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2022届山东省临沂市高三第二次模拟考试化学试题含解析
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这是一份2022届山东省临沂市高三第二次模拟考试化学试题含解析，共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省临沂市2022届高三第二次模拟考试
化学试题
一、单选题
1．实验室中下列做法正确的是（ ）
A．用无水氯化钙干燥氨气
B．用二硫化碳清洗试管内壁附着的硫
C．用带橡胶塞的棕色瓶保存浓硝酸
D．用坩埚加热MnCl2⋅4H2O制备MnCl2
2．下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用二氧化碳跨临界直接制冰
液态二氧化碳汽化时吸热
B
用小苏打焙制糕点
NaHCO3受热易分解生成气体
C
用FeCl3溶液蚀刻电路板上的铜
FeCl3溶液呈酸性
D
丙三醇可用于配制化妆品
丙三醇与水形成氢键，有很强的保湿性
A．A B．B C．C D．D
3．利用下列仪器(夹持装置略)能完成的实验是（ ）
A．用四氯化碳萃取碘水中的碘
B．CuSO4溶液的浓缩结晶
C．配制100mL1.0mol⋅L-1的稀硫酸
D．除去苯甲酸晶体中的SiO2
4．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＞Y＞X＞Z
B．四种元素中X电负性最大
C．1mol该物质中含有2mol配位键
D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有1种
5．某合成药物中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．分子式为C13H13NO
B．该分子存在顺反异构体
C．分子中碳原子有3种杂化方式
D．1mol该分子最多能与5molH2发生加成反应
6．液氨具有微弱的导电性，加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，溶液导电能力显著提升。下列说法错误的是（ ）
A．液氨能够发生电离，有NH4+和NH2-生成
B．钠和液氨可发生反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑
C．蒸发钠的液氨溶液，蓝色会逐渐褪去
D．0.1mol钠投入液氨中生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子
7．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuSO4稀溶液冲洗
B．过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
C．过程II中，除生成Ca3(PO4)2外，还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4
D．过程III的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C高温__6CaSiO3+P4+10CO↑
8．环丙叉环丙烷(b)具有特殊的结构，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．b的二氯代物有3种
B．m的所有原子都在一个平面内
C．p在氢氧化钠的乙醇溶液中加热生成烯烃
D．p和m可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分
9．三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的装置(加热仪器略)如图所示。已知：CCl3CHO易溶于水和乙醇，易被HClO氧化生成CCl3COOH。下列说法错误的是（ ）
A．反应结束后可通过分液法分离出产品
B．反应过程中可能会生成副产物CH3CH2Cl
C．装置c中主反应为CH3CH2OH+4Cl2→△CCl3CHO+5HCl
D．在b和c之间、d和e之间均需增加干燥装置
10．一种以硼镁矿(含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料生产硼酸(H3BO3)的工艺流程如下。
已知：H3BO3与足量NaOH溶液反应生成Na[B(OH)4]。
下列说法错误的是（ ）
A．H3BO3的电离方程式为H3BO3+H2O⇌H++B(OH)4-
B．“热过滤”的目的是防止H3BO3从溶液中结晶析出
C．“除杂”过程中加入的试剂X依次为MgO、H2O2
D．“母液”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥可得到硫酸镁晶体
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向新制的硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()溶液，溶液变为橙红色
邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物
B
向盛有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水，Ag2O均溶解
Ag2O是两性氧化物
C
溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色
反应生成了乙烯
D
向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡
Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
A．A B．B C．C D．D
12．一种新型无隔膜可充电电池Zn/MnO2，水系电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，工作原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．过程I为充电过程，a接电源的正极
B．为增强电池效率，可向电解液中加入硫酸以增强溶液的导电性
C．过程II为放电过程，石墨毡极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
D．放电时，当外电路转移2mole-时，两电极质量变化的差值为22g
二、多选题
13．一种以Pd―Cu为催化剂还原去除水体中NO3-的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，NO3-转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。
已知：溶液pH会影响Pd对NO2-的吸附，不影响对Ｈ的吸附。
下列说法正确的是（ ）
A．pH越大，Pd对NO2-的吸附能力越强
B．通过调节溶液的pH，可使NO3-更多的转化为N2
C．反应ii中生成NH4+的离子方程式为NO2-+6H+2H+=NH4++2H2O
D．pH=12时，每处理6.2gNO3-，理论上消耗标准状况下5.6LH2
14．在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0molSO2，在一定条件下发生反应2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)，测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数(x)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．T1时，当v正(SO2)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态
C．T2时，若反应经t s达到平衡，则v(N2)=23tmol⋅L-1⋅s-1
D．b点时，往容器中再充入NO、SO2、N2、SO3各1.0mol，再次平衡时x(N2)增大
15．常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lg X[X为c(H2C2O4)、c(C2O42-)、c(C2O42-)c(HC2O4-)]变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下，H2C2O4的Kal=10-2.3
B．a点溶液中：c(K+)-c(OH-)=c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)-c(H+)
C．KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
D．b点溶液中：c(K+)>3c(HC2O4-)
三、综合题
16．铜阳极泥(含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。
（1）Cu2S溶解的离子方程式为 ；从“有机相”可回收的金属是 。
（2）保持其他条件不变，测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[=m(浸出渣)m(铜阳极泥)×100%]随加入MnO2的质量变化如图所示。
①加入MnO2的质量约为 g时，Cu元素恰好完全浸出。
②当0.8g
AgCl(s)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq)+Cl-(aq)K=6.66×103；
Ag+(aq)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq)K=3.7×1013
则“沉银”时，溶液中c(Cl-)≥ mol⋅L-1时，可使Ag+沉淀完全[即c(Ag+)≤10-5mol⋅L-1]。
（4）研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理如图所示。
①正极的电极反应式为 ；浸金过程中的催化剂是 (填化学式)。
②若有标准状况下11.2LO2参加反应，浸出金的质量为 g。
17．金属镍及其化合物在军工机械、生产生活中有着广泛的用途。
（1）Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。
①基态Ni2+核外电子排布式为 。
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中共面的原子最多为 个。
③丁二酮肟镍分子内存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．范德华力
（2）镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]2+等。
①Ni(CO)4晶体中含有的σ键与π键数目之比为 。
②[Ni(NH3)6]2+中键角H-N-H比独立存在的NH3分子中键角略大，其原因是 。
（3）苯与Ni(CN)2在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳σ键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知Ni-NH3键长为r1pm，C-C键长为r2pm。
则该晶体的化学式为 ；A点的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
18．K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O(三草酸合铁酸钾)易溶于水，难溶于乙醇，常用作有机反应的催化剂。某同学利用下图装置制备FeC2O4⋅2H2O，然后再制备三草酸合铁酸钾。
回答下列问题：
（1）打开K1、K3和K4，关闭K2，制备FeSO4。为使生成的FeSO4溶液与H2C2O4溶液接触，应进行的操作为 ，B中生成FeC2O4⋅2H2O沉淀的离子方程式为 。
（2）向FeC2O4⋅2H2O中加入过量饱和K2C2O4溶液，水浴加热并缓慢滴加H2O2溶液，制得K3[Fe(C2O4)3]，同时有红褐色沉淀生成，该反应的化学方程式为 ；将上述混合物煮沸，加入饱和H2C2O4溶液，充分反应后缓慢加入乙醇，结晶、抽滤、洗涤、干燥得到目标产物。将混合物煮沸的目的是 ；H2C2O4的作用是 。
（3）制备的K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O(M=491g⋅mol-1)中可能含有H2C2O4⋅2H2O，采用KMnO4滴定法测定产品纯度，实验步骤如下。
I．取a g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol⋅L-1的KMnO4溶液趁热滴定，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，又消耗KMnO4溶液V2mL。
若省略步骤II，能否测定K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O的质量分数 (若能，写出表达式；若不能，说明原因)；若样品中不含H2C2O4⋅2H2O，则V1与V2的关系为 ；若步骤I中滴入KMnO4不足，则测得样品中Fe元素含量 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
19．用CO2制备C2H4，有利于实现“双碳”目标。主要反应为：
I．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH1
II．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
（1）已知298K时，部分物质的相对能量如下表所示(忽略ΔH随温度的变化)。
物质
CO2(g)
H2O(l)
H2O(g)
CO(g)
H2(g)
C2H4(g)
相对能量(kJ·mol)
-393
-286
-242
-110
0
52
则ΔH1= kJ⋅mol-1。
（2）向某刚性容器中，按投料比n(CO2)：n(H2)=1：3充入CO2和H2，在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。一段时间后，测得CO2的转化率C2H4的选择性(含碳生成物中C2H4的百分含量)随温度的变化如图1所示。
①由图可知， 的催化效果好(填“M”或“N”)。
②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是 。
（3）在一定条件下，向密闭容器中充入5.0molCO2和8.0molH2，发生反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)。测得相同时间内，CO2的转化率随温度的变化如图2所示(虚线表示CO2的平衡转化率随温度的变化)；速率常数的对数lgk与温度的倒数1T之间的关系如图3所示。
①由图可知，v逆(x) v逆(y)(填“＞”、“＜”或“=”)；已知z点体系的压强为200kPa，则T0时，该反应的标准平衡常数Kθ= (保留2位小数，已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，Kθ=(pGpθ)g⋅(pHpθ)h(pDpθ)d⋅(pEpθ)θ，其中pθ=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
②已知速率方程v正=k正c2(CO2)⋅c6(H2)，v逆=k逆c(C2H4)⋅c4(H2O)，k正、k逆是速率常数。图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中 点表示x点的lgk正；升高温度时，k正-k逆 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
20．某药物中间体F的合成路线如下
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 ；C中含氧官能团的名称为 。
（2）A的结构简式为 ；符合下列条件的Ａ的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①含有苯环和两个-NH2
②能与NaOH溶液发生反应
③核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4∶2∶1∶1
（3）B→C的化学方程式为 ；E的结构简式为 。
（4）结合题给信息，写出和制备的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．由于NH3能与CaCl2形成配合物所以不能用无水氯化钙干燥氨气，应该用碱石灰或者CaO或者NaOH固体，A不合题意；
B．已知硫易溶于CS2有机溶剂，则可以用二硫化碳清洗试管内壁附着的硫，B符合题意；
C．由于浓硝酸具有强氧化性，能腐蚀橡胶塞，同时浓硝酸见光易分解，故应该用带玻璃塞的棕色瓶保存浓硝酸，C不合题意；
D．由于MnCl2会水解，生成的HCl挥发，故不能直接用坩埚加热MnCl2⋅4H2O制备MnCl2，应该在HCl的气流中加热MnCl2⋅4H2O制备MnCl2，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.氨气可以和氯化钙反应生成CaCl2·8NH3；
B.硫单质易溶于二硫化碳；
C.浓硝酸有强氧化性，能氧化橡胶塞；
D.用坩埚加热MnCl2.4H2O，Mn2+会水解。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．液态二氧化碳汽化时吸热，能使水快速结冰，故用二氧化碳跨临界直接制冰，A不合题意；
B．NaHCO3受热易分解生成无毒无害的CO2、水蒸气等气体，故用小苏打焙制糕点，B不合题意；
C．用FeCl3溶液蚀刻电路板上的铜，发生的离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，该反应中FeCl3作氧化剂，体现氧化性，而并未利用FeCl3溶液呈酸性的化学知识，C符合题意；
D．丙三醇即甘油中含有三个羟基，能与水形成氢键，有很强的保湿性，决定丙三醇可用于配制化妆品，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.液态二氧化碳汽化时吸热使周围温度下降；
B. NaHCO3受热易分解生成二氧化碳气体；
C. FeCl3溶液具有强氧化性，可蚀刻电路板上的铜；
D.丙三醇与水形成氢键，具有保湿作用。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．用四氯化碳萃取碘水中的碘的实验仪器需要烧杯、玻璃棒和分液漏斗，故能完成，A符合题意；
B．CuSO4溶液的浓缩结晶的实验仪器有：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等，因缺少蒸发皿，无法完成实验，B不合题意；
C．配制100mL1.0mol⋅L-1的稀硫酸需要的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管等，因缺少胶头滴管，无法完成实验，C不合题意；
D．除去苯甲酸晶体中的SiO2需要经过溶解、过滤、蒸发结晶等操作，需要仪器有：烧杯，玻璃棒、漏斗，蒸发皿等，因缺少漏斗、蒸发皿，无法完成实验，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.萃取需要分液漏斗、烧杯；
B.浓缩结晶需要蒸发皿、玻璃棒；
C.配制100mL、1.0mol . L-1的稀硫酸，定容时需要胶头滴管；
D.除去苯甲酸晶体中的SiO2，溶解后趁热过滤可分离。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右原子半径增大，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：W(Mg)＞Y(B)＞X(O)＞Z(H)，A不符合题意；
B．非金属性越强其电负性越大，四种元素中，氧元素电负性最大，B不符合题意；
C．结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，C不符合题意；
D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】短线表示是共价健和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，该化合物的分子式为C13H13NO，A不符合题意；
B．该分子中含有碳碳双键，且两个碳原子上均连有取代基和氢原子，故该分子存在顺反异构体，B不符合题意；
C．该分子中，饱和碳原子采用sp3杂化，双键上的碳原子和苯环上的碳原子采用sp2杂化，氰基中的碳原子采用sp杂化，故该分子中碳原子有3种杂化方式，C不符合题意；
D．该分子中含有1个碳氧双键、1个碳碳双键、1个氰基和1个苯环，则1mol该分子最多能与7mol H2发生加成反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.该有机物分子含有13个碳原子、13个氢原子、1个氧原子、1个氮原子；
B.碳碳双键中不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团的物质具有顺反异构；
C. -CN中碳原子采取sp杂化，甲基中碳原子采取sp3杂化，苯环及双键中碳原子采取sp2杂化；
D.苯环、碳碳双键、羰基、-C三N均与氢气发生加成反应。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．液氨具有微弱的导电性，说明液氨与水相似，能发生微弱的自耦电离产生NH4+和NH2-，电离方程式为2NH3⇌NH4++NH2-，A项不符合题意；
B．液氨中加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，溶液导电能力显著提升，说明溶液中自由移动的带电粒子的浓度增大，Na与液氨可发生反应的化学方程式为2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，B项不符合题意；
C．根据图示，液氨中加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，其过程表示为Na+2nNH3⇌Na+(NH3)n+e-(NH3)n（溶液呈深蓝色的原因），蒸发钠的液氨溶液，氨蒸去，蓝色会逐渐褪去，C项不符合题意；
D．Na投入液氨中发生的反应有Na+2nNH3=Na+(NH3)n+e-(NH3)n、2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，在反应中Na的化合价都由0价升至+1价，故0.1molNa投入液氨中Na共失去0.1mol电子，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A液氨具有微弱的导电性，则液氨中有自由移动的带电子粒子；
B. Na和液氨反应生成NaNH2和H2；
C.钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子；
D. Na和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，据此计算。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫酸铜溶液冲洗，A项不符合题意；
B．过程I中反应方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，B项符合题意；
C．过程II为磷酸和氢氧化钙反应，除生成Ca3(PO4)2外，还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4，C项不符合题意；
D．据图分析，结合氧化还原反应，过程III的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C高温__6CaSiO3+P4+10CO↑，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A.由图中过程I可知，白磷与硫酸铜溶液反应；
B.过程I中P元素的化合价由0升高为+5价、降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价；
C.磷酸为三元酸；
D.过程III中磷酸钙、二氧化硅、焦炭反应生成，硅酸钙、CO、白磷。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．定一移一法作出b的二氯取代物有，共4种，A项不符合题意；
B．m中含有饱和碳原子，类似甲烷结构，所有原子不可能都在一个平面上，B项不符合题意；
C．p物质与溴原子相连碳原子邻位没有氢原子，不能在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应，C项不符合题意；
D．p和m的官能团不同，可用红外光谱区分，都只有一种氢，不能用核磁共振氢谱区分，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. b的二氯代物中两个氯原子可以在同一个碳原子上，可以在不同碳原子上；
B. m中饱和碳原子具有甲烷结构特点；
C. p中连接溴原子的碳原子相邻碳原子上不含氢原子；
D.红外光谱判断化学键，核磁共振氢谱测定氢原子种类及不同氢原子的个数比。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．反应结束后的产物CCl3CHO易溶于水和乙醇，则不可通过分液法分离出产品，A符合题意；
B．反应过程中由于生成的HCl，CH3CH2OH+HCl→ΔCH3CH2Cl+H2O，故反应过程中可能会生成副产物CH3CH2Cl，B不符合题意；
C．由分析可知，装置c中主反应为CH3CH2OH+4Cl2→△CCl3CHO+5HCl，C不符合题意；
D．由题干信息可知，CCl3CHO易被HClO氧化生成CCl3COOH，Cl2与水反应能生成HClO，故在b和c之间、d和e之间均需增加干燥装置防止水进入反应装置c中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 恒压漏斗中盛装浓盐酸，向a中加入浓盐酸与KMnO4反应生成KCl、MnCl2、 Cl2以及H2O，再通过装置b(盛饱和食盐水)除去Cl2中的HCl，装置c事先加入乙醇，乙醇与Cl2反应生成CCl3CHO，方程式为：C2H5OH+4Cl2→∆CCl3CHO+5HCl，装置d的作用是冷凝回流乙醇和CCl3CHO，从而使原料乙醇得到充分利用，也使CCl3CHO的产量更高，装置e(盛装NaOH溶液)吸收多余的Cl2，防止污染空气。
10．【答案】C
【解析】【解答】A. 由题干信息可知，H3BO3与足量NaOH溶液反应生成Na[B(OH)4]，H3BO3的电离方程式为H3BO3+H2O⇌H++B(OH)4-，A不符合题意；
B. 由分析可知，“热过滤”的目的是防止H3BO3从溶液中结晶析出，B不符合题意；
C. 由分析可知，“除杂”过程中加入的试剂X应该先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，C符合题意；
D. 由分析可知，“母液”中主要含有硫酸镁和硼酸，则经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥可得到硫酸镁晶体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出， 浸出渣为SiO2，“除杂”过程中加入的试剂X应该先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝，氢氧化铁，然后对滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，母液中主要含有硫酸镁和硼酸。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．邻二氮菲是否与亚铁离子形成配位键，溶液变为橙红色，则可检验配位键的形成，A符合题意；
B．Ag2O和稀硝酸反应生成AgNO3和H2O，和氨水反应生成配合物，Ag2O属于碱性氧化物，B不合题意；
C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色，但不能说明反应生成了乙烯，C不合题意；
D．向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡，说明过滤后沉淀中含有BaCO3，说明硫酸钡加入饱和碳酸钠溶液时，形成的溶液中c(Ba2+)c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，不能据此比较BaSO4与BaCO3的Ksp的相对大小，事实上Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物为橙红色；
B. Ag2O与硝酸反应生成盐和水，与氨水反应生成配合物；
C.挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.加入饱和Na2CO3溶液，c(Ba2+)c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，生成BaCO3沉淀可溶于盐酸。
12．【答案】D
【解析】【解答】由图可知，水系可充电电池放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，充电时即过程Ⅰ，锌箔作阴极，电极反应式为Zn2++2e- =Zn，石墨为阳极，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此作答。
A．过程Ⅰ为充电过程，a接电源的负极，A项不符合题意；
B．向电解液中加入硫酸﹐硫酸与二氧化锰反应，电池效率降低，B项不符合题意；
C．过程Ⅱ为放电过程，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O ，C项不符合题意；
D．放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，当外电路有2mol电子转移时，负极减少65克，正极减少88克，两极质量差为88-65=22克，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 由图可知，过程I为放电过程，Zn在反应中失电子生成锌离子，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨毡为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，过程II为充电过程，锌箔作阴极，石墨毡为阳极，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
13．【答案】B,C
【解析】【解答】A．由图b可知，随着pH减小，n(N2)增大，n(铵态氮)变化不大，则还原产物中n(N2)：n(铵态氮)比值增大，Pd表面吸附的NO2-和个数比变大，而溶液pH会影响Pd对NO2-的吸附，不影响对Ｈ的吸附，即pH越小，Pd对NO2-的吸附能力越强，A不符合题意；
B．由图b信息可知，pH值不同还原产物也不同，pH为4时主要还原产物为N2、pH为12时，还原产物几乎全是NO2-，故通过调节溶液的pH，可使NO3-更多的转化为N2，B符合题意；
C．由图a可知，反应ii即NO2-和H反应生成NH4+，根据氧化还原反应配平可得，反应ii中生成NH4+的离子方程式为NO2-+6H+2H+=NH4++2H2O，C符合题意；
D．由图b可知，pH=12时，还原产物几乎全是NO2-，则每处理6.2g即6.2g62g•mol-1=0.1mol NO3-，根据电子守恒可知，理论上消耗标准状况下0.1mol2×22.4L/mol=1.12LH2，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】 由图可知，反应NO3-+Cu=NO2-+CuO，2Pd+H2=2Pd-H，2H+CuO=2Pd+Cu+H2O，同时发生反应iiNO2-和H作用生成氮气或铵态氮。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】A．升高温度，NO的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A不符合题意；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，T1时当v正(SO2)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．T2时，反应达到平衡，SO3的物质的量分数为40%，
2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)初始(mol)2200转化(mol)2x2xx2x平衡(mol)2-2x2-2xx2x
2x2-2x+2-2x+x+2x=0.4，x=23mol，若反应经t s达到平衡，则v(N2)=23mol2L×ts=13tmol⋅L-1⋅s-1，故C不符合题意；
D．b点时，x(NO)=x(SO3)；
2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)初始(mol)2200转化(mol)2x2xx2x平衡(mol)2-2x2-2xx2x
2-2x=2x，x=0.5mol；K=0.5mol2L×(1mol2L)2(1mol2L)2×(1mol2L)2=1，往容器中再充入NO、SO2、N2、SO3各1.0mol，Q=1.5mol2L×(2mol2L)2(2mol2L)2×(2mol2L)2=0.75
【分析】 A.由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，焓变等于正逆反应的活化能之差；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态；
C. 依据化学平衡三段式计算结合化学反应速率分析解答；
D.依据化学平衡三段式计算分析。
15．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由分析结合图中数据可知，但pH=4.3时，-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)=0，c(C2O42-)c(HC2O4-)=1，则Ka2=10-4.3，根据a点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)= -lgc(C2O42-)即c(H2C2O4)= c(C2O42-)，则有Ka1Ka2=c(C2O42-)c2(H+)c(H2C2O4)=c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故H2C2O4的Kal=10-1.3，A符合题意；
B．由分析可知，a点溶液中-lgc(H2C2O4)= -lgc(C2O42-)即c(H2C2O4)= c(C2O42-)，根据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)即c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)+c(OH-)即c(K+)-c(OH-)=c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)-c(H+)，B不符合题意；
C．由A项分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2=KwKa1=10-1410-1.3=10-12.7＜Ka2，即HC2O4-的电离大于水解，则KHC2O4溶液中有：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，C不符合题意；
D．根据电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c(HC2O4-)=c(C2O42-)，即c(K+)+c(H+)=3c(HC2O4-)+c(OH-)，故b点溶液中有：c(K+)＜3c(HC2O4-)，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，C(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，C2O42-的浓度增大，-lgc(C2O42-)减小，c(C2O42-)c(H2C2O4)=Ka2C(H+)则也增大，-lgc(C2O42-)c(H2C2O4)减小，且随着pH的增大，c(HC2O4-)先大于c(C2O42-)到等于，再到小于，即c(C2O42-)c(HC2O4-)从小于1，到等于1，再到大于1，则图中从左往右的曲线分别为-lgc(H2C2O4)、-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)、-lgc(C2O42-)随pH变化的曲线。
16．【答案】（1）Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O；Cu
（2）0.3；单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量
（3）1.8×10-5
（4）Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+；NH3和Cu(NH3)42+；394
【解析】【解答】由题干流程图可知，铜阳极泥中加入H2SO4、MnO2进行“酸浸氧化”将Cu变为Cu2+、Se元素变为SeO42-，S元素变为SO42-，Ag元素变为Ag+，过滤出滤渣主要成分为Au即不溶杂质，向滤液中加入NaCl，将Ag+转化为AgCl沉淀，过滤出滤渣主要成分是AgCl，在加入Na2S2O3溶液进行溶浸转化为Ag(S2O3)23-，向滤液中主要含有Na+、Mn2+、Cu2+、SeO42-、SO42-等离子，加入萃取剂HR，萃取出Cu2+，分液，得有机相(含有Cu2+)，水相中含有Na+、Mn2+、H+、SeO42-、SO42-，据此分析解题。
(1)Cu2S具有还原性，加入二氧化锰具有氧化性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O，由分析可知，从“有机相”可回收的金属是Cu，故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O；Cu；
(2)①由图干图示信息可知，加入MnO2的质量约为0.3g时，Cu的浸出率达到100%，Cu元素恰好完全浸出，故答案为：0.3；
②当0.8g＜m(MnO2)＜1.2g时，Se元素浸出率继续增加，浸出渣率不减反增的原因是：单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量，故答案为：单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量；
(3)浸出液中c(Ag+)＜10-5mol•L-1，说明银离子沉淀完全，①AgCl(s)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq)+Cl-(aq) K=6.66×103；②Ag+(aq)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq) K=3.7×1013，①-②得到AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，K=c(Ag+)×c(Cl-)=1.8×10-10，据此计算氯离子浓度c(Cl-)＞1.8×10-1010-5mol/L=1.8×10-5mol/L，故答案为：1.8×10-5；
(4)①由图干图示信息可知，图中•表示金粒负极的电极反应式为：Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+，浸金过程中的催化剂是：NH3和Cu(NH3)42+，故答案为：Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+；NH3和Cu(NH3)42+；
②根据电子守恒可知，n(Au)=4n(O2)，则若有标准状况下11.2LO2参加反应，n(Au)=4n(O2)=4×11.2L22.4L•mol-1=2mol，浸出金的质量为2mol×197g/mol=394g，故答案为：394。
【分析】依据题干流程结合常见元素化合物的性质以及物质的分离和提纯分析，铜阳极泥中加入H2SO4、MnO2进行“酸浸氧化”将Cu变为Cu2+、Se元素变为SeO42-，S元素变为SO42-，Ag元素变为Ag+，过滤出滤渣主要成分为Au，即不溶杂质，向滤液中加入NaCl，将Ag+转化为AgCl沉淀，过滤出滤渣主要成分是AgCl，在加入Na2S2O3溶液进行溶浸，AgCl转化为Ag(S2O3)23-，向滤液中主要含有Na+、Mn2+、Cu2+、SeO42-、SO42-等离子，加入萃取剂HR，萃取出Cu2+，分液，得有机相(含有Cu2+)，水相中含有Na+、Mn2+、H+、SeO42-、SO42-。
17．【答案】（1）[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；23；B
（2）1：1；NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱
（3）Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，r1c)；(c2-r1-r2)2+12a2
【解析】【解答】(1)①已知Ni是28号元素，故基态Ni2+核外电子排布式为[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8，故答案为：[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C=N双键所在的平面和Ni2+的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，其余23个原子可能共面，故答案为：23；
③丁二酮肟镍分子内存在Ｎ提供孤电子对和Ni2+提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮肟镍分子内存在的化学键有配位键，故答案为：B；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，则1分子Ni(CO)4中含有4个配位键，4个C≡N，即含有8个σ键与8个π键，则晶体中含有的σ键与π键数目之比为8：8=1：1，故答案为：1：1；
②由于[Ni(NH3)6]2+中的NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H-N-H比独立存在的NH3分子中键角略大，故答案为：NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱；
(3)一个晶胞中含Ni个数为：8×18=1，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：4×14=1，CN为：8×14=2，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6，由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0，0，r1c)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为r1pm，OC为22apm，BC为(c2-r2)，过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD=BC-AO=(c2-r2-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=OC，故晶胞中A、B间距离d=BD2+AD2=(c2-r1-r2)2+(22a)2 =(c2-r1-r2)2+12a2pm，故答案为：Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，r1c)；(c2-r1-r2)2+12a2。
【分析】 (1)①基态Ni源子失去4s能级上的电子生成基态Ni2+ ；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，C=N具有乙烯结构特点，与其直接相邻的原子共平面，单键可以旋转；
③丁二酮肟镍分子内镍离子和N原子之间存在配位键、还存在C-C、C= N、C-H等共价键；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，Ni(CO)4晶体中Ni源子和C原子之间存在σ键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
②该离子中N原子和Ni2+形成配位键，[Ni(NH3)6]2+中N原子形成4个共价键，氨气分子中N原子形成3个共价键，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
(3)依据晶胞密度的相关知识分析解答。
18．【答案】（1）关闭K3，打开K1、K2；Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓
（2）FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2 Fe(OH)3↓；除去过量的H2O2，防止与饱和H2C2O4溶液发生反应；将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率
（3）a-0.315cV1a×100%；V2=a-0.315cV12.455c；偏高
【解析】【解答】装置A中铁和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，打开K1、K3和K4，制取的氢气将装置内空气全部排尽，再利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应，用气球收集多余的氢气；
(1)铁和稀硫酸反应生成氢气，装置A内压强增大，关闭K3，打开K1、K2，利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应；H2C2O4是弱酸应保留化学式，B中生成FeC2O4⋅2H2O沉淀的离子方程式为Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓；故答案为：关闭K3，打开K1、K2；Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓；
(2)FeC2O4⋅2H2O与K2C2O4和H2O2反应生成K3[Fe(C2O4)3]和红褐色沉淀Fe(OH)3，该反应的化学方程式为6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2 Fe(OH)3↓；H2C2O4具有还原性，H2O2具有氧化性，先将混合物煮沸，目的是除去过量的H2O2，防止与饱和H2C2O4溶液发生反应；加入饱和H2C2O4溶液发生反应2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O，H2C2O4的作用是将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率；
(3)步骤I加入标准KMnO4溶液与H2C2O4⋅2H2O发生氧化还原反应生成Mn2+和CO2，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，则n(H2C2O4)=52×n(KMnO4)=52×cV1×10-3mol，m(H2C2O4⋅2H2O)=nM=52×cV1×10-3mol×126g/mol=0.315 cV1g，a g样品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O的质量为(a-0.315 cV1)g，其质量分数为a-0.315cV1a×100%，则省略步骤II，也能测定质量分数；K3[Fe(C2O4)3]中Fe为+3价，加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，再用KMnO4溶液滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5cV2×10-3mol，由Fe元素守恒可得m(K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O)=nM=5cV2×10-3mol×491g/mol=2.455 cV2g，由样品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O质量相等，则2.455 cV2g=(a-0.315 cV1)g，可得V1与V2关系V2=a-0.315cV12.455c，若步骤I中滴入KMnO4不足，计算H2C2O4⋅2H2O质量偏小，导致K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O质量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高。
【分析】装置A中铁和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，打开K1、K3和K4，制取的氢气将装置内空气全部排尽，再利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应，用气球收集多余的氢气；
(1)铁和稀硫酸反应生成氢气，装置A内压强增大，关闭K3，打开K1、K2，利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应；H2C2O4是弱酸，书写离子方程式应保留化学式；
(2)FeC2O4.2H2O与K2C2O4和H2O2反应生成K3[Fe(C2O4)3]和红褐色沉淀Fe(OH)3；H2C2O4具有还原性，H2O2具有氧化性，先将混合物煮沸，除去过量的H2O2，加入饱和H2C2O4溶液发生反应将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率；
(3)依据氧化还原反应滴定计算结合元素守恒分析解答。
19．【答案】（1）-130
（2）N；温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行
（3）＜；55.56；d；减小
【解析】【解答】(1)已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则ΔH1=52kJ/mol+4×(-242kJ/mol)-2×(-393kJ/mol)-6×0=-130kJ⋅mol-1，故答案为：-130；
(2)①由图可知，N催化下能够在较低的温度下获得较高的CO2转化率和C2H4的选择性，故N的催化效果好，故答案为：N；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小，故其原因可能为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行，故答案为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行；
(3)①由图可知，升高温度，任何反应的反应速率均增大，由图可知X点对应温度小于y点对应温度，故v逆(x)＜v逆(y)，已知z点体系的压强为200kPa，则T0时，由图可知，z点CO2的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知，2CO2(g)+6H2(g)⇌起始量(mol)58转化量(mol)5×40%6平衡量(mol)32C2H4(g)011+4H2O(g)044 ，则平衡时，p(CO2)=310×200kPa=60kPa，同理：p(H2)=40kPa，p(C2H4)=20kPa，p(H2O)=80kPa，该反应的标准平衡常数Kθ=(p(H2O)pθ)4×(p（C2H4）pθ)(p(CO2)pθ)2×(p(H2)pθ)6=(80kPa100kPa)4×(20kPa100kPa)(60kPa100kPa)2×(40kPa100kPa)6=55.56，故答案为：＜；55.56；
②已知速率方程v正=k正c2(CO2)⋅c6(H2)，v逆=k逆c(C2H4)⋅c4(H2O)，k正、k逆是速率常数，由(1)分析可知，2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=-130kJ/mol＜0，即升高温度平衡逆向移动，则说明k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，图像中曲线bd的斜率小于曲线ac，则曲线ac代表k逆，bd代表k正，且由图2可知，x点为未达到平衡点，且平衡向正反应进行，即k正＞k逆，图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中d点表示x点的lgk正，由分析可知，k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，升高温度时，k正-k逆减小，故答案为：d；减小。
【分析】(1)反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量；
(2)①依据图示分析解答；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小以此分析；
(3)①依据化学平衡三段式计算和化学平衡常数分析解答；
②依据化学反应速率和化学平衡常数以及化学平衡移动原理分析解答。
20．【答案】（1）取代反应；硝基和酰胺基
（2）；6
（3）+→+HCl；
（4）→Fe/NH4Cl→HOAc
【解析】【解答】由题干有机合成流程图可知，根据C的结构简式和B的分子式并结合B到C的转化信息可知，B的结构简式为：，由A的分子式并结合A到B的转化信息可知，A的结构简式为：，由D的分子式和C到D的转化信息可知，D的结构简式为：，由E的分子式和D到E的转化信息并结合F的结构简式可知，E的结构简式为：，据此分析解题。
(1)由分析可知，A→B即转化为，该反应的反应类型是取代反应，由题干流程图中C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为硝基和酰胺基，故答案为：取代反应；硝基和酰胺基；
(2)由分析可知，A的结构简式为，分子式为：C7H8O2N2，则符合下列条件①含有苯环和两个-NH2，②能与NaOH溶液发生反应即含有羧基或者酯基或者含有酚羟基，③核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4∶2∶1∶1即两个NH2位于对称位置，的Ａ的同分异构体有：、、、、和共6种，故答案为：；6；
(3)由分析可知，B→C即+反应生成和HCl，该反应的化学方程式为+→+HCl，由分析可知，E的结构简式为，故答案为：+→+HCl；；
(4)由题干B到C的转化信息可知，和反应可以转化为，由C转化为D的信息可知，在Fe/NH4Cl作用下转化为：，由D到E的转化信息可知，在HOAc作用下转化为目标产物，由此分析确定合成路线为：→Fe/NH4Cl→HOAc，故答案为：→Fe/NH4Cl→HOAc。
【分析】由A与B分子式、C的结构简式，逆推可知B为、 A为；由D、E的分子式，结合反应条件、F的结构简式，可知C中硝基还原为氨基生成D，D中氨基与羰基之间先加成、再消去生成成环得到E，E中溴原子转化为-COOH生成F，故D为、E为；
(4)模仿生成F的过程，和发生取代反应生成，再用Fe/NH4Cl还原生成，最后在HOAc条件反应生成。
山东省临沂市2022届高三第二次模拟考试
化学试题
一、单选题
1．实验室中下列做法正确的是（ ）
A．用无水氯化钙干燥氨气
B．用二硫化碳清洗试管内壁附着的硫
C．用带橡胶塞的棕色瓶保存浓硝酸
D．用坩埚加热MnCl2⋅4H2O制备MnCl2
2．下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用二氧化碳跨临界直接制冰
液态二氧化碳汽化时吸热
B
用小苏打焙制糕点
NaHCO3受热易分解生成气体
C
用FeCl3溶液蚀刻电路板上的铜
FeCl3溶液呈酸性
D
丙三醇可用于配制化妆品
丙三醇与水形成氢键，有很强的保湿性
A．A B．B C．C D．D
3．利用下列仪器(夹持装置略)能完成的实验是（ ）
A．用四氯化碳萃取碘水中的碘
B．CuSO4溶液的浓缩结晶
C．配制100mL1.0mol⋅L-1的稀硫酸
D．除去苯甲酸晶体中的SiO2
4．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＞Y＞X＞Z
B．四种元素中X电负性最大
C．1mol该物质中含有2mol配位键
D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有1种
5．某合成药物中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．分子式为C13H13NO
B．该分子存在顺反异构体
C．分子中碳原子有3种杂化方式
D．1mol该分子最多能与5molH2发生加成反应
6．液氨具有微弱的导电性，加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，溶液导电能力显著提升。下列说法错误的是（ ）
A．液氨能够发生电离，有NH4+和NH2-生成
B．钠和液氨可发生反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑
C．蒸发钠的液氨溶液，蓝色会逐渐褪去
D．0.1mol钠投入液氨中生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子
7．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuSO4稀溶液冲洗
B．过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
C．过程II中，除生成Ca3(PO4)2外，还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4
D．过程III的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C高温__6CaSiO3+P4+10CO↑
8．环丙叉环丙烷(b)具有特殊的结构，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．b的二氯代物有3种
B．m的所有原子都在一个平面内
C．p在氢氧化钠的乙醇溶液中加热生成烯烃
D．p和m可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分
9．三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的装置(加热仪器略)如图所示。已知：CCl3CHO易溶于水和乙醇，易被HClO氧化生成CCl3COOH。下列说法错误的是（ ）
A．反应结束后可通过分液法分离出产品
B．反应过程中可能会生成副产物CH3CH2Cl
C．装置c中主反应为CH3CH2OH+4Cl2→△CCl3CHO+5HCl
D．在b和c之间、d和e之间均需增加干燥装置
10．一种以硼镁矿(含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料生产硼酸(H3BO3)的工艺流程如下。
已知：H3BO3与足量NaOH溶液反应生成Na[B(OH)4]。
下列说法错误的是（ ）
A．H3BO3的电离方程式为H3BO3+H2O⇌H++B(OH)4-
B．“热过滤”的目的是防止H3BO3从溶液中结晶析出
C．“除杂”过程中加入的试剂X依次为MgO、H2O2
D．“母液”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥可得到硫酸镁晶体
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向新制的硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()溶液，溶液变为橙红色
邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物
B
向盛有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水，Ag2O均溶解
Ag2O是两性氧化物
C
溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色
反应生成了乙烯
D
向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡
Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
A．A B．B C．C D．D
12．一种新型无隔膜可充电电池Zn/MnO2，水系电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，工作原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．过程I为充电过程，a接电源的正极
B．为增强电池效率，可向电解液中加入硫酸以增强溶液的导电性
C．过程II为放电过程，石墨毡极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
D．放电时，当外电路转移2mole-时，两电极质量变化的差值为22g
二、多选题
13．一种以Pd―Cu为催化剂还原去除水体中NO3-的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，NO3-转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。
已知：溶液pH会影响Pd对NO2-的吸附，不影响对Ｈ的吸附。
下列说法正确的是（ ）
A．pH越大，Pd对NO2-的吸附能力越强
B．通过调节溶液的pH，可使NO3-更多的转化为N2
C．反应ii中生成NH4+的离子方程式为NO2-+6H+2H+=NH4++2H2O
D．pH=12时，每处理6.2gNO3-，理论上消耗标准状况下5.6LH2
14．在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0molSO2，在一定条件下发生反应2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)，测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数(x)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．T1时，当v正(SO2)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态
C．T2时，若反应经t s达到平衡，则v(N2)=23tmol⋅L-1⋅s-1
D．b点时，往容器中再充入NO、SO2、N2、SO3各1.0mol，再次平衡时x(N2)增大
15．常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lg X[X为c(H2C2O4)、c(C2O42-)、c(C2O42-)c(HC2O4-)]变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下，H2C2O4的Kal=10-2.3
B．a点溶液中：c(K+)-c(OH-)=c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)-c(H+)
C．KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
D．b点溶液中：c(K+)>3c(HC2O4-)
三、综合题
16．铜阳极泥(含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。
（1）Cu2S溶解的离子方程式为 ；从“有机相”可回收的金属是 。
（2）保持其他条件不变，测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[=m(浸出渣)m(铜阳极泥)×100%]随加入MnO2的质量变化如图所示。
①加入MnO2的质量约为 g时，Cu元素恰好完全浸出。
②当0.8g
AgCl(s)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq)+Cl-(aq)K=6.66×103；
Ag+(aq)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq)K=3.7×1013
则“沉银”时，溶液中c(Cl-)≥ mol⋅L-1时，可使Ag+沉淀完全[即c(Ag+)≤10-5mol⋅L-1]。
（4）研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理如图所示。
①正极的电极反应式为 ；浸金过程中的催化剂是 (填化学式)。
②若有标准状况下11.2LO2参加反应，浸出金的质量为 g。
17．金属镍及其化合物在军工机械、生产生活中有着广泛的用途。
（1）Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。
①基态Ni2+核外电子排布式为 。
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中共面的原子最多为 个。
③丁二酮肟镍分子内存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．范德华力
（2）镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]2+等。
①Ni(CO)4晶体中含有的σ键与π键数目之比为 。
②[Ni(NH3)6]2+中键角H-N-H比独立存在的NH3分子中键角略大，其原因是 。
（3）苯与Ni(CN)2在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳σ键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知Ni-NH3键长为r1pm，C-C键长为r2pm。
则该晶体的化学式为 ；A点的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
18．K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O(三草酸合铁酸钾)易溶于水，难溶于乙醇，常用作有机反应的催化剂。某同学利用下图装置制备FeC2O4⋅2H2O，然后再制备三草酸合铁酸钾。
回答下列问题：
（1）打开K1、K3和K4，关闭K2，制备FeSO4。为使生成的FeSO4溶液与H2C2O4溶液接触，应进行的操作为 ，B中生成FeC2O4⋅2H2O沉淀的离子方程式为 。
（2）向FeC2O4⋅2H2O中加入过量饱和K2C2O4溶液，水浴加热并缓慢滴加H2O2溶液，制得K3[Fe(C2O4)3]，同时有红褐色沉淀生成，该反应的化学方程式为 ；将上述混合物煮沸，加入饱和H2C2O4溶液，充分反应后缓慢加入乙醇，结晶、抽滤、洗涤、干燥得到目标产物。将混合物煮沸的目的是 ；H2C2O4的作用是 。
（3）制备的K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O(M=491g⋅mol-1)中可能含有H2C2O4⋅2H2O，采用KMnO4滴定法测定产品纯度，实验步骤如下。
I．取a g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol⋅L-1的KMnO4溶液趁热滴定，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，又消耗KMnO4溶液V2mL。
若省略步骤II，能否测定K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O的质量分数 (若能，写出表达式；若不能，说明原因)；若样品中不含H2C2O4⋅2H2O，则V1与V2的关系为 ；若步骤I中滴入KMnO4不足，则测得样品中Fe元素含量 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
19．用CO2制备C2H4，有利于实现“双碳”目标。主要反应为：
I．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH1
II．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
（1）已知298K时，部分物质的相对能量如下表所示(忽略ΔH随温度的变化)。
物质
CO2(g)
H2O(l)
H2O(g)
CO(g)
H2(g)
C2H4(g)
相对能量(kJ·mol)
-393
-286
-242
-110
0
52
则ΔH1= kJ⋅mol-1。
（2）向某刚性容器中，按投料比n(CO2)：n(H2)=1：3充入CO2和H2，在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。一段时间后，测得CO2的转化率C2H4的选择性(含碳生成物中C2H4的百分含量)随温度的变化如图1所示。
①由图可知， 的催化效果好(填“M”或“N”)。
②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是 。
（3）在一定条件下，向密闭容器中充入5.0molCO2和8.0molH2，发生反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)。测得相同时间内，CO2的转化率随温度的变化如图2所示(虚线表示CO2的平衡转化率随温度的变化)；速率常数的对数lgk与温度的倒数1T之间的关系如图3所示。
①由图可知，v逆(x) v逆(y)(填“＞”、“＜”或“=”)；已知z点体系的压强为200kPa，则T0时，该反应的标准平衡常数Kθ= (保留2位小数，已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，Kθ=(pGpθ)g⋅(pHpθ)h(pDpθ)d⋅(pEpθ)θ，其中pθ=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
②已知速率方程v正=k正c2(CO2)⋅c6(H2)，v逆=k逆c(C2H4)⋅c4(H2O)，k正、k逆是速率常数。图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中 点表示x点的lgk正；升高温度时，k正-k逆 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
20．某药物中间体F的合成路线如下
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 ；C中含氧官能团的名称为 。
（2）A的结构简式为 ；符合下列条件的Ａ的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①含有苯环和两个-NH2
②能与NaOH溶液发生反应
③核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4∶2∶1∶1
（3）B→C的化学方程式为 ；E的结构简式为 。
（4）结合题给信息，写出和制备的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．由于NH3能与CaCl2形成配合物所以不能用无水氯化钙干燥氨气，应该用碱石灰或者CaO或者NaOH固体，A不合题意；
B．已知硫易溶于CS2有机溶剂，则可以用二硫化碳清洗试管内壁附着的硫，B符合题意；
C．由于浓硝酸具有强氧化性，能腐蚀橡胶塞，同时浓硝酸见光易分解，故应该用带玻璃塞的棕色瓶保存浓硝酸，C不合题意；
D．由于MnCl2会水解，生成的HCl挥发，故不能直接用坩埚加热MnCl2⋅4H2O制备MnCl2，应该在HCl的气流中加热MnCl2⋅4H2O制备MnCl2，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.氨气可以和氯化钙反应生成CaCl2·8NH3；
B.硫单质易溶于二硫化碳；
C.浓硝酸有强氧化性，能氧化橡胶塞；
D.用坩埚加热MnCl2.4H2O，Mn2+会水解。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．液态二氧化碳汽化时吸热，能使水快速结冰，故用二氧化碳跨临界直接制冰，A不合题意；
B．NaHCO3受热易分解生成无毒无害的CO2、水蒸气等气体，故用小苏打焙制糕点，B不合题意；
C．用FeCl3溶液蚀刻电路板上的铜，发生的离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，该反应中FeCl3作氧化剂，体现氧化性，而并未利用FeCl3溶液呈酸性的化学知识，C符合题意；
D．丙三醇即甘油中含有三个羟基，能与水形成氢键，有很强的保湿性，决定丙三醇可用于配制化妆品，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.液态二氧化碳汽化时吸热使周围温度下降；
B. NaHCO3受热易分解生成二氧化碳气体；
C. FeCl3溶液具有强氧化性，可蚀刻电路板上的铜；
D.丙三醇与水形成氢键，具有保湿作用。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．用四氯化碳萃取碘水中的碘的实验仪器需要烧杯、玻璃棒和分液漏斗，故能完成，A符合题意；
B．CuSO4溶液的浓缩结晶的实验仪器有：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等，因缺少蒸发皿，无法完成实验，B不合题意；
C．配制100mL1.0mol⋅L-1的稀硫酸需要的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管等，因缺少胶头滴管，无法完成实验，C不合题意；
D．除去苯甲酸晶体中的SiO2需要经过溶解、过滤、蒸发结晶等操作，需要仪器有：烧杯，玻璃棒、漏斗，蒸发皿等，因缺少漏斗、蒸发皿，无法完成实验，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.萃取需要分液漏斗、烧杯；
B.浓缩结晶需要蒸发皿、玻璃棒；
C.配制100mL、1.0mol . L-1的稀硫酸，定容时需要胶头滴管；
D.除去苯甲酸晶体中的SiO2，溶解后趁热过滤可分离。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右原子半径增大，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：W(Mg)＞Y(B)＞X(O)＞Z(H)，A不符合题意；
B．非金属性越强其电负性越大，四种元素中，氧元素电负性最大，B不符合题意；
C．结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，C不符合题意；
D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】短线表示是共价健和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，该化合物的分子式为C13H13NO，A不符合题意；
B．该分子中含有碳碳双键，且两个碳原子上均连有取代基和氢原子，故该分子存在顺反异构体，B不符合题意；
C．该分子中，饱和碳原子采用sp3杂化，双键上的碳原子和苯环上的碳原子采用sp2杂化，氰基中的碳原子采用sp杂化，故该分子中碳原子有3种杂化方式，C不符合题意；
D．该分子中含有1个碳氧双键、1个碳碳双键、1个氰基和1个苯环，则1mol该分子最多能与7mol H2发生加成反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.该有机物分子含有13个碳原子、13个氢原子、1个氧原子、1个氮原子；
B.碳碳双键中不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团的物质具有顺反异构；
C. -CN中碳原子采取sp杂化，甲基中碳原子采取sp3杂化，苯环及双键中碳原子采取sp2杂化；
D.苯环、碳碳双键、羰基、-C三N均与氢气发生加成反应。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．液氨具有微弱的导电性，说明液氨与水相似，能发生微弱的自耦电离产生NH4+和NH2-，电离方程式为2NH3⇌NH4++NH2-，A项不符合题意；
B．液氨中加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，溶液导电能力显著提升，说明溶液中自由移动的带电粒子的浓度增大，Na与液氨可发生反应的化学方程式为2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，B项不符合题意；
C．根据图示，液氨中加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，其过程表示为Na+2nNH3⇌Na+(NH3)n+e-(NH3)n（溶液呈深蓝色的原因），蒸发钠的液氨溶液，氨蒸去，蓝色会逐渐褪去，C项不符合题意；
D．Na投入液氨中发生的反应有Na+2nNH3=Na+(NH3)n+e-(NH3)n、2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，在反应中Na的化合价都由0价升至+1价，故0.1molNa投入液氨中Na共失去0.1mol电子，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A液氨具有微弱的导电性，则液氨中有自由移动的带电子粒子；
B. Na和液氨反应生成NaNH2和H2；
C.钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子；
D. Na和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，据此计算。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫酸铜溶液冲洗，A项不符合题意；
B．过程I中反应方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，B项符合题意；
C．过程II为磷酸和氢氧化钙反应，除生成Ca3(PO4)2外，还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4，C项不符合题意；
D．据图分析，结合氧化还原反应，过程III的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C高温__6CaSiO3+P4+10CO↑，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A.由图中过程I可知，白磷与硫酸铜溶液反应；
B.过程I中P元素的化合价由0升高为+5价、降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价；
C.磷酸为三元酸；
D.过程III中磷酸钙、二氧化硅、焦炭反应生成，硅酸钙、CO、白磷。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．定一移一法作出b的二氯取代物有，共4种，A项不符合题意；
B．m中含有饱和碳原子，类似甲烷结构，所有原子不可能都在一个平面上，B项不符合题意；
C．p物质与溴原子相连碳原子邻位没有氢原子，不能在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应，C项不符合题意；
D．p和m的官能团不同，可用红外光谱区分，都只有一种氢，不能用核磁共振氢谱区分，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. b的二氯代物中两个氯原子可以在同一个碳原子上，可以在不同碳原子上；
B. m中饱和碳原子具有甲烷结构特点；
C. p中连接溴原子的碳原子相邻碳原子上不含氢原子；
D.红外光谱判断化学键，核磁共振氢谱测定氢原子种类及不同氢原子的个数比。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．反应结束后的产物CCl3CHO易溶于水和乙醇，则不可通过分液法分离出产品，A符合题意；
B．反应过程中由于生成的HCl，CH3CH2OH+HCl→ΔCH3CH2Cl+H2O，故反应过程中可能会生成副产物CH3CH2Cl，B不符合题意；
C．由分析可知，装置c中主反应为CH3CH2OH+4Cl2→△CCl3CHO+5HCl，C不符合题意；
D．由题干信息可知，CCl3CHO易被HClO氧化生成CCl3COOH，Cl2与水反应能生成HClO，故在b和c之间、d和e之间均需增加干燥装置防止水进入反应装置c中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 恒压漏斗中盛装浓盐酸，向a中加入浓盐酸与KMnO4反应生成KCl、MnCl2、 Cl2以及H2O，再通过装置b(盛饱和食盐水)除去Cl2中的HCl，装置c事先加入乙醇，乙醇与Cl2反应生成CCl3CHO，方程式为：C2H5OH+4Cl2→∆CCl3CHO+5HCl，装置d的作用是冷凝回流乙醇和CCl3CHO，从而使原料乙醇得到充分利用，也使CCl3CHO的产量更高，装置e(盛装NaOH溶液)吸收多余的Cl2，防止污染空气。
10．【答案】C
【解析】【解答】A. 由题干信息可知，H3BO3与足量NaOH溶液反应生成Na[B(OH)4]，H3BO3的电离方程式为H3BO3+H2O⇌H++B(OH)4-，A不符合题意；
B. 由分析可知，“热过滤”的目的是防止H3BO3从溶液中结晶析出，B不符合题意；
C. 由分析可知，“除杂”过程中加入的试剂X应该先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，C符合题意；
D. 由分析可知，“母液”中主要含有硫酸镁和硼酸，则经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥可得到硫酸镁晶体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出， 浸出渣为SiO2，“除杂”过程中加入的试剂X应该先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝，氢氧化铁，然后对滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，母液中主要含有硫酸镁和硼酸。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．邻二氮菲是否与亚铁离子形成配位键，溶液变为橙红色，则可检验配位键的形成，A符合题意；
B．Ag2O和稀硝酸反应生成AgNO3和H2O，和氨水反应生成配合物，Ag2O属于碱性氧化物，B不合题意；
C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色，但不能说明反应生成了乙烯，C不合题意；
D．向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡，说明过滤后沉淀中含有BaCO3，说明硫酸钡加入饱和碳酸钠溶液时，形成的溶液中c(Ba2+)c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，不能据此比较BaSO4与BaCO3的Ksp的相对大小，事实上Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物为橙红色；
B. Ag2O与硝酸反应生成盐和水，与氨水反应生成配合物；
C.挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.加入饱和Na2CO3溶液，c(Ba2+)c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，生成BaCO3沉淀可溶于盐酸。
12．【答案】D
【解析】【解答】由图可知，水系可充电电池放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，充电时即过程Ⅰ，锌箔作阴极，电极反应式为Zn2++2e- =Zn，石墨为阳极，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此作答。
A．过程Ⅰ为充电过程，a接电源的负极，A项不符合题意；
B．向电解液中加入硫酸﹐硫酸与二氧化锰反应，电池效率降低，B项不符合题意；
C．过程Ⅱ为放电过程，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O ，C项不符合题意；
D．放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，当外电路有2mol电子转移时，负极减少65克，正极减少88克，两极质量差为88-65=22克，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 由图可知，过程I为放电过程，Zn在反应中失电子生成锌离子，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨毡为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，过程II为充电过程，锌箔作阴极，石墨毡为阳极，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
13．【答案】B,C
【解析】【解答】A．由图b可知，随着pH减小，n(N2)增大，n(铵态氮)变化不大，则还原产物中n(N2)：n(铵态氮)比值增大，Pd表面吸附的NO2-和个数比变大，而溶液pH会影响Pd对NO2-的吸附，不影响对Ｈ的吸附，即pH越小，Pd对NO2-的吸附能力越强，A不符合题意；
B．由图b信息可知，pH值不同还原产物也不同，pH为4时主要还原产物为N2、pH为12时，还原产物几乎全是NO2-，故通过调节溶液的pH，可使NO3-更多的转化为N2，B符合题意；
C．由图a可知，反应ii即NO2-和H反应生成NH4+，根据氧化还原反应配平可得，反应ii中生成NH4+的离子方程式为NO2-+6H+2H+=NH4++2H2O，C符合题意；
D．由图b可知，pH=12时，还原产物几乎全是NO2-，则每处理6.2g即6.2g62g•mol-1=0.1mol NO3-，根据电子守恒可知，理论上消耗标准状况下0.1mol2×22.4L/mol=1.12LH2，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】 由图可知，反应NO3-+Cu=NO2-+CuO，2Pd+H2=2Pd-H，2H+CuO=2Pd+Cu+H2O，同时发生反应iiNO2-和H作用生成氮气或铵态氮。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】A．升高温度，NO的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A不符合题意；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，T1时当v正(SO2)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．T2时，反应达到平衡，SO3的物质的量分数为40%，
2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)初始(mol)2200转化(mol)2x2xx2x平衡(mol)2-2x2-2xx2x
2x2-2x+2-2x+x+2x=0.4，x=23mol，若反应经t s达到平衡，则v(N2)=23mol2L×ts=13tmol⋅L-1⋅s-1，故C不符合题意；
D．b点时，x(NO)=x(SO3)；
2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)初始(mol)2200转化(mol)2x2xx2x平衡(mol)2-2x2-2xx2x
2-2x=2x，x=0.5mol；K=0.5mol2L×(1mol2L)2(1mol2L)2×(1mol2L)2=1，往容器中再充入NO、SO2、N2、SO3各1.0mol，Q=1.5mol2L×(2mol2L)2(2mol2L)2×(2mol2L)2=0.75
【分析】 A.由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，焓变等于正逆反应的活化能之差；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态；
C. 依据化学平衡三段式计算结合化学反应速率分析解答；
D.依据化学平衡三段式计算分析。
15．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由分析结合图中数据可知，但pH=4.3时，-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)=0，c(C2O42-)c(HC2O4-)=1，则Ka2=10-4.3，根据a点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)= -lgc(C2O42-)即c(H2C2O4)= c(C2O42-)，则有Ka1Ka2=c(C2O42-)c2(H+)c(H2C2O4)=c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故H2C2O4的Kal=10-1.3，A符合题意；
B．由分析可知，a点溶液中-lgc(H2C2O4)= -lgc(C2O42-)即c(H2C2O4)= c(C2O42-)，根据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)即c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)+c(OH-)即c(K+)-c(OH-)=c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)-c(H+)，B不符合题意；
C．由A项分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2=KwKa1=10-1410-1.3=10-12.7＜Ka2，即HC2O4-的电离大于水解，则KHC2O4溶液中有：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，C不符合题意；
D．根据电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c(HC2O4-)=c(C2O42-)，即c(K+)+c(H+)=3c(HC2O4-)+c(OH-)，故b点溶液中有：c(K+)＜3c(HC2O4-)，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，C(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，C2O42-的浓度增大，-lgc(C2O42-)减小，c(C2O42-)c(H2C2O4)=Ka2C(H+)则也增大，-lgc(C2O42-)c(H2C2O4)减小，且随着pH的增大，c(HC2O4-)先大于c(C2O42-)到等于，再到小于，即c(C2O42-)c(HC2O4-)从小于1，到等于1，再到大于1，则图中从左往右的曲线分别为-lgc(H2C2O4)、-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)、-lgc(C2O42-)随pH变化的曲线。
16．【答案】（1）Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O；Cu
（2）0.3；单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量
（3）1.8×10-5
（4）Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+；NH3和Cu(NH3)42+；394
【解析】【解答】由题干流程图可知，铜阳极泥中加入H2SO4、MnO2进行“酸浸氧化”将Cu变为Cu2+、Se元素变为SeO42-，S元素变为SO42-，Ag元素变为Ag+，过滤出滤渣主要成分为Au即不溶杂质，向滤液中加入NaCl，将Ag+转化为AgCl沉淀，过滤出滤渣主要成分是AgCl，在加入Na2S2O3溶液进行溶浸转化为Ag(S2O3)23-，向滤液中主要含有Na+、Mn2+、Cu2+、SeO42-、SO42-等离子，加入萃取剂HR，萃取出Cu2+，分液，得有机相(含有Cu2+)，水相中含有Na+、Mn2+、H+、SeO42-、SO42-，据此分析解题。
(1)Cu2S具有还原性，加入二氧化锰具有氧化性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O，由分析可知，从“有机相”可回收的金属是Cu，故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O；Cu；
(2)①由图干图示信息可知，加入MnO2的质量约为0.3g时，Cu的浸出率达到100%，Cu元素恰好完全浸出，故答案为：0.3；
②当0.8g＜m(MnO2)＜1.2g时，Se元素浸出率继续增加，浸出渣率不减反增的原因是：单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量，故答案为：单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量；
(3)浸出液中c(Ag+)＜10-5mol•L-1，说明银离子沉淀完全，①AgCl(s)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq)+Cl-(aq) K=6.66×103；②Ag+(aq)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq) K=3.7×1013，①-②得到AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，K=c(Ag+)×c(Cl-)=1.8×10-10，据此计算氯离子浓度c(Cl-)＞1.8×10-1010-5mol/L=1.8×10-5mol/L，故答案为：1.8×10-5；
(4)①由图干图示信息可知，图中•表示金粒负极的电极反应式为：Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+，浸金过程中的催化剂是：NH3和Cu(NH3)42+，故答案为：Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+；NH3和Cu(NH3)42+；
②根据电子守恒可知，n(Au)=4n(O2)，则若有标准状况下11.2LO2参加反应，n(Au)=4n(O2)=4×11.2L22.4L•mol-1=2mol，浸出金的质量为2mol×197g/mol=394g，故答案为：394。
【分析】依据题干流程结合常见元素化合物的性质以及物质的分离和提纯分析，铜阳极泥中加入H2SO4、MnO2进行“酸浸氧化”将Cu变为Cu2+、Se元素变为SeO42-，S元素变为SO42-，Ag元素变为Ag+，过滤出滤渣主要成分为Au，即不溶杂质，向滤液中加入NaCl，将Ag+转化为AgCl沉淀，过滤出滤渣主要成分是AgCl，在加入Na2S2O3溶液进行溶浸，AgCl转化为Ag(S2O3)23-，向滤液中主要含有Na+、Mn2+、Cu2+、SeO42-、SO42-等离子，加入萃取剂HR，萃取出Cu2+，分液，得有机相(含有Cu2+)，水相中含有Na+、Mn2+、H+、SeO42-、SO42-。
17．【答案】（1）[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；23；B
（2）1：1；NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱
（3）Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，r1c)；(c2-r1-r2)2+12a2
【解析】【解答】(1)①已知Ni是28号元素，故基态Ni2+核外电子排布式为[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8，故答案为：[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C=N双键所在的平面和Ni2+的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，其余23个原子可能共面，故答案为：23；
③丁二酮肟镍分子内存在Ｎ提供孤电子对和Ni2+提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮肟镍分子内存在的化学键有配位键，故答案为：B；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，则1分子Ni(CO)4中含有4个配位键，4个C≡N，即含有8个σ键与8个π键，则晶体中含有的σ键与π键数目之比为8：8=1：1，故答案为：1：1；
②由于[Ni(NH3)6]2+中的NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H-N-H比独立存在的NH3分子中键角略大，故答案为：NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱；
(3)一个晶胞中含Ni个数为：8×18=1，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：4×14=1，CN为：8×14=2，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6，由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0，0，r1c)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为r1pm，OC为22apm，BC为(c2-r2)，过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD=BC-AO=(c2-r2-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=OC，故晶胞中A、B间距离d=BD2+AD2=(c2-r1-r2)2+(22a)2 =(c2-r1-r2)2+12a2pm，故答案为：Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，r1c)；(c2-r1-r2)2+12a2。
【分析】 (1)①基态Ni源子失去4s能级上的电子生成基态Ni2+ ；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，C=N具有乙烯结构特点，与其直接相邻的原子共平面，单键可以旋转；
③丁二酮肟镍分子内镍离子和N原子之间存在配位键、还存在C-C、C= N、C-H等共价键；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，Ni(CO)4晶体中Ni源子和C原子之间存在σ键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
②该离子中N原子和Ni2+形成配位键，[Ni(NH3)6]2+中N原子形成4个共价键，氨气分子中N原子形成3个共价键，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
(3)依据晶胞密度的相关知识分析解答。
18．【答案】（1）关闭K3，打开K1、K2；Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓
（2）FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2 Fe(OH)3↓；除去过量的H2O2，防止与饱和H2C2O4溶液发生反应；将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率
（3）a-0.315cV1a×100%；V2=a-0.315cV12.455c；偏高
【解析】【解答】装置A中铁和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，打开K1、K3和K4，制取的氢气将装置内空气全部排尽，再利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应，用气球收集多余的氢气；
(1)铁和稀硫酸反应生成氢气，装置A内压强增大，关闭K3，打开K1、K2，利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应；H2C2O4是弱酸应保留化学式，B中生成FeC2O4⋅2H2O沉淀的离子方程式为Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓；故答案为：关闭K3，打开K1、K2；Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓；
(2)FeC2O4⋅2H2O与K2C2O4和H2O2反应生成K3[Fe(C2O4)3]和红褐色沉淀Fe(OH)3，该反应的化学方程式为6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2 Fe(OH)3↓；H2C2O4具有还原性，H2O2具有氧化性，先将混合物煮沸，目的是除去过量的H2O2，防止与饱和H2C2O4溶液发生反应；加入饱和H2C2O4溶液发生反应2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O，H2C2O4的作用是将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率；
(3)步骤I加入标准KMnO4溶液与H2C2O4⋅2H2O发生氧化还原反应生成Mn2+和CO2，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，则n(H2C2O4)=52×n(KMnO4)=52×cV1×10-3mol，m(H2C2O4⋅2H2O)=nM=52×cV1×10-3mol×126g/mol=0.315 cV1g，a g样品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O的质量为(a-0.315 cV1)g，其质量分数为a-0.315cV1a×100%，则省略步骤II，也能测定质量分数；K3[Fe(C2O4)3]中Fe为+3价，加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，再用KMnO4溶液滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5cV2×10-3mol，由Fe元素守恒可得m(K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O)=nM=5cV2×10-3mol×491g/mol=2.455 cV2g，由样品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O质量相等，则2.455 cV2g=(a-0.315 cV1)g，可得V1与V2关系V2=a-0.315cV12.455c，若步骤I中滴入KMnO4不足，计算H2C2O4⋅2H2O质量偏小，导致K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O质量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高。
【分析】装置A中铁和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，打开K1、K3和K4，制取的氢气将装置内空气全部排尽，再利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应，用气球收集多余的氢气；
(1)铁和稀硫酸反应生成氢气，装置A内压强增大，关闭K3，打开K1、K2，利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应；H2C2O4是弱酸，书写离子方程式应保留化学式；
(2)FeC2O4.2H2O与K2C2O4和H2O2反应生成K3[Fe(C2O4)3]和红褐色沉淀Fe(OH)3；H2C2O4具有还原性，H2O2具有氧化性，先将混合物煮沸，除去过量的H2O2，加入饱和H2C2O4溶液发生反应将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率；
(3)依据氧化还原反应滴定计算结合元素守恒分析解答。
19．【答案】（1）-130
（2）N；温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行
（3）＜；55.56；d；减小
【解析】【解答】(1)已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则ΔH1=52kJ/mol+4×(-242kJ/mol)-2×(-393kJ/mol)-6×0=-130kJ⋅mol-1，故答案为：-130；
(2)①由图可知，N催化下能够在较低的温度下获得较高的CO2转化率和C2H4的选择性，故N的催化效果好，故答案为：N；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小，故其原因可能为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行，故答案为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行；
(3)①由图可知，升高温度，任何反应的反应速率均增大，由图可知X点对应温度小于y点对应温度，故v逆(x)＜v逆(y)，已知z点体系的压强为200kPa，则T0时，由图可知，z点CO2的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知，2CO2(g)+6H2(g)⇌起始量(mol)58转化量(mol)5×40%6平衡量(mol)32C2H4(g)011+4H2O(g)044 ，则平衡时，p(CO2)=310×200kPa=60kPa，同理：p(H2)=40kPa，p(C2H4)=20kPa，p(H2O)=80kPa，该反应的标准平衡常数Kθ=(p(H2O)pθ)4×(p（C2H4）pθ)(p(CO2)pθ)2×(p(H2)pθ)6=(80kPa100kPa)4×(20kPa100kPa)(60kPa100kPa)2×(40kPa100kPa)6=55.56，故答案为：＜；55.56；
②已知速率方程v正=k正c2(CO2)⋅c6(H2)，v逆=k逆c(C2H4)⋅c4(H2O)，k正、k逆是速率常数，由(1)分析可知，2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=-130kJ/mol＜0，即升高温度平衡逆向移动，则说明k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，图像中曲线bd的斜率小于曲线ac，则曲线ac代表k逆，bd代表k正，且由图2可知，x点为未达到平衡点，且平衡向正反应进行，即k正＞k逆，图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中d点表示x点的lgk正，由分析可知，k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，升高温度时，k正-k逆减小，故答案为：d；减小。
【分析】(1)反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量；
(2)①依据图示分析解答；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小以此分析；
(3)①依据化学平衡三段式计算和化学平衡常数分析解答；
②依据化学反应速率和化学平衡常数以及化学平衡移动原理分析解答。
20．【答案】（1）取代反应；硝基和酰胺基
（2）；6
（3）+→+HCl；
（4）→Fe/NH4Cl→HOAc
【解析】【解答】由题干有机合成流程图可知，根据C的结构简式和B的分子式并结合B到C的转化信息可知，B的结构简式为：，由A的分子式并结合A到B的转化信息可知，A的结构简式为：，由D的分子式和C到D的转化信息可知，D的结构简式为：，由E的分子式和D到E的转化信息并结合F的结构简式可知，E的结构简式为：，据此分析解题。
(1)由分析可知，A→B即转化为，该反应的反应类型是取代反应，由题干流程图中C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为硝基和酰胺基，故答案为：取代反应；硝基和酰胺基；
(2)由分析可知，A的结构简式为，分子式为：C7H8O2N2，则符合下列条件①含有苯环和两个-NH2，②能与NaOH溶液发生反应即含有羧基或者酯基或者含有酚羟基，③核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4∶2∶1∶1即两个NH2位于对称位置，的Ａ的同分异构体有：、、、、和共6种，故答案为：；6；
(3)由分析可知，B→C即+反应生成和HCl，该反应的化学方程式为+→+HCl，由分析可知，E的结构简式为，故答案为：+→+HCl；；
(4)由题干B到C的转化信息可知，和反应可以转化为，由C转化为D的信息可知，在Fe/NH4Cl作用下转化为：，由D到E的转化信息可知，在HOAc作用下转化为目标产物，由此分析确定合成路线为：→Fe/NH4Cl→HOAc，故答案为：→Fe/NH4Cl→HOAc。
【分析】由A与B分子式、C的结构简式，逆推可知B为、 A为；由D、E的分子式，结合反应条件、F的结构简式，可知C中硝基还原为氨基生成D，D中氨基与羰基之间先加成、再消去生成成环得到E，E中溴原子转化为-COOH生成F，故D为、E为；
(4)模仿生成F的过程，和发生取代反应生成，再用Fe/NH4Cl还原生成，最后在HOAc条件反应生成。
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