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河南省驻马店市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份河南省驻马店市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共37页。试卷主要包含了7°C;苯甲酸，2g苯甲酸和15，36等内容，欢迎下载使用。
河南省驻马店市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）某化学小组以苯甲酸()为原料制取苯甲酸甲酯（)。
已知有关物质的沸点：甲醇(CH3OH):64.7°C;苯甲酸：249°C;苯甲酸甲酯：199.6°C。
I.合成苯甲酸甲酯粗产品
在圆底烧瓶中加入12.2g苯甲酸和15.Sg甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混合均匀，再投入几块碎瓷片，小心加热充分反应后，得苯甲酸甲酯粗产品。
（1）写出苯甲酸与甲醇反应的化学方程式：____________。
（2）甲和乙两位同学分别设计了如图所示的两套实验室合成苯甲酸甲酯的装置（夹持仪器和加热仪器均已略去）。根据有机物的有关性质分析，最好采用____________装置（填“甲”或“乙”)。
（3）工业生产中常采用反应物CH3OH过量的方法，原因是____________。
II.粗产品的精制
（4）苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，现拟按下列流程进行精制，请在流程图中方括号内填入操作方法的名称：a____________,b____________。
（5）通过计算，苯甲酸甲酯的产率为____________。
2. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）苯甲酸乙酯(无色液体﹐难溶于水，沸点213℃)天然存在于桃、菠萝、红茶中，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应
制备苯甲酸乙酯。
已知：
(1)环己烷沸点为80.8℃，可与水等物质形成共沸物﹐其混合物沸点为62.1℃
(2)乙醚的密度小于1g/mL回答下列问题：
Ⅰ.制备苯甲酸乙酯
(1)仪器A的名称是___________，冷凝水从___________口通入(填“a”或“b”)。
(2)向仪器A中加入几片碎瓷片，作用是___________。
(3)向仪器A中依次加入苯甲酸、无水乙醇、环己烷、浓硫酸。水浴加热至反应结束，分水器中收集到乙醇和环己烷。利用水浴加热的优点是___________(写出一条即可)；从化学平衡移动的角度解释加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率的原因是___________。
Ⅱ.提纯苯甲酸乙酯
(4)将仪器A中的溶液冷却至室温，倒入盛有30mL冷水的烧杯中，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批加入___________(填化学式)。
(5)加入15mL乙醚萃取，分液。在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后___________(填标号)。
A．直接将有机层从分液漏斗上口倒出
B．直接将有机层从分液漏斗下口放出
C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从下口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出
(6)向有机层中加入无水，作用是___________；从处理后的有机层中获得纯净的苯甲酸乙酯的分离操作的名称是___________。
3. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸()制备氟化铵()联产氟化镁的流程如下：
回答下列问题：
(1)氟化铵的电子式___________。
(2)写出反应①的化学方程式___________。
(3)工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：___________。
(4)从滤液获得晶体的“一系列操作”是减压浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(5)氟化铵含量的测定：称取m g样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加2～3滴酚酞指示剂，用0.3的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准液体积V mL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠标准液体积为mL。
(已知：，1mol 消耗1mol NaOH)
①滴定终点的现象为：___________。
②计算样品中氟化铵的含量为___________。
4. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关，25℃时，HAc的。
(1)配制的HAc溶液，需溶液的体积为_______mL。
(2)下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是_______
A． B． C． D．
(3)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。
序号
v(HAc)/mL
v(NaAc)/mL
n(NaAc)：n(HAc)
pH
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.0
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.0
1：1
4.65
①根据表中信息，补充数据：_______，_______。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
5. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）过碳酸钠()是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的漂白剂。某兴趣小组使用工业(含杂质)制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图1如下：
查阅资料可知：
①主反应：
②50℃时开始分解
(1)图1中仪器A的名称是_______。
(2)步骤①的关键除了控制反应温度外，还需要加入少量特殊稳定剂与原料中含有的杂质生成稳定的配合物，加入稳定剂目的是_______。
(3)在滤液X中加入适量NaCl固体或无水乙醇，也均可析出少量过碳酸钠，则加入上述物质的作用是_______。
(4)步骤③中洗涤产品的试剂最好是_______。
a.水b.乙醇c.NaOH溶液
(5)浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量20%溶液浓缩至30%，B处应增加一个减压设备，增加该设备的原因是_______。圆底烧瓶中收集的馏分主要是_______。
6. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）I.（1）工业制氢有多种渠道，其中一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol
已知：2C（s,石墨）+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/mol
H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol
则石墨的燃烧热ΔH3＝____________。
（2）工业上可通过CO(g)和H2(g)化合来制备可再生能源CH3OH(g):CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ•mol-1
又知该反应中某些物质分子里的化学键的键能数据如下表（已知CO中的C与O之间为叁键连接）：
化学键
C—H
H—H
CO
H—O
键能/kJ•mol-1
413
436
1076
465
则C—O键的键能为____________kJ•mol-1。
lI.CO2的熔盐捕获与电化学转化受到了科研人员的广泛关注，采用该技术可将工厂烟气中的CO2直接转化为碳材和氧气，是一种短程、高效、绿色的CO2高值利用方法。我国科学家设计的转化装置示意图如下：
（3）①②中，熔盐捕获CO2过程中碳元素的化合价____________变化（填“有”或“无”)。
（4）b为电源的____________极，a极的电极反应式为____________。
（5）上述装置发生的总反应为____________。
7. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）氨是最为重要的基础化工产品之一，其产量居各种化工产品的首位。合成氨方面的研究共产生了三名诺贝尔奖得主，分别是理论可行性研究、工业化研究和机理研究三个方面，这也代表了现代化学研究的三个方面。
回答下列问题：
I.合成氨反应的机理研究：N2和H2在活性铁表面催化合成NH3的机理如图所示，其中(ad)表示物种的吸附状态。
（1）根据反应历程图，写出合成氨反应的热化学方程式___________。
（2）合成氨经历如下五个过程：
N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)i
N(ad)+3H(ad)→NH(ad)+2H(ad)ii
NH(ad)+2H(ad)→NH2(ad)+H(ad)iii
NH2(ad)+H(ad)→NH3(ad)iv
NH3(ad)→NH3(g)V
下列说法正确的是___________（填选项字母）。
A．升高温度，过程i的反应速率减慢，过程ii的反应速率加快
B．增大压强，有利于提高过程i的转化率
C．使用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＜0
II.合成氨反应的反应条件研究：实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比[]之间的关系如图所示。
（3）T0___________420°C(填“＜”“＞”或“=”,下同）。
（4）a点时的转化率：a(N2)___________a(H2)。
（5）a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为___________（用Ka、Kb、Kc、Kd表示）。
（6）b点对应的平衡常数Kb=___________MPa-2(用体系中各物质的分压表示平衡常数，物质的分压＝物质的量百分含量×容器的总压，列出计算式即可）。
III.合成氨的工业化研究：合成氨的原料气中的杂质会影响氨的合成效率，已知某原料气中含有20%N2、40%H2、30%CO、3%Ar。
（7）在恒压条件下，单位时间通入的气体总量一定时，杂质稀有气体Ar会使N2的平衡转化率降低的原因为___________。
8. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）碳中和是指企业，团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋缓。的综合利用是解决温室问题的有效途径。
(1)一种途径是将转化成有机物实现碳循环。如：
___________
(2)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：
现有两个相同的恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器甲、乙，在甲中充入lmol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，300℃下开始反应。达到平衡时，容器中的压强___________(填“＞”“=”或“＜”)，的物质的量分数___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
(3)经催化加氢可以生成低碳怪，主要有两个竞争反应：
反应I：
反应Ⅱ：
在1L恒容密闭容器中充入1mol 和4mol 测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。℃时，的转化率为___________。℃时，反应I的平衡常数___________。
(4)已知催化加氢合成乙醇的反应原理为，m代表起始时的投料比，即。图中投料比相同，温度，则___________(填“＞”或“＜”)0。
9. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）甲醇燃料是一种新的替代燃料，它和普通的汽油、柴油比较，优势十分明显。
(1)目前正在开发用甲烷和氧气合成甲醇：，已知：(C为常数)。根据图中信息，恒压条件下，温度升高，Kp_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；该反应的热化学方程式为_______。
(2)在Cu催化作用下，甲烷氧化合成甲醇的总反应分两步进行：
第一步为_______(写化学方程式)；
第二步为。
第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应活化能_______(填“大于”、“小于”或“等于”)第一步反应活化能。
(3)用二氧化碳和氢气也能合成甲醇。对于反应，，。其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下按初始投料比、、，得到不同压强条件下的平衡转化率关系图如下。
①比较a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为_______(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540K的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
(4)甲烷可以做燃料电池，采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子()和水分子通过。其工作原理的示意图如上，请回答下列问题：
Pt(a)电极反应式为_______。该电池工作时消耗11.2L(标准状况下)，则电路中通过_______mol电子。
10. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）我国具有丰富的锑矿资源，锑及其化合物被广泛应用于机械材料、塑料、阻燃剂、微电子技术等领域，具有十分重要的价值。利用脆硫铅锑精矿（主要成分是Sb2S3及PbS）制备锑白（Sb2O3）的工艺流程如图所示。
已知：浸出反应Sb2S3+3Na2S = 2Na3SbS3
酸化反应4Na3SbS3 +9SO2=6Na2S2O3+3S↓+2Sb2S3↓
回答下列问题。
(1)精矿进行研磨的目的是___________________。
(2)在浸出反应中，浸出率随NaOH用量的变化曲线如图所示，其中NaOH的作用是_______________________。
(3)向浸出液中通入SO2气体进行酸化，得到Sb2S3中间体。酸化反应过程中，pH对锑沉淀率及酸化后溶液中Na2S2O3含量的影响如下表所示，则最适宜的pH为__________。 pH不能过低的原因是_______________（结合离子方程式说明）。
pH
酸化后溶液成分/（g·L-1）
锑的沉淀率/%
Sb
Na2S2O3
6
0.6
160.5
99.5
7
2.7
157.6
97.5
8
5.6
150.4
95.4
9
10.5
145.0
92.4
(4)浸出液酸化后过滤，得到沉淀混合物，在高温下被氧化，写出所有反应的化学方程式：_____________。
(5)从尾气处理的角度评价该工艺流程在环保方面的优点是__________________。
11. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）氨气是一种重要的工业原料。
Ⅰ.氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
(1)电解过程中的移动方向为___________(填“从左往右”或“从右往左”)﹔
(2)阳极的电极反应式为___________。
(3)氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率。
Ⅱ.(1)工业合成氨的反应原理为：。合成氨反应的一种反应机理的相对能量—反应过程如下图所示，其中标有“*”的微粒为吸附态(图中“*H”均未标出)。则各步反应中决定合成氨反应速率的反应方程式为___________。
(2)工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1∶2.8，适当增加氮气的比重的目的是___________。
12. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）铜镍电镀废水处理后得到电镀污泥，主要成分是和，还含有Fe、Mg、Ca等元素，利用以下工艺可回收部分重金属并制备硫酸镍晶体()：
已知：①黄钠铁矾[]沉淀易于过滤，相对于沉淀不易吸附；
②该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表：
金属离子
开始沉淀pH
2.2
7.2
9.3
12.2
完全沉淀()pH
3.2
8.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______，提高“溶浸”效率的方法有_______(任意写1个)。
(2)“氧化”的离子方程式为_______。
(3)“除铁”时加入速度不宜过快，原因是_______，设计实验方案检验“除铁”是否完全_______。
(4)“氟化除杂”，若此温度条件下与的分别为、，要使和均完全沉淀，溶液中须不低于_______mol/L。()(保留两位有效数字)
(5)“沉镍”发生反应的离子方程式为_______。
(6)煅烧硫酸镍晶体，剩余固体与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物为_______。(填化学式)
13. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）光刻技术需利用深紫外激光，我国是唯一掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家。目前唯一实用化的晶体是氟硼铍酸钾(KBeBF，含K、B、Be、O、F元素)。
回答下列问题：
（1）一群均处于激发态1s22s13s1的铍原子，若都回到基态，最多可发出___种波长不同的光。
A．1 B．2 C．3 D．4
（2）Be和B都容易与配体形成配位键，如[BeF4]-、[B(OH)4]-等，从原子结构分析其原因是__。
（3）氟硼酸钾是制备KBeBF的原料之一，高温下分解为KF和BF3。KF的沸点比BF3的高，原因是___。
（4）BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氢氟酸。氢氟酸浓溶液中因F-与HF结合形成HF使酸性大大增强。HF的结构式为___；H3BO3和BF中，B原子的杂化类型分别为___、__。
（5）KBeBF晶体为层片状结构，图1为其中一层的局部示意图。平面六元环以B—O键和Be—O键交织相连，形成平面网状结构，每个Be都连接一个F，且F分别指向平面的上方或下方，K+分布在层间。KBeBF晶体的化学式为____。
（6）BeO晶体也是制备KBeBF的原料，图2为其晶胞结构示意图。
①沿着晶胞体对角线方向的投影，下列图中能正确描述投影结果的是___。
②BeO晶胞中，O的堆积方式为____；设O与Be的最近距离为acm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为____g·cm-3。
14. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）过渡金属及其化合物在生产、生活中有重要的应用。回答下列问题：
(1)基态的核外电子排布式为___________，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于___________(填“基”或“激发”)态。
(2)一种含Ti的催化剂X能催化乙烯、丙烯等的聚合物，其结构如图甲所示。X中，C原子的杂化类型有___________，含有的作用力类型有___________(填标号)，非金属元素电负性由大到小的顺序为___________。
A．键B．氢键C．配位键D．键 E.离子键
(3)分子中的键角为107°，但在离子中分子的键角如图所示，导致这种变化的原因是___________。
(4)已知第三电离能数据：，。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是___________。
(5)黄铜矿是提炼铜的主要原料，其主要成分的晶胞结构如图。
①周围距离最近的数为___________。
②在高温下，黄铜矿的主要成分的晶体中金属离子可以发生迁移。若亚铁离子与铜离子发生完全无序的置换，可将它们视作等同的金属离子，在无序的高温型结构中，金属离子占据___________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。
③该晶胞上下底均为正方形，侧面与底面垂直，晶胞参数如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，请计算该晶体的密度___________。
15. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）近年来，重金属羧酸盐作为贮存气体(进入晶体中间隙)的化合物而备受关注。如果长时间放置甲酸铜[]、对苯二甲酸( )、乙醇混合溶液，将析出一种晶体X(晶胞结构如图)，甲酸根全部被交换到溶液中。X对热稳定，磁矩约为1.732B．M。(磁矩，n为未成对电子数)。
(1)由磁矩推算X中铜离子的未成对电子数为_______；该基态铜离子的价电子排布图为_______。
(2)1mol对苯二甲酸分子中含有_______mol键，对苯二甲酸的熔点(427℃)高于对二硝基苯(，相对分子质量为168，熔点173℃)的主要原因是_______。
(3)甲酸根中C原子的杂化类型为_______，其与铜离子配位的原子是_______；写出甲酸根的一种等电子体分子_______。分子中C原子的杂化类型为_______，分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的键，还有两个方向互相垂直的大键(每个O原子上还有一对孤对电子)，则每个大键中有_______个电子。
(4)X晶胞中含有Cu的数目为_______个；1molX的晶胞质量为456g，实验表明，100mg晶体X可吸收22.0mg，所得晶体中Cu：N个数比约为1：_______(保留两位有效数字)。
16. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）药物瑞德西韦(Remdesivir)对新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如图(A俗称石炭酸)：
已知：①R-OHR-Cl
②
回答下列问题：
(1)有机物B的名称为_______。
(2)G到H的反应类型为_______。
(3)I中官能团的名称为_______。
(4)E中含两个Cl原子，则E的结构简式为_______。
(5)由B生成C的化学反应方程式为_______。
(6)X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式_______(写出一种即可)
①苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子；
②1 mol X消耗2 mol NaOH。
(7)设计由苯甲醇为原料制备化合物的合成路线_______。(无机试剂任选。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物。
17. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）二氧化碳和氢气按一定的体积比混合，在一定条件下可以制得烯烃，该技术已经成为节能减碳实现“零排放”的有效途径之一。苯是一种重要的化工原料，下图是合成橡胶和TNT的路线。
回答下列问题：
(1)工业上从煤焦油里提取苯的操作名称为___________。
(2)TNT的名称为___________(系统命名法)；E的结构简式为___________，E中含有的官能团的名称为___________。
(3)写出反应类型：反应②___________；反应③___________。
(4)写出反应①的化学方程式：___________。
(5)D在一定条件下与足量反应后的产物，其一氯代物有___________种。
18. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）近年来，我国科学家在手性螺环配合物催化的不对称合成研究及应用方面取得了举世瞩目的成就。某螺环二酚类手性螺环配体(K)的合成路线如下：
已知如下信息：，R和 烃基或氢原子
(1)化合物A常用于医院等公共场所的消毒，可与溶液发生显色反应，其名称为_______；反应④的反应类型为_______。
(2)反应⑤的反应条件为_______。
(3)已知化合物G的相对分子质量比化合物H大158，则H的结构简式为_______。
(4)满足下列条件的C的同分异构体有_______种
①可与溶液发生显色反应②能与新制的反应生成砖红色沉淀，写出其中满足核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式_______。
(5)以化合物A和乙醛为原料参考题中信息，设计路线合成化合物 (其他试剂任选) _______
参考答案：
1. +CH3OH+H2O 甲 有利于提高苯甲酸的转化率 分液 蒸馏 59.1%
【分析】苯甲酸和甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，该反应是可逆反应，而且又存在副反应，故得苯甲酸甲酯粗产品，苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，故可与饱和碳酸钠溶液混合， 它的作用为：降低苯甲酸甲酯的溶解度，溶解甲醇，除去酸，经分液后得到较纯净的苯甲酸甲酯，进一步蒸馏获得纯产品，据此分析解答。
【详解】Ⅰ.(1)浓硫酸在酯化反应中起到了催化剂作用和吸水剂的作用，苯甲酸与甲醇反应的化学方程式：+CH3OH+H2O；
(2)由装置图可知，甲图的圆底烧瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，乙图则没有，而本题中反应物甲醇沸点低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸点远高于甲醇，若采用乙图，甲醇必定会大量挥发，不利于合成反应，所以应冷凝回流，减少甲醇的挥发，提高产率；
(3)酯化反应为可逆反应，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，故甲醇应过量；
Ⅱ.(4)苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分离出互不相溶的液体，通常采用分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸点不同，可以通过蒸馏操作分离；
(5)12.2g苯甲酸的物质的量为：，20mL甲醇(密度约0.79g/mL)的物质的量为：，则理论上生成苯甲酸甲酯的物质的量为0.1mol，质量为：136g/mol×0.1mol=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为：。
2. 圆底烧瓶 a 防暴沸 受热均匀，便于控制温度 环己烷和水形成共沸物，带走产物水，使平衡正向移动 D 干燥 蒸馏
【分析】A中，在水浴加热、冷凝回流下发生制备苯甲酸乙酯，酯化反应是可逆反应，加入的环己烷和水形成共沸物，带走产物水，使平衡正向移动，可提高苯甲酸乙酯产率。反应后的液体冷却至室温，倒入30mL冷水中，分液得到有机层，分批加入除去有机层中的硫酸和剩余的苯甲酸，过滤得滤液、再加入15mL乙醚萃取，分液得到乙醚溶液、并将无水氯化钙加入吸收有机层中残留的水，最后蒸馏即可得到目标产物。
【详解】Ⅰ(1)由构造知，仪器A的名称是圆底烧瓶，冷凝回流时，应使水充满冷凝管，冷凝水从a口进。
(2)向仪器A中加入几片碎瓷片，作用是防暴沸。
(3)水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度；制备苯甲酸乙酯的反应是可逆反应，由信息知，环己烷和水形成共沸物，进入分水器，带走产物水，使平衡正向移动，故加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率。
Ⅱ (4) 除去有机层中的硫酸和剩余的苯甲酸，其酸性均强于碳酸，故可以分批加入。
(5)加入15mL乙醚萃取，分液。乙醚密度小于水，则分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出，答案为D。
(6) 无水氯化钙为干燥剂，可以吸收有机层中的水，干燥产物，故向有机层中加入无水，作用是干燥；乙醚和苯甲酸乙酯为互溶的液体、沸点差大，则从处理后的有机层中获得纯净的苯甲酸乙酯的分离操作的名称是蒸馏。
3. 温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大等任意一个合理答案 降温结晶 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色
【分析】和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，滤液减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀。
【详解】(1) 中有离子键和共价键，其电子式为，故答案为：。
(2) 反应①中和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，其反应化学方程式为，故答案为：。
(3) 温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，故答案为：温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大等任意一个合理答案。
(4) 从滤液获得晶体的“一系列操作”是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶。
(5) ①滴定终点的现象为当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色。
②根据题意得关系式-- 4NaOH， mg样品中氟化铵消耗氢氧化钠(V-V0)mL，样品中氟化铵的物质的量为0.3×(V-V0)×10-3L，氟化铵的质量为0.3×(V-V0)×10-3L ×37g/mol=1.11×(V-V0)×10-2g，则样品中氟化铵的含量为=，故答案为：。
4. (1)5.0
(2)C
(3) 3.00 33.0 正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1
【解析】（1）根据稀释前后溶质的物质的量不变，c浓V浓=c稀V稀得，V(HAc)浓=；
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，A错误；B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或者俯视，B错误；C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，C正确；D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D错误；故答案选C；
（3）①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3:4，V(HAc)=4mL，因此V(NaAc)=3mL，即a=3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40mL，因此V(H2O)=40mL-4mL-3mL=33mL，即b=33.00；②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
5. (1)球形冷凝管
(2)防止杂质离子催化分解
(3)降低产品的溶解度(盐析作用或醇析作用)
(4)b
(5) 降低体系压强，水的沸点降低，温度降低，减少双氧水分解 水
【分析】①中发生反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)⇌2Na2CO3·3H2O2(s)，通过过滤、洗涤、干燥得到目标产物，仔细阅读从已经条件中了解反应物及目标产物的性质特征，另外从流程图中搞清实验的目的与原理及操作要点、注意点。
（1）仪器A为球形冷凝管。
（2）双氧水遇到Fe3+易分解，故加入稳定剂。
（3）在滤液X中加入适量NaCl固体可以增大溶液中钠离子浓度，从而降低过碳酸钠的溶解度；过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，加入乙醇，也能降低过碳酸钠的溶解度，因此可析出过碳酸钠。
（4）过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，所以骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的是减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥。故选b。
（5）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，降低体系压强，水的沸点降低，温度降低，减少双氧水的分解。圆底烧瓶中收集的馏分主要为水。
6. －394kJ/mol 343 无 正 2－4e－=4CO2↑＋O2↑ CO2 C＋O2
【分析】根据题中所给热化学方程式，由盖斯定律求出石墨的燃烧热；根据题中所给键能，由反应的焓变△H =反应物总键能之和-生成物总键能之和，求出C—O键的键能；根据题中图示信息，CO2转化为C2O52-，再转化为O2，CO2转化为CO32-，再转化为C，由化合价的变化，判断得失电子，判断电解池的阴阳极及电源的正负极，进而回答相关问题。
【详解】I．（1）由①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol，②2C(s,石墨)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol，根据盖斯定律： (①×2+②+③×2)，可得C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)；△H3=[(-41×2)kJ/mol+(-222)kJ/mol+(-242×2)kJ/mol]=-394 kJ/mol；答案为-394 kJ/mol。
（2）设C—O键的键能为x，则CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ•mol-1，反应的焓变△H =反应物总键能之和-生成物总键能之和，即(1076 kJ•mol-1+2×436 kJ•mol-1)-(413×3 kJ•mol-1+x+465 kJ•mol-1)=-99kJ•mol-1，所以x=343 kJ•mol-1，答案为343。
II．（3）由题中图示可知①是CO2→C2O52-，②是CO2→CO32-，碳元素的化合价均为+4价，没有变化；答案为无。
（4）根据题中图示可知C2O52-→O2，则a电极发生失去电子的氧化反应，为阳极，与电源正极相接，所以b为原电池正极，因为a电极发生失去电子的氧化反应，所以a极的电极反应式为2C2O52--4e-═4CO2 ↑+O2↑；答案为正，2C2O52--4e-═4CO2↑+O2↑。
（5）因为a阳极二氧化碳被捕获2CO2+O2-═C2O52-，阳极电极反应为2C2O52--4e-═4CO2 ↑+O2↑，d阴极二氧化碳被捕获CO2+O2-═CO32-电极反应式为CO32-+4e-═3O2-+C，则总反应方程式为CO2 C＋O2；答案为CO2 C＋O2。
7. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1 B ＞ ＜ Kb=Kc>Ka>Kd 或或9.5×10－2 恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率
【分析】根据催化合成NH3的机理图书写热化学方程式并计算反应热，根据“定一议二、先拐先平”比较温度大小，结合图中数据进行转化率和平衡常数的计算，结合平衡常数的定义及平衡移动原理比较平衡常数的大小。
【详解】Ⅰ.(1)根据反应历程图可知，合成氨为放热反应，其热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2×(276kJ/mol-106kJ/mol-33kJ/mol-41kJ/mol-50kJ/mol)=-92kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1；
(2)A．升高温度，过程ⅰ和ii的反应速率均加快，A错误；
B．过程ⅰ为N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)，反应前后体积减小，增大压强，平衡正向移动，有利于提高过程ⅰ的转化率，B正确；
C．使用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g) ΔH＞0，C错误；
故答案为：B；
Ⅱ.(3)根据图象，由①④曲线分析可知，压强相同，420℃→T0℃，平衡时氨气的含量降低，说明平衡逆向移动，又反应为放热反应，所以420℃→T0℃为温度升高的过程，则T0＞420℃，故答案为：＞；
(4)根据图象可知，a点时起始氢氮比，则N2的转化率＜H2的转化率，故答案为：＜；
(5)由于②③的温度相同，所以两个条件下平衡常数相等，即Kb=Kc，①④相比，压强相同，④的温度更高，所以平衡常数Ka＞Kd，①②相比，①的温度更高，所以平衡常数Kb＞Ka，故答案为：Kb=Kc>Ka>Kd；
(6)根据图象，b点时起始氢氮比，总压强为20MPa，平衡时氨气的含量为50%，设N2的起始投量为1mol，转化量为xmol，则列三段式有：
则有，x=，所以N2的物质的量百分含量为，H2的物质的量百分含量为，则b点对应的平衡常数，故答案为：或或9.5×10－2；
Ⅲ.(7)在恒压条件下，单位时间通入的气体总量一定时，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率，故答案为：恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率。
8. +1366.8kJ/mol ＞ ＜ 60% 0.045 ＜
【详解】(1)将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①+②可得反应③，则△H3=△H1+△H2=(—44.2kJ/mol )+( +1411.0kJ/mol)=+1366.8kJ/mol，故答案为：+1366.8kJ/mol；
(2)由方程式可知，二氧化碳转化为甲烷的反应为气体体积减小的放热反应，若在恒温恒容的容器中反应，容器甲和容器乙达到相同的化学平衡状态，容器中混合气体的压强和甲烷的物质的量分数相等，则恒容绝热的的容器中反应，容器甲相当于升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大、甲烷的物质的量分数减小，容器乙相当于降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小、甲烷的物质的量分数增大，由此可知，容器甲中的压强大于容器乙，甲烷的物质的量分数小于容器乙，故答案为：＞；＜；
(3)由图可知，T1℃时，甲烷和乙烯的物质的量均为0.2mol，由方程式可知，反应Ⅰ中消耗二氧化碳的物质的量为0.2mol、消耗氢气的物质的量为0.8mol、生成水蒸气的物质的量为0.4mol，反应Ⅱ消耗二氧化碳的物质的量为0.4mol、消耗氢气的物质的量为1.2mol、生成水蒸气的物质的量为0.8mol，则平衡时，容器中二氧化碳、氢气、甲烷、水蒸气的浓度分别为=0.4mol/L、=2mol/L、=0.2mol/L、=1.2mol/L，二氧化碳的转化率为×100%=60%，反应Ⅰ的平衡常数K===0.045，故答案为：60%；0.045；
(4)由图可知，投料比和压强相同时，温度越高，氢气的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应△H＜0，故答案为：＜。
9. (1) 减小
(2) 小于
(3) a>b>c
(4) 4
【详解】（1）根据图象可知温度越高，平衡常数Kp越小；
将图象上的点代入R得：0.4315=-∆H×3.0×+C和0.055=-∆H×1.5×+C，联立求解得，∆H=-251J·mol-1，因此该反应的热化学方程式为2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(g)∆H=-0.251kJ·mol-1；故答案为：减小， ；
（2）甲烷氧化合成甲醇的总反应减去第二步反应可得第一步的化学方程式为2CH4+Cu=*CuH2+2-CH3；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应很快，第二步反应活化能小于第一步反应活化能；故答案为：，小于；
（3）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3:1，b代表n(CO2)：n(H2)=1:1，c代表n(CO2)：n(H2)=1:3，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a>b>c。
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1:1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：，平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.5MPa，甲醇分压0.25MPa，水蒸气分压0.25MPa，则压强平衡常数，故答案为：a>b>c，；
（4）通过工作原理示意图，Pt(a)电极是电池的负极，甲烷失去电子生成二氧化碳，电极反应式为：；该电池工作时消耗标准状况下11.2L甲烷，即0.5mol甲烷，甲烷中碳元素的化合价从-4价升高到二氧化碳中的+4价，1mol甲烷失去8mol电子，则0.5mol甲烷失去4mol电子，即电路中通过4mol电子，故答案为：，4；
10. 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率 提供碱性环境，减少Na2S的水解 6 pH较低时发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，会造成Na2S2O3损耗 2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2 SO2可以循环利用，减少环境污染
【详解】（1）将精矿进行研磨有助于增加反应的接触面积，加快反应速率，提高Sb的浸出率；
（2）浸出时加入Na2S溶液中的S2-会发生水解，当加入NaOH时，溶液呈碱性，可以抑制S2-的水解；
（3）从表中可以看出，当pH=6时，溶液中的Sb含量最少，沉淀率最大，故最适宜的pH选择6；如果pH过低，酸化后生成的S2O32-可以与溶液中的H+反应生成S沉淀，影响Na2S2O3的产率。
（4）酸化后的沉淀为Sb2S3和S的混合物，在高温下与氧气发生反应生成SO2和Sb2O3，相应的反应方程式为2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2；
（5）沉淀氧化后有SO2气体生成，将气体通入到酸化溶液中循环利用可以减少环境污染。
11. 从右往左 6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O *N2+*H =*N2H 氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率
【详解】Ⅰ．(1)根据题图可知，左电极区氨气生成氮气，为化合价升高，失去电子发生氧化反应，故为阳极区，电解池中阴离子移向阳极，即OH-的移动方向为从右往左，故答案为：从右往左。
(2)阳极为氨气生成氮气的反应，电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。
Ⅱ．(1) 由合成氨反应的一种反应机理的相对能量—反应过程图可知，在各步反应中决定合成氨反应速率的反应方程式为*N2+*H =*N2H，故答案为：*N2+*H =*N2H。
(2)由题意可知，氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率，所以工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1∶2.8，适当增加氮气的比重，故答案为：氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率。
12. (1) Cu或者Cu和Fe 升高温度、增大浓度、搅拌等
(2)
(3) 防止局部碱性过强生成沉淀而吸附，使镍回收率下降 取少量“除铁”后的滤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，证明已完全除去
(4)0.025
(5)或
(6)
【分析】电镀污泥主要成分是Cu(OH)2和Ni(OH)2，还含有Fe、Mg、Ca等元素，用硫酸溶浸得到硫酸铜、硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸镁、硫酸钙等的混合液，加入过量铁粉置换出硫酸铜中的铜，过滤，滤液加氯酸钠把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加碳酸钠调节pH=2生成沉淀除铁，过滤，滤液中加氟化钠生成氟化钙、氟化镁沉淀除Ca、Mg，过滤，滤液中加碳酸钠生成碱式碳酸镍沉淀，过滤，用硫酸溶解碱式碳酸镍生成硫酸镍，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。
（1）
溶浸液加入过量铁粉置换出硫酸铜中的铜，所以滤渣1的主要成分是Cu、Fe；根据影响反应速率的因素，提高“溶浸”效率的方法有升高温度、增大浓度、搅拌等。
（2）
“氧化”过程是氯酸钠把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，氯酸钠被还原为氯化钠，反应的离子方程式为；
（3）
黄钠铁矾[]沉淀易于过滤，相对于沉淀不易吸附，“除铁”时加入速度不宜过快，原因是防止局部碱性过强生成沉淀而吸附，使镍回收率下降；遇KSCN溶液变红，取少量“除铁”后的滤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，证明已完全除去。
（4）
“氟化除杂”，此温度条件下与的分别为、，比溶解度更小，要使和均完全沉淀，溶液中须不低于0.025mol/L。
（5）
“沉镍”时，氯酸镍和碳酸钠反应生成碱式碳酸镍，发生反应的离子方程式为；
（6）
26.3g的物质的量为0.1mol，根据镍元素守恒，曲线中B段所表示氧化物中含有0.1mol镍，则氧原子的物质的量为，该氧化物的化学式为。
13. C Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道 KF为离子晶体，而BF3为分子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体 sp2 sp3 KBe2BO3F2 D 面心立方最密堆积
【分析】(1)不同轨道的电子具有不同能量，发生跃迁时发出不同波长的光；
(2)Be、B原子有空轨道更容易与配体形成配位键
(3)离子键的键能大于共价键；
(4)根据VSEPR模型计算中心原子的孤对电子数和价层电子数来判断杂化类型和分子空间构型；
(5)看单个晶胞单元内含有各原子个数；
(6)①根据晶胞结构分析，Be做面心立方最密堆积；
②根据晶胞密度分析，以一个晶胞有4个Be原子、4个O原子计算晶胞质量，再用数学空间几何来运算晶胞棱长，进而的晶胞体积；
【详解】(1)激发态1s22s13s1的铍原子回到基态1s22s2，3s上的1个电子可能回到1s轨道有2种情况，2s轨道有1种情况，故最多可发出3种不同波长的光，答案选C；
(2)Be原子的价电子为2s2，轨道表达式，B原子的价电子为2s22p1，轨道表达式，Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道；
(3)KF是含有离子键的离子化合物， BF3是含有共价键的共价化合物，离子键的键能大于共价键，故KF的沸点比BF3的高；
(4)HF的H孤电子对数，价电子对数，分子构型为直线型，且H原子与F原子之间有氢键，结构式为：，H3BO3中中心原子B的电子对数为：，属于sp2杂化，BF中中心原子B的电子对数为：，属于sp3杂化；
(5)从图1来看，一个单元内含有2个Be原子、1个B原子、3个O原子、2个F原子，故KBeBF晶体的化学式为KBe2BO3F2；
(6)①晶胞沿着对角线方向可以观察到六边形，中心O与Be重合，外侧大正六边形均为Be原子构成，内部小正六边形由3个Be原子、3个O原子间隔形成，所以得到投影结果为D；
从图中可以看出每个面的面心均有O原子，顶点上各有一个O原子，为面心立方最密堆积；②一个晶胞中，单独含有O原子的数目为，单独含Be原子数目有4个，晶胞质量，晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连线处于晶胞对角线上，由几何知识可知晶胞体对角线长度为4acm，则晶胞棱长为，晶体密度为。
14. 或[Ar] 激发 、 A、C、D 形成配合离子后，配位键与中N-H键之间的排斥力小于原孤电子对与中N-H键之间的排斥力，故键角变大 电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁 4 四面体空隙
【详解】(1) Ni的原子序数为28，核外电子数为28，则的电子数为26，核外电子排布为或[Ar]，由核外电子排布可知基态离子时的核外电子空间运动状态有14种，若有15种运动状态时说明有电子由低能轨道进入了高能轨道，应为激发态，故答案为：或[Ar]；激发。
(2) 由其结构图可知，其结构中含有碳碳双键和碳碳单键，单键是sp3杂化，双键和大π键是sp2杂化，双键含有键，配位键由O指向Ti，单键是键，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，故答案为：、；A、C、D；。
(3) 中，Cu2+和N原子之间存在配位键，N-H之间存在共价键，配位键与中N-H键之间的排斥力小于原孤电子对与中N-H键之间的排斥力，故键角变大，故答案为：形成配合离子后，配位键与中N-H键之间的排斥力小于原孤电子对与中N-H键之间的排斥力，故键角变大。
(4) 锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁，故答案为：电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁。
(5) ①由题图可知，周围距离最近的个数为4，故答案为：4。
②在高温下，晶体结构如图所示，金属离子的随机性为50%，金属离子占据四面体空隙，故答案为：四面体空隙。
③由题图可知，该晶胞中有4个CuFeS2，晶胞体积为(a×10-10cm)2×(b×10-10cm)=a2b×10-30cm3，则该晶胞的密度=，故答案为：。
15. (1) 1
(2) 18 对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用
(3) O sp 4
(4) 2 3.6
【解析】（1）
X的磁矩为1.732B.M，根据磁矩可得，1.732B.M ，解得n=1，则X中铜离子的未成对电子数为1；Cu为29号元素，Cu原子失去2个电子形成Cu2+，Cu2+的价电子排布式为3d9，则其价电子排布图为 ，故答案为：1； ；
（2）
单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则一个对苯二甲酸分子含有18个σ键，1mol对苯二甲酸分子中含有18 molσ键；对苯二甲酸分子间能形成氢键，而对二硝基苯分子键不能形成氢键，故对二苯甲酸的熔点高于对二硝基苯，故答案为：18；对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用；
（3）
甲酸根中C原子形成3个σ键和1个π键，采用sp2杂化；与铜离子配位的原子必须含有孤电子对，O原子含有孤电子对，则配位原子为O原子；等电子体具有相同的原子数和价电子数，则甲酸根的一种等电子体分子为；的结构式为O=C=O，中心C原子采用sp杂化；CO2分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的σ键，还有两个方向互相垂直的大π键(每个O原子上还有一对孤对电子)，则每个大π键中每个O原子提供2个电子，所以每个大π键中有4个电子，故答案为：sp2；O；；sp；4；
（4）
根据X的晶胞结构图可知，X晶胞中对二苯甲酸根离子的数目为，铜离子数目为；1molX的晶胞质量为456g，则Mx=456g/mol，吸收氮气后，100mgX晶体中，，则晶体中Cu：N个数比约为，故答案为：2；3.6。
16. (1)对硝基苯酚
(2)加成反应
(3)羧基、氨基
(4)
(5)
(6)、
(7)
【分析】由流程及C的结构简式可知，A是苯酚，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生羟基在苯环上对位上的取代反应，产生B为，D 发生信息反应①生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息②的反应生成H，H发生取代反应、水解反应得到I，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F、J发生取代反应生成K，J为。
（1）
有机物B是，名称为对硝基苯酚。
（2）
G为HCHO，G与HCN发生加成反应产生H：H是HOCH2CN，所以G到H的反应类型为加成反应。
（3）
由流程中I的结构简式知，I中的官能团的名称为羧基、氨基。
（4）
E中含两个Cl原子，根据上述分析可知E的结构简式为。
（5）
B是，B与 发生取代反应产生C和HCl，则由B生成C的化学反应方程式为： 。
（6）
C结构简式是，X是C的同分异构体，满足下列条件：①苯环上含有氨基且苯环上只有一种氢原子；②1 mol X最多消耗2 mol NaOH，说明X分子中有2个酚羟基，则X可能结构为：或。
（7）
由苯甲醇为原料制备化合物。首先是苯甲醇催化氧化产生苯甲醛，苯甲醛再发生信息反应②：先与HCN发生加成反应产生、再转变为即为单体，最后发生缩聚反应得到目标产物，则合成路线为：
。
17. 分馏 2，4，6-三硝基甲苯 碳碳双键 取代反应 消去反应 +3HNO3+3H2O 6
【分析】反应①为合成TNT即+3HNO3+3H2O，则A为；C与苯反应生成C8H9Cl，C8H9Cl通过反应③生成D、D与E通过加聚反应生成，根据加聚反应原理可知则D、E的结构简式分别为：、CH2=CH-CH=CH2；则C8H9Cl的结构简式为，所以C为CH2ClCH2Cl、B为CH2=CH2。
【详解】(1)因为苯是煤焦油中的成分之一，根据其沸点较低的性质，工业上从煤焦油里提取苯的操作名称为分馏。故答案为：分馏；
(2)TNT的名称为2，4，6-三硝基甲苯(系统命名法)；根据分析，E的结构简式为，E中含有的官能团的名称为碳碳双键。故答案为：2，4，6-三硝基甲苯；；碳碳双键；
(3)反应②为苯与CH2ClCH2Cl发生取代反应生成，反应②取代反应；；反应③为C8H9Cl发生消去反应生成，反应③消去反应。故答案为：取代反应；消去反应；
(4)TNT为三硝基甲苯，甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸共热时发生硝化反应生成三硝基甲苯，反应①的化学方程式：+3HNO3+3H2O。故答案为：+3HNO3+3H2O；
(5)D的结构简式为：，D与足量的氢气发生加成反应生成，中六元环上含有4种H原子、侧链含有2种H，总共含有6种等效H，其一氯代物有6种。故答案为：6。
18. (1) 间甲基苯酚或3-甲基苯酚 加成反应或还原反应
(2)或
(3)
(4) 13
(5)
【分析】A发生已知信息的反应生成B，结合B的结构简式可知，A为，B中甲基被氧化生成C，结合C和E的结构简式和D的分子式可知，D为，G中溴原子转化为氢原子生成H，则H为。
（1）
根据上述分析可知，A为，其名称为间甲基苯酚或3-甲基苯酚；反应④是D中的碳碳双键与氢气加成生成E的过程，反应类型为加成反应或还原反应，故答案为：间甲基苯酚或3-甲基苯酚；加成反应或还原反应；
（2）
反应⑤是E的苯环上发生一溴取代生成F，则反应⑤的条件为：或，故答案为：或；
（3）
化合物G的相对分子质量比化合物H大158，对比G、J的结构简式，可知G中溴原子转化为氢原子生成H，推知H的结构简式为，故答案为：；
（4）
C的同分异构体满足：①可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与新制的反应生成砖红色沉淀，则含有醛基，苯环有2个取代基为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种位置关系；苯环有3个取代基为-CHO、-OH、-CH3，醛基与酚羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种，其中满足核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为，故答案为：13；；
（5）
根据题干合成路线可知，以化合物A和乙醛为原料，发生A→D的反应即可得到目标产物，则合成路线为：，故答案为：。
河南省驻马店市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）某化学小组以苯甲酸()为原料制取苯甲酸甲酯（)。
已知有关物质的沸点：甲醇(CH3OH):64.7°C;苯甲酸：249°C;苯甲酸甲酯：199.6°C。
I.合成苯甲酸甲酯粗产品
在圆底烧瓶中加入12.2g苯甲酸和15.Sg甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混合均匀，再投入几块碎瓷片，小心加热充分反应后，得苯甲酸甲酯粗产品。
（1）写出苯甲酸与甲醇反应的化学方程式：____________。
（2）甲和乙两位同学分别设计了如图所示的两套实验室合成苯甲酸甲酯的装置（夹持仪器和加热仪器均已略去）。根据有机物的有关性质分析，最好采用____________装置（填“甲”或“乙”)。
（3）工业生产中常采用反应物CH3OH过量的方法，原因是____________。
II.粗产品的精制
（4）苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，现拟按下列流程进行精制，请在流程图中方括号内填入操作方法的名称：a____________,b____________。
（5）通过计算，苯甲酸甲酯的产率为____________。
2. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）苯甲酸乙酯(无色液体﹐难溶于水，沸点213℃)天然存在于桃、菠萝、红茶中，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应
制备苯甲酸乙酯。
已知：
(1)环己烷沸点为80.8℃，可与水等物质形成共沸物﹐其混合物沸点为62.1℃
(2)乙醚的密度小于1g/mL回答下列问题：
Ⅰ.制备苯甲酸乙酯
(1)仪器A的名称是___________，冷凝水从___________口通入(填“a”或“b”)。
(2)向仪器A中加入几片碎瓷片，作用是___________。
(3)向仪器A中依次加入苯甲酸、无水乙醇、环己烷、浓硫酸。水浴加热至反应结束，分水器中收集到乙醇和环己烷。利用水浴加热的优点是___________(写出一条即可)；从化学平衡移动的角度解释加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率的原因是___________。
Ⅱ.提纯苯甲酸乙酯
(4)将仪器A中的溶液冷却至室温，倒入盛有30mL冷水的烧杯中，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批加入___________(填化学式)。
(5)加入15mL乙醚萃取，分液。在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后___________(填标号)。
A．直接将有机层从分液漏斗上口倒出
B．直接将有机层从分液漏斗下口放出
C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从下口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出
(6)向有机层中加入无水，作用是___________；从处理后的有机层中获得纯净的苯甲酸乙酯的分离操作的名称是___________。
3. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸()制备氟化铵()联产氟化镁的流程如下：
回答下列问题：
(1)氟化铵的电子式___________。
(2)写出反应①的化学方程式___________。
(3)工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：___________。
(4)从滤液获得晶体的“一系列操作”是减压浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(5)氟化铵含量的测定：称取m g样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加2～3滴酚酞指示剂，用0.3的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准液体积V mL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠标准液体积为mL。
(已知：，1mol 消耗1mol NaOH)
①滴定终点的现象为：___________。
②计算样品中氟化铵的含量为___________。
4. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关，25℃时，HAc的。
(1)配制的HAc溶液，需溶液的体积为_______mL。
(2)下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是_______
A． B． C． D．
(3)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。
序号
v(HAc)/mL
v(NaAc)/mL
n(NaAc)：n(HAc)
pH
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.0
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.0
1：1
4.65
①根据表中信息，补充数据：_______，_______。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
5. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）过碳酸钠()是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的漂白剂。某兴趣小组使用工业(含杂质)制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图1如下：
查阅资料可知：
①主反应：
②50℃时开始分解
(1)图1中仪器A的名称是_______。
(2)步骤①的关键除了控制反应温度外，还需要加入少量特殊稳定剂与原料中含有的杂质生成稳定的配合物，加入稳定剂目的是_______。
(3)在滤液X中加入适量NaCl固体或无水乙醇，也均可析出少量过碳酸钠，则加入上述物质的作用是_______。
(4)步骤③中洗涤产品的试剂最好是_______。
a.水b.乙醇c.NaOH溶液
(5)浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量20%溶液浓缩至30%，B处应增加一个减压设备，增加该设备的原因是_______。圆底烧瓶中收集的馏分主要是_______。
6. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）I.（1）工业制氢有多种渠道，其中一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol
已知：2C（s,石墨）+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/mol
H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol
则石墨的燃烧热ΔH3＝____________。
（2）工业上可通过CO(g)和H2(g)化合来制备可再生能源CH3OH(g):CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ•mol-1
又知该反应中某些物质分子里的化学键的键能数据如下表（已知CO中的C与O之间为叁键连接）：
化学键
C—H
H—H
CO
H—O
键能/kJ•mol-1
413
436
1076
465
则C—O键的键能为____________kJ•mol-1。
lI.CO2的熔盐捕获与电化学转化受到了科研人员的广泛关注，采用该技术可将工厂烟气中的CO2直接转化为碳材和氧气，是一种短程、高效、绿色的CO2高值利用方法。我国科学家设计的转化装置示意图如下：
（3）①②中，熔盐捕获CO2过程中碳元素的化合价____________变化（填“有”或“无”)。
（4）b为电源的____________极，a极的电极反应式为____________。
（5）上述装置发生的总反应为____________。
7. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）氨是最为重要的基础化工产品之一，其产量居各种化工产品的首位。合成氨方面的研究共产生了三名诺贝尔奖得主，分别是理论可行性研究、工业化研究和机理研究三个方面，这也代表了现代化学研究的三个方面。
回答下列问题：
I.合成氨反应的机理研究：N2和H2在活性铁表面催化合成NH3的机理如图所示，其中(ad)表示物种的吸附状态。
（1）根据反应历程图，写出合成氨反应的热化学方程式___________。
（2）合成氨经历如下五个过程：
N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)i
N(ad)+3H(ad)→NH(ad)+2H(ad)ii
NH(ad)+2H(ad)→NH2(ad)+H(ad)iii
NH2(ad)+H(ad)→NH3(ad)iv
NH3(ad)→NH3(g)V
下列说法正确的是___________（填选项字母）。
A．升高温度，过程i的反应速率减慢，过程ii的反应速率加快
B．增大压强，有利于提高过程i的转化率
C．使用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＜0
II.合成氨反应的反应条件研究：实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比[]之间的关系如图所示。
（3）T0___________420°C(填“＜”“＞”或“=”,下同）。
（4）a点时的转化率：a(N2)___________a(H2)。
（5）a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为___________（用Ka、Kb、Kc、Kd表示）。
（6）b点对应的平衡常数Kb=___________MPa-2(用体系中各物质的分压表示平衡常数，物质的分压＝物质的量百分含量×容器的总压，列出计算式即可）。
III.合成氨的工业化研究：合成氨的原料气中的杂质会影响氨的合成效率，已知某原料气中含有20%N2、40%H2、30%CO、3%Ar。
（7）在恒压条件下，单位时间通入的气体总量一定时，杂质稀有气体Ar会使N2的平衡转化率降低的原因为___________。
8. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）碳中和是指企业，团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋缓。的综合利用是解决温室问题的有效途径。
(1)一种途径是将转化成有机物实现碳循环。如：
___________
(2)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：
现有两个相同的恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器甲、乙，在甲中充入lmol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，300℃下开始反应。达到平衡时，容器中的压强___________(填“＞”“=”或“＜”)，的物质的量分数___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
(3)经催化加氢可以生成低碳怪，主要有两个竞争反应：
反应I：
反应Ⅱ：
在1L恒容密闭容器中充入1mol 和4mol 测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。℃时，的转化率为___________。℃时，反应I的平衡常数___________。
(4)已知催化加氢合成乙醇的反应原理为，m代表起始时的投料比，即。图中投料比相同，温度，则___________(填“＞”或“＜”)0。
9. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）甲醇燃料是一种新的替代燃料，它和普通的汽油、柴油比较，优势十分明显。
(1)目前正在开发用甲烷和氧气合成甲醇：，已知：(C为常数)。根据图中信息，恒压条件下，温度升高，Kp_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；该反应的热化学方程式为_______。
(2)在Cu催化作用下，甲烷氧化合成甲醇的总反应分两步进行：
第一步为_______(写化学方程式)；
第二步为。
第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应活化能_______(填“大于”、“小于”或“等于”)第一步反应活化能。
(3)用二氧化碳和氢气也能合成甲醇。对于反应，，。其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下按初始投料比、、，得到不同压强条件下的平衡转化率关系图如下。
①比较a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为_______(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540K的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
(4)甲烷可以做燃料电池，采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子()和水分子通过。其工作原理的示意图如上，请回答下列问题：
Pt(a)电极反应式为_______。该电池工作时消耗11.2L(标准状况下)，则电路中通过_______mol电子。
10. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）我国具有丰富的锑矿资源，锑及其化合物被广泛应用于机械材料、塑料、阻燃剂、微电子技术等领域，具有十分重要的价值。利用脆硫铅锑精矿（主要成分是Sb2S3及PbS）制备锑白（Sb2O3）的工艺流程如图所示。
已知：浸出反应Sb2S3+3Na2S = 2Na3SbS3
酸化反应4Na3SbS3 +9SO2=6Na2S2O3+3S↓+2Sb2S3↓
回答下列问题。
(1)精矿进行研磨的目的是___________________。
(2)在浸出反应中，浸出率随NaOH用量的变化曲线如图所示，其中NaOH的作用是_______________________。
(3)向浸出液中通入SO2气体进行酸化，得到Sb2S3中间体。酸化反应过程中，pH对锑沉淀率及酸化后溶液中Na2S2O3含量的影响如下表所示，则最适宜的pH为__________。 pH不能过低的原因是_______________（结合离子方程式说明）。
pH
酸化后溶液成分/（g·L-1）
锑的沉淀率/%
Sb
Na2S2O3
6
0.6
160.5
99.5
7
2.7
157.6
97.5
8
5.6
150.4
95.4
9
10.5
145.0
92.4
(4)浸出液酸化后过滤，得到沉淀混合物，在高温下被氧化，写出所有反应的化学方程式：_____________。
(5)从尾气处理的角度评价该工艺流程在环保方面的优点是__________________。
11. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）氨气是一种重要的工业原料。
Ⅰ.氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
(1)电解过程中的移动方向为___________(填“从左往右”或“从右往左”)﹔
(2)阳极的电极反应式为___________。
(3)氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率。
Ⅱ.(1)工业合成氨的反应原理为：。合成氨反应的一种反应机理的相对能量—反应过程如下图所示，其中标有“*”的微粒为吸附态(图中“*H”均未标出)。则各步反应中决定合成氨反应速率的反应方程式为___________。
(2)工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1∶2.8，适当增加氮气的比重的目的是___________。
12. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）铜镍电镀废水处理后得到电镀污泥，主要成分是和，还含有Fe、Mg、Ca等元素，利用以下工艺可回收部分重金属并制备硫酸镍晶体()：
已知：①黄钠铁矾[]沉淀易于过滤，相对于沉淀不易吸附；
②该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表：
金属离子
开始沉淀pH
2.2
7.2
9.3
12.2
完全沉淀()pH
3.2
8.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______，提高“溶浸”效率的方法有_______(任意写1个)。
(2)“氧化”的离子方程式为_______。
(3)“除铁”时加入速度不宜过快，原因是_______，设计实验方案检验“除铁”是否完全_______。
(4)“氟化除杂”，若此温度条件下与的分别为、，要使和均完全沉淀，溶液中须不低于_______mol/L。()(保留两位有效数字)
(5)“沉镍”发生反应的离子方程式为_______。
(6)煅烧硫酸镍晶体，剩余固体与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物为_______。(填化学式)
13. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）光刻技术需利用深紫外激光，我国是唯一掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家。目前唯一实用化的晶体是氟硼铍酸钾(KBeBF，含K、B、Be、O、F元素)。
回答下列问题：
（1）一群均处于激发态1s22s13s1的铍原子，若都回到基态，最多可发出___种波长不同的光。
A．1 B．2 C．3 D．4
（2）Be和B都容易与配体形成配位键，如[BeF4]-、[B(OH)4]-等，从原子结构分析其原因是__。
（3）氟硼酸钾是制备KBeBF的原料之一，高温下分解为KF和BF3。KF的沸点比BF3的高，原因是___。
（4）BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氢氟酸。氢氟酸浓溶液中因F-与HF结合形成HF使酸性大大增强。HF的结构式为___；H3BO3和BF中，B原子的杂化类型分别为___、__。
（5）KBeBF晶体为层片状结构，图1为其中一层的局部示意图。平面六元环以B—O键和Be—O键交织相连，形成平面网状结构，每个Be都连接一个F，且F分别指向平面的上方或下方，K+分布在层间。KBeBF晶体的化学式为____。
（6）BeO晶体也是制备KBeBF的原料，图2为其晶胞结构示意图。
①沿着晶胞体对角线方向的投影，下列图中能正确描述投影结果的是___。
②BeO晶胞中，O的堆积方式为____；设O与Be的最近距离为acm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为____g·cm-3。
14. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）过渡金属及其化合物在生产、生活中有重要的应用。回答下列问题：
(1)基态的核外电子排布式为___________，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于___________(填“基”或“激发”)态。
(2)一种含Ti的催化剂X能催化乙烯、丙烯等的聚合物，其结构如图甲所示。X中，C原子的杂化类型有___________，含有的作用力类型有___________(填标号)，非金属元素电负性由大到小的顺序为___________。
A．键B．氢键C．配位键D．键 E.离子键
(3)分子中的键角为107°，但在离子中分子的键角如图所示，导致这种变化的原因是___________。
(4)已知第三电离能数据：，。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是___________。
(5)黄铜矿是提炼铜的主要原料，其主要成分的晶胞结构如图。
①周围距离最近的数为___________。
②在高温下，黄铜矿的主要成分的晶体中金属离子可以发生迁移。若亚铁离子与铜离子发生完全无序的置换，可将它们视作等同的金属离子，在无序的高温型结构中，金属离子占据___________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。
③该晶胞上下底均为正方形，侧面与底面垂直，晶胞参数如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，请计算该晶体的密度___________。
15. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）近年来，重金属羧酸盐作为贮存气体(进入晶体中间隙)的化合物而备受关注。如果长时间放置甲酸铜[]、对苯二甲酸( )、乙醇混合溶液，将析出一种晶体X(晶胞结构如图)，甲酸根全部被交换到溶液中。X对热稳定，磁矩约为1.732B．M。(磁矩，n为未成对电子数)。
(1)由磁矩推算X中铜离子的未成对电子数为_______；该基态铜离子的价电子排布图为_______。
(2)1mol对苯二甲酸分子中含有_______mol键，对苯二甲酸的熔点(427℃)高于对二硝基苯(，相对分子质量为168，熔点173℃)的主要原因是_______。
(3)甲酸根中C原子的杂化类型为_______，其与铜离子配位的原子是_______；写出甲酸根的一种等电子体分子_______。分子中C原子的杂化类型为_______，分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的键，还有两个方向互相垂直的大键(每个O原子上还有一对孤对电子)，则每个大键中有_______个电子。
(4)X晶胞中含有Cu的数目为_______个；1molX的晶胞质量为456g，实验表明，100mg晶体X可吸收22.0mg，所得晶体中Cu：N个数比约为1：_______(保留两位有效数字)。
16. （2020春·河南驻马店·高二统考期末）药物瑞德西韦(Remdesivir)对新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如图(A俗称石炭酸)：
已知：①R-OHR-Cl
②
回答下列问题：
(1)有机物B的名称为_______。
(2)G到H的反应类型为_______。
(3)I中官能团的名称为_______。
(4)E中含两个Cl原子，则E的结构简式为_______。
(5)由B生成C的化学反应方程式为_______。
(6)X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式_______(写出一种即可)
①苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子；
②1 mol X消耗2 mol NaOH。
(7)设计由苯甲醇为原料制备化合物的合成路线_______。(无机试剂任选。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物。
17. （2021春·河南驻马店·高二统考期末）二氧化碳和氢气按一定的体积比混合，在一定条件下可以制得烯烃，该技术已经成为节能减碳实现“零排放”的有效途径之一。苯是一种重要的化工原料，下图是合成橡胶和TNT的路线。
回答下列问题：
(1)工业上从煤焦油里提取苯的操作名称为___________。
(2)TNT的名称为___________(系统命名法)；E的结构简式为___________，E中含有的官能团的名称为___________。
(3)写出反应类型：反应②___________；反应③___________。
(4)写出反应①的化学方程式：___________。
(5)D在一定条件下与足量反应后的产物，其一氯代物有___________种。
18. （2022春·河南驻马店·高二统考期末）近年来，我国科学家在手性螺环配合物催化的不对称合成研究及应用方面取得了举世瞩目的成就。某螺环二酚类手性螺环配体(K)的合成路线如下：
已知如下信息：，R和 烃基或氢原子
(1)化合物A常用于医院等公共场所的消毒，可与溶液发生显色反应，其名称为_______；反应④的反应类型为_______。
(2)反应⑤的反应条件为_______。
(3)已知化合物G的相对分子质量比化合物H大158，则H的结构简式为_______。
(4)满足下列条件的C的同分异构体有_______种
①可与溶液发生显色反应②能与新制的反应生成砖红色沉淀，写出其中满足核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式_______。
(5)以化合物A和乙醛为原料参考题中信息，设计路线合成化合物 (其他试剂任选) _______
参考答案：
1. +CH3OH+H2O 甲 有利于提高苯甲酸的转化率 分液 蒸馏 59.1%
【分析】苯甲酸和甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，该反应是可逆反应，而且又存在副反应，故得苯甲酸甲酯粗产品，苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，故可与饱和碳酸钠溶液混合， 它的作用为：降低苯甲酸甲酯的溶解度，溶解甲醇，除去酸，经分液后得到较纯净的苯甲酸甲酯，进一步蒸馏获得纯产品，据此分析解答。
【详解】Ⅰ.(1)浓硫酸在酯化反应中起到了催化剂作用和吸水剂的作用，苯甲酸与甲醇反应的化学方程式：+CH3OH+H2O；
(2)由装置图可知，甲图的圆底烧瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，乙图则没有，而本题中反应物甲醇沸点低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸点远高于甲醇，若采用乙图，甲醇必定会大量挥发，不利于合成反应，所以应冷凝回流，减少甲醇的挥发，提高产率；
(3)酯化反应为可逆反应，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，故甲醇应过量；
Ⅱ.(4)苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分离出互不相溶的液体，通常采用分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸点不同，可以通过蒸馏操作分离；
(5)12.2g苯甲酸的物质的量为：，20mL甲醇(密度约0.79g/mL)的物质的量为：，则理论上生成苯甲酸甲酯的物质的量为0.1mol，质量为：136g/mol×0.1mol=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为：。
2. 圆底烧瓶 a 防暴沸 受热均匀，便于控制温度 环己烷和水形成共沸物，带走产物水，使平衡正向移动 D 干燥 蒸馏
【分析】A中，在水浴加热、冷凝回流下发生制备苯甲酸乙酯，酯化反应是可逆反应，加入的环己烷和水形成共沸物，带走产物水，使平衡正向移动，可提高苯甲酸乙酯产率。反应后的液体冷却至室温，倒入30mL冷水中，分液得到有机层，分批加入除去有机层中的硫酸和剩余的苯甲酸，过滤得滤液、再加入15mL乙醚萃取，分液得到乙醚溶液、并将无水氯化钙加入吸收有机层中残留的水，最后蒸馏即可得到目标产物。
【详解】Ⅰ(1)由构造知，仪器A的名称是圆底烧瓶，冷凝回流时，应使水充满冷凝管，冷凝水从a口进。
(2)向仪器A中加入几片碎瓷片，作用是防暴沸。
(3)水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度；制备苯甲酸乙酯的反应是可逆反应，由信息知，环己烷和水形成共沸物，进入分水器，带走产物水，使平衡正向移动，故加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率。
Ⅱ (4) 除去有机层中的硫酸和剩余的苯甲酸，其酸性均强于碳酸，故可以分批加入。
(5)加入15mL乙醚萃取，分液。乙醚密度小于水，则分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出，答案为D。
(6) 无水氯化钙为干燥剂，可以吸收有机层中的水，干燥产物，故向有机层中加入无水，作用是干燥；乙醚和苯甲酸乙酯为互溶的液体、沸点差大，则从处理后的有机层中获得纯净的苯甲酸乙酯的分离操作的名称是蒸馏。
3. 温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大等任意一个合理答案 降温结晶 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色
【分析】和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，滤液减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀。
【详解】(1) 中有离子键和共价键，其电子式为，故答案为：。
(2) 反应①中和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，其反应化学方程式为，故答案为：。
(3) 温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，故答案为：温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大等任意一个合理答案。
(4) 从滤液获得晶体的“一系列操作”是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶。
(5) ①滴定终点的现象为当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色。
②根据题意得关系式-- 4NaOH， mg样品中氟化铵消耗氢氧化钠(V-V0)mL，样品中氟化铵的物质的量为0.3×(V-V0)×10-3L，氟化铵的质量为0.3×(V-V0)×10-3L ×37g/mol=1.11×(V-V0)×10-2g，则样品中氟化铵的含量为=，故答案为：。
4. (1)5.0
(2)C
(3) 3.00 33.0 正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1
【解析】（1）根据稀释前后溶质的物质的量不变，c浓V浓=c稀V稀得，V(HAc)浓=；
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，A错误；B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或者俯视，B错误；C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，C正确；D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D错误；故答案选C；
（3）①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3:4，V(HAc)=4mL，因此V(NaAc)=3mL，即a=3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40mL，因此V(H2O)=40mL-4mL-3mL=33mL，即b=33.00；②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
5. (1)球形冷凝管
(2)防止杂质离子催化分解
(3)降低产品的溶解度(盐析作用或醇析作用)
(4)b
(5) 降低体系压强，水的沸点降低，温度降低，减少双氧水分解 水
【分析】①中发生反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)⇌2Na2CO3·3H2O2(s)，通过过滤、洗涤、干燥得到目标产物，仔细阅读从已经条件中了解反应物及目标产物的性质特征，另外从流程图中搞清实验的目的与原理及操作要点、注意点。
（1）仪器A为球形冷凝管。
（2）双氧水遇到Fe3+易分解，故加入稳定剂。
（3）在滤液X中加入适量NaCl固体可以增大溶液中钠离子浓度，从而降低过碳酸钠的溶解度；过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，加入乙醇，也能降低过碳酸钠的溶解度，因此可析出过碳酸钠。
（4）过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，所以骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的是减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥。故选b。
（5）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，降低体系压强，水的沸点降低，温度降低，减少双氧水的分解。圆底烧瓶中收集的馏分主要为水。
6. －394kJ/mol 343 无 正 2－4e－=4CO2↑＋O2↑ CO2 C＋O2
【分析】根据题中所给热化学方程式，由盖斯定律求出石墨的燃烧热；根据题中所给键能，由反应的焓变△H =反应物总键能之和-生成物总键能之和，求出C—O键的键能；根据题中图示信息，CO2转化为C2O52-，再转化为O2，CO2转化为CO32-，再转化为C，由化合价的变化，判断得失电子，判断电解池的阴阳极及电源的正负极，进而回答相关问题。
【详解】I．（1）由①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol，②2C(s,石墨)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol，根据盖斯定律： (①×2+②+③×2)，可得C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)；△H3=[(-41×2)kJ/mol+(-222)kJ/mol+(-242×2)kJ/mol]=-394 kJ/mol；答案为-394 kJ/mol。
（2）设C—O键的键能为x，则CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ•mol-1，反应的焓变△H =反应物总键能之和-生成物总键能之和，即(1076 kJ•mol-1+2×436 kJ•mol-1)-(413×3 kJ•mol-1+x+465 kJ•mol-1)=-99kJ•mol-1，所以x=343 kJ•mol-1，答案为343。
II．（3）由题中图示可知①是CO2→C2O52-，②是CO2→CO32-，碳元素的化合价均为+4价，没有变化；答案为无。
（4）根据题中图示可知C2O52-→O2，则a电极发生失去电子的氧化反应，为阳极，与电源正极相接，所以b为原电池正极，因为a电极发生失去电子的氧化反应，所以a极的电极反应式为2C2O52--4e-═4CO2 ↑+O2↑；答案为正，2C2O52--4e-═4CO2↑+O2↑。
（5）因为a阳极二氧化碳被捕获2CO2+O2-═C2O52-，阳极电极反应为2C2O52--4e-═4CO2 ↑+O2↑，d阴极二氧化碳被捕获CO2+O2-═CO32-电极反应式为CO32-+4e-═3O2-+C，则总反应方程式为CO2 C＋O2；答案为CO2 C＋O2。
7. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1 B ＞ ＜ Kb=Kc>Ka>Kd 或或9.5×10－2 恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率
【分析】根据催化合成NH3的机理图书写热化学方程式并计算反应热，根据“定一议二、先拐先平”比较温度大小，结合图中数据进行转化率和平衡常数的计算，结合平衡常数的定义及平衡移动原理比较平衡常数的大小。
【详解】Ⅰ.(1)根据反应历程图可知，合成氨为放热反应，其热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2×(276kJ/mol-106kJ/mol-33kJ/mol-41kJ/mol-50kJ/mol)=-92kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1；
(2)A．升高温度，过程ⅰ和ii的反应速率均加快，A错误；
B．过程ⅰ为N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)，反应前后体积减小，增大压强，平衡正向移动，有利于提高过程ⅰ的转化率，B正确；
C．使用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g) ΔH＞0，C错误；
故答案为：B；
Ⅱ.(3)根据图象，由①④曲线分析可知，压强相同，420℃→T0℃，平衡时氨气的含量降低，说明平衡逆向移动，又反应为放热反应，所以420℃→T0℃为温度升高的过程，则T0＞420℃，故答案为：＞；
(4)根据图象可知，a点时起始氢氮比，则N2的转化率＜H2的转化率，故答案为：＜；
(5)由于②③的温度相同，所以两个条件下平衡常数相等，即Kb=Kc，①④相比，压强相同，④的温度更高，所以平衡常数Ka＞Kd，①②相比，①的温度更高，所以平衡常数Kb＞Ka，故答案为：Kb=Kc>Ka>Kd；
(6)根据图象，b点时起始氢氮比，总压强为20MPa，平衡时氨气的含量为50%，设N2的起始投量为1mol，转化量为xmol，则列三段式有：
则有，x=，所以N2的物质的量百分含量为，H2的物质的量百分含量为，则b点对应的平衡常数，故答案为：或或9.5×10－2；
Ⅲ.(7)在恒压条件下，单位时间通入的气体总量一定时，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率，故答案为：恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率。
8. +1366.8kJ/mol ＞ ＜ 60% 0.045 ＜
【详解】(1)将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①+②可得反应③，则△H3=△H1+△H2=(—44.2kJ/mol )+( +1411.0kJ/mol)=+1366.8kJ/mol，故答案为：+1366.8kJ/mol；
(2)由方程式可知，二氧化碳转化为甲烷的反应为气体体积减小的放热反应，若在恒温恒容的容器中反应，容器甲和容器乙达到相同的化学平衡状态，容器中混合气体的压强和甲烷的物质的量分数相等，则恒容绝热的的容器中反应，容器甲相当于升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大、甲烷的物质的量分数减小，容器乙相当于降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小、甲烷的物质的量分数增大，由此可知，容器甲中的压强大于容器乙，甲烷的物质的量分数小于容器乙，故答案为：＞；＜；
(3)由图可知，T1℃时，甲烷和乙烯的物质的量均为0.2mol，由方程式可知，反应Ⅰ中消耗二氧化碳的物质的量为0.2mol、消耗氢气的物质的量为0.8mol、生成水蒸气的物质的量为0.4mol，反应Ⅱ消耗二氧化碳的物质的量为0.4mol、消耗氢气的物质的量为1.2mol、生成水蒸气的物质的量为0.8mol，则平衡时，容器中二氧化碳、氢气、甲烷、水蒸气的浓度分别为=0.4mol/L、=2mol/L、=0.2mol/L、=1.2mol/L，二氧化碳的转化率为×100%=60%，反应Ⅰ的平衡常数K===0.045，故答案为：60%；0.045；
(4)由图可知，投料比和压强相同时，温度越高，氢气的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应△H＜0，故答案为：＜。
9. (1) 减小
(2) 小于
(3) a>b>c
(4) 4
【详解】（1）根据图象可知温度越高，平衡常数Kp越小；
将图象上的点代入R得：0.4315=-∆H×3.0×+C和0.055=-∆H×1.5×+C，联立求解得，∆H=-251J·mol-1，因此该反应的热化学方程式为2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(g)∆H=-0.251kJ·mol-1；故答案为：减小， ；
（2）甲烷氧化合成甲醇的总反应减去第二步反应可得第一步的化学方程式为2CH4+Cu=*CuH2+2-CH3；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应很快，第二步反应活化能小于第一步反应活化能；故答案为：，小于；
（3）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3:1，b代表n(CO2)：n(H2)=1:1，c代表n(CO2)：n(H2)=1:3，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a>b>c。
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1:1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：，平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.5MPa，甲醇分压0.25MPa，水蒸气分压0.25MPa，则压强平衡常数，故答案为：a>b>c，；
（4）通过工作原理示意图，Pt(a)电极是电池的负极，甲烷失去电子生成二氧化碳，电极反应式为：；该电池工作时消耗标准状况下11.2L甲烷，即0.5mol甲烷，甲烷中碳元素的化合价从-4价升高到二氧化碳中的+4价，1mol甲烷失去8mol电子，则0.5mol甲烷失去4mol电子，即电路中通过4mol电子，故答案为：，4；
10. 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率 提供碱性环境，减少Na2S的水解 6 pH较低时发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，会造成Na2S2O3损耗 2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2 SO2可以循环利用，减少环境污染
【详解】（1）将精矿进行研磨有助于增加反应的接触面积，加快反应速率，提高Sb的浸出率；
（2）浸出时加入Na2S溶液中的S2-会发生水解，当加入NaOH时，溶液呈碱性，可以抑制S2-的水解；
（3）从表中可以看出，当pH=6时，溶液中的Sb含量最少，沉淀率最大，故最适宜的pH选择6；如果pH过低，酸化后生成的S2O32-可以与溶液中的H+反应生成S沉淀，影响Na2S2O3的产率。
（4）酸化后的沉淀为Sb2S3和S的混合物，在高温下与氧气发生反应生成SO2和Sb2O3，相应的反应方程式为2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2；
（5）沉淀氧化后有SO2气体生成，将气体通入到酸化溶液中循环利用可以减少环境污染。
11. 从右往左 6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O *N2+*H =*N2H 氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率
【详解】Ⅰ．(1)根据题图可知，左电极区氨气生成氮气，为化合价升高，失去电子发生氧化反应，故为阳极区，电解池中阴离子移向阳极，即OH-的移动方向为从右往左，故答案为：从右往左。
(2)阳极为氨气生成氮气的反应，电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。
Ⅱ．(1) 由合成氨反应的一种反应机理的相对能量—反应过程图可知，在各步反应中决定合成氨反应速率的反应方程式为*N2+*H =*N2H，故答案为：*N2+*H =*N2H。
(2)由题意可知，氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率，所以工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1∶2.8，适当增加氮气的比重，故答案为：氮气容易制得，适当提高氮气的量可以提高氢气的转化率。
12. (1) Cu或者Cu和Fe 升高温度、增大浓度、搅拌等
(2)
(3) 防止局部碱性过强生成沉淀而吸附，使镍回收率下降 取少量“除铁”后的滤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，证明已完全除去
(4)0.025
(5)或
(6)
【分析】电镀污泥主要成分是Cu(OH)2和Ni(OH)2，还含有Fe、Mg、Ca等元素，用硫酸溶浸得到硫酸铜、硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸镁、硫酸钙等的混合液，加入过量铁粉置换出硫酸铜中的铜，过滤，滤液加氯酸钠把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加碳酸钠调节pH=2生成沉淀除铁，过滤，滤液中加氟化钠生成氟化钙、氟化镁沉淀除Ca、Mg，过滤，滤液中加碳酸钠生成碱式碳酸镍沉淀，过滤，用硫酸溶解碱式碳酸镍生成硫酸镍，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。
（1）
溶浸液加入过量铁粉置换出硫酸铜中的铜，所以滤渣1的主要成分是Cu、Fe；根据影响反应速率的因素，提高“溶浸”效率的方法有升高温度、增大浓度、搅拌等。
（2）
“氧化”过程是氯酸钠把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，氯酸钠被还原为氯化钠，反应的离子方程式为；
（3）
黄钠铁矾[]沉淀易于过滤，相对于沉淀不易吸附，“除铁”时加入速度不宜过快，原因是防止局部碱性过强生成沉淀而吸附，使镍回收率下降；遇KSCN溶液变红，取少量“除铁”后的滤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，证明已完全除去。
（4）
“氟化除杂”，此温度条件下与的分别为、，比溶解度更小，要使和均完全沉淀，溶液中须不低于0.025mol/L。
（5）
“沉镍”时，氯酸镍和碳酸钠反应生成碱式碳酸镍，发生反应的离子方程式为；
（6）
26.3g的物质的量为0.1mol，根据镍元素守恒，曲线中B段所表示氧化物中含有0.1mol镍，则氧原子的物质的量为，该氧化物的化学式为。
13. C Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道 KF为离子晶体，而BF3为分子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体 sp2 sp3 KBe2BO3F2 D 面心立方最密堆积
【分析】(1)不同轨道的电子具有不同能量，发生跃迁时发出不同波长的光；
(2)Be、B原子有空轨道更容易与配体形成配位键
(3)离子键的键能大于共价键；
(4)根据VSEPR模型计算中心原子的孤对电子数和价层电子数来判断杂化类型和分子空间构型；
(5)看单个晶胞单元内含有各原子个数；
(6)①根据晶胞结构分析，Be做面心立方最密堆积；
②根据晶胞密度分析，以一个晶胞有4个Be原子、4个O原子计算晶胞质量，再用数学空间几何来运算晶胞棱长，进而的晶胞体积；
【详解】(1)激发态1s22s13s1的铍原子回到基态1s22s2，3s上的1个电子可能回到1s轨道有2种情况，2s轨道有1种情况，故最多可发出3种不同波长的光，答案选C；
(2)Be原子的价电子为2s2，轨道表达式，B原子的价电子为2s22p1，轨道表达式，Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道；
(3)KF是含有离子键的离子化合物， BF3是含有共价键的共价化合物，离子键的键能大于共价键，故KF的沸点比BF3的高；
(4)HF的H孤电子对数，价电子对数，分子构型为直线型，且H原子与F原子之间有氢键，结构式为：，H3BO3中中心原子B的电子对数为：，属于sp2杂化，BF中中心原子B的电子对数为：，属于sp3杂化；
(5)从图1来看，一个单元内含有2个Be原子、1个B原子、3个O原子、2个F原子，故KBeBF晶体的化学式为KBe2BO3F2；
(6)①晶胞沿着对角线方向可以观察到六边形，中心O与Be重合，外侧大正六边形均为Be原子构成，内部小正六边形由3个Be原子、3个O原子间隔形成，所以得到投影结果为D；
从图中可以看出每个面的面心均有O原子，顶点上各有一个O原子，为面心立方最密堆积；②一个晶胞中，单独含有O原子的数目为，单独含Be原子数目有4个，晶胞质量，晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连线处于晶胞对角线上，由几何知识可知晶胞体对角线长度为4acm，则晶胞棱长为，晶体密度为。
14. 或[Ar] 激发 、 A、C、D 形成配合离子后，配位键与中N-H键之间的排斥力小于原孤电子对与中N-H键之间的排斥力，故键角变大 电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁 4 四面体空隙
【详解】(1) Ni的原子序数为28，核外电子数为28，则的电子数为26，核外电子排布为或[Ar]，由核外电子排布可知基态离子时的核外电子空间运动状态有14种，若有15种运动状态时说明有电子由低能轨道进入了高能轨道，应为激发态，故答案为：或[Ar]；激发。
(2) 由其结构图可知，其结构中含有碳碳双键和碳碳单键，单键是sp3杂化，双键和大π键是sp2杂化，双键含有键，配位键由O指向Ti，单键是键，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，故答案为：、；A、C、D；。
(3) 中，Cu2+和N原子之间存在配位键，N-H之间存在共价键，配位键与中N-H键之间的排斥力小于原孤电子对与中N-H键之间的排斥力，故键角变大，故答案为：形成配合离子后，配位键与中N-H键之间的排斥力小于原孤电子对与中N-H键之间的排斥力，故键角变大。
(4) 锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁，故答案为：电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁。
(5) ①由题图可知，周围距离最近的个数为4，故答案为：4。
②在高温下，晶体结构如图所示，金属离子的随机性为50%，金属离子占据四面体空隙，故答案为：四面体空隙。
③由题图可知，该晶胞中有4个CuFeS2，晶胞体积为(a×10-10cm)2×(b×10-10cm)=a2b×10-30cm3，则该晶胞的密度=，故答案为：。
15. (1) 1
(2) 18 对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用
(3) O sp 4
(4) 2 3.6
【解析】（1）
X的磁矩为1.732B.M，根据磁矩可得，1.732B.M ，解得n=1，则X中铜离子的未成对电子数为1；Cu为29号元素，Cu原子失去2个电子形成Cu2+，Cu2+的价电子排布式为3d9，则其价电子排布图为 ，故答案为：1； ；
（2）
单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则一个对苯二甲酸分子含有18个σ键，1mol对苯二甲酸分子中含有18 molσ键；对苯二甲酸分子间能形成氢键，而对二硝基苯分子键不能形成氢键，故对二苯甲酸的熔点高于对二硝基苯，故答案为：18；对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用；
（3）
甲酸根中C原子形成3个σ键和1个π键，采用sp2杂化；与铜离子配位的原子必须含有孤电子对，O原子含有孤电子对，则配位原子为O原子；等电子体具有相同的原子数和价电子数，则甲酸根的一种等电子体分子为；的结构式为O=C=O，中心C原子采用sp杂化；CO2分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的σ键，还有两个方向互相垂直的大π键(每个O原子上还有一对孤对电子)，则每个大π键中每个O原子提供2个电子，所以每个大π键中有4个电子，故答案为：sp2；O；；sp；4；
（4）
根据X的晶胞结构图可知，X晶胞中对二苯甲酸根离子的数目为，铜离子数目为；1molX的晶胞质量为456g，则Mx=456g/mol，吸收氮气后，100mgX晶体中，，则晶体中Cu：N个数比约为，故答案为：2；3.6。
16. (1)对硝基苯酚
(2)加成反应
(3)羧基、氨基
(4)
(5)
(6)、
(7)
【分析】由流程及C的结构简式可知，A是苯酚，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生羟基在苯环上对位上的取代反应，产生B为，D 发生信息反应①生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息②的反应生成H，H发生取代反应、水解反应得到I，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F、J发生取代反应生成K，J为。
（1）
有机物B是，名称为对硝基苯酚。
（2）
G为HCHO，G与HCN发生加成反应产生H：H是HOCH2CN，所以G到H的反应类型为加成反应。
（3）
由流程中I的结构简式知，I中的官能团的名称为羧基、氨基。
（4）
E中含两个Cl原子，根据上述分析可知E的结构简式为。
（5）
B是，B与 发生取代反应产生C和HCl，则由B生成C的化学反应方程式为： 。
（6）
C结构简式是，X是C的同分异构体，满足下列条件：①苯环上含有氨基且苯环上只有一种氢原子；②1 mol X最多消耗2 mol NaOH，说明X分子中有2个酚羟基，则X可能结构为：或。
（7）
由苯甲醇为原料制备化合物。首先是苯甲醇催化氧化产生苯甲醛，苯甲醛再发生信息反应②：先与HCN发生加成反应产生、再转变为即为单体，最后发生缩聚反应得到目标产物，则合成路线为：
。
17. 分馏 2，4，6-三硝基甲苯 碳碳双键 取代反应 消去反应 +3HNO3+3H2O 6
【分析】反应①为合成TNT即+3HNO3+3H2O，则A为；C与苯反应生成C8H9Cl，C8H9Cl通过反应③生成D、D与E通过加聚反应生成，根据加聚反应原理可知则D、E的结构简式分别为：、CH2=CH-CH=CH2；则C8H9Cl的结构简式为，所以C为CH2ClCH2Cl、B为CH2=CH2。
【详解】(1)因为苯是煤焦油中的成分之一，根据其沸点较低的性质，工业上从煤焦油里提取苯的操作名称为分馏。故答案为：分馏；
(2)TNT的名称为2，4，6-三硝基甲苯(系统命名法)；根据分析，E的结构简式为，E中含有的官能团的名称为碳碳双键。故答案为：2，4，6-三硝基甲苯；；碳碳双键；
(3)反应②为苯与CH2ClCH2Cl发生取代反应生成，反应②取代反应；；反应③为C8H9Cl发生消去反应生成，反应③消去反应。故答案为：取代反应；消去反应；
(4)TNT为三硝基甲苯，甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸共热时发生硝化反应生成三硝基甲苯，反应①的化学方程式：+3HNO3+3H2O。故答案为：+3HNO3+3H2O；
(5)D的结构简式为：，D与足量的氢气发生加成反应生成，中六元环上含有4种H原子、侧链含有2种H，总共含有6种等效H，其一氯代物有6种。故答案为：6。
18. (1) 间甲基苯酚或3-甲基苯酚 加成反应或还原反应
(2)或
(3)
(4) 13
(5)
【分析】A发生已知信息的反应生成B，结合B的结构简式可知，A为，B中甲基被氧化生成C，结合C和E的结构简式和D的分子式可知，D为，G中溴原子转化为氢原子生成H，则H为。
（1）
根据上述分析可知，A为，其名称为间甲基苯酚或3-甲基苯酚；反应④是D中的碳碳双键与氢气加成生成E的过程，反应类型为加成反应或还原反应，故答案为：间甲基苯酚或3-甲基苯酚；加成反应或还原反应；
（2）
反应⑤是E的苯环上发生一溴取代生成F，则反应⑤的条件为：或，故答案为：或；
（3）
化合物G的相对分子质量比化合物H大158，对比G、J的结构简式，可知G中溴原子转化为氢原子生成H，推知H的结构简式为，故答案为：；
（4）
C的同分异构体满足：①可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与新制的反应生成砖红色沉淀，则含有醛基，苯环有2个取代基为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种位置关系；苯环有3个取代基为-CHO、-OH、-CH3，醛基与酚羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种，其中满足核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为，故答案为：13；；
（5）
根据题干合成路线可知，以化合物A和乙醛为原料，发生A→D的反应即可得到目标产物，则合成路线为：，故答案为：。
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