浙江省丽水市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题

这是一份浙江省丽水市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题，共33页。试卷主要包含了00ml溶液，用0，48mL，10g，25g·L-1，混合气体C无色，2＜pH＜3等内容，欢迎下载使用。

浙江省丽水市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题


1. （2020春·浙江丽水·高二统考期末）(1)写出苯与浓硝酸、浓硫酸混合物在60℃时反应的化学方程式_____。
(2)写出氯碱工业中阳极的电极反应式________________。
(3)石英的熔点远高于干冰的原因是_________________。
2. （2021春·浙江丽水·高二统考期末）(1)路易斯酸碱电子理论认为：凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸；凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱。根据信息判断，H2O属于___________(填“酸”或“碱”，下同)，Ag+属于___________。
(2)查表可知，金属铝(Al)的三卤化物晶体的熔点如下：
物质
AlF3
AlCl3
AlBr3
熔点/℃
1290
192.4
97.8

AlF3为什么熔点比AlCl3高得多，请分析原因___________。
3. （2021春·浙江丽水·高二统考期末）硝酸工业尾气中氮的氧化物(NO、NO2)是大气污染物之一，可以用NaOH溶液处理，其原理为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，现有amolNO2和bmolNO混合气体，恰好被200mL某浓度的NaOH溶液完全吸收
(1)NaOH溶液的物质的量浓度为 ___________ mol·L-1。(含a、b的代数式表示)
(2)当生成物中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为4：1时，则a∶b= ___________ 。(要求写出计算过程)
4. （2022春·浙江丽水·高二统考期末）回答下列问题
(1)已知：三氟乙酸()的，三氯乙酸()的，则比较两者的酸性强弱：三氟乙酸_______三氯乙酸(填“>”“<”)，原因是_______。
(2)已知邻羟基苯胺的结构为，邻羟基苯胺的沸点_______对羟基苯胺的沸点(填“低于”“高于”)，原因是_______。
5. （2020春·浙江丽水·高二统考期末）水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位 mg•L-1。下面是某学生测定河水DO的操作步骤：取100mL水样于烧杯中，依次迅速加入过量MnSO4溶液、过量碱性KI溶液，充分搅拌，发生反应：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓。该反应完全后，搅拌并加入过量硫酸溶液，发生反应：MnO(OH)2+2I-+4H+ =Mn2++I2+3H2O，溶液呈弱酸性。然后从烧杯中取出20.00ml溶液，用0.002000mol•L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液10.00mL，发生的反应为2S2O+ I2 = S4O+ 2I-
(1)滴定时消耗的n(Na2S2O3 )=_________mol。
(2)计算水样中的DO，并写出计算过程_____________________
6. （2022春·浙江丽水·高二统考期末）工业废水中苯酚的含量，可用以下步骤测定：
①把20.00mL废水样品、20mL0.0100mol/L和0.0600mol/L KBr混合溶液置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，迅速盖好盖子，摇动锥形瓶。
②充分反应后，稍松开瓶塞，从瓶塞和瓶壁间缝隙迅速加入10%KI溶液10mL(过量)，迅速加盖，充分摇匀。加入少量淀粉溶液。
③用标准溶液滴定至终点，用去溶液22.48mL。
已知：
请回答下列问题：
(1)第②步加KI溶液时要迅速盖好盖子，如果速度偏慢会导致工业废水中苯酚含量_______。(填“偏高”或“偏低”)
(2)该工业废水中苯酚的浓度是_______(保留四位小数)。
7. （2020春·浙江丽水·高二统考期末）过碳酸钠( xNa2CO3• yH2O2)，有固体双氧水的俗称，该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，过碳酸钠的某生产流程如图。回答下列问题：

(1)该流程中氯化钠的作用是_____。
(2)“抽滤”操作如图所示，仪器a的名称____，抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的原因是____。

(3)下列操作或描述错误的是_____________
A．制备过碳酸钠时加稳定剂的作用是防止双氧水分解
B．采用热水洗涤可提高除杂效果
C．洗涤时，应使洗涤剂快速通过沉淀
D．为加快干燥速度，产品可在真空干燥器中干燥
(4)为测定过碳酸钠的化学式，某化学兴趣小组准确称取0.3140g样品溶于水配成待测液，用如图装置进行实验，选出实验正确的操作并排序：(选项可重复选择或不选)检查装置气密性→_______→_______→________→_________

a．将MnO2转移到待测液中
b．将待测液转移到MnO2中
c．调整量气管和水准管的液面相平，记录刻度
d．静置一段时间使气体冷却
e．如图在Y形管中装入MnO2和待测液
(5)由(4)中实验测得产生氧气的体积为36.75mL，已知该温度下气体摩尔体积为24.5L•mol-1，则过碳酸钠的化学式为______________。
8. （2022春·浙江丽水·高二统考期末）实验室制备环己酮的反应原理：，其反应的装置示意图如下(夹持装置、加热装置略去)：

环己醇、环己酮和饱和食盐水的部分物理性质见下表(括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点)：
物质
密度/(g/cm3)
沸点/℃
部分性质
环己醇
0.962
161.1(97.8)
能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮
0.948
155.6(95)
微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应
饱和食盐水
1.330
108.0


实验步骤：
Ⅰ.实验中通过装置B将酸性溶液分批滴加到盛有30ml环己醇的A中，加入第一批溶液后，待反应物的橙红色消失后再加入第二批……依次进行下去，直至反应结束，控制反应在55~60℃进行。反应结束后，向反应液中加入适量的草酸。
Ⅱ.反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100°C的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。
Ⅲ.进一步分离提纯得到精环已酮18.10g。
(1)仪器B的名称是_______。
(2)蒸馏不能分离环己酮和水的原因是_______。
(3)反应要控制在55~60℃进行，不能过高或过低的原因是_______。
(4)写出草酸与酸性重铬酸钠反应的离子方程式_______。
(5)环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：
a.蒸馏，收集151-156℃馏分，得到精品
b.过滤
c.在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液
d.加入无水固体，除去有机物中少量水
上述操作的正确顺序是_______(填序号)。
(6)环己酮的产率_______。
9. （2020春·浙江丽水·高二统考期末）某化合物 A 由三种常见的元素组成，可以发生如下转化(气体体积已换算为标准状况下)

已知：气体B在标准状况下的密度l.96g•L-1，请回答：
(1)B的化学式为_____________
(2)A的组成元素_____________
(3)已知A的阴离子结构与气体B相同， 请画出该阴离子的电子式_____
(4)写出A 与稀盐酸反应的化学方程式________
10. （2021春·浙江丽水·高二统考期末）已知化合物X、A均为红色固体，X含有四种元素，气体单质H密度为1.25g·L-1(标准状况下)，混合气体C无色。流程中每一步反应试剂均过量且完全反应。

(1)组成X的4种元素是___________。
(2)混合气体C通入BaCl2溶液生成沉淀F，请写出反应的离子方程式___________。
(3)固体X与足量氧气反应的化学方程式___________。
(4)化合物X具有还原性，根据原子结构和共价键的相关知识推断出X中的阴离子的结构式为___________。
(5)检验B溶液中阳离子(H+除外)的方法是___________。
11. （2020春·浙江丽水·高二统考期末）2019 年华为推出全球首款5G芯片麒麟 990 ， 芯片的主要材料由硅制作，硅的纯度高达99.9999999%，工业上粗硅提纯的主体工艺流程如图：

(一)“粗硅”与“干燥HCl”在300℃时反应生成l mol SiHCl3气体和氢气，放出225kJ热量。
(l)该反应的ΔS_____0。(填“>”、“＝”、“<”)
(2)写出该反应的热化学方程式____________
(二)将SiC14氢化为SiHCl3 的方法有三种，对应的反应依次为：
I．SiCl4(g) + H2(g)⇌ SiHCl3(g) + HCl(g)   ΔH1 >0
II．3SiCl4(g) + 2H2(g) + Si(s) ⇌4SiHCl3 (g)    ΔH2 <0
III．2SiCl4(g) + H2(g) + Si(s) + HCl(g)⇌3SiHCl3(g)    ΔH3
(3)写出反应II的化学平衡常数表达式___。
(4)不同温度下，反应 II SiCl4转化率如图1所示，下列叙述不正确的是_。
a．B点：v正> v逆
b．正反应速率：A点> E点
c．反应适宜温度：480℃~520℃

(5)反应III到达平衡状态后，升高温度，平衡向 ______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
(6)在T℃、V L 的固定容器中加入一定量的反应物，反应III中n(SiHCl3) 与t 变化关系的趋势曲线如图2所示。若在T℃， 起始体积为V L 容积可变的容器中加入相同量的反应物，请在图2中画出反应III中n(SiHCl3 ) 与t 变化关系的趋势曲线______。
12. （2021春·浙江丽水·高二统考期末）高岭土矿的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高岭土选矿酸性废水含有大量的H+、SO、Al3+及少量的Fe3+等离子。工业上利用高岭土矿和酸性废水制备明矾KAl(SO4)2•12H2O(不考虑其它杂质参与反应)。其实验流程如下：

相关信息：
①Fe3+、Al3+完全沉淀的pH范围
沉淀
Fe(OH)3
Al(OH)3
pH范围
开始沉淀
完全沉淀
开始沉淀
完全沉淀
2.0
3.2
3.4
4.7

②有关物质的溶解度
温度/℃
溶解度/g
物质
10
20
30
40
50
70
K2SO4
8.46
9.55
11.4
12.9
14.2
16.7
Al2(SO4)3
25.1
26.6
28.8
31.4
34.3
42.2
KAl(SO4)2•12H2O
4.0
5.9
8.4
11.7
17
40

请回答：
(1)步骤I中，要加快高岭土酸溶的速率可以采取的措施有___________。(至少写两点)，
(2)滤渣的主要成分是___________。
(3)下列说法中正确的是___________。
A．步骤I的主要目的是提高废水中铝离子的浓度
B．步骤II中的A物质可以是KOH或NaOH
C．步骤II中调节pH的范围是3.2＜pH＜3.4
D．步骤IV中需调控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)尽可能接近1：1：2
(4)步骤VI，为了得到较大颗粒且较干燥的晶体，请从下列选项中选出合理的操作(操作不重复)并排序：取粗产品于烧杯中加适量水→___________→___________→___________→抽滤→洗涤→___________。___________
a．70℃蒸发溶剂制成热的饱和溶液    b．30℃～40℃减压蒸发溶剂得到饱和溶液
c．加热烧杯至晶体完全溶解    d．缓慢冷却至室温   e．低温干燥    f．加热干燥
(5)为了测定成品中铝的含量，可采用的方法：将一定体积的成品待测液与过量的EDTA(化学式为Na2H2Y)标准液反应，加入几滴指示剂，再用ZnSO4标准液滴定过量的EDTA，反应原理如下：Al3++H2Y2-(过量)=AlY-+2H+、Zn2++H2Y2-(剩余)=ZnY2-+2H+(终点色为紫红色)，过实验测出成品中铝的含量低于理论值，原因可能是___________。
A．制备过程中，由于结晶温度控制不当，溶液中硫酸钾晶体同时析出
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后就注入ZnSO4标准液
C．滴定时锥形瓶溶液出现紫红色，立即停止滴定
D．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
13. （2020春·浙江丽水·高二统考期末）在本次抗击新冠肺炎过程中，李兰娟院士团队发现广谱抗病毒药盐酸阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒 (COVID- 1 9 )。盐酸阿比朵尔可通过下列路线合成 ：  

请回答下列问题：
(1) C中含氧官能团的名称_____，D的结构简式_______
(2)下列说法不正确的是___
a．l molB最多可与2molNaOH反应
b．A、D中滴加 FeCl3 溶液，均能显紫色
c．C→D的反应中加入KOH可促进酯的水解、中和生成的HBr， 有利于苯硫酚的取代
d．F可发生酯化反应、氧化反应和水解反应
(3)写出B→C的化学方程式_____    ，该反应的反应类型是___    。
(4)下列五种物质均为 A 的同分异构体，请参照①②，在③④⑤的虚线框中画出含有酯键的基团___，___，___。

(5)根据合成路线的相关信息并结合已有知识，写出以(CH3CO)2O、 和为原料制备扑炎痛()的合成路线(无机试剂任选)___。
已知：①+ SOCl2 →+ SO2 + HCl
②  +⟶+NaCl
14. （2021春·浙江丽水·高二统考期末）某课题组合成治疗心绞痛药物雷诺嗪，线路如下：

已知：①RCH=CH2
②
③
④
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物E具有弱碱性，可以跟盐酸反应
B．A→B的两步反应依次是加成反应、取代反应
C．B→C使用NaOH可中和反应产生的酸性物质
D．雷诺嗪的分子式为C24H35N3O4
(2)化合物C的结构简式是___________。
(3)G→H的化学方程式是___________。
(4)写出同时符合下列条件的X的同分异构体(不包括立体异构体)___________
a．有一个四元环；
b．有－CN和－OH。
(5)用乙醇为原料，设计Y的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。
15. （2022春·浙江丽水·高二统考期末）药物布洛芬具有镇痛、解热、抗炎作用，Brown法合成布洛芬流程如下：

已知：①+ClCH2COOC2H5
②+NH2OH→
③+CH3CHO
请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．流程图中核磁共振氢谱中3组峰
B．化合物D中含有两种官能团
C．B→C、F→G的反应类型相同
D．布洛芬的分子式是
(2)化合B的结构简式_______，化合物E的结构简式_______。
(3)写出C→D的化学反应方程式_______，
(4)请写出满足下列条件的F的所有同分异构体_______。
①含有-NH-CHO结构
②氮原子与苯环直接相连
③苯环上有三个取代基且苯环上一氯代物有两种
(5)结合题目信息，设计以为主要原料合成的合成路线。(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
16. （2021春·浙江丽水·高二统考期末）工业合成氨是人工固氮的一种重要方式，氨的合成实现工业化生产迄今已有100多年历史，合成氨技术是人类科学技术领域的重要突破。请回答：
(1)下列有关获取原料气的说法正确的是___________。
A．可通过液化空气分离法得到氮气
B．可用煤、天然气与水蒸气反应制备水煤气，进而获取氢气
C．原料气需经净化处理以防催化剂中毒
D．电解水法获取氢气是一种较为廉价且高效的方法
(2)原料气中的杂质气体H2S可用过量氨水净化吸收，写出化学反应方程式___________。
(3)工业生产中氮气与氢气按物质的量之比为1：2.8进行投料，合成塔压强p恒定。若起始时氮气通入量为xmol，一段时间后测得氮气的平衡转化率为80%，用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的KP=___________(用p表示，气体分压=总压ⅹ物质的量分数)
(4)据统计，每年全世界在合成氨工业中向外排放CO2高达40亿吨，为循环使用CO2减少浪费，常见的方法是利用合成氨的产品NH3和副产品CO2合成尿素：
①2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)Ea1
②NH2COONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(l)Ea2
副反应：NH2COONH4+H2O=(NH4)2CO3
已知活化能大小：Ea1＜＜Ea2
某科研小组模拟工业合成尿素生产，发现反应温度在140℃时生成尿素的反应速率反而比80℃小，可能原因是___________。
(5)工业合成尿素中，通常氨碳投料比大于2，请分析可能原因___________。
A．氨易获得，成本较低
B．氨过剩可提高二氧化碳的转化率，加快合成速率
C．氨气可与体系内水结合，减少氨基甲酸铵水解，抑制副反应发生
D．氨结合水，促进反应②正向移动
17. （2022春·浙江丽水·高二统考期末）前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，已知X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；基态Y原子s能级的电子总数比p能级的多1；Z原子基态成对电子数是未成对电子数的3倍；W原子的简单离子半径在第三周期元素形成的简单离子中最小；T为应用最广泛的金属，其基态原子中有4个未成对电子。回答下列问题：
(1)基态原子T的电子排布式是_______。
(2)元素Y、Z、W第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号回答)。
(3)离子的空间构型为_______。
(4)常温下是一种浅黄色液体，熔点-20℃，不溶于水、易溶于苯。每个XZ分子与T原子间均有1个配位键。分子的结构可能为下图中的_______(填“甲”或“乙”)，理由是_______。

18. （2022春·浙江丽水·高二统考期末）已知：X元素为第30号元素，Y元素基态原子的3p轨道上有4个电子，Z元素原子的最外层电子数是内层的3倍。某化合物由X、Y两种元素组成，常用于制作荧光材料，晶胞结构如图所示：

(1)①写出X元素基态原子价层电子排布式_______。
②该化合物的化学式为_______。
③若该晶胞参数为apm，则晶体的密度为_______(用NA表示阿伏加德罗常数)。
(2)分子中，Y原子轨道的杂化类型是_______。
(3)Z的氢化物()在接近其沸点的蒸气相对分子质量测定值比的相对分子质量大，其原因是_______。
(4)X的氯化物与氨水反应可形成配合物，1mol该配合物中含有σ键的数目为_______。

参考答案：
1.      +HO-NO2+H2O     2Cl--2e-=Cl2↑     石英是原子晶体，干冰是分子晶体(或石英熔化时破坏共价键，干冰熔化时破坏分子间作用力)
【详解】(1)苯与浓硝酸、浓硫酸混合物在60℃时反应，生成硝基苯和水，该反应的化学方程式为+HO-NO2+H2O。
(2)氯碱工业中阳极上氯离子放电生成氯气，其电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
(3)石英的主要成分是二氧化硅，其为原子晶体，其熔化时破坏共价键，而干冰属于分子晶体，其熔化时破坏分子间作用力，因此，石英的熔点远高于干冰的原因是：石英是原子晶体，干冰是分子晶体(或石英熔化时破坏共价键，干冰熔化时破坏分子间作用力)。
2.      碱     酸     AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力
【详解】(1)根据信息判断，凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱，H2O能给出氢氧根，因此H2O属于碱，凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸，Ag+能接受氢氧根离子，因此Ag+属于酸；故答案为：碱；酸。
(2)根据题中熔点，得出AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，由于离子键强于分子间作用力，因此AlF3熔点比AlCl3高得多；故答案为：AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力。
3.      5(a+b)     7:3
【详解】(1)
         

(2)假设和物质的量为和4


==7:3
4. (1)     >     氟的电负性大于氯的电负性，F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
(2)     低于     邻羟基苯胺容易形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯胺容易形成分子间氢键，沸点升高，因此邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点

【解析】(1)
三氟乙酸(CF3COOH)的pKa=0.23，三氯乙酸(CCl3COOH)的pKa=0.65，则酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，因为氟的电负性大于氯的电负性，F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使CF3C-的极性大于CCl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
(2)
邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点，因为邻羟基苯胺容易形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯胺容易形成分子间氢键，沸点升高，因此邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点。
5.      2.0×10-5     根据反应①②③有O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O，n(O2)=n(Na2S2O3)=5×10-6mol，该河水的DO=
【分析】根据题干信息可知，MnO(OH)2中的锰是+4价的，可以将I-氧化为I2，同时自身被还原为Mn2+，而生成的I2又可以用Na2S2O3进行滴定，Na2S2O3被氧化为S4O，结合化学反应方程式列关系式有O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O，据此分析解答。
【详解】(1)由题干信息可知，滴定时消耗0.002000mol•L-1Na2S2O3溶液10.00mL，根据公式n=cV可得，滴定时消耗的n(Na2S2O3)=0.01L×0.002000mol•L-1=2.0×10-5mol；
(2)根据分析可知，由反应①②③列关系式有O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O，则n(O2)=n(Na2S2O3)=5×10-6mol，已知溶氧量(DO)用每升水中溶解氧分子的质量表示，则该河水的DO=。
6. (1)偏高
(2)0.0053mol/L

【解析】(1)
第②步加KI溶液时要迅速盖好盖子，由于溴易挥发，如果速度偏慢溴挥发后剩余量减少，会导致测定工业废水中苯酚含量偏高；
故答案为：偏高。
(2)
20mL0.0100mol/L和0.0600mol/L KBr混合溶液置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，根据溴离子与溴酸根的氧化还原反应方程式可知生成溴单质的物质的量为：3×0.0100mol/L×20ml=6×10-4mol，根据反应可知，溴与碘化钾反应的生成碘单质的物质的量为：0.0250mol/L×22.48mL÷2=2.81×10-4mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为：6×10-4mol-2.81×10-4mol=3.19×10-4mol，所以废水中苯酚的浓度是：3.19×10-4mol÷3÷20.00ml=0.0053mol/L；
故答案为：0.0053mol/L。
7.      降低过碳酸钠的溶解性，促进其析出     布氏漏斗     过碳酸钠有强氧化性     BC     e     a     d     c     2Na2CO3•3H2O2
【分析】根据生产流程分析可知，向碳酸钠和双氧水中加入稳定剂反应，再加入氯化钠常温结晶，抽滤后洗涤干燥即可得到过碳酸钠，根据仪器结构判断仪器名称，利用抽滤相关知识回答问题，结合题干信息选择正确的实验操作顺序，根据实验步骤分别计算出碳酸钠和双氧水的含量，进而计算确定该过碳酸钠的化学式。
【详解】(1)该流程中，NaCl可降低过碳酸钠的溶解性，促进其析出；
(2)根据仪器a的结构可知，a为布氏漏斗，由于过碳酸钠有强氧化性，因此在抽滤时，用玻璃纤维代替滤纸，防止其被还原；
(3)A．制备过碳酸钠时加稳定剂，可以防止双氧水分解，A正确；
B．由于过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质，因此可推知该物质受热易分解，则不能采用热水洗涤，B错误；
C．洗涤时，应使洗涤剂缓慢通过沉淀，保证完全洗涤干净，C错误；
D．产品在真空干燥器中干燥可加快干燥速度，D正确；
故答案选BC；
(4)测定过碳酸钠的化学式时，取样品溶于水配成溶液后，先检查装置气密性，再将待测液和MnO2装入图中的Y形管中，通过偏移Y形管使MnO2转移到待测液中，过碳酸钠在MnO2催化下分解产生氧气，静置一段时间使气体冷却，最后调整量气管和水准管的液面相平，记录刻度，故正确的顺序为检查装置气密性→e→a→d→c；
(5)根据题干信息，由(4)中实验测得产生氧气的体积为36.75mL，已知该温度下气体摩尔体积为24.5L•mol-1，则产生氧气的物质的量为，根据2H2O2~O2可得，该过碳酸钠中H2O2的物质的量为0.003mol，质量为0.003mol×34g/mol=0.102g，所以该过碳酸钠中Na2CO3的质量为0.314g-0.102g=0.212g，物质的量为，所以该过碳酸钠中n(H2O2)：n(Na2CO3)=0.003：0.002=3：2，则该过碳酸钠的分子式为2Na2CO3•3H2O2。
8. (1)分液漏斗
(2)环已酮和水形成具有固定组成的混合物一起蒸出
(3)温度过低，反应速率太慢，反应时间太长；温度过高，加剧了环己酮的开环反应(或温度过高副反应增多)
(4)
(5)cdba
(6)64%

【分析】实验室制备环己酮的反应原理：，该反应为放热反应，在反应过程中控制反应的温度不能太高，防止发生更多的副反应，分批加入的目的防止过多，导致环己酮发生开环反应，反应结束后向反应液中加入适量的草酸除去过量的，完成后加入适量的水，蒸馏收集95~100°C馏分，得到环己酮粗品。
（1）
仪器A为三颈烧瓶，仪器B为分液漏斗，所以答案为：分液漏斗；
（2）
由已知条件可知，环已酮与水形成的具有固定组成的混合物的沸点为95°C，无法分开，故答案为：环已酮和水形成具有固定组成的混合物一起蒸出；
（3）
反应要控制在55~60℃进行，从速率的角度考虑，若温度过低，反应速率太慢，反应时间太长；从产物的纯度考虑，温度过高，加剧了环己酮的开环反应(或温度过高副反应增多)，所以答案为：温度过低，反应速率太慢，反应时间太长；温度过高，加剧了环己酮的开环反应(或温度过高副反应增多)；
（4）
草酸为弱酸写成化学式的形式，重铬酸钠属于溶入水的钠盐，写成离子的形式，所以，草酸与酸性重铬酸钠溶液反应的离子方程式为：；
（5）
根据已知条件，环已酮微溶于水，加入饱和NaCl后，降低了环已酮的溶解度，更易分层，利用分液的方法分离，然后加入无水，除去少量的水，过滤除去不溶物，最后采用蒸馏的方法得到环己酮精品，所以答案为cdba；
（6）
30ml环己醇的质量=，根据化学方程式可知，n()=n()=，环已酮的产率==64%。
9.      CO2     Ca、C、N          CaCN2+4HCl+2H2O=CaCl2+2NH4Cl+CO2↑
【分析】某化合物 A 由三种常见的元素组成，则气体B为常见气体，其在标准状况下的密度l.96g•L-1，则其相对分子质量为l.96´22.4=44，则其为二氧化碳。溶液E与氢氧化钠溶液共热生成气体F，则F为氨气，其物质的量为0.2mol。溶液C与足量的碳酸钠溶液反应生成白色沉淀D，则D可能为碳酸钙，若是，其物质的量为0.1mol。由以上分析可知，A所含有的三种常见元素为Ca 、C、N，根据质量关系可以确定8.0gA中含有C元素的物质的量为，则Ca 、C、N的原子个数比为0.1:0.1:0.2=1:1:2，因此，A的化学式为CaCN2。再用这个化学式逐一验证，可以发现完全吻合。
【详解】(1)由分析可知，气体B为常见气体，其在标准状况下的密度l.96g•L-1，则其相对分子质量为l.96´22.4=44，则其为二氧化碳，B的化学式为CO2；
(2)由分析可知，A所含有的三种常见元素为Ca 、C、N，根据质量关系可以确定8.0gA中含有C元素的物质的量为，则Ca 、C、N的原子个数比为0.1:0.1:0.2=1:1:2，A的化学式为CaCN2，其组成元素为Ca、C、N；
(3) 气体B为二氧化碳，其电子式为， A的阴离子结构与其相同，则该阴离子的电子式为；
(4) A 与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和氯化铵，该反应的化学方程式为CaCN2+4HCl+2H2O=CaCl2+2NH4Cl+CO2↑。
【点睛】本题要求学生能根据气体在标准状况下的密度求出其相对分子质量，能掌握常见离子的检验方法，从而确定未知物的组成元素，并能根据质量守恒定律确定其化学式，能根据等电子原理确定未知物的分子结构。
10.      Fe、S、C、N               、     取少量B溶液于洁净试管中，滴加1-2滴KSCN溶液，若出现血红色，则证明存在Fe3+(若有其他答案，合理即可)
【分析】已知化合物X、A均为红色固体，X含有四种元素，气体单质H密度为1.25g·L-1(标准状况下)，则气体H的相对分子质量为：28，H为：N2，根据流程图示可知A为三氧化二铁，，则X中含有铁元素，混合气体C无色和氯化钡溶液生成白色沉淀硫酸钡，，化合物X中含有硫元素且，混合气体D与澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，则D中含有二氧化碳气体，则X中含有碳元素，气体H为氮气，则X中含有氮元素，据此分析答题。
【详解】(1)根据上述分析可知组成X的4种元素是Fe、S、C、N，答案为：Fe、S、C、N；
(2)混合气体C中含有二氧化硫、二氧化碳、氮气和过量的氧气，二氧化碳，氮气和BaCl2溶液不反应，二氧化硫和氧气共存时与氯化钡溶液发生反应如下：，答案为：；
(3)根据上述分析可知固体X为硫氰化铁，与足量氧气反应生成三氧化二铁、二氧化硫、二氧化碳和氮气，反应的化学方程式为：，答案为：；
(4)化合物X为：，硫氰根离子具有还原性，根据原子结构和共价键的相关知识可推出X中的阴离子的结构式为、，答案为：、；
(5)B溶液中含有三价铁离子，检验三价铁离子的方法是：取少量B溶液于洁净试管中，滴加1-2滴KSCN溶液，若出现血红色，则证明存在Fe3+(若有其他答案，合理即可)，答案为：取少量B溶液于洁净试管中，滴加1-2滴KSCN溶液，若出现血红色，则证明存在Fe3+(若有其他答案，合理即可)。
11.     )<     Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)    ΔH= -225kJ·mol-1          b     逆反应    
【分析】(一)“粗硅”与“干燥HCl”在300℃时反应生成l mol SiHCl3气体和氢气，放出225kJ 热量，则热化学方程式为Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)  ΔH=-225kJ·mol-1；根据方程式，反应为气体的计量数减小的反应；
(二)(3)根据反应II的方程式，气体物质有浓度，而固体物质的浓度为定值；
(4)a．反应II中ΔH2<0，升高温度平衡逆向移动，根据图象SiCl4(g)的转化率增大，则反应未达到平衡状态，B点：v正>v逆；
b．升高温度，反应速率增大，则正反应速率：E点>A点；
c．根据图象可知，SiCl4转化率在480℃~520℃时较高；
(5)根据盖斯定律，反应II-反应I，可得反应III，则ΔH3<0；
(6)反应III为气体计量数减小的反应，即气体的物质的量随反应的进行，物质的量逐渐减小，则体积减小，相当于温度未变，减小体积，平衡正向移动，n(SiHCl3)增大，其浓度也增大，反应速率加快，达到平衡状态所用的时间变短。
【详解】(一)“粗硅”与“干燥HCl”在300℃时反应生成l mol SiHCl3气体和氢气，放出225kJ 热量，则热化学方程式为Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)  ΔH=-225kJ·mol-1；根据方程式，反应为气体的计量数减小的反应，则ΔS<0；
(二)(3)根据反应II的方程式，气体物质有浓度，而固体物质的浓度为定值，则其化学平衡常数表达式；
(4)a．反应II中ΔH2<0，升高温度平衡逆向移动，根据图象SiCl4(g)的转化率增大，则反应未达到平衡状态，B点：v正>v逆，a叙述正确；
b．升高温度，反应速率增大，则正反应速率：E点>A点，b叙述不正确；
c．根据图象可知，SiCl4转化率在480℃~520℃时较高，则反应适宜温度：480℃~520℃，c叙述正确；
综上所述，答案为b。
(5)根据盖斯定律，反应II-反应I，可得反应III，则ΔH3<0，即反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
(6) 反应III为气体计量数减小的反应，即气体的物质的量随反应的进行，物质的量逐渐减小，则体积减小，相当于温度未变，减小体积，平衡正向移动，n(SiHCl3)增大，其浓度也增大，反应速率加快，达到平衡状态所用的时间变短，图象为。
【点睛】其他条件不变，反应条件由恒容变为恒压时，反应体系中气体的计量数变小，则相对于恒容，气体总体积变小，相对于恒容平衡后，再增大压强，减小体积。
12.      升高温度、粉碎高岭土、搅拌等（任意两种即可）     Fe(OH)3、SiO2     ACD     加适量水→c→b→d→抽滤→洗涤→e     AB
【分析】高岭土矿的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，利用高岭土选矿酸性废水溶解高岭土矿，调节pH除去铁元素和二氧化硅，再调控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)尽可能接近1：1：2，经过一系列操作得到KAl(SO4)2•12H2O，据此分析答题。
【详解】(1)步骤I中，可以通过升高温度、粉碎高岭土、搅拌等方法加快高岭土酸溶的速率，答案为：升高温度、粉碎高岭土、搅拌等；
(2) 高岭土矿的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高岭土选矿酸性废水含有大量的H+、SO、Al3+及少量的Fe3+等离子，酸浸时二氧化硅不发生反应，加入物质A调节溶液pH为3.2，可使Fe3+离子完全沉淀，而此时铝离子未沉淀，所以滤渣的主要成分是Fe(OH)3、SiO2，答案为：Fe(OH)3、SiO2；
(3) A．高岭土矿的主要成分是Al2O3，高岭土选矿酸性废水含有大量的Al3+，所以步骤I的主要目的是提高废水中铝离子的浓度，A正确；
B．步骤II中的A若是NaOH，引入钠离子杂质，导致最终制得KAl(SO4)2•12H2O不纯，B错误；
C．氢氧化铁完全沉淀的pH为3.2，氢氧化铝开始沉淀的pH为3.4，为使二者分离步骤II中调节pH的范围是3.2＜pH＜3.4，C正确；
D．制备产品为KAl(SO4)2•12H2O，所以步骤IV中需调控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)尽可能接近1：1：2，D正确；
答案为：ACD；
(4)根据物质的溶解度表格数据可知，室温时KAl(SO4)2•12H2O溶解度最低，采用冷却结晶方法，在70℃时的溶解度高于硫酸钾，若此时蒸发溶剂可能析出硫酸钾晶体，所以采用30℃～40℃减压蒸发溶剂得到饱和溶液，再缓慢冷却的方法制备KAl(SO4)2•12H2O，加热干燥KAl(SO4)2•12H2O会失去结晶水，所以选择低温干燥，答案为：加适量水→c→b→d→抽滤→洗涤→e；
(5)分析题意可知：EDTA（铝）=EDTA（总）-EDTA（锌），
A．制备过程中，由于结晶温度控制不当，溶液中硫酸钾晶体同时析出，导致消耗ZnSO4标准液数值偏大，成品中铝的含量低于理论值，A正确；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后就注入ZnSO4标准液，导致消耗ZnSO4标准液数值偏大，成品中铝的含量低于理论值，B正确；
C．滴定时锥形瓶溶液出现紫红色，可能未到达滴定终点，导致消耗ZnSO4标准液数值偏小，成品中铝的含量高于理论值，C错误；
D．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，导致消耗ZnSO4标准液数值偏小，成品中铝的含量高于理论值，D错误；
答案为：AB。
13.      酯基          a     +2Br2⟶+2HBr     取代反应                   
【分析】结合B与溴的反应类型，对比A、C的结构简式，可判断B的结构简式为；C的分子式为C15H15O4NBr2，根据、D的分子式，可推测C→D发生溴原子的取代反应及一个酯基的水解，则D为；
【详解】(1)根据C的结构简式，含氧官能团的名称为酯基；分析可知，D的结构简式为；
(2)a．l molB即，含有2mol酯基，水解后可生成酚类，酚可与NaOH反应，最多可与3molNaOH反应，a说法不正确；
b．A、D中均含有酚羟基，滴加FeCl3溶液，均能显紫色，b说法正确；
c．酯基、HBr均能与NaOH反应，则C→D的反应中加入KOH可促进酯的水解、中和生成的HBr，有利于苯硫酚的取代，c说法正确；
d．F中含有羟基、酯基，可发生酯化反应、氧化反应和水解反应，d说法正确；
答案为a；
(3)B→C发生溴原子的取代反应，其化学方程式为+2Br2⟶+2HBr；
(4)虚框中的原子团的分子式为-C3H5O2，且含有酯基的可能的结构简式为-CH(CH3)OOCH、-CH2CH2OOCH、-CH2OOCCH3、-OOCCH2CH3、-COOCH2CH3、-CH2COOCH3；
(5)根据已知②可与R-COCl发生取代反应，则邻羟基苯甲酸反应时，羧基需转化为R-COCl形式，结合题中流程，(CH3CO)2O、反应生成，再与SOCl2反应生成，最后生成扑炎痛。
【点睛】找含有酯基的同分异构体时，找-COO-及-OOC-两种形式，再确定碳链异构即可。
14.     AC          ++HCl     、、、、    
【分析】丙烯首先和氯气在加热的条件下发生甲基上氢原子的取代反应，然后发生已知信息①的反应生成B为，根据D的结构简式结合已知信息③可知B和反应生成C为，根据已知信息②可知C和X反应生成D，D在一定条件下反应生成E，E和H发生取代反应生成雷诺嗪，根据H的结构简式可判断F是间二甲苯，G和Y发生取代反应生成H，根据H的结构简式可知Y的结构简式为ClCH2CH2NHCH2CH2Cl，G的结构简式为，据此解答。
【详解】(1)A．化合物E中含有氨基，具有弱碱性，可以跟盐酸反应，A正确；
B．根据以上分析可知A→B的两步反应依次是取代反应、氧化反应，B错误；
C．B→C反应中还有氯化氢生成，则使用NaOH可中和反应产生的酸性物质，C正确；
D．雷诺嗪的分子式为C24H33N3O4，D错误；
答案选AC；
(2)根据以上分析可知化合物C的结构简式是。
(3)G→H的化学方程式是+→+HCl。
(4)X的分子式为C4H5NO2，满足条件的同分异构体a．有一个四元环；b．有－CN和－OH，这说明四元环中有3个碳原子和1个氧原子，则符合条件的有机物同分异构体有、、、、。
(5)根据已知信息④可知要制备Y，则需要利用1，2－二氯乙烷和氨气发生取代反应，乙烯和氯气发生加成反应即可得到1，2－二氯乙烷，而乙醇发生消去反应可得到乙烯，则以乙醇为原料，Y的合成路线图为。
15. (1)CD
(2)         
(3)
(4) 、 、 、
(5)

【分析】通过对比A、和B的分子式，可初步推断流程发生的是取代反应，再结合C的结构简式可推断出为 ；依据流程，结合题目信息反应①，可推断出D为 ；依据流程，结合题目信息反应②，可逆向推断出E为 ；依据流程，结合F和G的分子式，由F和布洛芬向中间推导，推断出G为 ；
（1）
为 ，而同碳上的甲基上的氢等效，所以 中有三种氢，核磁共振氢谱有3组峰，A正确；
D为 ，官能团有酯基 和醚键 ，B正确；

为 ，是取代反应，为 ，是消去反应，二者反应类型不同，C错误；
布洛芬为 ，分子中只含有C、H、O三种元素，而O不影响不饱和度，数出布洛芬分子中的C原子数为13，O原子数为2，不饱和为5，则H原子数目为，由此确定布洛芬的分子式为，D错误；
故答案为CD；
（2）
通过对比A、和B的分子式，可初步推断流程发生的是取代反应，再结合C的结构简式可推断出为 ，继而可以确定B为 ；依据流程，结合题目信息反应②，可逆向推断出E为 ；
故答案为 ； ；
（3）
C为 ，依据流程，结合题目信息反应①，可推断出D为 ，则的化学日用瓷方程式为 ；
故答案为 ；
（4）
F为 ，除苯环外只有一个不饱和度，而条件①含有-NH-CHO结构利用了这一不饱和度，条件②要求氮原子与苯环直接相连，对结构进行了一定的限制，结合条件①和②，可以确定苯环上的其中一个取代基为-NH-CHO；条件③苯环上有三个取代基且苯环上一氯代物有两种表明书写的同分异构体有一定的对称性，即苯环上另外两个取代基相同且处于对称位置，由此可以写出F的同分异构体如下 、 、 、 ；
故答案为 、 、 、 ；
（5）
比较原料和产物，结合题目信息反应③，可以逆向推断出需要利用和来合成，而原料只有，结合题目中的流程，可利用制备得到，所以完整合成路线如下
16.      ABC     H2S+2NH3•H2O=(NH4)2S+2H2O          反应①活化能远小于反应②，反应①很快达到平衡，升高温度反应①逆向移动，氨基甲酸铵浓度减小，导致合成尿素速率减小，（若答：浓度效应大于温度效应；氨基甲酸铵分解也给分；其他答案合理也可）     BCD
【详解】(1)A氮气的沸点低，故可以通过液化空气分离法得到氮气，故A对；B煤可以和水反应生成水煤气，故B对；C原料气需经净化处理以防催化剂中毒，故C对；D电解水需要消耗过多能量，故不是廉价高效的方法，故D错；故选ABC；
(2)H2S与过量氨水反应的化学方程式为H2S+2NH3•H2O=(NH4)2S+2H2O；
(3)
；
(4)反应①活化能远小于反应②，反应①很快达到平衡，升高温度反应①逆向移动，氨基甲酸铵浓度减小，导致合成尿素速率减小，（若答：浓度效应大于温度效应；氨基甲酸铵分解也给分；其他答案合理也可）；
(5)A氨不容易获得，错；B根据反应①，氨过量，可以提高二氧化碳的转化率，浓度增大也能加快反应速率，对；C氨气容易与水反应且易溶于水，较少副反应发生，对；D氨结合水以后，可以促进反应②正向移动，对；故选BCD。
17. (1)
(2)Al (3)V形
(4)     甲     不溶于水、易溶于苯，说明该分子是非极性分子，甲的结构对称，对应分子为非极性分子

【分析】已知X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以X为C；基态Y原子s能级的电子总数比p能级的多1，电子排布式为：1s22s22p3，Y元素为N；Z原子基态成对电子数是未成对电子数的3倍，电子排布式为1s22s22p4，Z元素为O，W原子的简单离子半径在第三周期元素形成的简单离子中最小，W为Al，T为应用最广泛的金属，其基态原子中有4个未成对电子，所以T为Fe。综上，X为C，Y元素为N，Z元素为O，W为Al，T为Fe。
（1）
T为Fe，为26号元素，所以Fe的基态原子的电子排布式为：；
（2）
Y元素为N，Z元素为O，W为Al，非金属第一电离能大于金属，所以Al的第一电离能最小，N电子排布式为：1s22s22p3，处于半充满状态，稳定，所以N>O，综上，元素Y、Z、W第一电离能由小到大的顺序为：Al （3）
为，N的价层电子对数=，空间构型为V形；
（4）
为，已知每个CO分子与Fe形成一个配位键，且不溶于水、易溶于苯，说明为非极性分子，符合条件的为甲结构，故答案选甲；理由为：不溶于水、易溶于苯，说明该分子是非极性分子，甲的结构对称，对应分子为非极性分子。
18. (1)          ZnS    
(2)
(3)接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的因氢键而形成的缔合分子
(4)16NA

【分析】X元素为第30号元素，X为Zn，Y元素基态原子的3p轨道上有4个电子，价电子排布式为3s23p4，Y为S，Z元素原子的最外层电子数是内层的3倍，Z为O；综上X为Zn，Y为S，Z为O。
（1）
①X元素为Zn，基态原子价层电子排布式为；
②Zn的个数=，S均在晶胞内，S的个数=4，所以化学式为ZnS；
③晶胞中包含的原子的质量=，晶胞体积=，所以晶胞密度==；
（2）
的分子式为SO2，S价层电子对数=2+=2+1=3，杂化方式为；
（3）
为H2O，水分子间存在氢键，接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的因氢键而形成的缔合分子，所以测得的值比的相对分子质量大，故答案为：接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的因氢键而形成的缔合分子；
（4）
该配合物为，与之间形成离子键，无σ键，中为配体，N与Zn形成配位键，1mol中包括3molN-H键和1molN-Zn配位键，所以1mol形成的σ键数为4mol，1mol 中含有4mol，所以1mol该配合物中含有σ键的数目==16NA。