山东省济宁市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份山东省济宁市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共45页。试卷主要包含了多选题，结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

山东省济宁市 2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

一、多选题
1．（2022·山东济宁·统考二模）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池的过程中，和C在的催化作用下发生电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是

A．此反应在电解池的阴极发生
B．反应历程中存在碳碳键、碳氧键的断裂和形成
C．该电极反应总历程每生成1mol气体产物，电极上转移
D．此历程中发生了反应
2．（2022·山东济宁·统考二模）在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验，产物又进行了系列实验，流程如下。下列说法正确的是

A．气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物
B．硫元素一共参加了3个氧化还原反应
C．沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应
D．若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素
3．（2022·山东济宁·统考二模）Boger吡啶合成反应是指1，2，4-三唑和亲双烯体在四氢吡咯的催化作用下，经杂原子Diels-Alder反应再脱氮生成吡啶的反应。反应机理如下：

下列说法错误的是
A．步骤1，3为加成反应 B．步骤2，4，5为消去反应
C．步骤1的产物中有1个手性碳原子 D．步骤5的产物中最多有5个碳原子共平面
4．（2022·山东济宁·统考二模）25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX，CuSO4、FeSO4三种溶液，pM=-lgM[M表示、c(Cu2+)、c(Fe2+)]等]随pH变化关系如图所示，其中③的M代表。已知Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，下列有关分析正确的是

A．①代表滴定FeSO4溶液的变化关系
B．Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6
C．a点时，③中c(H+)与②中c(M)的关系为：c(H+)=10-5c(M)
D．Fe(OH)2、Cu(OH)2固体均易溶解于HX溶液
5．（2023·山东济宁·统考二模）已知：  ，  。25℃时，甘氨酸溶液中通入HCl或加入氢氧化钠含氮微粒的浓度对数与pH的关系如图所示，下列说法错误的是

A．a点时，
B．pH从4变化到9，溶液中不变
C．的甘氨酸水溶液中
D．在溶液中
6．（2021·山东济宁·统考二模）可充电水系Zn—CO2电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O电离出的H+和OH-可以分别通过膜移向两极。下列说法错误的是

A．放电时，右侧电极的电极反应为CO2+2H+－2e-=HCOOH
B．放电时，金属锌为负极，发生氧化反应
C．充电时，双极隔膜产生的H+向右侧正极室移动
D．充电时，电池总反应为2Zn(OH)=2Zn +O2↑+4OH-+2H2O
7．（2021·山东济宁·统考二模）CO与亚硝酸甲酯(CH3ONO)在Pd催化剂作用下发生反应的机理如图所示，下列说法正确的是

A．脱附过程1的总反应为：2CO+2CH3ONO+2NO
B．CH3ONO中氮氧双键在Pd表面断裂
C．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]，可提高最终产物中碳酸二甲酯的比率
D．脱附过程2生成了碳酸二甲酯()
8．（2021·山东济宁·统考二模）25℃时，用HCl气体调节0.1 mol·L-1氨水的pH，系统中微粒浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图1所示，反应物的物质的量之比[ι=]与pH的关系如图2所示。若忽略通过气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是

A．P1所示溶液：c(Cl-)=0.05 mol·L-1
B．P2所示溶液：c(NH3·H2O)＜c(OH-)+c(Cl-)
C．P3所示溶液：c()+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+c(H+)
D．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-4.75

二、结构与性质
9．（2022·山东济宁·统考二模）光电材料[氟代硼铍酸钾晶体等]是目前科学家特别关注的材料。其结构如图，其中氧原子已省略，图中的原子分别位于立方体的顶点、棱及面上，可由BeO、和在一定条件下制得，同时放出气体。

(1)基态B原子中有_______种能量不同的电子，存在未成对电子的能级电子云空间有_______种伸展方向。
(2)结构图中X表示_______(填元素符号)，组成元素中非金属元素的电负性由强到弱的顺序为_______(填元素符号)；中B原子的杂化方式为_______，已知苯分子中含有大键，可记为(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)，实验测得分子中B-F键的键长远小于二者原子半径之和，所以分子中存在大键，可表示为_______。
(3)已知卤化物的水解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有和有空的价轨道；发生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，接受的进攻。则发生水解的产物是_______。
(4)已知结构图中，X-Y的键长为r，a、b原子的分数坐标分别为、，则c原子的分数坐标为_______，若立方体边长分别为m，m，n(单位为pm)，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。
10．（2023·山东济宁·统考二模）第IIIA元素硼及其化合物在能源、材料、医药、环保等领域具有重要应用。回答下列问题：
(1)基态B原子价层电子的轨道表示式：___________。
(2)已知：有空轨道，可以与分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解。
①下列卤化物不易发生水解的是___________。
A．               B．             C．             D．
②写出水解的化学方程式___________。
③写出与NaOH溶液反应的离子方程式___________。
(3)硼砂的阴离子的结构如图1，1mol该离子中有___________个硼氧四面体，含有配位键数目为___________，其中硼原子的杂化轨道类型为___________。

(4)硼化镁在39K温度下具有超导性，硼原子和镁原子分层排布，一层硼一层镁相间，部分原子沿垂直片层方向投影如图2，则硼化镁的化学式为___________。

11．（2021·山东济宁·统考二模）硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛。回答下列问题：
(1)氨硼烷(H3NBH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。
①氨硼烷能溶于水，其原因是___。
②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H…H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是___。
A．苯和三氯甲烷     B．LiH和HCN       C．C2H4和C2H2 D．B2H6和NH3
③氨硼烷电池放电时的总反应为：H3NBH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。写出负极电极反应___。
(2)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为___；图(b)为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型___。

(3)硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图所示：

①该晶体中Na+的配位数为___。标注为“1”的Na+分数坐标为___。
②H3BO3分子中的O—B—O的键角___(填“大于”、“等于”或“小于”)BH中的H—B—H的键角。
③已知硼氢化钠晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则a=___(用含ρ、NA的代数式表示)；
④若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体的化学式为__。

三、工业流程题
12．（2022·山东济宁·统考二模）一种制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：

回答下列问题：
(1)“浸取”过程有硫单质生成，写出该过程中主要反应的化学方程式_______。
(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是_______。“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a．            b．            c．
(3)工业上煅烧硫铁矿产生的气体可以用石灰乳吸收。常温下，测得与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则_______(保留三位有效数字)[已知：室温下亚硫酸的电离平衡常数，]
(4)“沉锰”过程转化为的离子方程式为_______。在一定空气流速下，相同时间内“焙烧”，产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。“焙烧”过程中涉及如下化学反应：

①
②    
③  
为了增大产物中的占比，可以采用的措施是_______(答出两条)。将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
(5)用氧化还原法测定纯品纯度(杂质不参与下列反应)：称取样品0.1000g，试样经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，过滤除去，用标准溶液滴定，用去37.00mL，则样品中的质量分数为_______(保留3位有效数字)。
13．（2023·山东济宁·统考二模）钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。赤泥含有、、、等，以赤泥为原料提取氧化钪的流程如下：

已知：①，易水解；②常温下，“浸出液”中，。
回答下列问题：
(1)操作A是___________。
(2)“溶解”中作用有将转化成、作溶剂和___________。
(3)“萃取”是用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507质量分数(w)对萃取率的影响如表所示、料液温度对分离系数(β)的影响如图1所示，萃取时P507最佳质量分数及料液温度分别为___________、___________。“萃取”过程中应控制pH小于___________。
[分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如％]

w(P507)
分相情况
钪萃取率(％)
铁萃取率(％)
1％
分相容易
90.74
14.89
2％
分相容易
91.74
19.88
3％
分相容易
92.14
13.30
5％
有第三相
90.59
28.47
8％
轻微乳化
90.59
34.85
(4)已知，，。“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数___________(用含m、n、p的代数式表示)。
(5)草酸钪晶体隔绝空气加热，随温度的变化情况如图所示。

550℃时，晶体的成分是___________(填化学式)，550～850℃，生成气体的物质的量之比为___________(已知的摩尔质量为)。
14．（2021·山东济宁·统考二模）用锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)制取焦锑酸钠[NaSb(OH)6]和砷酸钠(Na3AsO4)，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。其工艺流程如图所示：

已知：
①Ag、Cu、Fe的氧化物不溶于Na2S溶液
②硫浸后，锑砷以Na3SbS3、Na3AsS3存在；
③NaSb(OH)6易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)“硫浸”时，Sb2O3溶解的离子方程式为___。
(2)用NaNO3和NaOH浸取锑砷烟灰也可得到Na3SbO4，其缺陷是__。
(3)“氧化”时所用H2O2的电子式为___，反应温度不宜太高的原因是___。
(4)“中和”时，生成NaSb(OH)6的化学方程式为___，操作X为__、过滤、洗涤、干燥。
(5)As2O3对应的酸为H3AsO3，测得某工业酸性废液中含H3AsO3和Fe2+，其浓度如表：
物质
H3AsO3
Fe2+
浓度/g·L-1
0.378
0.840
已知：Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
根据题目信息，则可采用__方法除去该废水中的砷，除去砷后的废液中c(AsO)=__mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)

四、实验题
15．（2022·山东济宁·统考二模）TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体，可利用下列装置在实验室制备TiCl4 (夹持装置略去)。   
已知：①溶液捕获CO时生成Pd单质；
②能溶于有机溶剂，遇水会水解生成难溶于水的物质；难溶于水。
回答下列问题：
(1)检查装置气密性后，A装置中加入的药品为_______，管式炉中加入和C，先通入其目的是_______；一段时间后，加热管式炉，改通，对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理。D中碱石灰的作用是_______，E中反应的化学方程式为_______。
(2)实验过程中，产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”，原因是_______。制得的中常含有少量，从混合液体中分离出的操作名称为_______。
(3)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，请设计实验检验其中的Si元素：_______。
(4)用水解法制备纳米的工艺流程见下图，成功的控制水解速率是制备纳米的前提。

已知：难溶于冷水，在热水中易水解；的水解是由水解、电离、水解三步进行(如下)：
①水解：
②电离：
③水解：
其中①为快反应，对②、③反应的影响是_______，加入硫酸铵的目的是_______。
16．（2023·山东济宁·统考二模）实验室利用甘氨酸与硫酸亚铁制备补铁剂甘氨酸亚铁，装置如图所示(夹持仪器省略)。

已知：I．有关物质性质如下表所示：
甘氨酸
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸
II．甘氨酸亚铁摩尔质量为
III．氨基能被酸性溶液氧化为硝基：
(1)连接好装置，装入药品，进行的操作为：
①打开、，反应一段时间，将装置中空气排净；
②___________，使b中溶液进入c中；
③在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5～6.0，使反应物充分反应；
④反应完成后，向c中反应混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品。
(2)仪器c的名称是___________，其中加入柠檬酸的作用是___________，步骤④中加入乙醇，溶液的极性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。
(3)生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。
(4)体系pH与产率之间的关系如下表
体系pH
4.0
4.5
5.0
5.5
6.0
6.5
7.0
7.5
产率(％)
65.70
74.92
78.67
86.65
88.07
74.97
62.31
55.98
pH过高或过低，产品产率均下降的原因是：___________。
(5)产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸，称取粗产品2.2克，先加入___________，搅拌、过滤、洗涤得沉淀，将沉淀配成250mL溶液，取溶液25.00mL置于锥形瓶，用的溶液滴定至终点，三次平均消耗体积为26.00mL，则该样品的纯度为___________。
17．（2021·山东济宁·统考二模）二氯异氰尿酸钠为白色固体，是氧化性杀菌剂中杀菌最为广谱、高效、安全的消毒剂，难溶于冷水。实验室用如图所示装置制备(夹持装置已略去)。请回答下列问题：

已知：实验原理为2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O
(1)仪器a的名称为____，装置A中的药品为____，装置C中的试剂为____。
(2)实验发现装置B中NaOH溶液的利用率较低，改进方法是___。
(3)当装置B出现___现象时，打开装置B的活塞加入(CNO)3H3溶液，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是___。实验过程中B的温度必须保持为17℃~20℃，pH值控制在6.5~8.5的范围，则该实验的受热方式是___(填“冷水浴”或“热水浴”)，若温度过高，pH过低，会生成NCl3，写出C3N3O3H3生成NCl3的化学方程式为___。
(4)二氯异氰尿酸钠缓慢水解产生HClO消毒灭菌，通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品的有效氯。准确称取ag样品，用容量瓶配成250mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①该样品的有效氯测定值___%。(用含a，V的代数式表示)
②下列操作会导致样品的有效氯测定值偏低的是____(填标号)。
a.盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗
b.滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡
c.碘量瓶中加入的稀硫酸偏少
已知：①该样品的有效氯=×100%
②实验检测原理为：C3N3O3Cl+2H2O=C3H3N3O3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O 测定中转化HCl的氯元素质量
     
I2+S2O=S4O+2I-

五、有机推断题
18．（2022·山东济宁·统考二模）一种用于治疗抑郁症药物重要中间体(J)的合成路线如图：

已知：Ⅰ．曼尼希反应(Mannich反应)
Ⅱ．或
Ⅲ．Et代表乙基；
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______；已知：含有苯环()或吡啶环()的有机物都属于芳香族化合物。与A分子式相同且只有一个侧链，A的芳香族同分异构体的数目有_______种。
(2)区分H和I的现代分析方法为_______；E→F的反应类型为_______。
(3)写出D→E的化学方程式_______；J中含有_______种官能团。
(4)综合上述信息，写出由和制备的合成路线(其它试剂任选)_______。
19．（2023·山东济宁·统考二模）姜酮酚是从生姜中提取得到的天然产物，具有多种重要的生物活性。姜酮酚合成路线如图所示：

已知：I．
II．
回答下列问题：
(1)A→B反应类型为___________，B→C的化学方程式为___________。
(2)1mol物质G能与________mol Na反应，由H制备姜酮酚的反应条件为________。
(3)符合下列条件的A的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生水解反应    ②能与三氯化铁溶液发生显色反应        ③能发生银镜反应
(4)在合成化合物F的步骤中，使用代替得到的化合物结构简式为___________。
(5)结合姜酮酚的合成路线与已知信息，以苯甲醛为反应物，选择不超过4个碳原子的有机物，其他试剂任选，设计化合物的合成路线___________。
20．（2021·山东济宁·统考二模）化合物H常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。

已知：
①+(其中一种产物)
②++R2OH
③烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。
(1)化合物E的名称为____，H中含氧官能团的名称是酯基、____。
(2)A→B反应类型为____，化合物D的结构简式_____。
(3)反应F→G的化学方程式为____。
(4)写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式____。
①属于芳香族化合物，但不含甲基；
②与FeCl3溶液发生显色反应；
③1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应；
④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：1：1。
(5)参照以上合成路线，设计一种以和为原料制备的合成路线____(其他无机试剂任选)。

六、原理综合题
21．（2022·山东济宁·统考二模）丙烯腈( )是一种重要的化工原料，广泛应用在合成纤维、合成橡胶及合成树脂等工业生产中。以3-羟基丙酸乙酯( )为原料合成丙烯腈，主要反应过程如下：
反应Ⅰ：  
反应Ⅱ：+NH3(g) (g)+H2O(g)+  
(1)有机物的名称为_______，反应Ⅰ正反应的活化能_______逆反应的活化能(填“大于”或“小于”)；反应Ⅱ的反应历程有两步，其中第一步反应的化学方程式为：+NH3(g)，则第二步反应的化学方程式为_______；实验过程中未检测到 的原因可能为_______。
(2)在盛有催化剂、压强为200kPa的恒压密闭容器中按体积比2∶15充入 和发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示。

随着温度的升高，(g)的平衡物质的量分数先增大后减小的原因为_______，N点对应反应Ⅱ的平衡常数_______(x代表物质的量分数)。
(3)在酸性条件下，电解丙烯腈可以制备已二腈，则_______(填“阳极”或“阴极”)产生已二腈，其电极方程式为_______。
22．（2023·山东济宁·统考二模）甲醇是一种重要的基础有机化工原料和优质燃料，用CO2制备甲醇可实现碳循环，制备方法为
反应I：  
反应Ⅱ：  
反应Ⅲ：  
(1)反应I、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K与温度T变化关系如图所示 。根据据图判断，随着温度的升高CH3OH的平衡产率___________(填“增大”，“减小”或“不变”)，的数值范围是___________(填标号)。
A．<-1            B．-1～0            C．0～1                D．>1
(2)已知初始投料比，在5MPa恒压条件下，使用不同的催化剂，经过相同时间，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。

(CH3OH选择性=.×100％)
①由图像可知，工业上合成甲醇，考虑到生产效率，最合适的催化剂和温度是___________。
②工业上使用一种催化剂，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化如图所示，随温度升高CH3OH产率的变化趋势为___________，T1温度下CH3OH的产率为___________，H2O(g)的体积分数为___________。随着温度的升高，逐渐___________(填“增大”，“减小”或“不变”)。

23．（2021·山东济宁·统考二模）氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害，必须进行治理或综合利用。

(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。
①由A到B的变化过程可表示为____。
②已知：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-907.28kJ·mol-1
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2=-1269.02kJ·mol-1
则图1脱除NO的总反应的热化学方程式为___。
③关于该催化剂的说法正确的是____(填标号)。
A．能加快反应速率，并且改变反应的焓变
B．能增大NH3还原NOx反应的平衡常数
C．具有选择性，能降低特定反应的活化能
(2)在温度500K时，向盛有食盐的恒容密闭容器中加入NO2、NO和Cl2，发生如下两个反应：
Ⅰ.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1
Ⅱ.2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2
①关于恒温恒容密闭容器中进行的反应Ⅰ和Ⅱ的下列说法中，正确的是___(填标号)。
a.△H1和△H2不再变化，说明反应达到平衡状态
b.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡状态
c.同等条件下，反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的活化能小，△H1<△H2
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量ClNO(g)，NO2(g)和NO(g)的百分含量均减小
②若向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2发生反应Ⅱ，起始总压为p。10分钟后达到平衡，用ClNO(g)表示平均反应速率v平(ClNO)=0.008mol·L-1·min-1。则NO的平衡转化率α=_____，该反应的平衡常数Kp=____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
③假设反应Ⅱ的速率方程为：v=k(1-nαt)式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为NO平衡转化率，α′为某时刻NO转化率，n为常数。在α′=0.8时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线如图所示。

曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm，ttm后，v逐渐下降。原因是____。

参考答案：
1．BD
【分析】由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式为：，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，此反应为，是一个氧化反应，故应该在电解池的阳极上发生，A错误；
B．由题干反应历程图可知，反应历程中存在碳碳键、碳氧键的断裂和形成，B正确；
C．由分析可知，该电极反应总历程的总反应为：，故每生成1mol气体产物，电极上转移，C错误；
D．由题干反应历程图可知，此历程中第一阶段发生了反应，D正确；
故答案为：BD。
2．BC
【分析】首先铁粉和硫粉反应生成FeS，S和O2反应生成SO2，FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和H2S，H2S和H2SO4(浓)反应生成S、SO2和H2O。
【详解】A．由以上分析可知，气体A中SO2是氧化产物，气体D中SO2是还原产物，A错误；
B．由以上分析可知，铁粉和硫粉反应生成FeS，S和O2反应生成SO2，H2S和H2SO4(浓)反应生成S、SO2和H2O，反应中S元素化合价都发生改变，故硫元素一共参加了3个氧化还原反应，B正确；
C．沉淀F是S，S与NaOH加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O，C正确；
D．固体B为FeS，FeS和浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3、S、SO2和H2O，其中被氧化的元素为Fe和S，被还原的元素为S，故发生反应时被氧化的和被还原的均不为同一种元素，D错误；
故选BC。
3．CD
【详解】A．步骤1，3均存在双键的断裂，则均为加成反应，A项正确；
B．步骤2，4，5均为一个有机物反应后生成两个物质，则均为消去反应，B项正确；
C．步骤1的产物为，其中有4个手性碳原子，C项错误；
D．吡啶为平面结构，环上连的碳也共平面，则步骤5的产物中最多有7个碳原子共平面，D项错误；
答案选CD。
4．BC
【分析】由题干信息可知，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，加碱后溶液中Cu2+先沉淀，Fe2+后沉淀，即①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定FeSO4溶液的变化关系，③表示p，pc(Cu2+)=0时，c(Cu2+)=1 mol/L，pH=4.2，c(OH-)=10-9.8 mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=1×(10-9.8)2=10-19.6，同理，Ksp[FeSO4]=1×(10-(14-6.5))2=10-15，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定FeSO4溶液的变化关系，A错误；
B．25℃时pc(Cu2+)=0时，c(Cu2+)=1 mol/L，pH=4.2，c(OH-)==10-9.8 mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=1×(10-9.8)2=10-19.6，B正确；
C．p=0时，pH=5.0，c(H+)=10-5 mol/L，此时HX的电离平衡常数为Ka=，a点时c(Fe2+)=，在该温度下Ka=，，所以c(H+)=10-5c(Fe2+)，即c(H+)=10-5c(M)，C正确；
D．Fe (OH)2+2HXFe2++2X-+2H2O，反应的平衡常数为K=，同理，Cu(OH)2+2HXCu2++2X-+2H2O反应的平衡常数为K´=，Fe(OH)2固体易溶解HX溶液，而Cu(OH)2难溶于HX，D错误；
故合理选项是BC。
5．AC
【分析】如图，甘氨酸分子中有氨基和羧基，氨基有碱性，在酸性较强的溶液中会结合H+形成H3N+CH2COOH；羧基有酸性，在碱性较强的溶液中会与OH-反应生成和
H2O，故随着pH增大，曲线I~III分别表示H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-、，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线I表示H3N+CH2COOH，曲线II表示H3N+CH2COO-，a点c(H3N+CH2COOH)=c(H3N+CH2COO-)，已知： K2=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=，故A错误；
B．由分析可知，曲线II表示H3N+CH2COO-，pH从4变化到9，溶液中不变，故B正确；
C．的甘氨酸水溶液中，发生电离生成和H+，发生水解产生和OH-，发生电离产生和H+，由此可知的甘氨酸水溶液呈酸性，则，故C错误；
D．在溶液中不存在Cl-，根据电荷守恒，故D正确；
故选AC。
6．AC
【分析】由图可知放电时左侧电极为负极，Zn被氧化生成Zn(OH)，右侧电极为正极，二氧化碳被还原生成甲酸，以此解答该题。
【详解】A．放电时，右侧电极是正极，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，A错误；
B．根据图示可知左侧电极材料是Zn，放电时，金属锌为负极，发生氧化反应，故B正确；
C．充电时相当于是电解池，双极隔膜产生的H+移向阴极，即向左侧负极室移动，故C错误；
D．充电时右侧产生氧气，左侧产生锌，电池总反应为2Zn(OH)=2Zn +O2↑+4OH-+2H2O，故D正确；
故选AC。
7．AD
【详解】A．由反应机理图可知：脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd，故总反应为：2CO+2CH3ONO+2NO，A正确；
B．由图可知：Pd与CH3ONO生成了CH3O-Pd-NO，断的是O-N键，-N=O中的双键并没有断，B错误；
C．增大投料比[n(CO):n(CH3ONO)]时，第一步反应生成的CH3O-Pd-NO减少，Pd-CO-Pd增多，CH3O-Pd-NO的减少将导致脱附过程2的减少，脱附过程1将增加，进一步导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大，C错误；
D．由反应机理图可知：脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯，D正确；
故答案为AD；
8．BD
【详解】A．根据图示可知P1时c()=c(NH3·H2O)=0.05 mol/L。溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，P1点溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25 mol/L，故c(OH-)=，溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此Cl-离子浓度：c(Cl-)＜0.05mol/L，A错误；
B．根据电荷守恒c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，根据图示可知P2时c()＞c(NH3·H2O)，c(H+)+c()＞c(NH3·H2O)，所以c(NH3·H2O)＜c(OH-)+c(Cl-)，B正确；
C．根据图示可知P3时t=，溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)=0.1 mol/L，所以c()+c(NH3·H2O)＜c(Cl-)+ c(H+)，C错误；
D．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为K=，当溶液中c()=c(NH3·H2O)时，=，D正确；
故合理选项是BD。
9．(1) 3 3
(2) Be F＞O＞B
(3)、HClO
(4)

【解析】(1)
基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，1s、2s、2p能量不同，则有3种能量不同的电子；2p能级存在未成对电子，p能级电子云空间有3种伸展方向；答案为：3；3。
(2)
已知图中的原子分别位于立方体的顶点、棱及面上，根据“均摊法”，K：8×+2×=2，X：8×+4×=4，Y：8×+4×=4，Z：4×+2×=2，结合化学式KBe2BO3F2，原子半径：Be＞B＞F，故图中X表示Be，Y表示F，Z表示B；B、O、F为非金属元素，三者处于第二周期，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，则电负性由强到弱的顺序为F＞O＞B；中中心原子B上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，故B原子采取sp3杂化；B原子最外层有3个电子，F原子最外层有7个电子，BF3中中心原子B上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，B原子采取sp2杂化，1个B原子与3个F原子之间形成3个σ键，B原子未参与杂化的p轨道上没有电子，1个B原子和3个F原子形成大π键，B原子不提供电子，每个F原子提供2个电子，故BF3分子中存在的大π键表示为；答案为：Be；F＞O＞B；sp3；。
(3)
NCl3中中心原子N上的孤电子对数为=1，根据“中心原子有孤对电子，接受H2O的H+进攻”，则NCl3水解生成NH3和HClO；答案为：NH3、HClO。
(4)
结合（2），Be—F的键长为r，a、b原子的分数坐标分别为、，c原子所在边的边长为n，则c原子与处于同一条棱的下底面K的距离为=，故c原子的分数坐标为；晶胞的体积为m2n×10-30cm3，结合（2）的分析，1个晶胞的质量为=，该晶体的密度为÷（m2n×10-30cm3）=g/cm3；答案为：；。
10．(1)
(2) A
(3)
(4)

【详解】（1）基态B原子价层电子的轨道表示式为： ；
（2）①中C原子没有空轨道，不能与分子形成配位键，不能使原有的键削弱、断裂，所以不易发生水解，、、都已发生水解，故选A；
②水解的化学方程式：；
③与NaOH溶液反应的离子方程式为：
（3）由图1可知，1mol该离子中有个硼氧四面体，含有配位键数目为，其中硼原子的杂化轨道类型为：杂化；
（4）根据投影可知，1个B原子为3个Mg原子共用，故属于1个Mg原子的B原子为；1个Mg原子为6个B原子共用，故属于1个B原子的Mg原子为，由此可知，Mg和B原子个数比为：，所以硼化镁的化学式为：。
11． 氨硼烷和水之间可以形成氢键 BD H3NBH3+2H2O-6e-=NH+BO+6H+ [BO2]或BO sp2、sp3 8 (1，，) 大于 ×107 Na3Li(BH4)4
【详解】(1)①氨硼烷能溶于水，是由于氨硼烷分子与水分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的相互吸引作用；
②A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，A不符合题意；
B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，B符合题意；
C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，C不符合题意；
D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，D符合题意；  
故合理选项是BD；
③氨硼烷电池放电时的总反应为：H3NBH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。该反应中H3NBH3失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：H3NBH3+2H2O-6e-=NH+BO+6H+；
(2)图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以B：O=1：(1+2×)=1：2，所以化学式为[BO2]或BO；从图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出：[B4O5(OH)4]2-一半B原子采用sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半B原子采用的是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，故其中B原子杂化类型为sp2杂化、sp3杂化；
(3)①以上底面面心Na+研究，与其配位的处于晶胞的顶点、晶胞上半部的面心，还有处于上面晶胞下半部左右侧面面心，即该晶体中Na +的配位数为8；
根据坐标原点及标注为“1”的Na+的位置，可知该Na+的分数坐标为(1，，)；
②H3BO3分子为平面分子B原子采用sp2杂化，而中B原子采用sp3杂化，sp2杂化形成的键角120°，sp3杂化形成的的键角是109°18′，所以sp2杂化形成的键角大于sp3杂化形成的的键角，与H3BO3分子中的O—B—O的键角大于BH中的H—B—H的键角；
③在一个晶胞中含有Na+的数目为6×+4×=4，含有的的数目为1+8×+4×=4，则根据晶胞密度公式可知ρ=，所以该晶胞中a=×107；
④根据Na+在晶胞位置可知：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则其中含有的Na+离子数目为4×+4×=3，含有的Li+数目为2×=1；含有的的数目为1+8×+4×=4，因此该晶体化学式为Na3Li(BH4)4。
12．(1)
(2) 将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子 b

(3)
(4) 控制温度在450℃左右、增大空气的流速
(5)96.6％

【分析】硫铁矿和软锰矿一起用硫酸酸浸，浸取液中的Fe2+用少量MnO2氧化为Fe3+，再调节溶液的pH除去Fe3+。除铁后的溶液加NH4HCO3和氨水沉锰，得到MnCO3后煅烧，得到MnO2粗品，再将其中存在的+2价锰氧化为MnO2，过滤、洗涤、干燥得到MnO2纯品。
【详解】（1）“浸取”过程中FeS2中的硫元素被MnO2氧化为硫单质，该过程中主要反应的化学方程式为：。
（2）“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+便于除去。H2O2在锰离子中容易催化分解，氯气有毒，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是KClO3，故b选。
（3）CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则水解的Kh=，溶液中c(OH-)=c()=10-5mol/L，所以c()=6×10-4mol/L，根据元素质量守恒，c(Ca2+)=c()+c()=6×10-4mol/L+10-5mol/L=6.1×10-4mol/L，则6.1×10-4mol/L×6×10-4mol/L=。
（4）“沉锰”过程 中加入NH4HCO3和氨水，将溶液中的Mn2+ 转化为 MnCO3 ，离子方程式为：。从产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化图可以看出，为了增大产物中 MnO2的占比，控制温度在450℃左右，还可以增大空气的流速。根据总反应方程式可知放电时正极是得到电子转化为，电极反应式为：。
（5）样品经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，发生的反应为：3+4H+=2+↓+2H2O，过滤除去，用标准溶液滴定，发生的反应为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，根据反应的离子方程式可知，MnO2和Fe2+的物质的量之比为3：10，则MnO2的质量为0.1000mol/L×0.03700L××87g/mol=0.09657g，则样品中的质量分数为×100%=96.6%。
13．(1)过滤
(2)抑制Sc3+水解
(3) 3% 65℃ 4
(4)
(5) Sc2(C2O4)3 1:1

【分析】向赤泥中加入稀硫酸，Sc2O3、Al2O3、 Fe2O3和盐酸反应生成ScCl3、AlCl3、FeCl3，而SiO2不与硫酸反应，故滤渣为SiO2；向反应后的溶液中加入萃取剂，分液后得到AlCl3、FeCl3水溶液和含有ScCl3的有机相，向有机相中加入盐酸洗涤，再向有机相中加入反萃取剂将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，经过过滤并加入SOCl2溶解沉淀，使Sc(OH)3转化为ScCl3，ScCl3和草酸反应生成草酸钪晶体，煅烧后得到Sc2O3，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，操作A是过滤。
（2）由信息②可知，易水解，加入SOCl2，除了可以将转化成、作溶剂，还可以抑制Sc3+水解。
（3）分析表中数据可知，P507浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，分析图像可知，料液温度为65℃时，分离系数最大，则萃取时P507最佳浓度为3%，料液温度为65℃；常温下，“浸出液”中，，当Sc3+开始沉淀时，溶液中c(OH-)=，pH=-lgc(H+)=，“萃取”过程中应控制pH小于4。
（4）反应的平衡常数=。
（5）设有1mol草酸钪晶体(462g)在空气中受热，550℃时，剩余固体质量为462g×76.6%=353.89g，失水重量为462g-353.89g≈108g，即550℃时，1mol晶体失去=6mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g×29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550~ 850℃，1molSc2(C2O4)3分解产生1molSc2O3，则碳元素全部转化为气体，由于草酸根离子中碳为+3价，则反应产生二氧化碳和一氧化碳二种气体，根据得失电子守恒可知二氧化碳和一氧化碳物质的量为1:1。
14． Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS+6OH- 有污染气体NO、NO2(NOx)等产生 温度过高，H2O2易分解 HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6 蒸发浓缩、冷却结晶 氧化 4.75×10-19
【分析】锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)，加入Na2S和NaOH，根据已知①和②，Sb2O3转化为Na3SbS3，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH；滤液中加入过氧化氢，可将Na3SbS3氧化生成Na3SbO4和S，将Na3AsS3氧化生成Na3AsO4和S，过滤得到固体(Na3SbO4和S的混合物)和滤液(Na3AsO4)，滤液(Na3AsO4)通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na3AsO4•12H2O，固体(Na3SbO4和S的混合物)和加入盐酸除去硫，得到HSbO4的溶液，再加NaOH，得到NaSb(OH)6，以此解答该题。
【详解】(1)“硫浸”时，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH，离子方程式为Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS+6OH-；
(2)若用NaNO3和NaOH浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等，其缺陷是有污染气体NO、NO2(NOx)等产生；
(3)H2O2的电子式为 ；若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果，所以反应温度不宜太高的原因是温度过高，H2O2易分解；
(4)“中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成NaSb(OH)6，化学方程式为HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)根据题目信息可知FeAsO4更容易沉淀，H3AsO3的还原性比Fe2+强，可加入适当的氧化剂将其中H3AsO3和Fe2+氧化得到FeAsO4沉淀，所以采用氧化方法除去该废水中的砷；已知：Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21，H3AsO3为0.378g/L，则c(H3AsO3)==0.003mol/L，同理c(Fe3+)= c(Fe2+)==0.015mol/L，所以加入足量氧化剂后，H3AsO3转化为FeAsO4沉淀，Fe3+剩余，则除去砷后的废液中c(AsO)==mol/L=4.75×10-19mol/L。
15．(1) 浓硫酸 排尽装置中的空气，以免干扰实验 吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解
(2) 气体温度过高会导致冷凝管炸裂 蒸馏
(3)取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si
(4) 产生浓度大，抑制了②③反应的进行 生成，促进了反应②的进行

【分析】本题是以Cl2、C和TiO2来制备TiCl4的实验题，由于碳能与O2加热条件下发生反应生成CO或CO2干扰实验，故实验开始前需通入一段时间的N2以排空装置内的空气，且由于TiCl4易水解，则制备用的Cl2需干燥，故装置A为盛有浓硫酸的洗气瓶，目的是干燥氯气，防止TiCl4水解，由于反应产生高温的TiCl4蒸气，直接用冷凝管冷却会导致冷凝管炸裂，则需进行“前期冷却”，B为冷凝管，冷凝TiCl4蒸气，C为收集TiCl4液体，D中碱石灰可以吸收多余的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入C中以免引起TiCl4水解而影响实验结果，E为检验CO，根据题干信息可知，CO还原PdCl2生成Pd、CO2和HCl，则反应方程式为：PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl，据此分析解题。
（1）由分析可知，检查装置气密性后，A装置的作用是干燥氯气，故其中加入的药品为浓硫酸，管式炉中加入和C，由于空气中的O2会与C反应，则先通入其目的是排尽装置中的空气，以免干扰实验，一段时间后，加热管式炉，改通，对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理，D中碱石灰的作用是吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解，E中反应的化学方程式为PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl，故答案为：浓硫酸；排尽装置中的空气，以免干扰实验；吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解；PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl；
（2）由分析可知，实验过程中，产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”，原因是气体温度过高会导致冷凝管炸裂，由题干已知信息②能溶于有机溶剂，遇水会水解生成难溶于水的物质；难溶于水，制得的中常含有少量，且CCl4和TiCl4均为分子晶体，且TiCl4的相对分子质量更大，即TiCl4的熔点更高，故从混合液体中分离出的操作名称为蒸馏，故答案为：气体温度过高会导致冷凝管炸裂；蒸馏；
（3）某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，而Si、Al均能与强碱溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2，Na2SiO3和NaAlO2溶液与过量的酸反应现象不同，前者为生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者是先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解直至消失，故检验其中的Si元素的实验可设计为：取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si，故答案为：取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si；
（4）由题干信息，难溶于冷水，在热水中易水解；的水解是由水解、电离、水解三步进行(如下)：①水解：②电离：③水解：可知，其中①为快反应，产生大量的H+，从而抑制了反应②、③的进行，加入硫酸铵则可以生成沉淀，从而促进反应②的进行，故答案为：产生浓度大，抑制了②③反应的进行；生成，促进了反应②的进行。
16．(1)打开，关闭
(2) 三颈烧瓶 防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解 减弱
(3)
(4)过高会生成，过低时c(H2NCH2COO－)很小，难以生成甘氨酸亚铁
(5) 冰醋酸

【分析】实验中，用铁屑和稀硫酸反应：，生成的可以排除装置内的空气，防止亚铁盐被氧化，同时，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，据此解答。
【详解】（1）打开，关闭，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备；
（2）仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的，抑制亚铁离子水解；甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，反应完成后，向c中反应混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，这说明溶液的极性减弱；
（3）生成甘氨酸亚铁的化学方程式为：
（4）由于过高会生成，过低时c(H2NCH2COO－)很小，难以生成甘氨酸亚铁，所以pH过高或过低，产品产率均下降；
（5）因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水溶配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：，，根据反应得出关系式：，所以，所以，该样品的纯度为：。
17． 恒压滴液漏斗 KMnO4或KClO3 NaOH溶液 在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气 液面上方出现黄绿色气体 使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率 冷水浴 C3N3O3H3+9Cl2+3H2O3NCl3+3CO2+9HCl bc
【分析】根据实验装置的特点判断仪器名称，根据仪器所处的位置及反应装置中发生的反应判断仪器的作用及需要的物质，根据产生物质的性质判断是否需要尾气处理；利用气体间性质的不同采用相应的试剂进行除杂；根据反应过程中反应物的量的关系判断充分的条件，利用反应物的颜色等特点判断反应程度；利用原子守恒及反应物和生成物之间的变化书写化学方程式；根据氧化还原反应利用物质间的关系进行计算相应的量。
【详解】(1)根据分液漏斗的特点判断：仪器a的名称：恒压分液漏斗，根据已知实验原理中需要用到次氯酸钠，故装置A是制取氯气，氯气通入B中和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，故装置A中的药品为KMnO4或KClO3，装置C在尾部，主要是用于尾气处理，故应该选用能吸收有毒气体氯气的溶液，故答案为：NaOH溶液；
(2)浓盐酸具有挥发性，故氯气中混有氯化氢气体，氯化氢会消耗NaOH，导致NaOH溶液的利用率较低，故改进的方法是将氯化氢吸收而不影响氯气，故答案为：在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气；
(3) 打开装置B的活塞加入(CNO)3H3溶液，根据已知反应说明B中已经有次氯酸钠，故当液面上方出现黄绿色气体时说明氯气过量已将氢氧化钠转换为次氯酸钠，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是：使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率；实验过程中B的温度必须保持为17℃~20℃，则该实验的受热方式：冷水浴；根据原子守恒、电子守恒写C3N3O3H3生成NCl3的化学方程式为C3N3O3H3+9Cl2+3H2O3NCl3+3CO2+9HCl；
(4) ① ，，，
    
，，
，故答案为；②a盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，导致Na2S2O3标准溶液浓度减小，消耗Na2S2O3的量增大，导致测定值偏高；
b滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，说明读出的数据偏小，导致测定值偏低；
c碘量瓶中加入的稀硫酸偏少不能将所有的碘离子进行转化，导致消耗Na2S2O3的量减小，导致测定值偏低；
故选答案bc；
【点睛】氧化还原滴定中，主要配制的溶液和滴定时取用的量的关系，计算时注意量的转化。
18．(1) 10
(2) 红外光谱法 加成反应
(3) + 2H2O→ 3
(4)

【分析】根据已知Ⅱ，及NaBH4氢化后得到的C的结构简式分析，B的结构简式是，由已知Ⅰ曼尼希反应，与HCHO及A生成B推断A的结构简式为，C与发生取代反应得到D，再水解生成E，E与生成F，由D和F的结构简式分析，E的结构简式为；F经与、NaH、NaBH4逐步反应得到I，I又经系列转化最终得到目标产物J。
(1)
据分析，A的结构简式为。A的分子式为C8H11N，由题意知A的芳香族同分异构体可能含有或， A只有一个侧链，若是，则侧链可能是-CH2NHCH3的其它形式基团，有-NH(CH3)2、-CH2CH2NH2、、-NHCH2CH3，共4种；若是，则侧链是丙烷基：-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2，环上有三种不同环境的氢原子()，取代后的不同结构有6种，故A的芳香族同分异构体的数目有10种。
(2)
H和I具有不同的官能团，区分它们可用红外光谱法；据分析，E→F的反应是与生成，氮原子与其上的氢原子分别加到碳碳双键上，类型是加成反应。
(3)
据分析，D水解生成E，D→E的化学方程式： + 2H2O→ ；根据J的结构简式可知，其含有官能团：氟原子、醚键和亚氨基，共3种。
(4)
根据已知Ⅱ可将碳氧双键转化为羟基，结合题给合成路线E、F、G、H的合成原理，可设计如下合成路线，由和制备：
19．(1) 取代反应 +
(2) 2
(3)13
(4)
(5)

【分析】根据B的结构，可以推出A为，A生成B的反应为取代反应，B和丙酮在溶液中生成C，根据D的结构，C为：，C再发生加成反应得到D，根据F和H的结构，以及G的分子式，G为：，G再脱水生成H，H发生加成反应生成产品。
【详解】（1）根据分析，A→B反应类型为：取代反应；B→C的化学方程式为:+
（2）G为：，1mol物质G含有2mol，所以能与2mol Na反应，根据C生成D的条件，由H制备姜酮酚也是与的加成反应，条件为：；
（3）A 的异构体中，能发生水解反应和发生银镜反应，分子中含有， 能与三氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基，根据位置不同，含有结构为有10种，有3种，满足条件的共有13种；
（4）根据已知反应I的原理，中的H原子替换Li原子，所以使用代替得到的化合物结构简式为：；
（5）苯甲醛为反应物，合成化合物的路线为：。
20． 苯甲醛 羟基、羰基 取代反应 +H2O 或
【分析】A发生取代反应生成B，由B的结构简式可知A为，B发生异构生成C，C发生信息②中反应生成D，分子式为C9H6O3，则D为，E发生信息①中反应生成F，由F的结构简式可知E为，F在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成G，则G为，根据此分析答题。
【详解】(1)由分析可知E为，则E的名称为苯甲醛，由H的结构简式可知H中还含有的含氧官能团的名称是羟基、羰基。
(2)反应A→B中只发生了氢原子与原子团CH3CO-的替换，故A→B反应类型为取代反应，由分析可知化合物D的结构简式。
(3) F在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成G，F为， G为，反应F→G的化学方程式为：+H2O。
(4) F的结构简式，F的同分异构体的满足以下条件：①属于芳香族化合物，但不含甲基，说明含有苯环，②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，又因为F中只含有两个氧原子，所以说明存在2mol酚羟基，④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：1：1，说明存在四种环境的氢原子，则符合条件的F的同分异构体的结构简式：或。
(5) 可由和发生信息②合成，而可通过与H2O发生加成反应得到，再由在氧化铜加热条件下氧化得到，即合成路线为：。
21．(1) 丙烯酸乙酯 大于 (g) (g)+H2O(g) 第二步反应非常快
(2) 温度较低时，反应Ⅰ进行的程度大，的物质的量分数增大；温度较高时反应Ⅱ进行的程度增大，的物质的量分数减小
(3) 阴极

【详解】（1）的名称为丙烯酸乙酯；反应I为消去反应，故∆H1>0，反应I正反应的活化能大于逆反应的活化能；反应II的总反应化学方程式为(g)+NH3(g)(g)+H2O(g)+(g)，反应Ⅱ的反应历程有两步，其中第一步反应的化学方程式为：(g)+NH3(g)(g)+ (g)，则第二步反应=总反应-第一步反应，第二步反应的化学方程式为(g) (g)+H2O(g)；实验过程中未检测到(g)的原因可能为第二步反应非常快；答案为：丙烯酸乙酯；大于；(g) (g)+H2O(g)；第二步反应非常快。
（2）根据图象可知，温度较低时，(g)的物质的量分数很小，温度较高时，随温度升高(g)的物质的量分数， (g)是反应I的生成物、反应II的反应物，故随着温度的升高， (g)的平衡物质的量分数先增大后减小的原因为温度较低时，反应Ⅰ进行的程度大，的物质的量分数增大；温度较高时反应Ⅱ进行的程度增大，的物质的量分数减小；N点时，(g)的物质的量分数为0，(g)完全消耗，(g)和(g)的物质的量分数相等，即(g)和(g)物质的量相等，设起始(g)、NH3(g)物质的量依次为2mol、15mol，平衡时(g)物质的量为xmol，反应I生成的(g)和H2O(g)的物质的量为2mol，则反应II消耗的(g)和NH3(g)、生成的H2O(g)和(g)物质的量都为xmol，则2-x=x，解得x=1，平衡时(g)、NH3(g)、、H2O(g)、(g)物质的量依次为1mol、14mol、1mol、3mol、1mol，气体总物质的量为20mol，物质的量分数依次为、、、、，N点对应反应Ⅱ的平衡常数Kx==；答案为：温度较低时，反应Ⅰ进行的程度大，的物质的量分数增大；温度较高时反应Ⅱ进行的程度增大，的物质的量分数减小；。
（3）酸性条件下电解丙烯腈制备NC(CH2)4CN，丙烯腈得电子、发生还原反应生成NC(CH2)4CN，故在阴极产生NC(CH2)4CN；电极反应式为2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN；答案为：阴极；2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN。
22．(1) 减小 C
(2) CdZrOx、310℃ 先增大后减小 8.6% 2.6% 增大

【详解】（1）根据图示，随温度升高反应I、反应Ⅱ平衡常数都减小，反应Ⅲ平衡常数增大，所以随着温度的升高CH3OH的平衡产率减小；随温度升高反应I、反应Ⅱ平衡常数都减小，、都小于0，反应Ⅲ平衡常数增大，大于0；根据盖斯定律I-Ⅱ得，=->0，所以的数值范围是0～1，选C。
（2）①由图像可知，相同温度下，使用催化剂CdZrOx二氧化碳的平衡转化率大，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率增大，280~310℃甲醇的选择性高，所以工业上合成甲醇，考虑到生产效率，最合适的催化剂和温度是CdZrOx、310℃。
②由图可知，随温度升高，CO2的转化率逐渐升高，CH3OH的选择性逐渐降低，则CH3OH产率的变化趋势为先增大后减小；T1温度下CH3OH的产率为10%×86%=8.6%；设加入CO2的物质的量为1mol、H2的物质的量为3mol，CO2的转化率为10%，根据反应I、Ⅲ，生成H2O(g)的总物质的量等于二氧化碳消耗量为0.1mol，则平衡时n(H2O)=0.1mol，n(CO2)=1mol×(1-10%)=0.9mol，n(CH3OH)=1mol×8.6%=0.086mol，平衡时，根据C原子守恒，n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)=1mol，则n(CO)=0.014mol，根据O原子守恒，2n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)+n(H2O)=2mol，则n(H2O)=0.1mol，根据H原子守恒，2n(H2)+4n(CH3OH)+2n(H2O)=6mol，则n(H2)=2.728mol，所以平衡时n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)+n(H2O)+n(H2)=(0.9+0.086+0.014+0.1+2.728)mol=3.828mol，H2O(g)体积分数为 。随着温度的升高，反应I逆向移动，逐渐增大。
23． 2Cu(NH3+O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+ 4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=-1630.76kJ·mol-1 C bd 80% 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低
【详解】(1)①A在沸石笼内转化为B、C、D，由图1可知，由A到B的变化过程中，Cu(NH3与O2反应生成B，发生的反应可表示为2Cu(NH3+O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+，故答案为：2Cu(NH3+O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+；
②根据盖斯定律，由第二个热化学方程式-第一个热化学方程式，可得4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)  △H=(-1269.02kJ·mol-1)2-(-907.28kJ·mol-1)=-1630.76kJ·mol-1，故答案为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=-1630.76kJ·mol-1；
③A.催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A错误；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变反应的平衡常数，故B错误；
C．催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能，使反应速率加快，故C正确；
故答案为：C；
(2)①a.反应热与方程式有关，方程式确定，反应热始终不会改变，不能判断是否达到平衡状态，故a错误；
b．气体的颜色代表浓度，颜色不变说明气体的浓度不变，是平衡判断的标志，故b正确；
c．同等条件下，反应Ⅰ的活化能小，说明速率大，但不能确定反应热的相对大小，故c错误；
d．平衡后，通入ClNO(g)，对于反应Ⅱ相当于增大压强，平衡正向移动，NO(g)的百分含量减小，对于反应Ⅰ，平衡逆向移动，但移动生成的NO2(g)的量比加入的的量少，所以NO2(g)的百分含量减小，故d正确；
故答案为：bd；
②===0.008mol·L-1·min-1，c(ClNO)= 0.008mol·L-1·min-110min=0.08 mol·L-1，(ClNO)= 0.08 mol·L-12L=0.16mol，列出三段式：

NO的平衡转化率α=100%=80%；
恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，=，所以平衡时总压p平=p0，因为分压=总压×物质的量分数，平衡时各气体的分压为：p(NO)=p0=p0，p(Cl2)=p0=p0，p(ClNO)=p0=p0，则Kp===，故答案为：80%；；
③反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率降低，由题中信息可知，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低，故答案为：升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低。