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天津市河西区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
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这是一份天津市河西区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共32页。试卷主要包含了广泛应用于制药业，是常用于解热镇痛药物等内容，欢迎下载使用。
天津市河西区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·天津河西·统考二模）铋酸钠（NaBiO3）广泛应用于制药业。其粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸则迅速分解。某同学设计如下实验，利用白色且难溶于水的Bi(OH)3在NaOH溶液中与Cl2反应制备NaBiO3，并探究其应用与纯度测定。请按要求回答下列问题：
（1）已知：Bi是N同主族元素，周期序数相差4，则Bi的原子序数为__。
Ⅰ.NaBiO3的制备，实验装置如图（加热和夹持仪器已略去）
（2）A装置制备的气体是__；B装置的作用是__；补全图中D装置图（并标注试剂名称）___。
（3）C中反应的离子方程式为__。当观察到现象为___时，可以初步判断C中反应已经完成。
（4）反应完成后，处理装置A烧瓶中残留气体需进行的操作：__；为从装置C中获得尽可能多的产品，需进行的操作：__、过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ.铋酸钠的应用，检测Mn2+
（5）向含有Mn2+的溶液中加入铋酸钠，再加入硫酸酸化，溶液变为紫红色，此反应中铋酸钠的作用是__；同学甲再向其中滴加MnSO4浓溶液，振荡，观察到紫红色褪去，有黑色固体（MnO2）生成，产生此现象的离子反应方程式为__。
Ⅲ.产品纯度的测定
（6）取上述NaBiO3（Mr=280）产品ag，加入适量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全转化为Bi3+，再用bmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定，当溶液紫红色恰好褪去时（假设Mn元素完全转化为Mn2+），消耗VmL标准溶液。该产品的纯度为__（用含a、b、V的代数式表示）。
2．（2022·天津·统考二模）某化学小组设计了如下有关氮的化合物的实验。请按要求回答下列问题。
(1)氨气的喷泉实验：如下图装置所示，干燥的圆底烧瓶里充满，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是_______。
(2)硝酸的制备实验：如图所示a～f装置。
①装置a的最佳选择为(填“图3”或“图4”)_______。
②装置b中的作用是_______。
(3)硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00。
ⅰ．这说明e中发生的反应可能为(写化学方程式)_______。
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是_______。
②用如图所示装置进行硝酸与铜的反应实验。
ⅰ．请在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂_______。
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因：_______。
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝。写出g中反应的离子方程式：_______。
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是_______。
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入_______，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。
ⅵ．已知(aq)呈蓝色、(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色。结合离子反应方程式解释其原因：_______。
3．（2020·天津河西·统考二模）镍（Ni）及其化合物在工业生产中具有重要地位。如图是工业精制镍的基本流程示意图：
请按要求回答下列问题：
（1）写出流程图中组成气体X的元素中电负性较大的是__（填元素符号）。气体X的中心原子的杂化轨道类型为___，该分子的立体构型（即空间结构）为__。
（2）Ni2＋核外电子排布式为__。
（3）向晶体Ni中掺入一定量的Al原子，会改变晶体Ni的（写一种物理性质）_。某种用于铸造飞机发动机叶片镍铝合金的晶胞结构如图所示，该合金的化学式为_。
（4）已知：常温下溶度积常数：Ksp(NiS)=1.07×10-21；Ksp(CuS)=1.27×10-36
工业生产中常用加NiS的方法除去溶液中的Cu2+，若过滤后溶液中c(Ni2+)为0.107mol·L-1，则滤液中残留的c(Cu2+)为_。写出流程图中③NiS在阳极参与放电的电极反应式为__。
4．（2021·天津河西·统考二模）氮、磷、砷及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态砷原子价电子排布图不能写为，是因为该排布方式违背了___________这一原理。
(2)元素第一电离能N___________P(填“”或“”或“”，下同)，电负性P___________As。
(3)腓()可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯的原因是___________。
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，该反应的离子方程式为___________；离子的立体构型(即空间构型)为___________。
(5)GaAs的熔点为1238℃可作半导体材料；而的熔点为77.9℃。
①预测的晶体类型为___________。
②GaAs晶胞结构如图所示，晶胞边长为a pm。则晶胞中每个Ga原子周围有____个紧邻等距的As原子；该晶体的密度为___________(列出计算式)。
(6)亚砷酸()可以用于治疗白血病。其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。
①人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___________。
②的第一电离常数___________。
5．（2022·天津·统考二模）硅及其化合物在生活生产中广泛应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态硅原子的电子排布式为_______；Si原子间难形成双键而C原子间却可以形成，是因为Si的原子半径_______(填“大于”或“小于”)C的，两个Si原子的p电子难于重叠形成π键。
(2)工业上制备高纯硅的示意图如下：
①步骤Ⅰ反应所涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是(填元素符号)_______。根据下图所示物质反应过程中的能量变化，写出用石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式：_______。
②步骤Ⅱ产物中含有(沸点为33.0℃)，还有少量(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)。若先将步骤Ⅱ产物降至室温，提纯，方法是_______。所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶、尾接管外，还需要_______、_______。
(3)已知：硅的最高价氧化物对应的水化物有和原硅酸()。常温下，：、；：、
①向盛有饱和溶液(滴有酚酞溶液)的试管中通入过量；充分反应后，用激光笔照射上述液体时发现有光亮的通路。预测液体颜色的变化：_______；写出该反应的离子方程式：_______。
②写出原硅酸脱水得到的产物(写两种)_______、_______。
6．（2020·天津河西·统考二模）缓释布洛芬（即M：）是常用于解热镇痛药物。M的一种合成路线如图：
已知：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH
请按要求回答下列问题：
⑴A系统命名的名称：__；反应条件①为__；C所含官能团的结构简式：__；试剂的分子式：__；J→M反应类型：__。
⑵A的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应且含有羟基的有_种；写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式__。
⑶写出D+I→J反应的化学方程式：__。
⑷以苯、、丙酮酸甲酯（）为起始原料制备有机物N（），写出N的合成路线___（其他试剂任选，合成路线示例见题干，有机物均写结构简式）。
7．（2021·天津河西·统考二模）具有治疗自身免疫性疾病等作用的咖啡酸乙酯的合成路线如下图所示：(部分反应所需试剂或反应条件已略去)
请按要求回答下列问题：
(1)B的名称：___________；C的官能团结构简式：___________；C→D的反应类型：___________﹔咖啡酸乙酯分子中共平面碳原子数目最多为___________。
(2)H→I所需试剂及反应条件：___________。
(3)D→F反应进行一段时间后：
①检验有产物F生成的实验操作及现象为： ___________。
②写出检验该反应转化完全与否的化学方程式： ___________。
(4)写出符合下列所有条件的H的同分异构体的结构简式：___________。
a.与H具有相同官能团 b.苯环上有三个取代基 c.苯环上的一氯取代物有2种
(5)结合题示信息，写出以一氯甲烷和丙二酸(HOOCCH2COOH)为原料，合成丙烯酸()的合成路线(其它无机试剂任选)： ___________。
8．（2022·天津·统考二模）药合成中间体M的合成路线如下图所示：
请按要求回答下列问题：
(1)M分子所含官能团名称为_______。
(2)B的分子式为_______；C的结构简式为_______。
(3)E→F反应类型为_______。
(4)X()是G的同分异构体，写出X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：_______。
(5)E的同分异构体有多种，其中符合下列所有条件的有(不含E、不考虑立体异构)_______种。
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基
ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢
ⅲ．不含碳碳双键
写出其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式：_______。
(6)写出以苯、和必要的无机试剂为原料制备化合物的合成路线。请参考题干合成路线及反应条件，在如下方框中写出其合成路线的流程图_______。
9．（2020·天津河西·统考二模）铜的化合物在工农业生产中具有重要地位。请按要求回答下列问题。
Ⅰ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：
方法a
用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O
方法b
用肼(N2H4)加热还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O，同时放出N2
方法c
用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO
(1)写出方法a的化学方程式：__。
(2)已知：①2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s) △H=-169kJ·mol﹣1
②C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ·mol﹣1
③CuO(s)=Cu(s)+O2(g) △H=+157kJ·mol﹣1
写出方法c反应的热化学方程式：__。
(3)在相同的密闭容器中，用上表方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g) △H＞0。水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：
序号
0
10
20
30
40
50
i
T1
0.050
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
ii
T1
0.050
0.0488
0.0484
0.0480
0.0480
0.0480
iii
T2
0.100
0.0960
0.0930
0.0900
0.0900
0.0900
对比上述实验数据，可获得的结论：
①催化剂的催化效率：实验i___实验ii(填“>”“<”“=”，下同)。
②T1__T2。
Ⅱ.在2L的恒温密闭容器中通入5molO2并加入足量Cu2S发生反应：Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H1=-271.4kJ/mol，
反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示。
(4)反应前2min平均反应速率v(SO2)=__；该温度下反应的平衡常数K=__。
若保持温度不变向平衡体系中再通入1molO2，达到新平衡后氧气的体积分数__(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。
10．（2021·天津河西·统考二模）为推动实现碳中和的愿景，探索资源化利用前景广阔。请按要求回答下列问题：
(1)以为基本原料可合成甲醇：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：用(g)与(g)反应合成(g)，同时生成(g)
写出反应Ⅲ的热化学方程式：___________。
(2)利用制备化工原料COS。
①在200℃时，将0.20mol 与0.30mol 充入2.5L的空钢瓶中，4min达到平衡，体积分数为20%。则___________；(g)的平衡转化率___________平衡常数___________。
②240℃重复试验，平衡后，该反应___________0.(填“”、“”或“”)
(3)利用催化加氢合成。
①将过量通入KOH溶液中充分反应，所得溶液在催化剂作用下，与生成，写出该反应的离子方程式：___________。
②其他条件不变，的产率随温度的变化如下图所示。推测反应温度在40℃~60℃范围内，的产率迅速上升可能的原因是___________。
11．（2022·天津·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是_______。
(2)与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_______。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为_______。
(3)离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，_______。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是_______。
(4)电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为_______。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗_______mol Fe。
12．（2021·天津河西·统考二模）工业硫酸锰中杂质(Fe、Ca、Mg等元素的离子)含量较高，利用下图流程可制取锂离子电池所需的纯度较高的硫酸锰溶液。
已知：步骤ii反应前后杂质含量检测结果(以350g/L 溶液计)如下：
杂质
反应前/g
反应后/g
去除率/%
、
0.001275
0.001270
______
0.490000
0.021510
95.61
0.252000
0.025100
90.04
(1)步骤i用90℃的水的目的是___________。
(2)由步骤i可推理知：
①滤渣b中含有的物质是___________；
②该条件下，Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为(写化学式)：___________。
(3)步骤iii反应离子方程式为___________；其中“酸性溶液”可替换为___________。
(4)已知步骤iv条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
开始沉淀时
6.3
1.5
8.3
完全沉淀时
8.3
2.8
9.8
根据表中数据解释该步目的是___________。
(5)若省略操作X，其他步骤不变，也可使钙、镁的去除率较高。
①猜想可能的原因是(写一种即可)___________；
②设计实验验证你的假设是否成立：___________。
参考答案：
1． 83 Cl2（氯气） 除去HCl同时冷却氯气 Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深 关闭K1、K3，打开K2 在冰水中冷却 将Mn2+氧化为MnO 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ ×100%
【分析】A用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于饱和食盐水，且饱和食盐水能抑制氯气溶解；C中盛放氢氧化铋和氢氧化钠的混合物，与氯气反应生成NaBiO3，氯气有毒，不能直接排放到空气中，但是能和氢氧化钠反应完全消除污染，所以D装置是尾气处理。
【详解】（1）Bi是N同主族元素，周期序数相差4，则Bi位于第六周期，第三周期有8种元素，第四、五周期有18种元素，第六周期有32种元素，故其原子序数为7+8+18+18+32=83；
（2）A装置用于制备氯气；由于铋酸钠遇沸水或酸迅速分解，B装置是为了除去HCl同时冷却氯气；D是尾气处理，应盛放氢氧化钠溶液；
故答案为：Cl2（氯气）；除去HCl同时冷却氯气；；
（3）根据已知信息可知，Bi(OH)3在NaOH溶液中与Cl2反应可制备NaBiO3，Bi(OH)3白色且难溶于水，NaBiO3粉末呈浅黄色，不溶于冷水；故装置C中的离子方程式为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深时可以初步判断C中反应已经完成；
故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深；
（4）反应完成后，处理装置A烧瓶中残留的氯气需要关闭K1、K3，打开K2将NaOH溶液滴入三颈烧瓶中；由于铋酸钠不溶于冷水，为从装置C中获得尽可能多的产品，需在冰水中冷却、过滤、洗涤、干燥；
故答案为：关闭K1、K3，打开K2；在冰水中冷却；
（5）向含有Mn2+的溶液中加入铋酸钠，再加入硫酸酸化，溶液变为紫红色，则有MnO生成，故铋酸钠的作用是将Mn2+氧化为MnO；再向其中滴加MnSO4浓溶液，振荡，观察到紫红色褪去，有黑色固体（MnO2）生成，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
故答案为：将Mn2+氧化为MnO；；3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
（6）取上述NaBiO3（Mr=280）产品ag，加入适量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全转化为Bi3+，再用bmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定，当溶液紫红色恰好褪去时（假设Mn元素完全转化为Mn2+），消耗VmL标准溶液，由， 可知，5NaBiO3~5H2C2O4，则n（NaBiO3）=mol，产品的纯度=×100%=×100%。
2．(1)打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶
(2) 图4 和水蒸汽反应生成氧气
(3) 3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可) 过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可） 4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O 3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可） 适量的水（合理即可） +4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动
【分析】实验室可用氯化铵与碱石灰加热制备氨气，也可用浓氨水滴入固体NaOH中制氨气，氨气具有还原性，能与氧气在催化剂作用下氧化生成NO，进一步氧化生成硝酸，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，与铜反应是更剧烈，+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
(1)
氨气的喷泉实验：干燥的圆底烧瓶里充满，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶。故答案为：打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶；
(2)
①用浓氨水滴入NaOH固体制氨气不需加热，操作简单，装置a的最佳选择为图4。故答案为：图4；
②装置b中的作用是和水蒸汽反应生成氧气，提供氨催化氧化的原料。故答案为：和水蒸汽反应生成氧气；
(3)
硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00，说明e中产生了硝酸。
ⅰ．这说明e中发生的反应是氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，可能为(写化学方程式)3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)。故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）。故答案为：过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；
②ⅰ．可用碱吸收氮的氧化物，在有氧气的条件下，最后转化为硝酸盐或亚硝酸盐，在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂。故答案为： ；
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，防止其见光分解，用化学方程式说明其原因：4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O。故答案为：4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，g中反应的离子方程式：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 。故答案为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ；
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）。故答案为：浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入适量的水（合理即可），3NO2+H2O=NO+2HNO3，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。故答案为：适量的水（合理即可）；
ⅵ．已知(aq)呈蓝色、(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，部分转化为，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色，浓度增大。结合离子反应方程式解释其原因：+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动，故答案为：+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
3． O sp2杂化 V形 [Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8) 延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等） Ni3Al（或AlNi3） 1.27×10-16mol·L-1 NiS−2e-=Ni2++S
【分析】硫化镍矿经熔炼得到低镍矿，通入氧气，产生的气体为SO2，高镍矿经研磨浮选得到NiS，NiS在第三步电解时在阳极失电子，得到S单质。
【详解】（1）根据流程图，可知X是SO2，电负性较大的是O，中心原子的杂化轨道类型为sp2杂化，该分子的立体构型（即空间结构）为V形，故本题答案为：O；sp2杂化；V形；
（2）Ni是28号元素，根据电子排布规律，Ni2＋核外电子排布式为[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)；
（3）向晶体Ni中掺入一定量的Al原子，改变了晶体结构，改变了晶体的延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等）等。根据镍铝晶胞结构，Al的个数为 ，Ni的个数为，该合金的化学式为Ni3Al，故本题答案为：延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等）；Ni3Al；
（4）过滤后溶液中c(Ni2+)为0.107mol·L-1，则c(S2-)= Ksp(NiS)/ c(Ni2+)=1.07×10-21/0.107=10-20 mol·L-1，c(Cu2+)= Ksp(CuS)/c(S2-)=1.27×10-36/10-20 mol·L-1=1.27×10-16mol·L-1，图③中NiS在阳极失电子，发生的电极反应为NiS−2e-=Ni2++S，故本题答案为：1.27×10-16mol·L-1；NiS−2e-=Ni2++S。
【点睛】
4． 洪特规则 ＞ ＞ 腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键 V形 分子晶体 4
【详解】(1)电子在能量相同的轨道（即等价轨道）上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，该排布方式违背了洪特规则；
(2)同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能N＞P；同一主族从上到下，电负性逐渐减弱，所以电负性P＞As；
(3)N元素电负性较大，所以腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键，导致腓的沸点高于乙烯；
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，离子方程式为：；中孤电子对数为，价层电子对数为，故离子的立体构型(即空间构型)为V形；
(5)①的熔点为77.9℃，熔点较低，应为分子晶体；
②由晶胞结构可知，每个Ga原子周围有4个紧邻等距的As原子；晶胞中含有As原子的个数为4，含有Ga原子的个数为，晶胞体积为，则晶胞密度为；
(6)①由图可知，pH在7.35-7.45之间时，As元素以形式存在，所以患者用药后人体中含As元素的主要微粒是；
②，，由图可知，时，，此时。
5．(1) 1s22s22p63s23p2 大于
(2) O＞C＞Si SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1 蒸馏 蒸馏烧瓶 直形冷凝管
(3) 溶液红色变浅至褪色 SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO H2SiO3 H6Si2O7(或SiO2)
【详解】（1）硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；同主族元素从上到下原子半径增大，硅原子的原子半径大于碳原子，p轨道难以相互重叠形成π键，所以硅原子间难以形成双键和三键，故答案为：1s22s22p63s23p2；大于；
（2）①步骤Ⅰ反应是C和SiO2反应生成CO和Si，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能O＞C＞Si；根据两个反应过程能量变化图象可知：Si(s)+O2(s)═SiO2(s)△H=-859.4 kJ•mol-1、2C(s)+O2(s)═2CO(g)△H=-221.0 kJ•mol-1，用第二个方程式减去第一个方程式得出热化学方程式：SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1；
②SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点57.6℃)、HCl(沸点-84.7℃)，他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管，故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管；
（3）①溶液中由于SiO发生水解而溶液呈碱性，滴有酚酞一开始溶液为红色，随着通入，硅酸钠反应生成硅酸，溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变无色，则液体颜色的变化：液红色变浅至褪色；弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，可得酸性：H2CO3>>HCO>HSiO，则溶液与过量反应生成硅酸和碳酸氢钠，反应离子方程式为：SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO；
②原硅酸()脱去一分子水得到的产物是H2SiO3，脱去两分子水得到的产物是SiO2。
6． 2-甲基丙酸(或甲基丙酸) NaOH乙醇溶液加热 、—COOH C2H6O2 加聚反应 5
【分析】根据B的结构和A到B是取代反应得出A的结构简式为，根据后面信息得到B发生消去反应，酸化得到C()，A到E发生取代反应生成E()，E和苯环、Zn-Hg/HCl，在催化剂发生反应生成F，F和发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应得到H，H在催化剂作用下发生加成反应得到I()，I和发生取代反应生成J，J发生加聚反应得到M。
【详解】⑴A()系统命名的名称：2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；反应条件①是发生消去反应，因此反应条件为NaOH乙醇溶液加热；C所含官能团为碳碳双键和羧基，其官能团的结构简式：、—COOH；试剂是乙二醇，其分子式：C2H6O2；根据M的结构简式得J→M反应类型：加聚反应；故答案为：2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；NaOH乙醇溶液加热；、—COOH；C2H6O2；加聚反应。
⑵A的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应且含有羟基，说明含有—CHO和—OH，还有三个碳原子，两个取代基团在同一个碳原子上有两种，在不同碳原子上有三种结构，共有5种；其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式；故答案为：5；。
⑶D+I→J反应是取代反应，其化学方程式：；故答案为：。
⑷与苯环，在Zn-Hg/HCl催化剂发生反应生成，和在催化剂作用下反应生成，在浓硫酸作用下加热生成，与氢气发生加成反应生成，其合成路线为：；故答案为：。
【点睛】有机推断是常考题型，主要通过前后结构简式的分析反应类型，以及通过反应条件分析反应类型和前后物质的结构简式。
7． 1，3—丙二醇 —CHO 氧化反应 11 乙醇、浓硫酸、加热 取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色 +2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓
【分析】由题给有机物的转化关系可知，ClCH2CH2CH2Cl在碱性条件下共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则B为HOCH2CH2CH2OH；在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2CH2OH与氧气共热发生催化氧化反应生成OHCCH2CHO，则C为OHCCH2CHO；在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；一定条件下，HOOCCH2COOH与 反应生成 ；一定条件下，发生取代反应生成，在加热条件下发生脱羧反应生成 ，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯。
【详解】(1)由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，名称为1，3—丙二醇；C的结构简式为OHCCH2CHO，官能团结构简式—CHO；C→D的反应为在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；咖啡酸乙酯的结构简式为，分子中苯环、碳碳双键、酯基都为平面结构，结合三点成面及单键可以旋转可知，分子中的11个碳原子都可能共平面，故答案为：1，3—丙二醇；—CHO；氧化反应；11；
(2) H→I的反应为在浓硫酸作用下，H与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯，则反应所需试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热，故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；
(3) D→F反应为一定条件下，HOOCCH2COOH与反应生成，
①D、E分子中不含有碳碳双键，产物F中含有碳碳双键，则检验有产物F生成的实验操作及现象为取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色，故答案为：取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色；
②E分子中含有醛基，能发生银镜反应，若该反应转化完全，反应后的溶液中不存在E，不能发生银镜反应，则检验该反应转化完全与否的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓；
(4)H的结构简式为，由H的同分异构体与H具有相同官能团，说明含酚羟基、碳碳双键和羧基，苯环上有三个取代基，苯环上的一氯取代物有2种可知，H的分子结构对称，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
(5)由题给信息可知，以一氯甲烷和丙二酸为原料合成丙烯酸的合成步骤为一氯甲烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成甲醇，甲醇在铜的催化下发生氧化反应生成甲醛，一定条件下甲醛与丙二酸反应生成，在加热条件下发生脱羧反应生成，合成路线如下，故答案为：。
8．(1)酮羰基、醚键
(2) C10H10O3
(3)取代反应
(4)+3NaOH+HCOONa+NaCl+H2O
(5) 8
、、、
(6)
【分析】B与浓硝酸发生取代反应生成C，C分子中硝基被还原为氨基，则由D的结构可推出C为，C中硝基被还原为氨基，D中氨基发生取代反应得到酚羟基，E中酚羟基发生取代反应得到F为，F中羧基中羟基被-Cl取代，最后甲基取代氯原子得到M；
（1）
M分子所含官能团名称为酮羰基、醚键；
（2）
B的分子中含有10个碳原子、10个氢原子和3个氧原子，分子式为C10H10O3；由分析可知，C的结构简式为；
（3）
F为，E中酚羟基发生取代反应得到F，E→F反应类型为取代反应；
（4）
含酯基和碳氯键都能与NaOH水溶液发生水解反应，酯水解得到的羟基连接在苯环上具有弱酸性，又继续消耗NaOH，则X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：+3NaOH+HCOONa+NaCl+H2O；
（5）
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基，取代基上还有一个不饱和度，ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢，具有高度对称结构，ⅲ．不含碳碳双键，应为单碳环，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、共8种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 、、、；
（6）
苯与发生流程中A→B的反应得到，羰基与氢气发生加成反应得到，在浓硫酸作用下生成，合成路线为：；
9． CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1 ＜ ＜ 0.5mol/(L·min) 1.5 等于
【分析】根据盖斯定律书写热化学方程式并进行反应热的计算；根据表格数据判断达到平衡的时间从而判断催化效率；根据图象分析得出该图象表示SO2的体积分数随时间的变化，结合三段式计算反应速率和平衡常数，根据等效平衡的概念分析解答。
【详解】(1)方法a用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O，反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O；
(2)方法c用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO，反应的化学方程式为C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)，可通过反应①+②-2③得到，则根据盖斯定律可得ΔH=(-169kJ·mol﹣1)+(-110.5kJ·mol﹣1)-2(+157kJ·mol﹣1)=+34.5kJ·mol﹣1，故答案为：C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1；
(3)①根据表格数据分析可知，实验ⅱ更快达到平衡状态，反应速率更快，故催化效率实验i<实验ii，故答案为：<；
②比较实验ii、ⅲ，实验ⅲ中初始水蒸气浓度是实验ii的一倍，但反应结束时水蒸气的浓度小于实验2的一倍，故平衡向正反应反应移动，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，则T1
10． 0.01 50% 0.5 温度升高反应速率增大，催化剂的活性增强
【详解】(1)已知：反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，根据盖斯定律，(反应Ⅰ+反应Ⅱ)得反应Ⅲ： ，
故答案为： ；
(2)①设转化的CO2的物质的量为x，列出三段式，
根据=100%=20%，解得x=0.10mol，则===0.01；(g)的平衡转化率100%=50%；平衡常数==0.5，故答案为：0.01；50%；0.5；
②240℃时，平衡后，说明温度升高，H2O(g)的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，，故答案为：>；
(3)①将过量通入KOH溶液中充分反应，所得溶液为KHCO3溶液，由题意知，在催化剂作用下，HC与生成，由原子守恒知还有H2O生成，则反应的离子方程式为：，故答案为：；
②从40℃升至60℃，的产率迅速上升原因是温度升高反应速率增大，且升温时催化剂的活性增强，故答案为：温度升高反应速率增大，催化剂的活性增强。
11．(1)Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
(2) 将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ) Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]- 6
(3) 2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1) c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
(4) 6
【解析】(1)
图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)
①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得:
c((OH)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)
①该交换反应为:2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)
①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
12． 增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率 、 、、 过氧化氢酸性溶液 将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的 水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物 取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立
【分析】由题给流程可知，将工业硫酸锰溶于90°C水，搅拌配成溶液，向溶液中加入氟化锰，溶液中的钙离子和镁离子与氟化锰反应生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有锰离子、亚铁离子和铁离子的滤液a和含有氟化钙和氟化镁的滤渣b；向滤液a中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH在3—4范围内，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣c和纯度高的硫酸锰溶液。
【详解】(1) 步骤i用90℃的水可以升高溶液的温度，增大工业硫酸锰中各物质的溶解度，加快溶解速率，故答案为：增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率；
(2) ①由分析可知，滤渣b中含有氟化钙和氟化镁，故答案为：、；
②由加入氟化锰后，能生成氟化钙和氟化镁沉淀可知，氟化锰的溶度积大于氟化钙和氟化镁，由表格数据可知，钙离子的去除率大于镁离子，氟化钙的溶度积小于氟化镁，则Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为氟化锰、氟化镁、氟化钙，故答案为：、、；
(3) 步骤iii发生的反应为酸性条件下，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，反应离子方程式为；过氧化氢溶液也具有氧化性，也能将亚铁离子在酸性条件下氧化为铁离子，则可以用过氧化氢酸性溶液替换高锰酸钾酸性溶液，故答案为：；过氧化氢酸性溶液；
(4) 由表格数据可知，步骤iv的目的是调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到将铁元素杂质分离出去的目的，故答案为：将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的；
(5) ①铁离子在溶液中易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，则若省略操作X，其他步骤不变，氢氧化铁胶体可能吸附氟化钙和氟化镁沉淀，使钙、镁离子的去除率较高，故答案为：水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物；
②向加入氟化锰后的少许溶液中直接加入氢氧化铁胶体，若猜想成立，加入氢氧化铁胶体后测得的钙、镁离子的去除率也会较高，则验证实验为取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立。
天津市河西区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·天津河西·统考二模）铋酸钠（NaBiO3）广泛应用于制药业。其粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸则迅速分解。某同学设计如下实验，利用白色且难溶于水的Bi(OH)3在NaOH溶液中与Cl2反应制备NaBiO3，并探究其应用与纯度测定。请按要求回答下列问题：
（1）已知：Bi是N同主族元素，周期序数相差4，则Bi的原子序数为__。
Ⅰ.NaBiO3的制备，实验装置如图（加热和夹持仪器已略去）
（2）A装置制备的气体是__；B装置的作用是__；补全图中D装置图（并标注试剂名称）___。
（3）C中反应的离子方程式为__。当观察到现象为___时，可以初步判断C中反应已经完成。
（4）反应完成后，处理装置A烧瓶中残留气体需进行的操作：__；为从装置C中获得尽可能多的产品，需进行的操作：__、过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ.铋酸钠的应用，检测Mn2+
（5）向含有Mn2+的溶液中加入铋酸钠，再加入硫酸酸化，溶液变为紫红色，此反应中铋酸钠的作用是__；同学甲再向其中滴加MnSO4浓溶液，振荡，观察到紫红色褪去，有黑色固体（MnO2）生成，产生此现象的离子反应方程式为__。
Ⅲ.产品纯度的测定
（6）取上述NaBiO3（Mr=280）产品ag，加入适量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全转化为Bi3+，再用bmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定，当溶液紫红色恰好褪去时（假设Mn元素完全转化为Mn2+），消耗VmL标准溶液。该产品的纯度为__（用含a、b、V的代数式表示）。
2．（2022·天津·统考二模）某化学小组设计了如下有关氮的化合物的实验。请按要求回答下列问题。
(1)氨气的喷泉实验：如下图装置所示，干燥的圆底烧瓶里充满，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是_______。
(2)硝酸的制备实验：如图所示a～f装置。
①装置a的最佳选择为(填“图3”或“图4”)_______。
②装置b中的作用是_______。
(3)硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00。
ⅰ．这说明e中发生的反应可能为(写化学方程式)_______。
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是_______。
②用如图所示装置进行硝酸与铜的反应实验。
ⅰ．请在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂_______。
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因：_______。
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝。写出g中反应的离子方程式：_______。
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是_______。
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入_______，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。
ⅵ．已知(aq)呈蓝色、(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色。结合离子反应方程式解释其原因：_______。
3．（2020·天津河西·统考二模）镍（Ni）及其化合物在工业生产中具有重要地位。如图是工业精制镍的基本流程示意图：
请按要求回答下列问题：
（1）写出流程图中组成气体X的元素中电负性较大的是__（填元素符号）。气体X的中心原子的杂化轨道类型为___，该分子的立体构型（即空间结构）为__。
（2）Ni2＋核外电子排布式为__。
（3）向晶体Ni中掺入一定量的Al原子，会改变晶体Ni的（写一种物理性质）_。某种用于铸造飞机发动机叶片镍铝合金的晶胞结构如图所示，该合金的化学式为_。
（4）已知：常温下溶度积常数：Ksp(NiS)=1.07×10-21；Ksp(CuS)=1.27×10-36
工业生产中常用加NiS的方法除去溶液中的Cu2+，若过滤后溶液中c(Ni2+)为0.107mol·L-1，则滤液中残留的c(Cu2+)为_。写出流程图中③NiS在阳极参与放电的电极反应式为__。
4．（2021·天津河西·统考二模）氮、磷、砷及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态砷原子价电子排布图不能写为，是因为该排布方式违背了___________这一原理。
(2)元素第一电离能N___________P(填“”或“”或“”，下同)，电负性P___________As。
(3)腓()可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯的原因是___________。
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，该反应的离子方程式为___________；离子的立体构型(即空间构型)为___________。
(5)GaAs的熔点为1238℃可作半导体材料；而的熔点为77.9℃。
①预测的晶体类型为___________。
②GaAs晶胞结构如图所示，晶胞边长为a pm。则晶胞中每个Ga原子周围有____个紧邻等距的As原子；该晶体的密度为___________(列出计算式)。
(6)亚砷酸()可以用于治疗白血病。其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。
①人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___________。
②的第一电离常数___________。
5．（2022·天津·统考二模）硅及其化合物在生活生产中广泛应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态硅原子的电子排布式为_______；Si原子间难形成双键而C原子间却可以形成，是因为Si的原子半径_______(填“大于”或“小于”)C的，两个Si原子的p电子难于重叠形成π键。
(2)工业上制备高纯硅的示意图如下：
①步骤Ⅰ反应所涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是(填元素符号)_______。根据下图所示物质反应过程中的能量变化，写出用石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式：_______。
②步骤Ⅱ产物中含有(沸点为33.0℃)，还有少量(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)。若先将步骤Ⅱ产物降至室温，提纯，方法是_______。所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶、尾接管外，还需要_______、_______。
(3)已知：硅的最高价氧化物对应的水化物有和原硅酸()。常温下，：、；：、
①向盛有饱和溶液(滴有酚酞溶液)的试管中通入过量；充分反应后，用激光笔照射上述液体时发现有光亮的通路。预测液体颜色的变化：_______；写出该反应的离子方程式：_______。
②写出原硅酸脱水得到的产物(写两种)_______、_______。
6．（2020·天津河西·统考二模）缓释布洛芬（即M：）是常用于解热镇痛药物。M的一种合成路线如图：
已知：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH
请按要求回答下列问题：
⑴A系统命名的名称：__；反应条件①为__；C所含官能团的结构简式：__；试剂的分子式：__；J→M反应类型：__。
⑵A的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应且含有羟基的有_种；写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式__。
⑶写出D+I→J反应的化学方程式：__。
⑷以苯、、丙酮酸甲酯（）为起始原料制备有机物N（），写出N的合成路线___（其他试剂任选，合成路线示例见题干，有机物均写结构简式）。
7．（2021·天津河西·统考二模）具有治疗自身免疫性疾病等作用的咖啡酸乙酯的合成路线如下图所示：(部分反应所需试剂或反应条件已略去)
请按要求回答下列问题：
(1)B的名称：___________；C的官能团结构简式：___________；C→D的反应类型：___________﹔咖啡酸乙酯分子中共平面碳原子数目最多为___________。
(2)H→I所需试剂及反应条件：___________。
(3)D→F反应进行一段时间后：
①检验有产物F生成的实验操作及现象为： ___________。
②写出检验该反应转化完全与否的化学方程式： ___________。
(4)写出符合下列所有条件的H的同分异构体的结构简式：___________。
a.与H具有相同官能团 b.苯环上有三个取代基 c.苯环上的一氯取代物有2种
(5)结合题示信息，写出以一氯甲烷和丙二酸(HOOCCH2COOH)为原料，合成丙烯酸()的合成路线(其它无机试剂任选)： ___________。
8．（2022·天津·统考二模）药合成中间体M的合成路线如下图所示：
请按要求回答下列问题：
(1)M分子所含官能团名称为_______。
(2)B的分子式为_______；C的结构简式为_______。
(3)E→F反应类型为_______。
(4)X()是G的同分异构体，写出X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：_______。
(5)E的同分异构体有多种，其中符合下列所有条件的有(不含E、不考虑立体异构)_______种。
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基
ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢
ⅲ．不含碳碳双键
写出其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式：_______。
(6)写出以苯、和必要的无机试剂为原料制备化合物的合成路线。请参考题干合成路线及反应条件，在如下方框中写出其合成路线的流程图_______。
9．（2020·天津河西·统考二模）铜的化合物在工农业生产中具有重要地位。请按要求回答下列问题。
Ⅰ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：
方法a
用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O
方法b
用肼(N2H4)加热还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O，同时放出N2
方法c
用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO
(1)写出方法a的化学方程式：__。
(2)已知：①2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s) △H=-169kJ·mol﹣1
②C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ·mol﹣1
③CuO(s)=Cu(s)+O2(g) △H=+157kJ·mol﹣1
写出方法c反应的热化学方程式：__。
(3)在相同的密闭容器中，用上表方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g) △H＞0。水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：
序号
0
10
20
30
40
50
i
T1
0.050
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
ii
T1
0.050
0.0488
0.0484
0.0480
0.0480
0.0480
iii
T2
0.100
0.0960
0.0930
0.0900
0.0900
0.0900
对比上述实验数据，可获得的结论：
①催化剂的催化效率：实验i___实验ii(填“>”“<”“=”，下同)。
②T1__T2。
Ⅱ.在2L的恒温密闭容器中通入5molO2并加入足量Cu2S发生反应：Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H1=-271.4kJ/mol，
反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示。
(4)反应前2min平均反应速率v(SO2)=__；该温度下反应的平衡常数K=__。
若保持温度不变向平衡体系中再通入1molO2，达到新平衡后氧气的体积分数__(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。
10．（2021·天津河西·统考二模）为推动实现碳中和的愿景，探索资源化利用前景广阔。请按要求回答下列问题：
(1)以为基本原料可合成甲醇：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：用(g)与(g)反应合成(g)，同时生成(g)
写出反应Ⅲ的热化学方程式：___________。
(2)利用制备化工原料COS。
①在200℃时，将0.20mol 与0.30mol 充入2.5L的空钢瓶中，4min达到平衡，体积分数为20%。则___________；(g)的平衡转化率___________平衡常数___________。
②240℃重复试验，平衡后，该反应___________0.(填“”、“”或“”)
(3)利用催化加氢合成。
①将过量通入KOH溶液中充分反应，所得溶液在催化剂作用下，与生成，写出该反应的离子方程式：___________。
②其他条件不变，的产率随温度的变化如下图所示。推测反应温度在40℃~60℃范围内，的产率迅速上升可能的原因是___________。
11．（2022·天津·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是_______。
(2)与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_______。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为_______。
(3)离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，_______。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是_______。
(4)电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为_______。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗_______mol Fe。
12．（2021·天津河西·统考二模）工业硫酸锰中杂质(Fe、Ca、Mg等元素的离子)含量较高，利用下图流程可制取锂离子电池所需的纯度较高的硫酸锰溶液。
已知：步骤ii反应前后杂质含量检测结果(以350g/L 溶液计)如下：
杂质
反应前/g
反应后/g
去除率/%
、
0.001275
0.001270
______
0.490000
0.021510
95.61
0.252000
0.025100
90.04
(1)步骤i用90℃的水的目的是___________。
(2)由步骤i可推理知：
①滤渣b中含有的物质是___________；
②该条件下，Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为(写化学式)：___________。
(3)步骤iii反应离子方程式为___________；其中“酸性溶液”可替换为___________。
(4)已知步骤iv条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
开始沉淀时
6.3
1.5
8.3
完全沉淀时
8.3
2.8
9.8
根据表中数据解释该步目的是___________。
(5)若省略操作X，其他步骤不变，也可使钙、镁的去除率较高。
①猜想可能的原因是(写一种即可)___________；
②设计实验验证你的假设是否成立：___________。
参考答案：
1． 83 Cl2（氯气） 除去HCl同时冷却氯气 Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深 关闭K1、K3，打开K2 在冰水中冷却 将Mn2+氧化为MnO 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ ×100%
【分析】A用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于饱和食盐水，且饱和食盐水能抑制氯气溶解；C中盛放氢氧化铋和氢氧化钠的混合物，与氯气反应生成NaBiO3，氯气有毒，不能直接排放到空气中，但是能和氢氧化钠反应完全消除污染，所以D装置是尾气处理。
【详解】（1）Bi是N同主族元素，周期序数相差4，则Bi位于第六周期，第三周期有8种元素，第四、五周期有18种元素，第六周期有32种元素，故其原子序数为7+8+18+18+32=83；
（2）A装置用于制备氯气；由于铋酸钠遇沸水或酸迅速分解，B装置是为了除去HCl同时冷却氯气；D是尾气处理，应盛放氢氧化钠溶液；
故答案为：Cl2（氯气）；除去HCl同时冷却氯气；；
（3）根据已知信息可知，Bi(OH)3在NaOH溶液中与Cl2反应可制备NaBiO3，Bi(OH)3白色且难溶于水，NaBiO3粉末呈浅黄色，不溶于冷水；故装置C中的离子方程式为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深时可以初步判断C中反应已经完成；
故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；C中固体由白色转变为淡黄色且颜色不再加深；
（4）反应完成后，处理装置A烧瓶中残留的氯气需要关闭K1、K3，打开K2将NaOH溶液滴入三颈烧瓶中；由于铋酸钠不溶于冷水，为从装置C中获得尽可能多的产品，需在冰水中冷却、过滤、洗涤、干燥；
故答案为：关闭K1、K3，打开K2；在冰水中冷却；
（5）向含有Mn2+的溶液中加入铋酸钠，再加入硫酸酸化，溶液变为紫红色，则有MnO生成，故铋酸钠的作用是将Mn2+氧化为MnO；再向其中滴加MnSO4浓溶液，振荡，观察到紫红色褪去，有黑色固体（MnO2）生成，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
故答案为：将Mn2+氧化为MnO；；3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
（6）取上述NaBiO3（Mr=280）产品ag，加入适量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全转化为Bi3+，再用bmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定，当溶液紫红色恰好褪去时（假设Mn元素完全转化为Mn2+），消耗VmL标准溶液，由， 可知，5NaBiO3~5H2C2O4，则n（NaBiO3）=mol，产品的纯度=×100%=×100%。
2．(1)打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶
(2) 图4 和水蒸汽反应生成氧气
(3) 3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可) 过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可） 4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O 3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可） 适量的水（合理即可） +4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动
【分析】实验室可用氯化铵与碱石灰加热制备氨气，也可用浓氨水滴入固体NaOH中制氨气，氨气具有还原性，能与氧气在催化剂作用下氧化生成NO，进一步氧化生成硝酸，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，与铜反应是更剧烈，+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
(1)
氨气的喷泉实验：干燥的圆底烧瓶里充满，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶。故答案为：打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶；
(2)
①用浓氨水滴入NaOH固体制氨气不需加热，操作简单，装置a的最佳选择为图4。故答案为：图4；
②装置b中的作用是和水蒸汽反应生成氧气，提供氨催化氧化的原料。故答案为：和水蒸汽反应生成氧气；
(3)
硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00，说明e中产生了硝酸。
ⅰ．这说明e中发生的反应是氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，可能为(写化学方程式)3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)。故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）。故答案为：过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；
②ⅰ．可用碱吸收氮的氧化物，在有氧气的条件下，最后转化为硝酸盐或亚硝酸盐，在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂。故答案为： ；
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，防止其见光分解，用化学方程式说明其原因：4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O。故答案为：4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，g中反应的离子方程式：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 。故答案为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ；
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）。故答案为：浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入适量的水（合理即可），3NO2+H2O=NO+2HNO3，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。故答案为：适量的水（合理即可）；
ⅵ．已知(aq)呈蓝色、(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，部分转化为，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色，浓度增大。结合离子反应方程式解释其原因：+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动，故答案为：+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
3． O sp2杂化 V形 [Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8) 延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等） Ni3Al（或AlNi3） 1.27×10-16mol·L-1 NiS−2e-=Ni2++S
【分析】硫化镍矿经熔炼得到低镍矿，通入氧气，产生的气体为SO2，高镍矿经研磨浮选得到NiS，NiS在第三步电解时在阳极失电子，得到S单质。
【详解】（1）根据流程图，可知X是SO2，电负性较大的是O，中心原子的杂化轨道类型为sp2杂化，该分子的立体构型（即空间结构）为V形，故本题答案为：O；sp2杂化；V形；
（2）Ni是28号元素，根据电子排布规律，Ni2＋核外电子排布式为[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)；
（3）向晶体Ni中掺入一定量的Al原子，改变了晶体结构，改变了晶体的延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等）等。根据镍铝晶胞结构，Al的个数为 ，Ni的个数为，该合金的化学式为Ni3Al，故本题答案为：延展性（或硬度、密度、熔点、沸点等）；Ni3Al；
（4）过滤后溶液中c(Ni2+)为0.107mol·L-1，则c(S2-)= Ksp(NiS)/ c(Ni2+)=1.07×10-21/0.107=10-20 mol·L-1，c(Cu2+)= Ksp(CuS)/c(S2-)=1.27×10-36/10-20 mol·L-1=1.27×10-16mol·L-1，图③中NiS在阳极失电子，发生的电极反应为NiS−2e-=Ni2++S，故本题答案为：1.27×10-16mol·L-1；NiS−2e-=Ni2++S。
【点睛】
4． 洪特规则 ＞ ＞ 腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键 V形 分子晶体 4
【详解】(1)电子在能量相同的轨道（即等价轨道）上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，该排布方式违背了洪特规则；
(2)同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能N＞P；同一主族从上到下，电负性逐渐减弱，所以电负性P＞As；
(3)N元素电负性较大，所以腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键，导致腓的沸点高于乙烯；
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，离子方程式为：；中孤电子对数为，价层电子对数为，故离子的立体构型(即空间构型)为V形；
(5)①的熔点为77.9℃，熔点较低，应为分子晶体；
②由晶胞结构可知，每个Ga原子周围有4个紧邻等距的As原子；晶胞中含有As原子的个数为4，含有Ga原子的个数为，晶胞体积为，则晶胞密度为；
(6)①由图可知，pH在7.35-7.45之间时，As元素以形式存在，所以患者用药后人体中含As元素的主要微粒是；
②，，由图可知，时，，此时。
5．(1) 1s22s22p63s23p2 大于
(2) O＞C＞Si SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1 蒸馏 蒸馏烧瓶 直形冷凝管
(3) 溶液红色变浅至褪色 SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO H2SiO3 H6Si2O7(或SiO2)
【详解】（1）硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；同主族元素从上到下原子半径增大，硅原子的原子半径大于碳原子，p轨道难以相互重叠形成π键，所以硅原子间难以形成双键和三键，故答案为：1s22s22p63s23p2；大于；
（2）①步骤Ⅰ反应是C和SiO2反应生成CO和Si，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能O＞C＞Si；根据两个反应过程能量变化图象可知：Si(s)+O2(s)═SiO2(s)△H=-859.4 kJ•mol-1、2C(s)+O2(s)═2CO(g)△H=-221.0 kJ•mol-1，用第二个方程式减去第一个方程式得出热化学方程式：SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1；
②SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点57.6℃)、HCl(沸点-84.7℃)，他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管，故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管；
（3）①溶液中由于SiO发生水解而溶液呈碱性，滴有酚酞一开始溶液为红色，随着通入，硅酸钠反应生成硅酸，溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变无色，则液体颜色的变化：液红色变浅至褪色；弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，可得酸性：H2CO3>>HCO>HSiO，则溶液与过量反应生成硅酸和碳酸氢钠，反应离子方程式为：SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO；
②原硅酸()脱去一分子水得到的产物是H2SiO3，脱去两分子水得到的产物是SiO2。
6． 2-甲基丙酸(或甲基丙酸) NaOH乙醇溶液加热 、—COOH C2H6O2 加聚反应 5
【分析】根据B的结构和A到B是取代反应得出A的结构简式为，根据后面信息得到B发生消去反应，酸化得到C()，A到E发生取代反应生成E()，E和苯环、Zn-Hg/HCl，在催化剂发生反应生成F，F和发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应得到H，H在催化剂作用下发生加成反应得到I()，I和发生取代反应生成J，J发生加聚反应得到M。
【详解】⑴A()系统命名的名称：2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；反应条件①是发生消去反应，因此反应条件为NaOH乙醇溶液加热；C所含官能团为碳碳双键和羧基，其官能团的结构简式：、—COOH；试剂是乙二醇，其分子式：C2H6O2；根据M的结构简式得J→M反应类型：加聚反应；故答案为：2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；NaOH乙醇溶液加热；、—COOH；C2H6O2；加聚反应。
⑵A的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应且含有羟基，说明含有—CHO和—OH，还有三个碳原子，两个取代基团在同一个碳原子上有两种，在不同碳原子上有三种结构，共有5种；其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式；故答案为：5；。
⑶D+I→J反应是取代反应，其化学方程式：；故答案为：。
⑷与苯环，在Zn-Hg/HCl催化剂发生反应生成，和在催化剂作用下反应生成，在浓硫酸作用下加热生成，与氢气发生加成反应生成，其合成路线为：；故答案为：。
【点睛】有机推断是常考题型，主要通过前后结构简式的分析反应类型，以及通过反应条件分析反应类型和前后物质的结构简式。
7． 1，3—丙二醇 —CHO 氧化反应 11 乙醇、浓硫酸、加热 取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色 +2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓
【分析】由题给有机物的转化关系可知，ClCH2CH2CH2Cl在碱性条件下共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则B为HOCH2CH2CH2OH；在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2CH2OH与氧气共热发生催化氧化反应生成OHCCH2CHO，则C为OHCCH2CHO；在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；一定条件下，HOOCCH2COOH与 反应生成 ；一定条件下，发生取代反应生成，在加热条件下发生脱羧反应生成 ，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯。
【详解】(1)由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，名称为1，3—丙二醇；C的结构简式为OHCCH2CHO，官能团结构简式—CHO；C→D的反应为在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；咖啡酸乙酯的结构简式为，分子中苯环、碳碳双键、酯基都为平面结构，结合三点成面及单键可以旋转可知，分子中的11个碳原子都可能共平面，故答案为：1，3—丙二醇；—CHO；氧化反应；11；
(2) H→I的反应为在浓硫酸作用下，H与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯，则反应所需试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热，故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；
(3) D→F反应为一定条件下，HOOCCH2COOH与反应生成，
①D、E分子中不含有碳碳双键，产物F中含有碳碳双键，则检验有产物F生成的实验操作及现象为取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色，故答案为：取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色；
②E分子中含有醛基，能发生银镜反应，若该反应转化完全，反应后的溶液中不存在E，不能发生银镜反应，则检验该反应转化完全与否的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓；
(4)H的结构简式为，由H的同分异构体与H具有相同官能团，说明含酚羟基、碳碳双键和羧基，苯环上有三个取代基，苯环上的一氯取代物有2种可知，H的分子结构对称，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
(5)由题给信息可知，以一氯甲烷和丙二酸为原料合成丙烯酸的合成步骤为一氯甲烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成甲醇，甲醇在铜的催化下发生氧化反应生成甲醛，一定条件下甲醛与丙二酸反应生成，在加热条件下发生脱羧反应生成，合成路线如下，故答案为：。
8．(1)酮羰基、醚键
(2) C10H10O3
(3)取代反应
(4)+3NaOH+HCOONa+NaCl+H2O
(5) 8
、、、
(6)
【分析】B与浓硝酸发生取代反应生成C，C分子中硝基被还原为氨基，则由D的结构可推出C为，C中硝基被还原为氨基，D中氨基发生取代反应得到酚羟基，E中酚羟基发生取代反应得到F为，F中羧基中羟基被-Cl取代，最后甲基取代氯原子得到M；
（1）
M分子所含官能团名称为酮羰基、醚键；
（2）
B的分子中含有10个碳原子、10个氢原子和3个氧原子，分子式为C10H10O3；由分析可知，C的结构简式为；
（3）
F为，E中酚羟基发生取代反应得到F，E→F反应类型为取代反应；
（4）
含酯基和碳氯键都能与NaOH水溶液发生水解反应，酯水解得到的羟基连接在苯环上具有弱酸性，又继续消耗NaOH，则X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：+3NaOH+HCOONa+NaCl+H2O；
（5）
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基，取代基上还有一个不饱和度，ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢，具有高度对称结构，ⅲ．不含碳碳双键，应为单碳环，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、共8种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 、、、；
（6）
苯与发生流程中A→B的反应得到，羰基与氢气发生加成反应得到，在浓硫酸作用下生成，合成路线为：；
9． CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1 ＜ ＜ 0.5mol/(L·min) 1.5 等于
【分析】根据盖斯定律书写热化学方程式并进行反应热的计算；根据表格数据判断达到平衡的时间从而判断催化效率；根据图象分析得出该图象表示SO2的体积分数随时间的变化，结合三段式计算反应速率和平衡常数，根据等效平衡的概念分析解答。
【详解】(1)方法a用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O，反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O；
(2)方法c用炭粉在1000℃以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO，反应的化学方程式为C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)，可通过反应①+②-2③得到，则根据盖斯定律可得ΔH=(-169kJ·mol﹣1)+(-110.5kJ·mol﹣1)-2(+157kJ·mol﹣1)=+34.5kJ·mol﹣1，故答案为：C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ·mol-1；
(3)①根据表格数据分析可知，实验ⅱ更快达到平衡状态，反应速率更快，故催化效率实验i<实验ii，故答案为：<；
②比较实验ii、ⅲ，实验ⅲ中初始水蒸气浓度是实验ii的一倍，但反应结束时水蒸气的浓度小于实验2的一倍，故平衡向正反应反应移动，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，则T1
10． 0.01 50% 0.5 温度升高反应速率增大，催化剂的活性增强
【详解】(1)已知：反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，根据盖斯定律，(反应Ⅰ+反应Ⅱ)得反应Ⅲ： ，
故答案为： ；
(2)①设转化的CO2的物质的量为x，列出三段式，
根据=100%=20%，解得x=0.10mol，则===0.01；(g)的平衡转化率100%=50%；平衡常数==0.5，故答案为：0.01；50%；0.5；
②240℃时，平衡后，说明温度升高，H2O(g)的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，，故答案为：>；
(3)①将过量通入KOH溶液中充分反应，所得溶液为KHCO3溶液，由题意知，在催化剂作用下，HC与生成，由原子守恒知还有H2O生成，则反应的离子方程式为：，故答案为：；
②从40℃升至60℃，的产率迅速上升原因是温度升高反应速率增大，且升温时催化剂的活性增强，故答案为：温度升高反应速率增大，催化剂的活性增强。
11．(1)Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
(2) 将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ) Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]- 6
(3) 2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1) c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
(4) 6
【解析】(1)
图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)
①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得:
c((OH)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)
①该交换反应为:2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)
①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
12． 增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率 、 、、 过氧化氢酸性溶液 将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的 水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物 取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立
【分析】由题给流程可知，将工业硫酸锰溶于90°C水，搅拌配成溶液，向溶液中加入氟化锰，溶液中的钙离子和镁离子与氟化锰反应生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有锰离子、亚铁离子和铁离子的滤液a和含有氟化钙和氟化镁的滤渣b；向滤液a中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH在3—4范围内，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣c和纯度高的硫酸锰溶液。
【详解】(1) 步骤i用90℃的水可以升高溶液的温度，增大工业硫酸锰中各物质的溶解度，加快溶解速率，故答案为：增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率；
(2) ①由分析可知，滤渣b中含有氟化钙和氟化镁，故答案为：、；
②由加入氟化锰后，能生成氟化钙和氟化镁沉淀可知，氟化锰的溶度积大于氟化钙和氟化镁，由表格数据可知，钙离子的去除率大于镁离子，氟化钙的溶度积小于氟化镁，则Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为氟化锰、氟化镁、氟化钙，故答案为：、、；
(3) 步骤iii发生的反应为酸性条件下，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，反应离子方程式为；过氧化氢溶液也具有氧化性，也能将亚铁离子在酸性条件下氧化为铁离子，则可以用过氧化氢酸性溶液替换高锰酸钾酸性溶液，故答案为：；过氧化氢酸性溶液；
(4) 由表格数据可知，步骤iv的目的是调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到将铁元素杂质分离出去的目的，故答案为：将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的；
(5) ①铁离子在溶液中易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，则若省略操作X，其他步骤不变，氢氧化铁胶体可能吸附氟化钙和氟化镁沉淀，使钙、镁离子的去除率较高，故答案为：水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物；
②向加入氟化锰后的少许溶液中直接加入氢氧化铁胶体，若猜想成立，加入氢氧化铁胶体后测得的钙、镁离子的去除率也会较高，则验证实验为取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立。
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