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山东省烟台市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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这是一份山东省烟台市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。试卷主要包含了结构与性质，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山东省烟台市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、结构与性质
1．（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。
2．（2021·山东烟台·统考一模）CoxNi(1-x)Fe2O4在磁性材料、电池材料、超硬材料和催化剂领域具有广泛的应用前景。
(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置是_______；该周期中不成对电子数最多的基态原子的价电子轨道表示式为_______。
(2)CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是_______。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是_______。
(3)Co3+可以形成配合物[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl。
①该配合物中Co3+的配位数是_______。
②乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，三甲胺分子中氮原子的杂化类型为_______，C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。分析乙二胺的沸点比三甲胺高很多的原因是_______。
(4)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图，其中n=_______。已知晶胞体积为9.0×10-29m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为_______g•cm-3(保留1位小数)。
3．（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_______。
二、工业流程题
4．（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]
5．（2021·山东烟台·统考一模）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下：
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。
(1)“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为_______。
(2)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用_______。
a.SO2 b.Cl2 c.H2O2 d. 浓硫酸
(3)常温下，NaHTeO3溶液的pH_______7(填“＜”、“>”或“=”)。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是_______。
(4)还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化，写出“还原”时反应的离子方程式_______。流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。
(5)所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-1]，则需控制溶液中c(S2-)≥_______mol·L-1。
6．（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)。
三、实验题
7．（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”)。
8．（2021·山东烟台·统考一模）已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g) ∆H＜0，利用下列装置制备磺酰氯(部分夹持装置略)。
(1)利用E装置制取SO2宜选用的试剂是_______。
a.10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体 b.铜和98%的浓硫酸
c.80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体 d.80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
(2)为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序：_______→f，g ←_______(箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用)。
(3)仪器甲的名称为_______，仪器乙的作用是_______。
(4)制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是_______。
(5)测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液100.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe(SO4)2溶液，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。【已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12】
①硝基苯的作用是_______。
②产品中SO2Cl2的质量分数为_______，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
9．（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
四、原理综合题
10．（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)。
11．（2021·山东烟台·统考一模）氮的化合物在生产、生活中有着重要作用。如何增加氨的产量，减少机动车尾气中NOx和CO的排放是科学家一直关注研究的课题。
(1)工业合成氨：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=akJ·mol-1的反应历程和能量变化如图所示，标注“*”表示在催化剂表面吸附的物质。
①a=_______；用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤_______。
②控制压强为P0 MPa、温度在700K，将N2(g)和H2(g)按照体积比1：3充入密闭容器合成NH3(g)。反应达到平衡状态时体系中NH3的体积分数为60%，则化学平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×气体体积分数)。
(2)汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
I.NO+Pt(s)=NO* II.CO+Pt(s)=CO* III.NO*=N*+O*
IV.CO*+O*=CO2+Pt(s) V.N*+ N*=N2+Pt(s) VI.NO*+N*=N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
①图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。
②图2中温度T2℃时反应V的活化能_______反应VI的活化能(填“＜”、“>”或“=”)；温度T3℃时发生的主要反应为_______(填“IV”、“V”或“VI”)。
③模拟汽车的“催化转化器”，将2 mol NO(g)和2mol CO(g)充入1L的密闭容器中，发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。
图象中A点逆反应速率_______C点正反应速率(填“>”“=”或“＜”)；实验测得：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数。则T1℃时A点处对应的v正：v逆=_______。
12．（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”)。
五、有机推断题
13．（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)。
14．（2021·山东烟台·统考一模）乙烯是基本的有机化工原料，以乙烯和D(C5H8)为主要原料合成功能高分子M的路线如下：
已知：① R1CHO+R2CH2CHO+H2O
②
③R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2
(1)实验室制备A的化学方程式为_______，B的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为_______。
(2)C的结构简式为_______，按先后顺序写出检验C所含官能团的试剂_______。
(3)D是五元环状化合物，E→F的化学方程式是_______。
(4)L的结构简式为_______。
(5)以乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，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．(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；(，，)；。
2． 第四周期VIII族 +3 Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定 6 sp3 N>C>H 乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能 5 0.1
【详解】（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置是：第4周期VIII族；第四周期中不成对电子数最多的基态原子为Cr，其价电子轨道表示式为：；
（2）CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，根据化合物各元素化合价和为0，O的化合价为-2，则Fe的化合价= 故Fe化合价为：+3；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为半充满结构，根据洪特定律，具有额外的稳定性，故Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定
（3）①由于NH2—CH2—CH2—NH2有两个N原子可以提供两个孤电子对，结合化学式[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl，Co3+的配位数为2+2+2=6；②N(CH3)3相当于将NH3中的H换成-CH3，则N(CH3)3中N的杂化方式与NH3一致，则N的杂化方式为：sp3；通常非金属性越强，第一电离能越大，同周期元素，序数越大第一电离能越大，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，故C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>H；乙二胺的结构为NH2—CH2—CH2—NH2,含有N-H键，可形成分子间氢键，但三甲胺分子间没有氢键，氢键比范德华力强，物质的沸点更高，故：乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能；
（4）根据晶胞结构图，La在定点，Ni在面上和体心，根据均摊法，晶胞内La的个数为： =1，Ni的个数为： =5，所以合金的化学式为LaNi5，故n=5；根据化学式为LaNi5H5.5，可知每个晶胞中含H5.5个，则n(H)= mol,m(H)=MH•n(H)= ,
3．(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)。
4．(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。
5． 2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2 c < TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失 2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O H2SO4 6.0×10-13
【分析】阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O。水浸后过滤，滤渣中Cu2O加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后TeO32-转化为TeO2沉淀，过滤后，通过HCl和SO2转化为Te。剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的SeO42-还原为SeO32-除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒。
【详解】（1）阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（2）浸取渣主要成分为Cu2O，Cu元素化合价为+1，其转化为铜元素化合价为+2的硫酸铜，需要加入氧化剂，选项中，SO2氧化性很弱无法氧化Cu2O，Cl2会引入新杂质Cl-，浓硫酸氧化Cu2O需要加热条件，过氧化氢做氧化剂还原产物为水，不会引入新杂质，故选；c；
（3）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下HTeO3-在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh= < Ka2，故HTeO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH<7；由题中信息可知TeO2是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失；
（4）根据流程烧结是产生的少量Na2SeO4背FeSO4还原为Na2SeO3除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O；最后一步加入SO2产生粗硒的同时会生成H2SO4可以返回到稀硫酸调节pH的步骤循环利用，所以可以循环利用的物质为：H2SO4；
（5）已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，则Fe2+恰好完全沉淀时c(S2-)=，故溶液中c(S2-)≥
6．(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。
7．(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。
8． c a→e→d→b→c c←b←h(或h→b→c；c←b←d←e←a) 球形冷凝管 吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中 降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率 覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果 81% 偏低
【分析】由装置A高锰酸钾和浓盐酸反应产生氯气，经装置C的饱和食盐水除去HCl杂质气体，再进装置B浓硫酸干燥氯气，最后通入装置D，由装置E中产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，再通入E中与氯气发生反应SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)。
【详解】(1)a. 硫酸溶液和亚硫酸钙固体需在高温低压条件下反应，才能生成SO2，故a不选；
b. 铜和浓硫酸需加热才能反应，不符合题意，故b不选；
c. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体常温下反应，故c选；
d. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体反应产生的CaSO4会阻碍反应进行，故d不选；
故选：c；
(2)装置A产生的氯气经装置C的饱和食盐水除杂，再进装置B浓硫酸干燥，洗气导管都是‘长进短出’，则连接顺序：a→e→d→b→c→f，装置E产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，即可通入装置D，连接顺序：g ←c←b←h；
(3) 仪器甲的名称为：球形冷凝管，已知磺酰氯(SO2Cl2) 遇水发生剧烈水解，则装置D的反应体系应为无水状态，则仪器乙的作用是：吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中；
(4)该反应∆H＜0为放热反应，降温平衡正向移动，生成更多的SO2Cl2，则D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是：降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率；
(5) ①由于Ksp(AgSCN)< Ksp(AgCl)，产生的AgCl很容易转化成AgSCN沉淀，则硝基苯的作用是：覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果；
②用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL，则过量的Ag+物质的量为，与Cl-反应的Ag+的物质的量为，则n(SO2Cl2)=，则1.5g产品中SO2Cl2的质量分数为，若滴定终点仰视读数，则NH4SCN溶液的读数偏大，即计算出过量Ag+偏大，最终导致计算反应的Cl-偏小，则所测SO2Cl2含量偏低。
9．(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。
10．(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=
11． — 92 2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH) (MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 > IV < 40.5
【详解】(1) ①由图可知，合成氨反应为放热反应，反应的反应热△H=—(500—308—100)kJ/mol=—92 kJ/mol，则a=—92；反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于最慢的一步，由图可知，2N*、6H*转为2NH时，反应的活化能最大，反应速率最慢，则对总反应速率影响较大的步骤的方程式为2N*+6H*=2NH，故答案为：—92；2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH)；
②由反应方程式可知，氮气和氢气按照体积比1：3充入密闭容器合成氨气时，容器中氮气和氢气的体积比恒定为1:3，反应达到平衡状态时体系中氨气的体积分数为60%，则氮气的体积分数为(1—60%)×=10%，氢气的体积分数为(1—60%)×=30%，化学平衡常数Kp==(MPa)-2=133.3 P0-2 (MPa)-2，故答案为：(MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2；
(2) ①由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快，则温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是：温度升高后催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小，故答案为：温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小；
②反应的活化能越小，反应速率越快，反应物的消耗量越大，其浓度越小，产物的浓度越大。由图2可知，温度T2℃时，氮气的浓度小于一氧化二氮的浓度，说明反应V的反应速率小于反应VI，反应的活化能大于反应VI；温度T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应IV，故答案为：>；IV；
③由图可知，温度一定时，A点一氧化碳的转化率小于B点，说明反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率；T1℃时B点一氧化碳转化率为50%，由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×50%）=1mol/L，氮气的浓度为2mol/L×50%×=0.5 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×50%=1 mol/L，由v逆=v逆可得，= ==0.5，A点一氧化碳转化率为25%，则由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×25%）=1.5mol/L，氮气的浓度为2mol/L×25%×=0.25 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×25%=0.5mol/L，==0.5×=40.5，,故答案为：<；40.5。
12．(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。
13．(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。
14． CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O CH2=CHCHO 银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水 +2NaOH+2NaBr+2H2O
【分析】A（C2H4）为乙烯，经过氧化变成B，B的化学式C2H4O，则B为CH3CHO，根据题中已知①反应，和C的化学式C3H4O推得C为CH2=CH-CHO，G为HCHO。结合已知③反应，和M的结构可推知L为，由题中（3）可知D为五元环状化合物，结合分子式C5H8可知D为，则E为D和Br加成产物，E为，结合已知②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为
【详解】(1)A为乙烯，制备A的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；B为乙醛，之后一种化学环境的H的B的同分异构体只能是环状结构，结构为：
(2)由C的分子式和已知信息①，可以推出C为CH2=CH-CHO；碳碳双键可以用溴水检验，醛基可用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验，但由于醛基会被溴水中的HBrO氧化，醛基也会使溴水褪色，故先检验-CHO，再酸化，再检验碳碳双键，故检验C所含官能团的试剂顺序为：银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水；
(3)D是五元环状化合物分子式C5H8，可知D为，则D→E为D和溴发生加成反应生成E，根据已知信息②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为，E→F的化学方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；
(4)结合已知③反应，和M的结构，可推知L为
(5)乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，仿照题中合成路线，先合成环，后碳碳双键断裂形成聚合物。根据①反应，两个乙醛反应生成，CH3-CH=CH-CHO，再根据②反应，CH3-CH=CH-CHO和1，3-丁二烯反应成环生成，最后参照③反应，得到，合成路线为：
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：。
山东省烟台市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、结构与性质
1．（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。
2．（2021·山东烟台·统考一模）CoxNi(1-x)Fe2O4在磁性材料、电池材料、超硬材料和催化剂领域具有广泛的应用前景。
(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置是_______；该周期中不成对电子数最多的基态原子的价电子轨道表示式为_______。
(2)CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是_______。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是_______。
(3)Co3+可以形成配合物[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl。
①该配合物中Co3+的配位数是_______。
②乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，三甲胺分子中氮原子的杂化类型为_______，C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。分析乙二胺的沸点比三甲胺高很多的原因是_______。
(4)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图，其中n=_______。已知晶胞体积为9.0×10-29m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为_______g•cm-3(保留1位小数)。
3．（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_______。
二、工业流程题
4．（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]
5．（2021·山东烟台·统考一模）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下：
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。
(1)“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为_______。
(2)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用_______。
a.SO2 b.Cl2 c.H2O2 d. 浓硫酸
(3)常温下，NaHTeO3溶液的pH_______7(填“＜”、“>”或“=”)。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是_______。
(4)还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化，写出“还原”时反应的离子方程式_______。流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。
(5)所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-1]，则需控制溶液中c(S2-)≥_______mol·L-1。
6．（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)。
三、实验题
7．（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”)。
8．（2021·山东烟台·统考一模）已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g) ∆H＜0，利用下列装置制备磺酰氯(部分夹持装置略)。
(1)利用E装置制取SO2宜选用的试剂是_______。
a.10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体 b.铜和98%的浓硫酸
c.80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体 d.80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
(2)为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序：_______→f，g ←_______(箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用)。
(3)仪器甲的名称为_______，仪器乙的作用是_______。
(4)制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是_______。
(5)测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液100.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe(SO4)2溶液，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。【已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12】
①硝基苯的作用是_______。
②产品中SO2Cl2的质量分数为_______，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
9．（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
四、原理综合题
10．（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)。
11．（2021·山东烟台·统考一模）氮的化合物在生产、生活中有着重要作用。如何增加氨的产量，减少机动车尾气中NOx和CO的排放是科学家一直关注研究的课题。
(1)工业合成氨：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=akJ·mol-1的反应历程和能量变化如图所示，标注“*”表示在催化剂表面吸附的物质。
①a=_______；用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤_______。
②控制压强为P0 MPa、温度在700K，将N2(g)和H2(g)按照体积比1：3充入密闭容器合成NH3(g)。反应达到平衡状态时体系中NH3的体积分数为60%，则化学平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×气体体积分数)。
(2)汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
I.NO+Pt(s)=NO* II.CO+Pt(s)=CO* III.NO*=N*+O*
IV.CO*+O*=CO2+Pt(s) V.N*+ N*=N2+Pt(s) VI.NO*+N*=N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
①图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。
②图2中温度T2℃时反应V的活化能_______反应VI的活化能(填“＜”、“>”或“=”)；温度T3℃时发生的主要反应为_______(填“IV”、“V”或“VI”)。
③模拟汽车的“催化转化器”，将2 mol NO(g)和2mol CO(g)充入1L的密闭容器中，发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。
图象中A点逆反应速率_______C点正反应速率(填“>”“=”或“＜”)；实验测得：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数。则T1℃时A点处对应的v正：v逆=_______。
12．（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”)。
五、有机推断题
13．（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)。
14．（2021·山东烟台·统考一模）乙烯是基本的有机化工原料，以乙烯和D(C5H8)为主要原料合成功能高分子M的路线如下：
已知：① R1CHO+R2CH2CHO+H2O
②
③R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2
(1)实验室制备A的化学方程式为_______，B的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为_______。
(2)C的结构简式为_______，按先后顺序写出检验C所含官能团的试剂_______。
(3)D是五元环状化合物，E→F的化学方程式是_______。
(4)L的结构简式为_______。
(5)以乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，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．(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；(，，)；。
2． 第四周期VIII族 +3 Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定 6 sp3 N>C>H 乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能 5 0.1
【详解】（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置是：第4周期VIII族；第四周期中不成对电子数最多的基态原子为Cr，其价电子轨道表示式为：；
（2）CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，根据化合物各元素化合价和为0，O的化合价为-2，则Fe的化合价= 故Fe化合价为：+3；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为半充满结构，根据洪特定律，具有额外的稳定性，故Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定
（3）①由于NH2—CH2—CH2—NH2有两个N原子可以提供两个孤电子对，结合化学式[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl，Co3+的配位数为2+2+2=6；②N(CH3)3相当于将NH3中的H换成-CH3，则N(CH3)3中N的杂化方式与NH3一致，则N的杂化方式为：sp3；通常非金属性越强，第一电离能越大，同周期元素，序数越大第一电离能越大，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，故C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>H；乙二胺的结构为NH2—CH2—CH2—NH2,含有N-H键，可形成分子间氢键，但三甲胺分子间没有氢键，氢键比范德华力强，物质的沸点更高，故：乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能；
（4）根据晶胞结构图，La在定点，Ni在面上和体心，根据均摊法，晶胞内La的个数为： =1，Ni的个数为： =5，所以合金的化学式为LaNi5，故n=5；根据化学式为LaNi5H5.5，可知每个晶胞中含H5.5个，则n(H)= mol,m(H)=MH•n(H)= ,
3．(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)。
4．(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。
5． 2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2 c < TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失 2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O H2SO4 6.0×10-13
【分析】阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O。水浸后过滤，滤渣中Cu2O加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后TeO32-转化为TeO2沉淀，过滤后，通过HCl和SO2转化为Te。剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的SeO42-还原为SeO32-除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒。
【详解】（1）阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（2）浸取渣主要成分为Cu2O，Cu元素化合价为+1，其转化为铜元素化合价为+2的硫酸铜，需要加入氧化剂，选项中，SO2氧化性很弱无法氧化Cu2O，Cl2会引入新杂质Cl-，浓硫酸氧化Cu2O需要加热条件，过氧化氢做氧化剂还原产物为水，不会引入新杂质，故选；c；
（3）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下HTeO3-在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh= < Ka2，故HTeO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH<7；由题中信息可知TeO2是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失；
（4）根据流程烧结是产生的少量Na2SeO4背FeSO4还原为Na2SeO3除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O；最后一步加入SO2产生粗硒的同时会生成H2SO4可以返回到稀硫酸调节pH的步骤循环利用，所以可以循环利用的物质为：H2SO4；
（5）已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，则Fe2+恰好完全沉淀时c(S2-)=，故溶液中c(S2-)≥
6．(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。
7．(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。
8． c a→e→d→b→c c←b←h(或h→b→c；c←b←d←e←a) 球形冷凝管 吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中 降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率 覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果 81% 偏低
【分析】由装置A高锰酸钾和浓盐酸反应产生氯气，经装置C的饱和食盐水除去HCl杂质气体，再进装置B浓硫酸干燥氯气，最后通入装置D，由装置E中产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，再通入E中与氯气发生反应SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)。
【详解】(1)a. 硫酸溶液和亚硫酸钙固体需在高温低压条件下反应，才能生成SO2，故a不选；
b. 铜和浓硫酸需加热才能反应，不符合题意，故b不选；
c. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体常温下反应，故c选；
d. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体反应产生的CaSO4会阻碍反应进行，故d不选；
故选：c；
(2)装置A产生的氯气经装置C的饱和食盐水除杂，再进装置B浓硫酸干燥，洗气导管都是‘长进短出’，则连接顺序：a→e→d→b→c→f，装置E产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，即可通入装置D，连接顺序：g ←c←b←h；
(3) 仪器甲的名称为：球形冷凝管，已知磺酰氯(SO2Cl2) 遇水发生剧烈水解，则装置D的反应体系应为无水状态，则仪器乙的作用是：吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中；
(4)该反应∆H＜0为放热反应，降温平衡正向移动，生成更多的SO2Cl2，则D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是：降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率；
(5) ①由于Ksp(AgSCN)< Ksp(AgCl)，产生的AgCl很容易转化成AgSCN沉淀，则硝基苯的作用是：覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果；
②用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL，则过量的Ag+物质的量为，与Cl-反应的Ag+的物质的量为，则n(SO2Cl2)=，则1.5g产品中SO2Cl2的质量分数为，若滴定终点仰视读数，则NH4SCN溶液的读数偏大，即计算出过量Ag+偏大，最终导致计算反应的Cl-偏小，则所测SO2Cl2含量偏低。
9．(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。
10．(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=
11． — 92 2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH) (MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 > IV < 40.5
【详解】(1) ①由图可知，合成氨反应为放热反应，反应的反应热△H=—(500—308—100)kJ/mol=—92 kJ/mol，则a=—92；反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于最慢的一步，由图可知，2N*、6H*转为2NH时，反应的活化能最大，反应速率最慢，则对总反应速率影响较大的步骤的方程式为2N*+6H*=2NH，故答案为：—92；2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH)；
②由反应方程式可知，氮气和氢气按照体积比1：3充入密闭容器合成氨气时，容器中氮气和氢气的体积比恒定为1:3，反应达到平衡状态时体系中氨气的体积分数为60%，则氮气的体积分数为(1—60%)×=10%，氢气的体积分数为(1—60%)×=30%，化学平衡常数Kp==(MPa)-2=133.3 P0-2 (MPa)-2，故答案为：(MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2；
(2) ①由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快，则温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是：温度升高后催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小，故答案为：温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小；
②反应的活化能越小，反应速率越快，反应物的消耗量越大，其浓度越小，产物的浓度越大。由图2可知，温度T2℃时，氮气的浓度小于一氧化二氮的浓度，说明反应V的反应速率小于反应VI，反应的活化能大于反应VI；温度T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应IV，故答案为：>；IV；
③由图可知，温度一定时，A点一氧化碳的转化率小于B点，说明反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率；T1℃时B点一氧化碳转化率为50%，由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×50%）=1mol/L，氮气的浓度为2mol/L×50%×=0.5 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×50%=1 mol/L，由v逆=v逆可得，= ==0.5，A点一氧化碳转化率为25%，则由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×25%）=1.5mol/L，氮气的浓度为2mol/L×25%×=0.25 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×25%=0.5mol/L，==0.5×=40.5，,故答案为：<；40.5。
12．(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。
13．(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。
14． CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O CH2=CHCHO 银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水 +2NaOH+2NaBr+2H2O
【分析】A（C2H4）为乙烯，经过氧化变成B，B的化学式C2H4O，则B为CH3CHO，根据题中已知①反应，和C的化学式C3H4O推得C为CH2=CH-CHO，G为HCHO。结合已知③反应，和M的结构可推知L为，由题中（3）可知D为五元环状化合物，结合分子式C5H8可知D为，则E为D和Br加成产物，E为，结合已知②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为
【详解】(1)A为乙烯，制备A的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；B为乙醛，之后一种化学环境的H的B的同分异构体只能是环状结构，结构为：
(2)由C的分子式和已知信息①，可以推出C为CH2=CH-CHO；碳碳双键可以用溴水检验，醛基可用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验，但由于醛基会被溴水中的HBrO氧化，醛基也会使溴水褪色，故先检验-CHO，再酸化，再检验碳碳双键，故检验C所含官能团的试剂顺序为：银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水；
(3)D是五元环状化合物分子式C5H8，可知D为，则D→E为D和溴发生加成反应生成E，根据已知信息②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为，E→F的化学方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；
(4)结合已知③反应，和M的结构，可推知L为
(5)乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，仿照题中合成路线，先合成环，后碳碳双键断裂形成聚合物。根据①反应，两个乙醛反应生成，CH3-CH=CH-CHO，再根据②反应，CH3-CH=CH-CHO和1，3-丁二烯反应成环生成，最后参照③反应，得到，合成路线为：
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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