福建省福州市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份福建省福州市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共33页。试卷主要包含了工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省福州市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

一、工业流程题
1．（2021·福建福州·统考二模）某冶炼厂利用镉熔炼碱渣(约含及、、)和铜镉渣(含、、、等单质)联合工艺制备黄钠铁钒[]，并回收、等金属。

(1)滤渣Ⅰ主要含和，请写出热水溶浸时发生反应的化学方程式：_______。
(2)滤渣Ⅱ的主要成分是_______。
(3)操作Ⅰ的作用是_______。
(4)“沉矾”时应维持溶液约为1.5，加入碳铵()主要利用其_______。
A．具有还原性B．水溶液呈酸性C． 水溶液呈碱性D．加热易分解性
(5)制得黄钠铁矾[]的离子方程式为_______。
(6)将制镉后的电解废液通过改变电压和更换电极后进行二次电解，二次电解主要是为了回收电解液中的_______，二次电解后溶液中的主要阳离子为_______。
2．（2022·福建福州·统考二模）活性氧化锌是橡胶、医药及化学工业的重要原料。一种采用高硅氧化锌矿[主要成分为、ZnO，还含少量铁、钙、镁、镉(Cd)等元素]制备优质活性氧化锌的工艺流程如下图：

(1)为提高锌的浸出率，除将矿石粉碎外，流程中还用到的方法是_______。
(2)“酸浸”过程中，Zn浸出率、浸出率、过滤速率与起始酸度的关系如图所示，宜选择的起始酸度为_______，理由是_______。

(3)滤渣1的主要成分是_______。
(4)操作A的主要目的是将溶液中的、形成氟化物沉淀。工业上除杂应控制、小于，应控制溶液中大于_______。[已知、]
(5)“还原除杂”过程，主要反应的离子方程式为_______。
(6)“碳铵沉锌”中生成碱式碳酸锌的离子方程式为_______。
3．（2023·福建福州·统考二模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣()氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：

已知：①水溶液中铟主要以的形式存在。
②
回答下列问题：
(1)“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为_______，此步骤加热的目的是_______；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生_______气体(任写一种)。
(2)在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为_______。

(3)反萃取剂应选用_______(填化学式)。
(4)常温下，在的溶液中存在平衡体系：，则该反应的化学平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，常温下)。
(5)“置换”时，主要反应的离子方程式为_______；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为_______。

二、实验题
4．（2021·福建福州·统考二模）甲醛与新制氢氧化铜反应的产物随反应条件改变而有所不同。实验室对该反应在一定条件下所得产物成分进行探究，具体过程如下。
取一定量的NaOH溶液、CuSO4溶液和甲醛于锥形瓶，控制温度40-50℃回流1h，收集到大量气体X，并有红色沉淀生成。
(1)①“控制温度40-50℃”的常用加热方法是_______。
②气体X能燃烧且完全燃烧产物不会使澄清石灰水变浑浊，说明该气体是_______。
(2)在探究甲醛的氧化产物时，发现未生成。为了进一步确定，甲醛是否被氧化为HCOONa，进行如图实验(图中省略夹持和加热装置，甲酸与浓硫酸反应能生成CO，而CO可将银氨溶液还原成银单质)。

①仪器a的名称是_______。
②b中，NaOH溶液的作用是_______。
③c中，银氨溶液中出现黑色沉淀，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(3)①没有颜色，易被氧化，可由Cu2O溶于氨水而得。红色沉淀用浓氨水充分浸取后未明显减少，得到蓝色溶液。使溶液呈蓝色的微粒是_______。
②另取1.00g红色沉淀，用适量稀盐酸、双氧水溶解完全，加热煮沸溶液4-5min，冷却后加入过量的碘化钾溶液和淀粉指示剂，再用1.000 mol/L Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液15.50mL。因此，红色沉淀中Cu单质的质量分数_______(结果保留3位有效数字；；。)
(4)若最终测得实验中Cu单质和气体产物物质的量比为1∶1，该条件下甲醛与新制氢氧化铜发生的主要反应化学方程式为_______。
5．（2022·福建福州·统考二模）理想气体状态方程，是描述理想气体的物质的量与其体积、分压、温度间关系的状态方程。其中气体常数R可通过如下实验测定。

(1)组装仪器：简易量气装置的量气管可用_______(填一种常用仪器名称)代替；组装完成后，须进行_______(填操作名称)。
(2)装药品：向反应管内加入足量的稀硫酸，_______(填“能”或“不能”)用稀硝酸代替稀硫酸，理由是_______；铝片打磨后称量，再用铜丝缠绕并放在反应管口，用铜丝缠绕铝片的目的是_______。
反应：读取量气管的起始读数后，移动反应管，使铝片滑入稀硫酸中。
(3)测量体积：待反应管内溶液无明显气泡产生后，对量气管进行第2次读数。读数时，应注意_______、_______(回答2点)。
(4)数据计算：实验数据如下表所示。
铝片质量
反应前量气管读数
反应后反应后量气管读数
室内温度
室内压强
0.0270g
0.50mL
38.90mL
295.4K

甲同学用以上数据代入公式进行计算，得到气体常数_______(用计算式表示)。
(5)误差分析：通过计算发现，气体常数R的测量值稍大于理论值，若排除实验过程的操作误差，导致测量值偏大可能的原因是_______。
6．（2023·福建福州·统考二模）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度Re的重要中间体。
I.的纯度测定
称取样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗溶液。

(1)仪器a是_______(填名称)。
(2)冰盐水的作用是_______。
(3)实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是_______。
(4)根据下表，滴定时宜选用_______(填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是_______。
部分指示剂变色的pH范围如下表：
指示剂名称
变色的pH范围
酸色
中性色
碱色
甲基橙
3.1—4.4
红
橙
黄
甲基红
4.4—6.2
红
橙
黄
溴百里酚蓝
6.0—7.6
黄
绿
蓝
酚酞
8.2—10.0
无
浅红
红
(5)样品中的质量分数为_______(填表达式)。
II.高纯度铼的制取
(6)高温下用还原可制得金属铼，装置如下图所示：

[已知：受热分解生成]
①装置B中盛放的试剂为_______(填名称)。
②判断A中已经反应完全的方法是_______。
③玻璃管内发生反应的化学方程式为_______。

三、原理综合题
7．（2021·福建福州·统考二模）是自然界中重要碳源，综合利用是目前的研究热点。
(1)超干重整的催化转化如图所示：


请写出过程Ⅰ和过程Ⅱ总的化学方程式：_______。
(2)已知重整过程中部分反应的热化方程式为：
①
②
③
则反应的_______。
(3)保持其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图所示。其中点的转化率高于点，原因是_______。


(4)由合成甲醇是资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下和可发生反应：

在一刚性密闭容器中，和的分压分别为和，以金属有机框架上的单原子为催化剂，发生反应。平衡后测得容器内的总压为反应前的0.7倍，则该反应的平衡常数_______。
(5)若实验室用溶液吸收一定量的气体，所得溶液中，则
①该溶液中_______(填“”、“”或“”)[]
②此时，该溶液中的_______。(常温下的；，)
8．（2022·福建福州·统考二模）二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为： 。在特定催化剂条件下，其反应机理为：
Ⅰ.   
Ⅱ.   
回答以下问题：
(1)_______
(2)压下，按进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛能选择性分离出)。

①根据图中信息，压强不变，采用有分子筛膜时的最佳反应温度为_______℃。
②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是_______。
③某温度下，反应前后体系中某些物质的物质的量如表中数据，则达到平衡时水蒸气的体积分数为_______；若该体系的总压强为，则反应Ⅱ的平衡常数_______(以平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数)。




反应前
1mol
3mol
0mol
平衡时



(3)如果在不同压强下，和的起始物质的量比仍为1∶3，测定的平衡转化率随温度升高的变化关系，如图所示。
。
①压强_______(填“>”或“<”)。
②图中温度时，两条曲线几乎交于一点，试分析原因：_______。
(4)光电催化转化制备的装置如图，写出右侧的电极反应式_______。

9．（2023·福建福州·统考二模）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：

已知：上述反应的速度方程为，，其中、分别为正、逆反应速度常数，P为各组分分压(分压=总压×物质的量分数)。
(1)该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：
键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能
413
348
X
436
请计算X=_______。
(2)利用催化乙苯()脱氢的反应机理如下

下列说法正确的是_______。
A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能
B．通过降低焓变加快反应速率
C．增加用量可提高反应的平衡转化率
(3)经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是_______和_______。
(4)100kPa下，反应气组成分别按照、、投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。

①图中的曲线是_______(填曲线标号)。
②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)。
③550℃、100kPa，按投料时，_______kPa(用最简分数表示)。

四、结构与性质
10．（2021·福建福州·统考二模）中科院陈创天院士首创的晶体在激光技术领域具有重要应用价值，的化学组成为；中科院福建物构所科研人员研制的晶体具备更优应用潜质，的化学组成为。
(1)是第5周期、ⅡA族元素，的价电子层排布式为_______。
(2)晶体可将入射激光直接倍频产生深紫外激光，源于_______(填选项符号)
A．分子热效应  B．晶体内化学反应焓变  C． 原子核外电子在能级间的跃迁
(3)晶体生产原料纯化过程重要物质乙酸氧铍分子为四面体对称结构，氧原子位于四面体中心，四个铍原子位于四面体的顶点，六个醋酸根离子则连接在四面体的六条棱边上：

①分子中碳原子杂化类型为_______。
②六个甲基中的碳原子形成的空间构型为_______。
③乙酸氧铍晶体中微粒间作用力包括_______(填选项符号)。
A．离子键 B．金属键 C． 配位键 D．范德华力 E. 非极性键 F. 氢键
(4)一定条件下，超氧化钾()晶体呈如图立方体结构。若邻近钾原子核间距为、阿伏加德罗常数为，则晶体密度为_______。

11．（2022·福建福州·统考二模）钻(Co)是生产耐热介金、硬质介金、防介金、磁性合金和各种钻盐的重要原料。请回答下列问题：
(1)基态Co原子的价电子排布式为_______。
(2)Co同周期同族的三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______(用化学式表示)。
(3)含钴配合物的中心离子的配位数为_______，其中N采取的杂化类型为_______。
(4)钴蓝晶体结构如图所示，该立方晶胞有4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为_______，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体密度为_______(列计算式)。

12．（2023·福建福州·统考二模）铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：
(1)在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为_______(填轨道表示式)。
(2)硝普钠()可用于治疗急性心率衰竭。其中不存在的化学键有_______(填序号)。
a.离子键 　　　 b.金属键 　　　 c.配位键 　　　 d.极性共价键
(3)甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。

①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为_______(填“”或“”)。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是_______。
(4)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。铁酸钇()的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。

一个晶胞中有_______个O。已知1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为_______。

五、填空题
13．（2021·福建福州·统考二模）双酚是重要的有机化工原料，工业上可以用苯酚和丙酮合成双酚：
H2O+
(1)丙酮含氧官能团名称为_______；双酚的分子式为_______。
(2)双酚分子共平面的碳原子最多可以有_______个。
(3)在盐酸或氨水催化下，苯酚和甲醛混合共热可得到酚醛树脂：
+nHCHOnH2O+
关于该反应及相关物质的判断正确的是_______(填选项符号)。
A．甲醛可溶于水
B．该反应属于缩聚反应
C．甲醛防腐可用于保存海鲜
D．酚醛树脂常用于制造电器材料
E.苯酚的酸性介于醋酸和盐酸之间
(4)苯酚可用于合成酚酞：
AB
已知：2HCOOHH2O+
①邻二甲苯核磁共振氢谱有_______个峰。
②条件是_______。
③化学方程式为_______。

六、有机推断题
14．（2022·福建福州·统考二模）“诺氟沙星"是一种常见的治疗由敏感菌引起的各类感染药物，目前经典的合成路线如下：

(1)A的化学名称为_______。
(2)过程Ⅱ的反应类型是_______。
(3)反应Ⅲ的化学方程式为_______。
(4)F的结构简式为_______，其中的含氧官能团的名称是_______。
(5)的同分异构体中，同时满足以下条件的结构简式为_______(不考虑顺反异构)。
A．能发生加成反应
B．核磁共振氢谐有3组峰，且峰面积之比为2∶2∶1
15．（2023·福建福州·统考二模）某药物合成中间体F的合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
(1)A中的含氧官能团有羟基和_______(填名称)；A→B的反应条件为_______。
(2)B→C的化学方程式为_______；该反应的目的是_______。
(3)C→D的反应类型为_______。
(4)F的芳香族同分异构体中，符合下列条件的有_______种。
①苯环上有2个取代基
②与溶液反应产生气体
③遇溶液发生显色反应
上述同分异构体中，核磁共振氢谱显示五组峰的结构简式为_______。

参考答案：
1． 加入，将转化为 C 、
【分析】
镉熔炼碱渣(约含及、、)用热水溶浸，在碱性环境下反应、过滤，滤渣Ⅰ主要含和，则热水溶浸反应为氧化锌和氢氧化钠溶液反应，得到滤液I为偏锌酸钠、过量氢氧化钠混合溶液；铜镉渣(含、、、等单质)用稀硫酸酸浸，不溶解、、、与硫酸反应而溶解，滤液中加入过氧化氢溶液，亚铁离子被氧化为铁离子，预中和、加入碳酸氢铵调pH约为1.5，得到黄钠铁钒[]，过滤后，所得滤液含锌离子、镉离子、铵离子、氢离子，再予以回收利用，据此回答。
【详解】
(1)滤渣Ⅰ主要含和，则热水溶浸反应为氧化锌和氢氧化钠溶液反应，得到偏锌酸钠和水、反应的化学方程式：。
(2)据分析，滤渣Ⅱ的主要成分是。
(3)操作Ⅰ加入，具有强氧化性，是绿色氧化剂，作用是将转化为。
(4) 碳铵()是弱酸弱碱盐，因铵离子水解程度小于碳酸氢根水解程度呈弱碱性， “沉矾”时加入碳铵，调节溶液约为1.5，加入主要利用其水溶液呈碱性，则答案选C。
(5) 在约为1.5时，钠离子、铁离子、硫酸根离子和水反应制得黄钠铁矾[]，离子方程式为。
(6)据分析，沉矾、过滤后，所得滤液含锌离子、镉离子、铵离子、氢离子，电解得到镉，制镉后的电解废液含锌离子、铵离子、氢离子，通过改变电压和更换电极后进行二次电解，则锌离子在阴极放电得到锌，故二次电解主要是为了回收电解液中的，二次电解后溶液中的主要阳离子为、。
2．(1)二次酸浸
(2) 90 该酸度下Zn浸出率最大、浸出率最小、过滤速率最大
(3)
(4)0.08
(5)
(6)

【分析】向氧化锌矿中加入稀硫酸一级、二级酸浸后，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢将溶液中的亚铁离子和铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣1和除去铁离子的滤液；向滤液中加入氟化钠，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣2和除去钙离子、镁离子的滤液；向滤液中加入锌粉，将溶液中的镉离子转化为镉，过滤得到含有镉的滤渣3和硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸氢铵，将硫酸锌转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到碱式碳酸锌；碱式碳酸锌高温煅烧发生分解反应得到氧化锌。
(1)
流程中用到的将矿石粉碎、二次酸浸的方法有利于提高锌的浸出率，故答案为：二次酸浸；
(2)
由图可知，硫酸起始酸度为90g/L时，锌浸出率最大、二氧化硅浸出率最小、过滤速率最大，则宜选择的起始酸度为90g/L，故答案为：90；该酸度下Zn浸出率最大、浸出率最小、过滤速率最大；
(3)
由分析可知，滤渣1的主要成分为氢氧化铁，故答案为：；
(4)
由氟化钙、氟化镁的溶度积可知，为使溶液中的镁离子完全沉淀，溶液中氟离子的浓度应大于==0.08mol/L，故答案为：0.08；
(5)
由分析可知，还原除杂过程发生的反应为锌粉与溶液中的镉离子发生置换反应生成锌离子和镉，反应的离子方程式为，故答案为：；
(6)
碳铵沉锌时发生的反应为硫酸锌溶液与碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碱式碳酸锌沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故答案为：。
3．(1) 增大反应速率，提升酸浸效率 Cl2或ClO2
(2)pH=0.5，萃取剂浓度为15%
(3)H2SO4
(4)7.7×10-6
(5) 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净

【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以进入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。
【详解】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数即In3+的水解常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
4． 水浴加热 H2 分液漏斗 除去CO中混有的HCOOH蒸汽 2∶1 92.8%
【分析】取一定量的NaOH溶液、CuSO4溶液和甲醛于锥形瓶，控制温度40-50℃回流1h，收集到大量气体X，气体X能燃烧且完全燃烧产物不会使澄清石灰水变浑浊，说明该气体X不是CO，为氢气；有红色沉淀生成，根据反应中涉及的元素，红色沉淀可能是Cu2O或Cu或二者的混合物，由于Cu2O溶于氨水生成，易被氧化生成得到蓝色溶液，而实验中发现红色沉淀用浓氨水充分浸取后未明显减少，得到蓝色溶液，因此红色沉淀为Cu2O和Cu的混合物，据此分析解答。
【详解】(1)①“控制温度40-50℃”的常用加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；
②结合反应中涉及的元素，能够燃烧的气体可能为氢气和CO，气体X能燃烧且完全燃烧产物不会使澄清石灰水变浑浊，说明该气体不是CO，则X为氢气，故答案为：H2；
(2)①根据图示，仪器a是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②甲酸易挥发，生成的气体中会混有HCOOH蒸汽，因此b中NaOH溶液的作用是除去CO中混有的HCOOH蒸汽，故答案为：除去CO中混有的HCOOH蒸汽；
③c中，银氨溶液中出现黑色沉淀，是CO将银氨溶液还原成的银单质，反应中氧化剂是，Ag的化合价由+1价变成0价，还原剂是CO，C的化合价由+2价变成+4价，根据化合价升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为(4-2)∶(1-0)=2∶1，故答案为：2∶1；
(3)①根据反应中涉及的元素，红色沉淀可能是Cu2O或Cu或二者的混合物，Cu2O溶于氨水生成，由于没有颜色，易被氧化生成得到蓝色溶液，故答案为：；
②1.00g红色沉淀，用适量稀盐酸、双氧水溶解完全，加热煮沸溶液4-5min，冷却后加入过量的碘化钾溶液和淀粉指示剂，用1.000 mol/L Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液15.50mL，消耗的Na2S2O3的物质的量为1.000 mol/L×0.01550L=0.01550mol，根据，有2Cu～2Cu2+～I2～2 S2O，则红色沉淀中Cu元素的物质的量=0.01550mol。设Cu2O的物质的量为x，Cu的物质的量为y，则144g/mol×x+64g/mol×y=1.000g，x+y=0.01550mol，解得：x=0.001mol，y=0.0145mol，则沉淀中Cu单质的质量分数×100%=92.8%，故答案为：92.8%；
(4)若最终测得实验中Cu单质和氢气的物质的量比为1∶1，该条件下甲醛与新制氢氧化铜反应的化学方程式主要为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点和难点为(3)②，要注意红色沉淀为Cu2O和Cu的混合物，结合关系式法确定的是沉淀中Cu元素的量，不是单质Cu的量。
5．(1) 碱式滴定管或移液管 检查气密性
(2) 不能 稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内反应，影响生成气体体积的测定 构成原电池，可加快反应速率
(3) 温度需恢复到室温 量气管液面应与水准管液面相平、视线应该平视凹液面等
(4)或
(5)，本实验将当做氢气分压进行计算

【分析】由题意可知，该实验的目的是通过反应管、量气管、水准管测定铝与稀硫酸反应生成氢气的体积测算理想气体状态方程中气体常数R的大小。
(1)
由实验装置图可知，量气管可用碱式滴定管或移液管替代；因实验需要测定铝与稀硫酸反应生成氢气的体积，为防止氢气逸出导致实验失败，所以实验装置组装完成后，必须进行气密性检查，故答案为：碱式滴定管或移液管；检查气密性；
(2)
反应管中的稀硫酸不能用稀硝酸代替，原因是稀硝酸与铝反应生成的一氧化氮易与装置中空气中的氧气反应生成二氧化氮，会影响生成气体体积的测定；铝片打磨后称量，再用铜丝缠绕并放在反应管口，用铜丝缠绕铝片与稀硫酸接触，可以构成铜铝原电池，加快反应速率，故答案为：不能；稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内反应，影响生成气体体积的测定；构成原电池，可加快反应速率；
(3)
测量反应生成的氢气的体积时，应通过冷却到室温、量气管液面应与水准管液面相平实现同温同压的条件下测定的目的，读数时视线应该平视凹液面，减小实验误差，故答案为：温度需恢复到室温；量气管液面应与水准管液面相平、视线应该平视凹液面等；
(4)
铝与稀硫酸反应的离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，由方程式和题给数据可知，气体常数R===，故答案为：或；
(5)
由计算过程可知，计算时将室内压强视作氢气分压进行计算，而室内压强为氢气分压和水蒸气分压之和，计算时忽略水蒸气的分压会导致气体常数R的测量值稍大于理论值，故答案为：，本实验将当做氢气分压进行计算。
6．(1)圆底烧瓶
(2)防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出
(3)氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
(4) 甲基红 滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色
(5)
(6) 无水氯化钙 取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全

【分析】分液漏斗中的浓氢氧化钠溶液滴入三口烧瓶内生成氨气，用a中产生的水蒸气把三口烧瓶中产生的氨气全部排入接收瓶中被盐酸吸收，用标准氢氧化钠溶液滴定剩余盐酸，计算出生成氨气的物质的量，根据氨气的物质的量计算的质量分数。
【详解】（1）根据装置图，仪器a是圆底烧瓶。
（2）氯化铵受热易分解，冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；
（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸，滴定终点溶液中的溶质为氯化铵、氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色；
（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸，反应消耗氢氧化钠的物质的量为，则反应消耗氨气的物质的量为，根据~~，可知的物质的量为，样品中的质量分数为
（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染，所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全。
③玻璃管内和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水，发生反应的化学方程式为。
7． 由点可知，、两点均未达到平衡，点反应温度高，速率快，所以转化率高 > 8.3
【详解】(1)根据图中信息，过程Ⅰ和过程Ⅱ总的化学方程式为；
(2)根据盖斯定律，①-②+③可得反应，故=；
(3)由点可知，、两点均未达到平衡，点反应温度高，速率快，所以点的转化率高于点；
(4)根据题给信息，列三段式： ，列出等式：，解得x=15，故；
(5)①碳酸浓度与碳酸根离子浓度相等，则溶质为碳酸氢钾和碳酸钾混合物，pH>7，因为氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，电荷守恒：，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，将碳酸浓度=碳酸根离子浓度带入，则> []；
②此时pH>7，，，，，pH=-lgc(H+)=-lg()=8.3。
8．(1)—90.3
(2) 210 分子筛膜从反应体系中不断分离出，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高 20%
(3) > 反应I为吸热反应，反应II为放热反应，时温度高，体系中以反应I为主，反应I前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(4)

【解析】(1)
由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到二氧化碳加氢合成甲醇的反应，则△H2=△H—△H1=(—49.4kJ/mol)—(+40.9kJ/mol)=—90.3kJ/mol，故答案为：—90.3；
(2)
①由图可知，压强不变，采用有分子筛膜时，210℃条件下甲醇的产率最高，则最佳反应温度为210℃，故答案为：210；
②由信息可知，有分子筛膜时，分子筛能选择性分离出生成物水，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，甲醇产率升高，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高；
③设平衡时甲醇的物质的量为amol，由题给数据可建立如下三段式：

由二氧化碳的物质的量可得：(—a)=，解得a=，则平衡时甲醇的物质的量为mol、水蒸气的物质的量为(+)mol=mol，平衡时混合气体的总物质的量为mol，平衡时水蒸气的体积分数为×100%=20%、一氧化碳的体积分数为×100%=10%、氢气的体积分数为×100%=50%、甲醇的体积分数为×100%=10%，反应Ⅱ的平衡常数=，故答案为：；
(3)
①总反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强p1条件下二氧化碳的转化率大于p2，则p1大于p2，故答案为：>；
②反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度为T1少言寡语，体系中的反应以反应I为主，反应I为气体体积不变的反应，压强改变对平衡没有影响，所以两条曲线几乎交于一点，故答案为：反应I为吸热反应，反应II为放热反应，时温度高，体系中以反应I为主，反应I前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
(4)
由电子移动的方向可知，右侧电极为原电池的正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲醇和水，电极反应式为，故答案为：。
9．(1)615
(2)A
(3) 水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动 水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳
(4) a <

【详解】（1）∆H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；
（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；
B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B错误；
C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C错误；
选A；
（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；
（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；
②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；
③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。
10． C 、 正八面体 CDE
【详解】(1)是第5周期、ⅡA族元素，则的价电子层排布式为。
(2)晶体可将入射激光直接倍频产生深紫外激光，它具有高光子能量，则源于原子核外电子在能级间的跃迁，答案选C。
(3)①分子中有双键碳原子和饱和碳原子，故碳原子杂化类型为、。
②已知：六个醋酸根离子则连接在四面体的六条棱边上，则六个甲基中的碳原子形成的空间构型为正八面体。
③A．乙酸氧铍晶体由分子构成，则不含离子键、A不选； B．乙酸氧铍晶体由分子构成，则不含金属键、B不选； C．Be原子最外层有2个电子，共用2对电子对外还有空轨道，而分子内Be原子有4个共价键，则含有配位键，C选； D．晶体内分子间存在范德华力、D选； E．醋酸根离子内有碳碳键属于非极性键、E选； F．分子内的H只与C相连故不可能存在氢键，F不选；则答案选CDE。
(4)由晶胞结构知，位于棱边的中点和体心，数目为 ，钾离子位于面心和顶点，则数目为，晶胞的质量为 ，设晶胞边长为x，若邻近钾原子核间距为apm,则 ， ，晶胞的体积，晶体密度为 g·cm-3，
11．(1)
(2)NiO>CoO>FeO
(3) 6
(4) 或

【详解】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的价电子排布式为3d74s2，故答案为：3d74s2；
（2）Co元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，同周期同族的三种元素二价氧化物分别为FeO、CoO、NiO，三种金属氧化物都是离子晶体，离子的离子半径越大，离子晶体的晶格能越小，金属阳离子的离子半径大小顺序为Fe2+＞Co2+＞Ni2+，则三种金属氧化物的晶格能大小顺序为NiO＞CoO＞FeO，离子晶体的晶格能越大，晶体的熔点越高，则三种晶体的熔点大小顺序为NiO>CoO>FeO，故答案为：NiO>CoO>FeO；
（3）由含钴配合物的化学式可知，配合物的中心离子为Co3+离子，配位体为NO离子和NH3分子，则Co3+离子的配位数为6；NO离子中氮原子的价层电子对数为3，则氮原子的杂化方式为sp2杂化，NH3分子中氮原子的价层电子对数为4，则氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：6；；
（4）由Ⅰ型和Ⅱ型的结构可知，立方晶胞中位于顶点、棱上和体心的钴原子个数为(4×+2×+1)×4=8，位于体内的铝原子个数为4×4=16，位于体内的氧原子个数为8×4=32，则晶胞中钴原子、铝原子、氧原子的原子个数比为8：16：32=1：2：4，钴蓝晶体的化学式为CoAl2O4或Co(AlO2)2，设晶体的密度为dg/cm3,由晶胞的质量公式可得：=(2a×10—7)3d，解得d=，故答案为：CoAl2O4或Co(AlO2)2；。
12．(1)
(2)b
(3) dsp2 顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子
(4) 6 (，+m，)

【详解】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴，27号元素，该元素的基态原子的价电子排布图为；
（2）硝普钠()是配合物，外界Na+和内界之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+之间存在配位键，C和N、N和O、H和O之间存在极性共价键，故不存在的化学键为金属键，选b；
（3）①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为杂化(若为杂化，则该5个原子构成四面体)；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，故顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，即顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子；
（4）由和可知位于晶胞内的O有4个，由 可知Z方向的棱上O的个数=8×=2，故一个晶胞中有6个O；1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。
13． 羰基(或酮基) 13 ABD 3 高锰酸钾 H2O+
【分析】(4)由流程及酚酞的结构知， B为，则A→B为信息反应、结合原料为，可知A为，据此回答；
【详解】(1)丙酮含氧官能团名称为羰基(或酮基)；由结构简式知，双酚的分子式为。
(2) 苯分子是平面结构、和苯环直接相连的原子在同一个平面，碳碳双键、羰基是平面结构、和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，碳碳单键是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，则双酚分子共平面的碳原子最多可以有13个。
(3)关于反应及相关物质的判断：
A．甲醛是无色有刺激性气味的气体，可溶于水，A正确；
B．小分子反应物生成高分子，且生成小分子，为缩聚反应，B正确；
C．甲醛能使蛋白质变性、可防腐，但甲醛剧毒，不可用于保存海鲜，C错误；
D．酚醛树脂是绝缘体，常用于制造电器材料，D正确；
E．苯酚的酸性小于醋酸和盐酸，介于碳酸的一级电离和二级电离之间，E错误；
正确的是ABD。
(4) ①邻二甲苯分子内有3种氢原子，则核磁共振氢谱有3个峰。
②在条件a下转变为A即，则是氧化反应，条件是酸性高锰酸钾。
③A为，B为，为信息反应，分子间脱水生成酸酐，化学方程式为 + H2O 。
14．(1)邻二氯苯或1，2-二氯苯
(2)取代反应
(3)+C2H5OH
(4) 羰基和羧基
(5)

【分析】反应I发生取代反应生成B，反应II中氨基发生取代反应生成C，反应IV是乙基的取代反应，则D为，E中酯基发生水解反应生成F为，反应VI是Cl被取代得到G；
【详解】（1）A的化学名称为邻二氯苯或1，2-二氯苯；
（2）过程Ⅱ中B的氨基中H被取代，反应类型是取代反应；
（3）D为，反应Ⅲ的化学方程式为+C2H5OH；
（4）F的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基和羧基；
（5）能发生加成反应说明含有碳碳双键，核磁共振氢谐有3组峰，且峰面积之比为2∶2∶1，满足条件的异构体为。
15．(1) 羧基 浓硫酸、加热
(2) ++HCl 保护酚羟基
(3)取代反应
(4) 15

【分析】A和乙醇发生酯化反应生成B，结合A的分子式可知A为 ，B和 在K2CO3作用下发生取代反应生成C和HCl，C和 在NaH作用下发生取代反应得到D和乙醇，D在H+/H2O、加热条件下反应生成E，E被还原为F。
【详解】（1）A为 ，A中的含氧官能团有羟基和羧基；A→B是酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热；
（2）B和 在K2CO3作用下发生取代反应生成C和HCl，B→C的化学方程式为++HCl；该反应的目的是保护酚羟基；
（3）由分析可知C→D的反应类型为取代反应；
（4）F结构中除苯环外还有1个不饱和度，满足：
②与溶液反应产生气体，则含1个-COOH；
③遇溶液发生显色反应，则含1个酚-OH；
则取代基部位还有3个饱和C，再加之①苯环上有2个取代基，则2个取代基中一个为-OH，另一个取代基为3个饱和C和-COOH组，可能为-CH2CH2CH2COOH、 、 、-CH2CH(CH3)COOH、-C(CH3)2COOH，故符合下列条件的有5×3=15种；
酚羟基一种H，两个不同的取代基，苯环上最少2种H，则另一个取代基只能由2种H，故上述同分异构体中，核磁共振氢谱显示五组峰的结构简式为 。