2023年甘肃省武威市高考化学第一次联考试卷及答案解析

这是一份2023年甘肃省武威市高考化学第一次联考试卷及答案解析，共20页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

2023年甘肃省武威市高考化学第一次联考试卷
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1. 化学与生产、生活、科技及环境等密切相关。下列说法正确的是(    )
A. 侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通二氧化碳再通氨气
B. 大气中PM2.5比表面积大，吸附能力强，能吸附许多有毒有害物质
C. 工业上用电解熔融氯化钠和熔融氧化镁的方法，来制备金属钠和镁
D. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
2. 《本草纲目》中记载：“看药上长起长霜，则药已成矣。”其中“长霜”代表棓酸的结晶物，棓酸(只含C、H、O)的球棍模型如图所示。下列有关棓酸的说法错误的是(    )


A. 能发生加成反应和取代反应 B. 能与NaOH溶液反应
C. 分子式为C7H6O6 D. 苯环上只有一种一氯代物
3. 下列实验正确且能达到实验目的的是(    )
A. 图A是制取并收集氨气
B. 图B是还原氧化铜
C. 图C是检验绿矾溶液是否变质
D. 图D是制备少量氢气
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。接触法制备硫酸的原理：；(2)2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−98.3kJ⋅mol−1；(3)SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)ΔH=−akJ⋅mol−1。下列说法正确的是(    )
A. 1LpH=1的硫酸溶液中含H+的数目为0.2NA
B. 反应(2)中SO2和O2反应放出98.3kJ热量时生成SO3分子的数目为2NA
C. SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)ΔH=−bkJ⋅mol−1，则b D. 反应(1)中生成22.4LSO2转移的电子数为5.5NA
5. 三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱的装置示意图如图，下列说法正确的是(    )
A. 酸碱的浓度：进等于出
B. 右侧电极的电极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑
C. 装置工作一段时间后，n(a)：n(b)=2：1
D. 右侧离子交换膜为阴离子交换膜
6. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，且Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，W在同周期中原子半径最小。下列叙述错误的是(    )
A. 原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C. 元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
D. Z、W形成的化合物ZW3中各原子最外层电子均满足8电子稳定结构
7. 常温下，向25mL0.1mol⋅L−1的二元酸H2X溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法正确的是(    )
A. 曲线Ⅰ表示lgc(HX−)c(H2X)与pH的关系
B. 滴入NaOH溶液至中性：c(Na+)=c(HX−)+c(X2−)
C. V[NaOH(aq)]=25mL时，混合溶液呈碱性
D. 2HX−⇌X2−+H2X的平衡常数K=10−3.6



二、流程题（本大题共1小题，共8.0分）
8. 中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2)为原料冶炼钨的流程如图所示：

已知：钨酸酸性很弱，钨酸和WO3均难溶于水；25°C时，SiO32−和WO42−开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。
回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的是 ______ ；“粉碎”后的黑钨矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于 ______ 。
(2)同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子的能力 ______ (填“强”或“弱”)。
(3)写出在“焙烧“”条件下FeWO4与纯碱、空气反应生成Fe2O3的化学方程式： ______ 。
(4)“滤液I”调节pH应选择的试剂为 ______ (填标号)，调节pH的范围为 ______ 。
A.氨水
B.WO3
C.稀硫酸
D.NaOH
(5)常温下，Ksp[Ca(OH)2]=5.5×10−6，Ksp(CaWO4)=8.8×10−9常温下，向Na2WO4溶液中不断加入石灰乳，当溶液的pH=13时，c(WO42−)= ______ mol⋅L−1。
(6)目前，冶炼拉制钨丝的金属钨，都用组成为非整比的钨氧化物为原料，这种氧化钨中存在+5价和+6价两种价态的钨。试确定组成为WO2.9的氧化钨中+5价和+6价的钨原子数之比等于 ______ 。

三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
9. 实验室采用高温加热三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)的方法制备BCl3，装置如图所示(夹持装置及加热装置略)，已知BF3与BCl3均易与水反应，AlCl3沸点低、易升华。

部分物质的沸点如表所示：
物质
BF3
BCl3
AlCl3
沸点/℃
−101
12.5
180
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ______ 。
(2)氟硼酸钾(KBF4)中B元素的化合价为 ______ 。实验中滴入浓硫酸并加热装置A，除产生气体外，还生成一种酸式盐，写出反应的化学方程式： ______ 。
(3)装置F的作用为 ______ 。
(4)实验开始时，A、C两处加热装置应先加热A处，原因是 ______ 。
(5)装置D采用的是或 ______ (填“水浴加热”或“冷水浴”)。
(6)BCl3产品中氯元素含量的测定：称取ag样品置于蒸馏水中完全水解，并配成250mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，向其中加入V1mLc1mol⋅L−1AgNO3溶液使Cl−充分沉淀，加入一定量硝基苯用力振荡，静置后，滴加几滴Fe(NO3)3溶液，用c2mol⋅L−1KSCN标准溶液滴定至溶液变为红色且半分钟内不褪色，消耗KSCN标准溶液的体积为V2mL，则产品中氯元素含量为 ______ (列出计算式即可)。(已知：Ag++SCN−=AgSCN↓)
四、简答题（本大题共3小题，共24.0分）
10. 丙烯是制备聚丙烯塑料的单体，工业上可用丙烷和CO2制取丙烯：
反应1：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+246kJ⋅mol−1。
反应2：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1。
回答下列问题
(1)反应3：C3H8(g)+CO2(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH= ______ kJ⋅mol−1。
(2)向恒温恒容密闭容器中充入C3H8(g)和CO2(g)，只发生反应3，不能说明反应3达到平衡状态的是 ______ (填标号)。
A.混合气体密度不随时间变化
B.混合气体总压强不随时间变化
C.混合气体平均相对分子质量不随时间变化
D.丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率
(3)向密闭容器中充入C3H8(g)只发生反应1，测得速率方程为v=kc(C3H8)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。已知：Rlnk=−EaT+C(R、C为常数，T为温度，Ea为活化能)。实验测得其他条件相同，不同催化剂Cat1、Cat2对速率常数的影响如图1所示。其中，催化效能较高的是 ______ (填“Cat1”或“Cat2”)，判断的依据是 ______ 。

(4)向密闭容器中充入1molC3H8(g)和1molCO2(g)，发生上述反应1和反应2，测得丙烷的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。

①X代表 ______ (填“温度”或“压强”)，Y2 ______ (填“>”、“”或“=”)Y1。
②M点时，C3H8(g)和H2(g)的浓度相等。则M点对应的反应2的平衡常数K= ______ 。
(5)向总压强恒定为76kPa的密闭容器中充入C3H8(g)和Ar(g)，只发生反应1，C3H8(g)的平衡转化率与n(C3H8)n(Ar)的关系如图3所示。其他条件不变，随着n(C3H8)n(Ar)增大，C3H8的平衡转化率减小，其原因是 ______ ，当n(C3H8)n(Ar)等于2时，经10min达到平衡，丙烯的分压变化速率为 ______ kPa⋅min−1。

11. 我国科学家利用锰簇催化剂(Mn4CaOx,x代表氧原子数)解密光合作用。锰簇的可逆结构异构化反应如图。

请回答下列问题：
(1)基态氧原子价层电子轨道表示式为 ______ 。基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨道的电子云轮廓图为 ______ 形。
(2)已知：在元素周期表中Mn、Cr相邻。第二电离能与第一电离能之差较小的是 ______ (填“Mn”或“Cr”)，理由是 ______ 。
(3)在上述异构化反应中，1molA中由Mn形成的σ键有 ______ mol。
(4)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，MnS晶胞结构如图所示。

①Mn原子位于S原子形成的 ______ (填“正四面体”或“正八面体”)中心。
②以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，1号S原子坐标为(0,0,0)，3号S原子坐标为(1,1,1)，则2号S原子坐标为 ______ 。
③已知：MnS晶体的密度为ρg⋅cm−3，NA为阿伏加德罗常数的值。则MnS晶胞中阴、阳离子最近距离为 ______ pm。
12. 化合物H( )是合成某治疗心脑血管疾病药物的中间体，合成H的常用方法如图：

已知：①
②→醇/吡啶盐酸羟胺→DMFCH3Br
请回答下列问题：
(1)化合物H的分子式为 ______ ，E中的含氧官能团有 ______ 种。
(2)A→B的反应类型为 ______ ，溴代烃X的名称为 ______ 。
(3)化合物F的结构简式为 ______ ，反应C→D的化学方程式为 ______ 。
(4)同时满足下列条件的D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FeCl3溶液发生显色反应
其中 ​1H−NMR谱显示分子中含有4种氢原子的结构简式为 ______ (写出一种即可)。
(5)设计以甲苯、乙酸酐为原料合成阿司匹林( )的路线 ______ (无机试剂任选)。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A.氨气极易溶于水，二氧化碳可溶于水，为了提高原料利用率，应在饱和食盐水中先通入氨气形成碱性溶液，以利于二氧化碳的吸收，故A错误；
B.气中PM2.5颗粒比表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒有害物质，会危害人体呼吸道，故B正确；
C.氧化镁熔点高，电解熔融氧化镁时耗能高，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，故C错误；
D.还原铁粉能与氧气反应，食品包装袋中作抗氧化剂，可防止食品氧化变质，但硅胶、生石灰等不能与氧气反应，在食品包装袋中作干燥剂，故D错误；
故选：B。
A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通氨气，再通二氧化碳；
B.PM2.5颗粒比表面积大，具有较强的吸附能力；
C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氯化镁的方法，来制备金属钠和镁；
D.硅胶、生石灰等具有吸水性，常作食品包装袋中的干燥剂。
本题考查物质的组成、性质及应用，把握物质的组成及性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生产、生活、科技及环境的联系，题目难度不大。

2.【答案】C 
【解析】解：A.酚羟基、羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，分子中含有酚羟基、羧基、苯环，故能发生加成反应和取代反应，故A正确；
B.分子中含有酚羟基、羧基，能与NaOH溶液反应，故B正确；
C.由图可知，分子式为C7H6O5，故C错误；
D.苯环上的氢只有1种环境，故苯环上只有一种一氯代物，故D正确；
故选：C。
A.分子中含有酚羟基、羧基、苯环；
B.酚羟基、羧基，能与NaOH溶液反应；
C.分子式为C7H6O5；
D.苯环上的氢只有1种环境。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。

3.【答案】D 
【解析】解：A.氯化铵不能用来制取氨气，且氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故A错误；
B.装置为密闭装置，一氧化碳不能顺利进入试管，故B错误；
C.亚铁离子变质生成铁离子，应该使用KSCN溶液检验，故C错误；
D.电解水生成氢气和氧气，能达到目的，故D正确；
故选：D。
A.氨气极易溶于水；
B.该装置为密闭装置；
C.亚铁离子变质生成铁离子，检验铁离子用KSCN溶液检验；
D.电解水生成氢气和氧气。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.1LpH=1的硫酸溶液中含H+的物质的量为0.1mol、数目为0.1NA，故A错误；
B.反应(2)中每消耗2molSO2、1molO2，生成2molSO3时放出98.3kJ热量，则SO2和O2反应放出98.3kJ热量时生成SO3分子的数目为2NA，故B正确；
C.硫酸溶于水时放热，则三氧化硫与水反应生成稀硫酸比生成纯硫酸时放出热量更多，则SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)ΔH=−akJ⋅mol−1和SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)ΔH=−bkJ⋅mol−1，相比，b>a，故C错误；
D.没有指明是标准状况，所以22.4L二氧化硫的物质的量难以计算，反应(1)中生成22.4LSO2转移的电子数难以计算，故D错误；
故选：B。
A.1LpH=1的硫酸溶液中含H+的物质的量为0.1mol；
B.反应(2)中每消耗2molSO2、1molO2，生成2molSO3时放出98.3kJ热量；
C.硫酸溶于水时放热，则三氧化硫与水反应生成稀硫酸比生成纯硫酸时放出热量更多；
D.没有指明气体的状态，无法进行计算。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，明确物质结构和性质、反应原理为解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。

5.【答案】B 
【解析】解：A.由分析可知，左室有生成氢离子和迁移过来的硫酸根离子，硫酸浓度变大；右室有生成的氢氧根离子和迁移过来的锂离子，氢氧化锂浓度变大，故A错误；
B.右侧电极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故B正确；
C.由分析可知，a为生成的氧气、b为生成的氢气，根据电子守恒可知，生成气体n(a)：n(b)=1：2，故C错误；
D.右侧离子交换膜可以让锂离子通过，为阳离子交换膜，故D错误；
故选：B。
三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱，由图可知，中间室离子向两侧迁移，右侧得到氢氧化锂、左侧得到硫酸，则右侧电极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；左侧电极为阳极，水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子。
本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。

6.【答案】C 
【解析】解：A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)，故A正确；
B.非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强，故B正确；
C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故C错误；
D.Z、W形成的化合物ZW3为PCl3，各原子最外层电子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X为氧；元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，W在同周期中原子半径最小，W为氯；Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则Y、Z分别为镁、磷。
本题考查元素周期律，侧重考查学生原子半径、非金属性的掌握情况，试题难度中等。

7.【答案】C 
【解析】解：A.由上述分析可知，曲线Ⅰ表示lgc(X2−)c(HX−)与pH的关系，曲线Ⅱ表示lgc(HX−)c(H2X)与pH的关系，故A错误；
B.滴入NaOH溶液至中性时c(H+)=c(OH−)，电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HX−)+2c(X2−)+c(OH−)，即c(Na+)=c(HX−)+2c(X2−)，故B错误；
C.V[NaOH(aq)]=25mL时，溶液中溶质为NaHR，H2X的电离平衡常数K1=10−4.8、K2=10−11.2，HX−的水解常数Kh=KwK1=10−1410−4.8=10−9.2>K2，HX−的水解程度大于其电离程度，则V[NaOH(aq)]=25mL时的混合溶液呈碱性，故C正确；
D.H2X的电离平衡常数K1=10−4.8、K2=10−11.2，则2HX−⇌X2−+H2X的平衡常数K=c(X2−)⋅c(H2X)c2(HX−)=c(X2−)⋅c(H2X)c2(HX−)×c(H+)c(H+)=K2K1=10−11.210−4.8=10−6.4，故D错误；
故选：C。
由图可知，a点的pH=3，c(H+)=10−3mol/L，c(HX−)c(H2X)或c(X2−)c(HX−)=10−1.8，c(H+)与c(HX−)c(H2X)或c(X2−)c(HX−)的乘积为10−4.8，b点的pH=8，c(H+)=10−8mol/L，c(HX−)c(H2X)或c(X2−)c(HX−)=10−3.2，c(H+)与c(HX−)c(H2X)或c(X2−)c(HX−)的乘积为10−11.2，二元酸H2X的电离平衡常数K1=c(HX−)c(H2X)×c(H+)，K2=c(X2−)c(HX−)×c(H+)，且K1>K2，则曲线Ⅰ表示lgc(X2−)c(HX−)与pH的关系，曲线Ⅱ表示lgc(HX−)c(H2X)与pH的关系，即K1=10−4.8，K2=10−11.2，结合电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HX−)+2c(X2−)+c(OH−)分析解答该题。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH的简单计算，判断曲线表示的意义、电离平衡常数的计算为解答关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，侧重考查学生的分析能力、计算能力及运用能力，题目难度中等。

8.【答案】增大反应物表面积，提高焙烧效率  悬浊液  强    C  7.3 【解析】解：(1)“粉碎”的目的是增大反应物表面积，提高焙烧效率；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系，“粉碎”后的黑钨矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于悬浊液，
故答案为：增大反应物表面积，提高焙烧效率；悬浊液；
(2)25°C时，SiO32−和WO42−开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，说明硅酸根更容易结合氢离子生成沉淀，故同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子的能强，
故答案为：强；
(3)在“焙烧”条件下，FeWO4与纯碱、空气反应生成Fe2O3，反应中铁元素化合价升高、氧元素化合价降低，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳、Na2WO4，结合电子守恒可知，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
(4)25°C时，SiO32−和WO42−开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5，“滤液I”调节pH使得SiO32−转化为硅酸沉淀除去硅而WO42−不沉淀，故调节pH的范围为7.3 故答案为：C；7.3 (5)当溶液的pH=13时，c(OH−)=0.1mol⋅L−1，c(Ca2+)=Ksp[Ca(OH)2]c2(OH−)=5.5×10−60.12mol/L=5.5×10−4mol/L，则c(WO42−)=Ksp(CaWO4)c(Ca2+)=8.8×10−95.5×10−4mol/L=1.6×10−5mol/L，
故答案为：1.6×10−5；
(6)WO2.9的氧化钨中+5价和+6价的钨原子数分别为a、1−a，根据化合价代数和为零可知，5a+6(1−a)=2.9×2，a=0.2，故+5价和+6价的钨原子数之比等于1：4，
故答案为：1：4。
黑钨精矿粉碎加入纯碱、空气焙烧生成Fe2O3、Na2WO4、MnO2、Na2SiO3，水浸除去氧化铁、二氧化锰，滤液加入稀硫酸调节pH，将Na2SiO3转化为沉淀，滤液调节pH得到H2WO4，处理得到WO3，最终得到W；
(1)“粉碎”的目的是增大反应物表面积，提高焙烧效率；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系，“粉碎”后的黑钨矿粒径约为50μm；
(2)25°C时，SiO32−和WO42−开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，说明硅酸根更容易结合氢离子生成沉淀；
(3)在“焙烧”条件下，FeWO4与纯碱、空气反应生成Fe2O3；
(4)25°C时，SiO32−和WO42−开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5，“滤液I”调节pH使得SiO32−转化为硅酸沉淀除去硅而WO42−不沉淀；
(5)当溶液的pH=13时，c(OH−)=0.1mol⋅L−1，c(Ca2+)=Ksp[Ca(OH)2]c2(OH−)=5.5×10−60.12mol/L=5.5×10−4mol/L，则c(WO42−)=Ksp(CaWO4)c(Ca2+)；
(6)WO2.9的氧化钨中+5价和+6价的钨原子数分别为a、1−a，根据化合价代数和为零可知，5a+6(1−a)=2.9×2，a=0.2。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。

9.【答案】三颈烧瓶  +3    尾气处理  产生BF3气体，将体系中的空气排出，避免影响产率  冷水浴 35.5(c1V1−c2V2)a% 
【解析】解：(1)由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
(2)根据正负化合价为零的原则可知，氟硼酸钾(KBF4)中B元素的化合价为+3价；由分析可知，实验中滴入浓硫酸并加热装置A，反应生成BF3，还生成一种酸式盐，根据质量守恒可知该盐为硫酸氢钾，此外还会生成水，反应为：，
故答案为：+3；；
(3)该反应用到了BF3，且该物质可和氢氧化钠溶液反应，故装置F的作用为尾气处理，
故答案为：尾气处理；
(4)装置中存在空气，需要先加热装置A产生BF3气体，将体系中的空气排出，避免影响产率，
故答案为：产生BF3气体，将体系中的空气排出，避免影响产率；
(5)装置D是收集产品BCl3，由图表可知其沸点为12.5℃，故应该采用冷水浴，
故答案为：冷水浴；
(6)由滴定消耗V2mLc2mol/L硫氰化钾溶液可知，25mL溶液中氯离子的物质的量为(c1×10−3V1−c2×10−3V2)mol，则a g样品中氯元素的含量为(c1V1−c2V2)×10−3mol×35.5g/mol×25025 ag×100%=35.5(c1V1−c2V2)a%，
故答案为：35.5(c1V1−c2V2)a%。
装置A中KBF4、B2O3和浓H2SO4加热制备BF3，装置B盛有浓硫酸可干燥气体，装置C中BF3与AlCl3高温加热制备BCl3，装置D进行冰水浴可得到产品，装置E干燥管可以防止水蒸气进入体系，导致BCl3潮解，F装置用于尾气处理；
(6)结合滴定过程，25mL溶液中氯离子的物质的量为(c1×10−3V1−c2×10−3V2)mol，据此解答。
本题考查物质制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质制备方法是解本题关键，注意结合习题中信息分析判断，题目难度较大。

10.【答案】+287  AD  Cat2  直线斜率小，活化能小  温度  < 18  其他条件不变，当总压一定时，C3H8(g)的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得C3H8(g)的平衡转化率减小  1.6 
【解析】解：(1)已知，反应1：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+246kJ⋅mol−1，
反应2：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1，
由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3：C3H8(g)+CO2(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH=+287kJ/mol，
故答案为：+287；
(2)A.容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，故A正确；
B.反应为气体分子数增大的反应，混合气体总压强不随时间变化，说明已经达到平衡，故B错误；
C.气体总质量始终不变、反应为气体分子数增大的反应，则混合气体平均相对分子质量不随时间变化，说明已经达到平衡，故C错误；
D.丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡，故D正确；
故答案为：AD；
(3)已知：Rlnk=−EaT+C，则Rlnk=−Ea×1T+C，斜率越大说明Ea越大，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，结合图像可知，Cat2反应的活化能小，催化效能较高，依据为：直线斜率小，活化能小，
故答案为：Cat2；直线斜率小，活化能小；
(4)①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降；结合图像可知，X代表温度，相同条件下，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，故Y2 故答案为：温度；<；
②M点时，丙烷转化率为60%，即反应丙烷0.6mol，根据三段式可知：
                          C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)          1                   0             0
转化(mol)         0.6                 0.6          0.6
平衡(mol)         0.4                 0.6          0.6
                     CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始(mol)      1           0.6             0 0
转化(mol)     a a a a
平衡(mol)    1−a          0.6−a          a              a

C3H8(g)和H2(g)的浓度相等，则0.4=0.6−a，a=0.2mol；则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.8mol、0.4mol、0.2mol、0.2mol，反应2为等分子数的反应，则M点对应的反应2的平衡常数K=c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2)=0.2×0.20.8×0.4=18，
故答案为：18；
(5)其他条件不变，当总压一定时，C3H8的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得C3H8的平衡转化率减小；当n(C3H8)n(Ar)等于2时，经10min达到平衡，C3H8的转化率为40%，假设丙烷投料2mol、氩气1mol，则反应丙烷0.8mol，根据三段式可知：
                   C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)     2                 0 0
转化(mol)    0.8 0.8           0.8
平衡(mol)    1.2              0.8           0.8
则平衡时总的物质的量为3.8mol，丙烯的分压变化速率为76×0.83.810KPa/min=1.6KPa/mol，
故答案为：其他条件不变，当总压一定时，C3H8(g)的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得C3H8(g)的平衡转化率减小；1.6。
(1)由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3，反应热做相应变化，据此计算；
(2)判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，据此分析；
(3)已知：Rlnk=−EaT+C，则Rlnk=−Ea×1T+C，斜率越大说明Ea越大，活化能越小反应越快，据此分析；
(4)①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，据此分析；
②M点时，丙烷转化率为60%，即反应丙烷0.6mol，根据三段式结合反应2的平衡常数K的表达式来计算；
(5)其他条件不变，当总压一定时，C3H8的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得C3H8的平衡转化率减小；当n(C3H8)n(Ar)等于2时，经10min达到平衡，C3H8的转化率为40%，假设丙烷投料2mol、氩气1mol，则反应丙烷0.8mol，根据三段式计算。
该题考查平衡常数的计算、外界条件对反应速率和平衡的影响、反应机理分析等，训练学生的逻辑分析能力，关键是掌握平衡常数的计算方法、平衡移动的原理等基础知识，题目难度中等。

11.【答案】  球  Mn  基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：CrMn  14  正八面体  (12,1,12) 123348ρNA×1010 
【解析】解：(1)氧为8号元素，基态氧原子价层电子轨道表示式为；钙为20号元素，基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨道为4s，电子云轮廓图为球形，
故答案为：；球；
(2)铬、锰分别为24、25号元素，基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：CrMn，故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn，
故答案为：Mn；基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：CrMn；
(3)单键均为σ键，由图可知，1分子A中4个Mn形成的σ键有14个，则1molA中Mn形成的σ键有14mol，
故答案为：14；
(4)①由图可知，以体心的锰为例，Mn原子位于周围S原子形成的正八面体中心，
故答案为：正八面体；
②由图可知，2号S原子在xyz轴上的投影坐标分别为(12,1,12)，故坐标为(12,1,12)，
故答案为：(12,1,12)；
③根据“均摊法”，晶胞中含12×14+1=4个Mn、8×18+6×12=4个S，设晶胞边长为apm，则晶体密度ρ=mV=4MNAa3×1030g⋅cm−3=348a3NA×1030ρg⋅cm−3，则a=3348ρNA×1010pm，MnS晶胞中阴、阳离子最近距离为晶胞边长的二分之一，故为123348ρNA×1010pm，
故答案为：123348ρNA×1010。
(1)氧为8号元素，基态氧原子价层电子轨道表示式为；钙为20号元素，基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨道为4s；
(2)铬、锰分别为24、25号元素，基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子；
(3)单键均为σ键，由图可知，(1分)子A中4个Mn形成的σ键有14个；
(4)①由图可知，以体心的锰为例，Mn原子位于周围S原子形成的正八面体中心；
②由图可知，2号S原子在xyz轴上的投影坐标分别为(12,1,12)；
③根据“均摊法”，晶胞中含12×14+1=4个Mn、8×18+6×12=4个S，设晶胞边长为apm，则晶体密度ρ=mV，MnS晶胞中阴、阳离子最近距离为晶胞边长的二分之一。
本题考查原子结构、元素周期律和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、第一电离能和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。

12.【答案】C15H22O3NBr  3  还原反应  1，4−二溴丁烷    19 或  
【解析】解：(1)由H结构简式可知，化学式为C15H22O3NBr；由分析可知，E中含有醚键、酚羟基、羰基3种含氧官能团，
故答案为：C15H22O3NBr；3；
(2)A→B为硝基转化为氨基的反应，去氧加氢反应为还原反应，溴代烃X的名称为1，4−二溴丁烷，
故答案为：还原反应；1，4−二溴丁烷；
(3)由分析可知，化合物F的结构简式为；反应C→D反应为 和乙酸、ZnCl2发生取代反应生成 和水，故化学方程式为，
故答案为：；；
(4)D除苯环外含有2个碳、3个氧、不饱和度为1；满足下列条件的D的同分异构体：①能发生水解反应，则含有酯基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；若为2个取代基，可以为−OH、−CH2OOCH或−OH、−OOCCH3或−OH、−COOCH3，均存在邻间对3种情况，共9种情况；若为3个取代基，为−OH、−CH3、−OOCH，3个不同的取代基在苯环上有10种情况；故合计共19种情况；其中 ​1H−NMR谱显示分子中含有4种氢原子，则结构对称性较好，结构简式为 或，
故答案为：19； 或；
(5)甲苯硝化反应在邻位引入硝基，甲基氧化为羧基，使用HCl、Fe将硝基还原为氨基，氨基发生已知反应转化为酚羟基，酚羟基和乙酸酐反应生成酯基得到产物，故流程为：，
故答案为：。
苯和浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应在苯环引入2个硝基生成A；A中硝基被还原为氨基得到B；B发生已知反应原理，反应过程中B的氨基转化为酚羟基得到C：；C和乙酸、ZnCl2反应生成D；D转化为E：，E和溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中反应生成F：；F发生已知反应原理生成G：；G和X发生已知反应原子转化为H，结合H结构可知，溴代烃X为：1，4−二溴丁烷。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，利用反应前后官能团及结构变化正确推断物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。