1、福建省厦门市2020届高三化学上学期期末质量检测试题（含解析）1.丝绸之路是沟通东西方文化的友谊之路下列关于丝绸说法不正确的是A. “春蚕到死丝方尽“所描述的蚕丝，其主要成分为蛋白质B. “四川蜀锦”的织锦原料是人造纤维，由加聚反应制得C. 礼记记载“天子着青衣”，青色是由丝绸浸染植物染料制得D. 丝绸因富含胺基，氨基等亲水性基团而具有良好的吸湿性【答案】B【解析】【详解】A、蚕丝属于天然纤维，其主要成分为蛋白质，故A不符合题意；B、织锦原料是天然纤维，故B符合题意；C、天子身份尊贵，常着丝绸类衣物，古代对丝绸染色常用植物染料，故C不符合题意；D、胺基、氨基易与水形成分子间氢键，使得丝绸具有良
2、好的吸湿性，故D不符合题意；故答案为B。【点睛】自然界存在的天然纤维主要有：棉花，麻类，蚕丝和动物毛，其中棉花和麻类的分子成份主要是纤维素，而蚕丝和毛类的分子成份主要是蛋白质，需注意区分天然纤维和天然纤维素的概念。2.下列变化中，气体被还原是A. 水蒸气使CuSO4变蓝B. Cl2使FeCl2溶液变黄C. CH2=CH2使溴水褪色D. H2S使H2SO3溶液变浊【答案】B【解析】【详解】A、水蒸气使CuSO4变蓝过程的反应为：CuSO4+5H2O= CuSO45H2O，此过程不涉及还原反应，故A不符合题意；B、Cl2使FeCl2溶液变黄过程的反应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Cl元
3、素化合价降低，Cl2被还原，故B符合题意；C、CH2=CH2使溴水褪色过程的反应为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，乙烯中C元素化合价升高，乙烯被氧化，故C不符合题意；D、H2S使H2SO3溶液变浊过程的反应为：H2S+H2SO3=S+3H2O，H2S中S元素化合价升高，H2S被氧化，故D不符合题意；故答案为B。3.下列说法错误的是A. 淀粉、葡萄糖都是高分子化合物B. 煤的干馏是复杂的物理、化学变化C. C3H7C1有2种同分异构体D. 油脂、蛋白质都可以和碱反应【答案】A【解析】【详解】A、葡萄糖不属于高分子化合物，故A符合题意；B、煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成
4、焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，当煤料的温度高于100时，煤中的水分蒸发出，此过程属于物理变化，继续升温的过程中，其主要发生化学变化，故B不符合题意；C、C3H7C1的结构中有两种不同化学环境的H，因此有2种同分异构体，故C不符合题意；D、油脂中含有酯基，蛋白质中含有肽键，均可与碱发生反应而水解，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】煤主要是由碳构成，连同由不同数量的其它元素构成，主要是氢，硫，氧和氮，其主要成分是复杂有机物，并非是碳单质，以此分析煤的相关工艺流程。4.下列离子能大量共存的一组是A. Fe3+、Cu2+、SO42、NO3B. HCO3、K+、Cl、 Al(OH)4
5、C. Na+、Al3+、Br、S2D. ClO、Mg2+、SO42、I【答案】A【解析】【详解】A、Fe3+、Cu2+、之间不发生化学反应，可大量共存，故A符合题意；B、与Al(OH)4-能够发生反应：，故不能大量共存，故B不符合题意；C、Al3+与S2-能够发生相互促进的双水解反应，不能大量共存，故C不符合题意；D、ClO-与I-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存，离子之间发生的常见反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应等。5.两个铷钾分子在温度为510-7K时反应
6、，超冷温度迫使反应在中间阶段停留了几微秒，人类第一次见证了化学反应过程，其过程如图所示，下列说法正确的是A. K+的结构示意图为B. 铷元素位于第4周期IA族C. 该反应为吸热反应D. 该反应获得了化学键断裂和形成的证据【答案】D【解析】【详解】A、K+的结构示意图为，故A错误；B、铷元素位于第5周期IA族，故B错误；C、由反应过程可知，反应物能量高于生成物能量，由此可知该反应属于放热反应，故C错误；D、两个铷钾分子在温度为510-7K时反应，超冷温度迫使反应在中间阶段停留了几微秒，结合图像中原子与分子图示可知，此过程获得了化学键断裂和形成的证据，故D符合题意；故答案为D。6.Weiss利用光
7、敏剂QD制备2-环己基苯乙烯(c)的过程如图所示下列有关说法正确A. a不能使酸性KMnO4溶液褪色B. 1mol b最多能与4mol H2加成C c分子中所有原子共平面D. a、b、c均易溶于水【答案】B【解析】【详解】Aa中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾褪色，故A错误；B1molb中含有1mol苯基、1mol碳碳双键，1molb与H2发生加成反应最多能够消耗4molH2，故B正确；Cc分子右侧环己烷基中碳原子均采取sp3杂化，故环己烷基中原子不可能全部共平面，故C错误；Da、b、c均属于烃类，不含有亲水基，故在水中溶解度较小，故D错误；故答案为B。【点睛】对于六元碳环有机化合物需注意，在
8、解答过程中一定要仔细，注意和苯环区分开，含有碳碳双键的有机物能够使酸性高锰酸钾褪色，而苯环不能，含碳碳双键的有机物能够与溴水发生反应而褪色，而苯能与溴水发生萃取而褪色，原理不同，需注意区分。7.用如图所示装置进行下列实验，其中不合理的是A. 用CCl4萃取碘水中的碘B. 用NaOH溶液除去溴苯中的溴C. 用水除去硬脂酸钠中的甘油D. 用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸【答案】C【解析】【分析】由图可知，为萃取、分液装置，可分离溶质在不同溶剂中溶解性差异大的混合物，或分离分层的液体，以此来解答。【详解】A、用CCl4萃取碘水中的碘的实验操作为萃取、分液，可通过该装置完成，故A不符合题意；
9、B、溴苯在水中溶解度较小，溴在溴苯中溶解度较大，向溴苯与溴的溶液中加入NaOH溶液后，溴与NaOH反应，生成无机盐，无机盐易溶于水，难溶于溴苯，可分层，然后通过分液分离出溴苯，故B不符合题意；C、硬脂酸钠、甘油均溶于水，不能利用图中装置分离，故C符合题意；D、乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可利用图中装置、饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】萃取剂选择三原则：萃取剂和原溶剂互不相溶；萃取剂和溶质不发生反应；溶质在萃取剂中的溶解度远大于在水中的溶解度；常用的有机萃取剂有四氯化碳、苯、汽油、酒精、丙酮等。8.设阿伏加德罗常数的值为NA、利用反应2MgO
10、+Si2Mg+SiO2获取镁，每生成1mol Mg时，下列说法不正确的是A. 消耗的MgO质量为40gB. 断裂Si-Si键的数目为NAC. 转移的电子数为2NAD. 生成镁蒸气体积为22.4L【答案】D【解析】【详解】A、每生成1mol Mg，会消耗1molMgO，其质量为1mol40g/mol=40g，故A不符合题意；B、每生成1mol Mg，会消耗0.5molSi，断裂Si-Si键0.5mol2=1mol，其数目为NA，故B不符合题意；C、每生成1mol Mg时，Mg元素化合价从+2价降低为0价，转移电子的物质的量为1mol2=2mol，其数目为2NA，故C不符合题意；D、未告知是否处于
11、标准状况，故无法计算镁蒸气的体积，故D符合题意；故答案为D。9.用如图实验装置(夹持仪器己略去)探究铁与浓硫酸的反应，下列实验不合理的是 A. 上下移动中的铁丝可控制生成SO2的量B. 中选用品红溶液验证SO2的生成C. 中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D. 为确认产物中铁元素的价态，向中加水，观察颜色变化【答案】D【解析】【详解】A、当铁丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铁丝时，铁丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动中铁丝可控制SO2的量，故A不符合题意；B、二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，则可以用品红溶液检验二氧化硫，故B不符合题意；C
12、、二氧化硫有毒，不能直接排空，但二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以可以用NaOH溶液处理尾气，故C不符合题意；D、实验中，铁丝与过量浓硫酸的反应生成硫酸铁，试管中还含有过量的浓硫酸，为确认硫酸铁生成，应用胶头滴管将试管1中的液体取出少量，滴入水中，观察溶液颜色，若溶液显棕黄色，证明有硫酸铁生成，反之则无，而不应将水加入过量的浓硫酸中，否则易产生暴沸现象，故D符合题意；故选D。10.利用Al-PMOF可快速将芥子气降解为无毒物质，其结构如图。其中X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y同主族。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZYXB. 最简单氢化物稳定性：ZYXC.
13、含氧酸酸性：ZYD. YXZ2中Y的化合价为+4【答案】D【解析】【分析】由X与Y以双键连接，结合X为短周期元素可知，X为O，由X、Y同主族可知，Y为S，由X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，可知Z为Cl，以此解答本题。【详解】A、O2-电子层较S2-、Cl-少，半径最小，S与Cl的简单离子结构相同，S2-的质子数比Cl-少，故半径：S2-Cl-O2-，即YZX，故A错误；B、非金属性：OClS，故最简单氢化物稳定性：H2OHClH2S，即XZY，故B错误；C、Cl的含氧酸有HClO、HClO4等，S的含氧酸有H2SO3、H2SO4等，酸性H2SO4HClO，故C错误；D、SOCl2中S
14、的化合价为+4价，故D正确；故答案为D。11.如图，将一根纯铁棒垂直没入水中，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重下列关于此现象的说法不正确的是A. 铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段B. 铁棒AB段电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-C. 铁棒AB段的Fe2+浓度高于BC段D. 该腐蚀过程属于电化学腐蚀【答案】C【解析】【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答即可。【详解】A、铁棒AB段与空气界面较近，深水处溶氧量较少，因此铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段，故A不符合题意；B、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应
15、O2+4e-+2H2O=4OH-，故B不符合题意；C、由于AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，故BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，因此BC段Fe2+浓度较高，故C符合题意；D、铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D不符合题意；故答案为C。12.电催化N2还原制NH3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，下列说法不正确的是A. N2生成NH3是通过多步还原反应实现的B. 两个氮原子上的加氢过程同时进行C. 析氢反应(H*+H*H2)会影响NH3的生成D. NH3的及时脱附有利于增加催化剂活性位【答案】B【解析】【详解】A、由图可知，N2生成NH3是通过N2*
16、N2*NNHNH3多步还原反应实现的，故A不符合题意；B、由图可知，加氢过程是分步进行的(*N2*NNH*NHNH)，故B符合题意；C、析氢反应(H*+H*H2)会导致NH3中H不足，从而影响NH3的生成，故C不符合题意；D、NH3的及时脱附，能够增加催化剂与反应物的接触面积，即有利于增加催化剂活性位，故D不符合题意；故答案为B。13.某水系锂离子电池可实现Li+和Co2+分离回收，其装置如图。25时，Co(OH)2的Ksp分别为6.311015，LiOH的溶解度为12.7g下列说法不正确的是A. 负极材料中发生变价的元素是TiB. 交换膜a为阳离子交换膜C. 负极液和正极液中的c(Li+)均
17、变大D. 在过滤层可收集到Co(OH)2【答案】B【解析】【详解】A、由图可知，通入O2的电极为正极，放电过程中，负极材料Li2Ti2(PO4)2中Ti元素化合价升高，故A不符合题意；B、正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，为实现Li+和Co2+分离回收，交换膜b应选用阳离子交换膜，由溶液呈电中性可知，交换膜a为阴离子交换膜，故B符合题意；C、负极材料中Ti元素化合价升高，生成Li+，废液中Li+向正极液中移动，故负极液和正极液中的c(Li+)均变大，故C不符合题意；D、正极液中生成了OH-，Co2+与OH-会反应生成Co(OH)2，在过滤层中沉积，故D不符合题意；故答案为B。14
18、.25时，CaCO3、CaC2O4的Ksp分别为3.4109和2.3109，醋酸、HCN的Ka分别为1.75105和4.91010，分离CaCO3和CaC2O4固体混合物(不要求复原)。应选择的试剂为A. 盐酸B. 硝酸C. 乙酸D. HCN【答案】C【解析】【详解】由二者Ksp可知，二者溶解度相近，由Ka可知，乙酸的酸性强于氢氰酯，乙酸的酸性介于碳酸和草酸之间，根据复分解反应特点可知，乙酸可以把碳酸钙溶解，而草酸钙不溶，可进行分离，而盐酸和硝酸的酸性比草酸的酸性强，所以两者都能溶解，不能够分离，故答案为C。15.将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液，反应6小时，用排水法收集产生的气体
19、，溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是实验1234567溶液组成H2O1.0mol/L NH4Cl0.1mol/L NH4Cl1.0mol/L NaCl1.0mol/L NaNO30.8mol/L NH4Cl+0.2mol/L NH3H2O0.2mol/L NH4Cl+0.8mol/L NH3H2OV/ml1243334716014401349A. 由实验2、3可得，浓度越大，镁和水反应速率越快B. 由实验1、4、5可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用C. 由实验3、7可得，反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应D. 无论酸性条件还是碱性条件，都能
20、加快镁和水的反应【答案】A【解析】【详解】A、试验2、3中主要反应为：，由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+)，而镁是过量的，所以不能得出浓度越大，反应速率越快的结论，故A符合题意；B、由试验1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由试验4、5对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B不符合题意；C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于试验7中加入了高浓度NH3H2O，NH3H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应
21、，故C不符合题意；D、由试验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应，故D不符合题意；故答案为A。16.硫及其化合物在工农业生产中有着重要作用回答下列问题（1）工业制硫酸，接触室中发生反应的化学方程式为_。下列可提高SO2平衡转化率的措施是_。(填标号)A降低温度 B减小压强 C延长反应时间 D增大O2的投料（2）工业上可用Fe2(SO4)3溶液吸收SO2，该过程的离子方程式为_。为实现吸收液的再生，可通入_。（3）用如图装置脱除废烟气中的SO2和废水中的Cu2+，该方法总反应的化学方程式为_。含Cu2+的废水应置于_室(填“a”或“b”)。【答案】 (1). (2)
22、. AD (3). (4). 空气或O2 (5). (6). a【解析】【详解】（1）工业制备硫酸流程中，接触室中主要是SO2与O2反应生成SO3，其反应化学方程式为：；该反应为放热反应，降低温度、增加O2投料可使反应正向移动，提高SO2的转化率，减小压强会使反应逆向移动，SO2的转化率将降低，延长反应时间对于平衡时SO2的转化率无影响，故答案为：；AD；（2）Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，Fe3+在反应过程中转化为Fe2+，SO2转化为，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平该离子方程式为：；为实现吸收液再生，需将Fe2+氧化为Fe3+，因此可通入空气或O2进行氧化，故答案为：；
23、空气或O2；（3）废水中铜元素为最高价，因此需将其转化为Cu进行除去，因此SO2发生氧化反应，其电解过程总反应为：；右侧通入废烟气，故Cu2+应置于a室，故答案为：；a。17.纳米磷酸钙是理想的生物材料，可用作骨骼和牙用骨水泥。将含有脲酶的Na3PO4溶液加入处于高速搅状态的尿素CO(NH2)2、CaC12和盐酸混合液中，可制得纳米磷酸钙。已知:CO(NH2)2+H2O2NH3+CO225时，H3PO4的Ka1=7.510-3 、Ka2=6.310-8、Ka3=4.410-13；Ca3(PO4)2的Ksp=3.310-9。（1）实验过程若降低搅拌速率，可能造成的不良后果是_。（2）尿素水解液呈
24、碱性，则c()_ c()(填“”或“ (3). (4). (5). =，不能生成沉淀 (6). A【解析】【详解】（1）试验目的是制备纳米磷酸钙，若搅拌速率降低，可能形成的固体颗粒较大，故答案为：沉淀颗粒过大；（2）由电荷守恒可知：，溶液呈碱性，故c(OH-)c(H+)，故c() c()，故答案：；（3）Na3PO4溶液与盐酸反应生成NaH2PO4，其离子方程式为：，故答案为：；的水解常数Kh=1.310-12Ka2，电离出的较低，故浓度最小，故含磷微粒浓度从大到小的顺序为：，故答案为：；Qsp=，不能生成沉淀，故答案为：Qsp=，不能生成沉淀；（4）A、振荡周期内，溶液的pH会发生变化，浓度
25、受到溶液酸碱度的影响也会发生相应的变化，故A符合题意；B、尿素水解溶液呈碱性，随着尿素的水解程度增加，溶液pH会升高，故B不符合题意；C、随着磷酸钙沉淀的生成，磷酸根浓度逐渐减小，其水解量逐渐减小，溶液的碱性逐渐降低，pH会下降，故C不符合题意；D、尿素水解导致溶液呈碱性，磷酸水解导致溶液呈碱性，但二者的速率可能存在差异，因此会导致pH周期性振荡，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】本题判断是否有Ca3(PO4)2沉淀生成较难，其主要方法是利用Qsp与Ksp之间的关系进行分析，其主要难点在于计算浓度，对于多元酸的相关离子浓度计算需根据相关常数进行分析，注意与水的离子积常数相联系计算。18.一
26、种使用钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制备电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂( LiFePO4)的工艺流程如图所示.（1）“溶浸”过程，FeTiO3先以TiO2+和Fe2+形式浸出，相应的离子方程式为_（2）“溶浸”过程，TiO2+存在以下行为：氯化:TiO2+4Cl-=水解:+H2O=TiO(OH)+H+4Cl-分解:2TiO(OH)+2H2O=2TiO22H2O+4H+当c(Cl-)=5mol/L时，溶液中和TiO(OH)+分布系数与pH的关系如图据此判断，为提高Ti浸出率，应选择的条件为_（3）“沉铁”过程生成FePO4的化学方程式为_（4）“煅烧”过程Li2CO3和H2C
27、2O4的理论投入量的物质的量之比为_（5）H2C2O4下列性质在“煅烧”过程中的作用分析，正确的是_(填标号)AH2C2O4受热熔化，能使反应物混合更充分 BH2C2O4分解产生碳颗粒，能增强电极导电性CH2C2O4分解产生气体，不会残留 DH2C2O4具有还原性，能防止Fe2+被氧化（6）以钛酸锂和磷酸亚铁锂作电极组成电池，充电时发生反应为Li4Ti5O12+ LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4(0x1)，阳极的电极反应式为_【答案】 (1). (2). 合适的pH并提高溶液温度 (3). (4). 1:1 (5). ABCD (6). 【解析】【详解】（1）FeT
28、iO3与盐酸反应，生成TiO2+和Fe2+，元素化合价均未发生变化，其离子方程式为：，故答案：；（2）“溶浸”最终得到的是TiO22H2O，若要提高Ti浸出率，尽可能提高TiO(OH)+的含量，因此选择的条件为合适的pH并提高溶液温度，故答案为：合适的pH并提高溶液温度；（3）沉铁过程中，Fe2+氧化为Fe3+，H2O2作氧化剂，作沉淀剂，根据得失电子守恒、原子守恒可配平其化学方程式：，故答案为：；（4）煅烧过程中发生反应：，由此可知，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；（5）A、H2C2O4为分子化合物，熔点较低，受热融化后，可与反应物接触更加充分
29、，故A正确；B、H2C2O4分解产生碳颗粒，会吸附在电极上，碳具有导电性，能够增强电极导电性，故B正确；C、H2C2O4分解会产生CO2、H2O，因此不会残留，故C正确；D、H2C2O4中C为+3价，具有一定还原性，可在煅烧过程中保护Fe2+不被氧化，顾D正确；故答案为：ABCD；（6）充电时，阳极发生氧化反应，由总反应可知，LiFePO4中Fe元素化合价升高，故阳极发生反应为：，故答案为：。【点睛】锂电池相关研究获得2019年诺贝尔化学奖，因此对于锂电池的相关考查的频数会呈上升趋势，本题第（5）问中B选项需注意，在“煅烧”过程中虽不涉及电池的相关反应，但在电极材料应用过程中，草酸分解产生的碳
30、颗粒将能够发挥作用。19.以环已醇( )为原料制取己二酸HOOC(CH2)4COOH的实验流程如下：其中“氧化”的实验过程：在250mL四口烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(约0.060mol)高锰酸钾，按图示搭好装置，打开电动搅拌，加热至35，滴加3.2mL(约0.031mol)环己醇，发生的主要反应为KOOC(CH2)4COOK H”或“”)“M2M3”的化学方程式为_该反应的决速步骤为_（4）下列有关该工艺的说法不正确的是_(填标号)A可循环利用的物质有NH3、MgO、HClB“石灰窑”和“纯碱反应”的副产物可实现资源化利用C利用MgO作为
31、吸附剂可有效实现NH3与HCl分离D减少了从氯碱工业的产品获取HCl的电能消耗【答案】 (1). 61.34 (2). 570 (3). (4). 水蒸气的加入，可促进平衡ii逆向移动，平衡iii正向移动，提高HCl的产量 (5). (6). (7). M2M3 (8). A【解析】【详解】（1）反应：NH4Cl(s) NH3(g)+HCl(g) H=163.57 kJ/mol反应：MgO(s)+ HCl(g) MgOHCl(s) H=-102.23 kJ/mol由反应+反应可得：NH4Cl(s)+MgO(s)NH3(g)+MgOHCl(s) H=61.34kJ/mol，故答案为：61.34；
32、（2）“释氯反应”过程中，HCl的含量在570之前逐渐增加，在570后几乎不变，因此应选择的最佳反应温度为570，故答案为：570；由图像可知，500下，n(HCl)=0.25mol，n(H2O)=0.6mol，体系中HCl的分压p(HCl)= =，故反应i的平衡常数Kp= p(HCl)=，故答案为：；原料气中增加水蒸气可促进平衡ii逆向移动，平衡iii正向移动，提高HCl的产量，故答案为：可促进平衡ii逆向移动，平衡iii正向移动，提高HCl的产量；（3）.由流程图可知，+HgCl2+HCl能量高于M1+HCl，故M1键能小于碳碳三键键能，故答案为：；.M2M3反应过程是在催化剂表面完成的，根据结构式可知其化学方程式为：，故答案为：；.整个反应机理过程中，M2M3反应过程中能垒较高，因此决速步骤为M2M3，故答案为：M2M3；（4）A、整个过程中，HCl不属于循环利用的物质，故A符合题意；B、“石灰窑”中产物均完全利用，“纯碱反应”的副产物Na2CO3具有较为广泛的应用，实现了资源化利用，故B不符合题意；C、MgO属于碱性氧化物，能与HCl反应生成固体MgCl2，而NH3不反应，可实现NH3与HCl分离，故C不符合题意；D、此工艺中HCl实现了“自产自销”，不需要利用从氯碱工业制备获取HCl，节约了电能消耗，故D不符合题意；故答案为A。
