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2022年山东省淄博市部分学校高考化学二模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年山东省淄博市部分学校高考化学二模试卷（含答案解析），共28页。
2022年山东省淄博市部分学校高考化学二模试卷
1. 化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是( )
A. 秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酴可产生CH4提供燃料
B. 苯酚消毒液是利用其强氧化性破坏病毒蛋白结构进行杀毒
C. 喷油漆、涂油脂、电镀或金属表面钝化，都是金属防护的物理方法
D. 将煤气化后再燃烧，可以减少碳排放
2. 从海带提取I2的实验装置如图所示，不能达到相应实验目的的是( )
A. 用甲装置灼烧海带
B. 用乙装置过滤得到浸出液
C. 用丙装置反应生成I2
D. 用丁装置及乙醇去萃取碘水中的I2
3. 用乙酸和正丁醇制取乙酸正丁酯。充分反应后的混合物经水洗、用10%Na2CO3溶液洗涤、水洗等并分离后，将得到的乙酸正丁酯粗产品进行蒸馏(装置如图)。已知部分物质的性质如表：
化合物
密度/(g/cm3)
沸点/℃
溶解度/g
正丁醇
0.80
118
9.2
乙酸
1.05
118
互溶
乙酸正丁酯
0.88
126
0.7
则下列给出的蒸馏时温度控制区间合理的是( )
A. 126℃以上 B. 125∼128℃ C. 126∼118℃ D. 不能确定
4. 古文献《救荒本草》所记载中药“紫云英苷”的有效成分结构如图所示，下列说法错误的是( )
A. 分子式为C21H20O11
B. 不存在顺反异构现象
C. 分子中含有手性碳原子，存在对映异构现象
D. 等量的该有机物分别与足量H2发生加成反应、与足量Br2发生取代反应时，消耗二者物质的量之比为2：1
5. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元累，且X、Y、Z位于同一周期。无机物[YW4]+[ZXY]−与某种有机物(如图)互为同分异构体。下列说法中错误的是( )
A. 电负性：X
D. 有机物X2W5YW2结合质子的能力强于YW3
6. 海洋深处某种细菌能够在无氧条件下通过微生物产生的醋酸与含MnO2的矿石反应生成Mn2+，其反应过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. 升高温度一定能够加快反应速率
B. 生成22.4LCO2时，转移电子为1 mol
C. 过程②③的总反应为MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−
D. 过程①中既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
7. 金属元素钴(Co)形成的多种配合物应用广泛。下列说法错误的是( )
A. [Co(NH3)5Cl]2+中Co钴元素的化合价为+3价
B. 等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中σ键数目之比为9：2
C. [Co(CN)4(NH3)2]−中配体的配位原子都是N原子
D. 向溶有1molCoCl3⋅6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNO3溶液，形成2mol沉淀。则其配离子为[Co(H2O)5Cl]2+
8. T℃时，H2还原NO以消除氮氧化物污染的反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)能自发进行，其正反应速率方程为v=kca(NO)cb(H2)，实验得到如下数据：
组别
c(NO)起始/mol⋅L−1
c(H2)起始/mol⋅L−1
v(正反应)起始/mol⋅L−1⋅s−1
Ⅰ
6.00×10−3
2.00×10−3
2.16×10−3
Ⅱ
1.20×10−2
2.00×10−3
8.64×10−3
Ⅲ
6.00×10−3
4.00×10−3
4.32×10−3
下列说法正确的是( )
A. H2还原NO是熵增的反应 B. 正反应一定为吸热反应
C. a=2，b=2 D. T℃时，k的数值为3×104
9. 浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池。模拟工业上电渗析法实现海水(用氯化钠溶液代替)淡化的装置如图所示。下列说法错误的是( )
A. SO42−向Cu(1)极区域迁移
B. C(2)极发生还原反应
C. 膜1为阳离子交换膜
D. C(2)极反应为：2H2O−2e−=2OH−+H2↑
10. 一种利用有机胺(TBA)联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是( )
A. “制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到NaHCO3
B. 该工艺原子利用率100%
C. “氯化过程”每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2
D. “胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O
11. 下列实验操作、实验现象、解释或结论都正确且有因果关系的是( )
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向盛有2mL0.1mol⋅L−1AgNO3溶液的试管中滴加5mL0.1mol⋅L−1NaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol⋅L−1KI溶液
先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
常温下，溶度积：
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
常温下，用pH计分别测定1mol⋅L−1CH3COONH4溶液和0.1mol⋅L−1CH3COONH4溶液的pH
测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
用铂(Pt)电极电解等浓度的足量Fe(NO3)3、Cu(NO3)2混合溶液
阴极有红色固体物质析出
金属活动性：Cu>Fe
D
向5mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol⋅L−1KI溶液，充分反应后，取少量反应后溶液于试管中，再滴入几滴KSCN溶液
溶液变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
12. 碘介导的醇歧化反应机理如图所示(R−为烃基)。下列说法错误的是( )
A. 反应RCH2OH→RCH2I属于还原反应
B. 有3种自由基参加了反应
C. 该反应利用了HI的还原性和I2的氧化性
D. 醇歧化的总反应方程式为
13. 在电解质水溶液中，其他条件相同的情况下，CO2在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为CO的反应历程中相对能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电极反应式为：CO2+2H++2e−=CO+H2O
B. 使用b催化剂时反应速率最快
C. 使用c催化剂时反应更容易发生
D. 升高温度，三种历程的速率一定都增大
14. 利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电流方向：B电极→用电器→A电极
B. B电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O
C. A电极反应式为：−4e−→+4H+
D. 若有机物为葡萄糖C6H12O6，处理0.25mol时，会有6molH+透过质子交换膜迁移
15. 室温下，某含Ca2+水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。该水体中−lgc(X)(X为H2CO3、HCO3−、CO32−或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)=104
B. 在pH=6∼11的水体溶液中2c(Ca2+)>c(HCO3−)+2c(CO32−)
C. c点时水体中c(Ca2+)=1×10−7.2mol/L
D. 向b点对应水体中加入适量Ca(OH)2固体，恢复至室温后，迁至c点
16. 2022年3月14 日国家卫健委公布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案》，将抗新冠病毒药物利托那片写入诊疗方案，该药的一种中间体Q的合成路线如图：
已知：
+→
(1)A→C的反应类型为 ______；C的名称为 ______。
(2)E中官能团的名称为 ______。
(3)反应⑨的化学方程式为 ______。
(4)F与苯甲醇反应生成酯，符合下列条件的属于酯的同分异构体(不考虑立体异构)有 ______种。
①苯环上只有2个对位取代基
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱显示有7种不同化学环境的氢
其中含有手性碳原子的同分异构体的结构简式为 ______(只写一种)。
(5)综合上述信息，写出和CH2=CH−CH2−CH3制备的合成路线(其他无机试剂任选)。 ______。
17. 实验室用苯甲醛与乙酸酐(CH3CO)2O反应制备肉桂酸，反应原理为：
已知：
苯甲醛是微溶于水的无色油状液体，沸点179℃；
肉桂酸沸点300℃，难溶于冷水，易溶于热水。
实验步骤：
①将苯甲醛、乙酸酐和碳酸钾粉末按适当的量加入三颈烧瓶中，打开仪器A的活塞，控制150∼170℃加热回流45min后，冷却至室温。
②从冷凝管上端加入适量蒸馏水至三颈烧瓶中，关闭仪器A的活塞，加热蒸出未反应的苯甲醛。
③将三颈烧瓶冷却至室温，加入适量10%NaOH溶液，再加入少量活性炭，煮沸脱色，冷却后进行第一次抽滤；将滤液转移到烧杯中，加入适量浓盐酸，冷却结晶进行第二次抽滤；得到固体物质(滤饼)。回答下列问题：
(1)M为 ______(填结构简式)。
(2)实验前，装置和反应试剂须经过干燥处理，原因是 ______。
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞，对实验的影响是 ______。
(4)水蒸气蒸馏的方法是使某些有机物随水蒸气一起被蒸馏出来，达到分离提纯的目的。步骤②中进行水蒸气蒸馏时，证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是 ______。
(5)加NaOH溶液目的是 ______，第二次抽滤所得滤饼主要成分是 ______。
(6)相对于普通过滤，抽滤的优点是 ______。
18. 氮及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态 13N原子核外存在 ______对自旋相反的电子；第一电离能大于N的第二周期元素有 ______种。
(2)离子晶体N2O5由NO2+和NO3−构成，NO2+的空间结构为 ______。NO3−、NO2−、NO2+的键角由大到小的顺序是 ______。
(3)晶体中四面体空隙是由相邻四个球体围成的空隙，球体的中心连线围成四面体；八面体空隙是由相邻六个球体围成的空隙，球体的中心连线围成八面体。氮化钼属于填隙式氮化物，N原子填充在金属钼(Mo)面心立方晶胞的部分八面体空隙中，晶胞如图所示：
①氮化钼的化学式为 ______，晶胞中1号N原子与2号N原子的距离为 ______nm。
②金属钼的每个面心立方晶胞中，四面体空隙数有 ______个。如果让Li+填入氮化钼晶体的八面体空隙，每个氮化钼晶胞最多可以填入 ______个Li+。
(4)在Ca3N2的晶胞中，Ca2+与N3−以四面体配位方式结合(即金属离子的配位数为4)，则该晶体中N3−的配位数为 ______。
19. 从某工业废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3的工艺流程如图1所示：
已知：
①“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物，与熔炼固渣分离；
②Sc2O3和TiO2性质较稳定，不易被还原，且TiO2难溶于盐酸；
③草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物，如[Fe(C2O4)3]3−、[Sc(C2O4)3]3−等；
④常温下，部分氢氧化物的溶度积常数如表所示：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Sc(OH)3
Ksp
1×10−38
1×10−16
1×10−30
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”反应速率，“酸浸”前对熔炼固渣的处理方式为 ______。
(2)“氧化”中加入H2O2的目的是 ______(用离子方程式表示)。
(3)常温下“调pH”时，若溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L，为除去杂质离子，应控制pH范围是 ______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10−5mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。
(4)已知25℃时Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，pH=2的草酸溶液中c(C2O42−)c(H2C2O4)=______(用含a、b的代数式表示，下同)。
(5)“沉钪”过程中，测得钪的沉淀率随n(H2C2O4)n(Sc3+)的变化情况如图2所示。当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是 ______。
(6)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3⋅6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如图3所示。250℃时固体的主要成分是 ______(填化学式)，550∼850℃时反应的化学方程式为 ______。{M[Sc2(C2O4)3⋅6H2O]=462g/mol}
温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
与CO2、H2O重整制合成气的反应如下：
i.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
ii.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
iii.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
已知反应ii和iii的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图1所示。
(1)i.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H______0(填“>”或“<”)。
(2)分别在不同压强下，向VL密闭容器中按照n(CO)：n(CH4)：n(H2O)=l：l：1投料，实验测得平衡时n(H2)n(CO)随温度的变化关系如图2所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ______。
②压强为p2时，随着温度升高，n(H2)n(CO)先增大后减小。解释原因 ______。
向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，保持总压为100kPa发生反应：CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H<0。已知n(NO)n(CH4)=1时NO平衡转化率∼1T、T3K下NO平衡转化率∼n(NO)n(CH4)的关系曲线如图3所示。
(3)曲线 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)表示T3K下NO平衡转化率∼n(NO)n(CH4)的关系；Tl______T2(填“>”或“<”)。
(4)在n(NO)n(CH4)=1、T3K下，该反应平衡时N2的体积分数为 ______。
已知：该反应的标准平衡常数Kθ=p(CO2)pθ×[p(N2)pθ]2×[p(H2O)pθ]2[p(NO)pθ]4×p(CH4)pθ，其中pθ为标准压强，pθ=100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO2)、p(N2)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下该反应的标准平衡常数Kθ=______物质的量分数)。答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.秸秆、餐厨垃圾中含有大量的有机物，发酵过程中产生CH4，CH4是一种燃料，故A正确；
B.苯酚能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，但是苯酚不具有强的氧化性，故B错误；
C.喷油漆、涂油脂是金属防护的物理方法，电镀或表面钝化是金属防护的化学方法，故C错误；
D.煤的气化是指将煤转化为可燃性气体的过程，有助于实现煤的综合利用，煤气化后再燃烧利用，其排放的二氧化碳并未减少，故D错误；
故选：A。
A.生物质能产生的主要是CH4，可用作燃料；
B.苯酚不具有强的氧化性，但有毒，能使蛋白质变性；
C.电镀或表面钝化过程中均发生了化学变化；
D.将煤气化后再燃烧，可减少环境污染，但不能减少二氧化碳的排放。
本题考查物质的性质与用途，熟悉常见物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系是解题关键，注意化学与生活、科技的密切联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.灼烧在坩埚中进行，图中甲装置可灼烧海带，故A正确；
B.过滤分离不溶性固体与溶液，图中乙装置可过滤得到浸出液，故B正确；
C.酸性溶液中过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质，图中丙装置反应生成I2，故C正确；
D.乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的I2，故D错误；
故选：D。
A.灼烧在坩埚中进行；
B.过滤分离不溶性固体与溶液；
C.酸性溶液中过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质；
D.乙醇与水互溶。
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、混合物的分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：充分反应后的混合物经水洗、用10%Na2CO3溶液洗涤、水洗等并分离后，将得到的乙酸正丁酯粗产品进行蒸馏，蒸馏产物为乙酸正丁酯，故温度应达到其沸点126℃以上，
故选：A。
蒸馏产物为乙酸正丁酯，故温度应达到其沸点126℃以上。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意蒸馏的应用，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.分子中C、H、O原子个数依次是21、20、11，分子式为C21H20O11，故A正确；
B.碳碳双键连接2个不同的原子和原子团，存在顺反异构，故B错误；
C.分子中手性碳原子如图，有4个手性碳原子，所以存在对应异构，故C正确；
D.苯环、碳碳双键、羰基都能和氢气发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴发生取代反应、碳碳双键和溴发生加成反应，等量的该有机物分别与足量H2发生加成反应、与足量Br2发生取代反应时，消耗二者物质的量之比为8：4=2：1，故D正确；
故选：B。
A.分子中C、H、O原子个数依次是21、20、11；
B.碳碳双键连接2个不同的原子和原子团；
C.分子中手性碳原子如图；
D.苯环、碳碳双键、羰基都能和氢气发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴发生取代反应、碳碳双键和溴发生加成反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，
A.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：X
D.X2W5YW2为C2H5NH2，YW3为NH3，乙基属于推电子基，受乙基的影响，C2H5NH2结合质子的能力强于NH3，故D正确；
故选：B。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元累，且X、Y、Z位于同一周期，无机物[YW4]+[ZXY]−与某种有机物(如图)互为同分异构体，W形成1个共价键，Y形成3个共价键，X形成4个共价键，Z形成2个共价键，无机物[YW4]+[ZXY]−为无机物NH4OCN，则W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.反应在细菌催化作用下，温度过高细菌将失去生理活性，则升高温度不一定能够加快反应速率，故A错误；
B.没有指明温度与压强，不能将22.4L转化为物质的量，故B错误；
C.根据图示，反应②为：Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为：Mn2++MnO2+2H2O=4OH−+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−，故C正确；
D.由填干反应过程可知，过程①中既有CH3COOH中C−H、O−H和H2O中的H−O极性键断裂，CH3COOH中C−C断裂，但只有C−O极性键的形成，没有非极性键的形成，故D错误，
故选：C。
A.反应在细菌催化作用下，温度过高细菌将失去生理活性；
B.没有指明温度与压强；
C.根据图示，写出反应②，再写出反应③，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式；
D.同种元素原子间形成非极性键，不同种元素原子之间形成极性键。
本题考查影响化学反应速率的因素，物质的量的计算，离子方程式的书写等，本题难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.已知[Co(NH3)5Cl]2+中的配体为NH3和Cl−，则[Co(NH3)5Cl]2+中Co钴元素的化合价为+3价，故A正确；
B.已知1个[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中的σ键分别为2×6+6=18、4，故等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中σ键数目之比为18：4=9：2，故B正确；
C.[Co(CN)4(NH3)2]−中配体为NH3和CN−，NH3分子中的配位原子是N，由于C的电负性小于N，对孤对电子的束缚力要更弱，由于孤对电子的能量更高，更容易形成配位键，即配体CN−的配位原子C原子，故C错误；
D.向溶有1molCoCl3⋅6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNO3溶液，形成2mol沉淀，即外界有2个Cl，该配位化合物为：[Co(H2O)5Cl]Cl2⋅H2O，则其配离子为[Co(H2O)5Cl]2+，故D正确；
故选：C。
A.已知[Co(NH3)5Cl]2+中的配体为NH3和Cl−；
B.已知1个[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中的σ键分别为2×6+6=18、4；
C.[Co(CN)4(NH3)2]−中配体为NH3和CN−，NH3分子中的配位原子是N，由于C的电负性小于N，对孤对电子的束缚力要更弱，由于孤对电子的能量更高，更容易形成配位键；
D.向溶有1molCoCl3⋅6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNO3溶液，形成2mol沉淀，即外界有2个Cl。
本题考查配合物的成键情况，注意明确配合物的形成特点，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力，题目难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.H2还原NO的反应是气体体积减小，即该反应正向是熵减的反应，故A错误；
B.H2还原NO的反应是熵减的反应，即△S<0，T℃时H2还原NO的反应能自发进行，则ΔH−TΔS<0，即ΔH
D.由选项C的计算可知，反应速率方程为v=kc2(NO)c(H2)，结合表中I的数据可知，2.16×10−3=k(6.00×10−3)2×(2.00×10−3)，解得k=3×104，故D正确；
故选：D。
A.正反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)气体体积减小；
B.ΔH−TΔS<0的反应才能自发进行；
C.比较表中I、Ⅱ两组数据可知，c(H2)不变时c(NO)增大为原来的2倍，反应速率增大为原来的4倍；比较I、Ⅲ两组数据可知，c(NO)不变时c(H2)增大为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍；
D.结合选项C分析写出反应速率v与c(NO)、c(H2)的表达式，根据I的数据计算常数k。
本题化学反应速率计算及其影响因素、反应自发进行条件的应用等知识，侧重分析能力、数据处理能力和计算能力的考查，把握待定系数法的计算、熵变的判定方法、反应自发进行的条件等知识即可解答，注意反应自发进行条件的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.Cu(1)极为负极，发生反应Cu−2e−=Cu2+；Cu(2)极为正极，发生还原反应，Cu2++2e−=Cu，SO42−由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，即SO42−向Cu(1)极区域迁移，故A正确；
B.C(2)极为阴极，发生还原反应，故B正确；
C.膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，故C错误；
D.C(2)极为阴极，发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故D正确；
故选：C。
浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置，将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池，该浓差电池最终交换膜两侧硫酸铜溶液浓度相等，即阴离子交换膜左侧溶液c(CuSO4)增大，右侧c(CuSO4)减小，又因为只允许阴离子迁移，故交换膜左侧铜极溶解，c(Cu2+)增大；交换膜右侧铜极上析出铜，c(Cu2+)减小，即Cu(1)极为负极，发生反应Cu−2e−=Cu2+；Cu(2)极为正极，发生还原反应，Cu2++2e−=Cu，SO42−由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，据此作答。
本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，该题以溶液浓度差为载体设计浓差电池，其解答方法仍然用原电池和电解池原理，但题目较新颖，侧重考查学生分析问题和解决问题能力。
10.【答案】A
【解析】解：A.图示制碱法是先把TBA、NaCl溶液、二氧化碳混合，生产溶解度较小的碳酸氢钠，NaHCO3的溶解度较小，从而析出晶体，不是通过加热蒸发结晶得到NaHCO3，故A错误；
B.流程分析可知，反应物全部转化为生成物，该工艺原子利用率100%，故B正确；
C.TBA的再生过程和“氯化过程”发生的反应为：O2+4CuCl+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，即为12O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，，每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，故C正确；
D.TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，故D正确；
故选：A。
题意可知，制碱过程为：NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，乙烯的氯化过程为：，由此分析。
本题考查了化学工业生产过程的理解应用，将题目所给信息转化为化学方程式后，更容易分析，可以将每个步骤用化学方程式表示出来，注意信息的分析判断，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀，由操作和现象可知，常温下，溶度积：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；
B.CH3COONH4溶液为中性，且水解促进水的电离，且浓度不同，对水电离的促进作用不同，故B错误；
C.铂(Pt)电极电解等浓度的足量Fe(NO3)3、Cu(NO3)2混合溶液，阴极上铁离子先得到电子，后铜离子得到电子生成Cu，不能比较Fe、Cu的金属活动性大小，故C错误；
D.FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子验证反应的可逆性，故D错误；
故选：A。
A.AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀；
B.CH3COONH4溶液为中性，且水解促进水的电离；
C.铂(Pt)电极电解等浓度的足量Fe(NO3)3、Cu(NO3)2混合溶液，阴极上铁离子先得到电子；
D.FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性。
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、盐类水解、化学平衡、电解原理为解答的关键，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。
12.【答案】AD
【解析】解：A.RCH2OH中羟基被I原子取代生成RCH2I，属于取代反应，故A错误；
B.根据图知，有3种自由基参加了反应，故B正确；
C.该反应过程中出现HI转化为I⋅再转化为I2，也出现I2转化为I⋅再转化为HI，利用了HI的还原性和I2的氧化性，故C正确；
D.该反应中还生成水，反应方程式为，故D错误；
故选：AD。
A.RCH2OH中羟基被I原子取代生成RCH2I；
B.根据图知，有3种自由基参加了反应；
C.该反应过程中出现HI转化为I⋅再转化为I2，也出现I2转化为I⋅再转化为HI；
D.该反应中还生成水。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，电极反应式为CO2+*+2H++2e−=CO+*+H2O，即CO2+2H++2e−=CO+H2O，故A正确；
B.由图可知，反应活化能大小为：a>b>c，反应的活化能越大，反应速率越慢，则反应速率大小：c>b>a，即使用c催化剂时反应速率最快，故B错误；
C.由图可知，反应活化能大小为：a>b>c，活化能越小，反应速率越快，反应更容易发生，则使用c催化剂时反应更容易发生，故C正确；
D.升高温度，供给反应物分子能量，反应的活化分子数和活化分子百分数均增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故D正确；
故选：B。
A.根据图中反应历程分析解答；
B.反应的活化能越大，反应速率越慢，反之相反；
C.活化能越小，反应速率越快，反应更容易发生；
D.升高温度，能增大反应的活化分子数和活化分子百分数，使反应速率加快。
本题考查反应热与焓变，把握活化能与反应速率关系、反应速率的影响因素、催化剂的作用是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.原电池工作时，电流从正极(B)经外电路流向负极(A)，故A正确；
B.B极为正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，故B正确；
C.A极为负极，电极反应式为−2e−→+2H+，故C错误；
D.若有机物为葡萄糖C6H12O6，生成产物为二氧化碳，碳元素由0价升高为+4价，1mol葡萄糖反应转移24mol电子，处理0.25mol时，转移电子0.25mol×24mol=6mol，由电荷守恒可知，会有6molH+透过质子交换膜向右侧迁移，故D正确；
故选：C。
由图可知，B极氧元素价态降低得电子，故B极为正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，A极为负极，电极反应式为−2e−→+2H+，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，Ka1(H2CO3)=10−6.2、Ka2(H2CO3)=10−10.2，则Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)=10−6.210−10.2=104，故A正确；
B.由图可知，pH=6∼11时均有CaCO3沉淀生成，物料守恒关系为c(Ca2+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，即2c(Ca2+)=2c(HCO3−)+2c(CO32−)+2c(H2CO3)>c(HCO3−)+2c(CO32−)，故B正确；
C.由图可知，c点时水体中c(CO32−)=10−1.8mol/L，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)⋅c(CO32−)=10−9，则c点时水体中c(Ca2+)=10−910−1.8mol/L=1×10−7.2mol/L，故C正确；
D.向b点对应水体中加入适量Ca(OH)2固体，c(HCO3−)、c(CO32−)都减小，c(Ca2+)增大，−lgc(HCO3−)、−lgc(CO32−)都增大，−lgc(Ca2+)减小，恢复至室温后，不能迁至c点，故D错误；
故选：D。
含Ca2+水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡，即c(H2CO3)保持基本不变，随着pH的增大，溶液的酸性逐渐减弱，c(HCO3−)、c(CO32−)都增大，c(Ca2+)减小，则−lgc(HCO3−)、−lgc(CO32−)逐渐减小，−lgc(Ca2+)增大，并且弱酸性环境中c(HCO3−)>c(CO32−)，所以曲线I代表−lgc(HCO3−)与pH的关系，曲线Ⅱ代表−lgc(CO32−)与pH的关系，曲线Ⅲ代表−lgc(Ca2+)与pH的关系，a点时c(H2CO3)=c(HCO3−)，则Ka1(H2CO3)=c(H+)⋅c(HCO3−)c(H2CO3)=c(H+)=10−6.2、c点时c(HCO3−)=c(CO32−)，Ka2(H2CO3)=c(H+)⋅c(CO32−)c(HCO3−)=c(H+)=10−10.2，b点时c(Ca2+)=c(CO32−)，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)⋅c(CO32−)=10−4.5×10−4.5=10−9，据此分析解答。
本题考查了难溶电解质的溶解平衡，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确图象含义、溶度积常数的有关计算、电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】取代反应 3−氯丙烯 碳氯键、羰基 +2CH3NH2→+CH3NH3Cl9
【解析】解：(1)A→C是CH3CH=CH2与Cl2反应生成CH2=CHCH2Cl，该反应类型为取代反应；C的结构简式为CH2=CHCH2Cl，C名称为3−氯丙烯，
故答案为：取代反应；3−氯丙烯；
(2)E为，E中官能团的名称为碳氯键、羰基，
故答案为：碳氯键、羰基；
(3)反应⑨中M与CH3NH2发生取代反应生成Q和HCl，HCl与过量的CH3NH2反应生成CH3NH3Cl，反应⑨的化学方程式为+2CH3NH2→+CH3NH3Cl，
故答案为：+2CH3NH2→+CH3NH3Cl；
(4)F与苯甲醇反应生成酯为，符合下列条件的属于酯的同分异构体：①苯环上只有2个对位取代基；②能发生银镜反应，说明含有甲酸形成酯基；③核磁共振氢谱显示有7种不同化学环境的氢，2个取代基不可能需要，则2个取代基中共有5种化学环境不同的氢，可以看作是将苯环插入HCOOCH2CH2CH2CH3、、、的碳碳单键之间或碳氧单键之间，2个侧链含有5种氢原子的插入位置依次有4种、4种、1种、0种，故符合条件的同分异构体共有4+4+1=9种，其中含有手性碳原子的一种同分异构体的结构简式为等，
故答案为：9；；
(5)由与得到，CH2=CH−CH2−CH3与氯气在加热条件下反应生成CH2=CHCHClCH3，CH2=CHCHClCH3与HClO加成生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
A与氯气在加热条件下反应生成C3H5Cl，应是发生取代反应，故A的分子式为C3H6，A发生信息I中反应生成F，根据F的结构简式推知A为CH3CH=CH2，则B为，结合D的结构简式推知C为CH2=CHCH2Cl，C与HClO发生加成反应生成D，D发生氧化反应生成E，E与K发生信息Ⅱ中反应M，根据M结构简式逆推可知E为，F发生取代反应生成G，G可以理解为取代反应生成K，M与CH3NH2发生取代反应生成Q；
(5)由与得到，CH2=CH−CH2−CH3与氯气在加热条件下反应生成CH2=CHCHClCH3，CH2=CHCHClCH3与HClO加成生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应类型、有机物命名、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，充分分析有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
17.【答案】CH3COOH乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率 冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶，降低产率 仪器A中油状液体不再增多 使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯 肉桂酸 过滤速率更快，得到的晶体更干燥
【解析】解：(1)根据已配平的化学方程式得M的分子式为C2H4O2，结合各反应物的结构简式可推知M是乙酸，结构简式为CH3COOH，
故答案为：CH3COOH；
(2)乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率，故实验前，装置和反应试剂须经过干燥处理，
故答案为：乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率；
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞，则冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶，降低产率，
故答案为：冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶，降低产率；
(4)苯甲醛是微溶于水的无色油状液体，步骤②中进行水蒸气蒸馏时，证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是仪器A中油状液体不再增多，
故答案为：仪器A中油状液体不再增多；
(5)加NaOH溶液目的是使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯，肉桂酸钠与盐酸反应生成的肉桂酸难溶于冷水，故第二次抽滤所得滤饼主要成分是肉桂酸，
故答案为：使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯；肉桂酸；
(6)相对于普通过滤，抽滤的优点是过滤速率更快，得到的晶体更干燥，
故答案为：过滤速率更快，得到的晶体更干燥。
实验室用苯甲醛与乙酸酐(CH3CO)2O反应制备肉桂酸，同时生成乙酸，根据各物质的性质将反应后产生进行分离提纯；
(1)根据已配平的化学方程式得M的分子式为C2H4O2，结合各反应物的结构简式可推知M是乙酸；
(2)乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率；
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞，则冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶；
(4)苯甲醛是微溶于水的无色油状液体；
(5)加NaOH溶液目的是使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯；
(6)相对于普通过滤，抽滤的优点是过滤速率更快。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
18.【答案】2 2 直线形 NO2+>NO3−>NO2− Mo2N62a 8 4 6
【解析】解：(1)基态 13N原子核外电子轨道表示式为，存在2对自旋相反的电子，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，第一电离能大于相邻元素，第一电离能大于N的第二周期元素有F、Ne共2种，
故答案为：2；2；
(2)NO2+中中心原子N的价层电子对数为2+5−1−2×22=2，没有孤电子对，杂化方式为sp，NO2+的空间结构为直线形，NO3−价层电子对数为3+5+1−2×32=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120∘，NO2−价层电子对数为2+5+1−2×22=3，有1个孤电子对，空间构型为V形，键角小于120∘，NO2+空间结构为直线形，键角为180∘，键角由大到小的顺序是NO2+>NO3−>NO2−，
故答案为：直线形；NO2+>NO3−>NO2−；
(3)①根据均摊法，晶胞中含有Mo原子数位于顶点和面心，原子个数为8×18−6×12=4，N原子位于棱上和内部，原子个数为4×14+1=2，氮化钼的化学式为Mo2N，晶胞边长为anm，由图可知，晶胞中1号N原子与2号N原子的距离为(22a)2+a2nm=62anm，
故答案为：Mo2N；62a；
②金属钼的每个面心立方晶胞中，Mo原子数为4，所以四面体空隙数有8个，每个面心立方晶胞有4个八面体空隙，如果让Li+填入氮化钼晶体的八面体空隙，每个氮化钼晶胞最多可以填入4个Li+，
故答案为：8；4；
(4)在Ca3N2的晶胞中，Ca2+与N3−以四面体配位方式结合(即金属离子的配位数为4)，Ca2+与N3−的个数比为3：2，则配位数比为2：3，所以该晶体中N3−的配位数为6，
故答案为：6。
(1)基态 13N原子核外电子轨道表示式为，存在2对自旋相反的电子，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第族、第族比相邻元素大；
(2)根据价层电子对理论计算出NO2+、NO3−、NO2−杂化方式，确定空间构型和键角；
(3)①根据均摊法计算Mo、N原子个数，确定化学式，添加辅助线，，由图可知，1、2、3三点构成直角三角形，1、3点距离为anm，2、3点距离为底面对角线的一半即22nm，即可求得1、2点距离；
②金属钼的每个面心立方晶胞中，四面体空隙位于八分之一晶胞的立方体心位置，八面体空隙位于晶胞的体心和棱心；
(4)在Ca3N2的晶胞中，Ca2+与N3−以四面体配位方式结合(即金属离子的配位数为4)，Ca2+与N3−的个数比为3：2，则配位数比为2：3。
本题考查了晶胞的计算，涉及核外电子排布、杂化方式、空间构型等知识点，明确晶胞结构再利用均摊法计算晶胞中存在的微粒个数，配位数的计算是学习难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力和学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。
19.【答案】将固渣粉碎 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3≤pH<5ab10−4 草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物 Sc2(C2O4)3⋅H2O2Sc2(C2O4)3+3O2−△2Sc2O3+12CO2
【解析】解：(1)将固渣粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对熔炼固渣的处理方式为将固渣粉碎，
故答案为：将固渣粉碎；
(2)由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)常温下，溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L，为除去杂质离子，让Fe3+完全沉淀，而Sc3+还未开始沉淀，则有c(Fe3+)×c3(OH−)≥Ksp[Fe(OH)3]，c(OH−)≥3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31×10−381×10−5mol/L=10−11mol/L，则c(H+)=Kwc(OH−)=1×10−141×10−11mol/L=10−3mol/L，即pH≥3，且c(Sc3+)×c3(OH−)Kwc(OH−)=1×10−141×10−9mol/L=10−5mol/L，则pH<5，故应控制的pH的范围是 3≤pH<5，
故答案为：3≤pH<5；
(4)已知25℃时Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，pH=2，有Ka1×Ka2=c2(H+)×c(C2O42−)c(H2C2O4)，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=Ka1×Ka2c2(H+)=ab10−4，
故答案为：ab10−4；
(5)由题干信息可知，草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降，
故答案为：草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物；
(6)草酸钪晶体Sc2(C2O4)3⋅6H2O在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示，由图示信息可知，250℃时，减少的质量为：462g×19.5%=90g，90g18g/mol=5mol，即此过程中晶体失去5个结晶水，故此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3⋅H2O，同理：462g×(19.5%+3.9%)=108g，108g18g/mol=6mol，550℃是晶体的化学式为：Sc2(C2O4)3，850℃时则有：462g×(1−19.5%−3.9%−46.8%)=138g，138g−2mol×45g/mol=48g，48g16g/mol=3mol，此时晶体的化学式为：Sc2O3，故550∼850℃，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2−△2Sc2O3+12CO2，
故答案为：Sc2(C2O4)3⋅H2O；2Sc2(C2O4)3+3O2−△2Sc2O3+12CO2。
从某工业废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3的工艺流程图可知，“熔炼”时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、Si等，加入盐酸后将Fe转化为Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、Si和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
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，难度较大。
20.【答案】>P3>P2>P1 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，TTm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少
【解析】解：(1)由题干中反应ii和iii的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系图所示信息可知，反应ii的平衡常数随温度升高而增大，说明反应ii正反应为吸热反应，即△H2>0，反应iii的平衡常数随温度升高而减小，说明反应iii正反应是放热反应，即△H3<0，反应ii−反应iii可得反应i，根据盖斯定律可知，△H=△H2−△H3>0，
故答案为：>；
(2)①反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，n(H2)增加的程度大于n(CO)，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序为P3>P2>P1，
故答案为：P3>P2>P1；
②由图可知，压强为P2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小，原因是反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，TTm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少，
故答案为：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，TTm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少；
(3)由反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着n(H2)n(CO)的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率∼n(H2)n(CO)的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示n(H2)n(CO)=1时NO平衡转化率∼1T关系图，从图中所示信息可知，T越大，则1T小，NO的转化率越小，故Tl>T2，
故答案为：II；>；
(4)由题干图示信息可知，在n(H2)n(CO)=1、T3K下，NO的转化率为80%，根据三段式分析可知，
CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)(单位：mol)
开始 a a 0 0 0
变化 0.2a0.8a0.4a0.2a0.4a
平衡0.8a0.2a0.4a0.2a0.4a
则该反应平衡时N2的体积分数为0.4a2a×100%=20%，则此时CH4、NO、CO2、N2、H2O的平衡分压分别为：p(CH4)=0.8a2a×100kPa=40kPa，p(NO)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(CO2)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(N2)=0.4a2a×100kPa=20kPa，p(H2O)=0.4a2a×100kPa=20kPa，故该反应的标准平衡常数Kθ=p(CO2)pθ×[p(N2)pθ]2×[p(H2O)pθ]2[p(NO)pθ]4×p(CH4)pθ=10100×(20100)2×(20100)2(10100)4×(40100)=4.0，
故答案为：20%；4.0。
(1)由题干中反应ii和iii的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系图所示信息可知，反应ii的平衡常数随温度升高而增大，说明反应ii正反应为吸热反应；
(2)①反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动；
②由图可知，压强为P2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小，原因是反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T
(4)由题干图示信息可知，在n(H2)n(CO)=1、T3K下，NO的转化率为80%，根据三段式分析可知，
CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)(单位：mol)
开始 a a 0 0 0
变化 0.2a0.8a0.4a0.2a0.4a
平衡0.8a0.2a0.4a0.2a0.4a
则该反应平衡时N2的体积分数为0.4a2a×100%=20%，则此时CH4、NO、CO2、N2、H2O的平衡分压分别为：p(CH4)=0.8a2a×100kPa=40kPa，p(NO)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(CO2)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(N2)=0.4a2a×100kPa=20kPa，p(H2O)=0.4a2a×100kPa=20kPa，故该反应的标准平衡常数Kθ=p(CO2)pθ×[p(N2)pθ]2×[p(H2O)pθ]2[p(NO)pθ]4×p(CH4)pθ。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
2022年山东省淄博市部分学校高考化学二模试卷
1. 化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是( )
A. 秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酴可产生CH4提供燃料
B. 苯酚消毒液是利用其强氧化性破坏病毒蛋白结构进行杀毒
C. 喷油漆、涂油脂、电镀或金属表面钝化，都是金属防护的物理方法
D. 将煤气化后再燃烧，可以减少碳排放
2. 从海带提取I2的实验装置如图所示，不能达到相应实验目的的是( )
A. 用甲装置灼烧海带
B. 用乙装置过滤得到浸出液
C. 用丙装置反应生成I2
D. 用丁装置及乙醇去萃取碘水中的I2
3. 用乙酸和正丁醇制取乙酸正丁酯。充分反应后的混合物经水洗、用10%Na2CO3溶液洗涤、水洗等并分离后，将得到的乙酸正丁酯粗产品进行蒸馏(装置如图)。已知部分物质的性质如表：
化合物
密度/(g/cm3)
沸点/℃
溶解度/g
正丁醇
0.80
118
9.2
乙酸
1.05
118
互溶
乙酸正丁酯
0.88
126
0.7
则下列给出的蒸馏时温度控制区间合理的是( )
A. 126℃以上 B. 125∼128℃ C. 126∼118℃ D. 不能确定
4. 古文献《救荒本草》所记载中药“紫云英苷”的有效成分结构如图所示，下列说法错误的是( )
A. 分子式为C21H20O11
B. 不存在顺反异构现象
C. 分子中含有手性碳原子，存在对映异构现象
D. 等量的该有机物分别与足量H2发生加成反应、与足量Br2发生取代反应时，消耗二者物质的量之比为2：1
5. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元累，且X、Y、Z位于同一周期。无机物[YW4]+[ZXY]−与某种有机物(如图)互为同分异构体。下列说法中错误的是( )
A. 电负性：X
D. 有机物X2W5YW2结合质子的能力强于YW3
6. 海洋深处某种细菌能够在无氧条件下通过微生物产生的醋酸与含MnO2的矿石反应生成Mn2+，其反应过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. 升高温度一定能够加快反应速率
B. 生成22.4LCO2时，转移电子为1 mol
C. 过程②③的总反应为MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−
D. 过程①中既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
7. 金属元素钴(Co)形成的多种配合物应用广泛。下列说法错误的是( )
A. [Co(NH3)5Cl]2+中Co钴元素的化合价为+3价
B. 等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中σ键数目之比为9：2
C. [Co(CN)4(NH3)2]−中配体的配位原子都是N原子
D. 向溶有1molCoCl3⋅6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNO3溶液，形成2mol沉淀。则其配离子为[Co(H2O)5Cl]2+
8. T℃时，H2还原NO以消除氮氧化物污染的反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)能自发进行，其正反应速率方程为v=kca(NO)cb(H2)，实验得到如下数据：
组别
c(NO)起始/mol⋅L−1
c(H2)起始/mol⋅L−1
v(正反应)起始/mol⋅L−1⋅s−1
Ⅰ
6.00×10−3
2.00×10−3
2.16×10−3
Ⅱ
1.20×10−2
2.00×10−3
8.64×10−3
Ⅲ
6.00×10−3
4.00×10−3
4.32×10−3
下列说法正确的是( )
A. H2还原NO是熵增的反应 B. 正反应一定为吸热反应
C. a=2，b=2 D. T℃时，k的数值为3×104
9. 浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池。模拟工业上电渗析法实现海水(用氯化钠溶液代替)淡化的装置如图所示。下列说法错误的是( )
A. SO42−向Cu(1)极区域迁移
B. C(2)极发生还原反应
C. 膜1为阳离子交换膜
D. C(2)极反应为：2H2O−2e−=2OH−+H2↑
10. 一种利用有机胺(TBA)联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是( )
A. “制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到NaHCO3
B. 该工艺原子利用率100%
C. “氯化过程”每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2
D. “胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O
11. 下列实验操作、实验现象、解释或结论都正确且有因果关系的是( )
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向盛有2mL0.1mol⋅L−1AgNO3溶液的试管中滴加5mL0.1mol⋅L−1NaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol⋅L−1KI溶液
先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
常温下，溶度积：
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
常温下，用pH计分别测定1mol⋅L−1CH3COONH4溶液和0.1mol⋅L−1CH3COONH4溶液的pH
测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
用铂(Pt)电极电解等浓度的足量Fe(NO3)3、Cu(NO3)2混合溶液
阴极有红色固体物质析出
金属活动性：Cu>Fe
D
向5mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol⋅L−1KI溶液，充分反应后，取少量反应后溶液于试管中，再滴入几滴KSCN溶液
溶液变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
12. 碘介导的醇歧化反应机理如图所示(R−为烃基)。下列说法错误的是( )
A. 反应RCH2OH→RCH2I属于还原反应
B. 有3种自由基参加了反应
C. 该反应利用了HI的还原性和I2的氧化性
D. 醇歧化的总反应方程式为
13. 在电解质水溶液中，其他条件相同的情况下，CO2在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为CO的反应历程中相对能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电极反应式为：CO2+2H++2e−=CO+H2O
B. 使用b催化剂时反应速率最快
C. 使用c催化剂时反应更容易发生
D. 升高温度，三种历程的速率一定都增大
14. 利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电流方向：B电极→用电器→A电极
B. B电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O
C. A电极反应式为：−4e−→+4H+
D. 若有机物为葡萄糖C6H12O6，处理0.25mol时，会有6molH+透过质子交换膜迁移
15. 室温下，某含Ca2+水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。该水体中−lgc(X)(X为H2CO3、HCO3−、CO32−或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)=104
B. 在pH=6∼11的水体溶液中2c(Ca2+)>c(HCO3−)+2c(CO32−)
C. c点时水体中c(Ca2+)=1×10−7.2mol/L
D. 向b点对应水体中加入适量Ca(OH)2固体，恢复至室温后，迁至c点
16. 2022年3月14 日国家卫健委公布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案》，将抗新冠病毒药物利托那片写入诊疗方案，该药的一种中间体Q的合成路线如图：
已知：
+→
(1)A→C的反应类型为 ______；C的名称为 ______。
(2)E中官能团的名称为 ______。
(3)反应⑨的化学方程式为 ______。
(4)F与苯甲醇反应生成酯，符合下列条件的属于酯的同分异构体(不考虑立体异构)有 ______种。
①苯环上只有2个对位取代基
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱显示有7种不同化学环境的氢
其中含有手性碳原子的同分异构体的结构简式为 ______(只写一种)。
(5)综合上述信息，写出和CH2=CH−CH2−CH3制备的合成路线(其他无机试剂任选)。 ______。
17. 实验室用苯甲醛与乙酸酐(CH3CO)2O反应制备肉桂酸，反应原理为：
已知：
苯甲醛是微溶于水的无色油状液体，沸点179℃；
肉桂酸沸点300℃，难溶于冷水，易溶于热水。
实验步骤：
①将苯甲醛、乙酸酐和碳酸钾粉末按适当的量加入三颈烧瓶中，打开仪器A的活塞，控制150∼170℃加热回流45min后，冷却至室温。
②从冷凝管上端加入适量蒸馏水至三颈烧瓶中，关闭仪器A的活塞，加热蒸出未反应的苯甲醛。
③将三颈烧瓶冷却至室温，加入适量10%NaOH溶液，再加入少量活性炭，煮沸脱色，冷却后进行第一次抽滤；将滤液转移到烧杯中，加入适量浓盐酸，冷却结晶进行第二次抽滤；得到固体物质(滤饼)。回答下列问题：
(1)M为 ______(填结构简式)。
(2)实验前，装置和反应试剂须经过干燥处理，原因是 ______。
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞，对实验的影响是 ______。
(4)水蒸气蒸馏的方法是使某些有机物随水蒸气一起被蒸馏出来，达到分离提纯的目的。步骤②中进行水蒸气蒸馏时，证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是 ______。
(5)加NaOH溶液目的是 ______，第二次抽滤所得滤饼主要成分是 ______。
(6)相对于普通过滤，抽滤的优点是 ______。
18. 氮及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态 13N原子核外存在 ______对自旋相反的电子；第一电离能大于N的第二周期元素有 ______种。
(2)离子晶体N2O5由NO2+和NO3−构成，NO2+的空间结构为 ______。NO3−、NO2−、NO2+的键角由大到小的顺序是 ______。
(3)晶体中四面体空隙是由相邻四个球体围成的空隙，球体的中心连线围成四面体；八面体空隙是由相邻六个球体围成的空隙，球体的中心连线围成八面体。氮化钼属于填隙式氮化物，N原子填充在金属钼(Mo)面心立方晶胞的部分八面体空隙中，晶胞如图所示：
①氮化钼的化学式为 ______，晶胞中1号N原子与2号N原子的距离为 ______nm。
②金属钼的每个面心立方晶胞中，四面体空隙数有 ______个。如果让Li+填入氮化钼晶体的八面体空隙，每个氮化钼晶胞最多可以填入 ______个Li+。
(4)在Ca3N2的晶胞中，Ca2+与N3−以四面体配位方式结合(即金属离子的配位数为4)，则该晶体中N3−的配位数为 ______。
19. 从某工业废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3的工艺流程如图1所示：
已知：
①“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物，与熔炼固渣分离；
②Sc2O3和TiO2性质较稳定，不易被还原，且TiO2难溶于盐酸；
③草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物，如[Fe(C2O4)3]3−、[Sc(C2O4)3]3−等；
④常温下，部分氢氧化物的溶度积常数如表所示：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Sc(OH)3
Ksp
1×10−38
1×10−16
1×10−30
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”反应速率，“酸浸”前对熔炼固渣的处理方式为 ______。
(2)“氧化”中加入H2O2的目的是 ______(用离子方程式表示)。
(3)常温下“调pH”时，若溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L，为除去杂质离子，应控制pH范围是 ______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10−5mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。
(4)已知25℃时Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，pH=2的草酸溶液中c(C2O42−)c(H2C2O4)=______(用含a、b的代数式表示，下同)。
(5)“沉钪”过程中，测得钪的沉淀率随n(H2C2O4)n(Sc3+)的变化情况如图2所示。当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是 ______。
(6)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3⋅6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如图3所示。250℃时固体的主要成分是 ______(填化学式)，550∼850℃时反应的化学方程式为 ______。{M[Sc2(C2O4)3⋅6H2O]=462g/mol}
温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
与CO2、H2O重整制合成气的反应如下：
i.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
ii.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
iii.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
已知反应ii和iii的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图1所示。
(1)i.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H______0(填“>”或“<”)。
(2)分别在不同压强下，向VL密闭容器中按照n(CO)：n(CH4)：n(H2O)=l：l：1投料，实验测得平衡时n(H2)n(CO)随温度的变化关系如图2所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ______。
②压强为p2时，随着温度升高，n(H2)n(CO)先增大后减小。解释原因 ______。
向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，保持总压为100kPa发生反应：CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H<0。已知n(NO)n(CH4)=1时NO平衡转化率∼1T、T3K下NO平衡转化率∼n(NO)n(CH4)的关系曲线如图3所示。
(3)曲线 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)表示T3K下NO平衡转化率∼n(NO)n(CH4)的关系；Tl______T2(填“>”或“<”)。
(4)在n(NO)n(CH4)=1、T3K下，该反应平衡时N2的体积分数为 ______。
已知：该反应的标准平衡常数Kθ=p(CO2)pθ×[p(N2)pθ]2×[p(H2O)pθ]2[p(NO)pθ]4×p(CH4)pθ，其中pθ为标准压强，pθ=100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO2)、p(N2)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下该反应的标准平衡常数Kθ=______物质的量分数)。答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.秸秆、餐厨垃圾中含有大量的有机物，发酵过程中产生CH4，CH4是一种燃料，故A正确；
B.苯酚能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，但是苯酚不具有强的氧化性，故B错误；
C.喷油漆、涂油脂是金属防护的物理方法，电镀或表面钝化是金属防护的化学方法，故C错误；
D.煤的气化是指将煤转化为可燃性气体的过程，有助于实现煤的综合利用，煤气化后再燃烧利用，其排放的二氧化碳并未减少，故D错误；
故选：A。
A.生物质能产生的主要是CH4，可用作燃料；
B.苯酚不具有强的氧化性，但有毒，能使蛋白质变性；
C.电镀或表面钝化过程中均发生了化学变化；
D.将煤气化后再燃烧，可减少环境污染，但不能减少二氧化碳的排放。
本题考查物质的性质与用途，熟悉常见物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系是解题关键，注意化学与生活、科技的密切联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.灼烧在坩埚中进行，图中甲装置可灼烧海带，故A正确；
B.过滤分离不溶性固体与溶液，图中乙装置可过滤得到浸出液，故B正确；
C.酸性溶液中过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质，图中丙装置反应生成I2，故C正确；
D.乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的I2，故D错误；
故选：D。
A.灼烧在坩埚中进行；
B.过滤分离不溶性固体与溶液；
C.酸性溶液中过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质；
D.乙醇与水互溶。
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、混合物的分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：充分反应后的混合物经水洗、用10%Na2CO3溶液洗涤、水洗等并分离后，将得到的乙酸正丁酯粗产品进行蒸馏，蒸馏产物为乙酸正丁酯，故温度应达到其沸点126℃以上，
故选：A。
蒸馏产物为乙酸正丁酯，故温度应达到其沸点126℃以上。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意蒸馏的应用，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.分子中C、H、O原子个数依次是21、20、11，分子式为C21H20O11，故A正确；
B.碳碳双键连接2个不同的原子和原子团，存在顺反异构，故B错误；
C.分子中手性碳原子如图，有4个手性碳原子，所以存在对应异构，故C正确；
D.苯环、碳碳双键、羰基都能和氢气发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴发生取代反应、碳碳双键和溴发生加成反应，等量的该有机物分别与足量H2发生加成反应、与足量Br2发生取代反应时，消耗二者物质的量之比为8：4=2：1，故D正确；
故选：B。
A.分子中C、H、O原子个数依次是21、20、11；
B.碳碳双键连接2个不同的原子和原子团；
C.分子中手性碳原子如图；
D.苯环、碳碳双键、羰基都能和氢气发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴发生取代反应、碳碳双键和溴发生加成反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，
A.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：X
D.X2W5YW2为C2H5NH2，YW3为NH3，乙基属于推电子基，受乙基的影响，C2H5NH2结合质子的能力强于NH3，故D正确；
故选：B。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元累，且X、Y、Z位于同一周期，无机物[YW4]+[ZXY]−与某种有机物(如图)互为同分异构体，W形成1个共价键，Y形成3个共价键，X形成4个共价键，Z形成2个共价键，无机物[YW4]+[ZXY]−为无机物NH4OCN，则W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.反应在细菌催化作用下，温度过高细菌将失去生理活性，则升高温度不一定能够加快反应速率，故A错误；
B.没有指明温度与压强，不能将22.4L转化为物质的量，故B错误；
C.根据图示，反应②为：Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为：Mn2++MnO2+2H2O=4OH−+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−，故C正确；
D.由填干反应过程可知，过程①中既有CH3COOH中C−H、O−H和H2O中的H−O极性键断裂，CH3COOH中C−C断裂，但只有C−O极性键的形成，没有非极性键的形成，故D错误，
故选：C。
A.反应在细菌催化作用下，温度过高细菌将失去生理活性；
B.没有指明温度与压强；
C.根据图示，写出反应②，再写出反应③，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式；
D.同种元素原子间形成非极性键，不同种元素原子之间形成极性键。
本题考查影响化学反应速率的因素，物质的量的计算，离子方程式的书写等，本题难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.已知[Co(NH3)5Cl]2+中的配体为NH3和Cl−，则[Co(NH3)5Cl]2+中Co钴元素的化合价为+3价，故A正确；
B.已知1个[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中的σ键分别为2×6+6=18、4，故等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中σ键数目之比为18：4=9：2，故B正确；
C.[Co(CN)4(NH3)2]−中配体为NH3和CN−，NH3分子中的配位原子是N，由于C的电负性小于N，对孤对电子的束缚力要更弱，由于孤对电子的能量更高，更容易形成配位键，即配体CN−的配位原子C原子，故C错误；
D.向溶有1molCoCl3⋅6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNO3溶液，形成2mol沉淀，即外界有2个Cl，该配位化合物为：[Co(H2O)5Cl]Cl2⋅H2O，则其配离子为[Co(H2O)5Cl]2+，故D正确；
故选：C。
A.已知[Co(NH3)5Cl]2+中的配体为NH3和Cl−；
B.已知1个[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−中的σ键分别为2×6+6=18、4；
C.[Co(CN)4(NH3)2]−中配体为NH3和CN−，NH3分子中的配位原子是N，由于C的电负性小于N，对孤对电子的束缚力要更弱，由于孤对电子的能量更高，更容易形成配位键；
D.向溶有1molCoCl3⋅6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNO3溶液，形成2mol沉淀，即外界有2个Cl。
本题考查配合物的成键情况，注意明确配合物的形成特点，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力，题目难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.H2还原NO的反应是气体体积减小，即该反应正向是熵减的反应，故A错误；
B.H2还原NO的反应是熵减的反应，即△S<0，T℃时H2还原NO的反应能自发进行，则ΔH−TΔS<0，即ΔH
D.由选项C的计算可知，反应速率方程为v=kc2(NO)c(H2)，结合表中I的数据可知，2.16×10−3=k(6.00×10−3)2×(2.00×10−3)，解得k=3×104，故D正确；
故选：D。
A.正反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)气体体积减小；
B.ΔH−TΔS<0的反应才能自发进行；
C.比较表中I、Ⅱ两组数据可知，c(H2)不变时c(NO)增大为原来的2倍，反应速率增大为原来的4倍；比较I、Ⅲ两组数据可知，c(NO)不变时c(H2)增大为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍；
D.结合选项C分析写出反应速率v与c(NO)、c(H2)的表达式，根据I的数据计算常数k。
本题化学反应速率计算及其影响因素、反应自发进行条件的应用等知识，侧重分析能力、数据处理能力和计算能力的考查，把握待定系数法的计算、熵变的判定方法、反应自发进行的条件等知识即可解答，注意反应自发进行条件的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.Cu(1)极为负极，发生反应Cu−2e−=Cu2+；Cu(2)极为正极，发生还原反应，Cu2++2e−=Cu，SO42−由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，即SO42−向Cu(1)极区域迁移，故A正确；
B.C(2)极为阴极，发生还原反应，故B正确；
C.膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，故C错误；
D.C(2)极为阴极，发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故D正确；
故选：C。
浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置，将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池，该浓差电池最终交换膜两侧硫酸铜溶液浓度相等，即阴离子交换膜左侧溶液c(CuSO4)增大，右侧c(CuSO4)减小，又因为只允许阴离子迁移，故交换膜左侧铜极溶解，c(Cu2+)增大；交换膜右侧铜极上析出铜，c(Cu2+)减小，即Cu(1)极为负极，发生反应Cu−2e−=Cu2+；Cu(2)极为正极，发生还原反应，Cu2++2e−=Cu，SO42−由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，据此作答。
本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，该题以溶液浓度差为载体设计浓差电池，其解答方法仍然用原电池和电解池原理，但题目较新颖，侧重考查学生分析问题和解决问题能力。
10.【答案】A
【解析】解：A.图示制碱法是先把TBA、NaCl溶液、二氧化碳混合，生产溶解度较小的碳酸氢钠，NaHCO3的溶解度较小，从而析出晶体，不是通过加热蒸发结晶得到NaHCO3，故A错误；
B.流程分析可知，反应物全部转化为生成物，该工艺原子利用率100%，故B正确；
C.TBA的再生过程和“氯化过程”发生的反应为：O2+4CuCl+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，即为12O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，，每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，故C正确；
D.TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，故D正确；
故选：A。
题意可知，制碱过程为：NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA⋅HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，乙烯的氯化过程为：，由此分析。
本题考查了化学工业生产过程的理解应用，将题目所给信息转化为化学方程式后，更容易分析，可以将每个步骤用化学方程式表示出来，注意信息的分析判断，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀，由操作和现象可知，常温下，溶度积：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；
B.CH3COONH4溶液为中性，且水解促进水的电离，且浓度不同，对水电离的促进作用不同，故B错误；
C.铂(Pt)电极电解等浓度的足量Fe(NO3)3、Cu(NO3)2混合溶液，阴极上铁离子先得到电子，后铜离子得到电子生成Cu，不能比较Fe、Cu的金属活动性大小，故C错误；
D.FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子验证反应的可逆性，故D错误；
故选：A。
A.AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀；
B.CH3COONH4溶液为中性，且水解促进水的电离；
C.铂(Pt)电极电解等浓度的足量Fe(NO3)3、Cu(NO3)2混合溶液，阴极上铁离子先得到电子；
D.FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性。
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、盐类水解、化学平衡、电解原理为解答的关键，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。
12.【答案】AD
【解析】解：A.RCH2OH中羟基被I原子取代生成RCH2I，属于取代反应，故A错误；
B.根据图知，有3种自由基参加了反应，故B正确；
C.该反应过程中出现HI转化为I⋅再转化为I2，也出现I2转化为I⋅再转化为HI，利用了HI的还原性和I2的氧化性，故C正确；
D.该反应中还生成水，反应方程式为，故D错误；
故选：AD。
A.RCH2OH中羟基被I原子取代生成RCH2I；
B.根据图知，有3种自由基参加了反应；
C.该反应过程中出现HI转化为I⋅再转化为I2，也出现I2转化为I⋅再转化为HI；
D.该反应中还生成水。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，电极反应式为CO2+*+2H++2e−=CO+*+H2O，即CO2+2H++2e−=CO+H2O，故A正确；
B.由图可知，反应活化能大小为：a>b>c，反应的活化能越大，反应速率越慢，则反应速率大小：c>b>a，即使用c催化剂时反应速率最快，故B错误；
C.由图可知，反应活化能大小为：a>b>c，活化能越小，反应速率越快，反应更容易发生，则使用c催化剂时反应更容易发生，故C正确；
D.升高温度，供给反应物分子能量，反应的活化分子数和活化分子百分数均增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故D正确；
故选：B。
A.根据图中反应历程分析解答；
B.反应的活化能越大，反应速率越慢，反之相反；
C.活化能越小，反应速率越快，反应更容易发生；
D.升高温度，能增大反应的活化分子数和活化分子百分数，使反应速率加快。
本题考查反应热与焓变，把握活化能与反应速率关系、反应速率的影响因素、催化剂的作用是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.原电池工作时，电流从正极(B)经外电路流向负极(A)，故A正确；
B.B极为正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，故B正确；
C.A极为负极，电极反应式为−2e−→+2H+，故C错误；
D.若有机物为葡萄糖C6H12O6，生成产物为二氧化碳，碳元素由0价升高为+4价，1mol葡萄糖反应转移24mol电子，处理0.25mol时，转移电子0.25mol×24mol=6mol，由电荷守恒可知，会有6molH+透过质子交换膜向右侧迁移，故D正确；
故选：C。
由图可知，B极氧元素价态降低得电子，故B极为正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，A极为负极，电极反应式为−2e−→+2H+，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，Ka1(H2CO3)=10−6.2、Ka2(H2CO3)=10−10.2，则Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)=10−6.210−10.2=104，故A正确；
B.由图可知，pH=6∼11时均有CaCO3沉淀生成，物料守恒关系为c(Ca2+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，即2c(Ca2+)=2c(HCO3−)+2c(CO32−)+2c(H2CO3)>c(HCO3−)+2c(CO32−)，故B正确；
C.由图可知，c点时水体中c(CO32−)=10−1.8mol/L，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)⋅c(CO32−)=10−9，则c点时水体中c(Ca2+)=10−910−1.8mol/L=1×10−7.2mol/L，故C正确；
D.向b点对应水体中加入适量Ca(OH)2固体，c(HCO3−)、c(CO32−)都减小，c(Ca2+)增大，−lgc(HCO3−)、−lgc(CO32−)都增大，−lgc(Ca2+)减小，恢复至室温后，不能迁至c点，故D错误；
故选：D。
含Ca2+水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡，即c(H2CO3)保持基本不变，随着pH的增大，溶液的酸性逐渐减弱，c(HCO3−)、c(CO32−)都增大，c(Ca2+)减小，则−lgc(HCO3−)、−lgc(CO32−)逐渐减小，−lgc(Ca2+)增大，并且弱酸性环境中c(HCO3−)>c(CO32−)，所以曲线I代表−lgc(HCO3−)与pH的关系，曲线Ⅱ代表−lgc(CO32−)与pH的关系，曲线Ⅲ代表−lgc(Ca2+)与pH的关系，a点时c(H2CO3)=c(HCO3−)，则Ka1(H2CO3)=c(H+)⋅c(HCO3−)c(H2CO3)=c(H+)=10−6.2、c点时c(HCO3−)=c(CO32−)，Ka2(H2CO3)=c(H+)⋅c(CO32−)c(HCO3−)=c(H+)=10−10.2，b点时c(Ca2+)=c(CO32−)，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)⋅c(CO32−)=10−4.5×10−4.5=10−9，据此分析解答。
本题考查了难溶电解质的溶解平衡，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确图象含义、溶度积常数的有关计算、电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】取代反应 3−氯丙烯 碳氯键、羰基 +2CH3NH2→+CH3NH3Cl9
【解析】解：(1)A→C是CH3CH=CH2与Cl2反应生成CH2=CHCH2Cl，该反应类型为取代反应；C的结构简式为CH2=CHCH2Cl，C名称为3−氯丙烯，
故答案为：取代反应；3−氯丙烯；
(2)E为，E中官能团的名称为碳氯键、羰基，
故答案为：碳氯键、羰基；
(3)反应⑨中M与CH3NH2发生取代反应生成Q和HCl，HCl与过量的CH3NH2反应生成CH3NH3Cl，反应⑨的化学方程式为+2CH3NH2→+CH3NH3Cl，
故答案为：+2CH3NH2→+CH3NH3Cl；
(4)F与苯甲醇反应生成酯为，符合下列条件的属于酯的同分异构体：①苯环上只有2个对位取代基；②能发生银镜反应，说明含有甲酸形成酯基；③核磁共振氢谱显示有7种不同化学环境的氢，2个取代基不可能需要，则2个取代基中共有5种化学环境不同的氢，可以看作是将苯环插入HCOOCH2CH2CH2CH3、、、的碳碳单键之间或碳氧单键之间，2个侧链含有5种氢原子的插入位置依次有4种、4种、1种、0种，故符合条件的同分异构体共有4+4+1=9种，其中含有手性碳原子的一种同分异构体的结构简式为等，
故答案为：9；；
(5)由与得到，CH2=CH−CH2−CH3与氯气在加热条件下反应生成CH2=CHCHClCH3，CH2=CHCHClCH3与HClO加成生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
A与氯气在加热条件下反应生成C3H5Cl，应是发生取代反应，故A的分子式为C3H6，A发生信息I中反应生成F，根据F的结构简式推知A为CH3CH=CH2，则B为，结合D的结构简式推知C为CH2=CHCH2Cl，C与HClO发生加成反应生成D，D发生氧化反应生成E，E与K发生信息Ⅱ中反应M，根据M结构简式逆推可知E为，F发生取代反应生成G，G可以理解为取代反应生成K，M与CH3NH2发生取代反应生成Q；
(5)由与得到，CH2=CH−CH2−CH3与氯气在加热条件下反应生成CH2=CHCHClCH3，CH2=CHCHClCH3与HClO加成生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应类型、有机物命名、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，充分分析有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
17.【答案】CH3COOH乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率 冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶，降低产率 仪器A中油状液体不再增多 使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯 肉桂酸 过滤速率更快，得到的晶体更干燥
【解析】解：(1)根据已配平的化学方程式得M的分子式为C2H4O2，结合各反应物的结构简式可推知M是乙酸，结构简式为CH3COOH，
故答案为：CH3COOH；
(2)乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率，故实验前，装置和反应试剂须经过干燥处理，
故答案为：乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率；
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞，则冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶，降低产率，
故答案为：冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶，降低产率；
(4)苯甲醛是微溶于水的无色油状液体，步骤②中进行水蒸气蒸馏时，证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是仪器A中油状液体不再增多，
故答案为：仪器A中油状液体不再增多；
(5)加NaOH溶液目的是使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯，肉桂酸钠与盐酸反应生成的肉桂酸难溶于冷水，故第二次抽滤所得滤饼主要成分是肉桂酸，
故答案为：使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯；肉桂酸；
(6)相对于普通过滤，抽滤的优点是过滤速率更快，得到的晶体更干燥，
故答案为：过滤速率更快，得到的晶体更干燥。
实验室用苯甲醛与乙酸酐(CH3CO)2O反应制备肉桂酸，同时生成乙酸，根据各物质的性质将反应后产生进行分离提纯；
(1)根据已配平的化学方程式得M的分子式为C2H4O2，结合各反应物的结构简式可推知M是乙酸；
(2)乙酸酐能与水反应，影响反应进行及产率；
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞，则冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶；
(4)苯甲醛是微溶于水的无色油状液体；
(5)加NaOH溶液目的是使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠盐转移至溶液中，便于提纯；
(6)相对于普通过滤，抽滤的优点是过滤速率更快。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
18.【答案】2 2 直线形 NO2+>NO3−>NO2− Mo2N62a 8 4 6
【解析】解：(1)基态 13N原子核外电子轨道表示式为，存在2对自旋相反的电子，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，第一电离能大于相邻元素，第一电离能大于N的第二周期元素有F、Ne共2种，
故答案为：2；2；
(2)NO2+中中心原子N的价层电子对数为2+5−1−2×22=2，没有孤电子对，杂化方式为sp，NO2+的空间结构为直线形，NO3−价层电子对数为3+5+1−2×32=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120∘，NO2−价层电子对数为2+5+1−2×22=3，有1个孤电子对，空间构型为V形，键角小于120∘，NO2+空间结构为直线形，键角为180∘，键角由大到小的顺序是NO2+>NO3−>NO2−，
故答案为：直线形；NO2+>NO3−>NO2−；
(3)①根据均摊法，晶胞中含有Mo原子数位于顶点和面心，原子个数为8×18−6×12=4，N原子位于棱上和内部，原子个数为4×14+1=2，氮化钼的化学式为Mo2N，晶胞边长为anm，由图可知，晶胞中1号N原子与2号N原子的距离为(22a)2+a2nm=62anm，
故答案为：Mo2N；62a；
②金属钼的每个面心立方晶胞中，Mo原子数为4，所以四面体空隙数有8个，每个面心立方晶胞有4个八面体空隙，如果让Li+填入氮化钼晶体的八面体空隙，每个氮化钼晶胞最多可以填入4个Li+，
故答案为：8；4；
(4)在Ca3N2的晶胞中，Ca2+与N3−以四面体配位方式结合(即金属离子的配位数为4)，Ca2+与N3−的个数比为3：2，则配位数比为2：3，所以该晶体中N3−的配位数为6，
故答案为：6。
(1)基态 13N原子核外电子轨道表示式为，存在2对自旋相反的电子，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第族、第族比相邻元素大；
(2)根据价层电子对理论计算出NO2+、NO3−、NO2−杂化方式，确定空间构型和键角；
(3)①根据均摊法计算Mo、N原子个数，确定化学式，添加辅助线，，由图可知，1、2、3三点构成直角三角形，1、3点距离为anm，2、3点距离为底面对角线的一半即22nm，即可求得1、2点距离；
②金属钼的每个面心立方晶胞中，四面体空隙位于八分之一晶胞的立方体心位置，八面体空隙位于晶胞的体心和棱心；
(4)在Ca3N2的晶胞中，Ca2+与N3−以四面体配位方式结合(即金属离子的配位数为4)，Ca2+与N3−的个数比为3：2，则配位数比为2：3。
本题考查了晶胞的计算，涉及核外电子排布、杂化方式、空间构型等知识点，明确晶胞结构再利用均摊法计算晶胞中存在的微粒个数，配位数的计算是学习难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力和学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。
19.【答案】将固渣粉碎 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3≤pH<5ab10−4 草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物 Sc2(C2O4)3⋅H2O2Sc2(C2O4)3+3O2−△2Sc2O3+12CO2
【解析】解：(1)将固渣粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对熔炼固渣的处理方式为将固渣粉碎，
故答案为：将固渣粉碎；
(2)由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)常温下，溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L，为除去杂质离子，让Fe3+完全沉淀，而Sc3+还未开始沉淀，则有c(Fe3+)×c3(OH−)≥Ksp[Fe(OH)3]，c(OH−)≥3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31×10−381×10−5mol/L=10−11mol/L，则c(H+)=Kwc(OH−)=1×10−141×10−11mol/L=10−3mol/L，即pH≥3，且c(Sc3+)×c3(OH−)
故答案为：3≤pH<5；
(4)已知25℃时Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，pH=2，有Ka1×Ka2=c2(H+)×c(C2O42−)c(H2C2O4)，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=Ka1×Ka2c2(H+)=ab10−4，
故答案为：ab10−4；
(5)由题干信息可知，草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降，
故答案为：草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物；
(6)草酸钪晶体Sc2(C2O4)3⋅6H2O在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示，由图示信息可知，250℃时，减少的质量为：462g×19.5%=90g，90g18g/mol=5mol，即此过程中晶体失去5个结晶水，故此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3⋅H2O，同理：462g×(19.5%+3.9%)=108g，108g18g/mol=6mol，550℃是晶体的化学式为：Sc2(C2O4)3，850℃时则有：462g×(1−19.5%−3.9%−46.8%)=138g，138g−2mol×45g/mol=48g，48g16g/mol=3mol，此时晶体的化学式为：Sc2O3，故550∼850℃，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2−△2Sc2O3+12CO2，
故答案为：Sc2(C2O4)3⋅H2O；2Sc2(C2O4)3+3O2−△2Sc2O3+12CO2。
从某工业废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3的工艺流程图可知，“熔炼”时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、Si等，加入盐酸后将Fe转化为Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、Si和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
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，难度较大。
20.【答案】>P3>P2>P1 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T
【解析】解：(1)由题干中反应ii和iii的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系图所示信息可知，反应ii的平衡常数随温度升高而增大，说明反应ii正反应为吸热反应，即△H2>0，反应iii的平衡常数随温度升高而减小，说明反应iii正反应是放热反应，即△H3<0，反应ii−反应iii可得反应i，根据盖斯定律可知，△H=△H2−△H3>0，
故答案为：>；
(2)①反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，n(H2)增加的程度大于n(CO)，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序为P3>P2>P1，
故答案为：P3>P2>P1；
②由图可知，压强为P2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小，原因是反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T
故答案为：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T
(3)由反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着n(H2)n(CO)的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率∼n(H2)n(CO)的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示n(H2)n(CO)=1时NO平衡转化率∼1T关系图，从图中所示信息可知，T越大，则1T小，NO的转化率越小，故Tl>T2，
故答案为：II；>；
(4)由题干图示信息可知，在n(H2)n(CO)=1、T3K下，NO的转化率为80%，根据三段式分析可知，
CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)(单位：mol)
开始 a a 0 0 0
变化 0.2a0.8a0.4a0.2a0.4a
平衡0.8a0.2a0.4a0.2a0.4a
则该反应平衡时N2的体积分数为0.4a2a×100%=20%，则此时CH4、NO、CO2、N2、H2O的平衡分压分别为：p(CH4)=0.8a2a×100kPa=40kPa，p(NO)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(CO2)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(N2)=0.4a2a×100kPa=20kPa，p(H2O)=0.4a2a×100kPa=20kPa，故该反应的标准平衡常数Kθ=p(CO2)pθ×[p(N2)pθ]2×[p(H2O)pθ]2[p(NO)pθ]4×p(CH4)pθ=10100×(20100)2×(20100)2(10100)4×(40100)=4.0，
故答案为：20%；4.0。
(1)由题干中反应ii和iii的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系图所示信息可知，反应ii的平衡常数随温度升高而增大，说明反应ii正反应为吸热反应；
(2)①反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动；
②由图可知，压强为P2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小，原因是反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T
(4)由题干图示信息可知，在n(H2)n(CO)=1、T3K下，NO的转化率为80%，根据三段式分析可知，
CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)(单位：mol)
开始 a a 0 0 0
变化 0.2a0.8a0.4a0.2a0.4a
平衡0.8a0.2a0.4a0.2a0.4a
则该反应平衡时N2的体积分数为0.4a2a×100%=20%，则此时CH4、NO、CO2、N2、H2O的平衡分压分别为：p(CH4)=0.8a2a×100kPa=40kPa，p(NO)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(CO2)=0.2a2a×100kPa=10kPa，p(N2)=0.4a2a×100kPa=20kPa，p(H2O)=0.4a2a×100kPa=20kPa，故该反应的标准平衡常数Kθ=p(CO2)pθ×[p(N2)pθ]2×[p(H2O)pθ]2[p(NO)pθ]4×p(CH4)pθ。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
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