吉林省2024年高考化学模拟试题（含答案）

吉林省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45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．党的二十大报告指出“我们要推进生态优先、节约集约、绿色低碳发展”。下列做法合理的是（）A．通过燃煤脱硫技术减少煤燃烧造成的污染，是实现“碳中和”的有效手段B．污水处理厂可以利用微生物降解污水中的有机污染物，以减少水污染C．利用微生物可以将CO2合成油脂，从而实现由无机小分子向有机高分子的转变D．在制备有机物时，应尽量采用取代反应等理想的“原子经济性”反应2．下列关于物质转化过程的分析，正确的是（）A．半导体行业有一句话：“从沙滩到用户”，其第一步反应：C＋SiO2高温__Si＋COB．漂白粉久置于空气中会失去漂白性，其变质过程中仅发生了非氧化还原反应C．SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液，得到的沉淀仅有BaSO4D．利用电热水器中的阳极镁块可防止金属内胆腐蚀，牺牲阳极法是一种基于电解池原理的金属防护法3．下列化学用语表示正确的是（）A．基态铜原子价电子的轨道表示式：B．顺式聚2-甲基-1，3-丁二烯的结构简式：C．NaH的形成过程：D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：4．化学在生活中有重要价值，下列有关物质应用与反应关联正确的是（）A．海水提镁工业中将MgCl2溶液转化为Mg(OH)2：MgCl2＋Ca(OH)2=Mg(OH)2↓＋CaCl2B．NaHCO3受热易分解，可用作泡沫灭火剂：2NaHCO3△__Na2CO3＋CO2↑＋HC．酸性锌锰电池的正极反应：MnO2＋H2O＋e-=MnO(OH)＋OH-D．葡萄糖的氧化反应，普遍用于检验尿糖：CH2OH(CHOH)4CHO＋2[Ag(NH3)2]OH→△CH2OH(CHOH)4COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H25．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是（）A．28gC5H10的烃分子中含有C-Cσ键的数目一定为1.6NAB．在标准状况下，22.4L由SO2和SO3组成的混合物中含有硫原子的数目为NAC．有2.00L0.5mol·L−1的稀硫酸和足量金属钠反应，消耗钠原子的数目为2NAD．在2CuH＋2HCl=Cu＋CuCl2＋2H2↑反应中，每生成4.48L(标准状况)H2，反应转移的电子数目为0.3NA6．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如下。下列说法错误的是（）A．(a)能与浓溴水发生取代反应B．(b)中各元素电负性大小关系为：O>Cl>C>HC．(c)的一氯代物有3种D．(c)可增加KI在苯中的溶解度7．A、B、C、D、E是五种原子序数依次递增的短周期元素。已知：A的一种同位素可以用于测定文物的年代；基态C原子含3对成对电子；D在同周期金属元素中第一电离能最大；基态E原子的3p轨道中含有自旋方向不同且数目之比为3：1的电子。下列说法正确的是（）A．简单离子的离子半径：B<C<D<EB．简单氢化物的沸点：A<B<C<EC．D的单质可以在A和C形成的某种化合物中燃烧D．Xe(氙)是目前最易形成化合物的稀有气体，XeC3为非极性分子8．吡啶()是类似于苯的芳香化合物。2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述错误的是（）A．反应①的原子利用率为100％B．EPy中所有碳原子可以处于同一平面C．、、的碱性随氮原子电子云密度增大而增强，其中碱性最弱的是D．反应②的条件是NaOH醇溶液、加热9．由下列实验装置及现象一定能得出相应结论的是（）选项ABCD装置现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体产生红褐色沉淀锥形瓶中溶液由无色变粉红色，半分钟不褪色试管中液体变浑浊目的溶解度：AgCl＞AgBr＞AgI制备Fe(OH)3胶体测定醋酸浓度非金属性：Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D10．空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成视觉障碍的叫霾。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐(含SO、HSO)生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法错误的是（）A．SO32−和NO2−的中心原子的杂化轨道类型分别是：sp3B．整个过程中有H2O参加反应，而且包含了硫氧键的断裂与形成C．1molSO3-在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去电子数目为NAD．硫酸盐转化过程中发生的总反应方程式为：SO32−＋2NO2＋H2O=HSO4−＋NO211．一定条件下，反应H2(g)+Br2(g)⇌2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：c(H2)/mol·L−1c(Br2)/mol·L−1c(HBr)/mol·L−1反应速率0.10.12v0.10.428v0.20.4216v0.40.142v0.20.1c4v根据表中的测定结果，下列结论错误的是（）A．α的值为1B．表中c的值为2C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低12．环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如图，一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。已知：电解效率η(B)=n(下列说法正确的是（）A．电极1应与电源正极相连，离子交换膜应为阴离子交换膜B．若η(EO)=100%，则溶液c的溶质为KClC．不考虑各项损失，理论上生成2g气体A，可得到产品EO88gD．每生成1molEO，理论上电路中转移电子数为NA13．由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶胞结构如图所示：下列说法错误的是（）A．晶体中Li、Al、Si三种微粒的比例为1：1：1B．图中所指Si原子的坐标为(34，34，C．晶体中与每个Al紧邻的Li为6个，与每个Si紧邻的Si为12个D．晶体中Al和Li构成CsCl型晶体结构，晶体中Al和Si构成金刚石型晶体结构14．常温下，将少量MSO4粉末缓慢加入20mL0.1mol·L−1H2A溶液中(已知MA难溶，忽略溶液体积变化)，溶液中c(M2＋)与c(H＋)变化如图所示。已知：Ka1(H2A)=1.0×10-9，Ka2(H2A)=1.0×10-13，下列有关说法正确的是（）A．a点处，由水电离产生的c(H＋)≈1.0×10-5mol/LB．溶液pH=7时，2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA-)C．c点处，MA的溶度积Ksp(MA)=1.0×10-24D．a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：c>b>a15．二氧化锗常用作有机反应的催化剂以及制备半导体的原料。某大型化工厂提纯二氧化锗废料(主要含GeO2、AS2O3)的工艺如图，下列有关说法正确的是（）已知：①GeO2与碱反应生成Na2GeO3；AS2O3与碱反应生成NaASO2；②GeCl4的熔点−49.5℃，沸点为85℃，极易发生水解A．Ge在周期表中位于第四周期第ⅥA族B．“氧化”时，离子反应为ASO2−+H2O2+2OH-=ASO43−+2HC．“操作1”是蒸馏，“操作2”所用仪器主要为玻璃棒、漏斗、烧杯D．“操作1”加入的盐酸为7mol/L，若改成1mol/L可节省原料同时不影响产率阅卷人二、非选择题(本大题共4个小题，共55分)得分16．四碘化锡(SnI4)为橙红色晶体，广泛应用于黑磷烯材料的制备。实验室常以锡粒为原料通过反应Sn+2I2C物质熔点/℃沸点/℃溶解性性质SnI4145.8364.5易溶于乙醚、可溶于CS2、CCl4等非极性有机溶剂在空气中易吸潮而水解CS2−112.046.2难溶于水有毒，易挥发（1）SnI4粗品的制备：将10.0g锡粒、25.4g碘单质、35.00mLCS2加入装置A中，组装好装置后，快速打开冷却水，加热，控制反应温度400℃左右，直至反应完成。停止加热，趁热过滤除去固体杂质，用CS2多次洗涤装置A及残渣，合并滤液和洗涤液，浓缩溶液，经一系列操作得到SnI4粗品。①装置C的名称为，装置C的作用是。②装置D中盛放的药品可以是(填标号)。a．无水硫酸铜b．碱石灰c．无水氯化钙③检查装置气密性后向A中加入少量无水乙醚，加热A至乙醚完全挥发，其目的是。④用CS2多次洗涤装置A及残渣，合并滤液和洗涤液后，“浓缩溶液”所采用的实验操作名称是。（2）SnI4质量分数测定：称取10.0g粗品，加入足量的水，使粗品充分水解。将上层清液全部定容于250mL容量瓶中，移取25.00mL于锥形瓶中，加入少量CCl4和几滴KSCN溶液，用0.20mol·L−1的FeCl3标准溶液滴定至终点时，消耗FeCl3标准溶液28.80mL。(已知：2Fe3++2I-2Fe2++I2)①写出SnI4水解生成SnO2·xH2O的化学方程式。②根据实验数据计算，样品中SnI4的质量分数为(保留三位有效数字)17．黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4.黏土钒矿采用以下工艺流程可制备偏钒酸铵(NH4VO3)。已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示；金属离子Fe3+Al3+Mn2+Mg2+开始沉淀pH1.93.08.18.9完全沉淀pH3.04.710.110.9②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数δ与pH的关系如图所示，回答下列问题：（1）NH4+的VSEPR模型是形。（2）“酸浸氧化”时，VO+、VO2+被氧化为VO2+，增大“酸浸氧化”速率的措施是(任写一种)。（3）“中和沉淀”时，滤饼②含有的沉淀有V2O5·xH2O以及。（4）“沉淀转溶”时，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤液③中含有的阴离子有OH−以及。（5）①“沉钒”时pH最好约为7且NH4Cl应过量，原因为。②温度高于80℃时，沉钒率下降的原因是(任写一种)。（6）加热偏钒酸铵制备V2O5的化学方程式为。18．甲醇用途广泛，可用作溶剂、防冻剂、燃料，也可用于生产生物柴油，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)可以合成甲醇，涉及的反应如下，回答下列问题：反应ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=−91.5kJ∙mol−1反应ii：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2=−49.9kJ∙mol−1反应iii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3=+41.6kJ∙mol−1（1）在某催化剂作用下，反应ⅰ的反应历程如图所示(图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，*表示吸附在催化剂上)：①CO2的电子式为。②结合反应历程，写出反应ⅰ中生成甲醇的决速步骤的反应方程式。③m=(计算结果保留两位有效数字，已知1eV=1.6×10−22kJ)。（2）反应ⅰ的Arrhenius经验公式Rlnk=−EaT+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C均为常数，T为温度)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线N所示，则实验可能改变的外界条件是（3）将一定量的CO2(g)和H2(g)充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应ii和iii．在相同温度不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性[n(CH3①图中表示CH3OH的选择性的曲线是(填“m”“n”或“p”)，简述判断方法。②反应体系中组分CO2(g)、CO(g)的浓度随时间变化情况如图所示。0～15s时间段内，CH3OH的平均反应速率为mol·L−1·s−1(保留两位有效数字)。19．化合物H是一种抗艾滋病药物，某课题组设计的合成路线如下：请回答下列问题：（1）写出有机物A的名称。（2）过程A→B的作用是。（3）写出在一定条件下，B与足量NaOH溶液反应的化学方程式。（4）化合物D的结构简式是。（5）下列说法错误的是(填标号)。a．E分子中碳原子的杂化方式有3种b．合成H过程中涉及的反应类型均为取代反应c．F与足量H2加成后，产物分子中含有4个手性碳原子d．化合物G可以与水形成分子间氢键，易溶于水（6）化合物N()是另一种合成路线的中间体，化合物N符合下列条件的同分异构体有种，写出其中一种结构简式。①含有苯环；②H-NMR谱显示有6种不同化学环境的氢原子；③能发生水解反应，产物之一是甘氨酸。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.碳中和主要是减小二氧化碳的排放，煤脱硫技术只能减少硫，不能减少二氧化碳排放，故A不符合题意；

B.微生物降解污水中有机污染物，以减少水污染，故B符合题意；

C.油脂不是有机高分子，属于小分子，故C不符合题意；

D.取代反应不是原子经济性，加成反应和加聚反应是原子经济性，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.碳中和是减少二氧化碳的排放；

B.微生物降解污水有机物减少水污染；

C.油脂是小分子；

D.取代反应不是原子经济性。2．【答案】C【解析】【解答】A.半导体行业有一句话：“从沙滩到用户”，其第一步反应：2C＋SiO2高温__Si＋2CO↑，故A不符合题意；

B.漂白粉久置于空气中会失去漂白性，其变质过程发生：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，2HClO=2HCl+O2，发生氧化还原反应，故B不符合题意；

C.SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液，酸性条件下，硝酸钡具有很强的氧化性，可将二氧化硫氧化为硫酸根最终得到沉淀为硫酸钡，故C符合题意；

D.“牺牲阳极法”是一种基于原电池原理的金属防护法，让被保护的金属做原电池的正极，比被保护的金属活泼的金属做原电池的负极，以此达到保护正极金属的目的，电热水器中，镁棒做负极，防止内胆腐蚀，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.二氧化硅变为粗硅时，碳和二氧化硅反应得到的是CO；

B.漂白粉失去漂白性可发生氧化还原反应；

C.硝酸钡在酸性时可氧化二氧化硫；3．【答案】C【解析】【解答】A.基态铜原子价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为：，故A不符合题意；

B.顺式聚2-甲基-1，3-丁二烯的结构简式：，故B不符合题意；

C.氢化钠是离子化合物，是钠失去电子，氢得到电子形成，，故C符合题意；

D.邻羟基苯甲醛的分子内氢键，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据铜的价层电子结合电子排布方式即可判断；

B.顺式结构，两侧是相同即可判断；

C.氢化钠是离子化合物，钠失去电子，氢得到电子即可；

D.邻羟基苯甲醛中的-OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成分子内氢键。4．【答案】A【解析】【解答】A.海水提镁工业中，向海水中加入石灰乳将MgCl2溶液转化为Mg(OH)2，反应的化学方程式为：MgCl2＋Ca(OH)2=Mg(OH)2↓＋CaCl2，故A符合题意；

B.碳酸氢钠能与硫酸铝在溶液能发生双水解反应生成二氧化碳，可用作泡沫灭火剂，与其受热易分解无关，故B不符合题意；

C.碱性锌锰电池中MnO2作正极，电极反应式为MnO2+H2O+e-═MnO(OH)+OH-，酸性锌锰电池电极反应不可能生成OH-，故C不符合题意；

D.葡萄糖的醛基能发生银镜反应，方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋2[Ag(NH3)2]OH→△CH2OH(CHOH)4COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O，该反应一般用于制镜，不用于检验尿糖，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.加入石灰乳可将氯化镁转化为氢氧化镁；

B.碳酸氢钠受热分解可用作发酵粉；

C.酸性时不能出现氢氧根；

5．【答案】D【解析】【解答】A.C5H10可能为环烷烃，可能为烯烃，若为环烷烃时，28gC5H10的烃分子中含有C-Cσ键的数目为2.0NA，故A不符合题意；

B.标况下，SO3不是气体，无法计算，故B不符合题意；

C.钠除了能与酸反应以外，还能与水反应，由于钠是足量的，无法计算消耗的钠的原子数，故C不符合题意；

D.2CuH＋2HCl=Cu＋CuCl2＋2H2↑中，铜的化合价由+1降到0和升高到+2，H的化合价由-1升高到0，故每生成4.48L(标准状况)H2，反应转移的电子数目为0.3NA，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.根据质量计算出物质的量，该分子可能是环状烷烃或者烯烃即可判断；

B.标况下三氧化硫是固体；

C.硫酸中酸和水均和水反应得到气体，无法计算水与钠反应的量；

D.根据化合价的变化，即可计算。6．【答案】C【解析】【解答】A.(a)中含有酚羟基，且羟基的邻、对位上有H，能与浓溴水发生取代反应，故A不符合题意；

B.元素非金属性越大电负性越大，故(b)中各元素电负性大小关系为：O>Cl>C>H，故B不符合题意；

C.(c)中含有4种不同环境的氢，(c)的一氯代物有4种，故C符合题意；

D.冠醚分子(c)可识别K+，故能增加KI在甲苯中的溶解度，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.羟基邻位对位有氢原子可被溴取代；

B.根据元素非金属性强弱判断；

C.根据图示，高度对称，c中有4种不同的氢有4种一氯取代物；

D.根据某冠醚分子c可识别K+，因此可增加在KI溶液中的溶解度。7．【答案】C【解析】【解答】A的一种同位素可以用于测定文物的年代，可得A为C，基态C原子含3对成对电子，C为O，则B为N，D在同周期金属元素中第一电离能最大，则D为Mg；基态E原子的3p轨道中含有自旋方向不同且数目之比为3：1的电子，可知E为S，因此A为C、B为N、C为O、D为Mg、E为S。

A.B为N、C为O、D为Mg、E为S。离子为N3-，O2-，Mg2+，S2-，因此离子半径大小为：S2-＞N3-＞O2-＞Mg2+，故A不符合题意；

B.A为C、B为N、C为O、E为S，对应的氢化物为CH4，NH3，H2O，H2S，氨气和水含有氢键，沸点较大，因此H2O＞NH3＞H2S＞CH4，故B不符合题意；

C.镁单质可在二氧化碳反应得到氧化镁和碳，故C符合题意；

D.XeO3为三角锥形，为极性分子，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据元素符号写出离子符号，结合相同电子层，质子数越大半径越小；

B.根据元素符号写出分子式，找出是否含有氢键即可判断；

C.根据元素找出单质，镁与二氧化碳反应得到氧化镁和碳；

D.根据写出分子式判断其为极性分子。8．【答案】D【解析】【解答】A.反应①中甲醛碳氧双键断裂，反应类型是加成反应，原子利用率为100％，故A不符合题意；

B.根据题中信息可知，环上的碳原子共面，另外碳碳单键可以旋转，则EPy中所有碳原子可以处于同一平面，故B不符合题意；

C.中Cl为吸电子基，导致N上孤电子对更难给出，中甲基为供电子基，导致N上孤电子对更容易给出，则的碱性最弱，故C不符合题意；

D.反应②为醇的消去反应，条件是浓硫酸、加热，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.根据反应物和生成物即可判断其为加成反应利用率100%；

B.环原子共面，乙烯基原子共面，通过旋转可共面；

C.氯原子是吸电子基团，甲基是供电子基团，因此的碱性最弱；

D.消去反应条件是浓硫酸和加热。9．【答案】C【解析】【解答】A.比较溶解度：AgCl＞AgBr＞AgI，需要控制氯化银的量极少，故A不符合题意；

B.氢氧化铁胶体是利用将饱和氯化铁溶液加入沸水中，加热至出现红褐色即可，故B不符合题意；

C.醋酸中滴入酚酞为无色，滴入氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，变为粉红色，半分钟不褪色，说明达到滴定终点，从而测定醋酸浓度，故C符合题意；

D.盐酸具有挥发性，挥发出的盐酸也能使Na2SiO3溶液中出现浑浊：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl，不能证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，不能说明非金属性C大于Si，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.比较溶解度，需要控制AgCl的量是少量；

B.氯化铁与氢氧化钠直接反应生成氢氧化铁沉淀，而不是氢氧化铁胶体；

C.醋酸钠显碱性，因此最后颜色为粉红色；

D.考虑盐酸挥发出氯化氢气体，需要除去。10．【答案】B【解析】【解答】A.SO32−中心原子的价层电子对数3+6+2-3×22=4、和NO2−中心原子的价层电子对数为5+1-2×22+2=3，的中心原子的杂化轨道类型分别是：sp3、sp2，故A不符合题意；

B.由图可知，整个过程中有H2O参加反应，但是没有硫氧键的断裂，故B符合题意；

C.由图可知SO3-在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段被氧化生成HSO4-，则反应中消耗1molSO3-，共失去电子数目为1mol×(6-5)×NAmol-1=NA个，故C不符合题意；

D.由分析可知，硫酸盐转化过程中发生的总反应方程式为：SO32−＋2NO2＋H2O=HSO4−＋NO2−＋HNO2，故D不符合题意；

故答案为：B

11．【答案】B【解析】【解答】反应H2(g)+Br2(g)⇌2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，

①v=k(0.1)α·(0.1)β·(2)γ，②8v=k(0.1)α·(0.4)β·(2)γ，③16v=k(0.2)α·(0.4)β·(2)γ，④2v=k(0.4)α·(0.1)β·(4)γ，⑤4v=k(0.2)α·(0.1)β·(c)γ，由①②得到β=1.5，②③得到α=1，①④得到γ=-1，代入⑤中c=1，

A.根据分析计算得到a=1，故A不符合题意；

B.根据计算c=1，故B符合题意；

C.反应体系的三种物质中，v=kc(H2)·c1.5(Br2)·c-1c(HBr)，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C不符合题意；

D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，v=kc(H2)·c1.5(Br2)·c-1c(HBr)，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】根据一定条件下，反应H2(g)+Br2(g)⇌2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，将①-⑤数据代入数据，①v=k(0.1)α·(0.1)β·(2)γ②8v=k(0.1)α·(0.4)β·(2)γ③16v=k(0.2)α·(0.4)β·(2)γ，④2v=k(0.4)α·(0.1)β·(4)γ，⑤4v=k(0.2)α·(0.1)β·(c)γ，由①②得到β=1.5，②③得到α=1，①④得到γ=-1，代入⑤中c=1，结合选项即可判断。12．【答案】B【解析】【解答】A.电极1电解氯化钾溶液产生氯气，氯气与水反应得次氯酸，乙烯与次氯酸反应，故电极1为阳极，应与电源正极相连，如果离子交换膜为阴离子交换膜，电极2电解水产生氢气和氢氧根进入极室1会影响次氯酸生成，故是极室1中钾离子进入极室2，离子交换膜为阳离子交换膜，故A不符合题意；

B.若η(EO)=100%，则HOCH2CH2Cl与溶液a中的KOH恰好反应：HOCH2CH2Cl+KOH=KCl+H2O+，则溶液b的溶质为KCl，故B符合题意；

C.气体A是阴极产生的氢气，2g气体A即1mol，转移电子2mol，对应电极1产生氯气1mol，生成HOCH2CH2Cl物质的量为1mol，则产品EO也为1mol，质量为44g，故C不符合题意；

D.每生成1molEO，需要1mol氯气，理论上电路中转移电子数为2NA，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.电极1产生氯气，连接的是电池的正极，因此电极1为阳极，电极2为阴极，阳离子向电极2移动，为阳离子交换膜；

B.根据质量守恒即可判断出c为氯化钾；

C.理论上生成2g气体A，转移2mol电子，可得到产品EO44g；

D.根据转换关系，生成1molEO，消耗1mol氯气，理论上转移的电2mol。13．【答案】D【解析】【解答】A.该晶胞中，Li原子个数=12×14+1=4，Al原子个数=8×18+6×12=4，Si原子个数=4，原子个数比为1：1：1，故A不符合题意；

B.四个硅原子位于四面体中心，因此Si的原子坐标为(34，34，14)，故B不符合题意；

C.根据晶胞结构图可得，晶体中与每个Al距离最近的Li为6个，与每个Si距离最近的Si为12个，故C不符合题意；

D.晶体中Al和Li构成NaCl型骨架，而CsCl型为体心结构；晶体中Al、Si构成正四面体型结构，与金刚石型的结构相同，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.根据晶胞中原子占位即可计算出原子计算出比值；14．【答案】C【解析】【解答】A.a点处，没有加入MSO4粉末，即为H2A溶液。设0.1mol·L－1H2A溶液中c(H＋)为xmol·L－1。且忽略水的电离，根据电离方程式H2A⇌HA-＋H＋，弱电解质的电离是微弱的，则有c(H2A)≈0.1mol，只考虑第一步电离，且忽略水的电离，则有c(H+)≈c(HA-)，根据K=c(H+)c(HA-)c(H2A)可求得x=1.0×10－5mol·L－1，水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH－)，则c(OH－)=Kwc(H+)=10-9，则水电离出的c(H＋)=1.0×10-9mol·L-1，故A不符合题意；

B.溶液中的阴离子还有SO42-，根据电荷守恒，有c(H+)+2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)+2c(SO42-)，溶液呈中性时，有2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA-)+2c(SO42-)，故B不符合题意；

C.温度不变，因此c点处MA的溶度积常数与b点处的相同，可利用b点的数据求Ksp。根据电离方程式：H2A⇌HA－＋H＋，HA－⇌A2－＋H＋，Ka1=c(H+)c(HA-)c(H2A)，Ka2=c(H+)c(A2-)c(HA-)，Ka1Ka2=c(H+)2c(A2-)c(H2A)，加入MSO4粉末，发生反应：MSO4＋H2A=MA↓＋H2SO4，再结合b点的数据，c(H＋)=0.1mol·L-1，则反应消耗了0.05mol·L－1H2A，溶液中剩余的c(H2A)=0.05mol·L-1，代入数据，

Ka1Ka2=c(H+)2c(A2-)c(15．【答案】B【解析】【解答】A.Ge在周期表中位于第四周期第IVA族，故A不符合题意；

B.“氧化”时，+3价砷转化为+5价砷，离子反应为AsO22-+H2O2+2OH-=AsO42-+2H2O，故B符合题意；

C.“操作1”是蒸馏，“操作2”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所用仪器主要为蒸发皿、铁架台(带铁圈)、酒精灯、玻璃棒、漏斗、烧杯，故C不符合题意；

D.GeCl4极易发生水解，若改成1mol/L的盐酸，可能造成GeCl4水解，产率降低，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.根据Ge的核外电子排布即可找出其位置为第四周期IVA族；

B.AS2O3与碱反应生成NaASO2，加入过氧化氢将其氧化为+4价，即可写出离子方程式；

C.GeCl4的熔点−49.5℃，沸点为85℃，操作1是蒸馏，操作2是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可找出仪器；

D.盐酸浓度过低易水解。16．【答案】（1）球形冷凝管；冷凝回流；bc；蒸发乙醚，排除装置内空气，防止SnI4水解或锡与氧气反应；蒸馏（2）SnI【解析】【解答】（1）①根据图示C为球形冷凝管，装置C的作用为冷凝回流；

②由于生成的SnI4在空气中易吸潮而水解，故装置D的作用为防止空气中水蒸气进入装置，故装置D中盛放的药品可以是碱石灰和无水氯化钙；

③由于SnI4在空气中易吸潮而水解，且氧气能将锡氧化，故检查装置气密性后向A中加入少量无水乙醚，加热A至乙醚完全挥发，其目的是蒸发乙醚，排除装置内空气，防止SnI4水解或锡与氧气反应；

④由于SnI4易溶于乙醚、可溶于CS2、CCl4等非极性有机溶剂，故“浓缩溶液”所采用的实验操作名称是蒸馏；

（2）①SnI4水解生成SnO2·xH2O的化学方程式为SnI4+(2+x)H2O=SnO2⋅xH2O↓+4HI；

②SnI4溶解后生成碘离子，SnI4+(2+x)H2O=SnO2⋅xH2O↓+4HI，由方程2Fe3++2I-=2Fe2++I2得，n(SnI4)=14n(Fe3+)=14×0.3×28.8×10-3×10mol=0.0144mol，m(SnI4)=0.0144×627g=9.0288g，质量分数为9.0288/10×100%=90.3%；

【分析】（1）①根据图示即可写出名称，装置C的作用是冷凝回流；

②装置D主要是用于防止空气水蒸气进入，因此可利用碱石灰或者无水氯化钙除去水蒸气；17．【答案】（1）正四面体（2）搅拌、适当升高温度，适当增加浓度等（3）Fe(OH)3（4）VO43-、（5）调节pH，将VO43-转化为VO3−，增大NH4+（6）2N【解析】【解答】（1）NH4+中的氮原子是sp3杂化，其VSEPR模型是正四面体；

（2）增大“酸浸氧化”速率的措施是搅拌、适当升高温度，适当增加浓度等；

（3）由分析知，“中和沉淀”时，pH=3-3.1，沉淀铁离子和铝离子，滤饼②含有的沉淀有V2O5·xH2O以及Fe(OH)3、Al(OH)3；

（4）由分析知，沉淀转溶是加入氢氧化钠，因此滤液③中含有的阴离子有OH−以及VO43-、[Al(OH)3]-或AlO2−；

（5）①“沉钒”时pH最好约为7且NH4Cl应过量，原因为调节pH，将VO43-转化为VO3−，增大NH4+的浓度，有利于NH4VO3沉淀析出；

②温度高于80℃时，沉钒率下降的原因是温度高于80℃，NH4+水解程度增大，使NH4+浓度减小，沉钒率下降（或升高温度NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解）；

（6）偏钒酸铵受热分解得到五氧化二钒和氨气和水，即可写出方程式：2NH4VO318．【答案】（1）；CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+32H2*(g)；0.95eV（2）加入了高效催化剂（3）n；反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大\；0.0017【解析】【解答】（1）①二氧化碳是由极性键形成的非极性分子，其电子式为：；

②决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应，反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程图中数据可知，活化能=过渡态能量-起始态能量，根据能量变化，即可得到第II步能量最大，该步骤的方程式为：CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+32H2*(g)；

③反应ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=−91.5kJ∙mol−1，由图可知，1molCO(g)和2molH2的总能量与CH3OH(g)的总能量之差为91.5kJ，反应历程图中的E表示的是1个CO分子和2个H2分子的相对总能量与1个CH3OH分子的相对总能量之差为meV，相对总能量E=MeV=91.56.02×1023×1.6×10-22eV=0.95eV；

（2）由图可知，曲线M的Rlnk随T的增大减小幅度大，曲线N的Rlnk随T的增大减小幅度小，即温度一定时二者的活化能不相等，催化剂能降低反应的活化能，所以曲线N实验可能改变的外界条件是加入了高效催化剂；

故答案为：加入了高效催化剂；

（3）①反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2