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山东省淄博市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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这是一份山东省淄博市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。试卷主要包含了结构与性质，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省淄博市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．（2021·山东淄博·统考一模）钛被称为继铁、铝之后的第三金属。钙钛矿是一类氧化物陶瓷材料，典型代表是晶体，是工业获取钛的重要原料。
(1)基态钛原子的价层电子排布式为______，其原子核外共有______种运动状态不同的电子。
(2)六氟合钛酸钾()中存在配离子，其中钛元素的化合价是______，配体是______。
(3)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，则该阳离子的化学式为______，阴离子中心原子的杂化轨道类型为______。
(4)晶体结构如图，已知该晶体晶胞参数为anm，则与紧邻的O个数为______，O与O间的最短距离为______。
(5)钨青铜()是一类色彩丰富的非整比化合物，其晶体结构与上述晶体结构相同，若无空缺，化学式为，完全空缺则为，每填入1个，相应有1个还原为。的颜色与x值的对应关系如图所示，已知某钨青铜晶体中，则其颜色为______色。
2．（2022·山东淄博·统考一模）物质的结构决定物质的性质，化学创造新物质，新物质促进社会发展。
(1)下列氮原子的不同的电子排布。
A． B．
C． D．
能量最高的是____；其电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是____。
(2)铵盐与碱加热可制备氨气。NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是___。
A．键角 B．粒子的空间结构 C．杂化方式
(3)以特种铝合金为骨骼的LED地屏创造了冬奥开幕式的美轮美奂。Al晶胞为面心立方，其晶胞参数a=0.405nm，则铝原子的配位数为___，列式表示Al单质的密度为___g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)如图所示沿不同的方向分别向Al晶胞投影。方向①：从棱AA′向棱CC′方向；方向②：从顶点A向顶点C′方向。在下列4个投影图中，正确的是____。
A． B． C． D．
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为____。
(6)今年2月2日《自然》杂志刊发论文，将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1∶1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，是韧性极高又极薄的优质二维片材。部分结构如图示(不同颜色表示不同的结构)。已知：除氢原子和氧原子外，所有原子在图中均有表示。
①该反应的△G___0(填“<”、“>”或“=”)。
②参与反应的芳香化合物的结构简式是____，其反应的类型为___。
3．（2023·山东淄博·统考一模）LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：
(1)基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。
(3)Co(III)可形成多种配合物。
①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。
②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有_____种。
(4)LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。
(5)①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
二、实验题
4．（2021·山东淄博·统考一模）某电解精炼铜的阳极泥中富含硒，主要以银．铜的硒化物形式存在。实验室利用纯碱焙烧法从中提取硒的步骚如下：
Ⅰ.分别称取阳极泥．和，充分混合后置于仪器X中，在450~650℃范围内焙烧半小时，使硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；
Ⅱ.待仪器X冷却后，取出焙烧物置于小烧杯中，加入水，充分浸取后过滤，滤渣可用于提取金．银等贵金属；
Ⅲ.将Ⅱ中的滤液转移至蒸发皿中浓缩至左右，用浓盐酸酸化，将酸化后的溶液转移至烧杯中，小火加热至左右；
Ⅳ.待Ⅲ所得溶液冷却后，加入浓盐酸，滤去析出的不溶物；
Ⅴ.将Ⅳ中滤液转入锥形瓶中，通入数分钟，析出红色无定形硒沉淀，经过滤．洗涤．干燥后得粗硒。
已知：浓度较大的硒酸能被浓盐还原为亚硒酸。
(1)步骤Ⅰ中的作用是______。
(2)仪器X为______(填标号)。
A．烧杯 B．蒸发皿 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
(3)步骤Ⅲ加入浓盐酸并加热浓缩的目的是______。
(4)步骤V所用装置如图所示，装置A的分液漏斗中试剂为______(填“98%硫酸”．“70%硫酸”或“10%硫酸”)；装置B中发生反应的化学方程式为______；装置C的作用是______。
(5)测定粗硒中硒的含量的操作步骤如下：
Ⅰ.用浓将样品中的氧化为；
Ⅱ.用溶液还原为，同时生成；
Ⅲ.以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定Ⅱ中生成的。
滴定终点的现象是______。实验中准确称量粗硒样品，滴定中消耗的溶液，则粗硒样品中硒的质量分数表达式为______。
5．（2022·山东淄博·统考一模）三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是重要的化工原料。制备反应式为：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O，反应放出大量热。已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。制备[Co(NH3)6]Cl3的实验步骤：
Ⅰ.取研细的CoCl2·6H2O和NH4Cl溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10℃以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的H2O2溶液，则溶液逐渐变混浊。实验装置如图2所示。
Ⅱ.将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸后静置。
Ⅲ.在静置的同时，需对静置液进行“操作A”后过滤；用无水乙醇洗涤晶体2~3次。
(1)图中仪器a的名称为____。
(2)将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水的目的是____。
(3)步骤Ⅱ向滤液中加入浓盐酸的原因是____。
(4)步骤Ⅲ中的“操作A”是____。
(5)用如图3装置测定产品中NH3的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入盛有V1mLc1mol·L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
液封装置1的作用是____。
液封装置2的作用是____。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的H2SO4，消耗c2mol·L-1的NaOH标准溶液V2mL。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数将____(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
6．（2023·山东淄博·统考一模）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为_____，仪器c除冷凝回流外，另一作用为_____。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_____。
(2)步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→_____。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_____时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为_____。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是_____(填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
三、有机推断题
7．（2021·山东淄博·统考一模）以苯酚、甲醛和必要的无机试剂合成一种重要的有机物F的路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
(1)B的结构简式为______，A生成B的反应中的作用是______。
(2)C的分子式为______，其含有的官能团名称为______。
(3)写出D→E的第二步反应的化学方程式______。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为______。
(5)写出以和为原料合成的合成路线______(其他试剂任选)。
8．（2022·山东淄博·统考一模）有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ.RX+MgR—MgX(格林试剂) X=Cl、Br、I
Ⅱ.+R—MgX→
Ⅲ.+
(1)A→B的反应方程式为____，反应类型为____。
(2)反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是____，在本流程中起类似作用的有机物还有____(填名称)。
(3)L中的官能团有____(填名称)，M的结构简式为____。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气②含两个甲基③能发生银镜反应；
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为____(只写一种)。
(5)已知：R1—OH+R2—OHR1—O—R2+H2O。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)____。
9．（2023·山东淄博·统考一模）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：
已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)
ii. +(R为烃基)
回答以下问题：
(1)A的结构简式为_____；符合下列条件的A的同分异构体有_____种。
①能与FeCl3溶液作用显色
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1
其中，能发生水解反应的结构简式为_____。
(2)D→E的反应类型为_____；该反应的目的是_____。
(3)F→H的化学方程式为_____，有机物J中含有官能团的名称是_____。
(4)综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选_____。
四、工业流程题
10．（2021·山东淄博·统考一模）透明铁黄是一种分散性良好的铁系颜料。利用黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄工艺流程如下：
已知：①25℃时相关物质的见下表。
金属硫化物
②25℃时饱和溶液中，存在如下关系：。
③当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。
(1)“焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是______，“焙烧”时首先发生分解反应，有、、生成，反应的化学方程式为______。
(2)“焙烧”过程中黄钠铁矾分解产生的最终转化为，则无烟煤所起的作用有______。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。
(4)“沉淀”过程中通入氨气的目的是调节溶液，以控制浓度，便于有效去除杂质金属离子。若此时溶液中，杂质离子沉淀时溶液中达到饱和，则操作中应控制的范围为______。
(5)“氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为______。
(6)该工艺所得滤液经处理可获得副产品硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。该工艺中滤液经加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是______。
11．（2022·山东淄博·统考一模）某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是____。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为____。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为____。(用含m、n的代数式表示)
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是___。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为____。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____(V2O5的摩尔质量为Mg·mol-1)。
12．（2023·山东淄博·统考一模）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：
已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
TiO(OH)2
Ksp
1.0×10-16.3
1.0×10-38.6
1.0×10-11.6
1.0×10-29
回答下列问题：
(1)矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。
(2)“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。
(3)“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为_____(填标号)。
A．H2SO4 B．H2O2 C．Na2CO3 D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]需要调节溶液的pH略大于_____。
(4)“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质
TiCl4
Cl2
CO
CO2
分压MPa
4.59×10-2
4.98×10-9
1.84×10-2
3.70×10-2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。
(5)高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。
A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar
五、原理综合题
13．（2021·山东淄博·统考一模）二氧化碳的高值化利用，不但可以实现二氧化碳的资源化利用，还可以缓解能源压力。以二氧化碳、氢气为原料合成乙烯涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
(1)反应 ______。
(2)时，二氧化碳的平衡转化率、投料比与压强的关系如图甲所示，则、、由大到小的顺序为______。
(3)在一定条件下，二氧化碳的平衡转化率与产物的选择性随温度的变化如图乙所示。已知：某产物的选择性是指生成该产物所消耗反应物的量占消耗的反应物总量的比例。
①当温度低于时的平衡转化率随温度升高而减小的原因是______。
②为同时提高合成乙烯的速率和乙烯的选择性，可以采取的措施是______(只答一条)。
(4)理论计算表明，体系压强为，原料初始组成，反应Ⅱ达到平衡时，、、、四种组分的体积分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示乙烯和氢气的曲线分别是______和______。根据图中A点的坐标，计算该温度时的平衡常数______。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
14．（2022·山东淄博·统考一模）Ⅰ.我国科学家利用CO2矿化反应释放能量设计出CO2矿化电池。不仅减碳发电，还能获得高附加值产品，其工作原理如图所示(Q是有机物；反应物和产物分别经过其它通道进入或排出电池容器)。
(1)通过离子交换膜的离子是___，正极区的电极反应式为：Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，在电极区溶液中可循环利用的物质是___，则电池的总反应方程式为____。
Ⅱ.以CO2为原料加氢合成二甲醚、甲醇有利于促进实现“碳中和”。在二氧化碳加氢制取二甲醚的合成塔中发生以下3个反应：
i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=—49.01kJ·mol-1
ii．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=—24.52kJ·mol-1
iii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.17kJ·mol-1
(2)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=___kJ·mol-1。
(3)在压强3.0MPa、=4条件下，CO2的平衡转化率和产物的选择性与温度的关系如图所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。
①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___。除改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为____(写一种即可)。
②根据图中的数据计算300℃上述反应达到平衡时CH3OCH3的物质的量分数为____(保留三位有效数字)。
(4)在=3时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)～P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。当CO2的平衡转化率为时，反应条件可能为____。
15．（2023·山东淄博·统考一模）利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图：
回答下列问题：
(1)已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为______(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。
(2)四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。
①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为______。
②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1______T2(填“>”，“<”或“=”)。
③下列说法不正确的是______。
A．四个反应均为放热反应 B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C．反应体系中1－MD最稳定 D．由上述信息可知，400K时反应R4速率最快
(3)1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率=______；y为65%时反应R1的平衡常数Kp=______kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因______。
参考答案：
1． 22 6 紫
【详解】(1)钛为22号元素，基态钛原子的电子排布式为[Ar]，价层电子排布式为；有多少个电子，就有几种运动状态不同的电子，因此钛其原子核外共有22种运动状态不同的电子；
(2)F为-1价，则配离子中钛元素的化合价是+4；F-提供孤电子作配体；
(3)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构为，由图可知Ti和O个数比为1:1，硫酸根为-2价，则阳离子的化学式为；阴离子的中心S原子价层电子对数=4+=4，因此中心S杂化轨道类型为sp3杂化；
(4)以顶点的Ti为例，与紧邻的O个数为6；O与O间的最短距离为面对角线的一半，即；
(5)钨青铜()晶体结构与上述晶体结构相同，则一个晶胞中含=1个W，某钨青铜晶体中，则一个晶胞中W5+的平均个数为1×=0.6，则填入了0.6个Na+，即x=0.6，对比比色卡可知其颜色为紫色。
2．(1) D A
(2)C
(3) 12
(4)BD
(5)
(6) ＜ 缩聚反应
【详解】（1）轨道中电子能量：1s＜2s＜2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D，因此能量最高的是选项D；电子从基态向激发态的跃迁会吸收能量，形成吸收光谱；电子从激发态向基态的跃迁会放出能量，形成发射光谱，所以电子在发生跃迁时，只有A处于基态，能量最低，不能产生发射光谱，故选A；
（2）铵根是正四面体型结构，氨气是三角锥形结构，其中氮原子均是sp3杂化，所以NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是杂化方式，答案选C；
（3）Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8×+6×=4，晶胞中铝原子的配位数为3×8×=12，Al单质的密度= g·cm-3= g·cm-3；
（4）Al单质为面心立方晶体，按方向①从棱AA′向棱CC′方向投影时，形成一个长方形，顶点上的晶胞投影在长方形边上，面心上晶胞投影在长方形中间，对应的答案为B；按方向②从顶点A向顶点C′方向投影时，顶点上的晶胞的投影形成一个大的正六边形，面心上6个原子投影形成一个小的正六边形，对应的答案为D，答案为BD；
（5）氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺是，由于氰胺的结构简式为H2N－C≡N，因此三聚氰胺的结构简式为；
（6）①由于常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，所以该反应的△G＜0；
②根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1∶1，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是。
3．(1)2:1（或1:2）
(2)O>C>Co>Li
(3) [Co(NH3)5 SO4]Br 2
(4) 三角锥形 F3C-
(5) 6 7:5
【详解】（1）Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2:1（或1:2）；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li；
（3）①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为[Co(NH3)5 SO4]Br；
②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况；
（4）(CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-；
（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。
4． 氧化剂 C 使硒酸盐与亚硒酸盐转化成相应的酸，并获得浓度较大的硒酸 70%硫酸 吸收多余，防止污染空气；防止发生倒吸 溶液蓝色褪去 (或)
【详解】（1）焙烧过程中，发生化学反应，硝酸钾作为氧化剂参与反应将硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；
（2）焙烧温度较高，容器需要耐高温，且不能与容器内物质发生化学反应，故只有C符合题意；
（3）加入盐酸酸化，将亚硒酸盐酸化为亚硒酸，同时将硒酸盐转化为硒酸，得到浓度较大的硒酸；
（4）装置A的分液漏斗中试剂为70%硫酸；装置A向装置B中通入SO2，利用二氧化硫的还原性还原亚硒酸为Se，同时二氧化硫被氧化为硫酸，；装置C防止生成多余的SO2溢出污染环境，防倒吸；
（5）用淀粉作为滴定I2的指示剂，淀粉在I2溶液中显蓝色，待滴定终点将I2消耗完则蓝色消失；根据题意知滴定过程中消耗Na2S2O3( (Vc) /1000) mol，则消耗的I2为( (Vc) /2000) mol， 1mol SeO2的被还原，可以生产2mol I2，则SeO2为( (Vc) /4000) mol Se的物质的量为79g/mol，则粗硒中硒的含量为：(或)。
5．(1)分液漏斗
(2)将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+
(3)增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3
(4)冷却结晶
(5) 平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出 防止氨气逸出， 偏低
【分析】将CoCl2•6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性炭和浓氨水，得到[Co(NH3)6]Cl2和活性炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体[Co(NH3)6]Cl3；据此解答。
(1)
由仪器结构特征，可知仪器a为分液漏斗；答案为分液漏斗
(2)
将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，即Co2++6NH3•H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O；答案为将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+。
(3)
滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；答案为增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。
(4)
由题中信息可知，需对静置液进行“操作A”后过滤，即从热的滤液中分离出[Co(NH3)6]Cl3晶体，应采取冷却结晶；答案为冷却结晶。
(5)
①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 mol•L-1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；液封装置2的作用为防止氨气逸出；答案为平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；防止氨气逸出。
②氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低；答案为偏低。
6．(1) 恒压滴液漏斗 提高反应物的利用率
(2) d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) AC
【详解】（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故答案为：；
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故答案为：；
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC；
7． 中和，提高转化率 氯原子(或碳氯键)、醚键 +CH3OH+H2O 16
【分析】A为苯酚， 根据可知，碳酸钾中和可以提高转化率，并且可知B的结构简式为，D为与CH3OH发生酯化反应生成E，E为，据此分析解题。
【详解】(1)B的结构简式为，A生成B的反应中的作用是中和，平衡向右移动，提高转化率。
(2)根据C的结构简式可知分子式为，其含有的官能团名称为氯原子(或碳氯键)、醚键。
(3) D→E的第二步反应的化学方程式+CH3OH+H2O。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色说明有酚羟基，有16种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，说明有三种不同的氢，且峰面积比为，说明氢的个数比为，其同分异构体的结构简式为。
(5)以和为原料合成的合成路线。
8．(1) 取代反应
(2) 保护酚羟基 乙二醇
(3) （酚）羟基、醚键
(4) 16 (或或)
(5)
【分析】由D的结构及A的分子式可知A为苯酚，A→B的反应为苯酚的羟基对位氢原子被溴原子取代，生成对溴苯酚；B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；D→F发生信息中已知Ⅰ的反应得到格林试剂F；由C和G的结构可推知E的结构为，G→H使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；F和H发生信息中已知Ⅱ的反应生成I；I发生消去反应生成K，K催化加氢生成L，L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，据此分析解答。
【详解】（1）根据分析A为苯酚，B为对溴苯酚，在乙酸乙酯存在条件下、加热，苯酚和Br2发生取代反应生成对溴苯酚，反应方程式为，故答案为：；取代反应。
（2）由合成流程可知，B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基，与此类似，在G→H反应中使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基，故答案为：保护酚羟基；乙二醇。
（3）由L的结构简式可知，L中的官能团有（酚）羟基、醚键；L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，故答案为：（酚）羟基、醚键；。
（4）该有机物含有醛基和羟基，另外有5个碳形成的碳链，其同分异构体的种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置，后同）、、、、、、 共16种，核磁共振氢谱为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为、、，故答案为：16； (或或)。
（5）由题给条件可知，两分子分子间脱水可生成，可通过发生已知Ⅰ和已知Ⅱ的反应来制备，合成路线为：，故答案为：。
9．(1) 4
(2) 取代反应 保护羟基，防止氧化
(3) +H2O2+ H2O 酯基、醚键
(4)
【分析】结合D的结构简式逆向推断C，B在一定温度下发生已知中反应生成C，则B为，A与发生取代反应生成B()，则A为，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与乙酸酐反应生成E()，E中碳碳双键被臭氧氧化生成F 和G(甲醛)，F经过氧化氢氧化处理生成H，H发生水解反应生成I，I与乙酸酐发生取代反应得到J。
【详解】（1）由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、、4种；其中，能发生水解反应的结构简式为；故答案为：；4；。
（2）由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化；故答案为：取代反应；保护羟基，防止氧化。
（3）F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+ H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键；故答案为：+H2O2+ H2O；酯基、醚键。
（4）与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，与(CH3CO)2O发生取代反应生成，经氧化生成，水解酸化得到，其合成路线为：；故答案为：。
10． 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 作燃料为反应提供热量，作还原剂 该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量
【分析】黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄，加热无烟煤燃烧提供热量使分解生成，同时C将其还原生成，加入酸，过滤将除去，加入氨气，硫化铵可以除去金属离子，接着氧化生成透明铁黄，通过过滤、洗涤、干燥得到透明铁黄成品，以此分析解答。
【详解】(1) “焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，“焙烧”时分解反应生成、、，其化学反应方程式为 ，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，；
(2)无烟煤燃烧生成大量的热促使分解，同时可以将Fe3+还原为Fe2+，做还原剂，故答案为：作燃料为反应提供热量，作还原剂；
(3) 黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等, 不溶于硫酸，所以滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：；
(4) ，，，所以pH＞3；，＞10-19.6，（Co2+完全沉淀），，pH=1.8，所以则操作中应控制的范围为，故答案为：；
(5) “氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为，故答案为：；
(6)由曲线分析可知，硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。滤液经加热浓缩，硫酸铵的溶解度随温度升高而增大，而硫酸钠的溶解度随温度升高增大，后来几乎不变，加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量，故答案为：该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量。
11．(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
(2)Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
(3)
(4)温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)
【分析】由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为Ca(AlO2)2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为VO，Ca(AlO2)2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有VO的滤液；向滤液中加入石灰乳，将VO转化为Ca(VO3)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为CaCO3，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有(NH4)3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将(NH4)3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
（1）
酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
（2）
由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
（3）
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
（4）
氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
（5）
由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
（6）
由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
12．(1) SiO2、CaSO4 Fe
(2) 防止TiO2+提前水解
(3) C 2
(4) 使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
(5)D
【分析】钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质；
【详解】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；故选D。
13． 反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度 增大压强(或使用适宜的催化剂) 丙 乙
【详解】(1)Ⅰ.
Ⅱ.
根据盖斯定律，Ⅱ-2×Ⅰ得 =-210.5；
(2)投料比越大，相同条件下二氧化碳转化率越小，因此结合图象可知、、由大到小的顺序为；
(3)①结合热化学方程式可知反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，结合图可知温度低于773K时温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度，因此升高温度，抑制反应Ⅰ向右转化，的平衡转化率随温度升高而减小，即原因是反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度；
②乙烯的选择性要高，则温度不能太高，同时需要加快反应速率可通过增大压强(或使用适宜的催化剂)；
(4)升高温度平衡Ⅱ逆向移动，、的体积分数增大，、的体积分数减小，则乙、丁分别为、中的一个，甲、丙分别为、的一个，因原料初始组成，结合反应计量数可知相同条件下达到平衡乙烯的的体积分数较水小，则表示乙烯的曲线是丙；结合反应计量数可知相同条件下达到平衡氢气的的体积分数较二氧化碳大，则表示氢气的曲线是乙，丁表示二氧化碳曲线；令二氧化碳、氢气的起始量分别为amol、3amol，，由图可知A点有平衡时二氧化碳和乙烯的体积分数相等为11.1%，因此平衡时氢气的体积分数为二氧化碳体积分数的三倍即33.3%，水的体积分数为乙烯体积分数的四倍即44.4%，因此。
14．(1) Na+ Q、QH2 Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3
(2)—122.54
(3) 温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大 增大压强 0.622%
(4)250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa
【解析】（1）
由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO+2OH——2e—=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2，正极区的电极反应式为Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，电池的总反应为Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3，则Q、QH2在电极区溶液中可循环利用，故答案为：Na+；Q、QH2；Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3；
（2）
由盖斯定律可知，2i+ ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则反应热△H=2△H1+△H2=2×(—49.01kJ·mol-1)+(—24.52kJ·mol-1)=—122.54kJ·mol-1，故答案为：—122.54；
（3）
①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，反应iii为为气体体积不变的反应，增大压强，合成二甲醚的反应平衡向正反应方向移动，反应iii平衡不移动，所以增大压强能提高二甲醚的选择性，故答案为：温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；增大压强；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由于二甲醚的选择性=，则，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol-1mol×30%=0.7mol、4mol-1mol×30%×70%-(1mol×30%-1mol×30%×70%)×3=3.52mol、1mol×30%×20%÷2=0.03mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%-0.21mol+0.21mol+0.03mol=0.33mol，根据碳的守恒，还有甲醇为1mol-0.7mol-0.03×2mol-0.21mol=0.03mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.82mol，二甲醚的物质的量分数为×100%≈0.622%，故答案为：0.622%；
（4）
由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol—1mol×=mol、3mol—1mol××3=2mol、1mol×=mol、1mol×=mol，则甲醇的物质的量分数为=0.1，由图可知，甲醇的物质的量分数为0.1时，反应条件为温度为250℃、压强为9×105Pa，或压强为5×105Pa、温度为210℃，故答案为：250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa。
15．(1)△H1+△H2-△H3
(2) b > BD
(3) 0.8(1-2c%) 温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小
【详解】（1）由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3；
（2）①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2
③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确；
B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B错误；
C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确；
D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D错误；
故选BD；
（3）R1、R3、R2、R4的反应分别为：
1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；
y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。
山东省淄博市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．（2021·山东淄博·统考一模）钛被称为继铁、铝之后的第三金属。钙钛矿是一类氧化物陶瓷材料，典型代表是晶体，是工业获取钛的重要原料。
(1)基态钛原子的价层电子排布式为______，其原子核外共有______种运动状态不同的电子。
(2)六氟合钛酸钾()中存在配离子，其中钛元素的化合价是______，配体是______。
(3)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，则该阳离子的化学式为______，阴离子中心原子的杂化轨道类型为______。
(4)晶体结构如图，已知该晶体晶胞参数为anm，则与紧邻的O个数为______，O与O间的最短距离为______。
(5)钨青铜()是一类色彩丰富的非整比化合物，其晶体结构与上述晶体结构相同，若无空缺，化学式为，完全空缺则为，每填入1个，相应有1个还原为。的颜色与x值的对应关系如图所示，已知某钨青铜晶体中，则其颜色为______色。
2．（2022·山东淄博·统考一模）物质的结构决定物质的性质，化学创造新物质，新物质促进社会发展。
(1)下列氮原子的不同的电子排布。
A． B．
C． D．
能量最高的是____；其电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是____。
(2)铵盐与碱加热可制备氨气。NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是___。
A．键角 B．粒子的空间结构 C．杂化方式
(3)以特种铝合金为骨骼的LED地屏创造了冬奥开幕式的美轮美奂。Al晶胞为面心立方，其晶胞参数a=0.405nm，则铝原子的配位数为___，列式表示Al单质的密度为___g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)如图所示沿不同的方向分别向Al晶胞投影。方向①：从棱AA′向棱CC′方向；方向②：从顶点A向顶点C′方向。在下列4个投影图中，正确的是____。
A． B． C． D．
(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为____。
(6)今年2月2日《自然》杂志刊发论文，将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1∶1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，是韧性极高又极薄的优质二维片材。部分结构如图示(不同颜色表示不同的结构)。已知：除氢原子和氧原子外，所有原子在图中均有表示。
①该反应的△G___0(填“<”、“>”或“=”)。
②参与反应的芳香化合物的结构简式是____，其反应的类型为___。
3．（2023·山东淄博·统考一模）LiCoO2、LiC6是重要的电极材料，回答下列问题：
(1)基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。
(3)Co(III)可形成多种配合物。
①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。
②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有_____种。
(4)LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。
(5)①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
二、实验题
4．（2021·山东淄博·统考一模）某电解精炼铜的阳极泥中富含硒，主要以银．铜的硒化物形式存在。实验室利用纯碱焙烧法从中提取硒的步骚如下：
Ⅰ.分别称取阳极泥．和，充分混合后置于仪器X中，在450~650℃范围内焙烧半小时，使硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；
Ⅱ.待仪器X冷却后，取出焙烧物置于小烧杯中，加入水，充分浸取后过滤，滤渣可用于提取金．银等贵金属；
Ⅲ.将Ⅱ中的滤液转移至蒸发皿中浓缩至左右，用浓盐酸酸化，将酸化后的溶液转移至烧杯中，小火加热至左右；
Ⅳ.待Ⅲ所得溶液冷却后，加入浓盐酸，滤去析出的不溶物；
Ⅴ.将Ⅳ中滤液转入锥形瓶中，通入数分钟，析出红色无定形硒沉淀，经过滤．洗涤．干燥后得粗硒。
已知：浓度较大的硒酸能被浓盐还原为亚硒酸。
(1)步骤Ⅰ中的作用是______。
(2)仪器X为______(填标号)。
A．烧杯 B．蒸发皿 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
(3)步骤Ⅲ加入浓盐酸并加热浓缩的目的是______。
(4)步骤V所用装置如图所示，装置A的分液漏斗中试剂为______(填“98%硫酸”．“70%硫酸”或“10%硫酸”)；装置B中发生反应的化学方程式为______；装置C的作用是______。
(5)测定粗硒中硒的含量的操作步骤如下：
Ⅰ.用浓将样品中的氧化为；
Ⅱ.用溶液还原为，同时生成；
Ⅲ.以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定Ⅱ中生成的。
滴定终点的现象是______。实验中准确称量粗硒样品，滴定中消耗的溶液，则粗硒样品中硒的质量分数表达式为______。
5．（2022·山东淄博·统考一模）三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是重要的化工原料。制备反应式为：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O，反应放出大量热。已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。制备[Co(NH3)6]Cl3的实验步骤：
Ⅰ.取研细的CoCl2·6H2O和NH4Cl溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10℃以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的H2O2溶液，则溶液逐渐变混浊。实验装置如图2所示。
Ⅱ.将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸后静置。
Ⅲ.在静置的同时，需对静置液进行“操作A”后过滤；用无水乙醇洗涤晶体2~3次。
(1)图中仪器a的名称为____。
(2)将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水的目的是____。
(3)步骤Ⅱ向滤液中加入浓盐酸的原因是____。
(4)步骤Ⅲ中的“操作A”是____。
(5)用如图3装置测定产品中NH3的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入盛有V1mLc1mol·L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
液封装置1的作用是____。
液封装置2的作用是____。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的H2SO4，消耗c2mol·L-1的NaOH标准溶液V2mL。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数将____(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
6．（2023·山东淄博·统考一模）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为_____，仪器c除冷凝回流外，另一作用为_____。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_____。
(2)步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→_____。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_____时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为_____。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是_____(填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
三、有机推断题
7．（2021·山东淄博·统考一模）以苯酚、甲醛和必要的无机试剂合成一种重要的有机物F的路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
(1)B的结构简式为______，A生成B的反应中的作用是______。
(2)C的分子式为______，其含有的官能团名称为______。
(3)写出D→E的第二步反应的化学方程式______。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为______。
(5)写出以和为原料合成的合成路线______(其他试剂任选)。
8．（2022·山东淄博·统考一模）有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ.RX+MgR—MgX(格林试剂) X=Cl、Br、I
Ⅱ.+R—MgX→
Ⅲ.+
(1)A→B的反应方程式为____，反应类型为____。
(2)反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是____，在本流程中起类似作用的有机物还有____(填名称)。
(3)L中的官能团有____(填名称)，M的结构简式为____。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气②含两个甲基③能发生银镜反应；
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为____(只写一种)。
(5)已知：R1—OH+R2—OHR1—O—R2+H2O。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)____。
9．（2023·山东淄博·统考一模）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：
已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)
ii. +(R为烃基)
回答以下问题：
(1)A的结构简式为_____；符合下列条件的A的同分异构体有_____种。
①能与FeCl3溶液作用显色
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1
其中，能发生水解反应的结构简式为_____。
(2)D→E的反应类型为_____；该反应的目的是_____。
(3)F→H的化学方程式为_____，有机物J中含有官能团的名称是_____。
(4)综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选_____。
四、工业流程题
10．（2021·山东淄博·统考一模）透明铁黄是一种分散性良好的铁系颜料。利用黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄工艺流程如下：
已知：①25℃时相关物质的见下表。
金属硫化物
②25℃时饱和溶液中，存在如下关系：。
③当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。
(1)“焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是______，“焙烧”时首先发生分解反应，有、、生成，反应的化学方程式为______。
(2)“焙烧”过程中黄钠铁矾分解产生的最终转化为，则无烟煤所起的作用有______。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。
(4)“沉淀”过程中通入氨气的目的是调节溶液，以控制浓度，便于有效去除杂质金属离子。若此时溶液中，杂质离子沉淀时溶液中达到饱和，则操作中应控制的范围为______。
(5)“氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为______。
(6)该工艺所得滤液经处理可获得副产品硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。该工艺中滤液经加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是______。
11．（2022·山东淄博·统考一模）某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是____。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为____。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为____。(用含m、n的代数式表示)
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是___。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为____。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____(V2O5的摩尔质量为Mg·mol-1)。
12．（2023·山东淄博·统考一模）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：
已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
TiO(OH)2
Ksp
1.0×10-16.3
1.0×10-38.6
1.0×10-11.6
1.0×10-29
回答下列问题：
(1)矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。
(2)“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。
(3)“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为_____(填标号)。
A．H2SO4 B．H2O2 C．Na2CO3 D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]需要调节溶液的pH略大于_____。
(4)“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质
TiCl4
Cl2
CO
CO2
分压MPa
4.59×10-2
4.98×10-9
1.84×10-2
3.70×10-2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。
(5)高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。
A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar
五、原理综合题
13．（2021·山东淄博·统考一模）二氧化碳的高值化利用，不但可以实现二氧化碳的资源化利用，还可以缓解能源压力。以二氧化碳、氢气为原料合成乙烯涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
(1)反应 ______。
(2)时，二氧化碳的平衡转化率、投料比与压强的关系如图甲所示，则、、由大到小的顺序为______。
(3)在一定条件下，二氧化碳的平衡转化率与产物的选择性随温度的变化如图乙所示。已知：某产物的选择性是指生成该产物所消耗反应物的量占消耗的反应物总量的比例。
①当温度低于时的平衡转化率随温度升高而减小的原因是______。
②为同时提高合成乙烯的速率和乙烯的选择性，可以采取的措施是______(只答一条)。
(4)理论计算表明，体系压强为，原料初始组成，反应Ⅱ达到平衡时，、、、四种组分的体积分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示乙烯和氢气的曲线分别是______和______。根据图中A点的坐标，计算该温度时的平衡常数______。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
14．（2022·山东淄博·统考一模）Ⅰ.我国科学家利用CO2矿化反应释放能量设计出CO2矿化电池。不仅减碳发电，还能获得高附加值产品，其工作原理如图所示(Q是有机物；反应物和产物分别经过其它通道进入或排出电池容器)。
(1)通过离子交换膜的离子是___，正极区的电极反应式为：Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，在电极区溶液中可循环利用的物质是___，则电池的总反应方程式为____。
Ⅱ.以CO2为原料加氢合成二甲醚、甲醇有利于促进实现“碳中和”。在二氧化碳加氢制取二甲醚的合成塔中发生以下3个反应：
i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=—49.01kJ·mol-1
ii．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=—24.52kJ·mol-1
iii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.17kJ·mol-1
(2)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=___kJ·mol-1。
(3)在压强3.0MPa、=4条件下，CO2的平衡转化率和产物的选择性与温度的关系如图所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。
①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___。除改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为____(写一种即可)。
②根据图中的数据计算300℃上述反应达到平衡时CH3OCH3的物质的量分数为____(保留三位有效数字)。
(4)在=3时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)～P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。当CO2的平衡转化率为时，反应条件可能为____。
15．（2023·山东淄博·统考一模）利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图：
回答下列问题：
(1)已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为______(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。
(2)四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。
①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为______。
②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1______T2(填“>”，“<”或“=”)。
③下列说法不正确的是______。
A．四个反应均为放热反应 B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C．反应体系中1－MD最稳定 D．由上述信息可知，400K时反应R4速率最快
(3)1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率=______；y为65%时反应R1的平衡常数Kp=______kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因______。
参考答案：
1． 22 6 紫
【详解】(1)钛为22号元素，基态钛原子的电子排布式为[Ar]，价层电子排布式为；有多少个电子，就有几种运动状态不同的电子，因此钛其原子核外共有22种运动状态不同的电子；
(2)F为-1价，则配离子中钛元素的化合价是+4；F-提供孤电子作配体；
(3)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构为，由图可知Ti和O个数比为1:1，硫酸根为-2价，则阳离子的化学式为；阴离子的中心S原子价层电子对数=4+=4，因此中心S杂化轨道类型为sp3杂化；
(4)以顶点的Ti为例，与紧邻的O个数为6；O与O间的最短距离为面对角线的一半，即；
(5)钨青铜()晶体结构与上述晶体结构相同，则一个晶胞中含=1个W，某钨青铜晶体中，则一个晶胞中W5+的平均个数为1×=0.6，则填入了0.6个Na+，即x=0.6，对比比色卡可知其颜色为紫色。
2．(1) D A
(2)C
(3) 12
(4)BD
(5)
(6) ＜ 缩聚反应
【详解】（1）轨道中电子能量：1s＜2s＜2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D，因此能量最高的是选项D；电子从基态向激发态的跃迁会吸收能量，形成吸收光谱；电子从激发态向基态的跃迁会放出能量，形成发射光谱，所以电子在发生跃迁时，只有A处于基态，能量最低，不能产生发射光谱，故选A；
（2）铵根是正四面体型结构，氨气是三角锥形结构，其中氮原子均是sp3杂化，所以NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是杂化方式，答案选C；
（3）Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8×+6×=4，晶胞中铝原子的配位数为3×8×=12，Al单质的密度= g·cm-3= g·cm-3；
（4）Al单质为面心立方晶体，按方向①从棱AA′向棱CC′方向投影时，形成一个长方形，顶点上的晶胞投影在长方形边上，面心上晶胞投影在长方形中间，对应的答案为B；按方向②从顶点A向顶点C′方向投影时，顶点上的晶胞的投影形成一个大的正六边形，面心上6个原子投影形成一个小的正六边形，对应的答案为D，答案为BD；
（5）氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺是，由于氰胺的结构简式为H2N－C≡N，因此三聚氰胺的结构简式为；
（6）①由于常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，所以该反应的△G＜0；
②根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1∶1，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是。
3．(1)2:1（或1:2）
(2)O>C>Co>Li
(3) [Co(NH3)5 SO4]Br 2
(4) 三角锥形 F3C-
(5) 6 7:5
【详解】（1）Co为27号元素，基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，价电子中两种自旋状态的电子数之比为2:1（或1:2）；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；锂为碱金属元素，金属性较强电负性较弱，故Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是O>C>Co>Li；
（3）①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界，该配合物可表示为[Co(NH3)5 SO4]Br；
②Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯有2、3、5、6等效位或4号位共2种情况；
（4）(CH3)3C-中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致F3C-中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是F3C-；
（5）①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，每个晶胞中含有2×3=6个O、3个Co；充电形成Li1-xCoO2，晶胞中含个Li，设Co3+、Co4+的个数分别为a、b，根据化合价代数和为零可知，+3a+4b=2×6，晶胞中共3个Co，则a+b=3；两式联立可知，a=、b=，故n(Co3+)：n(Co4+)=7:5；
②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，根据“均摊法”，晶胞中含个Li、个C；该晶胞中碳碳键键长为mpm，则底面边长为3mpm、高为，底面积为，石墨层间距为npm，则晶胞高度为npm，故晶体密度为。
4． 氧化剂 C 使硒酸盐与亚硒酸盐转化成相应的酸，并获得浓度较大的硒酸 70%硫酸 吸收多余，防止污染空气；防止发生倒吸 溶液蓝色褪去 (或)
【详解】（1）焙烧过程中，发生化学反应，硝酸钾作为氧化剂参与反应将硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；
（2）焙烧温度较高，容器需要耐高温，且不能与容器内物质发生化学反应，故只有C符合题意；
（3）加入盐酸酸化，将亚硒酸盐酸化为亚硒酸，同时将硒酸盐转化为硒酸，得到浓度较大的硒酸；
（4）装置A的分液漏斗中试剂为70%硫酸；装置A向装置B中通入SO2，利用二氧化硫的还原性还原亚硒酸为Se，同时二氧化硫被氧化为硫酸，；装置C防止生成多余的SO2溢出污染环境，防倒吸；
（5）用淀粉作为滴定I2的指示剂，淀粉在I2溶液中显蓝色，待滴定终点将I2消耗完则蓝色消失；根据题意知滴定过程中消耗Na2S2O3( (Vc) /1000) mol，则消耗的I2为( (Vc) /2000) mol， 1mol SeO2的被还原，可以生产2mol I2，则SeO2为( (Vc) /4000) mol Se的物质的量为79g/mol，则粗硒中硒的含量为：(或)。
5．(1)分液漏斗
(2)将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+
(3)增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3
(4)冷却结晶
(5) 平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出 防止氨气逸出， 偏低
【分析】将CoCl2•6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性炭和浓氨水，得到[Co(NH3)6]Cl2和活性炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体[Co(NH3)6]Cl3；据此解答。
(1)
由仪器结构特征，可知仪器a为分液漏斗；答案为分液漏斗
(2)
将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，即Co2++6NH3•H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O；答案为将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+。
(3)
滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；答案为增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。
(4)
由题中信息可知，需对静置液进行“操作A”后过滤，即从热的滤液中分离出[Co(NH3)6]Cl3晶体，应采取冷却结晶；答案为冷却结晶。
(5)
①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 mol•L-1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；液封装置2的作用为防止氨气逸出；答案为平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；防止氨气逸出。
②氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低；答案为偏低。
6．(1) 恒压滴液漏斗 提高反应物的利用率
(2) d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) AC
【详解】（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故答案为：；
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故答案为：；
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC；
7． 中和，提高转化率 氯原子(或碳氯键)、醚键 +CH3OH+H2O 16
【分析】A为苯酚， 根据可知，碳酸钾中和可以提高转化率，并且可知B的结构简式为，D为与CH3OH发生酯化反应生成E，E为，据此分析解题。
【详解】(1)B的结构简式为，A生成B的反应中的作用是中和，平衡向右移动，提高转化率。
(2)根据C的结构简式可知分子式为，其含有的官能团名称为氯原子(或碳氯键)、醚键。
(3) D→E的第二步反应的化学方程式+CH3OH+H2O。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色说明有酚羟基，有16种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，说明有三种不同的氢，且峰面积比为，说明氢的个数比为，其同分异构体的结构简式为。
(5)以和为原料合成的合成路线。
8．(1) 取代反应
(2) 保护酚羟基 乙二醇
(3) （酚）羟基、醚键
(4) 16 (或或)
(5)
【分析】由D的结构及A的分子式可知A为苯酚，A→B的反应为苯酚的羟基对位氢原子被溴原子取代，生成对溴苯酚；B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；D→F发生信息中已知Ⅰ的反应得到格林试剂F；由C和G的结构可推知E的结构为，G→H使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；F和H发生信息中已知Ⅱ的反应生成I；I发生消去反应生成K，K催化加氢生成L，L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，据此分析解答。
【详解】（1）根据分析A为苯酚，B为对溴苯酚，在乙酸乙酯存在条件下、加热，苯酚和Br2发生取代反应生成对溴苯酚，反应方程式为，故答案为：；取代反应。
（2）由合成流程可知，B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基，与此类似，在G→H反应中使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基，故答案为：保护酚羟基；乙二醇。
（3）由L的结构简式可知，L中的官能团有（酚）羟基、醚键；L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，故答案为：（酚）羟基、醚键；。
（4）该有机物含有醛基和羟基，另外有5个碳形成的碳链，其同分异构体的种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置，后同）、、、、、、 共16种，核磁共振氢谱为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为、、，故答案为：16； (或或)。
（5）由题给条件可知，两分子分子间脱水可生成，可通过发生已知Ⅰ和已知Ⅱ的反应来制备，合成路线为：，故答案为：。
9．(1) 4
(2) 取代反应 保护羟基，防止氧化
(3) +H2O2+ H2O 酯基、醚键
(4)
【分析】结合D的结构简式逆向推断C，B在一定温度下发生已知中反应生成C，则B为，A与发生取代反应生成B()，则A为，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与乙酸酐反应生成E()，E中碳碳双键被臭氧氧化生成F 和G(甲醛)，F经过氧化氢氧化处理生成H，H发生水解反应生成I，I与乙酸酐发生取代反应得到J。
【详解】（1）由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、、4种；其中，能发生水解反应的结构简式为；故答案为：；4；。
（2）由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化；故答案为：取代反应；保护羟基，防止氧化。
（3）F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+ H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键；故答案为：+H2O2+ H2O；酯基、醚键。
（4）与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，与(CH3CO)2O发生取代反应生成，经氧化生成，水解酸化得到，其合成路线为：；故答案为：。
10． 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 作燃料为反应提供热量，作还原剂 该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量
【分析】黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄，加热无烟煤燃烧提供热量使分解生成，同时C将其还原生成，加入酸，过滤将除去，加入氨气，硫化铵可以除去金属离子，接着氧化生成透明铁黄，通过过滤、洗涤、干燥得到透明铁黄成品，以此分析解答。
【详解】(1) “焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，“焙烧”时分解反应生成、、，其化学反应方程式为 ，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，；
(2)无烟煤燃烧生成大量的热促使分解，同时可以将Fe3+还原为Fe2+，做还原剂，故答案为：作燃料为反应提供热量，作还原剂；
(3) 黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等, 不溶于硫酸，所以滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：；
(4) ，，，所以pH＞3；，＞10-19.6，（Co2+完全沉淀），，pH=1.8，所以则操作中应控制的范围为，故答案为：；
(5) “氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为，故答案为：；
(6)由曲线分析可知，硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。滤液经加热浓缩，硫酸铵的溶解度随温度升高而增大，而硫酸钠的溶解度随温度升高增大，后来几乎不变，加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量，故答案为：该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量。
11．(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
(2)Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
(3)
(4)温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)
【分析】由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为Ca(AlO2)2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为VO，Ca(AlO2)2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有VO的滤液；向滤液中加入石灰乳，将VO转化为Ca(VO3)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为CaCO3，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有(NH4)3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将(NH4)3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
（1）
酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
（2）
由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
（3）
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
（4）
氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
（5）
由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
（6）
由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
12．(1) SiO2、CaSO4 Fe
(2) 防止TiO2+提前水解
(3) C 2
(4) 使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
(5)D
【分析】钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质；
【详解】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；故选D。
13． 反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度 增大压强(或使用适宜的催化剂) 丙 乙
【详解】(1)Ⅰ.
Ⅱ.
根据盖斯定律，Ⅱ-2×Ⅰ得 =-210.5；
(2)投料比越大，相同条件下二氧化碳转化率越小，因此结合图象可知、、由大到小的顺序为；
(3)①结合热化学方程式可知反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，结合图可知温度低于773K时温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度，因此升高温度，抑制反应Ⅰ向右转化，的平衡转化率随温度升高而减小，即原因是反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度；
②乙烯的选择性要高，则温度不能太高，同时需要加快反应速率可通过增大压强(或使用适宜的催化剂)；
(4)升高温度平衡Ⅱ逆向移动，、的体积分数增大，、的体积分数减小，则乙、丁分别为、中的一个，甲、丙分别为、的一个，因原料初始组成，结合反应计量数可知相同条件下达到平衡乙烯的的体积分数较水小，则表示乙烯的曲线是丙；结合反应计量数可知相同条件下达到平衡氢气的的体积分数较二氧化碳大，则表示氢气的曲线是乙，丁表示二氧化碳曲线；令二氧化碳、氢气的起始量分别为amol、3amol，，由图可知A点有平衡时二氧化碳和乙烯的体积分数相等为11.1%，因此平衡时氢气的体积分数为二氧化碳体积分数的三倍即33.3%，水的体积分数为乙烯体积分数的四倍即44.4%，因此。
14．(1) Na+ Q、QH2 Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3
(2)—122.54
(3) 温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大 增大压强 0.622%
(4)250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa
【解析】（1）
由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO+2OH——2e—=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2，正极区的电极反应式为Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，电池的总反应为Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3，则Q、QH2在电极区溶液中可循环利用，故答案为：Na+；Q、QH2；Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3；
（2）
由盖斯定律可知，2i+ ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则反应热△H=2△H1+△H2=2×(—49.01kJ·mol-1)+(—24.52kJ·mol-1)=—122.54kJ·mol-1，故答案为：—122.54；
（3）
①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，反应iii为为气体体积不变的反应，增大压强，合成二甲醚的反应平衡向正反应方向移动，反应iii平衡不移动，所以增大压强能提高二甲醚的选择性，故答案为：温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；增大压强；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由于二甲醚的选择性=，则，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol-1mol×30%=0.7mol、4mol-1mol×30%×70%-(1mol×30%-1mol×30%×70%)×3=3.52mol、1mol×30%×20%÷2=0.03mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%-0.21mol+0.21mol+0.03mol=0.33mol，根据碳的守恒，还有甲醇为1mol-0.7mol-0.03×2mol-0.21mol=0.03mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.82mol，二甲醚的物质的量分数为×100%≈0.622%，故答案为：0.622%；
（4）
由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol—1mol×=mol、3mol—1mol××3=2mol、1mol×=mol、1mol×=mol，则甲醇的物质的量分数为=0.1，由图可知，甲醇的物质的量分数为0.1时，反应条件为温度为250℃、压强为9×105Pa，或压强为5×105Pa、温度为210℃，故答案为：250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa。
15．(1)△H1+△H2-△H3
(2) b > BD
(3) 0.8(1-2c%) 温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小
【详解】（1）由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3；
（2）①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2
③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确；
B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B错误；
C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确；
D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D错误；
故选BD；
（3）R1、R3、R2、R4的反应分别为：
1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)；
y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。
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