2026届北京一六一中学高三第四次模拟考试化学试卷含解析

这是一份2026届北京一六一中学高三第四次模拟考试化学试卷含解析，共12页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。
下列分析合理的是
A．如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线
B．反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ/ml
C．在反应②中，若有1.25 ml电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6 L
D．催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率
2、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．b电极发生还原反应：4H++O2+4e－＝2H2O
B．电路中有4ml电子发生转移，大约消耗标准状况下22.4L空气
C．维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子
D．HS－在硫氧化菌作用下转化为的反应是＝
3、人体血液存在、等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示或]与的关系如图所示。已知碳酸、磷酸。则下列说法正确的是
A．曲线表示lg()与的变化关系
B．的过程中，水的电离程度逐渐减小
C．当时
D．当增大时，逐渐减小
4、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（ ）
A．NaCl→Na++Cl-
B．CuCl→Cu2++2Cl-
C．CH3COOH⇌CH3COO-+H+
D．H2 （g）+Cl2 （g）→2HCl（g）+183kJ
5、化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）
A．可用钢瓶储存液氯或浓硫酸
B．二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂
C．鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，该性质可用于蛋白质的分离与提纯
D．炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加，是为了防止食盐中的碘受热升华
6、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是（ ）
A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去amlCl时ne=aml
C．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O
D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大
7、室温下，将0.1000ml·L－1盐酸滴入20.00 mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是
A．该一元碱溶液浓度为0.1000ml·L－1
B．a点：c(M＋)>c(Cl－)>c(OH-)>c(H+)
C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)
D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－5
8、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是
A．水蒸气的体积分数增大B．氢气的浓度增大
C．平衡常数变大D．铁的质量增大
9、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 ml/ L NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度
B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3
C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)
D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解
10、向某容积为2L的恒容密闭容器中充入2mlX(g)和1mlY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A．M点时，Y的转化率最大
B．平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小
C．升高温度，平衡常数减小
D．W、M两点Y的正反应速率相同
11、不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClOB．NOC．SO3D．FeCl2
12、运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是
A．B．C．D．
13、化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是
A．温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁
B．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质
C．常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒
D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化
14、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是 （ ）
A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同
B．Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物
C．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得
D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
15、工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯
①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,
②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧， 打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是
A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成
B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计
C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热
D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏
16、三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大
B．图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低
C．图甲和图乙表明，合金负载量越大催化剂活性越高
D．图丙和图丁表明，工艺2制得的合金的催化性能优于工艺1制得的合金
二、非选择题（本题包括5小题）
17、利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：
已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为____。
（2）B中含氧官能团的名称是______。
（3）X的分子式为_______。
（4）反应①的反应类型是________。
（5）反应②的化学方程式是_______。
（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。
（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。
18、（化学——选修5：有机化学基础）
高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）反应①所需试剂、条件分别是____________；F 的化学名称为____________。
（2）②的反应类型是______________；A→B 的化学方程式为_____________________。
（3）G 的结构简式为______________；H 中所含官能团的名称是____________。
（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件，W的可能结构有___种。
①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式____________。
（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：）____________。
19、三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有______性。(填“还原”或“氧化”)。
(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。将35.0 mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。
已知：CS32- +2H+==CS2 +H2S↑，CS2 和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46°C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
①仪器d的名称是__________。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。
②B中发生反应的离子方程式是________。
③反应结束后。打开活塞K。再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间，其目的是__________。
④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C)，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
20、实验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水。以硫酸铵和去离子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl调剂溶液中氯离子浓度，如图所示进行模拟实验。
（1）阳极反应式为___。
（2）去除NH4+的离子反应方程式为___。
21、氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。
图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：
请回答下列问题：
(1)Ti的基态原子外围电子排布式为________________。
(2)M是________(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为____。
(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有________个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子3对应的元素的电负性由大到小的顺序为________________。
(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为________________g/cm3 (NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有________个。
(5)科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据：
KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为__________________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A. 使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；
B. 根据图示可知反应物比生成物的能量高出600 kJ-508 kJ=92 kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ/ml，B正确；
C. 未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；
D. 催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；
故合理选项是B。
2、B
【解析】
A．燃料电池通氧气的极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4e－＝2H2O，故A正确；
B．电路中有4ml电子发生转移，消耗氧气的物质的量为=1ml，标准状况下体积为22.4L，则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L，故B错误；
C．硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 放出电子，故C正确；
D．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正确；
故答案为B。
【点睛】
考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。
3、D
【解析】
A. ，lg=lgKa2-lgc(H+)，即lgx=pH-7.2，所以曲线II表示lg与的变化关系，故A错误；
B.由图所示的过程中，酸性减弱，碳酸氢根离子的浓度增大，碳酸氢根离子水解使水的电离程度逐渐增大，故B错误；
C. 由得lg=pH-6.4，当时，pH=6.4；当时，pH=7.2，故C错误；
D. ，，则 ，当增大时，c(H2CO3)逐渐减小，故D正确。故选D。
4、B
【解析】
A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；
B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合题意；
C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；
D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) =(436+243-431×2)kJ/ml=-183 kJ/ml，因此H2 (g)+Cl2 (g)→2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意；
故选：B。
【点睛】
电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。
5、A
【解析】
A．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确；
B．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂，故B错误；
C．蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，盐析可用于蛋白质的分离和提纯，故D错误；
D．食盐中加的碘盐为KIO3，受热易分解，则在菜准备出锅时添加加碘食盐，是为了防止KIO3受热易分解，故D错误；
故答案为A。
6、B
【解析】
A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 ml C2HCl3转化为1 mlC2H4时，得到6 ml电子，脱去3 ml氯原子，所以脱去a ml Cl时ne = 2a ml，故B错误；
C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ — NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以 ④的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正确；
D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；
综上所述，答案为B。
7、C
【解析】
A．加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000ml·L－1，正确，A不选；
B．a点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，则c(M＋)＞c(Cl－)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确，B不选；
C．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒得c(M＋)=c(Cl－)，所以c(M＋)+c(MOH)＞c(Cl－)，错误，C选；
D．根据A选可知，MOH浓度为0.1000ml·L－1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH－)=10－3ml·L－1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHM＋＋OH－，由于其电离程度较小，则c(MOH)≈0.1ml·L－1，忽略水的电离，则c(M＋)≈c(OH－)=10－3ml·L－1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。
答案选C。
8、B
【解析】
A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；
B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；
C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；
D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；
故合理选项是B。
9、D
【解析】
A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；
B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；
C.根据电荷守恒分析判断；
D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。
【详解】
A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；
B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；
C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；
D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。
10、C
【解析】
起始时向容器中充入2mlX(g)和1mlY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q点，X的体积分数减小；Q点之后，随着温度升高，X的体积分数增大，意味着Q点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。
【详解】
A．Q点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q点→M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q点时Y的转化率最大，A项错误；
B．平衡后充入X，X的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X的体积分数仍比原平衡大，B项错误；
C．根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；
D．容器体积不变，W、M两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M点温度更高，Y的正反应速率更快，D项错误；
答案选C。
11、A
【解析】
化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。
A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；
B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；
故选：A。
12、B
【解析】
A、汽油是易燃品，不是腐蚀品，故不选A；
B、汽油是易燃液体，故选B；
C、汽油是易燃品，不是剧毒品，故不选C；
D、汽油是易燃品，不是氧化剂，故不选D；选B。
13、B
【解析】
A．二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A正确；
B．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；
C．常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%，即医用酒精，可以杀菌消毒，故C正确；
D．二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D正确；
故答案为B。
14、C
【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素，据此分析。
【详解】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素，
A．W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al 3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；
B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；
C．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；
D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；
答案选C。
15、B
【解析】
A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；
B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；
C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；
D．精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；
故答案为B。
16、D
【解析】
A. 根据图甲所示可知：在400℃时，三种气体的转化率在合金负载量为2 g/L时最大，A错误；
B. 图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2 g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比2 g/L时的高，B错误；
C. 图甲表示只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；
D. 图丙表示工艺1在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200℃时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；
故合理选项是D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、3-氯丙炔 酯基 C13H16O2 取代反应
【解析】
与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。
【详解】
（1）A为，其名称为3-氯丙炔；
（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；
（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；
（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；
（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；
（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；
（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。
18、Cl2、光照辛醛取代反应羟基13
【解析】
甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过先水解后消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。
【详解】
甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；F为，根据系统命名法可知其名称为辛醛，
故答案为Cl2、光照；辛醛；
（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B 的化学方程式为
，
故答案为取代反应；；
（3）结合给定的已知信息推出G 的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，
故答案为；羟基。
（4）C为，化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；符合①遇FeCl3 溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W 的结构简式：，
故答案为13；；
（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：
，
故答案为。
19、弱 还原 分液漏斗 排除装置中的空气 Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 洗涤 干燥 2.5ml/L 偏高
【解析】
（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。
【详解】
（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；
（2）①根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空气；
②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
③反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量关系：CS32−∼H2S∼CuS， n（Na2CS3）= n（CuS）=0.0875ml，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度，故答案为：洗涤、干燥； 2.5ml/L；
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。
20、2Cl-﹣2e-=Cl2↑ 2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl-
【解析】
（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是﹣3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成﹣1价的氯离子，由此书写离子反应的方程式。
【详解】
（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气，电极反应的方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；
（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是﹣3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成﹣1价的氯离子，离子反应的方程式为2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl﹣，故答案为：2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl﹣。
21、3d24s2 Mg 12 7 O>N>C 12 TiN>CaO>KCl
【解析】
(1)Ti原子核外电子数为22，根据能量最低原理书写；
(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12；
(3)采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大；
(4)根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据ρ=计算晶胞密度；以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；
(5)由表中数据可知，离子半径越小晶格能越大，离子带电荷越大，晶格能越大，晶格能大，对应的离子晶体的熔点就越高。
【详解】
(1)Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，因此外围电子排布式为3d24s2；
(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12；
(3)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共7个该C原子；
采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：O>N>C；
(4)根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×+8×=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×=4，所以晶胞的质量m=4× g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，所以晶体的密度ρ=g/cm3；以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用。每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为=12；
(5)离子晶体中，离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiN>CaO，由表中数据可知CaO>KCl，则三种晶体的晶格能由大到小的顺序为：TiN>CaO>KCl，所以KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为TiN>CaO>KCl。
【点睛】
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、原子的杂化、电负性、晶胞结构与计算等，注意理解电离能与最外层电子数关系，采用均摊方法对晶胞进行计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础。
I1
I2
I3
I4
I5
电离能/(kJ/ml)
738
1451
7733
10540
13630
离子晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/(kJ/ml)
786
715
3401