北京市2024年高考化学模拟试题（含答案）7

北京市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．中医药根植于中华传统文化。下列说法错误的是A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，采用了萃取的方法B．中药甘草、金银花、石膏、明矾等的主要化学成分都是有机物C．汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率D．煎制草药不宜使用铁质容器，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效2．下列化学用语或图示错误的是A．1－丁烯的实验式：CH2B．SO3C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1D．HCl分子中σ键的形成：3．下列解释事实的化学用语错误的是A．C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)Δ__CO2↑+2SO2↑+2HB．NH3的催化氧化反应：4NH3+5O2催化剂__ΔC．工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)电解__冰晶石D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：HCO3−+Ca2++OH-=CaCO34．益母草中的提取物益母草碱具有活血化淤、利水消肿的作用，其分子结构如图。下列说法错误的是A．存在3种含氧官能团B．能发生取代、加成和氧化反应C．既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应D．分子中N原子的杂化方式都是sp35．下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是A．核苷酸聚合生成核酸B．氨基酸缩合生成多肽C．油脂在碱性溶液中反应制取肥皂D．纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯6．探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。下列说法错误的是A．对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响B．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响C．H2O2是直线形的非极性分子D．H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键7．下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是A．+HCN→B．+NH3→一定条件+HClC．CH3CH2OH+HBr→ΔCH3CH2Br+H2D．CH3CH=CH2+H2→Δ催化剂CH3CH28．下列实验能达到实验目的的是ABCD制作简单的燃料电池证明苯环使羟基活化制备并收集NO2检验溴乙烷的水解产物Br-A．A B．B C．C D．D9．下列反应与电离平衡无关的是A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3B．电解饱和NaCl溶液制备NaOHC．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO310．实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。下列说法错误的是A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B．bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4有关C．可用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4D．产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的11．我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。下列说法错误的是A．电极a是正极B．电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2OC．每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移D．离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜12．重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。下列说法错误的是A．反应①中有氮元素的单质生成B．反应②是取代反应C．聚合物P能发生水解反应D．反应②的副产物不能是网状结构的高分子13．实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO42−已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。下列说法错误的是A．调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/LB．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO32−=BaCO3↓、Ca2++CO32−=CaCOC．加入盐酸发生的反应是2H++CO32−=CO2↑+H2O、H++OH-=H2D．若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成14．CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：①CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)②H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)其他条件相同时，投料比n(CH4)：n(CO2)为1∶1.3，不同温度下反应的结果如图。下列说法错误的是A．550～600℃，升温更有利于反应①，反应①先达到平衡B．n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，与反应②有关C．加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率D．若不考虑其他副反应，体系中存在：4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]二、非选择题15．锂离子电池广泛应用于电源领域。（1）锂离子电池目前广泛采用溶有六氟磷酸锂(LiPF6)的碳酸酯作电解液。①Li、P、F的电负性由大到小的排序是。②PF6−中存在a.共价键b.离子键c.金属键③碳酸二乙酯()的沸点高于碳酸二甲酯()，原因是。④采用高温处理废旧电解液，会诱发碳酸酯发生变化，增大回收难度。碳酸二甲酯在高温发生如图转化。EC()发生类似转化的产物是Li2CO3和(答一种)。（2）废旧锂离子电池含LiNiO2的正极材料经预处理后，可采用如图原理富集Ni元素。①基态Ni2+的价层电子的轨道表示式是。②DMG中N原子均与Ni2+配位，且Ni2+的配位数是4；DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键。写出DMG－Ni的结构简式(用“…”标出氢键)。（3）石墨可作锂离子电池的负极材料。充电时，Li+嵌入石墨层间。当嵌入最大量Li+时，晶体部分结构的俯视示意图如图，此时C与Li+的个数比是。16．镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。Ⅰ.MgH2热分解放出H2MgH2(s)⇌Mg(s)+H2(g)ΔH=+75kJ/mol该反应的能量变化如图。（1）E1=。（2）提高H2平衡产率的措施有(答2条)。（3）Ⅱ.MgH2水解制备H2MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是。（4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是。（5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。已知：ⅰ.物质Mg(OH)2Ni(OH)2Cu(OH)2Ksp5.6×10-125.5×10-162.2×10-20ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是。②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是。③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是。17．维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。已知：+H2N－R2→R1－CH=N－R2+H2O（1）A是芳香族化合物，其名称是。（2）A→B所需试剂和反应条件是。（3）D的官能团是。（4）下列有关戊糖T的说法正确的是(填序号)。a.属于单糖b.可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基c.存在含碳碳双键的酯类同分异构体（5）E的结构简式是。（6）I→J的方程式是。（7）由K经过以下转化可合成维生素B2。M的结构简式是。18．(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。（1）(NH4)2S2O8的电解法制备已知：电解效率η的定义为η(B)=n(生成B所用的电子)n(通过电极的电子)①电极b是极。②生成S2O8③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备S2O82-的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4mol气体，气体是。经测定η(S2O82-)为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)（2）苯酚的降解已知：SO4-·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致SO4-·猝灭。ⅰ.S2O82-+Fe2+=Sⅱ.SO①SO4-②将电解得到的含S2用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是。（3）苯酚残留量的测定已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/mol)19．研究小组探究高铜酸钠(NaCuO2)的制备和性质。资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。实验Ⅰ.向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。（1）蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：。（2）探究棕黑色沉淀的组成。实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存在，实验操作的名称是。②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀H2SO4反应的离子方程式是。（3）探究实验条件对NaCuO2制备的影响。实验Ⅲ.向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl-反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：。②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl-”的原因。i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，。ii.提出假设2：，经证实该假设也成立。（4）改进实验方案，进行实验。实验Ⅳ.向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是。（5）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是。（6）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、和。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，利用青蒿素在乙醚中较大的溶解度，采用了萃取的方法，A不符合题意；B．中药甘草、金银花的主要化学成分是有机物，石膏、明矾属于无机物，B符合题意；C．温度降低，反应速率降低，故汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率，C不符合题意；D．煎制草药不宜使用铁质容器，应该使用耐腐蚀的陶制器皿，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.青蒿素在水中的溶解度小于在乙醚中的溶解度；

B.石膏、明矾属于无机物；

C.降低温度化学反应速率减小；

D.草药中可能会含有酸性物质会与铁反应而失效。2．【答案】B【解析】【解答】A.1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A不符合题意；B．SO32-C．基态Cr原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C不符合题意；D．HCl分子中σ键的形成：，选项D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.2-丁烯的分子式为C4H8，实验式为CH2；B.SO32-中S原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；

C.Cr为24号元素，其价层电子排布式：3d54s13．【答案】C【解析】【解答】A．C和浓H2SO4在加热条件下反应生成CO2、SO2和水：C+2H2SO4(浓)Δ__CO2↑+2SO2↑+2HB．在催化剂、加热条件下，NH3发生催化氧化反应生成NO和水：4NH3+5O2催化剂__ΔC．AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，所以工业上冶炼Al的反应，是电解熔融的Al2O3：2Al2O3(熔融)电解__冰晶石D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应，由于Ca(OH)2过量，所以溶液中不可能有CO32−剩余：HCO3−+Ca2++OH故答案为：C。

【分析】A.碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；

B.氨催化氧化生成一氧化氮和水；

C.氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电；

D.碳酸氢钠少量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水。4．【答案】D【解析】【解答】A．益母草碱中存在醚键、酚羟基和酯基3种含氧官能团，选项A不符合题意；B．益母草碱中存在酯基、氨基可发生取代反应，碳氮双键及苯环可发生加成反应，酚羟基易发生氧化反应，选项B不符合题意；C．益母草碱中存在酚羟基及酯基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，选项C不符合题意；D．分子中N原子有两个只含有单键，杂化方式为sp3，但有一个氮原子存在碳氮双键，杂化方式为sp2，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.该物质中含有的官能团为醚键、酚羟基和酯基；

B.该物质含有酚羟基、醚键、酯基、氨基，具有酚、醚、苯、酯和氨的性质；

C.酚羟基能和碱反应、氨基能和酸反应、酯基能和酸及碱反应；

D.氨基和亚氨基中N原子采用sp3杂化，连接双键的N原子采用sp2杂化。5．【答案】B【解析】【解答】A．核酸是通过三磷酸核苷聚合而成，相互之间以磷酸二酯键连接，发生了酯化反应，故不选A；B．氨基酸缩合生成多肽，通过羧基与氨基脱水形成肽键连接，没有发生酯化反应也没有发生酯的水解，故选B；C．油脂属于酯类，油脂在碱性溶液中发生酯的水解反应制取肥皂，故不选C；D．纤维素中含有羟基，纤维素与乙酸发生酯化反应制取纤维素乙酸酯，故不选D；故答案为：B。

【分析】A.核苷酸聚合生成核酸过程中，生成酯基，发生酯化反应；

B.氨基酸脱水缩合生成多肽；

C.油脂在碱性溶液中发生酯的水解反应制取肥皂；

D.纤维素与乙酸发生酯化反应制取纤维素乙酸酯。6．【答案】C【解析】【解答】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①做对比实验，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，A不符合题意；B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，B不符合题意；C．H2O2的分子结构为，分子结构不对称，为极性分子，C符合题意；D．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足相似相溶原理，更主要是H2O2与H2O分子之间能形成氢键，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。7．【答案】D【解析】【解答】A．乙醛和HCN发生加成反应，乙醛中碳氧双键断开成单键，HCN中极性键H-C键断裂，显正电性的H加到显负电性的O上成为羟基，该反应可以用反应物中键的极性解释，故A不选；B．乙酰氯中的C-Cl键断裂，NH3中的一个N-H键断裂，断裂的都是极性键，C和N形成极性键，H和Cl形成极性键，生成乙酰胺和HCl，可以用反应物中键的极性解释，故B不选；C．乙醇和HBr发生取代反应，乙醇中的C-O极性键断裂，HBr中的极性键H-Br键断裂，形成新的C-Br极性键和H-O极性键，该反应可以用反应物中键的极性解释，故C不选；D．丙烯和氢气加成，断裂的是碳碳间的π键和氢气分子中的H-H非极性键，故该反应不能用反应物中的键的极性解释，故D选；故答案为：D。

【分析】有机化合物与极性试剂发生取代反应时，有机物分子中极性键中带部分正电荷的原子与试剂中带部分负电荷的原子结合，带部分负电荷的原子与试剂中带部分正电荷的原子结合，生成反应产物。8．【答案】A【解析】【解答】A．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A符合题意；B．溴水和苯酚反应三溴苯酚，说明羟基使苯环活化，B不符合题意；C．生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，C不符合题意；D．证明存在溴离子，应该首先将反应后的溶液酸化后再加入硝酸银溶液，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.关闭K1时，构成电解池，生成氢气和氧气，打开K1、关闭K2，构成氢氧燃料电池；

B.苯与溴水不反应，苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚，说明羟基使苯环活化；

C.二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集；

D.溴乙烷水解后，在酸性溶液中检验溴离子。9．【答案】D【解析】【解答】A．FeSO4溶液与NH4HCO3反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用了碳酸氢根离子的电离平衡，A不选；B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，利用了水可以电离出氢离子的电离平衡，B不选；C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3，利用了一水合氨的电离平衡，C不选；D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，利用了难溶物的转化，不属于电离平衡，D选；故答案为：D。

【分析】A.eSO4溶液与NH4HCO3发生反应FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，促进碳酸氢根离子的电离；

B.电解饱和NaCl溶液制备NaOH，促进水的电离；

C.加氨水使铁离子水解平衡正向移动，铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，促进了一水合氨的电离。10．【答案】C【解析】【解答】A．根据分析可知，有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，选项A不符合题意；B．bc段O2含量下降，可能是发生反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4，选项B不符合题意；C．HNO3具有强氧化性，能将SO32−氧化为SO42−，不能用HNO3酸化的BaClD．虽然无法判断Na2O2+SO2=2Na2SO4是否发生，但产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的，同时发生①2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2、Na2O2+SO2=2Na2SO4等反应，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.有O2生成，可能是Na2O2和SO2反应生成O2；

B.O2具有氧化性，能氧化Na2SO3；

C.硝酸具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4；

D.SO2具有还原性、Na2O2具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，两者也能直接发生化合反应。11．【答案】C【解析】【解答】A．根据分析，电极a是正极，A不符合题意；B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B不符合题意；C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C符合题意；D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】电极a上H+得电子生成H2，则电极a为正极，电极反应式为4H++4e-=2H2↑，电极b上N2H4失电子被氧化生成N2，则电极b为负极，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，原电池工作时阳离子移向正极，阴离子移向负极，则离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜。12．【答案】D【解析】【解答】A．根据分析，反应①的反应方程式为：n→催化剂+nN2↑，反应①中有氮气生成，A不符合题意；B．根据分析，反应②的反应方程式为：n+n/2→+n，是取代反应，B不符合题意；C．聚合物P与水在一定条件下反应时，这个键容易断开生成氨基和羧基，是水解反应，C不符合题意；D．反应②的副产物也是聚合物，肯定是网状结构的高分子，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.反应前的物质比反应后的物质多N2，则反应①有氮气生成；

B.和反应生成聚合物P和；

C.酰胺基能发生水解反应；

D.反应②的副产物为。13．【答案】B【解析】【解答】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜Ksp[Mg(OH)B．由题意可知，碳酸钡更难溶，故加入Na2CO3溶液还会存在部分硫酸钡转化为碳酸钡，故还有反应：BaSO4+CO32−=BaCO3+SO4C．加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，加入盐酸发生的反应是2H++CO32−=CO2↑+H2O、H++OH-=H2D．流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.pH＞12，则c(OH-)>10-2mol/L，结合Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12计算；

B.还会发生沉淀的转化；

C.加入盐酸是为了中和氢氧化钠和碳酸钠；

D.碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，加入过量氯化钡可将硫酸根离子完全沉淀，避免硫酸钡的生成。14．【答案】A【解析】【解答】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项符合题意；B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项不符合题意；C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项不符合题意；D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=4×x-y+2y+z+1.3x-y-zV=9.2xV，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=2.3×4×（x-y）+2×（2y-z）+2zV故答案为：A。

【分析】A.反应②的反应物是反应①的产物，反应②会破坏反应①的平衡；

B.若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0；

C.加压反应①的化学平衡逆向移动；

D.结合反应①和反应②中物质的起始加入量和反应计算平衡时各组分的量，判断物质的浓度关系。15．【答案】（1）F＞P＞Li；a；二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高；CH2=CH2（2）；或（3）6∶1【解析】【解答】（1）①电负性由大到小的排序：F>P>Li；②PF6−③二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高；④由信息可知反应物中2个C-O断裂，形成碳碳键，则发生类似转化的产物是Li2CO3和CH2=CH2。故答案为：CH2=CH2。（2）①基态Ni2+的价层电子排布式3d8，轨道表示式是；②DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键，一个配体中和O形成共价键的H与另一个配体中的氧形成氢键，故答案为：或。（3）由晶体部分结构的俯视示意图，可选取晶胞，俯视图如图，晶胞中16个C原子在棱上，4个C在面心，4个Li+在棱心，根据均摊法，C与Li+的个数比1(16×14

【分析】（1）①元素的非金属性越强，电负性越大；

②PF6−中含有共价键；

③碳酸二乙酯和碳酸二甲酯均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；

④反应物中2个C-O断裂，形成碳碳键；

（2）①Ni为28号元素，Ni原子失去2个电子形成Ni2+，其价电子排布式为3d8；

②DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键，一个配体中和O形成共价键的H与另一个配体中的氧形成氢键；

16．【答案】（1）160kJ/mol（2）高温、低压、及时移走H2（3）MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑（4）产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积（5）Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生【解析】【解答】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。【分析】（1）根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能计算；

（2）提高H2平衡产率应使平衡正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；

（3）MgH2与H2O反应生成氢氧化镁和氢气；

（4）产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积，导致生成H2的速率先快后慢；

（5）①Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；

②反应后固体生成物仅有Mg(OH)2；分离除去Mg(OH)2，剩余的MgCl2溶液课循环使用；

③MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面。17．【答案】（1）邻二甲苯（2）浓HNO3、浓H2SO4，加热（3）氨基（4）a（5）（6）+→+2C2H5OH（7）【解析】【解答】（1）由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。故答案为：邻二甲苯；（2）A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热。故答案为：浓HNO3、浓H2SO4，加热；（3）D为，官能团是氨基。故答案为：氨基；（4）a.戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；b.戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不正确；c.戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；故答案为：a。故答案为：a；（5）由分析可知，E的结构简式是。故答案为：；（6）I()与反应→J()等，化学方程式是+→+2C2H5OH。故答案为：+→+2C2H5OH；（7）由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，发生分子内加成后生成M的结构简式是。故答案为：。

【分析】A为芳香族化合物，结合A的分子式可知，A为，A发生硝化反应生成B，则B为，B中硝基被还原为氨基生成D，则D为，T是戊糖，D和T反应生成E，E再与发生取代反应生成F，则T为OHC(CHOH)3CH2OH，E为，F为，F和J发生加成反应生成K，则J为，I与反应生成J，结合I的分子式可知，I为，G和乙醇发生酯化反应生成I，则G为HOOCCH2COOH。18．【答案】（1）阳；2SO42−-2e-=S2O82−；O（2）+28SO4-⋅+11H2O=6CO2↑+28SO42-（3）940a【解析】【解答】（1）①由图可知在b极区SO42-②电极反应式是2SO42−-2e-=S2O82−，故答案为：2SO42−-2e-=S2③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体