贵州省贵阳市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

这是一份贵州省贵阳市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35页。试卷主要包含了实验题，原理综合题，工业流程题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

贵州省贵阳市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·贵州·统考一模）金属锂与干燥、纯净的N2左500℃左右反应生成氮化锂(Li3N)，该物质是一种优良的贮氢材料。一种制名氮化锂的方法及装置如下(部分夹持装置略) ：

查阅资料：

物理性质
物理性质
金属锂(Li)
熔点180C，沸点1340C
与氨气反应: 2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑
氮化锂 (Li3N)
红色晶状固体，能吸附H2
①易水解:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑②高温时能腐蚀镍、铜、石英等
回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为___________
(2)仪器B、F的名称为___________；两者所盛装的试剂___________(填“能”或“不能”)交换。
(3) D中所装试剂a为___________，作用是___________。
(4)经分析，若将装置D更换为下图所示的装置___________(填序号)会更合理。

(5)装置E中石棉绒(透气且性质稳定)包裹Li的作用是吸收装置中残留的O2，装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中的原因是___________。
(6)实验前将24.0 g金属锂置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则Li3N的产率约为___________%。
2．（2022·贵州贵阳·一模）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如图：

实验室中可用FeSO4(由铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3用如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。

回答下列问题：
(1)配制溶液所用的蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是___________。
(2)装置A用于制备FeSO4，实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭___________，打开___________(填“K1”、“K2”或“K3”)；装置B中生成FeCO3的离子方程式为___________。
(3)转化过程中温度不超过35℃，主要原因是___________；“过滤”环节，不需要使用下列仪器中的___________(填仪器名称)。

(4)干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为___________；检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和___________(填化学式)。
(5)取干燥后的FeCO3样品(含少量FeOOH)37.47g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉18.48g，计算样品中FeCO3的质量分数为___________%(计算结果取整数)。
3．（2023·贵州贵阳·统考一模）铁是人体必需的微量元素之一。黑木耳中的含铁量较高，为检验和测定干黑木耳样品中的铁元素，设计实验如下。回答下列问题：
I．铁元素的检验

(1)“操作”是指___________；上述流程中需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，还有下图中的___________(填写仪器名称)。

(2)取待测液少许，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成；另取待测液少许，滴加___________(填化学式)溶液，观察到溶液变为红色，由此可得出结论___________(填字母序号)。
a．黑木耳中一定含Fe2+和Fe3+
b．待测液中一定含Fe2+和Fe3+
II．铁元素含量的测定
(3)利用KMnO4标准溶液测定干黑木耳样品中铁元素的含量
步骤I：取10.00mL待测液，加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
步骤II：向步骤I所得的溶液中加入适量稀H2SO4溶液，用0.0020mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液2.20mL。
①步骤I加入过量铜粉的目的是___________。
②步骤II滴加KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为___________。
③用KMnO4标准溶液滴定至终点的标志是。___________。
④黑木耳中铁的含量为___________mg/100g(即每100g黑木耳中含铁元素的质量)。

二、原理综合题
4．（2021·贵州·统考一模）研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题；
二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.8 kJ•mol-1
反应II：CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2= +23.4 kJ•mol-1
反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H3
(1)△H3=___________kJ•mo1-1，据此判断该反应在___________(填“低温”、高温或“任意温度”)条件下能自发进行。
(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2发生反应I能说明反应I达到平衡状态的是___________(填字母序号)。
a.容器内混合气体的密度保持不变          b.消耗3molH2的同时生成1 mol H2O
c.反应体系总压强保持不变 d. CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变
(3) T1K时，将1 mol二甲醚充入某恒容容器中，发生如下分解反应：
CH3OCH3(g)CH4(g)+ H2(g)+CO(g)，在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表：
反应时间t/min
0
5
10
15
20
∞
气体总压p总/kPa
10.0
13.6
15.8
17.7
18.9
20.0
由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为___________，该温度下的平衡常数Kp=___________ (kPa)2. (Kp为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×气体的物质的量分数)
(4)恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。


①温度高于230°C，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是___________。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
a.230℃催化剂CZT                 b.210℃催化剂CZT
c.230℃催化剂 CZ(Zr-1)T           d. 210℃催化剂CZ(Zr-1)T
5．（2022·贵州贵阳·一模）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一、
已知：反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol
反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332kJ/mol
反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3
(1)反应III中，ΔH3=___________kJ/mol。
(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1molCO和2molH2，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。
a．2(H2)=(H2O)　　　　　b．容器内压强保持不变
c．保持不变　　　　d．C2H4的质量分数保持不变
(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。

①表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是___________(填字母序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为___________。
③240℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为_______mol，H2(g)的平衡转化率为_____。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数Kp=______(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
6．（2023·贵州贵阳·统考一模）氨被广泛应用于化工、轻工、制药、合成纤维等领域，是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)，ΔH=___________kJ·mol-1。该历程中决速步的活化能(E)为___________kJ·mol-1。(“TS”代表过渡态)

(2)将n(N2)：n(H2)=1：3的混合气进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，NH3的平衡体积分数φ(NH3)在不同压强下随温度变化如图甲所示。

①压强p1、p2、p3中，最大的是___________。
②p1=0.5MPa，A点的平衡转化率为___________，压强平衡常数Kp=___________。
(3)在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图乙所示。则t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是___________(用图中a、b、c、d表示)，理由是___________。


三、工业流程题
7．（2021·贵州·统考一模）以菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)为原料制备多功能水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：

已知：①K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；
②FeO在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解。
回答下列问题：
(1) K2FeO4中Fe元素的化合价是___________ ； 滤渣的主要成分有___________。
(2)“氧化1”过程所发生反应的离子方程式为___________；设计方案验证“氧化1”所得的溶液已经不再含有Fe2+___________
(3)NaClO的电子式为___________ ； “ 氧化2”过程中生成了Na2FeO4和NaCl写出该过程中发生的氧化还原反应的离子方程式___________
(4)提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用___________(填字母序号)和异丙醇。
a.H2SO4溶液          b.KOH浓溶液 c.Fe2(SO4)3溶液
(5)加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO和OH-外，一定还含有____。
(6)实验室也可按照如图所示的装置模拟电解法制备K2FeO4，其中阳极的电极反应式是_______。

8．（2022·贵州贵阳·一模）铬是银白色有光泽的金属，易与其它金属形成合金，在国防、冶金、化学工业方面有重要用途。含铬废水有较大的毒性，处理达标后才能排放。工业上处理含铬废水(主要含铬微粒为Cr3+、和)并将其资源化的工艺有多种，其中一种工艺如图所示：

已知：Cr(OH)3受热易分解。
回答下列问题：
(1)中Cr元素的化合价为________。
(2)加入H2SO4酸化的目的是将转变为，不选用稀HCl酸化的原因可能________，加入Na2S2O5固体，发生反应的离子方程式为_________。
(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的投加量对Cr(VI)含量的影响如图所示。焦亚硫酸钠的最佳投加量为___________(mg·L-1)

(4)“一系列操作”包含_______和铝热反应。
(5)工业上也常用电解法处理酸性含铬废水。用铁板作电极，在耐酸电解槽中盛放酸性含的废水，原理如图所示。则与B相连的铁板为电解池的________极，阳极区溶液中所发生反应的离子方程式为_______。为了使Cr3+和Fe3+转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，向反应后的溶液中加入一定量的烧碱，若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则溶液中c(Cr3+)=________mol·L-1。
｛已如Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Cr(OH)3]=5.6×10-31}

9．（2023·贵州贵阳·统考一模）高纯碳酸锶主要用于荧光玻璃、电子陶瓷、磁氧体和高科技领域。一种由工业级硝酸锶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等杂质)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中与Ba2+不能结合。
②在碱性条件下不能转化为Cr3+。
③常温下，各物质的溶度积常数如下表所示：
化合物
Ca(OH)2
CaC2O4
Mg(OH)2
MgC2O4
SrCO3
Ksp近似值
4.6×10-6
2.2×10-9
5.6×10-12
4.8×10-6
5.6×10-10
回答下列问题：
(1)硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是___________。
(2)“除钡”时，pH偏低会导致的利用率不高，原因是___________(用离子方程式解释)；不同pH时的利用率随时间变化曲线如图所示，分析“除钡”过程中需用氨水将溶液调至pH=___________。

(3)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
(4)“滤渣2”的成分主要是含镁物质和___________(填化学式)。
(5)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。
(6)“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能___________(填化学式)。

四、结构与性质
10．（2021·贵州·统考一模）海洋是元素的摇篮，海水中含有的大量元素在生产、生活、科学研究等多方面具有重要作用。回答下列问题。
(1)写出基态溴原子的价电子排布式_______，氟、氯、溴、氧四种元素中，电负性由大到小的顺序为_____(填元素符号) 。
(2) Mg、Al的氟化物晶格能分别是2957 kJ•mol-1、5492 kJ•mol-1，二者相差很大的原因是______。
(3) X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I离子。I离子的几何构型为_____，中心原子的杂化类型为_____。
(4) C原子可以形成多种有机物，如图所示是一种吡啶和一种嘌呤的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。

①1mol吡啶分子中含有σ键数目是___________NA。
②嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因___________。
③分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)。该吡啶和嘌呤中都含有大π键，则该吡啶中的大π键表示为___________。
(5) CaF2可用于冶金、化工和建材等很多行业，为立方晶胞，结构如下图所示：

①“ 原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知A、B两点的原子坐标参数如图所示，则C点的“原子坐标参数”为(________，_______，)
②已知晶胞参数为0.5462 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度为____g•cm-3 (列出计算式即可) 。
11．（2022·贵州贵阳·一模）钛(Ti)被称为“未来金属”，其化合物广泛用于国防、电讯器材、医疗器械和化工设备等领域。回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子排布式为___________，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有___________种。
(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其它三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
(3)Ti(IV)的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：

①配合物中H、C、O三种元素的电负性由大到小的排列顺序为___________。
②请在图中标出配位键___________(用“→”表示)；
③配合物中非金属元素的含氧酸根的中心原子杂化轨道类型是sp2的是___________。
(4)用B掺杂TiN后(晶胞结构中只是B原子部分代替钛原子)，其晶胞结构如图所示，距离Ti最近的B有___________个，Ti与B的最近距离为___________nm；掺杂B后的晶体密度是TiN晶体的___________倍。(已知掺杂B后的晶体密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA)

12．（2023·贵州贵阳·统考一模）硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可形成多种化合物，含硒化合物在材料和药物等领域有重要应用。回答下列问题：
(1)基态硒原子价电子排布式为___________；其能量最高能级的电子云形状是___________。
(2)某绿色农药的结构简式如图所示。C、N、O、F四种元素第一电离能由大到小的排列顺序为___________；该物质中，C原子的杂化轨道类型为___________。

(3)亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除加速人体衰老的活性氧，的空间构型为___________；的键角___________气态分子SeO3(填“>”、“<”或“=”)，原因是___________。
(4)二硫键与二硒键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长λ1___________λ2(填“>”、“<”或“=”)。

(5)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为___________。晶胞棱边夹角均为90°，则晶体密度的计算式为___________g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值)


五、有机推断题
13．（2021·贵州·统考一模）2020年12月，嫦娥五号成功在月球表面升起一面由高性能芳纶PPTA)纤维特制而成的五星红旗。工业上一种采用低温溶液缩聚法合成PPTA的路线如下：

已知：芳纶(PPTA)的结构简式为:
回回答下列问题：。
(1)有机物A的化学名称是___________，A→B的反应类型为___________。
(2) B的结构简式为___________。
(3)反应1所需反应试剂和反应条件是___________； C中官能团名称是___________。
(4)C→D的化学方程式为___________。
(5)有机物M是E的同系物，相对分子质量比E大14，则M有___________种同分异构体，写出其中核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为4：3：2： 1的结构简式___________(任写一种即可)。
(6)在合成PPTA的过程中，是将E的粉末加入溶有无水LiCl和吡啶(一种有机碱)的N-甲基吡咯烷酮溶液中充分搅拌，然后加入等物质的量的，在冰水浴中搅拌反应六小时以上。试分析向其中加入吡啶的作用是___________，采用低温条件反应是为了避免产品析出，导致聚合度过低，但低温反应的劣势是___________。
14．（2022·贵州贵阳·一模）他米巴罗汀是可用作急性髓性白血病、脊髓发育不良、小儿实体瘤等多种疾病治疗的药物，其合成路线如图所示：

已知：
i.R-C≡CH+(R1、R2、R3代表烃基)
ii. +RCl+HCl
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___________。A→B的反应条件为___________。
(2)C→D的反应为可逆反应，推测N(C2H5)3(一种有机碱)所起的作用为___________。
(3)E中所含官能团的名称为___________，E→F的反应类型为___________。
(4)F→G的反应方程式为___________。
(5)H的结构简式为___________。
(6)满足下列条件的B的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为___________。
①苯环上有两个取代基；
②1mol该同分异构体与1molNa2CO3反应生成1molCO2。
15．（2023·贵州贵阳·统考一模）布洛芬(C13H18O2)是一种常用的解热镇痛药，具有抗炎、镇痛、解热作用。以有机物A和B为原料合成布洛芬的一种合成路线如下：

已知：i．(R1、R2代表烃基)
ii．
iii．
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___________。
(2)试剂a是甲醛，则有机物B的结构简式为___________。
(3)C→D的反应类型为___________。E中所含官能团的名称为___________。
(4)布洛芬分子中含有___________个手性碳原子。
(5)根据布洛芬的结构特点，预测其性质可能有___________(填字母序号)；分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，用对布洛芬进行成酯修饰的化学方程式为___________。
a．易溶于有机溶剂
b．能与碱或碱性物质反应
c．能与溴发生加成反应
(6)有机物X比布洛芬少4个碳原子，且与布洛芬互为同系物，则X的结构有___________种，写出核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为___________。

参考答案：
1． 球形干燥管 不能 浓硫酸（或浓H2SO4） 干燥N2，吸收未反应的NH3 ②③ 高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃 87.5
【分析】根据装置图可知，装置A是用来制备氨气的，利用氯化铵与氢氧化钙固体加热可制备氨气，再通过装置B净化干燥氨气，继续将干燥的氨气通入装置C的硬质玻璃管中与CuO发生氧化还原反应生成氮气、Cu和水，生成氮气与过量的氨气经过装置D进行净化处理后得到干燥纯净的氮气，再进入装置E，为防止有氧气混入，先经过石棉绒包裹的Li，最后与氧化锆小舟中的Li粒发生反应生成氮化锂 (Li3N)，根据资料可知，氮化锂易发生水解，所以需用装置F连接，目的是为了防止空气进入，干扰实验，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
(1)装置A的固体在加热条件下可制备氨气，其发生反应的化学方程式为；
(2)根据仪器构造可知，仪器B、F的名称为球形干燥管；两者所盛装的试剂作用分别是干燥氨气、防止外界空气中的水蒸气进入装置E，使制备的Li3n水解，两者不能交换，因为氨气可以与氯化钙发生反应，不能达到干燥氨气的目的，故答案为：不能；
(3) 装置D中所装试剂a的作用是干燥净化氮气，所以应该为浓硫酸，不能可以干燥氮气，还可以吸收多余的氨气，故答案为：干燥N2，吸收未反应的NH3；
(4)根据（3）问分析可知，装置D吸收未反应的氨气，因为氨气极易溶于水，密度比空气小，可采用设计防倒吸装置进行吸收，则①进气装置错误，不能达到目的，故错误；②③符合要求，可防倒吸；④中有机物苯的密度比水小，在水的上面，导气管导入试剂a中不能达到防倒吸的目的，故错误，故答案为：②③；
(5)根据给定资料可知，“Li3N高温时能腐蚀镍、铜、石英等”可知，高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，所以装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中，故答案为：高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃；
(6) 根据元素守恒可知，24.0 g金属锂全部转化为Li3N的话，得到Li3N的质量为，置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则质量增加68.2g-(24.0g+30.2g)=14g，即实际消耗的氮气的质量为14g,所以生成的Li3N的质量为=35g，所以产率约为，故答案为：87.5。
2．(1)加热煮沸
(2) K3 K2 Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3) 碳酸氢铵不稳定，受热容易分解 bc
(4) 4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2 KSCN
(5)93

【分析】碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，过滤分离出沉淀，洗涤干燥得到FeCO3，它与炭粉焙烧发生还原反应生产铁粉。
(1)
气体溶解度随温度升高而减小，蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是加热煮沸；
(2)
由装置可知，K2处左侧导管进入液面以下，K3处左侧与装置A中上侧相通，装置A中铁与硫酸生成硫酸亚铁，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭K3，打开K2，装置中气体增多压强变大，液体被压入装置B中；装置B中进入的亚铁离子与碳酸氢根离子双水解反应生成FeCO3和二氧化碳、水，离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)
碳酸氢铵不稳定，受热容易分解，故转化过程中温度不超过35℃；
“过滤”环节需要使用玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要使用下列仪器中的长颈漏斗、锥形瓶，故选bc；
(4)
空气中氧气具有氧化性，FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2；Fe3+和KSCN溶液反应溶液变为血红色，故检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和KSCN溶液；
(5)
设FeCO3、FeOOH的物质的量分别为x、y，则116x+89 y =37.47，根据质量守恒可知，（x+y）×56=18.48；解得x=0.3mol、y=0.03mol，故样品中FeCO3的质量分数为。
3．(1) 过滤 坩埚、100mL容量瓶
(2) KSCN b
(3) 将Fe3+还原为Fe2+ 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时恰好出现浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到终点 12.32

【详解】（1）“操作”后产生了滤液，说明是“过滤”，上述流程中的“灼烧”需要用到坩埚，加蒸馏水至100mL待测液时需要用到容量瓶，故答案为：坩埚、100mL容量瓶
（2）Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，Fe3+与KSCN反应后溶液呈红色，故答案为：KSCN、b；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，可以通过氧化Fe2+来测定铁元素的含量，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故先加入铜粉的目的是现将Fe3+转化成Fe2+，再用酸性高锰酸钾滴定含有的Fe2+溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点。反应中一共消耗n(MnO)=0.0020mol/L×2.20×10-3L=4.4×10-6mol，根据上述反应比例，n(Fe2+):n(MnO)=5:1，则n(Fe2+)=2.2×10-5mol，则10mL待测液中，铁元素的质量为2.2×10-5mol×56g/mol=1.232×10-3g=1.232mg，故100mL待测液中铁元素质量为12.32g。
4． -123.0 低温 cd 50% 25 反应I为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低 c
【详解】(1) 反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.8 kJ•mol-1
反应II：CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2= +23.4 kJ•mol-1
反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H3
根据盖斯定律可知，反应I×2-反应II可得到反应III，所以对应的焓变关系为△H3=2∆H1-∆H2=-49.8 kJ•mol-1×2-23.4 kJ•mol-1=-123.0 kJ•mol-1，故反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应，且为气体分子数减小的反应，则∆S＜0，根据∆G=∆H-T∆S可知，若要自发进行，∆G＜0即可，则需在低温条件下进行，故答案为：-123.0；低温；
(2)反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.8 kJ•mol-1为气体分子数减小的放热反应，则恒温恒容条件下
a．容器内混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度保持始终不变，a错误；
b．消耗3mol H2的同时生成1 mol H2O，指的均为正反应方向，不能作为判断反应达到平衡状态的依据，b错误；
c．随着反应的进行，反应体系的总压强始终变化，当反应体系总压强保持不变时，则说明反应达到平衡状态，c正确；
d． CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变，说明各物质的物质的量保持不变，即能说明反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：cd；
(3) T1K时，将1 mol二甲醚充入某恒容容器中，反应达到平衡时反应的三段式
在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(1＋2x)∶1＝20kPa∶10kPa=2:1，解得x＝0.5mol，反应达平衡时，二甲醚的分解率；此时，n(CH4)= n(H2)= n(CO)=0.5mol，所以p(CH3OCH3)= p(CH4)= p(H2)= p(CO)= =5kPa，所以平衡常数Kp=，故答案为：50%；25；
(4)①反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低；
②根据在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化关系可知，在230℃催化剂 CZ(Zr-1)T得到的甲醇选择性和产率最高，故最佳条件应选择230℃催化剂 CZ(Zr-1)T，答案选c。
5．(1)-249.6
(2)bd
(3) a，d KA＞KB＞KC 3.1 60%

【解析】（1）
由题干信息已知，反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)        ΔH1=+41.2kJ/mol反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g)  ΔH2=-332kJ/mol，则2I+II即可得到反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ，根据盖斯定律可知，ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×(+41.2kJ/mol)+( -332kJ/mol)=-249.6 kJ/mol，故答案为：-249.6；
（2）
a．化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2(H2)=(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；　　　　　
b．已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c．由于反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g)中CO和H2的系数比为1:2，题干中CO和H2的投料比也是1:2，故反应过程中始终保持为1:2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，c不合题意；　　　
d．化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故C2H4的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，d符合题意；
故答案为：bd；
（3）
①结合(1)的分析可知，反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-249.6 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1:3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d，故答案为：a，d；
②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA＞KB＞KC，故答案为：KA＞KB＞KC；
③根据三段式分析可知：，结合①的分析可知，240℃时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3-6x=4x，解得：x=0.3mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×0.3=3.1mol，H2(g)的平衡转化率为=60%，若平衡时总压为P，则p(CO2)=，p(H2)= ，p(C2H4)= ，p(H2O)=，该反应的平衡常数Kp= =，故答案为：3.1；60%；。
6．(1) -46 79
(2) p1 75% (或533)
(3) b 将容器体积缩小至原来的一半并保持不变时，N2分压应变为原来的2倍，之后由于加压平衡向生成NH3分子的方向移动，N2分压比原来2倍要小

【详解】（1）反应热=生成物的能量总和-反应物的能量总和，由图可知，合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)，ΔH=-46kJ·mol-1。反应速率最慢的一步，即活化能最大的一步为决速步骤，由图可知，该历程中决速步的活化能(E)为(-171 kJ·mol-1)-(-250kJ·mol-1)=79kJ·mol-1。
（2）①该反应前后为气体总物质的量减小的反应，当温度不变时，增大压强，平衡正向移动，氨气的体积分数增大，故压强p1、p2、p3中，最大的是p1。
②n(N2)：n(H2)=1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol， A点的平衡转化率为75%，可列出三段式为：，气体总物质的量为2.5mol，p1=0.5MPa，则p(N2)=´0.5MPa=0.05 MPa，p(H2)=´0.5MPa=0.15MPa，p(NH3)=´0.5MPa=0.3MPa，则压强平衡常数Kp=。
（3）由图可知，充入氨气，分解生成氮气和氢气，分压最小的为氮气，将容器体积缩小至原来的一半并保持不变时，N2分压应变为原来的2倍，之后由于加压平衡向生成NH3分子的方向移动，N2分压比原来2倍要小，故图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b，
7． +6 SiO2、CaSO4 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+ b 、Cl-
【分析】菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)经粉碎处理后加入稀硫酸进行酸溶后得到硫酸亚铁、硫酸钙和二氧化硅，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不溶于水和稀硫酸，所以以滤渣的形式沉淀下来，滤液中含Fe2+，向滤液中通入过量空气后，氧气会将Fe2+氧化为Fe3+，再加入次氯酸钠和氢氧化钠调节溶液成碱性后继续发生氧化还原反应生成高铁酸钠，硫酸钠和氯化钠，再加入饱和KOH溶液后将高铁酸钠转化为高铁酸钾溶液，后经过一系列分离提纯方法得到高铁酸钾晶体，据此结合元素化合物的结构与性质分析解答。
【详解】(1) K2FeO4中K为+1价，O为-2价，根据化合物化合价的代数和为0可知，Fe元素的化合价是+6价；结合上述分析可知，滤渣的主要成分有SiO2、CaSO4；
(2)“氧化1”过程中过量的氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，所发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；若要证明所得溶液中没有Fe2+，可取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+；
(3)NaClO为离子化合物，其电子式为；“氧化2”过程中次氯酸钠在碱性条件下与Fe3+发生氧化还原反应生成Na2FeO4、NaCl和水，根据氧化还原反应的配平原则可知，发生反应的离子方程式为；
(4)根据已知给定信息“①K2FeO4可溶于水、徼溶于浓KOH溶液②FeO在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解”可知，洗涤剂最好选用KOH浓溶液，b项符合题意，a.H2SO4溶液中FeO不稳定，故错误；c.Fe2(SO4)3溶液可能会使FeO发生分解，故错误，故答案为：b；
(5)根据上述分析可知，“转化”过程中加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO和OH-外，一定还含有“酸溶”生成的硫酸根离子及“氧化2”步骤中得到的氯离子，故答案为：、Cl-；
(6)电解法制备K2FeO4采用电解池原理，电解质溶液为12mol/L的KOH溶液，其阳极区铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式是。
8．(1)+6
(2) 能和氯离子反应生成氯气 2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O
(3)140.0
(4)加热分解
(5) 阴 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 2.0×10-4

【分析】含铬废水加入硫酸酸化，加入Na2S2O5固体，将六价铬转化为三价铬，加入碳酸钠调节pH，得到氢氧化铬沉淀，煅烧得到Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质；
（1）
中氧元素化合价为-2，离子带2个单位负电荷，则Cr元素的化合价为+6；
（2）
具有强氧化性，不选用稀HCl酸化的原因可能能和氯离子反应生成氯气和铬离子，氯气有毒会污染环境；加入Na2S2O5固体，Na2S2O5具有还原性，Na2S2O5与反应生产铬离子和硫酸根离子，离子方程式为2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O；
（3）
由图可知，焦亚硫酸钠的最佳投加量为140.0mg·L-1，此时Cr(VI)去除率最大，上层清液中Cr(VI)含量最低；
（4）
已知：Cr(OH)3受热易分解； “一系列操作”包含加热分解和铝热反应；Cr(OH)3受热生成Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质；
（5）
由图可知，右侧生成氢气，说明氢离子得到电子发生还原反应，则与B相连的铁板为电解池的阴极，与A相连的铁板为阳极；阳极铁发生氧化反应失去电子生成亚铁离子，亚铁离子与反应生成铁离子和Cr3+离子，阳极反应为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则c(OH-)=，则c(Cr3+)=，代入数值可得，c(Cr3+)=2.0×10-4mol·L-1。
9．(1)增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分
(2) 2+2H++H2O 7.5
(3)3H2C2O4++8H+=2Cr3++7H2O+6CO2↑
(4)CaC2O4
(5)1.9×105
(6)NH4NO3

【分析】硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr2O7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr2O72-，再加入氨水中和、沉淀得到Cr（OH）3，可知Cr2O72-被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca2+、Mg2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr2+，进行循环利用。
【详解】（1）硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分；
（2）“除钡”时，pH偏低会导致的利用率不高，原因是2+2H++H2O；pH过低 CrO42-的利用率低，pH=7.5和pH=10时CrO42-的利用率相当，但后期需要将pH调回1，导致浪费药品，因此应选用pH=7.5；
（3）酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，反应离子方程式为：3H2C2O4+8H++Cr2O72-=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（4）调pH为10是为了除去Ca2+和Mg2+，此时加入了草酸铵，由溶解度表可知MgC2O4的Ksp大于Mg(OH)2的Ksp，Ca(OH)2的Ksp大于CaC2O4，有沉淀转化关系可知，沉淀最终会转化成溶解度更小的沉淀，故“滤渣Ⅱ”的主要成分为CaC2O4和Mg(OH)2；
（5）①SrCO3(s) Sr2+（aq）+CO(aq)  Ksp；②H2CO3H++HCO Ka1；③HCOH++CO Ka2；③-②-①可得反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)，故平衡常数；
（6）“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能NH4NO3。
10． 4s24p5 F>O>Cl>Br Al3+的半径小于Mg2+，其离子所带电荷数多，离子键强，晶格能大 三角锥形 sp3 10 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大
【详解】(1)溴的原子序数为35，核外电子排布为2、8、18、7，价电子排布式为：4s24p5，F、Cl、Br为同主族元素从上到下电负性减弱，O和F为同周期元素，从左到右电负性增强，再结合氧化物ClO2，O为负价可知O的电负性大于Cl，可得电负性由强到弱为：F>O>Cl>Br，故答案为：4s24p5；F>O>Cl>Br；
(2)Al3+和Mg2+的核外电子排布相同，Al的核电荷数多，离子半径小，同时铝离子的离子电荷数比镁离子多，而离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子键越强，晶格能越大，故答案为：Al3+的半径小于Mg2+，其离子所带电荷数多，离子键强，晶格能大；
(3)I离子中心I原子的价层电子对数=，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，中心碘原子采用sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3；
(4)①单键为σ键，双键中有一条是σ键，一条是π键，由结构可知，1mol吡啶分子中含有σ键数目为10mol，即10NA，故答案为：10；
②根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大；
③吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：，故答案为：；
(5)①内部的8个F−形成小立方体结构，该小立方体的棱长等于晶胞棱长的，故图中C到左侧面距离等于晶胞棱长的，即为参数x，到前平面距离为晶胞棱长的，即为参数y，到下底面距离等于晶胞棱长，即为参数z，故C的坐标参数为（，，），故答案为：；；
②由晶胞结构可知8个钙离子位于顶点，6个位于面心，个数为，8个氟离子位于体内，则晶胞的质量为：g，晶胞的边长为0.5462 nm，晶胞体积为：，晶胞的密度=，故答案为：。
11．(1) 3d24s2 3
(2)TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高
(3) O＞C＞H C和O
(4) 4 ×107 0.85

【详解】（1）已知钛是22号元素，故基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，则钛的基态原子核外有2个未成对电子数，则与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有价电子分别为3d84s2、4s24p2、4s24p4等3种，故答案为：3d24s2；3；
（2）化合物TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，离子晶体的熔沸点高于分子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4分子组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故答案为：TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高；
（3）①根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，在碳氢化合物中H显正价，故配合物中H、C、O三种元素的电负性由大到小的排列顺序为O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H；
②配位键是指一方提供孤对电子另一方提供空轨道形成的共价键，故该配位化合物中的配位键如图所示：，故答案为： ；
③由题干配合物的结构简式可知，配合物中非金属元素的含氧酸根的中心原子杂化轨道类型是sp2的是含有双键的碳原子和氧原子，故答案为：C和O；
（4）用B掺杂TiN后(晶胞结构中只是B原子部分代替钛原子)，其晶胞结构如图所示，由图中可知距离Ti最近的B有4个，1个晶胞中含有N原子个数为：，B为1个，Ti为：个，设晶胞的边长为acm，则有：NA a3cm3ρg/cm3=(4×14+11+3×48)g，解得：a=cm，Ti与B的最近距离为面对角线的一半，则为=×107nm；一个TiN晶胞中含有Ti的个数为：个，N原子个数为： 个，故掺杂B后的晶体密度是TiN晶体的=0.85倍，故答案为：4；×107；0.85。
12．(1) 4s24p4 哑铃形
(2) F>N>O>C sp2、sp3
(3) 三角锥形 < SeO3分子中Se原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°；亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°
(4)<
(5) SeBi2O2

【详解】（1）Se是34号元素，其价电子排布式为4s24p4，能量最高能级是4p，其电子云形状是哑铃形；
（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中VA族元素的第一电离能高于其相邻的元素，故第一电离能：F＞N＞O＞C；该物质中既含有饱和C原子，又含有连接双键的C原子，故C原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；
（3）中Se的价层电子对数为=3+1=4，孤对电子数为1，的空间构型为三角锥形；SeO3中Se原子的价层电子对数为=3+0=3，孤电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，而的空间构型为三角锥形，键角小于120°，即的键角小于气态分子SeO3；
（4）S和Se位于同一主族，Se的原子半径大于S，使得二硒键的键长大于二硫键，二硒键的键能小于二硫键，由于光的波长与其能量成反比，故λ1小于λ2；
（5）根据电荷守恒可知，该晶胞中和的个数比为1:1，则硒氧化铋的化学式为SeBi2O2；该晶胞中，Se的个数为=2，结合化学式可知，该晶胞中含有2个SeBi2O2，晶胞质量为=，晶胞体积为a´10-10cm´a´10-10cm´c´10-10cm=a2c´10-30cm3，则晶胞密度为=g·cm-3。
13． 对二甲苯 氧化反应 CH3OH/浓硫酸、加热 酯基 10 或 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率 反应速率较慢
【分析】根据合成路线可知，A被酸性高锰酸钾氧化，苯环上的两个甲基被氧化为羧基生成B，结合F的结构简式和分子式可确定B为，B经过反应I生成C，可看出发生的是酯化反应，C与氨气再发生取代反应生成D，D在次氯酸钠作用下生成E，最后F与E根据给定的合成方法得到PPTA，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
(1)根据有机物A的结构简式可知，其化学名称是对二甲苯；A→B是酸性高锰酸钾氧化甲基的过程，其反应类型属于氧化反应，故答案为：对二甲苯；氧化反应；
(2)根据上述分析可知B的结构简式为；
(3)反应1属于酯化反应，根据所得到的的C的结构简式可知，所需反应试剂为甲醇，浓硫酸作催化剂在加热条件下进行；得到的C中官能团名称是酯基，故答案为：CH3OH/浓硫酸、加热；酯基；
(4)C→D为取代反应，其化学方程式为；
(5)有机物M是E的同系物，相对分子质量比E大14，则M比E多一个“CH2”，则M的结构简式可分如下情况讨论：①苯环上有一个取代基时，其结构简式为1种；②苯环上有2个取代基时，可分为邻间对位3种排列方式，如下（数字代表氨基）；③苯环上有3个取代基时，可先将2个氨基定好，再动甲基的位置，其结构简式可分类如下（数字代表甲基的位置序号）：、、，共计6种，综上所述，符合条件的M的同分异构体种类有：1+3+6=10种；其中核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为4：3：2：1的结构简式为或；
(6)根据合成原理及平衡移动的原理可得出，加入吡啶可吸收反应产生的HCl，提高反应转化率；低温反应速率较慢，这是不利的一面，故答案为：吸收反应产生的HCl，提高反应转化率；反应速率较慢。
14．(1) 对苯二甲酸 浓硫酸、加热
(2)中和HCl，促使平衡正向移动
(3) 碳碳三键和羟基 加成反应
(4) +2HCl +2H2O
(5)
(6) 12

【分析】由题干合成流程图信息可知，由B的分子式结合A到B的转化条件可知，B的结构简式为： ，由D的分子式结合C的结构简式和C到D的转化条件可知，D的结构简式为： ，由E的分子式结合信息i可知，E的结构简式为： ，由E到F、F到G的转化条件并结合G的分子式可知，F的结构简式为： ，G的结构简式为： ，由H的分子式以及塔米巴罗汀的结构简式并结合D和G的结构简式、信息ii可知，H的结构简式为： ，(6)由题干信息已知B的分子式为：C10H10O4，不饱和度为：=6，则其满足条件①苯环上有两个取代基；②1mol该同分异构体与1molNa2CO3反应生成1molCO2，分子中含有2个羧基，则两个取代基有：-COOH、-CH2CH2COOH；-COOH、-CH(CH3)COOH；-CH2COOH、-CH2COOH；-CH3、-CH(COOH)2四组，每组又有邻间对三种位置关系，则符合条件B的同分异构体有4×3=12种，据此分析解题。
（1）
由题干信息中A的结构简式可知，A的化学名称是对苯二甲酸，A→B是酯化反应，则反应条件为浓硫酸、加热，故答案为：对苯二甲酸；浓硫酸、加热；
（2）
由分析可知，C→D即 转化为 和HCl，已知反应为可逆反应，故可推测N(C2H5)3(一种有机碱)所起的作用为中和HCl，促使平衡正向移动，故答案为：中和HCl，促使平衡正向移动；
（3）
由分析可知，E的结构简式为 ，则其中所含官能团的名称为碳碳三键和羟基，E→F即 和H2发生加成反应得到 ，该反应的反应类型为加成反应，故答案为：碳碳三键和羟基；加成反应；
（4）
由分析可知，F→G即 转化为 ，该反应的反应方程式为+2HCl +2H2O，故答案为：+2HCl +2H2O；
（5）
由分析可知，H的结构简式为 ，故答案为： ；
（6）
由题干信息已知B的分子式为：C10H10O4，不饱和度为：=6，则其满足条件①苯环上有两个取代基；②1mol该同分异构体与1molNa2CO3反应生成1molCO2，分子中含有2个羧基，则两个取代基有：-COOH、-CH2CH2COOH；-COOH、-CH(CH3)COOH；-CH2COOH、-CH2COOH；-CH3、-CH(COOH)2四组，每组又有邻间对三种位置关系，则符合条件B的同分异构体有4×3=12种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为： ，故答案为：12；。
15．(1)甲苯
(2)
(3) 取代反应 醛基、羟基
(4)1
(5) ab
(6) 14 或

【分析】A分子式为C7H8，不饱和度为4，结合C中含有苯环可知，A为甲苯；C与发生信息反应iii，结合D的分子式C13H17ClO可知，D为；B分子式为C4H8O，不饱和度为1，发生信息反应ii，试剂a为HCHO，结合E的结构简式可知，B为；，发生信息反应i，结合布洛芬的结构简式可知，G为，据此分析解答。
【详解】（1）A分子式为C7H8，不饱和度为4，结合C中含有苯环可知，A为甲苯。
（2）试剂a为HCHO，发生信息反应ii，结合E的结构简式可知，B为。
（3）C与发生信息反应iii生成D，该反应属于取代反应；E中所含官能团为醛基、羟基。
（4）由可知，布洛芬分子中含有1个手性碳原子。
（5）根据布洛芬的结构特点可知，
a．布洛芬属于有机物，根据相似相溶原理可知，其易溶于有机溶剂，a正确；
b．布洛芬分子中含有羧基，能与碱或碱性物质反应，b正确；
c．分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，c错误；
故选ab。
与布洛芬发生酯化反应，反应的化学方程式为。
（6）有机物X比布洛芬少4个碳原子，且与布洛芬互为同系物，则X含有1个羧基，若X苯环上只有一个取代基，其取代基可为、共2种；若X苯环上有两个取代基，其取代基可为(、)和(、)两种组合，每种组合有邻、间、对三种位置，共有种；若X苯环上有三个取代基，其取代基可为(、、)，共有6种；因此X的结构共有种；其中核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为6∶2∶1∶1，说明分子结构中含有2个甲基，且具有较好的对称性，则其结构简式为或
。