222
A．非金属性： B．熔点：
C．键长： D．硬度：金刚石>晶体硅
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、C-H 键能（411 kJ mol- ）大于 Si-H 键能（318 kJ mol- ），说明 C-H 键更稳定，可推知非金属性 C＞Si，能用键能解释，A 不符合题意；
B、CO2属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；SiO2属于共价晶体，熔化时破坏 Si-O 共价键，二者熔点差异由晶体类型决定，不能用键能数据解释，B 符合题意；
C、键能越大，键长越短，C=O 键能（799 kJ mol- ）大于 C-O 键能（358 kJ mol- ），故键长 C=O＜C-O，能用键能解释，C 不符合题意；
D、金刚石和晶体硅均为共价晶体，硬度与共价键键能正相关，C-C 键能（346 kJ mol- ）大于 Si-Si 键能（222 kJ mol- ），故硬度金刚石＞晶体硅，能用键能解释，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键能与非金属性：气态氢化物中，中心原子与 H 的键能越大，对应元素非金属性越强；
晶体类型与熔点：分子晶体熔点由分子间作用力决定，共价晶体熔点由共价键键能决定；
键能与键长：键能越大，共价键越稳定，键长越短；
共价晶体硬度：共价键键能越大，晶体硬度越高。
4．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释正确的是
　 事实 解释
A 酿米酒需晾凉米饭后加酒曲 乙醇受热易挥发
B 王水能溶解金和铂 浓盐酸的主要作用是增强硝酸的氧化性
C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完美的立方体 晶体具有自范性
D 的熔点低于 引入乙基改变了晶体的类型
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；配合物的成键情况；离子晶体；晶体的定义
【解析】【解答】A．酿制米酒时需将米饭晾凉后再加入酒曲，这是因为酒曲中的微生物在高温环境下会失去活性，而非由于乙醇受热易挥发，A选项错误。B．王水由浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3混合而成，其能溶解金和铂的原因在于浓盐酸提供了大量离子，这些离子能与金属离子形成稳定的络合物，从而降低了金属的电极电势，增强了金属的还原性，而非增强了硝酸的氧化性，B选项错误。
C．晶体的自范性是指晶体在适宜条件下能自发形成规则多面体外形的性质。当缺角的NaCl晶体置于饱和NaCl溶液中时，会逐渐恢复为完美的立方体外形，这一现象正是晶体自范性的体现，C选项正确。
D．和均属于离子晶体，前者熔点较低的原因是乙基的引入减弱了离子间作用力，而非改变了晶体类型，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、晾凉后再加酒曲，是为了防止温度过高酒曲失去活性。
B、王水能溶解金铂，是由于王水中Cl-能与金属离子形成稳定的络合物。
C、晶体的自范性是指晶体在适宜条件下能自发形成规则多面体外形的性质。
D、熔点较低的原因是乙基的引入减弱了离子间作用力。
5．某种催化剂阴离子的结构式如下所示，其组成元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，W是第四周期的元素，含W的某化合物常用于检验酒驾，原子序数关系为。下列说法正确的是
A．简单氢化物的还原性：
B．该阴离子中W的配体数为6
C．用跨临界可直接制冰，利用了晶体易升华的性质
D．该阴离子结构中的σ键与π键数目之比为
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Y的简单氢化物为，Z的简单氢化物为。元素非金属性越强，对应简单气态氢化物的还原性越弱，因非金属性，故简单氢化物还原性，A错误；
B、由阴离子结构可知，中心W（Cr）的配体数为4，配位数为6，B错误；
C、为，晶体（干冰）易升华，升华过程会吸收大量热量，可实现跨临界直接制冰，C正确；
D、共价单键均为σ键，双键含1个σ键和1个π键，通过计算，该阴离子中σ键与π键数目之比为，D错误；
故答案为：C。
【分析】W为第四周期元素，其化合物可用于检验酒驾，故W为Cr元素；X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期元素，结合原子序数关系（Cr原子序数为24），以及阴离子结构中成键特点：Z形成4个共价键，为第ⅣA族元素；Y形成2个共价键，为第ⅥA族元素；X仅形成1个单键且原子半径最小，可推得X、Y、Z依次为H、O、C。
6．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．图①装置注射器活塞自动右移，说明Na与反应放热
B．图②装置用于中和热的测定
C．图③装置可制备少量干燥的HCl气体
D．图④装置是制备的简易装置
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；吸热反应和放热反应；中和热的测定；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、钠与水反应生成氢气会导致注射器活塞右移，但这一现象不能证明反应放热，A选项错误。
B、该中和热测定实验存在两个问题：缺少玻璃搅拌器，且温度计水银球不应接触烧杯底部，B选项错误。
C、浓盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性且吸水过程会放热，因此可以使用图③装置制备少量干燥的氯化氢气体，C选项正确。
D、电解饱和食盐水时若使用铜作阳极，将无法得到氯气，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、Na与H2O反应生成H2，也会使得注射器活塞右移。
B、缺少玻璃搅拌器。
C、利用浓硫酸的吸水性，结合浓盐酸的挥发性，即可制得干燥的HCl气体。
D、Cu做阳极，则Cu发生失电子的氧化反应。
7．某有机物M经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，质谱和核磁共振氢谱(峰面积与氢原子数成正比)示意图如下。下列关于该有机物的说法正确的是
A．M的同分异构体有两种
B．M在氢氧化钠溶液作用下，反应后的有机产物能使高锰酸钾溶液褪色
C．能与反应生成丙酮
D．能与Na反应生成0.5mol
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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】A、M（1-丙醇，）的分子式为，其同分异构体包括和两种同分异构体，A正确；
B、1-丙醇在氢氧化钠溶液中不发生反应，需在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应生成丙烯，丙烯可使高锰酸钾溶液褪色，选项中“NaOH溶液反应”表述错误，B错误；
C、1-丙醇在催化剂、加热条件下与发生氧化反应，生成丙醛（），而非丙酮，C错误；
D、题目未明确M和Na的具体物质的量，无法直接计算生成的物质的量，D错误；
故答案为：D。
【分析】首先通过质谱图确定有机物 M 的相对分子质量：质谱中最大质荷比为 60，因此 M 的相对分子质量为 60。结合 M 仅含 C、H、O 三种元素，通过元素质量计算，可推得 M 的分子式为 C3H8O（排除 C2H4O2，因其氢谱峰型与题目不符）。再结合核磁共振氢谱分析：谱图显示 4 组特征峰，对应 4 种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为 1：2：2：3，与 1 - 丙醇（CH3CH2CH2OH）的氢原子环境完全匹配，由此确定 M 的结构简式为 CH3CH2CH2OH，基于该结构逐一分析各选项。
8．氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，HCOOH释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液(显碱性)代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述错误的是
A．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度
B．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成
C．图1中步骤②为HCOOH催化释放氢过程中的决速步骤
D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、HCOOH 显酸性，水溶液中存在 H+，会影响反应平衡或产生副反应；HCOOK 水溶液显碱性，可抑制 HCOO-水解，减少副反应，提高氢气纯度，A 正确；
B、HCOOH 催化释氢时，HCOOH 中的 C-H、O-H 等极性键发生断裂，生成 H2时形成 H-H 非极性键，B 正确；
C、决速步骤由反应历程中活化能最大的步骤决定，图 1 中步骤②对应的能垒最高，反应速率最慢，是决速步骤，C 正确；
D、图 2 中最终状态 CO2(g)+H2(g) 的相对能量为 - 0.45eV，但热化学方程式中 ΔH 的单位必须是 kJ/mol，该数值是单个分子的能量变化，不能直接作为宏观热化学方程式的焓变，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质纯度分析：结合 HCOOH 和 HCOOK 溶液酸碱性差异，分析对反应副产物的影响
化学键判断：明确极性键与非极性键的形成、断裂规律，结合反应物质结构判断
决速步骤判断：反应历程中活化能（能垒）最大的步骤为决速步骤
热化学方程式规范：注意 ΔH 的单位及能量数值的适用范围，单个粒子能量变化不能直接对应宏观热化学方程式的焓变
9．是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的废渣可以通过如下流程纯化。
已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的，转化为；“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的。下列说法错误的是
A．具有弱氧化性
B．“氧化水解”时发生水解的化学方程式为
C．每生成1mol ，消耗物质的量大于0.5mol
D．均来自于Fe和Al与盐酸的反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、TiO2能被 Al 还原为 TiOn (1≤n≤1.5)，说明 TiO2具有弱氧化性，A 正确；
B、“氧化水解” 时，TiCl4与水反应生成 TiO2 xH2O 沉淀和 HCl，化学方程式为
TiCl4+(x+2) H2O=TiO2 xH2O↓+4HCl，B 正确；
C、Ti3+被 H2O2氧化为 Ti4+，1mol Ti3+完全氧化需 0.5mol H2O2，同时 H2O2可能发生自身分解，故每生成 1mol TiO2 xH2O，消耗 H2O2物质的量大于 0.5mol，C 正确；
D、废渣中含氧化钙，CaO 与盐酸反应也会生成 H2，因此 H2并非仅来自 Fe 和 Al 与盐酸的反应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】铝热还原阶段，Al 被氧化为难溶于酸和碱的 α-Al2O3；TiO2被还原为 TiO （1≤n≤1.5）；铁的氧化物被还原为单质 Fe；加入盐酸，TiO 、Fe 与酸反应生成 Ti3+、Fe2+和 H2，CaO 转化为 CaCl2进入溶液，而难溶的 α-Al2O3形成滤渣被分离；滤液中的 Ti3+、Fe2+被氧化为 Ti4+和 Fe3+；Ti4+发生水解反应生成 TiO2 xH2O 沉淀从而分离，最终滤液主要含 Fe3+、Ca2+。据此解题。
10．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①； ②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为
B．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Y
C．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比一直为
D．降低相同温度，反应①的速率减小的程度更大
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、由图可知，30min时，初始浓度为，；，根据反应关系，，则，A正确；
B、设初始M、N浓度均为，反应①消耗M的浓度为，反应②消耗M的浓度为，则；根据速率公式、，速率比等于生成Z和Y的浓度比，即。30min时，，故，即，转化为Y的M的百分比为，但该比例是30min时的瞬时比例，反应进行到底时，平衡状态下的转化比例并非62.5%，B错误；
C、根据反应计量关系，生成Z的浓度与生成Y的浓度之比等于反应①与反应②的速率之比，即，故体系中，C正确；
D、反应速率与速率常数相关，温度降低时，速率常数减小，反应速率降低；反应①的速率表达式为，反应②为，从浓度变化趋势可知反应①速率更快，对应速率常数更大，温度对速率常数大的反应影响更显著，故降低相同温度，反应①的速率减小程度更大，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶液初始时M、N浓度均为，反应速率由、及决定，浓度变化量与反应速率成正比；根据30min时M、Z的浓度，可推导Y的浓度，进而计算反应速率及瞬时转化比例；反应①和②均以M为反应物，浓度变化量之比等于速率常数之比，故Y、Z浓度比始终为；速率常数越大，温度对反应速率的影响程度越大，反应①速率常数更大，降温时速率减小更显著。
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、现象和结论均正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 将Zn与Fe用导线相连，插入稀硫酸酸化的3% NaCl溶液，一段时间后，从Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴溶液 无明显现象 Zn可以保护Fe不被腐蚀
B 用玻璃棒蘸取2mL 溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡比较 试纸呈微红色 发生水解
C 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的 先出现浅黄色沉淀，后出现砖红色沉淀
D 将盐酸酸化的溶液加水稀释 溶液黄色变绿色，最终变为蓝色 溶液中减小，增大
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Zn 与 Fe 用导线相连插入酸化的 NaCl 溶液中形成原电池，Zn 作负极被氧化，Fe 作正极被保护；滴加 K3[Fe(CN)6] 溶液无明显现象，说明 Fe 电极区无 Fe2+生成，Fe 未被腐蚀，操作、现象、A正确；
B、NH4Fe(SO4)2溶液中 Fe3+也会发生水解使溶液显酸性，无法证明是 NH4+水解导致 pH 试纸变红，B错误；
C、AgBr 与 Ag2CrO4的阴、阳离子个数比不同，不能仅根据沉淀生成顺序直接比较溶度积大小，C错误；
D、盐酸酸化的 CuCl2溶液中存在平衡 [CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-，加水稀释时平衡正向移动，溶液由黄色变绿色最终变蓝色，说明溶液中 [CuCl4]2-浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大，但操作中 “盐酸酸化” 会使 Cl-浓度升高，平衡逆向移动，与现象矛盾，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池防护原理：牺牲阳极的阴极保护法中，活泼金属作负极被腐蚀，不活泼金属作正极被保护，K3[Fe(CN)6] 可检验 Fe2+，无现象说明 Fe 未被腐蚀；
盐类水解的干扰因素：NH4Fe(SO4)2溶液中 Fe3+水解显酸性，会干扰 NH4+水解的检验；
溶度积比较的前提：只有阴、阳离子个数比相同的难溶电解质，才能通过沉淀生成顺序直接比较溶度积；
化学平衡移动分析：CuCl2溶液中存在配离子转化平衡，稀释使平衡正向移动，盐酸酸化会改变平衡状态，需结合平衡移动原理分析现象与操作的合理性。
12．一种点击化学方法合成聚硫酸酯(W)的路线如下所示：
下列说法正确的是
A．双酚A可与甲醛发生加聚反应
B．在碱性条件下，W比聚苯乙烯更难降解
C．生成W的反应③为缩聚反应，同时生成
D．催化聚合也可生成W
【答案】D
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、双酚 A 与甲醛发生的是缩聚反应，不是加聚反应，A 错误；
B、W 中含硫酸酯键，在碱性条件下易发生水解，聚苯乙烯为碳链聚合物，难降解，故 W 比聚苯乙烯更易降解，B 错误；
C、反应③是含 - SO2F 的单体与含 - Si - 的单体发生的聚合反应，不是缩聚反应，不会生成题目中所示的硅氧硅副产物，C 错误；
D、该单体（ ）同时含有 - SO2F 和 - Si - 两种官能团，可发生分子间催化聚合生成 W，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
聚合反应类型判断：酚与醛的反应为缩聚反应，加聚反应无小分子生成；
聚合物降解性分析：含酯键等可水解基团的聚合物在碱性条件下易降解，碳链聚合物难降解；
缩聚反应特征：缩聚反应会生成小分子副产物，反应③无小分子生成，不属于缩聚反应；
单体聚合条件：同时含两种可反应官能团的单体，可通过分子间催化聚合直接生成对应聚合物。
13．利用不同氢源(和HCHO)在两个Pd膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示(以NaOH为电解质)。下列说法错误的是
A．N极电极反应式为
B．电解时一段时间后，阳极室溶液pH升高
C．消耗1mol，有4mol阴离子通过交换膜
D．若无论电解多久N极产物中也不会含有，则存在反应
【答案】B,C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、N 极为阳极，HCHO 在碱性条件下失电子生成 HCOO-、H 和 H2O，电极反应式为 HCHO-e-+2OH-=HCOO-+H+H2O，A 正确；
B、阳极室发生反应消耗 OH-，同时阴离子交换膜允许 OH-等阴离子向阴极室迁移，导致阳极室 OH-浓度降低，pH 下降，B 错误；
C、 1mol~2mole-，若消耗1mol ，回路转移电子2mol，对应的阴离子交换膜转移2mol阴离子，C错误；
D、若 N 极产物不含氘代结构，说明 OD-未参与 N 极反应，即存在 HCHO 与 OD-的反应：
HCHO+2OD--e-=HCOO-+H+D2O，D 正确；
故答案为：BC。
【分析】由装置图可知，M电极为阴极，N电极为阳极。N极（阳极）发生氧化反应，电极反应式为：；M极（阴极）发生还原反应，电极反应式为：。两极的对乙炔基苯胺均会发生加氢还原反应。当1mol该有机物被完全加氢还原时，相当于阴、阳两极各有0.5mol该有机物被还原；
1mol 的炔键完全还原需消耗4mol H/D，因此0.5mol 还原需消耗 H/D，对应转移电子2mol。据此解题。
14．某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过嵌入或脱嵌该晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为纳米硅基锂电池的正极材料(m、n为正整数)，已知：脱嵌率。
下列关于纳米硅基锂电池的说法错误的是
A．该晶胞中周围等距最近的有6个
B．当嵌入晶胞体心和所有棱心时，该锂电池正极材料的化学式为
C．若该锂电池正极材料中，则的脱嵌率为75%
D．该锂电池充电时，每转移2mole－，正极材料增重14g
【答案】C,D
【知识点】晶胞的计算；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，周围等距最近的有6个，呈八面体结构分布，A正确；
B、先计算A、B单元中离子数目，A单元：为1个，为3个，为8个；B单元：为3个，为1个，为8个；晶胞含2个A、2个B单元，总，；嵌入（体心1+棱心12）共13个，结合电荷守恒，故化学式为，B正确；
C、由，总Fe=12，得，；电荷守恒：，得；最大嵌入Li+数为13，脱嵌率，不是75%，C错误；
D、充电时正极发生氧化反应，脱嵌，正极材料质量应减小，而非增重，D错误；
故答案为：CD。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：根据晶胞中与的空间位置关系，可直接判断等距最近的数目为6；
晶胞组成计算：分别统计A、B单元的离子数，再计算晶胞总离子数，结合嵌入数目推导化学式；
脱嵌率计算：根据电荷守恒计算实际含量，结合最大嵌入量，按脱嵌率公式计算即可。
充电时质量变化：充电为放电的逆过程，正极脱嵌，材料质量减小。
15．常温下，向浓度均为的、和HR的混合液中加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，与pH的部分关系如图所示。已知：代表、、、或，。当被沉淀的离子的物质的量浓度时，认为该离子已沉淀完全。下列叙述错误的是
A．常温下，的水解平衡常数
B．当时，
C．a点时，
D．向浓度均为0.1mol/L的和的混合溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，能通过沉淀的方式将两种离子分离
【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．氟、硫、硒、钛元素可形成多种物质，在工业生产中有着广泛的应用，回答下列问题：
（1）氟化氢溶液中存在的氢键类型有　 　种；三氟化硼溶于乙醚后使乙醚中碳氧键键长　 　(填“变长”或“变短”)，使三氟化硼中硼氟键键长　 　(填“变长”或“变短”)。
（2）氢氰酸引入硫得到的硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，可广泛应用于制药领域。硫氰酸存在互变异构体(异硫氰酸)，其沸点远高于硫氰酸，则异硫氰酸的结构式为　 　。
（3）α-硒为六方晶胞结构，原子排列为相互平行的螺旋长链(如图1)，沿着螺旋链方向的晶胞投影图如图2.α-硒晶胞参数为a pm、b pm、c pm(其中)，a轴与b轴间夹角为120°，c轴垂直于a轴与b轴，阿伏加德罗常数的值为。
晶胞中含有Se原子的数目为　 　；则α-硒晶体的摩尔体积为　 　(用含有a、c的算式表示)。
（4）合金晶体有(甲)、(乙)两种结构，则与晶体的密度之比为　 　，M与N点间最近距离为　 　nm(化简为最终结果)，乙中Ti原子有　 　种分数坐标。
【答案】（1）4；变长；变长
（2）
（3）3；
（4）；或；6
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）在氟化氢溶液中存在的氢键类型有4种；将三氟化硼溶于乙醚后，B原子的空p轨道接受了乙醚中O的孤对电子，形成配位键，受配位键的影响，会使碳氧键和硼氟键的极性都减弱，则碳氧键和硼氟键的键长都变长。
故答案为： 4 ； 变长 ； 变长 ；
（2）氢氰酸的结构为：，形成硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，说明H原子活性增强，则硫氰酸(HSCN)的结构为：，异硫氰酸与硫氰酸属于互变异构体，由于沸点远高于硫氰酸，根据所含元素，推测异硫氰酸中可能存在形成的氢键作用，则异硫氰酸的结构可能为：。
故答案为： ；
（3）由晶胞的投影图可知，把投影图中三个硒原子看成是一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：；由晶胞参数为、、，得到α-硒晶胞的摩尔体积为：，因，解得。
故答案为：3； ；
（4）根据(甲)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(甲)的化学式为：；由(乙)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(乙)的化学式为：，则有，由此可以得到与晶体的密度之比为：；对(乙)的晶胞作如图所示的辅助线：，分别有：、、，则，最后得到，解得或；乙图中，上下底面可互换，左右面可互换，前后面可互换，每个面有两种分数坐标，则Ti原子有6种分数坐标。
故答案为： ；或 ；6；
【分析】(1) 先分析 HF 溶液中分子间的氢键组合，HF 分子间、H2O 分子间、HF 与 H2O 间共 4 种氢键；再根据配位键形成对键极性的影响，判断碳氧键、硼氟键的键长变化。
(2)根据 HSCN 酸性增强、异硫氰酸沸点远高于硫氰酸的性质，结合氢键对沸点的影响，推导两种异构体的结构，异硫氰酸含 N-H 键可形成分子间氢键，沸点更高。
(3)用均摊法计算晶胞中 Se 原子数目；根据六方晶胞参数（a=b≠c，a、b 夹角 120°）计算晶胞底面积，结合 c 得到晶胞体积，再推导摩尔体积。
(4)用均摊法计算甲、乙晶胞中 Au、Ti 原子数，结合晶胞边长计算密度比；用空间几何法计算 M、N 点的最近距离；根据晶胞对称性分析 Ti 原子的分数坐标种类。
（1）在氟化氢溶液中存在的氢键类型有4种；将三氟化硼溶于乙醚后，B原子的空p轨道接受了乙醚中O的孤对电子，形成配位键，受配位键的影响，会使碳氧键和硼氟键的极性都减弱，则碳氧键和硼氟键的键长都变长。
（2）氢氰酸的结构为：，形成硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，说明H原子活性增强，则硫氰酸(HSCN)的结构为：，异硫氰酸与硫氰酸属于互变异构体，由于沸点远高于硫氰酸，根据所含元素，推测异硫氰酸中可能存在形成的氢键作用，则异硫氰酸的结构可能为：。
（3）由晶胞的投影图可知，把投影图中三个硒原子看成是一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：；由晶胞参数为、、，得到α-硒晶胞的摩尔体积为：，因，解得。
（4）根据(甲)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(甲)的化学式为：；由(乙)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(乙)的化学式为：，则有，由此可以得到与晶体的密度之比为：；对(乙)的晶胞作如图所示的辅助线：，分别有：、、，则，最后得到，解得或；乙图中，上下底面可互换，左右面可互换，前后面可互换，每个面有两种分数坐标，则Ti原子有6种分数坐标。
17．以萤石尾矿(含BeO、、及少量、、FeO、、)为原料经过两段除铝制备锂盐和的工艺流程如下：
已知：与生成的可被TBP萃取；；苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸。
回答下列问题：
（1）“沉铁”时，生成黄钠铁矾渣的离子方程总式为　 　。
（2）物质的溶解度曲线如图所示，“精制Ⅰ”时，滤渣Ⅱ的成分是　 　，由精制Ⅰ溶液得到滤渣Ⅱ的实验操作为　 　。“精制Ⅱ”时，pH不宜过低的原因是　 　。
（3）“萃取”时，还需要加入，其作用是　 　。“反萃取”中加入的反萃取剂为　 　(填化学式)。
（4）“操作X”的目的是　 　。“沉铍”时，将pH从7.0提高到8.0，则铍的损失降低至原来的　 　%。
【答案】（1）
（2）；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥)；pH过低，苯甲酸铝溶于酸，铝的去除率降低(或答pH过低，与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，使铝的去除率降低)
（3）增大的浓度，使转化成；HCl
（4）除去；1
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）结合分析可知，“沉铁”时，生成黄钠铁矾渣的离子方程总式为：。
故答案为：
（2）沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，滤渣Ⅱ的成分是KAl(SO4)2·12H2O；苯甲酸是弱酸，与生成，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，所以“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。
故答案为：； 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥) ； pH过低，苯甲酸铝溶于酸，铝的去除率降低(或答pH过低，与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，使铝的去除率降低)
（3）已知：Li+与生成的LiFeCl4可被TBP萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4Cl的作用是：增大氯离子的浓度，使FeCl3转化为，提高锂离子的萃取率；向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因，加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl。
故答案为： 增大的浓度，使转化成；HCl
（4）由分析可知，“操作X”的目的是：除去；“沉铍”时，pH=7.0时，c1(Be2+)= ；pH=8.0时，c2(Be2+)=，。故答案为： 除去；1
【分析】萤石尾矿的主要成分包括BeO、、以及少量、、FeO、、。通过"加热酸溶"处理，加入硫酸后生成BeSO4、Li2SO4、CaSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3等可溶性盐，而不溶，CaSO4微溶，通过过滤可分离出和CaSO4。
后续处理中，加入H2O2和Na2SO4将Fe2+氧化为Fe3+，并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀实现除铁。此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+。在"精制Ⅰ"阶段，加入K2SO4后，根据溶解度曲线，通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到KAl(SO4)2·12H2O晶体（滤渣Ⅱ）。"精制Ⅱ"中，Al3+通过与苯甲酸钠反应生成苯甲酸铝沉淀被除去。最终滤液主要含Be2+和Li+，其中Li+通过有机萃取分离。水相中的Be2+和残留的Fe3+经过操作X除铁后，加入氨水可得到Be(OH)2沉淀。
（1）结合分析可知，“沉铁”时，生成黄钠铁矾渣的离子方程总式为：；
（2）沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，滤渣Ⅱ的成分是KAl(SO4)2·12H2O；苯甲酸是弱酸，与生成，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，所以“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。
（3）已知：Li+与生成的LiFeCl4可被TBP萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4Cl的作用是：增大氯离子的浓度，使FeCl3转化为，提高锂离子的萃取率；
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为，加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl；
（4）由分析可知，“操作X”的目的是：除去；“沉铍”时，pH=7.0时，c1(Be2+)= ；pH=8.0时，c2(Be2+)=，。
18．叠氮化钠()在防腐、有机合成和汽车行业有着广泛的用途。用氨基钠()制取叠氮化钠的化学方程式为。实验室用下列装置制取叠氮化钠并测定其纯度。
已知：①氨基钠()熔点为208℃，易潮解和氧化；
②有强氧化性，不与酸、碱反应；
③Sn的常见化合价为＋2、＋4。
回答下列问题：
（1）仪器的连接顺序为a→　 　→b(仪器不能重复使用)。装置B中生成无污染性气体，写出B中发生的离子方程式　 　，实现装置D的作用还可选择的试剂(装置任选)为　 　(填序号)。
①硅胶 ②③NaOH溶液 ④
（2）制备时，正确的操作顺序是　 　(填序号)。
①检验装置气密性并添加药品 ②打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞
③关闭分液漏斗活塞 ④打开C中加热套 ⑤装置C停止加热
（3）装置A中反应除生成装置C中需要的物质外，还生成NaCl等。其反应的化学方程式是　 　。
（4）纯度测定：取m g反应后装置C中所得固体，用如图所示装置测定产品的纯度(原理为：加入NaClO溶液将氧化成，测定的体积，从而计算产品纯度)。
①F的初始读数为、末读数为，加入蒸馏烧瓶中的NaClO溶液为，本实验条件下气体摩尔体积为产品中的质量分数为　 　%。
②反应结束读数时，若F中液面低于球形干燥管液面，则测定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）g→h→c→d→e→f；；①④
（2）①②④⑤③
（3）
（4）；偏高
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析，仪器的连接顺序为a→g→h→c→d→e→f→b；
B中盐酸酸化的SnCl2吸收N2O气体，发生氧化还原反应，生成无毒的N2和Sn4+离子，离子方程式为：；
D的作用吸收水蒸气，防止水蒸气进入C装置，硅胶和CaCl2具有吸水性，答案选①④；
故答案为： g→h→c→d→e→f ； ； ①④ ；
（2）制备时，先检查装置的气密性并添加药品，然后打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞生成N2O气体排出空气，打开C中加热套进行反应，完毕后停止加热，最后关闭分液漏斗活塞，正确的操作顺序为：①②④⑤③；
故答案为： ①②④⑤③ ；
（3）装置A中反应除生成装置C中需要的物质N2O外，还生成NaCl等。其反应的化学方程式：；
故答案为： ；
（4）①若G的初始读数为V1mL、末读数为V2mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，生成N2体积为(V1-V2)mL，由关系式2NaN3～3N2列式得产品中NaN3的质量分数：%；
②反应结束读数时，若F中液面低于球形干燥管液面，则测定结果偏高。
故答案为： ； 偏高 ；
【分析】本实验以 NH3OHCl 与 NaNO3溶液反应制备 N2O 为起点，先通过装置 E 中的碱石灰除去 N2O 中混有的 HNO3酸雾和水蒸气；装置 D 作为干燥保护装置，防止 E 中残留的水蒸气进入装置 C，避免其与 NaNH2发生副反应，干扰 NaN3的制备；纯净干燥的 N2O 进入装置 C 与 NaNH2反应，最终制得 NaN3；装置 B 用于处理实验尾气，吸收未反应的有害气体。据此分析与解答。
（1）根据分析，仪器的连接顺序为a→g→h→c→d→e→f→b；
B中盐酸酸化的SnCl2吸收N2O气体，发生氧化还原反应，生成无毒的N2和Sn4+离子，离子方程式为：；
D的作用吸收水蒸气，防止水蒸气进入C装置，硅胶和CaCl2具有吸水性，答案选①④；
（2）制备时，先检查装置的气密性并添加药品，然后打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞生成N2O气体排出空气，打开C中加热套进行反应，完毕后停止加热，最后关闭分液漏斗活塞，正确的操作顺序为：①②④⑤③；
（3）装置A中反应除生成装置C中需要的物质N2O外，还生成NaCl等。其反应的化学方程式：；
（4）①若G的初始读数为V1mL、末读数为V2mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，生成N2体积为(V1-V2)mL，由关系式2NaN3～3N2列式得产品中NaN3的质量分数：%；
②反应结束读数时，若F中液面低于球形干燥管液面，则测定结果偏高。
19．特戈拉赞(化合物K)是抑制胃酸分泌的药物，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．Bn为，咪唑为；
Ⅱ．和不稳定，能分别快速异构化为和。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团只有醛基，其结构简式为　 　。
（2）G中含氧官能团的名称为　 　。
（3）J→K的反应类型为　 　。
（4）C和D生成E的过程中会有其他有机物生成，该有机物的结构简式为　 　。
（5）D的同分异构体中，与D官能团完全相同，且水解生成丙二酸的有　 　种(不考虑立体异构)。
（6）E→F转化可能分三步：①E分子内的咪唑环与羧基反应生成X；②X快速异构化为Y；③Y与反应生成F．第③步化学方程式为　 　。
（7）苯环具有与咪唑环类似的性质。参考E→X的转化，设计化合物Ⅰ的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中M和N的结构简式为　 　和　 　。
【答案】（1）
（2）(酚)羟基、羧基
（3）取代反应
（4）
（5）6
（6）
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介；取代反应；酰胺
【解析】【解答】（1）根据分析，有机物B的结构为。
故答案为： ；
（2）根据分析，有机物G的结构为，其含氧官能团为(酚)羟基和羧基。
故答案为： (酚)羟基、羧基 ；
（3）根据分析，J→K的反应是J与H2在Pd/C催化下发生取代反应生成K和甲苯，反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应 ；
（4）D分子中存在两个酯基，而E分子中存在1个酯基和1个羧基，推测C+D→E过程中还存在类似酯基水解的反应，则该有机物的结构简式为。
故答案为： ；
（5）D的同分异构体中，与D的官能团完全相同，说明有酯基的存在，且水解后生成丙二酸，说明主体结构中含有。根据D的分子式，剩余的C原子数为5，剩余H原子数为12，因同分异构体中只含有酯基，则不能将H原子单独连接在某一端的O原子上，因此将5个碳原子拆分。当一侧连接甲基时，另一侧连接-C4H9，此时C4H9有共有4种同分异构体；当一侧连接乙基时，另一侧连接-C3H7，此时-C3H7有共有2种同分异构体，故满足条件的同分异构体有4+2=6种。
故答案为： 6 ；
（6）根据已知条件和题目中的三步反应，第三步反应为酚羟基与乙酸酐的反应，生成有机物F。则有机物Y为，根据异构化原理，有机物X的结构为。反应第③步的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）根据逆推法有机物N发生异构化生成目标化合物，发生的异构化反应为后者的反应，有机物N为，有机物M有前置原料氧化得到的，有机物M发生异构化前者的反应生成有机物N，有机物M的为。
故答案为： ； ；
【分析】化合物 A 先与试剂 B 发生咪唑环的修饰反应，生成含醛基的咪唑类中间体 C；根据B的分子式和题目已知条件I可知B为，C 与丙二酸二乙酯类试剂 D 发生缩合反应，生成含羧基和酯基的衍生物 E；E 经乙酸酐进行环合脱水反应生成环反应生成有机物F，F再经氢氧化钠水解、酸化处理，转化为羧酸类化合物 G（）；G 经亚硫酰氯转化为酰氯后，与二甲胺发生取代反应生成酰胺 H；H 再与含氟酚类化合物 I 进行亲核取代反应，引入醚键得到中间体 J；最后 J 在 Pd/C 催化下与氢气作用， 将结构中的Bn取代为H ，最终制得抑制胃酸分泌的药物特戈拉赞 K。据此分析解题。
（1）根据分析，有机物B的结构为。
（2）根据分析，有机物G的结构为，其含氧官能团为(酚)羟基和羧基。
（3）根据分析，J→K的反应是J与H2在Pd/C催化下发生取代反应生成K和甲苯，反应类型为取代反应。
（4）D分子中存在两个酯基，而E分子中存在1个酯基和1个羧基，推测C+D→E过程中还存在类似酯基水解的反应，则该有机物的结构简式为。
（5）D的同分异构体中，与D的官能团完全相同，说明有酯基的存在，且水解后生成丙二酸，说明主体结构中含有。根据D的分子式，剩余的C原子数为5，剩余H原子数为12，因同分异构体中只含有酯基，则不能将H原子单独连接在某一端的O原子上，因此将5个碳原子拆分。当一侧连接甲基时，另一侧连接-C4H9，此时C4H9有共有4种同分异构体；当一侧连接乙基时，另一侧连接-C3H7，此时-C3H7有共有2种同分异构体，故满足条件的同分异构体有4+2=6种。
（6）根据已知条件和题目中的三步反应，第三步反应为酚羟基与乙酸酐的反应，生成有机物F。则有机物Y为，根据异构化原理，有机物X的结构为。反应第③步的化学方程式为。
（7）根据逆推法有机物N发生异构化生成目标化合物，发生的异构化反应为后者的反应，有机物N为，有机物M有前置原料氧化得到的，有机物M发生异构化前者的反应生成有机物N，有机物M的为。
20．是制造多晶硅的原料，可由Si和耦合加氢得到，相关反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）生成的总反应：Ⅳ． 　 　。
（2）体系达到平衡状态且其他条件不变时：
①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数减小的组分为　 　(填字母)。
a． b． c． d．HCl
②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是　 　。
（3）在压强为的恒压体系中通入2.0mol和1.0mol，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，。
①图中m代表的组分为　 　(填化学式)。
②750K时，反应Ⅳ的平衡常数　 　(写出最简表达式)。
（4）673K，其他条件相同时，用Cu、CuO和CuCl分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%)
催化剂 Cu CuO CuCl
的 转化率/% 7.3 14.3 22.3
①使用不同催化剂时，平衡转化率：CuO催化剂　 　CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂　 　CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)。
②使用CuCl催化剂，初始投料α mol，该段时间内得到β mol，则的选择性　 　 (列出计算式)。
【答案】（1）-80
（2）ad；因，升温反应Ⅳ向逆反应方向移动，的产量减小(或解释为：反应Ⅱ左移的程度大于反应Ⅰ右移的程度)；，升温反应Ⅲ正向移动，的产量增大，故平衡时产物的选择性减小
（3）；
（4）=；>；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，。
故答案为： -80 ；
（2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应，除压强对反应I无影响，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和物质的量分数增大、物质的量分数减小，选ad；
②因、，升温反应Ⅳ向逆反应方向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，的产量反而减小；
故答案为： ad ； 因，升温反应Ⅳ向逆反应方向移动，的产量减小(或解释为：反应Ⅱ左移的程度大于反应Ⅰ右移的程度)；，升温反应Ⅲ正向移动，的产量增大，故平衡时产物的选择性减小 ；
（3）在压强为的恒压体系中通入和；
①根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为；
②时按照反应Ⅳ进行：，由图中可知道平衡时的物质的量分数为x，的物质的量分数为y，的物质的量分数为w，则；
故答案为： ； ；
（4）①该表表示一段时间内的转化率，平衡转化率与催化剂无关，故平衡转化率：CuO催化剂=CuCl催化剂根据表中数据；在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂催化剂；
②根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式。
故答案为： = ； > ； ；
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知反应 Ⅰ×3 + 反应 Ⅱ，消去中间产物 H2、HCl，得到总反应 Ⅳ，代入各反应的焓变计算总焓变 ΔH4。
(2)①分析各反应的气体分子数变化，压缩体积即增大压强，根据勒夏特列原理，判断各组分物质的量分数的变化，筛选出物质的量分数减小的组分。
② 结合总反应 Ⅳ（ΔH4<0）和副反应 Ⅲ（ΔH3>0）的焓变，分析升温对两个平衡的影响，说明 SiHCl3选择性降低的原因。
(3) ① 根据各反应的焓变，分析温度升高时各产物的含量变化趋势，结合图像中 m、n 的变化规律，判断 m 对应的组分。
②根据总反应 Ⅳ 的平衡常数表达式，结合分压 = 物质的量分数 × 总压 p0，代入 750K 时各组分的物质的量分数，化简得到 Kp 的最简表达式。
(4) ①明确催化剂不改变平衡转化率，仅改变反应速率；根据不同催化剂下 SiCl4的转化率，判断活化能的大小关系。
②根据总反应 Ⅳ 的计量关系，计算生成 β mol SiHCl3消耗的 SiCl4的物质的量；结合 SiCl4的总消耗量，代入选择性公式，列出计算式。
（1）根据盖斯定律可知，。
（2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应，除压强对反应I无影响，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和物质的量分数增大、物质的量分数减小，选ad；
②因、，升温反应Ⅳ向逆反应方向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，的产量反而减小；
（3）在压强为的恒压体系中通入和；
①根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为；
②时按照反应Ⅳ进行：，由图中可知道平衡时的物质的量分数为x，的物质的量分数为y，的物质的量分数为w，则；
（4）①该表表示一段时间内的转化率，平衡转化率与催化剂无关，故平衡转化率：CuO催化剂=CuCl催化剂根据表中数据；在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂催化剂；
②根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式。
1 / 1山东省实验中学2025届高三下学期一模化学试题
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．山东的饮食和民俗文化中蕴含着丰富的化学知识，下列叙述正确的是
A．潍坊纸鸢：纸张的主要成分与淀粉互为同分异构体
B．微山湖荷香鲤鱼：鱼肉经煮、炸、蒸都会变性
C．单县羊汤：汤中的油脂属于天然有机高分子
D．德州夏津“打铁花”：“打铁花”的绚烂色彩与金属原子核外电子跃迁吸收能量有关
2．下列化学用语或图示正确的是
A．环己烷稳定构象的空间填充模型：
B．酚醛树脂的结构简式：
C．氮原子2p轨道的电子云轮廓图：
D．用系统命名法命名：3-甲基丁酸
3．由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键
键能/ () 411 318 799 358 452 346 222
A．非金属性： B．熔点：
C．键长： D．硬度：金刚石>晶体硅
4．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释正确的是
　 事实 解释
A 酿米酒需晾凉米饭后加酒曲 乙醇受热易挥发
B 王水能溶解金和铂 浓盐酸的主要作用是增强硝酸的氧化性
C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完美的立方体 晶体具有自范性
D 的熔点低于 引入乙基改变了晶体的类型
A．A B．B C．C D．D
5．某种催化剂阴离子的结构式如下所示，其组成元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，W是第四周期的元素，含W的某化合物常用于检验酒驾，原子序数关系为。下列说法正确的是
A．简单氢化物的还原性：
B．该阴离子中W的配体数为6
C．用跨临界可直接制冰，利用了晶体易升华的性质
D．该阴离子结构中的σ键与π键数目之比为
6．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．图①装置注射器活塞自动右移，说明Na与反应放热
B．图②装置用于中和热的测定
C．图③装置可制备少量干燥的HCl气体
D．图④装置是制备的简易装置
7．某有机物M经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，质谱和核磁共振氢谱(峰面积与氢原子数成正比)示意图如下。下列关于该有机物的说法正确的是
A．M的同分异构体有两种
B．M在氢氧化钠溶液作用下，反应后的有机产物能使高锰酸钾溶液褪色
C．能与反应生成丙酮
D．能与Na反应生成0.5mol
8．氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，HCOOH释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液(显碱性)代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述错误的是
A．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度
B．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成
C．图1中步骤②为HCOOH催化释放氢过程中的决速步骤
D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为
9．是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的废渣可以通过如下流程纯化。
已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的，转化为；“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的。下列说法错误的是
A．具有弱氧化性
B．“氧化水解”时发生水解的化学方程式为
C．每生成1mol ，消耗物质的量大于0.5mol
D．均来自于Fe和Al与盐酸的反应
10．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①； ②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为
B．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Y
C．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比一直为
D．降低相同温度，反应①的速率减小的程度更大
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、现象和结论均正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 将Zn与Fe用导线相连，插入稀硫酸酸化的3% NaCl溶液，一段时间后，从Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴溶液 无明显现象 Zn可以保护Fe不被腐蚀
B 用玻璃棒蘸取2mL 溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡比较 试纸呈微红色 发生水解
C 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的 先出现浅黄色沉淀，后出现砖红色沉淀
D 将盐酸酸化的溶液加水稀释 溶液黄色变绿色，最终变为蓝色 溶液中减小，增大
A．A B．B C．C D．D
12．一种点击化学方法合成聚硫酸酯(W)的路线如下所示：
下列说法正确的是
A．双酚A可与甲醛发生加聚反应
B．在碱性条件下，W比聚苯乙烯更难降解
C．生成W的反应③为缩聚反应，同时生成
D．催化聚合也可生成W
13．利用不同氢源(和HCHO)在两个Pd膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示(以NaOH为电解质)。下列说法错误的是
A．N极电极反应式为
B．电解时一段时间后，阳极室溶液pH升高
C．消耗1mol，有4mol阴离子通过交换膜
D．若无论电解多久N极产物中也不会含有，则存在反应
14．某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过嵌入或脱嵌该晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为纳米硅基锂电池的正极材料(m、n为正整数)，已知：脱嵌率。
下列关于纳米硅基锂电池的说法错误的是
A．该晶胞中周围等距最近的有6个
B．当嵌入晶胞体心和所有棱心时，该锂电池正极材料的化学式为
C．若该锂电池正极材料中，则的脱嵌率为75%
D．该锂电池充电时，每转移2mole－，正极材料增重14g
15．常温下，向浓度均为的、和HR的混合液中加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，与pH的部分关系如图所示。已知：代表、、、或，。当被沉淀的离子的物质的量浓度时，认为该离子已沉淀完全。下列叙述错误的是
A．常温下，的水解平衡常数
B．当时，
C．a点时，
D．向浓度均为0.1mol/L的和的混合溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，能通过沉淀的方式将两种离子分离
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．氟、硫、硒、钛元素可形成多种物质，在工业生产中有着广泛的应用，回答下列问题：
（1）氟化氢溶液中存在的氢键类型有　 　种；三氟化硼溶于乙醚后使乙醚中碳氧键键长　 　(填“变长”或“变短”)，使三氟化硼中硼氟键键长　 　(填“变长”或“变短”)。
（2）氢氰酸引入硫得到的硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，可广泛应用于制药领域。硫氰酸存在互变异构体(异硫氰酸)，其沸点远高于硫氰酸，则异硫氰酸的结构式为　 　。
（3）α-硒为六方晶胞结构，原子排列为相互平行的螺旋长链(如图1)，沿着螺旋链方向的晶胞投影图如图2.α-硒晶胞参数为a pm、b pm、c pm(其中)，a轴与b轴间夹角为120°，c轴垂直于a轴与b轴，阿伏加德罗常数的值为。
晶胞中含有Se原子的数目为　 　；则α-硒晶体的摩尔体积为　 　(用含有a、c的算式表示)。
（4）合金晶体有(甲)、(乙)两种结构，则与晶体的密度之比为　 　，M与N点间最近距离为　 　nm(化简为最终结果)，乙中Ti原子有　 　种分数坐标。
17．以萤石尾矿(含BeO、、及少量、、FeO、、)为原料经过两段除铝制备锂盐和的工艺流程如下：
已知：与生成的可被TBP萃取；；苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸。
回答下列问题：
（1）“沉铁”时，生成黄钠铁矾渣的离子方程总式为　 　。
（2）物质的溶解度曲线如图所示，“精制Ⅰ”时，滤渣Ⅱ的成分是　 　，由精制Ⅰ溶液得到滤渣Ⅱ的实验操作为　 　。“精制Ⅱ”时，pH不宜过低的原因是　 　。
（3）“萃取”时，还需要加入，其作用是　 　。“反萃取”中加入的反萃取剂为　 　(填化学式)。
（4）“操作X”的目的是　 　。“沉铍”时，将pH从7.0提高到8.0，则铍的损失降低至原来的　 　%。
18．叠氮化钠()在防腐、有机合成和汽车行业有着广泛的用途。用氨基钠()制取叠氮化钠的化学方程式为。实验室用下列装置制取叠氮化钠并测定其纯度。
已知：①氨基钠()熔点为208℃，易潮解和氧化；
②有强氧化性，不与酸、碱反应；
③Sn的常见化合价为＋2、＋4。
回答下列问题：
（1）仪器的连接顺序为a→　 　→b(仪器不能重复使用)。装置B中生成无污染性气体，写出B中发生的离子方程式　 　，实现装置D的作用还可选择的试剂(装置任选)为　 　(填序号)。
①硅胶 ②③NaOH溶液 ④
（2）制备时，正确的操作顺序是　 　(填序号)。
①检验装置气密性并添加药品 ②打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞
③关闭分液漏斗活塞 ④打开C中加热套 ⑤装置C停止加热
（3）装置A中反应除生成装置C中需要的物质外，还生成NaCl等。其反应的化学方程式是　 　。
（4）纯度测定：取m g反应后装置C中所得固体，用如图所示装置测定产品的纯度(原理为：加入NaClO溶液将氧化成，测定的体积，从而计算产品纯度)。
①F的初始读数为、末读数为，加入蒸馏烧瓶中的NaClO溶液为，本实验条件下气体摩尔体积为产品中的质量分数为　 　%。
②反应结束读数时，若F中液面低于球形干燥管液面，则测定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
19．特戈拉赞(化合物K)是抑制胃酸分泌的药物，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．Bn为，咪唑为；
Ⅱ．和不稳定，能分别快速异构化为和。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团只有醛基，其结构简式为　 　。
（2）G中含氧官能团的名称为　 　。
（3）J→K的反应类型为　 　。
（4）C和D生成E的过程中会有其他有机物生成，该有机物的结构简式为　 　。
（5）D的同分异构体中，与D官能团完全相同，且水解生成丙二酸的有　 　种(不考虑立体异构)。
（6）E→F转化可能分三步：①E分子内的咪唑环与羧基反应生成X；②X快速异构化为Y；③Y与反应生成F．第③步化学方程式为　 　。
（7）苯环具有与咪唑环类似的性质。参考E→X的转化，设计化合物Ⅰ的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中M和N的结构简式为　 　和　 　。
20．是制造多晶硅的原料，可由Si和耦合加氢得到，相关反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）生成的总反应：Ⅳ． 　 　。
（2）体系达到平衡状态且其他条件不变时：
①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数减小的组分为　 　(填字母)。
a． b． c． d．HCl
②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是　 　。
（3）在压强为的恒压体系中通入2.0mol和1.0mol，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，。
①图中m代表的组分为　 　(填化学式)。
②750K时，反应Ⅳ的平衡常数　 　(写出最简表达式)。
（4）673K，其他条件相同时，用Cu、CuO和CuCl分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%)
催化剂 Cu CuO CuCl
的 转化率/% 7.3 14.3 22.3
①使用不同催化剂时，平衡转化率：CuO催化剂　 　CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂　 　CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)。
②使用CuCl催化剂，初始投料α mol，该段时间内得到β mol，则的选择性　 　 (列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．纸张的主要成分是纤维素，纤维素和淀粉都属于天然高分子化合物。虽然它们都是由葡萄糖单元组成的多糖，但由于分子链长度(n值)不同，它们的分子式并不相同，因此不互为同分异构体，A选项错误。B．鱼肉中的主要成分是蛋白质，经过煮、炸、蒸等高温烹饪处理后，蛋白质的空间结构会发生改变（即变性），这是一个不可逆的化学变化过程，B选项正确。
C．油脂虽然是由甘油和脂肪酸组成的酯类化合物，但其相对分子质量通常在1000以下，不符合高分子化合物（通常相对分子质量在10000以上）的定义，因此不属于天然有机高分子化合物，C选项错误。
D．"打铁花"表演中产生的绚丽色彩是由于高温下金属原子的电子获得能量跃迁到较高能级，当这些电子回落至较低能级时会释放出特定波长的光（能量），而非吸收能量，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、淀粉与纤维素的聚合度n不同，分子式不同。
B、鱼肉中的蛋白质经炸、煮、蒸后发生变性。
C、油脂不属于高分子化合物。
D、焰色反应的过程中是释放能量。
2．【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、该图示为环己烷稳定构象（椅式构象）的球棍模型： ，而非空间填充模型，A错误；
B、酚醛树脂是苯酚与甲醛缩聚的产物，结构简式中苯环上的羟基与亚甲基应处于邻位，且链节连接方式错误， 正确结构简式为：，B错误；
C、氮原子 2p 轨道的电子云轮廓图为哑铃形，图示为两个 p 轨道重叠的电子云，不是单个 2p 轨道的轮廓图，正确电子云轮廓图为，C错误；
D、CH3CH(CH3)CH2COOH 的主链含 4 个碳原子，羧基为 1 号碳，甲基在 3 号碳，系统命名为 3 - 甲基丁酸，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
模型区分：球棍模型用棍表示化学键、球表示原子，空间填充模型用原子的相对大小和空间重叠表示结构；
酚醛树脂结构：苯酚与甲醛缩聚，羟基与亚甲基为邻位连接，形成线型或体型结构；
电子云轮廓图：单个 p 轨道为哑铃形，图示为成键后的重叠电子云；
系统命名法：羧酸命名以羧基碳为 1 号碳，依次编号确定取代基位置。
3．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、C-H 键能（411 kJ mol- ）大于 Si-H 键能（318 kJ mol- ），说明 C-H 键更稳定，可推知非金属性 C＞Si，能用键能解释，A 不符合题意；
B、CO2属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；SiO2属于共价晶体，熔化时破坏 Si-O 共价键，二者熔点差异由晶体类型决定，不能用键能数据解释，B 符合题意；
C、键能越大，键长越短，C=O 键能（799 kJ mol- ）大于 C-O 键能（358 kJ mol- ），故键长 C=O＜C-O，能用键能解释，C 不符合题意；
D、金刚石和晶体硅均为共价晶体，硬度与共价键键能正相关，C-C 键能（346 kJ mol- ）大于 Si-Si 键能（222 kJ mol- ），故硬度金刚石＞晶体硅，能用键能解释，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键能与非金属性：气态氢化物中，中心原子与 H 的键能越大，对应元素非金属性越强；
晶体类型与熔点：分子晶体熔点由分子间作用力决定，共价晶体熔点由共价键键能决定；
键能与键长：键能越大，共价键越稳定，键长越短；
共价晶体硬度：共价键键能越大，晶体硬度越高。
4．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；配合物的成键情况；离子晶体；晶体的定义
【解析】【解答】A．酿制米酒时需将米饭晾凉后再加入酒曲，这是因为酒曲中的微生物在高温环境下会失去活性，而非由于乙醇受热易挥发，A选项错误。B．王水由浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3混合而成，其能溶解金和铂的原因在于浓盐酸提供了大量离子，这些离子能与金属离子形成稳定的络合物，从而降低了金属的电极电势，增强了金属的还原性，而非增强了硝酸的氧化性，B选项错误。
C．晶体的自范性是指晶体在适宜条件下能自发形成规则多面体外形的性质。当缺角的NaCl晶体置于饱和NaCl溶液中时，会逐渐恢复为完美的立方体外形，这一现象正是晶体自范性的体现，C选项正确。
D．和均属于离子晶体，前者熔点较低的原因是乙基的引入减弱了离子间作用力，而非改变了晶体类型，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、晾凉后再加酒曲，是为了防止温度过高酒曲失去活性。
B、王水能溶解金铂，是由于王水中Cl-能与金属离子形成稳定的络合物。
C、晶体的自范性是指晶体在适宜条件下能自发形成规则多面体外形的性质。
D、熔点较低的原因是乙基的引入减弱了离子间作用力。
5．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Y的简单氢化物为，Z的简单氢化物为。元素非金属性越强，对应简单气态氢化物的还原性越弱，因非金属性，故简单氢化物还原性，A错误；
B、由阴离子结构可知，中心W（Cr）的配体数为4，配位数为6，B错误；
C、为，晶体（干冰）易升华，升华过程会吸收大量热量，可实现跨临界直接制冰，C正确；
D、共价单键均为σ键，双键含1个σ键和1个π键，通过计算，该阴离子中σ键与π键数目之比为，D错误；
故答案为：C。
【分析】W为第四周期元素，其化合物可用于检验酒驾，故W为Cr元素；X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期元素，结合原子序数关系（Cr原子序数为24），以及阴离子结构中成键特点：Z形成4个共价键，为第ⅣA族元素；Y形成2个共价键，为第ⅥA族元素；X仅形成1个单键且原子半径最小，可推得X、Y、Z依次为H、O、C。
6．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；吸热反应和放热反应；中和热的测定；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、钠与水反应生成氢气会导致注射器活塞右移，但这一现象不能证明反应放热，A选项错误。
B、该中和热测定实验存在两个问题：缺少玻璃搅拌器，且温度计水银球不应接触烧杯底部，B选项错误。
C、浓盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性且吸水过程会放热，因此可以使用图③装置制备少量干燥的氯化氢气体，C选项正确。
D、电解饱和食盐水时若使用铜作阳极，将无法得到氯气，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、Na与H2O反应生成H2，也会使得注射器活塞右移。
B、缺少玻璃搅拌器。
C、利用浓硫酸的吸水性，结合浓盐酸的挥发性，即可制得干燥的HCl气体。
D、Cu做阳极，则Cu发生失电子的氧化反应。
7．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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】A、M（1-丙醇，）的分子式为，其同分异构体包括和两种同分异构体，A正确；
B、1-丙醇在氢氧化钠溶液中不发生反应，需在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应生成丙烯，丙烯可使高锰酸钾溶液褪色，选项中“NaOH溶液反应”表述错误，B错误；
C、1-丙醇在催化剂、加热条件下与发生氧化反应，生成丙醛（），而非丙酮，C错误；
D、题目未明确M和Na的具体物质的量，无法直接计算生成的物质的量，D错误；
故答案为：D。
【分析】首先通过质谱图确定有机物 M 的相对分子质量：质谱中最大质荷比为 60，因此 M 的相对分子质量为 60。结合 M 仅含 C、H、O 三种元素，通过元素质量计算，可推得 M 的分子式为 C3H8O（排除 C2H4O2，因其氢谱峰型与题目不符）。再结合核磁共振氢谱分析：谱图显示 4 组特征峰，对应 4 种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为 1：2：2：3，与 1 - 丙醇（CH3CH2CH2OH）的氢原子环境完全匹配，由此确定 M 的结构简式为 CH3CH2CH2OH，基于该结构逐一分析各选项。
8．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、HCOOH 显酸性，水溶液中存在 H+，会影响反应平衡或产生副反应；HCOOK 水溶液显碱性，可抑制 HCOO-水解，减少副反应，提高氢气纯度，A 正确；
B、HCOOH 催化释氢时，HCOOH 中的 C-H、O-H 等极性键发生断裂，生成 H2时形成 H-H 非极性键，B 正确；
C、决速步骤由反应历程中活化能最大的步骤决定，图 1 中步骤②对应的能垒最高，反应速率最慢，是决速步骤，C 正确；
D、图 2 中最终状态 CO2(g)+H2(g) 的相对能量为 - 0.45eV，但热化学方程式中 ΔH 的单位必须是 kJ/mol，该数值是单个分子的能量变化，不能直接作为宏观热化学方程式的焓变，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质纯度分析：结合 HCOOH 和 HCOOK 溶液酸碱性差异，分析对反应副产物的影响
化学键判断：明确极性键与非极性键的形成、断裂规律，结合反应物质结构判断
决速步骤判断：反应历程中活化能（能垒）最大的步骤为决速步骤
热化学方程式规范：注意 ΔH 的单位及能量数值的适用范围，单个粒子能量变化不能直接对应宏观热化学方程式的焓变
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、TiO2能被 Al 还原为 TiOn (1≤n≤1.5)，说明 TiO2具有弱氧化性，A 正确；
B、“氧化水解” 时，TiCl4与水反应生成 TiO2 xH2O 沉淀和 HCl，化学方程式为
TiCl4+(x+2) H2O=TiO2 xH2O↓+4HCl，B 正确；
C、Ti3+被 H2O2氧化为 Ti4+，1mol Ti3+完全氧化需 0.5mol H2O2，同时 H2O2可能发生自身分解，故每生成 1mol TiO2 xH2O，消耗 H2O2物质的量大于 0.5mol，C 正确；
D、废渣中含氧化钙，CaO 与盐酸反应也会生成 H2，因此 H2并非仅来自 Fe 和 Al 与盐酸的反应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】铝热还原阶段，Al 被氧化为难溶于酸和碱的 α-Al2O3；TiO2被还原为 TiO （1≤n≤1.5）；铁的氧化物被还原为单质 Fe；加入盐酸，TiO 、Fe 与酸反应生成 Ti3+、Fe2+和 H2，CaO 转化为 CaCl2进入溶液，而难溶的 α-Al2O3形成滤渣被分离；滤液中的 Ti3+、Fe2+被氧化为 Ti4+和 Fe3+；Ti4+发生水解反应生成 TiO2 xH2O 沉淀从而分离，最终滤液主要含 Fe3+、Ca2+。据此解题。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、由图可知，30min时，初始浓度为，；，根据反应关系，，则，A正确；
B、设初始M、N浓度均为，反应①消耗M的浓度为，反应②消耗M的浓度为，则；根据速率公式、，速率比等于生成Z和Y的浓度比，即。30min时，，故，即，转化为Y的M的百分比为，但该比例是30min时的瞬时比例，反应进行到底时，平衡状态下的转化比例并非62.5%，B错误；
C、根据反应计量关系，生成Z的浓度与生成Y的浓度之比等于反应①与反应②的速率之比，即，故体系中，C正确；
D、反应速率与速率常数相关，温度降低时，速率常数减小，反应速率降低；反应①的速率表达式为，反应②为，从浓度变化趋势可知反应①速率更快，对应速率常数更大，温度对速率常数大的反应影响更显著，故降低相同温度，反应①的速率减小程度更大，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶液初始时M、N浓度均为，反应速率由、及决定，浓度变化量与反应速率成正比；根据30min时M、Z的浓度，可推导Y的浓度，进而计算反应速率及瞬时转化比例；反应①和②均以M为反应物，浓度变化量之比等于速率常数之比，故Y、Z浓度比始终为；速率常数越大，温度对反应速率的影响程度越大，反应①速率常数更大，降温时速率减小更显著。
11．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Zn 与 Fe 用导线相连插入酸化的 NaCl 溶液中形成原电池，Zn 作负极被氧化，Fe 作正极被保护；滴加 K3[Fe(CN)6] 溶液无明显现象，说明 Fe 电极区无 Fe2+生成，Fe 未被腐蚀，操作、现象、A正确；
B、NH4Fe(SO4)2溶液中 Fe3+也会发生水解使溶液显酸性，无法证明是 NH4+水解导致 pH 试纸变红，B错误；
C、AgBr 与 Ag2CrO4的阴、阳离子个数比不同，不能仅根据沉淀生成顺序直接比较溶度积大小，C错误；
D、盐酸酸化的 CuCl2溶液中存在平衡 [CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-，加水稀释时平衡正向移动，溶液由黄色变绿色最终变蓝色，说明溶液中 [CuCl4]2-浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大，但操作中 “盐酸酸化” 会使 Cl-浓度升高，平衡逆向移动，与现象矛盾，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池防护原理：牺牲阳极的阴极保护法中，活泼金属作负极被腐蚀，不活泼金属作正极被保护，K3[Fe(CN)6] 可检验 Fe2+，无现象说明 Fe 未被腐蚀；
盐类水解的干扰因素：NH4Fe(SO4)2溶液中 Fe3+水解显酸性，会干扰 NH4+水解的检验；
溶度积比较的前提：只有阴、阳离子个数比相同的难溶电解质，才能通过沉淀生成顺序直接比较溶度积；
化学平衡移动分析：CuCl2溶液中存在配离子转化平衡，稀释使平衡正向移动，盐酸酸化会改变平衡状态，需结合平衡移动原理分析现象与操作的合理性。
12．【答案】D
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、双酚 A 与甲醛发生的是缩聚反应，不是加聚反应，A 错误；
B、W 中含硫酸酯键，在碱性条件下易发生水解，聚苯乙烯为碳链聚合物，难降解，故 W 比聚苯乙烯更易降解，B 错误；
C、反应③是含 - SO2F 的单体与含 - Si - 的单体发生的聚合反应，不是缩聚反应，不会生成题目中所示的硅氧硅副产物，C 错误；
D、该单体（ ）同时含有 - SO2F 和 - Si - 两种官能团，可发生分子间催化聚合生成 W，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
聚合反应类型判断：酚与醛的反应为缩聚反应，加聚反应无小分子生成；
聚合物降解性分析：含酯键等可水解基团的聚合物在碱性条件下易降解，碳链聚合物难降解；
缩聚反应特征：缩聚反应会生成小分子副产物，反应③无小分子生成，不属于缩聚反应；
单体聚合条件：同时含两种可反应官能团的单体，可通过分子间催化聚合直接生成对应聚合物。
13．【答案】B,C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、N 极为阳极，HCHO 在碱性条件下失电子生成 HCOO-、H 和 H2O，电极反应式为 HCHO-e-+2OH-=HCOO-+H+H2O，A 正确；
B、阳极室发生反应消耗 OH-，同时阴离子交换膜允许 OH-等阴离子向阴极室迁移，导致阳极室 OH-浓度降低，pH 下降，B 错误；
C、 1mol~2mole-，若消耗1mol ，回路转移电子2mol，对应的阴离子交换膜转移2mol阴离子，C错误；
D、若 N 极产物不含氘代结构，说明 OD-未参与 N 极反应，即存在 HCHO 与 OD-的反应：
HCHO+2OD--e-=HCOO-+H+D2O，D 正确；
故答案为：BC。
【分析】由装置图可知，M电极为阴极，N电极为阳极。N极（阳极）发生氧化反应，电极反应式为：；M极（阴极）发生还原反应，电极反应式为：。两极的对乙炔基苯胺均会发生加氢还原反应。当1mol该有机物被完全加氢还原时，相当于阴、阳两极各有0.5mol该有机物被还原；
1mol 的炔键完全还原需消耗4mol H/D，因此0.5mol 还原需消耗 H/D，对应转移电子2mol。据此解题。
14．【答案】C,D
【知识点】晶胞的计算；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，周围等距最近的有6个，呈八面体结构分布，A正确；
B、先计算A、B单元中离子数目，A单元：为1个，为3个，为8个；B单元：为3个，为1个，为8个；晶胞含2个A、2个B单元，总，；嵌入（体心1+棱心12）共13个，结合电荷守恒，故化学式为，B正确；
C、由，总Fe=12，得，；电荷守恒：，得；最大嵌入Li+数为13，脱嵌率，不是75%，C错误；
D、充电时正极发生氧化反应，脱嵌，正极材料质量应减小，而非增重，D错误；
故答案为：CD。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：根据晶胞中与的空间位置关系，可直接判断等距最近的数目为6；
晶胞组成计算：分别统计A、B单元的离子数，再计算晶胞总离子数，结合嵌入数目推导化学式；
脱嵌率计算：根据电荷守恒计算实际含量，结合最大嵌入量，按脱嵌率公式计算即可。
充电时质量变化：充电为放电的逆过程，正极脱嵌，材料质量减小。
15．【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
16．【答案】（1）4；变长；变长
（2）
（3）3；
（4）；或；6
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）在氟化氢溶液中存在的氢键类型有4种；将三氟化硼溶于乙醚后，B原子的空p轨道接受了乙醚中O的孤对电子，形成配位键，受配位键的影响，会使碳氧键和硼氟键的极性都减弱，则碳氧键和硼氟键的键长都变长。
故答案为： 4 ； 变长 ； 变长 ；
（2）氢氰酸的结构为：，形成硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，说明H原子活性增强，则硫氰酸(HSCN)的结构为：，异硫氰酸与硫氰酸属于互变异构体，由于沸点远高于硫氰酸，根据所含元素，推测异硫氰酸中可能存在形成的氢键作用，则异硫氰酸的结构可能为：。
故答案为： ；
（3）由晶胞的投影图可知，把投影图中三个硒原子看成是一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：；由晶胞参数为、、，得到α-硒晶胞的摩尔体积为：，因，解得。
故答案为：3； ；
（4）根据(甲)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(甲)的化学式为：；由(乙)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(乙)的化学式为：，则有，由此可以得到与晶体的密度之比为：；对(乙)的晶胞作如图所示的辅助线：，分别有：、、，则，最后得到，解得或；乙图中，上下底面可互换，左右面可互换，前后面可互换，每个面有两种分数坐标，则Ti原子有6种分数坐标。
故答案为： ；或 ；6；
【分析】(1) 先分析 HF 溶液中分子间的氢键组合，HF 分子间、H2O 分子间、HF 与 H2O 间共 4 种氢键；再根据配位键形成对键极性的影响，判断碳氧键、硼氟键的键长变化。
(2)根据 HSCN 酸性增强、异硫氰酸沸点远高于硫氰酸的性质，结合氢键对沸点的影响，推导两种异构体的结构，异硫氰酸含 N-H 键可形成分子间氢键，沸点更高。
(3)用均摊法计算晶胞中 Se 原子数目；根据六方晶胞参数（a=b≠c，a、b 夹角 120°）计算晶胞底面积，结合 c 得到晶胞体积，再推导摩尔体积。
(4)用均摊法计算甲、乙晶胞中 Au、Ti 原子数，结合晶胞边长计算密度比；用空间几何法计算 M、N 点的最近距离；根据晶胞对称性分析 Ti 原子的分数坐标种类。
（1）在氟化氢溶液中存在的氢键类型有4种；将三氟化硼溶于乙醚后，B原子的空p轨道接受了乙醚中O的孤对电子，形成配位键，受配位键的影响，会使碳氧键和硼氟键的极性都减弱，则碳氧键和硼氟键的键长都变长。
（2）氢氰酸的结构为：，形成硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，说明H原子活性增强，则硫氰酸(HSCN)的结构为：，异硫氰酸与硫氰酸属于互变异构体，由于沸点远高于硫氰酸，根据所含元素，推测异硫氰酸中可能存在形成的氢键作用，则异硫氰酸的结构可能为：。
（3）由晶胞的投影图可知，把投影图中三个硒原子看成是一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：；由晶胞参数为、、，得到α-硒晶胞的摩尔体积为：，因，解得。
（4）根据(甲)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(甲)的化学式为：；由(乙)的晶胞图可知其原子个数为：Au=、Ti=，(乙)的化学式为：，则有，由此可以得到与晶体的密度之比为：；对(乙)的晶胞作如图所示的辅助线：，分别有：、、，则，最后得到，解得或；乙图中，上下底面可互换，左右面可互换，前后面可互换，每个面有两种分数坐标，则Ti原子有6种分数坐标。
17．【答案】（1）
（2）；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥)；pH过低，苯甲酸铝溶于酸，铝的去除率降低(或答pH过低，与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，使铝的去除率降低)
（3）增大的浓度，使转化成；HCl
（4）除去；1
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）结合分析可知，“沉铁”时，生成黄钠铁矾渣的离子方程总式为：。
故答案为：
（2）沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，滤渣Ⅱ的成分是KAl(SO4)2·12H2O；苯甲酸是弱酸，与生成，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，所以“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。
故答案为：； 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥) ； pH过低，苯甲酸铝溶于酸，铝的去除率降低(或答pH过低，与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，使铝的去除率降低)
（3）已知：Li+与生成的LiFeCl4可被TBP萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4Cl的作用是：增大氯离子的浓度，使FeCl3转化为，提高锂离子的萃取率；向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因，加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl。
故答案为： 增大的浓度，使转化成；HCl
（4）由分析可知，“操作X”的目的是：除去；“沉铍”时，pH=7.0时，c1(Be2+)= ；pH=8.0时，c2(Be2+)=，。故答案为： 除去；1
【分析】萤石尾矿的主要成分包括BeO、、以及少量、、FeO、、。通过"加热酸溶"处理，加入硫酸后生成BeSO4、Li2SO4、CaSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3等可溶性盐，而不溶，CaSO4微溶，通过过滤可分离出和CaSO4。
后续处理中，加入H2O2和Na2SO4将Fe2+氧化为Fe3+，并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀实现除铁。此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+。在"精制Ⅰ"阶段，加入K2SO4后，根据溶解度曲线，通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到KAl(SO4)2·12H2O晶体（滤渣Ⅱ）。"精制Ⅱ"中，Al3+通过与苯甲酸钠反应生成苯甲酸铝沉淀被除去。最终滤液主要含Be2+和Li+，其中Li+通过有机萃取分离。水相中的Be2+和残留的Fe3+经过操作X除铁后，加入氨水可得到Be(OH)2沉淀。
（1）结合分析可知，“沉铁”时，生成黄钠铁矾渣的离子方程总式为：；
（2）沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，滤渣Ⅱ的成分是KAl(SO4)2·12H2O；苯甲酸是弱酸，与生成，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，所以“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。
（3）已知：Li+与生成的LiFeCl4可被TBP萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4Cl的作用是：增大氯离子的浓度，使FeCl3转化为，提高锂离子的萃取率；
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为，加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl；
（4）由分析可知，“操作X”的目的是：除去；“沉铍”时，pH=7.0时，c1(Be2+)= ；pH=8.0时，c2(Be2+)=，。
18．【答案】（1）g→h→c→d→e→f；；①④
（2）①②④⑤③
（3）
（4）；偏高
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析，仪器的连接顺序为a→g→h→c→d→e→f→b；
B中盐酸酸化的SnCl2吸收N2O气体，发生氧化还原反应，生成无毒的N2和Sn4+离子，离子方程式为：；
D的作用吸收水蒸气，防止水蒸气进入C装置，硅胶和CaCl2具有吸水性，答案选①④；
故答案为： g→h→c→d→e→f ； ； ①④ ；
（2）制备时，先检查装置的气密性并添加药品，然后打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞生成N2O气体排出空气，打开C中加热套进行反应，完毕后停止加热，最后关闭分液漏斗活塞，正确的操作顺序为：①②④⑤③；
故答案为： ①②④⑤③ ；
（3）装置A中反应除生成装置C中需要的物质N2O外，还生成NaCl等。其反应的化学方程式：；
故答案为： ；
（4）①若G的初始读数为V1mL、末读数为V2mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，生成N2体积为(V1-V2)mL，由关系式2NaN3～3N2列式得产品中NaN3的质量分数：%；
②反应结束读数时，若F中液面低于球形干燥管液面，则测定结果偏高。
故答案为： ； 偏高 ；
【分析】本实验以 NH3OHCl 与 NaNO3溶液反应制备 N2O 为起点，先通过装置 E 中的碱石灰除去 N2O 中混有的 HNO3酸雾和水蒸气；装置 D 作为干燥保护装置，防止 E 中残留的水蒸气进入装置 C，避免其与 NaNH2发生副反应，干扰 NaN3的制备；纯净干燥的 N2O 进入装置 C 与 NaNH2反应，最终制得 NaN3；装置 B 用于处理实验尾气，吸收未反应的有害气体。据此分析与解答。
（1）根据分析，仪器的连接顺序为a→g→h→c→d→e→f→b；
B中盐酸酸化的SnCl2吸收N2O气体，发生氧化还原反应，生成无毒的N2和Sn4+离子，离子方程式为：；
D的作用吸收水蒸气，防止水蒸气进入C装置，硅胶和CaCl2具有吸水性，答案选①④；
（2）制备时，先检查装置的气密性并添加药品，然后打开分液漏斗上端玻璃塞并旋转活塞生成N2O气体排出空气，打开C中加热套进行反应，完毕后停止加热，最后关闭分液漏斗活塞，正确的操作顺序为：①②④⑤③；
（3）装置A中反应除生成装置C中需要的物质N2O外，还生成NaCl等。其反应的化学方程式：；
（4）①若G的初始读数为V1mL、末读数为V2mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，生成N2体积为(V1-V2)mL，由关系式2NaN3～3N2列式得产品中NaN3的质量分数：%；
②反应结束读数时，若F中液面低于球形干燥管液面，则测定结果偏高。
19．【答案】（1）
（2）(酚)羟基、羧基
（3）取代反应
（4）
（5）6
（6）
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介；取代反应；酰胺
【解析】【解答】（1）根据分析，有机物B的结构为。
故答案为： ；
（2）根据分析，有机物G的结构为，其含氧官能团为(酚)羟基和羧基。
故答案为： (酚)羟基、羧基 ；
（3）根据分析，J→K的反应是J与H2在Pd/C催化下发生取代反应生成K和甲苯，反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应 ；
（4）D分子中存在两个酯基，而E分子中存在1个酯基和1个羧基，推测C+D→E过程中还存在类似酯基水解的反应，则该有机物的结构简式为。
故答案为： ；
（5）D的同分异构体中，与D的官能团完全相同，说明有酯基的存在，且水解后生成丙二酸，说明主体结构中含有。根据D的分子式，剩余的C原子数为5，剩余H原子数为12，因同分异构体中只含有酯基，则不能将H原子单独连接在某一端的O原子上，因此将5个碳原子拆分。当一侧连接甲基时，另一侧连接-C4H9，此时C4H9有共有4种同分异构体；当一侧连接乙基时，另一侧连接-C3H7，此时-C3H7有共有2种同分异构体，故满足条件的同分异构体有4+2=6种。
故答案为： 6 ；
（6）根据已知条件和题目中的三步反应，第三步反应为酚羟基与乙酸酐的反应，生成有机物F。则有机物Y为，根据异构化原理，有机物X的结构为。反应第③步的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）根据逆推法有机物N发生异构化生成目标化合物，发生的异构化反应为后者的反应，有机物N为，有机物M有前置原料氧化得到的，有机物M发生异构化前者的反应生成有机物N，有机物M的为。
故答案为： ； ；
【分析】化合物 A 先与试剂 B 发生咪唑环的修饰反应，生成含醛基的咪唑类中间体 C；根据B的分子式和题目已知条件I可知B为，C 与丙二酸二乙酯类试剂 D 发生缩合反应，生成含羧基和酯基的衍生物 E；E 经乙酸酐进行环合脱水反应生成环反应生成有机物F，F再经氢氧化钠水解、酸化处理，转化为羧酸类化合物 G（）；G 经亚硫酰氯转化为酰氯后，与二甲胺发生取代反应生成酰胺 H；H 再与含氟酚类化合物 I 进行亲核取代反应，引入醚键得到中间体 J；最后 J 在 Pd/C 催化下与氢气作用， 将结构中的Bn取代为H ，最终制得抑制胃酸分泌的药物特戈拉赞 K。据此分析解题。
（1）根据分析，有机物B的结构为。
（2）根据分析，有机物G的结构为，其含氧官能团为(酚)羟基和羧基。
（3）根据分析，J→K的反应是J与H2在Pd/C催化下发生取代反应生成K和甲苯，反应类型为取代反应。
（4）D分子中存在两个酯基，而E分子中存在1个酯基和1个羧基，推测C+D→E过程中还存在类似酯基水解的反应，则该有机物的结构简式为。
（5）D的同分异构体中，与D的官能团完全相同，说明有酯基的存在，且水解后生成丙二酸，说明主体结构中含有。根据D的分子式，剩余的C原子数为5，剩余H原子数为12，因同分异构体中只含有酯基，则不能将H原子单独连接在某一端的O原子上，因此将5个碳原子拆分。当一侧连接甲基时，另一侧连接-C4H9，此时C4H9有共有4种同分异构体；当一侧连接乙基时，另一侧连接-C3H7，此时-C3H7有共有2种同分异构体，故满足条件的同分异构体有4+2=6种。
（6）根据已知条件和题目中的三步反应，第三步反应为酚羟基与乙酸酐的反应，生成有机物F。则有机物Y为，根据异构化原理，有机物X的结构为。反应第③步的化学方程式为。
（7）根据逆推法有机物N发生异构化生成目标化合物，发生的异构化反应为后者的反应，有机物N为，有机物M有前置原料氧化得到的，有机物M发生异构化前者的反应生成有机物N，有机物M的为。
20．【答案】（1）-80
（2）ad；因，升温反应Ⅳ向逆反应方向移动，的产量减小(或解释为：反应Ⅱ左移的程度大于反应Ⅰ右移的程度)；，升温反应Ⅲ正向移动，的产量增大，故平衡时产物的选择性减小
（3）；
（4）=；>；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，。
故答案为： -80 ；
（2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应，除压强对反应I无影响，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和物质的量分数增大、物质的量分数减小，选ad；
②因、，升温反应Ⅳ向逆反应方向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，的产量反而减小；
故答案为： ad ； 因，升温反应Ⅳ向逆反应方向移动，的产量减小(或解释为：反应Ⅱ左移的程度大于反应Ⅰ右移的程度)；，升温反应Ⅲ正向移动，的产量增大，故平衡时产物的选择性减小 ；
（3）在压强为的恒压体系中通入和；
①根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为；
②时按照反应Ⅳ进行：，由图中可知道平衡时的物质的量分数为x，的物质的量分数为y，的物质的量分数为w，则；
故答案为： ； ；
（4）①该表表示一段时间内的转化率，平衡转化率与催化剂无关，故平衡转化率：CuO催化剂=CuCl催化剂根据表中数据；在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂催化剂；
②根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式。
故答案为： = ； > ； ；
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知反应 Ⅰ×3 + 反应 Ⅱ，消去中间产物 H2、HCl，得到总反应 Ⅳ，代入各反应的焓变计算总焓变 ΔH4。
(2)①分析各反应的气体分子数变化，压缩体积即增大压强，根据勒夏特列原理，判断各组分物质的量分数的变化，筛选出物质的量分数减小的组分。
② 结合总反应 Ⅳ（ΔH4<0）和副反应 Ⅲ（ΔH3>0）的焓变，分析升温对两个平衡的影响，说明 SiHCl3选择性降低的原因。
(3) ① 根据各反应的焓变，分析温度升高时各产物的含量变化趋势，结合图像中 m、n 的变化规律，判断 m 对应的组分。
②根据总反应 Ⅳ 的平衡常数表达式，结合分压 = 物质的量分数 × 总压 p0，代入 750K 时各组分的物质的量分数，化简得到 Kp 的最简表达式。
(4) ①明确催化剂不改变平衡转化率，仅改变反应速率；根据不同催化剂下 SiCl4的转化率，判断活化能的大小关系。
②根据总反应 Ⅳ 的计量关系，计算生成 β mol SiHCl3消耗的 SiCl4的物质的量；结合 SiCl4的总消耗量，代入选择性公式，列出计算式。
（1）根据盖斯定律可知，。
（2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应，除压强对反应I无影响，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和物质的量分数增大、物质的量分数减小，选ad；
②因、，升温反应Ⅳ向逆反应方向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，的产量反而减小；
（3）在压强为的恒压体系中通入和；
①根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为；
②时按照反应Ⅳ进行：，由图中可知道平衡时的物质的量分数为x，的物质的量分数为y，的物质的量分数为w，则；
（4）①该表表示一段时间内的转化率，平衡转化率与催化剂无关，故平衡转化率：CuO催化剂=CuCl催化剂根据表中数据；在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂催化剂；
②根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式。
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