曹县2022-2023学年高三下学期5月高考模拟化学试题
2023．05
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 I-127 Pb-207
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．化学与生活、生产、科技等息息相关，下列有关说法正确的是
A．制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属
B．为了杀死自来水中的新冠病毒，可向其中加入一点明矾
C．笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸的主要成分是蛋白质
D．《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏
2．2022年诺贝尔化学奖授予对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。我国科学家合成一种点击化学试剂，X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的分子，衰变方程：。下列说法错误的是
A．X的简单离子半径一定是周期表中最小的
B．和组成上属于同一种物质
C．同一周期中，第一电离能小于Z的有5种元素
D．Y、M形成简单氢化物的还原性：
3．实验室中下列做法错误的是
A．用剩的白磷药品放回原试剂瓶
B．用石蜡油保存金属钠
C．高锰酸钾固体保存在带橡胶塞的棕色广口瓶中
D．临近滴定终点时，滴定管的尖嘴接触锥形瓶内壁
4．下列有关化学材料说法正确的是
A．“碲化镉”发电玻璃属于新型导电金属材料
B．聚丙烯酸()是由经加聚反应生成的纯净物
C．生物材料PEF()的聚合度为2n
D．电绝缘树脂()是由邻羟基苯甲醛和苯胺缩聚而成
5．化学材料在生产和生活中应用广泛。下列说法错误的是
A．超分子中一定不含离子
B．氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料
C．硅胶可用作食品干燥剂
D．共价晶体均具有很高的熔点
6．欲用如图装置对所制备的气体进行除杂、检验，其设计方案合理的是（ ）
制备气体 X（除杂试剂） Y（检验试剂）
A 生石灰与浓氨水 浓硫酸 红色石蕊试纸
B 电石与NaCl水溶液 H2O Br2的CCl4溶液
C C2H5OH与浓硫酸加热至170℃ 饱和NaHSO3溶液 K2Cr2O7酸性溶液
D CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O KMnO4酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
7．甲酸在纳米级表面分解为活性和，再经下列历程实现的催化还原，进而减少硝酸盐污染。已知(II)、 (III)表示中的二价铁和三价铁。下列说法不正确的是
A．将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．甲酸分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C．在整个历程中，可还原
D．反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用
8．我国科研人员将单独脱除的反应与的制备反应相结合，实现协同转化。
①单独制备：，不能自发进行
②单独脱除：，能自发进行
协同转化装置如图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。下列分析不正确的是
A．反应②释放的能量可以用于反应①
B．产生 H2O2的电极反应：
C．反应过程中不需补加稀
D．协同转化总反应：
9．由工业废铜泥(主要成分为、、，含少量)制备难溶于水的氯化亚铜，其工艺流程如图。下列说法错误的是
A．“灼烧”可将、等转化为
B．“除杂”①过程中升高温度或增大一定能加快化学反应速率
C．流程中的可循环使用
D．“还原”中每消耗还原剂，理论上可获得
10．在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
下列分析不正确的是
A．①代表滴加溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是、
C．c点，两溶液中含有相同量的
D．a、d两点对应的溶液均显中性
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．高聚物A在生物医学上有广泛应用。以乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如图，下列说法正确的是
A．HEMA不具有顺反异构
B．NVP分子式为
C．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
D．由高聚物A的分子结构可推测其水溶性很差
12．某FexNy的晶胞如图1所示，晶胞边长为apm，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，下列说法中正确的是
A．该FexNy的化学式为Fe2N
B．与N等距且最近的N为8个
C．两个a位置Fe的最近距离为apm
D．其中较稳定的Cu替代型产物的化学式为FeCu3N
13．短周期主族元素L、X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中只有一种金属元素，L和Y、X和Z分别位于同一主族，由X、Y、Z三种元素形成的化合物Ｍ结构如图所示，在工业上可用作漂白剂。下列叙述正确的是
A．元素的非金属性：X>W>Z
B．简单离子半径：Z>W>Y>X
C．Z、W的氧化物对应的水化物均为强酸
D．X、Z、W分别与L形成的最简单化合物中X的沸点最高
14．实验室中按以下方案从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：
下列说法正确的是
A．步骤(1)需要过滤装置 B．步骤(2)分液时水层溶液从下口放出
C．步骤(3)需要用到坩埚 D．步骤(4)需要用到球形冷凝管
15．近年来，处理氮污染水已成为一个世界性课题。在金属、和铱的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．气体层中颗粒表面的还原产物属于共价化合物
B．液体层中在单原子铂表面发生的电极反应为：
C．若导电基体上的颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量
D．液体层中的聚集状态不影响电极反应的选择性
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。
i. 4CuCl + 4CH3OH + O2 = 4Cu(OCH3)Cl + 2H2O
ii. 2Cu(OCH3)Cl + CO = (CH3O)2CO + 2CuCl
(1)碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是_______。
(2)CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为_______，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是_______。
(3)上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。
i．甲醇单位时间内的转化率主要受Cu(Ⅰ)(+1价铜元素)浓度的影响。
ii．CuCl在甲醇中溶解度较小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。
ⅲ．加入4-甲基咪唑()可与Cu+形成配合物，可提高甲醇的转化率。4-甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
请结合信息回答以下问题。
①4-甲基咪唑中，1~4号N原子_______(填“在”或“不在”)同一平面上，_______(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是_______(填序号)。
a．Cu(Ⅰ)配合物中的-NH结构可增大其在甲醇中的溶解度
b．形成的Cu(Ⅰ)配合物能增大反应的限度
(4)配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是_______。
(5)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，金属离子与氧离子间的作用力为_______，Ca2+的配位数是_______。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中_______的空间位置相同，有机碱CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是_______；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
17．某小组查阅有关资料后，在实验室中利用Cr2O3和CCl4反应制备无水CrCl3，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持、加热及部分冷却装置已省略)。
实验步骤如下：
Ⅰ．检查完装置气密性后，按照图示装入药品，打开K1、K2、K3，通入氮气；
Ⅱ．一段时间后，关闭K3，将装置B加热到预定温度，再将装置A在85°C下进行水浴加热；
Ⅲ．待装置B中反应结束后，装置A、B停止加热；一段时间后，停止通入氮气；
Ⅳ．将装置C在30°C下进行加热，得到产物光气；
Ⅴ．实验结束后，称量装置B中剩余固体质量为28.4 g。
已知：
i．光气能溶于CCl4，易与水发生反应生成CO2和HCl。
ii．有关物质的熔沸点如下表：
化学式 Cr2O3 CrCl3 CCl4 COCl2
熔点/°C 1435 1152 -23 -118
沸点/°C 4000 1300 76 8.2
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为__________；仪器d中盛有无水CaCl2固体，其作用为___________，若无仪器d和后续装置，仪器b的上管口可能出现的现象为_________________。
(2)通入N2除起到将装置内空气排出外，还具有的作用为___________(至少写一条)。
(3)步骤Ⅳ中，将光气分离出的操作名称为______________；加热方式为________________；加热时K1、K2、K3的状态为_____________________。
(4)仪器b和仪器c均为冷凝管，但在实验中不能互换位置，原因为___________________。
(5)B中得到产品的化学方程式为_____________________________。
(6)本实验中CrCl3的产率为__________。
18．某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
回答下列问题：
(1)装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。
(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。
A．15.00 mL B．35.00mL C．大于35.00mL D．小于15.00m1
(4)某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用 c mol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含的质量分数表达式为_________________。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。
A．时，样品中一定不含杂质
B．越大，样品中含量一定越高
C．若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
19．化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称是__________。
（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别是__________、_________。
（3）E的结构简式为____________。
（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为___________。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式___________。
（6）写出用环戊烷和2–丁炔为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）___________
20．二氧化碳催化加氢制取二甲醚(DME)有利于减少温室气体二氧化碳，制取过程发生如下反应：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
回答下列问题：
(1)T1℃时，向恒压容器中充入0.2 mol CO2(g)和0.6 mol H2(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出4 kJ能量；若向相同容器中充入0.4 mol CH3OH(g)和0.4 mol H2O(g)，吸收11.8 kJ能量，则反应Ⅰ的△H1=___________kJ/mol。
(2)已知反应Ⅲ的速率方程可表示为，，lgk与温度的关系如图所示，T2℃下，图中A、B点的纵坐标分别为a-0.7、a-1。T2℃、200 MPa时，向恒压容器中充入CO2(g)和H2(g)混合气体制取二甲醚(DME)，发生上述三个反应，平衡后，测得CH3OH(g)、CH3OCH3(g)和CO(g)体积分数分别为5%、10%、5%，则H2O(g)体积分数为___________，CH3OCH3(g)产率为___________，生成CH3OCH3(g)的选择性为___________，反应Ⅰ的Kp=___________(CH3OCH3选择性；10-0.3=0.50)。
(3)在压强一定的条件下，将CO2和H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得“CO2的转化率”及“CH3OCH3(g)选择性”和“CO、CH3OH选择性的和”分别与温度的关系如图所示，回答下列问题：
①曲线C表示___________：
②T1-T5温度之间，升高温度，比值将______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
参考答案：
1．D
【详解】A．钛不属于稀土金属，A错误；
B．明矾只能沉聚水中杂质，无杀菌消毒的作用，B错误；
C．宣纸的主要成分是纤维素，C错误；
D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其中的蒸烧指的是蒸馏，D正确；
故答案选D。
2．A
【分析】X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的分子，X为H元素；M的质量数为16，M为O元素与H形成H2O2含18e-、Y为S元素与H形成H2S含18e-、Z为N元素与H形成N2H4含18e-。根据衰变方程，Q的质子数为9，Q是F元素。
【详解】A．H-的半径大于Li+，故A错误；
B．和都是氧气分子，故B正确；
C．同一周期中，第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O，共5种元素，故C正确；
D．S的非金属性小于O，还原性，故D正确；
选A。
3．C
【详解】A．白磷在空气中易自燃，所以实验用剩的白磷药品放回原试剂瓶，不能随意丢弃，否则会引发火灾，故A正确；
B．金属钠易与空气中的氧气和水蒸气反应，所以实验室中用石蜡油保存金属钠，隔绝金属钠与空气的接触，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，所以高锰酸钾固体保存在带玻璃塞的棕色广口瓶中，故C错误；
D．临近滴定终点时，应使滴定管的尖嘴接触锥形瓶内壁，使残余在滴定管的尖嘴的液体进入到锥形瓶中，减小实验误差，故D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．碲化镉发电玻璃不属于新型导电金属材料，是一种结合了碲化镉和玻璃的新型复合材料，故A错误；
B．聚丙烯酸是由经加聚反应生成的混合物，故B错误；
C．生物材料PEF()是缩聚反应的产物，聚合度为2n，故C正确；
D．电绝缘树脂()是、HCHO和缩聚而成，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．超分子中可能含有金属配离子，故A错误；
B．氧化铝陶瓷熔点高、硬度大，属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．硅胶无毒，有较强吸水性，可用作食品干燥剂，故C正确；
D．共价晶体一般具有很高的熔点，故D正确。
综上所述，答案为A。
6．D
【详解】A．NH3显碱性，能被浓硫酸吸收，所以不能用浓硫酸干燥NH3，A不正确；
B．电石与NaCl水溶液反应生成的乙炔气体中混有H2S等气体，不能被水完全吸收，应使用CuSO4溶液除杂，B不正确；
C．C2H5OH与浓硫酸加热至170℃生成的CH2=CH2中混有SO2等气体，用NaHSO3不能完全吸收SO2，SO2会还原K2Cr2O7酸性溶液，从而干扰CH2=CH2的检验，C不正确；
D．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热，生成的乙烯气体中混有乙醇蒸气，乙醇可被水完全吸收，用KMnO4酸性溶液可检验乙烯，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．增大催化剂的表面积可加快反应速率，则将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率，故A正确；
B．已知甲酸在纳米级表面分解为活性和，则HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，故B正确；
C．1molNO转化为0.5molN2，转移5mol电子，1mol H2转移2mol电子，所以完全还原1mol NO消耗2.5mol H2，故C错误；
D．NO与NO在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，硝酸具有强氧化性，则氢离子具有增强NO氧化性的作用，故D正确；
答案选C。
8．D
【分析】该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O2，负极反应式为，正极反应式为，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；
【详解】A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；
B．由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项正确；
C．根据总反应可知，右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；
D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，D项错误；
故选D。
9．B
【分析】工业废铜泥(主要成分为、、，含少量)，在空气中灼烧将、、转化为CuO，将Fe转化为铁的氧化物，加入硫酸酸浸后CuO和铁的氧化物溶解成硫酸铜和硫酸铁、硫酸亚铁等，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液后，将亚铁离子氧化成铁离子，然后变成氢氧化铁沉淀除去，滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠后得到CuCl。
【详解】A．灼烧过程中，空气中氧气可将、等转化为，A正确；
B．除杂过程中加入过氧化氢溶液，若温度过高，则过氧化氢会分解，化学反应速率可能变慢，B错误；
C．还原过程生成硫酸，酸浸过程消耗硫酸，所以硫酸可以循环使用，C正确；
D．根据电子守恒，还原剂为亚硫酸钠，设CuCl的物质的量为xmol，则有以下关系： x=2mol，D正确；
故答案选B。
10．C
【分析】向Ba(OH)2溶液中滴入硫酸溶液发生反应的化学方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液，随着NaHSO4溶液的滴入依次发生反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH、NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，据此分析作答。
【详解】A．根据分析，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH ，故B正确；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性，d点②中溶质为Na2SO4，溶液呈中性，故D正确；
故选：C。
11．A
【详解】A．根据HEMA的结构可知，碳碳双键上的一个碳上连接两个氢原子，故其不存在顺反异构，A正确；
B．根据NVP的结构可知，其分子式为C6H9NO，B错误；
C．根据HEMA和NVP的反应方程式可知，两者通过加聚反应生成高聚物A，C错误；
D．高聚物A分子结构中有亲水基团，不能推测其水溶性很差，D错误；
故答案选A。
12．C
【详解】A．根据均摊原则，FexNy的晶胞中Fe原子数是、N原子数是1，该FexNy的化学式为Fe4N，故A错误；
B．N原子位于晶胞中心，与N等距且最近的N为6个，故B错误；
C．两个a位置Fe的最近距离为面对角线的一半，面对角线为，所以两个a位置Fe的最近距离为apm，故C正确；
D．能量越低越稳定，Cu完全替代该晶体中b位置Fe形成的物质能量低，稳定性强，晶胞中铜原子数、铁原子数是、N原子数是1，化学式为Fe3CuN，故D错误；
选C。
13．AD
【详解】由化合物M结构知X、Z最外层为6个电子，故X为O、Z为S，为正一价阳离子，推测最外层为1个电子，结合原子序数关系知Y为Na，因为五种元素中只有一种金属元素且L与Y同族，故L为H，Z后面的短周期主族元素只剩Cl，故W为Cl。
A．非金属性(O、Cl非金属性可通过HClO化合价或反应判断)，A正确；
B．与电子层均为两层，故半径小于同为三层的与，电子层数相同时，一般质子数大，原子核对核外电子引力强，半径小，所以，B错误；
C．Z、W最高价氧化物对应的水化物、为强酸，但如果不是最高价有可能是弱酸，如、HClO等都是弱酸，C错误；
D．由于X与L形成的简单化合物分子间存在氢键，常温下呈液态，故其沸点比、HCl要高，D正确；
故答案选AD。
14．AB
【分析】由题给流程可知，向样品粉末中加入甲苯和甲醇混合溶液溶解、过滤得到不溶性物质和滤液；向滤液中加入硝酸钠溶液萃取、分液得到得到水层溶液和有机层溶液；水层溶液经蒸发、结晶析出粗产品；有机层溶液经加热蒸馏得到甲苯。
【详解】A．由分析可知，步骤(1)为固液分离的过滤操作，需要用到过滤装置，故A正确；
B．甲苯的密度小于水，所以步骤(2)分液时，下层水层溶液应从下口放出，上层有机层溶液应从上口倒出，故B正确；
C．由分析可知，步骤(3)为水层溶液经蒸发、结晶析出粗产品，蒸发时需要蒸发皿，不需要用到灼烧固体的坩埚，故C错误；
D．由分析可知，步骤(4)为有机层溶液经加热蒸馏得到甲苯，蒸馏时不能选用不便于甲苯顺利流下的球形冷凝管，应选用直形冷凝管，故D错误；
故选AB。
15．BC
【详解】A．根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气和水，氮气不是化合物，A错误；
B．根据图示可知，液体层中在单原子铂表面发生反应生成N2O，电极反应为：，B正确；
C．从图示可知，若导电基体上的 Pt 颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，C正确；
D．从图示可知，若导电基体上的 Pt 颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，影响电极反应的选择性，D错误；
故选BC。
16．(1)sp2
(2) 3d10 催化剂
(3) 在 3 a
(4)电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱
(5) 离子键 12 Ti4+ sp3
【详解】（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成碳氧双键，杂化类型是sp2。
（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，失去4s能级上的一个电子形成Cu+，故Cu+价电
子排布式为3d10；CuCl在反应中先消耗再生成，属于催化剂。
（3）①4 -甲基咪唑中环上形成大π键，属于平面结构，1~4号N原子在同一平面上；1号N原子的孤电子对参与形成大π键，故3号N原子更容易与Cu形成配位键；
②a．Cu( I )配合物中的 结构可与甲醇形成分子间氢键，增大其在甲醇中的溶解度；
b．形成的Cu( I )配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，故b错误；
选a。
（4）若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是：电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱。
（5）金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，金属离子与氧离子间的作用力为离子键，晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；距离Pb2+最近的是处于面心的I-，Pb2+的配位数为6，图(a)中Ti4+的配位数也为6，与图(b)中Pb2+的空间位置相同；有机碱CH3H中N原子上无孤电子对，周围形成了4个σ键，故N原子采用sp3杂化；从图(b)可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1个，CH3NH的数目为8=1个，I-的数目为6=3个，故晶胞的密度为ρ= 。
17．(1) 三颈(口)烧瓶 防止水蒸气进入反应体系，导致光气等与水反应(或作吸水剂、干燥剂、防止装置C中COCl2发生水解) 有白雾产生
(2)利于CCl4的挥发；使产生的COCl2进入后续装置中
(3) 蒸馏 水浴加热 关闭K1和K2，打开K3
(4)球形冷凝管(仪器b)不能用于蒸馏，否则易积存液体
(5)Cr2O3+ 3CCl4 2CrCl3+ 3COCl2
(6)80%或0.8
【分析】该实验是陌生物质制备，由题中信息可知A装置中的CCl4被N2鼓入B装置，和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，用氢氧化钠吸收尾气防止污染空气，因为光气与水易反应，球形干燥管内为无水氯化钙，防止水蒸气进入C或D装置。反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，再关闭开K1、K2、打开K3，利用沸点不同蒸馏分离出光气。
【详解】（1）根据仪器构造，仪器a的名称为三颈(口)烧瓶；无水CaCl2具有吸水性，仪器d中盛有无水CaCl2固体，其作用为防止水蒸气进入反应体系，导致光气等与水反应(或作吸水剂、干燥剂、防止装置C中COCl2发生水解)，光气易与水发生反应生成CO2和HCl，若无仪器d和后续装置，仪器b的上管口可能出现的现象为有白雾产生；
（2）空气会干扰实验，所以开始通入N2排净装置中的空气，同时利于CCl4的挥发；使产生的COCl2进入后续装置中；
（3）C中收集到溶解在CCl4中的光气，利用沸点不同，采用蒸馏法分离出光气，故步骤Ⅳ中，将光气分离出的操作名称为蒸馏；低于100℃可以采用水浴加热；反应开始，用氮气排出装置中空气，然后打开K1、K2、关闭K3，进行反应，C中得到光气和四氯化碳，然后再加热，此时关闭K1和K2，打开K3，利用沸点不同蒸馏出光气；
（4）仪器b和仪器c均为冷凝管，但在实验中不能互换位置，结合两者构造的不同，原因为球形冷凝管(仪器b)不能用于蒸馏，否则易积存液体；
（5）B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3+ 3CCl4 2CrCl3+ 3COCl2；
（6）15.2gCr2O3物质的量为0.1mol，理论生成CrCl3物质的量为0.2mol，且设产率为x，结合元素守恒，可得152g/mol×（0.1-0.1x）mol+0.1mol×2x×158.5g/mol=28.4g，解得x=80%。
18． 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； NaOH溶液 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 酸式 C BD
【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。
【详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；
(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：
A．时，H2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；
B．越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；
C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；
D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；
故答案为：；BD。
19． 苯甲醛 加成反应 取代反应 + ，，，
【分析】由信息①可知A应含有醛基，且含有7个C原子，A的结构简式为，A和CH3CHO发生信息①反应生成B，B的结构简式为，B发生氧化反应生成C，C的结构简式为，C与Br2发生加成反应生成D，D的结构简式为，D在KOH醇溶液加热条件下，发生消去反应生成E，E的结构简式为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F的结构简式为，对比F、H的结构简式可知，G的结构简式为，据此解答。
【详解】（1）由A的结构简式可知，A为苯甲醛；答案为苯甲醛。
（2）C的结构简式为，D的结构简式为，由C生成D发生加成反应，E的结构简式为，F的结构简式为，由E生成F发生取代反应；答案为加成反应，取代反应。
（3）E的结构简式为；答案为。
（4）F的结构简式为，G的结构简式为，由F生成H的化学方程式为+；答案为+。
（5）F的结构简式为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，可能结构有，，，；答案为，，，。
（6）环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物，环戊烷应先生成环戊烯，然后与2-丁炔发生加成反应生成，最后与溴发生加成可生成，在反应的流程为；答案为。
20．(1)-49.5
(2) 40%(或0.4) 40%(或0.4) 66.7%(或或0.667) 或0.003或能转换成0.003
(3) CO、CH3OH选择性的和 增大(或变大)
【详解】（1）T1℃时，向恒压容器中充入0.2 mol CO2(g)和0.6 mol H2(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ：，达平衡时，放出4 kJ能量，则加入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，反应达到平衡时放出热量Q正==20 kJ；若向相同容器中充入0.4 mol CH3OH(g)和0.4 mol H2O(g)，吸收11.8 kJ能量，则充入1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)反应达到平衡时吸收热量Q逆==29.5 kJ，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，当按照反应方程式的计量数加入物质时，正反应的转化率与逆反应的转化率的和为1，故反应Ⅰ的△H1=-(29.5kJ/mol+20 kJ/mol)=- 49.5 kJ/mol；
（2）根据三个反应方程式中物质反应转化关系可知：反应产生CO与H2O的量相等，则根据CO含量是5%可知反应Ⅲ产生H2O占5%；根据反应Ⅱ中物质反应转化关系可知反应产生10% CH3OCH3(g)，会同时产生H2O占10%，消耗20%的CH3OH(g)，此时容器中CH3OH(g)占5%，则反应Ⅰ产生CH3OH(g)为20%+5%=25%，同时产生H2O占25%，故该容器中水的含量为5%+10%+25%=40%(或写为0.4)；
CO2气体参加三个化学反应，其中部分转化为CH3OCH3(g)，部分转化为CH3OH(g)和CO(g)，反应达到平衡时CH3OH(g)、CH3OCH3(g)和CO(g)体积分数分别为5%、10%、5%，根据转化关系可知：理论上反应产生CH3OCH3(g)的CO2的体积分数为5%+2×10%+5%，根据C原子守恒可知：每有2个CO2参加反应，理论上可制取1个 CH3OCH3(g)，现在反应达到平衡时产生CH3OH(g)、CH3OCH3(g)和CO(g)体积分数分别为5%、10%、5%，则发生反应消耗CO2依次占5%、20%、5%，
反应Ⅲ．为放热反应，升高温度平衡正向移动，根据图中曲线可知，当A、B两直线相交时，，当温度降低时，增大，则，则A为lgk逆随的变化曲线，B为lgk正随的变化曲线，T2℃时，lgk正-lgk逆=lg=a-1-(a-0.7)=-0.3，K==10-0.3=0.50，对于反应Ⅰ，反应达到平衡时CH3OCH3(g)占10%，H2O占40%，CH3OH(g)和CO(g)体积分数均为5%，则CO2和H2的体积分数之和为1-10%-40%-5%-5%=40%，设CO2占x，则H2占40%-x，根据三段式有：
Kp==0.50，解得x=20%，根据C守恒，理论上CO2转化成CH3OCH3(g)的体积分数为20%+(5%+5%)+10%=25%，实际转化10%，则CH3OCH3(g)产率为；
CO2转化成CH3OCH3(g)的选择性为；
则对于反应反应Ⅰ的Kp==；
（3）①反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OCH3(g)选择性减小，则曲线A为CH3OCH3(g)选择性；反应Ⅱ的进行使部分CH3OH继续消耗，故CO2的转化率大于CO、CH3OH选择性的和，因此曲线C表示CO、CH3OH选择性的和；
②T1-T5温度之间，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ为放热反应，逆向移动，n(H2O)减小，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，但n(H2O)、n(CO)增加的量相等，故比值将增大。
