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2021-2022学年河北省石家庄市行唐县高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省石家庄市行唐县高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共22页。试卷主要包含了3%浓硫酸吸收SO3，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
化学与生活密切相关，下列有关日常生活中常见物质的应用错误的是( )
A. 用碘酒检验奶粉中是否添加淀粉B. 用明矾给井水杀菌消毒
C. 用食醋除去保温瓶中的水垢D. 用维生素C作NaNO2中毒的急救药
《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是( )
A. B.
C. D.
下列对科技新成果的解读错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
多巴胺是一种脑内分泌物，能调控中枢神经系统的多种生理功能，其结构如图所示，下列有关多巴胺的说法正确的是( )
A. 分子式为C8H12NO2B. 分子中含有3种官能团
C. 其一氯代物只有三种D. 分子中所有碳原子可能共平面
将100mL0.1ml⋅L−1Hg(NO3)2溶液和100mL0.2ml⋅L−1KI溶液混合，恰好完全反应，有红色沉淀M生成，过滤后向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，测得纯净物M的物质的量为0.005ml。下列推断正确的是( )
A. 上述反应是非氧化还原反应B. M的化学式为HgI2
C. 上述反应生成了I2D. 参加反应的KI全部作还原剂
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 100g质量分数为17%的H2O2溶液中极性键数目为NA
B. 标准状况下，11.2LO2参与反应转移的电子数一定为2NA
C. 标准状况下，11.2L一氯甲烷中含有的氯原子数为0.5NA
D. 常温下，1L0.1ml⋅L−1Na2C2O4溶液中含C2O42−数目为0.1NA
下列有关解读错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
科学家提出某有机反应历程如图：
下列说法错误的是( )
A. 上述循环中镍的化合价发生了变化B. 上述转化中，断裂了非极性键
C. 物质1、2都是中间产物D. Ⅰ→Ⅱ的反应属于加成反应
科学家开发了一种高能量密度的锂硫电池。其装置如图所示，当电池放电时，S8与Li+在多孔碳粒材料处生成Li2Sx(x为1∼8)。下列说法正确的是( )
A. 放电时，电流由锂电极经用电器流向多孔碳粒材料
B. 放电时，正极上的电极反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx
C. 充电时，电路上通过2ml电子，理论上阴极质量减少14g
D. 非水电解质可以用“超强酸”HSbF6代替
我国科学家在天然药物活性成分研究方面取得进展。例如：
下列说法正确的是( )
A. 相同条件下，等物质的量的X和Z分别与足量的Na反应，产生的气体体积相等
B. X的化学式为C12 H16O7
C. 1mlY最多能消耗2mlBr2
D. 用酸性KMnO4溶液可鉴别X、Y、Z
短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，这五种元素组成“味精”的主要成分Q，Q的结构式如图所示。下列推断错误的是( )
A. 原子半径：M>Y>Z>W>X
B. 元素非金属性：W>Z>Y>X
C. 工业上常采用电解M的盐溶液的方法冶炼金属M
D. Q含离子键、极性键和非极性键
明代徐光启的手迹中记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如图：
下列说法错误的是( )
A. X的化学式为SO2
B. Fe2O3在空气中易转化为Fe3O4
C. 现代工业用98.3%浓硫酸吸收SO3
D. 制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
巯基乙酸(HSCH2COOH)是一元弱酸。常温下，向20mL0.1ml⋅L−1HSCH2COOH溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，c(OH−)水表示混合溶液中水电离出的OH−浓度，pOH=−lgc(OH−)水。pOH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是( )
A. 滴定终点时宜选择甲基橙作指示剂
B. 在a、b、d、f4点中水电离程度最大的点是f
C. e点溶液中：c(HSCH2COO−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)
D. 若c点V=x，则HSCH2COOH的电离常数Ka=x20−x×10−7
绿矾常用于制造补血制剂、净水剂等。以废铁屑(主要含Fe，含少量Fe2O3、油脂等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO4⋅7H2O)的流程如图，并设计实验探究绿矾的性质。
回答下列问题：
(1)用热纯碱溶液洗涤废铁屑的目的是 ______。“操作1”需要的玻璃仪器有 ______。
(2)检验“溶液2”中是否含Fe3+的试剂是 ______(填标号)。
A.K3[Fe(CN)6]溶液
B.KSCN溶液
C.酸性KMnO4溶液
D.氯水和KSCN溶液
(3)“操作2”包括蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥。选用75%酒精而不选用蒸馏水洗涤绿矾的优点是 ______。
(4)实验室配制绿矾溶液时常加入少量铁粉，其作用是 ______(用离子方程式表示)。
(5)大多数文献认为“FeSO4分解生成Fe2O3、SO2、SO3”。某实验小组提出质疑，认为可能还有O2生成。他们设计实验分离SO3、SO2并检验O2，实验装置如图所示(加热仪器省略)。
已知部分信息如下：
Ⅰ.几种物质的熔、沸点如表所示：
Ⅱ.几种盐浴温度如表所示：
①低温浴槽A宜选择盐浴 ______(填字母)，仪器C收集的物质是 ______(填化学式)。
②若 ______(填实验操作和现象)，则证明FeSO4分解有O2生成。
ZnS常用于制造白色颜料、发光粉和发光油漆等。以火法炼铜的废料(主要成分是ZnO、CuO，含少量PbO、As2O3、SiO2等)为原料制备粗锌和硫化锌的流程如图：
请回答下列问题：
(1)“浸渣1”的主要成分是SiO2和 ______(填化学式)。
(2)从“滤渣1”中提取粗铜的操作是将滤渣1 ______过滤、洗涤、干燥，得到粗铜。
(3)“沉铁”中O2的作用是 ______(用离子方程式表示)，可用绿色氧化剂 ______(填化学式)替换O2。
(4)加入ZnO调节溶液pH，滤液中Fe的质量浓度、滤渣2中Zn的质量分数与pH关系如图所示。最适宜的pH为 ______。
(5)以惰性材料为电极，“电解沉锌”的阳极反应式为 ______，工业上常用电解法精炼锌，阴极材料是 ______，电解质溶液选择 ______(填化学式)溶液。
(6)“复分解沉锌”中，Zn2++H2S⇌ZnS↓+2H+的平衡常数K=______。[已知：常温下，Ksp(ZnS)=3.0×10−25，H2S的电离常数Ka1=9.0×10−8，Ka2=1.0×10−12]
我国科学家合成高选择性光催化剂，在温和条件下利用CO2合成CH3CHO：
反应1：2CO2(g)+5H2(g)⇌CH3CHO(g)+3H2O(g)△H1=−170kJ⋅ml−1
反应2：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H2=−178kJ⋅ml−1
回答下列问题：
(1)2CH4(g)+H2O(g)⇌CH3CHO(g)+3H2(g)ΔH=______kJ⋅ml−1。
(2)一定温度下，在刚性密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应1。
①下列情况表明该反应达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.混合气体密度保持不变
B.CO2(g)消耗速率和H2O(g)生成速率之比为2：3
C.CH3CHO(g)、H2O(g)的浓度之比保持不变
D.混合气体平均摩尔质量保持不变
②达到平衡之后，其他条件不变仅改变下列一个条件，能提高CO2的平衡转化率的是 ______(填标号)。
A.增大CO2浓度
B.充入惰性气体
C.降低温度
D.加入高效催化剂
(3)已知：反应2CO2(g)+5H2(g)⇌CH3CHO(g)+3H2O(g)生成CH3CHO的净反应速率为v净=k正c²(CO2)⋅c5(H2)−k逆c(CH3CHO)⋅c³(H2O)(k正、k逆分别表示正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。该反应的平衡常数K与k正、k逆的关系式为 ______。k正、k逆的负对数用pk表示，与温度(T)关系如图1所示。其中代表pk正与T关系的直线是 ______(填标号)，判断理由是 ______。
(4)一定温度下，在刚性密闭容器中充入1mlCO2(g)和xmlH2(g)，仅发生反应1，测得平衡体系中CH3CHO的体积分数(φ)与x关系如图2所示。在e、f、g、h4点中，CH3CHO产率最高的是 ______(填字母)，f点对应体系中H、O原子个数比接近 ______。
(5)一定温度下，在刚性密闭容器中充入2mlCO2和5mlH2，发生反应1和2，达到平衡时测得CH3CHO的选择性为80%，CO2的平衡转化率为45%，总压强为560kPa。反应1的平衡常数Kp=______(只列计算式，不带单位)。[已知：CH3CHO的选择性=n(CH3CHO)n(CH3CHO)+n(CH4)×100%分的分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数]
镍在合金炸药及推进剂等领域用途非常广泛。回答下列问题：
(1)基态Ni2+核外电子排布式为 ______，该元素位于元素周期表的区，同周期中，与基态Ni具有相同未成对电子数的元素有 ______(填元素符号)。
(2)Ni(CO)4(羰基镍)熔点为−19℃，沸点为43℃，溶于醇等多数有机溶剂，固态时羰基镍属于 ______晶体，1mlNi(CO)4含有 ______mlσ键。
(3)配合物[Ni(IMI)6](NO3)2可用作起爆药。
①NO3的空间构型为 ______形。
②IMI(咪唑)的结构简式为，分子中碳原子的杂化方式为 ______。分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π66)，则咪唑中的大π键应表示为 ______。
(4)金属La、Ni形成的一种储氢材料，其晶胞结构如图所示。
①该合金的化学式可表示为 ______。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 ______(列出计算式)g⋅cm−3。
艾司洛尔[]化学名为4−(3−丙氨基−2−羟基丙氧基)苯丙酸甲酯，是治疗室上性快速心律失常、急性心肌缺血、术后高血压等的理想药物。其一种合成路线如图：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 ______。
(2)E的结构简式为 ______；F中含有的官能团名称为 ______。
(3)E→F的化学方程式为 ______，反应类型是 ______。
(4)芳香族化合物M与C互为同分异构体，则符合下列条件的M的结构有 ______(不考虑立体异构)种。
①能发生银镜反应，且1mlM能生成4mlAg
②能与金属钠反应，与FeCl3不发生显色反应
(5)参照上述合成路线，设计以丙烯为原料制备W()的合成路线。______(无机试剂任选)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.淀粉遇到碘变蓝，所以可用碘酒检验奶粉中是否添加淀粉，故A正确；
B.明矾能净水，不具有杀菌消毒效力，故B错误；
C.醋酸与碳酸钙、氢氧化镁反应生成易溶于水的醋酸盐，所以可用食醋除去保温瓶中的水垢，故C正确；
D.NaNO2具有较强的氧化性，可氧化血红蛋白中的Fe2+，维生素可将Fe3+还原为Fe2+，利用了维生素C的还原性，故D正确；
故选：B。
A.淀粉遇到碘变蓝；
B.明矾能净水；
C.醋酸与碳酸钙、氢氧化镁反应生成易溶于水的醋酸盐；
D.维生素具有还原性，能够还原NaNO2。
本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活的应用，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的兴趣，注意把握物质的性质及其应用，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：制取烧酒采用蒸馏的方法，蒸馏时用酒精灯加热，用冷凝管冷凝蒸气，用锥形瓶接收冷凝后的馏分，不需要坩埚。
故选：B。
本题考查蒸馏操作的仪器，正确理解古文是解题关键，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.MgFe2O4中Mg为+2价，O为−2价，化学式中所有元素的化合价之和为0，即铁元素显+3价，故A错误；
B.乙烯和丙烯醇中均有双键，双键中一个为σ键，一个为π键，即乙烯和丙烯醇分子内均含有σ键和π键，故B正确；
C.Zn5(OH)8(NO3)2⋅2H2O属于可电离出氢氧根离子的盐类，故C正确；
D.葡萄糖脱氢酶除去废水中葡萄糖，利用了酶对某些特定反应有催化作用的特性，故D正确；
故选：A。
本题考查了物质的组成、结构、性质和分类等，本题难度不大，要熟悉相关知识。
4.【答案】D
【解析】解：A.该分子中含有11个氢原子，分子式为C8H11NO2，故A错误；
B.含有羟基、氨基两种官能团，故B错误；
C.除了羟基、氨基外含有5种氢原子，其一氯代物就有5种，故C错误；
D.饱和碳原子具有甲烷结构特点，苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选：D。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明生成物有I2，I元素的化合价由−1价升高至0价，涉及元素化合价的变化，因此上述反应是氧化还原反应，故A错误；
B.根据题干信息，100mL0.1ml⋅L−1Hg(NO3)2溶液和100mL0.2ml⋅L−1KI溶液混合，恰好完全反应，生成0.005mlM，根据氧化还原反应得失电子守恒可得，M的化学式为HgI，故B错误；
C.向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明生成物有I2，故C正确；
D.产物为HgI和I2，说明KI中部分I的化合价未发生改变，因此参加反应的KI没有全部作还原剂，故D错误；
故选：C。
本题考查氧化还原反应的基本概念，为高频考点，解题的关键是掌握氧化还原反应的规律，难度中等。
6.【答案】C
【解析】A.100g质量分数为17%的H2O2溶液中，n(H2O2)=100g×17%34g/ml=0.5ml，含H−O键为0.5ml×2=1ml，n(H2O)=100g−100g×17%18g/ml=8318ml>1ml，含H−O键数目大于2ml，故A错误；
B.n(O2)=，若O2转化为−1价的氧，反应转移的电子数一定为NA，若O2转化为−2价的氧，反应转移的电子数一定为2NA，故B错误；
C.n(CH3Cl)=，含有的氯原子数为0.5ml×1×NAml−1=0.5NA，故C正确；
D.n(Na2C2O4)=1L×0.1ml⋅L−1=0.1ml，C2O42−部分水解，溶液中含C2O42−数目小于0.1ml，即小于为0.1NA，故D错误；
故选：C。
7.【答案】A
【解析】解：A.大漠孤烟直，长河落日圆，其中烟指的是沙漠上的固体颗粒，南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中的烟是水雾，；文中两处“烟”的成分不相同，故A错误；
B.《墨子)中记载：“书之竹帛，镂之金石”，“金”是指金属，故B正确；
C.《福州府志乾隆本)中记载：元时，南安有黄长者，为宅煮糖，宅垣忽坏，压于漏端，色白异常，是利用泥土的吸附性将红糖变为白糖，故C正确；
D.农谚中有“雷雨发庄稼”“豆茬种谷，必定有福”，其中的雷雨、豆茬涉及自然固氮，是氮气转化为化合物，故D正确；
故选：A。
本题考查了物质变化过程的分析，主要是古诗词中涉及化学变化的理解应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应历程，意在考查学生的分析能力和理解能力，注意结合反应历程图中物质结构的变化进行分析解答，题目难度一般。
【解答】
A.由题干图可知，Ni的化合价有+2价和+1价，故化合价发生了变化，故A正确；
B.由Ⅰ→Ⅱ的过程中，碳碳双键中的其中一个键断裂，即断裂了非极性键，故B正确；
C.中间产物是指反应过程中产生的，之后又在反应过程中被消耗掉，物质1、2都不满足这个条件，都不是中间产物，故C错误；
D.Ⅰ→Ⅱ的过程为碳碳双键的加成反应，故D正确；
故选：C。
9.【答案】B
【解析】由题干图可知，Li电极为负极，电极反应式为Li−e−=Li+，多孔碳粒材料为正极，电极反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx，充电时，Li作阴极，电极反应式为Li++e−=Li，多孔碳粒材料为阳极，据此作答。
A.放电时，电流从正极(多孔碳粒材料)经用电器流向负极(Li)，故A错误；
B.放电时，多孔碳粒材料为正极，电极反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx，故B正确；
C.充电时，Li作阴极，电极反应式为Li++e−=Li，电路上通过2ml电子，理论上阴极质量增加2ml×7g/ml=14g，故C错误；
D.Li能与酸反应，不能将“超强酸”HSbF6代替非水电解质，故D错误；
故选：B。
10.【答案】AB
【解析】解：A.羟基、羧基都能和Na以1：1反应，X中含有5个羟基、Z中含有5个羟基，所以相同条件下，等物质的量的X和Z分别与足量的Na反应，产生的气体体积相等，故A正确；
B.X中含有12个碳原子、16个氢原子、7个氧原子，分子式为C12 H16O7，故B正确；
C.Y中苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴发生1：1的取代反应，则1mlY最多能消耗4mlBr2，故C错误；
D.−CH2OH、酚羟基、−CHO都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，三者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，无法鉴别，故D错误；
故选：AB。
A.羟基、羧基都能和Na以1：1反应；
B.X中含有12个碳原子、16个氢原子、7个氧原子；
C.Y中苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴发生1：1的取代反应；
D.−CH2OH、酚羟基、−CHO都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题以陌生有机物结构为情境，考查有机物性质，意在考查考生分析和解决问题的能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。
11.【答案】C
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为C、Z为N、W为O、M为Na；
A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中氢原子半径最小，故原子半径：Na>C>N>O>H，即原子半径M>Y>Z>W>X，故A正确；
B.同周期自左而右元素非金属性增强，C、N、O在它们氢化物都表现负价，非金属性都比氢元素强，故非金属性O>N>C>H，即非金属性W>Z>Y>X，故B正确；
C.工业上采用电解熔融的NaCl制备Na单质，电解盐溶液钠离子不能放电，故C错误；
D.Q由阳离子与阴离子构成，含有离子键，阴离子中含有C−C非极性键，含有C−H、C−O、C−N等极性键，故D正确；
故选：C。
短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，M形成+1价阳离子，结合原子序数可知W为Na；由原子序数可知Y、Z、W只能处于第二周期，其中Y形成4个共价键、Z形成3个共价键、W形成2个共价键，故Y为C元素、Z为N元素、W为O元素，而X只能形成1个共价单键且原子序数最小，故X为H元素。
本题考查原子结构与元素周期律，关键是根据价键结构推断元素，注意紧扣短周期元素，熟练掌握元素周期律，注意掌握常见化学工业，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
12.【答案】BD
【解析】解：A.据图可知FeSO4分解时生成Fe2O3和SO3，部分Fe元素被氧化，则S元素应被还原，X为SO2，故A正确；
B.Fe2O3在空气中较稳定，不易转化，故B错误；
C.由于三氧化硫和水反应是放热反应，温度很高，这时水会变为蒸汽，那么水和三氧化硫实际上在气体状态下反应得到硫酸，此时硫酸以酸雾的形成停留在吸收塔中，很难沉降下来，造成水吸收三氧化硫的速度大大降低了，工业制硫酸过程中不用水而常用98.3%的浓硫酸吸收SO3，故C正确；
D.制取HNO3是利用了高沸点的硫酸制取低沸点的硝酸的反应原理，故D错误；
故选：BD。
硫酸亚铁煅烧分解，生成氧化铁、三氧化硫和X，发生的是氧化还原反应，铁元素化合价升高，则硫元素化合价降低，X为SO2，三氧化硫溶于水反应生成硫酸，硝酸钾和硫酸混合蒸馏得到硝酸。
本题考查了工业制备硝酸的过程分析判断，主要是氧化还原反应、物质性质分析判断，注意氧化还原反应实质的理解应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】A.滴定终点时生成的钠盐为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，酚酞的变色范围恰好在滴定曲线的突跃范围内，所以应该选取酚酞作指示剂，故A错误；
B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，根据pOH知，水的电离程度越大，pOH越小，根据图知，水电离程度最大的点是d点，故B错误；
C.d点水电离程度最大，溶质为HSCH2COONa，d点溶液呈碱性，从d到e点继续加入NaOH溶液，溶液碱性增强，则e点c(H+)D.如果c点V=x，d点溶液呈碱性，则c点不影响水电离，溶液呈中性，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7ml/L，根据电荷守恒c(HSCH2COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)知，c(HSCH2COO−)=c(Na+)=0.1ml/L×x×10−3L(20+x)×10−3L=0.1x20+xml/L，c(HSCH2COOH)=0.1ml/L×20×10−3L(20+x)×10−3L−0.1x20+xml/L=2−0.1x20+xml/L，HSCH2COOH的电离常数Ka=c(HSCH2COO−)⋅c(H+)c(HSCH2COOH)=0.1x20+x×10−72−0.1x20+x=x20−x×10−7，故D正确。
故选：D。
14.【答案】(1)除去铁粉表面油污；玻璃棒、烧杯、漏斗
(2)B
(3)降温结晶(或冷却结晶)；减少绿矾溶解损耗，干燥较快，避免绿矾长时间与空气接触而氧化
(4)2Fe3++Fe=3Fe2+
(5)① b ；SO2 ②将带火星的木条放置在D干燥管口处，木条燃烧更旺
【解析】用热的纯碱溶液可除去废铁屑(主要含Fe、含少量Fe2O3、油脂等杂质)表面的油污，然后过滤，用稀硫酸溶解铁屑，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，产生FeSO4能够溶于水，将不溶性的固体杂质通过过滤除去，然后将FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾；FeSO4在隔绝空气时发生分解反应产生Fe2O3、SO2、SO3，为排除空气成分的干扰，应该先通入N2，将装置空气排出，然后再加热，为检验是否产生O2，要根据SO2、SO3的沸点的高低，先将SO3分离出来，然后分离出SO2，最后将带火星的木条放置于D干燥管口，根据木条是否复燃进行判断。
(1)油脂能够在碱性条件下水解产生可溶性物质，用热纯碱溶液洗涤废铁屑的目的是除去铁粉表面油污；操作1是过滤，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。
(2)Fe3+遇SCN−溶液会变为血红色，故可加入KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+，合理选项是B。
(3)“操作2”包括蒸发浓缩、降温结晶(或冷却结晶)、过滤、洗涤、干燥，FeSO4在乙醇中的溶解度比在水中的小，且乙醇易挥发，选用75%酒精而不选用蒸馏水洗涤绿矾的优点是：减少绿矾溶解损耗，干燥较快，避免绿矾长时间与空气接触而氧化。
(4)由于溶解在溶液中的O2会使Fe2+氧化为Fe3+，加入少量铁粉可以与Fe3+反应产生Fe2+，可以避免绿矾溶液氧化变质，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
(5)①FeSO4在隔绝空气时发生分解反应产生Fe2O3、SO2、SO3，为检验是否分解产生O2，操作是将分解产生的气体通过低温浴槽A，选择盐浴温度为−9℃的分离出SO3，在仪器C收集的物质是SO2。
②可根据O2有助燃性进行分析判断，操作为将带火星的木条放置在D干燥管口处，木条燃烧更旺，证明FeSO4分解有O2生成，否则无O2生成。
15.【答案】(1)PbSO4
(2)用过量的稀硫酸溶解
(3)O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O；H2O2
(4)4.0
(5)2H2O−4e−=O2↑+4H+；纯锌；ZnSO4
(6)3.0×105
【解析】
【分析】
本题考查工业流程，难度一般。
【解答】
以火法炼铜的废料为原料制备粗锌和硫化锌，废料中加入稀硫酸酸浸，ZnO、CuO、PbO、As2O3分别和稀硫酸反应，SiO2不反应，生成的PbSO4不溶于水，过滤得到的浸渣1为SiO2、PbSO4，滤液中含有Zn2+、Cu2+、As3+，向滤液中加入过量的Zn沉铜，得到Cu，过滤后得到滤渣1为Cu和过量的Zn，然后向滤液中加入Fe2(SO4)3，得到FeAsO4，然后向溶液中加入ZnO、O2，O2氧化Fe2+生成Fe3+，ZnO消耗稀硫酸调节溶液的pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而沉铁，滤渣2为Fe(OH)3和过量的ZnO，得到的ZnSO4溶液电解得到粗锌，加入H2S得到ZnS。
(1)SiO2不溶于稀硫酸，PbO和稀硫酸反应生成难溶性的PbSO4，所以“浸渣1”的主要成分是SiO2和PbSO4；
(2)滤渣1中含有Cu、Zn，从“滤渣1”中提取粗铜的操作是将滤渣1溶于过量的稀硫酸，Cu不溶解、Zn溶解，然后过滤、洗涤、干燥，得到粗铜；
(3)“沉铁”中Fe3+被As3+还原为Fe2+，O2氧化Fe2+生成Fe3+，离子反应方程式为O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，双氧水也能氧化亚铁离子，且不引进新的杂质，所以可以用双氧水代替氧气；
(4)加入ZnO调节溶液pH，除去铁离子，滤液中铁离子浓度越小越好，滤渣中Zn的质量分数越少越好，根据图知，最适宜的pH为4.0；
(5)以惰性材料为电极，“电解沉锌”时，阳极上水失电子生成O2，则阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，工业上常用电解法精炼锌，粗锌作阳极、纯锌作阴极，所以阴极材料是纯Zn，电解质溶液选择ZnSO4溶液；
(6)Ka1×Ka2=c(HS−)⋅c(H+)c(H2S)×c(S2−)⋅c(H+)c(HS−)=c2(H+)×c(S2−)c(H2S)，则c2(H+)c(H2S)=Ka1×Ka2c(S2−)，“复分解沉锌”中，Zn2++H2S⇌ZnS↓+2H+的平衡常数K=c2(H+)c(Zn2+)⋅c(H2S)=Ka1×Ka2c(S2−)×1c(Zn2+)=Ka1×Ka2Ksp(ZnS)=9.0×10−8×1.0×10−123.0×10−25=3.0×105。
16.【答案】(1)+186
(2)① D；② C
(3)k正k逆=K； c ；正反应是放热反应，升温，平衡常数K减小，即k正增大的倍数小于k逆增大的倍数
(4)h； 5：2
(5)40×14031102×2605
【解析】解：(1)根据盖斯定律，反应1−2×反应2，ΔH=−170kJ⋅ml−1−(−178×2)kJ⋅ml−1=+186kJ⋅ml−1，
故答案为：+186；
(2)①A.刚性容器为恒容，气体总体积不变，组分都是气体，气体总质量保持不变，根据密度的定义，混合气体的密度始终保持不变，即混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.消耗CO2、生成H2O，反应都是向正反应方向进行，因此CO2消耗速率和H2O蒸气生成速率之比为2：3，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C.CH3CHO、H2O都是生成物，生成CH3CHO、H2O的物质的量之比都是1：3，不能说明反应达到平衡，故C错误；
D.组分都是气体，气体总质量相等，该反应为物质的量减少的反应，根据平均摩尔质量的定义，因此当气体平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故D正确；
故答案为：D；
②A.增大CO2浓度，二氧化碳转化率减小，故A错误；
B.充入惰性气体，平衡不移动，故B错误；
C.二氧化碳的转化反应均为放热反应，降低温度，平衡右移，转化率增大，故C正确；
D.催化剂无法改变平衡转化率，故D错误；
故答案为：C；
(3)当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c2(CO2)⋅c5(H2)=k逆c(CH3CHO)⋅c3(H2O)，可得c(CH3CHO)×c3(H2O)c2(CO2)×c5(H2)=k正k逆=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，k正k逆减小，升高温度，k正、k逆均增大，但k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，pk正=−lgk正是减小的，且其减小程度比pk逆小，图c符合，
故答案为：k正k逆=K；c；正反应是放热反应，升温，平衡常数K减小，即k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
(4)根据勒夏特列原理，随着氢气的量增大，平衡向正反应方向进行，CO2转化率增大，即CO2的转化率最高的点为h；CH3CHO的体积分数最大，按照化学反应方程式系数之比投入时，即f点对应H2的物质的量为2.5ml，H与O原子个数比为(2.5×2)：2=5：2，
故答案为：h；5：2；
(5)反应1：设生成CH3CHO的物质的量为aml，消耗CO2的物质的量为2aml，CO2的平衡转化率为45%，即消耗CO2的物质的量为2ml×45%=0.9ml，则反应2中消耗CO2的物质的量为(0.9−2a)ml，生成甲烷的的物质的量为(0.9−2a)ml，根据CH3CHO的选择性，则有aa+0.9−2a×100%=80%，解得a=0.4，从而求出容器中气体物质的量分别为n(CO2)=1.1ml，n(H2)=2.6ml，n(CH3CHO)=0.4ml，n(CH4)=0.1ml，n(H2O)=1.4ml，气体总物质的量为5.6ml， Kp=p(CH3CHO)×p3(H2O)p2(CO2)×p5(H2)=560×0.45.6×(560×1.45.6)3(560×1.15.6)2×(560×2.65.6)5=40×14031102×2605，
故答案为：40×14031102×2605。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
17.【答案】[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8 Ti、Ge、Se 分子 8 平面三角 sp2 Π56 LaNi5 3×434NA×34×6×a2c×10−21
【解析】解：(1)基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，d轨道最多容纳10个电子，因此基态Ni原子有2个未成对电子，Ni2+的核外电子排布式为[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8，与基态Ni具有相同未成对电子数的元素有Ti、Ge、Se，
故答案为：[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；Ti、Ge、Se；
(2)Ni(CO)4(羰基镍)熔点为−19℃，沸点为43℃，溶于醇等多数有机溶剂，固态时羰基镍属于分子晶体，单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键，Ni(CO)4分子中σ键物质的量为8ml，
故答案为：分子；8；
(3)①硝酸根离子的价层电子对数为3+5+1−3×22=3，不含孤电子对，分子构型为平面三角形。
故答案为：平面三角形；
②分析结构中的碳原子结构可知，分子中碳原子为sp2杂化，有机杂环中的三个C原子和两个N原子构成大π键，C提供单个电子，一个N提供孤电子对，一个N提供单电子，故对应的大π键类型为Π56，
故答案为：sp2；Π56；
(4)①晶胞中，La原子数目为12×16+2×12=5，La原子数目为18×12+6=15，故晶胞的化学式为LaNi5，
故答案为：LaNi5；
②设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞质量为3×434NAg，晶胞体积为(a×32a×6)×c×10−21cm3，该晶体的密度为3×434NA(a×32a×6)×c×10−21=3×434NA×34×6×a2c×10−21，
故答案为：3×434NA×34×6×a2c×10−21。
(1)基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，d轨道最多容纳10个电子，因此基态Ni原子有2个未成对电子，据此分析；
(2)Ni(CO)4(羰基镍)熔点为−19℃，沸点为43℃，溶于醇等多数有机溶剂，固态时羰基镍属于分子晶体，单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键；
(3)①硝酸根离子的价层电子对数为3+5+1−3×22=3，不含孤电子对；
②分析结构中的碳原子结构可知，分子中碳原子为sp2杂化，有机杂环中的三个C原子和两个N原子构成大π键，C提供单个电子，一个N提供孤电子对，一个N提供单电子；
(4)①晶胞中，La原子数目为12×16+2×12=5，La原子数目为18×12+6=15；
②设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞质量为3×434NAg，晶胞体积为(a×32a×6)×c×10−21cm3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
18.【答案】对甲基苯酚(或4−甲基苯酚) 酯基、醚键 +→Ca(OH)2+HCl或2+2+Ca(OH)2→Ca(OH)22+CaCl2+2H2O取代反应 10CH2=CHCH2Cl→NaOH/H2OCH2=CHCH2OH→Cl2CH2ClCHClCH2OH→Ca(OH)2
【解析】解：(1)A的结构简式为，则A的化学名称是对甲基苯酚(或4−甲基苯酚)，
故答案为：对甲基苯酚(或4−甲基苯酚)；
(2)据分析E的结构简式为；F()中含有的官能团名称为酯基、醚键，
故答案为：；酯基、醚键；
(3)E()与只在氧氧化钙参与下反应得到F()，同时E中酚羟基的活泼氢原子与中氯原子结合为HCl，E→F的化学方程式为+→Ca(OH)2+HCl或2+2+Ca(OH)2→Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，反应类型为取代反应，
故答案为：+→Ca(OH)2+HCl或2+2+Ca(OH)2→Ca(OH)22+CaCl2+2H2O；取代反应；
(4)C为，分子式为C9H8O3，不饱和度为6，芳香族化合物M与C互为同分异构体，M符合下列条件：
①能发生银镜反应，且1ml M能生成4mlAg，则该芳香族化合物M中有苯环，还含有2个醛基；
②能与金属钠反应，与FeCl3不发生显色反应，则含有1个醇羟基、不含有酚羟基，则M中苯环只有1个侧链时，M为；苯环有2个侧链分别为−CHO，−CH(OH)−CHO，分别处以邻、间、对位，共有3种；苯环有3个侧链时，分别为2个−CHO，−CH2OH，2个CHO相邻有2种结构；2个CHO相间有3种结构；2个CHO相对有1种结构；则符合条件的M的结构有10种，
故答案为：10；
(5)以CH2=CH−CH2Cl为原料制备W()：首先用引入醚键，而醚键的引入需要仿照流程E→F，需要1个羟基和1个氯原子形成醚键同时生成HCl，则由逆合成分析法可知，要得到，需要CH2ClCHClCH2OH，CH2ClCHClCH2OH可用CH2=CHCH2OH与氯气加成反应得到，CH2=CHCH2OH可由CH2=CHCH2Cl在加热下、氢氧化钠水溶液中水解生成，则以CH2=CH−CH2Cl为原料制备W()的合成路线为CH2=CHCH2Cl→NaOH/H2OCH2=CHCH2OH→Cl2CH2ClCHClCH2OH→Ca(OH)2，
故答案为：CH2=CHCH2Cl→NaOH/H2OCH2=CHCH2OH→Cl2CH2ClCHClCH2OH→Ca(OH)2。
由流程可知，C的分子式为C9H8O3，D的分子式为C9H10O3，则C→D为C中苯环侧链的碳碳双键与氢气加成，D为，D甲醇发生酯化反应得到E，则E为；据此回答；
(5)以CH2=CH−CH2Cl为原料制备W()：首先用引入醚键，而醚键的引入需要仿照流程E→F，需要1个羟基和1个氯原子形成醚键同时生成HCl，则由逆合成分析法可知，要得到，需要CH2ClCHClCH2OH，CH2ClCHClCH2OH可用CH2=CHCH2OH与氯气加成反应得到，CH2=CHCH2OH可由CH2=CHCH2Cl在加热下、氢氧化钠水溶液中水解生成。
本题考查有有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构、分子式与反应条件进行分析判断，题目较好的考查学生分析推理能力、知识综合运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
选项
科技成就
化学解读
A
《科学》公布了下地幔矿物——毛河光矿(MgFe2O4)的命名
MgFe2O4中铁元素显+2价
B
我国利用双核催化剂实现乙烯和丙烯醇低温共聚
乙烯和丙烯醇分子内均含有σ键和π键
C
我国成功研制出Zn5(OH)8(NO3)2⋅2H2O纳米片
它属于碱式盐
D
我国利用葡萄糖脱氢酶除去废水中葡萄糖
酶对某些特定反应有催化作用
选项
文献摘录
解读
A
“大漠孤烟直，长河落日圆”和“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”
文中两处“烟”的成分相同
B
《墨子)中记载：“书之竹帛，镂之金石”
“金”指金属
C
《福州府志乾隆本)中记载：元时，南安有黄长者，为宅煮糖，宅垣忽坏，压于漏端，色白异常”
利用泥土的吸附性将红糖变为白糖
D
农谚中有“雷雨发庄稼”“豆茬种谷，必定有福”
雷雨、豆茬涉及自然固氮
物质
SO3
SO2
O2
熔点/℃
16.8
−72.7
−218.4
沸点/℃
44.8
−10
−182.9
盐浴
浴温
盐类及用量
碎冰用量
a
−30.0∼−4.0℃
NH4Cl(20g)+NaCl(40g)
100g
b
−9.0℃
CaCl2⋅6H2O(20g)
100g
c
−17.7℃
NaNO3(50g)
100g
化学与生活密切相关，下列有关日常生活中常见物质的应用错误的是( )
A. 用碘酒检验奶粉中是否添加淀粉B. 用明矾给井水杀菌消毒
C. 用食醋除去保温瓶中的水垢D. 用维生素C作NaNO2中毒的急救药
《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是( )
A. B.
C. D.
下列对科技新成果的解读错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
多巴胺是一种脑内分泌物，能调控中枢神经系统的多种生理功能，其结构如图所示，下列有关多巴胺的说法正确的是( )
A. 分子式为C8H12NO2B. 分子中含有3种官能团
C. 其一氯代物只有三种D. 分子中所有碳原子可能共平面
将100mL0.1ml⋅L−1Hg(NO3)2溶液和100mL0.2ml⋅L−1KI溶液混合，恰好完全反应，有红色沉淀M生成，过滤后向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，测得纯净物M的物质的量为0.005ml。下列推断正确的是( )
A. 上述反应是非氧化还原反应B. M的化学式为HgI2
C. 上述反应生成了I2D. 参加反应的KI全部作还原剂
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 100g质量分数为17%的H2O2溶液中极性键数目为NA
B. 标准状况下，11.2LO2参与反应转移的电子数一定为2NA
C. 标准状况下，11.2L一氯甲烷中含有的氯原子数为0.5NA
D. 常温下，1L0.1ml⋅L−1Na2C2O4溶液中含C2O42−数目为0.1NA
下列有关解读错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
科学家提出某有机反应历程如图：
下列说法错误的是( )
A. 上述循环中镍的化合价发生了变化B. 上述转化中，断裂了非极性键
C. 物质1、2都是中间产物D. Ⅰ→Ⅱ的反应属于加成反应
科学家开发了一种高能量密度的锂硫电池。其装置如图所示，当电池放电时，S8与Li+在多孔碳粒材料处生成Li2Sx(x为1∼8)。下列说法正确的是( )
A. 放电时，电流由锂电极经用电器流向多孔碳粒材料
B. 放电时，正极上的电极反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx
C. 充电时，电路上通过2ml电子，理论上阴极质量减少14g
D. 非水电解质可以用“超强酸”HSbF6代替
我国科学家在天然药物活性成分研究方面取得进展。例如：
下列说法正确的是( )
A. 相同条件下，等物质的量的X和Z分别与足量的Na反应，产生的气体体积相等
B. X的化学式为C12 H16O7
C. 1mlY最多能消耗2mlBr2
D. 用酸性KMnO4溶液可鉴别X、Y、Z
短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，这五种元素组成“味精”的主要成分Q，Q的结构式如图所示。下列推断错误的是( )
A. 原子半径：M>Y>Z>W>X
B. 元素非金属性：W>Z>Y>X
C. 工业上常采用电解M的盐溶液的方法冶炼金属M
D. Q含离子键、极性键和非极性键
明代徐光启的手迹中记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如图：
下列说法错误的是( )
A. X的化学式为SO2
B. Fe2O3在空气中易转化为Fe3O4
C. 现代工业用98.3%浓硫酸吸收SO3
D. 制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
巯基乙酸(HSCH2COOH)是一元弱酸。常温下，向20mL0.1ml⋅L−1HSCH2COOH溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，c(OH−)水表示混合溶液中水电离出的OH−浓度，pOH=−lgc(OH−)水。pOH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是( )
A. 滴定终点时宜选择甲基橙作指示剂
B. 在a、b、d、f4点中水电离程度最大的点是f
C. e点溶液中：c(HSCH2COO−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)
D. 若c点V=x，则HSCH2COOH的电离常数Ka=x20−x×10−7
绿矾常用于制造补血制剂、净水剂等。以废铁屑(主要含Fe，含少量Fe2O3、油脂等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO4⋅7H2O)的流程如图，并设计实验探究绿矾的性质。
回答下列问题：
(1)用热纯碱溶液洗涤废铁屑的目的是 ______。“操作1”需要的玻璃仪器有 ______。
(2)检验“溶液2”中是否含Fe3+的试剂是 ______(填标号)。
A.K3[Fe(CN)6]溶液
B.KSCN溶液
C.酸性KMnO4溶液
D.氯水和KSCN溶液
(3)“操作2”包括蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥。选用75%酒精而不选用蒸馏水洗涤绿矾的优点是 ______。
(4)实验室配制绿矾溶液时常加入少量铁粉，其作用是 ______(用离子方程式表示)。
(5)大多数文献认为“FeSO4分解生成Fe2O3、SO2、SO3”。某实验小组提出质疑，认为可能还有O2生成。他们设计实验分离SO3、SO2并检验O2，实验装置如图所示(加热仪器省略)。
已知部分信息如下：
Ⅰ.几种物质的熔、沸点如表所示：
Ⅱ.几种盐浴温度如表所示：
①低温浴槽A宜选择盐浴 ______(填字母)，仪器C收集的物质是 ______(填化学式)。
②若 ______(填实验操作和现象)，则证明FeSO4分解有O2生成。
ZnS常用于制造白色颜料、发光粉和发光油漆等。以火法炼铜的废料(主要成分是ZnO、CuO，含少量PbO、As2O3、SiO2等)为原料制备粗锌和硫化锌的流程如图：
请回答下列问题：
(1)“浸渣1”的主要成分是SiO2和 ______(填化学式)。
(2)从“滤渣1”中提取粗铜的操作是将滤渣1 ______过滤、洗涤、干燥，得到粗铜。
(3)“沉铁”中O2的作用是 ______(用离子方程式表示)，可用绿色氧化剂 ______(填化学式)替换O2。
(4)加入ZnO调节溶液pH，滤液中Fe的质量浓度、滤渣2中Zn的质量分数与pH关系如图所示。最适宜的pH为 ______。
(5)以惰性材料为电极，“电解沉锌”的阳极反应式为 ______，工业上常用电解法精炼锌，阴极材料是 ______，电解质溶液选择 ______(填化学式)溶液。
(6)“复分解沉锌”中，Zn2++H2S⇌ZnS↓+2H+的平衡常数K=______。[已知：常温下，Ksp(ZnS)=3.0×10−25，H2S的电离常数Ka1=9.0×10−8，Ka2=1.0×10−12]
我国科学家合成高选择性光催化剂，在温和条件下利用CO2合成CH3CHO：
反应1：2CO2(g)+5H2(g)⇌CH3CHO(g)+3H2O(g)△H1=−170kJ⋅ml−1
反应2：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H2=−178kJ⋅ml−1
回答下列问题：
(1)2CH4(g)+H2O(g)⇌CH3CHO(g)+3H2(g)ΔH=______kJ⋅ml−1。
(2)一定温度下，在刚性密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应1。
①下列情况表明该反应达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.混合气体密度保持不变
B.CO2(g)消耗速率和H2O(g)生成速率之比为2：3
C.CH3CHO(g)、H2O(g)的浓度之比保持不变
D.混合气体平均摩尔质量保持不变
②达到平衡之后，其他条件不变仅改变下列一个条件，能提高CO2的平衡转化率的是 ______(填标号)。
A.增大CO2浓度
B.充入惰性气体
C.降低温度
D.加入高效催化剂
(3)已知：反应2CO2(g)+5H2(g)⇌CH3CHO(g)+3H2O(g)生成CH3CHO的净反应速率为v净=k正c²(CO2)⋅c5(H2)−k逆c(CH3CHO)⋅c³(H2O)(k正、k逆分别表示正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。该反应的平衡常数K与k正、k逆的关系式为 ______。k正、k逆的负对数用pk表示，与温度(T)关系如图1所示。其中代表pk正与T关系的直线是 ______(填标号)，判断理由是 ______。
(4)一定温度下，在刚性密闭容器中充入1mlCO2(g)和xmlH2(g)，仅发生反应1，测得平衡体系中CH3CHO的体积分数(φ)与x关系如图2所示。在e、f、g、h4点中，CH3CHO产率最高的是 ______(填字母)，f点对应体系中H、O原子个数比接近 ______。
(5)一定温度下，在刚性密闭容器中充入2mlCO2和5mlH2，发生反应1和2，达到平衡时测得CH3CHO的选择性为80%，CO2的平衡转化率为45%，总压强为560kPa。反应1的平衡常数Kp=______(只列计算式，不带单位)。[已知：CH3CHO的选择性=n(CH3CHO)n(CH3CHO)+n(CH4)×100%分的分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数]
镍在合金炸药及推进剂等领域用途非常广泛。回答下列问题：
(1)基态Ni2+核外电子排布式为 ______，该元素位于元素周期表的区，同周期中，与基态Ni具有相同未成对电子数的元素有 ______(填元素符号)。
(2)Ni(CO)4(羰基镍)熔点为−19℃，沸点为43℃，溶于醇等多数有机溶剂，固态时羰基镍属于 ______晶体，1mlNi(CO)4含有 ______mlσ键。
(3)配合物[Ni(IMI)6](NO3)2可用作起爆药。
①NO3的空间构型为 ______形。
②IMI(咪唑)的结构简式为，分子中碳原子的杂化方式为 ______。分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π66)，则咪唑中的大π键应表示为 ______。
(4)金属La、Ni形成的一种储氢材料，其晶胞结构如图所示。
①该合金的化学式可表示为 ______。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 ______(列出计算式)g⋅cm−3。
艾司洛尔[]化学名为4−(3−丙氨基−2−羟基丙氧基)苯丙酸甲酯，是治疗室上性快速心律失常、急性心肌缺血、术后高血压等的理想药物。其一种合成路线如图：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 ______。
(2)E的结构简式为 ______；F中含有的官能团名称为 ______。
(3)E→F的化学方程式为 ______，反应类型是 ______。
(4)芳香族化合物M与C互为同分异构体，则符合下列条件的M的结构有 ______(不考虑立体异构)种。
①能发生银镜反应，且1mlM能生成4mlAg
②能与金属钠反应，与FeCl3不发生显色反应
(5)参照上述合成路线，设计以丙烯为原料制备W()的合成路线。______(无机试剂任选)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.淀粉遇到碘变蓝，所以可用碘酒检验奶粉中是否添加淀粉，故A正确；
B.明矾能净水，不具有杀菌消毒效力，故B错误；
C.醋酸与碳酸钙、氢氧化镁反应生成易溶于水的醋酸盐，所以可用食醋除去保温瓶中的水垢，故C正确；
D.NaNO2具有较强的氧化性，可氧化血红蛋白中的Fe2+，维生素可将Fe3+还原为Fe2+，利用了维生素C的还原性，故D正确；
故选：B。
A.淀粉遇到碘变蓝；
B.明矾能净水；
C.醋酸与碳酸钙、氢氧化镁反应生成易溶于水的醋酸盐；
D.维生素具有还原性，能够还原NaNO2。
本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活的应用，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的兴趣，注意把握物质的性质及其应用，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：制取烧酒采用蒸馏的方法，蒸馏时用酒精灯加热，用冷凝管冷凝蒸气，用锥形瓶接收冷凝后的馏分，不需要坩埚。
故选：B。
本题考查蒸馏操作的仪器，正确理解古文是解题关键，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.MgFe2O4中Mg为+2价，O为−2价，化学式中所有元素的化合价之和为0，即铁元素显+3价，故A错误；
B.乙烯和丙烯醇中均有双键，双键中一个为σ键，一个为π键，即乙烯和丙烯醇分子内均含有σ键和π键，故B正确；
C.Zn5(OH)8(NO3)2⋅2H2O属于可电离出氢氧根离子的盐类，故C正确；
D.葡萄糖脱氢酶除去废水中葡萄糖，利用了酶对某些特定反应有催化作用的特性，故D正确；
故选：A。
本题考查了物质的组成、结构、性质和分类等，本题难度不大，要熟悉相关知识。
4.【答案】D
【解析】解：A.该分子中含有11个氢原子，分子式为C8H11NO2，故A错误；
B.含有羟基、氨基两种官能团，故B错误；
C.除了羟基、氨基外含有5种氢原子，其一氯代物就有5种，故C错误；
D.饱和碳原子具有甲烷结构特点，苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选：D。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明生成物有I2，I元素的化合价由−1价升高至0价，涉及元素化合价的变化，因此上述反应是氧化还原反应，故A错误；
B.根据题干信息，100mL0.1ml⋅L−1Hg(NO3)2溶液和100mL0.2ml⋅L−1KI溶液混合，恰好完全反应，生成0.005mlM，根据氧化还原反应得失电子守恒可得，M的化学式为HgI，故B错误；
C.向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明生成物有I2，故C正确；
D.产物为HgI和I2，说明KI中部分I的化合价未发生改变，因此参加反应的KI没有全部作还原剂，故D错误；
故选：C。
本题考查氧化还原反应的基本概念，为高频考点，解题的关键是掌握氧化还原反应的规律，难度中等。
6.【答案】C
【解析】A.100g质量分数为17%的H2O2溶液中，n(H2O2)=100g×17%34g/ml=0.5ml，含H−O键为0.5ml×2=1ml，n(H2O)=100g−100g×17%18g/ml=8318ml>1ml，含H−O键数目大于2ml，故A错误；
B.n(O2)=，若O2转化为−1价的氧，反应转移的电子数一定为NA，若O2转化为−2价的氧，反应转移的电子数一定为2NA，故B错误；
C.n(CH3Cl)=，含有的氯原子数为0.5ml×1×NAml−1=0.5NA，故C正确；
D.n(Na2C2O4)=1L×0.1ml⋅L−1=0.1ml，C2O42−部分水解，溶液中含C2O42−数目小于0.1ml，即小于为0.1NA，故D错误；
故选：C。
7.【答案】A
【解析】解：A.大漠孤烟直，长河落日圆，其中烟指的是沙漠上的固体颗粒，南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中的烟是水雾，；文中两处“烟”的成分不相同，故A错误；
B.《墨子)中记载：“书之竹帛，镂之金石”，“金”是指金属，故B正确；
C.《福州府志乾隆本)中记载：元时，南安有黄长者，为宅煮糖，宅垣忽坏，压于漏端，色白异常，是利用泥土的吸附性将红糖变为白糖，故C正确；
D.农谚中有“雷雨发庄稼”“豆茬种谷，必定有福”，其中的雷雨、豆茬涉及自然固氮，是氮气转化为化合物，故D正确；
故选：A。
本题考查了物质变化过程的分析，主要是古诗词中涉及化学变化的理解应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应历程，意在考查学生的分析能力和理解能力，注意结合反应历程图中物质结构的变化进行分析解答，题目难度一般。
【解答】
A.由题干图可知，Ni的化合价有+2价和+1价，故化合价发生了变化，故A正确；
B.由Ⅰ→Ⅱ的过程中，碳碳双键中的其中一个键断裂，即断裂了非极性键，故B正确；
C.中间产物是指反应过程中产生的，之后又在反应过程中被消耗掉，物质1、2都不满足这个条件，都不是中间产物，故C错误；
D.Ⅰ→Ⅱ的过程为碳碳双键的加成反应，故D正确；
故选：C。
9.【答案】B
【解析】由题干图可知，Li电极为负极，电极反应式为Li−e−=Li+，多孔碳粒材料为正极，电极反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx，充电时，Li作阴极，电极反应式为Li++e−=Li，多孔碳粒材料为阳极，据此作答。
A.放电时，电流从正极(多孔碳粒材料)经用电器流向负极(Li)，故A错误；
B.放电时，多孔碳粒材料为正极，电极反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx，故B正确；
C.充电时，Li作阴极，电极反应式为Li++e−=Li，电路上通过2ml电子，理论上阴极质量增加2ml×7g/ml=14g，故C错误；
D.Li能与酸反应，不能将“超强酸”HSbF6代替非水电解质，故D错误；
故选：B。
10.【答案】AB
【解析】解：A.羟基、羧基都能和Na以1：1反应，X中含有5个羟基、Z中含有5个羟基，所以相同条件下，等物质的量的X和Z分别与足量的Na反应，产生的气体体积相等，故A正确；
B.X中含有12个碳原子、16个氢原子、7个氧原子，分子式为C12 H16O7，故B正确；
C.Y中苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴发生1：1的取代反应，则1mlY最多能消耗4mlBr2，故C错误；
D.−CH2OH、酚羟基、−CHO都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，三者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，无法鉴别，故D错误；
故选：AB。
A.羟基、羧基都能和Na以1：1反应；
B.X中含有12个碳原子、16个氢原子、7个氧原子；
C.Y中苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴发生1：1的取代反应；
D.−CH2OH、酚羟基、−CHO都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题以陌生有机物结构为情境，考查有机物性质，意在考查考生分析和解决问题的能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。
11.【答案】C
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为C、Z为N、W为O、M为Na；
A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中氢原子半径最小，故原子半径：Na>C>N>O>H，即原子半径M>Y>Z>W>X，故A正确；
B.同周期自左而右元素非金属性增强，C、N、O在它们氢化物都表现负价，非金属性都比氢元素强，故非金属性O>N>C>H，即非金属性W>Z>Y>X，故B正确；
C.工业上采用电解熔融的NaCl制备Na单质，电解盐溶液钠离子不能放电，故C错误；
D.Q由阳离子与阴离子构成，含有离子键，阴离子中含有C−C非极性键，含有C−H、C−O、C−N等极性键，故D正确；
故选：C。
短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，M形成+1价阳离子，结合原子序数可知W为Na；由原子序数可知Y、Z、W只能处于第二周期，其中Y形成4个共价键、Z形成3个共价键、W形成2个共价键，故Y为C元素、Z为N元素、W为O元素，而X只能形成1个共价单键且原子序数最小，故X为H元素。
本题考查原子结构与元素周期律，关键是根据价键结构推断元素，注意紧扣短周期元素，熟练掌握元素周期律，注意掌握常见化学工业，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
12.【答案】BD
【解析】解：A.据图可知FeSO4分解时生成Fe2O3和SO3，部分Fe元素被氧化，则S元素应被还原，X为SO2，故A正确；
B.Fe2O3在空气中较稳定，不易转化，故B错误；
C.由于三氧化硫和水反应是放热反应，温度很高，这时水会变为蒸汽，那么水和三氧化硫实际上在气体状态下反应得到硫酸，此时硫酸以酸雾的形成停留在吸收塔中，很难沉降下来，造成水吸收三氧化硫的速度大大降低了，工业制硫酸过程中不用水而常用98.3%的浓硫酸吸收SO3，故C正确；
D.制取HNO3是利用了高沸点的硫酸制取低沸点的硝酸的反应原理，故D错误；
故选：BD。
硫酸亚铁煅烧分解，生成氧化铁、三氧化硫和X，发生的是氧化还原反应，铁元素化合价升高，则硫元素化合价降低，X为SO2，三氧化硫溶于水反应生成硫酸，硝酸钾和硫酸混合蒸馏得到硝酸。
本题考查了工业制备硝酸的过程分析判断，主要是氧化还原反应、物质性质分析判断，注意氧化还原反应实质的理解应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】A.滴定终点时生成的钠盐为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，酚酞的变色范围恰好在滴定曲线的突跃范围内，所以应该选取酚酞作指示剂，故A错误；
B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，根据pOH知，水的电离程度越大，pOH越小，根据图知，水电离程度最大的点是d点，故B错误；
C.d点水电离程度最大，溶质为HSCH2COONa，d点溶液呈碱性，从d到e点继续加入NaOH溶液，溶液碱性增强，则e点c(H+)
故选：D。
14.【答案】(1)除去铁粉表面油污；玻璃棒、烧杯、漏斗
(2)B
(3)降温结晶(或冷却结晶)；减少绿矾溶解损耗，干燥较快，避免绿矾长时间与空气接触而氧化
(4)2Fe3++Fe=3Fe2+
(5)① b ；SO2 ②将带火星的木条放置在D干燥管口处，木条燃烧更旺
【解析】用热的纯碱溶液可除去废铁屑(主要含Fe、含少量Fe2O3、油脂等杂质)表面的油污，然后过滤，用稀硫酸溶解铁屑，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，产生FeSO4能够溶于水，将不溶性的固体杂质通过过滤除去，然后将FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾；FeSO4在隔绝空气时发生分解反应产生Fe2O3、SO2、SO3，为排除空气成分的干扰，应该先通入N2，将装置空气排出，然后再加热，为检验是否产生O2，要根据SO2、SO3的沸点的高低，先将SO3分离出来，然后分离出SO2，最后将带火星的木条放置于D干燥管口，根据木条是否复燃进行判断。
(1)油脂能够在碱性条件下水解产生可溶性物质，用热纯碱溶液洗涤废铁屑的目的是除去铁粉表面油污；操作1是过滤，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。
(2)Fe3+遇SCN−溶液会变为血红色，故可加入KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+，合理选项是B。
(3)“操作2”包括蒸发浓缩、降温结晶(或冷却结晶)、过滤、洗涤、干燥，FeSO4在乙醇中的溶解度比在水中的小，且乙醇易挥发，选用75%酒精而不选用蒸馏水洗涤绿矾的优点是：减少绿矾溶解损耗，干燥较快，避免绿矾长时间与空气接触而氧化。
(4)由于溶解在溶液中的O2会使Fe2+氧化为Fe3+，加入少量铁粉可以与Fe3+反应产生Fe2+，可以避免绿矾溶液氧化变质，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
(5)①FeSO4在隔绝空气时发生分解反应产生Fe2O3、SO2、SO3，为检验是否分解产生O2，操作是将分解产生的气体通过低温浴槽A，选择盐浴温度为−9℃的分离出SO3，在仪器C收集的物质是SO2。
②可根据O2有助燃性进行分析判断，操作为将带火星的木条放置在D干燥管口处，木条燃烧更旺，证明FeSO4分解有O2生成，否则无O2生成。
15.【答案】(1)PbSO4
(2)用过量的稀硫酸溶解
(3)O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O；H2O2
(4)4.0
(5)2H2O−4e−=O2↑+4H+；纯锌；ZnSO4
(6)3.0×105
【解析】
【分析】
本题考查工业流程，难度一般。
【解答】
以火法炼铜的废料为原料制备粗锌和硫化锌，废料中加入稀硫酸酸浸，ZnO、CuO、PbO、As2O3分别和稀硫酸反应，SiO2不反应，生成的PbSO4不溶于水，过滤得到的浸渣1为SiO2、PbSO4，滤液中含有Zn2+、Cu2+、As3+，向滤液中加入过量的Zn沉铜，得到Cu，过滤后得到滤渣1为Cu和过量的Zn，然后向滤液中加入Fe2(SO4)3，得到FeAsO4，然后向溶液中加入ZnO、O2，O2氧化Fe2+生成Fe3+，ZnO消耗稀硫酸调节溶液的pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而沉铁，滤渣2为Fe(OH)3和过量的ZnO，得到的ZnSO4溶液电解得到粗锌，加入H2S得到ZnS。
(1)SiO2不溶于稀硫酸，PbO和稀硫酸反应生成难溶性的PbSO4，所以“浸渣1”的主要成分是SiO2和PbSO4；
(2)滤渣1中含有Cu、Zn，从“滤渣1”中提取粗铜的操作是将滤渣1溶于过量的稀硫酸，Cu不溶解、Zn溶解，然后过滤、洗涤、干燥，得到粗铜；
(3)“沉铁”中Fe3+被As3+还原为Fe2+，O2氧化Fe2+生成Fe3+，离子反应方程式为O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，双氧水也能氧化亚铁离子，且不引进新的杂质，所以可以用双氧水代替氧气；
(4)加入ZnO调节溶液pH，除去铁离子，滤液中铁离子浓度越小越好，滤渣中Zn的质量分数越少越好，根据图知，最适宜的pH为4.0；
(5)以惰性材料为电极，“电解沉锌”时，阳极上水失电子生成O2，则阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，工业上常用电解法精炼锌，粗锌作阳极、纯锌作阴极，所以阴极材料是纯Zn，电解质溶液选择ZnSO4溶液；
(6)Ka1×Ka2=c(HS−)⋅c(H+)c(H2S)×c(S2−)⋅c(H+)c(HS−)=c2(H+)×c(S2−)c(H2S)，则c2(H+)c(H2S)=Ka1×Ka2c(S2−)，“复分解沉锌”中，Zn2++H2S⇌ZnS↓+2H+的平衡常数K=c2(H+)c(Zn2+)⋅c(H2S)=Ka1×Ka2c(S2−)×1c(Zn2+)=Ka1×Ka2Ksp(ZnS)=9.0×10−8×1.0×10−123.0×10−25=3.0×105。
16.【答案】(1)+186
(2)① D；② C
(3)k正k逆=K； c ；正反应是放热反应，升温，平衡常数K减小，即k正增大的倍数小于k逆增大的倍数
(4)h； 5：2
(5)40×14031102×2605
【解析】解：(1)根据盖斯定律，反应1−2×反应2，ΔH=−170kJ⋅ml−1−(−178×2)kJ⋅ml−1=+186kJ⋅ml−1，
故答案为：+186；
(2)①A.刚性容器为恒容，气体总体积不变，组分都是气体，气体总质量保持不变，根据密度的定义，混合气体的密度始终保持不变，即混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.消耗CO2、生成H2O，反应都是向正反应方向进行，因此CO2消耗速率和H2O蒸气生成速率之比为2：3，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C.CH3CHO、H2O都是生成物，生成CH3CHO、H2O的物质的量之比都是1：3，不能说明反应达到平衡，故C错误；
D.组分都是气体，气体总质量相等，该反应为物质的量减少的反应，根据平均摩尔质量的定义，因此当气体平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故D正确；
故答案为：D；
②A.增大CO2浓度，二氧化碳转化率减小，故A错误；
B.充入惰性气体，平衡不移动，故B错误；
C.二氧化碳的转化反应均为放热反应，降低温度，平衡右移，转化率增大，故C正确；
D.催化剂无法改变平衡转化率，故D错误；
故答案为：C；
(3)当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c2(CO2)⋅c5(H2)=k逆c(CH3CHO)⋅c3(H2O)，可得c(CH3CHO)×c3(H2O)c2(CO2)×c5(H2)=k正k逆=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，k正k逆减小，升高温度，k正、k逆均增大，但k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，pk正=−lgk正是减小的，且其减小程度比pk逆小，图c符合，
故答案为：k正k逆=K；c；正反应是放热反应，升温，平衡常数K减小，即k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
(4)根据勒夏特列原理，随着氢气的量增大，平衡向正反应方向进行，CO2转化率增大，即CO2的转化率最高的点为h；CH3CHO的体积分数最大，按照化学反应方程式系数之比投入时，即f点对应H2的物质的量为2.5ml，H与O原子个数比为(2.5×2)：2=5：2，
故答案为：h；5：2；
(5)反应1：设生成CH3CHO的物质的量为aml，消耗CO2的物质的量为2aml，CO2的平衡转化率为45%，即消耗CO2的物质的量为2ml×45%=0.9ml，则反应2中消耗CO2的物质的量为(0.9−2a)ml，生成甲烷的的物质的量为(0.9−2a)ml，根据CH3CHO的选择性，则有aa+0.9−2a×100%=80%，解得a=0.4，从而求出容器中气体物质的量分别为n(CO2)=1.1ml，n(H2)=2.6ml，n(CH3CHO)=0.4ml，n(CH4)=0.1ml，n(H2O)=1.4ml，气体总物质的量为5.6ml， Kp=p(CH3CHO)×p3(H2O)p2(CO2)×p5(H2)=560×0.45.6×(560×1.45.6)3(560×1.15.6)2×(560×2.65.6)5=40×14031102×2605，
故答案为：40×14031102×2605。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
17.【答案】[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8 Ti、Ge、Se 分子 8 平面三角 sp2 Π56 LaNi5 3×434NA×34×6×a2c×10−21
【解析】解：(1)基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，d轨道最多容纳10个电子，因此基态Ni原子有2个未成对电子，Ni2+的核外电子排布式为[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8，与基态Ni具有相同未成对电子数的元素有Ti、Ge、Se，
故答案为：[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；Ti、Ge、Se；
(2)Ni(CO)4(羰基镍)熔点为−19℃，沸点为43℃，溶于醇等多数有机溶剂，固态时羰基镍属于分子晶体，单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键，Ni(CO)4分子中σ键物质的量为8ml，
故答案为：分子；8；
(3)①硝酸根离子的价层电子对数为3+5+1−3×22=3，不含孤电子对，分子构型为平面三角形。
故答案为：平面三角形；
②分析结构中的碳原子结构可知，分子中碳原子为sp2杂化，有机杂环中的三个C原子和两个N原子构成大π键，C提供单个电子，一个N提供孤电子对，一个N提供单电子，故对应的大π键类型为Π56，
故答案为：sp2；Π56；
(4)①晶胞中，La原子数目为12×16+2×12=5，La原子数目为18×12+6=15，故晶胞的化学式为LaNi5，
故答案为：LaNi5；
②设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞质量为3×434NAg，晶胞体积为(a×32a×6)×c×10−21cm3，该晶体的密度为3×434NA(a×32a×6)×c×10−21=3×434NA×34×6×a2c×10−21，
故答案为：3×434NA×34×6×a2c×10−21。
(1)基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，d轨道最多容纳10个电子，因此基态Ni原子有2个未成对电子，据此分析；
(2)Ni(CO)4(羰基镍)熔点为−19℃，沸点为43℃，溶于醇等多数有机溶剂，固态时羰基镍属于分子晶体，单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键；
(3)①硝酸根离子的价层电子对数为3+5+1−3×22=3，不含孤电子对；
②分析结构中的碳原子结构可知，分子中碳原子为sp2杂化，有机杂环中的三个C原子和两个N原子构成大π键，C提供单个电子，一个N提供孤电子对，一个N提供单电子；
(4)①晶胞中，La原子数目为12×16+2×12=5，La原子数目为18×12+6=15；
②设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞质量为3×434NAg，晶胞体积为(a×32a×6)×c×10−21cm3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
18.【答案】对甲基苯酚(或4−甲基苯酚) 酯基、醚键 +→Ca(OH)2+HCl或2+2+Ca(OH)2→Ca(OH)22+CaCl2+2H2O取代反应 10CH2=CHCH2Cl→NaOH/H2OCH2=CHCH2OH→Cl2CH2ClCHClCH2OH→Ca(OH)2
【解析】解：(1)A的结构简式为，则A的化学名称是对甲基苯酚(或4−甲基苯酚)，
故答案为：对甲基苯酚(或4−甲基苯酚)；
(2)据分析E的结构简式为；F()中含有的官能团名称为酯基、醚键，
故答案为：；酯基、醚键；
(3)E()与只在氧氧化钙参与下反应得到F()，同时E中酚羟基的活泼氢原子与中氯原子结合为HCl，E→F的化学方程式为+→Ca(OH)2+HCl或2+2+Ca(OH)2→Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，反应类型为取代反应，
故答案为：+→Ca(OH)2+HCl或2+2+Ca(OH)2→Ca(OH)22+CaCl2+2H2O；取代反应；
(4)C为，分子式为C9H8O3，不饱和度为6，芳香族化合物M与C互为同分异构体，M符合下列条件：
①能发生银镜反应，且1ml M能生成4mlAg，则该芳香族化合物M中有苯环，还含有2个醛基；
②能与金属钠反应，与FeCl3不发生显色反应，则含有1个醇羟基、不含有酚羟基，则M中苯环只有1个侧链时，M为；苯环有2个侧链分别为−CHO，−CH(OH)−CHO，分别处以邻、间、对位，共有3种；苯环有3个侧链时，分别为2个−CHO，−CH2OH，2个CHO相邻有2种结构；2个CHO相间有3种结构；2个CHO相对有1种结构；则符合条件的M的结构有10种，
故答案为：10；
(5)以CH2=CH−CH2Cl为原料制备W()：首先用引入醚键，而醚键的引入需要仿照流程E→F，需要1个羟基和1个氯原子形成醚键同时生成HCl，则由逆合成分析法可知，要得到，需要CH2ClCHClCH2OH，CH2ClCHClCH2OH可用CH2=CHCH2OH与氯气加成反应得到，CH2=CHCH2OH可由CH2=CHCH2Cl在加热下、氢氧化钠水溶液中水解生成，则以CH2=CH−CH2Cl为原料制备W()的合成路线为CH2=CHCH2Cl→NaOH/H2OCH2=CHCH2OH→Cl2CH2ClCHClCH2OH→Ca(OH)2，
故答案为：CH2=CHCH2Cl→NaOH/H2OCH2=CHCH2OH→Cl2CH2ClCHClCH2OH→Ca(OH)2。
由流程可知，C的分子式为C9H8O3，D的分子式为C9H10O3，则C→D为C中苯环侧链的碳碳双键与氢气加成，D为，D甲醇发生酯化反应得到E，则E为；据此回答；
(5)以CH2=CH−CH2Cl为原料制备W()：首先用引入醚键，而醚键的引入需要仿照流程E→F，需要1个羟基和1个氯原子形成醚键同时生成HCl，则由逆合成分析法可知，要得到，需要CH2ClCHClCH2OH，CH2ClCHClCH2OH可用CH2=CHCH2OH与氯气加成反应得到，CH2=CHCH2OH可由CH2=CHCH2Cl在加热下、氢氧化钠水溶液中水解生成。
本题考查有有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构、分子式与反应条件进行分析判断，题目较好的考查学生分析推理能力、知识综合运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
选项
科技成就
化学解读
A
《科学》公布了下地幔矿物——毛河光矿(MgFe2O4)的命名
MgFe2O4中铁元素显+2价
B
我国利用双核催化剂实现乙烯和丙烯醇低温共聚
乙烯和丙烯醇分子内均含有σ键和π键
C
我国成功研制出Zn5(OH)8(NO3)2⋅2H2O纳米片
它属于碱式盐
D
我国利用葡萄糖脱氢酶除去废水中葡萄糖
酶对某些特定反应有催化作用
选项
文献摘录
解读
A
“大漠孤烟直，长河落日圆”和“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”
文中两处“烟”的成分相同
B
《墨子)中记载：“书之竹帛，镂之金石”
“金”指金属
C
《福州府志乾隆本)中记载：元时，南安有黄长者，为宅煮糖，宅垣忽坏，压于漏端，色白异常”
利用泥土的吸附性将红糖变为白糖
D
农谚中有“雷雨发庄稼”“豆茬种谷，必定有福”
雷雨、豆茬涉及自然固氮
物质
SO3
SO2
O2
熔点/℃
16.8
−72.7
−218.4
沸点/℃
44.8
−10
−182.9
盐浴
浴温
盐类及用量
碎冰用量
a
−30.0∼−4.0℃
NH4Cl(20g)+NaCl(40g)
100g
b
−9.0℃
CaCl2⋅6H2O(20g)
100g
c
−17.7℃
NaNO3(50g)
100g
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