2022届陕西省渭南高三二模化学试卷及答案

这是一份2022届陕西省渭南高三二模化学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

陕西省渭南市 2022届高三下学期第二次模拟考试理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2022年2月4日在北京开幕的第22届冬奥会，科技部提出了“科技冬奥”理念，并重点着力于此次冬奥会的科技支撑保障工作。下列说法不正确的是
A．北京冬奥会上使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保
B．冬奥会上采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性
C．轻质高强度的碳纤维有舵雪橇中的碳纤维是一种耐高温、抗摩擦、导电、导热及耐腐蚀的高分子材料
D．冬奥会采用了氢燃料电池车，还开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念
2．阿比多尔是一种广谱抗病毒药(结构如图所示)，主要治疗A、B型流感病毒等引起的上呼吸道感染，李兰娟专家团队测试发现能有效抑制冠状病毒。下列关于阿比多尔的说法正确的是

A．该有机物的分子式为C22H26BrN2O3S
B．苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有5种
C．1mol该有机物最多与3molNaOH反应
D．其酸性条件下的水解产物，都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
3．如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法不正确的是
I.CH3Br+NaOH→CH3OH+NaBr
II.(CH3)3CBr+NaOH→(CH3)3COH+NaBr


A．反应I的△H＜0
B．反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态
C．反应I中C—Br键未断裂，反应II有C—Br键的断裂和C—O键的形成
D．增加NaOH的浓度，反应I速率增大，反应II速率不变
4．下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
加热NaI固体和浓磷酸的混合物
有气体产生
生成了HI气体
B
取等物质的量的Al和Fe，分别与足量的稀盐酸反应
Al产生的氢气多
金属性：Al>Fe
C
向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚>碳酸
D
分别在20℃、30℃下，取0.1mol·L-1KI溶液，向其中先加入0.1mol·L-1的硫酸，再加入淀粉溶液，发生反应4H++O2+4I-=2I2+2H2O
30℃下出现蓝色的时间短
探究反应速率与温度的关系

A．A B．B C．C D．D
5．   M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种单质具有漂白性，X和Y二者原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数。由这五种元素组成的化合物结构如图所示(箭头表示共用电子对由W提供)。下列说法正确的是

A．最高价氧化物对应的水化物酸性：
B．M的单质与氧气反应能生成
C．W的氢化物的沸点低于Z的氢化物的沸点
D．X和W组成的化合物，所有原子都满足8电子稳定结构
6．我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s—SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是


A．放电时，正极电极周围pH升高
B．使用s—SnLi催化剂，中间产物更不稳定
C．使用催化剂Sn或者s—SnLi均能有效减少副产物CO的生成
D．放电时，每生成1 mol HCOO-，整个装置内转移NA个电子
7．25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)[δ(RCOOH)=]也随之改变。甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是

A．丙酸的电离常数数量级为10-5
B．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者
C．水的电离程度：M点＜N点
D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO—)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH—)
二、工业流程题
8．金属钪可用作宇航材料、火箭和飞机的制造材料；氧化钪可提高计算机记忆元件性能。赤泥是铝土矿加工过程中产生的废料，含有丰富的钪元素，另含有Fe2O3、SiO2、Al2O3等氧化物。一种从赤泥中提取氧化钪的工艺流程如图所示(P2O4是一种磷酸酯萃取剂)。

回答下列问题：
(1)写出赤泥经盐酸处理后所得“浸渣”与强碱溶液反应的离子方程式____。
(2)赤泥“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而下降，其原因是____。
(3)P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如表所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为____、____；萃取后“盐酸洗涤”的目的是____。P2O4浓度对萃取率的影响如表：
试验编号
P2O4浓度/%
分相情况
钪萃取率/%
铁萃取率/%
1-1
1
分相快
90.76
15.82
1-2
2
分相容易
91.53
19.23
1-3
3
分相容易
92.98
13.56
1-4
4
有第三相
90.69
30.12
1-5
5
轻微乳化
91.74
39.79

料液温度对分离系数的影响如图：

(4)反萃取时，Sc3+完全沉淀(浓度为1.0×10-6mol·L-1)时，反萃液的pH为____。(已知：Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31，lg2=0.30，结果保留小数点后两位)
(5)为探究所得草酸钪晶体Sc2(C2O4)3·xH2O中结晶水的含量，取2.96g样品(纯度为75%)，灼烧得到0.69gSc2O3固体，则x=____。
(6)草酸钪晶体灼烧分解反应方程式为____，其固体副产物主要为____。
三、实验题
9．2—硝基—1，3—苯二酚是重要的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料，经磺化、硝化、去磺酸基三步合成：


部分物质相关性质如表：
名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
水溶性(常温)
间苯二酚
110
白色针状晶体
110.7
易溶
2—硝基—1，3—苯二酚
155
桔红色针状晶体
87.8
难溶

制备过程如下：
第一步：磺化。称取77.0g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内搅拌15min(如图1)。

第二步：硝化。待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15min。
第三步：蒸馏。将硝化反应混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用如图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的)，收集馏出物，得到2—硝基—1，3—苯二酚粗品。


请回答下列问题：
(1)图1中仪器b的名称是_______；磺化步骤中控制温度最合适的范围为_______(填字母代号，下同)。
A．30～60℃        B．60～65℃        C．65～70℃       D．70～100℃
(2)已知：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代。请分析第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是_______。
(3)硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是_______。
(4)水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的是_______。A．不溶或难溶于水，便于最后分离 B．具有较低的熔点
C．在沸腾下与水不发生化学反应 D．难挥发性
(5)下列说法正确的是_______。
A．直型冷凝管内壁中可能会有红色晶体析出
B．烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸
C．反应一段时间后，停止蒸馏，先熄灭酒精灯，再打开旋塞，最后停止通冷凝水
(6)蒸馏所得2—硝基—1，3—苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇水混合剂洗涤。请设计简单实验证明2—硝基—1，3—苯二酚已经洗涤干净_______。
(7)本实验最终获得15.5g桔红色晶体，则2—硝基—1，3—苯二酚的产率约为_______(保留3位有效数字)。
四、原理综合题
10．氢气是一种理想的二次能源，在石油化工、冶金工业、治疗疾病、航空航天等方面有着广泛的应用。以甲醇、甲酸为原料制取高纯度的H2是清洁能源的重要研究方向。回答下列问题：
(1)甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H=+49 kJ·mol-1
副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+40 kJ·mol-1
①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为____，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是____。
②若上述副反应的活化能Ea1=w kJ·mol-1，则CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的活化能Ea2=____kJ·mol-1。
③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH)=1∶1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒容下甲醇的平衡时转化率为α1，恒压条件下甲醇的平衡时转化率为α2，则α1____α2(填“＞”、“＜”或“=”)。
(2)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+203 kJ·mol-1，在容积为3 L的密闭容器中通入物质的量均为3 mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。


压强为p1时，在N点：v正____v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，N点对应温度下该反应的逆反应的平衡常数K=____ L2·mol-2。比较：p1____p2(填“＞”、“＜”或“=”)。
(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。


①HCOOD催化释氢反应除生成HD外，还生成____(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是____。
五、结构与性质
11．科学家对多种过渡金属元素进行深入的研究，在新能源、新材料研发，医疗等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)铜元素位于周期表中____区，画出Fe3+离子能量最高的能级的电子排布图____。
(2)CO可以形成Ni(CO)4、Fe(CO)5等多种配合物，在提纯金属方面应用广泛。与CO互为等电子体的一种阴离子和一种单质分子的化学式分别为____、____；CO分子中σ键和π键的个数比为____，试比较C、O与N的第一电离能的大小____。
(3)PtCl2(NH3)2有如图两种平行四边形结构：

研究表明，图a分子用于抗癌药物，在图a中用箭头标出配位键____。解释分子b不溶于水的原因：____。其中配体NH3中心原子的杂化方式为____。
(4)铜和氧形成的一种离子化合物(氧的化合价为-2)是良好的半导体材料。晶胞结构如图所示：

铜离子的电荷数为____，其配位数为____，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中a原子和b原子坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则c原子分数坐标为____，若晶体密度为dg/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中阴阳离子最短距离为____nm(列出计算式即可)。
六、有机推断题
12．近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：

已知：I.
II.
请回答下列问题：
(1)I的分子式为____。
(2)D中官能团的名称为____。D→E的反应类型为____。
(3)F的结构简式为____，C分子中最多有____个原子共平面。
(4)A反应生成B的化学方程式是____。
(5)符合下列条件的D的同分异构体有____种。
①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为____。
(6)已知：RNO2RNH2，写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺()的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选)____。

参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．二氧化碳安全无毒，是空气的成分，不会造成污染，因此可替代氟利昂做制冷剂，更环保，A正确；
B．冬奥会上采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是由于蛋白质在紫外线作用下会发生变性而失去其生理活性，因此该消毒方法是利用紫外线使蛋白质变性的性质，B正确；
C．碳纤维是碳元素的单质，不属于高分子化合物，而属于无机非金属材料，C错误；
D．采用氢燃料电池车，开发了全新的车载光伏发电系统，可减少化石燃料的燃烧，减少污染物的排放，符合“绿色出行”理念，D正确；
2．D
【解析】
【详解】
A．分子式为C22H25BrN2O3S，A错误；
B．根据等效氢原理可知，2个苯环上的氢有4种情况，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有4种，B错误；
C．由有机物的结构简式可知，1mol该有机物含有1mol酚羟基消耗1molNaOH，1mol普通酯基消耗1molNaOH，1mol与苯环直接相连的溴原子能消耗2molNaOH，故最多与4molNaOH反应，C错误；
D．根据有机物的结构简式可知，其酸性条件下的水解产物为含有苯环部分（苯环上含有酚羟基）生成的羧酸和CH3CH2OH，前者含氮环的部分有碳碳双键和酚羟基，后者含有醇羟基，故都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；
故答案为D。
3．C
【解析】
【详解】
A．Ⅰ反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应△H＜0，A不符合题意；
B．由图可知，反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态，B不符合题意；
C．反应I中有C—Br键断裂，由CH3Br转化成CH3OH，反应II也有C—Br键的断裂和C—O键的形成，由(CH3)3CBr转化成(CH3)3COH，C符合题意；
D．反应Ⅱ卤代烃先自身转变为过渡态，然后氢氧根与过渡态的烃结合，氢氧化钠不直接与卤代烃一起转化到活化态，所以增加氢氧化钠的浓度不能使Ⅱ速率增大，D不符合题意；
故选C。
4．A
【解析】
【详解】
A．加热NaI固体和浓磷酸的混合物，由于HI氢易挥发，浓磷酸不易挥发，会有HI气体生成，故A正确；
B．取等物质的量的Al和Fe，分别与足量的稀盐酸反应， Al产生的氢气多， 说明Al失去的电子数多，但金属性与失去电子数多少无关，不能比较Al、Fe的金属性，故B错误；
C．向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，浊液变澄清，说明酸性：苯酚>碳酸氢根，故C错误；
D．若先加硫酸，先发生反应4H++O2+4I-=2I2+2H2O，在20℃、30℃都会反应生成碘，加入淀粉都会变蓝，应先加入淀粉，再加硫酸进行反应，故D错误；
答案选A。
5．C
【解析】
【分析】
M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z为短周期元素，其一种单质具有漂白性，则Z为O；Y的原子序数小于O，且含有4条共价键，则Y为C；X的原子序数小于C，且能形成配位键，则X为B；M原子序数小于B，且能形成阳离子，则M为Li；X和Y二者原子的最外层电子数之和为7，则W原子的最外层电子数为7，则W为F。
【详解】
A．X、Y分别为B、C，非金属的非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性：H2CO3＞H3BO3，A项错误；
B．M的单质为Li，Li与氧气反应能生成Li2O，B项错误；
C．W为F，氢化物为HF，沸点低于水的沸点，C项正确；
D．X和W组成的化合物为BF3，B原子不满足8电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
6．D
【解析】
【详解】
A．由图可知：充电时，外电路电子流向锌，则Zn电极为阴极，得到电子发生还原反应，左侧电极为阳极，失去电子发生氧化反应，则放电时右侧电极为正极，正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，可见，随着反应的进行，溶液中c(OH-)增大，溶液pH增大，A正确；
B．根据反应路径图可知：使用催化剂Sn或者s-SnLi生成CO时，活化能大，活化能大时反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低越稳定，因此使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成，C正确；
C．根据反应路径图可知：使用s-SnLi催化剂，中间产物能量高，更不稳定，C正确；
D．放电时，右侧电极失去反应为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，碳元素由+2价升高到+4价,每生成1 mol HCOO-，转移2NA个电子，D错误；
故合理选项是D。
7．B
【解析】
【分析】
由公式可知，δ(RCOOH)=0.5时，溶液中c(RCOOH)= c(RCOO—)，则弱酸的电离常数Ka== c(H+)，由图可知，δ(RCOOH)=0.5时，甲酸、丙酸溶液的pH分别为3.75、4.88，则甲酸、丙酸的电离常数分别为10—3.75、10—4.88，电离常数越大，弱酸的酸性越强，则甲酸的酸性强于丙酸。
【详解】
A．由分析可知，丙酸的电离常数为10—4.88，数量级为10-5，故A正确；
B．由分析可知，甲酸的酸性强于丙酸，则甲酸根离子在溶液中的水解程度小于丙酸根离子，等浓度的甲酸钠溶液的pH小于丙酸钠溶液，故B错误；
C．酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，M点溶液中pH小于N点，溶液中氢离子浓度大于N点，则水的电离程度小于N点，故C正确；
D．甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的甲酸和甲酸钠的混合溶液中甲酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(HCOO—)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH—)，故D正确；
故选B。
8．(1)SiO2+2OH—=SiO+H2O
(2)盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小
(3)     3%     65℃     洗去有机相中的FeCl3
(4)5.97
(5)5
(6)     Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O     钪(Sc)
【解析】
【分析】
由题给流程可知，赤泥加入盐酸酸浸时，钪元素转化为氯化钪，氧化铁、氧化铝溶解转化为氯化铁、氯化铝，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和含有氯化钪、氯化铁、氯化铝的浸出液；向浸出液中加入萃取剂P2O4萃取钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的溶液和有机相；向溶液中加入萃取剂萃取溶液中的铁离子，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤、分液得到水相和有机相；有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，过滤得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪加入盐酸溶解、富集得到氯化钪；向氯化钪溶液中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪，过滤、灼烧草酸钪制得三氧化二钪。
(1)
“浸渣”与强碱溶液的反应为二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；
(2)
盐酸是挥发酸，受热易挥发，若酸浸时温度过高，氯化氢挥发会使盐酸浓度减小导致酸浸速率下降，故答案为：盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小；
(3)
由表格数据可知，P2O4的浓度为3%时，钪萃取率最高、铁萃取率最低，由图可知，料液温度为65℃时，钪/铁、钪/铝分离系数最高，所以萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为3%、65℃，故答案为：3%；65℃；
(4)
由溶度积可知，钪离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为==2×10-8.33mol/L，则溶液的pH为14-8.33+lg2=5.97，故答案为：5.97；
(5)
由钪原子原子个数守恒可知，草酸钪的物质的量与三氧化二钪的物质的量相等，由题给数据可知，草酸钪晶体中草酸钪和结晶水的物质的量比为：1：x=：，解得x=5，故答案为：5；
(6)
由得失电子数目守恒可知，草酸钪晶体受热分解生成三氧化二钪、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O，一氧化碳高温下还原性强，反应中生成的一氧化碳高温条件下能与三氧化二钪反应生成钪和二氧化碳，则固体副产物主要为钪，故答案为：Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O；钪(Sc)。
9．(1)     球形冷凝管     B
(2)防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子
(3)在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却
(4)AC
(5)AB
(6)取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净
(7)14.3%
【解析】
【分析】
由题中信息可知，间苯二酚与适量浓硫酸共热后可发生磺化反应；待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15min；将硝化反应混合物的稀释液进行水蒸气蒸馏可以得到2-硝基- 1，3-苯二酚。
(1)
根据仪器的外观可知图1中仪器b的名称是球形冷凝管；由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于65°C。若温度过低，磺化反应的速率过慢；间苯二酚具有较强的还原性，而浓硫酸具有强氧化性，若温度过高，苯二酚易被浓硫酸氧化，并且酚羟基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反应的进行，因此，在磺化步骤中控制温度最合适的范围为60°C~65°C，故选B，故答案为：球形冷凝管；B；
(2)
已知酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子，故答案为：防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子；
(3)
类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，因此硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却，故答案为：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却；
(4)
由题中信息可知，水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，在低于100°C的情况下，有机物可以随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的挥发性，可以随水蒸气一起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，便于最后分离；在沸腾条件下不与水发生化学反应，故选AC，故答案为：AC；
(5)
A．由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是87.8°C，且难溶于水，因此冷凝管C中有2-硝基-1， 3-苯二酚析出，可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出，故A正确；
B．图2中烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的安全范围， 既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸，故B正确；
C．反应一段时间后，停止蒸馏，应先打开旋塞，再熄灭酒精灯，C错误；
答案选AB，故答案为：AB；
(6)
实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净， 只需证明产品中不含硫酸根离子即可，具体操作为：取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净；
(7)
77.0 g间苯二酚的物质的量为=0.7mol，理论上可以制备出2-硝基-1，3-苯二酚0.7mol，质量为0.7mol×155g/mol=108.5g。 本实验最终获得15.5g桔红色晶体，则2-硝基-1，3-苯二酚的产率为，故答案为：14.3%。
10．(1)     CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)       ΔH=+89 kJ/mol     升高温度或增大水蒸气浓度     w-40     ＜
(2)     ＞          ＞
(3)     CO2     HCOOK是强电解质，HCOOH是弱电解质，替代后HCOO-浓度增大
【解析】
(1)
①已知：主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H=+49 kJ·mol-1，副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+40 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将两式相加，整理可得甲醇在催化剂作用下裂解的热化学方程式：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+89 kJ/mol；
该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响，可知：既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施可以是升高温度或增大水蒸气浓度；
②反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，若上述副反应的活化能Ea1=wkJ·mol-1，则CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)的活化能Ea2=(w-40) kJ/mol；
③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH)=1∶1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒容下甲醇的平衡时转化率为α1，由于主反应的正反应是气体体积增大的反应，当在恒容下达到平衡时气体压强比反应开始时压强增大。而恒压条件下甲醇的平衡时转化率为α2，相当于反应在恒容下达到平衡后，扩大容器的容积，使气体的压强减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，因此反应在恒压下达到平衡时甲醇的转化率比恒容条件下大，则α1＜α2；
(2)
根据图示可知：在N点时未达到该温度下化学平衡状态，反应正向进行，因此v正＞v逆；
反应在3 L密闭容器中进行，反应开始时n(CH4)=n(H2O)=3 mol，则开始时c(CH4)=c(H2O)=1mol/L，假设点对应温度下反应达到平衡时H2的体积分数为60%，假设CH4的平衡转化浓度为a，则平衡时c(CH4)= c(H2O)=(1-a) mol/L，c(CO)=a mol/L，c(H2)=3a mol/L， ，解得a=mol/L，所以CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的逆反应的化学平衡常数K=(L2/mol2)；
该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，导致H2的体积分数减小，所以压强：p1＞p2；
(3)
①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；
②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大。
11．(1)     ds    
(2)     CN-或C     N2     1：2     N>O>C或C (3)          b分子为非极性分子，而水为极性溶剂，极性不同，根据相似相溶原理，b分子不溶于水     sp3
(4)     +1     2     (，，)     ×107
【解析】
(1)
铜原子的核电荷数为29，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，铜元素位于周期表中的ds区；Fe3+离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，能量最高的是3d，则Fe3+离子能量最高的能级的电子排布图，故答案为：ds；；
(2)
CO有2个原子，价电子总数为10，则与CO互为等电子体的一种阴离子和一种单质分子的化学式分别为CN-或C、N2，CO与N2为等电子体，结构相似，分子中σ键数为1个，π键数为2个，则σ键和π键个数比为1:2；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，因此C、N、O三种元素的第一电离能有大到小的排序为N>O>C，故答案为：CN-或C；N2；1:2；N>O>C或C (3)
[PtCl2(NH3)2］的中心原子为Pt，提供空轨道，配位原子为Cl、N，提供孤电子对，则在图a中用箭头标出配位键为；由b分子结构可知，b分子结构对称，为非极性分子，而水为极性溶剂，根据相似相溶原理，b分子不溶于水；NH,分子中中心N原子价层电子对数为=4，采用sp3杂化，故答案为：；b分子为非极性分子，而水为极性溶剂，极性不同，根据相似相溶原理，b分子不溶于水；sp3；
(4)
由晶胞结构图可以看出，晶胞中Cu位于晶胞内，其个数为4，O有8个位于顶点、一个位于体心，其个数为8+1=2，该晶体的化学式为Cu2O，故Cu2O中铜离子的电荷数为+1；与每个铜离子最近的氧离子有2个，则铜离子的配位数为2；图中a原子和b原子坐标分别为(0，0，0)、()，说明是以图中a点为坐标原点的，则c原子分数坐标为()；晶胞的质量为g，晶胞的体积V=cm3=cm3，晶胞的棱长为cm，晶胞体对角线长为cm，由图可知晶胞中阴阳离子最短距离为晶胞体对角线长的四分之一，即cm=107nm，故答案为：+1；2；()；107。
12．(1)C20H24ON2S
(2)     羟基、羧基     消去反应
(3)          15
(4)+NaOH+NaBr
(5)     26     、
(6)
【解析】
【分析】
A的分子式为C8H9Br，B能与O2、Cu加热时反应生成C（），则B的结构简式为，A的结构简式为；C与HCN、H+发生题给已知I的反应生成D，D的结构简式为，D与浓硫酸、加热反应生成E，E与SOCl2、加热反应生成F，结合F的分子式C9H7ClO和题给已知II的第一步可知，E的结构简式为，F的结构简式为；F与H发生题给已知II的第二步反应生成I；据此分析作答。
(1)
由I的结构简式可知，I的分子式为C20H24ON2S；答案为：C20H24ON2S。
(2)
D的结构简式为，D中官能团的名称为羟基、羧基；E的结构简式为，D在浓硫酸存在、加热条件下发生消去反应生成E；答案为：羟基、羧基；消去反应。
(3)
根据分析F的结构简式为； C的结构简式为，联想苯和甲醛的结构，结合单键可以旋转可知，C中最多有15个原子共面（图中红框中的8个C、6个H和1个O原子可共面）；答案为：；15。
(4)
A的结构简式为，B的结构简式为，A与NaOH水溶液共热发生水解反应生成B，反应的化学方程式为+NaOH+NaBr；答案为+NaOH+NaBr。
(5)
D的结构简式为，D的分子式为C9H10O3，不饱和度为5；D的同分异构体与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH，能水解，且能发生银镜反应，则D的同分异构体中含有HCOO—和苯环直接相连、酚羟基；若苯环上有3个侧链，3个侧链为HCOO—、—OH和—CH2CH3，苯环上3个侧链不相同时有10种位置，即有10种同分异构体；若苯环上有4个侧链，4个侧链为HCOO—、—OH和2个—CH3，先固定2个—CH3的位置有、、，后采用“定一移二”法，苯环上有2个H原子分别被HCOO—、—OH代替有6种同分异构体，苯环上有2个H原子分别被HCOO—、—OH代替有7种同分异构体，苯环上有2个H原子分别被HCOO—、—OH代替有3种同分异构体，符合题意的同分异构体共10+6+7+3=26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为、；答案为：26；、。
(6)
对比与、CH3COOH的结构简式，结合题给已知和题干已知II，可由CH3COOH与SOCl2、加热反应生成CH3COCl；与浓硝酸、浓硫酸共热生成，与Fe、HCl共热反应生成，与CH3COCl在NEt3、CH2Cl2加热时反应得到目标化合物乙酰对甲基苯胺；合成路线流程图为；答案为：。