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河北省邯郸市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
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这是一份河北省邯郸市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36页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河北省邯郸市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、实验题
1．（2021·河北邯郸·统考二模）常用作杀虫剂、媒染剂，某小组在实验室以铜为主要原料合成该物质的路线如图所示：
已知：①为绛蓝色晶体，在溶液中存在以下电离(解离)过程：
、。
②和在水中均可溶，在乙醇中均难溶。若向溶液中加入乙醇，会析出晶体。
请回答下列问题：
(1)实验室用下图装置制备合成所需的溶液。
①仪器a的名称是____；仪器d中发生反应的离子方程式是___。
②说明检验装置A气密性的方法：____。
③装置B的加热方法为水浴加热，其优点是___。
(2)方案1的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
该方案存在一定缺陷，因为根据该方案得到的产物晶体中往往含有__(填化学式)杂质，其原因是__(从平衡移动的角度回答)。
(3)方案2的实验步骤为：向溶液中加入适量____(填试剂名称)，过滤、洗涤、干燥。
(4)方案1、2中步骤均有过滤、洗涤、干燥。
①过滤的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的固液混合物分离的操作有“倾析法”、“普通过滤法”和“减压过滤法”等，操作示意图如下：
减压过滤法相对于普通过滤法的优点为____(填序号，下同)。
A．过滤速度相对较快 B．能过滤胶体类混合物 C．得到的固体物质相对比较干燥
②下列最适合在“洗涤”步骤中作为洗涤液的是____。
A．蒸馏水 B．乙醇与水的混合液 C．饱和(NH4)2SO4溶液
2．（2022·河北邯郸·统考二模）实验室可利用SO2与Cl2在活性炭的催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯(SO2C12)，所用的反应装置如图所示(部分夹持装置省略)，使用甲装置既可以制备氯气，也可以制备SO2气体。已知：SO2C12的熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，密度1.67g/mL；SO2C12遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾。
(1)请写出该实验的仪器连接顺序：_______→_______→_______←_______←_______(用甲、乙、丙表示，可重复使用)。_______
(2)在实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作是_______。
(3)丙装置中仪器a的名称是_______，碱石灰的的作用_______。
(4)①甲装置中制备SO2时，试剂X、Y的组合最好是_______(填字母代号)。
A．98%浓硫酸+Cu B．70%H2SO4+Na2SO3固体
C．浓HNO3+Na2SO3固体 D．70%H2SO4+Na2SO3浓溶液
②甲装置中制备Cl2的化学方程式是_______。
(5)SO2Cl2在潮湿的环境中对金属有强烈的腐蚀作用，结合方程式解释原因：_______。
(6)为测定所得产品的纯度，实验小组选用的方案是将一定体积的产品加入到足量Ba(NO3)2溶液中，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算测得含硫量超过了100%，试分析造成这种结果的原因(每一步操作步骤均准确)_______。
3．（2023·河北邯郸·统考二模）某化学兴趣小组利用如图所示实验装置(夹持及加热装置省略)在实验室制备并测定其纯度。
回答下列问题：
(1)与分液漏斗相比，使用滴液漏斗a的优点是___________。
(2)装置B中发生反应的离子方程式为___________。
(3)若装置B温度控制不当会有生成，且反应生成的、的物质的量均为，则消耗的的物质的量为___________mol。
(4)某同学认为该装置设计有缺陷，改进措施为___________，否则会使产率偏低。
(5)测定所得样品的纯度：该小组同学认为可以利用一定质量样品与过量在酸性条件下发生反应，再以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定产生的测定样品的纯度。
①预设滴定终点时溶液的颜色为___________。
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，___________(请在横线上补全操作)，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③在方案可行性分析时，实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，最终得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液，可能的原因是___________。
④有同学提出可以使用质量分析法测定样品的纯度：称量样品mg、ng，混合加热至质量不再改变，剩余固体质量为pg，则样品中的纯度为___________(用含m、n、p的代数式表达)。
二、工业流程题
4．（2021·河北邯郸·统考二模）镍及硫酸镍在新型材料、新型电池的生产中有着十分广泛的应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备纯镍或硫酸镍的流程如下：
已知：①氧化性：Cu2+＞H+(酸)＞Ni2+＞Fe2+＞H+(水)；
②常温下溶度积常数：、。
(1)步骤①所得炉气和炉渣均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其中炉渣能使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是____；炉气使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为____。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行所需要使用的玻璃仪器有___。
(3)步骤⑥以NiS(含CuS)作阳极、NiSO4溶液作电解液电解可在___极(填“阳”或“阴”)获得粗镍，阳极的主要电极反应式为____。粗镍的电解精炼需要将电解液的pH控制在2~5之间，下列有关说法错误的是_____(填序号)。
A．防止溶液的酸性过强造成放电，在阴极生成H2
B．防止溶液的酸性过弱使Ni2+转化成Ni(OH)2沉淀
C．若溶液的pH＜2，可加入NiO或Ni(OH)2固体调节溶液的pH
D．使粗镍中所含的杂质Cu在阳极放电而进入电解液中
(4)化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于时该离子沉淀完全。步骤③所得的NiSO4溶液中通常含有Cu2+，若该溶液中的，请通过计算说明可通过在溶液中加入NiS的方法除去溶液中Cu2+的原因：____。
5．（2022·河北邯郸·统考二模）锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)在电镀、媒染等工业应用广泛，碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。以锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下图：
已知：①水碎液中溶质主要成分为Na2SnO3、Na2TeO3、Na3AsO4和Na2PbO2；
②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，TeO发生反应的化学方程式为_______。
(2)“除砷”时，若要使0.002 mol·L-1AsO沉淀完全(离子浓度不大于10-6 mol·L-1)，则需要加入等体积的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度至少为_______。(已知常温下Ksp[Ba3(AsO4)2]=10-24)。
(3)“除铅”时，加入Na2S所发生反应的离子方程式为_______。
(4)“除碲”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是_______。
(5)“溶析结晶”的操作是_______，洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。
(6)“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______；
(7)所得碲产品中碲的纯度测定步骤如下：
①取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20.00 mL0.1 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。
计算所得碲产品中碲的纯度为_______。
6．（2023·河北邯郸·统考二模）Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为，还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：
已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀时pH
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时pH
3.7
5.0
9.7
—
(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率___________(除粉碎外，任写一点)。
(2)滤渣1成分的化学式为___________。
(3)步骤③中加入的目的是___________。
(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀，原因是___________(用必要的文字和离子方程式说明)；已知，则沉淀完全时，溶液中___________(通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。
(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿，这是由铬、钒元素的存在造成的。
①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为___________。
②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为___________。
三、原理综合题
7．（2021·河北邯郸·统考二模）控制CO2的排放是防止温室效应等不良气候现象产生的有效途径。
(1)高炉炼铁会排放大量的CO2和烟尘，必须进行严格的控制。
已知：①3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g) △H=+a kJ/mol
②3C(石墨，s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+489.0 kJ/mol
③C(石墨，s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ/mol
则a=____。若在恒温恒容密闭容器中发生反应①，当达到平衡后，充入CO2，则达到新平衡后CO的体积分数____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，其转化率_____。
(2)炼铁时需要用石灰石除去铁矿石中的脉石，该过程中涉及反应：。若在恒温恒容的密闭容器中进行上述反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，t2时刻反应重新达到平衡，画出t1时刻后的正逆反应速率随时间变化的图象_____。
(3)CH4与CO2反应得到合成气的原理为。某小组向体积是1 L的一密闭容器中充入物质的量均是1 mol的CH4与CO2，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①压强：p1____p2(填“>”或“<”)。
②1100℃、p1条件下，20 min时反应达到平衡状态，则0~20 min内CH4的反应速率v(CH4)=___mol/(L∙min)，反应的平衡常数Kp=___(用含p1的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(4)通过电化学方法可有效实现以CO2和水为原料合成甲酸，其原理示意图如下：
则A极的电极反应式为___；若生成1 mol甲酸，则反应中转移电子的物质的量为____mol。
8．（2022·河北邯郸·统考二模）2030年实现碳达峰，2060年达到碳中和的承诺，体现了我国的大国风范。以CO2、H2为原料合成CH3OH可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ΔH3=+91kJ·mol-1，则ΔH1=_______。
(2)①不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示。
压强P1、P2、P3由大到小的顺序是_______，判断理由是_______，压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率升高的原因是_______。
②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应I和反应II，体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。
图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是_______(填化学式)，该组分平衡时的分压为_______MPa。0~15min内，反应I的反应速率v(H2)_______mol·L-1·min-1；T℃时，反应II的平衡常数Kp=_______(用分压代替浓度)。
(3)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示。
①请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式：_______。
②如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，则Pt电极上产生O2的物质的量为_______mol。
四、结构与性质
9．（2021·河北邯郸·统考二模）元素的金属性、非金属性及有关单质和化合物的性质与其原子结构、分子结构等有着密切的联系。回答。下列问题：
(1)下列基态原子的核外电子排布式正确的是__(填序号)。
A． B．
C． D．
(2)第IA、IIA族部分元素氯化物的熔点如下表，从NaCl到CsCl熔点依次降低，但BeCl2的熔点比MgCl2的低，其原因是__。
氯化物
NaCl
KCl
RbCl
CsCl
熔点/℃
801
776
715
645
405
714
(3)下列物质的变化破坏了极性共价键的是__(填序号)。乙酸中碳原子的杂化方式为__，1 mol乙酸分子中含有的σ键和π键的个数比为__；乙酸易溶于水的原因是相似相溶，以及___。
A．二氧化硅晶体熔化 B．乙酸溶于水 C．干冰升华 D．冰融化
(4)某晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为__；已知该晶体的晶胞边长为540 pm，阿伏加德罗常数的值为，则体积为10 cm3晶体的质量为__g(列出计算式即可)。
10．（2022·河北邯郸·统考二模）研究表明TiO2-aNb、Cu(In1-xGaxSe2)是光学活性物质，具有非常好的发展前景。
(1)已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]_______；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为_______。
(2)H2SeO3与H2SO3中酸性更强的是_______；原因是_______。
(3)31Ga可以形成GaCl3·xNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2.则该溶液中溶质的化学式为_______。
(4)Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨分子中键角略大，其原因是_______。
向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用：_______。
(5)常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图，如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为_______pm。
②Cu2S晶体的密度为ρ=_______g·cm-3(列出计算式即可)。
(6)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为FeSmAsFO组成的化合物。一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。回答下列问题：
①图中F-和O2-共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为_______；
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，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为(，，)，则原子2和3的坐标分别为_______、_______。
五、有机推断题
11．（2021·河北邯郸·统考二模）盐酸氨溴索是目前临床上作用最强的祛痰药，以A、E为原料合成盐酸氨溴索(化合物K)的路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)E转化成F的试剂和条件是___。盐酸氨溴索的分子式是____。
(2)A→B的化学方程式是___，其反应类型为__，B中含有官能团的名称是溴原子、___。
(3)化合物J的结构简式是_______。
(4)有机物M是H的同分异构体，且M的核磁共振氢谱和红外光谱表明：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种；②M分子中有—COOH，则符合条件的M的结构有___种(不考虑立体异构)，写出其中一种的结构简式：____。
12．（2022·河北邯郸·统考二模）由烯烃A制备聚合物G的合成路线如图(部分条件略去)：
已知：，
(1)A的名称为_______。
(2)E的结构简式为_______，F中含氧官能团名称是_______。
(3)A→B的反应类型为_______。
(4)B→C的化学方程式为_______。
(5)H是F的同分异构体，满足下列条件的H共有_______种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是_______(写出一种即可)。
①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应；③能发生银镜反应
(6)为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是_______。
(7)根据题目所给信息，设计以乙烯为原料制备丁二酸二乙酯的合成路线(其它无机试剂任选)_______。
13．（2023·河北邯郸·统考二模）三氯苯达唑是一种新型咪唑类驱虫药，其合成路线之一如下：
回答下列问题：
(1)A的名称为___________。
(2)A→B的反应方程式为___________。
(3)X的结构简式为___________。
(4)D→E的反应类型为___________。
(5)C的芳香族同分异构体中，与C具有相同官能团的有___________种。
(6)为_______(填“极性”或“非极性”)分子，分子的空间结构为___________。
(7)邻苯二胺是染料、农药、助剂、感光材料等的中间体。以溴苯为原料，根据上述合成路线，设计合成邻苯二胺的路线___________(无机试剂及两个碳以下的有机试剂任选)。
六、填空题
14．（2023·河北邯郸·统考二模）2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
(1)已知与的燃烧热分别为，，，写出与反应生成和的热化学方程式______。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和。
①能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A． B．容器内压强一定 C．气体平均相对分子质量一定
D．气体密度一定 E．的体积分数一定
②已知容器的容积为5 L，初始加入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为___________。
③温度不变，再加入、、、各，则___________(填“>”“<”或“=”)。
(3)工业上在一定条件下利用与可直接合成有机中间体二甲醚：。当时，实验测得的平衡转化率随温度及压强变化如图所示。
①该反应的___________(填“>”或“<”)0。
②图中压强(p)由大到小的顺序是___________。
(4)科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
①系统工作时，a极为___________极，b极区的电极反应式为___________。
②系统工作时b极区有少量固体析出，可能的原因是___________。
参考答案：
1． 分液漏斗 关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好 受热均匀，易于控制加热温度 或 蒸发浓缩过程中挥发，使平衡，向右移动，发生水解生成或 乙醇 AC B
【详解】(1)①仪器a为分液漏斗；仪器d中，铜单质在酸性条件下被氧化为，相应的离子方程式为；
②检验装置A气密性的方法为：关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好；③由于水具有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以水浴加热具有易于控制温度的优点，且能够使被加热物质均匀受热；
(2)该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有或杂质，因为在蒸发浓缩过程中挥发，使平衡，向右移动，发生水解生成或；
(3)根据题给信息②可知，加入的试剂应为乙醇；
(4)①减压过滤可加快过滤速度，并使沉淀比较干燥，因为胶状沉淀易穿透滤纸，沉淀颗粒太小易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，A、C项正确；
②晶体易溶于水，难溶于乙醇等，所以可选用乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸铵溶液洗涤，则会在晶体表面残留有硫酸铵杂质，达不到洗涤的目的。
2．(1)甲→乙→丙←乙←甲
(2)用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好
(3) 球形冷凝管 吸收 Cl2和SO2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置
(4) B 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O
(5)在潮湿的环境中，SO2Cl2与水反应SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸腐蚀金属
(6)由于产品不纯，溶解了SO2，SO2被硝酸钡氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含硫量增大
【分析】由实验装置图可知，装置甲为70%浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫的装置，也可以是高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气的装置，装置乙中盛有的浓硫酸可以用于干燥二氧化硫气体，也可以用于干燥氯气，装置丙中二氧化硫与氯气在活性炭作用下反应制备磺酰氯，装置中球形冷凝管用于冷凝回流磺酰氯，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入丙装置导致磺酰氯发生水解，则仪器的连接顺序为甲→乙→丙←乙←甲。
(1)
由分析可知，实验的仪器连接顺序为甲→乙→丙←乙←甲，故答案为：甲→乙→丙←乙←甲；
(2)
该实验是有气体制备和参与的实验，实验实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作为用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好，故答案为：用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好；
(3)
由分析可知，丙装置中仪器a为球形冷凝管，干燥管中盛有的碱石灰的作用是用于吸收氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入丙装置导致磺酰氯发生水解，故答案为：球形冷凝管；吸收 Cl2和SO2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置；
(4)
①甲装置是固液不加热制备气体的装置，所以不能选用共热才能反应生成二氧化硫的铜和浓硫酸制备二氧化硫；二氧化硫是具有还原性的气体，所以不能选用具有强氧化性的浓硝酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫；二氧化硫易溶于水，所以不能选用不利于气体逸出的亚硫酸钠浓溶液制备二氧化硫，应选用亚硫酸钠固体；98%浓硫酸中硫酸主要以硫酸分子形式存在，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反应速率慢，不利于二氧化硫的生成，所以应选用70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，故选B；
②由分析可知，甲装置中制备氯气的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O；
(5)
由题意可知，在潮湿的环境中，磺酰氯发生水解反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸会对金属有强烈的腐蚀作用，故答案为：在潮湿的环境中，SO2Cl2与水反应SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸腐蚀金属；
(6)
将一定体积的产品加入到足量硝酸钡溶液中，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算测得含硫量超过了100%说明磺酰氯溶解了二氧化硫，二氧化硫溶于硝酸钡溶液时生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被硝酸钡氧化为硫酸，导致反应生成的硫酸钡沉淀量增大，使得测得含硫量增大，故答案为：由于产品不纯，溶解了SO2，SO2被硝酸钡氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含硫量增大。
3．(1)平衡压强，使液体顺利滴落
(2)
(3)4
(4)在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶
(5) 无色 用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态
【分析】用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，发生反应为： ，将生成的通入热的溶液中，制备，发生反应为：。
【详解】（1）滴液漏斗a连通了分液漏斗上下，有点是：平衡压强，使液体顺利滴落；
（2）将生成的通入装置B中热的溶液中，制备，发生反应为：；
（3）若反应生成的、的物质的量均为，根据化合价的升降，，，共升高6，所以化合价降6，所以同时生成，共有 ，消耗。
（4）因为生成中含有，会影响产物的纯度，所以需在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶，以除去中含有；
（5）①与在酸性条件下发生反应：，再以淀粉溶液为指示剂，溶液变蓝色，用标准溶液滴定，达到终点时，溶液变成无色；
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化；
③酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态，所以实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，可能得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液；
④作为催化剂，加热分解，，产生的质量为，根据方程式计算出质量为：，所以样品中的纯度为：。
4． 炉渣中含有的Fe2+将还原为Mn2+而使其褪色 分液漏斗﹑烧杯 阴 NiS-2e-=Ni2++S D 若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+已经完全沉淀
【分析】将硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)放入电炉中，通入适量氧气，并加入焦炭、石英，在高温下发生反应，部分S元素被氧化变为SO2进入炉气中，其中的FeS被氧化为FeO，并与SiO2反应变为Fe2SiO4，将得到的高镍矿经粉碎、研磨浮选得到NiS(含有CuS)，然后进行电解得到粗镍，再在NiSO4溶液中，经调节溶液pH为2～5进行电解得到纯镍。
【详解】(1)由题意知，硫化镍矿经处理变为Fe2SiO4，炉渣中铁元素存在形式是Fe2+，具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色；
炉气中含有SO2，SO2具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化变为H2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得相应的离子方程式为：。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行萃取操作时所需要使用的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；
(3)在用电解方法制粗镍时，阳极上主要是NiS失电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：NiS-2e-=Ni2++S，在阴极上Ni2+得到电子被还原生成Ni，而得到粗镍。
A．由于离子的氧化性：H+(酸)＞Ni2+放电，当溶液pH＜2时，c(H+)较大，易在阴极放电生成H2，导致不能得到金属Ni，因此要控制溶液pH＜2，A正确；
B．当pH＞5时，溶液中c(OH-)增大，Ni2+易与溶液中OH-结合生成Ni(OH)2沉淀，B正确；
C．向溶液中加入NiO或Ni(OH)2时能消耗溶液中过多的H+，因而可以调节溶液pH，但又不会引入新的杂质，C正确；
D．由于Ni的金属性比Cu强，所以粗镍中所含有的杂质Cu不会在阳极上放电而进入电解液中，D错误；
故合理选项是D；
(4)若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；再由可知，所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+离子已经完全沉淀，因此可通过向溶液中加热NiS除去杂质Cu2+。
5．(1)2TeO+O2+4NaOH═2Na2TeO3+2H2O
(2)0.0032 mol·L-1
(3)S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-
(4)H2O2受热分解
(5)加热蒸发、趁热过滤
(6)3：1
(7)86.4%
【分析】锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、 Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出，以此来解答。
(1)
“碱溶” 时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，同时产生H2O，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O；
(2)
假定溶液体积为V L，Ba2+在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀3Ba2+ +2=Ba3(AsO4)2↓，需n(Ba2+)=0.003V mol；同时溶液中存在Ba3(AsO4)2的溶解平衡：c3(Ba2+)·c2()=Ksp[Ba3(AsO4)2]，此时c()=10-6 mol/L，c(Ba2+)==1.0×10-4 mol/L，需n(Ba2+)=10-4×2V mol，故c[Ba(OH)2]=；
(3)
结合分析可知，"除铅” 时，加入Na2S所发生反应的化学方程式为Na2S+ Na2PbO2+2H2O=PbS↓+4NaOH，该反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-；
(4)
过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；
(5)
碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出；
(6)
Na2TeO4加入浓盐酸转化为H2TeO3，随后与SO2反应转化为Te单质，H2TeO3为氧化剂，SO2为还原剂，被氧化为H2SO4，故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；
(7)
根据反应关系+3H2TeO3+8H+ +2H2O=2Cr3++3H6TeO6和+6Fe2++8H+=2Cr3+ +6Fe3++4H2O，可得关系式：~~~~~3H2TeO3~~~~3Te，发生该转化关系的的物质的量n()=0.1 mol/L×0.02 L-×0.1 mol/L×0.012 L=1.8×10-3 mol，所以n(Te)=3n()=5.4×10-3 mol。取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中进行实验，则碲产品中碲的质量分数为。
6．(1)适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等(2分，除粉碎外，任写一点，合理即可)
(2)
(3)将氧化为
(4) 能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀
(5) 8：3 16
【分析】绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀，灼烧后生成BeO。
【详解】（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。
（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3
（3）步骤③中加入的目的是将氧化为；
（4）能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀。沉淀完全时，c(Be2+)=，由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。
（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1 mol中，阳离子含有8 mol 键，阴离子含有8 mol 键，故1 mol中含有16 mol 键。
7． -28.5 不变 减小 ＞ 0.03 2
【详解】(1)根据盖斯定律，可知①式为②-3×③的结果，整理可得：a=489.0 kJ/mol-3×172.5 kJ/mol=-28.5 kJ/mol；
对于反应①，在恒温恒容密闭容器中，平衡后充入CO2，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小；由于化学平衡常数K= 只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，该反应前后气体体积相等，化学平衡常数不变，故平衡后体系中各组分的体积分数保持不变；
(2)对于反应，在恒温恒容下反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，化学平衡逆向移动，但反应物为固体，正反应速率不变，因此逆反应速率突然增大后又随着CO2浓度的降低而减小直至不变。用图象表示为：；
(3)①对于反应，在温度不变时，减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，使CO2的转化率增大，根据图象可知CO2的转化率：p2＞p1，说明压强p１＞p２；
②在温度为1100℃、压强为p1条件下，20 min时反应达到平衡状态时，CO2的转化率为60%，即平衡时△n(CO2)=1 mol×60%=0.6 mol，由于容器的容积是1 L，则v(CO2)=，由于同一反应用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，所以v(CH4)= v(CO2)=0.03 mol/(L·min )；反应中CO2、CH4是按1：1关系反应的，开始时加入的物质的量都是1 mol，则反应达到平衡时，，，n(总)=0.4 mol+0.4 mol+1.2 mol+1.2 mol=3.2 mol，则用压强分数表示是化学平衡常数表示为；
(4)A极连接电源的负极，为阴极，在阴极上CO2得到电子被还原转变为HCOOH，则电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，根据电极反应式可知：每反应生成1 mol HCOOH，反应会转移2 mol电子。
8．(1)-49.5 kJ·mol-1
(2) P3 >P2 > P1 反应I正向气体分子数减小，反应II正向气体分子数不变，相同温度下，增大压强反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则增大压强CO2的转化率增大，所以P3 >P2 > P1 反应I正向放热，反应II正向吸热，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定 CO 0.1 0.016 0.1875
(3) CO2+2H++2e-= HCOOH 0.9
【解析】（1）根据盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2-ΔH3=(+41.5kJ·mol-1)-(+91kJ·mol-1)=-49.5kJ·mol-1。
（2）①反应I的正反应为气体分子数减小的反应，反应II气体分子数不变，相同温度下，增大压强，反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则CO2的转化率增大，所以P3 ＞P2 ＞ P1；ΔH1＜0，ΔH2＞0，反应I的正反应为放热反应，反应II的正反应为吸热反应，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定。②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中，则H2的起始分压为1.5MPa，CO2的起始分压为0.5MPa；根据阿伏伽德罗定律的推论可知，恒容密闭的容器中，温度不变，气体压强与气体物质的量成正比，平衡时，P(H2)=0.8MPa，P(CO2)=0.2MPa，则n(H2)==1.6mol，n(CO2)==0.4mol，设转化为CH3OH的CO2的物质的量为x mol，转化为CO的CO2的物质的量为y mol，则有：则有，解得x=0.4，y=0.2，x+y=0.6，即平衡时n(CH3OH)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6mol，则平衡时， P(CH3OH)= n(CH3OH)´=0.4mol´=0.2MPa，P(CO)= n(CO)´=0.2mol´=0.1MPa，P(H2O)= n(H2O)´=0.6mol´=0.3MPa，则图中已有CH3OH和H2O的分压变化，缺少的CO的分压变化，其平衡时的分压为0.1MPa；反应I中，Δn(H2)=1.2mol，v(H2)== =0.016mol·L-1·min-1；反应II的平衡常数KP===0.1875。
（3）该装置为电解池，Cu电极为阴极，则Cu电极上产生HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-= HCOOH，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，CO2中的C呈+4价，C2H4中的C呈-2价，CH3OH中的C呈-2价，若Cu电极上只生成0.15mol C2H4和0.30mol CH3OH，则转移电子的物质的量为2´6´0.15mol+6´0.30mol=3.6mol，故Pt电极上产生O2的物质的量为´3.6mol=0.9mol。
9． C 从NaCl到CsCl均为离子晶体，阳离子半径逐渐增大，离子键逐渐减弱，熔点降低；但BeCl2是分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子晶体的熔点低于离子晶体 AB sp3、sp2 7∶1 乙酸分子与水分子间能形成氢键 ZnS
【详解】(1)A．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为，A错误；
B．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为是；
C．原子核外电子排布遵循构造原理，C正确；
D．原子核外3d轨道全满时原子处于稳定状态，则其电子排布式应该是，D错误；
故合理选项是C；
(2)NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，断裂离子键消耗的能量就越低，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱，因此其熔沸点比较低；而MgCl2属于离子晶体，Mg2+与Cl-通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗能量较高，所以BeCl2的熔点比MgCl2低；
(3)A．SiO2为共价晶体，熔化时将破坏Si-O共价键，Si-O属于极性共价键，A符合题意；
B．乙酸溶于水时电离产生H+和CH3COO-，破坏的是H-O共价键，H-O共价键属于极性共价键，B符合题意；
C．干冰是固体CO2，由分子通过分子间作用力结合而成。干冰气化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，C不符合题意；
D．冰是固体H2O，由分子通过分子间作用力结合而成。冰熔化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，D不符合题意；
故合理选项是AB；
乙酸是由分子构成的物质，结构简式是CH3COOH，其中甲基(-CH3)中的碳原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基(-COOH)中的碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化，因此乙酸分子中C原子杂化类型为sp3、sp2杂化；
在1个CH3COOH分子中含有7个σ键和一个π键，因此在一个CH3COOH分子中含有的σ键和π键的个数比为其个数比为7∶1；
乙酸分子、水分子都是极性分子，且乙酸分子与水分子间会形成氢键，增加了分子间的作用力，因此乙酸易溶于水；
(4)晶胞中Zn在8个顶角和6个面心上，所以每个晶胞中含有Zn原子个数为，在每个晶胞内部含有4个S原子，晶体中Zn、S原子个数比为4：4=1：1，所以该晶体的化学式为ZnS；每个晶胞的质量为m=，晶胞体积为V=(540×10-10cm)3，则晶胞密度ρ=，故体积为10 cm3的晶体的质量m(晶体)= 。
10．(1) 4d105s25p1 Se>Ga>In
(2) H2SO3 H2SeO3 与 H2SO3 均可写为(HO)2RO，非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是 H2SO3
(3)[Ga(NH3)4Cl2] Cl
(4) NH3中的孤电子对与 Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N—H成键电子对斥力减弱，故N—H键角变大 减小溶剂极性，降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度
(5) a
(6) SmFeAsO1-xFx (，，0) (0，0，)
【详解】（1）铟的原子序数为49，则其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简化电子排布式为 [Kr] 4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第ⅡＡ族、第ⅤＡ族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In，故答案为：4d105s25p1；Se>Ga>In；
（2）中硒原子的价层电子对数为４，采取杂化sp3，H2SeO3与 H2SO3 均可写为(HO)2RO，非羟基氧数目相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，导致H2SO3的酸性更强，故答案为：H2SO3；H2SeO3与 H2SO3 均可写为(HO)2RO，非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是 H2SO3；
（3）向题述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明溶液中有电离出来的Cl-，过滤后，充分加热能够使所有的配位键断裂，生成游离的Cl-和NH3，且氨全部逸出，游离的Cl-与足量AgNO3溶液反应又有沉淀生成，此时生成沉淀的Cl-是形成配位键的Cl-，两次沉淀的物质的量之比为1∶2，说明电离出来的Cl-与形成配位键的Cl-个数比为1∶2，该化合物的配位数为6，所以其化学式为[Ga(NH3)4Cl2] Cl，故答案为：[Ga(NH3)4Cl2] Cl；
（4）NH3中的孤电子对与 Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N—H成键电子对斥力减弱，故N—H键角变大；乙醇的分子极性小，加入乙醇后，溶剂的极性减小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，故答案为：NH3中的孤电子对与 Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N—H成键电子对斥力减弱，故N—H键角变大；减小溶剂极性，降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度；
（5）①由题意可知，CuS晶体中铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为 pm，故答案为：；
②Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为，故答案为：；
（6）①根据均摊原则， Sm原子数为、Fe原子数为、As原子数为，F-和O2-数目之和为，F-和O2-的比例分别为x、1-x，则晶体的化学式是SmFeAsO1-xFx，故答案为：SmFeAsO1-xFx；
②根据图1中原子1的坐标为(，，)，可知原子2的坐标为(，，0)、原子3的坐标为(0，0，)，故答案为：(，，0)；(0，0，)。
11． Cl2、催化剂Fe(或FeCl3) C13H19N2OClBr2 +2Br2+2HBr 取代反应 氨基、酯基 4 、、、
【分析】A与Br2在催化剂存在条件下发生取代反应产生B，B发生信息①的反应，结合相关物质的分子组成可知：A为，B为；E分子式是C6H6，则E为，E与Cl2发生苯环上取代反应产生F为，D是，I是，二者在一定条件下发生反应产生J为。
【详解】(1)转变为是苯环上的取代反应，需要在Fe(或FeCl3)作催化剂存在下与Cl2反应才能实现，所以E转化成F的试剂是Cl2，反应条件是Fe或FeCl3作催化剂；由盐酸氨溴索的结构简式知，其分子式是C13H19N2OClBr2。
(2)A→B的化学方程式为+2Br2+2HBr，反应类型为取代反应；B中含有官能团的名称是溴原子、氨基、酯基；
(3)由上述分析可知，化合物J的结构简式为；
(4)H是，分子式是C8H9O2N，其同分异构体M符合下列条件：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种，说明物质分子中含有5种不同位置的H原子，有两个取代基在苯环上处于对位；②M分子中有—COOH，说明物质分子中的一个侧链上含有羧基，则其可能结构有：、、、，因此共4种不同结构，可从中任写一种结构简式。
12．(1)丙烯
(2) 羧基、羟基
(3)取代反应
(4)CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl
(5) 6 或或
(6)G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构
(7)
【分析】由逆推法，F发生缩聚反应生成G，则F为，由反应条件可知E发生已知信息生成F，则E为，C发生发生已知信息反应生成D为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B为，A为烯烃，则发生取代反应生成B，A为；
（1）分析可知，A为，名称为丙烯；
（2）分析可知，E的结构简式为；F为，F中含氧官能团名称是羧基、羟基；
（3）A为，A发生取代反应生成B为，A→B的反应类型为取代反应；
（4）B为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B→C的化学方程式为CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl；
（5）F为，H是F的同分异构体，满足条件①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应说明含有酯基；③能发生银镜反应说明含有醛基，、、、、、共有6种；其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是或或；
（6）为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是：G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构；
（7）乙烯和氯气发生加成反应得到1,2-二氯乙烷，与NaCN发生取代反应生成，再经流程E到F的反应得到，乙烯和水发生加成反应得到乙醇，乙醇和丁二酸发生酯化反应制备丁二酸二乙酯，合成路线：。
13．(1)1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)
(2)
(3)
(4)还原反应
(5)15
(6) 非极性 四面体形
(7)
【分析】A在浓硫酸、浓硝酸额条件下，发生硝化反应生成B，根据C的分子式和D的结构简式，可以推出C的结构简式为：，X的建构简式为：，D在还原剂的作用下发生还原反应，还原成，再与，在和的作用下生成F，最后在与，在一定条件下得到产品。
【详解】（1）根据A的结构，A的名称为：1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)；
（2）A在浓硫酸、浓硝酸额条件下，发生硝化反应生成B，反应方程式为：；
（3）根据C的结构简式和D的结构简式，可以推出X的结构简式为：；
（4）D在还原剂的作用下发生还原反应，还原成，反应类型为：还原反应；
（5）C的结构简式为：，芳香族同分异构体，根据“定二移一，再加一的方法”，与C具有相同官能团的同分异构体为：，加上，有3种，，加上，除去C有2种，，加上，有3种，，加上，有3种，，加上，有2种，，加上，有2种，共15种；
（6）结构与相同，为直线型分子，含有极性键的非极性分子；为甲烷分子中的1个H原子被I原子取代，所以空间构型为四面体结构；
（7）根据上述合成路线，以溴苯为原料，合成邻苯二胺的路线为：。
14．(1)
(2) BCE 625 >
(3) <
(4) 负 移向正极，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出
【详解】（1）已知与的燃烧热分别为，，故有热化学方程式，①，②，③，根据盖斯定律分析，由②×4-①+③×2可得热化学方程式 。
（2）反应 ：①A．中没有说明反应速率的方向，不能确定到平衡；B．该反应前后气体的总物质的量不相等，故容器内压强一定说明反应到平衡；C．该反应前后气体的总物质的量不相等，气体平均相对分子质量一定能说明反应到平衡；D．该反应全是气体，且容器的体积不变，故气体密度始终不变，故密度一定不能说明反应到平衡；E．的体积分数一定能说明反应到平衡。故选BCE。
②，则该反应的平衡常数为。
③温度不变，再加入、、、各，，说明反应正向进行，则>。
（3）①从图分析，随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，<0。
②在相同温度下，结合方程式，压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，故图中压强(p)由大到小的顺序是。
（4）①系统工作时，a极为金属钠，钠只能失去电子，做负极，b极为正极，b极区二氧化碳和水反应转化为碳酸氢根离子和氢气，电极反应式为。
②系统工作时钠离子作为阳离子向正极移动，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出。
河北省邯郸市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、实验题
1．（2021·河北邯郸·统考二模）常用作杀虫剂、媒染剂，某小组在实验室以铜为主要原料合成该物质的路线如图所示：
已知：①为绛蓝色晶体，在溶液中存在以下电离(解离)过程：
、。
②和在水中均可溶，在乙醇中均难溶。若向溶液中加入乙醇，会析出晶体。
请回答下列问题：
(1)实验室用下图装置制备合成所需的溶液。
①仪器a的名称是____；仪器d中发生反应的离子方程式是___。
②说明检验装置A气密性的方法：____。
③装置B的加热方法为水浴加热，其优点是___。
(2)方案1的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
该方案存在一定缺陷，因为根据该方案得到的产物晶体中往往含有__(填化学式)杂质，其原因是__(从平衡移动的角度回答)。
(3)方案2的实验步骤为：向溶液中加入适量____(填试剂名称)，过滤、洗涤、干燥。
(4)方案1、2中步骤均有过滤、洗涤、干燥。
①过滤的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的固液混合物分离的操作有“倾析法”、“普通过滤法”和“减压过滤法”等，操作示意图如下：
减压过滤法相对于普通过滤法的优点为____(填序号，下同)。
A．过滤速度相对较快 B．能过滤胶体类混合物 C．得到的固体物质相对比较干燥
②下列最适合在“洗涤”步骤中作为洗涤液的是____。
A．蒸馏水 B．乙醇与水的混合液 C．饱和(NH4)2SO4溶液
2．（2022·河北邯郸·统考二模）实验室可利用SO2与Cl2在活性炭的催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯(SO2C12)，所用的反应装置如图所示(部分夹持装置省略)，使用甲装置既可以制备氯气，也可以制备SO2气体。已知：SO2C12的熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，密度1.67g/mL；SO2C12遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾。
(1)请写出该实验的仪器连接顺序：_______→_______→_______←_______←_______(用甲、乙、丙表示，可重复使用)。_______
(2)在实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作是_______。
(3)丙装置中仪器a的名称是_______，碱石灰的的作用_______。
(4)①甲装置中制备SO2时，试剂X、Y的组合最好是_______(填字母代号)。
A．98%浓硫酸+Cu B．70%H2SO4+Na2SO3固体
C．浓HNO3+Na2SO3固体 D．70%H2SO4+Na2SO3浓溶液
②甲装置中制备Cl2的化学方程式是_______。
(5)SO2Cl2在潮湿的环境中对金属有强烈的腐蚀作用，结合方程式解释原因：_______。
(6)为测定所得产品的纯度，实验小组选用的方案是将一定体积的产品加入到足量Ba(NO3)2溶液中，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算测得含硫量超过了100%，试分析造成这种结果的原因(每一步操作步骤均准确)_______。
3．（2023·河北邯郸·统考二模）某化学兴趣小组利用如图所示实验装置(夹持及加热装置省略)在实验室制备并测定其纯度。
回答下列问题：
(1)与分液漏斗相比，使用滴液漏斗a的优点是___________。
(2)装置B中发生反应的离子方程式为___________。
(3)若装置B温度控制不当会有生成，且反应生成的、的物质的量均为，则消耗的的物质的量为___________mol。
(4)某同学认为该装置设计有缺陷，改进措施为___________，否则会使产率偏低。
(5)测定所得样品的纯度：该小组同学认为可以利用一定质量样品与过量在酸性条件下发生反应，再以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定产生的测定样品的纯度。
①预设滴定终点时溶液的颜色为___________。
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，___________(请在横线上补全操作)，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③在方案可行性分析时，实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，最终得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液，可能的原因是___________。
④有同学提出可以使用质量分析法测定样品的纯度：称量样品mg、ng，混合加热至质量不再改变，剩余固体质量为pg，则样品中的纯度为___________(用含m、n、p的代数式表达)。
二、工业流程题
4．（2021·河北邯郸·统考二模）镍及硫酸镍在新型材料、新型电池的生产中有着十分广泛的应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备纯镍或硫酸镍的流程如下：
已知：①氧化性：Cu2+＞H+(酸)＞Ni2+＞Fe2+＞H+(水)；
②常温下溶度积常数：、。
(1)步骤①所得炉气和炉渣均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其中炉渣能使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是____；炉气使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为____。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行所需要使用的玻璃仪器有___。
(3)步骤⑥以NiS(含CuS)作阳极、NiSO4溶液作电解液电解可在___极(填“阳”或“阴”)获得粗镍，阳极的主要电极反应式为____。粗镍的电解精炼需要将电解液的pH控制在2~5之间，下列有关说法错误的是_____(填序号)。
A．防止溶液的酸性过强造成放电，在阴极生成H2
B．防止溶液的酸性过弱使Ni2+转化成Ni(OH)2沉淀
C．若溶液的pH＜2，可加入NiO或Ni(OH)2固体调节溶液的pH
D．使粗镍中所含的杂质Cu在阳极放电而进入电解液中
(4)化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于时该离子沉淀完全。步骤③所得的NiSO4溶液中通常含有Cu2+，若该溶液中的，请通过计算说明可通过在溶液中加入NiS的方法除去溶液中Cu2+的原因：____。
5．（2022·河北邯郸·统考二模）锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)在电镀、媒染等工业应用广泛，碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。以锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下图：
已知：①水碎液中溶质主要成分为Na2SnO3、Na2TeO3、Na3AsO4和Na2PbO2；
②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，TeO发生反应的化学方程式为_______。
(2)“除砷”时，若要使0.002 mol·L-1AsO沉淀完全(离子浓度不大于10-6 mol·L-1)，则需要加入等体积的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度至少为_______。(已知常温下Ksp[Ba3(AsO4)2]=10-24)。
(3)“除铅”时，加入Na2S所发生反应的离子方程式为_______。
(4)“除碲”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是_______。
(5)“溶析结晶”的操作是_______，洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。
(6)“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______；
(7)所得碲产品中碲的纯度测定步骤如下：
①取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20.00 mL0.1 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。
计算所得碲产品中碲的纯度为_______。
6．（2023·河北邯郸·统考二模）Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为，还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：
已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀时pH
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时pH
3.7
5.0
9.7
—
(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率___________(除粉碎外，任写一点)。
(2)滤渣1成分的化学式为___________。
(3)步骤③中加入的目的是___________。
(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀，原因是___________(用必要的文字和离子方程式说明)；已知，则沉淀完全时，溶液中___________(通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。
(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿，这是由铬、钒元素的存在造成的。
①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为___________。
②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为___________。
三、原理综合题
7．（2021·河北邯郸·统考二模）控制CO2的排放是防止温室效应等不良气候现象产生的有效途径。
(1)高炉炼铁会排放大量的CO2和烟尘，必须进行严格的控制。
已知：①3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g) △H=+a kJ/mol
②3C(石墨，s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+489.0 kJ/mol
③C(石墨，s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ/mol
则a=____。若在恒温恒容密闭容器中发生反应①，当达到平衡后，充入CO2，则达到新平衡后CO的体积分数____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，其转化率_____。
(2)炼铁时需要用石灰石除去铁矿石中的脉石，该过程中涉及反应：。若在恒温恒容的密闭容器中进行上述反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，t2时刻反应重新达到平衡，画出t1时刻后的正逆反应速率随时间变化的图象_____。
(3)CH4与CO2反应得到合成气的原理为。某小组向体积是1 L的一密闭容器中充入物质的量均是1 mol的CH4与CO2，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①压强：p1____p2(填“>”或“<”)。
②1100℃、p1条件下，20 min时反应达到平衡状态，则0~20 min内CH4的反应速率v(CH4)=___mol/(L∙min)，反应的平衡常数Kp=___(用含p1的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(4)通过电化学方法可有效实现以CO2和水为原料合成甲酸，其原理示意图如下：
则A极的电极反应式为___；若生成1 mol甲酸，则反应中转移电子的物质的量为____mol。
8．（2022·河北邯郸·统考二模）2030年实现碳达峰，2060年达到碳中和的承诺，体现了我国的大国风范。以CO2、H2为原料合成CH3OH可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ΔH3=+91kJ·mol-1，则ΔH1=_______。
(2)①不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示。
压强P1、P2、P3由大到小的顺序是_______，判断理由是_______，压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率升高的原因是_______。
②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应I和反应II，体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。
图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是_______(填化学式)，该组分平衡时的分压为_______MPa。0~15min内，反应I的反应速率v(H2)_______mol·L-1·min-1；T℃时，反应II的平衡常数Kp=_______(用分压代替浓度)。
(3)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示。
①请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式：_______。
②如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，则Pt电极上产生O2的物质的量为_______mol。
四、结构与性质
9．（2021·河北邯郸·统考二模）元素的金属性、非金属性及有关单质和化合物的性质与其原子结构、分子结构等有着密切的联系。回答。下列问题：
(1)下列基态原子的核外电子排布式正确的是__(填序号)。
A． B．
C． D．
(2)第IA、IIA族部分元素氯化物的熔点如下表，从NaCl到CsCl熔点依次降低，但BeCl2的熔点比MgCl2的低，其原因是__。
氯化物
NaCl
KCl
RbCl
CsCl
熔点/℃
801
776
715
645
405
714
(3)下列物质的变化破坏了极性共价键的是__(填序号)。乙酸中碳原子的杂化方式为__，1 mol乙酸分子中含有的σ键和π键的个数比为__；乙酸易溶于水的原因是相似相溶，以及___。
A．二氧化硅晶体熔化 B．乙酸溶于水 C．干冰升华 D．冰融化
(4)某晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为__；已知该晶体的晶胞边长为540 pm，阿伏加德罗常数的值为，则体积为10 cm3晶体的质量为__g(列出计算式即可)。
10．（2022·河北邯郸·统考二模）研究表明TiO2-aNb、Cu(In1-xGaxSe2)是光学活性物质，具有非常好的发展前景。
(1)已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]_______；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为_______。
(2)H2SeO3与H2SO3中酸性更强的是_______；原因是_______。
(3)31Ga可以形成GaCl3·xNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2.则该溶液中溶质的化学式为_______。
(4)Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨分子中键角略大，其原因是_______。
向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用：_______。
(5)常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图，如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为_______pm。
②Cu2S晶体的密度为ρ=_______g·cm-3(列出计算式即可)。
(6)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为FeSmAsFO组成的化合物。一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。回答下列问题：
①图中F-和O2-共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为_______；
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，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为(，，)，则原子2和3的坐标分别为_______、_______。
五、有机推断题
11．（2021·河北邯郸·统考二模）盐酸氨溴索是目前临床上作用最强的祛痰药，以A、E为原料合成盐酸氨溴索(化合物K)的路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)E转化成F的试剂和条件是___。盐酸氨溴索的分子式是____。
(2)A→B的化学方程式是___，其反应类型为__，B中含有官能团的名称是溴原子、___。
(3)化合物J的结构简式是_______。
(4)有机物M是H的同分异构体，且M的核磁共振氢谱和红外光谱表明：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种；②M分子中有—COOH，则符合条件的M的结构有___种(不考虑立体异构)，写出其中一种的结构简式：____。
12．（2022·河北邯郸·统考二模）由烯烃A制备聚合物G的合成路线如图(部分条件略去)：
已知：，
(1)A的名称为_______。
(2)E的结构简式为_______，F中含氧官能团名称是_______。
(3)A→B的反应类型为_______。
(4)B→C的化学方程式为_______。
(5)H是F的同分异构体，满足下列条件的H共有_______种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是_______(写出一种即可)。
①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应；③能发生银镜反应
(6)为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是_______。
(7)根据题目所给信息，设计以乙烯为原料制备丁二酸二乙酯的合成路线(其它无机试剂任选)_______。
13．（2023·河北邯郸·统考二模）三氯苯达唑是一种新型咪唑类驱虫药，其合成路线之一如下：
回答下列问题：
(1)A的名称为___________。
(2)A→B的反应方程式为___________。
(3)X的结构简式为___________。
(4)D→E的反应类型为___________。
(5)C的芳香族同分异构体中，与C具有相同官能团的有___________种。
(6)为_______(填“极性”或“非极性”)分子，分子的空间结构为___________。
(7)邻苯二胺是染料、农药、助剂、感光材料等的中间体。以溴苯为原料，根据上述合成路线，设计合成邻苯二胺的路线___________(无机试剂及两个碳以下的有机试剂任选)。
六、填空题
14．（2023·河北邯郸·统考二模）2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
(1)已知与的燃烧热分别为，，，写出与反应生成和的热化学方程式______。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和。
①能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A． B．容器内压强一定 C．气体平均相对分子质量一定
D．气体密度一定 E．的体积分数一定
②已知容器的容积为5 L，初始加入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为___________。
③温度不变，再加入、、、各，则___________(填“>”“<”或“=”)。
(3)工业上在一定条件下利用与可直接合成有机中间体二甲醚：。当时，实验测得的平衡转化率随温度及压强变化如图所示。
①该反应的___________(填“>”或“<”)0。
②图中压强(p)由大到小的顺序是___________。
(4)科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
①系统工作时，a极为___________极，b极区的电极反应式为___________。
②系统工作时b极区有少量固体析出，可能的原因是___________。
参考答案：
1． 分液漏斗 关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好 受热均匀，易于控制加热温度 或 蒸发浓缩过程中挥发，使平衡，向右移动，发生水解生成或 乙醇 AC B
【详解】(1)①仪器a为分液漏斗；仪器d中，铜单质在酸性条件下被氧化为，相应的离子方程式为；
②检验装置A气密性的方法为：关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好；③由于水具有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以水浴加热具有易于控制温度的优点，且能够使被加热物质均匀受热；
(2)该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有或杂质，因为在蒸发浓缩过程中挥发，使平衡，向右移动，发生水解生成或；
(3)根据题给信息②可知，加入的试剂应为乙醇；
(4)①减压过滤可加快过滤速度，并使沉淀比较干燥，因为胶状沉淀易穿透滤纸，沉淀颗粒太小易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，A、C项正确；
②晶体易溶于水，难溶于乙醇等，所以可选用乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸铵溶液洗涤，则会在晶体表面残留有硫酸铵杂质，达不到洗涤的目的。
2．(1)甲→乙→丙←乙←甲
(2)用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好
(3) 球形冷凝管 吸收 Cl2和SO2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置
(4) B 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O
(5)在潮湿的环境中，SO2Cl2与水反应SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸腐蚀金属
(6)由于产品不纯，溶解了SO2，SO2被硝酸钡氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含硫量增大
【分析】由实验装置图可知，装置甲为70%浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫的装置，也可以是高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气的装置，装置乙中盛有的浓硫酸可以用于干燥二氧化硫气体，也可以用于干燥氯气，装置丙中二氧化硫与氯气在活性炭作用下反应制备磺酰氯，装置中球形冷凝管用于冷凝回流磺酰氯，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入丙装置导致磺酰氯发生水解，则仪器的连接顺序为甲→乙→丙←乙←甲。
(1)
由分析可知，实验的仪器连接顺序为甲→乙→丙←乙←甲，故答案为：甲→乙→丙←乙←甲；
(2)
该实验是有气体制备和参与的实验，实验实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作为用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好，故答案为：用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好；
(3)
由分析可知，丙装置中仪器a为球形冷凝管，干燥管中盛有的碱石灰的作用是用于吸收氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入丙装置导致磺酰氯发生水解，故答案为：球形冷凝管；吸收 Cl2和SO2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置；
(4)
①甲装置是固液不加热制备气体的装置，所以不能选用共热才能反应生成二氧化硫的铜和浓硫酸制备二氧化硫；二氧化硫是具有还原性的气体，所以不能选用具有强氧化性的浓硝酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫；二氧化硫易溶于水，所以不能选用不利于气体逸出的亚硫酸钠浓溶液制备二氧化硫，应选用亚硫酸钠固体；98%浓硫酸中硫酸主要以硫酸分子形式存在，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反应速率慢，不利于二氧化硫的生成，所以应选用70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，故选B；
②由分析可知，甲装置中制备氯气的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O；
(5)
由题意可知，在潮湿的环境中，磺酰氯发生水解反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸会对金属有强烈的腐蚀作用，故答案为：在潮湿的环境中，SO2Cl2与水反应SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸腐蚀金属；
(6)
将一定体积的产品加入到足量硝酸钡溶液中，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算测得含硫量超过了100%说明磺酰氯溶解了二氧化硫，二氧化硫溶于硝酸钡溶液时生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被硝酸钡氧化为硫酸，导致反应生成的硫酸钡沉淀量增大，使得测得含硫量增大，故答案为：由于产品不纯，溶解了SO2，SO2被硝酸钡氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含硫量增大。
3．(1)平衡压强，使液体顺利滴落
(2)
(3)4
(4)在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶
(5) 无色 用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态
【分析】用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，发生反应为： ，将生成的通入热的溶液中，制备，发生反应为：。
【详解】（1）滴液漏斗a连通了分液漏斗上下，有点是：平衡压强，使液体顺利滴落；
（2）将生成的通入装置B中热的溶液中，制备，发生反应为：；
（3）若反应生成的、的物质的量均为，根据化合价的升降，，，共升高6，所以化合价降6，所以同时生成，共有 ，消耗。
（4）因为生成中含有，会影响产物的纯度，所以需在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶，以除去中含有；
（5）①与在酸性条件下发生反应：，再以淀粉溶液为指示剂，溶液变蓝色，用标准溶液滴定，达到终点时，溶液变成无色；
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化；
③酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态，所以实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，可能得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液；
④作为催化剂，加热分解，，产生的质量为，根据方程式计算出质量为：，所以样品中的纯度为：。
4． 炉渣中含有的Fe2+将还原为Mn2+而使其褪色 分液漏斗﹑烧杯 阴 NiS-2e-=Ni2++S D 若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+已经完全沉淀
【分析】将硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)放入电炉中，通入适量氧气，并加入焦炭、石英，在高温下发生反应，部分S元素被氧化变为SO2进入炉气中，其中的FeS被氧化为FeO，并与SiO2反应变为Fe2SiO4，将得到的高镍矿经粉碎、研磨浮选得到NiS(含有CuS)，然后进行电解得到粗镍，再在NiSO4溶液中，经调节溶液pH为2～5进行电解得到纯镍。
【详解】(1)由题意知，硫化镍矿经处理变为Fe2SiO4，炉渣中铁元素存在形式是Fe2+，具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色；
炉气中含有SO2，SO2具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化变为H2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得相应的离子方程式为：。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行萃取操作时所需要使用的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；
(3)在用电解方法制粗镍时，阳极上主要是NiS失电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：NiS-2e-=Ni2++S，在阴极上Ni2+得到电子被还原生成Ni，而得到粗镍。
A．由于离子的氧化性：H+(酸)＞Ni2+放电，当溶液pH＜2时，c(H+)较大，易在阴极放电生成H2，导致不能得到金属Ni，因此要控制溶液pH＜2，A正确；
B．当pH＞5时，溶液中c(OH-)增大，Ni2+易与溶液中OH-结合生成Ni(OH)2沉淀，B正确；
C．向溶液中加入NiO或Ni(OH)2时能消耗溶液中过多的H+，因而可以调节溶液pH，但又不会引入新的杂质，C正确；
D．由于Ni的金属性比Cu强，所以粗镍中所含有的杂质Cu不会在阳极上放电而进入电解液中，D错误；
故合理选项是D；
(4)若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；再由可知，所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+离子已经完全沉淀，因此可通过向溶液中加热NiS除去杂质Cu2+。
5．(1)2TeO+O2+4NaOH═2Na2TeO3+2H2O
(2)0.0032 mol·L-1
(3)S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-
(4)H2O2受热分解
(5)加热蒸发、趁热过滤
(6)3：1
(7)86.4%
【分析】锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、 Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出，以此来解答。
(1)
“碱溶” 时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，同时产生H2O，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O；
(2)
假定溶液体积为V L，Ba2+在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀3Ba2+ +2=Ba3(AsO4)2↓，需n(Ba2+)=0.003V mol；同时溶液中存在Ba3(AsO4)2的溶解平衡：c3(Ba2+)·c2()=Ksp[Ba3(AsO4)2]，此时c()=10-6 mol/L，c(Ba2+)==1.0×10-4 mol/L，需n(Ba2+)=10-4×2V mol，故c[Ba(OH)2]=；
(3)
结合分析可知，"除铅” 时，加入Na2S所发生反应的化学方程式为Na2S+ Na2PbO2+2H2O=PbS↓+4NaOH，该反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-；
(4)
过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；
(5)
碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出；
(6)
Na2TeO4加入浓盐酸转化为H2TeO3，随后与SO2反应转化为Te单质，H2TeO3为氧化剂，SO2为还原剂，被氧化为H2SO4，故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；
(7)
根据反应关系+3H2TeO3+8H+ +2H2O=2Cr3++3H6TeO6和+6Fe2++8H+=2Cr3+ +6Fe3++4H2O，可得关系式：~~~~~3H2TeO3~~~~3Te，发生该转化关系的的物质的量n()=0.1 mol/L×0.02 L-×0.1 mol/L×0.012 L=1.8×10-3 mol，所以n(Te)=3n()=5.4×10-3 mol。取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中进行实验，则碲产品中碲的质量分数为。
6．(1)适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等(2分，除粉碎外，任写一点，合理即可)
(2)
(3)将氧化为
(4) 能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀
(5) 8：3 16
【分析】绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀，灼烧后生成BeO。
【详解】（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。
（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3
（3）步骤③中加入的目的是将氧化为；
（4）能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀。沉淀完全时，c(Be2+)=，由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。
（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1 mol中，阳离子含有8 mol 键，阴离子含有8 mol 键，故1 mol中含有16 mol 键。
7． -28.5 不变 减小 ＞ 0.03 2
【详解】(1)根据盖斯定律，可知①式为②-3×③的结果，整理可得：a=489.0 kJ/mol-3×172.5 kJ/mol=-28.5 kJ/mol；
对于反应①，在恒温恒容密闭容器中，平衡后充入CO2，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小；由于化学平衡常数K= 只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，该反应前后气体体积相等，化学平衡常数不变，故平衡后体系中各组分的体积分数保持不变；
(2)对于反应，在恒温恒容下反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，化学平衡逆向移动，但反应物为固体，正反应速率不变，因此逆反应速率突然增大后又随着CO2浓度的降低而减小直至不变。用图象表示为：；
(3)①对于反应，在温度不变时，减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，使CO2的转化率增大，根据图象可知CO2的转化率：p2＞p1，说明压强p１＞p２；
②在温度为1100℃、压强为p1条件下，20 min时反应达到平衡状态时，CO2的转化率为60%，即平衡时△n(CO2)=1 mol×60%=0.6 mol，由于容器的容积是1 L，则v(CO2)=，由于同一反应用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，所以v(CH4)= v(CO2)=0.03 mol/(L·min )；反应中CO2、CH4是按1：1关系反应的，开始时加入的物质的量都是1 mol，则反应达到平衡时，，，n(总)=0.4 mol+0.4 mol+1.2 mol+1.2 mol=3.2 mol，则用压强分数表示是化学平衡常数表示为；
(4)A极连接电源的负极，为阴极，在阴极上CO2得到电子被还原转变为HCOOH，则电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，根据电极反应式可知：每反应生成1 mol HCOOH，反应会转移2 mol电子。
8．(1)-49.5 kJ·mol-1
(2) P3 >P2 > P1 反应I正向气体分子数减小，反应II正向气体分子数不变，相同温度下，增大压强反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则增大压强CO2的转化率增大，所以P3 >P2 > P1 反应I正向放热，反应II正向吸热，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定 CO 0.1 0.016 0.1875
(3) CO2+2H++2e-= HCOOH 0.9
【解析】（1）根据盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2-ΔH3=(+41.5kJ·mol-1)-(+91kJ·mol-1)=-49.5kJ·mol-1。
（2）①反应I的正反应为气体分子数减小的反应，反应II气体分子数不变，相同温度下，增大压强，反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则CO2的转化率增大，所以P3 ＞P2 ＞ P1；ΔH1＜0，ΔH2＞0，反应I的正反应为放热反应，反应II的正反应为吸热反应，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定。②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中，则H2的起始分压为1.5MPa，CO2的起始分压为0.5MPa；根据阿伏伽德罗定律的推论可知，恒容密闭的容器中，温度不变，气体压强与气体物质的量成正比，平衡时，P(H2)=0.8MPa，P(CO2)=0.2MPa，则n(H2)==1.6mol，n(CO2)==0.4mol，设转化为CH3OH的CO2的物质的量为x mol，转化为CO的CO2的物质的量为y mol，则有：则有，解得x=0.4，y=0.2，x+y=0.6，即平衡时n(CH3OH)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6mol，则平衡时， P(CH3OH)= n(CH3OH)´=0.4mol´=0.2MPa，P(CO)= n(CO)´=0.2mol´=0.1MPa，P(H2O)= n(H2O)´=0.6mol´=0.3MPa，则图中已有CH3OH和H2O的分压变化，缺少的CO的分压变化，其平衡时的分压为0.1MPa；反应I中，Δn(H2)=1.2mol，v(H2)== =0.016mol·L-1·min-1；反应II的平衡常数KP===0.1875。
（3）该装置为电解池，Cu电极为阴极，则Cu电极上产生HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-= HCOOH，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，CO2中的C呈+4价，C2H4中的C呈-2价，CH3OH中的C呈-2价，若Cu电极上只生成0.15mol C2H4和0.30mol CH3OH，则转移电子的物质的量为2´6´0.15mol+6´0.30mol=3.6mol，故Pt电极上产生O2的物质的量为´3.6mol=0.9mol。
9． C 从NaCl到CsCl均为离子晶体，阳离子半径逐渐增大，离子键逐渐减弱，熔点降低；但BeCl2是分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子晶体的熔点低于离子晶体 AB sp3、sp2 7∶1 乙酸分子与水分子间能形成氢键 ZnS
【详解】(1)A．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为，A错误；
B．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为是；
C．原子核外电子排布遵循构造原理，C正确；
D．原子核外3d轨道全满时原子处于稳定状态，则其电子排布式应该是，D错误；
故合理选项是C；
(2)NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，断裂离子键消耗的能量就越低，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱，因此其熔沸点比较低；而MgCl2属于离子晶体，Mg2+与Cl-通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗能量较高，所以BeCl2的熔点比MgCl2低；
(3)A．SiO2为共价晶体，熔化时将破坏Si-O共价键，Si-O属于极性共价键，A符合题意；
B．乙酸溶于水时电离产生H+和CH3COO-，破坏的是H-O共价键，H-O共价键属于极性共价键，B符合题意；
C．干冰是固体CO2，由分子通过分子间作用力结合而成。干冰气化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，C不符合题意；
D．冰是固体H2O，由分子通过分子间作用力结合而成。冰熔化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，D不符合题意；
故合理选项是AB；
乙酸是由分子构成的物质，结构简式是CH3COOH，其中甲基(-CH3)中的碳原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基(-COOH)中的碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化，因此乙酸分子中C原子杂化类型为sp3、sp2杂化；
在1个CH3COOH分子中含有7个σ键和一个π键，因此在一个CH3COOH分子中含有的σ键和π键的个数比为其个数比为7∶1；
乙酸分子、水分子都是极性分子，且乙酸分子与水分子间会形成氢键，增加了分子间的作用力，因此乙酸易溶于水；
(4)晶胞中Zn在8个顶角和6个面心上，所以每个晶胞中含有Zn原子个数为，在每个晶胞内部含有4个S原子，晶体中Zn、S原子个数比为4：4=1：1，所以该晶体的化学式为ZnS；每个晶胞的质量为m=，晶胞体积为V=(540×10-10cm)3，则晶胞密度ρ=，故体积为10 cm3的晶体的质量m(晶体)= 。
10．(1) 4d105s25p1 Se>Ga>In
(2) H2SO3 H2SeO3 与 H2SO3 均可写为(HO)2RO，非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是 H2SO3
(3)[Ga(NH3)4Cl2] Cl
(4) NH3中的孤电子对与 Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N—H成键电子对斥力减弱，故N—H键角变大 减小溶剂极性，降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度
(5) a
(6) SmFeAsO1-xFx (，，0) (0，0，)
【详解】（1）铟的原子序数为49，则其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简化电子排布式为 [Kr] 4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第ⅡＡ族、第ⅤＡ族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In，故答案为：4d105s25p1；Se>Ga>In；
（2）中硒原子的价层电子对数为４，采取杂化sp3，H2SeO3与 H2SO3 均可写为(HO)2RO，非羟基氧数目相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，导致H2SO3的酸性更强，故答案为：H2SO3；H2SeO3与 H2SO3 均可写为(HO)2RO，非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是 H2SO3；
（3）向题述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明溶液中有电离出来的Cl-，过滤后，充分加热能够使所有的配位键断裂，生成游离的Cl-和NH3，且氨全部逸出，游离的Cl-与足量AgNO3溶液反应又有沉淀生成，此时生成沉淀的Cl-是形成配位键的Cl-，两次沉淀的物质的量之比为1∶2，说明电离出来的Cl-与形成配位键的Cl-个数比为1∶2，该化合物的配位数为6，所以其化学式为[Ga(NH3)4Cl2] Cl，故答案为：[Ga(NH3)4Cl2] Cl；
（4）NH3中的孤电子对与 Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N—H成键电子对斥力减弱，故N—H键角变大；乙醇的分子极性小，加入乙醇后，溶剂的极性减小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，故答案为：NH3中的孤电子对与 Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N—H成键电子对斥力减弱，故N—H键角变大；减小溶剂极性，降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度；
（5）①由题意可知，CuS晶体中铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为 pm，故答案为：；
②Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为，故答案为：；
（6）①根据均摊原则， Sm原子数为、Fe原子数为、As原子数为，F-和O2-数目之和为，F-和O2-的比例分别为x、1-x，则晶体的化学式是SmFeAsO1-xFx，故答案为：SmFeAsO1-xFx；
②根据图1中原子1的坐标为(，，)，可知原子2的坐标为(，，0)、原子3的坐标为(0，0，)，故答案为：(，，0)；(0，0，)。
11． Cl2、催化剂Fe(或FeCl3) C13H19N2OClBr2 +2Br2+2HBr 取代反应 氨基、酯基 4 、、、
【分析】A与Br2在催化剂存在条件下发生取代反应产生B，B发生信息①的反应，结合相关物质的分子组成可知：A为，B为；E分子式是C6H6，则E为，E与Cl2发生苯环上取代反应产生F为，D是，I是，二者在一定条件下发生反应产生J为。
【详解】(1)转变为是苯环上的取代反应，需要在Fe(或FeCl3)作催化剂存在下与Cl2反应才能实现，所以E转化成F的试剂是Cl2，反应条件是Fe或FeCl3作催化剂；由盐酸氨溴索的结构简式知，其分子式是C13H19N2OClBr2。
(2)A→B的化学方程式为+2Br2+2HBr，反应类型为取代反应；B中含有官能团的名称是溴原子、氨基、酯基；
(3)由上述分析可知，化合物J的结构简式为；
(4)H是，分子式是C8H9O2N，其同分异构体M符合下列条件：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种，说明物质分子中含有5种不同位置的H原子，有两个取代基在苯环上处于对位；②M分子中有—COOH，说明物质分子中的一个侧链上含有羧基，则其可能结构有：、、、，因此共4种不同结构，可从中任写一种结构简式。
12．(1)丙烯
(2) 羧基、羟基
(3)取代反应
(4)CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl
(5) 6 或或
(6)G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构
(7)
【分析】由逆推法，F发生缩聚反应生成G，则F为，由反应条件可知E发生已知信息生成F，则E为，C发生发生已知信息反应生成D为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B为，A为烯烃，则发生取代反应生成B，A为；
（1）分析可知，A为，名称为丙烯；
（2）分析可知，E的结构简式为；F为，F中含氧官能团名称是羧基、羟基；
（3）A为，A发生取代反应生成B为，A→B的反应类型为取代反应；
（4）B为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B→C的化学方程式为CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl；
（5）F为，H是F的同分异构体，满足条件①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应说明含有酯基；③能发生银镜反应说明含有醛基，、、、、、共有6种；其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是或或；
（6）为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是：G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构；
（7）乙烯和氯气发生加成反应得到1,2-二氯乙烷，与NaCN发生取代反应生成，再经流程E到F的反应得到，乙烯和水发生加成反应得到乙醇，乙醇和丁二酸发生酯化反应制备丁二酸二乙酯，合成路线：。
13．(1)1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)
(2)
(3)
(4)还原反应
(5)15
(6) 非极性 四面体形
(7)
【分析】A在浓硫酸、浓硝酸额条件下，发生硝化反应生成B，根据C的分子式和D的结构简式，可以推出C的结构简式为：，X的建构简式为：，D在还原剂的作用下发生还原反应，还原成，再与，在和的作用下生成F，最后在与，在一定条件下得到产品。
【详解】（1）根据A的结构，A的名称为：1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)；
（2）A在浓硫酸、浓硝酸额条件下，发生硝化反应生成B，反应方程式为：；
（3）根据C的结构简式和D的结构简式，可以推出X的结构简式为：；
（4）D在还原剂的作用下发生还原反应，还原成，反应类型为：还原反应；
（5）C的结构简式为：，芳香族同分异构体，根据“定二移一，再加一的方法”，与C具有相同官能团的同分异构体为：，加上，有3种，，加上，除去C有2种，，加上，有3种，，加上，有3种，，加上，有2种，，加上，有2种，共15种；
（6）结构与相同，为直线型分子，含有极性键的非极性分子；为甲烷分子中的1个H原子被I原子取代，所以空间构型为四面体结构；
（7）根据上述合成路线，以溴苯为原料，合成邻苯二胺的路线为：。
14．(1)
(2) BCE 625 >
(3) <
(4) 负 移向正极，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出
【详解】（1）已知与的燃烧热分别为，，故有热化学方程式，①，②，③，根据盖斯定律分析，由②×4-①+③×2可得热化学方程式 。
（2）反应 ：①A．中没有说明反应速率的方向，不能确定到平衡；B．该反应前后气体的总物质的量不相等，故容器内压强一定说明反应到平衡；C．该反应前后气体的总物质的量不相等，气体平均相对分子质量一定能说明反应到平衡；D．该反应全是气体，且容器的体积不变，故气体密度始终不变，故密度一定不能说明反应到平衡；E．的体积分数一定能说明反应到平衡。故选BCE。
②，则该反应的平衡常数为。
③温度不变，再加入、、、各，，说明反应正向进行，则>。
（3）①从图分析，随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，<0。
②在相同温度下，结合方程式，压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，故图中压强(p)由大到小的顺序是。
（4）①系统工作时，a极为金属钠，钠只能失去电子，做负极，b极为正极，b极区二氧化碳和水反应转化为碳酸氢根离子和氢气，电极反应式为。
②系统工作时钠离子作为阳离子向正极移动，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出。
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安徽黄山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： 这是一份安徽黄山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35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，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
