辽宁省辽南协作体2022届高三第三次模拟考试化学试题及答案

这是一份辽宁省辽南协作体2022届高三第三次模拟考试化学试题及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

 高三第三次模拟考试化学试题
一、单选题
1．化学科学在国防装备的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述错误的是（　　）
A．战机机身大量采用了碳纤维材料，对比传统金属材质，碳纤维密度小、强度高
B．隐形战机表面的吸波陶瓷——碳化硅属于分子晶体
C．曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光
D．涂在装甲车上的聚氨酯伪装涂料属于有机高分子材料
2．下列说法正确的是（　　）
A．次氯酸的结构式为：H-Cl-O
B．虚线表示邻烃基苯甲醛的分子间氢键：
C．醛基的碳氧双键有极性：
D．组成天然蛋白质的氨基酸可以表示为
3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （　　）
A．反应中，每生成释放的中子数为
B．电解精炼铜时，若转移了个电子，阳极溶解铜
C．将一定量的通入溶液中，当有转化为时，转移电子总数为
D．标准状况下，庚烷中所含的分子数约为
4．“冰墩墩”“雪容融”成为北京冬奥会的顶流，他们由、、和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是 （　　）

A．制作()的单体可以使溴水褪色
B．()中所有碳原子均可共面
C．的单体之一是苯乙烯，其碳的百分含量和乙炔相同
D．制备亚克力材料()的单体是甲基丙烯酸甲酯
5．下列实验方案合理的是 （　　）
A
B
C
D




实验室模拟喷泉实验
实验室制备
蒸干溶液制固体
熔化固体
A．A B．B C．C D．D
6．中医经典方剂组合对新冠肺炎病毒治疗具有良好的效果。其中的一味中药黄芩的有效成分结构简式如图所示，下列说法错误的是 （　　）

A．黄芩苷中含有4种含氧官能团
B．黄芩苷分子中苯环上的一氯代物有4种
C．黄芩苷能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．黄芩苷最多与生加成反应
7．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的变化情况如图所示，则下列说法中错误的是 （　　）

A．浓的D溶液在加热条件下可以与C发生反应
B．分子空间结构为三角锥形
C．B，D，E的单质或者化合物能作漂白剂
D．具有两性，既能和酸反应也能和碱反应
8．在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：。达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断正确的是 （　　）

A．
B．E点的平衡常数小于F点的平衡常数
C．达到平衡后，增大A的浓度将会提高B的转化率
D．
9．海泥细菌通过消耗海底沉积层中的有机物获得营养，同时产生电子。科学家利用这一原理设计了海泥细菌电池，该技术既可在海底加速石油污染物降解速率，又可产生电能，有很好的应用前景。其中海泥代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是 （　　）

A．A电极的电势高于B电极
B．质子通过海底沉积层和海水层交接面，A电极消耗氧气(标准状况)
C．负极的电极反应式为：
D．海水和海泥作为电解质的一部分，富含盐分，导电性高，有利于输出电能
10．苯与的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法错误的是 （　　）

A．苯与的加成反应为吸热反应
B．除去产物溴苯中混有的一定量的溴，可以加氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去
C．苯与的催化反应决速步伴随着极性键的断裂与形成
D．从反应速率的角度分析，产物中取代产物占比更大
11．易溶于水，难溶于乙醇。从电镀污泥[含有、、、和等]中回收制备和其它金属的工艺流程如下，下列说法正确的是 （　　）

已知：萃取剂萃取的原理为。
A．“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，可以使用浓硫酸
B．萃取余液可在酸浸中循环利用，反萃取剂X为
C．“反萃取”得到的溶液，在碱性条件下可被氧化生成，该反应的离子方程式为
D．溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得，向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
12．下列方程式正确的是 （　　）

A．硫酸铜溶液中通入过量的氨气：
B．如图电解质溶液，则正极电极反应式为：
C．用可以除去溶液中的：
D．电解饱和溶液：
13．以为催化剂催化还原氮氧化物已经大规模应用于烟气脱硝和柴油车尾气净化。为还原剂，氮氧化物在低温和高温时的反应原理不同，a表示低温下的反应原理，b表示高温下的反应原理，下列说法错误的是 （　　）

A．低温段反应每有参加反应转移电子
B．高温和低温时，催化剂中的化合价都发生了变化
C．在高温段反应中主要起到氧化的作用
D．高温和低温时，反应的总方程式都为
14．是一种重要的半导体材料，熔点为，密度为，其晶胞结构如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为，的摩尔质量为，下列说法正确的是 （　　）

A．该晶体为离子晶体
B．的配位数为2
C．在元素周期表的第15纵列
D．的晶胞边长为
15．室温下，通过下列实验探究溶液的性质：
编号
实验操作
1
用试纸测定的溶液，测得约为2
2
向的溶液中逐滴加入等体积的溶液，测得所得溶液的约为4
3
将酸性溶液与溶液混合，溶液褪色
下列说法正确的是（　　）
A．的约为
B．实验2溶液由2到4的过程中水的电离程度不断减小
C．实验2所得溶液中继续加溶液至溶液呈中性：
D．实验3中酸性溶液褪色证明具有漂白性
二、综合题
16．央视报道《王者归“铼”》：我国利用新技术发现并提纯了超级金属“铼”，其熔点高、耐磨、耐腐蚀，可用来制造航空发动机核心部件，有塑打破美国垄断。工业上用富铼渣(含)制得铼粉，其工艺流程如图1所示：

回答下列问题：
（1）铼()被称为类锰元素，与锰的价层电子结构相同，写出的价层电子排布式：　 　，已知元素锰与徕为同族元素，研究发现锰的熔点明显高于铼的熔点，其原因可能是　 　。
（2）酸浸相同时间，测得徕的浸出率与温度关系如图2所示，分析时铼的浸出率最高的原因是　 　；浸出反应中转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式　 　。

（3）图3表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取液流速宜选用的范围是　 　。

（4）已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是　 　。
（5）是酸性氧化物，与溶液反应的化学方程式为　 　。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有、　 　。
17．亚硝酰氯()是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为，遇水和潮气分解。请回答下列问题：
（1）与混合在通常条件下可反应得到。
①实验室制备的离子方程式是　 　。
②选用如图所示的部分装置，欲用二氧化锰制备一瓶纯净且干燥的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为　 　(气流方向从左至右，每组仪器最多使用一次)。

③实验中“先通入，待反应装置中充满黄绿色气体时，再将缓缓通入”，此操作的目的是　 　。
（2）文献中记载的一种利用浓盐酸和浓溶液反应制取的原理及装置如图所示，反应原理：。

①仪器X为恒压滴液漏斗，用它代替分液漏斗优点是　 　。
②若无干燥装置，会与水反应产生无色气体和白雾，且该气体在试管口变为红棕色，则发生反应的化学方程式为　 　。
（3）若用以下方法测定亚硝酰氯()纯度：取U形管中所得液体m克溶于水，配制成溶液，取出，以溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。已知：为不溶于水的砖红色沉淀；常温下，。
①滴定时，应使用　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
②滴定达到终点的标志是　 　。
③亚硝酰氯()的质量分数为　 　(用计算式表示即可)。
18．甲基叔丁基醚()是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以表示)在催化剂作用下合成：。回答下列问题：
（1）反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态，最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，该反应的　 　，下列说法错误的是　 　。

A．三种反应历程中，反应速率最快
B．过渡态1比另两种过渡态稳定
C．降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率
D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径的产率一定相同
（2）向刚性密闭容器中充入等物质的量的甲醇和异丁烯，在催化剂作用下，分别在和两个温度反应，异丁烯的转化率随时间的变化关系如图所示。

①时，反应后到达点B，此时甲基叔丁基醚的体积分数为　 　(保留3位有效数字)
②A、B、C三点中，正反应速率最大的是　 　。
③比较A、B、C三点的平衡常数，从大到小的顺序是　 　。
④已知对于反应，标准平衡常数，其中为各组分的平衡分压，分压=总压×该组分物质的量分数，。在时(如图)，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为)，甲醇的平衡分压为　 　，反应的标准平衡常数　 　。(保留1位小数)
19．化合物M()是合成药物的中间体，利用芳香化合物A制备化合物M的路线如下：

已知：Ⅰ．；
Ⅱ．
（1）D中的官能团名称　 　。
（2）C的结构简式：　 　。
（3）A到B的反应类型　 　；F分子中最多　 　个碳原子共平面。
（4）H生成M的化学方程式　 　。
（5）Z是E的同分异构体，满足下列条件的Z的结构有　 　种；写出一种核磁共振氢谱有3组峰的结构简式　 　。
①含有且与苯环相连 ②能发生银镜反应
（6）利用有机物Q经过催化氧化和已知Ⅱ两步制备有机物P()，请写出Q的结构简式　 　。

答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．碳纤维一种含碳量在95%以上的高强度、高模量的新型纤维材料。 它是由片状石墨微晶等有机纤维沿纤维轴向方向堆砌而成，经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料。 碳纤维质量比金属材质轻，但强度却高于金属材质，并且具有耐腐蚀、高模量、密度低、无蠕变、良好的导电导热性能、非氧化环境下耐超高温、耐疲劳性好等特性，故A不符合题意；
B．碳化硅是碳原子和硅原子以共价键结合而成的具有三维骨架结构的共价晶体，故B符合题意；
C．铜的焰色为绿色，所以曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光，故C不符合题意；
D．聚氨酯伪装涂料是由有机小分子通过聚合反应生成的高分子，属于有机高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.碳纤维是一种具有密度小、强度高等特性的无机非金属材料；
B.碳化硅为原子晶体；
C.铜的焰色反应为绿色；
D.聚氨酯属于有机高分子材料。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故A项不符合题意；
B．虚线表示邻烃基苯甲醛的分子内氢键，故B项不符合题意；
C．醛基的碳氧双键中，O的电负性大，共用电子对偏向O，故使O带上负电荷，C带上正电荷，故C项不符合题意；
D．组成天然蛋白质的氨基酸中一定有氨基和羧基，不同氨基酸的R基不同，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、Cl的共价键为1，O的共价键为2；
B、羟基和醛基同在一个分子内，为分子内的氢键；
C、氧原子的电负性大于碳原子，因此电子偏向氧原子，氧带负电，碳带正电；
D、氨基酸的碳原子上连接-R、-COOH、-NH2、-H。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．反应中，每生成释放的中子数=（48+249-294）=，故A符合题意；
B．电解精炼铜时，由于阳极存在锌、铁等金属杂质，转移个电子时，阳极溶解铜的质量小于，故B不符合题意；
C．将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，由于还原性Fe2+>Br-，Cl2先氧化Fe2+，然后氧化Br-，故当有1mol Br-转化为Br2时，Fe2+已被完全氧化，则转移的电子数大于NA，故C不符合题意；
D．标况下庚烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据可知，48+249=294+x，x=3；
B.电解精炼铜时，阳极含有锌、铁等活泼性大于铜的金属，它们在铜之前放电；
C.还原性Fe2+>Br-，Cl2先氧化Fe2+；
D.标况下庚烷为液体。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．PVC的单体为CH2=CHCl含有碳碳双键，所以可以使溴水褪色，故A不符合题意；
B．结构中连接两个苯环的碳原子为饱和碳原子，其连接的4个碳原子一定不全共平面，故B符合题意；
C．苯乙烯和乙炔的最简式相同，所以其碳的百分含量相同，故C不符合题意；
D. 由题中制备亚克力材料的结构可知，其单体为甲基丙烯酸甲酯，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.PVC的单体为CH2=CHCl；
B.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
C.苯乙烯和乙炔的最简式相同；
D.亚克力材料的单体是CH2=C(CH3)COOCH3。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．Cl2难溶于饱和食盐水，圆底烧瓶内外难以形成气压差，用其难以模拟喷泉实验，A不合理；
B．浓硫酸与Cu反应制备SO2的反应需要加热，该实验装置缺少加热装置，B不合理；
C．水溶液会发生水解：MgCl2 + 2H2O Mg(OH)2 + 2HCl，HCl易挥发，该装置蒸干操作得不到MgCl2，C不合理；
D．NaCl固体熔点较高，应在瓷坩埚内熔化，D合理；
故答案为：D。

【分析】A.氯气难溶于饱和食盐水，不能形成压强差；
B.浓硫酸和铜在加热下反应；
C.蒸干MgCl2溶液得到Mg(OH)2 。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．该有机物中含有羧基、酮羰基、醚键和羟基4种含氧官能团，故A不符合题意；
B．黄芩苷分子中苯环上有4种氢原子，所以其苯环上的一氯代物就有4种，故B不符合题意；
C．该有机物分子中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键、酮羰基和氢气以1：1发生加成反应，羧基不能和氢气发生加成反应，该分子中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个酮羰基，所以1mol该有机物最多与发生加成反应，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.黄芩苷中含有的含氧官能团为羧基、酮羰基、醚键和羟基；
B.黄芩苷分子中苯环上有4种不同环境的氢原子；
C.黄芩苷分子中含有的碳碳双键、羟基均能被酸性高锰酸钾氧化。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，C为Al，D是S，浓H2SO4在加热条件下可以和Al发生反应生成Al2(SO4)、SO2和H2O，A不符合题意；
B．由分析可知，A为N，E是Cl；NCl3分子的中心原子N的价层电子对数为3+=3+1=4，N含有1个孤电子对，则NCl3分子的空间构型为三角锥形，B不符合题意；
C．由分析可知，B为Na，D是S，E是Cl；Na2O2、NaClO等具有强氧化性，可以作漂白剂，SO2能和有色物质反应生成无色物质，也可以作漂白剂，C不符合题意；
D．由分析可知，C为Al，Al3+只能和碱反应，故Al3+不具有两性，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】C为第三周期简单离子半径最小的元素，则C为Al元素，A的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1，稀释1000倍pH变化3，则该溶液为一元强酸，且A的原子序数小于Al，则A为N元素， B的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=13，稀释1000倍pH变化3，则该溶液为一元强碱，则B为Na元素，D为S元素。D的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH≈0.7，氢离子浓度为0.2mol/L，该溶液为二元强酸，则D为S元素，E的原子序数大于S，则E为Cl元素。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，体积越大时M的浓度越小，比较E、F两点可知，体积增大3倍，M浓度减小不到3倍，说明减小压强平衡正向移动，N为固体，则a+b B．平衡常数只与温度有关，由图可知，E点温度等于F点，则E点的平衡常数等于 F点的平衡常数，故B不符合题意；
C．达到平衡后，增大A的浓度，反应向正向进行，B物质继续消耗，转化程度增大，则 增大A的浓度将会提高B的转化率，故C符合题意；
D．由图可知，升高温度M的浓度增大，可知正反应为吸热反应，Q>0，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.容器体积越大，容器中压强越小，温度不变时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；
B.压强不变时，升高温度平衡向吸热方向移动；
D.升高温度M的浓度增大，平衡正向移动。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，A极是正极，B 极是负极，所以A电极的电势高于B电极，故A不符合题意；
B．当有1mol质子穿过海底沉积层和海水交界面时，电路中转移1mol电子，正极电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，则A极消耗0.25molO2，标准状况下的体积为5.6L，故B不符合题意；
C．在微生物作用下与SO2反应生成CO2和HS-，并不是在负极的电极反应，故C符合题意；
D．海水和海泥作为电解质一部分，富含盐分，可增强水的导电性，减小导电阻力，有利于电池电能的输出，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A电极上氧气转化为水，氧元素的化合价降低，发生还原反应，则A电极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，B电极为负极。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．苯与Br2的加成反应中反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．单质溴与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的盐，与溴苯分层，然后可以分液分离，所以产物溴苯中会含有一定量的溴，可加入氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去溴苯中的溴，故B不符合题意；
C．苯与Br2的催化反应决速步为第二步，该过程存在C-Br键的形成，未有新极性键的断裂，故C符合题意；
D．由图可知，生成取代产物反应的活化能低于生成加成产物反应的活化能，根据活化能越小，反应速率越快，则产物中取代产物占比更大，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.苯与Br2的加成反应中反应物总能量小于生成物总能量；
B.溴与氢氧化钠反应，溴苯不与NaOH反应；
D.活化能越小，反应速率越快。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，可以适当提供硫酸的浓度，但不能使用浓硫酸，若使用浓硫酸，不利于后续某些环节，例如调pH时会多消耗碳酸钠，提高成本，A不符合题意；
B．萃取剂萃取的原理为，则萃取余液为水相，酸性环境中氢离子浓度大，平衡左移，含Ni2+，则萃取余液可在酸浸中循环利用，同理，反萃取剂X为硫酸，B不符合题意；
C． “反萃取”得到的溶液，在碱性条件下可被氧化生成，该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O，C不符合题意；
D．是结晶水合物，故用冷却法提取该晶体，故从溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得；又已知易溶于水，难溶于乙醇，则向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可减少硫酸镍的溶解、而可提高产率，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】电镀污泥加入稀硫酸酸浸，SiO2不反应，则滤渣Ⅰ为SiO2，其他物质转化为硫酸盐，电解得到金属铜，电解之后加入碳酸钠调节pH，使铁离子形成Fe(OH)3沉淀，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，再加入磷酸钠除去Cr，加入萃取剂（RH）萃取Ni2+，分液的有机层中再加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．硫酸铜溶液中通入过量的氨气会形成配合物，反应为：，A项不符合题意；
B．电解质溶液为酸化后的NaCl溶液，，酸性很弱，故正极O2得电子，电极反应式为：，B项符合题意；
C．为难溶物，用除去溶液中的反应为：，C项不符合题意；
D．电解饱和溶液，阴极Cu2+得电子，阳极Cl-失电子，总反应为：，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.氨气过量会生成；
C.FeS为固体，应保留化学式；
D.电解饱和溶液的反应为。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知低温段每有参加反应时整个过程消耗4molNO和4mol，转移电子数为12mol，故A符合题意；
B．由图中转化可知高温段和低温段均存在二价铁和三价铁的转化，故B不符合题意；
C．由b图可知，高温段时氧气只参与将二价铁氧化成三价铁的转化，故C不符合题意；
D．两个过程种实际反应物均为，最终生成氮气和水，结合图中消耗量关系可得反应，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据得失电子守恒计算；
B.高温和低温时均存在铁离子和亚铁离子之间的转化；
C.高温时，氧气将亚铁离子氧化为铁离子。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．是一种重要的半导体材料，熔点为，因此该晶体为共价晶体，A不符合题意；
B．位于Ga构成的四面体空隙中，其配位数为4，B不符合题意；
C．位于第四周期第ⅤA族，在元素周期表的第15纵列，C符合题意；
D．晶胞中As和Ga的个数均是4个，密度为，则，所以的晶胞边长为，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A. 是一种重要的半导体材料，熔点较高，为原子晶体；
B.与As紧邻的Ga有4个；
D.根据均摊法和计算。
15．【答案】C
【解析】【解答】A.0.1mol⋅L-1的H2C2O4溶液中，pH约为2，由于H2C2O4的第一步电离程度远大于第二步的电离程度，则c(H+)=c()≈10-2mol⋅L-1，c(H2C2O4)≈0.1mol⋅L-1，H2C2O4的Ka1=≈=10-3，A不符合题意；
B．实验2溶液pH由2到4的过程中，溶液中的OH-来自于水的电离，pH增大，说明溶液中c(OH-)增大，则水的电离程度逐渐增大，B不符合题意；
C．实验2所得溶液中继续加KOH溶液至溶液呈中性，根据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故c(K+)=c()+2c()，则c(K+)＞2c()+c()，C符合题意；
D．实验3中酸性KMnO4溶液褪色是因为发生了氧化还原反应，KMnO4作氧化剂，H2C2O4作还原剂，证明H2C2O4具有还原性，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据Ka1=计算；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.高锰酸钾和草酸发生氧化还原反应。
16．【答案】（1）5d56s2；Re和Mn均为金属晶体，Re和Mn同族，价电子数相同，但是Mn的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，金属键强，熔点高
（2）温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，H2O2分解导致铼的浸出率减小；2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O
（3）6~8
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥
（5）Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O
（6）NH3和含R3N的有机溶液
【解析】【解答】
(1)Re是75号元素，其价电子层排布式为5d56s2；Re和Mn均为金属晶体，Re和Mn同族，价电子数相同，但是Mn的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，金属键强，熔点高。
(2)温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，H2O2分解导致铼的浸出率减小；浸出反应中ReS2转化生成的两种强酸为HReO4和H2SO4，该反应的离子方程式为2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O。
(3)增大萃取液流速，提高铼的吸附率可以提高生产效率，由图可知，萃取液流速宜选用的范围是6~8BV/h。
(4)由于高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥的方法铼提纯粗高铼酸铵固体。
(5)Re2O7是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成NaReO4，该反应的化学方程式为Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O。
(6)由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、NH3和含R3N的有机溶液。

【分析】向富铼渣(含ReS2)中加入稀硫酸和H2O2溶液，发生氧化还原反应生成高铼酸HReO4和H2SO4，过滤得到滤渣和含有HReO4和H2SO4的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N∙HReO4溶液；向R3N∙HReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体；高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的NH3和Re2O7；再用H2热还原Re2O7生成铼粉。
17．【答案】（1）3Cu+8H+ +2=3Cu2++2NO↑+4H2O；b→e→f→i→h→d→c→g；可以排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化
（2）平衡气压，便于浓盐酸顺利滴入双颈烧瓶中；3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑
（3）酸式；滴加最后半滴硝酸银溶液时，恰好有砖红色沉淀生成，且半分钟不变；
【解析】【解答】(1)实验室制备的离子方程式是：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；用浓盐酸与MnO2反应制备一瓶干燥纯净的氯气，固液加热用b装置制备，制得的氯气混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用五氧化二磷作干燥剂干燥氯气，氯气密度比空气大，收集导气管应长进短出，氯气为有毒气体，不能直接排放，用NaOH吸收多余的氯气，故各个装置连接顺序为：b→e→f→i→h→d→c→g；NO会和O2发生反应，故操作目的为：可以排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化；
(2)与分液漏斗相比，恒压滴液漏斗能平衡气压，便于浓盐酸顺利滴入双颈烧瓶中；NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾，为HCl，且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，该气体为NO，根据化合价变化，还应有硝酸生成，该反应的化学方程式为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑；
(3)AgNO3中Ag+水解使溶液呈酸性，故滴定时，呈装标准溶液应使用酸式滴定管；滴定达到终点时，AgCl基本沉淀完全，再滴入半滴标准溶液，恰好AgCl刚开始转化为Ag2Cr2O7，故滴定达到终点的标志是滴加最后半滴硝酸银溶液时，恰好有砖红色沉淀生成，且半分钟不变；滴定过程中存在数量关系，所以取出25.00mL溶液中，则NOCl总的物质的量为，所以质量分数为：。

【分析】（1）①铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
②用浓盐酸与MnO2反应制备一瓶干燥纯净的氯气，固液加热用b装置制备，制得的氯气混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用五氧化二磷作干燥剂干燥氯气，氯气密度比空气大，收集导气管应长进短出，氯气为有毒气体，不能直接排放，用NaOH吸收多余的氯气；
③NO易被氧化为NO2；
（2）①恒压滴液漏斗可平衡气压；
②NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾，为HCl，且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，该气体为NO，根据化合价变化，还应有硝酸生成；
（3）①AgNO3溶液呈酸性；
②AgCl基本沉淀完全，再滴入半滴标准溶液，AgCl（白色）转化为Ag2Cr2O7（砖红色）；
③根据氯元素守恒，结合计算。
18．【答案】（1）-4Q；BC
（2）；C；；30；13.3
【解析】【解答】(1)①该反应的为生成物的相对能量减去反应物的相对能量，则(1-5)Q =；
②A．、、三种反应历程的活化能分别为、、，活化能越低，反应速率越快，则反应速率最快，A项不符合题意；
B．能量越低越稳定，三种过渡态中，过渡态1能量最低，则过渡态1比另两种过渡态稳定，B项符合题意；
C．该反应为气体分子总数减小的放热反应，则降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率，C项符合题意；
D．、、三种反应历程的活化能不完全相同，则起始投料在刚性容器中分别采用三种途径反应相同时间，三种途径的产率不完全相同，D项不符合题意；
故答案为：BC。
(2)①设初始时甲醇和异丁烯均为1mol，时，反应90min后到达B点，则存在：
此时甲基叔丁基醚的体积分数为；
②先拐先平速率大，则温度＞，A、C两点温度相同但C点反应物浓度大，则点正反应速率大，B、C反应物浓度相同但C点温度高，则C点正反应速率大，则A、C、B三点中，正反应速率最大的是C点；
③平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数从大到小的顺序为：；
④在时，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为)，则甲醇和异丁烯的初始分压均为，由三段式可知：

则甲醇的平衡分压为；已知，反应的标准平衡常数。

【分析】（1）根据ΔH=生成物的相对能量-反应物的相对能量；
A.活化能越小反应速率越快；
B.能量越低物质越稳定；
C.该反应为气体分子总数减小的放热反应，降低温度和增大压强平衡均正向移动；
D.三种途径的反应速率不同；
（2）①列出反应的三段式计算；
②温度越高、浓度越大反应速率越快；
③平衡常数只与温度有关；
④列出反应的三段式，结合 计算。
19．【答案】（1）硝基、醛基、醚键
（2）
（3）加成反应；11
（4）
（5）12；
（6）
【解析】【解答】
(1)根据D的结构可知，官能团名称为：硝基、醛基、醚键；
故答案为：硝基、醛基、醚键。
(2)根据分析可知，C的结构为；
故答案为：。
(3)根据A和B的结构可知，A到B的反应类型为加成反应；根据F分子的结构可知，苯环上的碳原子以及醛基中的碳原子均共面，以及支链中所有的碳原子均可共面，最多11个碳原子共平面。
故答案为：加成反应；11。
(4)由分析可知H经取代反应生成M，化学方程式为：；
故答案为：。
(5)由信息可知Z含有且与苯环相连，能发生银镜反应则含有-CHO或-OOCH，根据E的分子式可知，Z的结构为苯环和以及-OOCH两个取代基，所以结构共有3种，或者为苯环和以及-CHO、-OH三个取代基，苯环上有3个不同的取代基的结构共有10种，除去E本身的1种结构还有9种，所以Z的结构共有12种，核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为；
故答案为：12，。
(6)有机物Q经过催化氧化和已知II两步制备有机物P，则有机物Q含有-OH，再由已知II的反应信息同时参照F到G的转化流程可知Q的结构简式为：；
故答案为：。

【分析】由A的分子式以及D的结构式可知，芳香化合物A的结构为，与HCHO酸性条件下加热得到B的结构为，B与CH3I参照已知I反应生成C，故C的结构为，再经过催化氧化后转化为D，D与HI参照已知I反应生成E的结构为，E参照题目信息条件发生取代反应得到F，F反应成环转化为G，再经Zn/HCl将G中的硝基转化为氨基得到H，H经取代反应转化为M。