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河南省开封市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题
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这是一份河南省开封市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题，共33页。试卷主要包含了8℃，1℃，7 mL，2659，51，8%等内容，欢迎下载使用。
河南省开封市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题
1. （2022春·河南开封·高二统考期末）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图所示装置(部分装置省略)制备和NaClO。
回答下列问题：
(1)盛放粉末的仪器名称是_______，其中发生反应的化学方程式为_______。
(2)a中的试剂为_______，其作用是_______。
(3)b中采用的加热方式是_______，这样加热的优点有_______(答两点)。
(4)c中化学反应的离子方程式为_______，采用冰水浴冷却的目的是_______。
(5)d的作用是_______。反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_______，_______，干燥，得到晶体。
2. （2021春·河南开封·高二统考期末）碘是人体必需的生命元素，对人类的生长发育起着重要作用。碘主要存在于海带、海水和盐矿中。从海带中提取碘的实验过程如图所示。
已知：①的升华温度：45℃~77℃；②沸点：76.8℃。回答下列问题：
(1)步骤①灼烧海带，实验室通常在如图所示装置中进行，仪器a的名称为___________。
(2)步骤③涉及的操作名称为___________，实验室进行该操作时用到的玻璃仪器有___________。
(3)步骤④中涉及的主要反应的离子方程式为___________。
(4)海带灰中还含有其他可溶性无机盐类(硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等)，这些盐类是在流程图中的第___________步(填编号)与碘分离，若要使碘尽可能地完全转移，应采取的操作是___________。
(5)步骤⑥将与分离可以采用___________(填“常压”或“减压”)蒸馏方法，原因是___________。
(6)若实验室称得海带的质量为m g，提取单质碘的过程中，碘损失了n%，最后得到单质碘b g，则海带中碘的百分含量为___________(用含m、n、b的式子表示)
3. （2020春·河南开封·高二统考期末）苯甲酸乙酯稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品中。制备原理：苯甲酸和乙醇在浓硫酸的催化下进行酯化反应，可以生成苯甲酸乙酯与水。
由于苯甲酸乙酯的沸点较高，很难蒸出，所以本实验采用加入环己烷的方法,使环己烷、乙醇和水形成三元共沸物，其沸点为62.1℃。三元共沸物经过冷凝回流形成两相，其中环己烷在上层的比例大，再流回反应瓶;水在下层的比例大，放出下层即可除去反应生成的水。
装置图：
试剂
相对分子质量
密度/(g/cm3)
沸点/℃
在水中的溶解性
乙醇
46
0.7893
78.5
易溶
苯甲酸
122
1.2659
249
微溶
环己烷
84
0.7785
80
难溶
乙醚
74
0.7318
34.51
难溶
苯甲酸乙酯
150
1.05
211 ~ 213
微溶
实验步骤：
①加料：在50 mL圆底烧瓶中加入6.1 g苯甲酸、13 mL乙醇、10 mL环己烷、2.0 mL浓硫酸，摇匀，加沸石。按照装置图左图组装好仪器(安装分水器，分水器上端接一冷凝管) ，从分水器上端小心加水至分水器支管处，然后再放去一部分 水使液面离分水器支管口约0.5 cm。
②分水回流：将烧瓶在水浴上加热回流，开始时回流速度要慢。随着回流的进行，分水器中出现了上、中、下三层液体。当中、下层接近分水器支管时，将中、下层液体放入量筒中。
③中和：将反应液倒人盛有30 mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末至溶液呈中性(或弱碱性)，无二氧化碳逸出，用pH试纸检验。
④分离萃取、干燥、蒸馏:用分液漏斗分出有机层，将水层溶液用25 mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水MgSO4干燥，对粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收一定温度下的馏分，得产品约5.7 mL。
回答下列问题：
(1)反应容器中制取苯甲酸乙酯的化学方程式为_____________，装置图中仪器A的名称是______。
(2)本实验采取了多种措施来提高酯的产率，请写出其中两种____________________。
(3)在制备苯甲酸乙酯时，加入环己烷的作用是________________。
(4)步骤3中和时，加入碳酸钠粉末要分批的原因是_____________。
(5)用乙醚萃取后要把____________(填字母序号)的液体合并至有机层。
a.从分液漏斗下部流出的 b.从分液漏斗.上口倒出的
(6)步骤4收集馏分应控制的最佳温度范围为________________℃。本实验的产率为________ (保留小数点后1位)。
4. （2022春·河南开封·高二统考期末）钛(Ti)是一种重要的结构金属，钛合金因具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如图：
已知：粗中含有、、。
回答下列问题：
(1)与C、，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质
CO
分压/MPa
①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______。
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______。
(2)①“除钒”过程中的化学方程式为_______。
②“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(3)“冶炼”过程得到的混合物中含有Mg、和Ti，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti。
①根据表中信息，需要加热的温度略高于_______℃即可。
物质
Mg
Ti
熔点/℃
649
714
1667
沸点/℃
136
1090
1412
3287
②下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
③→Ti也可用钠热还原法，该反应不能在水溶液中进行，一是因为金属钠与水剧烈反应，不会置换出钛；二是因为_______。
5. （2021春·河南开封·高二统考期末）铼(Re)熔点高、耐磨、耐腐蚀，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。一种利用富铼渣(含)制铼粉的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)“浸出”反应中转化为两种强酸，反应的离子方程式为___________。
(2)图1是矿样粒度与铼浸出率关系图，图2是萃取液流速与铼吸附率关系图。结合实际工业生产效益，浸出时应将富铼渣粉碎至___________目，萃取液流速宜选用的范围是___________BV/h。
(3)“萃取”时含的有机溶剂应具有的性质有___________(填序号)。
①难溶于水 ②密度大于水
③萃取剂不和发生反应 ④在其中的溶解度大于在水中的溶解度
(4)“反萃取”时，加入氨水和水的目的是___________。
(5)“热解”时，发生反应的化学方程式为___________。
(6)“热还原”时，实际消耗量大于理论计算量，其原因是___________。
(7)整个工艺流程中可循环利用的物质有：、___________。
6. （2020春·河南开封·高二统考期末）硅孔雀石主要成分为CuCO3、Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含少量的SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，以其为原料制备CuCl2的工艺流程如下：
已知：SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑
(1)酸浸时盐酸与CuCO3、Cu(OH)2反应的化学方程式为_______；为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：
①适当加快搅拌速率；②_____________。 (任答一点即可)
(2) “氧化”时发生反应的离子方程式为_________________。
(3)“滤渣1”的主要成分为SiO2和H2SiO3等，“滤渣2”的主要成分为___________(填化学式)；试剂X可选择___________(填字母序号)。
a. NaOH溶液 b.氨水 c. CuO d. Cu(OH)2
(4) “调pH"时，pH不能过高，其原因是_______________。
(5) “加热脱水”时，加入SOCl2的目的是________________。
7. （2022春·河南开封·高二统考期末）近期中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，是国际上首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。
(1)人工合成淀粉共需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示。
已知：
计算 _______。
(2)原料可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，能作为捕获剂的有_______(填字母序号)。
A．氨水 B．溶液 C． D．溶液
(3)在一定温度下的密闭容器中，发生反应：。下列说法正确的是_______(填字母序号)。
A．反应达平衡后，若压缩容器体积，则平衡正向移动
B．选用合适的催化剂可以提高的平衡产率
C．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应已达平衡
D．增大原料气中的值，有利于提高的转化率
(4)在一定条件下，催化加氢可以生成，主要有以下三个竞争反应。
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
为研究催化剂对反应的选择性，在1L恒容密闭容器中充入2.0mol和，反应进行相同时间后，测得有关物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。
①该催化剂在较低温度时主要选择反应_______(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。A点以后，升高温度，甲烷的物质的量减小，其原因可能是_______。
②在一定温度下，体系达到平衡，此时测得：，，，容器内总压强为p。此时，的总转化率为_______；_______；该温度下反应I的平衡常数K(I)=_______(保留一位小数)。
8. （2021春·河南开封·高二统考期末）羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和为碳源，与反应均能产生COS。
(1)以CO为碳源制COS，反应为，其反应过程能量变化如图所示。
① ___________。
②在2L的密闭容器中，保持温度不变，开始投入9mol和a mol CO，经10min达到平衡，K=0.2，，则a=___________mol。下图中曲线Ⅰ和Ⅱ表示该温度下，CO和投料比不同时，CO转化率随时间变化关系，则曲线Ⅰ和Ⅱ中a值的大小关系为：Ⅰ___________Ⅱ(填“＞”“＜”或“=”)，理由是___________。
(2)以为碳源制COS，反应为。
①在610K时，将0.10mol与0.40mol充入2.5L空钢瓶中，反应平衡后，的物质的量分数为0.02，则的平衡转化率___________%。
②在620K重复实验，平衡后的物质的量分数为0.03，的转化率为，则___________(填“＞”“＜”或“=”，下同)，该反应的___________0。
③向反应器中再分别充入下列气体，能使转化率增大的是___________(填字母)。
A． B． C．COS D．
(3)羰基硫在水存在时会缓慢水解生成，钢铁设备发生析氢腐蚀，则其正极的电极反应式为___________，负极的反应产物为___________(填化学式)。
9. （2020春·河南开封·高二统考期末）在反应原理部分，我们经常以H2和I2的反应为例来研究化学反应速率和平衡。
(1)在2L的容器中充入H2、I2各1mol，对于反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，在323K和343K时H2的转化率随时间变化的结果如图所示。
①323K时反应的平衡转化率=__________%。平衡常数K=____________(保留2位小数)。
②在343K时，要提高I2转化率，可采取的措施是____ ( 答出两条)；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有___ ( 答出两条)。
③比较a、b处反应速率大小：v(a)____v(b)(填 “大于”“小于”或“等于”)。反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、 k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，计算b处v正=________mol/(L ∙ min)(保留1位小数)。
(2)对于反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)提出如下反应历程
第一步：I2I+I(快速平衡)
第二步：H2+2I→2HI (慢反应)
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。 下列表述正确的是______ ( 填字母序号)。
a.v(第一步的逆反应)＜v(第二步的逆反应)
b.反应的中间产物只有Ｉ
c.第二步反应活化能较低
d.第二步中H2与I的碰撞仅部分有效
(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_______kJ。
10. （2022春·河南开封·高二统考期末）K、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序如图所示，其中c、d均是热和电的良导体。
回答下列问题：
(1)图中d单质对应元素基态原子的电子排布式为_______。
(2)单质a、f对应的元素以原子个数比1∶1形成的分子(相同条件下对的相对密度为13)中所含键和键的个数比为_______，其中f原子的杂化轨道类型为_______。
(3)a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为_______；将X溶于水后的溶液滴入到d的硫酸盐溶液中至过量，得到配合物的化学式为_______，其中d离子的配位数为_______。
(4)e、f单质对应元素的简单气态氢化物的热稳定性(用相应的化学式表示)_______>_______，原因是_______。
(5)c与氧元素和碘元素形成的一种晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，棱长为0.446nm，晶胞中c原子、氧原子和碘原子分别处于顶点、面心和体心位置，如图所示。该晶体的化学式为_______，与c原子紧邻的氧原子有_______个。该晶体中c原子与氧原子间的最短距离为_______nm。
11. （2021春·河南开封·高二统考期末）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)元素Zn位于元素周期表的___________区，基态Zn原子核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________形。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。其中，第一电离能___________(填“大于”或“小于”)，原因是___________。
(3)形成的某种化合物M是很好的补锌剂，其键线式如图所示。
①1molM含有的键的数目为___________。
②常见含氮的配体有、、等，分子的空间构型为___________，的中心氮原子杂化方式为___________。
(4)硫化锌在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，其晶胞结构如图所示。距离最近的4个所围成的空间构型为___________，距离最近且等距离的有___________个。若晶胞参数为a pm，则与最近距离为___________pm(用含a的代数式表示)。
12. （2020春·河南开封·高二统考期末）碳族元素在生产生活中的应用极其广泛。请回答以下有关碳族元素的问题。
(1)下列说法正确的是_____( 填字母序号)。
a．CS2与SO2分子的键角相同 b．HCHO中的C原子为sp2杂化
c． CF4与SiCl4均为非极性分子 d．第一电离能：O＞N＞C
e．CO与N2为等电子体，所以化学性质完全相同
(2)晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料。区分晶体硅和无定形硅最可靠的科学方法为_____；28 g 晶体硅中含共价键_______mol。
(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈正四面体构型。试推测Ni(CO)4的晶体类型是_______， Ni(CO)4易溶于_____( 填字母序号)。
a．水 b．四氯化碳 c．苯 d．硫酸镍溶液
(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温 超导材料，晶胞结构(晶胞参数为x pm)如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，则该晶胞中C60的堆积方式为_______，C60与M原子的个数比为________________。
(5)利用光催化还原CO2制备工业原料CH4，可以达到减碳的效果。该反应中，带状的纳米Zn2GeO4(催化剂)的催化效果较好。CO2 分子中σ键与π键的比值为____，催化剂所含元素Zn、Ge、O电负性由大到小的顺序是_________，元 素Zn的价电子排布式为______________。
(6)锗元素是典型的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。锗单晶的晶胞结构如图所示，其晶胞参数a pm，阿伏加德罗常数为NA其密度为___________ g/cm3(列出计算式即可)。
13. （2022春·河南开封·高二统考期末）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物A为原料，可合成丙烯酸E、丙醇G等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
回答下列问题：
(1)化合物A的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。
(2)B→C的反应类型为_______，化合物D能溶于水的原因是_______。
(3)化合物D到化合物E的反应是原子利用率100%的反应，且1molD与1mol反应得到2molE，则D→E反应的化学方程式为_______。
(4)化合物F有多种同分异构体，其中含 结构的有_______种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为_______。
(5)选用含两个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考D→E的反应特点制备 ，合成路线为_______(不用注明反应条件)。
14. （2021春·河南开封·高二统考期末）呲氟氯禾灵是选择性强、药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂，它的合成路线如下：
已知：。
(1)A的名称为___________。B的结构简式为___________。
(2)1molC最多可与___________mol NaOH完全反应。物质C长期暴露在空气中会变质，其原因是___________。
(3)反应⑥的化学方程式为___________。
(4)同时满足下列两个条件的呲氟氯禾灵的同分异构体共有___________种。
①含有；②能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳。
(5)由苯甲醛( )制备高分子化合物的合成路线流程图为___________(无机试剂任选)。
15. （2020春·河南开封·高二统考期末）化合物M是一种药物中间体，以下是合成M的一种路线：
回答下列问题：
(1) A的化学名称是___________，B中官能团名称是_____________。
(2)由A生成B的反应类型是________________。
(3) C的结构简式为_____________________。
(4)E与G生成M的化学方程式是_______________________。
(5) X与F是同分异构体，1 mol X在碱性条件下水解,消耗2 mol NaOH，且X中有两种不同环境的氢，则X的结构简式为_________________。
(6)写出以乙烷为原料制备乙酸的合成路线：____________________ (无机试剂任选)。
参考答案：
1. (1) 圆底烧瓶
(2) 饱和食盐水 除去氯气中的HCl
(3) 水浴加热 受热均匀，温度易控制
(4) 避免生成
(5) 吸收尾气 过滤 少量(冷)水洗涤
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，首先制备氯气，用装置a除去氯气中的氯化氢，在水浴加热的条件下和氢氧化钾反应制备氯酸钾，在冰水的条件下制备次氯酸钠，最后注意尾气处理，以此解题。
(1)
由图可知盛放粉末的仪器名称是圆底烧瓶；该仪器中是实验室制备氯气，方程式为：；
(2)
装置a的作用是除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为：饱和食盐水；其作用是：除去氯气中的HCl；
(3)
由图可知b中采用的加热方式是：水浴加热；这样加热的优点有：受热均匀，温度易控制；
(4)
c中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：；温度较高时容易生成氯酸钠，故采用冰水浴冷却的目的是：避免生成；
(5)
氯气有毒，污染空气，故d的作用是：吸收尾气，b中为氯酸钾溶液，结晶后过滤，为了减少产品的损失，应该采用少量(冷)水洗涤，故答案为：过滤；少量(冷)水洗涤。
2. 坩埚 过滤 漏斗、烧杯、玻璃棒 ⑤ 加入适量的萃取剂，同时采用多次萃取的方法 减压 碘的升华温度与沸点接近，若采用常压蒸馏，不易分离
【分析】由流程可知，① 坩埚中灼烧得到海带灰，②溶解、浸泡，I-进入溶液中，③过滤除去不溶性杂质，分离出含碘离子的溶液，④加入稀硫酸和H2O2将I-氧化为I2，⑤加入有机溶剂萃取、分液，得到I2的溶液，⑥蒸馏分离出碘单质，以此来解答。
【详解】(1)由仪器的结构特点可知，仪器a的名称为坩埚，故答案为：坩埚。
(2)由分析可知，步骤③涉及的操作名称为过滤，过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤、漏斗、烧杯、玻璃棒。
(3) ④H2O2在酸性条件下将I-氧化为I2，其离子方程式为，故答案为：。
(4) 海带灰中还含有其他可溶性无机盐类(硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等)，而I2在水中溶解度小，且易溶于有机裕剂CCl4，在实验步骤⑤中向混合物中加入CCl4，充分振荡后静置、分液，就可以实现无机盐类与碘分离，为了使碘尽可能地完全转移，应采取的操作是加入适量的萃取剂，同时采用多次萃取的方法，故答案为：⑤、加入适量的萃取剂，同时采用多次萃取的方法。
(5) 由题意可知，碘的升华温度与沸点接近，若采用常压蒸馏，不易分离，所以步骤⑥将与分离可以采用减压蒸馏方法，故答案为：减压、碘的升华温度与沸点接近，若采用常压蒸馏，不易分离。
(6) 提取单质碘的过程中，碘损失了n%，最后得到单质碘b g，则含有碘的总质量为，则海带中碘的百分含量为，故答案为：。
3. +CH3CH2OH +H2O 直形冷凝管 通过增加反应物的浓度(或乙醇过量)；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂 (形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察水层的分出 防止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢出 B 211-213 79.8%
【分析】与乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水；本实验可采取多种措施来提高酯的产率，促进平衡正向移动，加入环己烷(形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；加入碳酸钠与酸反应生成二氧化碳和水，除去酸，用乙醚萃取后分为两层，上层为有机层；根据苯甲酸乙酯的沸点确定步骤4收集馏分应控制的最佳温度范围，根据计算反应的产率。
【详解】(1)与乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水，反应容器中制取苯甲酸乙酯的化学方程式为+CH3CH2OH +H2O，装置图中仪器A的名称是直形冷凝管。故答案为：+CH3CH2OH +H2O；直形冷凝管；
(2)本实验采取了多种措施来提高酯的产率，促进平衡正向移动，通过增加反应物的浓度(或乙醇过量)；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂。故答案为：通过增加反应物的浓度(或乙醇过量)；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂；
(3)在制备苯甲酸乙酯时，加入环己烷的作用是(形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察水层的分出。故答案为：(形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察水层的分出；
(4)碳酸钠与酸反应生成二氧化碳和水，步骤3中和时，加入碳酸钠粉末要分批的原因是防止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢出。故答案为：防止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢出；
(5)用乙醚萃取后分为两层，上层为有机层，要把从分液漏斗上口倒出的液体合并至有机层。故答案为：b；
(6)根据苯甲酸乙酯的沸点，步骤4收集馏分应控制的最佳温度范围为211-213℃。6.1g苯甲酸（固体）和乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量=×150g·mol－1=7.5g，实际上苯甲酸乙酯的质量=1.05g·mL-3×5.7mL=5.985g，则该反应的产率为=×100%≈79.8%。故答案为：211-213；79.8%。
【点睛】本题考查了有机实验方案的设计，明确实验原理是解本题关键，注意产率的计算，为本题的难点，6.1g苯甲酸（固体）和乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量=×150g·mol－1=7.5g，实际上苯甲酸乙酯的质量=1.05g·mL-3×5.7mL=5.985g，计算反应的产率。
4. (1) 随着温度升高，与C发生反应
(2) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
(3) 1412 AC 会强烈水解生成
【解析】(1)
①根据容器中气态物质之间分压之比，可以近似得到反应体系内各气态生成物之间的物质的量之比为，按照该物质的量之比代入方程式配平得到“”；
②“高温条件下，发生”，所以尾气中CO含量上升
(2)
①根据题目所给信息分析，粗中含有，加入Al后有VOCl2生成，故该反应应是“”；
②“除钒”时需要加入单质铝，如果“先除铝，后除钒”，会在体系中重新引入铝元素杂质，所以本问第二空应填“不能”，第三空应填“若先‘除硅、铝’再‘除钒’，‘除钒’时需要加入Al，又引入Al杂质”；
(3)
①根据题目所示信息，金属钛沸点最高，利用真空蒸馏方案分离混合物，只需加热至沸点第二高的MgCl2气化即可，所以本问第一空应填“1412”；
②Mg置换制备Ti，备选项中与该反应原理类似的是“AC”，两个反应均是置换反应；
③TiCl4属于弱碱阳离子构成的氯化物，均有固体见水易水解，“会强烈水解生成”。
5. 120 6～8 ①③④ 萃取有机层中 排净空气时损耗、反应时损耗、冷却保护时损耗 含的有机溶剂
【详解】(1) Re元素化合价由+2升高到+7，S元素化合价由-1升高到+6，故H2O2中氧元素化合价降低，根据得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式 ，故答案为：。
(2) 由题图可知，随着矿样粒度逐渐增大，浸出率逐渐增大，当矿样粒度大于120目后，浸出率基本不变，所以矿样粒度为120目时最佳，增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提高生产效益，由题图可知，萃取液流速宜选用的范围是6～8BV/h，故答案为：120、6～8。
(3) 苯取剂应满足溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大，萃取剂与原溶剂不相溶，萃取剂与溶质不反应，故答案为：①③④。
(4) 加入水、氨水可生成NH4ReO4，以达到萃取有机层中的目的，故答案为：萃取有机层中。
(5) (5)“热解”时，在加热条件下生成，发生反应的化学方程式为，故答案为：。
(6) 工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：还原剂、保护气、排尽空气，因此 “热还原”时，实际消耗量大于理论计算量，故答案为：排净空气时损耗、反应时损耗、冷却保护时损耗。
(7)由题意可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有：、含的有机溶剂，故答案为：含的有机溶剂。
6. CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O 适当提高盐酸浓度或适当提高反应温度 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe(OH)3 cd 防止 Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀 生成的HCl抑制CuCl2的水解
【分析】以硅孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]加入盐酸酸浸生成二氧化碳气体，过滤得到滤渣1为SiO2 ，H2SiO3，滤液中通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化铜晶体，加入SOCl2加热脱水得到氯化铜。
【详解】(1)酸浸时盐酸与CuCO3、Cu(OH)2反应为复分解反应，由此确定产物配平化学方程式为CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：①适当加快搅拌速率；②适当提高盐酸浓度；③适当提高反应温度。 (任答一点即可)，故答案为：CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；适当提高盐酸浓度或适当提高反应温度；
(2) 根据流程图，加盐酸“酸浸”后溶液中只有Fe2＋可被氯气氧化，“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(3)“滤渣1”的主要成分为SiO2和H2SiO3等，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3(填化学式)；根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2＋和Fe3＋，加试剂X调节pH使Fe3＋完全沉淀而除去，Cu2＋仍留在溶液中，实现Cu2＋和Fe3＋的分离，最终制备CuCl2；试剂X可选择a. NaOH溶液可以调节溶液PH，但会引入钠离子杂质，故不选； b.氨水可以调节溶液PH，但会引入铵根离子杂质，故不选； c. CuO可以和酸反应调节溶液PH，不会引入杂质，故选； d. Cu(OH)2 可以和酸反应调节溶液PH，不会引入杂质，故选；故答案为：Fe(OH)3；cd；
(4) “调pH"时，pH不能过高，其原因是防止 Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀。故答案为：防止 Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀；
(5)已知：SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑， “加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解。故答案为：生成的HCl抑制CuCl2的水解。
【点睛】本题借助硅孔雀石为原料制取氯化铜的工艺流程，考查了化学方程式书写、氧化还原反应等知识，难点(3)：利用水解原理除去溶液中的铁，滤液中通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子。
7. (1)
(2)AB
(3)AC
(4) Ⅱ 升高温度，催化剂对反应Ⅱ的选择性降低 70% 1.9
【解析】（1）
由图可知，利用盖斯定律可得：；
故答案为：。
（2）
A．氨水能和二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，所以能作二氧化碳捕捉剂，故A正确；
B ．Na2CO3溶液能和二氧化碳反应生成NaHCO3，可以作二氧化碳捕捉剂，，故B正确；
C. 和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故C错误；
D．溶液和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故D错误；
故答案为：AB。
（3）
A．反应达平衡后，若压缩容器体积，增大压强，正反应气体分子数减小，则平衡正向移动，故A正确；
B．催化剂不影响平衡移动，所以不能提高的平衡产率，故B错误；
C．反应前后气体总物质的量减小，气体总质量不变，则反应后气体的平均相对分子质量增大，若气体的平均相对分子质量保持不变，则说明反应体系已达平衡，故C正确；
D．增大原料气中的值， 的转化率减小，故D错误；
故答案为：AC。
（4）
①温度较低时主要生成CH4，所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II；A点以后，升高温度，甲烷的物质的量降低，其原因可能为温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，甲烷的物质的量降低；②消耗的n(CO2)=n(CH3OH)+n(CH4)+2n(C2H4)=(0.5+0.1+2×0.4)mol=1.4mol，CO2的总转化率==70%；剩余的n(CO2)=(2.0-1.4)mol=0.6mol，消耗的n(H2)=3n(CH3OH)+4n(CH4)+6n(C2H4)=(0.5×3+0.1×4+6×0.4)mol=4.3mol，剩余的n(H2)=(5.3-4.3)mol=1mol，生成的n(H2O)=n(CH3OH)+2n(CH4)+4n(C2H4)=(0.5+0.1×2+4×0.4)mol=2.3mol，混合物的总物质的量=(0.1+0.4+0.5+0.6+1+2.3)mol=4.9mol，；该温度下反应I的平衡常数K(I)=；
故答案为：II；升高温度，催化剂对反应Ⅱ的选择性降低；70%；；1.9。
8. 20 ＜ 的物质的量固定，投料比越大(即a值越大)，反应速率越快，达平衡时间越短，但CO转化率越低 0.025 ＜ ＞ B FeS
【详解】(1) ①由图可知，反应的反应物总能量大于生成物总能量，属于放热反应，反应△H==—11.3kJ/mol，故答案为：—11.3kJ/mol；
②由题意可建立如下三段式：
由平衡常数K=2可得：=0.2，解得a=20；在硫化氢总量相同时，的值越大，平衡时，反应速率越快，一氧化碳的转化率越小，由图可知，在硫化氢总量相同时，Ⅰ的反应速率小于Ⅱ，一氧化碳转化率大于Ⅱ，则Ⅰ的小于Ⅱ，a值小于Ⅱ，故答案为：20；＜；的物质的量固定，投料比越大(即a值越大)，反应速率越快，达平衡时间越短，但CO转化率越低；
(2) ①由题意可建立如下三段式：
由水的物质的量分数为0.02可得：＝0.02，解得0.025，故答案为：0.025；
②由题意可知，升高温度，水的物质的量分数增大，说明平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，＞0，硫化氢的转化率增大，＜，故答案为：＜；＞；
③A．向反应器中充入硫化氢，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但硫化氢的平衡转化率减小，故错误；
B．向反应器中充入二氧化碳，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，硫化氢的平衡转化率增大，故正确；
C．向反应器中充入羰基硫，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，硫化氢的平衡转化率减小，故错误；
D．向反应器中充入不参与反应的氮气，各物质的浓度不变，平衡不移动，硫化氢的平衡转化率不变，故错误；
B正确，故选B；
(3)由羰基硫在水存在时会缓慢水解生成硫化氢，钢铁设备发生析氢腐蚀可知，钢铁设备中碳做原电池的正极，硫化氢在正极得到电子发生还原反应生成氢气和硫离子，电极反应式为，铁做负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，亚铁离子与硫离子在负极反应生成硫化亚铁沉淀，故答案为：；FeS。
9. 21 0.28 提高氢气的浓度，及时分离出生成物 改进催化剂、增大压强 大于 0.25 bd 299
【分析】根据不同温度下氢气的转化率变化，利用温度高的先达到平衡，找出323K时的氢气转化率曲线并找到转化率，根据转化率和“三段式”计算化学平衡常数；要提高I2转化率，让平衡正向移动，可以提高氢气的浓度，及时分离出生成物；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快分析；b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到，根据“三段式”和转化率计算得到x(H2)和x(I2)，得到v正=k正x(H2)x(I2)的值；根据快反应的反应速率越快，反应的中间产物只有Ｉ，第二步反应是慢反应，活化能较高，根据第二步中生成物中有I，H2与I的碰撞仅部分有效；根据焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值计算；由此分析。
【详解】(1)①根据图象可知，温度越高，达到平衡的时间越短，a曲线是温度高表示343K下氢气的转化率；b曲线为323K时的转化率，323K时反应的平衡转化率=21%；
平衡常数K=≈0.28；
②在343K时，要提高I2转化率，即让平衡正向移动，可采取的措施是提高氢气的浓度，及时分离出生成物等；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；
③a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快v(a)大于v(b)；反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，得到：b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到=K=0.28，k逆(323)=5，k正(323)=1.4，设反应的氢气的物质的量为x，可以得到；
y=0.15，x(H2)=x(I2)===0.425，
b处v正= k正x(H2)x(I2)= 1.4×0.425×0.425≈0.25mol/(L ∙ min)；
(2)a．第一步反应速率较快，v(第一步的逆反应)＞v(第二步的逆反应)，故a错误；
b．根据反应历程可知，反应的中间产物只有Ｉ，故b正确；
c．第二步反应的速率较慢，活化能较高，故c错误；
d．第二步中生成物中有I，故第二步中H2与I的碰撞仅部分有效，故d正确；
答案选bd；
(3)反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值，得到2x-436kJ/mol-151kJ/mol=11kJ/mol，解得x=299。
【点睛】2HI(g)H2(g)+I2(g)的焓变为11kJ/mol,为易错点。
10. (1)
(2) 3∶2 sp
(3) 三角锥形 4
(4) C元素的非金属性强于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性为
(5) 12 0.315
【分析】K、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，K、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为共价晶体，且C单质的熔沸点大于Si单质的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为 N，c为K，d为Cu，e为Si，f为C所对应的单质，据此解答。
(1)
由分析可知，d为Cu，对应元素原子的电子排布式：；
故答案为：。
(2)
单质a、f对应的元素以原子个数比1:1形成的分子(相同条件下对的相对密度为13)为：，含有σ键3个，π键2个，所含键和键的个数比为3:2，其中C原子的杂化轨道类型是sp杂化；
故答案为：3:2；sp。
(3)
H与N形成的10电子中性分子X为NH3，氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5-3×1)=4，所以空间构型为：三角锥形结构；将NH3溶于水后的溶液滴入硫酸铜溶液中至过量，Cu2+提供空轨道，氨气分子提供孤对对子，通过配位键形成；其中铜离子的配位数为4；
故答案为：三角锥形；；4。
(4)
元素的非金属性越强，其对应的简单氢化物的稳定性就越强，非金属性：C>Si，故SiH4、CH4的稳定性：CH4>SiH4；
故答案为：；；C元素的非金属性强于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性为。
(5)
根据晶胞图可知，晶胞中K原子个数=8×=1，O原子个数=6×=3，I原子个数=1，则该晶体的化学式为KIO3，与K紧邻的O原子分别在各个面的面心，所以个数为12，分析KIO3晶体的晶胞结构可知K原子与O原子间的最短距离为；
故答案为：；12；0.315。
11. ds区 N 球 大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 20 三角锥形 sp 正四面体 12
【详解】(1) 元素Zn的原子序数为30，位于元素周期表的ⅡB族、d区，基态Zn原子核外电子占据的最高能层为第三层，符号是N，占据该能层电子能级为s，电子云轮廓图形状为球形，故答案为：ds区、N、球。
(2) )基态Zn原子价层电子排布式为3d104s2，为全充满的稳定结构，较难失电子，则第一电离能大于，原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，故答案为：大于、Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。
(3)①根据单键为键，双键含1个键，配位键属于键，1个M中含有20个键，则由其键线式可知，1molM中含有20N个键，则1molM中含有20，故答案为：20。
②中N原子的孤电子对数为，空间构型是三角锥形，与CO2结构相似，空间结构为直线形，故中心N原子杂化方式为sp杂化，故答案为：三角锥形、sp。
(4) 立方ZnS晶体结构如图所示，距离最近的4个所围成的空间构型为正四面体，一个晶胞中含有的Zn原子数为4×1=4，晶胞顶点S原子与晶胞平面中心S原子是距离相等且最近的，则与S原子最近且距离相等的S原子有12个，顶点S2-与四面体中心的Zn2+连线处于晶胞体对角线上，二者距离等于体对角线长度的，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，若晶胞参数为a pm，则Zn2+与S2-最近距离为× a×=，故答案为：正四面体、12、。
12. bc X-射线衍射实验 2 分子晶体 bc 面心立方 1∶3 1∶1 O＞Ge＞Zn 3d104s2
【分析】
（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，C60分子位于顶点和面心，利用均摊法确定M原子和C60分子的个数比；
(6)锗单晶的晶胞结构如图所示，晶胞中锗原子个数为8×+6×+4=8，其晶胞参数a pm，阿伏加德罗常数为NA，根据 计算。
【详解】
(1)a．CS2为直线形、SO2为V形分子，分子的键角不相同，故错误；
b．HCHO中的C原子价电子对为 =3，为sp2杂化，故正确；
c． CF4与SiCl4的分子均为正四面体结构，正负电荷中心重叠，均为非极性分子，故正确；
d．N的3p为半充满结构，第一电离能：N＞O＞C，故错误；
e．CO与N2为等电子体，结构相似，化学性质不完全相同，故错误；故答案为：bc；
(2)区分晶体硅和无定形硅最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；1个硅原子拥有2个共价键，28g 晶体硅为1mol，含共价键2mol。故答案为：X-射线衍射实验；2；
(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈正四面体构型，得出Ni(CO)4沸点比较低，符合分子晶体的特点，推测Ni(CO)4的晶体类型是分子晶体， Ni(CO)4易溶于有机溶剂四氯化碳和苯，故答案为：分子晶体；bc；
(4)M原子位于晶胞的棱上与内部，则该晶胞中C60的堆积方式为面心立方，M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12× +9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8×+6×=4，C60与M原子的个数比为4:12=1∶3。故答案为：面心立方；1∶3；
(5)CO2 分子中有2个σ键和2个π键的比值为1:1，O为非金属，电负性最强，同周期从左到右电负性增大，催化剂所含元素Zn、Ge、O电负性由大到小的顺序是O＞Ge＞Zn，元 素Zn为30号，第四周期ⅡB，价电子排布式为3d104s2。故答案为：1∶1；O＞Ge＞Zn；3d104s2；
(6)锗单晶的晶胞结构如图所示，晶胞中锗原子个数为8×+6×+4=8，其晶胞参数a pm，阿伏加德罗常数为NA，根据=，其密度为g/cm3(列出计算式即可)。故答案为：。
【点睛】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞计算等，(4)(6)中晶胞计算为易错点、难点。
13. (1) 醛基
(2) 氧化反应 羧基是亲水基团(或D中羧基能与水分子形成分子间氢键)
(3) +CH2=CH2→2CH2=CH-COOH
(4) 2
(5)
【分析】D和乙烯反应生成E，根据原子利用率分析，E为丙烯酸，F为丙烯醇，和氢气加成得到丙醇。据此解答。
（1）
A的结构简式为 ，其分子式为。环上的取代基为醛基。
（2）
是羟基变成羰基，是氧化反应。D含有两个羧基，羧基是亲水基团(或D中羧基能与水分子形成分子间氢键)，故D能溶于水。
（3）1molD与1mol反应得到2molE，说明E的分子式为C3H4O2，结合F的结构分析，E应为丙烯酸，则D→E反应的化学方程式为+CH2=CH2→2CH2=CH-COOH；
（4）化合物F为丙烯醇，有多种同分异构体，其中含结构的有丙酮或丙醛两种结构，核磁共振氢谱图上只有一组峰的物质为丙酮，结构简式为；
（5）D→E的反应特点制备 ，该物质属于酯类，是 和酯化反应生成的，故先合成 与 。含两个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，利用D→E的反应特点，用 于乙烯反应生成 ，再将其变成醇即可，合成路线为 。
14. 2-羟基丙酸或乳酸 2 C(是酚类化合物)易被空气中氧化 ++HCl 5
【分析】由反应信息可以知，CH3CH(OH)CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A为CH3CH(OH)COOH，A与CH3OH发生正反应生成B，B为，C与反应生成呲氟氯禾灵，结合呲氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可以知，C为。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为CH3CH(OH)COOH，其名称为2-羟基丙酸或乳酸，B的结构简式为，故答案为：2-羟基丙酸或乳酸、。
(2)C为，1mol该物质含有1mol酚羟基、1mol酯基，故1molC最多可与2mol NaOH完全反应，C(是酚类化合物)易被空气中氧化，所以长期暴露在空气中会变质，故答案为：2、C(是酚类化合物)易被空气中氧化。
(3) 反应⑥是和反应生成和HCl，其化学方程式为++HCl，故答案为：++HCl。
(4) 同时满足下列两个条件：①含有；②能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明一定含有羧基的呲氟氯禾灵的同分异构体有分别连有-CH2CH2CH2COOH、-CH2CH(CH3)COOH、-CH(COOH)CH2CH3、-C(CH3)2COOH、-CH(CH3)CH2COOH，共5种，故答案为：5。
(5) 由苯甲醛()制备高分子化合物，先由 和HCN发生加成反应生成 ，在一定条件下水解生成 ，在浓硫酸加热条件下发生反应生成，其合成路线为： ，故答案为： 。
15. 邻乙基苯酚 羟基、氯原子 取代 ++H2O Cl-CH2OOCH CH3CH3CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH
【分析】A为与氯气发生取代反应生成B，B与NaCN反应生成C，C为，C与反应生成D，D为，D被Na2Cr2O7氧化成E，E为，E与G生成M，M为 。
【详解】(1) A为 ，A的化学名称是邻乙基苯酚，B中官能团名称是羟基、氯原子。故答案为：邻乙基苯酚；羟基、氯原子；
(2)A为 与氯气发生取代反应生成B和HCl，由A生成B的反应类型是取代。故答案为：取代；
(3) C的结构简式为 。故答案为：；
(4)E为，E与G生成M，M为和水，E与G生成M的化学方程式是++H2O。故答案为： ++H2O；
(5) 同碳原子数的酸与酯互为同分异构，X与F是同分异构体，1 mol X在碱性条件下水解,消耗2 mol NaOH，且X中有两种不同环境的氢，则X的结构简式为Cl-CH2OOCH。故答案为：Cl-CH2OOCH；
(6)与氯气发生取代反应得到，在氢氧化钠的水溶液中水解生成乙醇，乙醇氧化得到乙酸。以乙烷为原料制备乙酸的合成路线：CH3CH3CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH ，故答案为：CH3CH3CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH。
河南省开封市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题
1. （2022春·河南开封·高二统考期末）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图所示装置(部分装置省略)制备和NaClO。
回答下列问题：
(1)盛放粉末的仪器名称是_______，其中发生反应的化学方程式为_______。
(2)a中的试剂为_______，其作用是_______。
(3)b中采用的加热方式是_______，这样加热的优点有_______(答两点)。
(4)c中化学反应的离子方程式为_______，采用冰水浴冷却的目的是_______。
(5)d的作用是_______。反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_______，_______，干燥，得到晶体。
2. （2021春·河南开封·高二统考期末）碘是人体必需的生命元素，对人类的生长发育起着重要作用。碘主要存在于海带、海水和盐矿中。从海带中提取碘的实验过程如图所示。
已知：①的升华温度：45℃~77℃；②沸点：76.8℃。回答下列问题：
(1)步骤①灼烧海带，实验室通常在如图所示装置中进行，仪器a的名称为___________。
(2)步骤③涉及的操作名称为___________，实验室进行该操作时用到的玻璃仪器有___________。
(3)步骤④中涉及的主要反应的离子方程式为___________。
(4)海带灰中还含有其他可溶性无机盐类(硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等)，这些盐类是在流程图中的第___________步(填编号)与碘分离，若要使碘尽可能地完全转移，应采取的操作是___________。
(5)步骤⑥将与分离可以采用___________(填“常压”或“减压”)蒸馏方法，原因是___________。
(6)若实验室称得海带的质量为m g，提取单质碘的过程中，碘损失了n%，最后得到单质碘b g，则海带中碘的百分含量为___________(用含m、n、b的式子表示)
3. （2020春·河南开封·高二统考期末）苯甲酸乙酯稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品中。制备原理：苯甲酸和乙醇在浓硫酸的催化下进行酯化反应，可以生成苯甲酸乙酯与水。
由于苯甲酸乙酯的沸点较高，很难蒸出，所以本实验采用加入环己烷的方法,使环己烷、乙醇和水形成三元共沸物，其沸点为62.1℃。三元共沸物经过冷凝回流形成两相，其中环己烷在上层的比例大，再流回反应瓶;水在下层的比例大，放出下层即可除去反应生成的水。
装置图：
试剂
相对分子质量
密度/(g/cm3)
沸点/℃
在水中的溶解性
乙醇
46
0.7893
78.5
易溶
苯甲酸
122
1.2659
249
微溶
环己烷
84
0.7785
80
难溶
乙醚
74
0.7318
34.51
难溶
苯甲酸乙酯
150
1.05
211 ~ 213
微溶
实验步骤：
①加料：在50 mL圆底烧瓶中加入6.1 g苯甲酸、13 mL乙醇、10 mL环己烷、2.0 mL浓硫酸，摇匀，加沸石。按照装置图左图组装好仪器(安装分水器，分水器上端接一冷凝管) ，从分水器上端小心加水至分水器支管处，然后再放去一部分 水使液面离分水器支管口约0.5 cm。
②分水回流：将烧瓶在水浴上加热回流，开始时回流速度要慢。随着回流的进行，分水器中出现了上、中、下三层液体。当中、下层接近分水器支管时，将中、下层液体放入量筒中。
③中和：将反应液倒人盛有30 mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末至溶液呈中性(或弱碱性)，无二氧化碳逸出，用pH试纸检验。
④分离萃取、干燥、蒸馏:用分液漏斗分出有机层，将水层溶液用25 mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水MgSO4干燥，对粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收一定温度下的馏分，得产品约5.7 mL。
回答下列问题：
(1)反应容器中制取苯甲酸乙酯的化学方程式为_____________，装置图中仪器A的名称是______。
(2)本实验采取了多种措施来提高酯的产率，请写出其中两种____________________。
(3)在制备苯甲酸乙酯时，加入环己烷的作用是________________。
(4)步骤3中和时，加入碳酸钠粉末要分批的原因是_____________。
(5)用乙醚萃取后要把____________(填字母序号)的液体合并至有机层。
a.从分液漏斗下部流出的 b.从分液漏斗.上口倒出的
(6)步骤4收集馏分应控制的最佳温度范围为________________℃。本实验的产率为________ (保留小数点后1位)。
4. （2022春·河南开封·高二统考期末）钛(Ti)是一种重要的结构金属，钛合金因具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如图：
已知：粗中含有、、。
回答下列问题：
(1)与C、，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质
CO
分压/MPa
①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______。
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______。
(2)①“除钒”过程中的化学方程式为_______。
②“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(3)“冶炼”过程得到的混合物中含有Mg、和Ti，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti。
①根据表中信息，需要加热的温度略高于_______℃即可。
物质
Mg
Ti
熔点/℃
649
714
1667
沸点/℃
136
1090
1412
3287
②下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
③→Ti也可用钠热还原法，该反应不能在水溶液中进行，一是因为金属钠与水剧烈反应，不会置换出钛；二是因为_______。
5. （2021春·河南开封·高二统考期末）铼(Re)熔点高、耐磨、耐腐蚀，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。一种利用富铼渣(含)制铼粉的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)“浸出”反应中转化为两种强酸，反应的离子方程式为___________。
(2)图1是矿样粒度与铼浸出率关系图，图2是萃取液流速与铼吸附率关系图。结合实际工业生产效益，浸出时应将富铼渣粉碎至___________目，萃取液流速宜选用的范围是___________BV/h。
(3)“萃取”时含的有机溶剂应具有的性质有___________(填序号)。
①难溶于水 ②密度大于水
③萃取剂不和发生反应 ④在其中的溶解度大于在水中的溶解度
(4)“反萃取”时，加入氨水和水的目的是___________。
(5)“热解”时，发生反应的化学方程式为___________。
(6)“热还原”时，实际消耗量大于理论计算量，其原因是___________。
(7)整个工艺流程中可循环利用的物质有：、___________。
6. （2020春·河南开封·高二统考期末）硅孔雀石主要成分为CuCO3、Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含少量的SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，以其为原料制备CuCl2的工艺流程如下：
已知：SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑
(1)酸浸时盐酸与CuCO3、Cu(OH)2反应的化学方程式为_______；为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：
①适当加快搅拌速率；②_____________。 (任答一点即可)
(2) “氧化”时发生反应的离子方程式为_________________。
(3)“滤渣1”的主要成分为SiO2和H2SiO3等，“滤渣2”的主要成分为___________(填化学式)；试剂X可选择___________(填字母序号)。
a. NaOH溶液 b.氨水 c. CuO d. Cu(OH)2
(4) “调pH"时，pH不能过高，其原因是_______________。
(5) “加热脱水”时，加入SOCl2的目的是________________。
7. （2022春·河南开封·高二统考期末）近期中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，是国际上首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。
(1)人工合成淀粉共需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示。
已知：
计算 _______。
(2)原料可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，能作为捕获剂的有_______(填字母序号)。
A．氨水 B．溶液 C． D．溶液
(3)在一定温度下的密闭容器中，发生反应：。下列说法正确的是_______(填字母序号)。
A．反应达平衡后，若压缩容器体积，则平衡正向移动
B．选用合适的催化剂可以提高的平衡产率
C．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应已达平衡
D．增大原料气中的值，有利于提高的转化率
(4)在一定条件下，催化加氢可以生成，主要有以下三个竞争反应。
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
为研究催化剂对反应的选择性，在1L恒容密闭容器中充入2.0mol和，反应进行相同时间后，测得有关物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。
①该催化剂在较低温度时主要选择反应_______(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。A点以后，升高温度，甲烷的物质的量减小，其原因可能是_______。
②在一定温度下，体系达到平衡，此时测得：，，，容器内总压强为p。此时，的总转化率为_______；_______；该温度下反应I的平衡常数K(I)=_______(保留一位小数)。
8. （2021春·河南开封·高二统考期末）羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和为碳源，与反应均能产生COS。
(1)以CO为碳源制COS，反应为，其反应过程能量变化如图所示。
① ___________。
②在2L的密闭容器中，保持温度不变，开始投入9mol和a mol CO，经10min达到平衡，K=0.2，，则a=___________mol。下图中曲线Ⅰ和Ⅱ表示该温度下，CO和投料比不同时，CO转化率随时间变化关系，则曲线Ⅰ和Ⅱ中a值的大小关系为：Ⅰ___________Ⅱ(填“＞”“＜”或“=”)，理由是___________。
(2)以为碳源制COS，反应为。
①在610K时，将0.10mol与0.40mol充入2.5L空钢瓶中，反应平衡后，的物质的量分数为0.02，则的平衡转化率___________%。
②在620K重复实验，平衡后的物质的量分数为0.03，的转化率为，则___________(填“＞”“＜”或“=”，下同)，该反应的___________0。
③向反应器中再分别充入下列气体，能使转化率增大的是___________(填字母)。
A． B． C．COS D．
(3)羰基硫在水存在时会缓慢水解生成，钢铁设备发生析氢腐蚀，则其正极的电极反应式为___________，负极的反应产物为___________(填化学式)。
9. （2020春·河南开封·高二统考期末）在反应原理部分，我们经常以H2和I2的反应为例来研究化学反应速率和平衡。
(1)在2L的容器中充入H2、I2各1mol，对于反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，在323K和343K时H2的转化率随时间变化的结果如图所示。
①323K时反应的平衡转化率=__________%。平衡常数K=____________(保留2位小数)。
②在343K时，要提高I2转化率，可采取的措施是____ ( 答出两条)；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有___ ( 答出两条)。
③比较a、b处反应速率大小：v(a)____v(b)(填 “大于”“小于”或“等于”)。反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、 k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，计算b处v正=________mol/(L ∙ min)(保留1位小数)。
(2)对于反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)提出如下反应历程
第一步：I2I+I(快速平衡)
第二步：H2+2I→2HI (慢反应)
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。 下列表述正确的是______ ( 填字母序号)。
a.v(第一步的逆反应)＜v(第二步的逆反应)
b.反应的中间产物只有Ｉ
c.第二步反应活化能较低
d.第二步中H2与I的碰撞仅部分有效
(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_______kJ。
10. （2022春·河南开封·高二统考期末）K、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序如图所示，其中c、d均是热和电的良导体。
回答下列问题：
(1)图中d单质对应元素基态原子的电子排布式为_______。
(2)单质a、f对应的元素以原子个数比1∶1形成的分子(相同条件下对的相对密度为13)中所含键和键的个数比为_______，其中f原子的杂化轨道类型为_______。
(3)a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为_______；将X溶于水后的溶液滴入到d的硫酸盐溶液中至过量，得到配合物的化学式为_______，其中d离子的配位数为_______。
(4)e、f单质对应元素的简单气态氢化物的热稳定性(用相应的化学式表示)_______>_______，原因是_______。
(5)c与氧元素和碘元素形成的一种晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，棱长为0.446nm，晶胞中c原子、氧原子和碘原子分别处于顶点、面心和体心位置，如图所示。该晶体的化学式为_______，与c原子紧邻的氧原子有_______个。该晶体中c原子与氧原子间的最短距离为_______nm。
11. （2021春·河南开封·高二统考期末）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)元素Zn位于元素周期表的___________区，基态Zn原子核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________形。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。其中，第一电离能___________(填“大于”或“小于”)，原因是___________。
(3)形成的某种化合物M是很好的补锌剂，其键线式如图所示。
①1molM含有的键的数目为___________。
②常见含氮的配体有、、等，分子的空间构型为___________，的中心氮原子杂化方式为___________。
(4)硫化锌在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，其晶胞结构如图所示。距离最近的4个所围成的空间构型为___________，距离最近且等距离的有___________个。若晶胞参数为a pm，则与最近距离为___________pm(用含a的代数式表示)。
12. （2020春·河南开封·高二统考期末）碳族元素在生产生活中的应用极其广泛。请回答以下有关碳族元素的问题。
(1)下列说法正确的是_____( 填字母序号)。
a．CS2与SO2分子的键角相同 b．HCHO中的C原子为sp2杂化
c． CF4与SiCl4均为非极性分子 d．第一电离能：O＞N＞C
e．CO与N2为等电子体，所以化学性质完全相同
(2)晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料。区分晶体硅和无定形硅最可靠的科学方法为_____；28 g 晶体硅中含共价键_______mol。
(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈正四面体构型。试推测Ni(CO)4的晶体类型是_______， Ni(CO)4易溶于_____( 填字母序号)。
a．水 b．四氯化碳 c．苯 d．硫酸镍溶液
(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温 超导材料，晶胞结构(晶胞参数为x pm)如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，则该晶胞中C60的堆积方式为_______，C60与M原子的个数比为________________。
(5)利用光催化还原CO2制备工业原料CH4，可以达到减碳的效果。该反应中，带状的纳米Zn2GeO4(催化剂)的催化效果较好。CO2 分子中σ键与π键的比值为____，催化剂所含元素Zn、Ge、O电负性由大到小的顺序是_________，元 素Zn的价电子排布式为______________。
(6)锗元素是典型的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。锗单晶的晶胞结构如图所示，其晶胞参数a pm，阿伏加德罗常数为NA其密度为___________ g/cm3(列出计算式即可)。
13. （2022春·河南开封·高二统考期末）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物A为原料，可合成丙烯酸E、丙醇G等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
回答下列问题：
(1)化合物A的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。
(2)B→C的反应类型为_______，化合物D能溶于水的原因是_______。
(3)化合物D到化合物E的反应是原子利用率100%的反应，且1molD与1mol反应得到2molE，则D→E反应的化学方程式为_______。
(4)化合物F有多种同分异构体，其中含 结构的有_______种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为_______。
(5)选用含两个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考D→E的反应特点制备 ，合成路线为_______(不用注明反应条件)。
14. （2021春·河南开封·高二统考期末）呲氟氯禾灵是选择性强、药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂，它的合成路线如下：
已知：。
(1)A的名称为___________。B的结构简式为___________。
(2)1molC最多可与___________mol NaOH完全反应。物质C长期暴露在空气中会变质，其原因是___________。
(3)反应⑥的化学方程式为___________。
(4)同时满足下列两个条件的呲氟氯禾灵的同分异构体共有___________种。
①含有；②能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳。
(5)由苯甲醛( )制备高分子化合物的合成路线流程图为___________(无机试剂任选)。
15. （2020春·河南开封·高二统考期末）化合物M是一种药物中间体，以下是合成M的一种路线：
回答下列问题：
(1) A的化学名称是___________，B中官能团名称是_____________。
(2)由A生成B的反应类型是________________。
(3) C的结构简式为_____________________。
(4)E与G生成M的化学方程式是_______________________。
(5) X与F是同分异构体，1 mol X在碱性条件下水解,消耗2 mol NaOH，且X中有两种不同环境的氢，则X的结构简式为_________________。
(6)写出以乙烷为原料制备乙酸的合成路线：____________________ (无机试剂任选)。
参考答案：
1. (1) 圆底烧瓶
(2) 饱和食盐水 除去氯气中的HCl
(3) 水浴加热 受热均匀，温度易控制
(4) 避免生成
(5) 吸收尾气 过滤 少量(冷)水洗涤
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，首先制备氯气，用装置a除去氯气中的氯化氢，在水浴加热的条件下和氢氧化钾反应制备氯酸钾，在冰水的条件下制备次氯酸钠，最后注意尾气处理，以此解题。
(1)
由图可知盛放粉末的仪器名称是圆底烧瓶；该仪器中是实验室制备氯气，方程式为：；
(2)
装置a的作用是除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为：饱和食盐水；其作用是：除去氯气中的HCl；
(3)
由图可知b中采用的加热方式是：水浴加热；这样加热的优点有：受热均匀，温度易控制；
(4)
c中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：；温度较高时容易生成氯酸钠，故采用冰水浴冷却的目的是：避免生成；
(5)
氯气有毒，污染空气，故d的作用是：吸收尾气，b中为氯酸钾溶液，结晶后过滤，为了减少产品的损失，应该采用少量(冷)水洗涤，故答案为：过滤；少量(冷)水洗涤。
2. 坩埚 过滤 漏斗、烧杯、玻璃棒 ⑤ 加入适量的萃取剂，同时采用多次萃取的方法 减压 碘的升华温度与沸点接近，若采用常压蒸馏，不易分离
【分析】由流程可知，① 坩埚中灼烧得到海带灰，②溶解、浸泡，I-进入溶液中，③过滤除去不溶性杂质，分离出含碘离子的溶液，④加入稀硫酸和H2O2将I-氧化为I2，⑤加入有机溶剂萃取、分液，得到I2的溶液，⑥蒸馏分离出碘单质，以此来解答。
【详解】(1)由仪器的结构特点可知，仪器a的名称为坩埚，故答案为：坩埚。
(2)由分析可知，步骤③涉及的操作名称为过滤，过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤、漏斗、烧杯、玻璃棒。
(3) ④H2O2在酸性条件下将I-氧化为I2，其离子方程式为，故答案为：。
(4) 海带灰中还含有其他可溶性无机盐类(硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等)，而I2在水中溶解度小，且易溶于有机裕剂CCl4，在实验步骤⑤中向混合物中加入CCl4，充分振荡后静置、分液，就可以实现无机盐类与碘分离，为了使碘尽可能地完全转移，应采取的操作是加入适量的萃取剂，同时采用多次萃取的方法，故答案为：⑤、加入适量的萃取剂，同时采用多次萃取的方法。
(5) 由题意可知，碘的升华温度与沸点接近，若采用常压蒸馏，不易分离，所以步骤⑥将与分离可以采用减压蒸馏方法，故答案为：减压、碘的升华温度与沸点接近，若采用常压蒸馏，不易分离。
(6) 提取单质碘的过程中，碘损失了n%，最后得到单质碘b g，则含有碘的总质量为，则海带中碘的百分含量为，故答案为：。
3. +CH3CH2OH +H2O 直形冷凝管 通过增加反应物的浓度(或乙醇过量)；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂 (形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察水层的分出 防止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢出 B 211-213 79.8%
【分析】与乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水；本实验可采取多种措施来提高酯的产率，促进平衡正向移动，加入环己烷(形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；加入碳酸钠与酸反应生成二氧化碳和水，除去酸，用乙醚萃取后分为两层，上层为有机层；根据苯甲酸乙酯的沸点确定步骤4收集馏分应控制的最佳温度范围，根据计算反应的产率。
【详解】(1)与乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水，反应容器中制取苯甲酸乙酯的化学方程式为+CH3CH2OH +H2O，装置图中仪器A的名称是直形冷凝管。故答案为：+CH3CH2OH +H2O；直形冷凝管；
(2)本实验采取了多种措施来提高酯的产率，促进平衡正向移动，通过增加反应物的浓度(或乙醇过量)；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂。故答案为：通过增加反应物的浓度(或乙醇过量)；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂；
(3)在制备苯甲酸乙酯时，加入环己烷的作用是(形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察水层的分出。故答案为：(形成低沸点的共沸物)使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察水层的分出；
(4)碳酸钠与酸反应生成二氧化碳和水，步骤3中和时，加入碳酸钠粉末要分批的原因是防止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢出。故答案为：防止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢出；
(5)用乙醚萃取后分为两层，上层为有机层，要把从分液漏斗上口倒出的液体合并至有机层。故答案为：b；
(6)根据苯甲酸乙酯的沸点，步骤4收集馏分应控制的最佳温度范围为211-213℃。6.1g苯甲酸（固体）和乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量=×150g·mol－1=7.5g，实际上苯甲酸乙酯的质量=1.05g·mL-3×5.7mL=5.985g，则该反应的产率为=×100%≈79.8%。故答案为：211-213；79.8%。
【点睛】本题考查了有机实验方案的设计，明确实验原理是解本题关键，注意产率的计算，为本题的难点，6.1g苯甲酸（固体）和乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量=×150g·mol－1=7.5g，实际上苯甲酸乙酯的质量=1.05g·mL-3×5.7mL=5.985g，计算反应的产率。
4. (1) 随着温度升高，与C发生反应
(2) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
(3) 1412 AC 会强烈水解生成
【解析】(1)
①根据容器中气态物质之间分压之比，可以近似得到反应体系内各气态生成物之间的物质的量之比为，按照该物质的量之比代入方程式配平得到“”；
②“高温条件下，发生”，所以尾气中CO含量上升
(2)
①根据题目所给信息分析，粗中含有，加入Al后有VOCl2生成，故该反应应是“”；
②“除钒”时需要加入单质铝，如果“先除铝，后除钒”，会在体系中重新引入铝元素杂质，所以本问第二空应填“不能”，第三空应填“若先‘除硅、铝’再‘除钒’，‘除钒’时需要加入Al，又引入Al杂质”；
(3)
①根据题目所示信息，金属钛沸点最高，利用真空蒸馏方案分离混合物，只需加热至沸点第二高的MgCl2气化即可，所以本问第一空应填“1412”；
②Mg置换制备Ti，备选项中与该反应原理类似的是“AC”，两个反应均是置换反应；
③TiCl4属于弱碱阳离子构成的氯化物，均有固体见水易水解，“会强烈水解生成”。
5. 120 6～8 ①③④ 萃取有机层中 排净空气时损耗、反应时损耗、冷却保护时损耗 含的有机溶剂
【详解】(1) Re元素化合价由+2升高到+7，S元素化合价由-1升高到+6，故H2O2中氧元素化合价降低，根据得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式 ，故答案为：。
(2) 由题图可知，随着矿样粒度逐渐增大，浸出率逐渐增大，当矿样粒度大于120目后，浸出率基本不变，所以矿样粒度为120目时最佳，增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提高生产效益，由题图可知，萃取液流速宜选用的范围是6～8BV/h，故答案为：120、6～8。
(3) 苯取剂应满足溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大，萃取剂与原溶剂不相溶，萃取剂与溶质不反应，故答案为：①③④。
(4) 加入水、氨水可生成NH4ReO4，以达到萃取有机层中的目的，故答案为：萃取有机层中。
(5) (5)“热解”时，在加热条件下生成，发生反应的化学方程式为，故答案为：。
(6) 工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：还原剂、保护气、排尽空气，因此 “热还原”时，实际消耗量大于理论计算量，故答案为：排净空气时损耗、反应时损耗、冷却保护时损耗。
(7)由题意可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有：、含的有机溶剂，故答案为：含的有机溶剂。
6. CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O 适当提高盐酸浓度或适当提高反应温度 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe(OH)3 cd 防止 Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀 生成的HCl抑制CuCl2的水解
【分析】以硅孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]加入盐酸酸浸生成二氧化碳气体，过滤得到滤渣1为SiO2 ，H2SiO3，滤液中通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化铜晶体，加入SOCl2加热脱水得到氯化铜。
【详解】(1)酸浸时盐酸与CuCO3、Cu(OH)2反应为复分解反应，由此确定产物配平化学方程式为CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：①适当加快搅拌速率；②适当提高盐酸浓度；③适当提高反应温度。 (任答一点即可)，故答案为：CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；适当提高盐酸浓度或适当提高反应温度；
(2) 根据流程图，加盐酸“酸浸”后溶液中只有Fe2＋可被氯气氧化，“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(3)“滤渣1”的主要成分为SiO2和H2SiO3等，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3(填化学式)；根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2＋和Fe3＋，加试剂X调节pH使Fe3＋完全沉淀而除去，Cu2＋仍留在溶液中，实现Cu2＋和Fe3＋的分离，最终制备CuCl2；试剂X可选择a. NaOH溶液可以调节溶液PH，但会引入钠离子杂质，故不选； b.氨水可以调节溶液PH，但会引入铵根离子杂质，故不选； c. CuO可以和酸反应调节溶液PH，不会引入杂质，故选； d. Cu(OH)2 可以和酸反应调节溶液PH，不会引入杂质，故选；故答案为：Fe(OH)3；cd；
(4) “调pH"时，pH不能过高，其原因是防止 Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀。故答案为：防止 Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀；
(5)已知：SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑， “加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解。故答案为：生成的HCl抑制CuCl2的水解。
【点睛】本题借助硅孔雀石为原料制取氯化铜的工艺流程，考查了化学方程式书写、氧化还原反应等知识，难点(3)：利用水解原理除去溶液中的铁，滤液中通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子。
7. (1)
(2)AB
(3)AC
(4) Ⅱ 升高温度，催化剂对反应Ⅱ的选择性降低 70% 1.9
【解析】（1）
由图可知，利用盖斯定律可得：；
故答案为：。
（2）
A．氨水能和二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，所以能作二氧化碳捕捉剂，故A正确；
B ．Na2CO3溶液能和二氧化碳反应生成NaHCO3，可以作二氧化碳捕捉剂，，故B正确；
C. 和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故C错误；
D．溶液和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故D错误；
故答案为：AB。
（3）
A．反应达平衡后，若压缩容器体积，增大压强，正反应气体分子数减小，则平衡正向移动，故A正确；
B．催化剂不影响平衡移动，所以不能提高的平衡产率，故B错误；
C．反应前后气体总物质的量减小，气体总质量不变，则反应后气体的平均相对分子质量增大，若气体的平均相对分子质量保持不变，则说明反应体系已达平衡，故C正确；
D．增大原料气中的值， 的转化率减小，故D错误；
故答案为：AC。
（4）
①温度较低时主要生成CH4，所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II；A点以后，升高温度，甲烷的物质的量降低，其原因可能为温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，甲烷的物质的量降低；②消耗的n(CO2)=n(CH3OH)+n(CH4)+2n(C2H4)=(0.5+0.1+2×0.4)mol=1.4mol，CO2的总转化率==70%；剩余的n(CO2)=(2.0-1.4)mol=0.6mol，消耗的n(H2)=3n(CH3OH)+4n(CH4)+6n(C2H4)=(0.5×3+0.1×4+6×0.4)mol=4.3mol，剩余的n(H2)=(5.3-4.3)mol=1mol，生成的n(H2O)=n(CH3OH)+2n(CH4)+4n(C2H4)=(0.5+0.1×2+4×0.4)mol=2.3mol，混合物的总物质的量=(0.1+0.4+0.5+0.6+1+2.3)mol=4.9mol，；该温度下反应I的平衡常数K(I)=；
故答案为：II；升高温度，催化剂对反应Ⅱ的选择性降低；70%；；1.9。
8. 20 ＜ 的物质的量固定，投料比越大(即a值越大)，反应速率越快，达平衡时间越短，但CO转化率越低 0.025 ＜ ＞ B FeS
【详解】(1) ①由图可知，反应的反应物总能量大于生成物总能量，属于放热反应，反应△H==—11.3kJ/mol，故答案为：—11.3kJ/mol；
②由题意可建立如下三段式：
由平衡常数K=2可得：=0.2，解得a=20；在硫化氢总量相同时，的值越大，平衡时，反应速率越快，一氧化碳的转化率越小，由图可知，在硫化氢总量相同时，Ⅰ的反应速率小于Ⅱ，一氧化碳转化率大于Ⅱ，则Ⅰ的小于Ⅱ，a值小于Ⅱ，故答案为：20；＜；的物质的量固定，投料比越大(即a值越大)，反应速率越快，达平衡时间越短，但CO转化率越低；
(2) ①由题意可建立如下三段式：
由水的物质的量分数为0.02可得：＝0.02，解得0.025，故答案为：0.025；
②由题意可知，升高温度，水的物质的量分数增大，说明平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，＞0，硫化氢的转化率增大，＜，故答案为：＜；＞；
③A．向反应器中充入硫化氢，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但硫化氢的平衡转化率减小，故错误；
B．向反应器中充入二氧化碳，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，硫化氢的平衡转化率增大，故正确；
C．向反应器中充入羰基硫，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，硫化氢的平衡转化率减小，故错误；
D．向反应器中充入不参与反应的氮气，各物质的浓度不变，平衡不移动，硫化氢的平衡转化率不变，故错误；
B正确，故选B；
(3)由羰基硫在水存在时会缓慢水解生成硫化氢，钢铁设备发生析氢腐蚀可知，钢铁设备中碳做原电池的正极，硫化氢在正极得到电子发生还原反应生成氢气和硫离子，电极反应式为，铁做负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，亚铁离子与硫离子在负极反应生成硫化亚铁沉淀，故答案为：；FeS。
9. 21 0.28 提高氢气的浓度，及时分离出生成物 改进催化剂、增大压强 大于 0.25 bd 299
【分析】根据不同温度下氢气的转化率变化，利用温度高的先达到平衡，找出323K时的氢气转化率曲线并找到转化率，根据转化率和“三段式”计算化学平衡常数；要提高I2转化率，让平衡正向移动，可以提高氢气的浓度，及时分离出生成物；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快分析；b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到，根据“三段式”和转化率计算得到x(H2)和x(I2)，得到v正=k正x(H2)x(I2)的值；根据快反应的反应速率越快，反应的中间产物只有Ｉ，第二步反应是慢反应，活化能较高，根据第二步中生成物中有I，H2与I的碰撞仅部分有效；根据焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值计算；由此分析。
【详解】(1)①根据图象可知，温度越高，达到平衡的时间越短，a曲线是温度高表示343K下氢气的转化率；b曲线为323K时的转化率，323K时反应的平衡转化率=21%；
平衡常数K=≈0.28；
②在343K时，要提高I2转化率，即让平衡正向移动，可采取的措施是提高氢气的浓度，及时分离出生成物等；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；
③a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快v(a)大于v(b)；反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，得到：b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到=K=0.28，k逆(323)=5，k正(323)=1.4，设反应的氢气的物质的量为x，可以得到；
y=0.15，x(H2)=x(I2)===0.425，
b处v正= k正x(H2)x(I2)= 1.4×0.425×0.425≈0.25mol/(L ∙ min)；
(2)a．第一步反应速率较快，v(第一步的逆反应)＞v(第二步的逆反应)，故a错误；
b．根据反应历程可知，反应的中间产物只有Ｉ，故b正确；
c．第二步反应的速率较慢，活化能较高，故c错误；
d．第二步中生成物中有I，故第二步中H2与I的碰撞仅部分有效，故d正确；
答案选bd；
(3)反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值，得到2x-436kJ/mol-151kJ/mol=11kJ/mol，解得x=299。
【点睛】2HI(g)H2(g)+I2(g)的焓变为11kJ/mol,为易错点。
10. (1)
(2) 3∶2 sp
(3) 三角锥形 4
(4) C元素的非金属性强于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性为
(5) 12 0.315
【分析】K、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，K、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为共价晶体，且C单质的熔沸点大于Si单质的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为 N，c为K，d为Cu，e为Si，f为C所对应的单质，据此解答。
(1)
由分析可知，d为Cu，对应元素原子的电子排布式：；
故答案为：。
(2)
单质a、f对应的元素以原子个数比1:1形成的分子(相同条件下对的相对密度为13)为：，含有σ键3个，π键2个，所含键和键的个数比为3:2，其中C原子的杂化轨道类型是sp杂化；
故答案为：3:2；sp。
(3)
H与N形成的10电子中性分子X为NH3，氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5-3×1)=4，所以空间构型为：三角锥形结构；将NH3溶于水后的溶液滴入硫酸铜溶液中至过量，Cu2+提供空轨道，氨气分子提供孤对对子，通过配位键形成；其中铜离子的配位数为4；
故答案为：三角锥形；；4。
(4)
元素的非金属性越强，其对应的简单氢化物的稳定性就越强，非金属性：C>Si，故SiH4、CH4的稳定性：CH4>SiH4；
故答案为：；；C元素的非金属性强于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性为。
(5)
根据晶胞图可知，晶胞中K原子个数=8×=1，O原子个数=6×=3，I原子个数=1，则该晶体的化学式为KIO3，与K紧邻的O原子分别在各个面的面心，所以个数为12，分析KIO3晶体的晶胞结构可知K原子与O原子间的最短距离为；
故答案为：；12；0.315。
11. ds区 N 球 大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 20 三角锥形 sp 正四面体 12
【详解】(1) 元素Zn的原子序数为30，位于元素周期表的ⅡB族、d区，基态Zn原子核外电子占据的最高能层为第三层，符号是N，占据该能层电子能级为s，电子云轮廓图形状为球形，故答案为：ds区、N、球。
(2) )基态Zn原子价层电子排布式为3d104s2，为全充满的稳定结构，较难失电子，则第一电离能大于，原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，故答案为：大于、Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。
(3)①根据单键为键，双键含1个键，配位键属于键，1个M中含有20个键，则由其键线式可知，1molM中含有20N个键，则1molM中含有20，故答案为：20。
②中N原子的孤电子对数为，空间构型是三角锥形，与CO2结构相似，空间结构为直线形，故中心N原子杂化方式为sp杂化，故答案为：三角锥形、sp。
(4) 立方ZnS晶体结构如图所示，距离最近的4个所围成的空间构型为正四面体，一个晶胞中含有的Zn原子数为4×1=4，晶胞顶点S原子与晶胞平面中心S原子是距离相等且最近的，则与S原子最近且距离相等的S原子有12个，顶点S2-与四面体中心的Zn2+连线处于晶胞体对角线上，二者距离等于体对角线长度的，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，若晶胞参数为a pm，则Zn2+与S2-最近距离为× a×=，故答案为：正四面体、12、。
12. bc X-射线衍射实验 2 分子晶体 bc 面心立方 1∶3 1∶1 O＞Ge＞Zn 3d104s2
【分析】
（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，C60分子位于顶点和面心，利用均摊法确定M原子和C60分子的个数比；
(6)锗单晶的晶胞结构如图所示，晶胞中锗原子个数为8×+6×+4=8，其晶胞参数a pm，阿伏加德罗常数为NA，根据 计算。
【详解】
(1)a．CS2为直线形、SO2为V形分子，分子的键角不相同，故错误；
b．HCHO中的C原子价电子对为 =3，为sp2杂化，故正确；
c． CF4与SiCl4的分子均为正四面体结构，正负电荷中心重叠，均为非极性分子，故正确；
d．N的3p为半充满结构，第一电离能：N＞O＞C，故错误；
e．CO与N2为等电子体，结构相似，化学性质不完全相同，故错误；故答案为：bc；
(2)区分晶体硅和无定形硅最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；1个硅原子拥有2个共价键，28g 晶体硅为1mol，含共价键2mol。故答案为：X-射线衍射实验；2；
(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈正四面体构型，得出Ni(CO)4沸点比较低，符合分子晶体的特点，推测Ni(CO)4的晶体类型是分子晶体， Ni(CO)4易溶于有机溶剂四氯化碳和苯，故答案为：分子晶体；bc；
(4)M原子位于晶胞的棱上与内部，则该晶胞中C60的堆积方式为面心立方，M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12× +9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8×+6×=4，C60与M原子的个数比为4:12=1∶3。故答案为：面心立方；1∶3；
(5)CO2 分子中有2个σ键和2个π键的比值为1:1，O为非金属，电负性最强，同周期从左到右电负性增大，催化剂所含元素Zn、Ge、O电负性由大到小的顺序是O＞Ge＞Zn，元 素Zn为30号，第四周期ⅡB，价电子排布式为3d104s2。故答案为：1∶1；O＞Ge＞Zn；3d104s2；
(6)锗单晶的晶胞结构如图所示，晶胞中锗原子个数为8×+6×+4=8，其晶胞参数a pm，阿伏加德罗常数为NA，根据=，其密度为g/cm3(列出计算式即可)。故答案为：。
【点睛】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞计算等，(4)(6)中晶胞计算为易错点、难点。
13. (1) 醛基
(2) 氧化反应 羧基是亲水基团(或D中羧基能与水分子形成分子间氢键)
(3) +CH2=CH2→2CH2=CH-COOH
(4) 2
(5)
【分析】D和乙烯反应生成E，根据原子利用率分析，E为丙烯酸，F为丙烯醇，和氢气加成得到丙醇。据此解答。
（1）
A的结构简式为 ，其分子式为。环上的取代基为醛基。
（2）
是羟基变成羰基，是氧化反应。D含有两个羧基，羧基是亲水基团(或D中羧基能与水分子形成分子间氢键)，故D能溶于水。
（3）1molD与1mol反应得到2molE，说明E的分子式为C3H4O2，结合F的结构分析，E应为丙烯酸，则D→E反应的化学方程式为+CH2=CH2→2CH2=CH-COOH；
（4）化合物F为丙烯醇，有多种同分异构体，其中含结构的有丙酮或丙醛两种结构，核磁共振氢谱图上只有一组峰的物质为丙酮，结构简式为；
（5）D→E的反应特点制备 ，该物质属于酯类，是 和酯化反应生成的，故先合成 与 。含两个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，利用D→E的反应特点，用 于乙烯反应生成 ，再将其变成醇即可，合成路线为 。
14. 2-羟基丙酸或乳酸 2 C(是酚类化合物)易被空气中氧化 ++HCl 5
【分析】由反应信息可以知，CH3CH(OH)CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A为CH3CH(OH)COOH，A与CH3OH发生正反应生成B，B为，C与反应生成呲氟氯禾灵，结合呲氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可以知，C为。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为CH3CH(OH)COOH，其名称为2-羟基丙酸或乳酸，B的结构简式为，故答案为：2-羟基丙酸或乳酸、。
(2)C为，1mol该物质含有1mol酚羟基、1mol酯基，故1molC最多可与2mol NaOH完全反应，C(是酚类化合物)易被空气中氧化，所以长期暴露在空气中会变质，故答案为：2、C(是酚类化合物)易被空气中氧化。
(3) 反应⑥是和反应生成和HCl，其化学方程式为++HCl，故答案为：++HCl。
(4) 同时满足下列两个条件：①含有；②能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明一定含有羧基的呲氟氯禾灵的同分异构体有分别连有-CH2CH2CH2COOH、-CH2CH(CH3)COOH、-CH(COOH)CH2CH3、-C(CH3)2COOH、-CH(CH3)CH2COOH，共5种，故答案为：5。
(5) 由苯甲醛()制备高分子化合物，先由 和HCN发生加成反应生成 ，在一定条件下水解生成 ，在浓硫酸加热条件下发生反应生成，其合成路线为： ，故答案为： 。
15. 邻乙基苯酚 羟基、氯原子 取代 ++H2O Cl-CH2OOCH CH3CH3CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH
【分析】A为与氯气发生取代反应生成B，B与NaCN反应生成C，C为，C与反应生成D，D为，D被Na2Cr2O7氧化成E，E为，E与G生成M，M为 。
【详解】(1) A为 ，A的化学名称是邻乙基苯酚，B中官能团名称是羟基、氯原子。故答案为：邻乙基苯酚；羟基、氯原子；
(2)A为 与氯气发生取代反应生成B和HCl，由A生成B的反应类型是取代。故答案为：取代；
(3) C的结构简式为 。故答案为：；
(4)E为，E与G生成M，M为和水，E与G生成M的化学方程式是++H2O。故答案为： ++H2O；
(5) 同碳原子数的酸与酯互为同分异构，X与F是同分异构体，1 mol X在碱性条件下水解,消耗2 mol NaOH，且X中有两种不同环境的氢，则X的结构简式为Cl-CH2OOCH。故答案为：Cl-CH2OOCH；
(6)与氯气发生取代反应得到，在氢氧化钠的水溶液中水解生成乙醇，乙醇氧化得到乙酸。以乙烷为原料制备乙酸的合成路线：CH3CH3CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH ，故答案为：CH3CH3CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH。
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