浙江省绍兴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

这是一份浙江省绍兴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39页。试卷主要包含了填空题，计算题，实验题，有机推断题，原理综合题，结构与性质，元素或物质推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

浙江省绍兴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、填空题
1．（2021·浙江绍兴·统考二模）氧的常见氢化物有H2O与H2O2。
(1)纯净H2O2为浅蓝色粘稠液体，除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水的原因为_______。
(2) H2O2既有氧化性也有还原性，写出一个离子方程式其中H2O2在反应中仅体现还原性_______。
2．（2021·浙江绍兴·统考二模）丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下：
甘油丙烯醛丙烯酸，
已知：反应Ⅰ：      (活化能)
反应Ⅱ：      (活化能)
甘油常压沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃，常压下进行。
(1)①反应Ⅰ在_______条件下能自发进行(填“高温”或“低温”)；
②若想增大反应Ⅱ的平衡常数K，改变条件后该反应_______(选填编号)
A．一定向正反应方向移动    B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向逆反应方向移动    D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
(2)工业生产选择反应温度为300℃，忽略催化剂活性受温度影响，分析温度不能过低理由是_______。
(3)工业制备丙烯酸的中间产物丙烯醛有剧毒，选择催化剂_______能使工业生产更加安全。(选填编号)
催化剂A：能大幅降低和
催化剂B：能大幅降低，几乎无影响
催化剂C：能大幅降低，几乎无影响
催化剂D：能升高和
(4)①温度350℃，向1L恒容密闭反应器中加入1.00mol甘油和进行该实验。同时发生副反应：。实验达到平衡时，甘油的转化率为80%。乙酸和丙烯酸的选择性随时间变化如图所示，计算反应的平衡常数为_______(X的选择性：指转化的甘油中生成X的百分比)

②调节不同浓度氧气进行对照实验，发现浓度过高会降低丙烯酸的选择性，理由是_______。
(5)关于该实验的下列理解，正确的是_______。
A．增大体系压强，有利于提高甘油的平衡转化率
B．反应的相同时间，选择不同的催化剂，丙烯酸在产物中的体积分数不变
C．适量的氧气能抑制催化剂表面积碳，提高生产效率
D．升高反应温度，可能发生副反应生成COx，从而降低丙烯酸的产率
3．（2022·浙江绍兴·统考二模）回答下列问题:
(1)四种有机物的相关数据如下表：
物质




相对分子质量
72
72
114
114
熔点/°C
- 129.8
- 16.8
- 56.8
97
①总结烷烃同分异构体熔点高低的规律 ___________；
②根据上述规律预测熔点___________ (填“＞”或“＜”)。
(2)两种无机物的相关数据如下表：
物质
(HF)n
冰
氢键形式
F—H…F
O—H…O
氢键键能/kJ·mol-1
28
19
沸点/°C
20
100
(HF)n中氢键键能大于冰，但(HF)n沸点却低于冰，原因是 ___________。

二、计算题
4．（2021·浙江绍兴·统考二模）大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收，发生如下反应：


请计算：
(1)若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)与恰好完全反应，则_______。
(2)若与混合，能与溶液恰好完全反应全部转变成，则_______(写出计算过程)
5．（2021·浙江绍兴·统考二模）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。

其中：X是易溶于水的正盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；生成的A全部逸出，且可使品红溶液褪色：溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1；用酸性标准溶液滴定用6.68gX配成的溶液，发生反应：，消耗。(注：忽略加入固体X后溶液的体积变化)。请回答：
(1)组成X的3种元素是_______(填元素符号)，X的化学式是_______。
(2)若吸收气体A的KOH不足，，该反应的化学方程式是_______。
(3)固体X与稀盐酸发生反应的离子方程式是_______。
(4)某研究小组讨论溶液D中的主要阴离子M与的反应原理，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应；二是发生双水解反应，生成氢氧化铁胶体和气体A。在探究过程中某小组同学选择如下的实验用品：溶液D，稀溶液，稀盐酸；试管、胶头滴管。从选择的药品分析，分析设计这个实验的目的是_______。
6．（2022·浙江绍兴·统考二模）把密度为1.6g/ cm3的液态S2Cl2 10mL溶于石油醚(一种溶剂)， 得到100mL溶液，把它慢慢加入50 mL3.2mol/L的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为67.5mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32mol KOH的KOH溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算
(1)参与反应的n(S2Cl2)： n(SO2)=1：_______
(2)确定二元含氧酸的化学式_______。

三、实验题
7．（2021·浙江绍兴·统考二模）对氯苯氧乙酸是植物生长调节剂的中间体，实验室合成如下。
Ⅰ．实验步骤：

Ⅱ．反应原理：
主反应：
(相对分子质量：186.5)
副反应：
Ⅲ．实验装置

请回答：
(1)用10mL20%NaOH溶液溶解苯酚固体的原因(用化学方程式表示)_______。
(2)下列说法正确的是_______
A．图1中仪器X名称为三颈烧瓶，其加热方式只能用水浴或垫石棉网加热
B．图1冷凝管中的冷却水从导管a进入、导管b流出，利用逆流原理冷却效果好
C．图2热过滤时固液混合物液面要低于滤纸边缘，滤纸要低于漏斗边缘
D．图2热过滤优点防止温度降低引起产品损耗，从而提高产品收率
(3)步骤Ⅳ为粗产品的纯化，从下列选项中的操作合理排序：粗产品→用热的乙醇溶解→_______→_______→加蒸馏水→_______→_______→_______→干燥→4.76g产品。本实验的产率为_______(保留整数)
a．自然冷却    b．趁热过滤    c．洗涤    d．煮沸    e．抽滤
(4)为了测定对氯苯氧乙酸产品的纯度，可采用中和滴定法：准确称取0.2g产品，置于锥形瓶中，加30mL乙醇溶解，滴加酚酞指示剂，以标准溶液滴定至微红色出现并持续30s不变色，即为终点，重复实验，数据如下：
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.20
20.22
2
20.22
40.52
3
1.54
21.52
①装标准溶液时选择图3中规格为50mL的滴定管_______(填“M”或“N”)。
②对氯苯氧乙酸产品的纯度为_______(小数点后保留一位)。
8．（2022·浙江绍兴·统考二模）结晶水合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：

请回答：
(1)组成X的元素除H、O外还有 ___________，X的化学式为 ___________。
(2)溶液D中属于盐的成分是 ___________ ( 用化学式表示)；若溶液C中滴入少量氨水，则首先参与反应的微粒是_____
(3)请写出E →F化学方程式___________。
(4)设计实验方案确定溶液H中的阴离子___________。
9．（2022·浙江绍兴·统考二模）某兴趣小组用四水氯化亚铁[FeCl2·4H2O]和环戊二烯(C5H6)为原料在碱性条件下制备二茂铁[Fe(C5H5)2]。按如下流程进行了实验(夹持仪器已省略)

已知：①制备二茂铁反应： FeCl2·4H2O + 2C5H6+ 2NaOH→ Fe(C5H5)2+ 2NaCl + 6H2O (反应刷烈)
②二茂铁的熔点为172~ 173°C，在100°C开始升华。能溶于二甲亚砜[(CH3)2SO]、乙醚，不溶于水。
③环戊二烯(C5H6)沸点42.5°C．容易形成二聚体，使用前需解聚。
请回答：
(1)装置图1：①N2的作用除驱赶装置内空气防止生成的Fe2+被氧化以外，还有_______。
②试剂X是_______。
(2)步骤II：操作的正确排序为：抽滤，得FeCl2溶液→( )→(_______)→( _______ )→→(_______)→→(_______)→(_______ )在蒸发、干燥的过程中一直要用弱N2气流保护。
a．在298~303K的温度下干燥
b．加热蒸发到底部出现大量结晶时，停止加热，将溶液冷却到室温
c．待晶体完全析出
d．用少量冷的去离子水洗涤
e．抽滤
f．加热蒸发到表面刚出现结晶层，停止加热，将溶液冷却到室温
g．用滤纸吸干转移到蒸发皿中
h．将滤液迅速转移到N2冲洗过的反应瓶中
i．用N2冲洗过的磨口试剂瓶中保存
(3)装置图2：下列操作中正确的是_______
A．用分馏方法解聚环戊二烯(C5H6)，收集42.5°C左右的馏分，备用。
B．先通入N2，后开启磁力搅拌器。
C．拔出带尖嘴的橡皮塞，将研细的FeCl2·4H2O 一次性加入，再塞上。
D．浓H2SO4的作用只是吸收N2中的水蒸气。
(4)操作III：抽滤、洗涤、风干。其中抽滤过程中需用 _______漏斗过滤。
(5)操作IV：纯化的操作名称是_______

四、有机推断题
10．（2021·浙江绍兴·统考二模）利阿唑(I)是一种抗癌药物，也可用于治疗一些皮肤病，其合成路线如下：

已知：①CH3O-具有邻对位定位效应
②
(1)下列说法正确的是：_______
A．A分子中所有原子可能共平面
B．C→D的反应属于取代反应
C．上述流程中X的结构简式为
D．利阿唑(I)分子组成为C16H13ClN4
(2)H的结构简式：_______
(3)D生成E的化学方程式：_______
(4)请写出同时满足下列条件的有机物D的同分异构体的3种结构简式：_______。
①分子中含有(苯环上可连其他基团)、和-NO2
②核磁共振氢谱有5个峰
③无其他环状结构。
(5)以A和一个碳的有机物为原料合成，无机试剂任选，请设计合成路线：_______。
11．（2022·浙江绍兴·统考二模）β- 羰基酸酯类化合物F在有机合成中具有重要的应用价值。某课题研究小组设计的合成路线如下(部分反应条件已省略)：

已知：2



请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．化合物A不能和Na2CO3反应
B．化合物A转化成B时K2CO3的作用是提高原料转化率
C．化合物D中含有两种官能团
D．化合物F的分子式为C19H18O5
(2)化合物C的结构简式 _______； 化合物 N的结构简式 _______。
(3)写出E→F的化学方程式_______。
(4)写出3种同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体) _______。
①1H-NMR谱显示有4种不同的氢；
②红外光谱显示有-NH2和苯环结构。
(5)以乙酸乙酯、1，4-二溴丁烷( BrCH2CH2CH2CH2Br)为原料，设计如图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。

12．（2023·浙江绍兴·统考二模）某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。

已知：
请回答：
(1)化合物A的官能团名称是___________。
(2)化合物C的结构简式是___________。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．D→E的反应类型为取代反应
B．化合物B与草酸互为同系物
C．化合物E的分子式是
D．化合物H中的3个N原子结合的能力各不相同
(4)写出F→G的化学方程式___________。
(5)设计以为原料合成B的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式___________。
①分子中只含一个苯环和一个五元环；
②谱和谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，无硝基，有羟基。

五、原理综合题
13．（2022·浙江绍兴·统考二模）氮的氧化物在生产中具有重要作用。
已知：①N2(g)+ 2O2(g2NO2(g) ΔH1= +66.36 kJ·mol-1
②N2(g)+ 2O2 (g) N2O4(g) ΔH2= +9.16 kJ·mol-1
③N2O4(g) 2NO2(g)
请回答：
(1)反应③是重要的平衡体系。
①该反应在 ___________下自发进行(填“高温”、“低温”、“任意温度”)。
②设v(N2O4) = k1c(N2O4)， v(NO2) = k2c2(NO2)， k1、k2为与温度相关的常数。在295K和315K条件下，v(N2O4)、v(NO2)与t关系如图所示。315K时，代表v(N2O4)的曲线是 ___________ (用“a”、 “b”、“c”、“d”表示)，可能处于平衡状态的是 ___________(用“A”、 “B”、“C”、“D”表示)

③在295K温度下，将一定量的气体充入一个带活塞的特制容器，通过活塞移动使体系达到平衡时总压恒为0.6 kPa．Kp(295K) =0.100，则该温度下体系达平衡时NO2的分压为_____
④与体系在恒容条件下温度从295K 升至315K的变化相比，恒压下体系温度升高，下列说法正确的是_____
A．平衡移动程度更大          B．平衡移动程度更小
C．平衡移动程度不变          D．三者均有可能
(2)研究发现NO2在形成光化学烟雾的过程中起了关键作用。NO2自催化历程如图所示，写出相关化学方程式。

①NO2NO+ O
②_____
③_____
14．（2023·浙江绍兴·统考二模）二甲醚()是一种重要的化工原料，可以通过制备得到。制备方法和涉及反应如下：
方法a：“二步法”制二甲醚
I：
Ⅱ：
方法b：“一步法”制二甲醚
Ⅲ：
两种方法都伴随副反应：
Ⅳ：
请回答：
(1)反应I自发进行的条件是___________；___________。
(2)在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，反应I的平衡常数为___________(用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
(3)恒压条件下，在密闭容器中利用方法b制备二甲醚。按照投料，的平衡转化率和、的选择性随温度变化如图1所示。

(的选择性，的选择性)
①下列说法正确的是___________
A．当反应达到平衡时，
B．曲线①表示二甲醚的选择性
C．温度越低越有利于工业生产二甲醚
D．工业上引入双功能催化剂是为了降低反应Ⅲ的
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：___________。
(4)有学者研究反应Ⅱ机理，利用磷酸硅铝分子筛催化甲醇制二甲醚，其中简化的分子筛模型与反应过渡态结构模型如图所示，下列说法正确的是___________。(已知：磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，题中的分子筛用“”符号表示)

A．制得的磷酸硅铝分子筛的孔径越大催化效率越高
B．该反应机理：[]
C．改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率
D．温度越高，有利于水蒸气脱离分子筛，反应速率越快

六、结构与性质
15．（2023·浙江绍兴·统考二模）物质结构理论是材料科学、医学科学和生命科学的重要基础。请回答：
(1)常常作为有机反应的催化剂，画出基态原子的价层电子轨道表示式___________；要制备高纯可先制得，其中C原子的杂化方式为___________。
(2)乙二酸具有优良的还原性，易被氧化成。测得乙二酸中的的键长比普通的键长要长，说明理由___________。
(3)下列说法正确的是___________。

A．现代化学，常利用原子光谱上特征谱线鉴定元素
B．电负性大于1.8一定是非金属
C．配合物的稳定性不仅与配体有关，还与中心原子的所带电荷等因素有关。
D．晶体的密度为，图示晶胞与的距离
(4)锌黄锡矿外观漂亮，晶胞结构如图所示，请写出锌黄锡矿的化学式___________；并在晶胞中找出平移能完全重合的两个___________。(请选择合适的编号填写一种组合)


七、元素或物质推断题
16．（2023·浙江绍兴·统考二模）某钾盐X由四种元素组成，某小组按如下流程进行实验。请回答：

已知：相同条件下，A、B为中学常见气体且密度相同。D、E均为二元化合物，气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成。
(1)气体B的电子式是___________，C的化学式是___________。
(2)写出固体混合物D、G共热所发生的化学反应方程式___________。
(3)无色溶液E中滴加盐酸观察到气泡。收集少量气体通入溶液，观察到黑色沉淀生成。写出生成沉淀的离子反应方程式(发生非氧化还原反应)___________。
(4)将G溶于氨水得到一无色溶液，设计实验检验无色溶液中主要离子___________。

八、工业流程题
17．（2023·浙江绍兴·统考二模）高纯氟化镁具备优异的光学性质和抗腐蚀性被广泛应用于高端领域。某研究小组利用镁片(含及少量惰性杂质)制备高纯氟化镁流程如下，请回答：

已知：
①甲醇沸点：
②该实验条件得到的氟化镁并不是晶型沉淀，其颗粒细小，常常吸附水分成黏稠胶状。
(1)利用图1装置可检测镁与甲醇反应速率。仪器A的名称___________。

(2)写出氟化反应涉及的化学方程式___________。
(3)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ：反应温度不选择，主要由于在反应过于剧烈难以控制。
B．步骤Ⅱ：待镁片上不再有微小气泡生成时，可进行步骤Ⅱ。
C．步骤Ⅲ：制备悬浊液B，应先将通入高纯水达到饱和，再加到固体A中。
D．步骤Ⅳ：在进行氟化反应时，应做好防护措施和配备应急药品。
(4)步骤Ⅱ的一系列操作目的是为获得固体A．从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“(_______)”内填写一种操作，均用字母表示]________。
取仪器A中的溶液，用___________(___________)→用___________(蒸馏减少溶剂)→用___________(___________)→用漏斗(过滤得到固体A)
【仪器】a．烧杯；b．铜质保温漏斗；c．漏斗；d．空气冷凝管；e．直形冷凝管；f．球形冷凝管
【操作】g。过滤；h．趁热过滤；i．冷却结晶；j。蒸发结晶
(5)步骤Ⅴ：产品在不同温度下干燥，对其进行红外光谱分析如下图，已知羟基引起的吸收峰在波数处请选择最合适的温度___________。(填“、、或”)


参考答案：
1． H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多
【详解】(1)H2O和H2O2分子间都能形成氢键，且H2O2分子间形成的氢键更多，所以除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水，原因为H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多。答案为：H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多；
(2) H2O2在反应中仅体现还原性，则应与强氧化剂发生反应，如与KMnO4酸性溶液反应，离子方程式为。答案为：。
2． 高温 A、D 温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接触面比较小，降低丙烯酸产率；反应Ⅰ为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低 C 2 氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成COx，降低了丙烯酸选择性 CD
【详解】(1)①反应Ⅰ△H＞0，为吸热反应，反应气体分子数增多，即反应是熵增的反应，因此在高温下是自发进行的；
②反应II△H<0，为放热反应，降低温度能增大反应Ⅱ的平衡常数K，即一定向正反应方向移动，在平衡移动时正反应速率一直减小，逆反应速率先减小后增大，故选：AD；
(2) 已知甘油常压沸点为290℃，若温度过低，甘油是液态，与反应物的接触面积减小，速率下降，则温度不能过低理由是：温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接触面比较小，降低丙烯酸产率；反应Ⅰ为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低；
(3) 由于中间产物丙烯醛有剧毒，故要加快反应II的速率以快速消耗丙烯醛，即选择催化剂降低Ea2，故选：C；
(4) ①甘油的转化率为80%，则甘油转化的物质的量为1mol×80%=0.8mol，丙烯酸的选择性为25%，则生成的丙烯酸的物质的量为0.8mol×25%=0.2mol，列三段式：


则平衡时n(H2O)=0.4mol+0.6mol=1mol，n(O2)=0.9mol-0.1mol-0.3mol=0.5mol，n(C3H8O3)=0.2mol，的平衡常数为，答案为2；
②浓度过高会降低丙烯酸的选择性，理由是：氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成COx，降低了丙烯酸选择性；
(5) A.反应I是气体分子数增大的反应，增大体系压强，平衡逆向移动，不有利于提高甘油的平衡转化率，故A错误；
B.反应的相同时间，选择不同的催化剂，会影响丙烯酸的选择性，也会改变丙烯酸在产物中的体积分数，故B错误；
C.适量的氧气促进反应II正向进行，能促进丙烯醛的转化，能抑制催化剂表面积碳，提高生产效率，故C正确；
D.升高反应温度，可能发生副反应生成COx，从而降低丙烯酸的产率，故D正确；
故选：CD。
3．(1) 分子对称性越高，熔点越高 小于
(2)冰中氢键数目比(HF)n中多

【详解】（1）①根据表格数据，同分异构体分子对称性越高，熔点越高。
②的对称性比差，分子对称性越高，熔点越高，所以熔点：小于；
（2）1molHF只能形成1mol氢键，1molH2O能形成2mol氢键，由于冰中氢键数目比(HF)n中多，所以 (HF)n沸点低于冰。
4． 3.00
【详解】(1)33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)的物质的量为=1.5mol，根据反应、可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，则消耗NaOH的物质的量为1.5mol，则=3.00L=3.00mL；
(2)n(NaOH)=1.00mol/L0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成，根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n()=0.06mol，n(NO):n(NO2)= ，故n(NO)= 0.05mol，n(NO2)= 0.01mol，根据电荷守恒，失电子：NO 、NO2 ；得电子O2 ；故0.05mol3+0.01mol1=xmol4，则mol。
5． K、S、O 检验亚硫酸根中是否变质
【分析】气体A可使品红溶液褪色，则说明A为SO2或Cl2，溶液C的焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明溶液C中含有K元素，X能发生反应：，说明X中含有S、O元素，因此组成X的3种元素为K、S、O；根据元素守恒可知，反应生成的淡黄色固体为S，则n(S)=0.05mol，溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1，说明反应过程中盐酸过量，则该阴离子为Cl-，c(H+)=0.1mol/L，c(Cl-)=0.5mol/L，根据电荷守恒可知，c(K+)=c(Cl-)-c(H+)=0.4mol/L[此时溶液中c(OH-)浓度低于10-5mol/L，可认为其不存在]，则n(K+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，反应过程中H+与X中部分的O原子组成H2O，反应消耗n(H+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，则消耗X中n(O)=0.02mol，设生成SO2物质的量为ymol，根据质量守恒可知，y×64+0.02×16+0.04×39+0.05×32=6.68，解得y=0.05，因此6.68gX中K+的物质的量为0.04mol，S原子的物质的量为0.05mol+0.05mol=0.1mol，O原子的物质的量为0.02mol+0.05mol×2=0.12mol，则各原子物质的量之比为n(K)：n(S)：n(O)=0.04mol：0.1mol：0.12mol=2：5：6，则X的化学式为K2S5O6。
【详解】(1)由上述分析可知，组成X的3种元素为K、S、O；X的化学式为K2S5O6；
(2)SO2与KOH先后发生反应：SO2+2KOH=K2SO3+H2O、SO2+K2SO3+H2O=2KHSO3，设n(SO2)=3mol，则，，反应完全后，n(K2SO3)=1mol，n(KHSO3)=2mol，因此反应方程式为；
(3)K2S5O6与稀盐酸反应生成S、SO2、H2O，在中，0.02mol消耗0.08mol，则转移电子为0.08mol×5=0.4mol，根据转移电子守恒，则中S元素平均化合价为+2，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知K2S5O6与稀盐酸反应的离子方程式为；
(4)溶液D为SO2与足量KOH反应所得溶液，溶液中溶质为KOH、K2SO3，取少量溶液于试管中，向溶液中滴加过量稀盐酸后再加入BaCl2稀溶液，若有白色沉淀生成，则说明K2SO3已变质生成K2SO4，从而避免检验与Fe3+反应生成的干扰。
6．(1)2
(2)H2S4O6

【解析】(1)
，，则参与反应的n(S2Cl2):n(SO2)=1:2，故答案为：2；
(2)
根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫元素化合价为x，依据得失电子守恒有：2(x-1)=2(4-x)，解得x= ，由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6，故答案为：H2S4O6。
7． D d b a e c 51% N 93.3%
【分析】本实验的目的，以苯酚和氯乙酸为原料，制取对氯苯氧乙酸。苯酚与NaOH溶液作用生成苯酚钠，氯乙酸与NaOH溶液作用生成氯乙酸钠，二者混合后加入KI，发生反应，生成苯氧乙酸钠；加入HCl调节pH=2，此时苯氧乙酸钠转化为苯氧乙酸，经冷却结晶，得到苯氧乙酸晶体，抽滤、洗涤得纯净的苯氧乙酸；将制得的苯氧乙酸与FeCl3/HCl、H2O2混合加热，让其发生反应，生成对氯苯氧乙酸，然后结晶、净化后重结晶，从而制得产品。
【详解】(1)苯酚微溶于水，用10mL20%NaOH溶液溶解苯酚固体，生成易溶于水的苯酚钠，原因是。答案为：；
(2)A．给三颈烧瓶加热，加热方式可能为水浴、酒精灯垫石棉网加热、电磁加热器等，A不正确；
B．冷凝管中冷却水流向应下进上出，即从导管b进入、导管a流出，B不正确；
C．热过滤时，滤纸边缘(上沿)应低于漏斗边缘约5mm，C不正确；
D．热过滤可防止温度降低引起产品结晶析出，从而产生损耗，D正确；
答案为：D；
(3)粗产品的纯化时，操作合理排序：粗产品→用热的乙醇溶解→d．煮沸→b．趁热过滤→加蒸馏水→a．自然冷却→e．抽滤→c．洗涤→干燥→4.76g产品。由反应关系式→，可求出理论上50mmol苯酚可生成对氯苯氧乙酸50mmol，则本实验的产率为=51%。答案为：d；b；a；e；c；51%；
(4)三次实验中，第2次实验结果误差太大，不能采用，则1、2两次实验消耗NaOH标准溶液的体积为=20.00mL。
①因为NaOH会腐蚀玻璃，所以应使用碱式滴定管，所以装标准溶液时选择图3中规格为50mL的滴定管N。
②对氯苯氧乙酸产品的纯度为=93.3%。答案为：N；93.3%。
【点睛】为减少实验误差，滴定实验可能进行几次，然后求平均值，若某次实验数据与其它次实验数据偏差过大，此数据为失真数据，应舍去。
8．(1) Cu、Cl CuCl2∙2H2O
(2) NH4NO3、Ag(NH3)2NO3、Cu(NH3)4(NO3)2 H+
(3)2CuCl2Cl2↑+2CuCl
(4)取少量H溶液，滴加酚酞，若变红，则含有OH-；另取少量H溶液，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-

【分析】由实验Ⅰ可知，溶液C中加入过量氨水，生成蓝色沉淀D，则D中含有[Cu(NH3)4]2+，X中含有铜元素；白色沉淀B为AgCl，n(AgCl)=，20mL1.0mol/L盐酸中所含Cl-的物质的量为0.02mol，则X中所含Cl-的物质的量为0.04mol-0.02mol=0.02mol，从而得出X中含有CuCl2，其物质的量为0.01mol。
由实验Ⅱ可知，结晶水的质量为1.71g-1.35g=0.36g，物质的量为，CuCl2的物质的量为0.01mol，生成Cl2的物质的量为，则固体G为CuCl。综合实验Ⅰ、Ⅱ，X的化学式为CuCl2∙2H2O。
(1)
由以上分析可知，组成X的元素除H、O外还有Cu、Cl，X的化学式为CuCl2∙2H2O。答案为：Cu、Cl；CuCl2∙2H2O；
(2)
由分析可知，溶液C中含有过量的AgNO3、Cu(NO3)2、HNO3等，加入过量氨水，AgNO3最终生成Ag(NH3)2NO3，Cu(NO3)2最终生成Cu(NH3)4(NO3)2，另外还有NH4NO3生成，则溶液D中属于盐的成分是NH4NO3、Ag(NH3)2NO3、Cu(NH3)4(NO3)2；若溶液C中滴入少量氨水，则首先与HNO3反应，所以首先参与反应的微粒是H+。答案为：NH4NO3、Ag(NH3)2NO3、Cu(NH3)4(NO3)2；H+；
(3)
由分析知，E为CuCl2、F为Cl2，则E →F化学方程式为2CuCl2Cl2↑+2CuCl。答案为：2CuCl2Cl2↑+2CuCl；
(4)
固体G为CuCl，加入过量氨水，则溶液H中所含阴离子可能为Cl-、OH-，确定溶液H中的阴离子的方法是：取少量H溶液，滴加酚酞，若变红，则含有OH-；另取少量H溶液，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-。答案为：取少量H溶液，滴加酚酞，若变红，则含有OH-；另取少量H溶液，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-。
【点睛】AgOH、Cu(OH)2都能溶于过量的氨水，生成[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+。
9．(1) 赶出H2、HCl气体 NaOH溶液
(2)hfcedgai
(3)AB
(4)玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗
(5)升华

【分析】装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁，通入氮气赶出装置中的空气，防止氯化亚铁被氧化，抽滤，得到FeCl2溶液，经过一系列操作后得到FeCl2·4H2O，FeCl2·4H2O和环戊二烯在装置2中生成Fe(C5H5)2，经过一系列操作后得到纯净的二茂铁。
（1）
①装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸易挥发，装置中还含有HCl气体，因此N2的作用除驱赶装置内空气防止生成的Fe2+被氧化以外，还能赶出装置中的H2、HCl气体，故答案为：赶出H2、HCl气体；
②试剂X用来吸收HCl气体，HCl为酸性气体，可用碱液吸收，因此试剂X为NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；
（2）
将抽滤得到的FeCl2溶液转化生成FeCl2·4H2O，具体的操作为：将滤液迅速转移到N2冲洗过的反应瓶中，防止Fe2+被氧化，加热蒸发到表面刚出现结晶层后停止加热，将溶液冷却到室温，待晶体完全析出后进行抽滤，用少量冷的去离子水洗涤，洗去杂质，再用滤纸吸干转移到蒸发皿中，在低温下进行干燥，最后用N2冲洗过的磨口试剂瓶中保存，因此操作的步骤为hfcedgai，故答案为：hfcedgai；
（3）
A．环戊二烯与环戊二烯二聚体的沸点不同，可以用分馏的方法从二者混合物中分离，环戊二烯(C5H6)的沸点为42.5°C，因此收集42.5°C左右的馏分即可得到环戊二烯，故A正确；
B．应先通入N2排出装置中的空气后再开启磁力搅拌器，故B正确；
C．环戊二烯与FeCl2·4H2O 的反应刷烈，因此应分批次加入研细的FeCl2·4H2O ，故C错误；
D．浓H2SO4可吸收N2中的水蒸气干燥N2，也能吸收装置2反应过程中产生的水，故D错误；
答案选AB，故答案为：AB；
（4）
过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，或者使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，操作III之前的反应液中加入了HCl，溶液具有强酸性，因此抽滤过程中需用玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗过滤；故答案为：玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗；
（5）
二茂铁100℃开始升华，因此得到粗制的二茂铁后可采用加热升华的方法，进一步提纯二茂铁，故答案为：升华。
10． BC +NH3→+CH3OH (任选3种)
【分析】A与B在AlCl3作用下发生取代反应产生C，根据信息①，结合利阿唑(I)结构简式逆推可知C结构简式是；C与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生D：；D与NH3发生-OCH3的取代反应产生E：；E与NaBH4发生还原反应产生F：；F与发生羟基的取代反应产生G：；G与H2发生还原反应产生H：；H与HCOOH反应产生利阿唑(I)。
【详解】根据上述分析可知C是，D是，E是，F是，G是，H是。
(1)A．A是，分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B．C是，D是，C与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生取代反应产生D，因此C→D的反应属于取代反应，B正确；
C．根据F、G分子式的不同，结合F中所含有的官能团的性质，可知物质X是，C正确；
D．根据利阿唑(I)结构简式，可知其分子式是C17H13ClN4，D错误；
故合理选项是BC；
(2)根据上述分析可知H结构简式是；
(3)D是，D与NH3发生取代反应产生E：和CH3OH，该反应的化学方程式为：+NH3→+CH3OH；
(4)D是，D的同分异构体满足条件：①分子中含有(苯环上可连其他基团)、和；②核磁共振氢谱有5个峰，说明分子中含有5种不同位置的H原子；③无其他环状结构，则其可能的结构为：，可从中任选3种；
(5)A是，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，然后与H2发生还原反应，硝基变为氨基，产生，再与NH3发生取代反应产生，最后与HCOOH形成环状结构得到，故该反应转化合成路线图为：。
11．(1)AD
(2) CH3OH
(3)2+CH3OH
(4)、、、
(5)2

【分析】结合B和D的结构简式可知，C为，D与N反应生成E，E发生已知反应生成F，结合F的结构简式可知，E为，结合D和E可知，N为CH3OH。
（1）
A．化合物A为苯酚，能与Na2CO3反应反应，故A错误；
B．化合物A转化成B时会生成HI，K2CO3可以与HI发生反应，使得反应充分进行，提高原料的转化率，故B正确；
C．由图可知，化合物D中含有醚键和-CN两种官能团，故C正确；
D．由图可知，化合物F中含有19个碳原子，20个氢原子，5个氧原子，其分子式为C19H20O5，故D错误；
答案选AD，故答案为：AD；
（2）
由上述分析可知，化合物C的结构简式为； 化合物 N的结构简式 CH3OH，故答案为：；CH3OH；
（3）
由上述分析可知，E为，E发生已知反应生成F，反应的化学方程式为2+CH3OH，故答案为：2+CH3OH；
（4）
D的同分异构体满足：①1H-NMR谱显示有4种不同的氢，说明分子中含有4种不同环境的氢原子，②红外光谱显示有-NH2和苯环结构，说明含有-NH2取代基和苯环，则符合条件的结构简式有：、、、，故答案为：、、、；
（5）
参照题中所给流程和已知反应，以乙酸乙酯、1，4-二溴丁烷( BrCH2CH2CH2CH2Br)为原料合成的路线为：2，故答案为：2。
12．(1)硝基、氨基
(2)
(3)C
(4)+2
(5)
(6)

【分析】A一系列转化为E，结合E结构、A化学式可知，A为，AB生成C，结合C化学式可知，C为；C和乙醇发生酯化反应生成D；D中氨基氢和CH3I取代生成E，E和氢气发生还原反应将硝基转化为氨基得到F，F与环氧乙烷发生反应生成G；G转化为H，H转化为产品；
【详解】（1）由A的结构可知其所含官能团为硝基、氨基；
（2）由分析可知，；
（3）A．由分析可知，D中氨基氢和CH3I取代生成E ，D→E的反应类型为取代反应，A正确；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；化合物B与草酸互为同系物，B正确；
C．由图可知，化合物E的分子式是，C错误；
D．化合物H中的3个N原子所连接的基团不同，则结合的能力各不相同，D正确；
故选C；
（4）由分析可知，F→G的化学方程式为：+2；
（5）发生取代反应引入羟基，氧化为羰基，发生已知反应类型得到B，故流程为：；
（6）D结构为；同时符合下列条件的化合物D的同分异构体：①分子中只含一个苯环和一个五元环；②谱和谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，无硝基，有羟基，则结构对称性好；其结构可以为：。
13．(1) 高温 c CD 0.2kPa A
(2) O2+O= O3 O3+ NO= O2+NO2

【解析】(1)
①N2(g)+ 2O2(g2NO2(g) ΔH1= +66.36 kJ·mol-1
②N2(g)+ 2O2 (g) N2O4(g) ΔH2= +9.16 kJ·mol-1
根据盖斯定律①-②得N2O4(g) 2NO2(g) ΔH=-9.16 kJ·mol-1+66.36 kJ·mol-1=+57.2 kJ·mol-1，ΔH>0、ΔS>0，所以该反应在高温下自发进行。
②设v(N2O4) = k1c(N2O4)， v(NO2) = k2c2(NO2)， k1、k2为与温度相关的常数。温度越高反应速率越快，k越大，v(N2O4)是c(N2O4)的一次函数，315K时，代表v(N2O4)的曲线是c；正逆反应速率比等于系数比时，反应达到平衡状态，所以可能处于平衡状态的是CD；
③在295K温度下，将一定量的气体充入一个带活塞的特制容器，通过活塞移动使体系达到平衡时总压恒为0.6 kPa；Kp(295K) =0.100，设该温度下体系达平衡时NO2的分压为x kPa，则，解得x=0.2kPa；平衡时NO2的分压为0.2kPa。
④升高温度平衡正向移动，恒压下体系温度升高，相当于减压，平衡正向移动，所以平衡移动程度更大，故选A。
(2)
根据图示①NO2NO+ O；②O2+O= O3；③O3+ NO= O2+NO2。
14．(1) 低温 --122.4kJ/mol
(2)
(3) B 温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高
(4)BC

【详解】（1）反应I熵变小于零、焓变小于零，则自发进行的条件是低温；按盖斯定律，反应Ⅲ=2×Ⅰ+Ⅱ，则。
（2）在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，则发生副反应即 Ⅳ：，发生I： ，发生Ⅱ：，则平衡时n(CO2)=0.7mol，n(H2)=[3-(0.9-2b)mol]=(2.1+2b)mol，n(CH3OH)= ( 0.3-2a-b) mol，n(H2O)=( 0.3+a) mol，由于容积为1L，则反应I的平衡常数为 (用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
（3）①A．投料时，结合反应Ⅲ、Ⅳ可知，实际消耗的二氧化碳和氢气物质的量之比不等于1:3：则反应达到平衡时，，A错误；
B．随温度升高平衡右移、二甲醚的选择性降低，则曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度越低越有利于Ⅲ：右移，但是温度越低反应速率越小，影响二甲醚产量，则温度越低不适合工业生产二甲醚，C错误；
D．双功能催化剂不能降低反应Ⅲ的，D错误；
选B。
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高。
（4）A． 由过渡态中微粒间距可以推测，制得的磷酸硅铝分子筛的孔径应该适中，孔径越大吸附效率下降，影响催化效率，A不正确；
B． 反应Ⅱ的总反应：，ZOH为催化剂，由图知该反应的过渡态为，则该反应的机理为：[ ]，B正确；
C． 磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，有利于吸附，故改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率，C正确；
D． 温度过高，会破坏催化剂、过渡态等物质的稳定性，不利于提高反应速率，D不正确；
选BC。
15．(1) sp
(2)乙二酸中2个碳原子与2个电负性很高的氧原子成键，导致碳原子上电荷密度下降
(3)AC
(4) Cu2SnZnSe4 1、6或2、5或3、8或4、7

【详解】（1）基态为28号元素，价层电子轨道表示式； 中的CO为配体，配体CO中C和O都是sp杂化，形成一个σ键和两个相互垂直的π键；
（2）乙二酸中2个碳原子与2个电负性很高的氧原子成键，导致碳原子上电荷密度下降，所以使得乙二酸中的的共价单键键长比普通的键长要长；
（3）A．固定的元素都有特定的光谱，故现代化学，常利用原子光谱上特征谱线鉴定元素，A正确；
B．电负性大于1.8不一定是非金属，例如钴、镍的电负性大于1.8，而其为金属元素，B错误；
C．配合物中中心离子所带的电荷会影响配位键的形成，故配合物的稳定性不仅与配体有关，还与中心原子的所带电荷等因素有关，C正确；
D．据“均摊法”，晶胞中含个Na+、个Cl-，设晶胞边长为acm，则晶体密度为，则晶胞与的距离为晶胞边长的一半为：，D错误；
故选AC；
（4）据“均摊法”，晶胞中含个Zn、个Cu、个Sn、8个Se，故化学式为Cu2SnZnSe4；
该晶胞中以体心的Zn为顶点构建晶胞时，则6号Se位置与1号Se位置重合，结合该晶胞中8个Se位置可知，晶胞中平移能完全重合的两个Se为1、6或2、5或3、8或4、7。
16．(1)
(2)
(3)
(4)取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有

【分析】气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成，F为，E为硫化物，X为钾盐，所以E为,A、B与反应生成紫红色固体Cu单质，生成的气体通入澄清石灰水，生成沉淀和气体单质，且A、B相对分子质量相同，A为，B为，D能与氧气反应生成和紫红色的铜单质，D中含有Cu和S，为，G溶于氨水得到一无色溶液，G为，与氨水反应生成无色离子，D与G发生反应：，根据数据计算，钾盐X中含有K元素：,S元素物质的量：，还有C元素和N元素，所以钾盐X为。
【详解】（1）根据以上分析，B为，电子式为：；
（2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：；
（3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：；
（4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。
17．(1)三颈烧瓶
(2)
(3)AC
(4)bheai
(5)

【分析】镁和甲醇加热回流反应生成甲醇镁，分离出甲醇镁A，加入高纯水水解生成氢氧化镁，然后通入二氧化碳将氢氧化镁转化为碳酸镁，过滤后加入氢氟酸发生氟化反应得到氟化镁；
【详解】（1）仪器A的名称三颈烧瓶；
（2）氟化反应涉及的反应为碳酸镁和氟化氢生成氟化镁、水、二氧化碳，化学方程式
（3）A．甲醇沸点：，故步骤I中反应温度不选择，主要减少甲醇挥发，A错误；
B．步骤Ⅱ中待镁片上不再有微小气泡生成时，说明已经反应完全，可进行步骤Ⅱ，B正确；
C．步骤Ⅲ将通入高纯水达到饱和不利于甲醇镁的水解进行，制备悬浊液B应先加入高纯水，使得甲醇镁水解后再通入二氧化碳将氢氧化镁转化为碳酸镁，C错误；
D．氟化氢气体有毒，故步骤Ⅳ在进行氟化反应时，应做好防护措施和配备应急药品，D正确；
故选AC；
（4）得到甲醇镁需要趁热过滤除去滤渣分离出甲醇镁溶液，故过滤中需使用铜质保温漏斗；过滤后滤液加热蒸馏出过量的甲醇，需要使用直行冷凝管和烧杯；然后蒸发结晶得到甲醇镁；故答案为：bheai；
（5）由图可知，时透过率稳定且温度较高干燥速率较快，故选择。