天津市和平区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份天津市和平区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共34页。试卷主要包含了实验题，结构与性质，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
天津市和平区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

一、实验题
1．（2020·天津和平·一模）化工原料水合肼（N2H4·H2O）是一种强还原性的碱性液体。
Ⅰ．实验室用下图装置制备水合肼（N2H4·H2O）。

实验步骤：关闭K2、K3，打开K1，制备 NaClO；关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间；关闭K3，打开K2，点燃酒精灯。回答下列问题：
（1）盛放碱石灰的仪器的名称为___________________。
（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_________。
（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是____________________________________。
（4）水槽中放入冷水的目的是_____________________________________________。
（5）NH3与 NaClO反应生成N2H4·H2O的化学方程式为_______________________。
Ⅱ．已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，测定水合肼粗产品的纯度步骤如下：
a．称取N2H4·H2O粗产品(其它杂质不与I2反应)2.000g。
b．加水配成250.00mL溶液。
c．移出25.00mL置于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液。
d．用0.3000mol·L－1的碘标准溶液进行滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗碘标准溶体积/mL
20.24
20.02
19.98

f．数据处理。
（6）碘标准溶液盛放在____________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。在滴定管中装入碘标准溶的前一步，应进行的操作为_________，达到终点的现象是__________。
（7）消耗的碘标准溶平均体积为______mL，粗产品中水合肼的质量分数为______。
（8）判断下列操作对测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
①若在配制碘标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果___________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___________。
2．（2021·天津和平·统考一模）实验室中用苯胺(，在空气中易被氧化)和冰醋酸等原料制备乙酰苯胺()。有关物质的物理常数如下表：

相对分子
质量
熔点/
沸点/
密度
()
溶解度/
水
乙醇
乙醚
苯胺
93
-6.2
184
1.022
3.6
混溶
混溶
冰醋酸
60
16.7
118
1.049
混溶
混溶
混溶
乙酰苯胺
135
115
305
1.212
溶于热水
溶
溶

试依据下列实验流程回答相关问题：

(1)加料：在上图仪器中加入苯胺、冰醋酸和锌粉。仪器的名称是___________，仪器的构造中具有支管，该构造的作用是___________，反应混合物中需加入一定量的锌粉的作用是___________。
(2)加热制备粗产品：仪器中加料后，加热至。适宜使用___________方式加热，加热温度选择(高于)的理由是___________，温度不宜更高的原因是___________，当观察到___________时可判断反应完成，停止加热。
(3)过滤：反应结束后，将中混合物趁热倒入冷水中，不断搅拌使之充分冷却，过滤，洗涤。洗涤液可选择___________(填“冷水”、“热水”、“乙醇”、“乙醚”)。
(4)重结晶：①将粗乙酰苯胺放入适量水中，若观察到水中有油珠存在，可补加适量水，使油珠消失。根据下表乙酰苯胺的溶解度，上述水的温度选择___________左右比较合理，水的用量不能过多，原因是___________。
温度/
20
25
50
80
100
溶解度/
0.46
0.56
0.84
3.50
5.50

②冷至室温加入适量活性炭，除去杂色，再次抽滤，得到乙酰苯胺纯产品。
(5)产率计算：得到乙酰苯胺产品，实验的产率是___________(保留3位有效数字)。
3．（2022·天津和平·统考一模）Na2S2O3•5H2O是重要的化工原料，有关制备和应用如下。
Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)
实验步骤：
①称取15gNa2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。
②安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60min。回答下列问题：

(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是_______。
(2)仪器a的作用是_______。
(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，是可能存在的无机杂质是_______，检验是否存在该杂质的方法是_______。
Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O。已知：Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。
分离Na2S2O3•5H2O晶体的流程如图所示：

回答下列问题：
(4)为减少产品的损失，操作①要_______(填操作)，其目的是_______；操作②的包括的过程是快速过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作是用_______(填试剂)作洗涤剂。
(5)蒸发浓缩滤液直至溶液_______为止，蒸发时要控制温度不宜过高原因_______。
Ⅲ．研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表(所取溶液体积均为10mL)：
实验编号
实验温度/℃
c(Na2S2O3)/mol·L-1
c(H2SO4)/mol·L-1
(1)
25
0.1
0.1
(2)
25
0.1
0.2
(3)
50
0.2
0.1
(4)
50
0.1
0.1

(6)探究浓度对化学反应速率的影响，应选择_______(填实验编号)。
(7)探究温度对化学反应速率的影响，应选择_______(填实验编号)。

二、结构与性质
4．（2020·天津和平·一模）我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(H3O)3(NH4)4(N5)6Cl(用R代表)，请根据其组成的元素和结构回答下列问题：
(1)氮原子价层电子的轨道表达式为_____________________。
(2)第一电离能N______O(填“＞”、“＜”或“＝”)，其原因是_____________。
(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如下图所示。

①R中两种阳离子的相同之处为_________，不同之处为__________。(填标号)
a．中心原子的杂化轨道类型            b．中心原子的价层电子对数
c．立体结构                        d．共价键类型
②R中阴离子N5-中的σ键总数为________个。大π键可用符号πmn表示，其中m为形成大π键的原子数，n为形成大π键的电子数，则N5-中的大π键应表示为__________。
③图中虚线代表氢键，其表示式为(NH4＋)N−H…Cl、___________、____________。
(4)提取炼铜的阳极泥中金、银、铂时，用到王水(HNO3和HCl的物质的量之比为1∶3的混酸)，过程如下：

①滤渣的成分是_____________，(NH4)2PtCl6中配体是_______________________。
②金和浓硝酸反应的化学方程式为：Au+6HNO3(浓)=Au(NO3)3+3NO2↑+3H2O，该反应的平衡常数很小，几乎不反应，但金却可以溶于王水，原因是____________________，试写出该反应的化学方程式________。
5．（2021·天津和平·统考一模）、、均为氮族元素，与人们的生活息息相关。回答下列问题：
(1)核外电子排布式是___________，未成对是___________个。
(2)与、的电负性由大到小的顺序是___________，第一电离能由大到小的顺序是___________。
(3)吡啶类化合物与(即)反应生成有机化合物，具有优异的催化性能。

吡啶类化合物中原子的杂化类型是___________，化合物易溶于水，原因是___________。含有机物的分子结构中含___________(填字母代号)。
a.离子键    b.配位键    c.键    d. 键    e.氢键
(4)的晶体结构如图1所示，某种氮化铁的结构如图2所示。

①晶体结构单元中，含有的、原子个数均是___________；
②若该氮化铁的晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，则该氮化铁的晶体密度可表示为___________。

三、有机推断题
6．（2020·天津和平·一模）药物瑞德西韦（Remdesivir）)对2019年新型冠状病毒（2019-nCoV）有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如下：

已知：1.
2.
回答下列问题：
（1）检验A中官能团的方法是________________，B的化学名称为_________。
（2）C→D的反应类型是_____________，J＋F→K的反应类型是___________。
（3）I中官能团的名称为___________________，F的分子式是_____________。
（4）E的结构简式为_________________________________。
（5）由G生成H的化学反应方程式为______________________________________。
（6）X是C同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式__________________。
①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；
②遇FeCl3溶液发生显色反应；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2 。
（7）设计由苯甲醇为原料制备化合物。
___________________________________________________________________________。
7．（2021·天津和平·统考一模）某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图：

已知：①+；②+R2-OH→
回答下列问题：
(1)有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是_______。
(2)有机物B的结构简式为______。
(3)反应①的反应类型是______。
(4)反应D→E中第(1)步的反应方程式是_______。
(5)有机物 F 中官能团的名称是醚键、______、______。
(6)反应②的目的是_______。
(7)有机物C在一定条件下反应可得有机物 G 分子式为C7H6O2，G 的同分异构体中属于芳香化合物的有_____种。(包括 G 自身) 写出核磁共振氢谱有四组峰，并能发生银镜反应的物质的结构简式______。
(8)写出A物质发生1,4-加聚的反应方程式_____。
(9)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线(无机试剂任选)______ 。
8．（2022·天津和平·统考一模）化合物F是一种有机合成的中间体，可以通过以下途径来合成：

已知：
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称为_______。
(2)写出B的分子式_______。
(3)C→D的反应类型为_______。
(4)化合物X的分子式为C7H5OCl，写出D+X→E反应的方程式_______。
(5)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体所有可能的结构简式_______。
①分子中今有苯环，酸性条件下水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，另外产物之一能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；
②分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1.
(6)已知设计以和为原料制备的合成路线_______(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。

四、原理综合题
9．（2020·天津和平·一模）合理控制、利用燃煤排放的CO2、SO2、CO是优化环境的有效途径。
(1)CO2生产甲醇方法：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；
已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH=−b kJ·mol−1；
H2O(g)===H2O(l) ΔH=−c kJ·mol−1；
CH3OH(g)===CH3OH(l) ΔH=−d kJ·mol−1。
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_________________________________。
(2)工业生产中用SO2为原料制取硫酸

①利用原电池将SO2转化法，如图(a)所示，则负极的电极反应式为____________。
②电解Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHSO3法，如图(b)所示，则阳极反应式______。
(3)光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，工业上通过Cl2(g)+CO(g) COCl2(g)的反应制备。根据图(c)、图(d)，回答下列问题：

①该反应的正反应是___________ 反应(填“放热”或“吸热”)。
②0~6 min内，反应的平均速率v(Cl2)＝_______；该温度下的平衡常数为______。
③若恒温恒容时，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡_____移动(填“向左”、“向右”或“不”)。
④若恒温恒压时，初始投料浓度为c(Cl2)=0.7 mol/L、c(CO)=0.5 mol·L−1、c(COCl2)=______mol·L−1，最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时的相同。
⑤第n min反应温度表示为T(n )，则：T(8)_____T(15) (填“＞”、“＜”或“＝”)。
10．（2021·天津和平·统考一模）CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。
(1)CO2催化加氢合成CH4。
其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol-1
反应Ⅲ：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0 kJ·mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=___________kJ·mol-1。
(2)CO2电化学制CH4

图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___________，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小，其原因是___________。
(3) CO2催化加氢合成二甲醚。
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=41.2 kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)；ΔH=-122.5kJ·mol-1
①反应Ⅱ的平衡常数表达式K=___________。
②在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性=×100%)随温度的变化如图2；T℃时，起始投入3 mol CO2、6 mol H2，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为___________。合成二甲醚时较适宜的温度为260 ℃，其原因是___________。

11．（2022·天津和平·统考一模）钛(Ti)被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、材料等领域。
(1)基态钛原子的价电子排布式为_______。
(2)钛可与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4.其球棍结构如图Ⅰ，Ti的配位数是_______，试㝍出该反应的方程式_______。

(3)钙钛矿(CaTiO3)是自然界中的一种常见矿物，其晶胞结构如图Ⅱ．设NA为阿伏加德罗常数的值，计算一个晶胞的质量为_______g。

(4)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如图：

资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1412
熔点/℃
-69
-25
193
304
714
在TiCl4中的溶解性
互溶
—
微溶
难溶

TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-220.9kJ·mol-1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_______。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图Ⅲ判断：CO2生成CO反应的△H_______0(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据_______。

12．（2022·天津和平·统考一模）综合利用CO2对完成“碳中和”的目标有重要意义。
(1)合成乙醇：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H=akJ·mol-1.一定温度下，向容积均为2L的恒容密闭容器中分别通入1.0molCO2(g)和3.0molH2(g)，在催化剂X、Y的催化下发生反应。测得5min时，CO2转化率与温度的变化关系如图甲所示。

①T1K时，点对应穼器在0～5min内的平均反应速率v(H2)=_______；b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b_______c(填“＞”“＜”或“=”)，原因为_______。
②T2K时，保持温度不变向容器中再充入0.2molCO2，0.6molC2H5OH(g)，平衡将_______移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
③该反应适宜选用的催化剂为_______(填“X”或“Y”)，高于T3K时，d点以后两条线重合的原因是_______。
(2)合成二甲醚：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-122.5kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图乙所示。其中：CH3OCH3的选择性=×100%

①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_______。
②220℃时，起始投入3molCO2，6molH2，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CO2平衡转化率为40%，CH3OCH3的选择性为50%(图中A点)，达到平衡时反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为_______mol。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_______。
③合成二甲醚时较适宜的温度为260℃，其原因是_______。

参考答案：
1．     干燥管     量筒     排除空气及多余的氯气     有利于氯气与氢氧化钠溶液的反应，有利于氨气的溶解     2NH3+NaClO===N2H4·H2O+NaCl     酸式     用碘标准溶液进行润洗滴定管     溶液变蓝且半分钟内不褪色     20.00     75.00％     偏高     偏低
【分析】Ⅰ．由图可知氯化铵与熟石灰反应生成氨气，氯气与NaOH发生Cl2+2NaOH═NaC1O+NaC1+H2O，NaClO与氨气反应可制备N2H4•H2O；
Ⅱ．碘可氧化橡胶，淀粉为指示剂，且淀粉遇碘单质变蓝；结合N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O计算水合肼的质量分数，以此来解答。
【详解】Ⅰ．(1)盛放碱石灰的仪器的名称为干燥管；
(2)配制30%NaOH溶液时，计算后称量在烧杯中溶解，则所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒，则还需要量筒；
(3)步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余的氯气；
(4)水槽中放入冷水可降低反应容器内的温度，有利于氯气与氢氧化钠溶液的反应，有利于氨气的溶解；
(5)NH3与 NaClO反应生成N2H4•H2O的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4•H2O+NaCl；
Ⅱ．(6)碘能氧化乳胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中；在滴定管中装入碘标准溶的前一步，应进行的操作为用碘标准溶液进行润洗滴定管；最初滴定的碘的标准液，被N2H4·H2O还原为HI，溶液不变蓝色，则当滴入最后一滴标准液，溶液变蓝且半分钟内不褪色，此时为滴定终点；
(7)第1次操作消耗标准液的体积明显偏高，应舍去，则实际消耗的碘标准溶平均体积为=20.00mL，根据N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，样品中N2H4·H2O的物质的量为0.02L×0.3mol/L××=0.03mol，粗产品中水合肼的质量分数为=75.00％；
(8)①若在配制碘标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，标准液的浓度降低，消耗标准液的体积偏大，则测定结果偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读数偏小，即消耗标准液的体积偏小，则测定结果偏低。

2．     圆底烧瓶     平衡气压，便于冷凝液顺利流下     防止苯胺被氧化     油浴     使生成的水充分气化逸出，促进反应正向进行，提高产率     防止醋酸大量挥发，导致产率降低     牛角管尾端没有水滴下     冷水          残存于母液中的产品增加，产率降低    
【分析】本题通过加热蒸馏的方式，一加快反应速率，二将产物水不断蒸出，促使反应尽可能进行的彻底，提高乙酰苯胺的产率。
【详解】(1)根据题图，烧瓶圆底无支管，所以本问第一空填“圆底烧瓶”；仪器B是弯管(又称牛角管)，带支管目的是沟通内外空间，平衡压强，所以本问第二空填“平衡气压，便于冷凝液顺利流下”；反应物苯胺容易被氧化，该反应又是在加热情况下进行，放置更易被氧化的活泼金属，能保护苯胺不被氧化，所以本问第三空填“防止苯胺被氧化”；
(2)长时间稳定温度加热，一般采取水浴方案，但本题加热温度超过100℃，所以选择相同原理的油浴，故本问第一空填“油浴”；根据反应原理，苯胺制备乙酰苯胺是取代反应，生成物之一是H2O，故选择高于水的沸点温度为加热温度，目的就是使水加速变成气态，挥发出反应体系，从而使反应进一步的向正向进行，提高反应物转化率，所以本问第二空填“使生成的水充分气化逸出，促进反应正向进行，提高产率”；反应温度过高，会使沸点最低的反应物醋酸大量挥发，从而降低了产物产率，所以本问第三空填“防止醋酸大量挥发，导致产率降低”；反应完全，将不再生成乙酰苯胺和水，故当弯管口不再有水滴滴落，说明反应完全，所以本问第四空填“弯管(牛角管)尾端没有水滴下”
(3)不溶晶体过滤后，洗涤液应选用晶体在其中溶解度较小的液体，故本问填“冷水”；
(4)重结晶，主成分在处理过程中应溶于水中，且溶解能力应比较大，所以用较高温度的水，可以使乙酰苯胺全部溶解，但水温过高，会使有机物少量挥发，使得产率降低，所以本问第一空填“”；溶剂越多，溶质留在溶液中的质量越多，使产率降低，所以本文第二空填“残存于母液中的产品增加，产率降低”；
(5)由题目数据可知，，，两种反应物醋酸过量，所以按苯胺的物质的量计算，理论上生成乙酰苯胺的物质的量也为0.0549mol，但实际获得的乙酰苯胺的物质的量是，所以乙酰苯胺的产率是，本问填“67.4%”。
3．(1)使硫粉易于分散到溶液中
(2)冷凝回流
(3)     Na2SO4     取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4
(4)     趁热过滤     尽可能的除去溶液中的Na2SO4     乙醇
(5)     呈微黄色浑浊     温度过高会导致析出的晶体分解
(6)(1)(2)或(3)(4)
(7)(1)(4)

【分析】本实验的实验目的为制备Na2S2O3•5H2O并对产品进行分离提纯，反应原理为Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)，结合Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇等已知信息进行分析解答。
【详解】（1）硫不溶于水，微溶于酒精，酒精和水互溶，反应前硫粉用酒精润湿，可以使硫粉易于分散到溶液中；
（2）在反应容器上方竖立放置的冷凝管可以把反应容器中的物质冷凝然后回流到反应器中；
（3）Na2SO3容易被氧化为Na2SO4，所以在产品中，除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是Na2SO4，检验Na2SO4是否存在的方法加入过量稀盐酸，Na2S2O3和HCl反应生成NaCl、S、SO2和水，Na2SO3和HCl反应生成NaCl、SO2和水，把S过滤出去，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；
（4）Na2S2O3的溶解度随温度升高而升高，而Na2SO4的溶解度随温度变化不大，要获得Na2S2O3溶液，需要控制比较高的温度过滤，所以操作①为趁热过滤，其目的是尽可能的除去溶液中的Na2SO4，由于Na2S2O3不溶于乙醇，所以用乙醇做洗涤剂；
（5）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，由于Na2S2O3·5H2O于48℃分解，所以蒸发时温度不宜过高；
（6）探究浓度对化学反应速率的影响，需控制温度为不变量，则应选择实验(1)(2)或(3)(4)；
（7）探究温度对化学反应速率的影响，需控制浓度为不变量，则应选择实验(1)(4)。
4．          ＞     N原子的2p轨道为半充满状态，具有一定稳定性，故第一电离能大     abd     c     5          (H3O+)O-H…N     (NH4+)N-H…N     AgCl     Cl-     王水中含有大量的Cl-，Au3+与Cl-可生成AuCl4-，使该平衡中Au3+浓度降低，平衡正移，金即可溶于王水     Au + HNO3 + 4HCl ===H[AuCl4] + NO↑+ 2H2O
【分析】(1)氮原子价层电子的电子排布式为2s22p3；
(2)N原子的2p轨道上有3个电子，为半充满结构，相对稳定；
(3)①根据图示，阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为=1，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；
②根据图示N5-中键总数为5个；
③O、N的非金属性较强，对应的O-H、N-H都可与H形成氢键；
(4)粗铜中含金、银、铁、镍、锌等杂质，电解时铜、铁、镍、锌被氧化，金、银、铂作为阳极泥而沉淀下来，王水溶解后得到金铂的溶液和AgCl沉淀，过滤后的氯化银滤渣用氨水溶解氯化银变为银氨溶液，最后用N2H4将其还原为银，滤液中通入二氧化硫具有还原性，被氧化为硫酸，金的络离子被还原为金属金，过滤得到滤液中 含PtCl62-，加入固体氯化铵得到沉淀(NH4)2PtCl6，受热分解得到金属Pt。
【详解】(1)氮原子价层电子的电子排布式为2s22p3，则价层电子的轨道表达式为；
(2)N原子价层电子的电子排布式为2s22p3，而O原子价层电子的电子排布式为2s22p4，其中N原子的2p轨道为半充满状态，具有一定稳定性，故第一电离能N＞O；
(3)①a．阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，为sp3杂化；
b．由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；
c．NH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；
d．含有的共价键类型都为σ键；
则：两种阳离子的相同之处为abd，不同之处为c；
②根据图示N5-中键总数为5个，根据信息，N5-有6个电子可形成大π键，可用符号表示；
③O、N的非金属性较强，对应的O-H、N-H都可与H形成氢键，还可表示为(H3O+)O-H…N、(NH4+)N-H…N；
(4)①粗铜中含金、银、铁、镍、锌等杂质，电解时铜、铁、镍、锌被氧化，金、银、铂作为阳极泥而沉淀下来，王水溶解后得到金铂的溶液和AgCl沉淀，滤渣的成分是AgCl，(NH4)2PtCl6中配体是Cl-；
②金和浓硝酸反应，但该反应的平衡常数很小，所以金和浓硝酸几乎不反应，但金却可以溶于王水，王水中含有大量的Cl-，Au3+与Cl-可生成AuCl4-，使该平衡Au+6HNO3(浓)=Au(NO3)3+3NO2↑+3H2O中Au3+浓度降低，平衡正移，金即可溶于王水；王水中硝酸的浓度降低，还原产物为NO，则生成H[AuCl4]时反应的化学方程式为Au + HNO3 + 4HCl ===H[AuCl4] + NO↑+ 2H2O。
5．          3                    化合物与水分子间存在氢键     bcd     6    
【详解】(1)N原子核外有7个电子，电子排布式为1s22s22p3；
按电子排布N元素在周期表分区中属于p区元素，基态N原子的未成对电子数目为3个；
(2)根据同周期电负性从左到右增大的规律可知，Si、P、S的电负性由大到小的顺序是S＞P＞Si；
第一电离能从左到右呈增大的趋势，但第VA大于第VIA族，因此第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；
(3)吡啶类化合物A中N原子含有2个σ键，有1对孤对电子，因此N原子的杂化类型是sp2；
化合物A易溶于水，根据A的结构，A中含有氢键，化合物A与水分子间存在氢键；
根据结构得到含Zn有机物B的分子结构中无离子键，含有配位键，C—C键，C—H键，C—N键是σ键，C=C键中含有π键，故答案为bcd；
(4)①AlN晶体结构单元中，含N为，含Al为 ，因此含有的Al、N原子个数均是6；
‚若该氮化铁的晶胞边长为apm，Fe个数为，即氮化铁为Fe4N，阿伏加德罗常数的值为NA，则该氮化铁的晶体密度可表示为。
6．     加入FeCl3溶液成紫色     对硝基苯酚(4-硝基苯酚)     取代反应     取代反应     羧基、氨基     C12H9O5NPCl          HCHO+HCNHOCN         
【分析】(1)-(6)A发生取代反应生成B，B发生信息1的反应生成C，根据C结构简式知，B为，则A为，D发生信息①的反应生成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；
(7)以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛。
【详解】(1)A为，向A中加入FeCl3溶液成紫色，即可证明A中含有酚羟基；B的结构简式为，化学名称为对硝基苯酚(4-硝基苯酚)；
(2)C→D为与H3PO4在酸性条件下，加热发生取代反应，生成；F、J发生取代反应生成K，则J＋F→K的反应类型是取代反应；
(3)I的结构简式为，含有官能团的名称为羧基、氨基，F的结构简式为，其分子式是C12H9O5NPCl；
(4)由分析知：E的结构简式为；
(5)HCHO和HCN发生加成反应生成HOCH2CN的化学反应方程式为HCHO+HCNHOCH2CN；
(6)X是C的同分异构体，X符合下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2g H2，说明含有2个-OH，则符合条件的结构简式为、；
(7)以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为。
7．     1-氯丁烷          取代反应     +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O     酯基     羟基     保护其它羟基，防止其转化为酯基     5     、     n    
【分析】由有机物的转化关系可知，化合物A 与ClCH=CHCl发生信息①反应生成，则B为；在镍做催化剂作用下，与一氧化碳和氢气反应生成，则化合物C为；在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，经酸化得到，在酸性条件下与丙酮发生加成反应生成，与发生取代反应后，经酸化得到绿原酸。
【详解】（1）在催化剂作用下，化合物A与足量氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2Cl，CH3CH2CH2CH2Cl属于饱和氯代烃，名称为1-氯丁烷，故答案为：1-氯丁烷；
（2）由分析可知，有机物B的结构简式为，故答案为：；
（3）反应①为在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成，故答案为：取代反应；
（4）反应D→E中第(1)步反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O，故答案为： +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；
（5）有机物F的结构简式为，官能团为醚键、酯基和羟基，故答案为：酯基；羟基；
（6）由分析可知，反应②的目的是保护羟基，防止E分子中的羟基全部转化为酯基，故答案为保护其它羟基，防止其转化为酯基；
（7）由芳香化合物G分子式为C7H6O2可知，G的同分异构体分子中含有苯环，官能团可能为羧基或甲酸酯基或1个醛基和1个羟基，若官能团为羧基，结构简式为；若官能团为甲酸酯基，结构简式为；若官能团为1个醛基和1个羟基结构简式可能为、、，则符合条件的同分异构体共有5种，核磁共振氢谱有四组峰，并能发生银镜反应的同分异构体的结构简式为和，故答案为：5；、；
（8）化合物A分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成，反应的化学方程式为n，故答案为：n；
（9）由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式，运用逆推法可知，合成的步骤为在溴化磷的作用下，丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成，合成路线为，故答案为：。
8．(1)羟基、醛基
(2)C13H19NO
(3)取代反应
(4)+→+HCl
(5)、
(6)

【分析】由有机物的转化关系可知，与先发生加成反应，再发生消去反应生成，与NaBH4发生还原反应生成，在碳酸钾作用下与CH3I发生取代反应生成，与X发生取代反应生成E，E→F发生的已知反应，即E先与CH3CH2MgBr发生取代反应，再酸化得到，则E的结构简式为，则X为，据此分析解答。
(1)
A的结构简式为，其含氧官能团的名称为羟基、醛基；
(2)
B的结构简式为，其分子中含有13个C原子，19个H原子，1个O原子和1个N原子，则分子式为C13H19NO；
(3)
有分析可知，C→D的反应为在碳酸钾作用下与CH3I发生取代反应生成和碘化氢，反应类型为取代反应；
(4)
由上述分析可知，E的结构简式为，X为，D与X发生取代反应生成E，反应的化学方程式为：+→+HCl；
(5)
A的同分异构体分子中含有苯环，酸性条件下水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，另外产物之一能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀说明分子中含有—OOCH，则分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1的结构简式为、；
(6)
由题给有机物的转化关系和信息可知，以和为原料制备的合成步骤为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热反应生成，与铁和盐酸发生还原反应生成 ，与先发生加成反应，再发生消去反应生成，与NaBH4发生还原反应生成，合成路线为：。
9．     CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l)   △H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1     SO2−2e−+2H2O===4H＋+SO42-     HSO3-+H2O-2e-===SO42-+3H+     放热     0.15 mol·L−1·min−1     30     向右     0.5     ＜
【分析】(1)已知：①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；②2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g)   ΔH=−b kJ·mol−1；③H2O(g) =H2O(l)  ΔH=−c kJ·mol−1；④CH3OH(g) =CH3OH(l)  ΔH=−d kJ·mol−1；根据盖斯定律，②×+③×2-①-④即可得CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l)，据此计算△H；
(2)①依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；
②根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式；
(3)①图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动；
②由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，根据v=计算v(Cl2)；该温度下的平衡常数K=；
③原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；
④改变初始投料浓度，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L；
⑤第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由①升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。
【详解】(1)已知：①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH =−a kJ·mol−1；②2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g)   ΔH=−b kJ·mol−1；③H2O(g) =H2O(l)  ΔH=−c kJ·mol−1；④CH3OH(g) =CH3OH(l)  ΔH=−d kJ·mol−1；根据盖斯定律，②×+③×2-①-④即可得CH3OH(l)+O2(g) ===CO2(g)+2H2O(l)，则△H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1，故表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l)   △H=−(b+2c−a−d)kJ·mol−1；
(2)①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；
②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；
(3)①图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应；
②由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v(Cl2)====0.15 mol·L−1·min−1；
平衡时，c(COCl2)= 0.9mol/L，c(CO)= 0.1mol/L，则该温度下的平衡常数K===30；
③6min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，则原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7min 加入体系中的三种物质各2mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，即平衡向右移动；
④最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与原平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：c(Cl2)0.7mol/L+c(COCl2)=1.2mol/L，c(CO)=0.5mol/L+c(COCl2)=1.0mol/L，故c(COCl2)=0.5mol/L；
⑤根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由①升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T(8)＜T(15)。
10．     -252.9     CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-     OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动     K=     0.3 mol     温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小
【分析】(1)根据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得目标方程式，再代入数据计算；
(2)以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式；结合离子移动进行分析；
(3)由图象可知，T℃时，CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%×3mol=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气，由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小；据此解答。
【详解】(1) 已知：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol-1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=（-2.8×4+890.3-566.0×2）kJ•mol-1=-252.9kJ•mol-1，故答案为：-252.9；
(2) 以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-，由于OH-在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小；
故答案为：CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-；OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动；
(3) ①浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反应物浓度的系数次方之积，则平衡常数K=；故答案为：K=；
②该温度下CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%×3mol=1.2mol，CO的选择性=×100%=25%，因此生成的CO物质的量=25%×1.2mol=0.3mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气物质的量为0.3mol；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃；
故答案为：0.3mol；温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小。
【点睛】考查化学平衡影响因素、电极反应式，化学平衡的图象、盖斯定律等知识点，明确CO选择性含义及计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键。
11．(1)3d24s2
(2)     8     Ti+8HNO3(浓)Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O
(3)
(4)     TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)   △H=-45.5kJ·mol-1；     ＞     随着温度的升高，CO的浓度增加，说明生成CO的反应是吸热反应

【详解】（1）Ti是22号元素，基态钛原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则价电子排布式为3d24s2；
（2）根据Ti(NO3)4的球棍结构图示可知Ti的配位数是8，钛与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4，还生成NO2和H2O，反应的化学方程式为：Ti+8HNO3(浓)Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O；
（3）在一个晶胞中含有Ca数目是1；含有Ti数目为8=1，含有的O数目为12=3，则一个晶胞中含有1个CaTiO3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为=g；
（4）①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=ΔH1+ΔH2=(-220.9 kJ·mol-1)+(+175.4 kJ·mol-1)=-45.5kJ·mol-1；
②根据图象，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，生成CO的反应是吸热反应，即△H＞0。
12．(1)          ＞     b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高     向逆反应方向     X     温度过高，催化剂X和Y均失活
(2)     反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度     1.8mol     增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂     温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小

【解析】（1）
①时，a点对应容器中二氧化碳的转化率为40%，则在内二氧化碳的浓度变化量为×40%=0.2mol/L，二氧化碳的平均反应速率为=0.04，反应速率之比等于反应化学计量数之比，则氢气的平均反应速率3×0.04=；根据碰撞理论，有效碰撞几率越大，反应速率越快，题图中b点对应的温度大于c点，且b点对应的二氧化碳转化率小于c点，b点的二氧化碳浓度比c点大，温度越高、浓度越大，反应速率越快，有效碰撞几率越大，则b点的反应速率比c点快，因此b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b＞c；
②时，b点对应的二氧化碳转化率为60%，列三段式：

该温度下的平衡常数K==，保持温度不变向容器中再充入、，二氧化碳的物质的量变为0.6mol，乙醇的物质的量变为0.9mol，则Qc=，＞1，即Qc＞K，平衡将向逆反应方向移动；
③根据图示可知，在相同温度下，催化剂X作用下二氧化碳的转化率更高，则该反应适宜选用的催化剂为X，温度高于T3K时，由于温度过高，催化剂X和Y均失活，因此d点以后的两条线重合。
（2）
①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
②起始投入3molCO2，6molH2，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CO2平衡转化率为40%，则反应的n(CO2)=40%×3mol=1.2mol，CH3OCH3的选择性=×100%=50%，则n(CH3OCH3)=0.3mol，反应Ⅱ为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，因此达到平衡时，反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为0.3mol×6=1.8mol，平衡正向进行二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强平衡正向进行，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，增大二甲醚的选择性；
③温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，因此合成二甲醚时较适宜的温度为260℃。