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山东省青岛市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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这是一份山东省青岛市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39页。试卷主要包含了实验题，有机推断题，结构与性质，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省青岛市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·山东青岛·统考一模）钛白(TiO2)是重要的化工原料，制取钛白的方法主要有两种。
方法一：四氯化钛气相氧化。实验室模拟四氯化钛气相氧化装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：TiCl4熔点-24.1℃，沸点 136.4℃，在空气中发烟，生成二氧化钛固体和盐酸液滴的混合物。
回答下列问题：
(1)C 装置的加热方式为______，D装置中反应方程式为______，球形冷凝管和碱石灰的作用分别为______、______。
(2)为完成上述实验，正确的操作顺序为______。
①打开 A处分液漏斗活塞
②点燃 C处的酒精灯
③点燃D处的酒精喷灯
④关闭A 处分液漏斗活塞
⑤C 处停止加热
⑥D处停止加热
方法二：硫酸法。70~80℃条件下，不断通入空气并搅拌，钛铁矿同浓硫酸反应制得可溶性硫酸盐TiOSO4，用水浸取固相物，得钛液，钛液水解得钛白：。在制取钛白的过程中，需要测定钛液中Ti(Ⅳ)的含量。首先用铝片将Ti(IV)还原为Ti3+，再用0.0200mol·L-1标准 Fe2(SO4)3溶液滴定：。
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
消耗标准溶液体积
1
25.00
0.10
7.60
2
25.00
7.60
15.00
3
25.00
0.20
7.80
(3)提高钛液水解产率的方法除加碱适当调节pH以外，还有______(写出一种即可)。
(4)滴定时可选用的指示剂为______滴定终点溶液颜色变化为______，钛液中Ti(Ⅳ)的浓度为______(以 TiOSO4计)。
2．（2022·山东青岛·统考一模）实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，并探究肼的性质。制备装置如下图所示。
已知：硫酸肼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水，易溶于热水。回答下列问题：
(1)装置A试管中的试剂为_______，仪器a的作用是_______。
(2)装置B中制备肼的化学方程式为_______。
(3)装置C中仪器b的名称是_______，该仪器中导管的作用为_______。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是_______。
(5)①探究性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到结晶。写出生成结晶的离子反应方程式_______。
②测定产品中肼的质量分数。称取m g装置B中溶液，加入适量固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成100mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴指示剂，用的碘溶液滴定，滴定过程中有无色无味无毒气体产生。滴定过程中指示剂可选用_______，滴定终点平均消耗标准溶液V mL，产品中肼质量分数的表达式为_______。
3．（2023·山东青岛·统考一模）三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾{，x、y均为整数}常用于化学光量计。实验室用(易潮解，易升华)和为原料制备，实验步骤如下：
I.无水的制备：
(1)仪器连接顺序为_______(仪器不重复使用)。
(2)B中冷水的作用为_______。
Ⅱ.三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备：
称取一定质量草酸钾固体，加入蒸馏水，加热。溶解。时，边搅拌边向草酸钾溶液中加入过量溶液。将上述溶液置于冰水中冷却至绿色晶体析出。用布氏漏斗过滤、乙醇洗涤、干燥得三水合草酸合铁酸钾晶体。整个过程需避光。
(3)用无水配制所需溶液，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。
(4)乙醇代替水洗涤的目的是_______。
Ⅲ.晶体组成的测定及误差分析
取少量晶体配成溶液，用标准酸性高锰酸钾溶液进行第一次滴定，达终点时消耗标准液，向滴定后的溶液中加入过量锌粒将还原为。过滤，用该高锰酸钾溶液进行第二次滴定，终点时消耗标准液(杂质不反应)。
(5)第二次滴定时的离子反应方程式为_______。
(6)中_______。下列情况会导致y偏高的是_______。(填标号)。
A．样品中含有草酸钾杂质
B．第一次滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
C．第二次滴定终点读数时仰视
D．第二次滴定终点时颜色为深紫红色
二、有机推断题
4．（2021·山东青岛·统考一模）有机物G因具有特殊的香味常用作食品添加剂，下图是其常用的一种合成路线：
已知：(R为烃基或氢)
回答下列问题：
(1)A的名称为______，D的结构简式为______。
(2)C中含有官能团的名称为______。
(3)反应③的反应类型为______，写出反应④的化学反应方程式______。
(4)满足下列条件的E的同分异构体有______种，其中含有手性C 原子异构体的结构简式为______。
①含有苯环 ②能发生水解反应 ③能发生银镜反应
(5)根据本题信息，写出以正丙醇和甲醇为原料制备的合成路线______(乙醚和其它无机试剂任选)。
5．（2022·山东青岛·统考一模）以烃A为原料合成物质J的路线如下(部分反应条件或试剂省略)，其中1mol C与足量钠反应生成标准状况下，D只有一种结构，G为五元环状化合物。
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的名称为_______，D的结构简式为_______。
(2)步骤③的反应类型为_______，F中官能团的名称为_______。
(3)步骤⑦反应的化学方程式为_______。
(4)能发生银镜反应的C的链状同分异构体有_______种(不考虑立体异构)，其中含手性碳的同分异构体的结构简式为_______(写一种即可)。
(5)已知：(、、均为烃基)。参照上述路线，设计由制备 的合成路线_______(其它试剂任选)。
6．（2023·山东青岛·统考一模）ZY12201是一款新型TGR5激动剂，目前已经在体外、体内实验上证明了对糖尿病治疗的有效性。其合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)B中官能团的名称为_______，G的结构简式为_______。
(2)的化学方程式为_______，的反应类型为_______。
(3)符合下列条件的A的同分异构体有_______种。
a.含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基；
b.遇溶液显紫色；
c.能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体。
(4)结合题目信息，写出以 和溴丙烷为原料制备 的合成路线_______。
三、结构与性质
7．（2021·山东青岛·统考一模）氨硼烷(NH3BH3)的制备是当今科学研究的重要课题，可用以下反应进行制备。回答下列问题：
(1)反应中涉及元素的基态原子含1个未成对电子的有______种，熔点：，解释原因______。
(2)N(SiH3)3中心N原子为平面构型，下列标记原子杂化类型与其相同的是______(填标号)
① ② ③ ④
NH3与 BH3可形成稳定的，但NF3不易与BH3结合形成 NF3BH3，原因是______。
(3)氨晶体中，氨分子中的每个H原子均参与一个氢键的形成，每个N原子与其它氨分子的3 个H 原子形成氢键，1mol 氨晶体中含氢键数目为______。
(4)已知 NH4Cl、LiCl晶胞分别与CsCl、NaCl 晶胞类似、LiAlH4 晶胞如图所示，每个NH4Cl、LiCl和LiAlH4晶胞中阳离子数目之比为______。LiAlH4易分解，机理为每3个中，有2个分别释放出3个H原子和1个 Al原子，同时与该 Al 原子最邻近的 Li原子转移到被释放的 Al原子留下的空位，改变了原来的结构，这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，形成一种新晶体，并释放出氢气。该过程可用化学方程式表示为______。
8．（2022·山东青岛·统考一模）含碳、氮元素的化合物在航天或太阳能电池领域都有重要作用。
(1)和均可用作卫星发射的主体燃料。
①的电子式为_______。
②的熔点高于其原因是_______。
(2)钙钛矿类杂化材料在太阳能电池领域具有重要的应用价值。
①基态Pb的价层电子排布式为_______。
②已知甲基的供电子能力强于氢原子，则比接受质子能力较弱的原因是_______。
(3)的晶胞结构如图所示，其中B代表。
①代表的为_______。
②原子分数坐标可用于表示晶胞内部各原子的相对位置。其中，原子分数坐标A为，B为，则C的原子分数坐标为_______。
③已知的摩尔质量为，则该晶体的密度为_______(设为阿伏加德罗常数的值)。
④该晶胞沿体对角线方向的投影图为_______(填标号)。
a. b. c. d.
9．（2023·山东青岛·统考一模）研究金属原子结构及晶体结构具有重大意义。
(1)价电子轨道表示式为_______。
(2)原子发射光谱法是通过处于激发态的待测元素微粒回到基态时发射的特征谱线对其进行鉴别的方法。下列状态的铁粒子处于激发态的是_______(填标号)。
A． B． C． D．
(3)利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的和，部分配合物的结构如下：
①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释检验须在酸性条件下进行的原因_______。
②配体SCN的空间构型为_______。
③邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据_______。(填标号)。
A．轨道 B．轨道 C．杂化轨道 D．杂化轨道
(4)金属合金的结构可看作以四面体(相互共用顶点)替换立方金刚石结构中的碳原子，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置原子(四面体的4个顶点代表原子，圆球代表原子)，结构如图所示。
①_______。
②若原子A的原子坐标为(0.25，0.25，0.75)，则C的原子坐标为_______。
③晶胞参数为a nm，则AB原子之间的距离为_______nm。
四、工业流程题
10．（2021·山东青岛·统考一模）粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)制备V2O5的工艺流程如下：
已知： ①硫酸氧钒[(VO)SO4]高温易分解生成VO2和SO3
②萃取剂对相关离子的萃取能力如下表：
微粒
VO2+
VO
Fe3+
Fe2+
萃取能力
强(随pH增大而增强)
弱
强
弱
回答下列问题：
(1)粘土钒矿焙烧时一般选择 250℃的原因是______，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒的化学方程式______。
(2)为提高浸出效率可采取的操作有______(答两条)，浸出液中存在 VO2+、VO、 Fe3+、Al3+和离子，萃取前加入铁粉的目的______。
(3)“反萃取”用 20%硫酸目的为______，“氧化”的离子方程式为______。
(4)用反萃取法由碘的 CCl4溶液提取碘单质，画出流程图______。
11．（2022·山东青岛·统考一模）废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、。某研究性学习小组设计如下工艺流程回收镍，制备硫酸镍晶体。
该小组同学查阅资料知：
①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
(1)除“粉碎”外，请你再写出一条提高废镍催化剂酸浸效率的措施_______。
(2)滤渣1的主要成分有_______。
(3)实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有_______。
(4)“溶液”中加入目的是_______(用离子方程式表示)。有同学认为可用NaClO代替，你认为此方案是否可行？_______ (填“是”或“否”)，理由是_______。
(5)下列物质调溶液pH，最好选用_______(填字母标号)。
a.氨水 b.稀 c. d.
若调pH前，和浓度均为，则“调pH”需控制溶液pH的范围为_______。
(6)如图为的溶解度随温度变化关系，据图分析操作B是_______。
12．（2023·山东青岛·统考一模）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。
已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子
开始沉淀的
6.3
1.8
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的
8.3
3.2
4.7
10.9
8.2
8.9
②当离子完全沉淀时，。
回答下列问题：
(1)为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有_______(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为_______。
(2)写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式_______、_______。
(3)“氧化除杂”中加入和的作用分别是_______，溶液的应调节为_______之间。
(4)“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为_______。[已知]
(5)称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_______。
五、原理综合题
13．（2021·山东青岛·统考一模）氮氧化合物的处理对建设生态文明，美丽中国具有重要意义，可采用多种方法消除。
方法一：氯气还原法
(1)氢气在富氧条件下催化还原 NOx，反应在低温时仍具有高活性和选择性。已知催化剂 Rh 表面H2催化还原 NO 的反应机理如下表。
序号
基元反应
活化能
①
12.6
②
0.0
③
97.5
④
83.7
⑤
33.5
⑥
45.0
⑦
120.9
⑧
37.7
⑨
77.8
⑩
108.9
其他条件一定时，决定 H2催化还原 NO 的反应速率的基元反应为______(填标号)，基元反应的△H=______KJ·mol-1。
(2)在低温区催化剂 Pt/Al-M-10-A对生成 N2O具有敏感性，发生反应，实验测定反应速率方程为。在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2。
①下列有关说法正确的是______。
a.平衡时，气体平均相对分子质量不再变化
b.任意时刻，
c.若向容器内充入少量 O2，平衡不移动
d.平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，平衡向右移动
②达平衡时，v(N2O)=______，Kp=______ (用含P0的代数式表示)。
方法二： CO 还原法，原理为∆H<0。
(3)实验测得，(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。如图所示①②③④四条斜线中，能表示 p k正(pk=-lgk)随温度变化的斜线是______，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为 a+2.5、 a+0.5、a-0.5、a-2.5，则温度T1时化学平衡常数K=______L·mol-1。
14．（2022·山东青岛·统考一模）丁二烯是生产合成橡胶的主要原料。一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯()与溴单质发生液相加成反应(1，2加成和1，4加成)，已知溶剂极性越大越容易发生1，4加成。现体系中同时存在如下反应：
①
②
③
由阿伦尼乌斯公式推知，同一反应在不同温度(T)下，反应速率常数(k)与活化能(Ea)的关系如下：(其中R为常数)。已知体系中两种产物可通过互相转化，反应历程及能量变化如下图所示：
(1)由反应历程及能量变化图示判断，m_______n(填“>”、“=”或“＜”)，_______。(用含不同活化能的式子表示)
(2)其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应_______(填①或②)的速率提高更有利，分析原因_______。
(3)由反应历程及能量变化图示判断，产物中_______(用系统命名法命名)含量更大，若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是_______。
(4)在一定温度下，向某反应容器中加入1.0mol和一定量的发生上述反应。测得的平衡转化率为，平衡时为b mol，若以物质的量分数表示的平衡常数，反应③的平衡常数，则产物的选择性百分比为_______，开始加入的为_______mol，反应①的平衡常数_______。
15．（2023·山东青岛·统考一模）与的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和。主要反应如下：
反应I：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：
已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。
(1)上述三个反应的平衡常数、与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的，_______。
(2)向密闭容器中，通入和，若仅考虑上述反应，平衡时、、、的物质的量随温度T的变化如图2所示。
时，的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数_______。后随温度升高，物质的量减少的原因为_______。
(3)DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①；②。目前积碳问题的解决方案主要有两种： A．提高原料气中的占比；B．在常规的催化剂中添加，使其在催化剂表面与形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。
(4)使用复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释循环的原理_______。
参考答案：
1． 硫酸浴 使TiCl4冷凝回流 吸收氯气并防止空气中的水蒸气进入到装置 D 中 ①②③⑤⑥④ 加热或稀释 KSCN 溶液 溶液由无色变红色 1.92
【分析】装置A中二氧化锰催化双氧水产生氧气，经B装置中浓硫酸进行干燥，TiCl4液体在硫酸浴中加热生成TiCl4气体，与氧气混合通入D装置中加热反应得到TiO2和氯气，球形冷凝管可以冷凝回流TiCl4，提高利用率，碱石灰可以吸收生成的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入使TiCl4水解。
【详解】(1)据图可知盛有TiCl4的蒸馏烧瓶是放在浓硫酸中加热的，即加热方式为硫酸浴；装置D中TiCl4与氧气在加热条件下生成TiO2和氯气，反应方程式为TiCl4+O2TiO2+Cl2；球形冷凝管可以冷凝回流TiCl4，提高利用率；碱石灰可以吸收生成的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入使TiCl4水解；
(2)TiCl4在空气中发烟，所以应先打开A处分液漏斗活塞生成氧气，利用氧气将装置中的空气排尽，然后点燃C处酒精灯产生TiCl4气体，在点燃D处酒精灯进行反应，反应结束后为了防止TiCl4气体的浪费，先停止C处加热，不再产生TiCl4气体，然后停止D处加热，为了使产生的氯气全部被吸收，同时防止副反应反应，最后关闭A处分液漏斗活塞，停止生成氧气，故操作顺序为①②③⑤⑥④；
(3)适当的加热、加水稀释、多次浸取均可以提高钛液水解产率；
(4)标准液为 Fe2(SO4)3溶液，达到滴定终点时Fe3+稍过量，所以可以用KSCN溶液做指示剂，达到滴定终点时溶液会由无色变为红色；三次滴定所用标准液的体积为7.50mL、7.40mL、7.60mL，平均体积为=7.50mL，根据反应方程式可知待测液中Ti3+的物质的量为0.0075L×0.0200mol/L×2=0.0003mol，待测液体积为25.00mL，根据元素守恒可得钛液中Ti(Ⅳ)的浓度为=1.92g/L。
2．(1) 氯化铵和氢氧化钙固体 导气，防止倒吸
(2)
(3) 滴液恒压漏斗 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下
(4)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(5) 淀粉溶液
【分析】实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼；
(1)
实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器a的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸；
(2)
装置B中氨和次氯酸钠反应生成肼，氮元素化合价升高，次氯酸具有氧化性则氯元素化合价降低生成氯化钠，；
(3)
装置C中仪器b的名称是滴液恒压漏斗，该仪器中导管的作用为平衡漏斗与烧瓶中气压，使浓盐酸顺利滴下；
(4)
装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
(5)
①已知：硫酸肼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水；装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，则反应为肼和稀硫酸生成硫酸肼晶体：；
②碘溶液能使淀粉变蓝色，故滴定过程中指示剂可选用淀粉溶液；
滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知，2I2～4e-～N2H4，则产品中的质量为，质量分数的表达式为。
3．(1)ACFBDE或ACDBFE
(2)冷却，使蒸气转变为固体
(3)容量瓶、三颈烧瓶
(4)降低晶体的溶解度，减少损失
(5)
(6) 3 AB
【分析】由实验仪器可知，装置A为氯气的制备，制备的氯气中含有水蒸气和挥发的氯化氢气体，因为氯化铁易潮解且氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，因此在氯气与铁反应之前，应先除去氯化氢气体和水蒸气，除去氯化氢需用饱和食盐水，即装置C，气体干燥可用浓硫酸（装置F）或者五氧化二磷（装置D），然后将纯净的氯气通入装置B与铁反应并收集，因为氯化铁易升华，需用冷水冷却，最后用氢氧化钠溶液（装置E）吸收尾气，为防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置B引起氯化铁的水解，因此需在BE之间加干燥装置，可用浓硫酸（装置F）或者五氧化二磷（装置D）。由此解答该题。
【详解】（1）由上述分析可知，仪器连接顺序为ACFBDE或ACDBFE。
（2）由题给信息可知，氯化铁易升华，故需用冷水冷却，使氯化铁蒸气变为固体，方便收集。
（3）配制氯化铁溶液，无需三颈烧瓶，因为无需精确配制，故也不需要容量瓶。
（4）三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产物的损失。
（5）由题给信息可知，锌将铁离子还原为亚铁再进行滴定，因此第二次滴定为酸性高锰酸钾与亚铁离子的反应，反应的离子方程式为。
（6）第一次滴定为酸性高锰酸钾与草酸根的反应，离子方程式为，结合消耗高锰酸钾的量可知草酸根的物质的量为，第二次滴定为为酸性高锰酸钾与亚铁离子的反应，反应的离子方程式为，结合消耗酸性高锰酸钾的量可知铁的物质的量为，因此铁与草酸根的比例为1:3，即y=3；若样品中含有草酸钾杂质，则第一次滴定时消耗高锰酸钾的量增多，求出草酸根的量偏大，则y偏大，A正确；第一次滴定前有气泡，滴定后无气泡，读数高锰酸钾体积高于实际体积，求得草酸根偏大，则y偏大，B正确；第二次滴定结束仰视读数，读得高锰酸钾体积偏大，即所求铁的量偏大，则y偏小，C错误，第二次滴定终点为深紫红色，则证明高锰酸钾偏多，求得铁的量偏大，则y偏小，D错误，故选AB。
4． 苯甲醛 碳碳双键、醛基 加成反应 +CH3OH+H2O 14
【分析】由有机物的转化关系可知，在碱性条件下，与CH3CHO反应生成，则A为、B为CH3CHO；与新制氢氧化铜共热发生氧化反应后酸化得到，则D为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则E为；在浓硫酸作用下，甲醇与共热发生酯化反应生成，则F为；CH3CH2OH与PBr3发生取代反应生成CH3CH2Br，在乙醚作用下，CH3CH2Br与镁反应生成CH3CH2MgBr，酸性条件下，CH3CH2MgBr与发生题给信息反应生成。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为，名称为苯甲醛；D的结构简式为，故答案为：苯甲醛；；
(2) C的结构简式为，官能团为碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；
(3) 反应③为在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成；反应④为在浓硫酸作用下，甲醇与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学反应方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：加成反应；；+CH3OH+H2O；
(4)由 的同分异构体含有苯环、能发生水解反应、能发生银镜反应可知，同分异构体的分子中含有—OOCH结构，则E的同分异构体可以视作乙苯及其同分异构体中的氢原子被—OOCH取代所得衍生物，其中乙苯被—OOCH取代所得结构有5种、邻二甲苯被—OOCH取代所得结构有3种、间二甲苯被—OOCH取代所得结构有4种、对二甲苯被—OOCH取代所得结构有2种，共14种，其中含有手性碳原子异构体的结构简式为，故答案为：14；；
(5) 由题给信息可知，以正丙醇和甲醇为原料制备的合成步骤为CH3CH2OH与PBr3发生取代反应生成CH3CH2Br，在乙醚作用下，CH3CH2Br与镁反应生成CH3CH2MgBr；CH3CH2 CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3 CH2CH2COOH，在浓硫酸作用下，甲醇或丙醇与CH3 CH2CH2COOH共热发生酯化反应生成丙酸甲酯或丙酸丙酯，酸性条件下，丙酸甲酯或丙酸丙酯与CH3CH2MgBr发生题给信息反应生成，合成路线为，故答案为：。
5．(1) 1，3—丁二烯
(2) 加成反应 碳碳双键、羧基
(3) +→
(4) 10 或或或
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知，CH2=CHCH=CH2与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，则A为CH2=CHCH=CH2、B为BrCH2CH=CHCH2Br；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，则C为HOCH2CH=CHCH2OH；HOCH2CH=CHCH2OH与溴化氢发生加成反应生成，则D为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则E为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应后，酸化生成HOOCCH=CHCOOH，则F为HOOCCH=CHCOOH；HOOCCH=CHCOOH在五氧化二磷作用下发生脱水反应生成，则G为；与发生加成反应生成，则H为、I为；一定条件下与乙醇发生取代反应生成。
(1)
由分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH=CH2，名称为1，3—丁二烯；D的结构简式为，故答案为：1，3—丁二烯；；
(2)
由分析可知，步骤③的反应为HOCH2CH=CHCH2OH与溴化氢发生加成反应生成；F的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；，官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：加成反应；碳碳双键、羧基；
(3)
由分析可知，步骤⑦的反应为与发生加成反应生成，反应的化学方程式为+→；
(4)
C的同分异构体能发生银镜反应说明同分异构体分子中含有的官能团为—CHO和—OH或—CHO和—O—或—OOCH，其中官能团为—CHO和—OH的链状结构有5种、—CHO和—O—的链状结构有3种、—OOCH的链状结构有2种，共10种，其中含手性碳的同分异构体的结构简式为、、、，故答案为：10；、、、（任写一种）；
(5)
由题给信息和有机物的转化关系可知，由制备的合成步骤为与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在五氧化二磷作用下发生脱水反应生成，合成路线为。
6．(1) 醚键，羰基
(2) 加成
(3)12
(4)
【分析】该题要注意正逆结合的思想进行相关化合物的推断。根据ZY12201结构简式： 和已知②可逆推G的结构简式为 ；由E： 逆推可知D ；结合已知①可知C： ；A： 在氢化钠条件下与CH3I发生反应生成B： ；据此回答。
【详解】（1）B： 中官能团的名称为醚键和羰基，G的结构简式为 ；
（2）A： 在氢化钠条件下与CH3I发生反应生成B： ，；对比E和F的结构简式可知发生的是碳氮双键的加成反应；
（3）A： 的分子式为C11H14O3；含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基，遇溶液显紫色，说明分子具有的局部结构为 ，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体说明该有机物含有羧基-COOH；由分子式C11H14O3可知还有4个饱和碳。 和-COOH取代C4H10中两个氢的位置，因-C4H8-有12种结构，故符合条件的同分异构体数目为12；
（4）结合题目信息，以 和溴丙烷为原料制备 的合成路线： 。
7． 5 前者为分子晶体，后者为离子晶体，分子间作用力弱于离子键，故熔点前者低于后者 ①④ 氟原子电负性大，吸引电子能力强，与其成键的N原子偏向F原子，使氮原子提供孤对电子能力弱，不易与 BF3中的 B 原子形成配位键 3NA 1：4：4 3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑
【详解】(1)基态B原子价层电子排布为2s22p1，有1个未成对电子；O原子价层电子排布为2s22p4，有2个未成对电子；C原子价层电子排布为2s22p2，有2个未成对电子；H原子价层电子排布为1s1，有1个未成对电子；N原子价层电子排布为2s22p3，有3个未成对电子；Cl原子价层电子排布为3s23p5，有1个未成对电子；Li原子价层电子排布为2s1，有1个未成对电子；Al原子价层电子排布为3s23p1，有1个未成对电子，综上所基态原子含1个未成对电子的有B、H、Cl、Li、Al共5种；B(OCH3)3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，NH4Cl为离子晶体，熔化时破坏离子键，分子间作用力弱于离子键，故熔点前者低于后者；
(2)N(SiH3)3中心N原子为平面构型，说明该物质中N原子采取了sp2等性杂化，N原子与Si原子形成3个完全一样的σ键；在B(OCH3)3中只有氧原子与B原子成键，且O原子只需一个电子(O原子所需的另一个电子由C原子提供)，所以B原子的价层电子对数为=3，为sp2杂化，同理Al(OCH3)3中Al原子也为sp2杂化；铵根中N原子为sp3杂化，NH3BH3中B原子与N原子形成配位键，也是sp3杂化，综上所述选①④；
氟原子电负性大，吸引电子能力强，与其成键的N原子偏向F原子，使氮原子提供孤对电子能力弱，不易与 BF3中的 B 原子形成配位键，所以NF3不易与BH3结合形成 NF3BH3；
(3)根据题意可知每个NH3分子可以形成6个氢键，每个氢键的二分之一属于该NH3分子，所以一个NH3分子具有=3个氢键，则1mol 氨晶体中含氢键数目为3NA；
(4)NH4Cl晶胞与CsCl类似，则晶胞中有1个阳离子，LiCl与NaCl类似，则晶胞中有4个阳离子，图示晶胞中阳离子个数为=4，所以三种晶胞中阳离子个数比为1:4:4；
每3个AlH中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，即3AlH→AlH+3H2↑+2Al，所以LiAlH4分解的化学方程式为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑。
8．(1) 分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，增加了位阻，导致N无法形成氢键，沸点较的低
(2) 甲基供电子能力强于氢原子，中含有两个甲基，中心N原子负电性更大，接受质子能力更强
(3) C a
【详解】（1）①N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H原子分别共用一对电子，电子式为；
②的熔点高于其原因是分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，增加了位阻，导致N无法形成氢键，沸点较的低；
（2）①铅与碳同主族，位于第六周期ⅣA族，故基态Pb的价层电子排布式为；
②已知甲基的供电子能力强于氢原子，则比接受质子能力较弱的原因是甲基供电子能力强于氢原子，中含有两个甲基，中心N原子负电性更大，接受质子能力更强；
（3）①B代表；晶胞中A原子位于顶点，一个晶胞中A原子数目为，C原子位于晶胞面心，一个晶胞中A原子数目为，结合化学式可知，代表的为C；
②原子分数坐标可用于表示晶胞内部各原子的相对位置。其中，原子分数坐标A为，B为，与图可知，C原子为右侧面心，则C的原子分数坐标为。
③已知的摩尔质量为，由①分析可知，晶胞质量为；晶胞边长为apm，则晶胞体积为，所以密度为。
④该晶胞沿体对角线方向的投影，体对角线方向的2个顶点A原子和体心B原子投到1个点，两外6个顶点A原子在平面上投出1个六边形，面心6个C原子在A投出六边形内部组成1个小六边形，故选a。
图为a。
9．(1)
(2)BD
(3) 用检验时，会与竞争结合。升高，更易与结合，酸性增强，浓度减小，可以竞争到 直线形 D
(4) 2 (0.75，0.25，0.25)
【详解】（1）Fe3+价电子为3d5，轨道表示式为 ；
（2）基态铁原子价电子为3d64s2，基态Fe2+价电子为3d6，基态Fe3+价电子为3d5，因此处于激发态的为、，为3d轨道电子跃迁到4s轨道，故选BD；
（3）①由图可知与都能与铁形成配位键，碱性状态下含有大量的，阻碍与铁的配合；
②中中心原子为C，杂化方式为sp杂化，无孤电子对，故离子的空间结构为直线形；
③邻二氮菲中氮原子成一个双键，杂化方式为sp2杂化，因此孤电子对占据sp2杂化轨道。
（4）①由图可知Cu4位于顶点、面心和四个四面体空隙，根据均摊法可得个数为8×+6×+4=8，每个铜原子由两个四面体共用，因此铜原子个数为8×4×=16，Mg原子位于四个四面体空隙和八面体空隙中，八面体空隙有12×+1=4个，因此Mg原子共有8个，由此可知化学式为MgCu2，即x=2；
②由图可知，A原子位于左前上四面体空隙，C原子位于右前下四面体空隙，因此二者y坐标相同，x、z坐标相加为1，即C坐标为（0.75，0.25，0.25）；
③由图可知，AB原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞参数为a nm，则AB之间的距离为。
10． 防止生成的硫酸氧钒发生分解 适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等 将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+ 降低 VO2+、VO在有机相中的萃取能力
【分析】粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)加入浓硫酸在250℃条件下焙烧，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒，Fe2O3、Al2O3反应生成相应的硫酸盐，SiO2不溶，加水浸出得到含有VO2+、VO、 Fe3+、Al3+和离子的浸出液，浸出液中加入氨水调节pH，同时加入Fe粉将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，加入萃取剂萃取得到含钒有机相，根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力，进行反萃取的钒富集液，加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，煅烧得到V2O5。
【详解】(1)根据题意可知硫酸氧钒在高温条件下易分解生成VO2和SO3，所以为了防止分解，粘土钒矿焙烧时一般选择 250℃；V2O5与浓硫酸反应时+5价的V被还原为+4价，根据各元素所处的价态可知该过程中O元素被氧化生成O2，结合电子守恒和元素守恒可得化学方程式为；
(2)适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等都可以提高浸出效率；根据题意可知萃取剂对VO2+、Fe3+的萃取能力较强，所以加入铁粉的目的是将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，提高含钒有机相的V钒元素的含量；
(3) 根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力；氧化过程中加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为；
(4)碘单质可以和NaOH溶液反应得到易溶于水的碘化钠和碘酸钠，所以可以先在碘的CCl4溶液中加入浓NaOH溶液振荡、静置、分液得到含有I-和IO的水溶液，之后加入稀硫酸，酸性环境下I-和IO发生归中反应得到含碘悬浊液，过滤得到碘单质，流程图为。
11．(1)升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等
(2)、Cu
(3)分液漏斗、烧杯
(4) 否 能将氧化或NaClO容易产生氯气，能造成污染等
(5) c
(6)加热浓缩、降温结晶
【分析】废镍催化剂粉碎后通过稀硫酸酸浸，Cu的氧化物，Fe、Al及其氧化物被溶解，Cu、不溶，过滤后得到滤渣1。滤液1中加入有机溶剂，分液得到含铜的有机层，溶液中加入双氧水氧化亚铁离子，然后调节pH将溶液中铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤，滤液2经过加热浓缩、降温结晶得到硫酸镍晶体，据此解答。
【详解】（1）根据外界条件对反应速率的影响可知除“粉碎”外，能提高废镍催化剂酸浸效率的措施还有升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等。
（2）根据以上分析可知滤渣1的主要成分有、Cu。
（3）操作A是萃取分液，则实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。
（4）根据以上分析可知“溶液”中加入目的是氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为。由于能将氧化，且NaClO容易产生氯气，能造成污染，因此不能用NaClO代替；
（5）氨水、能调节pH，但引入新杂质，稀增强酸性，不能消耗氢离子，能消耗氢离子，调节pH，且不会引入新杂质，答案选c；根据表中数据可知铁离子完全沉淀的pH是3.2，铝离子完全沉淀的pH是4.7，镍离子开始沉淀的pH是7.2，所以氢氧化镍的溶度积常数是0.01×(10－6.8)2＝10－15.6，由于调pH前镍离子浓度是，则镍离子开始沉淀时氢氧根浓度是，对应的pH是6.2，则需控制溶液pH的范围为。
（6）根据图象可知的溶解度随温度的升高先增大后减小，所以据图分析操作B是加热浓缩、降温结晶。
12．(1) 增大硫酸浓度或加热
(2)
(3) 将氧化为，调节溶液除去和 4.7
(4)
(5)
【分析】红土镍矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2，其余物质转化为相应的金属离子，往滤液1中加入H2S，Cu2+与S2-反应生成CuS，滤渣2为CuS，滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液3中加入NiF2生成滤渣4为MgF2沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的Zn2+，水相中主要含有硫酸镍，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。
【详解】（1）为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。
（2）滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为、。
（3）氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。
（4）设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为，根据Ksp(MgF2)=6.25×10-9，=0.025mol/L，解得x=0.029mol/L。
（5）已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式可知，消耗的Ni2+物质的量为cV×10-3mol，则mg样品中含有NiSO4·H2OcV×10-2mol，该样品的纯度为=
13． ⑦ 46.0 ad ③ 0.01
【详解】(1)根据慢反应决定化学反应速率，而活化能越大反应速率越慢，可知反应⑦的活化能最大，其决定总反应速率的快慢，反应热△H=正反应活化能-逆反应活化能=83.7KJ·mol-1-37.7KJ·mol-1=46.0KJ·mol-1，故答案为：⑦；46.0；
(2)①a.由反应可知反应物、生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，但气体的物质的量减小，则反应过程中气体平均相对分子质量不断减小，当不再变化时达到平衡状态，故正确；
b.达到平衡状态时，，其他时刻不相等，故错误；
c.若向容器内充入少量 O2，能与NO反应，降低NO的浓度，使化学平衡逆向移动，故错误；
d.平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，等同于增大压强，平衡向右移动，故正确；
故选：ad；
②在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2，设起始时氢气和NO的物质的量分别为1mol、2mol，平衡时氢气的变化量为xmol，
列三段式得：
平衡时N2O的体积分数=，解得x=0.5，
平衡时气体的总物质的量为2.5mol
根据压强之比等于物质的量之比得平衡时的压强P=，p(NO)==，p(H2)==，p(N2O)==，p(H2O)==，
=k=。
Kp=，
故答案为：；；
(3)升高温度速率常数均增大，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，可知升温时k逆增大趋势比k正大，p k正(pk=-lgk)，k正增大时p k正减小，则③为pk正(pk=-lgk)随温度变化的斜线，温度T1时，反应达到平衡状态时，=，=K，由图可知，，K=，故答案为：③；0.01；
14．(1) >
(2) ② 由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利
(3) 2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯 在极性大的溶剂中进行反应
(4) 80%
【详解】（1）由反应历程及能量变化图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，则转化为是放热反应，反应②-①得到→，根据盖斯定律，＜0，则m＞n；转化为的，转化为的，这个过程中===，
（2）由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利，则其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应②的速率提高更有利；
（3）由图可知，的能量低于，较稳定，反应生成的容易转化为，则反应达平衡后产物中含量更大，主链含有4个C原子，1、4号C原子上含有Br原子，2、3号C原子上含有甲基，2号C原子含有碳碳双键，则该物质的名称为2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯；有题目中信息可知，溶剂极性越大越容易发生1，4加成，故若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是在极性大的溶剂中进行反应；
（4）设反应生成x mol，反应③的平衡常数，则生成的物质的量为4x mol，则产物的选择性百分比为=80%；反应开始时，加入1.0mol，的平衡转化率为，则消耗的物质的量为 mol，则消耗Br2的物质的量为 mol，平衡时为b mol，故开始加入的为；消耗的物质的量为 mol，生成和的总物质的量为 mol，产物的选择性百分比为80%，则生成的物质的量为= mol，平衡时，的物质的量为，为b mol，各物质总物质的量为(1+b)mol，则反应①的平衡常数=。
15．(1) Ⅱ
(2) 或2.1 后反应Ⅲ逆向进行的程度大
(3)增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应
(4)、、或
【详解】（1）反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；反应I:；
反应Ⅱ：；
反应III的∆H3=(∆H1-∆H2)÷2=[+247KJ/mol-(+329KJ/mol)]÷2=+41KJ/mol；
（2）开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)=n(CO2)=1.85mol；n(H2)=0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)=1mol+3mol-1.85mol-1.85mol=0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)=(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2=0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n=1.85mol×2+0.95mol+0.45mol+0.3mol=5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数:；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；
（3）增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应；
（4）结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：、、或。
山东省青岛市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·山东青岛·统考一模）钛白(TiO2)是重要的化工原料，制取钛白的方法主要有两种。
方法一：四氯化钛气相氧化。实验室模拟四氯化钛气相氧化装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：TiCl4熔点-24.1℃，沸点 136.4℃，在空气中发烟，生成二氧化钛固体和盐酸液滴的混合物。
回答下列问题：
(1)C 装置的加热方式为______，D装置中反应方程式为______，球形冷凝管和碱石灰的作用分别为______、______。
(2)为完成上述实验，正确的操作顺序为______。
①打开 A处分液漏斗活塞
②点燃 C处的酒精灯
③点燃D处的酒精喷灯
④关闭A 处分液漏斗活塞
⑤C 处停止加热
⑥D处停止加热
方法二：硫酸法。70~80℃条件下，不断通入空气并搅拌，钛铁矿同浓硫酸反应制得可溶性硫酸盐TiOSO4，用水浸取固相物，得钛液，钛液水解得钛白：。在制取钛白的过程中，需要测定钛液中Ti(Ⅳ)的含量。首先用铝片将Ti(IV)还原为Ti3+，再用0.0200mol·L-1标准 Fe2(SO4)3溶液滴定：。
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
消耗标准溶液体积
1
25.00
0.10
7.60
2
25.00
7.60
15.00
3
25.00
0.20
7.80
(3)提高钛液水解产率的方法除加碱适当调节pH以外，还有______(写出一种即可)。
(4)滴定时可选用的指示剂为______滴定终点溶液颜色变化为______，钛液中Ti(Ⅳ)的浓度为______(以 TiOSO4计)。
2．（2022·山东青岛·统考一模）实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，并探究肼的性质。制备装置如下图所示。
已知：硫酸肼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水，易溶于热水。回答下列问题：
(1)装置A试管中的试剂为_______，仪器a的作用是_______。
(2)装置B中制备肼的化学方程式为_______。
(3)装置C中仪器b的名称是_______，该仪器中导管的作用为_______。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是_______。
(5)①探究性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到结晶。写出生成结晶的离子反应方程式_______。
②测定产品中肼的质量分数。称取m g装置B中溶液，加入适量固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成100mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴指示剂，用的碘溶液滴定，滴定过程中有无色无味无毒气体产生。滴定过程中指示剂可选用_______，滴定终点平均消耗标准溶液V mL，产品中肼质量分数的表达式为_______。
3．（2023·山东青岛·统考一模）三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾{，x、y均为整数}常用于化学光量计。实验室用(易潮解，易升华)和为原料制备，实验步骤如下：
I.无水的制备：
(1)仪器连接顺序为_______(仪器不重复使用)。
(2)B中冷水的作用为_______。
Ⅱ.三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备：
称取一定质量草酸钾固体，加入蒸馏水，加热。溶解。时，边搅拌边向草酸钾溶液中加入过量溶液。将上述溶液置于冰水中冷却至绿色晶体析出。用布氏漏斗过滤、乙醇洗涤、干燥得三水合草酸合铁酸钾晶体。整个过程需避光。
(3)用无水配制所需溶液，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。
(4)乙醇代替水洗涤的目的是_______。
Ⅲ.晶体组成的测定及误差分析
取少量晶体配成溶液，用标准酸性高锰酸钾溶液进行第一次滴定，达终点时消耗标准液，向滴定后的溶液中加入过量锌粒将还原为。过滤，用该高锰酸钾溶液进行第二次滴定，终点时消耗标准液(杂质不反应)。
(5)第二次滴定时的离子反应方程式为_______。
(6)中_______。下列情况会导致y偏高的是_______。(填标号)。
A．样品中含有草酸钾杂质
B．第一次滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
C．第二次滴定终点读数时仰视
D．第二次滴定终点时颜色为深紫红色
二、有机推断题
4．（2021·山东青岛·统考一模）有机物G因具有特殊的香味常用作食品添加剂，下图是其常用的一种合成路线：
已知：(R为烃基或氢)
回答下列问题：
(1)A的名称为______，D的结构简式为______。
(2)C中含有官能团的名称为______。
(3)反应③的反应类型为______，写出反应④的化学反应方程式______。
(4)满足下列条件的E的同分异构体有______种，其中含有手性C 原子异构体的结构简式为______。
①含有苯环 ②能发生水解反应 ③能发生银镜反应
(5)根据本题信息，写出以正丙醇和甲醇为原料制备的合成路线______(乙醚和其它无机试剂任选)。
5．（2022·山东青岛·统考一模）以烃A为原料合成物质J的路线如下(部分反应条件或试剂省略)，其中1mol C与足量钠反应生成标准状况下，D只有一种结构，G为五元环状化合物。
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的名称为_______，D的结构简式为_______。
(2)步骤③的反应类型为_______，F中官能团的名称为_______。
(3)步骤⑦反应的化学方程式为_______。
(4)能发生银镜反应的C的链状同分异构体有_______种(不考虑立体异构)，其中含手性碳的同分异构体的结构简式为_______(写一种即可)。
(5)已知：(、、均为烃基)。参照上述路线，设计由制备 的合成路线_______(其它试剂任选)。
6．（2023·山东青岛·统考一模）ZY12201是一款新型TGR5激动剂，目前已经在体外、体内实验上证明了对糖尿病治疗的有效性。其合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)B中官能团的名称为_______，G的结构简式为_______。
(2)的化学方程式为_______，的反应类型为_______。
(3)符合下列条件的A的同分异构体有_______种。
a.含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基；
b.遇溶液显紫色；
c.能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体。
(4)结合题目信息，写出以 和溴丙烷为原料制备 的合成路线_______。
三、结构与性质
7．（2021·山东青岛·统考一模）氨硼烷(NH3BH3)的制备是当今科学研究的重要课题，可用以下反应进行制备。回答下列问题：
(1)反应中涉及元素的基态原子含1个未成对电子的有______种，熔点：，解释原因______。
(2)N(SiH3)3中心N原子为平面构型，下列标记原子杂化类型与其相同的是______(填标号)
① ② ③ ④
NH3与 BH3可形成稳定的，但NF3不易与BH3结合形成 NF3BH3，原因是______。
(3)氨晶体中，氨分子中的每个H原子均参与一个氢键的形成，每个N原子与其它氨分子的3 个H 原子形成氢键，1mol 氨晶体中含氢键数目为______。
(4)已知 NH4Cl、LiCl晶胞分别与CsCl、NaCl 晶胞类似、LiAlH4 晶胞如图所示，每个NH4Cl、LiCl和LiAlH4晶胞中阳离子数目之比为______。LiAlH4易分解，机理为每3个中，有2个分别释放出3个H原子和1个 Al原子，同时与该 Al 原子最邻近的 Li原子转移到被释放的 Al原子留下的空位，改变了原来的结构，这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，形成一种新晶体，并释放出氢气。该过程可用化学方程式表示为______。
8．（2022·山东青岛·统考一模）含碳、氮元素的化合物在航天或太阳能电池领域都有重要作用。
(1)和均可用作卫星发射的主体燃料。
①的电子式为_______。
②的熔点高于其原因是_______。
(2)钙钛矿类杂化材料在太阳能电池领域具有重要的应用价值。
①基态Pb的价层电子排布式为_______。
②已知甲基的供电子能力强于氢原子，则比接受质子能力较弱的原因是_______。
(3)的晶胞结构如图所示，其中B代表。
①代表的为_______。
②原子分数坐标可用于表示晶胞内部各原子的相对位置。其中，原子分数坐标A为，B为，则C的原子分数坐标为_______。
③已知的摩尔质量为，则该晶体的密度为_______(设为阿伏加德罗常数的值)。
④该晶胞沿体对角线方向的投影图为_______(填标号)。
a. b. c. d.
9．（2023·山东青岛·统考一模）研究金属原子结构及晶体结构具有重大意义。
(1)价电子轨道表示式为_______。
(2)原子发射光谱法是通过处于激发态的待测元素微粒回到基态时发射的特征谱线对其进行鉴别的方法。下列状态的铁粒子处于激发态的是_______(填标号)。
A． B． C． D．
(3)利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的和，部分配合物的结构如下：
①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释检验须在酸性条件下进行的原因_______。
②配体SCN的空间构型为_______。
③邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据_______。(填标号)。
A．轨道 B．轨道 C．杂化轨道 D．杂化轨道
(4)金属合金的结构可看作以四面体(相互共用顶点)替换立方金刚石结构中的碳原子，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置原子(四面体的4个顶点代表原子，圆球代表原子)，结构如图所示。
①_______。
②若原子A的原子坐标为(0.25，0.25，0.75)，则C的原子坐标为_______。
③晶胞参数为a nm，则AB原子之间的距离为_______nm。
四、工业流程题
10．（2021·山东青岛·统考一模）粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)制备V2O5的工艺流程如下：
已知： ①硫酸氧钒[(VO)SO4]高温易分解生成VO2和SO3
②萃取剂对相关离子的萃取能力如下表：
微粒
VO2+
VO
Fe3+
Fe2+
萃取能力
强(随pH增大而增强)
弱
强
弱
回答下列问题：
(1)粘土钒矿焙烧时一般选择 250℃的原因是______，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒的化学方程式______。
(2)为提高浸出效率可采取的操作有______(答两条)，浸出液中存在 VO2+、VO、 Fe3+、Al3+和离子，萃取前加入铁粉的目的______。
(3)“反萃取”用 20%硫酸目的为______，“氧化”的离子方程式为______。
(4)用反萃取法由碘的 CCl4溶液提取碘单质，画出流程图______。
11．（2022·山东青岛·统考一模）废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、。某研究性学习小组设计如下工艺流程回收镍，制备硫酸镍晶体。
该小组同学查阅资料知：
①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
(1)除“粉碎”外，请你再写出一条提高废镍催化剂酸浸效率的措施_______。
(2)滤渣1的主要成分有_______。
(3)实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有_______。
(4)“溶液”中加入目的是_______(用离子方程式表示)。有同学认为可用NaClO代替，你认为此方案是否可行？_______ (填“是”或“否”)，理由是_______。
(5)下列物质调溶液pH，最好选用_______(填字母标号)。
a.氨水 b.稀 c. d.
若调pH前，和浓度均为，则“调pH”需控制溶液pH的范围为_______。
(6)如图为的溶解度随温度变化关系，据图分析操作B是_______。
12．（2023·山东青岛·统考一模）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。
已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子
开始沉淀的
6.3
1.8
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的
8.3
3.2
4.7
10.9
8.2
8.9
②当离子完全沉淀时，。
回答下列问题：
(1)为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有_______(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为_______。
(2)写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式_______、_______。
(3)“氧化除杂”中加入和的作用分别是_______，溶液的应调节为_______之间。
(4)“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为_______。[已知]
(5)称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_______。
五、原理综合题
13．（2021·山东青岛·统考一模）氮氧化合物的处理对建设生态文明，美丽中国具有重要意义，可采用多种方法消除。
方法一：氯气还原法
(1)氢气在富氧条件下催化还原 NOx，反应在低温时仍具有高活性和选择性。已知催化剂 Rh 表面H2催化还原 NO 的反应机理如下表。
序号
基元反应
活化能
①
12.6
②
0.0
③
97.5
④
83.7
⑤
33.5
⑥
45.0
⑦
120.9
⑧
37.7
⑨
77.8
⑩
108.9
其他条件一定时，决定 H2催化还原 NO 的反应速率的基元反应为______(填标号)，基元反应的△H=______KJ·mol-1。
(2)在低温区催化剂 Pt/Al-M-10-A对生成 N2O具有敏感性，发生反应，实验测定反应速率方程为。在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2。
①下列有关说法正确的是______。
a.平衡时，气体平均相对分子质量不再变化
b.任意时刻，
c.若向容器内充入少量 O2，平衡不移动
d.平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，平衡向右移动
②达平衡时，v(N2O)=______，Kp=______ (用含P0的代数式表示)。
方法二： CO 还原法，原理为∆H<0。
(3)实验测得，(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。如图所示①②③④四条斜线中，能表示 p k正(pk=-lgk)随温度变化的斜线是______，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为 a+2.5、 a+0.5、a-0.5、a-2.5，则温度T1时化学平衡常数K=______L·mol-1。
14．（2022·山东青岛·统考一模）丁二烯是生产合成橡胶的主要原料。一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯()与溴单质发生液相加成反应(1，2加成和1，4加成)，已知溶剂极性越大越容易发生1，4加成。现体系中同时存在如下反应：
①
②
③
由阿伦尼乌斯公式推知，同一反应在不同温度(T)下，反应速率常数(k)与活化能(Ea)的关系如下：(其中R为常数)。已知体系中两种产物可通过互相转化，反应历程及能量变化如下图所示：
(1)由反应历程及能量变化图示判断，m_______n(填“>”、“=”或“＜”)，_______。(用含不同活化能的式子表示)
(2)其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应_______(填①或②)的速率提高更有利，分析原因_______。
(3)由反应历程及能量变化图示判断，产物中_______(用系统命名法命名)含量更大，若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是_______。
(4)在一定温度下，向某反应容器中加入1.0mol和一定量的发生上述反应。测得的平衡转化率为，平衡时为b mol，若以物质的量分数表示的平衡常数，反应③的平衡常数，则产物的选择性百分比为_______，开始加入的为_______mol，反应①的平衡常数_______。
15．（2023·山东青岛·统考一模）与的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和。主要反应如下：
反应I：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：
已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。
(1)上述三个反应的平衡常数、与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的，_______。
(2)向密闭容器中，通入和，若仅考虑上述反应，平衡时、、、的物质的量随温度T的变化如图2所示。
时，的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数_______。后随温度升高，物质的量减少的原因为_______。
(3)DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①；②。目前积碳问题的解决方案主要有两种： A．提高原料气中的占比；B．在常规的催化剂中添加，使其在催化剂表面与形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。
(4)使用复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释循环的原理_______。
参考答案：
1． 硫酸浴 使TiCl4冷凝回流 吸收氯气并防止空气中的水蒸气进入到装置 D 中 ①②③⑤⑥④ 加热或稀释 KSCN 溶液 溶液由无色变红色 1.92
【分析】装置A中二氧化锰催化双氧水产生氧气，经B装置中浓硫酸进行干燥，TiCl4液体在硫酸浴中加热生成TiCl4气体，与氧气混合通入D装置中加热反应得到TiO2和氯气，球形冷凝管可以冷凝回流TiCl4，提高利用率，碱石灰可以吸收生成的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入使TiCl4水解。
【详解】(1)据图可知盛有TiCl4的蒸馏烧瓶是放在浓硫酸中加热的，即加热方式为硫酸浴；装置D中TiCl4与氧气在加热条件下生成TiO2和氯气，反应方程式为TiCl4+O2TiO2+Cl2；球形冷凝管可以冷凝回流TiCl4，提高利用率；碱石灰可以吸收生成的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入使TiCl4水解；
(2)TiCl4在空气中发烟，所以应先打开A处分液漏斗活塞生成氧气，利用氧气将装置中的空气排尽，然后点燃C处酒精灯产生TiCl4气体，在点燃D处酒精灯进行反应，反应结束后为了防止TiCl4气体的浪费，先停止C处加热，不再产生TiCl4气体，然后停止D处加热，为了使产生的氯气全部被吸收，同时防止副反应反应，最后关闭A处分液漏斗活塞，停止生成氧气，故操作顺序为①②③⑤⑥④；
(3)适当的加热、加水稀释、多次浸取均可以提高钛液水解产率；
(4)标准液为 Fe2(SO4)3溶液，达到滴定终点时Fe3+稍过量，所以可以用KSCN溶液做指示剂，达到滴定终点时溶液会由无色变为红色；三次滴定所用标准液的体积为7.50mL、7.40mL、7.60mL，平均体积为=7.50mL，根据反应方程式可知待测液中Ti3+的物质的量为0.0075L×0.0200mol/L×2=0.0003mol，待测液体积为25.00mL，根据元素守恒可得钛液中Ti(Ⅳ)的浓度为=1.92g/L。
2．(1) 氯化铵和氢氧化钙固体 导气，防止倒吸
(2)
(3) 滴液恒压漏斗 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下
(4)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(5) 淀粉溶液
【分析】实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼；
(1)
实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器a的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸；
(2)
装置B中氨和次氯酸钠反应生成肼，氮元素化合价升高，次氯酸具有氧化性则氯元素化合价降低生成氯化钠，；
(3)
装置C中仪器b的名称是滴液恒压漏斗，该仪器中导管的作用为平衡漏斗与烧瓶中气压，使浓盐酸顺利滴下；
(4)
装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
(5)
①已知：硫酸肼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水；装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，则反应为肼和稀硫酸生成硫酸肼晶体：；
②碘溶液能使淀粉变蓝色，故滴定过程中指示剂可选用淀粉溶液；
滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知，2I2～4e-～N2H4，则产品中的质量为，质量分数的表达式为。
3．(1)ACFBDE或ACDBFE
(2)冷却，使蒸气转变为固体
(3)容量瓶、三颈烧瓶
(4)降低晶体的溶解度，减少损失
(5)
(6) 3 AB
【分析】由实验仪器可知，装置A为氯气的制备，制备的氯气中含有水蒸气和挥发的氯化氢气体，因为氯化铁易潮解且氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，因此在氯气与铁反应之前，应先除去氯化氢气体和水蒸气，除去氯化氢需用饱和食盐水，即装置C，气体干燥可用浓硫酸（装置F）或者五氧化二磷（装置D），然后将纯净的氯气通入装置B与铁反应并收集，因为氯化铁易升华，需用冷水冷却，最后用氢氧化钠溶液（装置E）吸收尾气，为防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置B引起氯化铁的水解，因此需在BE之间加干燥装置，可用浓硫酸（装置F）或者五氧化二磷（装置D）。由此解答该题。
【详解】（1）由上述分析可知，仪器连接顺序为ACFBDE或ACDBFE。
（2）由题给信息可知，氯化铁易升华，故需用冷水冷却，使氯化铁蒸气变为固体，方便收集。
（3）配制氯化铁溶液，无需三颈烧瓶，因为无需精确配制，故也不需要容量瓶。
（4）三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产物的损失。
（5）由题给信息可知，锌将铁离子还原为亚铁再进行滴定，因此第二次滴定为酸性高锰酸钾与亚铁离子的反应，反应的离子方程式为。
（6）第一次滴定为酸性高锰酸钾与草酸根的反应，离子方程式为，结合消耗高锰酸钾的量可知草酸根的物质的量为，第二次滴定为为酸性高锰酸钾与亚铁离子的反应，反应的离子方程式为，结合消耗酸性高锰酸钾的量可知铁的物质的量为，因此铁与草酸根的比例为1:3，即y=3；若样品中含有草酸钾杂质，则第一次滴定时消耗高锰酸钾的量增多，求出草酸根的量偏大，则y偏大，A正确；第一次滴定前有气泡，滴定后无气泡，读数高锰酸钾体积高于实际体积，求得草酸根偏大，则y偏大，B正确；第二次滴定结束仰视读数，读得高锰酸钾体积偏大，即所求铁的量偏大，则y偏小，C错误，第二次滴定终点为深紫红色，则证明高锰酸钾偏多，求得铁的量偏大，则y偏小，D错误，故选AB。
4． 苯甲醛 碳碳双键、醛基 加成反应 +CH3OH+H2O 14
【分析】由有机物的转化关系可知，在碱性条件下，与CH3CHO反应生成，则A为、B为CH3CHO；与新制氢氧化铜共热发生氧化反应后酸化得到，则D为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则E为；在浓硫酸作用下，甲醇与共热发生酯化反应生成，则F为；CH3CH2OH与PBr3发生取代反应生成CH3CH2Br，在乙醚作用下，CH3CH2Br与镁反应生成CH3CH2MgBr，酸性条件下，CH3CH2MgBr与发生题给信息反应生成。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为，名称为苯甲醛；D的结构简式为，故答案为：苯甲醛；；
(2) C的结构简式为，官能团为碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；
(3) 反应③为在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成；反应④为在浓硫酸作用下，甲醇与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学反应方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：加成反应；；+CH3OH+H2O；
(4)由 的同分异构体含有苯环、能发生水解反应、能发生银镜反应可知，同分异构体的分子中含有—OOCH结构，则E的同分异构体可以视作乙苯及其同分异构体中的氢原子被—OOCH取代所得衍生物，其中乙苯被—OOCH取代所得结构有5种、邻二甲苯被—OOCH取代所得结构有3种、间二甲苯被—OOCH取代所得结构有4种、对二甲苯被—OOCH取代所得结构有2种，共14种，其中含有手性碳原子异构体的结构简式为，故答案为：14；；
(5) 由题给信息可知，以正丙醇和甲醇为原料制备的合成步骤为CH3CH2OH与PBr3发生取代反应生成CH3CH2Br，在乙醚作用下，CH3CH2Br与镁反应生成CH3CH2MgBr；CH3CH2 CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3 CH2CH2COOH，在浓硫酸作用下，甲醇或丙醇与CH3 CH2CH2COOH共热发生酯化反应生成丙酸甲酯或丙酸丙酯，酸性条件下，丙酸甲酯或丙酸丙酯与CH3CH2MgBr发生题给信息反应生成，合成路线为，故答案为：。
5．(1) 1，3—丁二烯
(2) 加成反应 碳碳双键、羧基
(3) +→
(4) 10 或或或
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知，CH2=CHCH=CH2与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，则A为CH2=CHCH=CH2、B为BrCH2CH=CHCH2Br；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，则C为HOCH2CH=CHCH2OH；HOCH2CH=CHCH2OH与溴化氢发生加成反应生成，则D为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则E为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应后，酸化生成HOOCCH=CHCOOH，则F为HOOCCH=CHCOOH；HOOCCH=CHCOOH在五氧化二磷作用下发生脱水反应生成，则G为；与发生加成反应生成，则H为、I为；一定条件下与乙醇发生取代反应生成。
(1)
由分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH=CH2，名称为1，3—丁二烯；D的结构简式为，故答案为：1，3—丁二烯；；
(2)
由分析可知，步骤③的反应为HOCH2CH=CHCH2OH与溴化氢发生加成反应生成；F的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；，官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：加成反应；碳碳双键、羧基；
(3)
由分析可知，步骤⑦的反应为与发生加成反应生成，反应的化学方程式为+→；
(4)
C的同分异构体能发生银镜反应说明同分异构体分子中含有的官能团为—CHO和—OH或—CHO和—O—或—OOCH，其中官能团为—CHO和—OH的链状结构有5种、—CHO和—O—的链状结构有3种、—OOCH的链状结构有2种，共10种，其中含手性碳的同分异构体的结构简式为、、、，故答案为：10；、、、（任写一种）；
(5)
由题给信息和有机物的转化关系可知，由制备的合成步骤为与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在五氧化二磷作用下发生脱水反应生成，合成路线为。
6．(1) 醚键，羰基
(2) 加成
(3)12
(4)
【分析】该题要注意正逆结合的思想进行相关化合物的推断。根据ZY12201结构简式： 和已知②可逆推G的结构简式为 ；由E： 逆推可知D ；结合已知①可知C： ；A： 在氢化钠条件下与CH3I发生反应生成B： ；据此回答。
【详解】（1）B： 中官能团的名称为醚键和羰基，G的结构简式为 ；
（2）A： 在氢化钠条件下与CH3I发生反应生成B： ，；对比E和F的结构简式可知发生的是碳氮双键的加成反应；
（3）A： 的分子式为C11H14O3；含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基，遇溶液显紫色，说明分子具有的局部结构为 ，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体说明该有机物含有羧基-COOH；由分子式C11H14O3可知还有4个饱和碳。 和-COOH取代C4H10中两个氢的位置，因-C4H8-有12种结构，故符合条件的同分异构体数目为12；
（4）结合题目信息，以 和溴丙烷为原料制备 的合成路线： 。
7． 5 前者为分子晶体，后者为离子晶体，分子间作用力弱于离子键，故熔点前者低于后者 ①④ 氟原子电负性大，吸引电子能力强，与其成键的N原子偏向F原子，使氮原子提供孤对电子能力弱，不易与 BF3中的 B 原子形成配位键 3NA 1：4：4 3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑
【详解】(1)基态B原子价层电子排布为2s22p1，有1个未成对电子；O原子价层电子排布为2s22p4，有2个未成对电子；C原子价层电子排布为2s22p2，有2个未成对电子；H原子价层电子排布为1s1，有1个未成对电子；N原子价层电子排布为2s22p3，有3个未成对电子；Cl原子价层电子排布为3s23p5，有1个未成对电子；Li原子价层电子排布为2s1，有1个未成对电子；Al原子价层电子排布为3s23p1，有1个未成对电子，综上所基态原子含1个未成对电子的有B、H、Cl、Li、Al共5种；B(OCH3)3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，NH4Cl为离子晶体，熔化时破坏离子键，分子间作用力弱于离子键，故熔点前者低于后者；
(2)N(SiH3)3中心N原子为平面构型，说明该物质中N原子采取了sp2等性杂化，N原子与Si原子形成3个完全一样的σ键；在B(OCH3)3中只有氧原子与B原子成键，且O原子只需一个电子(O原子所需的另一个电子由C原子提供)，所以B原子的价层电子对数为=3，为sp2杂化，同理Al(OCH3)3中Al原子也为sp2杂化；铵根中N原子为sp3杂化，NH3BH3中B原子与N原子形成配位键，也是sp3杂化，综上所述选①④；
氟原子电负性大，吸引电子能力强，与其成键的N原子偏向F原子，使氮原子提供孤对电子能力弱，不易与 BF3中的 B 原子形成配位键，所以NF3不易与BH3结合形成 NF3BH3；
(3)根据题意可知每个NH3分子可以形成6个氢键，每个氢键的二分之一属于该NH3分子，所以一个NH3分子具有=3个氢键，则1mol 氨晶体中含氢键数目为3NA；
(4)NH4Cl晶胞与CsCl类似，则晶胞中有1个阳离子，LiCl与NaCl类似，则晶胞中有4个阳离子，图示晶胞中阳离子个数为=4，所以三种晶胞中阳离子个数比为1:4:4；
每3个AlH中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，即3AlH→AlH+3H2↑+2Al，所以LiAlH4分解的化学方程式为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑。
8．(1) 分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，增加了位阻，导致N无法形成氢键，沸点较的低
(2) 甲基供电子能力强于氢原子，中含有两个甲基，中心N原子负电性更大，接受质子能力更强
(3) C a
【详解】（1）①N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H原子分别共用一对电子，电子式为；
②的熔点高于其原因是分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，增加了位阻，导致N无法形成氢键，沸点较的低；
（2）①铅与碳同主族，位于第六周期ⅣA族，故基态Pb的价层电子排布式为；
②已知甲基的供电子能力强于氢原子，则比接受质子能力较弱的原因是甲基供电子能力强于氢原子，中含有两个甲基，中心N原子负电性更大，接受质子能力更强；
（3）①B代表；晶胞中A原子位于顶点，一个晶胞中A原子数目为，C原子位于晶胞面心，一个晶胞中A原子数目为，结合化学式可知，代表的为C；
②原子分数坐标可用于表示晶胞内部各原子的相对位置。其中，原子分数坐标A为，B为，与图可知，C原子为右侧面心，则C的原子分数坐标为。
③已知的摩尔质量为，由①分析可知，晶胞质量为；晶胞边长为apm，则晶胞体积为，所以密度为。
④该晶胞沿体对角线方向的投影，体对角线方向的2个顶点A原子和体心B原子投到1个点，两外6个顶点A原子在平面上投出1个六边形，面心6个C原子在A投出六边形内部组成1个小六边形，故选a。
图为a。
9．(1)
(2)BD
(3) 用检验时，会与竞争结合。升高，更易与结合，酸性增强，浓度减小，可以竞争到 直线形 D
(4) 2 (0.75，0.25，0.25)
【详解】（1）Fe3+价电子为3d5，轨道表示式为 ；
（2）基态铁原子价电子为3d64s2，基态Fe2+价电子为3d6，基态Fe3+价电子为3d5，因此处于激发态的为、，为3d轨道电子跃迁到4s轨道，故选BD；
（3）①由图可知与都能与铁形成配位键，碱性状态下含有大量的，阻碍与铁的配合；
②中中心原子为C，杂化方式为sp杂化，无孤电子对，故离子的空间结构为直线形；
③邻二氮菲中氮原子成一个双键，杂化方式为sp2杂化，因此孤电子对占据sp2杂化轨道。
（4）①由图可知Cu4位于顶点、面心和四个四面体空隙，根据均摊法可得个数为8×+6×+4=8，每个铜原子由两个四面体共用，因此铜原子个数为8×4×=16，Mg原子位于四个四面体空隙和八面体空隙中，八面体空隙有12×+1=4个，因此Mg原子共有8个，由此可知化学式为MgCu2，即x=2；
②由图可知，A原子位于左前上四面体空隙，C原子位于右前下四面体空隙，因此二者y坐标相同，x、z坐标相加为1，即C坐标为（0.75，0.25，0.25）；
③由图可知，AB原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞参数为a nm，则AB之间的距离为。
10． 防止生成的硫酸氧钒发生分解 适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等 将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+ 降低 VO2+、VO在有机相中的萃取能力
【分析】粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)加入浓硫酸在250℃条件下焙烧，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒，Fe2O3、Al2O3反应生成相应的硫酸盐，SiO2不溶，加水浸出得到含有VO2+、VO、 Fe3+、Al3+和离子的浸出液，浸出液中加入氨水调节pH，同时加入Fe粉将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，加入萃取剂萃取得到含钒有机相，根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力，进行反萃取的钒富集液，加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，煅烧得到V2O5。
【详解】(1)根据题意可知硫酸氧钒在高温条件下易分解生成VO2和SO3，所以为了防止分解，粘土钒矿焙烧时一般选择 250℃；V2O5与浓硫酸反应时+5价的V被还原为+4价，根据各元素所处的价态可知该过程中O元素被氧化生成O2，结合电子守恒和元素守恒可得化学方程式为；
(2)适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等都可以提高浸出效率；根据题意可知萃取剂对VO2+、Fe3+的萃取能力较强，所以加入铁粉的目的是将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，提高含钒有机相的V钒元素的含量；
(3) 根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力；氧化过程中加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为；
(4)碘单质可以和NaOH溶液反应得到易溶于水的碘化钠和碘酸钠，所以可以先在碘的CCl4溶液中加入浓NaOH溶液振荡、静置、分液得到含有I-和IO的水溶液，之后加入稀硫酸，酸性环境下I-和IO发生归中反应得到含碘悬浊液，过滤得到碘单质，流程图为。
11．(1)升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等
(2)、Cu
(3)分液漏斗、烧杯
(4) 否 能将氧化或NaClO容易产生氯气，能造成污染等
(5) c
(6)加热浓缩、降温结晶
【分析】废镍催化剂粉碎后通过稀硫酸酸浸，Cu的氧化物，Fe、Al及其氧化物被溶解，Cu、不溶，过滤后得到滤渣1。滤液1中加入有机溶剂，分液得到含铜的有机层，溶液中加入双氧水氧化亚铁离子，然后调节pH将溶液中铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤，滤液2经过加热浓缩、降温结晶得到硫酸镍晶体，据此解答。
【详解】（1）根据外界条件对反应速率的影响可知除“粉碎”外，能提高废镍催化剂酸浸效率的措施还有升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等。
（2）根据以上分析可知滤渣1的主要成分有、Cu。
（3）操作A是萃取分液，则实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。
（4）根据以上分析可知“溶液”中加入目的是氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为。由于能将氧化，且NaClO容易产生氯气，能造成污染，因此不能用NaClO代替；
（5）氨水、能调节pH，但引入新杂质，稀增强酸性，不能消耗氢离子，能消耗氢离子，调节pH，且不会引入新杂质，答案选c；根据表中数据可知铁离子完全沉淀的pH是3.2，铝离子完全沉淀的pH是4.7，镍离子开始沉淀的pH是7.2，所以氢氧化镍的溶度积常数是0.01×(10－6.8)2＝10－15.6，由于调pH前镍离子浓度是，则镍离子开始沉淀时氢氧根浓度是，对应的pH是6.2，则需控制溶液pH的范围为。
（6）根据图象可知的溶解度随温度的升高先增大后减小，所以据图分析操作B是加热浓缩、降温结晶。
12．(1) 增大硫酸浓度或加热
(2)
(3) 将氧化为，调节溶液除去和 4.7
(4)
(5)
【分析】红土镍矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2，其余物质转化为相应的金属离子，往滤液1中加入H2S，Cu2+与S2-反应生成CuS，滤渣2为CuS，滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液3中加入NiF2生成滤渣4为MgF2沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的Zn2+，水相中主要含有硫酸镍，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。
【详解】（1）为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。
（2）滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为、。
（3）氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。
（4）设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为，根据Ksp(MgF2)=6.25×10-9，=0.025mol/L，解得x=0.029mol/L。
（5）已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式可知，消耗的Ni2+物质的量为cV×10-3mol，则mg样品中含有NiSO4·H2OcV×10-2mol，该样品的纯度为=
13． ⑦ 46.0 ad ③ 0.01
【详解】(1)根据慢反应决定化学反应速率，而活化能越大反应速率越慢，可知反应⑦的活化能最大，其决定总反应速率的快慢，反应热△H=正反应活化能-逆反应活化能=83.7KJ·mol-1-37.7KJ·mol-1=46.0KJ·mol-1，故答案为：⑦；46.0；
(2)①a.由反应可知反应物、生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，但气体的物质的量减小，则反应过程中气体平均相对分子质量不断减小，当不再变化时达到平衡状态，故正确；
b.达到平衡状态时，，其他时刻不相等，故错误；
c.若向容器内充入少量 O2，能与NO反应，降低NO的浓度，使化学平衡逆向移动，故错误；
d.平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，等同于增大压强，平衡向右移动，故正确；
故选：ad；
②在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2，设起始时氢气和NO的物质的量分别为1mol、2mol，平衡时氢气的变化量为xmol，
列三段式得：
平衡时N2O的体积分数=，解得x=0.5，
平衡时气体的总物质的量为2.5mol
根据压强之比等于物质的量之比得平衡时的压强P=，p(NO)==，p(H2)==，p(N2O)==，p(H2O)==，
=k=。
Kp=，
故答案为：；；
(3)升高温度速率常数均增大，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，可知升温时k逆增大趋势比k正大，p k正(pk=-lgk)，k正增大时p k正减小，则③为pk正(pk=-lgk)随温度变化的斜线，温度T1时，反应达到平衡状态时，=，=K，由图可知，，K=，故答案为：③；0.01；
14．(1) >
(2) ② 由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利
(3) 2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯 在极性大的溶剂中进行反应
(4) 80%
【详解】（1）由反应历程及能量变化图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，则转化为是放热反应，反应②-①得到→，根据盖斯定律，＜0，则m＞n；转化为的，转化为的，这个过程中===，
（2）由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利，则其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应②的速率提高更有利；
（3）由图可知，的能量低于，较稳定，反应生成的容易转化为，则反应达平衡后产物中含量更大，主链含有4个C原子，1、4号C原子上含有Br原子，2、3号C原子上含有甲基，2号C原子含有碳碳双键，则该物质的名称为2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯；有题目中信息可知，溶剂极性越大越容易发生1，4加成，故若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是在极性大的溶剂中进行反应；
（4）设反应生成x mol，反应③的平衡常数，则生成的物质的量为4x mol，则产物的选择性百分比为=80%；反应开始时，加入1.0mol，的平衡转化率为，则消耗的物质的量为 mol，则消耗Br2的物质的量为 mol，平衡时为b mol，故开始加入的为；消耗的物质的量为 mol，生成和的总物质的量为 mol，产物的选择性百分比为80%，则生成的物质的量为= mol，平衡时，的物质的量为，为b mol，各物质总物质的量为(1+b)mol，则反应①的平衡常数=。
15．(1) Ⅱ
(2) 或2.1 后反应Ⅲ逆向进行的程度大
(3)增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应
(4)、、或
【详解】（1）反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；反应I:；
反应Ⅱ：；
反应III的∆H3=(∆H1-∆H2)÷2=[+247KJ/mol-(+329KJ/mol)]÷2=+41KJ/mol；
（2）开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)=n(CO2)=1.85mol；n(H2)=0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)=1mol+3mol-1.85mol-1.85mol=0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)=(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2=0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n=1.85mol×2+0.95mol+0.45mol+0.3mol=5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数:；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；
（3）增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应；
（4）结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：、、或。
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