贵州省2024年高考化学模拟试题（含答案）3

贵州省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。得分1．“下一代地铁列车”——碳纤维地铁列车已在广州成功试跑。下列关于碳纤维地铁列车描述错误的是（）A．车厢内的不锈钢扶手属于合金材料B．无人驾驶室的芯片主要成分为无机非金属材料C．碳纤维是一种新型有机高分子材料D．列车显示屏中的液晶是介于液态和晶态之间的物质状态2．化学用语是表述化学学科知识的专业语言符号，下列有关表述正确的是（）A．H2O2是一种高价值的绿色环保氧化剂，其电子式为B．北京大学科研团队构筑了纯化的h-10BN和h-11BN范德华界面对原子进行研究，10B的原子结构示意图为C．核废水中含14C，14CO、14CO2互为同素异形体D．的化学名称是3-甲基-2-戊烯3．钛镍记忆合金用于制造神舟十四号飞船的天线。钛的冶炼过程中有如下反应：2FeTiO3+6C+7Cl2高温__2TiCl4+2FeCl3+6CO。设NA．12g金刚石中含C-C键数目为2NAB．每消耗1molFeTiO3，该反应转移的电子数为NAC．标准状况下，11.2LCl2含有电子数为17NAD．1L0.1mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+数目小于0.1NA4．化学与人类生产生活息息相关。下列说法中不正确的是（）A．“酸可除锈”、“纯碱可去油”都发生了化学变化B．53°的白酒中乙醇的质量分数为53%C．冬天在炉火旁放一盆清水不能防止一氧化碳中毒D．石墨烯纳米颗粒是一种粒子直径介于1~100nm的材料，将其均匀分散在蒸馏水中，该分散系能使光波发生散射，当光束通过时可观察到丁达尔效应5．维生素B2又叫核黄素（其结构如图1)，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。下列关于核黄素的说法错误的是（）A．该物质的分子式为C17H20O6N4B．该物质能发生酯化反应C．分子中存在1个手性碳原子D．该物质在碱性条件下加热水解有NH3生成，所得溶液加强酸溶液并加热后有CO2产生6．实验室用电石(主要成分为CaC2)与水反应制备的C2H2中混有H2S，可用CuSO4溶液净化，反应的化学方程式为H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4。下列说法正确的是（）A．H2S的VSEPR模型为B．1molC2H2中σ键和π键的个数比为1∶1C．H2S是由极性键构成的极性分子D．H2S可溶于水是因为与H2O形成分子间氢键7．下列离子方程式书写正确的是（）A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO3-：IO3-+5I-+6HC．向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO32-+2H+=SO2D．硫酸铝溶液中滴入足量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3N8．微型实验药品用量少，绿色环保。如图2所示为探究SO2性质的微型实验，滤纸①~④分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是（）A．滤纸①先变红后褪色，体现了SO2具有漂白性和酸性氧化物的性质B．滤纸②、③褪色均证明SO2具有氧化性C．滤纸④上有黄色固体生成，证明SO2具有还原性D．若滤纸④上析出了0.096g固体，则在滤纸④上发生的反应转移了0.004mol电子9．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X的价层电子数为5，X和Y的最简单气态氢化物质子总数相等，Z的核外没有未成对电子，W与Y属于同一主族。下列说法正确的是（）A．离子键的百分数：ZY<ZWB．原子半径大小为R>W>YC．简单气态氢化物热稳定性：X<YD．化合物ZY属于共价晶体10．水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图3。已知PBS膜只允许Zn2+通过。下列说法错误的是（）A．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电B．放电时，3molI-参加反应，理论上负极减少65gC．放电时，外电路电子的移动方向是Zn→负载→MnO2D．充电时的总反应：Zn+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++2H2O11．抗生素阿莫西林的结构如图所示。下列说法错误的是（）A．阿莫西林的含氧官能团种类有4种B．1mol阿莫西林最多消耗4molNaOHC．阿莫西林苯环上的一氯代物有两种(不考虑立体异构)D．分子中S原子的杂化轨道类型为sp312．利用下列两个反应可实现资源综合利用已知：Ⅰ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41.2kJ·mol-1Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H2=-165.0kJ·mol-1在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图5所示。CH4选择性=CHA．反应Ⅰ：2E(C=O)+E(H-H)<E(C-O)+2E(H-O)(E表示键能)B．240℃时，其他条件不变，增大压强将减小CO2的转化率C．在260~300℃间，其他条件不变，升高温度CH4的产率增大D．320℃时CO2的转化率最大，说明反应Ⅰ和反应Ⅱ一定都达到了平衡状态13．超分子蓝铜肽，超分子油橄榄……“超分子”越来越火。KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图6。下列说法错误的是（）A．该超分子中K+通过离子键与冠醚相结合B．冠醚中C、О原子间的化学键为σ键C．超分子已成为今后化学发展的另一个全新领域D．冠醚与K+结合后将MnO4-14．常温下，用0.10mol/L的NaOH溶液滴定0.10moL/L的HA溶液，滴定曲线如图7甲所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图乙所示。下列叙述错误的是（）A．Ka(HA)的数量级为10-5B．M点：c(Na+)-c(A-)=KC．当滴定至溶液呈中性时，c(A-)>c(HA)D．P→Q过程中，水的电离程度逐渐增大阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分15．MnSO4·H2O可用作分析试剂、媒染剂、添加剂、药用辅料等。一种以软锰矿(主要成分为MnO2，还有CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图8所示。已知：①25℃时，Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MnF2)=4.5×10-3。②该工艺条件下，有关金属离子沉淀的pH范围如下表所示。金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀的pH1.97.03.48.1沉淀完全的pH3.29.04.7(>9.8时开始溶解)10.1回答下列问题：（1）“酸浸”时，MnO2被Fe2+还原，写出基态Fe2+的价电子轨道表示式。（2）“酸浸”得到的滤渣1需要进行二次酸浸，然后将浸出液合并。二次酸浸的目的是。（3）“氧化”时，试剂A可以是(填写试剂化学式)。（4）“除铁铝”时，应调节溶液pH的范围是。（5）“除钙”时，加入MnF2，发生反应的离子方程式是。在25℃时该反应的平衡常数K=。（6）硫酸锰在不同温度下的溶解度S和一定温度内析出晶体的组成如图9所示。“一系列操作”包括将所得滤液控制温度在80~90℃之间蒸发结晶、、、真空干燥，最后得到MnSO4·H2O。（7）用BaCl2标准溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可以忽略)，可能的原因是(写出一种)。16．氮的化合物对人类生产、生活有着重要的作用。I.NCl3是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸，遇碱则迅速反应。在实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，所用仪器如图甲所示(忽略部分夹持装置)：Ⅱ.肼(N2H4)是一种重要的工业产品，实验室用NH3与Cl2合成(N2H4)并探究肼的性质。实验装置如图乙所示：回答下列问题：（1）NCl3分子的空间结构为。（2）图A和图G中盛装浓盐酸的仪器名称为；若药品X为氯酸钾；则A中反应的离子方程式为；根据气流方向，各仪器的连接顺序为(用各接口字母表示，各接口所需橡胶塞已省略)。（3）N2H4的制备实验中，装置存在一处缺陷会使N2H4产率降低，请提出改进方法。（4）探究N2H4的性质：取装置F中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到无色晶体。经分析知该晶体为N2H6SO4和(N2H5)2SO4，可推出N2H4·H2O呈(填“酸性”或“碱性”)，其主要电离方程式为。（5）测定NCl3(摩尔质量为120.5g·mol-1)的纯度：已知NCl3的制取是可逆反应，根据反应NCl3+4HCl=NH4Cl+3Cl2↑，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定NCl3的纯度。实验步骤：ⅰ.准确称量C中的产物1.00g置于三颈烧瓶中，加入足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气；ⅱ.将混合气通入300mL0.10mol/LKI溶液中，待试管中无色液体变成黄色且颜色不再变化，关闭氮气（溶液体积变化忽略不计)；ⅲ.量取30.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用0.15mol/LNa2S2O3标准液进行滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL。(已知：反应原理为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)则NCl3的纯度为。(保留三位有效数字)17．氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：（1）一氧化二氮是一种强大的温室气体，可用CO(g)在Co*的催化作用下还原N2O(g)以除去污染，反应的化学方程式为CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)，其反应历程和能量变化如图11所示（逸出后物质认为状态未发生变化，在图中略去)。该反应分两步进行：第一步：Co*(s)+N2O(g)⇌CoO*(s)+N2(g)△H=+15.9kJ/mol；第二步：(填写第二步反应的热化学方程式)。（2）汽车尾气中的NO可以和CO在催化转换器中发生反应，以减少尾气污染。某温度时，向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是(填序号)。a.2v正(NO)=v逆(N2)b.体系中混合气体密度不再改变c.CO与NO转化率的比值不再改变d.该温度下，c(N（3）某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比1∶1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat-1和Cat-2)进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图12所示：①250℃脱氮率较好的催化剂是(填“Cat-1”或“Cat-2”)。②催化剂在Cat-2条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是。（4）用H2也可还原NO气体，其反应为2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)△H=-752kJ/mol。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图13：①反应温度T1、T2、T3从低到高的关系为﹔判断理由是。②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到6min时达平衡，0～6min内N2的平均反应速率为mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数Kp=(写出计算表达式)。18．一种烃的衍生物A，相对分子质量为138，遇FeCl3溶液显紫色，能与NaHCO3溶液反应放出气体。以A为原料可以制备一种催吐剂的中间体J，其合成路线如图14所示。(注：部分条件已省略)请回答下列问题：（1）A沸点低于的理由为。（2）写出E→F的化学方程式。（3）D中的含氧官能团的名称为。（4）以下各步骤转化中不属于取代反应的有填序号)。a.A→Bb.D→Ec.F→Gd.H→I（5）满足下列条件的G的同分异构有种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式为。①不含碳氧双键②只含有3种常见的官能团③遇FeCl3溶液显紫色④苯环上有两个取代基（6）参照以上合成路线，若以为原料制备(其他试剂自选)，则其合成路线为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．不锈钢属于铁碳合金的一种，属于合金材料，故A不符合题意；

B．芯片的主要成分为Si，属于无机非金属材料，故B不符合题意；

C．碳纤维的主要成分是碳元素，不属于有机高分子，故C符合题意；

D．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，既具有液体的流动性、黏度、形变性等，又具有晶体的某些物理性质如导热性、光学性质等，表现出类似晶体的各向异性，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.不锈钢属于合金；

B.硅属于无机非金属材料；

C.碳纤维是无机非非金属材料；

D.液晶状态时介于液态和晶体之间物质状态。2．【答案】D【解析】【解答】A．H2O2是共价化合物，电子式为，故A不符合题意；

B．10B的核电荷数为5，原子结构示意图为，故B不符合题意；

C．同素异形体指的是单质，CO、CO2是化合物，故C不符合题意；

D．由系统命名法，的化学名称是3-甲基-2-戊烯，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.H2O2是共价化合物，即可写出电子式；

B.10B的核电荷数为5，即可画出原子结构示意图；

C.同素异形体是单质不是化合物；

D.根据结构简式命名即可。3．【答案】B【解析】【解答】A．金刚石中C原子与C-C键的比例为1：2，12g金刚石中含C-C键数目为2NA，故A不符合题意；

B．由化学方程式知，每消耗1molFeTiO3，该反应转移的电子数为7NA，故B符合题意；

C．标准状况下，11.2LCl2为0.5mol，含有电子数为17NA，故C不符合题意；

D．Fe3+会发生水解，1L0.1mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+数目小于0.1NA，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.金刚石中C原子与C-C键的比例为1：2，即可计算；

B.由化学方程式知，每消耗1molFeTiO3，该反应转移的电子数为7NA；

C.标准状况下，11.2LCl2为0.5mol，含有电子数为17NA；

D.Fe3+会发生水解，即可判断.4．【答案】B【解析】【解答】A．“酸可除锈”、“纯碱可去油”都有新物质生成，发生了化学变化，故A不符合题意；

B．白酒的度数表示酒中含乙醇的体积的百分比，故B符合题意；

C．一氧化碳难溶于水，故冬天在炉火旁放一盆清水不能防止一氧化碳中毒，故C不符合题意；

D．粒子直径介于1~100nm的分散系属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.酸除锈，纯碱除油均有新物质形成；

B.白酒度数是体积分数；

C.CO不溶于水；

D.直径介于1~100nm的材料分散到水中形成胶体。5．【答案】C【解析】【解答】A．由图知，该物质的分子式为C17H20O6N4，故A不符合题意；

B．由图知，该物质含有羟基，能发生酯化反应，故B不符合题意；

C．由图含有*号的为手性碳原子，共存在存在3个手性碳原子，故C符合题意；

D．该物质中含有酰胺键，在碱性条件下加热水解有NH3生成，所得溶液加强酸溶液并加热后有CO2产生，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据结构简式即可写出分子式；

B.含有羟基可发生酯化反应；

C.含有酰胺基可与碱和酸反应得到氨气和二氧化碳。

D.6．【答案】C【解析】【解答】A．H2S应该有2对孤电子对，H2S的VSEPR模型为，故A不符合题意；

B．C2H2中含有3个σ键和2个π键的，1molC2H2中σ键和π键的个数比为3∶2，故B不符合题意；

C．H2S的空间构型为“V”形，是由极性键构成的极性分子，故C符合题意；

D．H2S与水之间没有氢键，硫化氢和水都是极性分子，按相似相溶原理，H2S可溶于水，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.H2S应该有2对孤电子对，H2S的VSEPR模型为；

B.根据C2H2结构简式成键即可判断；

C.硫化氢是有硫氢键形成的极性分子；

D.硫化氢和水是极性分子，可互溶。7．【答案】D【解析】【解答】A．原子不守恒，Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故A不符合题意；

B．醋酸是弱电解质，不能拆，用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO3-：IO3-+5I-+6CH3COOH=6CH3COO-+3I2+3H2O，故B不符合题意；

C．稀HNO3有强氧化性，Na2SO3溶液有还原性，向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：3SO32-+2NO3-+2H+=2NO↑+3SO42-+H2O，故C不符合题意；

D．Al(OH)3不溶于氨水，硫酸铝溶液中滴入足量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D符合题意；

8．【答案】D【解析】【解答】A．SO2只能使紫色石蕊溶液变红，但不会褪色，故A不符合题意；

B．SO2使碘水褪色体现SO2的还原性，SO2使品红溶液褪色体现SO2的漂白性，故B不符合题意；

C．滤纸④上有黄色固体生成，体现SO2的氧化性，故C不符合题意；

D．滤纸④上析出的固体为S，S的物质的量为0.09632mol=0.003mol，反应中S元素的化合价由SO2中的+4价降至0价、由Na2S中-2价升至0价，S既是氧化产物、又是还原产物且氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶1，故氧化产物物质的量为0.002mol、还原产物物质的量为0.001mol，反应中转移电子物质的量为0.004mol，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.二氧化硫只能使紫色石蕊变红；

B.SO2使碘水褪色体现SO2的还原性，SO2使品红溶液褪色体现SO2的漂白性；

C.滤纸④上有黄色固体生成，体现SO2的氧化性；

9．【答案】C【解析】【解答】X的价层电子数为5，X为N，X和Y的最简单气态氢化物质子总数相等，Z的核外没有未成对电子，Y为O，Z为Mg，W与Y属于同一主族，W为S，则R为Cl；

A．由于非金属性O>S，故离子键百分数应该是MgO>MgS，故A不符合题意；

B．S和Cl同周期，原子半径逐渐减小，故原子半径S>Cl，故B不符合题意；

C．由于非金属性O>N，故简单气态氢化物热稳定性：NH3<H2O，故C符合题意；

D．MgO的离子键百分数为50%，应为过渡晶体，通常当作离子晶体处理，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.由于非金属性O>S，即可得到离子键百分数应该是MgO>MgS；

B.同周期从左到右半径逐渐减小即可判断；

C.非金属性越强，其氢化物稳定性越强；

D.化合物ZY为MgO的离子键百分数为50%，应为过渡晶体，通常当作离子晶体。10．【答案】D【解析】【解答】A．PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电，故A不符合题意；

B．加入KI后，I-与剥落的MnO2反应生成的Ⅰ，发生反应为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I3-+2H2O，I3-+2e-=3I-，如有3molI-参加反应，需得到电子2mol，理论上负极Zn减少1mol，质量为65g，故B不符合题意；

C．放电时，外电路电子的移动方向是Zn→负载→MnO2，故C不符合题意；

D．放电时的总反应为MnO+Zn+4H+=Zn2++Mn2++2H2O，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗；

B.发生反应为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I3-+2H2O，I3-+2e-=3I-，利用数据计算；

C.放电时，外电路电子的移动方向是Zn→负载→MnO2；

D.放电时的总反应为MnO+Zn+4H+=Zn2++Mn2++2H2O。11．【答案】A【解析】【解答】A．阿莫西林中含有羧基、(酚)羟基、酰胺基3种含氧官能团，故A符合题意；

B．由结构简式可知，阿莫西林含有的酚羟基、羧基、酰胺基均能与氢氧化钠反应，1mol阿莫西林最多消耗4mol氢氧化钠，故B不符合题意；

C．由结构简式可知，阿莫西林的苯环上有2类氢原子，苯环上的一氯代物有两种，故C不符合题意；

D．S原子与碳形成2对σ键电子对外，还有两对孤电子对，故杂化轨道类型为sp3，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据结构简式即可得到含有酰胺基，羧基和羟基三种含氧官能团；

B.由结构简式即可得到阿莫西林含有的酚羟基、羧基、酰胺基均能与氢氧化钠反应；

C.根据结构简式苯环上2种一氯取代物；

D.结合硫原子成键即可德奥为sp3杂化。12．【答案】C【解析】【解答】A．CO中化学键不是单键，且该反应是吸热反应，旧键断裂所吸收的热量大于新键形成所放的热量，故A不符合题意；

B．增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，故能提高CO2的转化率，故B不符合题意；

C．在260~320℃间，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，故C符合题意；

D.320℃时CO2的转化率最大，之后减小可能是因为温度过高而导致催化剂失去活性导致，从而无法判定此时的转化率就是平衡转化率，则此时两个反应也不一定达到平衡状态，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.CO中化学键不是单键，且该反应是吸热反应即可判断；

B.240℃时，其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大；

C.在260~320℃间，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升即可判断；

D.320℃时CO2的转化率最大，之后减小可能是因为温度过高而导致催化剂失去活性导致无法判断是否平衡。13．【答案】A【解析】【解答】A．冠醚提供孤对电子，K+提供空轨道，两者通过配位键形成超分子，不是通过离子键结合，故A符合题意；

B．冠醚中碳原子杂化类型为sp3杂化，C、O原子间形成σ键，故B不符合题意；

C．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性，如果人们能够很好的控制超分子自组装过程，就可以按照预期目标更简单、更可靠的得到具有特定结构和功能的化合物，超分子已成为今后化学发展的另一个全新领域，故C不符合题意；

D．已知冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，则冠醚与K+结合后将MnO4-带入烯烃中，MnO4-与烯烃充分接触而迅速反应，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据结构即可得到钾离子与冠醚形成配位键；

B.冠醚中碳原子杂化类型为sp3杂化，即可判断；

C.超分子已成为今后化学发展的另一个全新领域；14．【答案】B【解析】【解答】A．M点，c(HA)=c(A-)，c(H+)=10-4.74，Ka(HA)=c(H+)c(A-)c(HA)=10-4.74，数量级为10-5，故A不符合题意；

B．M点：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)<c(OH-)=Kw1×10-4.74，故B符合题意；

C．当滴定至溶液呈中性时，Ka(HA)=c(H+)c(A-)c(HA)=10-4.74，c(H+)=10-7，c(A-)>c(HA)，故C不符合题意；

D．P→Q过程中，c(HA)不断减小，电离产生c(H+)不断减小，对水电离的抑制作用不断减弱，水的电离程度逐渐增大，故D不符合题意；

故答案为：B15．【答案】（1）3d（2）提高Mn元素的浸出率（3）H2O2（4）4.7≤pH<8.1（5）MnF2+Ca2+⇌CaF2+Mn2+；3×107（6）趁热过滤；用80~90℃之间的蒸馏水洗涤2~3次（7）晶体失去部分结晶水或者样品中混有硫酸盐杂质【解析】【解答】(1)基态Fe2+的价电子排布为3d6，价电子轨道表示式为3d；

（2）二次酸浸的目的为提高Mn元素的浸出率；

（3）试剂A的作用是氧化Fe2+，可以是H2O2等氧化剂；

（4）使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Mn2+不沉淀，所以控制溶液pH为4.7≤pH<8.1；

（5）除钙其实是沉淀转化，故方程式为MnF2+Ca2+⇌CaF2+Mn2+，该反应的平衡常数K=c(Mn2+)c(Ca2+)=Ksp(MnF2)Ksp(CaF2)=3.0×107；

（6）蒸发结晶之后的操作是趁热过滤，过滤之后还要洗涤，但是为了防止MnSO4·H2O转化为其他晶体，洗涤液应该用80~90℃之间的蒸馏水；

（7）纯度大于100%，说明SO2的物质的量相对偏高，可能原因是晶体失去部分结晶水或者样品中混有硫酸盐杂质；

【分析】（1）根据铁是29号，其电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Fe2+的价电子排布为3d6，即可写出价电子轨道式；

（2）二次酸浸的目的提高Mn元素的浸出率；

（3）过氧化氢氧化亚铁离子；

（4）根据离子沉淀pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Mn2+不沉淀即可判断pH；

（5）除钙其实是沉淀转化，故方程式为MnF2+Ca16．【答案】（1）三角锥形（2）恒压滴液漏斗；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2（3）F、G之间增加盛有饱和食盐水的装置（4）碱性；N2H4·H2O⇌N2（5）60.3%【解析】【解答】（1）NCl3中N的价层电子对数=3+5-3×12=4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；

（2）根据仪器的构造可知，图A和图G中盛装浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；若药品X为氯酸钾；则A中氯酸钾与盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

利用装置A制取氯气，利用装置B制取NCl3，利用装置D冷凝NCl3，用装置C收集NCl3，故正确连接顺序为a→b→c→f→g→d→e；

（3）Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置F中氢氧化钠溶液反应，导致产物的产率降低，改进方法是在装置F、G之间加盛装有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；

（4）肼是二元弱碱，与强酸反应，可产生正盐和碱式盐，N2H4·H2O呈碱性；其主要电离方程式为N2H4·H2O⇌N2H5++OH-；

（5）NCl3+4HCl=NH4Cl+3Cl2↑、Cl2+2KI=2KCl+I2、I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，可得NCl3~3I2~6Na2S2O3，n(NCl3)=16n(Na2S2O3)0.15×20×10-36×10=5×10-3mol，故m(NCl3)=5×10-3mol×120.5g/mol=0.6025g，其纯度为0.60251×100%=60.3%；

【分析】（1）根据分子式即可计算出中心原子的价电子对，即可判断出空间结构；

（2）根据图示即可得到仪器名称，利用氯酸钾和盐酸反应得到氯气，利用装置A制取氯气，利用装置B制取NCl3，利用装置D冷凝NCl3，用装置C收集NCl3，即可书写顺序；

（3）Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置F中氢氧化钠溶液反应，导致产物的产率降低；

（4）肼是二元弱碱，与强酸反应，可产生正盐和碱式盐即可得到显碱性，即可写出电离方程式；根据

（5）根据NCl3+4HCl=NH4Cl+3Cl2↑、Cl2+2KI=2KCl+I2、I2+2Na2S2O317．【答案】（1）CoO*(s)+CO(g)⇌Co*(s)+CO2(g)△H=-374.5kJ/mol（2）d（3）Cat-1；超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降（4）T1<T2<T3；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低；0.1a；【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得到第二步反应式：CoO*(s)+CO(g)⇌Co*(s)+CO2(g)，由图知，其ΔH=-358.6kJ/mol-15.9kJ/mol=-374.kJ/mol，则第二步反应的热化学方程式：CoO*(s)+CO(g)⇌Co*(s)+CO2(g)ΔH=-374.5kJ/mol；

（2）a.v正(NO)=v逆(N2)才能说明正逆反应速率相等，故a不符合题意；

b.体系中混合气体密度在反应过程中是定值，故b不符合题意；

c.向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，CO与NO转化率的比值为1：2且不变，故c不符合题意；

d.当浓度商等于定值即平衡常数时，说明