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山东省济宁市2025届高三下学期二模考试化学试卷
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．中华传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．《易经》记载的“泽中有火”“上火下泽”涉及烃类的燃烧
B．成语“刀耕火耨”是指伐去树木烧掉野草，余灰可降低土壤碱性
C．北宋汝窑瓷器是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
D．“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”，其中的柳絮富含糖类
2．物质性质决定用途，下列对应关系正确的是
A．氮气具有稳定性，可用于冷冻麻醉
B．CaSO4溶解度小，可用于制作豆腐
C．聚乳酸易降解，可用作手术缝合线
D．硅酸钠耐热性好，其水溶液可用作黏合剂
3．下列化学用语或图示正确的是
A．CH3COOH中的C—C键为：sp3-sp2σ键
B．的名称：二乙酸乙二酯
C．一元酸次磷酸(H3PO2)的结构简式为：
D．H2O的VSEPR模型为：
4．下列属于非极性分子的是
A．O3 B．SeO3 C．Cl2O D．CH2F2
5．下列实验操作或处理方法错误的是
A．通过CuSO4溶液可除去C2H2中的H2S杂质
B．用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体
C．实验室取用少量白磷时，可在水中用小刀进行切割
D．用过滤法分离苯和三溴苯酚的混合物
6．下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．验证淀粉是否完全水解 B．制备少量干燥的HCl气体
C．实验开始后，U形管液面左高右低，证明该过程吸热 D．比较相同温度下醋酸与碳酸的Ka大小
A．A B．B C．C D．D
7．B36是一种二维平面结构的“硼墨烯”，原子间排成三角形，中间形成一个完美六边形空穴，如图，下列有关说法错误的是
A．B40与B36互为同素异形体
B．B36表面形成B-F键，抗氧化性增强
C．嵌入Li原子形成Li@ B36，可作电池正极材料
D．B36表面接-COOH，可增强其水溶性
8．Fe2(SO4)3溶液脱除空气中H2S并再生的原理如图所示，下列说法错误的是
A．氧化性：O2＞Fe3+＞S
B．理论上脱硫过程Fe2(SO4)3不需要额外补充
C．标准状况下消耗5.6L氧气时，可生成0.5molS
D．脱硫过程中溶液的pH逐渐减小
9．拜尔一维立格反应机理如下图所示：
其中R、、为烃基，下列说法正确的是
A．①是加成反应，②是消去反应
B．若生成1mold，转移
C．R、的结构不同，产物d也可能为
D．若反应物中仅1号氧原子为18O，有产物生成
10．常温下，向乙二胺()和水溶液中滴加盐酸，混合溶液中的与或或随离子浓度变化的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．表示与的关系
B．M点坐标为(-1.0，8.2)
C．常温下，溶液的
D．溶液中：
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．由下列实验事实或现象不能得出相应结论的是
　 事实或现象 结论
A 将1mL0.1mol·溶液与2mL0.1mol·溶液混合，充分反应后，滴加KSCN溶液，混合溶液变红 与的反应为可逆反应
B 将和固体混合并用玻璃棒快速搅拌，有刺激性气味的气体产生，并伴随降温 该反应能发生的主要原因是熵增
C 分别测浓度均为0.1mol·的和溶液的，后者大于前者
D 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mL溴水中，溴水褪色 实验中有乙烯生成
A．A B．B C．C D．D
12．已知有机物M、N、P转化关系如下图，下列有关说法正确的是
A．M分子中有7个手性碳原子
B．N分子在一定条件下能发生加聚和缩聚反应
C．N的消去产物有四种
D．由上述机理可知：
13．金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为，电池工作原理如图所示， 下列有关说法正确的是
A．放电时另一步负极电极反应式：
B．充电时a极的电极电势大于b极
C．放电过程中转移1mole-，正极区H+减少1mol
D．充电时，b极区H2O的物质的量增大
14．某实验小组用打磨过且相同的铝箔，探究铝与CuCl2溶液在不同条件下的反应
编号 实验 现象
① 有红色沉淀附于铝表面，溶液无色，有气泡生成
② 试管a室温：有红色沉淀和大量白色沉淀生成，并伴有气泡生成 试管b冰水浴：反应时间足够长，有红色沉淀生成，白色沉淀比试管a明显少，并伴有气泡生成
③ 生成红色沉淀，溶液呈蓝色
④ 形成无色溶液，置于空气中溶液呈蓝色
下列说法错误的是
A．无色气体为H2，红色沉淀为Cu
B．生成白色沉淀的方程式Cu(s)+Cu2+(aq)+2Cl-(aq)2CuCl(s) ΔH<0
C．实验③证明Cu(I)在酸性溶液中可发生歧化反应
D．取实验④中的蓝色溶液，加乙醇，可析出蓝色晶体
15．T温度下，在1L刚性密闭容器中投入X和Y各1mol，发生下列反应，部分物质的物质的量分数随时间的变化如图所示(近似认为反应II建立平衡后，反应II始终处于平衡状态)。下列说法正确的是
A．速率常数k1>k2
B．反应II的平衡常数Kc=
C．体系达到平衡后，再加入X和Y各1mol，Z的平衡产率不变
D．T温度下，使用选择性催化反应II的催化剂，W的物质的量分数新峰值点可能是a
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。
（1）以5-磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物如图所示：
基态Cu原子的价电子排布图为　 　，该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序　 　。
（2）上图中酚羟基中的H保持与苯环共平面，①号O原子的杂化方式为　 　，a处C-O键键长　 　乙醇中C-O键键长(填“<”、“>”或“=”)，与Mg2+相比Cu2+更易与联咪唑()形成螯合物，原因是　 　。
（3）某含铜(II)化合物晶体结构如图所示，该化合物的化学式为　 　；
下图所示的含氧空位的晶胞结构中，La化合价不变，n(Cu2+)：n(Cu+) 　 　。
17．G是制备那韦类抗HIV药物的关键中间体，其合成路线如下：
已知：-Boc为的简写
（1）A中所含官能团的名称为　 　，①的化学名称为　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）N→E的反应类型是　 　。
（4）A→M的化学方程式为　 　。
（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式：　 　(写出一种即可)。
①含苯环，且能发生银镜反应；②分子中含有3种不同化学环境的氢。
（6）写出以为主要原料制备的合成路线流程图(无机试剂和流程中的有机试剂任选)　 　。
18．氯化亚铜为白色晶体，在空气中易被氧化，微溶于水，不溶于醇。实验室制备氯化亚铜的部分实验装置如图所示(夹持装置略)。
已知：绿色，茶褐色
（1）仪器a的名称　 　，装置丙的作用为　 　。
（2）反应开始时，先打开　 　再打开　 　(填“K1”、“K2”)；反应一段时间后，乙中溶液由绿色变为茶褐色，发生反应的离子方程式为　 　。反应完毕，将溶液加入至盛有800mL蒸馏水的烧杯中，静置5分钟，析出白色晶体，过滤、洗涤、干燥，洗涤晶体时所用试剂的顺序为　 　(填序号)。
①SO2饱和水溶液 ②无水乙醇
（3）称取ag氯化亚铜试样，置于盛有过量氯化铁溶液的250mL碘量瓶(一种具塞锥形瓶)中，盖上瓶塞，不断摇动，待试样溶解后，打开瓶塞，依次加入50mL水、20mL硫酸溶液和2滴二苯胺磺酸钠指示剂，立即用标准溶液滴定，达到终点时颜色由绿色变为浅紫色，消耗溶液VmL，样品的质量分数　 　(用含a、V、c的式子表示)；若使用普通锥形瓶配制溶液，测得的质量分数　 　(填“偏大”、“不变”、“偏小”)。
19．旧电池的回收利用成为当前世界各国研究的重要课题，从废旧酸性锌锰电池(主要成分为碳棒、Zn、Fe、Cu、ZnCl2、NH4Cl以及MnO2)中回收Zn和MnO2的工艺如图所示：
已知：的平衡常数称为稳定平衡常数，；当离子浓度小于时，可认为该离子完全除去。
回答以下问题：
（1）“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有　 　(写出一点)。
（2）“溶解”时加入的作用是　 　，的实际消耗量比理论值高的原因　 　。
（3）“沉锰”时，发生反应的离子方程式为　 　，“煅烧”时参加反应的气体与生成气体的物质的量之比为　 　。
（4）已知“浸出”液中Fe2+、Zn2+的浓度均为0.1mol·L-1，“净化”时，需调节溶液pH的合理范围是　 　。
化合物 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
Ksp近似值 10-17 10-17 10-38
Zn(OH)2为两性氢氧化物，可与NaOH溶液发生反应Zn(OH)2(s)+2OH-(aq)[Zn(OH)4]2-(aq)，其平衡常数K=　 　。
20．利用3-硝基苯乙烯(NS)制备3-乙基苯胺(EA)，涉及反应如下：
已知：(R为常数，在温度变化范围不大时，同一反应的ΔH、ΔS为常数)
（1）反应④的焓变　 　(用含、、的代数式表示)，反应①的平衡常数　 　(用含、、的代数式表示)。
（2）在某选择性催化剂条件下，四个反应的平衡常数随温度变化的曲线如图1所示，c和d分别表示反应②和③的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应①和④的平衡常数随温度变化曲线为　 　、　 　。
（3）下列说法错误的是　 　。
a．四个反应均为放热反应 b． c．压强越大，温度越高越有利于生成EA
（4）以1molNS为原料，PMPa的高压H2氛围下(因反应在H2高压氛围下进行，故H2压强近似等于总压)发生上述反应，测得不同温度下平衡时产物的选择性、NS平衡转化率关系如图2所示。平衡转化率为60%时，AS的产率=　 　%，反应①的　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】A、《易经》中“泽中有火”“上火下泽”，描述的是沼泽、湿地等低洼处的植物腐烂产生甲烷（沼气）等烃类物质，甲烷易燃，因此涉及烃类的燃烧，A正确；
B、“刀耕火耨”即先砍伐树木、焚烧野草，用草木灰做肥料，草木灰的主要成分是碳酸钾（K2CO3），属于强碱弱酸盐，溶于水显碱性，可以中和土壤酸性，提高土壤碱性，而不是降低碱性，B错误；
C、瓷器主要成分是硅酸盐，传统瓷器以黏土为主要原料，经成型、干燥、高温烧结而成，C正确；
D、柳絮是柳树的种子附属物，主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，因此柳絮富含糖类，D正确；故故答案为：B
【分析】“泽中有火” 是湿地产生的甲烷等烃类燃烧；刀耕火耨后的草木灰主要成分为碳酸钾，呈碱性，可中和酸性土壤、增加钾肥；传统瓷器以黏土为原料经高温烧结而成；柳絮主要成分为纤维素，属于多糖类物质。
2．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氮气的化学性质；酯的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、氮气用于冷冻麻醉是利用液氮汽化吸热产生低温，液氮气化时会吸收周围环境中的热量，可用于局部冷冻麻醉，与具有稳定性无关，A错误；
B、制作豆腐时，石膏（CaSO4·2H2O）作为凝固剂，利用Ca2+使蛋白质凝聚，可用于制作豆腐，与CaSO4的溶解度无直接因果关系，B错误
C、聚乳酸具有良好的生物降解性，酯基易水解，易降解，在人体内可逐渐分解为乳酸，因此可用作手术缝合线，无需二次手术取出，C正确；
D、硅酸钠（Na2SiO3）的水溶液俗称水玻璃，用作黏合剂是因为其粘性和固化后形成硅酸凝胶，并非主要因其耐热性，D错误；
故答案为：C
【分析】物质的结构与物理、化学性质直接决定其用途：利用低温、挥发性可作制冷剂；利用离子使胶体聚沉可用于豆腐制作；利用生物相容性、可降解性可制作医用材料；利用黏性、粘结性可作黏合剂；利用化学稳定性可作保护气。
3．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、CH3COOH分子甲基中的C采用sp3杂化、羧基中的C采用sp2杂化，二者之间形成单键，所以C—C键为sp3-sp2σ键，A正确；
B、是乙二酸（草酸）与乙醇形成的二酯，正确名称为乙二酸二乙酯；选项中的“二乙酸乙二酯”对应的是乙酸与乙二醇形成的酯：CH3COOCH2CH2OOCCH3，B错误；
C、一元酸次磷酸(H3PO2)属于一元酸，故分子中只含1个羟基氢，其余2个氢直接与P原子相连，因此正确的结构简式为：，C错误；
D、H2O分子中O原子价电子对数为：，VSEPR模型为四面体，含有两对孤对电子，选项给出的是分子的空间构型（V形），D错误；
故答案为：A
【分析】中学阶段中，常见的一些简单分子或复杂离子的结构特点便可推出杂化类型，如CO2为直线形分子、键角为180°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面形分子、键角为120°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体形、键角109.5°，故推断其碳原子的杂化轨道类型为sp3；NH4＋为正四面体型、键角109.5°，故推断其氮原子的杂化轨道类型为sp3。
4．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、O3为V形结构，正负电荷重心不重合，中心氧原子与两侧氧原子之间的电子云分布不对称，导致正负电荷中心不重合，从而形成极性分子，A错误；
B、中心原子Se的价层电子对数是：，无孤对电子，是平面三角形结构，为非极性分子，B正确；
C、的中心原子O价层电子对数为：，为V形结构，含有两个孤对电子，正负电荷的重心不重合，属极性分子，C错误；
D、为四面体结构，但由于连接的元素类型不同，导致键的极性并不能抵消，正负电荷重心不重合，为极性分子，D错误；
故答案为：B
【分析】分子极性是由键的极性产生。只有非极性键的分子一定是非极性分子（如P4、C60)，含有极性键的分子要看是否因结构对称而抵消了键的极性。判断极性分子与非极性分子的方法有电荷中心法：正负电荷中心重合为非极性分子，否则为极性分子；向量和法：所有键的极性向量和为0的分子为非极性分子；对称法：对称性好、键的极性相互抵消了的分子为非极性分子，否则为极性分子；相似相溶原理：由极性分子组成的溶质容易溶解于极性分子组成的溶剂中，由非极性分子组成的溶质容易溶解于非极性分子组成的溶剂中；孤对电子法(ABn型)：A无孤对电子的为非极性分子，否则为极性分子。
5．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；乙炔炔烃；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、C2H2中含有H2S杂质可以与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀：H2S + CuSO4 = CuS↓ + H2SO4，生成难溶性的黑色CuS沉淀，而乙炔（C2H2）不与CuSO4溶液反应，可用此方法除去H2S杂质，A正确；
B、浓氨水能与AgCl反应生成可溶的[Ag(NH3)2]+配离子，AgCl + 2NH3 = [Ag(NH3)2]+ + Cl-，即可以用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体，B正确；
C、白磷着火点极低，大约为40℃，在空气中易自燃，且有剧毒，实验室切割白磷时，必须在冷水下操作，以隔绝空气、防止自燃，C正确；
D、苯与三溴苯酚都属于有机物，能互溶形成均一溶液，没有固体与液体的分离体系，不能用过滤法分离，二者沸点差异较大，应采用蒸馏的方法分离，D错误；
故答案为：D
【分析】有机物分离提纯时，互溶且沸点差异较大的液体混合物常用蒸馏法分离；不互溶的液体混合物采用分液法；固体与液体混合物用过滤法；气体中的杂质可通过洗气法除去；固体有机物可利用溶解度差异采用重结晶提纯；互溶的液体不能用过滤分离。
6．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；浓硫酸的性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、淀粉水解液中加入过量NaOH溶液后，溶液呈强碱性，碘水在碱性条件下会发生歧化反应：，无法与淀粉发生特征的蓝色反应。因此，该操作不能验证淀粉是否完全水解，应先加酸中和NaOH，再滴加碘水，A错误；
B、浓盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性，且HCl在浓硫酸中溶解度很小。因此利用毛细管将浓盐酸缓慢滴入浓硫酸中，浓盐酸中的水被浓硫酸吸收，HCl气体逸出，同时被干燥，可得到干燥的HCl气体，B正确；
C、U形管液面左高右低，说明瓶内压强减小。若过程吸热，瓶内温度降低，气体压强减小，外界大气压将右侧液面压高，左侧液面降低，与现象一致，该实验现象能充分说明相应的化学反应是吸热反应，C正确；
D、向2mL 0.1mol/L的NaHCO3溶液中滴加6滴等浓度的醋酸溶液，若有气体产生，说明生成了CO2，根据强酸制弱酸的原理，可以判断酸性：CH3COOH＞H2CO3，相同温度下醋酸与碳酸的Ka大小：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，D正确；
故答案为：A
【分析】淀粉水解后检验是否完全水解需先中和过量碱再加碘水，碘在碱性条件下会歧化失效；浓盐酸与浓硫酸可快速制备干燥HCl；吸热反应使装置内压强减小，U形管液面左高右低；强酸制弱酸可通过醋酸与碳酸氢钠反应证明醋酸酸性强于碳酸，判断二者Ka大小；
7．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；同素异形体；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、同素异形体的定义是：由同种元素组成的不同单质，B40与B36都由硼（B）元素组成，但原子数目和结构不同，属于硼的不同单质，因此二者互为同素异形体，A正确；
B、B36表面形成B-F键，属于强极性键，键能大，化学稳定性高，表面的硼原子被更稳定的化学键保护，更难被氧气氧化，因此抗氧化性增强，B正确；
C、在Li@ B36中，嵌入的Li原子具有很强的失电子倾向，易被氧化，发生反应：，电池中，发生氧化反应，失电子的是负极。正极发生的是得电子的还原反应。因此，可作为电池的负极材料，而非正极材料，C错误；
D、B36表面接-COOH，-COOH为是典型的亲水基，能与水分子之间形成氢键，使其材料的亲水性显著增强，因此可增强其水溶性，D正确；
故答案为：C
【分析】解题核心是明确同素异形体为同种元素形成的不同单质，键能大的化学键能增强材料抗氧化性，易失电子的材料适合做电池负极，羧基等亲水基团可增强物质水溶性。
8．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、根据氧化还原反应规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物。反应历程中发生了：H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S，氧化剂为Fe3+，氧化产物为S，因此氧化性：Fe3+>S；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，氧化剂为O2，氧化产物为Fe3+，因此氧化性：O2>Fe3+；整理可知氧化性：O2＞Fe3+＞S，A正确；
B、由原理图可知，总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，该过程中Fe2(SO4)3是催化剂，故理论上脱硫过程Fe2(SO4)3不需要额外补充，B正确；
C、由原理图可知，总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，物质的量之比：，标准状况下消耗5.6L即其物质的量：=0.25mol氧气，则生成S的物质的量为：，C正确；
D、由原理图可知，脱硫过程发生的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S，生成H+，pH减小；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，消耗H+，pH增大；总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可见脱硫过程中由于反应产生水，使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，D错误；
故答案为：D
【分析】由图可知：一共发生的反应有H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S、4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，解题关键是先拆分循环反应、梳理物质转化关系，再依据“氧化剂氧化性强于氧化产物”“催化剂参与反应但前后不变”“电子守恒计算”和“H+生成与消耗的动态变化”等规律，逐项分判断。
9．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机化学反应的综合应用；加成反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应②不是消去反应，而是重排反应。消去反应的定义是脱去小分子、生成不饱和键；而这里是中间体c通过烃基迁移，形成酯和羧酸，属于典型的拜尔-维立格重排过程，A错误；
B、c生成了d的过程中，过氧键发生断裂，过氧键中氧元素的化合价由-1价转变为-2价，每生成1mol产物d，转移的电子数为2mol，不是1mol，B错误；
C、根据分析，拜尔-维立格反应的核心是烃基迁移，迁移能力与烃基的供电性、空间位阻有关。当R和R'结构不同时，迁移基团可以是R，也可以是R'；如果是R'发生迁移，最终生成的酯就是R'COOR，因此“产物d也可能为R'COOR”的说法成立，C正确；
D、按照拜尔一维立格反应机理，若反应物中仅1号氧原子为18O，这个标记的氧原子会进入产物d中，连接在R'上，也就是反应后的18O 应存在于d（）中，连接R＇的氧原子为18O，不会有产物生成，D错误；
故答案为：C
【分析】分析拜尔一维立格反应机理图可得，反应①中a断裂碳氧双键中的键，b断裂羟基中的氧氢键，a中的O原子连接H原子，C原子连接b断裂后的其余结构生成c，反应①为加成反应；反应②c生成d和e的过程中，c断裂了羟基中的O-H键，同时断裂了R＇-C键、O-O键，发生重排反应生成了d和e。
拜尔-维立格反应是一种亲核重排反应，过氧酸作为氧化剂，其作用是提供氧原子，将酮转化为酯，反应过程中没有电子的得失，因此不属于氧化还原反应。其重排本质：反应是亲核加成-重排过程，不是简单的加成/消去；迁移基团的迁移顺序决定了产物结构；
10．【答案】B
【知识点】化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据题干信息可知，表示与的关系，表示与的关系，A错误；
B、M点为、的交点，则=，=，解得=，=10，即p=-1.0，=8.2，M点坐标为(-1.0，8.2)，B正确；
C、溶液中存在的电离与水解，的电离=大于水解，溶液显碱性，，C错误；
D、根据元素守恒，溶液中：，D错误；
故答案为：B
【分析】由题可知，随溶液增大，减小，增大，=减小，=增大，=增大；p增大，则直线代表p与的关系，，表示与的关系，表示与的关系。根据上的点，=，根据上点，=，根据上点，=。
11．【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、将1mL0.1mol·溶液与2mL0.1mol·溶液混合，发生反应的化学方程式为：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，n(KI)=0.2mol，n(FeCl3)=0.1mol，说明KI过量，充分反应后，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明还存在Fe3+，结论严谨，故Fe3+与I-的反应为可逆反应，A正确；
B、该反应的化学方程式为：，烧杯壁变凉，说明该反应常温下能自发，且为吸热反应，当H-TS<0时反应自发，该反应△H>0，若满足此条件，则S>0，反应自发的主要驱动力是熵增，因为生成气体使得体系的混乱度显著增大，B正确；
C、中醋酸根离子和铵根离子都水解，Ka(CH3COOH)≈kb(NH3·H2O)，溶液pH接近中性，其pH是两种离子水解的综合结果，无法直接反映COO-的单独水解程度，只有碳酸氢根离子水解，不能通过pH值比较阴离子的水解程度，C错误；
D、取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，产生的乙烯气体中可能含有二氧化硫，乙烯、二氧化硫都能使溴水褪色，将产生的气体通入2mL溴水中，溴水褪色，不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，D错误；
故答案为：CD
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验事实或现象与实验结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
12．【答案】B,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A、手性碳原子的定义是：连有4个不同基团的饱和碳原子。M是甾体结构，骨架中除双键碳原子外，绝大多数饱和碳原子都连有4个不同基团，分子中有8个手性碳原子：(*标出)，A错误；
B、N分子中含有碳碳双键，双键可打开发生加成聚合反应；N分子中含有两个羟基（-OH），可与二元羧酸发生酯化缩聚反应；因此N分子既能发生加聚反应，也能发生缩聚反应，B正确；
C、消去反应的核心条件是反应物醇（或卤代烃），且必须含有β-H（与羟基/卤素相连的碳的邻位碳上，连有氢原子），因此N的消去产物有和，C错误；
D、由上述机理可知，MnO2只能选择性氧化烯丙位的羟基也就是与双键直接相连的碳原子上的羟基），非烯丙位的羟基不被氧化；而选项中，羟基被氧化为羰基的位置正是烯丙位，且双键未被破坏，故正确的反应图示为：
，D正确；
故答案为：BD
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
13．【答案】A,C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，负极的总反应为：，题干中给出的第一步反应：，消耗，生成，第二步反应，消耗失电子，生成，将两式连立，可得到第二步反应：，A正确；
B、放电时a极为负极，b极为正极；充电时a极为阴极，b极为阳极；电势：阳极>阴极，即b极的电极电势大于a极，B错误；
C、放电过程中外电路转移1mole-，有1mol H+从负极区经质子交换膜进入正极区，同时正极发生反应，消耗2mol H+，正极区H+共减少2mol-1mol=1mol，C正确；
D、充电时，b极阳极，b 极发生的反应为放电时正极反应的逆过程：，消耗水，阳极区H2O的物质的量减少，D错误；
故答案为：AC
【分析】金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，负极反应第一步反应：，消耗，生成，第二步反应，消耗失电子，生成，故第二步反应，负极电极反应式为，故a极为负极，b极为正极，发生反应。充电时a极为阴极，发生还原反应；b极为阳极，发生氧化反应。
14．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、CuCl2溶液因为Cu2+水解而呈酸性：，铝与CuCl2溶液时，Al和Cu2+水解产生的H＋反应生成H2，然后发生反应：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，红色沉淀为Cu，A正确；
B、实验②中有红色沉淀和大量白色沉淀生成，说明生成Cu和Cu+、Cl-与Cu+反应生成CuCl白色沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cu(s)+Cu2+(aq)+2Cl-(aq)2CuCl(s)，试管b冰水浴，白色沉淀比试管a明显少，说明该反应逆向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，B错误；
C、实验③中CuCl和稀硫酸反应生成红色沉淀为Cu，溶液呈蓝色说明有Cu2+生成，此时Cu元素化合价既由+1价下降到0价，又由+1价上升到+2价，发生了歧化反应，对应的反应离子方程式为：，这说明亚铜离子在酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，C正确；
D、实验④中加入足量浓氨水，先形成无色的亚铜氨配合物溶液：，接着置于空气中溶液呈蓝色，说明被氧化为蓝色的铜氨配合物：，向蓝色溶液中加入乙醇，由于乙醇能降低铜氨配合物盐在水溶液中的溶解度，可析出蓝色晶体，D正确；
故答案为：B
【分析】本实验探究了铝与不同浓度、不同温度氯化铜溶液的反应，发现铝既与水解产生的氢离子反应生成氢气，又能置换出铜离子；高浓度氯化铜中生成的铜可与铜离子、氯离子进一步反应生成白色氯化亚铜沉淀，且温度越低沉淀越少，说明该生成亚铜盐的反应为吸热反应；酸性条件下氯化亚铜会歧化为铜和铜离子，其与浓氨水反应生成的亚铜氨配合物在空气中会被氧化为蓝色铜氨配合物，加入乙醇可析出蓝色晶体。
15．【答案】B,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、速率常数反映的是反应的快慢，而在平衡图中W的物质的量分数先升后降，说明反应Ⅱ先快后慢，但平衡时Z的量远大于W。反应前期，W的曲线先出现峰值，说明反应Ⅱ初期速率更快，因此k2 >k1 ，A错误；
B、近似认为反应II建立平衡后，反应II始终处于平衡状态，由图可知，W物质的量分数最大时，反应II达到平衡，之后反应II始终处于平衡状态，时间为nmin时时X、Z的物质的量分数都为30%，设nmin时Z、W的物质的量分别为amol、bmol，由题意可建立如下三段式：
，，由X、Z的物质的量分数可得：=0.3，=0.3，解联立方程可得a=、b=，则1L刚性密闭容器中反应II的平衡常数Kc==，B正确；
C、反应物2mol，生成物1mol，说明该反应是气体分子数减少的反应，加入反应物后，相当于增大压强，平衡会向气体分子数减少的方向移动，即促进两个反应正向进行。但由于K1 >K2 ，反应Ⅰ受压强影响更大，Z的平衡产率会升高，C错误；
D、T温度下，使用选择性催化反应II的催化剂，反应II的反应速率增大，相同时间内W的物质的量增大，原W的峰值点为b，a点比b点更早、更高，符合催化剂“催化加快反应、提高峰值”的特征，D正确；
故答案为：BD
【分析】先对反应体系梳理，在1L刚性容器中，X(g)和Y(g)各1mol发生两个平行反应：
反应Ⅰ：，速率常数k1 ，平衡常数K1
反应Ⅱ：，速率常数k2 ，平衡常数K2
题目说明“反应Ⅱ建立平衡后，始终处于平衡状态”，即W的生成与消耗始终平衡，可认为W的量由平衡决定。
16．【答案】（1）；N>O>C
（2）sp2；＜；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小
（3）La2CuO4；3：1
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）、铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：；N>O>C；
（2）、酚羟基中的氢原子保持与苯环共平面说明①号氧原子原子的杂化方式为sp2杂化，酚羟基的氧原子直接连在sp2杂化的碳原子上，氧原子的杂化状态也为sp2杂化，形成平面结构，氧上的孤对电子能与苯环的π电子发生p-π共轭，使C-O键具有部分双键特性，导致C-O键的键长小于乙醇分子中的C-O键；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小，所以铜离子更易与联咪唑形成螯合物，故答案为：sp2；＜；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小；
（3）、由晶胞结构可知，位于顶点和体心的铜原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的镧原子个数为8×+2=4，位于面上和棱上的氧原子个数为12×+8×=8，则化合物中镧原子、铜原子和氧原子的个数比为4：2：8=2：1：4，化学式为La2CuO4；由化合价代数和为0可知，化合物中镧元素的化合价为+3价，由图可知，含氧空位的晶胞结构中氧原子个数为12×+7×=7.75，化学式为La4Cu2O7.75，设化合物中铜离子个数为a，亚铜离子个数为b，由铜原子个数可得：a+b=2，由化合价代数和为0可得：12+2a+b－15.5=0，解联立方程可得a=1.5、b=0.5，则化合物中铜离子和亚铜离子的物质的量比1.5：0.5=3：1，故答案为：La2CuO4；3：1。
【分析】价层电子轨道表示式书写规则如下：写出核外电子排布式：首先确定原子的核外电子排布；简化表示：将电子排布式改为用原子实表示的简式；去除前面的原子实：在简式中，若遇到p、d轨道共存的情况，划去d能级；若无p、d共存，剩余部分即为价层电子构型。
判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：；N>O>C；
（2）酚羟基中的氢原子保持与苯环共平面说明①号氧原子原子的杂化方式为sp2杂化，酚羟基的氧原子直接连在sp2杂化的碳原子上，氧原子的杂化状态也为sp2杂化，形成平面结构，氧上的孤对电子能与苯环的π电子发生p-π共轭，使C-O键具有部分双键特性，导致C-O键的键长小于乙醇分子中的C-O键；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小，所以铜离子更易与联咪唑形成螯合物，故答案为：sp2；＜；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小；
（3）由晶胞结构可知，位于顶点和体心的铜原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的镧原子个数为8×+2=4，位于面上和棱上的氧原子个数为12×+8×=8，则化合物中镧原子、铜原子和氧原子的个数比为4：2：8=2：1：4，化学式为La2CuO4；由化合价代数和为0可知，化合物中镧元素的化合价为+3价，由图可知，含氧空位的晶胞结构中氧原子个数为12×+7×=7.75，化学式为La4Cu2O7.75，设化合物中铜离子个数为a，亚铜离子个数为b，由铜原子个数可得：a+b=2，由化合价代数和为0可得：12+2a+b－15.5=0，解联立方程可得a=1.5、b=0.5，则化合物中铜离子和亚铜离子的物质的量比1.5：0.5=3：1，故答案为：La2CuO4；3：1。
17．【答案】（1）氨基、羧基；对硝基苯酚或4-硝基苯酚
（2）
（3）取代反应
（4）+CH3CH2OH+H2O
（5）
（6）
【知识点】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；有机化学反应的综合应用；羧酸简介
【解析】【解答】（1）、根据A的结构简式，A中所含官能团的名称为氨基、羧基；根据①的结构简式，①化学名称为对硝基苯酚。
（2）、B和对硝基苯酚反应生成C，根据C的分子式可知，B和对硝基苯酚反应生成C 和水， C的结构简式为；
（3）、E是，根据N的结构简式，可知N中-OCH2CH3被-CH2Cl代替得到E，则N→E的反应类型是取代反应。
（4）、M是，A和乙醇反应生成M和水，反应方程式为+CH3CH2OH+H2O；
（5）、①含苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中含有3种不同化学环境的氢，说明结构对称，符合条件的G的同分异构体有。
（6）、HOOCCH2CH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，和CH2ICl发生取代反应生成，还原为，合成路线为。
【分析】从A→B的反应中，氨基上的一个H被Boc基团（叔丁氧羰基）取代，得到B，用于保护氨基，避免后续反应中被破坏或参与副反应；根据C的分子式可知，B和对硝基苯酚反应生成C和水，则C的结构简式为，这一步羧基与对硝基苯酚发生酯化，生成活性酯C，同时脱去1分子水，将羧基转化为高活性的对硝基苯酯，便于后续反应；C→D主要是引入含硫侧链；D→E主要是酸性条件下，Boc保护基被脱去，同时得到含氯侧链的中间体E，去除氨基保护基，为后续反应做准备，同时引入氯原子；E发生还原反应生成F，由F逆推，E是，这一步羟基在碱性条件下脱质子，形成三元环氧环，得到目标产物G；根据A→B可知，M中氨基上1个H被-Boc代替得到N，则M是。
（1）根据A的结构简式，A中所含官能团的名称为氨基、羧基；根据①的结构简式，①化学名称为对硝基苯酚。
（2）B和对硝基苯酚反应生成C，根据C的分子式可知，B和对硝基苯酚反应生成C 和水， C的结构简式为；
（3）E是，根据N的结构简式，可知N中-OCH2CH3被-CH2Cl代替得到E，则N→E的反应类型是取代反应。
（4）M是，A和乙醇反应生成M和水，反应方程式为+CH3CH2OH+H2O；
（5）①含苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中含有3种不同化学环境的氢，说明结构对称，符合条件的G的同分异构体有。
（6）HOOCCH2CH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，和CH2ICl发生取代反应生成，还原为，合成路线为。
18．【答案】（1）三颈烧瓶；吸收SO2，防止空气中的氧气进入装置乙
（2）K1；K2；；①②
（3）；偏小
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、仪器a的名称三颈烧瓶，装置丙的作用为吸收SO2，防止空气中的氧气进入装置乙（氯化亚铜在空气中易被氧化）；
（2）、反应开始时，先打开K1，使装置内充满二氧化硫，再打开K2；反应一段时间后，乙中溶液由绿色变为茶褐色，发生反应的离子方程式为；反应完毕，将溶液加入至盛有800mL蒸馏水的烧杯中，静置5分钟，析出白色晶体，过滤、洗涤、干燥，由于CuCl为不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，洗涤晶体时所用试剂为①SO2饱和水溶液使铜元素尽可能以形式存在，②无水乙醇，代替蒸馏水洗涤的目的是减少CuCl溶解损耗，并防止氧化；
（3）、根据、，可得关系式，则，，；碘量瓶防止溶液与空气的接触，氧化亚铁离子，使用量减少，若使用普通锥形瓶配制溶液，测得的质量分数偏小。
【分析】由实验装置图可知，装置甲制备还原剂SO2，先发生反应：，生成SO2气体，作为后续还原反应的还原剂，而用70%浓硫酸是为了降低SO2的溶解度，让气体更容易逸出；装置乙是制备CuCl的主反应装置，通入的SO2与Na2[CuCl4]溶液反应，生成白色 CuCl 沉淀，当溶液颜色由绿色（[CuCl4]2）逐渐变为茶褐色（中间产物[CuCl3]2），最终析出白色CuCl。整个过程需要在SO2气氛下进行，防止生成的CuCl被空气中的O2氧化；装置丙是尾气处理，用NaOH溶液吸收未反应的SO2，防止污染空气。反应：，且图中使用了球形干燥管，起到安全瓶的作用，防止NaOH溶液倒吸入装置乙中。
（1）仪器a的名称三颈烧瓶，装置丙的作用为吸收SO2，防止空气中的氧气进入装置乙（氯化亚铜在空气中易被氧化）；
（2）反应开始时，先打开K1，使装置内充满二氧化硫，再打开K2；反应一段时间后，乙中溶液由绿色变为茶褐色，发生反应的离子方程式为；反应完毕，将溶液加入至盛有800mL蒸馏水的烧杯中，静置5分钟，析出白色晶体，过滤、洗涤、干燥，由于CuCl为不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，洗涤晶体时所用试剂为①SO2饱和水溶液使铜元素尽可能以形式存在，②无水乙醇，代替蒸馏水洗涤的目的是减少CuCl溶解损耗，并防止氧化；
（3）根据、，可得关系式，则，，；碘量瓶防止溶液与空气的接触，氧化亚铁离子，使用量减少，若使用普通锥形瓶配制溶液，测得的质量分数偏小。
19．【答案】（1）适当升高温度、适当增大酸的浓度
（2）还原剂；催化过氧化氢分解
（3）；1：2
（4）3～6；0.45
【知识点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有适当升高温度、适当增大酸的浓度、搅拌等。
（2）、溶解的时候，加入双氧水是作还原剂，将还原为，由于混合物中含有二氧化锰，可以作为双氧水分解的催化剂，导致双氧水损失，所以的实际消耗量比理论值高。
（3）、“沉锰”时加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：，“煅烧”时的方程式为：，参加反应的气体与生成气体的物质的量之比为。
（4）、“浸出”液中和的浓度均为，加入双氧水，把氧化为，由的溶度积，求得沉淀完全时的氢氧根浓度为：，则；再由 的溶度积，计算出开始沉淀时的氢氧根浓度为：，其，所以“净化”时，要保证把完全沉淀而锌离子不沉淀，需调节溶液的合理范围是。根据，其平衡常数表达式为：，对其进行变形，可得。
【分析】废电池先通过机械分离，分成黑色固体混合物（含MnO2、碳、NH4Cl、ZnCl2等）和金属外壳（含Zn、Fe、Cu），两条线分别处理：主线1：由黑色固体提纯回收MnO2；主线2：由金属外壳净化回收Zn；
主线1中黑色固体混合物中主要含有、碳等，机械分离后将黑色固体水浸，将可溶性固体溶于水中，接着过滤后进行灼烧，碳与O2反应生成CO2除去，得到粗MnO2。然后加入双氧水和硫酸，对其进行还原，方程式为：，然后加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：，最后煅烧MnCO3获得；
主线2中金属外壳含有Zn、Fe、Cu，加入稀硫酸以后，形成相应的金属离子，Cu不参与反应，变成浸渣进行回收；加入双氧水，把氧化为，加入氢氧化钠，将转化为氢氧化物沉淀除去，最后电解硫酸锌得到锌。
（1）“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有适当升高温度、适当增大酸的浓度、搅拌等。
（2）溶解的时候，加入双氧水是作还原剂，将还原为，由于混合物中含有二氧化锰，可以作为双氧水分解的催化剂，导致双氧水损失，所以的实际消耗量比理论值高。
（3）“沉锰”时加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：，“煅烧”时的方程式为：，参加反应的气体与生成气体的物质的量之比为。
（4）“浸出”液中和的浓度均为，加入双氧水，把氧化为，由的溶度积，求得沉淀完全时的氢氧根浓度为：，则；再由 的溶度积，计算出开始沉淀时的氢氧根浓度为：，其，所以“净化”时，要保证把完全沉淀而锌离子不沉淀，需调节溶液的合理范围是。根据，其平衡常数表达式为：，对其进行变形，可得。
20．【答案】（1）；
（2）b；a
（3）bc
（4）12；
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、由盖斯定律可知，反应①+反应②—反应③=反应④，则反应④的焓变，反应的平衡常数，故答案为：；；
（2）、由题意可知，c和d分别表示反应②和③的平衡常数随温度变化的曲线，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，，c线在lnK截距更大，，两条路径的总相等，即，则小于，反应①对应的图像在lnK截距更小，对应题图中的b，反应④对应题图中的a，所以表示反应①和④的平衡常数随温度变化曲线分别为b、a，故答案为：b；a；
（3）、a、由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，a正确；
b、已知：， 由图可知，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，且绝对值越大，图中直线斜率越大，△H越小，c和b分别表示反应②和①的平衡常数随温度变化的曲线，c线斜率更大，则，焓变比值，b错误；
c、由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，则温度越高越不利于生成EA，c错误；
故答案为：bc；
（4）、由图可知，NS平衡转化率为60%时，ENB和EA的选择性都为40%，则平衡时，AS的产率为=12%，NS的物质的量为1mol-1mol×60%=0.4mol，ENB、EA、AS的物质的量分别为1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×20%=0.12mol，设氢气的物质的量为amol，则由题意可知，反应①的Kp==，故答案为：12；。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和 -反应物的标准摩尔生成焓之和）
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）由盖斯定律可知，反应①+反应②—反应③=反应④，则反应④的焓变，反应的平衡常数，故答案为：；；
（2）由题意可知，c和d分别表示反应②和③的平衡常数随温度变化的曲线，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，，c线在lnK截距更大，，两条路径的总相等，即，则小于，反应①对应的图像在lnK截距更小，对应题图中的b，反应④对应题图中的a，所以表示反应①和④的平衡常数随温度变化曲线分别为b、a，故答案为：b；a；
（3）a．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，故正确；
b．已知：， 由图可知，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，且绝对值越大，图中直线斜率越大，△H越小，c和b分别表示反应②和①的平衡常数随温度变化的曲线，c线斜率更大，则，焓变比值，故错误；
c．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，则温度越高越不利于生成EA，故错误；
故选bc；
（4）由图可知，NS平衡转化率为60%时，ENB和EA的选择性都为40%，则平衡时，AS的产率为=12%，NS的物质的量为1mol-1mol×60%=0.4mol，ENB、EA、AS的物质的量分别为1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×20%=0.12mol，设氢气的物质的量为amol，则由题意可知，反应①的Kp==，故答案为：12；。
1 / 1山东省济宁市2025届高三下学期二模考试化学试卷
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．中华传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．《易经》记载的“泽中有火”“上火下泽”涉及烃类的燃烧
B．成语“刀耕火耨”是指伐去树木烧掉野草，余灰可降低土壤碱性
C．北宋汝窑瓷器是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
D．“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”，其中的柳絮富含糖类
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】A、《易经》中“泽中有火”“上火下泽”，描述的是沼泽、湿地等低洼处的植物腐烂产生甲烷（沼气）等烃类物质，甲烷易燃，因此涉及烃类的燃烧，A正确；
B、“刀耕火耨”即先砍伐树木、焚烧野草，用草木灰做肥料，草木灰的主要成分是碳酸钾（K2CO3），属于强碱弱酸盐，溶于水显碱性，可以中和土壤酸性，提高土壤碱性，而不是降低碱性，B错误；
C、瓷器主要成分是硅酸盐，传统瓷器以黏土为主要原料，经成型、干燥、高温烧结而成，C正确；
D、柳絮是柳树的种子附属物，主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，因此柳絮富含糖类，D正确；故故答案为：B
【分析】“泽中有火” 是湿地产生的甲烷等烃类燃烧；刀耕火耨后的草木灰主要成分为碳酸钾，呈碱性，可中和酸性土壤、增加钾肥；传统瓷器以黏土为原料经高温烧结而成；柳絮主要成分为纤维素，属于多糖类物质。
2．物质性质决定用途，下列对应关系正确的是
A．氮气具有稳定性，可用于冷冻麻醉
B．CaSO4溶解度小，可用于制作豆腐
C．聚乳酸易降解，可用作手术缝合线
D．硅酸钠耐热性好，其水溶液可用作黏合剂
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氮气的化学性质；酯的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、氮气用于冷冻麻醉是利用液氮汽化吸热产生低温，液氮气化时会吸收周围环境中的热量，可用于局部冷冻麻醉，与具有稳定性无关，A错误；
B、制作豆腐时，石膏（CaSO4·2H2O）作为凝固剂，利用Ca2+使蛋白质凝聚，可用于制作豆腐，与CaSO4的溶解度无直接因果关系，B错误
C、聚乳酸具有良好的生物降解性，酯基易水解，易降解，在人体内可逐渐分解为乳酸，因此可用作手术缝合线，无需二次手术取出，C正确；
D、硅酸钠（Na2SiO3）的水溶液俗称水玻璃，用作黏合剂是因为其粘性和固化后形成硅酸凝胶，并非主要因其耐热性，D错误；
故答案为：C
【分析】物质的结构与物理、化学性质直接决定其用途：利用低温、挥发性可作制冷剂；利用离子使胶体聚沉可用于豆腐制作；利用生物相容性、可降解性可制作医用材料；利用黏性、粘结性可作黏合剂；利用化学稳定性可作保护气。
3．下列化学用语或图示正确的是
A．CH3COOH中的C—C键为：sp3-sp2σ键
B．的名称：二乙酸乙二酯
C．一元酸次磷酸(H3PO2)的结构简式为：
D．H2O的VSEPR模型为：
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、CH3COOH分子甲基中的C采用sp3杂化、羧基中的C采用sp2杂化，二者之间形成单键，所以C—C键为sp3-sp2σ键，A正确；
B、是乙二酸（草酸）与乙醇形成的二酯，正确名称为乙二酸二乙酯；选项中的“二乙酸乙二酯”对应的是乙酸与乙二醇形成的酯：CH3COOCH2CH2OOCCH3，B错误；
C、一元酸次磷酸(H3PO2)属于一元酸，故分子中只含1个羟基氢，其余2个氢直接与P原子相连，因此正确的结构简式为：，C错误；
D、H2O分子中O原子价电子对数为：，VSEPR模型为四面体，含有两对孤对电子，选项给出的是分子的空间构型（V形），D错误；
故答案为：A
【分析】中学阶段中，常见的一些简单分子或复杂离子的结构特点便可推出杂化类型，如CO2为直线形分子、键角为180°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面形分子、键角为120°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体形、键角109.5°，故推断其碳原子的杂化轨道类型为sp3；NH4＋为正四面体型、键角109.5°，故推断其氮原子的杂化轨道类型为sp3。
4．下列属于非极性分子的是
A．O3 B．SeO3 C．Cl2O D．CH2F2
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、O3为V形结构，正负电荷重心不重合，中心氧原子与两侧氧原子之间的电子云分布不对称，导致正负电荷中心不重合，从而形成极性分子，A错误；
B、中心原子Se的价层电子对数是：，无孤对电子，是平面三角形结构，为非极性分子，B正确；
C、的中心原子O价层电子对数为：，为V形结构，含有两个孤对电子，正负电荷的重心不重合，属极性分子，C错误；
D、为四面体结构，但由于连接的元素类型不同，导致键的极性并不能抵消，正负电荷重心不重合，为极性分子，D错误；
故答案为：B
【分析】分子极性是由键的极性产生。只有非极性键的分子一定是非极性分子（如P4、C60)，含有极性键的分子要看是否因结构对称而抵消了键的极性。判断极性分子与非极性分子的方法有电荷中心法：正负电荷中心重合为非极性分子，否则为极性分子；向量和法：所有键的极性向量和为0的分子为非极性分子；对称法：对称性好、键的极性相互抵消了的分子为非极性分子，否则为极性分子；相似相溶原理：由极性分子组成的溶质容易溶解于极性分子组成的溶剂中，由非极性分子组成的溶质容易溶解于非极性分子组成的溶剂中；孤对电子法(ABn型)：A无孤对电子的为非极性分子，否则为极性分子。
5．下列实验操作或处理方法错误的是
A．通过CuSO4溶液可除去C2H2中的H2S杂质
B．用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体
C．实验室取用少量白磷时，可在水中用小刀进行切割
D．用过滤法分离苯和三溴苯酚的混合物
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；乙炔炔烃；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、C2H2中含有H2S杂质可以与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀：H2S + CuSO4 = CuS↓ + H2SO4，生成难溶性的黑色CuS沉淀，而乙炔（C2H2）不与CuSO4溶液反应，可用此方法除去H2S杂质，A正确；
B、浓氨水能与AgCl反应生成可溶的[Ag(NH3)2]+配离子，AgCl + 2NH3 = [Ag(NH3)2]+ + Cl-，即可以用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体，B正确；
C、白磷着火点极低，大约为40℃，在空气中易自燃，且有剧毒，实验室切割白磷时，必须在冷水下操作，以隔绝空气、防止自燃，C正确；
D、苯与三溴苯酚都属于有机物，能互溶形成均一溶液，没有固体与液体的分离体系，不能用过滤法分离，二者沸点差异较大，应采用蒸馏的方法分离，D错误；
故答案为：D
【分析】有机物分离提纯时，互溶且沸点差异较大的液体混合物常用蒸馏法分离；不互溶的液体混合物采用分液法；固体与液体混合物用过滤法；气体中的杂质可通过洗气法除去；固体有机物可利用溶解度差异采用重结晶提纯；互溶的液体不能用过滤分离。
6．下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．验证淀粉是否完全水解 B．制备少量干燥的HCl气体
C．实验开始后，U形管液面左高右低，证明该过程吸热 D．比较相同温度下醋酸与碳酸的Ka大小
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；浓硫酸的性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、淀粉水解液中加入过量NaOH溶液后，溶液呈强碱性，碘水在碱性条件下会发生歧化反应：，无法与淀粉发生特征的蓝色反应。因此，该操作不能验证淀粉是否完全水解，应先加酸中和NaOH，再滴加碘水，A错误；
B、浓盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性，且HCl在浓硫酸中溶解度很小。因此利用毛细管将浓盐酸缓慢滴入浓硫酸中，浓盐酸中的水被浓硫酸吸收，HCl气体逸出，同时被干燥，可得到干燥的HCl气体，B正确；
C、U形管液面左高右低，说明瓶内压强减小。若过程吸热，瓶内温度降低，气体压强减小，外界大气压将右侧液面压高，左侧液面降低，与现象一致，该实验现象能充分说明相应的化学反应是吸热反应，C正确；
D、向2mL 0.1mol/L的NaHCO3溶液中滴加6滴等浓度的醋酸溶液，若有气体产生，说明生成了CO2，根据强酸制弱酸的原理，可以判断酸性：CH3COOH＞H2CO3，相同温度下醋酸与碳酸的Ka大小：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，D正确；
故答案为：A
【分析】淀粉水解后检验是否完全水解需先中和过量碱再加碘水，碘在碱性条件下会歧化失效；浓盐酸与浓硫酸可快速制备干燥HCl；吸热反应使装置内压强减小，U形管液面左高右低；强酸制弱酸可通过醋酸与碳酸氢钠反应证明醋酸酸性强于碳酸，判断二者Ka大小；
7．B36是一种二维平面结构的“硼墨烯”，原子间排成三角形，中间形成一个完美六边形空穴，如图，下列有关说法错误的是
A．B40与B36互为同素异形体
B．B36表面形成B-F键，抗氧化性增强
C．嵌入Li原子形成Li@ B36，可作电池正极材料
D．B36表面接-COOH，可增强其水溶性
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；同素异形体；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、同素异形体的定义是：由同种元素组成的不同单质，B40与B36都由硼（B）元素组成，但原子数目和结构不同，属于硼的不同单质，因此二者互为同素异形体，A正确；
B、B36表面形成B-F键，属于强极性键，键能大，化学稳定性高，表面的硼原子被更稳定的化学键保护，更难被氧气氧化，因此抗氧化性增强，B正确；
C、在Li@ B36中，嵌入的Li原子具有很强的失电子倾向，易被氧化，发生反应：，电池中，发生氧化反应，失电子的是负极。正极发生的是得电子的还原反应。因此，可作为电池的负极材料，而非正极材料，C错误；
D、B36表面接-COOH，-COOH为是典型的亲水基，能与水分子之间形成氢键，使其材料的亲水性显著增强，因此可增强其水溶性，D正确；
故答案为：C
【分析】解题核心是明确同素异形体为同种元素形成的不同单质，键能大的化学键能增强材料抗氧化性，易失电子的材料适合做电池负极，羧基等亲水基团可增强物质水溶性。
8．Fe2(SO4)3溶液脱除空气中H2S并再生的原理如图所示，下列说法错误的是
A．氧化性：O2＞Fe3+＞S
B．理论上脱硫过程Fe2(SO4)3不需要额外补充
C．标准状况下消耗5.6L氧气时，可生成0.5molS
D．脱硫过程中溶液的pH逐渐减小
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、根据氧化还原反应规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物。反应历程中发生了：H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S，氧化剂为Fe3+，氧化产物为S，因此氧化性：Fe3+>S；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，氧化剂为O2，氧化产物为Fe3+，因此氧化性：O2>Fe3+；整理可知氧化性：O2＞Fe3+＞S，A正确；
B、由原理图可知，总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，该过程中Fe2(SO4)3是催化剂，故理论上脱硫过程Fe2(SO4)3不需要额外补充，B正确；
C、由原理图可知，总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，物质的量之比：，标准状况下消耗5.6L即其物质的量：=0.25mol氧气，则生成S的物质的量为：，C正确；
D、由原理图可知，脱硫过程发生的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S，生成H+，pH减小；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，消耗H+，pH增大；总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可见脱硫过程中由于反应产生水，使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，D错误；
故答案为：D
【分析】由图可知：一共发生的反应有H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S、4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，解题关键是先拆分循环反应、梳理物质转化关系，再依据“氧化剂氧化性强于氧化产物”“催化剂参与反应但前后不变”“电子守恒计算”和“H+生成与消耗的动态变化”等规律，逐项分判断。
9．拜尔一维立格反应机理如下图所示：
其中R、、为烃基，下列说法正确的是
A．①是加成反应，②是消去反应
B．若生成1mold，转移
C．R、的结构不同，产物d也可能为
D．若反应物中仅1号氧原子为18O，有产物生成
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机化学反应的综合应用；加成反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应②不是消去反应，而是重排反应。消去反应的定义是脱去小分子、生成不饱和键；而这里是中间体c通过烃基迁移，形成酯和羧酸，属于典型的拜尔-维立格重排过程，A错误；
B、c生成了d的过程中，过氧键发生断裂，过氧键中氧元素的化合价由-1价转变为-2价，每生成1mol产物d，转移的电子数为2mol，不是1mol，B错误；
C、根据分析，拜尔-维立格反应的核心是烃基迁移，迁移能力与烃基的供电性、空间位阻有关。当R和R'结构不同时，迁移基团可以是R，也可以是R'；如果是R'发生迁移，最终生成的酯就是R'COOR，因此“产物d也可能为R'COOR”的说法成立，C正确；
D、按照拜尔一维立格反应机理，若反应物中仅1号氧原子为18O，这个标记的氧原子会进入产物d中，连接在R'上，也就是反应后的18O 应存在于d（）中，连接R＇的氧原子为18O，不会有产物生成，D错误；
故答案为：C
【分析】分析拜尔一维立格反应机理图可得，反应①中a断裂碳氧双键中的键，b断裂羟基中的氧氢键，a中的O原子连接H原子，C原子连接b断裂后的其余结构生成c，反应①为加成反应；反应②c生成d和e的过程中，c断裂了羟基中的O-H键，同时断裂了R＇-C键、O-O键，发生重排反应生成了d和e。
拜尔-维立格反应是一种亲核重排反应，过氧酸作为氧化剂，其作用是提供氧原子，将酮转化为酯，反应过程中没有电子的得失，因此不属于氧化还原反应。其重排本质：反应是亲核加成-重排过程，不是简单的加成/消去；迁移基团的迁移顺序决定了产物结构；
10．常温下，向乙二胺()和水溶液中滴加盐酸，混合溶液中的与或或随离子浓度变化的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．表示与的关系
B．M点坐标为(-1.0，8.2)
C．常温下，溶液的
D．溶液中：
【答案】B
【知识点】化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据题干信息可知，表示与的关系，表示与的关系，A错误；
B、M点为、的交点，则=，=，解得=，=10，即p=-1.0，=8.2，M点坐标为(-1.0，8.2)，B正确；
C、溶液中存在的电离与水解，的电离=大于水解，溶液显碱性，，C错误；
D、根据元素守恒，溶液中：，D错误；
故答案为：B
【分析】由题可知，随溶液增大，减小，增大，=减小，=增大，=增大；p增大，则直线代表p与的关系，，表示与的关系，表示与的关系。根据上的点，=，根据上点，=，根据上点，=。
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．由下列实验事实或现象不能得出相应结论的是
　 事实或现象 结论
A 将1mL0.1mol·溶液与2mL0.1mol·溶液混合，充分反应后，滴加KSCN溶液，混合溶液变红 与的反应为可逆反应
B 将和固体混合并用玻璃棒快速搅拌，有刺激性气味的气体产生，并伴随降温 该反应能发生的主要原因是熵增
C 分别测浓度均为0.1mol·的和溶液的，后者大于前者
D 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mL溴水中，溴水褪色 实验中有乙烯生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、将1mL0.1mol·溶液与2mL0.1mol·溶液混合，发生反应的化学方程式为：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，n(KI)=0.2mol，n(FeCl3)=0.1mol，说明KI过量，充分反应后，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明还存在Fe3+，结论严谨，故Fe3+与I-的反应为可逆反应，A正确；
B、该反应的化学方程式为：，烧杯壁变凉，说明该反应常温下能自发，且为吸热反应，当H-TS<0时反应自发，该反应△H>0，若满足此条件，则S>0，反应自发的主要驱动力是熵增，因为生成气体使得体系的混乱度显著增大，B正确；
C、中醋酸根离子和铵根离子都水解，Ka(CH3COOH)≈kb(NH3·H2O)，溶液pH接近中性，其pH是两种离子水解的综合结果，无法直接反映COO-的单独水解程度，只有碳酸氢根离子水解，不能通过pH值比较阴离子的水解程度，C错误；
D、取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，产生的乙烯气体中可能含有二氧化硫，乙烯、二氧化硫都能使溴水褪色，将产生的气体通入2mL溴水中，溴水褪色，不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，D错误；
故答案为：CD
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验事实或现象与实验结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
12．已知有机物M、N、P转化关系如下图，下列有关说法正确的是
A．M分子中有7个手性碳原子
B．N分子在一定条件下能发生加聚和缩聚反应
C．N的消去产物有四种
D．由上述机理可知：
【答案】B,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A、手性碳原子的定义是：连有4个不同基团的饱和碳原子。M是甾体结构，骨架中除双键碳原子外，绝大多数饱和碳原子都连有4个不同基团，分子中有8个手性碳原子：(*标出)，A错误；
B、N分子中含有碳碳双键，双键可打开发生加成聚合反应；N分子中含有两个羟基（-OH），可与二元羧酸发生酯化缩聚反应；因此N分子既能发生加聚反应，也能发生缩聚反应，B正确；
C、消去反应的核心条件是反应物醇（或卤代烃），且必须含有β-H（与羟基/卤素相连的碳的邻位碳上，连有氢原子），因此N的消去产物有和，C错误；
D、由上述机理可知，MnO2只能选择性氧化烯丙位的羟基也就是与双键直接相连的碳原子上的羟基），非烯丙位的羟基不被氧化；而选项中，羟基被氧化为羰基的位置正是烯丙位，且双键未被破坏，故正确的反应图示为：
，D正确；
故答案为：BD
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
13．金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为，电池工作原理如图所示， 下列有关说法正确的是
A．放电时另一步负极电极反应式：
B．充电时a极的电极电势大于b极
C．放电过程中转移1mole-，正极区H+减少1mol
D．充电时，b极区H2O的物质的量增大
【答案】A,C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，负极的总反应为：，题干中给出的第一步反应：，消耗，生成，第二步反应，消耗失电子，生成，将两式连立，可得到第二步反应：，A正确；
B、放电时a极为负极，b极为正极；充电时a极为阴极，b极为阳极；电势：阳极>阴极，即b极的电极电势大于a极，B错误；
C、放电过程中外电路转移1mole-，有1mol H+从负极区经质子交换膜进入正极区，同时正极发生反应，消耗2mol H+，正极区H+共减少2mol-1mol=1mol，C正确；
D、充电时，b极阳极，b 极发生的反应为放电时正极反应的逆过程：，消耗水，阳极区H2O的物质的量减少，D错误；
故答案为：AC
【分析】金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，负极反应第一步反应：，消耗，生成，第二步反应，消耗失电子，生成，故第二步反应，负极电极反应式为，故a极为负极，b极为正极，发生反应。充电时a极为阴极，发生还原反应；b极为阳极，发生氧化反应。
14．某实验小组用打磨过且相同的铝箔，探究铝与CuCl2溶液在不同条件下的反应
编号 实验 现象
① 有红色沉淀附于铝表面，溶液无色，有气泡生成
② 试管a室温：有红色沉淀和大量白色沉淀生成，并伴有气泡生成 试管b冰水浴：反应时间足够长，有红色沉淀生成，白色沉淀比试管a明显少，并伴有气泡生成
③ 生成红色沉淀，溶液呈蓝色
④ 形成无色溶液，置于空气中溶液呈蓝色
下列说法错误的是
A．无色气体为H2，红色沉淀为Cu
B．生成白色沉淀的方程式Cu(s)+Cu2+(aq)+2Cl-(aq)2CuCl(s) ΔH<0
C．实验③证明Cu(I)在酸性溶液中可发生歧化反应
D．取实验④中的蓝色溶液，加乙醇，可析出蓝色晶体
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、CuCl2溶液因为Cu2+水解而呈酸性：，铝与CuCl2溶液时，Al和Cu2+水解产生的H＋反应生成H2，然后发生反应：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，红色沉淀为Cu，A正确；
B、实验②中有红色沉淀和大量白色沉淀生成，说明生成Cu和Cu+、Cl-与Cu+反应生成CuCl白色沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cu(s)+Cu2+(aq)+2Cl-(aq)2CuCl(s)，试管b冰水浴，白色沉淀比试管a明显少，说明该反应逆向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，B错误；
C、实验③中CuCl和稀硫酸反应生成红色沉淀为Cu，溶液呈蓝色说明有Cu2+生成，此时Cu元素化合价既由+1价下降到0价，又由+1价上升到+2价，发生了歧化反应，对应的反应离子方程式为：，这说明亚铜离子在酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，C正确；
D、实验④中加入足量浓氨水，先形成无色的亚铜氨配合物溶液：，接着置于空气中溶液呈蓝色，说明被氧化为蓝色的铜氨配合物：，向蓝色溶液中加入乙醇，由于乙醇能降低铜氨配合物盐在水溶液中的溶解度，可析出蓝色晶体，D正确；
故答案为：B
【分析】本实验探究了铝与不同浓度、不同温度氯化铜溶液的反应，发现铝既与水解产生的氢离子反应生成氢气，又能置换出铜离子；高浓度氯化铜中生成的铜可与铜离子、氯离子进一步反应生成白色氯化亚铜沉淀，且温度越低沉淀越少，说明该生成亚铜盐的反应为吸热反应；酸性条件下氯化亚铜会歧化为铜和铜离子，其与浓氨水反应生成的亚铜氨配合物在空气中会被氧化为蓝色铜氨配合物，加入乙醇可析出蓝色晶体。
15．T温度下，在1L刚性密闭容器中投入X和Y各1mol，发生下列反应，部分物质的物质的量分数随时间的变化如图所示(近似认为反应II建立平衡后，反应II始终处于平衡状态)。下列说法正确的是
A．速率常数k1>k2
B．反应II的平衡常数Kc=
C．体系达到平衡后，再加入X和Y各1mol，Z的平衡产率不变
D．T温度下，使用选择性催化反应II的催化剂，W的物质的量分数新峰值点可能是a
【答案】B,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、速率常数反映的是反应的快慢，而在平衡图中W的物质的量分数先升后降，说明反应Ⅱ先快后慢，但平衡时Z的量远大于W。反应前期，W的曲线先出现峰值，说明反应Ⅱ初期速率更快，因此k2 >k1 ，A错误；
B、近似认为反应II建立平衡后，反应II始终处于平衡状态，由图可知，W物质的量分数最大时，反应II达到平衡，之后反应II始终处于平衡状态，时间为nmin时时X、Z的物质的量分数都为30%，设nmin时Z、W的物质的量分别为amol、bmol，由题意可建立如下三段式：
，，由X、Z的物质的量分数可得：=0.3，=0.3，解联立方程可得a=、b=，则1L刚性密闭容器中反应II的平衡常数Kc==，B正确；
C、反应物2mol，生成物1mol，说明该反应是气体分子数减少的反应，加入反应物后，相当于增大压强，平衡会向气体分子数减少的方向移动，即促进两个反应正向进行。但由于K1 >K2 ，反应Ⅰ受压强影响更大，Z的平衡产率会升高，C错误；
D、T温度下，使用选择性催化反应II的催化剂，反应II的反应速率增大，相同时间内W的物质的量增大，原W的峰值点为b，a点比b点更早、更高，符合催化剂“催化加快反应、提高峰值”的特征，D正确；
故答案为：BD
【分析】先对反应体系梳理，在1L刚性容器中，X(g)和Y(g)各1mol发生两个平行反应：
反应Ⅰ：，速率常数k1 ，平衡常数K1
反应Ⅱ：，速率常数k2 ，平衡常数K2
题目说明“反应Ⅱ建立平衡后，始终处于平衡状态”，即W的生成与消耗始终平衡，可认为W的量由平衡决定。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。
（1）以5-磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物如图所示：
基态Cu原子的价电子排布图为　 　，该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序　 　。
（2）上图中酚羟基中的H保持与苯环共平面，①号O原子的杂化方式为　 　，a处C-O键键长　 　乙醇中C-O键键长(填“<”、“>”或“=”)，与Mg2+相比Cu2+更易与联咪唑()形成螯合物，原因是　 　。
（3）某含铜(II)化合物晶体结构如图所示，该化合物的化学式为　 　；
下图所示的含氧空位的晶胞结构中，La化合价不变，n(Cu2+)：n(Cu+) 　 　。
【答案】（1）；N>O>C
（2）sp2；＜；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小
（3）La2CuO4；3：1
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）、铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：；N>O>C；
（2）、酚羟基中的氢原子保持与苯环共平面说明①号氧原子原子的杂化方式为sp2杂化，酚羟基的氧原子直接连在sp2杂化的碳原子上，氧原子的杂化状态也为sp2杂化，形成平面结构，氧上的孤对电子能与苯环的π电子发生p-π共轭，使C-O键具有部分双键特性，导致C-O键的键长小于乙醇分子中的C-O键；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小，所以铜离子更易与联咪唑形成螯合物，故答案为：sp2；＜；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小；
（3）、由晶胞结构可知，位于顶点和体心的铜原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的镧原子个数为8×+2=4，位于面上和棱上的氧原子个数为12×+8×=8，则化合物中镧原子、铜原子和氧原子的个数比为4：2：8=2：1：4，化学式为La2CuO4；由化合价代数和为0可知，化合物中镧元素的化合价为+3价，由图可知，含氧空位的晶胞结构中氧原子个数为12×+7×=7.75，化学式为La4Cu2O7.75，设化合物中铜离子个数为a，亚铜离子个数为b，由铜原子个数可得：a+b=2，由化合价代数和为0可得：12+2a+b－15.5=0，解联立方程可得a=1.5、b=0.5，则化合物中铜离子和亚铜离子的物质的量比1.5：0.5=3：1，故答案为：La2CuO4；3：1。
【分析】价层电子轨道表示式书写规则如下：写出核外电子排布式：首先确定原子的核外电子排布；简化表示：将电子排布式改为用原子实表示的简式；去除前面的原子实：在简式中，若遇到p、d轨道共存的情况，划去d能级；若无p、d共存，剩余部分即为价层电子构型。
判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：；N>O>C；
（2）酚羟基中的氢原子保持与苯环共平面说明①号氧原子原子的杂化方式为sp2杂化，酚羟基的氧原子直接连在sp2杂化的碳原子上，氧原子的杂化状态也为sp2杂化，形成平面结构，氧上的孤对电子能与苯环的π电子发生p-π共轭，使C-O键具有部分双键特性，导致C-O键的键长小于乙醇分子中的C-O键；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小，所以铜离子更易与联咪唑形成螯合物，故答案为：sp2；＜；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小；
（3）由晶胞结构可知，位于顶点和体心的铜原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的镧原子个数为8×+2=4，位于面上和棱上的氧原子个数为12×+8×=8，则化合物中镧原子、铜原子和氧原子的个数比为4：2：8=2：1：4，化学式为La2CuO4；由化合价代数和为0可知，化合物中镧元素的化合价为+3价，由图可知，含氧空位的晶胞结构中氧原子个数为12×+7×=7.75，化学式为La4Cu2O7.75，设化合物中铜离子个数为a，亚铜离子个数为b，由铜原子个数可得：a+b=2，由化合价代数和为0可得：12+2a+b－15.5=0，解联立方程可得a=1.5、b=0.5，则化合物中铜离子和亚铜离子的物质的量比1.5：0.5=3：1，故答案为：La2CuO4；3：1。
17．G是制备那韦类抗HIV药物的关键中间体，其合成路线如下：
已知：-Boc为的简写
（1）A中所含官能团的名称为　 　，①的化学名称为　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）N→E的反应类型是　 　。
（4）A→M的化学方程式为　 　。
（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式：　 　(写出一种即可)。
①含苯环，且能发生银镜反应；②分子中含有3种不同化学环境的氢。
（6）写出以为主要原料制备的合成路线流程图(无机试剂和流程中的有机试剂任选)　 　。
【答案】（1）氨基、羧基；对硝基苯酚或4-硝基苯酚
（2）
（3）取代反应
（4）+CH3CH2OH+H2O
（5）
（6）
【知识点】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；有机化学反应的综合应用；羧酸简介
【解析】【解答】（1）、根据A的结构简式，A中所含官能团的名称为氨基、羧基；根据①的结构简式，①化学名称为对硝基苯酚。
（2）、B和对硝基苯酚反应生成C，根据C的分子式可知，B和对硝基苯酚反应生成C 和水， C的结构简式为；
（3）、E是，根据N的结构简式，可知N中-OCH2CH3被-CH2Cl代替得到E，则N→E的反应类型是取代反应。
（4）、M是，A和乙醇反应生成M和水，反应方程式为+CH3CH2OH+H2O；
（5）、①含苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中含有3种不同化学环境的氢，说明结构对称，符合条件的G的同分异构体有。
（6）、HOOCCH2CH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，和CH2ICl发生取代反应生成，还原为，合成路线为。
【分析】从A→B的反应中，氨基上的一个H被Boc基团（叔丁氧羰基）取代，得到B，用于保护氨基，避免后续反应中被破坏或参与副反应；根据C的分子式可知，B和对硝基苯酚反应生成C和水，则C的结构简式为，这一步羧基与对硝基苯酚发生酯化，生成活性酯C，同时脱去1分子水，将羧基转化为高活性的对硝基苯酯，便于后续反应；C→D主要是引入含硫侧链；D→E主要是酸性条件下，Boc保护基被脱去，同时得到含氯侧链的中间体E，去除氨基保护基，为后续反应做准备，同时引入氯原子；E发生还原反应生成F，由F逆推，E是，这一步羟基在碱性条件下脱质子，形成三元环氧环，得到目标产物G；根据A→B可知，M中氨基上1个H被-Boc代替得到N，则M是。
（1）根据A的结构简式，A中所含官能团的名称为氨基、羧基；根据①的结构简式，①化学名称为对硝基苯酚。
（2）B和对硝基苯酚反应生成C，根据C的分子式可知，B和对硝基苯酚反应生成C 和水， C的结构简式为；
（3）E是，根据N的结构简式，可知N中-OCH2CH3被-CH2Cl代替得到E，则N→E的反应类型是取代反应。
（4）M是，A和乙醇反应生成M和水，反应方程式为+CH3CH2OH+H2O；
（5）①含苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中含有3种不同化学环境的氢，说明结构对称，符合条件的G的同分异构体有。
（6）HOOCCH2CH2COOH和乙醇发生酯化反应生成，和CH2ICl发生取代反应生成，还原为，合成路线为。
18．氯化亚铜为白色晶体，在空气中易被氧化，微溶于水，不溶于醇。实验室制备氯化亚铜的部分实验装置如图所示(夹持装置略)。
已知：绿色，茶褐色
（1）仪器a的名称　 　，装置丙的作用为　 　。
（2）反应开始时，先打开　 　再打开　 　(填“K1”、“K2”)；反应一段时间后，乙中溶液由绿色变为茶褐色，发生反应的离子方程式为　 　。反应完毕，将溶液加入至盛有800mL蒸馏水的烧杯中，静置5分钟，析出白色晶体，过滤、洗涤、干燥，洗涤晶体时所用试剂的顺序为　 　(填序号)。
①SO2饱和水溶液 ②无水乙醇
（3）称取ag氯化亚铜试样，置于盛有过量氯化铁溶液的250mL碘量瓶(一种具塞锥形瓶)中，盖上瓶塞，不断摇动，待试样溶解后，打开瓶塞，依次加入50mL水、20mL硫酸溶液和2滴二苯胺磺酸钠指示剂，立即用标准溶液滴定，达到终点时颜色由绿色变为浅紫色，消耗溶液VmL，样品的质量分数　 　(用含a、V、c的式子表示)；若使用普通锥形瓶配制溶液，测得的质量分数　 　(填“偏大”、“不变”、“偏小”)。
【答案】（1）三颈烧瓶；吸收SO2，防止空气中的氧气进入装置乙
（2）K1；K2；；①②
（3）；偏小
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、仪器a的名称三颈烧瓶，装置丙的作用为吸收SO2，防止空气中的氧气进入装置乙（氯化亚铜在空气中易被氧化）；
（2）、反应开始时，先打开K1，使装置内充满二氧化硫，再打开K2；反应一段时间后，乙中溶液由绿色变为茶褐色，发生反应的离子方程式为；反应完毕，将溶液加入至盛有800mL蒸馏水的烧杯中，静置5分钟，析出白色晶体，过滤、洗涤、干燥，由于CuCl为不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，洗涤晶体时所用试剂为①SO2饱和水溶液使铜元素尽可能以形式存在，②无水乙醇，代替蒸馏水洗涤的目的是减少CuCl溶解损耗，并防止氧化；
（3）、根据、，可得关系式，则，，；碘量瓶防止溶液与空气的接触，氧化亚铁离子，使用量减少，若使用普通锥形瓶配制溶液，测得的质量分数偏小。
【分析】由实验装置图可知，装置甲制备还原剂SO2，先发生反应：，生成SO2气体，作为后续还原反应的还原剂，而用70%浓硫酸是为了降低SO2的溶解度，让气体更容易逸出；装置乙是制备CuCl的主反应装置，通入的SO2与Na2[CuCl4]溶液反应，生成白色 CuCl 沉淀，当溶液颜色由绿色（[CuCl4]2）逐渐变为茶褐色（中间产物[CuCl3]2），最终析出白色CuCl。整个过程需要在SO2气氛下进行，防止生成的CuCl被空气中的O2氧化；装置丙是尾气处理，用NaOH溶液吸收未反应的SO2，防止污染空气。反应：，且图中使用了球形干燥管，起到安全瓶的作用，防止NaOH溶液倒吸入装置乙中。
（1）仪器a的名称三颈烧瓶，装置丙的作用为吸收SO2，防止空气中的氧气进入装置乙（氯化亚铜在空气中易被氧化）；
（2）反应开始时，先打开K1，使装置内充满二氧化硫，再打开K2；反应一段时间后，乙中溶液由绿色变为茶褐色，发生反应的离子方程式为；反应完毕，将溶液加入至盛有800mL蒸馏水的烧杯中，静置5分钟，析出白色晶体，过滤、洗涤、干燥，由于CuCl为不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，洗涤晶体时所用试剂为①SO2饱和水溶液使铜元素尽可能以形式存在，②无水乙醇，代替蒸馏水洗涤的目的是减少CuCl溶解损耗，并防止氧化；
（3）根据、，可得关系式，则，，；碘量瓶防止溶液与空气的接触，氧化亚铁离子，使用量减少，若使用普通锥形瓶配制溶液，测得的质量分数偏小。
19．旧电池的回收利用成为当前世界各国研究的重要课题，从废旧酸性锌锰电池(主要成分为碳棒、Zn、Fe、Cu、ZnCl2、NH4Cl以及MnO2)中回收Zn和MnO2的工艺如图所示：
已知：的平衡常数称为稳定平衡常数，；当离子浓度小于时，可认为该离子完全除去。
回答以下问题：
（1）“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有　 　(写出一点)。
（2）“溶解”时加入的作用是　 　，的实际消耗量比理论值高的原因　 　。
（3）“沉锰”时，发生反应的离子方程式为　 　，“煅烧”时参加反应的气体与生成气体的物质的量之比为　 　。
（4）已知“浸出”液中Fe2+、Zn2+的浓度均为0.1mol·L-1，“净化”时，需调节溶液pH的合理范围是　 　。
化合物 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
Ksp近似值 10-17 10-17 10-38
Zn(OH)2为两性氢氧化物，可与NaOH溶液发生反应Zn(OH)2(s)+2OH-(aq)[Zn(OH)4]2-(aq)，其平衡常数K=　 　。
【答案】（1）适当升高温度、适当增大酸的浓度
（2）还原剂；催化过氧化氢分解
（3）；1：2
（4）3～6；0.45
【知识点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有适当升高温度、适当增大酸的浓度、搅拌等。
（2）、溶解的时候，加入双氧水是作还原剂，将还原为，由于混合物中含有二氧化锰，可以作为双氧水分解的催化剂，导致双氧水损失，所以的实际消耗量比理论值高。
（3）、“沉锰”时加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：，“煅烧”时的方程式为：，参加反应的气体与生成气体的物质的量之比为。
（4）、“浸出”液中和的浓度均为，加入双氧水，把氧化为，由的溶度积，求得沉淀完全时的氢氧根浓度为：，则；再由 的溶度积，计算出开始沉淀时的氢氧根浓度为：，其，所以“净化”时，要保证把完全沉淀而锌离子不沉淀，需调节溶液的合理范围是。根据，其平衡常数表达式为：，对其进行变形，可得。
【分析】废电池先通过机械分离，分成黑色固体混合物（含MnO2、碳、NH4Cl、ZnCl2等）和金属外壳（含Zn、Fe、Cu），两条线分别处理：主线1：由黑色固体提纯回收MnO2；主线2：由金属外壳净化回收Zn；
主线1中黑色固体混合物中主要含有、碳等，机械分离后将黑色固体水浸，将可溶性固体溶于水中，接着过滤后进行灼烧，碳与O2反应生成CO2除去，得到粗MnO2。然后加入双氧水和硫酸，对其进行还原，方程式为：，然后加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：，最后煅烧MnCO3获得；
主线2中金属外壳含有Zn、Fe、Cu，加入稀硫酸以后，形成相应的金属离子，Cu不参与反应，变成浸渣进行回收；加入双氧水，把氧化为，加入氢氧化钠，将转化为氢氧化物沉淀除去，最后电解硫酸锌得到锌。
（1）“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有适当升高温度、适当增大酸的浓度、搅拌等。
（2）溶解的时候，加入双氧水是作还原剂，将还原为，由于混合物中含有二氧化锰，可以作为双氧水分解的催化剂，导致双氧水损失，所以的实际消耗量比理论值高。
（3）“沉锰”时加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：，“煅烧”时的方程式为：，参加反应的气体与生成气体的物质的量之比为。
（4）“浸出”液中和的浓度均为，加入双氧水，把氧化为，由的溶度积，求得沉淀完全时的氢氧根浓度为：，则；再由 的溶度积，计算出开始沉淀时的氢氧根浓度为：，其，所以“净化”时，要保证把完全沉淀而锌离子不沉淀，需调节溶液的合理范围是。根据，其平衡常数表达式为：，对其进行变形，可得。
20．利用3-硝基苯乙烯(NS)制备3-乙基苯胺(EA)，涉及反应如下：
已知：(R为常数，在温度变化范围不大时，同一反应的ΔH、ΔS为常数)
（1）反应④的焓变　 　(用含、、的代数式表示)，反应①的平衡常数　 　(用含、、的代数式表示)。
（2）在某选择性催化剂条件下，四个反应的平衡常数随温度变化的曲线如图1所示，c和d分别表示反应②和③的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应①和④的平衡常数随温度变化曲线为　 　、　 　。
（3）下列说法错误的是　 　。
a．四个反应均为放热反应 b． c．压强越大，温度越高越有利于生成EA
（4）以1molNS为原料，PMPa的高压H2氛围下(因反应在H2高压氛围下进行，故H2压强近似等于总压)发生上述反应，测得不同温度下平衡时产物的选择性、NS平衡转化率关系如图2所示。平衡转化率为60%时，AS的产率=　 　%，反应①的　 　。
【答案】（1）；
（2）b；a
（3）bc
（4）12；
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、由盖斯定律可知，反应①+反应②—反应③=反应④，则反应④的焓变，反应的平衡常数，故答案为：；；
（2）、由题意可知，c和d分别表示反应②和③的平衡常数随温度变化的曲线，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，，c线在lnK截距更大，，两条路径的总相等，即，则小于，反应①对应的图像在lnK截距更小，对应题图中的b，反应④对应题图中的a，所以表示反应①和④的平衡常数随温度变化曲线分别为b、a，故答案为：b；a；
（3）、a、由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，a正确；
b、已知：， 由图可知，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，且绝对值越大，图中直线斜率越大，△H越小，c和b分别表示反应②和①的平衡常数随温度变化的曲线，c线斜率更大，则，焓变比值，b错误；
c、由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，则温度越高越不利于生成EA，c错误；
故答案为：bc；
（4）、由图可知，NS平衡转化率为60%时，ENB和EA的选择性都为40%，则平衡时，AS的产率为=12%，NS的物质的量为1mol-1mol×60%=0.4mol，ENB、EA、AS的物质的量分别为1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×20%=0.12mol，设氢气的物质的量为amol，则由题意可知，反应①的Kp==，故答案为：12；。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和 -反应物的标准摩尔生成焓之和）
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
（1）由盖斯定律可知，反应①+反应②—反应③=反应④，则反应④的焓变，反应的平衡常数，故答案为：；；
（2）由题意可知，c和d分别表示反应②和③的平衡常数随温度变化的曲线，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，，c线在lnK截距更大，，两条路径的总相等，即，则小于，反应①对应的图像在lnK截距更小，对应题图中的b，反应④对应题图中的a，所以表示反应①和④的平衡常数随温度变化曲线分别为b、a，故答案为：b；a；
（3）a．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，故正确；
b．已知：， 由图可知，升温K减小，反应为放热反应，△H＜0，且绝对值越大，图中直线斜率越大，△H越小，c和b分别表示反应②和①的平衡常数随温度变化的曲线，c线斜率更大，则，焓变比值，故错误；
c．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数均减小，平衡向逆反应方向移动，则四个反应均为放热反应，则温度越高越不利于生成EA，故错误；
故选bc；
（4）由图可知，NS平衡转化率为60%时，ENB和EA的选择性都为40%，则平衡时，AS的产率为=12%，NS的物质的量为1mol-1mol×60%=0.4mol，ENB、EA、AS的物质的量分别为1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×40%=0.24mol、1mol×60%×20%=0.12mol，设氢气的物质的量为amol，则由题意可知，反应①的Kp==，故答案为：12；。
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