2021年天津市高考化学模拟试卷（二）（含答案）

这是一份2021年天津市高考化学模拟试卷（二）（含答案），共23页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2021年天津市高考化学模拟试卷（二）

1. 下列防疫物品的主要成分属于无机物的是( )








A.聚丙烯
B.聚碳酸酯
C.二氧化氯
D.丁腈橡胶
A. A B. B C. C D. D
2. 下列化学用语表述正确的个数是( )
①CO2的比例模型：
②基态钒原子价层电子排布图为
③原子核内有8个中子的碳原子 614C
④NaCl的结构式Na−Cl
⑤次氯酸的电子式
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3. 下列说法中正确的是( )
A. P4和CH4都是正四面体形分子，且键角都为109∘28′
B. 乙烯分子中，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
C. 键长H−F D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
4. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关NA的叙述中正确的有( )
①0.5molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NA
②1molα−氨基乙酸(甘氨酸)分子中存在10NA对共用电子对
③常温下，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.1NA
④425℃时2mol/LNa2CO3溶液中含4NA个Na+离子
⑤常温常压下，20.0g重水(D2O)所含的中子数约为0.1NA
⑥标准状况下，2.24LCHCl3含有的分子数为0.1NA
A. ①②④ B. ①③⑤ C. ②③⑥ D. ①②③
5. 下列有关物质水解的说法正确的是( )
A. 核酸水解的最终产物为氨基酸 B. 油脂水解产物之一是甘油
C. 蛋白质水解的最终产物是二肽 D. 1mol蔗糖水解生成2mol葡萄糖
6. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是( )
A. 漂白粉溶液在空气中失效：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−
B. 氯化铝溶液中加入过量浓氨水：Al3++4NH3⋅H2O=AlO2−+4NH4++2H2O
C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−
D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+H2O+4H+
7. 下列实验操作能达到预期实验目的的是( )
编号
实验操作
实验目的
A
将10g胆矾溶于90g水中
配制质量分数为10%的硫酸铜溶液
B
向盛有1mL0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl溶液，至沉淀不再产生，再滴入0.1mol/LKI溶液
说明一种沉淀能转化为溶度积更小的另一种沉淀
C
室温，分别向2支试管中加入同体积同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的浓硫酸
研究温度化学平衡的影响
D
甲苯中滴入少量浓溴水振荡，静置
研究甲苯能和溴发生取代反应
A. A B. B C. C D. D
8. 科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H2合成CH3OH，该反应历程示意图如图。下列说法不正确的是( )

A. 过程Ⅰ中ZnO表面上进行CO2的吸附与转化
B. 过程Ⅱ中存在极性键的断裂与形成
C. 过程中生成CH3OH时吸收能量
D. 总反应的化学方程式是
9. 如图为用惰性电极电解制备高锰酸钾的装置示意图如图。下列说法正确的是( )
A. a为电源正极
B. Ⅰ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅱ
C. 若不使用离子交换膜，KMnO4的产率可能会降低
D. 若阴极产生0.2mol气体，理论上可得到0.2molKMnO4


10. 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图。

下列说法不正确的是( )
A. 过程i发生了加成反应
B. 中间产物M的结构简式为
C. 利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯
D. 该合成路线理论上碳原子100%利用，最终得到的产物易分离
11. 温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是( )
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A. 反应0∼4min的平均速率υ(Z)=0.25mol⋅(L⋅min)−1
B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D. 其他条件不变，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H<0
12. 已知N2H4在水中的电离与NH3相似，室温下向N2H4水溶液中滴加某强酸，溶液的pH与离子浓度关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. N2H4在水溶液中的第二步电离平衡常数为10−15
B. N2H62++N2H4⇌2N2H5+的平衡常数为1.0×109
C. N2H5Cl溶液中N2H5+的水解能力大于电离能力
D. N2H6Cl2溶液中：c(Cl−)=c(N2H5+)+c(N2H62+)+c(H+)
13. 钛酸锌锂Li2ZnTi3O8是锂离子电池电极材料的一种，具有循环性能良好、安全性能优异，结构性能稳定的优点，可以通过TiO2、Li2CO3、(CH3COO)2Zn⋅2H2O等原料，采用高温固相法合成。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价电子排布式为 ______，第四周期的基态原子中，未成对电子数与基态Ti原子相等的元素有 ______(填元素符号)。
(2)CH3COO−中含有的σ键和π键的个数比为 ______；在Li2CO3中，三种元素的第一电离能从大到小的顺序是 ______。CO32−的杂化方式为 ______。
(3)Ti与Zn原子都采用六方最密堆积形成金属晶体，两者半径大小相近：Ti(144.8pm)，Zn(133.3pm)，但金属Ti的熔点(1660℃)比Zn(419.53℃)高得多，原因是 ______。
(4)某六方晶系的一种钛钡矿石的晶胞如图所示，距离晶胞内的钛原子最近的氧原子有 ______个，Ti原子可看成填充在周围的氧原子组成的正八面体空隙中，则其O−Ti−O的键角为 ______(填度数)。设该六方晶胞的棱长分别记为acm、bcm、ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞密度的表达式为 ______g⋅cm−3。


14. 某维生素的生理功能是维持上皮组织的完整性和细胞膜的通透性，维持正常视觉，促进年幼动物生长等。如图是该维生素的合成路线的一部分：

已知：
(1)B中官能团的名称为 ______。
(2)由E生成H的反应类型为 ______。
(3)写出由C和M生成N的方程式：______。
(4)D的结构简式为 ______。
(5)B的同分异构体中能发生银镜反应但不能发生水解反应的共 ______种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式为 ______。
(6)聚苯乙烯树脂是一种良好的保温材料，请以甲苯为原料，参照题中信息，设计路线合成聚苯乙烯，无机试剂任选 ______。
15. 四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡(部分夹持装置已略去)；

有关信息如下表：
化学式
SnCl2
SnCl4
熔点/℃
246
−33
沸点/℃
652
144
其他性质
无色晶体，易氧化
无色液体，易水解
回答下列问题：
(1)甲装置中仪器A的名称为 ______。
(2)用甲装置制氯气，MnO4−被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为 ______。
(3)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到 ______(填现象)后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①促进氯气与锡反应；② ______。
(4)如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为 ______；乙装置的作用是 ______：
A.除去未反应的氯气，防止污染空气
B.防止空气中CO2气体进入戊装置
C.防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解
D.防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化
(5)某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2的有 ______(填标号)。
A.H2O2溶液
B.FeCl3溶液(滴有KSCN)
C.AgNO3溶液
D.溴水
(6)反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.38gSnCl4，则SnCl4的产率为 ______。(保留3位有效数字)
16. 甲醇、乙醇是重要的化工原料，可以用多种方法合成。
已知：H2的燃烧热为−285.8kJ/mol，CH3OH(l)的燃烧热为−725.8kJ/mol，CH3OH(g)=CH3OH(l)ΔH=−37.3kJ/mol，则CO2与H2反应生成甲醇蒸气和液态水的热化学方程式为 ______。
(2)若在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2模拟工业合成甲醇的反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，下列能说明该反应达到平衡状态的是 ______。
A.混合气体平均相对分子质量不变
B.混合气体密度不变
C.容器内压强恒定不变
D.反应速率满足以下关系：
E.CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量浓度之比为1：3：1：1
F.单位时间内断裂3NAH−H键的同时形成2molH−O键
(3)如表所列数据是CO和H2形成CH3OH的反应在不同温度下的化学平衡常数(K)。
温度℃
250
300
350
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断该反应的ΔH______0(填“>”“=”或“<”)。
(4)甲醇也可由CO和H2合成，发生CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)反应，T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为80%e，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)=______。此时，这个反应的平衡常数是 ______，反应温度为 ______℃。
(5)甲醇燃料电池由于其结构简单、能量转化率高，对环境无污染、可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。其工作原理如图，质子交换膜左右两侧的溶液均为1L1.5mol/LH2SO4溶液。通入气体a的电极是电池的 ______(填“正”或“负”)极，其电极反应式为 ______。


答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构中含碳元素，故为有机物，故A错误；
B、聚碳酸酯(简称PC)是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，结构中含碳元素，故为有机物，故B错误；
C、二氧化氯中不含碳元素，故为无机物，故C正确；
D、丁腈橡胶是CH2=CH−CH=CH2和CH2=CH−CN的加聚产物，结构中含碳元素，故为有机物，故D错误。
故选：C。
含碳元素的化合物为有机物，不含碳元素的化合物为无机物，但由于CO、二氧化碳和碳酸盐等从性质上更接近于无机物，故它们虽然含碳元素，但也归于无机物，据此分析。
本题考查了有机物和无机物的概念，难度不大，应注意的是含碳元素的不一定是有机物，但有机物一定含碳元素。

2.【答案】B

【解析】解：①CO2是直线形分子，中心原子为C，并且C的原子半径大于O，其比例模型为，故①错误；
②钒是23号元素，基态钒原子价层电子排布式为3d34s2，价层电子排布图为，故②正确；

③原子核内有8个中子的碳原子的质量数为8+6=14，该核素可表示为146C，故③正确；
④NaCl是离子化合物，存在离子键不存在共价键，没有结构式，故④错误；
⑤次氯酸的中心原子是O，O与H、Cl原子分别共用1对电子，O、Cl原子外围均达到8e−结构，其电子式为，故⑤错误；
综上，②③正确，正确的个数只有2个，
故选：B。
①CO2是共价化合物，中心原子C的原子半径大于O；
②钒是23号元素，基态钒原子价层电子排布式为3d34s2；
③质量数=质子数+中子数，质子数标注于左下角，质量数标注于左上角；
④NaCl是离子化合物，由阴阳离子构成；
⑤次氯酸的中心原子是O，不是Cl。
本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、比例模型、电子排布图、核素和结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.P4和CH4都是正四面体形分子，甲烷的键角为109∘28′，但P4的键角为60∘，故A错误；
B.乙烯分子中含碳碳双键，碳原子的sp2杂化轨道头对头形成σ键，未杂化的2p轨道肩并肩形成π键，故B正确；
C.键长H−FHCl>HBr>HI，故C错误；
D.PH3为三角锥形结构，P原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，键角为96.3∘，说明PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，故D错误；
故选：B。
A.甲烷的键角为109∘28′，P4的键角为60∘；
B.轨道肩并肩形成π键，头对头形成σ键；
C.键长H−F D.PH3为三角锥形结构，P原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，键角为96.3∘。
本题考查原子结构和性质，侧重考查基础理论的理解和应用，明确物质空间构型、化学键与物质稳定性关系等知识点是解本题关键，会利用价键理论解释物质结构，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：①0.5molNa2O2中含有的阴离子数为0.5mol×1×NA/mol=0.5NA，故①正确；
②1molα−氨基乙酸(甘氨酸)分子中存在共用电子对为1mol×10×NA/mol=10NA，故②正确；
③7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为7.1g71g/mol×1×NA/mol=0.1NA，故③正确；
④题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故④错误；
⑤20.0g重水(D2O)所含的中子数约为20g20g/mol×10×NA/mol=10NA，故⑤错误；
⑥标况下，CHCl3不是气体，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故⑥错误；
故选：D。
①Na2O2中含有的阴离子为过氧根离子；
②α−氨基乙酸(甘氨酸)分子中存在10对共用电子对；
③Cl2与足量NaOH溶液反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol氯气反应转移1mol电子；
④题目未给溶液体积；
⑤一个重水(D2O)分子中含有10个中子；
⑥22.4L/mol的适用条件为标况下的气体。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。

5.【答案】B

【解析】解：A.核酸是由核苷酸聚合形成的高分子化合物，它是生命的最基本物质之一，水解的最终产物是磷酸、五碳糖和含氮碱基，故A错误；
B.油脂酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，水解后得到共同产物是甘油，故B正确；
C.氨基酸通过发生水解反应生成蛋白质，所以蛋白质最终水解产物是氨基酸，故C错误；
D.1mol蔗糖水解会生成1mol果糖和1mol葡萄糖，不是生成2mol葡萄糖，故D错误；
故选：B。
A.核酸能水解出磷酸、戊糖和碱基；
B.油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后的共同产物为甘油；
C.氨基酸是组成蛋白质的基本单位，蛋白质水解的最终产物是氨基酸；
D.1mol蔗糖水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖。
本题考查了糖类、蛋白质的结构和性质，难度不大，应注意常见的单糖、二糖和多糖以及蛋白质的性质。

6.【答案】C

【解析】解：A.次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，正确的离子方程式为CO2+Ca2++2ClO−+H2O=CaCO3↓+2HClO，故A错误；
B.氨水为弱碱不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中加入过量浓氨水，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；
D.由于是在碱性条件下，反应物不可能生成氢离子，正确的离子方程式为：3ClO−+4OH−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+5H2O，故D错误；
故选：C。
A.漂白粉的主要成分为次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸；
B.不符合反应客观事实；
C.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；
D.在强碱溶液中不能生成氢离子。
本题考查离子反应方程式的书写，题目难度不大，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并熟悉离子反应方程式的书写方法，D容易出错，注意碱性条件下生成的是水。

7.【答案】B

【解析】解：A.10g胆矾溶于90g水中，溶液的质量为100g，但硫酸铜的质量小于10g，则配制质量分数为小于10%的硫酸铜溶液，故A错误；
B.AgCl转化为更难溶的AgI，则白色沉淀转化为黄色沉淀，可达到实验目的，故B正确；
C.不同浓度的浓硫酸，可知浓度为变量，不能研究温度化学平衡的影响，故C错误；
D.溴易溶于甲苯，不易溶于水，实验为萃取，不发生取代反应，故D错误；
故选：B。
A.10g胆矾溶于90g水中，溶液的质量为100g，但硫酸铜的质量小于10g；
B.AgCl转化为更难溶的AgI；
C.不同浓度的浓硫酸，可知浓度为变量；
D.溴易溶于甲苯，不易溶于水。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、难溶电解质、溶液的配制、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：A.由图可知过程Ⅰ中ZnO表面吸附了CO2，CO2的和H2在光照条件下转化为新的物质，故A正确；
B.过程Ⅱ中涉及C−O的断裂与C−H和H−O键的形成过程，且C−O，C−H，H−O键均为极性键，故B正确；
C.过程中生成CH3OH时是CH3O−与−H形成CH3OH，是O−H的形成过程，则该过程放出能量，故C错误；
D.该反应的总过程是CO2的和H2在ZnO催化剂作用下，合成甲醇CH3OH，总反应的化学方程式是，故D正确。
故选：C。
A.由图可知过程Ⅰ中ZnO表面吸附了CO2，CO2的和H2在光照条件下转化为新的物质；
B.过程Ⅱ中涉及C−O的断裂与C−H和H−O键的形成，且C−O，C−H，H−O键均为极性键；
C.过程中生成CH3OH时是CH3O−与−H形成CH3OH，是O−H的形成过程，成键放出能量；
D.该反应的总过程是CO2的和H2在ZnO催化剂作用下，合成甲醇CH3OH。
本题考查化学反应的微观过程，学生需注意断裂化学键吸热，形成化学键放热，注意对化学键的判断，难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：室应当为阳极室发生：MnO42−−e−=MnO4−，a为电源的负极，b为电源的正极，故A错误；
B.电解池中阳离子向阴极移动，Ⅱ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅰ，故B错误；
C.若不使用离子交换膜，阴极生成的氢氧根移向阳极放电，减少MnO42−−e−=MnO4−的发生，KMnO4的产率可能会降低，故C正确；
D.阴极室发生：4H2O+4e−=4OH−+2H2↑，阳极室发生：MnO42−−e−=MnO4−，据此找出关系2H2∼4e−∼4MnO4−，故D错误；
故选：C。
阴极室发生如图为用惰性电极电解制备高锰酸钾，Ⅱ室应当为阳极室发生：MnO42−−e−=MnO4−，b为电源的正极，Ⅰ室应当为阴极室发生：4H2O+4e−=4OH−+2H2↑，据此答题。
本题考查电解原理的应用，根据电解池中的反应物判断电极是解题关键，题目难度中等。

10.【答案】C

【解析】解：A.反应中C=C键生成C−C键，则为加成反应，故A正确；
B.由球棍模型可知M含有C=C键，且含有醛基，结构简式为，故B正确；
C.异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，不可能生成邻二甲苯，故C错误；
D.为加成反应，碳原子全部利用，则碳原子100%利用，故D正确。
故选：C。
A.反应中C=C键生成C−C键；
B.由球棍模型可知M含有C=C键；
C.根据发生加成反应的特点判断，不可能生成邻二甲苯；
D.为加成反应，碳原子全部利用。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和自学能力，本题注意把握有机物的结构特点和反应类型的判断，难度不大。

11.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了化学反应速率、化学平衡常数的计算、改变条件下的平衡移动方向分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
A.4min内Y物质的量变化为0.16mol−0.11mol=0.05mol，求出Y的物质的量变化，根据v=△c△t计算v(Y)，再根据v(Z)=2v(Y)计算υ(Z)；
B.由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，用物质的量浓度代入平衡常数表达式计算；
C.其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molZ，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大；
D.反应为放热反应，降温平衡正向进行。
【解答】
A.0∼4min内v(Y)=0.0125mol/(L⋅min)，同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v(Z)=2v(Y)=0.025mol/(L⋅min)，故A错误；
B.由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
                               X(g)+Y(g)⇌2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.160.160
变化量(mol/L)0.060.060.12
平衡浓度(mol/L)0.10.10.12
所以平衡常数K=c2(Z)c(X)⋅c(Y)=0.1220.1×0.1=1.44，故B错误；
C.其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，但再次达到平衡时，X的浓度增大，故C错误；
D.T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，降温K增大，则平衡正向移动，所以该反应正向为放热反应，故D正确；
故选D。  
12.【答案】D

【解析】解：N2H4在水溶液中的Kb2=c(N2H62+)c(OH−)c(N2H5+)，则lgc(N2H62+)c(N2H5+)=lgKb2c(OH−)=0时，Kb2=c(OH−)=10pH−14，同理Kb1=10pH−14，且Kb1>Kb2，所以横坐标为0时，pH值越大，K越大，所以M曲线表示lgc(N2H5+)c(N2H4)、N曲线表示lgc(N2H62+)c(N2H5+)，
A.Kb2=c(OH−)=10pH−14=10−1−14=10−15，故A正确；
B.Kb1=c(OH−)=10pH−14=108−14=10−6，N2H62++N2H4⇌2N2H5+的平衡常数=c2(N2H5+)c(N2H62+)c(N2H4)=c(N2H5+)c(N2H4)×1c(N2H62+)c(N2H5+)=c(OH−)Kb1×1c(OH−)Kb2=Kb2Kb1=10−1510−6=1.0×109，故B正确；
C.N2H5+的水解平衡常数=10−1410−6=10−8，N2H5+的电离平衡常数Kb2=10−15<10−8，所以N2H5+的水解能力大于电离能力，故C正确；
D.溶液中存在电荷守恒c(Cl−)+c(OH−)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)，N2H62+水解导致溶液呈酸性，则c(OH−)c(N2H5+)+c(N2H62+)+c(H+)，故D错误；
故选：D。
N2H4在水溶液中的Kb2=c(N2H62+)c(OH−)c(N2H5+)，则lgc(N2H62+)c(N2H5+)=lgKb2c(OH−)=0时，Kb2=c(OH−)=10pH−14，同理Kb1=10pH−14，且Kb1>Kb2，所以横坐标为0时，pH值越大，K越大，所以M曲线表示lgc(N2H5+)c(N2H4)、N曲线表示lgc(N2H62+)c(N2H5+)，
A.Kb2=Kwc(H+)=10pH−14=10−1−14；
B.N2H62++N2H4⇌2N2H5+的平衡常数=c2(N2H5+)c(N2H62+)c(N2H4)=c(N2H5+)c(N2H4)×1c(N2H62+)c(N2H5+)=c(OH−)Kb1×1c(OH−)Kb2=Kb2Kb1；
C.由N2H5+的水解平衡常数与电离平衡常数相对大小判断其水解能力和电离能力相对大小；
D.溶液中存在电荷守恒c(Cl−)+c(OH−)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)，N2H62+水解导致溶液呈酸性，则c(OH−) 本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确横坐标数值与电离平衡常数、pH值的关系并正确计算电离平衡常数是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度中等。

13.【答案】3d24s2  Ni、Ge、Se 6：1O>C>Lisp2  Ti的价电子数目多于Zn690∘48×3+137×3+16×9NA×abc

【解析】解：(1)Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子，其价电子排布式为3d24s2，不成对电子数为2，再根据同周期其他原子价电子排布式，Ni价电子排布式为3d84s2，Ge价电子排布式为4s24p2，Se价电子排布式为4s24p4，
故答案为：3d24s2；Ni、Ge、Se；
(2)CH3COO−中含有的σ键数目为6，π键数目为1，故个数比为6：1，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能O>C>Li，CO32−的价层电子对数为3+4+2−3×22=3，无孤电子对，杂化方式为sp2，
故答案为：6：1；O>C>Li；sp2；
(3)两者半径大小相近：Ti(144.8pm)，Zn(133.3pm)，但金属Ti的熔点(1660℃)比Zn(419.53℃)高得多，原因是Ti的价电子数目多于Zn，
故答案为：Ti的价电子数目多于Zn；
(4)分析晶胞可知，距离晶胞内的钛原子最近的氧原子有6个，Ti原子可看成填充在周围的氧原子组成的正八面体空隙中，则中心Ti原子为sp3d2杂化，则其O−Ti−O的键角为90∘，晶胞中，Ti原子数目为2+8×18=3，Ba原子数目为4×14+2=3，O原子数目为9，晶胞质量为48×3+137×3+16×9NAg，晶胞体积为abccm3，晶胞密度为48×3+137×3+16×9NA×abcg⋅cm−3，
故答案为：6；90∘；48×3+137×3+16×9NA×abc。
(1)Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子，其价电子排布式为3d24s2，不成对电子数为2；
(2)CH3COO−中含有的σ键数目为6，π键数目为1，故个数比为6：1，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能O>C>Li，CO32−的价层电子对数为3+4+2−3×22=3，无孤电子对；
(3)两者半径大小相近：Ti(144.8pm)，Zn(133.3pm)，但金属Ti的熔点(1660℃)比Zn(419.53℃)高得多，分析金属键的影响因素；
(4)分析晶胞可知，距离晶胞内的钛原子最近的氧原子有6个，Ti原子可看成填充在周围的氧原子组成的正八面体空隙中，则中心Ti原子为sp3d2杂化，则其O−Ti−O的键角为90∘，晶胞中，Ti原子数目为2+8×18=3，Ba原子数目为4×14+2=3，O原子数目为9，晶胞质量为48×3+137×3+16×9NAg，晶胞体积为abccm3，据此计算。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

14.【答案】羰基、羟基  取代反应    8  

【解析】解：(1)B所含官能团为羰基、羟基，
故答案为：羰基、羟基；
(2)根据H的结构可逆推G和E的结合方式为红线断开位置，则可推断由E生成H的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)根据题目所给信息，分析由C和M发生加成反应生成N的反应方程式为，
故答案为：；
(4)根据题目所给信息，N的结构上“−MgCl”被替换，可以推出D的结构简式，
故答案为：；
(5)B的同分异构体中能发生银镜反应说明含有醛基，但不能发生水解反应说明不含有酯基，则满足条件的有：①改变羟基的取代位置，、，②改变官能团和位置：、总共8种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式为，
故答案为：8；；
(6)逆推法解决合成聚苯乙烯的问题，需要苯乙烯，逆推需要醇的消去得到碳碳双键，根据信息条件含有C=O键的物质与CH3MgX反应再经水解得到醇羟基，可知需要苯甲醛，以甲苯做原料，经卤素原子取代后，水解得到醇类，再催化氧化得到苯甲醛，综合分析可得合成路线，
故答案为：。
A为甲醛，A和发生加成反应生成B，B生成C发生醇的消去反应脱去一分子水，C为，C和M由信息可知C和M生成N为，再发生水解得到D为，D发生重排生成E，E在一定条件下生成H，据此解答；
6)逆推法解决合成聚苯乙烯的问题，需要苯乙烯，逆推需要醇的消去得到碳碳双键，根据信息条件含有C=O键的物质与CH3MgX反应再经水解得到醇羟基，可知需要苯甲醛，以甲苯做原料，经卤素原子取代后，水解得到醇类，再催化氧化得到苯甲醛。
本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，利用反应前后分子式差异性进行推断，熟悉常见有机物官能团及其反应类型，题目难度中等。

15.【答案】蒸馏烧瓶  2MnO4−+10C1−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O丁装置内充满黄绿色气体  使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来  Sn+2HCl=SnCl2+H2↑ACBD91.2%

【解析】解：(1)由仪器装置图可知A为蒸馏烧瓶，
故答案为：蒸馏烧瓶；
(2)A中发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3)整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；
故答案为：丁装置内充满黄绿色气体；使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来；
(4)如果缺少乙装置，可能产生的后果是：HCl与Sn反应，发生Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；
A.碱石灰具有碱性，能和氯气反应而除去氯气，从而防止污染空气，故A正确；
B.装置乙防止空气中水蒸气进入戊装置，故B错误；
C.碱石灰具有吸水性，能防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，故C正确；
D.防止空气中防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，故D错误；
故答案为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；AC；
(5)A.H2O2溶液能氧化SnCl2，同时双氧水被还原生成水，但是没有明显现象，无法检验，故A错误；
B.FeCl3溶液(滴有KSCN)，溶液呈红色，氯化铁氧化SnCl2，铁离子被还原生成亚铁离子，褪色，可以检验，故B正确；
C.AgNO3溶液能检验氯离子，但是不能检验Sn2+，所以无法检验，故C错误；
D.溴水氧化SnCl2，溴被还原生成溴离子，溶液褪色，可以检验，故D正确；
故答案为：BD；
(6)用去锡粒1.19g，其物质的量为：1.19g119g/mol=0.01mol，根据Sn原子守恒理论生成SnCl4为0.01mol，则则SnCl4的产率为：2.38g261g/mol×0.01mol×100%≈91.2%，
故答案为：91.2%。
SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，以此解答该题。
本题考查物质制备实验方案设计，为高考常见题型，题目难度中等，涉及仪器使用、离子方程式书写、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计、产量计算等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，是对学生综合能力的考查。

16.【答案】CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)△H=−94.3kJ⋅mol−1  AC<0.32mol/(L⋅min)2.041250负  CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+

【解析】解：(1)CO2与H2反应生成甲醇蒸气和液态水的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)，氢气、甲醇燃烧热的热化学方程式分别为①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1，②CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.8kJ⋅mol−1，③CH3OH(g)=CH3OH(l)△H=−37.3kJ⋅mol−1，根据盖斯定律①×3−②-③计算CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)的△H=(−285.8kJ⋅mol−1×3)−(−725.8kJ⋅mol−1)−(−37.3kJ⋅mol−1)=−94.3kJ⋅mol−1，热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)△H=−94.3kJ⋅mol−1，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)△H=−94.3kJ⋅mol−1；
(2)A.混合气体平均相对分子质量等于气体总质量与气体总物质的量的比值，即M=mn，该正反应是气体总质量不变、气体物质的量减小的反应，即正向进行时混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，反应达到平衡，故A正确；
B.恒温恒容体系中，混合气体的质量不变，则混合气体的密度始终不变，所以密度不变不能判断反应达到平衡状态，故B错误；
C.该正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容条件下，反应正向进行时混合气体的压强减小，当混合气体的压强不变时，反应达到平衡，故C正确；
D.反应达到平衡状态时，反应速率满足，所以的状态不是平衡状态，故D错误；
E.CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量浓度之比为1：3：1：1的状态不一定是平衡状态，与反应的起始量和转化率有关，故E错误；
F.单位时间内断裂3NAH−H键的同时形成2molH−O键，则反应向同一个方向进行，此不能作为判断平衡标志，故F错误；
故答案为：AC；
(3)升高温度，平衡向吸热方向移动，根据表格数据知，温度越高，化学平衡常数越小，说明平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H<0，
故答案为：<；
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为80%，由化学平衡的“三段式”可知，
                    CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol/L)130
变化(mol/L)0.81.60.8
平衡(mol/L)0.21.40.8
则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)=△c△t=1.6mol/L5min=0.32mol/(L⋅min)，该反应的化学平衡常数为K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=0.80.2×1.42=2.041，对照表中数据，此时反应的温度为250℃，
故答案为：0.32mol/(L⋅min)；2.041；250；
(5)根据图知，交换膜是质子交换膜，电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，H+向正极移动，即通入a的电极为负极，通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为CH3OH−6e−+H2O=CO2+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，
故答案为：负；CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+。
(1)CO2与H2反应生成甲醇蒸气和液态水的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)，氢气、甲醇燃烧热的热化学方程式分别为①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1，②CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.8kJ⋅mol−1，③CH3OH(g)=CH3OH(l)△H=−37.3kJ⋅mol−1，根据盖斯定律①×3−②-③计算CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)；
(2)可逆反应达到化学平衡时正极反应速率相等，且变化的物理量不再变化；
(3)升高温度，平衡向吸热方向移动，根据表格数据知，温度越高，化学平衡常数越小，说明平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应；
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为80%，由化学平衡的“三段式”可知，
                    CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol/L)130
变化(mol/L)0.81.60.8
平衡(mol/L)0.21.40.8
则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)=△c△t=1.6mol/L5min=0.32mol/(L⋅min)，该反应的化学平衡常数为K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)；
(5)根据图知，交换膜是质子交换膜，电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，H+向正极移动，即通入a的电极为负极，通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应。
本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡常数及其计算、化学平衡状态的判断、电化学原理的应用等知识，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力、计算能力和灵活运用能力，把握化学平衡的计算和平衡常数的应用是解题关键，题目难度中等。