辽宁省鞍山市第一中学2023届高三第九次模拟考试化学试题（含解析）

这是一份辽宁省鞍山市第一中学2023届高三第九次模拟考试化学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

辽宁省鞍山市第一中学2023届高三第九次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与科技、生活密切相关，下列说法错误的是
A．印制货币票面文字、号码等处使用含的油墨，利用了的稳定性
B．“奋斗者”号万米深潜载人舱球壳所使用的钛合金属于金属材料
C．卡塔尔世界杯用球“旅程”使用水性涂料代替有机涂料，更加环保
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，应用的原理是牺牲阳极的阴极保护法
2．下列关于物质的结构或性质描述正确的是
A．的空间填充模型：
B．基态As原子的简化电子排布式为
C．的水解方程式为：
D．第二周期元素中，基态原子第一电离能比O大的元素共有3种
3．下列事实的解释不正确的是

事实
解释
A
基态Cr原子的价电子排布式是，而不是
为半充满结构，能量更低更稳定
B
醋酸铵溶液显中性
溶液中水的电离不受影响
C
分子中的共价键是σ键
基态Cl原子的价电子排布为，两个Cl原子的3p轨道通过“头碰头”的重叠方式结合为
D
酸性：
中，Cl的吸电子效应较强，使羧基中键极性增大，稳定性减弱，更易断裂，因此，酸性更强
A．A B．B C．C D．D
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．2molNO与1mol在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA
B．42g分子中含有的σ键数目可能为8NA
C．工业合成氨时，每反应22.4L(标准状况下)，生成的极性共价键数目为6NA
D．1L的溶液中，的数目为0.01NA
5．下列类比或推理的结论合理的是

已知
类比或推理的结论
A
H2O2的电子式：
的电子式：
B
是共价化合物，且气态时可通过配位键形成双聚体
也是共价化合物，且气态时也可通过配位键形成双聚体
C
甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
甲苯的同系物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D
乙醇可以催化氧化生成乙醛
醇都可以催化氧化生成醛
A．A B．B C．C D．D
6．涤纶的结构简式为，下列说法不正确的是
A．制备涤纶的反应为缩聚反应
B．制备涤纶的单体是对苯二甲酸和乙二醇
C．涤纶属于再生纤维
D．涤纶可发生水解反应和氧化反应
7．磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程的示意图如下，下列说法不正确的是

(、、、均表示烷烃基或H原子)
A．过程①中，有非极性键的断裂和生成
B．过程②中，参与反应的碳的杂化方式发生了变化
C．过程③中的生成物一定极易溶于水
D．总反应是原子利用率100%的反应
8．已知原子序数依次增大的短周期主族元素A、B、C、D。A是所有元素中原子半径最小的元素；B的基态原子中，其p轨道上的电子总数等于s轨道上的电子总数；C是同周期基态原子中第一电离能最小的元素；D的最高正价和最低负价的代数和为6，下列说法正确的是
A．A和B组成的化合物中存在p-sσ键
B．B的单质可以是极性分子也可以是非极性分子
C．元素A和C都在p区
D．D的单质具有漂白性
9．下列选项中，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且化学原理相似的是

陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
甲苯和硝酸制取TNT
水杨酸和乙酸酐制取阿司匹林
B
高温时用Na与TiCl4反应制Ti
高温时用Na与KCl反应制K
C
氯水使紫色石蕊溶液先变红，后褪色
SO2使紫色石蕊溶液先变红，后褪色
D
向Al2(SO4)3溶液中加入NaHCO3溶液，产生白色沉淀
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
10．近日，清华大学王保国教授团队设计出了一种双极膜(将解离成和)电解合成的反应器，其简化模型如图所示，已知：法拉第常数C⋅mol(法拉第常数的物理意义：每摩尔电子携带的电荷量)。下列说法错误的是

A．M极电势低于N极电势
B．电解合成过程中，N极附近电解质溶液的pH减小
C．阴极的电极反应式为
D．理论上产生0.02mol时，外电路流过的电量为1930C
11．研究发现，奥司他韦可以有效治疗H1N1流感，奥司他韦和磷酸奥司他韦的结构简式如图，下列关于说法中正确的是

A．一个奥司他韦分子中一共有4个手性碳原子
B．奥司他韦分子中，六元环上的碳原子都共面
C．奥司他韦分子中有4种官能团
D．1mol磷酸奥司他韦最多可以与5molNaOH反应
12．下列有关实验叙述均正确的是

A．用图1装置精制粗溴时，应先点燃酒精灯，后通冷凝水(b进a出)
B．图2装置可以制备且可以防止将其氧化，可以用新配制的NaOH溶液代替新配制的NaCl溶液
C．图3可以制备硫酸四氨合铜晶体，烧杯中的Y液体是
D．图4是实验室制乙烯的发生装置，为了减少副反应，应迅速升温至140℃
13．研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是

A．该电池使用不当，易造成大气污染。
B．在正极起催化作用
C．正极电极上发生的反应为
D．当1mol参加反应时，有12mol透过质子交换膜进入到电池的负极
14．实验室可通过下列方法制备亚硫酸氢钠晶体，已知：
①反应Ⅰ和反应Ⅱ始终在恒温40℃的容器中进行
②实验过程中隔绝氧气
③：；；；；
下列说法正确的是

A．反应Ⅰ的离子方程式为
B．在反应Ⅱ发生的过程中会产生大量的气体
C．反应I、II结束后，反应Ⅱ所得溶液中水的电离程度强于反应Ⅰ所得溶液中水的电离程度
D．亚硫酸氢钠溶液中：
15．常温下，向一定浓度邻苯二甲酸钠(表示)溶液中通入HCl气体，保持溶液体积和温度不变，测得与pOH[X为、、；]的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线L₁表示
B．
C．水的电离程度：b>a>c
D．c点溶液中：

二、工业流程题
16．工业上以黄铁矿(主要成分为，含有少量NiS、CuS、等杂质)为原料制备，工艺流程如图所示：

已知：①滤液A中，阳离子的浓度均为0.2mol/L
②室温时，常见物质的见下表












(1)为了使焙烧充分进行，可采取的措施为___________(答出一点即可)
(2)气体A可能产生的环境问题是___________。
(3)室温时，调节pH的范围为___________。
(4)转化2中主要反应的离子方程式为___________。
(5)相同温度下，溶解度___________(填“>”“<”“=”)
(6)锅炉的水垢中经常含有滤渣B的主要成分，不利于除去水垢，经常先将其用溶液进行转化再除去，转化的离子方程式为______，该反应正向_____(填“能”或“不能”)进行完全，通过计算说明___________。

三、实验题
17．硫代硫酸钠()可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸均易分解。学习小组用如图装置，利用绿矾受热分解生成的气体制备硫代硫酸钠。

已知：
①绿矾受热分解反应为：；
②的沸点为44.8℃。
回答下列问题：
(1)完成实验操作过程：
连接装置，___________，加入药品(和混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制)，使所有活塞处于关闭状态。开始制备，打开某些活塞，通入一段时间；关闭活塞___________，打开活塞___________，加热绿矾；使用pH传感器始终观测C处溶液的pH，在pH7~8之间时停止加热，同时关闭活塞；……将锥形瓶用热水浴浓缩至水层表面出现结晶为止，经过___________、过滤、洗涤、干燥得到晶体。
(2)写出锥形瓶中发生反应的离子方程式___________。
(3)装置B的作用为___________。
(4)将锥形瓶中的反应停止在pH传感器的读数为7~8时的原因是___________。
(5)该装置存在一个明显的缺点，请提出改进方法___________。

四、原理综合题
18．丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下：
主反应Ⅰ：　
副反应Ⅱ：　

回答下列问题：
(1)T℃时，向恒压容器中充入0.2mol、0.2mol和0.2molCO(g)，若在该条件下只发生主反应Ⅰ：
①达平衡时，放出15.48kJ的能量；若向相同容器中充入0.4mol，在相同条件下达到平衡时，吸收20.64kJ的能量，则反应Ⅰ的___________kJ/mol。
②下列说法能说明反应I达到平衡的是( )
A、CO的消耗速率等于的生成速率
B、气体的密度不再随时间改变
C、平衡常数K不再随时间改变
D、气体平均摩尔质量不再随时间改变
(2)在恒压密闭容器中，通入1mol、1molCO和一定物质的量的，在一定温度和铑催化剂作用下，发生上述反应，测得的转化率(α)和丙醛选择性(x)随变化关系如图1所示。
表示乙烯转化率的曲线是___________(填a或b)
(3)保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，起始总压为3pkPa，反应达到平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，则的转化率为___________%，反应Ⅰ的___________(用含p的代数式表示)。
(4)在恒压条件下，按照投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率(α)如图2中曲线n所示(图2中，曲线m表示相同条件下的平衡转化率随温度的变化)。测得___________(填“>”、“=”、“<”)，产生这一结果的原因可能是___________。

五、有机推断题
19．多非利特(J：)是一种抗心律失常药物，其中一种合成路线的部分过程如下图所示：

(1)现代化学中，常用来鉴定有机物中元素种类的方法是___________
A．红外光谱分析 B．X-射线衍射实验 C．质谱分析 D．光谱分析
(2)B到C的反应方程式___________
(3)H到I，官能团的变化为___________→___________(填名称)
(4)E到G的生成，有人提出可以用E和ClCH2CH2Cl在NaOH水溶液的条件下直接制备G，可以简化实验步骤；也有人不赞同这种改进，他认为改进虽然减少了实验步骤，但易生成大量的副产物，最终使G的产率降低，则E和ClCH2CH2Cl反应产生的副产物的结构简式为___________。
(5)C的同分异构体中，满足下列要求的共有___________种，写出其中一种的结构简式___________。
①属于芳香族化合物    ②能发生水解反应    ③核磁共振氢谱的峰面积之比为3∶2∶4∶3
(6)结合题中信息，写出以苯酚和HOCH2CH2Cl为原料，无机试剂任选，制取的合成路线___________。

参考答案：
1．A
【详解】A．Fe3O4具有磁性，可将印有磁性编码的货币投入磁码识读器中辨识真伪，不是利用其稳定性，A错误；
B．钛合金是钛与其他金属制成的合金，属于金属材料，B正确；
C．有机涂料中的有机溶剂能挥发出有害物质，而水性涂料是用水作溶剂或者分散介质的涂料，相对于有机涂料更加环保，C正确；
D．镁的金属活泼性强于铁，做原电池的负极，铁作正极被保护，原理为牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故答案选A。
2．D
【详解】A．的空间结构为正四面体，是平面结构，A错误；
B．基态As原子的简化电子排布式为，B错误；
C．为的电离方程式，的水解方程式为：，C错误；
D．第二周期元素中，基态原子第一电离能比O大的元素有共3种，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．基态铬Cr原子的价电子排布式是3d54s1，在3d54s1中d轨道和s轨道都是半充满状态，此时能量最低也是最稳定的状态，故A正确；
B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，醋酸铵中醋酸根离子、铵根离子相互水解且水解程度相同，所以其溶液呈中性，但促进了水的电离，故B错误；
C．Cl2分子中存在Cl-Cl键，属于p-pσ键，两个原子3p轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键，故C正确；
D．前者的Cl电负性大于H，导致C-Cl的极性大于C-H的极性，吸电子的能力， -Cl＞-H，导致羟基电子云更偏向O，而使CCl3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，酸性，故D正确；
故选：B。
4．A
【详解】A．一氧化氮与氧气反应生成的二氧化氮会发生聚合反应生成四氧化二氮，则2mol一氧化氮与1mol氧气在密闭容器中充分反应后的分子数小于2mol×NAmol—1=2NA，故A错误；
B．分子式为的烃，可能为σ键数目为8的丙烯，或为σ键数目为9的环丙烷，则42g丙烯分子中含有的σ键数目为×8×NAmol—1=8NA，故B正确；
C．合成氨反应中，每消耗1mol氮气，生成3mol氨气，则标准状况下，22.4L氮气参与反应生成的氮氢极性共价键数目为×6×NAmol—1=6NA，故C正确；
D．1LpH=2的醋酸溶液中氢离子的数目为0.01mol/L×1L×NAmol—1=0.01NA，故D正确；
故选A。
5．B
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，电子式为，过氧化钠是离子化合物，电子式为，则类比错误，故A错误；
B．氯原子和溴原子都具有孤对电子，都能与铝离子形成配位键，氯化铝是共价化合物，且气态时可通过配位键形成双聚体，则溴化铝也是共价化合物，且气态时也可通过配位键形成双聚体，所以类比正确，故B正确；
C．苯是甲苯的同系物，但苯不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则类比错误，故C错误；
D．由醇的氧化规律可知，与羟基相连的碳原子连有2个氢原子的醇氧化生成醛、连有1个氢原子的醇氧化生成酮、不连有氢原子的醇不能发生氧化反应，则类比错误，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．由涤纶的结构简式为可知，制备涤纶的反应为缩聚反应，A正确；
B．酯基可水解，由涤纶的结构简式为可知制备涤纶的单体是对苯二甲酸和乙二醇，B正确；
C．涤纶是合成纤维，不是再生纤维，C错误；
D．涤纶含有酯基，可以发生水解反应，涤纶可燃烧，所以可以发生氧化反应，D正确；
故选C。
7．C
【详解】A．由图可知，过程①中，过氧化氢分子中氧氧非极性键断裂，生成物中氧氧非极性键形成，A正确；
B．由图可知，过程②中，碳碳双键转变为碳碳单键，对应碳的杂化方式由变为，B正确；
C．由图可知，过程③中的生成物中有羟基和烃基属于醇类，小分子醇与水溶解性大，对于分子量大的醇溶解性小，C错误；
D．从反应物和最终产物可以看出，整个过程的总反应为原子利用率100%，D正确；
故选C。
8．B
【分析】已知原子序数依次增大的短周期主族元素A、B、C、D。A是所有元素中原子半径最小的元素，则A是H元素；在B的基态原子中，其p轨道上的电子总数等于s轨道上的电子总数，则B原子核外电子排布式是1s22s22p4，所以B是O元素；C是同周期基态原子中第一电离能最小的元素，则C是Na元素；D的最高正价和最低负价的代数和为6，则D是Cl元素，然后根据物质的性质及原子结构分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是H，B是O，C是Na，D是Cl元素。
A．A是H，B是O，A和B组成的化合物H2O及H2O2中存在s-pσ键，A错误；
B．B是O元素，其形成的单质O2是非极性分子，O3是极性分子，B正确；
C．A是H元素，属于s区元素，C错误；
D．元素D是Cl，其单质Cl2不具有漂白性，其与水反应产生的HClO具有漂白性，D错误；
故合理选项是B。
9．A
【详解】A．甲苯和硝酸制取TNT反应原理为：+3HNO3(浓) +3H2O，水杨酸和乙酸酐制取阿司匹林的反应原理为： +(CH3CO)2O +CH3COOH，二者均发生取代反应，原理相同，A符合题意；
B．高温时用Na与TiCl4反应制Ti，反应原理为：4Na+TiCl44NaCl+Ti是由于Na的金属性比Ti强，而高温时用Na与KCl反应制K，反应原理为：Na+KClNaCl+K，是由于K的沸点比Na的低，而不是因为Na的金属性比K强，即原理不同，B不合题意；
C．氯水由于Cl2+H2O=HCl+HClO使氯水先酸性故使紫色石蕊溶液先变红，同时HClO具有漂白性而后褪色，SO2只能使紫色石蕊溶液变红，而不能漂白指示剂，C不合题意；
D．向Al2(SO4)3溶液中加入NaHCO3溶液，产生白色沉淀，原理是Al3+和发生双水解反应，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，产生白色沉淀的离子方程式为：++H2O= Al(OH)3↓+，二者原理不同，D不合题意；
故答案为：A。
10．D
【分析】由图可知M极硝酸根离子转变为氨气，氮元素的化合价降低得到电子，是电解池的阴极与电源负极相连，所以N极是电解池的阳极与电源正极相连，氢氧根离子失去电子生成氧气和水，以此分析。
【详解】A．左侧发生还原反应生成，电极反应式为，该电极为阴极，与电源负极相连，由于电源正极电极电势大于负极电势，故左边电极电势低于右边电极电势，A正确；
B．电解合成过程中，N极氢氧根离子失去电子生成氧气和水，所以附近电解质溶液的pH减小，B正确；
C．根据分析阴极的电极反应式为，C正确；
D．理论上产生时，氧的化合价由-2价升高到零价转移，因此外电路流过的电量，D错误；
故选D。
11．D
【详解】A．手性碳原子连有4个不同基团，奥司他韦分子中一共有3个手性碳原子，A错误；
B．奥司他韦分子中，碳原子的杂化方式不同，六元环上的碳原子不能都共面，B错误；
C．奥司他韦分子中有酯基、氨基、酰胺键、醚键、碳碳双键5种官能团，C错误；
D．1mol磷酸奥司他韦中含有1mol酰胺键和1mol的酯基，分别可以消耗1mol的NaOH，1mol磷酸奥司他韦中还含有1mol ，为三元中强酸，可消耗3mol NaOH，所以1mol磷酸奥司他韦最多可以与5mol NaOH反应，D正确；
故选D。
12．B
【详解】A．蒸馏时先从b口通入冷凝水，再点燃酒精灯，A错误；
B．图中Fe电极为阳极，阳极上Fe失电子生成Fe2+，阴极上H2O得电子生成H2和OH-，生成的Fe2+和OH-反应生成Fe(OH)2，因氯化钠表面有一层苯，可防止氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁，可用新制的NaOH溶液代替NaCl溶液，B正确；
C．该反应中使用了乙醇降低一水合硫酸四氨合铜的溶解度，最后的混合气体中含有挥发出来的乙醇，乙醇能溶于四氯化碳，采用图示装置仍有可能发生倒吸，C错误；
D．实验室由乙醇与浓硫酸共热制备乙烯，反应温度为170℃，且温度计应该插入液体中，D错误；
故答案选B。
13．D
【分析】该电池为乙醇的酸性燃料电池，通入乙醇的以及为负极，电极反应式为,通入氧气的以及为正极，电极反应式为由工作原理图可知，正极上的反应为，，二者加合可得正极反应式为，可知在正极起催化作用。
【详解】A．正极上的反应为，，所以该电池使用不当，易造成大气污染，A正确；
B．正极上的反应为，，二者加合可得正极反应式为，可知在正极起催化作用，B正确；
C．电极反应式为由工作原理图可知，正极上的反应为，为强酸，可拆，即正极电极上发生的反应为，C正确；
D．阳离子向正极移动，所以当1mol参加反应时，有12mol透过质子交换膜进入到电池的正极，D错误；
故选D。
14．C
【分析】由题中给出得电离平衡常数可知，饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体时碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠溶液中加入固体碳酸钠后两者反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，经过一系列操作得到亚硫酸钠溶液，向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫得到亚硫酸氢钠溶液，最后得到亚硫酸氢钠。
【详解】A．由题干各酸的可知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞H2CO3＞＞，根据强酸制弱酸的规律可知，反应1的离子方程式为，A错误；
B．由分析可知，恒温器反应2中向NaHSO3溶液中加入Na2CO3固体，发生的反应为：，故不产生气体，B错误；
C．反应I、II结束后，反应Ⅱ所得溶液中存在碳酸氢根离子和亚硫酸根离子两种离子均会水解促进水的电离，反应Ⅰ所得溶液中存在亚硫酸氢根离子其电离大于水解溶液显酸性，抑制水的电离，所以反应I、II结束后，反应Ⅱ所得溶液中水的电离程度强于反应Ⅰ所得溶液中水的电离程度，C正确；
D．亚硫酸氢钠溶液中根据电荷守恒得到：，溶液显酸性所以，所以，D错误；
故选C。
15．B
【分析】向一定浓度邻苯二甲酸钠(表示)溶液中通入气体，逐渐增大，然后生成H2A，又逐渐减小；在pOH达到一定程度后逐渐增大，逐渐减小，故L2为；从开始加入HCl就逐渐减小，增大，则L1表示；由于逐渐减小，逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，L3表示，据此分析。
【详解】A．根据分析，曲线表示，A错误；
B．由分析结合图中数据可知，当pOH=9.8，pH=4.2，此时c(A2-)=c()，即Ka1Ka2==c2（H+)＝10-8.4，L3表示，当pOH=8.6即pH=5.4时，=0，即，则Ka2==c(H+)=10-5.4，所以Ka1==10-3，B正确；
C．pOH越小，碱性越强，随着HCl加入，溶液碱性减弱，酸性逐渐增强，水的电离程度受到抑制，水的电离程度：，C错误；
D．Na2A溶液中通入HCl，溶液中的Na+和含A2-的微粒和的比例是不变的，所以在任意一点都有，则，D错误；
故选B。
16．(1)将黄铁矿粉碎或适当增大空气的进量(其他合理答案均可)
(2)酸雨
(3)
(4)
(5)<
(6) 不能 K===3×103＜1×105

【分析】由题给流程可知，黄铁矿在空气中焙烧时，金属硫化物与空气中的氧气高温下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为可溶硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；调节滤液的pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铜离子、镍离子的滤液A和氢氧化铁；向氢氧化铁中加入稀硫酸和铁，将氢氧化铁转化为硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入石灰乳和氢氰酸，将亚铁离子转化为离子，过滤得到含有硫酸钙的滤渣B和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有碳酸钙的滤渣C和滤液；向滤液中加入氯化钾固体，将转化为溶解度小的，反应所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到固体。
【详解】（1）将黄铁矿粉碎、适当增大空气的进量等措施使黄铁矿焙烧充分进行，提高原料的利用率，故答案为：将黄铁矿粉碎或适当增大空气的进量；
（2）由分析可知，气体A为能形成酸雨的二氧化硫，，故答案为：酸雨；
（3）由分析可知，调节滤液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而铜离子、镍离子不转化为氢氧化物沉淀，由氢氧化铁的溶度积可知，铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度应大于=1×10—11mol/L，溶液pH大于3，由氢氧化铜溶度积可知，溶液中铜离子不产生沉淀，溶液中氢氧根离子浓度应小于=1×10—9.5mol/L，溶液pH小于4.5，则室温时，调节pH的范围为，故答案为：；
（4）由分析可知，转化2的目的是向硫酸亚铁溶液中加入石灰乳和氢氰酸，将亚铁离子转化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
（5）由分析可知，加入氯化钾固体的目的是将转化为溶解度小的，故答案为：<；
（6）由分析可知，滤渣B的主要成分是硫酸钙，微溶的硫酸钙与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为，反应的平衡常数K=====3×103＜1×105，则该反应正向不能进行完全，故答案为：；不能；K===3×103＜1×105。
17．(1) 检查装置气密性 、 冷却结晶
(2)
(3)除去，使与分离
(4)pH小于7时，会造成生成的硫代硫酸根在酸性条件下分解；pH大于8时，原料反应不充分，二者都会影响硫代硫酸钠的产率和纯度
(5)m处接一个尾气处理装置

【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾在氮气环境中受热分解得到二氧化硫和三氧化硫的混合气体，装置B中的冰水混合物用于冷凝三氧化硫，使三氧化硫和二氧化硫分离得到二氧化硫，装置C中二氧化硫与碳酸钠和硫化钠的混合溶液反应制备硫代硫酸钠，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，该装置的缺陷是m出口排出的气体可能会污染环境，应连接一个尾气处理装置。
【详解】（1）由题给信息可知，制备硫代硫酸钠的实验操作过程为，为防止实验过程中气体逸出发生意外事故，连接装置，检查装置的气密性，向锥形瓶中加入用煮沸过蒸馏水溶解配制的硫化钠和碳酸钠的混合溶液，为防止空气中的氧气氧化硫化钠，加热前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，加热绿矾，为防止酸性条件硫代硫酸钠分解，实验时使用pH传感器始终观测C处溶液的pH，在溶液pH在7~8之间时停止加热，同时关闭活塞K3制得硫代硫酸钠溶液；将锥形瓶用热水浴浓缩至水层表面出现结晶为止，经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫代硫酸钠晶体，故答案为：检查装置气密性；K1、K2；K3；冷却结晶；
（2）由分析可知，锥形瓶中发生的反应为碱性条件下二氧化硫与与碳酸钠和硫化钠的混合溶液反应生成硫代硫酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，装置B中的冰水混合物用于冷凝三氧化硫，使三氧化硫和二氧化硫分离得到二氧化硫，故答案为：除去，使与分离；
（4）由题给信息可知，溶液pH小于7时，会造成反应生成的硫代硫酸根在酸性条件下分解；溶液pH大于8时，原料反应不充分，二者都会影响硫代硫酸钠的产率和纯度，所以在pH传感器的读数为7~8时，应将锥形瓶中的反应停止，故答案为：pH小于7时，会造成生成的硫代硫酸根在酸性条件下分解；pH大于8时，原料反应不充分，二者都会影响硫代硫酸钠的产率和纯度；
（5）由分析可知，该装置的缺陷是m出口排出的气体可能会污染环境，应连接一个尾气处理装置，故答案为：m处接一个尾气处理装置。
18．(1) -129 BD
(2)b
(3) 80
(4) > 之后，随温度升高，催化剂活性降低，催化剂对速率降低的影响强于温度升高对速率加快的影响

【详解】（1）①向恒压容器中充入0.2molC2H4、0.2molH2和0.2molCO，反应正向进行，达到平衡时放出15.48kJ的能量，向相同容器中充入0.4molCH3CH2CHO，反应逆向进行，达到的平衡与原平衡相同，吸收20.64kJ的能量，则该反应的ΔH1=(-15.48-20.64÷2)kJ/mol×5=-129kJ/mol。
②A．CO的消耗速率等于CH3CH2CHO的生成速率，两者都表示正反应速率，无法说明反应达到平衡，A错误；
B．反应在恒压容器中进行且不是等体积反应，随着反应进行，容器的体积发生变化，气体总质量不变，则气体密度不断变化，气体的密度不变可说明反应达到平衡，B正确；
C．平衡常数K只与温度有关，温度不变的情况下K值不变，不能说明反应达到平衡，C错误；
D．该反应不是等体积反应，随着反应进行，气体的物质的量不断变化，气体平均摩尔质量不断变化，气体平均摩尔质量不变说明反应达到平衡，D正确；
故答案选BD。
（2）随着的增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ化学平衡均正向移动，乙烯的平衡转化率不断增大，但是较大时，反应Ⅱ进行程度增大，导致丙醛选择性减小且乙烯的转化率趋于稳定，则表示乙烯转化率的曲线为b。
（3）不妨令n(C2H4)：n(CO)：n(H2)=1mol，达到平衡时C2H4的转化率为80%，即反应掉C2H40.8mol，C2H6的选择性为25%，则生成的C2H6有0.8mol×25%=0.2mol，则反应Ⅱ消耗的H2有0.2mol，消耗的C2H4有0.2mol，反应Ⅰ消耗的C2H4为0.6mol，消耗的H2为0.6mol，共消耗H20.8mol，H2的转化率为80%。反应Ⅰ，反应Ⅱ，平衡时，n(C2H4)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，n(CO)=0.4mol，n(C2H6)=0.2mol，n(CH3CH2CHO)=0.6mol，气体总物质的量为1.6mol，初始时气体总物质的量为3mol，总压为3pkPa，则平衡时各物质分压为p(C2H4)=0.2pkPa，n(H2)=0.2pkPa，n(CO)=0.4pkPa，n(C2H6)=0.2pkPa，n(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，Kp=kPa-2
（4）从图中可知B点乙烯的转化率大于D点，但都小于该温度下的平衡转化率，说明开始时随着温度的升高，反应速率增大，乙烯的转化率不断增大，但是随着温度进一步升高，催化剂活性降低，催化剂降低对反应速率降低的影响强于温度升高对反应速率加快的影响，因此v(B)>v(D)。
19．(1)D
(2)2CH3NH2→+CH3NH3Br
(3) 硝基 氨基
(4)
(5) 4种 、、、
(6)

【分析】根据反应前后物质的碳链结构不变，A与Br2在光照条件下发生侧链乙基的取代反应产生B，则A是，B与CH3NH2发生取代反应产生C：；D是苯酚，苯酚与浓HNO3、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E：，E与HOCH2CH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反应产生F：，F与ZnCl2、HCl条件下反应产生G，G与C在K2CO3存在条件下发生取代反应产生H，H与Fe、HCl作用下发生还原反应，-NO2倍还原产生-NH2，而得到I：，I与CH3SO2Cl及(CH3CH2)3N发生取代反应产生多非利特J。
【详解】（1）A．红外光谱分析是测定物质含有的化学键及官能团，不能用来鉴定有机物中元素种类，A错误；
B．X-射线衍射实验是测定晶体类型的实验方法，不能用来鉴定有机物中元素种类，B错误；
C．质谱分析仪是用来测定物质相对分子质量的仪器，不能用来鉴定有机物中元素种类，C错误；
D．不能元素的光谱线不同，因此可以使用光谱分析法来鉴定有机物中元素种类，D正确；
故合理选项是D；
（2）根据上述流程图可知分析可知B是B与CH3NH2发生取代反应产生C：，则B生成C的化学方程式为：2CH3NH2→+CH3NH3Br；
（3）根据上述转化关系可知H与Fe、HCl发生还原反应，硝基(-NO2)被还原为氨基(-NH2)；
（4）E与ClCH2CH2Cl发生反应产生的副产物结构简式是；
（5）C是，其同分异构体满足条件：①属于芳香族化合物，说明物质分子结构中含有苯环；②能发生水解反应，则含有酯基；③核磁共振氢谱的峰面积之比为3∶2∶4∶3，说明物质分子中含有四种位置的H原子，它们的个数比是3∶2∶4∶3，则相应物质的结构简式是、、、，因此符合要求的同分异构体共有4种不同结构，可任写其中的一种结构简式；
（6）苯酚与HOCH2CH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反应产生，该物质与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生，该物质在一定条件下发生消去反应产生。故以苯酚与HOCH2CH2Cl为原料制取的流程图为： 。