2021年辽宁省部分重点中学协作体高考化学模拟试卷（含答案）

这是一份2021年辽宁省部分重点中学协作体高考化学模拟试卷（含答案），共25页。试卷主要包含了Cl2等内容，欢迎下载使用。


2021年辽宁省部分重点中学协作体高考化学模拟试卷

1. 化学与生活密切相关，下列叙述正确的是( )
A. 清洁能源的使用有利于环保，压缩天然气和液化石油气的主要成分都是烃类
B. 煤的干馏、液化及石油的分馏，都是物理变化
C. “垃圾分类”提法中的废旧电池是可回收垃圾
D. “新冠肺炎”疫苗的组成元素中只含碳、氢、氧三种元素
2. 《本草经集注》记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”．下列说法错误的是( )
A. “不入药用”是因为其在胃中形成重金属Cu2+
B. “投苦酒中”发生的是复分解反应
C. “涂铁皆作铜色”发生置换反应
D. “惟堪镀作，以合熟铜”是电镀铜
3. 过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，其键线式为，可用乙酸与过氧化氢在一定条件制得．下列说法正确的是( )
A. 过氧乙酸中的氧元素有−1价和−2价
B. 制备过氧乙酸的反应中的氧化剂是过氧化氢
C. 过氧化氢的电子式是H：O：：O：H
D. 过氧乙酸分子中至少有3个原子在一个平面
4. 下列实验操作或装置，能够达到实验目的的是( )
A. 如图装置可用于实验室制取少量NH3或O2
B. 如图装置可用于制取并收集少量乙炔
C. 如图装置检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有Cu2+
D. 如图装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性强弱
5. 下列各组离子在给定条件下，因发生配合反应而不能大量共存的一组是( )
A. pH=2的溶液中：K+、Na+、Cl−、CO32−
B. 含大量[Al(OH)4]−的溶液：Cu2+、NO3−、Mg2+、Cl−
C. 含有大量Fe3+的溶液：Na+、NH4+、SO42−、SCN−
D. 溶解少量SO2气体的溶液：K+、Na+、ClO−、SO42−
6. 新型去屑止痒剂吡罗克酮乙醇胺盐的中间体MTP可以由TOME经环化后合成．其反应式为：

下列相关叙述错误的是( )
A. 该环化反应的生成物X为甲醇
B. TOME中的碳原子的杂化类型是sp2和sp3杂化
C. MTP属于芳香族化合物
D. 1molMTP最多可以消耗1mol的NaOH
7. 顺铂可抑制DNA的复制过程，是治疗癌症的重要药物，铂同Z和a结合的重金属配合物，其结构简式如图。X、Y、Z是原子半径依次增大的短周期元素，X、Z原子都有一个未成对电子，Y的第一电离能比同周期的相邻元素都大，a是由X、Y形成的分子。下列有关叙述正确的是( )
A. 分子a的VSEPR模型是四面体
B. 顺铂的空间构型铂位于正四面体的中心
C. X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含有离子键
D. Y与Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性前者强
8. 自1911年发现超导现象以来，超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用．某超导材料晶体中含Ni、Mg、C三种元素，其立方晶胞如图，下列有关说法不正确的是( )

A. 晶胞中Ni能构成一个正八面体
B. 镍位于元素周期表中第四周期第族
C. 区分晶体与非晶体的科学方法是对材料进行X−射线衍射实验
D. 若镁原子间的最短距离为apm，则该晶体的密度(g⋅cm−3)的表达式为[M(Mg)+3M(Ni)+M(C)]×1030a3NA
9. 2021年3月22日“世界水日”主题是“Valuing Water”，利用电渗析法(如图所示)实现了对海水进行淡化和浓缩的分离，以供所需．下列说法不正确的是( )
A. 海水淡化的常用方法还有蒸馏法和离子交换法等
B. 各间隔室的排出液中，①③⑤为浓缩海水⑥含烧碱
C. 每产生1molH2，通过离子交换膜的Na+或Cl−为2mol
D. 离子交换膜b为阴离子交换膜
10. 将空气中CO2捕获，使其转化为甲醇是体现“碳达峰、碳中和”理念．如图是科学家以金属钌作催化剂实现了这种转化，下列相关叙述错误的是( )
A. 本转化常采取蒸馏法将甲醇和水进行分离
B. 由第1步至第4步转化总反应的化学方程式是CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)
C. CO2的结构式：O=C=O
D. 金属钌可大大提高该反应的化学反应速率和反应物的转化率
11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 1mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH和CH3COO−数目和为NA
B. 12g金刚石中含有σ键数目为4NA
C. 25℃1.01×105Pa，24.5LO2和N2的混合气体所含分子数为NA
D. 1mol带有乙基支链的链烃中主链所含有碳原子数最少为5NA
12. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
向蔗糖中加入浓硫酸，并将所得气体通入紫色石蕊试液
紫色石蕊试液先变红后褪色
蔗糖与浓硫酸反应产生了具有漂白性的酸性气体
C
室温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，洗涤，向洗净的沉淀中加稀盐酸
沉淀部分溶解且有无色无味
Ksp(BaCO3) D
取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液，再加少量碘水
气体产生溶液未变蓝
无法判断淀粉是否完全水解
A. A B. B C. C D. D
13. 如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图，下列说法正确的是( )
A. Cl⋅可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应的催化剂
B. 升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快
C. 增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小
D. 第一步反应的速率大于第二步反应
14. 中科院深圳研究院成功研发基于二硫化钼/碳纲米复合材料的钠型双离子电池，可充放电，其放电时工作原理如图所示．下列说法不正确的是( )
A. 二硫化钼碳纳米材料为电池的负极材料
B. 充电时MoS2−C接外电源的正极
C. 充电时阴极的电极反应为MoS2−C+xNa++xe−=NaxMoS2−C
D. 放电时正极的反应为Cn(PF)x+xe−=xPF−+Cn
15. 常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中−lgc(H+)c(H2A)和−lgc(HA−)或−lgc(H+)c(HA−)和−lgc(A2−)关系如图所示，下列说法错误的是( )
A. 曲线M表示−lgcc(H+)c(H2A)和−lgc(HA−)的关系
B. c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)随pH的升高而减小
C. 滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)−3c(HA−)<0
D. 在NaHA溶液中：c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)
16. 稀土铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及感光玻璃的增感剂、汽车尾气的净化器方面有广泛应用．其中CeO2通过氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备的工艺流程如图。

已知：
①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱．
②F−能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Ce4+能与F−结合成CeF3+，Al3+也能与F−结合成AlF63−；它的这种性质有利于酸浸步骤，却不利于后续的沉淀步骤．
③Ce4+能被萃取剂TBP萃取，而Ce3+不能．
回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是______。
(2)“氧化焙烧”后的固体产物中含有CeO2和CeF4物质的量之比为3：1，“酸浸”时发生反应的离子方程式为______.传统工艺中用盐酸替代硫酸，其缺点为______。
(3)TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时存在反应CeF3++TBP⇌CeTBP4+++F−，氟洗液中添加Al3+的作用是______。
(4)“反萃取”步骤中发生反应的离子方程式为______。
(5)已知CeO2(1−x)中的Ce为+3、+4价且x>0.现CeO2(1−x)固体0.875g，加入足量硫酸和3.058gFeSO4⋅7H2O(M=278g⋅mol−1)充分溶解，使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol⋅L−1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液．(已知氧化性：Ce4+>KMnO4)
①固体中+4价Ce的质量分数为______。
②若加入的FeSO4⋅7H2O部分变质，会导致测定的x值______。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
17. 氮的氧化物(如NO2、N2O4、N2O5等)应用很广，一定条件下可以相互转化．
(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H2
N2O4(g)⇌2NO2(g)△H3
2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H4
则反应N2O4(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)的△H=______.
(2)N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)⇌2NO2(g).将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[α(N2O4)]随温度变化如图1所示。

①图1中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为100kPa，计算该温度下反应的平衡常数Kp=______kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；计算结果保留至小数点后一位)
②由图1推测N2O4(g)⇌2NO2(g)正向是______(填“吸热反应”或“放热反应”)，说明理由：______。
③对于反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强存在关系：v(N2O4)=k1⋅p(N2O4)，v(NO2)=k2⋅[p(NO2)]2.其中，k1、k2是与反应及温度有关的常数．相应的速率-压强关系如图2所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=______，在图2标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是：______。
(3)以NO2为原料可以制得新型绿色硝化剂N2O5，原理是先将NO2转化为N2O4，然后采用电解法制备N2O5，其装置如图3所示，两端电极为石墨电极，中间隔膜只允许离子通过，不允许水分子通过．已知两室中加入的试剂分别为：a.硝酸；b.N2O4和无水硝酸，则左室中电极反应式为______。
18. 1921年著名化学家侯德榜获博士学位后，依然回国，他是中国近代民族化学工业的先驱．某研究小组用实验室现有的大理石、剩余的稀盐酸及NaOH溶液，利用右图装置制备碳酸钠溶液，并检测了溶液的组成(不考虑导管中存在溶液的损失)，请回答下列问题：
(1)Na2CO3溶液的制备
①A装置的名称是______；B烧瓶中应装入______(填药品)，要完成制备实验，除了右图仪器外还必需的仪器是______。
②写出最后一步在烧杯中生成碳酸钠溶液的离子反应方程式为______。
③实验准备就绪后，先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1(根据需要可关开).则X可以是______；然后再关闭活塞3，打开活塞2。
④该实验设计有不妥之处，排除混有NaOH或NaHCO3外，还可能使制备的碳酸钠溶液中含有的杂质和原因是______。
(2)测量制备的碳酸钠溶液是否含有NaOH或NaHCO3
实验操作与记录：以0.1000mol⋅L−1的HCl标准溶液滴定20.00mL0.05000mol⋅L−1Na2CO3滴定过程中的pH变化如下表：
V(HCl)/mL
0.00
5.00
9.00
9.50
9.90
9.98
10.00
10.02
10.10
10.25
pH
10.55
9.95
9.11
8.84
8.44
8.34
8.31
8.29
8.19
8.02
V(HCl)/mL
19.00
19.50
19.90
19.98
20.00
20.02
20.10
20.50
21.00
pH
5.24
4.92
4.25
4.01
3.93
3.85
3.56
2.95
2.66
①分析表格数据，可以得到结论：用盐酸滴定Na2CO3溶液的实验，可以先加______作为指示剂，达到第一滴定终点，再加入另一种指示剂，继续滴定。
②确定成分：量取25.00mL碳酸钠溶液于锥形瓶中，加入两滴指示剂，用盐酸标准溶液进行滴定，到达终点时，记录滴定管刻度为V1mL(初始为零刻度)；然后再向锥形瓶中继续加入两滴指示剂，继续滴定再次达到终点，则该滴定终点的现象：______，记录滴定管刻度为V2mL。可以判断组成，也可以计算含量。
③若实验②中数据V1>(V2−V1)，则说明制备的碳酸钠溶液中含有______。
19. 合成高分子化合物有广泛的应用，G是一种聚酯纤维，其合成路线如图。
Cl−
已知：①
②
(1)①、③的反应类型分别是______、______，F的结构简式是______。
(2)A中含有的官能团名称是______，写出检验OHC−CH2−CH=CH2中含有的官能团的实验方法是______。
(3)写出②的化学反应方程式是______。
(4)⑤的化学反应方程式是______。
(5)写出符合下列条件E的同分异构体的结构简式______。(不考虑立体异构)
①含有苯环，不能与钠反应
②能发生银镜反应
③能发生水解反应
④核磁共振氢谱峰面积之比为1：3：6：6
答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分有乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷等，它们均只含有碳氢两种元素，属于烃类，故A正确；
B.利用原油中各组分沸点的不同进行分离的过程叫分馏，属于物理变化，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，故B错误；
C.废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，属于有害垃圾，故C错误；
D.新型冠状病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，含有碳、氢、氧、氮等多种元素，故D错误；
故选：A。
A.天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分有乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷等；
B.没有新物质生成的变化叫物理变化，有新物质生成的变化叫化学变化；
C.废旧电池中含有镍、镉等重金属，镍、镉等重金属能够引起土壤、水体污染；
D.蛋白质由碳、氢、氧、氮等多种元素组成。
本题考查了化学与生产生活关系，侧重考查生活中常见的环境污染问题，掌握相关基础知识是解题的关键，平时注意相关知识的积累。

2.【答案】D

【解析】解：A.鸡屎矾溶于胃酸，会产生铜离子，属于重金属离子，能使人中毒，所以鸡屎矾“不入药用”，故A正确；
B.苦酒是醋，鸡屎矾投苦酒中发生复分解反应生成醋酸铜、水和二氧化碳气体，故B正确；
C.“投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色”是指金属铁与可溶性铜盐反应生成铜，属于置换反应，故C正确；
D.“惟堪镀作，以合熟铜”指的是利用活泼金属能置换出铜，属于化学镀，不是利用了电镀技术，故D错误；
故选：D。
A.重金属离子能使人中毒；
B.苦酒是醋，能与碱式硫酸铜或碱式碳酸铜发生复分解反应；
C.铁比铜活泼，能与置换出铜；
D.古代没有电解技术，不可能利用了电镀技术。
本题考查了物质的组成、性质和应用，为高频考点，熟悉物质的组成、性质、用途等即可解答，侧重于学生的分析能力和运用能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.过氧乙酸中含有C=O键和−O−O−键，C=O键中的O元素为−2价，−O−O−键中的O元素为−1价，故A正确；
B.乙酸与过氧化氢反应生成，化学方程式为，过氧化氢中H、O元素化合价不变，故过氧化氢既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；
C.过氧化氢的电子式为，故C错误；
D.过氧乙酸分子中，C=O键中的C原子为sp2杂化，与这个C原子相连的原子必然在一个平面，所以过氧乙酸分子中至少有4个原子在一个平面，故D错误；
故选：A。
A.过氧乙酸中含有C=O键和−O−O−键，C=O键中的O元素为−2价，−O−O−键中的O元素为−1价；
B.氧化剂的化合价降低；
C.O原子达到8电子稳定结构；
D.过氧乙酸分子中，C=O键中的C原子为sp2杂化，与这个C原子相连的原子必然在一个平面。
本题主要考查氧化还原反应、电子式、弱电解质的电离、化学键的类型等，比较注重基础知识的应用，答题时应注意化学用语的规范表达，试题难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：A.CaO与浓氨水可制备氨气，过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，图中固液反应装置可制备，故A正确；
B.收集乙炔的试剂瓶不能密封，防止气体过多，试剂瓶爆炸，故B错误；
C.反应后混合物的密度大于水的密度，且浓硫酸稀释放热，应将反应后混合物注入水在，故C错误；
D.二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，故D错误；
故选：A。
A.CaO与浓氨水可制备氨气，过氧化氢与二氧化锰可制备氧气；
B.收集乙炔的试剂瓶不能密封；
C.反应后混合物的密度大于水的密度，且浓硫酸稀释放热；
D.二氧化锰与浓盐酸反应需要加热。
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、物质的制备、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。

5.【答案】C

【解析】解：A.pH=2的溶液呈酸性，H+、CO32−之间发生反应，不能大量共存，但不是因发生配合反应而不能大量共存，故A错误；
B.[Al(OH)4]−、Cu2+之间发生双水解反应生成氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.Fe3+、SCN−之间发生配合反应，不能大量共存，满足题干要求，故C正确；
D.SO2、ClO−之间发生氧化还原反应，不能大量共存，但不是因发生配合反应而不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈酸性，碳酸根离子与氢离子反应，但不属于配合反应；
B.[Al(OH)4]−与铜离子发生双水解反应，但不是配合反应；
C.铁离子与硫氰根离子生成配合物硫氰化铁；
D.次氯酸根离子能够氧化二氧化硫，但不是配合反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.根据断键方式知，该反应中生成物X是甲醇，故A正确；
B.TOME中连接碳碳双键或碳氧双键的碳原子价层电子对数是3、饱和碳原子价层电子对数是4，则该分子中碳原子杂化类型是sp2和sp3杂化，故B正确；
C.MTP中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故C错误；
D.酯基水解生成的羧基能和NaOH以1：1反应，该分子中只有一个酯基水解生成一个羧基，所以1molMTP最多可以消耗1mol的NaOH，故D正确；
故选：C。
A.根据断键方式知，该反应中生成物X是甲醇；
B.TOME中连接碳碳双键或碳氧双键的碳原子价层电子对数是3、饱和碳原子价层电子对数是4；
C.MTP中不含苯环；
D.酯基水解生成的羧基能和NaOH以1：1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的关系、原子杂化类型判断方法是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】A

【解析】解：由分析可知，X为H元素、Y为N元素、Z为Cl元素、a为NH3。
A.a为NH3，中心原子N原子价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型是四面体，故A正确；
B.Pt连接2个Z、2个a，顺铂的空间构型不可能是正四面体，故B错误；
C.X、Y、Z三种元素形成的化合物可为NH4Cl，含有离子键、共价键，故C错误；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、HClO4，硝酸的酸性比高氯酸弱，故D错误；
故选：A。
X、Y、Z是原子半径依次增大的短周期元素，X、Z原子都有一个未成对电子，外围电子排布式为ns1，或ns2np1，或ns2np5，Y的第一电离能比同周期的相邻元素都大，Y处于族或VA族，a是X于Y形成的分子，能与Pt形成配位键，则a存在孤电子对，而Z与Pt形成1个键，推知X为H元素、Y为N元素、Z为Cl元素，a为NH3。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意同周期第一电离能变化异常情况，充分利用配合物中价键结构，试题培养了学生分析能力、灵活运用知识的能力。

8.【答案】B

【解析】解：A.由图可知，把图中的Ni原子连起来可构成一个正八面体，故A正确；
B.镍价层电子排布式为：3d84s2，依据价层电子排布式可知，位于周期表中第四周期第族，故B错误；
C.构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来，因此区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；
D.Mg处于顶点，晶胞中 Mg个数为8×18=1，Ni位于面心，Ni的个数为 6×12=3，C位于体心，C个数为1，则晶胞质量为M(Mg)+3M(Ni)+M(CNAg,若镁原子间的最短距离为apm，该晶胞的体积为(apm)3=a3×10−30cm3，则其密度为：mV=[M(Mg)+3M(Ni)+M(C)]×1030a3NAg⋅cm−3，故D正确；
故选：B。
A.将图中的Ni原子连接起来即可形成一个正八面体；
B.镍价层电子排布式为：3d84s2；
C.构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，通过X−射线衍射图谱可反映出晶体的这一结构特征；
D.Mg处于顶点，晶胞中 Mg个数为8×18=1，Ni位于面心，Ni的个数为 6×12=3，C位于体心，C个数为1，则晶胞质量为M(Mg)+3M(Ni)+M(CNAg,若镁原子间的最短距离为apm，该晶胞的体积为(apm)3=a3×10−30cm3，结合ρ=mV计算该晶体的密度。
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握图示晶胞结构为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，D为易错点，试题侧重考查学生的化学计算能力，题目难度中等。

9.【答案】D

【解析】解：A.目前海水淡化有蒸馏法和离子交换法等常用方法，故A正确；
B.电极2为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，⑥中生成NaOH，氯离子透过交换膜a进入⑤，电极1为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，钠离子通过交换膜a进入①，故①③⑤为浓缩海水⑥含烧碱，故B正确；
C.电极2为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，每产生1molH2，电路中转移2mol电子，由电荷守恒可知会有2molNa+或Cl−通过离子交换膜，故C正确；
D.电极1为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，钠离子通过交换膜b进入①，故离子交换膜b为阳离子交换膜，故D错误；
故选：D。
由图可知，电极2上生成氢气，氢元素价态降低得电子，电极2为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，⑥中生成NaOH，氯离子透过交换膜a进入⑤，故离子交换膜a为阴离子交换膜，电极1为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，钠离子通过交换膜b进入①，故离子交换膜b为阳离子交换膜，据此作答。
本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键。

10.【答案】D

【解析】解：A.甲醇与水互溶，二者的沸点相差较大，可用蒸馏法分离二者，故A正确；
B.根据题图是一个闭合的“环”，可知总反应的反应热是4步反应的反应热之和，结合元素守恒，可以写出总反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=H2O(1)+CH3OH(1)△H=(a+b+c+d)kJ⋅mol−1，故B正确；
C.二氧化碳中碳原子和氧原子形成2对共价键，所以结构式为O=C=O；
D.催化剂只能改变化学反应速率，不能影响化学平衡，所以金属钌可大大提高该反应的化学反应速率，不能提高反应物的转化率，故D错误；
故选：D。
A.沸点相差较大的两种或多种互溶物可以用蒸馏法分离；
B.总反应的热化学方程式是CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)，由第1步至第4步完成；
C.二氧化碳中碳原子和氧原子形成2对共价键；
D.催化剂只能改变化学反应速率，不能影响化学平衡。
本题考查了化学反应能量变化的分析判断，化学平衡影响因素分析应用，掌握基础是关键，题目难度不大。

11.【答案】C

【解析】解：A.题目未给溶液体积，无法计算微粒的物质的量，故A错误；
B.12g金刚石中含有σ键数目为12g12g/mol×2×NA/mol=2NA，故B错误；
C.25℃1.01×105Pa，24.5LO2和N2的混合气体所含分子数为24.5L24.5L/mol×NA/mol=NA，故C正确；
D.带有乙基支链的链烃中，如为烷烃，则主链应含有5个碳原子，如为烯烃，则可能有4个碳原子，故D错误；
故选：C。
A.题目未给溶液体积；
B.金刚石中一个碳原子与周围四个碳原子形成4条σ键，属于这个碳原子的σ键为4×12=2；
C.25℃1.01×105Pa时，气体摩尔体积约为24.5L/mol；
D.链烃包括烷烃、烯烃、炔烃等。
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。

12.【答案】D

【解析】解：A.稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液，无现象，故A错误；
B.SO2不能使酸碱指示剂褪色，SO2和H2O反应生成H2SO3而使SO2的水溶液呈酸性，所以浓硫酸和C反应生成的SO2能使紫色石蕊试液变红色，但不褪色，故B错误；
C.饱和Na2CO3溶液中c(CO32−)高，加入BaSO4后，Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，所以会产生BaCO3白色沉淀，不能说明Ksp(BaCO3) D.I2和NaOH溶液反应而被消耗，所以先加入过量氢氧化钠溶液，再加少量碘水，溶液不变蓝色，所以无法判断淀粉是否完全水解，故D正确；
故选：D。
A.稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁；
B.SO2不能使酸碱指示剂褪色；
C.饱和Na2CO3溶液中c(CO32−)高，加入BaSO4后，Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)；
D.I2和NaOH溶液反应。
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、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，注意实验的评价性分析，题目难度不大，B、C为解答易错点。

13.【答案】C

【解析】解：A.高温条件提供能量，化学键断裂吸收能量，则Cl⋅可由Cl2在高温条件下生成，但不是CH4与Cl2反应的催化剂，故A错误；
B.升高温度，不能降低活化能，但可以加快反应速率，所以升高温度，Ea1、Ea2均不变，反应速率加快，故B错误；
C.增大反应物的浓度，可提高反应速率，但不改变焓变，所以增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小，故C正确；
D.第一步的活化能大于第二步活化能，所以第一步反应的速率小于第二步反应，故D错误；
故选：C。
A.高温条件提供能量，化学键断裂吸收能量；
B.升高温度，不能降低活化能，但可以加快反应速率；
C.增大反应物的浓度，可提高反应速率，但不改变焓变；
D.第一步的活化能大于第二步活化能。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

14.【答案】B

【解析】解：A.根据原电池中PF6−或Na+移动方向可知，二硫化钼/碳纳米复合材料为该电池的负极材料、石墨电极为正极，故A正确；
B.二硫化钼/碳纳米复合材料为该电池的负极材料，充电时作为阴极，接电源负极，故B错误；
C.充电时为电解池，原电池负极接外加电源负极，作阴极，电极反应与负极反应相反，即阴极反应式为MoS2−C+xNa++xe−=NaxMoS2−C，故C正确；
D.石墨电极为正极，正极电极反应式为Cn(PF6)x+xe−=xPF6−+Cn，故D正确；
故选：B。
原电池工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，根据该原电池中PF6−或Na+移动方向可知，二硫化钼/碳纳米复合材料为该电池的负极材料、石墨电极为正极，正极电极反应式为Cn(PF6)x+xe−=xPF6−+Cn，负极电极反应式为NaxMoS2−C−xe−=MoS2−C+xNa+；充电时为电解池，原电池正极接外加电源正极，作阳极，负极接外加电源负极，作阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和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】B

【解析】解：A.由上述分析可知，曲线M表示−lgc(H+)c(H2A)和−lgc(HA−)的关系，故A正确；
B.c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)=c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)×c(H+)c(H+)=Ka1Ka2，为常数，即c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)不随pH的变化而变化，故B错误；
C.Ka2(H2A)=c(H+)c(HA−)×c(A2−)=10−5，pH=5时c(H+)=10−5mol/L，则c(HA−)=c(A2−)，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，电荷守恒关系式为c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)=3c(HA−)+c(OH−)，所以c(Na+)−3c(HA−)<0，故C正确；
D.Ka2(H2A)=10−5，则水解常数Kh=KwKa1(H2A)=10−1410−2=10−12<10−5=Ka2(H2A)，即HA−的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，所以NaHA溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，故D正确；
故选：B。
H2A是二元弱酸，电离方程式为H2A⇌HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，Ka1(H2A)=c(H+)c(H2A)×c(HA−)，Ka2(H2A)=c(H+)c(HA−)×c(A2−)，[−lgc(H+)c(H2A)]+[−lgc(HA−)]=−lg[c(H+)c(H2A)×c(HA−)]=−lg[Ka1(H2A)]，同理−lg[c(H+)c(HA−)×c(A2−)]=−lg[Ka2(H2A)]，因[Ka1(H2A)]>[Ka2(H2A)]，则−lg[Ka1(H2A)]<−lg[Ka2(H2A)]，可知曲线M表示−lgc(H+)c(H2A)和−lgc(HA−)的关系，曲线N表示−lgc(H+)c(HA−)和−lgc(A2−)的关系，并且−lg[Ka1(H2A)]=1+1=2，−lg[Ka2(H2A)]=2+3=5，即Ka1(H2A)=10−2，Ka2(H2A)=10−5，据此分析解答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离，为高频考点，正确判断曲线表示的关系、平衡常数的计算应用是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。

16.【答案】增大接触面积，加快反应速率  3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O会生成Cl2，污染环境  Al3+能与F−结合成AlF63−，推动萃取平衡正向移动  2CeTBP4++H2O2⇌2Ce3++O2↑+2H++TBP16%偏低

【解析】解：(1)氧化焙烧前需要将矿石粉碎成细颗粒，目的是增大接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(2)已知题意中氧化焙烧后的固体产物中含有CeO2和CeF4物质的量之比为3：1，随后开始用硫酸酸浸，则CeO2和硫酸反应生成Ce4+，则 Ce4+能与 F−结合成 CeF3+，故而反应依据电荷守恒和原子守恒可得：3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O；传统工艺中用盐酸替代硫酸，而盐酸具有还原性，CeO2 具有较强的氧化性故而和能使得氯化氢被氧化成有毒气体氯气，会污染环境；
故答案为：3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O；会生成Cl2，污染环境；
(3)已知：“萃取”时存在反应CeF3++TBP⇌CeTBP4++F−，氟洗液中添加 Al3+，F−能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如 Al3+也能与 F−结合成 AlF63−，氟离子含量减少，平衡会正向移动，提高萃取的效果；
故答案为：Al3+能与F−结合成AlF63−，推动萃取平衡正向移动；
(4)“反萃取”步骤中加入了硫酸和双氧水，最终水层中有Ce3+产生，CeTBP4+中Ce为+4价，化合价降低，说明发生了氧化还原，即双氧水做了还原剂，价态升高，故推测产物中有氧气产生，依据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，即可得反应方程式为：2CeTBP4++H2O2⇌2Ce3++O2↑+2H++TBP，
故答案为：2CeTBP4++H2O2⇌2Ce3++O2↑+2H++TBP；
(7)①结合得失电子守恒可知，n(Fe2+)=n(Ce4+)+5n(MnO4−)，则n(Ce4+)=3.058278mol−20×10−3×5×0.1000=0.00100mol，固体中+4价Ce的质量分数为0.001×1400.875×100%≈16%，
故答案为：16%；
②若加入的 FeSO4⋅7H2O部分变质，则剩余亚铁离子消耗的高锰酸钾量过少，亚铁离子剩余少了，则还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量偏高，Ce4+的物质的量也会偏高，最终分析出的x值会偏低，
故答案为：偏低。
二氧化铈通过氧气氧化焙烧获得CeO2 和CeF4，再加入硫酸酸浸，形成CeF3+，反应为3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O，随后加入萃取剂TBP，形成CeTBP4+，在萃取过程中氟洗液中添加Al3+，促进CeF3++TBP⇌CeTBP4++F−正向进行，然后进行反萃取，发生反应2CeTBP4++H2O2⇌2Ce3++O2↑+2H++TBP，形成Ce3+，通过加入氢氧化钠调节pH，先使Al3+沉淀，分离出Ce3+，随后再调节pH，使Ce3+完全沉淀，再加次氯酸钠氧化形成Ce(OH)4，反应为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4↓+NaCl，最后煅烧生成CeO2，
(7)①结合得失电子守恒可知，n(Fe2+)=n(Ce4+)+5n(MnO4−)，则n(Ce4+)=3.058278mol−20×10−3×5×0.1000=0.00100mol，据此就散；
②若加入的 FeSO4⋅7H2O部分变质，则剩余亚铁离子消耗的高锰酸钾量过少，亚铁离子剩余少了，则还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量偏高。
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。

17.【答案】−12△H1+△H2+△H3−12△H4  106.7吸热反应  温度升高，N2O4平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应 12k2⋅Kp  B、DN2O4+2HNO3−2e−=2N2O5+2H+

【解析】解：(1)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1①，NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H2②，N2O4(g)⇌2NO2(g)△H3③，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H4④，将方程式②−12①+③−12④得N2O4(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)△H进行相应的改变；
将方程式②−12①+③−12④得N2O4(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)△H=−12△H1+△H2+△H3−12△H4，
故答案为：−12△H1+△H2+△H3−12△H4；
(2)①四氧化二氮的转化率是0.4，设原来四氧化二氮的物质的量为xmol，转化的物质的量为0.4xmo，已知N2O4的起始压强p0为120kPa，
                      N2O4(g)⇌2NO2(g)
起始量(mol)x0
变化量(mol)0.4x0.8x
平衡量(mol)x−0.4x0.8x
则混合气体的物质的量=(x−0.4x+0.8x)mol=1.4xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=100KPa×1.4xx=140KPa，二氧化氮的分压=140KPa×0.8x1.4x=80KPa，四氧化二氮的分压=140KPa×x−0.4x1.4x=60KPa，化学平衡常数K=p2(NO2)p(N2O4)=80260KPa=106.7KPa，
故答案为：106.7KPa；
②根据图知，升高温度转化率增大，温度升高，N2O4平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，
故答案为：吸热反应；温度升高，N2O4平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应；
③化学平衡常数Kp=p2(NO2)p(N2O4)，二者的反应速率之比等于其计量数之比，所以υ(NO2)：υ(N2O4)=k2[p(NO2)]2：k1⋅p(N2O4)=2：1，化学平衡常数Kp=p2(NO2)p(N2O4)，则k1=12k2⋅Kp，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，BD点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以BD为平衡点，
故答案为：12k2⋅Kp；B、D；
(3)装置图中与电源正极相连的电极为阳极，与电源负极相连的电极为阴极，从电解原理来看，N2O4制备N2O5为氧化反应，则N2O5应在阳极区生成，故生成N2O5的左室为阳极，右室为阴极，生成N2O5的反应式为N2O4+2HNO3−2e−=2N2O5+2H+；
故答案为：N2O4+2HNO3−2e−=2N2O5+2H+。
(1)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1①，NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H2②，N2O4(g)⇌2NO2(g)△H3③，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H4④，将方程式②−12①-③−12④得N2O4(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)△H进行相应的改变；
(2)①图甲中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为108Pa，图中a点对应温度下，N2O4的转化率是0.4，设原来N2O4的物质的量为xmol，转化的物质的量为0.4xmol；
②升高温度平衡向吸热方向移动；减小体系压强、移出NO2都使平衡正向移动；
③化学平衡常数Kp=p2(NO2)p(N2O4)，二者的反应速率之比等于其计量数之比；满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点；
(3)由N2O4制取N2O5需要失去电子，所以N2O5在阳极区生成，即左室为阳极，右室为阴极。
本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，涉及平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查学生分析计算及获取信息解答问题能力，难点是(3)题平衡常数的计算，题目难度中等。

18.【答案】分液漏斗  大理石  量筒(或滴定管)HCO3−+OH−=CO32−  煤油、苯、石蜡油均可  杂质是氯化钠，因为盐酸挥发，随CO2逸出在烧杯中产生NaCl 酚酞溶液  黄色变为橙色，且半分钟颜色无变化  NaOH

【解析】解：(1)①根据仪器的构造可知A装置的名称是分液漏斗；B烧瓶中为大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳，故应装入固体药品大理石，要完成制备实验，除了图仪器外还必需的仪器是量筒(或滴定管)，
故答案为：分液漏斗；大理石；量筒(或滴定管)；
②最后一步在烧杯中生成碳酸钠溶液是产生的碳酸氢钠溶液与氢氧化钠反应生成碳酸钠，反应的离子反应方程式为HCO3−+OH−=CO32−，
故答案为：HCO3−+OH−=CO32−；
③实验准备就绪后，先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1(根据需要可关开)。则X可以是密度比水小，且与水不互溶的液体，能起到液封作用的煤油、苯、石蜡油均可；然后再关闭活塞3，打开活塞2，
故答案为：煤油、苯、石蜡油均可；
④该实验设计有不妥之处，排除混有NaOH或NaHCO3外，还可能使制备的碳酸钠溶液中含有的杂质和原因是杂质是氯化钠，因为盐酸挥发，随CO2逸出在烧杯中产生，
故答案为：杂质是氯化钠，因为盐酸挥发，随CO2逸出在烧杯中产生NaCl；
(2)①分析表格数据，可以得到结论：用盐酸滴定Na2CO3溶液的实验，因第一次滴定终点生成碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，变色范围呈碱性，可以先加酚酞溶液作为指示剂，达到第一滴定终点，再加入另一种指示剂，继续滴定，
故答案为：酚酞溶液；
②第二次滴定终点形成的溶液中溶解部分二氧化碳，溶液呈酸性，滴定终点为酸性范围，所加指示剂为甲基橙，继续滴定再次达到终点，则该滴定终点的现象：黄色变为橙色，且半分钟颜色无变化，
故答案为：黄色变为橙色，且半分钟颜色无变化；
③若溶液中溶质为碳酸钠，则二次滴定消耗的盐酸的体积之比为1：1，若实验②中数据V1>(V2−V1)，则说明一开始时溶液质不止碳酸钠，故制备的碳酸钠溶液中含有NaOH，
故答案为：NaOH。
(1)利用大理石和稀盐酸反应制备二氧化碳，过量二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，再通过气压改变将制得碳酸氢钠与氢氧化钠反应制得碳酸钠；利用酸碱中和滴定原理测量制备的碳酸钠溶液是否含有NaOH或NaHCO3；
(2)①分析表格数据，可以得到结论：用盐酸滴定Na2CO3溶液的实验，因第一次滴定终点生成碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，变色范围呈碱性；
②第二次滴定终点形成的溶液中溶解部分二氧化碳，溶液呈酸性，滴定终点为酸性范围；
③若溶液中溶质为碳酸钠，则二次滴定消耗的盐酸的体积之比为1：1，若实验②中数据V1>(V2−V1)。
本题主要考查酸碱中和滴定，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意常见的实验操作以及化学计算，难度不大。

19.【答案】加成反应  氧化反应  HOCH2CH2OH碳碳三键、羟基  取少量物质于试管中，加入银氨溶液[或新制Cu(OH)2]，加热，有银镜产生(或生成砖红色沉淀)，证明含醛基；然后酸化后滴入溴水，振荡、褪色，证明含有碳碳双键  HOCH2C≡CCH2OH+2H2→NiHOCH2CH2CH2CH2OH 

【解析】解：(1)通过以上分析知，①、③的反应类型分别是加成反应、氧化反应，F的结构简式是HOCH2CH2OH，
故答案为：加成反应；氧化反应；HOCH2CH2OH；
(2)A为HOCH2C≡CCH2OH，A中含有的官能团名称是碳碳三键、羟基，醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，碳碳三键可以用溴水检验，但溴水能氧化醛基，所以应该先检验醛基，然后用溴水检验碳碳三键，则检验OHC−CH2−CH=CH2中含有的官能团的实验方法是：取少量物质于试管中，加入银氨溶液[或新制Cu(OH)2]，加热，有银镜产生(或生成砖红色沉淀)，证明含醛基；然后酸化后滴入溴水，振荡、褪色，证明含有碳碳双键，
故答案为：碳碳三键、羟基；取少量物质于试管中，加入银氨溶液[或新制Cu(OH)2]，加热，有银镜产生(或生成砖红色沉淀)，证明含醛基；然后酸化后滴入溴水，振荡、褪色，证明含有碳碳双键；
(3)A为HOCH2C≡CCH2OH，A和氢气发生加成反应生成B，②的化学反应方程式是HOCH2C≡CCH2OH+2H2→NiHOCH2CH2CH2CH2OH，
故答案为：HOCH2C≡CCH2OH+2H2→NiHOCH2CH2CH2CH2OH；
(4)D发生信息中的反应生成E，⑤的化学反应方程式是，
故答案为：；
(5)E的同分异构体符合下列条件：
①含有苯环，不能与钠反应，说明不含−OH、−COOH；
②能发生银镜反应，说明含有−CHO；E的不饱和度是5、苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，所以除了醛基外不含其它双键；
③能发生水解反应，说明含有酯基，则含有HCOO−，且含有1个酯基；
④核磁共振氢谱峰面积之比为1：3：6：6，说明含有4种氢原子，该分子中一共有16个原子，则应该含有5个甲基，且有两对具有相同的两个甲基，结构对称，符合条件的结构简式为，
故答案为：。
根据A的分子式及B的结构简式知，甲醛和乙炔发生加成反应生成A为HOCH2C≡CCH2OH，B被氧化生成C，C和乙醇发生酯化反应生成D，根据D的结构简式知，C为HOOCCH2CH2COOH，D发生信息①的反应生成E，E发生信息②的反应生成G，根据E、G的结构简式知，F为HO−CH2−CH2−OH；
(5)E的同分异构体符合下列条件：
①含有苯环，不能与钠反应，说明不含−OH、−COOH；
②能发生银镜反应，说明含有−CHO；E的不饱和度是5、苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，所以除了醛基外不含其它双键；
③能发生水解反应，说明含有酯基，则含有HCOO−，且含有1个酯基；
④核磁共振氢谱峰面积之比为1：3：6：6，说明含有4种氢原子，该分子中一共有16个原子，则应该含有5个甲基，结构对称。
本题考查有机物推断，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的关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意D生成E时断键和成键方式，题目难度中等。