山东省泰安市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份山东省泰安市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共40页。试卷主要包含了结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题，原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

一、结构与性质
1．（2023·山东泰安·统考二模）快离子导体是一类具有优良导电能力的固体电解质。图1(Li3SBF4)和图2是潜在的快离子导体材料的结构示意图。回答下列问题：

(1)基态S原子的价电子排布式为______。
(2)第二周期元素中第一电离能介于B和F之间的元素有______种。
(3)图1所示晶体中，每个Li+与______个呈四面体结构的离子相邻。
(4)当图2方格内填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，且氯化钠晶胞参数a=564pm。氯化钠晶体中，Na+填充在氯离子形成的空隙中，每一个空隙由______个Cl-构成，空隙的空间形状为______。
(5)温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，晶体的导电性增强。该晶体导电时，③迁移的途径有两条：
途径1：在平面内挤过2、3号氯离子之间的狭缝(距离为x)迁移到空位。
途径2：挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道(如图3，小圆的半径为y)迁移到空位。
已知：r(Na+)=95pm，r(Cl-)=185pm，=1.4，=1.7。

①x=______，y=______(保留一位小数)。
②迁移可能性更大的途径是______(填“途径1”或“途径2”)。
2．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）以物质的量之比3：1的Fe和Al共熔后结晶得Fe3Al晶体，晶胞结构如图一所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm。血红素(如图二)是血红蛋白的活性部位，其中心元素是Fe( II)。二者是常见的含铁物质，请回答下列问题。

(1)Fe2+的价电子排布式为：_______。
(2)血红素分子中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______ (用元素符号表示)；这些元素形成的简单氢化物中沸点由高到低的顺序是_______ (用化学式表示)；C、N、O三种元素形成一种阴离子CNO-，其结构中有_______个σ键，_______ 个π键。
(3)有机分子中的闭环平面结构中，成环原子的π电子数等于4n+2(n=1，2，3)时，该环具有芳香性。n环为血红素中含N最小环，且为平面结构，则N杂化类型为_______ ；该环_______(填“有”、“无”)芳香性。
(4)Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则该晶胞的空间利用率为_______(以含π的代数式表示)。
(5)m原子的原子分数坐标为_______. ；晶胞内任意两个A1原子之间的距离为_______pm。
(6)Fe3Al晶体的密度为_______ g·cm-3。
3．（2021·山东泰安·统考二模）铜及其化合物应用广泛。请回答下列问题：
(1)铜原子价层电子排布式为______，K3CuF6的名称为______。
(2)钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是______。
(3)在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，其主要原因是______。
(4)CuSO4·5H2O结构示意图如图：

①CuSO4·5H2O中不存在的相互作用有______（填序号，下同）。加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有______。
A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键E．氢键
②硫酸铜中SO的空间构型为_____，其中心原子的杂化类型是_____。
(5)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：

①原子B的分数坐标为_____；
②若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为_____pm。

二、工业流程题
4．（2023·山东泰安·统考二模）电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：Fe3+ 3.7，Fe2+ 9.7，Cu2+ 7.4，Mn2+ 9.8
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、______(填化学式)。
(2)“酸浸”过程中Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图1所示。

20~80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为______。80~100min时，Fe2+浓度上升的原因可能是______。
(3)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂X、Y为______(填序号)。
A．NH3•H2O、H2O2 B．H2O2、CaCO3 C．SO2、MnCO3
(4)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图2，由MnSO4溶液获得MnSO4•H2O晶体的系列操作为______、洗涤、干燥。

(5)“真空热解”过程中，测得固体的质量随温度变化如图3所示。需控制的温度为______。

(6)由MnSO4溶液制取Mn3O4的另一种方案是：向MnSO4溶液中加入氨水，产生Mn(OH)2沉淀和少量Mn2(OH)2SO4，滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。沉淀加热通空气过程中，7小时之前，溶液的pH=6，7小时之后迅速下降，原因是______。
5．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示：

已知：常温下，ZrCl4是白色固体， 604K升华，遇水强烈水解：ZrCl4+9H2O=ZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题：
(1)“高温气化”中可发生多个反应，写出发生的主要反应的化学方程式是_______。
(2)分馏过程中，为防止产品变质，过程中一定需要注意的是_______。液体a的电子式是_______。
(3)实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是_______。
(4)“还原”中氧化剂是_______(填化学式)。
(5)由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。
第一步：溶解分离
将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用_______
方法进行分离。
②离子交换法：利用强碱型酚醛树脂R-N(CH3)Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是_______。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离。这种分离方法是_______。
第二步：高温还原
在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，反应的化学方程式是_______。
6．（2021·山东泰安·统考二模）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：

已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
②PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0
③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5
(1)“浸取”时需要加热，充分反应后生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，其中生成FeCl3的化学方程式为______。
(2)“滤渣2”的主要成分是______。
(3)“沉降”操作时加入冰水的原因是______。
(4)上述流程中滤液可循环利用，试剂X是______(填化学式)。PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LX溶液转化10mol的PbCl2，则X溶液的最初物质的量浓度不得低于______。
(5)硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池。铅蓄电池充电时，正极与电源的______极相连，其电极反应式为______。充电过程中转移2mole-时，两电极材料共______(填“增加”或“减少”)的质量为______g。

三、实验题
7．（2023·山东泰安·统考二模）高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料。实验室通过下列装置(加热及夹持装置已略去)以二氧化锗粗品(含少量As2O3)为原料制备GeCl4，进一步制得GeO2•2H2O晶体，再加热干燥制得纯度较高的GeO2。实验开始时，仪器a加入NaOH溶液，与粗品充分反应后，通入氯气，再通过仪器a滴加浓盐酸。已知：①GeCl4熔点为-51.5℃，沸点为86.6℃，易水解。
②GeO2、As2O3与NaOH溶液反应生成Na2GeO3、NaAsO2，NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3(沸点130.2℃)，H3AsO4(沸点160℃)。回答下列问题：

(1)仪器a的名称为______，接口b须连接仪器______(填仪器名称)。
(2)向二颈烧瓶中加入NaOH溶液，当观察到______时，停止滴加。
(3)通入适量氯气的目的是______(用离子方程式表示)。
(4)实验过程中必须防止烧瓶中盐酸浓度过低，其目的是______。
(5)将e中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，密封静置12小时，可得到GeO2•2H2O晶体，此过程中的化学方程式为______，该操作时保持较低温度有利于提高产率，其可能的原因是______(答一条即可)。
(6)二氧化锗(M=105)的纯度采用碘酸钾滴定法进行测定。称取0.5000g二氧化锗样品，加入氢氧化钠溶液在电炉上溶解，用次磷酸钠还原为Ge2+，选用适当指示剂，用酸化的0.1000mol•L-1的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为15.80mL。判断滴定达到终点时的现象是______，此样品中二氧化锗的质量分数是______(保留2位小数)。
已知：①该实验条件下亚磷酸钠不会被碘酸钾氧化；
②Ge2++IO+H+→Ge4++I-+H2O(未配平)。
8．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料，易分解，极易水解。实验室利用下列反应和相关装置制备氨基甲酸铵。2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔHC>H H2O>NH3>CH4 2 2
(3) sp2 有
(4)100%
(5) (、、) a
(6)

【详解】（1）Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar] 3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故答案为：3d6。
（2）同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故O、N、C、H的电负性依次减小，即O>N>C>H；O、N、C的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，水和氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，常温下水为液态，氨为气态，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4；CNO-的结构式为[O-CN]-，单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键，所以其结构中有2个σ键，2个π键，故答案为：O>N>C>H；H2O>NH3>CH4；2；2。
（3）由图可知，n环为平面结构，N原子上有3个共价键，则N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，则该环有芳香性，故答案为：sp2；有。
（4）该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm，晶胞体积为：a 3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为rFe312+rA134=(12c3+4b3) pm3=(3c3+b3) pm3，所以该晶胞的空间利用率为100%，故答案为：100%。
（5）由图一可知，m原子位于右后下方小立方体的中心，则m原子的原子分数坐标为(、、)；由晶胞结构图可知，4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半，即为apm，故答案为：a。
（6）一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=，晶胞的体积V=(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据=，得Fe3Al晶体的密度为： g·cm-3，故答案为：。
3． 3d104s1 六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾 铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾 Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构 C DE 正四面体 sp3 (0.5，0，0.5) ××1010
【详解】(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜原子价层电子排布式为3d104s1，K3CuF6的名称为六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾。答案为：3d104s1；六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾；
(2)铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾。答案为：铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；
(3)Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构，所以Cu2O更稳定。答案为：Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构；
(4)①CuSO4·5H2O中不存在非极性键，所以选C。CuSO4·5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选DE。答案为：C；DE；
②SO的中心原子（S原子）价层电子对数=，没有孤对电子，共形成4个σ键，根据价层电子对互斥理论，中心S原子发生sp3杂化，所以是正四面体结构。答案为：正四面体；sp3；
(5)①由图可知，原子B的分数坐标为(0.5，0，0.5)。答案为：(0.5，0，0.5)；
②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间的距离为acm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的两倍，而面对角线等于晶胞棱长的倍，晶胞的棱长为，晶胞质量=，故，解得a=pm，故其距离为pm。答案为：。
4．(1)PbSO4
(2) 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O 80~100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升
(3)B
(4)蒸发浓缩，结晶，趁热过滤
(5)1000－1200℃
(6)开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7小时后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小(也可用方程式表示：6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4+O22Mn3O4+6H++3SO，溶液pH减小)

【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)加入硫酸，MnO2将FeS2氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4，据此分析回答问题。
【详解】（1）由分析可知，“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、PbSO4沉淀。
（2）由图示知，20~ 80 min内，Mn元素浸出率高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生成Mn2+、Fe3+、S等，对应离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；80~100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升。
（3）由分析可知，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，故选B。
（4）硫酸锰晶体的溶解度曲线如图2，温度高于40℃时MnSO4•H2O的溶解度减小，由MnSO4溶液获得MnSO4•H2O晶体的系列操作为蒸发浓缩，结晶，趁热过滤、洗涤、干燥。
（5）根据Mn守恒可知，3MnSO4▪H2O~ Mn3O4，此时Mn3O4的质量占原固体质量的
45.17%，失重1-45.17%=54.83%，结合图像可知，需控制温度在1000－1200℃。
（6）开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7小时后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小(也可用方程式表示：6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4+O22Mn3O4+6H++3SO，溶液pH减小)。
5．(1)ZrSiO4+ 4C+4Cl2ZrCl4↑+SiCl4↑ +4CO↑
(2) 保持干燥
(3)向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次
(4)ZrO2
(5) 重结晶 锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同 萃取 3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr

【分析】锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，通入足量的氯气和足量的焦炭反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，ZrCl4转化为ZrOCl2·8H2O，900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，据此分析解题。
（1）
“高温气化”中可发生多个反应，主要反应为ZrSiO4与足量的氯气和足量的焦炭反应生成ZrCl4、SiCl4、CO，化学方程式是：ZrSiO4+ 4C+4Cl2ZrCl4↑+SiCl4↑ +4CO↑；
（2）
分馏过程中，为防止产品变质，ZrCl4遇水强烈水解，过程中一定需要注意的是保持干燥。高温气化生成杂质SiCl4，ZrCl4是白色固体，液体a为SiCl4，电子式是 ；
（3）
在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀，实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次；
（4）
900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，Zr的化合价降低，二氧化锆为氧化剂；
（5）
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用重结晶方法进行分离；
②离子交换法：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同；
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离，这种分离方法是萃取，利用溶液度的不同；在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，根据元素守恒，反应的化学方程式是：3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr。
6． 3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O Fe(OH)3 温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体 H2SO4 10.27 mol·L-1 正 PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++ 减轻 160
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)中加入盐酸、饱和食盐水和MnO2，在加热条件下发生反应生成Na2PbCl4、S 、FeCl3等物质， MnO2被还原成Mn2+，过滤，滤渣1为S固体；加入MnO溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，滤渣2为Fe(OH)3；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降，使PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡逆向移动，过滤得到PbCl2晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl；据此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，FeS2、MnO2和HCl发生氧化还原反应，FeS2中铁元素和硫元素被氧化成Fe3+和S，MnO2被还原成Mn2+，依据原子守恒和电子守恒，生成FeCl3的化学方程式为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O；答案为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O。
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3，从而除去Fe3+，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；答案为Fe(OH)3。
(3)温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体；答案为温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体。
(4)难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为盐酸，可以在开始的浸取过程中循环利用，则X为H2SO4；PbCl2(s)+(aq) PbSO4(s)+2Cl-(aq)，其K====1.48×103，当10mol的完成转化成PbSO4时，c(Cl-)==20mol·L-1，则c()===0.27(mol·L-1)，H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于10 mol·L-1+0.27 mol·L-1=10.27 mol·L-1；答案为H2SO4；10.27 mol·L-1。
(5)由 Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)可知，铅蓄电池进行充电时，为电解池装置，铅蓄电池的正极与电源正极相连作为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++，阴极的电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+，当充电过程中转移2mole-时，阳极1molPbSO4变为1molPbO2，电极质量减轻303g-239g=64g，阴极1molPbSO4变为1molPb，质量减轻303g-207g=96g，即两极质量共减轻64g+96g=160g；答案为正；PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++；减轻；160。
7．(1) 恒压滴液漏斗 温度计
(2)固体恰好溶解完全
(3)AsO+Cl2+2H2O=H3AsO4+2Cl-
(4)保证HCl氛围，防止GeCl4水解
(5) GeCl4+4H2O=GeO2•2H2O↓+4HCl 该水解反应为放热反应，温度较低时平衡常数较大，反应物平衡转化率更高
(6) 当滴入最后半滴标准液，溶液突变为蓝色，且半分钟内不褪色 99.54%

【详解】（1）仪器a的名称为恒压分液漏斗，该实验过程中需要将GeCl4利用蒸馏将其分离出来，根据沸点为86.6℃控制温度，故接口b须连接仪器温度计。
（2）因为二氧化锗粗品中的成分都和氢氧化钠溶液反应生成钠盐，故加入氢氧化钠溶液，当固体全部溶解时停止滴加。
（3）NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3(沸点130.2℃)，故通入适量的氯气是了将NaAsO2转化为H3AsO4，减少有毒物质产生，该反应的离子方程式为：AsO+Cl2+2H2O=H3AsO4+2Cl-。
（4）GeCl4能水解，盐酸浓度过低，水解程度会增大，故保证HCl氛围，防止GeCl4水解。
（5）e中为GeCl4，可以水解，反应的方程式为：GeCl4+4H2O=GeO2•2H2O↓+4HCl，水解反应为放热反应，温度较低时平衡常数较大，反应物平衡转化率更高，故操作时保持较低温度。
（6）碘酸钾和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，故该实验用淀粉做指示剂，当滴入最后半滴标准液，溶液突变为蓝色，且半分钟内不褪色，说明滴定到终点。反应的离子方程式为：，则滴定时消耗的碘酸钾的物质的量为0.1000mol/L×15.80×10-3L，则样品中二氧化锗的质量分数为。
8．(1) 恒压滴液漏斗 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 碱石灰
(2) 通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度，使E中不产生气泡，也不倒吸 吸收未反应的氨气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解
(3)BC
(4) 84.55% 偏小

【分析】本题是一道新物质制备类的实验题，由装置A制备氨气，由装置B干燥氨气，二氧化碳由干冰提供，最后在装置D发生反应生成产品，由于产品容易水解，故整个制备过程中要保持干燥，以此解题。
(1)
由图可知仪器a的名称为：恒压滴液漏斗；利用F装置可以是固体和固体加热反应制备氨气，可以选择氯化铵和氢氧化钙反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；利用装置A制备的氨气中含有水蒸气，可以用装置B来干燥，则装置B内盛放的试剂是碱石灰；
(2)
E装置内浓硫酸中产生气泡，该气体应该是二氧化碳，说明二氧化碳没有充分反应，氨气不够用，则应该通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度，使E中不产生气泡，也不倒吸；除此之外氨气可以被硫酸吸收，且产品极易水解，要保持环境干燥，故装置E的作用还有：吸收未反应的氨气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解；
(3)
A．干冰在装置C中只能保证装置C处于低温状态，有利于平衡正向移动，提高产率，A错误；
B．该制备二氧化碳的过程中没有用到盐酸，就不会引入水蒸气和氯化氢杂质，避免了CO2的除杂干燥，B正确；
C．由题意可知制备氨基甲酸铵为吸热反应，干冰升华确实降低了温度，制备反应正向移动，增大了反应物氨气的转化率，C正确；
D．由于干冰升华确实降低了温度减慢了氨基甲酸铵的生成速率，D错误；
故选BC；
(4)
由题给反应可知H2NCOONH4 ~2NH，由4NH+ 6HCHO= [(CH2)6N4H]++ 3H++6H2O可知，参加反应的氢氧化钠当中，有和[(CH2)6N4H]+反应，则n(NH)=4n([(CH2)6N4H]+)=4×(20×10-3×1-11×10-3×1) ××=45×10-3mol，设产品中有H2NCOONH4的物质的量为xmol，有(NH4)2CO3·H2O 的物质的量为ymol，则根据铵根的量可得2x+2y=45×10-3mol ，根据质量关系，可得78x+114y=1.845g，解得x=0.02mol，则m (H2NCOONH4)=78×0.02=1.56g，氨基甲酸铵纯度=；
操作②加入氯化钡可以沉淀碳酸根离子，如果没有这一步，那在操作④中就会消耗更多的盐酸，则和[(CH2)6N4H]+反应的氢氧化钠就会偏少，计算出的产品纯度就会偏小。
9． 作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸 ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 烧杯、玻璃棒、漏斗 bdage 1∶2 1.57
【分析】本实验的目的是制取ClO2，先利用NaClO3、H2SO4溶液中加入Na2SO3，发生反应1生成ClO2、Na2SO4、H2O；再将ClO2通入H2O2、NaOH混合溶液中，生成NaClO2、O2等。在实验过程中，需控制ClO2的生成速率，既要控制ClO2的吸收效率，又要防止分解反应的发生；同时还需防止倒吸现象的发生。
【详解】(1)由于ClO2气体是易溶于水的酸性气体，若将导管与装置甲直接相连，装置乙中的碱性溶液倒吸入甲中，与甲中溶液反应后，反应停止，所以装置A的作用是：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸。装置甲开始制备气体时，反应速率快，迅速产生ClO2气体，根据信息可知ClO2气体浓度过高时易分解，所以，集气瓶中的大量空气可以稀释ClO2气体，防止浓度过高时易分解；通入空气速率太慢，ClO2不能及时排出，浓度升高会导致气体分解。答案为：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸；ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解；
(2)根据ClO2气体和NaClO2中Cl的化合价可知ClO2气体作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，配平可得：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；
(3)过滤所用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗和滤纸，其中玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)滴定管的准备步骤是：检漏、洗涤、润洗、装液、调零排气泡、记录示数，所以正确操作顺序为bdage。答案为：bdage；
(5)根据NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，可判断NaClO3是氧化产物、NaCl是还原产物，根据化合价变化可知氧化剂(NaClO2→NaCl，Cl元素由+3价降为-1价，降低4价)与还原剂(NaClO2→NaClO3，Cl元素由+3价升为+5价，升高2价)的物质的量之比为1∶2。NaClO2作消毒剂时，NaClO2—NaCl—4e-，Cl2—2NaCl—2e-，则消毒能力关系为：NaClO2—2Cl2，则每克NaClO2的氧化能力相当于Cl2的质量为g=1.57g。答案为：1∶2；1.57。
【点睛】Na2S2O3溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。
10．(1)羟基、醚键、酰胺基
(2) ①②
(3) +CH3NO2→
(4) 13
(5)

【分析】对照反应①和②可知，A为 ，物质X为CH3NO2，结合反应条件和后面物质的结构简式分析，B的结构简式为 ，KCN溶液中存在HCN，对比A的分子式和反应②的产物可以，反应②为A和HCN的加成反应，据此解答。
【详解】（1）根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基；
（2）根据分析，B 的结构简式为： ；由分析可知，A为 ，则反应①为A与CH3NO2的加成反应，反应②为A与HCN的加成反应，故上述合成路线中属于加成反应的是①②；
（3）A的结构简式为：，物质X的结构简式为CH3NO2，反应中原子利用率100%，则为加成反应，该反应方程式为：+CH3NO2→；
（4）符合下列条件的有机物A的同分异构体①含有苯环；②1mol该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子。则若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、，若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式；
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，具体流程为：。
11．(1) 羰基、羧基 还原反应
(2)
(3)+H2O
(4)、、、
(5)

【分析】A是，B的结构简式是，由A、B的结构简式和已知信息①可得X是，再由B的分子式C11H12O2，和C的分子式C11H14O2得结构简式为，D是，由D和已知信息②可得E为，由信息和题干知F为，G为，分子式为C17H28，H的分子式为C17H28O2，由G、H的分子式和反应条件可得H为，由题干可得I为，据此分析。
(1)
由B的结构简式，可得B中含氧官能团的名称为羰基、羧基；由B的结构简式 和C的结构简式为，可知化合物B→C是去氧的反应，所以反应类型是还原反应，故答案为：羰基、羧基；还原反应；
(2)
由分析可知化合物X结构简式是；化合物E的结构简式是；故答案为：；；
(3)
由H和 I的结构简式和已知信息可得H→I的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(4)
B的结构简式是，分子式C11H12O2，同时符合下列条件①包含两个碳环，且只含两个-CH2-；②包含，是不对称碳原子，苯环上只有1个取代基，则含有苯环，含有羧基和羟基等基团，结合B的分子式可得的结构简式为、、、，故答案为：、、、；
(5)
结合题干信息可知由化合物制取，应该先从六元环变成五元环，结合题干路线知先氧化双键断键，再在一定条件下形成五元环，再氧化得最终产物，故合成路线为，故答案为：。
12． CH2=C(CH3)CH2CH3 3，4—二甲基—3—己烯 消去反应 +2H2O 碳碳双键，酯基 3 、、 CH3CH2BrC(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO
【分析】由F的结构简式可知A应为CH2=C（CH3）CH2CH3，生成E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，由（5）知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，则C为CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，以此解答该题。
【详解】（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C（CH3）CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；
（2）由以上分析可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4—二甲基—3—己烯，故答案为：3，4—二甲基—3—己烯；
（3）根据F的结构简式及G的分子式分析，F→G的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；
（4）D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；
（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；
（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，，故答案为：3；；
（7）E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH（CH3）CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；
故答案为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。
13．(1) 1，3－环己二烯 AD
(2) B 0.3 0.003
(3) +6H++6e-= 2

【详解】（1）以含双键的环为主，离官能团最近的一端对环进行编号，该物质为1，3-环己二烯。
A．从图看环己烯变为环己烷为放热反应即碳碳双键加氢为放热，A项错误；
B．物质的能量越低越稳定，由△H2＜△H3即单双键交替的环己二烯能量更低，则该物质的更稳定，B项正确；
C．苯环中C=C为3个但其加氢放出的能量却远小于环己烯所释放的能量的3倍，所以苯环中不存在三个完全独立的碳碳双键，C项正确；
D．前三者官能团均为C=C键，而苯环没有官能团，D项错误；
故选AD。
答案为1，3-环己二烯；AD；
（2）假设苯完全转化，此时环己烷的物质的量为1mol，H2剩余1mol，环己烷的体积分数为，实际上环己烯、1，3-环己二烯、环己烷都可能存在，其该反应为可逆反应不彻底所以体积分数一定小于50%；
故选B。
由图知苯环的转化率为50%即消耗了50%×2mol=1mol，那么平衡时的苯为1mol。而1，3-环己二烯、环己烯、环己烷选择性分别为60%、30%、1-60%-30%=10%，即各物质物质的量分别为60%×1mol=0.6mol、0.3mol、0.1mol。产生0.6mol 1，3-环己二烯消耗的H2为0.6mol，产生0.3mol环己烯消耗H2为0.6mol，产生0.1mol环己烷消耗的H2为0.3mol，平衡的H2为2.5-0.6mol-0.6mol-0.3mol=1mol。1，3-环己二烯平衡时物质的量分数为，则其分压为20%×30MPa=6MPa，20min的分压变化速率为6÷20=0.3MPa/min。环己烯的物质的量分数=，则其分压为3MPa，同理H2的物质的量分数为，其分压为33.3%×30MPa=10MPa；同理苯平衡时的物质的量分数为33.3%，33.3%×30MPa=10MPa ，得出KP=。答案为B；0.3；0.003；
（3）苯环得电子与H+结合被还原为环己烷，反应为+6H++6e-=；同时可能H+直接放电2H++2e-=H2↑。电解池的B极为阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，当有2.8molO2产生时转移电子为11.2mol。设阴极产生环己烷为ymol、H2为xmol，根据得失电子守恒得2x+6y=11.2mol。10mol混合气体中苯的物质的量分数为24%，即苯为2.4mol。反应后苯的体积分数为10%，建立等式：，解得x=2、y=1.2。答案为+6H++6e-=；2。
14．(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)  ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1
(2)从速率角度考虑，选择高温；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好
(3) 2(*NH)+4H++4e-=2NH3 N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量
(4) ＞ T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故重合
(5) 4 0.0145

【解析】(1)
已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)  ΔH=-a kJ·mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)  ΔH=+b kJ·mol-1；根据盖斯定律，将①-②×3，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)  ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1；
(2)
根据温度与化学平衡常数关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500°C左右的高温，这是由于从速率角度考虑，选择高温条件；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好；
(3)
根据图示可知中间体为*NH，反应前后原子守恒、电荷守恒，第三步反应为2个中间体与4个H+、4e-反应产生2个NH3(g)，则第三反应方程式为：2(*NH)+4H++4e-=2NH3；
其中，第二步为决速步，这是由于第二步反应中N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量速率慢。对于多步反应，整个反应速率快慢由慢反应决定，故第二步为决速步；
(4)
催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动。根据图示可知：b点未达到该温度下H2的平衡转化率，说明反应正向进行，因此b点反应速率：v正＞v逆；
温度高于T4后曲线重合为ac，这是由于T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故线重合在一起；
c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，由于用不同物质表示反应速率时速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则根据v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)可知v正(NH3)=v正(H2)=k1·c3(H2)·c(N2)，在平衡时用同一物质表示的正、逆反应速率相等，v正(NH3)=v逆(NH3)，k1·c3(H2)·c(N2)=k2·c2(NH3)，，即此条件下反应的平衡常数K=；
(5)
(3)若q=10，由题意可得：3m%+m%+10%=1，解得m=22.5，则N2、H2的起始物质的量分数分别是22.5%、67.5%，假设开始时气体总物质的量为100 mol，则惰性气体的物质的量为10 mol，N2为22.5 mol，H2为67.5 mol。假设反应过程中消耗N2物质的量为x mol，根据物质反应转化关系，可知同时消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，n(N2)=(22.5-x)mol，n(H2)=(67.5-3x)mol，n(NH3)=2x mol，根据NH3占总体积的，可得，解得x=12.5 mol，则平衡时气体总物质的量为(100-2x) mol=(100-2×12.5) mol=75 mol，则N2、H2和NH3的分压为30 MPa×=4 MPa、30 MPa×=12 MPa、30 MPa×=10 MPa，则此时该反应的压强平衡常数Kp=。
15． > v正(CO2)、v正(CH3OH)、v正(H2O)均可 CH4+3CO2=4CO+2H2O bc b c 温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和N2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) 2.88
【详解】(1)容器①和容器②中其是反应物物质的量相当，即①中反应物能够完全转化为②中的反应物。若在恒温恒容下，二者达到的平衡状态是相同的，当然，CO2的体积分数也相同；容器②是绝热容器，且反应从逆向开始，逆反应是吸热反应，容器②中的反应从开始到平衡的过程中，温度一直下降，不利于逆反应正向移动，产生的CO2比容器①要少，故CO2的体积分数①>②；
(2)正(CO2)=正(CH3OH)=正(H2O)=逆(H2)时，说明正=逆，反应达到平衡；
(3)根据箭头指向可知：CH4和CO2是反应物，CO和H2O是生成物，利用电子守恒和原子守恒可写成方程式：CH4+3CO2=4CO+2H2O；
(4)a．过程Ⅰ发生的反应为CH4+CO2=2CO+2H2，CO2是氧化剂，a项错误；
b．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、②Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、③CaCO3=CaO+CO2、④CaO+CO2=CaCO3，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制备，b项正确；
c．过程Ⅱ反应④消耗CO2，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，c项正确；
d．转化③方程式为：3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO，故Fe与CaCO3反应的物质的量之比为3∶4，d项错误；
答案选bc；
(5)根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈下降趋势的曲线表示CH4的体积分数，反应①正反应是气体分子数减小的反应，减小压强时，CH4的体积分数也会减小，所以，b线表示1MPa时CH4的体积分数变化趋势；CH4的体积分数小，剩余的CO2和H2就会变多，反应①的产物H2O浓度也小，这两个因素有利于反应②正向移动，CO平衡体积分数增大，所以，c线表示1MPa时CO的体积分数变化趋势；温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点)；
(6)因为图象是对实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，当实验中CO、CH4各占40%时，CO2占20%。设反应生成x mol CH4，y mol CO，在反应体系中：

反应0.4mol1.6mol0.4mol0.8mol

CO2、CH4、CO的总物质的量为，则有，解得，则平衡时n()=0.4mol、n()=1.2mol、n()=0.2mol、n()=1mol，容器的体积为1L，则平衡常数。