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山东省德州市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份山东省德州市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共34页。试卷主要包含了实验题，结构与性质，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山东省德州市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·山东德州·统考一模）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，某小组拟设计实验制备无水四氯化锡并探究其性质：
Ⅰ. 查阅资料，得知：
物理性质
化学性质
SnCl2
熔点：246℃沸点652℃
较强的还原性
SnCl4
熔点：-33℃沸点114℃
遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是
Ⅱ.设计实验，装置如图
回答下列问题；
(1)仪器 A 的名称是_______，导管 D的作用是_______。
(2)装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用_______。
(3)试剂 B的作用是_______。
(4)为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有_______。
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是_______。
(6)SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹。用化学方程式表示其原理_______。
Ⅲ.最后进行产品纯度测定：
(7)取wg SnCl4产品用足量蒸馏水吸收得到吸收液250mL。准确量取25.00mL吸收液于锥形瓶中，用cmol/L标准AgNO3溶液滴定至终点，滴定前读数为V1mL，终点读数为V2mL(杂质不参与反应)，利用上述数据计算产品纯度为_______%(用含 w、c、 V1、V2的代数式表示)。
2．（2022·山东·统考一模）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
3．（2023·山东·统考一模）实验室通过固体碱熔氧化法制备KMnO4.具体实验过程如下：
I.制备K2MnO4溶液
将KC1O3和KOH置于铁坩埚中加热熔融，分多次将MnO2粉末加入，强热5分钟。充分反应后冷却，将固体捣碎，加水溶解，微热，趁热减压过滤得到K2MnO4溶液。
(1)反应的化学方程式为_______。
(2)选用铁坩埚不用瓷坩埚的原因是_______。
II.K2MnO4的歧化制备KMnO4
实验原理：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3
实验装置如图所示，将K2MnO4溶液转移到三颈烧瓶中，关闭旋塞2、5，打开旋塞1、3、4，趁热往K2MnO4溶液中通入CO2发生反应，没有反应的CO2被收集到气囊a中。
(3)待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞_______，打开旋塞_____，轻轻挤压气囊a，将气体压入K2MnO4溶液中继续反应。未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体。整个过程中温度不宜过高的原因是_____。
III.KMnO4的纯度分析
(4)准确称取2.00gKMnO4产品溶于水，配成100.00mL溶液。用移液管取25.00mL0.2mo1·L-1的H2C2O4溶液于锥形瓶中，并加入2mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00mL。
滴定终点的现象是_______，计算可得产品中KMnO4的纯度是_______，下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是_______(填标号)。
A．产品含少量K2MnO4 B．酸式滴定管滴定后有气泡
C．酸式滴定管没有润洗 D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
二、结构与性质
4．（2021·山东德州·统考一模）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用 KSCN 溶液或苯酚()检验。
①第一电离能：N_______O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为_______。
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为_______，配位原子为_______。
(5)如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。
(6)已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
5．（2022·山东·统考一模）含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为____；基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是____；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是____。
(2)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为____；下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A．sp3 B．sp3d C．sp3d2 D．dsp2
(3)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____。
(4)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为____；该晶体的化学式为____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为____；晶胞中C、D间距离d=____pm。
6．（2023·山东·统考一模）铜及其化合物在机械制造、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)铜元素在元素周期表中的位置是_______。
(2)Cu2+能与NH3形成具有对称空间结构的[Cu(NH3)4]2+。
①[Cu(NH3)4]2+的H—N—H键角_______(填“>”、“=”或“<”)NH3的H—N—H键角。
②若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3分别被C1-取代，能得到(m)、(n)两种不同结构的Cu(NH3)2C12：
[Cu(NH3)4]2+的空间构型是_______；在水中的溶解度：(m)_______(n)(填“>”、“=”或“<”)。
③NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2+形成配离子，理由是_______。
(3)一种钇钡铜氧晶体属四方晶系，品胞参数如图所示，晶胞棱长夹角均为90°。晶体中Y元素的化合价为+3价，Cu元素以+2和+3两种价态存在。基态Cu3+的价层电子的轨道表示式为_______；设NA为阿伏加德罗常数的值，钇钡铜氧的摩尔质量为Mg·mol-1，则该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)；晶体中Cu3+与Cu2+个数比为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，m)，则D的原子分数坐标为_______。
三、原理综合题
7．（2021·山东德州·统考一模）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
(1)工业上利用合成气(CO、CO2、H2)来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.∆
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ. ∆H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ. ∆H
K3
则反应Ⅲ的 ∆H=_______(用∆和∆H2表示)，∆H_______0(填“>”或“<”)
(2)科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量，其中TS表示过渡态。
若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，装置如图所示。
①在该装置中，右侧 Pt 电极的电极反应式为_______。
②装置工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率= 100%
标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c(HCOO-)=0.03 mol/L，电解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。
(4)已知水煤气法制备H2的反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。将等体积的CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中，反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在 700℃和 800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。M点与N点对应的的大小关系：M_______N(填“>”、“<”或“=”)，计算N点时_______。
8．（2022·山东·统考一模）乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
(2)在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。
(3)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
9．（2023·山东·统考一模）甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)H2捕集CO2合成CH4涉及下列反应：
I.4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1平衡常数K1
II.H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2平衡常数K2
①相关物质相对能量大小如图所示，则△H1=_______kJ·mol-1，升高温度，_______(填“增大”或“减小”)。
②起始物=3时，反应在不同条件下达到平衡。240℃甲烷的物质的量分数x(CH4)与压强p的变化关系、5×105Pa时(CH4)与温度T的变化关系如图所示。图中对应A、B两点的速率：vA(正)_______vB(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点CH4与CO的分压相同，则p(H2O)=_______Pa，反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=_______。
(2)CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一、恒压、750℃时，CH4和CO2反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
其中过程II主要发生如下反应：
i.CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)
ii.2Fe3O4(s)+8H2(g)⇌6Fe(s)+8H2O(g)
iii.Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)
过程II平衡后通入He，反应iii的化学平衡将_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时，n(CO2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，p(CO)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
四、工业流程题
10．（2021·山东德州·统考一模）"绿水青山就是金山银山"，在造福人类的同时，保护环境也是化学必不可少的责任。磷酸铁锂电池由橄榄石结构的LiFePO4作为电池的正极，碳(石墨)吸附锂离子组成电池负极()，电极上附着铝箔、铜箔。如图流程可以回收磷酸铁锂电池电极材料中的石墨并制备相应化工产品。
(1)LiFePO4中Fe的化合价为_______，滤渣I的主要成分除LFePO4还有_______，滤渣I中加入H2O2的目的是：_______。
(2)向滤液Ⅲ中通 H2S的目的是沉铜，当溶液中铜离子浓度为1×10-5mol/L时可认为铜离子沉淀完全，则此时溶液中S2-与Cu2+浓度之比为：_______(已知)。
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，则操作X是_______。
a.静置、过滤 b.加热后，趁热过滤 c. 蒸发浓缩、冷却结晶 d.蒸发结晶
(4)回收后的Fe2O3可以与KOH和KNO3混合物加热共熔，从而制得净水剂高铁酸钾(K2FeO4)及其副产物KNO2，该反应的化学方程式为：_______。
(5)该流程中分离出的Li2CO3可以和NH4H2PO4及(CH3COO)2Fe制备正极材料LiFePO4，已知NH3·H2O的电离常数，H3PO4的各级电离常数为、、，则常温下 NH4H2PO4溶液中_______(填“>”、“<”或“=”)。
11．（2022·山东·统考一模）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为____。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为____。
(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是____，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为____。
(4)整个流程中可循环利用的物质是____。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____。
(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为____mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由____。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
12．（2023·山东·统考一模）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：
已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。
②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：
硫酸浓度/(mol•L-1)
18
15
12
9
6
0
硫酸银溶解量/(g•L-1)
209.00
78.94
31.20
11.14
8.74
4.68
回答下列问题：
(1)“顺铂”分子中Pt的化合价为_______。
(2)“氧化浸出”中，应选用上表所列_______mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为_______。
(3)“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为_______；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为_______mol-1·L。
(4)“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为_______；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有_______(填化学式)。
五、有机推断题
13．（2021·山东德州·统考一模）美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一，它的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B中所含官能团的名称是_______。
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)反应 E→F 的化学方程式为_______。
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子。同时满足下列条件的X的同分异构体共有_______种。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为_______。
(5)4-苄基苯酚( )是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4-苄基苯酚的合成路线：_______(无机试剂任选)。
14．（2022·山东·统考一模）一种药物的中间体M()的合成路线如图：
已知：
ⅰ.R—CHOR—CN
ⅱ.+R—OH→ROCH2CH2OH(R为H或羟基)
ⅲ.R1—NH2+R2—OHR1—NH—R2+H2O
回答下列问题：
(1)A能发生银镜反应，则A的结构简式为____；写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有四种化学环境的氢 ②能和NaHCO3反应生成气体 ③遇FeCl3溶液显紫色
(2)A→B的反应类型为____；D中含氧官能团的名称为____；E只有一种化学环境的碳原子，F→G的化学方程式为____。
(3)试剂a的结构简式为____；I的结构简式为____。
(4)已知：CH3CH=CH2+HBr，综合上述信息，以1，3—丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线____(其它试剂任选)。
15．（2023·山东·统考一模）氯霉素(H)的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的名称为_______；A→B反应类型为_______。
(2)C→D的化学方程式为_______；符合下列条件的E的同分异构体有_______种。
①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应
(3)F的结构简式为_______；试剂a为_______；G中含氧官能团有_______种。
(4)根据上述信息，写出以乙烯为主要原料制备的合成路线__________。
参考答案：
1． 蒸馏烧瓶 平衡气压使浓盐酸顺利流下 ，30%硫酸中的 H+使平衡左移，减少氯气损失 防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解 增大Cl2 的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间 增大接触面积，使反应更充分
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A : KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，反应的方程式为：
，制取的氯气中含有氯化氢，饱和食盐水可以降低氯气的溶解，还可洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，为防止其水解，用浓硫酸干燥氯气；Cl2和锡的反应制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；装置G中NaOH吸收未反应的氯气，防止污染空气，因SnCl4极易水解，装置F可防止溶液的水蒸气进入收集器中；金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出，据此解答。
【详解】(1)仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶，生成的了长期通过D进入浓盐酸上方，导致浓盐酸上方压强增大，从而将浓盐酸顺利进入烧瓶中，即导管 D可以平衡气压，使浓盐酸顺利流下；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：， 30%硫酸中的 H+浓度较大，使平衡左移，减少氯气损失；
(3)试剂 B应为浓硫酸，防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解；
(4)根据表中数据分析，SnCl4的熔沸点较低，可以将SnCl4转化为奇台，适当增大氯气的量，继续加热，便于分离产物，所以为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有增大Cl2的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间；
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是增大接触面积，使反应更充分；
(6)根据信息遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是分析，SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，白烟应为氯化铵，所以化学方程式为；
(7)根据SnCl4-4AgNO3分析，硝酸银的物质的量为mol，则SnCl4的物质的量为mol，产品纯度为=。
2．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
【详解】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
（2）实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
（3）①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
（4）根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
3．(1)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
(2)瓷坩埚易被强碱腐蚀
(3) 3 2、5 防止高锰酸钾受热分解
(4) 最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色 79.0% AC
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。
【详解】（1）由题意可知，KClO3、KOH、MnO2加热反应生成锰酸钾，根据质量守恒可知，还会生成氯化钾、水，反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）瓷坩埚易被强碱反应而腐蚀，故选用铁坩埚不用瓷坩埚；
（3）待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞3，打开旋塞2、5，轻轻挤压气囊a，将a中收集的二氧化碳气体压入K2MnO4溶液中继续反应，未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体；高锰酸钾不稳定受热分解为锰酸钾、二氧化锰、氧气，故整个过程中温度不宜过高；
（4）滴定过程中反应为：，高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色；产品中KMnO4的纯度是；
A．产品含少量K2MnO4，锰酸钾也会和草酸反应，导致标准液用量增加，导致测定结果偏小；
B．酸式滴定管滴定后有气泡，导致标准液读数偏小，使得测定结果偏大；
C．酸式滴定管没有润洗，使得标准液用量增大，使得测定结果偏小；
D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不影响标准液用量，不影响测定结果；
故选AC。
4． 非极性 > sp2 6 N、Cl 7：2
【详解】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：个，所以有2个，有1个，其中正四面体空隙共8个，1个填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共个，一个和一个填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为，体积为，因此密度为。
5．(1) N Cu+的3d轨道全满达到稳定状态 Cu2O
(2) 八面体形 C
(3) 11 F、N、C
(4) 50% CuInTe2 (，，)
【详解】（1）铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故答案为：N；Cu2O；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
（2）六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体形，故答案为：八面体形；C；
（3）[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F、N、C，则电负性的大小顺序为F、N、C，故答案为：11；F、N、C；
（4）由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处、面对角线处的C点原子的分数坐标分别为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d==pm，故答案为：50%；CuInTe2；(，，)；。
6．(1)第四周期IB族
(2) > 平面正方形 > F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键。
(3) 1∶2 (，，1-m)
【详解】（1）铜是29号元素，在元素周期表中的位置是第四周期IB族；
（2）①[Cu(NH3)4]2+中N原子无孤电子对，所以[Cu(NH3)4]2+中H—N—H键角>NH3的H—N—H键角。
②若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3分别被C1-取代，能得到(m)、(n)两种不同结构的Cu(NH3)2C12，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是平面正方形；根据“相似相溶”，在水中的溶解度 (m)> (n)。
③F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配离子。
（3）基态Cu原子失去4s上的1个电子和3d上的2个电子得到Cu3+，基态Cu3+的价层电子的轨道表示式为；设NA为阿伏加德罗常数的值，钇钡铜氧的摩尔质量为Mg·mol-1，根据均摊原则，晶胞中Cu原子数为 、Ba原子数为2、Y原子数为1、O原子数为，晶胞的体积为，则该晶体的密度为；晶体的化学式为Cu3Ba2YO7，根据化合价代数和等于0，Cu3+与Cu2+个数比为1:2。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，m)，则D的原子分数坐标为(，，1-m)。
7． < 75% < 36
【详解】(1) ①∆，② ∆H2，将第一个和第二个方程式相加得到： ∆H=，由题意得，5000C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，7000C时，K3=K1×K2=0.34×1.7=0.578，则反应Ⅲ随温度升高，平衡常数减小，说明正反应为放热反应，则∆H<0；故答案为：；<；
(2)能量越低，物质越稳定，反应越难，故决定反应速率的反应方程式为：，故答案为：；
(3) 电解池右侧，CO2地转化为HCOO-，碳的化合价从+4价降低到+2价，右侧Pt为阴极得电子，电极方程式为：；当阳极生成氧气体积为448mL时，转移电子数为： 0.08mol，而生成目标产物转移电子数为0.03mol/L×1L×2=0.06mol，所以电解效率为 75%，故答案为：；75%；
(4)温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图知M点所在曲线先达到平衡，对应温度为8000C，则N点所在曲线对应温度为7000C，温度越高，一氧化碳转化率越低，说明该反应为放热反应，平衡时，，可得K= ，升高温度，平衡逆向移动，K减小，M点对应的温度高，所以对应大小：M
8．(1) 30 加入催化剂或增大催化剂比表面积
(2) ＜ ＞ ＜ ＞
(3) a
【详解】（1）将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；
（2）投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；
（3）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数K=
9．(1) -165 减小 大于 1.5×105
(2) 逆向移动 增大 不变
【详解】（1）①△H1=(-75 kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = -165 kJ·mol-1；△H2=(-111 kJ·mol-1)+ (-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = +41 kJ·mol-1；由盖斯定律可知，I- II得：3H2(g)+CO(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，△H=-206 kJ·mol-1，其平衡常数，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小；
②由图可知，A点温度更高、压强更大，则平衡时A点的正逆反应速率更快，则速率：vA(正)大于B(逆)；
假设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol，且C点CH4与CO的分压相同，则：
此时，反应后总的物质的量为(4-2a)mol；已知x(CH4)=0.1、压强为5×105Pa，则，，总的物质的量、水的物质的量为，则p(H2O)= ；
平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水分别为、、、，其物质的量分数分别为0.4、0.1、0.1、0.3，则反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=；
（2）恒压、750℃时，过程II平衡后通入He，相当于增大容器体积，导致反应i逆向移动，使得二氧化碳增多，进而导致反应iii的化学平衡将逆向移动；反应i为气体分子数减小的反应、反应ii、iii为气体分子数不变的反应，故达到重新平衡时，n(CO2) 仍然增大；反应iii为气体分子数不变的反应，且反应物中只有一氧化碳为气体，其平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时p(CO)不变。
10． +2 铜、石墨 将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+ b >
【分析】将LiFePO4、及电极上附着铝箔、铜箔的混合物粉碎后加入烧碱，只有Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，将溶液过滤后得到偏铝酸钠和含有Cu、石墨、LiFePO4的滤渣，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢，使Cu转化为Cu2+，Fe2+转化为Fe3+，过滤将石墨和溶液分离，得到滤液Ⅱ，向滤液Ⅱ中加入氨水、氢氧化钠调剂pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到滤液Ⅲ，向滤液中通入硫化氢使Cu2+转化为CuS沉淀，过滤后得到滤液Ⅳ，向滤液中加入纯碱溶液后，将溶液加热后，趁热过滤得到碳酸锂。
【详解】(1)LiFePO4中，Li的化合价为+1价，磷酸根带有三个负电荷，所以Fe 的化合价为+2价；渣I的主要成分除LFePO4 还有铜、石墨；滤渣I中加入 H2O2的目的是：将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+；
(2)溶液中Cu2+的浓度为1×10-5mol/L，S2-的浓度为，此时溶液中 S2-与Cu2+浓度之比为；
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，因此应先将溶液加热，使碳酸锂析出，趁热过滤得到碳酸锂，答案选b；
(4)Fe2O3与KOH和KNO3混合物加热共熔反应生成K2FeO4和KNO2，化学方程式为：；
(5)NH4H2PO4溶液中，发生水解，其水解常数，发生电离和水解，其水解常数，Ka2＞Kh＞Kh2，K越大，电离或水解程度越大，所以＞。
11．(1)1:3
(2)C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 少量多次加入葡萄糖
(4) 醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
(5) 5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
（1）
由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；答案为1:3。
（2）
由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
（3）
由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
（4）
由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
（5）
由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
12．(1)+2
(2) 18 2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O
(3) 将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌 4.2×1014
(4) 4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O NaCl
【分析】含铂的碘化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银、铂固体，固体加入硫酸氧化浸出分离出不反应的铂和含有硫酸银的滤液，滤液稀释后加入氯化钠得到氯化银沉淀，氯化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银；
【详解】（1）根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2] 分子中Pt的化合价为+2；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1H2SO4，发生反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O；
（3）浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；
由图表可知，硫酸银在水溶液中溶解量为4.68g/L，则饱和硫酸银溶液浓度为0.015mol，则，“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为mol-1·L。
（4）已知，N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、N2H4、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，离子反应方程式为4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；该工艺经物理处理，可从滤液1、3中得到氯化钠在沉银流程中再生循环利用。
13． 羟基、羰基 还原反应 +CH3OHH2O+ 14 和
【分析】根据已知，可以推测出D为 ；C为 ，B和氯气反应生成C，B为 ；A的分子式为C6H6O，A为 ；D为 ，在碱溶液和酸溶液作用后生成E，E为 ；E与甲醇在一定条件下成F，F和 反应生成G，F为 。
【详解】(1)B为 ，含有羟基、羰基；
(2)C为 ，D为 ，羰基被还原生成-CH2，反应类型为还原反应；
(3)E为 ，F为 ，反应 E→F 的化学方程式为：+CH3OHH2O+；
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子，X的分子式为C9H10O2，X能发生银镜反应，说明X中含有醛基，X能发生水解反应，说明X中含有酯基，而X的分子中只有2个O，说明X中含有 ，若苯环上的取代基为 和2个-CH3，则有6种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH2CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；共14种；其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为 和 ；
(5)和氧气在Cu/Ag作催化剂加热的条件下反应生成 ， 和苯酚在氯化铝作催化剂的条件下反应生成 ， 在的作用下生成 ，合成路线为：。
14．(1)
(2) 取代反应 酚羟基、醚键、羧基 HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH
(3) H2NCH2CH2Cl
(4)H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH
【分析】I在浓硝酸、浓硫酸和加热的条件下发生取代反应生成M，M为，则I的结构简式为：；D与H发生取代反应生成，再依据D的分子式可知，D为、H为；C的分子式为C8H7NO2，D的分子式为C8H8O4，再由已知信息i可知，B中含醛基，C中含-CN，则C为，B为；而A的分子式为C7H6O3，A与CH3I反应生成，A中含醛基，则A为；E中只含一种化学环境的碳原子，E为；与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH；依据已知信息iii可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH再在一定条件下与a反应生成，a为H2NCH2CH2Cl。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：；A的同分异构体能和NaHCO3反应生成气体，则含-COOH，遇FeCl3溶液显紫色，则含苯环、含酚羟基，而结构中又含有四种化学环境的氢，则符合条件的同分异构体的结构简式为：。
(2)
由分析可知，A为，B为，则与CH3I发生取代反应生成，A→B为取代反应；D的结构简式为，D中含氧官能团的名称为：酚羟基、醚键、羧基；E中只含一种化学环境的碳原子，E为，与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH，则F→G的化学方程式为：HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH。
(3)
由上述分析可知，试剂a为H2NCH2CH2Cl；I的结构简式为：。
(4)
H2C=CH—CH=CH2与溴化氢在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br再在氢氧化钠水溶液条件下水解得到HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH再与CH3CH2NH2在一定条件下反应生成，因此合成路线为：H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH。
15．(1) 苯乙烯 加成反应
(2) 15
(3) 浓硝酸和浓硫酸 2
(4)
【分析】A的分子式为C8H8，结合B的结构简式，推知A为，B发生消去反应生成C，C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，D与氨气发生取代反应生成E，对比E、G的结构，E发生水解反应生成F，F发生硝化反应生成G，故F为，G发生信息中反应生成H，H的结构简式为。
【详解】（1）A的名称为苯乙烯；A为与水加成生成B，A→B反应类型为加成反应。故答案为：苯乙烯；加成反应；
（2）C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，C→D的化学方程式为；符合下列条件的E的同分异构体有15种。①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应，除去残基为-C4H8ON，要有-NH2，又要能水解，能形成如下5种基团、，分别位于酚羟基的邻间对三个位置，共15种。
故答案为：；15；
（3）F发生硝化反应生成G，故F的结构简式为；试剂a为浓硝酸和浓硫酸；G中含氧官能团有硝基和羟基2种。故答案为：；浓硝酸和浓硫酸；2；
（4）根据上述信息，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，与乙烯生成，在酸性条件下得到，浓硫酸，加热条件下得到产物，以乙烯为主要原料制备的合成路线。故答案为：。
山东省德州市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·山东德州·统考一模）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，某小组拟设计实验制备无水四氯化锡并探究其性质：
Ⅰ. 查阅资料，得知：
物理性质
化学性质
SnCl2
熔点：246℃沸点652℃
较强的还原性
SnCl4
熔点：-33℃沸点114℃
遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是
Ⅱ.设计实验，装置如图
回答下列问题；
(1)仪器 A 的名称是_______，导管 D的作用是_______。
(2)装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用_______。
(3)试剂 B的作用是_______。
(4)为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有_______。
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是_______。
(6)SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹。用化学方程式表示其原理_______。
Ⅲ.最后进行产品纯度测定：
(7)取wg SnCl4产品用足量蒸馏水吸收得到吸收液250mL。准确量取25.00mL吸收液于锥形瓶中，用cmol/L标准AgNO3溶液滴定至终点，滴定前读数为V1mL，终点读数为V2mL(杂质不参与反应)，利用上述数据计算产品纯度为_______%(用含 w、c、 V1、V2的代数式表示)。
2．（2022·山东·统考一模）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
3．（2023·山东·统考一模）实验室通过固体碱熔氧化法制备KMnO4.具体实验过程如下：
I.制备K2MnO4溶液
将KC1O3和KOH置于铁坩埚中加热熔融，分多次将MnO2粉末加入，强热5分钟。充分反应后冷却，将固体捣碎，加水溶解，微热，趁热减压过滤得到K2MnO4溶液。
(1)反应的化学方程式为_______。
(2)选用铁坩埚不用瓷坩埚的原因是_______。
II.K2MnO4的歧化制备KMnO4
实验原理：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3
实验装置如图所示，将K2MnO4溶液转移到三颈烧瓶中，关闭旋塞2、5，打开旋塞1、3、4，趁热往K2MnO4溶液中通入CO2发生反应，没有反应的CO2被收集到气囊a中。
(3)待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞_______，打开旋塞_____，轻轻挤压气囊a，将气体压入K2MnO4溶液中继续反应。未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体。整个过程中温度不宜过高的原因是_____。
III.KMnO4的纯度分析
(4)准确称取2.00gKMnO4产品溶于水，配成100.00mL溶液。用移液管取25.00mL0.2mo1·L-1的H2C2O4溶液于锥形瓶中，并加入2mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00mL。
滴定终点的现象是_______，计算可得产品中KMnO4的纯度是_______，下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是_______(填标号)。
A．产品含少量K2MnO4 B．酸式滴定管滴定后有气泡
C．酸式滴定管没有润洗 D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
二、结构与性质
4．（2021·山东德州·统考一模）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用 KSCN 溶液或苯酚()检验。
①第一电离能：N_______O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为_______。
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为_______，配位原子为_______。
(5)如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。
(6)已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
5．（2022·山东·统考一模）含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为____；基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是____；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是____。
(2)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为____；下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A．sp3 B．sp3d C．sp3d2 D．dsp2
(3)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____。
(4)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为____；该晶体的化学式为____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为____；晶胞中C、D间距离d=____pm。
6．（2023·山东·统考一模）铜及其化合物在机械制造、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)铜元素在元素周期表中的位置是_______。
(2)Cu2+能与NH3形成具有对称空间结构的[Cu(NH3)4]2+。
①[Cu(NH3)4]2+的H—N—H键角_______(填“>”、“=”或“<”)NH3的H—N—H键角。
②若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3分别被C1-取代，能得到(m)、(n)两种不同结构的Cu(NH3)2C12：
[Cu(NH3)4]2+的空间构型是_______；在水中的溶解度：(m)_______(n)(填“>”、“=”或“<”)。
③NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2+形成配离子，理由是_______。
(3)一种钇钡铜氧晶体属四方晶系，品胞参数如图所示，晶胞棱长夹角均为90°。晶体中Y元素的化合价为+3价，Cu元素以+2和+3两种价态存在。基态Cu3+的价层电子的轨道表示式为_______；设NA为阿伏加德罗常数的值，钇钡铜氧的摩尔质量为Mg·mol-1，则该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)；晶体中Cu3+与Cu2+个数比为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，m)，则D的原子分数坐标为_______。
三、原理综合题
7．（2021·山东德州·统考一模）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
(1)工业上利用合成气(CO、CO2、H2)来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.∆
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ. ∆H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ. ∆H
K3
则反应Ⅲ的 ∆H=_______(用∆和∆H2表示)，∆H_______0(填“>”或“<”)
(2)科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量，其中TS表示过渡态。
若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，装置如图所示。
①在该装置中，右侧 Pt 电极的电极反应式为_______。
②装置工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率= 100%
标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c(HCOO-)=0.03 mol/L，电解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。
(4)已知水煤气法制备H2的反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。将等体积的CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中，反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在 700℃和 800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。M点与N点对应的的大小关系：M_______N(填“>”、“<”或“=”)，计算N点时_______。
8．（2022·山东·统考一模）乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
(2)在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。
(3)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
9．（2023·山东·统考一模）甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)H2捕集CO2合成CH4涉及下列反应：
I.4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1平衡常数K1
II.H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2平衡常数K2
①相关物质相对能量大小如图所示，则△H1=_______kJ·mol-1，升高温度，_______(填“增大”或“减小”)。
②起始物=3时，反应在不同条件下达到平衡。240℃甲烷的物质的量分数x(CH4)与压强p的变化关系、5×105Pa时(CH4)与温度T的变化关系如图所示。图中对应A、B两点的速率：vA(正)_______vB(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点CH4与CO的分压相同，则p(H2O)=_______Pa，反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=_______。
(2)CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一、恒压、750℃时，CH4和CO2反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
其中过程II主要发生如下反应：
i.CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)
ii.2Fe3O4(s)+8H2(g)⇌6Fe(s)+8H2O(g)
iii.Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)
过程II平衡后通入He，反应iii的化学平衡将_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时，n(CO2)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，p(CO)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
四、工业流程题
10．（2021·山东德州·统考一模）"绿水青山就是金山银山"，在造福人类的同时，保护环境也是化学必不可少的责任。磷酸铁锂电池由橄榄石结构的LiFePO4作为电池的正极，碳(石墨)吸附锂离子组成电池负极()，电极上附着铝箔、铜箔。如图流程可以回收磷酸铁锂电池电极材料中的石墨并制备相应化工产品。
(1)LiFePO4中Fe的化合价为_______，滤渣I的主要成分除LFePO4还有_______，滤渣I中加入H2O2的目的是：_______。
(2)向滤液Ⅲ中通 H2S的目的是沉铜，当溶液中铜离子浓度为1×10-5mol/L时可认为铜离子沉淀完全，则此时溶液中S2-与Cu2+浓度之比为：_______(已知)。
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，则操作X是_______。
a.静置、过滤 b.加热后，趁热过滤 c. 蒸发浓缩、冷却结晶 d.蒸发结晶
(4)回收后的Fe2O3可以与KOH和KNO3混合物加热共熔，从而制得净水剂高铁酸钾(K2FeO4)及其副产物KNO2，该反应的化学方程式为：_______。
(5)该流程中分离出的Li2CO3可以和NH4H2PO4及(CH3COO)2Fe制备正极材料LiFePO4，已知NH3·H2O的电离常数，H3PO4的各级电离常数为、、，则常温下 NH4H2PO4溶液中_______(填“>”、“<”或“=”)。
11．（2022·山东·统考一模）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为____。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为____。
(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是____，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为____。
(4)整个流程中可循环利用的物质是____。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____。
(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为____mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由____。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
12．（2023·山东·统考一模）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：
已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。
②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：
硫酸浓度/(mol•L-1)
18
15
12
9
6
0
硫酸银溶解量/(g•L-1)
209.00
78.94
31.20
11.14
8.74
4.68
回答下列问题：
(1)“顺铂”分子中Pt的化合价为_______。
(2)“氧化浸出”中，应选用上表所列_______mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为_______。
(3)“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为_______；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为_______mol-1·L。
(4)“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为_______；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有_______(填化学式)。
五、有机推断题
13．（2021·山东德州·统考一模）美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一，它的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B中所含官能团的名称是_______。
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)反应 E→F 的化学方程式为_______。
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子。同时满足下列条件的X的同分异构体共有_______种。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为_______。
(5)4-苄基苯酚( )是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4-苄基苯酚的合成路线：_______(无机试剂任选)。
14．（2022·山东·统考一模）一种药物的中间体M()的合成路线如图：
已知：
ⅰ.R—CHOR—CN
ⅱ.+R—OH→ROCH2CH2OH(R为H或羟基)
ⅲ.R1—NH2+R2—OHR1—NH—R2+H2O
回答下列问题：
(1)A能发生银镜反应，则A的结构简式为____；写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有四种化学环境的氢 ②能和NaHCO3反应生成气体 ③遇FeCl3溶液显紫色
(2)A→B的反应类型为____；D中含氧官能团的名称为____；E只有一种化学环境的碳原子，F→G的化学方程式为____。
(3)试剂a的结构简式为____；I的结构简式为____。
(4)已知：CH3CH=CH2+HBr，综合上述信息，以1，3—丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线____(其它试剂任选)。
15．（2023·山东·统考一模）氯霉素(H)的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的名称为_______；A→B反应类型为_______。
(2)C→D的化学方程式为_______；符合下列条件的E的同分异构体有_______种。
①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应
(3)F的结构简式为_______；试剂a为_______；G中含氧官能团有_______种。
(4)根据上述信息，写出以乙烯为主要原料制备的合成路线__________。
参考答案：
1． 蒸馏烧瓶 平衡气压使浓盐酸顺利流下 ，30%硫酸中的 H+使平衡左移，减少氯气损失 防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解 增大Cl2 的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间 增大接触面积，使反应更充分
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A : KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，反应的方程式为：
，制取的氯气中含有氯化氢，饱和食盐水可以降低氯气的溶解，还可洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，为防止其水解，用浓硫酸干燥氯气；Cl2和锡的反应制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；装置G中NaOH吸收未反应的氯气，防止污染空气，因SnCl4极易水解，装置F可防止溶液的水蒸气进入收集器中；金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出，据此解答。
【详解】(1)仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶，生成的了长期通过D进入浓盐酸上方，导致浓盐酸上方压强增大，从而将浓盐酸顺利进入烧瓶中，即导管 D可以平衡气压，使浓盐酸顺利流下；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：， 30%硫酸中的 H+浓度较大，使平衡左移，减少氯气损失；
(3)试剂 B应为浓硫酸，防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解；
(4)根据表中数据分析，SnCl4的熔沸点较低，可以将SnCl4转化为奇台，适当增大氯气的量，继续加热，便于分离产物，所以为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有增大Cl2的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间；
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是增大接触面积，使反应更充分；
(6)根据信息遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是分析，SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，白烟应为氯化铵，所以化学方程式为；
(7)根据SnCl4-4AgNO3分析，硝酸银的物质的量为mol，则SnCl4的物质的量为mol，产品纯度为=。
2．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
【详解】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
（2）实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
（3）①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
（4）根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
3．(1)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
(2)瓷坩埚易被强碱腐蚀
(3) 3 2、5 防止高锰酸钾受热分解
(4) 最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色 79.0% AC
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。
【详解】（1）由题意可知，KClO3、KOH、MnO2加热反应生成锰酸钾，根据质量守恒可知，还会生成氯化钾、水，反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）瓷坩埚易被强碱反应而腐蚀，故选用铁坩埚不用瓷坩埚；
（3）待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞3，打开旋塞2、5，轻轻挤压气囊a，将a中收集的二氧化碳气体压入K2MnO4溶液中继续反应，未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体；高锰酸钾不稳定受热分解为锰酸钾、二氧化锰、氧气，故整个过程中温度不宜过高；
（4）滴定过程中反应为：，高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色；产品中KMnO4的纯度是；
A．产品含少量K2MnO4，锰酸钾也会和草酸反应，导致标准液用量增加，导致测定结果偏小；
B．酸式滴定管滴定后有气泡，导致标准液读数偏小，使得测定结果偏大；
C．酸式滴定管没有润洗，使得标准液用量增大，使得测定结果偏小；
D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不影响标准液用量，不影响测定结果；
故选AC。
4． 非极性 > sp2 6 N、Cl 7：2
【详解】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：个，所以有2个，有1个，其中正四面体空隙共8个，1个填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共个，一个和一个填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为，体积为，因此密度为。
5．(1) N Cu+的3d轨道全满达到稳定状态 Cu2O
(2) 八面体形 C
(3) 11 F、N、C
(4) 50% CuInTe2 (，，)
【详解】（1）铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故答案为：N；Cu2O；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
（2）六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体形，故答案为：八面体形；C；
（3）[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F、N、C，则电负性的大小顺序为F、N、C，故答案为：11；F、N、C；
（4）由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处、面对角线处的C点原子的分数坐标分别为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d==pm，故答案为：50%；CuInTe2；(，，)；。
6．(1)第四周期IB族
(2) > 平面正方形 > F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键。
(3) 1∶2 (，，1-m)
【详解】（1）铜是29号元素，在元素周期表中的位置是第四周期IB族；
（2）①[Cu(NH3)4]2+中N原子无孤电子对，所以[Cu(NH3)4]2+中H—N—H键角>NH3的H—N—H键角。
②若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3分别被C1-取代，能得到(m)、(n)两种不同结构的Cu(NH3)2C12，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是平面正方形；根据“相似相溶”，在水中的溶解度 (m)> (n)。
③F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配离子。
（3）基态Cu原子失去4s上的1个电子和3d上的2个电子得到Cu3+，基态Cu3+的价层电子的轨道表示式为；设NA为阿伏加德罗常数的值，钇钡铜氧的摩尔质量为Mg·mol-1，根据均摊原则，晶胞中Cu原子数为 、Ba原子数为2、Y原子数为1、O原子数为，晶胞的体积为，则该晶体的密度为；晶体的化学式为Cu3Ba2YO7，根据化合价代数和等于0，Cu3+与Cu2+个数比为1:2。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，m)，则D的原子分数坐标为(，，1-m)。
7． < 75% < 36
【详解】(1) ①∆，② ∆H2，将第一个和第二个方程式相加得到： ∆H=，由题意得，5000C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，7000C时，K3=K1×K2=0.34×1.7=0.578，则反应Ⅲ随温度升高，平衡常数减小，说明正反应为放热反应，则∆H<0；故答案为：；<；
(2)能量越低，物质越稳定，反应越难，故决定反应速率的反应方程式为：，故答案为：；
(3) 电解池右侧，CO2地转化为HCOO-，碳的化合价从+4价降低到+2价，右侧Pt为阴极得电子，电极方程式为：；当阳极生成氧气体积为448mL时，转移电子数为： 0.08mol，而生成目标产物转移电子数为0.03mol/L×1L×2=0.06mol，所以电解效率为 75%，故答案为：；75%；
(4)温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图知M点所在曲线先达到平衡，对应温度为8000C，则N点所在曲线对应温度为7000C，温度越高，一氧化碳转化率越低，说明该反应为放热反应，平衡时，，可得K= ，升高温度，平衡逆向移动，K减小，M点对应的温度高，所以对应大小：M
8．(1) 30 加入催化剂或增大催化剂比表面积
(2) ＜ ＞ ＜ ＞
(3) a
【详解】（1）将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；
（2）投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；
（3）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数K=
9．(1) -165 减小 大于 1.5×105
(2) 逆向移动 增大 不变
【详解】（1）①△H1=(-75 kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = -165 kJ·mol-1；△H2=(-111 kJ·mol-1)+ (-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = +41 kJ·mol-1；由盖斯定律可知，I- II得：3H2(g)+CO(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，△H=-206 kJ·mol-1，其平衡常数，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小；
②由图可知，A点温度更高、压强更大，则平衡时A点的正逆反应速率更快，则速率：vA(正)大于B(逆)；
假设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol，且C点CH4与CO的分压相同，则：
此时，反应后总的物质的量为(4-2a)mol；已知x(CH4)=0.1、压强为5×105Pa，则，，总的物质的量、水的物质的量为，则p(H2O)= ；
平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水分别为、、、，其物质的量分数分别为0.4、0.1、0.1、0.3，则反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=；
（2）恒压、750℃时，过程II平衡后通入He，相当于增大容器体积，导致反应i逆向移动，使得二氧化碳增多，进而导致反应iii的化学平衡将逆向移动；反应i为气体分子数减小的反应、反应ii、iii为气体分子数不变的反应，故达到重新平衡时，n(CO2) 仍然增大；反应iii为气体分子数不变的反应，且反应物中只有一氧化碳为气体，其平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时p(CO)不变。
10． +2 铜、石墨 将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+ b >
【分析】将LiFePO4、及电极上附着铝箔、铜箔的混合物粉碎后加入烧碱，只有Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，将溶液过滤后得到偏铝酸钠和含有Cu、石墨、LiFePO4的滤渣，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢，使Cu转化为Cu2+，Fe2+转化为Fe3+，过滤将石墨和溶液分离，得到滤液Ⅱ，向滤液Ⅱ中加入氨水、氢氧化钠调剂pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到滤液Ⅲ，向滤液中通入硫化氢使Cu2+转化为CuS沉淀，过滤后得到滤液Ⅳ，向滤液中加入纯碱溶液后，将溶液加热后，趁热过滤得到碳酸锂。
【详解】(1)LiFePO4中，Li的化合价为+1价，磷酸根带有三个负电荷，所以Fe 的化合价为+2价；渣I的主要成分除LFePO4 还有铜、石墨；滤渣I中加入 H2O2的目的是：将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+；
(2)溶液中Cu2+的浓度为1×10-5mol/L，S2-的浓度为，此时溶液中 S2-与Cu2+浓度之比为；
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，因此应先将溶液加热，使碳酸锂析出，趁热过滤得到碳酸锂，答案选b；
(4)Fe2O3与KOH和KNO3混合物加热共熔反应生成K2FeO4和KNO2，化学方程式为：；
(5)NH4H2PO4溶液中，发生水解，其水解常数，发生电离和水解，其水解常数，Ka2＞Kh＞Kh2，K越大，电离或水解程度越大，所以＞。
11．(1)1:3
(2)C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 少量多次加入葡萄糖
(4) 醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
(5) 5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
（1）
由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；答案为1:3。
（2）
由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
（3）
由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
（4）
由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
（5）
由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
12．(1)+2
(2) 18 2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O
(3) 将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌 4.2×1014
(4) 4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O NaCl
【分析】含铂的碘化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银、铂固体，固体加入硫酸氧化浸出分离出不反应的铂和含有硫酸银的滤液，滤液稀释后加入氯化钠得到氯化银沉淀，氯化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银；
【详解】（1）根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2] 分子中Pt的化合价为+2；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1H2SO4，发生反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O；
（3）浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；
由图表可知，硫酸银在水溶液中溶解量为4.68g/L，则饱和硫酸银溶液浓度为0.015mol，则，“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为mol-1·L。
（4）已知，N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、N2H4、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，离子反应方程式为4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；该工艺经物理处理，可从滤液1、3中得到氯化钠在沉银流程中再生循环利用。
13． 羟基、羰基 还原反应 +CH3OHH2O+ 14 和
【分析】根据已知，可以推测出D为 ；C为 ，B和氯气反应生成C，B为 ；A的分子式为C6H6O，A为 ；D为 ，在碱溶液和酸溶液作用后生成E，E为 ；E与甲醇在一定条件下成F，F和 反应生成G，F为 。
【详解】(1)B为 ，含有羟基、羰基；
(2)C为 ，D为 ，羰基被还原生成-CH2，反应类型为还原反应；
(3)E为 ，F为 ，反应 E→F 的化学方程式为：+CH3OHH2O+；
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子，X的分子式为C9H10O2，X能发生银镜反应，说明X中含有醛基，X能发生水解反应，说明X中含有酯基，而X的分子中只有2个O，说明X中含有 ，若苯环上的取代基为 和2个-CH3，则有6种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH2CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；共14种；其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为 和 ；
(5)和氧气在Cu/Ag作催化剂加热的条件下反应生成 ， 和苯酚在氯化铝作催化剂的条件下反应生成 ， 在的作用下生成 ，合成路线为：。
14．(1)
(2) 取代反应 酚羟基、醚键、羧基 HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH
(3) H2NCH2CH2Cl
(4)H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH
【分析】I在浓硝酸、浓硫酸和加热的条件下发生取代反应生成M，M为，则I的结构简式为：；D与H发生取代反应生成，再依据D的分子式可知，D为、H为；C的分子式为C8H7NO2，D的分子式为C8H8O4，再由已知信息i可知，B中含醛基，C中含-CN，则C为，B为；而A的分子式为C7H6O3，A与CH3I反应生成，A中含醛基，则A为；E中只含一种化学环境的碳原子，E为；与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH；依据已知信息iii可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH再在一定条件下与a反应生成，a为H2NCH2CH2Cl。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：；A的同分异构体能和NaHCO3反应生成气体，则含-COOH，遇FeCl3溶液显紫色，则含苯环、含酚羟基，而结构中又含有四种化学环境的氢，则符合条件的同分异构体的结构简式为：。
(2)
由分析可知，A为，B为，则与CH3I发生取代反应生成，A→B为取代反应；D的结构简式为，D中含氧官能团的名称为：酚羟基、醚键、羧基；E中只含一种化学环境的碳原子，E为，与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH，则F→G的化学方程式为：HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH。
(3)
由上述分析可知，试剂a为H2NCH2CH2Cl；I的结构简式为：。
(4)
H2C=CH—CH=CH2与溴化氢在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br再在氢氧化钠水溶液条件下水解得到HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH再与CH3CH2NH2在一定条件下反应生成，因此合成路线为：H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH。
15．(1) 苯乙烯 加成反应
(2) 15
(3) 浓硝酸和浓硫酸 2
(4)
【分析】A的分子式为C8H8，结合B的结构简式，推知A为，B发生消去反应生成C，C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，D与氨气发生取代反应生成E，对比E、G的结构，E发生水解反应生成F，F发生硝化反应生成G，故F为，G发生信息中反应生成H，H的结构简式为。
【详解】（1）A的名称为苯乙烯；A为与水加成生成B，A→B反应类型为加成反应。故答案为：苯乙烯；加成反应；
（2）C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，C→D的化学方程式为；符合下列条件的E的同分异构体有15种。①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应，除去残基为-C4H8ON，要有-NH2，又要能水解，能形成如下5种基团、，分别位于酚羟基的邻间对三个位置，共15种。
故答案为：；15；
（3）F发生硝化反应生成G，故F的结构简式为；试剂a为浓硝酸和浓硫酸；G中含氧官能团有硝基和羟基2种。故答案为：；浓硝酸和浓硫酸；2；
（4）根据上述信息，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，与乙烯生成，在酸性条件下得到，浓硫酸，加热条件下得到产物，以乙烯为主要原料制备的合成路线。故答案为：。
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