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江西省南昌市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份江西省南昌市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共33页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
江西省南昌市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·江西南昌·统考一模）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，溶于水成绿色，难溶于乙醇，见光分解，是一些有机反应的催化剂。制备三草酸合铁酸钾主要有两步，制备FeC2O4黄色沉淀，并在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品：
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O
2 FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O42K3Fe(C2O4)3·3H2O
(1) K3[Fe(C2O4)3]·3H2O (三草酸合铁酸钾)铁元素化合价为______。
(2)实验时需要滴加1mol·L-1H2SO4溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、______和______。
(3)用如图装置制备FeC2O4·2H2O时，药品添加的顺序是：______(填序号)，加热溶解后再滴入草酸。
A．先加入硫酸，再滴入水 B．先滴入水，再加入硫酸
(4)制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是______。观察到______现象时，反应结束，此时加热至沸，主要的目的是______(用化学方程式表示)。然后冷却至室温，加入______(填化学式)和硝酸钾固体，搅拌，洗出亮绿色晶体。
2．（2022·江西南昌·统考一模）碳化物衍生碳以其独特的性能被广泛应用在超级电容器、催化剂载体等方面。常用氯气刻蚀法制备，该方法通过高温氯化2小时在SiC表面制备碳涂层。其方法如下：
(1)装置B所盛物质为___________，其作用是___________。
(2)仪器C的名称是___________，所盛物质为___________。
(3)圆底烧瓶A中为二氧化锰，发生的化学方程式为___________；实验温度为40℃，加热方式是___________，主要目的是___________。
(4)高温环境为氩气与氯气混合气氛，随着温度的升高，氯气与SiC反应，将Si原子从SiC中刻蚀掉形成碳层，反应方程式为___________。
(5)如果温度超过1175℃，涂层上的碳结构发生如下变化：碳→骨架碳→非晶碳→石墨碳，则碳涂层硬度会___________(填“逐渐变高”或“逐渐变低”)。
(6)装置F盛有NaOH溶液用于除气和回收氩气，其生成的盐除了NaCl，还有两种类别不同的含氧酸钠盐___________(填化学式)。
3．（2023·江西南昌·统考一模）氯化磷酸三钠(简称氯钠)是一种固体杀菌消毒剂，其成分通常表示为aNa3PO4 ·bNa2HPO4·NaClO ·NaCl·nH2O。可通过漂白液与Na3PO4-Na2HPO4混合液反应制得。
Ⅰ．制备漂白液
漂白液的有效成分为NaClO， NaClO在40℃以上容易分解，可通过Cl2与冷的NaOH溶液反应制得。
制备装置如图所示。
(1)该实验中不能替代KClO3的药品是___________。
a．MnO2 b．K2Cr2O7 c．KMnO4 d．Ca(ClO)2
(2)B装置中的试剂为___________， C装置中离子方程式为：___________。
Ⅱ．制取Na3PO4-Na2HPO4混合液
已知： Ka1(H2CO3)=4.2 ×10-7， Ka2(H2CO3)=5.6 ×10-11；
Ka1(H3PO4 )=7.6 ×10-3，Ka2(H3PO4)=6.3 ×10-8，Ka3(H3PO4)=4.4 ×10-13。
(3)若最终氯钠的化学式中a=3，b=1则该步骤中所用NaOH与H3PO4的物质的量之比为___________，
(4)根据已知条件，分析不能用Na2CO3替代NaOH与H3PO4反应的原因是___________。
Ⅲ．氯钠晶体的制备及产品中NaClO质量分数的测定
将Ⅰ与Ⅱ制得的溶液常温下充分混合搅拌，减压蒸发，低温干燥，得氯钠晶体。
(5)减压蒸发的目的是___________。
(6)取mg氯钠晶体样品溶于蒸馏水中，配成500mL溶液，取25.00mL待测液于锥形瓶中， 加入足量稀H2SO4酸化和过量0.100mol/LKI溶液，充分反应后，滴入___________作指示剂，用0.0200mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，当加入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复原色。平行滴定三次，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为VmL，则产品中NaClO质量分数为___________。( 已知： I2+2=+2I-)
二、工业流程题
4．（2021·江西南昌·统考一模）活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉(MnO2)通过下列流程制备：
已知：蒸发结晶得到MnSO4
(1)泥浆化的目的是______。
(2)“第一次焙烧”温度是1000℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700℃，产物为Mn2O3；700℃时焙烧氧化剂为______(填化学式)。
(3)“酸歧化”的离子方程式为______。
(4)活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离子，该盐的名称是______。
(5)“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸(转化率100%)以便降低成本，理论上转化为硫酸的SO2占全部的SO2质量分数为______。
(6)在碱性锌锰电池(ZnlKOHIMnO2)中，活性MnO2[生成MnO(OH)]作电池的______极，其电极反应为______。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO(OH)混合物，该混合物经过______(填方法)可以直接得到活化MnO2。
5．（2022·江西南昌·统考一模）含锌催化剂(主要为ZnO、同时含有少量Fe、Cu、Pb等氧化物)用于合成氨工业和有机合成工业。为充分利用资源，通过如下工艺流程回收锌并制备纳米氧化锌。
(1)90℃酸浸中，硫酸质量分数控制在30%左右，原因是___________。
(2)氧化除杂阶段主要是除去铁，氧化时发生的离子方程式是_______。调节pH发生的离子方程式为________。
(3)加入锌除去的杂质离子是________，深度除杂的目的是__________。
(4)由碱式碳酸锌分解得到纳米氧化锌的方法是__________。
(5)酸浸中，硫酸的量是理论用量的90%，硫酸不能过量的主要原因是___________。
6．（2023·江西南昌·统考一模）蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等，一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下：
已知：
①当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1 × 10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
②Ksp(NiS)=1 × 10-21，氢硫酸的两步电离常数分别为Ka1=1.4× 10-7， Ka2=7.1×10-15。
(1)“加压酸浸”中，要控制温度在110℃左右，但反应时几乎无需加热，原因是___________。 滤渣1的主要成分除S、CaSO4外还有 ___________。
(2)“氧化”中空气的作用是___________，NaClO3发生反应的离子方程式为___________。
(3)“ 除铁”中滤渣2为难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，同时生成一种无色气体为___________， Na2CO3溶液需缓慢加入，原因是___________。
(4)“沉镍”中，当Ni2+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2S)=1 ×10-3mol/L，则此时溶液的pH约为___________。
三、原理综合题
7．（2021·江西南昌·统考一模）醋酸是一种重要的基本有机化工原料，主要制取醋酸乙烯单体、VCM、醋酸纤维、聚乙烯醇等。
(1)据文献报道：铑阳离子配合物催化甲醇羰基化反应过程如下图所示。
①甲醇羰基化总反应方程式为______。
②化合物I转化为II，存在二步机理反应，在不同催化剂a和b催化下各驻点相对能量(kJ·mol-1)如下：
反应物
过渡态1
1步生成物
过渡态2
2步生成物
催化剂a
0.00
27.53
27.35
195.09
92.63
催化剂b
0.00
63.93
61.86
191.88
101.04
可知化合物I转化为II的∆H______0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=______kJ·mol-1，该条件下更好的催化剂是______(填“催化剂a”或“催化剂b”)，理由为______。
(2)140℃时，甲醇羰基化反应除了生成醋酸外，还有醋酸甲酯生成。某密闭容器充入反应物各0.5mol，以甲醇、醋酸甲酯、醋酸三者物质的量分数为纵坐标，其与时间的关系如下图所示。
①反应在120min时，醋酸甲酯的物质的量为______mol。
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，60min时生成产品醋酸的选择性______醋酸甲酯的选择性(填“>”“＜”或“=”)。
③如果反应在120min时达到平衡，则CH3COOH(g)+CH3OH(g)⇌CH3COOCH3(g)+H2O(g)平衡常数为______(保留一位小数)。
8．（2022·江西南昌·统考一模）乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：
6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.6kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
(1)ΔH1=___________。
(2)在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如下图所示，下列说法正确的是___________。
A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．M点时的压强一定小于N点时的压强
D．平衡常数：KM
(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为___________(用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正___________k逆(填“>”“=”或“＜”)。
III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)
(4)T℃时，将乙烷与氦气体积比1：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为pPa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp=___________(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。
(5)阴极电极反应式为：________。电路中转移0.3mol电子，两极共收集气体________L(标准状况)。
9．（2023·江西南昌·统考一模）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
一、利用CO2制取甲醇
当原料组成为n(CO2)： n(H2)=1： 3通入某密闭容器，合成CH3OH的反应体系中主要包含以下反应：
反应①： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
反应②： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2kJ/mol
(1)已知反应②的v 正=k正c(CO2)·c(H2)， v逆=k逆c(H2O) ·c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则 ___________(填“增大”、“不变”或“减小”)；若反应体系在恒容容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是___________。
A．容器内的压强不再改变
B．容器内气体密度不再改变
C．容器内c(CO2)： c(H2)： c(CO)： c(H2O)=1： 1： 1： 1
D．单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同
(2)维持压强为6.4MPa，测得不同温度下，反应经过相同时间时CO2的转化率、甲醇的选择性如图所示[CH3OH的选择性=]。
①ΔH1___________0(填“<”或“>”)，判断的依据是___________。
②T1K时，若反应从开始到达到a点所用时间为5 min， 则v(CH3OH)=___________ MPa·min-1，反应②的Kp=___________ (Kp指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压=p总×A的物质的量分数，计算结果保留2位有效数字)。
二、利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
反应I： C3H6(g)+3H2O(g) 3CH3OH(g) ΔH2
反应II： C2H4(g)+2H2O(g) 2CH3OH(g) ΔH3
反应III： 3C2H4(g) 2C3H6(g) ΔH4
(3)反应I、III的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RInK=-+C，为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数)。根据图判断：
ΔH3=___________(用含ΔH2和ΔH4的计算式表示)，反应III的= ___________ kJ ·mol-1。
四、结构与性质
10．（2021·江西南昌·统考一模）中国紫-硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。
(1)“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为______。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是______元素。
(2)“埃及蓝”(CaCuSi2O6)是另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿［Cu2(OH)2CO3]和砂子(SiO2)，而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为______。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因：______。
(3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol-1、1733.3kJ·mol-1，前者高于后者的原因是______。
(4)NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a=415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为______。该晶体的密度为______g/cm3(列出计算表达式，已知阿伏伽德罗常数为NA)。
11．（2022·江西南昌·统考一模）主族元素Be、B、Na、P、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)我国自主研发的氟硼铍酸钾(KBe2BO3F2)晶体用于制造深紫外固体激光器，可用于高温超导、催化剂等领域研究。其中K+核外电子的运动状态有___________种。Be、B、F、O第一电离能由大到小的顺序为___________。
(2)H3BNH3是一种潜在的储氢材料，制备H3BNH3的化学反应为：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3，其中(HB=NH)3是六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为___________，1mol(HB=NH)3有___________molσ键。
(3)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是___________。
(4)PCl5在加压下于148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得P-Cl的键长为198pm和206pm两种。此时熔体中存在___________(填化学键类型)，P的杂化类型为___________。
(5)在超高压(300GPa)下，金属钠和氦可形成化合物。结构中，钠离子(小圆球)按简单立方排布，形成Na8立方体空隙(如下图所示)，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心。已知晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，该晶体晶胞边长a=395pm，计算晶体的密度ρ=___________(单位：g/cm)(写表达式，已知NA为阿伏伽德罗常数)
12．（2023·江西南昌·统考一模）金属卤化物钙钛矿太阳能电池作为最有前途的光伏技术之一，如何最大限度地减少表面缺陷对于进一步提高无机钙钛矿太阳能电池的功率转换效率和稳定性至关重要。近日，我国科学家设计了一种钝化剂三氟乙脒来抑制CsPbI3- xBrx薄膜缺陷。回答下列问题：
(1)基态碘原子的价层电子的运动状态有___________种，基态Pb原子的价层电子排布式为___________。
(2)I1代表元素的第一电离能，则I1(Br>I1(As)>I1(Se)的原因是___________。
(3)三氟乙脒的结构如图所示，其中σ键 与π键数目之比为___________， 碳原子的杂化类型为___________ ； 测量HF相对分子质量测量值经常偏大的原因是___________。
(4)某种金属卤化物无机钙钛矿的晶胞结构如图所示，晶胞的边长a pm，则该物质的化学式为___________ ； 晶体中Pb2+与Cs+最短距离为___________ pm； 晶体的密度ρ=___________ g · cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示；可能用到相对原子质量： Cs： 133 Pb： 207 I： 127)
五、有机推断题
13．（2021·江西南昌·统考一模）氯贝特是一种降血脂药，它的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯()，其合成路线如图：
已知：
①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。
②
③
(R代表H原子或其他原子团)
回答下列问题：
(1)B的结构简式为______。
(2)H中官能团的名称为______。
(3)由C生成D的化学方程式为______。D→E的反应类型为______。
(4)F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，M比F在组成上少1个-CH2-，符合下列条件的M的同分异构体有______种。
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为______。
(5)参照上述合成路线，以氯苯和2-甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()______。
14．（2022·江西南昌·统考一模）M为一种医药的中间体，其合成路线为：
已知：
①同一个碳上连两个羟基不稳定：
②
(1)A的结构简式为___________，C的名称___________。
(2)D中官能团名称是___________。
(3)F生成G的反应类型为___________。
(4)写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式________(同一碳原子上不能连2个-OH)：
①能发生银镜反应但不能发生水解
②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1
③遇FeCl3，溶液显紫色
(5)写出化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式___________。
(6)参考题中信息，以1，4-丁二醇为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)___________。
15．（2023·江西南昌·统考一模）有机物K是重要的药物中间体，一种K的合成路线如下：
已知：①
② +
回答下列问题：
(1)G中官能团的名称是___________。
(2)lmolB生成C需要___________molNaOH。
(3)物质J的名称是___________，F的结构简式分别为___________。
(4)H与J反应生成K的化学方程式为。___________。
(5)L是D与乙醇酯化后的产物，同时满足下列条件的L的同分异构体有___________种，写出一种其中核磁共振氢谱峰面积之比为1： 1： 2： 6的结构为___________。
①能发生水解反应且1mol物质需要2molINaOH发生反应
②含有苯环
(6)参照上述合成路线，设计以CH3COOH和为原料合成的合成路线。___________
参考答案：
1． +3 烧杯 量筒 A 低于40℃，反应速率较慢；高于40℃，双氧水易分解 黄色固体全部变成绿色溶液 H2O2H2O+O2↑ C2H5OH
【分析】本实验的目的是制备三草酸合铁酸钾，首先要制备FeC2O4黄色沉淀，根据题目所给信息可知要利用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O和H2C2O4反应得到FeC2O4，该过程中需要注意防止Fe2+水解和被氧化；之后在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品，三草酸合铁酸钾难溶于乙醇，所以结晶时可以加入乙醇降低其溶解度。
【详解】(1) K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 中K为+1价，所以[Fe(C2O4)3]3-整体为-3价，而C为+3价、O为-2价，可得Fe的化合价为+3价；
(2)配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，需要先用量取所需浓硫酸，然后再烧杯中稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，需要在容量瓶中进行定容，定容时需要胶头滴管加水，所以配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、烧杯、量筒；
(3)为了抑制Fe2+的水解，应先加入稀硫酸，再加入水，故选A；
(4)低于40℃，反应速率较慢；高于40℃，双氧水易分解，所以保持温度为40℃左右；FeC2O4·2H2O为黄色固体，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O溶于水呈绿色，所以当观察到黄色固体全部变成绿色溶液时，反应结束；为了使剩余的双氧水全部分解H2O2H2O+O2↑，反应结束时加热至沸；K3[Fe(C2O4)3]·3H2O难溶于乙醇，所以加入C2H5OH可以降低其溶解度，更容易析出晶体。
2．(1) 饱和食盐水 除去HCl气体
(2) U形管 P2O5
(3) MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 温水浴 控制并降低氯气生成速率
(4)SiC+2Cl2C+SiCl4
(5)逐渐变低
(6)NaClO、Na2SiO3
【分析】本实验需要用氯气刻蚀，在SiC表面制备碳涂层，所以装置A应是利用浓盐酸和二氧化锰共热反应制备氯气，装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置C对氯气进行干燥，然后和氩气混合通入装置B中进行反应，装置F中盛放NaOH溶液吸收尾气。
（1）
生成的氯气中会混有挥发出来的HCl气体，需在装置B中盛放饱和食盐水除去HCl；
（2）
根据仪器C的结构特点可知其为U形管，用来盛放固体干燥剂干燥氯气，氯气会和碱石灰反应，所以可以用P2O5进行干燥；
（3）
装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热反应制备氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；所需温度低于水的沸点，所以可以采用温水浴加热，以便控制并降低氯气生成速率；
（4）
根据题意可知Cl2会氧化SiC中的C元素生成C单质，根据原子守恒和氧化还原反应的规律可知，还应有SiCl4生成，化学方程式为SiC+2Cl2C+SiCl4；
（5）
石墨的硬度较小，所以碳涂层硬度会逐渐变低；
（6）
未反应的氯气会和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，SiCl4在碱性环境中水解会得到NaCl和Na2SiO3，所以含氧酸钠盐为NaClO、Na2SiO3。
3．(1)a
(2) 饱和食盐水 2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O
(3)11：4
(4)Ka2(H2CO3)>Ka3(H3PO4)，反应无法制得Na3PO4
(5)降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解
(6) 淀粉溶液
【分析】装置A中用浓盐酸与氯酸钾常温下反应生成氯气，氯气经饱和食盐水除去HCl后，通入冷的氢氧化钠溶液中生成NaClO，过量的氯气用氢氧化钠吸收，据此分析解答。
【详解】（1）该装置为常温反应，应用强氧化剂与浓盐酸反应制取，a中二氧化锰的氧化性较弱，需在加热条件下与浓盐酸反应制取氯气，b、c、d均为强氧化剂，均可以在常温下与浓盐酸反应生成氯气，故答案为：a；
（2）由上述分析可知B中应为饱和食盐水，用于除去HCl；C中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为：2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：饱和食盐水；2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O；
（3）a=3，b=1时，氯钠的化学式为：3Na3PO4 ·Na2HPO4·NaClO ·NaCl·nH2O，则根据元素守恒，则该步骤中所用NaOH与H3PO4的物质的量之比为11：4，故答案为：11：4；
（4）由Ka数据可知酸性强弱：H3PO4> H2CO3>>>，则碳酸钠与磷酸反应不能生成磷酸钠，故答案为：Ka2(H2CO3)>Ka3(H3PO4)，反应无法制得Na3PO4；
（5）减压蒸发可降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解，故答案为：降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解；
（6）氯钠溶于水后，与KI发生氧化还原反应，将KI氧化为碘单质，生成的碘单质再用Na2S2O3溶液滴定，应用淀粉做指示剂，记录最后蓝色消失时Na2S2O3溶液的用量；
结合反应：，及反应I2+2=+2I-，可得关系式：，NaClO质量分数==，故答案为：淀粉；；
4． 用SO2还原MnO2得到MnSO4 O2 Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O 硫化锰 66.7% 正 MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH- 加热
【分析】向软锰矿粉(MnO2)中通SO2，发生反应：MnO2+SO2=MnSO4，蒸发结晶得到MnSO4，第一次烘焙生成Mn3O4，反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，第二次烘焙生成Mn2O3，反应方程式：4Mn3O4+O2 6Mn2O3，加入稀硫酸发生反应的离子方程式：Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O，得到活化MnO2。
【详解】（1）由信息：蒸发结晶得到MnSO4，可知将SO2通入MnO2中转化成MnSO4，则泥浆化的目的是：用SO2还原MnO2得到MnSO4；
（2）700℃时，反应方程式：4Mn3O4+O2 6Mn2O3，O元素化合价从0降至-2，做氧化剂，则700℃时焙烧氧化剂为：O2；
（3）“酸歧化”是发生金属氧化物与酸的反应，离子方程式为：Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O；
（4）重金属离子有Cu2+、Pb2+，应加入MnS，将他们分别转化成CuS、PbS沉淀，过滤除去，则该盐的名称是：硫化锰；
（5）“第一次焙烧”反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，得到的SO2转化为硫酸的反应方程式：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，若反应产生3molSO2，生成H2SO4只需要2molSO2，则转化为硫酸的SO2占全部的SO2的倍，质量分数为66.7%；
（6）MnO2生成MnO(OH)的过程中，Mn元素化合价从+4降低到+3，做正极，电极反应式：MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，MnO2,中混有MnO(OH)杂质，MnO(OH)受热分解即可除去，反应方程式：4 MnO(OH)+O24MnO2+2H2O，则方法是：加热。
5．(1)低于30%，反应速率较低，高于30%，有SO2产生
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+ Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑
(3) Cu2+、Pb2+ 进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度
(4)煅烧
(5)溶解更多杂质，消耗更多除杂试剂
【分析】含锌催化剂加入硫酸进行酸浸，得到含有Zn、Fe、Cu、Pb元素金属阳离子的溶液，加入双氧水，Fe元素全部转化为Fe3+，同时加入碱式碳酸锌调节pH，使Fe3+转化为沉淀而除去，然后加入Zn置换Cu2+、Pb2+，将其除去，之后加入硫化钠进一步沉淀金属阳离子，过滤后再加入碳酸钠合称碱式碳酸锌，煅烧使其分解得到纳米氧化锌。
(1)
低于30%，反应速率较低，而高于30%时，硫酸易被还原生成有毒的SO2；
(2)
氧化时Fe2+会被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；据图可知调节pH时加入Zn2(OH)2CO3，可以与氢离子反应得到Zn2+、水和CO2，离子方程式为Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑；
(3)
氧化除杂除去的是Fe，此时还有杂质Cu2+、Pb2+，Zn比Cu、Pb活泼，加入后可以发生置换反应，除去Cu2+、Pb2+；CuS、PbS都是沉淀，加入硫化钠可以进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度；
(4)
煅烧碱式碳酸锌可使其分解得到纳米氧化锌；
(5)
酸过量会溶解更多的杂质，消耗更多除杂试剂。
6．(1) 浓硫酸稀释放出大量的热 SiO2
(2) 氧化Fe2+，减少NaClO3的用量 + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O
(3) CO2 避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀
(4)4
【分析】蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等加水和浓硫酸使其中金属氧化物溶解反应，其中二氧化硅不与硫酸反应生成滤渣1，滤液中加氯酸钠同时通入空气，将亚铁氧化为三价铁，再加碳酸钠调节溶液pH值使三价铁沉淀，过量后，在滤液中加硫化钠使镍离子沉淀，过滤，滤液中加氢氧化钠使镁离子沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁。据此分析解答。
【详解】（1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，使体系温度升高，故几乎无需加热；SiO2不与硫酸反应，所以滤渣中还含有SiO2 ；故答案为：浓硫酸稀释放出大量的热；SiO2；
（2）由于氧化时加入强氧化剂NaClO3，所以吹入空气的目的是使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，氧气能氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；离子方程式为+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）根据元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合价未发生改变，则生成气体为CO2；因Fe3+与CO水解相互促进生成Fe(OH)3，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导致镍、镁离子沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；故答案为：CO2；避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀；
（4）由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀时，c(Ni2+) = 10-5mol/L，Ksp (NiS)= c (Ni2+) · c (S2-)=1×10-21，所以c (S2-)=10-16mol/L，又由于氢硫酸的两步电离平衡常数：
=1.4×10-7，=7.1×10-15，，带入硫离子和硫化氢分子的浓度得出：，求出c(H+)10-4mol/L，所以pH约为4，故答案为：4；
7． CH3OH+COCH3COOH 大于 167.74kJ/mol 催化剂b 催化剂b反应所需活化能更低 0.125mol > 8.4
【分析】（2）③各气体的物质的量=总物质的量乘以物质的量分数，代入平衡常数表达式中计算即可。
【详解】（1）①观察反应过程图，加入的反应物是CO和CH3OH，生成物是CH3COOH，甲醇羰基化总反应方程式为：CH3OH+COCH3COOH；
②第2步生成物相对能量高于反应物的相对能量，则∆H>0，最大活化能)E正=(195.09-27.35) kJ/mol =167.74 kJ/mol，由表中数据可知，使用催化剂b更好，理由是催化剂b反应所需活化能更低；
（2）①由题意知，120min时，CH3COOCH3的物质的量分数是25%，则CH3COOCH3的物质的量为0.5×=0.125mol
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，i：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH (g)， ii：CH3COOH(g)+CH3OH(g)⇌CH3COOCH3(g)+H2O(g)，60min时，由图知物质的量分数：w(CH3COOH)>w(CH3COOCH3)，说明反应i的转化率比ii的更大，则产品醋酸的的选择性>醋酸甲酯的选择性；
③列三段式：
平衡常数为。
8．(1)-127.8kJ/mol
(2)BC
(3) ＞
(4)
(5) 2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH- 2.24
【解析】(1)
根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
(2)
A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，A错误；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，B正确；
C．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，C正确；
D．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，D错误；
综上所述答案为BC；
(3)
T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有==K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为2L，所以K==；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
(4)
设初始投料为1molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=0.5mol，Δn(C2H6)=0.5mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=0.5mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=pPa=Pa，所以Kp==；
(5)
①左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH--4e-=O2+H2O，所以转移0.3mol电子时，阴极生成mol乙烯，阳极生成mol氧气，共生成0.1mol气体，标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
9．(1) 减小 AD
(2) < 温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 ΔH<0； 0.16 0.059
(3) -100
【详解】（1）反应达到平衡状态时v 正= v逆，k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(H2O) ·c(CO)，==，反应②为吸热反应，随温度升高平衡正向移动，K增大，则减小；
A．该反应虽然前后气体分子数相等，但整个体系还存在反应①，整体压强为变量，则容器内的压强不再改变，能说明反应到达平衡状态；
B．容器体积不变，气体质量反应前后不变，则容器内气体密度始终不变，不能据此说明反应到达平衡状态；
C．容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1，不能说明各组分浓度不再改变，因此不能据此判断平衡；
D．单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同，可知消耗二氧化化碳和消耗水的速率相等，即正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态；
故答案为：减小；AD；
（2）①温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 ΔH1<0，故答案为：<；温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 ΔH<0；
②T1K时，根据图1可知，二氧化碳转化率为50%，甲醇的选择性为80%，投n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，则生成甲醇的物质的量为1mol×50%×80%=0.4mol，根据反应可知，a点时，各物质的物质的量分别为：n(CO2)=lmol-1mol×50%=0.5mol，n(H2)=3mol-3mol×0.4mol-0.1mol=1.7mol，n(CH3OH)=0.4mol。n(H2O)=0.4mol+0.1mol=0.5mol，n(CO)=0.lmol，n总=0.5+1.7+0.1+0.5+0.4=3.2mol，所以各物质的分压为：、、、、，若反应从开始到达a点所用时间为5min，则；根据平衡常数表达式可知反应②的Kp=，故答案为：0.16；0.059；
（3）由盖斯定律可知反应II=，则ΔH3=；结合图中信息即题中公式可得：RlnK=-+C=34；RlnK=-+C=30.4；联立方程解得：=-100，故答案为：；-100；
10． 3d9 O 平面正三角形 碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易分解 Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能； UO3
【分析】“中国紫”中均具有Cun+离子，n=2，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子；“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对；根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型、空间构型；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物；立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构；根据晶体密度公式ρ=计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积。
【详解】(1)BaCuSi2O6中Cu元素化合价为+2价，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为3d9。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素。故答案为：3d9；O；
(2)碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形。对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，则BaCO3比CaCO3稳定，碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32-中的O2-，因此CaCO3更容易分解。故答案为：平面正三角形；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易分解；
(3)Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能；故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；
(4)立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构，则一个晶胞中U的个数为8×=1，O的数目为12×=3，则该氧化物的化学式为UO3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，一个晶胞的体积为V0=a3=（415.6×10-10）cm3，1mol晶胞的质量为m=（238+16×3）g，则晶体的密度为ρ=g/cm3。故答案为：UO3；。
11．(1) 18 F＞O＞Be＞B
(2) C6H6 12
(3)氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
(4) 离子键和共价键(配位键) sp3、sp3d2
(5)
【解析】（1）
K+核外电子排布为1s22s22p63s23p6，共有18个电子，则有18种运动状态；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Be的2s能级全满，更稳定，第一电离能大于B，所以第一电离能由大到小的顺序为F＞O＞Be＞B；
（2）
(HB=NH)3中含有12个原子，价电子总数为30，且为六元环状化合物，所以与其互为等电子体的有机物分子式C6H6；单键均为σ键，双键中有1个σ键，所以1mol(HB=NH)3有12molσ键；
（3）
N原子电负性较大，氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量；
（4）
PCl5熔融状态下可以导电，说明其在熔融状态可以电离出离子，且键长有两种，所以熔体中含有PCl和PCl，存在共价键和离子键；PCl中P原子的价层电子对数为=4，为sp3杂化；PCl中P原子的价层电子对数为=6，为sp3d2杂化；
（5）
每个小立方体中有8×=1个钠离子，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心，所以该晶体的晶胞应是由8个小立方体形成的大立方体，其中有一半小立方体中有He原子，一半有电子对，所以晶胞中有8个钠离子、4个He原子，则晶胞的质量为g=g，晶胞边长a=395pm，所以体积为3953pm3=3953×10-30cm3，则密度为g/cm3。
12．(1) 7 6s26p2
(2)As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se的
(3) 9：1 sp2和sp3 HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大
(4) CsPbI3
【详解】（1）基态碘原子的核外电子排布为：，价层电子的运动状态有7种；基态Pb原子的价层电子排布式为6s26p2，故答案为：7；6s26p2；
（2）同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，As、Se和Br为同周期元素，核电荷数依次增加，第一电离能呈增大趋势，但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se，故答案为：As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se；
（3）由结构简式可知该物质中含9个σ键 与1个π键，个数比为9:1；其中单键碳原子采用sp2杂化，双键碳原子采用sp3杂化；HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大，故答案为：9:1；sp2和sp3；HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大；
（4）Cs+有8个位于顶点个数为：；I-有6个位于面心，个数为：，Pb2+有1个位于体心，则该晶胞的化学式：CsPbI3，晶体中Pb2+与Cs+最短距离为体对角线的一半，即为 pm；晶胞质量为：，晶胞体积为：，则晶胞密度为：，故答案为：CsPbI3；；。
13． 氯原子、羟基 +CH3CH2OH +H2O 加成反应 12
【分析】核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子，A能发生信息②的反应生成B，则A为CH3COCH3，B为，根据B、C分子式知，B发生消去反应生成C，C结构简式为，C和乙醇发生酯化反应生成D为，根据氯贝特结构简式及G分子式知，G为，苯酚和氯气发生取代反应生成H，H和Na发生信息③的反应，则H为，I为，根据氯贝特及I结构简式知，E为(CH3)2CICOOCH2CH3。
【详解】(1)根据分析可知B的结构简式为；
(2)H的结构简式为，其官能团为氯原子和羟基；
(3)C和乙醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+CH3CH2OH +H2O；对比D和E的结构简式可知D中碳碳双键与HI发生加成反应生成E；
(4)F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，则F为，M比F在组成上少1个-CH2-，则M的分子式为C9H9O3Cl，M的同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色，说明其中一个取代基为-OH；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，说明含有羧基，则另一个取代基可以是、、、，每一种都和酚羟基有邻间对三种位置，所以同分异构体共有4×3=12种；
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为；
(5)可由苯酚钠和(CH3)3CI发生信息③的反应得到，氯苯和NaOH的水溶液加热得到苯酚钠，2-甲基丙烯和HI发生加成反应生成(CH3)3Cl，所以其合成路线为。
14．(1) 苯甲醛
(2)羟基、羧基
(3)取代反应
(4)、、
(5)2+→+2H2O
(6)
【分析】根据C生成D的反应条件可知过程与信息②类似，所以D中应含有羟基和羧基，与氨气反应生成E，可反推出D为，则C为，A与氯气发生取代反应生成B，B水解生成C，根据C的结构简式，再结合信息①可知，A与氯气发生取代时应是同一个碳原子上的两个氢原子都被取代，所以A为，B为。
（1）
根据分析可知A为，C为，名称为苯甲醛；
（2）
D为，其官能团为羟基、羧基；
（3）
对比F和G的结构简式可知，F中甲基邻位的H原子被甲基取代生成G，所以属于取代反应；
（4）
D中含有8个C原子、3个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：①能发生银镜反应但不能发生水解，则含有醛基或甲酸形成的羧基；②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1，说明结构对称，③遇FeCl，溶液显紫色，说明含有酚羟基，符合条件的有、、；
（5）
鞥就E和I生成M的过程可知，中成单键的O原子可以取代氨基上的两个H原子，所以化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式为2+→+2H2O；
（6）
1，4-丁二醇为HOCH2CH2CH2CH2OH，根据E+I生成M的过程可知可以由NH3和反应生成，HOCH2CH2CH2CH2OH可以被连续氧化为HOOCCH2CH2COOH，根据H生成I的过程可知，HOOCCH2CH2COOH可以在P2O5的作用下生成，所以合成路线为。
15．(1)羰基、氯原子
(2)4
(3) 邻溴苯酚
(4) + +HCl
(5) 13 或
(6)
【分析】A为甲苯，甲苯与氯气光催化下与甲基发生取代反应，生成，发生水解反应生成苯甲酸，与NaOH溶液反应生成苯甲酸钠；苯甲酸钠经酸化得到苯甲酸；D与SOCl2发生取代反应生成E，E与硫化铵和氨水环境种反应生成F，F与G发生反应生成H，I为苯酚，硫酸处理后加入溴水，在酸性他条件下发生取代反应生成J，H与J在碳酸钾和DMF作用下发生取代反应生成K，据此分析解答；
【详解】（1）由G的结构简式可知其所含官能团为氯原子和羰基，故答案为：羰基、氯原子；
（2）C为，含有3个氯原子均与氢氧化钠发生取代反应，水解后得到苯甲酸，苯甲酸继续消耗NaOH，因此1molC可消耗4molNaOH。故答案为：4；
（3）由J的结构简式可知其名称为：邻溴苯酚，结合E、G的结构特点可知F为，故答案为：邻溴苯酚：；
（4）H与J发生取代反应生成K ，反应方程式为： ++HCl，故答案为：++HCl；
（5）D与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，其同分异构体含有苯环、能发生水解反应说明含酯基，且1mol物质需要2molNaOH发生反应，则该酯基结构直接连在苯环上，若苯环上只有一个取代基则可以是；若苯环上有个取代基，则可以是，在苯环分别有邻、间、对三种结构；若为三个取代基则可以是：，其结构有10种；共计13种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1： 1： 2： 6的结构为或，故答案为：13；或；
（6）乙酸与SOCl发生取代反应生成，在已知条件作用下生成，与反反应生成，则合成路线，；故答案为：；
江西省南昌市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·江西南昌·统考一模）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，溶于水成绿色，难溶于乙醇，见光分解，是一些有机反应的催化剂。制备三草酸合铁酸钾主要有两步，制备FeC2O4黄色沉淀，并在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品：
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O
2 FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O42K3Fe(C2O4)3·3H2O
(1) K3[Fe(C2O4)3]·3H2O (三草酸合铁酸钾)铁元素化合价为______。
(2)实验时需要滴加1mol·L-1H2SO4溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、______和______。
(3)用如图装置制备FeC2O4·2H2O时，药品添加的顺序是：______(填序号)，加热溶解后再滴入草酸。
A．先加入硫酸，再滴入水 B．先滴入水，再加入硫酸
(4)制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是______。观察到______现象时，反应结束，此时加热至沸，主要的目的是______(用化学方程式表示)。然后冷却至室温，加入______(填化学式)和硝酸钾固体，搅拌，洗出亮绿色晶体。
2．（2022·江西南昌·统考一模）碳化物衍生碳以其独特的性能被广泛应用在超级电容器、催化剂载体等方面。常用氯气刻蚀法制备，该方法通过高温氯化2小时在SiC表面制备碳涂层。其方法如下：
(1)装置B所盛物质为___________，其作用是___________。
(2)仪器C的名称是___________，所盛物质为___________。
(3)圆底烧瓶A中为二氧化锰，发生的化学方程式为___________；实验温度为40℃，加热方式是___________，主要目的是___________。
(4)高温环境为氩气与氯气混合气氛，随着温度的升高，氯气与SiC反应，将Si原子从SiC中刻蚀掉形成碳层，反应方程式为___________。
(5)如果温度超过1175℃，涂层上的碳结构发生如下变化：碳→骨架碳→非晶碳→石墨碳，则碳涂层硬度会___________(填“逐渐变高”或“逐渐变低”)。
(6)装置F盛有NaOH溶液用于除气和回收氩气，其生成的盐除了NaCl，还有两种类别不同的含氧酸钠盐___________(填化学式)。
3．（2023·江西南昌·统考一模）氯化磷酸三钠(简称氯钠)是一种固体杀菌消毒剂，其成分通常表示为aNa3PO4 ·bNa2HPO4·NaClO ·NaCl·nH2O。可通过漂白液与Na3PO4-Na2HPO4混合液反应制得。
Ⅰ．制备漂白液
漂白液的有效成分为NaClO， NaClO在40℃以上容易分解，可通过Cl2与冷的NaOH溶液反应制得。
制备装置如图所示。
(1)该实验中不能替代KClO3的药品是___________。
a．MnO2 b．K2Cr2O7 c．KMnO4 d．Ca(ClO)2
(2)B装置中的试剂为___________， C装置中离子方程式为：___________。
Ⅱ．制取Na3PO4-Na2HPO4混合液
已知： Ka1(H2CO3)=4.2 ×10-7， Ka2(H2CO3)=5.6 ×10-11；
Ka1(H3PO4 )=7.6 ×10-3，Ka2(H3PO4)=6.3 ×10-8，Ka3(H3PO4)=4.4 ×10-13。
(3)若最终氯钠的化学式中a=3，b=1则该步骤中所用NaOH与H3PO4的物质的量之比为___________，
(4)根据已知条件，分析不能用Na2CO3替代NaOH与H3PO4反应的原因是___________。
Ⅲ．氯钠晶体的制备及产品中NaClO质量分数的测定
将Ⅰ与Ⅱ制得的溶液常温下充分混合搅拌，减压蒸发，低温干燥，得氯钠晶体。
(5)减压蒸发的目的是___________。
(6)取mg氯钠晶体样品溶于蒸馏水中，配成500mL溶液，取25.00mL待测液于锥形瓶中， 加入足量稀H2SO4酸化和过量0.100mol/LKI溶液，充分反应后，滴入___________作指示剂，用0.0200mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，当加入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复原色。平行滴定三次，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为VmL，则产品中NaClO质量分数为___________。( 已知： I2+2=+2I-)
二、工业流程题
4．（2021·江西南昌·统考一模）活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉(MnO2)通过下列流程制备：
已知：蒸发结晶得到MnSO4
(1)泥浆化的目的是______。
(2)“第一次焙烧”温度是1000℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700℃，产物为Mn2O3；700℃时焙烧氧化剂为______(填化学式)。
(3)“酸歧化”的离子方程式为______。
(4)活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离子，该盐的名称是______。
(5)“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸(转化率100%)以便降低成本，理论上转化为硫酸的SO2占全部的SO2质量分数为______。
(6)在碱性锌锰电池(ZnlKOHIMnO2)中，活性MnO2[生成MnO(OH)]作电池的______极，其电极反应为______。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO(OH)混合物，该混合物经过______(填方法)可以直接得到活化MnO2。
5．（2022·江西南昌·统考一模）含锌催化剂(主要为ZnO、同时含有少量Fe、Cu、Pb等氧化物)用于合成氨工业和有机合成工业。为充分利用资源，通过如下工艺流程回收锌并制备纳米氧化锌。
(1)90℃酸浸中，硫酸质量分数控制在30%左右，原因是___________。
(2)氧化除杂阶段主要是除去铁，氧化时发生的离子方程式是_______。调节pH发生的离子方程式为________。
(3)加入锌除去的杂质离子是________，深度除杂的目的是__________。
(4)由碱式碳酸锌分解得到纳米氧化锌的方法是__________。
(5)酸浸中，硫酸的量是理论用量的90%，硫酸不能过量的主要原因是___________。
6．（2023·江西南昌·统考一模）蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等，一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下：
已知：
①当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1 × 10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
②Ksp(NiS)=1 × 10-21，氢硫酸的两步电离常数分别为Ka1=1.4× 10-7， Ka2=7.1×10-15。
(1)“加压酸浸”中，要控制温度在110℃左右，但反应时几乎无需加热，原因是___________。 滤渣1的主要成分除S、CaSO4外还有 ___________。
(2)“氧化”中空气的作用是___________，NaClO3发生反应的离子方程式为___________。
(3)“ 除铁”中滤渣2为难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，同时生成一种无色气体为___________， Na2CO3溶液需缓慢加入，原因是___________。
(4)“沉镍”中，当Ni2+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2S)=1 ×10-3mol/L，则此时溶液的pH约为___________。
三、原理综合题
7．（2021·江西南昌·统考一模）醋酸是一种重要的基本有机化工原料，主要制取醋酸乙烯单体、VCM、醋酸纤维、聚乙烯醇等。
(1)据文献报道：铑阳离子配合物催化甲醇羰基化反应过程如下图所示。
①甲醇羰基化总反应方程式为______。
②化合物I转化为II，存在二步机理反应，在不同催化剂a和b催化下各驻点相对能量(kJ·mol-1)如下：
反应物
过渡态1
1步生成物
过渡态2
2步生成物
催化剂a
0.00
27.53
27.35
195.09
92.63
催化剂b
0.00
63.93
61.86
191.88
101.04
可知化合物I转化为II的∆H______0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=______kJ·mol-1，该条件下更好的催化剂是______(填“催化剂a”或“催化剂b”)，理由为______。
(2)140℃时，甲醇羰基化反应除了生成醋酸外，还有醋酸甲酯生成。某密闭容器充入反应物各0.5mol，以甲醇、醋酸甲酯、醋酸三者物质的量分数为纵坐标，其与时间的关系如下图所示。
①反应在120min时，醋酸甲酯的物质的量为______mol。
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，60min时生成产品醋酸的选择性______醋酸甲酯的选择性(填“>”“＜”或“=”)。
③如果反应在120min时达到平衡，则CH3COOH(g)+CH3OH(g)⇌CH3COOCH3(g)+H2O(g)平衡常数为______(保留一位小数)。
8．（2022·江西南昌·统考一模）乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：
6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.6kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
(1)ΔH1=___________。
(2)在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如下图所示，下列说法正确的是___________。
A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．M点时的压强一定小于N点时的压强
D．平衡常数：KM
(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为___________(用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正___________k逆(填“>”“=”或“＜”)。
III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)
(4)T℃时，将乙烷与氦气体积比1：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为pPa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp=___________(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。
(5)阴极电极反应式为：________。电路中转移0.3mol电子，两极共收集气体________L(标准状况)。
9．（2023·江西南昌·统考一模）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
一、利用CO2制取甲醇
当原料组成为n(CO2)： n(H2)=1： 3通入某密闭容器，合成CH3OH的反应体系中主要包含以下反应：
反应①： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
反应②： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2kJ/mol
(1)已知反应②的v 正=k正c(CO2)·c(H2)， v逆=k逆c(H2O) ·c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则 ___________(填“增大”、“不变”或“减小”)；若反应体系在恒容容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是___________。
A．容器内的压强不再改变
B．容器内气体密度不再改变
C．容器内c(CO2)： c(H2)： c(CO)： c(H2O)=1： 1： 1： 1
D．单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同
(2)维持压强为6.4MPa，测得不同温度下，反应经过相同时间时CO2的转化率、甲醇的选择性如图所示[CH3OH的选择性=]。
①ΔH1___________0(填“<”或“>”)，判断的依据是___________。
②T1K时，若反应从开始到达到a点所用时间为5 min， 则v(CH3OH)=___________ MPa·min-1，反应②的Kp=___________ (Kp指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压=p总×A的物质的量分数，计算结果保留2位有效数字)。
二、利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
反应I： C3H6(g)+3H2O(g) 3CH3OH(g) ΔH2
反应II： C2H4(g)+2H2O(g) 2CH3OH(g) ΔH3
反应III： 3C2H4(g) 2C3H6(g) ΔH4
(3)反应I、III的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RInK=-+C，为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数)。根据图判断：
ΔH3=___________(用含ΔH2和ΔH4的计算式表示)，反应III的= ___________ kJ ·mol-1。
四、结构与性质
10．（2021·江西南昌·统考一模）中国紫-硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。
(1)“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为______。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是______元素。
(2)“埃及蓝”(CaCuSi2O6)是另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿［Cu2(OH)2CO3]和砂子(SiO2)，而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为______。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因：______。
(3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol-1、1733.3kJ·mol-1，前者高于后者的原因是______。
(4)NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a=415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为______。该晶体的密度为______g/cm3(列出计算表达式，已知阿伏伽德罗常数为NA)。
11．（2022·江西南昌·统考一模）主族元素Be、B、Na、P、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)我国自主研发的氟硼铍酸钾(KBe2BO3F2)晶体用于制造深紫外固体激光器，可用于高温超导、催化剂等领域研究。其中K+核外电子的运动状态有___________种。Be、B、F、O第一电离能由大到小的顺序为___________。
(2)H3BNH3是一种潜在的储氢材料，制备H3BNH3的化学反应为：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3，其中(HB=NH)3是六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为___________，1mol(HB=NH)3有___________molσ键。
(3)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是___________。
(4)PCl5在加压下于148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得P-Cl的键长为198pm和206pm两种。此时熔体中存在___________(填化学键类型)，P的杂化类型为___________。
(5)在超高压(300GPa)下，金属钠和氦可形成化合物。结构中，钠离子(小圆球)按简单立方排布，形成Na8立方体空隙(如下图所示)，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心。已知晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，该晶体晶胞边长a=395pm，计算晶体的密度ρ=___________(单位：g/cm)(写表达式，已知NA为阿伏伽德罗常数)
12．（2023·江西南昌·统考一模）金属卤化物钙钛矿太阳能电池作为最有前途的光伏技术之一，如何最大限度地减少表面缺陷对于进一步提高无机钙钛矿太阳能电池的功率转换效率和稳定性至关重要。近日，我国科学家设计了一种钝化剂三氟乙脒来抑制CsPbI3- xBrx薄膜缺陷。回答下列问题：
(1)基态碘原子的价层电子的运动状态有___________种，基态Pb原子的价层电子排布式为___________。
(2)I1代表元素的第一电离能，则I1(Br>I1(As)>I1(Se)的原因是___________。
(3)三氟乙脒的结构如图所示，其中σ键 与π键数目之比为___________， 碳原子的杂化类型为___________ ； 测量HF相对分子质量测量值经常偏大的原因是___________。
(4)某种金属卤化物无机钙钛矿的晶胞结构如图所示，晶胞的边长a pm，则该物质的化学式为___________ ； 晶体中Pb2+与Cs+最短距离为___________ pm； 晶体的密度ρ=___________ g · cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示；可能用到相对原子质量： Cs： 133 Pb： 207 I： 127)
五、有机推断题
13．（2021·江西南昌·统考一模）氯贝特是一种降血脂药，它的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯()，其合成路线如图：
已知：
①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。
②
③
(R代表H原子或其他原子团)
回答下列问题：
(1)B的结构简式为______。
(2)H中官能团的名称为______。
(3)由C生成D的化学方程式为______。D→E的反应类型为______。
(4)F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，M比F在组成上少1个-CH2-，符合下列条件的M的同分异构体有______种。
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为______。
(5)参照上述合成路线，以氯苯和2-甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()______。
14．（2022·江西南昌·统考一模）M为一种医药的中间体，其合成路线为：
已知：
①同一个碳上连两个羟基不稳定：
②
(1)A的结构简式为___________，C的名称___________。
(2)D中官能团名称是___________。
(3)F生成G的反应类型为___________。
(4)写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式________(同一碳原子上不能连2个-OH)：
①能发生银镜反应但不能发生水解
②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1
③遇FeCl3，溶液显紫色
(5)写出化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式___________。
(6)参考题中信息，以1，4-丁二醇为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)___________。
15．（2023·江西南昌·统考一模）有机物K是重要的药物中间体，一种K的合成路线如下：
已知：①
② +
回答下列问题：
(1)G中官能团的名称是___________。
(2)lmolB生成C需要___________molNaOH。
(3)物质J的名称是___________，F的结构简式分别为___________。
(4)H与J反应生成K的化学方程式为。___________。
(5)L是D与乙醇酯化后的产物，同时满足下列条件的L的同分异构体有___________种，写出一种其中核磁共振氢谱峰面积之比为1： 1： 2： 6的结构为___________。
①能发生水解反应且1mol物质需要2molINaOH发生反应
②含有苯环
(6)参照上述合成路线，设计以CH3COOH和为原料合成的合成路线。___________
参考答案：
1． +3 烧杯 量筒 A 低于40℃，反应速率较慢；高于40℃，双氧水易分解 黄色固体全部变成绿色溶液 H2O2H2O+O2↑ C2H5OH
【分析】本实验的目的是制备三草酸合铁酸钾，首先要制备FeC2O4黄色沉淀，根据题目所给信息可知要利用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O和H2C2O4反应得到FeC2O4，该过程中需要注意防止Fe2+水解和被氧化；之后在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品，三草酸合铁酸钾难溶于乙醇，所以结晶时可以加入乙醇降低其溶解度。
【详解】(1) K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 中K为+1价，所以[Fe(C2O4)3]3-整体为-3价，而C为+3价、O为-2价，可得Fe的化合价为+3价；
(2)配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，需要先用量取所需浓硫酸，然后再烧杯中稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，需要在容量瓶中进行定容，定容时需要胶头滴管加水，所以配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、烧杯、量筒；
(3)为了抑制Fe2+的水解，应先加入稀硫酸，再加入水，故选A；
(4)低于40℃，反应速率较慢；高于40℃，双氧水易分解，所以保持温度为40℃左右；FeC2O4·2H2O为黄色固体，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O溶于水呈绿色，所以当观察到黄色固体全部变成绿色溶液时，反应结束；为了使剩余的双氧水全部分解H2O2H2O+O2↑，反应结束时加热至沸；K3[Fe(C2O4)3]·3H2O难溶于乙醇，所以加入C2H5OH可以降低其溶解度，更容易析出晶体。
2．(1) 饱和食盐水 除去HCl气体
(2) U形管 P2O5
(3) MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 温水浴 控制并降低氯气生成速率
(4)SiC+2Cl2C+SiCl4
(5)逐渐变低
(6)NaClO、Na2SiO3
【分析】本实验需要用氯气刻蚀，在SiC表面制备碳涂层，所以装置A应是利用浓盐酸和二氧化锰共热反应制备氯气，装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置C对氯气进行干燥，然后和氩气混合通入装置B中进行反应，装置F中盛放NaOH溶液吸收尾气。
（1）
生成的氯气中会混有挥发出来的HCl气体，需在装置B中盛放饱和食盐水除去HCl；
（2）
根据仪器C的结构特点可知其为U形管，用来盛放固体干燥剂干燥氯气，氯气会和碱石灰反应，所以可以用P2O5进行干燥；
（3）
装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热反应制备氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；所需温度低于水的沸点，所以可以采用温水浴加热，以便控制并降低氯气生成速率；
（4）
根据题意可知Cl2会氧化SiC中的C元素生成C单质，根据原子守恒和氧化还原反应的规律可知，还应有SiCl4生成，化学方程式为SiC+2Cl2C+SiCl4；
（5）
石墨的硬度较小，所以碳涂层硬度会逐渐变低；
（6）
未反应的氯气会和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，SiCl4在碱性环境中水解会得到NaCl和Na2SiO3，所以含氧酸钠盐为NaClO、Na2SiO3。
3．(1)a
(2) 饱和食盐水 2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O
(3)11：4
(4)Ka2(H2CO3)>Ka3(H3PO4)，反应无法制得Na3PO4
(5)降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解
(6) 淀粉溶液
【分析】装置A中用浓盐酸与氯酸钾常温下反应生成氯气，氯气经饱和食盐水除去HCl后，通入冷的氢氧化钠溶液中生成NaClO，过量的氯气用氢氧化钠吸收，据此分析解答。
【详解】（1）该装置为常温反应，应用强氧化剂与浓盐酸反应制取，a中二氧化锰的氧化性较弱，需在加热条件下与浓盐酸反应制取氯气，b、c、d均为强氧化剂，均可以在常温下与浓盐酸反应生成氯气，故答案为：a；
（2）由上述分析可知B中应为饱和食盐水，用于除去HCl；C中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为：2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：饱和食盐水；2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O；
（3）a=3，b=1时，氯钠的化学式为：3Na3PO4 ·Na2HPO4·NaClO ·NaCl·nH2O，则根据元素守恒，则该步骤中所用NaOH与H3PO4的物质的量之比为11：4，故答案为：11：4；
（4）由Ka数据可知酸性强弱：H3PO4> H2CO3>>>，则碳酸钠与磷酸反应不能生成磷酸钠，故答案为：Ka2(H2CO3)>Ka3(H3PO4)，反应无法制得Na3PO4；
（5）减压蒸发可降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解，故答案为：降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解；
（6）氯钠溶于水后，与KI发生氧化还原反应，将KI氧化为碘单质，生成的碘单质再用Na2S2O3溶液滴定，应用淀粉做指示剂，记录最后蓝色消失时Na2S2O3溶液的用量；
结合反应：，及反应I2+2=+2I-，可得关系式：，NaClO质量分数==，故答案为：淀粉；；
4． 用SO2还原MnO2得到MnSO4 O2 Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O 硫化锰 66.7% 正 MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH- 加热
【分析】向软锰矿粉(MnO2)中通SO2，发生反应：MnO2+SO2=MnSO4，蒸发结晶得到MnSO4，第一次烘焙生成Mn3O4，反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，第二次烘焙生成Mn2O3，反应方程式：4Mn3O4+O2 6Mn2O3，加入稀硫酸发生反应的离子方程式：Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O，得到活化MnO2。
【详解】（1）由信息：蒸发结晶得到MnSO4，可知将SO2通入MnO2中转化成MnSO4，则泥浆化的目的是：用SO2还原MnO2得到MnSO4；
（2）700℃时，反应方程式：4Mn3O4+O2 6Mn2O3，O元素化合价从0降至-2，做氧化剂，则700℃时焙烧氧化剂为：O2；
（3）“酸歧化”是发生金属氧化物与酸的反应，离子方程式为：Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O；
（4）重金属离子有Cu2+、Pb2+，应加入MnS，将他们分别转化成CuS、PbS沉淀，过滤除去，则该盐的名称是：硫化锰；
（5）“第一次焙烧”反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，得到的SO2转化为硫酸的反应方程式：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，若反应产生3molSO2，生成H2SO4只需要2molSO2，则转化为硫酸的SO2占全部的SO2的倍，质量分数为66.7%；
（6）MnO2生成MnO(OH)的过程中，Mn元素化合价从+4降低到+3，做正极，电极反应式：MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，MnO2,中混有MnO(OH)杂质，MnO(OH)受热分解即可除去，反应方程式：4 MnO(OH)+O24MnO2+2H2O，则方法是：加热。
5．(1)低于30%，反应速率较低，高于30%，有SO2产生
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+ Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑
(3) Cu2+、Pb2+ 进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度
(4)煅烧
(5)溶解更多杂质，消耗更多除杂试剂
【分析】含锌催化剂加入硫酸进行酸浸，得到含有Zn、Fe、Cu、Pb元素金属阳离子的溶液，加入双氧水，Fe元素全部转化为Fe3+，同时加入碱式碳酸锌调节pH，使Fe3+转化为沉淀而除去，然后加入Zn置换Cu2+、Pb2+，将其除去，之后加入硫化钠进一步沉淀金属阳离子，过滤后再加入碳酸钠合称碱式碳酸锌，煅烧使其分解得到纳米氧化锌。
(1)
低于30%，反应速率较低，而高于30%时，硫酸易被还原生成有毒的SO2；
(2)
氧化时Fe2+会被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；据图可知调节pH时加入Zn2(OH)2CO3，可以与氢离子反应得到Zn2+、水和CO2，离子方程式为Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑；
(3)
氧化除杂除去的是Fe，此时还有杂质Cu2+、Pb2+，Zn比Cu、Pb活泼，加入后可以发生置换反应，除去Cu2+、Pb2+；CuS、PbS都是沉淀，加入硫化钠可以进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度；
(4)
煅烧碱式碳酸锌可使其分解得到纳米氧化锌；
(5)
酸过量会溶解更多的杂质，消耗更多除杂试剂。
6．(1) 浓硫酸稀释放出大量的热 SiO2
(2) 氧化Fe2+，减少NaClO3的用量 + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O
(3) CO2 避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀
(4)4
【分析】蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等加水和浓硫酸使其中金属氧化物溶解反应，其中二氧化硅不与硫酸反应生成滤渣1，滤液中加氯酸钠同时通入空气，将亚铁氧化为三价铁，再加碳酸钠调节溶液pH值使三价铁沉淀，过量后，在滤液中加硫化钠使镍离子沉淀，过滤，滤液中加氢氧化钠使镁离子沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁。据此分析解答。
【详解】（1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，使体系温度升高，故几乎无需加热；SiO2不与硫酸反应，所以滤渣中还含有SiO2 ；故答案为：浓硫酸稀释放出大量的热；SiO2；
（2）由于氧化时加入强氧化剂NaClO3，所以吹入空气的目的是使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，氧气能氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；离子方程式为+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）根据元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合价未发生改变，则生成气体为CO2；因Fe3+与CO水解相互促进生成Fe(OH)3，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导致镍、镁离子沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；故答案为：CO2；避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀；
（4）由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀时，c(Ni2+) = 10-5mol/L，Ksp (NiS)= c (Ni2+) · c (S2-)=1×10-21，所以c (S2-)=10-16mol/L，又由于氢硫酸的两步电离平衡常数：
=1.4×10-7，=7.1×10-15，，带入硫离子和硫化氢分子的浓度得出：，求出c(H+)10-4mol/L，所以pH约为4，故答案为：4；
7． CH3OH+COCH3COOH 大于 167.74kJ/mol 催化剂b 催化剂b反应所需活化能更低 0.125mol > 8.4
【分析】（2）③各气体的物质的量=总物质的量乘以物质的量分数，代入平衡常数表达式中计算即可。
【详解】（1）①观察反应过程图，加入的反应物是CO和CH3OH，生成物是CH3COOH，甲醇羰基化总反应方程式为：CH3OH+COCH3COOH；
②第2步生成物相对能量高于反应物的相对能量，则∆H>0，最大活化能)E正=(195.09-27.35) kJ/mol =167.74 kJ/mol，由表中数据可知，使用催化剂b更好，理由是催化剂b反应所需活化能更低；
（2）①由题意知，120min时，CH3COOCH3的物质的量分数是25%，则CH3COOCH3的物质的量为0.5×=0.125mol
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，i：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH (g)， ii：CH3COOH(g)+CH3OH(g)⇌CH3COOCH3(g)+H2O(g)，60min时，由图知物质的量分数：w(CH3COOH)>w(CH3COOCH3)，说明反应i的转化率比ii的更大，则产品醋酸的的选择性>醋酸甲酯的选择性；
③列三段式：
平衡常数为。
8．(1)-127.8kJ/mol
(2)BC
(3) ＞
(4)
(5) 2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH- 2.24
【解析】(1)
根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
(2)
A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，A错误；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，B正确；
C．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，C正确；
D．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，D错误；
综上所述答案为BC；
(3)
T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有==K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为2L，所以K==；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
(4)
设初始投料为1molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=0.5mol，Δn(C2H6)=0.5mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=0.5mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=pPa=Pa，所以Kp==；
(5)
①左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH--4e-=O2+H2O，所以转移0.3mol电子时，阴极生成mol乙烯，阳极生成mol氧气，共生成0.1mol气体，标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
9．(1) 减小 AD
(2) < 温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 ΔH<0； 0.16 0.059
(3) -100
【详解】（1）反应达到平衡状态时v 正= v逆，k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(H2O) ·c(CO)，==，反应②为吸热反应，随温度升高平衡正向移动，K增大，则减小；
A．该反应虽然前后气体分子数相等，但整个体系还存在反应①，整体压强为变量，则容器内的压强不再改变，能说明反应到达平衡状态；
B．容器体积不变，气体质量反应前后不变，则容器内气体密度始终不变，不能据此说明反应到达平衡状态；
C．容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1，不能说明各组分浓度不再改变，因此不能据此判断平衡；
D．单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同，可知消耗二氧化化碳和消耗水的速率相等，即正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态；
故答案为：减小；AD；
（2）①温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 ΔH1<0，故答案为：<；温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 ΔH<0；
②T1K时，根据图1可知，二氧化碳转化率为50%，甲醇的选择性为80%，投n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，则生成甲醇的物质的量为1mol×50%×80%=0.4mol，根据反应可知，a点时，各物质的物质的量分别为：n(CO2)=lmol-1mol×50%=0.5mol，n(H2)=3mol-3mol×0.4mol-0.1mol=1.7mol，n(CH3OH)=0.4mol。n(H2O)=0.4mol+0.1mol=0.5mol，n(CO)=0.lmol，n总=0.5+1.7+0.1+0.5+0.4=3.2mol，所以各物质的分压为：、、、、，若反应从开始到达a点所用时间为5min，则；根据平衡常数表达式可知反应②的Kp=，故答案为：0.16；0.059；
（3）由盖斯定律可知反应II=，则ΔH3=；结合图中信息即题中公式可得：RlnK=-+C=34；RlnK=-+C=30.4；联立方程解得：=-100，故答案为：；-100；
10． 3d9 O 平面正三角形 碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易分解 Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能； UO3
【分析】“中国紫”中均具有Cun+离子，n=2，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子；“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对；根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型、空间构型；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物；立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构；根据晶体密度公式ρ=计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积。
【详解】(1)BaCuSi2O6中Cu元素化合价为+2价，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为3d9。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素。故答案为：3d9；O；
(2)碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形。对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，则BaCO3比CaCO3稳定，碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32-中的O2-，因此CaCO3更容易分解。故答案为：平面正三角形；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易分解；
(3)Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能；故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；
(4)立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构，则一个晶胞中U的个数为8×=1，O的数目为12×=3，则该氧化物的化学式为UO3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，一个晶胞的体积为V0=a3=（415.6×10-10）cm3，1mol晶胞的质量为m=（238+16×3）g，则晶体的密度为ρ=g/cm3。故答案为：UO3；。
11．(1) 18 F＞O＞Be＞B
(2) C6H6 12
(3)氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
(4) 离子键和共价键(配位键) sp3、sp3d2
(5)
【解析】（1）
K+核外电子排布为1s22s22p63s23p6，共有18个电子，则有18种运动状态；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Be的2s能级全满，更稳定，第一电离能大于B，所以第一电离能由大到小的顺序为F＞O＞Be＞B；
（2）
(HB=NH)3中含有12个原子，价电子总数为30，且为六元环状化合物，所以与其互为等电子体的有机物分子式C6H6；单键均为σ键，双键中有1个σ键，所以1mol(HB=NH)3有12molσ键；
（3）
N原子电负性较大，氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量；
（4）
PCl5熔融状态下可以导电，说明其在熔融状态可以电离出离子，且键长有两种，所以熔体中含有PCl和PCl，存在共价键和离子键；PCl中P原子的价层电子对数为=4，为sp3杂化；PCl中P原子的价层电子对数为=6，为sp3d2杂化；
（5）
每个小立方体中有8×=1个钠离子，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心，所以该晶体的晶胞应是由8个小立方体形成的大立方体，其中有一半小立方体中有He原子，一半有电子对，所以晶胞中有8个钠离子、4个He原子，则晶胞的质量为g=g，晶胞边长a=395pm，所以体积为3953pm3=3953×10-30cm3，则密度为g/cm3。
12．(1) 7 6s26p2
(2)As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se的
(3) 9：1 sp2和sp3 HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大
(4) CsPbI3
【详解】（1）基态碘原子的核外电子排布为：，价层电子的运动状态有7种；基态Pb原子的价层电子排布式为6s26p2，故答案为：7；6s26p2；
（2）同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，As、Se和Br为同周期元素，核电荷数依次增加，第一电离能呈增大趋势，但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se，故答案为：As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se；
（3）由结构简式可知该物质中含9个σ键 与1个π键，个数比为9:1；其中单键碳原子采用sp2杂化，双键碳原子采用sp3杂化；HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大，故答案为：9:1；sp2和sp3；HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大；
（4）Cs+有8个位于顶点个数为：；I-有6个位于面心，个数为：，Pb2+有1个位于体心，则该晶胞的化学式：CsPbI3，晶体中Pb2+与Cs+最短距离为体对角线的一半，即为 pm；晶胞质量为：，晶胞体积为：，则晶胞密度为：，故答案为：CsPbI3；；。
13． 氯原子、羟基 +CH3CH2OH +H2O 加成反应 12
【分析】核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子，A能发生信息②的反应生成B，则A为CH3COCH3，B为，根据B、C分子式知，B发生消去反应生成C，C结构简式为，C和乙醇发生酯化反应生成D为，根据氯贝特结构简式及G分子式知，G为，苯酚和氯气发生取代反应生成H，H和Na发生信息③的反应，则H为，I为，根据氯贝特及I结构简式知，E为(CH3)2CICOOCH2CH3。
【详解】(1)根据分析可知B的结构简式为；
(2)H的结构简式为，其官能团为氯原子和羟基；
(3)C和乙醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+CH3CH2OH +H2O；对比D和E的结构简式可知D中碳碳双键与HI发生加成反应生成E；
(4)F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，则F为，M比F在组成上少1个-CH2-，则M的分子式为C9H9O3Cl，M的同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色，说明其中一个取代基为-OH；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，说明含有羧基，则另一个取代基可以是、、、，每一种都和酚羟基有邻间对三种位置，所以同分异构体共有4×3=12种；
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为；
(5)可由苯酚钠和(CH3)3CI发生信息③的反应得到，氯苯和NaOH的水溶液加热得到苯酚钠，2-甲基丙烯和HI发生加成反应生成(CH3)3Cl，所以其合成路线为。
14．(1) 苯甲醛
(2)羟基、羧基
(3)取代反应
(4)、、
(5)2+→+2H2O
(6)
【分析】根据C生成D的反应条件可知过程与信息②类似，所以D中应含有羟基和羧基，与氨气反应生成E，可反推出D为，则C为，A与氯气发生取代反应生成B，B水解生成C，根据C的结构简式，再结合信息①可知，A与氯气发生取代时应是同一个碳原子上的两个氢原子都被取代，所以A为，B为。
（1）
根据分析可知A为，C为，名称为苯甲醛；
（2）
D为，其官能团为羟基、羧基；
（3）
对比F和G的结构简式可知，F中甲基邻位的H原子被甲基取代生成G，所以属于取代反应；
（4）
D中含有8个C原子、3个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：①能发生银镜反应但不能发生水解，则含有醛基或甲酸形成的羧基；②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1，说明结构对称，③遇FeCl，溶液显紫色，说明含有酚羟基，符合条件的有、、；
（5）
鞥就E和I生成M的过程可知，中成单键的O原子可以取代氨基上的两个H原子，所以化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式为2+→+2H2O；
（6）
1，4-丁二醇为HOCH2CH2CH2CH2OH，根据E+I生成M的过程可知可以由NH3和反应生成，HOCH2CH2CH2CH2OH可以被连续氧化为HOOCCH2CH2COOH，根据H生成I的过程可知，HOOCCH2CH2COOH可以在P2O5的作用下生成，所以合成路线为。
15．(1)羰基、氯原子
(2)4
(3) 邻溴苯酚
(4) + +HCl
(5) 13 或
(6)
【分析】A为甲苯，甲苯与氯气光催化下与甲基发生取代反应，生成，发生水解反应生成苯甲酸，与NaOH溶液反应生成苯甲酸钠；苯甲酸钠经酸化得到苯甲酸；D与SOCl2发生取代反应生成E，E与硫化铵和氨水环境种反应生成F，F与G发生反应生成H，I为苯酚，硫酸处理后加入溴水，在酸性他条件下发生取代反应生成J，H与J在碳酸钾和DMF作用下发生取代反应生成K，据此分析解答；
【详解】（1）由G的结构简式可知其所含官能团为氯原子和羰基，故答案为：羰基、氯原子；
（2）C为，含有3个氯原子均与氢氧化钠发生取代反应，水解后得到苯甲酸，苯甲酸继续消耗NaOH，因此1molC可消耗4molNaOH。故答案为：4；
（3）由J的结构简式可知其名称为：邻溴苯酚，结合E、G的结构特点可知F为，故答案为：邻溴苯酚：；
（4）H与J发生取代反应生成K ，反应方程式为： ++HCl，故答案为：++HCl；
（5）D与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，其同分异构体含有苯环、能发生水解反应说明含酯基，且1mol物质需要2molNaOH发生反应，则该酯基结构直接连在苯环上，若苯环上只有一个取代基则可以是；若苯环上有个取代基，则可以是，在苯环分别有邻、间、对三种结构；若为三个取代基则可以是：，其结构有10种；共计13种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1： 1： 2： 6的结构为或，故答案为：13；或；
（6）乙酸与SOCl发生取代反应生成，在已知条件作用下生成，与反反应生成，则合成路线，；故答案为：；
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