浙江省温州市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

这是一份浙江省温州市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42页。试卷主要包含了填空题，计算题，元素或物质推断题，原理综合题，实验题，有机推断题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．（2021·浙江温州·统考二模）(1)已知乙醛的沸点为20.8℃，乙醇的沸点为78℃。乙醛沸点比乙醇沸点低的主要原因是______。
(2)有科学家在实验室条件下将干冰制成了原子晶体。则同是原子晶体的和硬度大小关系______(填“>”、“<”或“=”)，从结构的角度说明理由______。
2．（2022·浙江温州·统考二模）回答下列问题：
(1)有人认为：为非化学变化，请为其寻找合理的解释___________。
(2)石墨和金刚石互为同素异形体，其熔点和摩尔硬度如下：
请从结构角度分析两者熔点相近但摩尔硬度有差异的原因___________。
3．（2022·浙江温州·统考二模）某化学兴趣小组对工业合成氨、工业制硝酸的化学原理进行了相关探究。
已知：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
(1)工业上采用一定投料比、高温(400~500℃)、高压(10MPa~30MPa)有催化剂的条件下合成氨。下列有关说法正确的是___________。
A．选择高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，使键能较大的分子易断键
B．采用高温(400~500C)、高压(10MPa~30MPa)条件时，合成氨平衡混合物中体积分数最高
C．广义上，合成氨、尿素以及硝酸的生产均为石油化工
D．采用循环操作，主要是为了提高平衡混合物中氨的含量
(2)①反应Ⅱ是接触氧化反应，氨分子向铂网表面的扩散是氨接触反应过程的控制步骤。在如图中画出一定条件下氨氧化率与氨空气在催化剂表面的停留时间的关系曲线______。
②由于条件的控制等不利因素，氨的接触氧化过程中会发生多种副反应生成。请写出其中属于分解反应的化学方程式(至少两条)：___________、___________。
③工业制硝酸设备中有热交换器组件，请说明热交换器存在的必要性：______。
(3)该小组同学为了探究不易直接催化氧化生成的原因，做了如下的研究：
查阅资料知：的反应历程分两步：
i.(快)
ii.(慢)
注：表示气体B的分压(即组分B的物质的量分数×总压)
①若设反应的速率，则___________。(含有、的表达式。k、均为速率常数)。
②k与温度的关系如图所示。综合研究证据，该小组得出不易直接催化氧化生成的原因是：___________。
二、计算题
4．（2021·浙江温州·统考二模）取1.77g镁铝合金投入到的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气1.904L(已折算成标况)请计算：
(1)镁铝合金中镁的质量分数=______%(保留三位有效数字)
(2)上述溶液中继续滴加的NaOH溶液，得到沉淀3.10g。则V的最大值=______mL。(写出计算过程)
5．（2022·浙江温州·统考二模）早在1000多年前，我国就已采用加热胆矾(CuSO4∙5H2O)的方法制取硫酸。某同学设计实验加热胆矾获取硫酸。称取样品37.50 g，经完全分解后，得硫酸溶液、Cu2O、CuO、SO2、O2。经分析：气体产物的质量为2.88 g；残留的固体产物质量为11.52 g。
已知：。计算：
(1)固体产物中的m(Cu2O)=___________g。
(2)生成的n(H2SO4)=___________ml。(写出计算过程)
三、元素或物质推断题
6．（2021·浙江温州·统考二模）化合物X是一种常见的脱叶剂，某兴趣小组对X开展探究实验。
其中：X是一种盐，由3种常见元素组成；混合气体B只含有两种成分。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)步骤Ⅰ，发生反应的离子方程式是______。
(3)在潮湿环境中X与水(物质的量1:1)水解，产物中含有一种酸式盐，该反应的化学反应方程式______。
(4)气体C通入足量(NH3)氨化BaCl2溶液能得到白色沉淀的原因是______。
(5)强酸性溶液D也可以溶解铁，请设计实验证明反应后溶液中铁元素的存在形式______。
7．（2022·浙江温州·统考二模）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知：无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净物。
请回答：
(1)组成X的元素有___________，X的化学式为___________。
(2)X溶于的反应化学方程式为___________。
(3)光学实验证明，溶有气体单质D(表示为)的水中存在水合分子、。对于两种分子的结构，下列表示正确的是___________。
A．B．C．D．
(4)①某同学利用铜与流程中所涉及的物质制备蓝色溶液。资料显示，溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。写出该反应的离子方程式___________。
②请在该同学实验的基础上，设计实验证明溶液显蓝色的原因___________。
8．（2023·浙江温州·统考二模）化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是___________，X的化学式是___________。
(2)写出X→A的化学方程式___________。
(3)写出C→D的离子方程式___________。
(4)实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证___________。
四、原理综合题
9．（2021·浙江温州·统考二模）硫酸在国民经济中占有极其重要的地位，工业上常用黄铁矿为原料接触法制硫酸。
(1)写出黄铁矿在沸腾炉中与氧气发生反应的化学方程式______。
(2)硫酸的生产中，下列说法不正确的是______。
A．把黄铁矿磨成细粉末在“沸腾”状态下燃烧，可以提高原料的利用率
B．气体在进接触室前要先净化，可防止催化剂中毒
C．接触室中反应采用400~500℃，主要是因为提高原料的平衡转化率
D．吸收塔中操作采取逆流的形式，从下而上，水从上而喷下
(3)分别将1 ml的、1.45 ml的通入、和恒压容器中发生反应： ，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图所示。(对于气相反应，用某组分B的平衡压强)代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。
请回答：
①据图判断、、的大小关系______。
②判断X、Y、Z中属于平衡点的是______(填“X”、“Y”、“Z”)，并计算该温度下平衡的______。(用含或或的式子表示)。
(4)为减少的排放，工业上常将转化为固定，但存在CO又会同时发生以下两个反应：
①恒容、恒温条件下，反应体系中随时间t变化的总趋势如图。结合已知信息分析浓度随时间t变化的原因______。
②恒容、恒温(，)条件下，请在图中画出条件下浓度随时间t变化图______。
10．（2023·浙江温州·统考二模）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.
Ⅲ.
请回答：
(1)有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C． 高温低压 D．高温高压
(2)一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①___________。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1mlCO和2mlH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。
(3)甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)
(4)制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
①下列说法不正确的是___________。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)
五、实验题
11．（2021·浙江温州·统考二模）纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。某兴趣小组用高钛渣(主要成分为TiO2，含少量Fe2O3和二氧化硅) 为原料制备纳米TiO2，流程如下：
已知：①TiCl4沸点136.4℃，极易水解：
②
③TiO2化学性质稳定，是偏酸性的两性氧化物，不溶于水、有机物，也不溶于稀酸、稀碱等。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，小火加热的目的是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤Ⅱ，发生的主要反应为
B．步骤Ⅲ，可以用油浴加热的方法精馏获得TiCl4
C．步骤Ⅳ，为加快反应速率，最好用浓NaOH溶液代替氨水
D．步骤Ⅳ，为提高产率，反应后的容器在后续操作中需要洗涤并转移利用
(3)步骤Ⅳ，调pH的目的是______；为制得纳米TiO2，后续操作步骤Ⅴ是______。
(4)为了测定TiO2产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再用硫酸酸化的KMnO4标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。从下列选项中选出合理的操作并排序：______→______→取酸式滴定管检漏、水洗并用KMnO4标准溶液润洗→______→______→______→重复滴定，记录数据，并处理。
a．向滴定管中注入KMnO4标准溶液
b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶
c．往锥形瓶中滴入几滴甲基橙溶液
d．滴定至不再有气泡产生，记录读数V2
e．滴定至溶液呈微红色，30 s内不褪色，记录读数V2
f．称取m g TiO2，溶解后配成100 mL待测溶液
g．排气泡后调节液面，记录数据V1
②酸化溶液的酸还可选择下列______；
A．HCl B．CH3COOH C．H2C2O4
如果选择上述其它酸，测定结果将______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
12．（2023·浙江温州·统考二模）某研究小组以、、为原料，用如下装置制备；
B为直型管式电阻炉，880°C时，该装置内先后发生以下反应：
I.
II.
已知：
请回答：
(1)C装置的作用是___________，D装置中浓硫酸的作用是___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．当装置中出现紫红色气体，说明已消耗完毕
B．装置D后连接的导管可直接插入水中吸收尾气
C．应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关
D．反应结束，按顺序关闭装置B的加热开关
(3)开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是___________。与H2的比例过大，容易引发副反应II，可通过调节___________，达到调整的通入量。
(4)该研究小组采用滴定法测定产品中的质量分数。
滴定原理：利用将产物中三价钛氧化为四价，然后用滴定剩余的。
已知：实验室现有的含有杂质。
①从下列选项中选择最佳操作并排序(部分操作可重复使用)完成实验：
I.____________；
II.____________。
a．转移至100mL容量瓶并定容
b．加入 (过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸
c．静置，观察颜色变化
d．取20.00mL待测液，加入指示剂，用标准液滴定
e．另称取，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸
②实验I中在进行d操作时，不慎将标准液滴出锥形瓶，将导致测定的质量分数___________。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)
六、有机推断题
13．（2021·浙江温州·统考二模）某研究小组合成抗心绞痛药物雷诺嗪，设计合成路线如下：
已知：(1)
(2)
(3)
请回答：
(1)下列说法正确的是______。
A．谱显示化合物F中有3种不同化学环境的氢原子
B．1 ml E与足量NaOH反应，最多消耗NaOH 4 ml
C．F→G的反应类型是氧化反应
D．雷诺嗪的分子式是
(2)化合物X的结构简式是______；化合物Y的结构简式是______。
(3)的化学方程式是______。
(4)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______。
①包含
②包含碳氧双键和结构
(5)以苯和丙烯为原料，设计下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)______。
14．（2022·浙江温州·统考二模）化合物H(格列齐特)是一种有效的磺酰脲类口服抗糖尿病药。某课题组设计合成路线如下：
已知：
①
②
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物A中所有碳原子共平面
B．1ml化合物Ｆ在酸性条件下发生水解，该过程最多消耗3ml盐酸
C．化合物J到Ⅰ的反应为加成反应
D．化合物Ｈ的分子式为
(2)请在如图化合物D中正确的位置处用“*”标出所有的手性碳原子_____。
(3)化合物C的结构简式___________；化合物E的结构简式___________。
(4)写出的化学方程式：___________。
(5)写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_____。
①有两个六元环(不含其它环)，其中一个为苯环且为单取代
②除苯环外，结构中只含有3种不同的氢
(6)以化合物甲苯()和氯仿为原料，设计合成化合物K→化合物J的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)______(已知： )
15．（2023·浙江温州·统考二模）某研究小组按下列路线合成抗病毒药物奥司他韦。
已知：i．HOCH2-CH=CH2
ii．+ HOCH2CH2OH (R1、R2为H或烃基)
请回答：
(1)F中含氧官能团的名称是___________；G的结构简式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．①的反应类型是加成反应、消去反应
B．奥司他韦的分子式为
C．可用溴水检验A中是否含有碳碳双键
D．E易溶于水，因为其分子中的羟基、羧基能与水形成氢键
(3)写出③的化学方程式___________。
(4)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___________。
谱和IR谱检测表明：
①分子中含有酚羟基、氮氧键和，不含-O-O-；
②分子中共有5种不同化学环境的氢原子。
(5)请以和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)______。
七、工业流程题
16．（2022·浙江温州·统考二模）过硼酸钠是一种用途广泛的无机过氧化物，可用作织物的漂白、染色，医药上可作为消毒剂和杀菌剂。一种由硼镁矿制取过硼酸钠的工艺流程图如下所示。
已知：
①，若时，以形式存在；若时，以形式存在。
②过硼酸钠为白色晶体，微溶于水，其水溶液不稳定，存在于冷的溶液中，难溶于乙醇。
③硼砂为白色晶体，溶于水吸热，在水中溶解度如图1所示。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中为加快硼镁矿浸出，除粉碎矿石、升高温度外，还可采取的措施___________。(填一项操作即可)
(2)写出步骤Ⅰ中的化学方程式___________。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅱ中通入的目的是降低溶液pH值使转为
B．步骤Ⅰ、Ⅱ中操作①为过滤，操作②为蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤
C．步骤Ⅲ发生化学反应生成过硼酸钠(其阴离子结构如图所示)，其中硼元素的化合价未发生变化
D．步骤Ⅳ中宜选用的洗涤剂和干燥方式分别为蒸馏水和减压干燥
(4)步骤Ⅲ的回流反应过程需要控制恒温水浴(0℃左右)的理由是_____。
请选出正确的操作排序完成装置A中的回流反应：按图2组装好装置→(___________)→(___________)→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→(___________)→(___________)→(___________)_____。
①用纸槽向c处加入硼砂；②用漏斗向c处加入硼砂；③打开a处旋塞加入双氧水
④调高恒温水浴温度；⑤调低恒温水浴温度；⑥c处加入氢氧化钠溶液。
(5)硼砂水溶液具有缓冲溶液(指酸和盐的混合体系，如醋酸和醋酸钠)的作用，请用离子方程式表示该缓冲溶液的形成过程___________。
八、结构与性质
17．（2023·浙江温州·统考二模）含氮化合物在生产，生活中有非常重要的应用。请回答：
(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为___________。
(2)氮化镓的结构与金刚石相似(如图所示)，
①氮与镓之间形成的化学键类型为___________，镓原子的配位数为___________。
②传统制备氮化镓是采用与在一定条件下反应制备，不采用金属与制备的原因是___________。
(3)大多数离子液体含有较大的阴、阳离子，如含氮的阳离子( )，其中键与键的个数之比为___________。
(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，该晶体的化学式为___________；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度___________(列出计算式即可)
物质
金刚石
石墨
熔点
3550℃
3652℃
摩尔硬度
10
1
反应
活化能
平衡常数
Ⅰ

Ⅱ

序号
加热温度/℃
反应物气体流速/
1
800
4
1：1
79.6
52.2
2
800
6
1：1
64.2
61.9
3
800
6
1：2
81.1
41.6
颜色
暗紫色
紫红色
无色
无色
在反应装置内的状态
固态
气态
气态
气态
参考答案：
1． 乙醇分子间可以形成氢键 ＞ C原子半径小于Si原子，C-O键的键长小于Si-O键，所以C-O键的键能更大
【详解】(1)乙醇中含有羟基，可以形成分子间氢键，乙醛分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，所以乙醛的沸点比乙醇低；
(2)C原子半径小于Si原子，C-O键的键长小于Si-O键，所以C-O键的键能更大，则CO2的硬度更大。
2．(1)氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨
(2)碳原子的排列方式不同
【详解】（1）化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨的过程中没有化学键的断裂与生成，所以为非化学变化，故答案为：氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨；
（2）石墨和金刚石互为同素异形体，由于晶体中碳原子的排列方式不同，金刚石是由碳原子以共价键相结合形成的空间网状结构的原子晶体，具有很高的熔沸点和很大的硬度，石墨为碳原子形成的层状结构的过渡型晶体，层内碳原子间以共价键相结合形成六元环，层间以范德华力相结合，具有很高的熔沸点，但硬度小，故答案为：碳原子的排列方式不同。
3．(1)AC
(2) 4NH3+3O22N2+6H2O 4NH3+6NO=5N2+6H2O 利用余热，节约能源
(3) 氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮
【详解】（1）A．反应物为气体，故高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，且在催化剂上有利于其化学键的断裂，A正确；
B．合成氨的反应为放热反应，采用高温不利于平衡正向移动，不利于提高体积分数，B错误；
C．以天然气、轻汽油、重油为原料合成氨、尿素，甚至制取硝酸都成为石油化工，C正确；
D．采用循环操作主要是为了提高原材料的利用率，D错误；
故选AC；
（2）①氨空气在催化剂表面的停留时间越长，其氧化率越高，但是当达到平衡后，则氧化率不在变化，故图象可以表示为： ；
②氨气催化氧化过程中氨气可能被氧气氧化为氮气，方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O；生成的一氧化氮也可能会和氨气反应生成氮气，方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；
③热交换器的目的合成氨放热反应，可以利用热量对氨的催化氧化中进行加热，节约能源，因此热交换器作用是：利用余热，节约能源；
（3）①总反应可以分为i和ii两步，且ii的反应较慢，故总反应速率由反应ii决定，即v=v2，即=，即；
②反应的速率，氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮；
4． 54.2% 220mL
【分析】根据题意得出24n(Mg)+27n(Al)=1.77，镁、铝与盐酸反应生成氢气，根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=，两式联立解得，n(Mg)=0.04ml，n(Al)=0.03ml，据此分析；
【详解】(1)根据上述分析，合金中镁的质量分数为54.2%；故答案为54.2%；
(2)根据上述计算，得出n(Mg)=0.04ml，n(Al)=0.03ml，假设镁、铝全部生成沉淀，则沉淀质量为0.04ml×58g·ml－1＋0.03ml×78g·ml－1=4.66g＞3.10g，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此沉淀达到3.10g，消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成偏铝酸钠，3.10g沉淀中含氢氧化镁沉淀质量为0.04ml×58g·ml－1=2.32g，含氢氧化铝的质量为(3.10g－2.32g)=0.78g，反应后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，根据铝元素守恒，溶液中n(NaAlO2)=0.02ml，根据钠元素守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为=0.22L，合220mL；故答案为220mL。
5．(1)4.32
(2)0.12
【详解】（1）37.50 g 胆矾的物质的量n(CuSO4∙5H2O)=，假设分解所得固体产物中Cu2O的物质的量为x，CuO的物质的量为y，则根据Cu元素守恒可知2x+y=0.15，根据质量关系可得144x+80y=11.52 g，x=0.03 ml，y=0.09 ml；故m(Cu2O)=0.03 ml×114 g/ml=4.32 g；
（2）在反应过程中放出O2包括盐分解产生SO2时产生的及发生CuO分解反应Cu2O和O2时放出的两部分，根据方程式中物质反应转化关系可知CuO分解产生的O2的物质的量n(O2)==×0.03 ml=0.015 ml，由CuSO4∙5H2O受热分解产生气体SO2、O2时，根据电子守恒可知2n(SO2)=n(O2)，假设SO2的物质的量为x ml，则反应后混合气体中含有O2的总物质的量为n(O2) 总=(0.5x+0.015) ml，由于该混合气体的质量为2.88 g，则64x+(0.5x+0.015)×32 =2.88 g，解得x=0.03 ml， 即n(SO2)=0.03 ml，所以根据硫元素守恒可知得到的H2SO4的物质的量n(H2SO4)=0.15 ml-0.03 ml=0.12 ml。
6． Ca、C、N CaCN2 2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O 2CaCN2+2H2O=Ca(HCN)2+Ca(OH)2 CO2通入足量NH3氨化的BaCl2溶液中发生反应：CO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl，得到碳酸钡白色沉淀 取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)3]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在
【分析】固体A的焰色反应为砖红色，说明A中含有Ca元素，则固体A应为CaO，则固体X中n(Ca)==0.01ml；强酸性D溶液可以和铜片反应得到蓝色的铜盐溶液，则D溶液中应含有NO，则混合气体B中应含有氮氧化物，而B只含两种成分，当NO2存在时，N2O4也一定存在，所以B中的氮氧化物应为NO，因双氧水具有强氧化性，所以混合气体B通过足量双氧水得到的气体C不能被双氧水氧化，气体C可以和碱性的氯化钡溶液得到白色沉淀，则气体C应为CO2，白色沉淀为碳酸钡，所以固体X中c(C)==0.01ml，混合气体B中n(CO2)=0.01ml，则n(NO)=-0.01ml=0.02ml，则固体X中n(N)=0.02ml，综上所述，X中n(Ca)：n(C)：n(N)=1：1：2，X应为CaCN2。
【详解】(1)根据分析可知组成X的3种元素为Ca、C、N，X的化学式为CaCN2；
(2)根据分析可知步骤Ⅰ中为双氧水氧化NO得到硝酸的反应，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O；
(3)CaCN2与水1:1水解得到一种酸式盐，根据题干可知CaCN2为一种盐，则其对应的酸式盐为2Ca(HCN2)2，根据元素守恒可得化学方程式2CaCN2+2H2O=Ca(HCN2)2+Ca(OH)2；
(4)足量NH3氨化的BaCl2溶液中含有大量NH3·H2O，CO2与足量NH3·H2O反应可以得到碳酸根，碳酸根与钡离子结合得到碳酸钡白色沉淀，总反应为CO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl；
(5)硝酸可以和铁反应，若硝酸过量则Fe以Fe3+形式存在，若Fe过量则以Fe2+形式存在，为证明反应后溶液中铁元素的存在形式，可取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)3]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在。
7．(1) K、H、S、O K2H2S2O10
(2)K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑
(3)BD
(4) 2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O) 向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子
【分析】由题意可知，化合物X由4种元素组成，溶于水发生反应生成无色溶液A和气体D，无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净单质气体，由无色溶液A能与氢氧化钾溶液反应生成溶液B，溶液B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，A为硫酸氢钾、B为硫酸钾、C为硫酸钡、D为氧气，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，且钾元素和硫元素的物质的量相等，由硫酸钡的质量为4.66g可知，X中钾元素和硫元素的物质的量为=0.02ml，硫酸氢钾的质量为0.02ml×136g/ml=2.72g，由质量守恒定律可知，反应生成氧气的物质的量为=0.01ml，则X中钾元素、氢元素、硫元素、氧元素的物质的量比为0.02ml：0.02ml：0.02ml：(0.02ml×4+0.01ml×2)=2:2:2:10，化学式为K2H2S2O10。
【详解】（1）由分析可知，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，化学式为K2H2S2O10，故答案为：K、H、S、O；K2H2S2O10；
（2）由分析可知，X溶于水发生反应生成硫酸氢钾和氧气，反应的化学方程式为K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑，故答案为：K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑；
（3）非极性分子氧气分子难溶于极性分子水，氧分子和水分子间的相互作用力弱，不能形成头碰头的作用关系，氧元素的非金属性强，水合分子中氧原子会吸附水分子中的氢原子，则一水合氧的结构为 、二水合氧的结构为 ，故选BD；
（4）①铜与流程中的氧气、硫酸氢钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸四水合铜，反应的离子方程式为2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)，故答案为：2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)；
②若向蓝色溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子，故答案为：向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。
8．(1) Fe、O FeO2
(2)FeO2+NaOH= NaHFeO3
(3)Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(4)用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl
【分析】C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05ml；C中含有0.1mlFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=0.05ml，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。
【详解】（1）根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O；
（2）FeO2与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH= NaHFeO3；
（3）C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；
（4）氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。
9． 4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3 CD P3＞P2＞P1 Z 两个反应同时进行，但由于Ea2＞Ea1，反应Ⅰ的速率更快，该开始时c(SO2)上升，而反应Ⅱ的平衡常数较大(正向进行程度大)，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低
【详解】(1)黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，根据元素守恒和电子守恒可得反应的方程式为：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；
(2)A．把黄铁矿磨成细粉末在“沸腾”状态下燃烧，可以增大与氧气的接触面积，使反应更充分，提高原料的利用率，A正确；
B．气体在进接触室前要先净化，防止有杂质和催化剂反应，使催化剂中毒，B正确；
C．接触室中二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，较高温度会降低原料的平衡转化率，采用高温主要是为了提高反应速率以及催化剂活性，C错误；
D．为防止形成酸雾和加快吸收速率，三氧化硫是被浓硫酸吸收而不是被水吸收，D错误；
综上所述答案为CD；
(3)温度较低时反应速率较慢测定α时反应未达到平衡，所以此时随温度升高α增大，当温度升高到一定程度，测定α时反应达到平衡，继续升高温度平衡逆向移动，α减小；
①温度较高时反应达到平衡，该反应为气体系数之和减小的反应，温度不变增大压强平衡正向移动，α增大，所以P3＞P2＞P1；
②当α随温度的升高而减小时，说明反应达到平衡，所以平衡点为Z；Z点所示温度平衡时二氧化硫的转化率为0.900，初始投料为1mlSO2和1.45mlO2，则列三段式：

压强为P3，各组分的分压之比等于物质的量之比，所以p(SO2)=P3=，p(O2)=，p(SO3)=，则Kp==；
(4)①虽然两个反应同时进行，但由于Ea2＞Ea1，反应Ⅰ的速率更快，该开始时c(SO2)上升，直至反应Ⅰ达到最大限度，由于反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低，直至反应Ⅱ达到平衡；
②反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以c(SO2)的最大值要高于T1温度，但由于温度升高，反应速率加快，所以达到最大值所用时间缩短，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以最终平衡时c(SO2)也要高于T1温度，则T2条件下c(SO2)随时间t变化图为(虚线所示)。
10．(1)C
(2) 205.4
(3)
(4) B 反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多
【详解】（1）该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；
（2）E1为2mlCO和4mlH2的总能量，E3为1mlCH3OCH3和1mlH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ⋅mL-1+(−24.0kJ⋅mL-1)=-205.4 kJ⋅mL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ⋅mL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为：；
（3）设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故选B。
对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
11． 适当升高温度，加快反应Ⅰ的速率 ABD 将TiCl4转化为TiO(OH)2，提高产率 高温灼烧 f b a g e B 偏高
【分析】高钛渣(主要成分为TiO2，含少量Fe2O3和二氧化硅)中加入盐酸，小火加热，Fe2O3转化为FeCl3进入溶液；过滤，滤渣为TiO2和二氧化硅，加入焦炭、通入氯气、高温，SiO2、TiO2转化为SiCl4、TiCl4；冷却后，将所得混合液精馏，获得四氯化钛，用蒸馏水缓慢溶解，用氨水调节pH，并保温1h，让TiCl4充分转化为TiO(OH)2，灼烧后分解为TiO2。
【详解】(1)步骤Ⅰ，为将Fe2O3完全溶解，需小火加热，目的是升高反应混合物的温度，加快反应Ⅰ的速率(温度过高，HCl挥发)。答案为：适当升高温度，加快反应Ⅰ的速率；
(2)A．步骤Ⅱ，TiO2、C、Cl2在高温条件下反应，转化为TiCl4等，发生的主要反应为，A正确；
B．步骤Ⅲ，加热温度超过100℃，为控制温度且使反应物均匀受热，可以用油浴加热的方法精馏获得TiCl4，B正确；
C．因为TiO2不溶于稀酸、稀碱，但溶于浓碱液，所以步骤Ⅳ中，不能用浓NaOH溶液代替氨水，C不正确；
D．因为TiO(OH)2为白色粘稠物，易沾在容器内壁上，步骤Ⅳ，反应后的容器在后续操作中洗涤并转移利用，可提高产率，D正确；
故选ABD。答案为：ABD；
(3)TiCl4的水解反应为可逆反应，调节pH，可中和H+，促进水解反应的正向进行，所以步骤Ⅳ，调pH的目的是将TiCl4转化为TiO(OH)2，提高产率；TiO(OH)2受热分解可生成TiO2，所以为制得纳米TiO2，后续操作步骤Ⅴ是高温灼烧。答案为：将TiCl4转化为TiO(OH)2，提高产率；高温灼烧；
(4)①进行滴定操作时，应先配成待测溶液，然后取出一定体积溶液放入锥形瓶内；然后将标准液放入酸式或碱式滴定管内，调整液面后，进行滴定操作，至滴定终点，记录读数。所以，合理的操作并排序：f→b→取酸式滴定管检漏、水洗并用KMnO4标准溶液润洗→a→g→e→重复滴定，记录数据，并处理。答案为：f；b；a；g；e；
②因为KMnO4溶液具有强氧化性，会将HCl、H2C2O4氧化，所以酸可选择CH3COOH，故选B；
如果选择上述其它酸，则消耗KMnO4的量增大，从而使测定结果偏高。答案为：B；偏高。
【点睛】因为KMnO4呈紫色，在滴定过程中会发生颜色变化，所以滴定过程中不需另加指示剂。
12．(1) 收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸 防止空气中氧气、水进入装置
(2)BD
(3) 氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应 A中水浴的温度
(4) b、a a、d 偏低
【分析】实验中应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关，、、反应生成，当装置中出现紫红色气体，说明已消耗完毕，关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭；
【详解】（1）TiCl4在C装置中易被液化从而使气压变小，故C装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；D装置中浓硫酸的作用是防止空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行；
（2）A．装置中两个反应先后反应，且为紫红色气体，故当装置中出现紫红色气体，说明已消耗完毕，A正确；
B．尾气中的HCl气体极易溶于水装置，故D后连接的导管不可直接插入水中吸收尾气，B错误；
C．氢气为可燃性气体，故先通一段时间氢气排净装置中空气后防止爆炸，再打开装置B的加热开关，C正确；
D．反应结束，首先关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭，D错误；
故选BD；
（3）开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl带出装置使得反应更彻底；与H2的比例过大，容易引发副反应II，可通过调节装置A中水浴的温度，控制的气化量，达到调整的通入量；
（4）①根据滴定原理可知，实验过程为：准确称量0.1000g产物与烧杯中，加入(过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，利用将产物中三价钛氧化为四价；然后转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用标准液滴定剩余的，并进行正确读数；
故I答案为b、a；
已知：实验室现有的含有杂质；故需要进行空白实验排除对实验的干扰，实验过程为：另称取，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用标准液滴定，并进行正确读数；
故II答案为a、d；
②实验I中在进行d操作时，不慎将标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用量偏大，相当于剩余的Ce4+偏多，导致测定的质量偏小，分数偏低。
13． ACD
+HOCH2CH2NHCH2CH2OH⟶+HCl 、、
【分析】由E的结构简式结合已知（1）的反应可知D为，D由B和C反应得到，结合B、C的分子式及D的结构特点可知C为HOCH2CH2NHCH2CH2OH，B为，B由A和X得到，结合A、X的分子组成及B的结构简式可知A为，X为，丙烯与氯气加热条件下发生取代反应生成F(CH2=CH-CH2Cl)，F在Ag作催化剂条件下与氧气反应生成G，E和H反应得到雷诺嗪，结合E和雷诺嗪的结构可知H为，H由G与Y反应后再与氨气反应得到，结合结构可知G与Y的产物应为：，Y为，据此解答。
【详解】(1)A.化合物F为CH2=CHCH2Cl，有3种不同化学环境的氢原子，故A正确；
B.E中的酰胺键和氯原子均能与NaOH反应，1 ml E与足量NaOH反应，最多消耗NaOH 3 ml，故B错误；
C.由以上分析可知F→G的反应类型是氧化反应，故C正确；
D.由雷诺嗪的的结构简式可知其分子式是，故D正确；
故答案为：ACD；
(2)由以上分析可知X为，Y为，故答案为：；；
(3)B和C发生取代反应生成D，反应方程式为：+HOCH2CH2NHCH2CH2OH⟶+HCl，故答案为：+HOCH2CH2NHCH2CH2OH⟶+HCl；
(4)B的同分异构体中①包含 ，②包含碳氧双键和结构，符合的结构有：、、，故答案为：、、；
(5)可由2分子和1分子氨气反应得到，可由和氯气发生取代反应得到，可由苯和丙烯发生加成反应得到，合成路线为： ，故答案为： ；
14．(1)CD
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】根据B、D的结构简式及C的分子式可推知C的结构简式为，根据D、F的结构简式及E的分子式可推知E的结构简式为，根据J、H的结构简式和I的分子式可推知I的结构简式为，再其他有机物的转化及反应原理分析解答。
【详解】（1）A. 化合物A()有亚甲基，根据甲烷分子为正四面体可推知，该化合物中所有碳原子不可能共平面，选项A错误；
B. 1ml化合物Ｆ在酸性条件下发生水解，该过程最多消耗1ml盐酸生成氯化铵，选项B错误；
C. 根据J与氨气和I的结构简式可推知，化合物J到Ⅰ的反应是J与氨气发生加成反应而得，选项C正确；
D. 根据化合物Ｈ的结构简式可知，其分子式为，选项D正确；
答案选CD；
（2）手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，可用“*”标出D中的手性碳原子如下：；
（3）根据流程的分析可知，化合物C的结构简式为 ；化合物E的结构简式为；
（4）的化学方程式为： ；
（5）B为，其同分异构体：①有两个六元环(不含其它环)，其中一个为苯环且为单取代，②除苯环外，结构中只含有3种不同的氢，符合条件的同分异构体可以为 ；
（6）以化合物甲苯()和氯仿为原料，设计合成化合物K→化合物J的路线，首先由得到COCl2，甲苯磺化反应得到 ，转化为， 与COCl2反应生成，合成路线如下：
。
15．(1) 羟基、酯基
(2)C
(3)+2H2O+CH3OH
(4)、、、、、
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知，两分子CH3CHO在一定条件下先发生加成反应，后发生消去反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与发生加成反应生成，则C为；经两步反应转化为 ，与过氧化氢发生信息反应生成，一定条件下水反应生成，在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成，与丙酮发生信息反应生成，则G为，一定条件下转化为，经多步反应转化为奥司他韦。
【详解】（1）由结构简式可知，F分子的官能团为羟基、酯基；G的结构简式为，故答案为：羟基、酯基；；
（2）A．由分析可知，反应①CH3CHO一定条件下先发生加成反应，后发生消去反应生成CH3CH=CH2CHO，故A正确；
B．由结构简式可知，奥司他韦的分子式为C16H28N2O4，故B正确；
C．由结构简式可知，CH3CH=CHCHO分子中的碳碳双键和醛基都能与溴水反应，则不能用溴水检验CH3CH=CHCHO分子中是否含有碳碳双键，故C错误；
D．由结构简式可知，E分子中含有的羟基、羧基能与水分子形成氢键，所以E分子易溶于水，故正确；
故选C；
（3）由分析可知，反应③为反应的化学方程式为在一定条件下水反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+2H2O+C2H5OH，故答案为：+2H2O+C2H5OH；
（4）C的同分异构体分子中含有酚羟基、氮氧键和，不含—O—O—说明分子中含有苯环，则分子中共有5种不同化学环境的氢原子的结构简式为、、、、、，故答案为：、、、、、；
（5）由有机物的转化关系和题给信息可知，以CH2=CHCH=CH2CHO和CH2=CH2为原料合成的合成步骤为乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，1，2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；CH2=CHCH=CH2CHO和CH2=CH2发生加成反应生成，与乙二醇发生题给信息反应生成，与过氧化氢发生信息反应生成，则合成路线为，故答案为：。
16．(1)提高NaOH溶液的浓度、搅拌等
(2)Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2
(3)BD
(4) 防止过氧化氢和过硼酸钠分解外，还有降低过硼酸钠的溶解度，便于析出晶体 ①⑥④⑤③
(5)2H+++5H2O ，加入少量碱：2OH-++7H2O4
【分析】硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，步骤ⅢNa2B4O7•10H2O在双氧水、NaOH溶液作用下才生成过硼酸钠，Na2B4O7+2NaOH+4H2O2+11H2O═4NaBO3•4H2O。
【详解】（1）步骤Ⅰ中为加快硼镁矿浸出，除粉碎矿石、升高温度外，还可采取的措施提高NaOH溶液的浓度、搅拌等。(填一项操作即可)故答案为：提高NaOH溶液的浓度、搅拌等；
（2）步骤Ⅰ为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg(OH)2，反应方程式为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2；
（3）反应为NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3的反应，离子方程式为：2Na++4BO2-+2CO2+11H2O=Na2B4O7•10H2O+2HCO3-，
A. 步骤Ⅱ中通入的目的是降低溶液pH值使转为，故A正确；
B. 步骤Ⅰ、Ⅱ中操作①为过滤，操作②为蒸发结晶、趁热抽滤，故B错误；
C. 步骤Ⅱ发生化学反应生成Na2B4O7•10H2O，步骤ⅢNa2B4O7•10H2O在双氧水、NaOH溶液作用下才生成过硼酸钠，其中硼元素的化合价未发生变化，故C正确；
D. 过硼酸钠为白色晶体，微溶于水，其水溶液不稳定，存在于冷的溶液中，难溶于乙醇，步骤Ⅳ中宜选用的洗涤剂和干燥方式分别为乙醇和减压干燥，故D错误；
故答案为：BD；
（4）步骤Ⅲ的回流反应过程需要控制恒温水浴(0℃左右)的理由是防止过氧化氢和过硼酸钠分解外，还有降低过硼酸钠的溶解度，便于析出晶体。
正确的操作排序完成装置A中的回流反应：按图2组装好装置→(①用纸槽向c处加入硼砂)→(⑥c处加入氢氧化钠溶液)→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→(④调高恒温水浴温度，待硼砂溶解后)→(⑤调低恒温水浴温度)→(③打开a处旋塞加入双氧水)，在6°C左右搅拌1小时，有大量晶体析出。故答案为：防止过氧化氢和过硼酸钠分解外，还有降低过硼酸钠的溶解度，便于析出晶体；①⑥④⑤③；
（5）硼砂水溶液具有缓冲溶液的作用，用离子方程式表示该缓冲溶液的形成过程：加入少量酸：2H+++5H2O ，加入少量碱：2OH-++7H2O4 ，故答案为：2H+++5H2O ，加入少量碱：2OH-++7H2O4 。
17．(1)
(2) 共价键 4 氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少（属于熵减反应）
(3)25∶2
(4) FeWN2
【详解】（1）基态氮原子的价层电子轨道表示式为 。故答案为： ；
（2）①氮与镓之间是以共用电子对形成的化学键，化学键类型为共价键，每个镓原子周围有4个氮，镓原子的配位数为4。故答案为：共价键；4；
②传统制备氮化镓是采用与在一定条件下反应制备，不采用金属与制备的原因是氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少（属于熵减反应）。故答案为：氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少（属于熵减反应）；
（3）如含氮的阳离子( )，键为：15个C-H键、4个C-C键、6个C-N键，其中键与键的个数之比为25∶2。故答案为：25∶2；
（4）由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，Fe的个数：2，W的个数：2，N的个数：4，该晶体的化学式为FeWN2；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度 == 故答案为：FeWN2；。