还剩33页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
甘肃省兰州2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
展开
这是一份甘肃省兰州2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共36页。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
甘肃省兰州2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、工业流程题
1．（2021·甘肃兰州·统考一模）CoCl2是一种性能优越的电池前驱材料，可用于电镀。含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体。
已知：
①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
Co3+
Fe3+
Cu2+
Co2+
Fe2+
Zn2+
Mg2+
开始沉淀pH
0.3
2.7
5.5
7.2
7.6
7.6
9.6
完全沉淀pH
1.1
3.2
6.6
9.2
9.6
9.2
11.1
请回答：
(1)实验室中进行操作①时所需的玻璃仪器有___________。滤渣1的主要成分是___________。
(2)取时加入Na2S2O5发生的氧化还原反应的离子方程式为___________。
(3)滤液1中加入NaClO3的作用为___________。加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为___________。
(4)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是___________。
(5)制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是___________。
(6)某学习小组同学为测定产品中CoCl2·6H2O晶体的纯度，将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量AgNO3溶液，过滤洗涤，并将沉淀烘干后称量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是___________。(写一条即可)。
2．（2022·甘肃兰州·统考一模）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O常用作感光纸的光敏物质，为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。以废铁屑(含C和SiO2)为原料制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的工艺流程如图所示。
(1)“溶解”过程中废渣的主要成分为____(填化学式)。
(2)“沉铁”过程中获得黄色沉淀FeC2O4·2H2O，该反应的离子方程式为____。
(3)“转化”过程中体系中除了生成K3[Fe(C2O4)3]以外，还有Fe(OH)3生成，请写出“转化”过程中发生反应的化学方程式____。
(4)“转化”过程中检验H2O2是否足量的方法是____。
(5)“转化”过程中体系温度需保持在40℃的原因是____。
(6)“调pH”的目的是____。
(7)获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：趁热过滤，然后向滤液中加入____(填物质名称)，____(填操作)，过滤，洗涤，干燥。
3．（2023·甘肃兰州·统考一模）碳酸锶( SrCO3)主要用于制造磁性材料、电子元件等。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、 Al2O3、MgCO3杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：
已知：①25°C时溶液中金属离子物质的量浓度c与溶液pH的关系如图所示：
②Sr (OH)2、 Ca (OH) 2在不同温度下的溶解度表
温度/°C
0
20
40
60
80
90
100
Ca(OH)2/g
0.19
0.17
0.14
0.12
0.09
0.08
0.07
Sr(OH)2/g
0.91
1.77
3.95
8.42
20.20
44.50
91.20
回答下列问题：
(1)“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。 则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为________。
(2)气体2的主要成分为___________(填化学式)。
(3)不设置步骤1的后果是___________________。
(4)“除铁铝” 后溶液温度降至室温(25°C) ，溶液中c(Fe3+) 为___________________mol/L。
(5)“除镁钙”过程温度控制在95°C~100°C的目的是_____________。
(6)“沉锶” 的离子反应方程式为___________________。
(7)“沉锶”过程中反应温度对锶转化率的影 响如图所示，温度高于60°C时，锶转化率降低的原因为________________。
(8)从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因___________。
二、原理综合题
4．（2021·甘肃兰州·统考一模）燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用。
(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液， 0.1 mol/L(NH4)2SO3溶液的pH___________。 (填“>”、“＜”或“=”)7.将烟气通入(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能继续吸收二氧化硫的原因___________。 (已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)
(2)处理烟气中氮氧化物常用活性炭还原法，反应为：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100 kPa时，研究表明反应速率v(NO)=3×10-3×p(NO)(kPa·min-1)，该条件下现将1.5molC和2.5molNO充人恒容密闭容器中充分反应，达到平衡时测得p(N2)=32kPa，则此时v(NO)=___________kPa·min-1，以p表示各气体的分压，该反应平衡常数Kp=___________。
(3)CO2经催化加氢可以生成低碳燃料。科学家研究发现，在210℃~290℃，催化剂条件下CO2和H2可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。
①230℃，向容器中充人0.5 mol CO2和1.5molH2，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，写出该反应的热化学方程式___________。
②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充人1.0 mol CO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下，CO2的转化率随温度的变化如右图所示，催化效果最佳的催化剂是___________。(填催化剂“I”、“II”或“III”)。b点v(正)___________v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反应a点已达到平衡状态CO2的转化率比c点高的原因是___________。。
5．（2022·甘肃兰州·统考一模）我国力争2060年前实现碳中和。CH4与CO2催化重整是实现碳中和的热点研究课题。该催化重整反应体系主要涉及以下反应：
反应I：主反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1 Kp1
反应II：副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 Kp2
反应III：积碳反应2CO(g)CO2(g)+C(s) ΔH3 Kp3
反应IV：积碳反应CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH4 Kp4
(1)已知H2(g)、CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0lkJ·mol-1，H2O(l)= H2O(g) ΔH5=+44kJ·mol-1，则反应II的ΔH2=____kJ·mol-1。
(2)设Kp为分压平衡常数(用分压代替浓度，气体分压=总压×该组分的物质的量分数)，反应III、IV的lgKp随(T表示温度)的变化如图所示。据图判断，反应I的ΔH1_____0(选填“大于”、“小于”或“等于”)，说明判断的理由____。
(3)下列关于该重整反应体系的说法正确的是____。
A．在投料时适当增大的值，有利于减少积碳
B．在一定条件下建立平衡后，移去部分积碳，反应III和反应IV平衡均向右移
C．随着投料比的增大，达到平衡时CH4的转化率增大
D．降低反应温度，反应I、II、IV的正反应速率减小，逆反应速率增大；反应III的正反应速率增大，逆反应速率减小
(4)在一定条件下的密闭容器中，按照=1加入反应物，发生反应I(反应II、III、IV可忽略)。在不同条件下达到平衡，设体系中平衡状态下甲烷的物质的量分数为x(CH4)，在T=800℃下的x(CH4)随压强P的变化曲线、在P=100kPa下的x(CH4)随温度T的变化曲线如图所示。
①图中对应T=800℃下，x(CH4)随压强P的变化曲线是____，判断的理由是____。
②若x(CH4)=0.1.则CO2的平衡转化率为____。
6．（2023·甘肃兰州·统考一模）我国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：
反应I： CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) ΔH1 = -49.6 kJ·mol-1
反应： II．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2= + 41.2 kJ·mol-1
当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，含碳产物中CH3OH的物质的量分数(Y)及CO2的转化率(Q )与反应温度的关系曲线如图所示。
(1)反应CO(g) +2H2(g)CH3OH (g)的焓变ΔH =______________。
(2)据如图判断x_____5(选填 “大于”“小于”或“等于”)，理由是______________。
(3)下列说法正确的有 。
A．升高温度，CO2转化速率减慢
B．恒温恒容条件下，体系密度不变表明反应达到平衡状态
C．5MPa、温度高于300°C后，含碳产物以CO为主
D．5MPa、300~ 400°C范围内， H2O的平衡产量随反应体系温度升高而增大
(4)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入1 mol CO2 (g)和3molH2 (g)，起始压强为4MPa，发生反应I和II。平衡时，CO2(g) 的转化率为40%， CO (g)的物质的量为0.1 mol。反应I的分压平衡常数Kp=____(气体分压 =总压 ×该组分的物质的量分数)。
(5)反应II的正反应速率方程为v正=k正·c(CO2)·c(H2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·c (CO)·c(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。lgk(速率常数的对数)与1/T (温度的倒数)的关系符合如图中的两条线，其中表示lg k逆的是______，理由是_______________。
图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为T1时，反应II的化学平衡常数K=______。
三、实验题
7．（2021·甘肃兰州·统考一模）1，2-二氯乙烷是一种广泛使用的有机溶剂、黏合剂，其沸点为83.5℃，熔点为-35℃。下图为实验室中制备1，2-二氯乙烷的装置，加热和夹持装置已略去。装置A中的浓硫酸是催化剂、脱水剂，无水乙醇的密度约为0.8g·mL-1，该反应需要控制在170℃左右进行。
(1)装置A中还缺少的一种必需实验仪器是___________。使用冷凝管的目的是___________。装置A中发生反应主要反应的化学方程式为___________。
(2)装置B中插入玻璃管的作用是___________。
(3)实验时若温度控制不好，A中三颈烧瓶内会产生某种刺激性气味的气体，为吸收该气体在装置B中应加入的最佳试剂为___________。(填字母序号)。
A．高锰酸钾溶液B．浓硫酸C．氢氧化钠溶液D．饱和碳酸氢钠溶液
为检验该气体已完全除去，C中盛放的试剂为___________。(填试剂名称)。
(4)D中a、c两个导气管进入仪器中的长度不同，其优点是___________。从绿色化学角度考虑，对导气管b的进一步处理方法是___________。
(5)实验结束后收集得到ag1，2-二氯乙烷，则乙醇的利用率为___________。
8．（2022·甘肃兰州·统考一模）三氯异氰尿酸[Cl3(CNO)3]是一种高效含氯消毒剂，具有极强的氧化性，是漂白粉的更新换代产品。纯品为白色粉末，微溶于水，遇酸、碱易分解。其粗产品制备原理和相关的实验装置如下：
①尿素热裂解脱氨合成氰尿酸：3CO(NH2)23NH3↑+H3(CNO)3(氰尿酸微溶于冷水)
②碱溶氰尿酸：H3(CNO)3(s)+3NaOH(ag)=Na3(CNO)3(aq)+3H2O(l) ΔH<0
(1)仪器X的支管的作用是____。
(2)D装置中反应的化学方程式为____。
(3)在A装置中“碱溶氰尿酸”后通入Cl2进行“氯化”制得粗产品，该反应的化学方程式为____。
(4)使用上述装置制备三氯异氰尿酸，按气体流向从左至右，导管连接顺序为____(填字母)。
(5)为了确保产品纯度，A装置中“碱溶氰尿酸”过程中时____(填实验现象)，停止滴加NaOH溶液。
(6)A装置在“氯化”阶段需控制反应温度在10℃-15℃，控制反应温度的实验操作为____。
(7)粗产品中Cl3(CNO)3含量测定。将mg粗产品溶于蒸馏水中配制成100mL溶液。取20.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min后，加入淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，滴定至终点消耗vmLNa2S2O3标准溶液。(已知：杂质与KI不反应，涉及的反应为Cl3(CNO)3+6I-+3H+=H3(CNO)3+3I2+3Cl-，I2+2S2O=2I-+S4O)
①粗产品中Cl3(CNO)3的百分含量为____%(用含m，c，V的代数式表示)。
②下列操作将导致测定结果偏低的是____。
A．滴定前滴定管中未排气泡，滴定后气泡消失
B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗
C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D．加入KI溶液的量不足
9．（2023·甘肃兰州·统考一模）四水甲酸铜[Cu ( HCOO)2·4H2O]是一种重要的化工原料， 为蓝色晶体，易溶于水，难溶于醇及大多数有机物。实验室可以用碱式碳酸铜[Cu (OH)2 ·CuCO3]与甲酸反应来制备。
已知：①碱式碳酸铜的组成与溶液pH有关；
②碱式碳酸铜和碳酸氢钠在水溶液中比固态时更易分解。
实验室制备四水甲酸铜的步骤如下：
I．称取12.5 g CuSO4·5H2O和9.5 g NaHCO3，充分研细并混合均匀。
II．将I中所得混合物加入到100 mL接近沸腾的蒸馏水中，加完混合物后继续加热至接近沸腾状态数分钟。
III．静置溶液澄清后，用倾析法分离得到沉淀，用蒸馏水洗涤，干燥。
IV．将III中所得的产品放入如图装置中的三颈烧瓶，加入约20 mL蒸馏水，加热搅拌至50°C左右。
V．向三颈烧瓶中加入甲酸，反应结束后趁热过滤。
VI．经过一系列操作得到Cu (HCOO) 2·4H2O 7.91 g。
回答下列问题：
(1)步骤I中研细过程所用的主要仪器是____________________。
(2)步骤II中发生反应的离子方程式为_____________。
实际取用的硫酸铜和碳酸氢钠的物质的量之比小于1：2，这样操作的原因是_______________。
(3)步骤II温度不宜过高，若观察到__________( 填实验现象) ，则说明温度过高。
(4)步骤III中检验沉淀已洗净的方法是____________________ 。
(5)步骤V中过滤必须趁热的原因是___________________。
(6)步骤VI中用无水乙醇洗涤的目的是____________。
(7)该实验中产品的产率是__________________。
四、结构与性质
10．（2021·甘肃兰州·统考一模）电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，工业上采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺( )等作为原料制备锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，采用单晶硅和铜、锗、镓、硒等的化合物作为太阳能电池的制备原料。
(1)基态硒原子的价电子排布式是___________。
(2)下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示碳元素的曲线是__ (填标号)。
(3)苯胺中N原子的杂化方式为___________，分子中σ键与π键的数目比为___________。
(4)自然界中含硼元素的钠盐存在于天然矿藏中，其化学式为Na2B4O7·10H2O，它的结构单元是由两个H3BO3和两个［B(OH4)]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其结构如下图所示，则该晶体中不存在的作用力是___________。(填选项字母)。
A．离子键B．共价键C．金属键D．范德华力E.氢键
(5)①图1为某金属单质的晶胞示意图，其堆积方式的名称为___________。
②图2为铜的某种氯化物晶胞示意图，该物质的化学式是___________。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，上图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，1，0)；则D原子的坐标参数为___________。
③图示晶胞中C、D两原子核间距为298 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________ g▪cm-3(列出计算式即可)。
11．（2022·甘肃兰州·统考一模）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划，太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。
(1)与硅同主族的锗元素的价层电子排布式为____。
(2)NCl3、SiCl4、SCl2的键角由大到小的顺序为____，其中SCl2的分子构型为____。
(3)环戊基二乙基硅基乙炔分子结构为 ，分子中σ键和π键的个数比为____。
(4)碳与硅元素同主族，但形成的晶体性质却有不同。单晶硅不导电，但石墨能导电，石墨能够导电的原因是____。
(5)SiC和单晶硅具有相似的晶体结构，但SiC熔点更高，其原因是____。
(6)晶胞中原子的位置通常可用原子分数坐标表示(原子分数坐标：将原子位置的坐标表示为晶胞棱长的分数)。复杂结构的三维表示往往难以在二维图上绘制和解释，可以从晶胞的一个方向(通常选择晶胞的一个轴的方向)往下看，某面心立方晶胞的投影图如图1所示。某种硫化硅晶体的晶胞结构的投影图如图2所示。
①该硫化硅晶体的化学式为____。
②在该晶胞中与S距离最近的Si的数目为____。
③若距离最近的Si和S的核间距为dnm,阿伏加德罗常数的值为NA，则该硫化硅晶体的密度为____g·cm-3(列出算式即可)。
12．（2023·甘肃兰州·统考一模）硒(Se)是人体必需微量元素之一 ，含硒化合物在材料和药物领城具有重要应用。
I．自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子X的结构如图所示：
(1)基态硒原子的价层电子轨道表示式为_____________________。
(2)分子X中电负性最大的元素是_______(填元素符号，下同)，杂化轨道类型为sp3的中心原子是______。
(3)H2O、H2S和H2Se的沸点由高到低顺序为____________。
(4)比较SeO3分子和 离子的键角大小，并说明理由_______。
II． Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。
(5)每个Cu2-xSe晶胞中含有_______个Cu2+(用含x的表达式作答)。
(6)立方Na2Se晶胞的晶胞参数为a pm，位于面心的Se2-所围成的空间结构为_______，该晶胞的密度为_________g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
五、有机推断题
13．（2021·甘肃兰州·统考一模）烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2= CH2C2H5CH=CH2+ CH2= CHCH3，现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：
(1)A分子中核磁共振氢谱吸收峰峰面积之比为___________。
(2)B的结构简式为___________。，M的结构简式为___________。F→G的反应类型是___________。。
(3)已知X的苯环上只有一个取代基，且取基无甲基，写出G→N的化学方程式___________。
(4)满足下列条件的X的同分异构体共有___________。种，写出任意一种的结构简式___________。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上的一氯取代物只有两种
(5)写出三步完成E→F合成路线(用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件) _____。
14．（2022·甘肃兰州·统考一模）中国工程院院士、国家卫健委专家组成员李兰娟团队初步测试，在体外细胞实验中显示：阿比朵尔在10~30μmol浓度下，与药物未处理的对照组比较，能有效抑制新冠病毒达到60倍。阿比朵尔的合成路线如图：
已知：，请回答：
(1)E的分子式为____，D的结构简式为____。
(2)反应①可看作分为两步进行，第一步为：+CH3NH2→；第二步反应的方程式为____，反应类型为____。
(3)反应③的试剂a是____。
(4)由C到F的过程中，设计反应③的目的是____。
(5)反应⑥在乙酸介质中进行，写出其化学方程式____。
(6)H是B的同分异构体，满足下列条件的H的结构有____种(不考虑立体异构)。
A．分子结构中含有五元环
B．分子结构中含有氨基(—NH2)
C．能与碳酸氢钠溶液反应产生气体
写出符合上述条件且核磁共振氢谱有五组峰的结构简式____(只需写一种)。
15．（2023·甘肃兰州·统考一模）抗肿瘤药物博舒替尼(J)的一种合成路线如下：
已知：
请回答：
(1)A中官能团的名称为______________________。
(2)反应②的化学方程式是 __________________。
(3)E→F的反应可以看作两步反应发生，这两步反应的类型依次为加成反应、________，中间体的结构简式为_______________。
(4)反应⑥的化学方程式为_____________。
(5)H的结构简式为_________。
(6)I的分子式为____________________。
(7)K是A的同分异构体，满足下列条件的K的结构有___种 (不考虑立体异构)。
a．分子结构中含有苯环，不含有甲基
B．苯环上只有两个取代基
C．1molK分别能与3molNa、2molNaOH、1molNaHCO3反应
参考答案：
1． 烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 4Co3++ S2O+3H2O=4Co2++2SO +6H+ 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离 2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ 分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴 获得晶体中含有 Cl-的杂质或烘干时失去了部分结晶水
【分析】含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5浸取，滤渣1为难溶物SiO2，其余金属元素进入滤液中，Co3+被Na2S2O5还原为Co2+；滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH用于3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀镁离子，生成滤渣3为MgF2，滤液3中还有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+、Na+，滤液3中加入萃取剂Ⅰ除去Cu2+、Zn2+、Na+，向分液得到有机层中加入稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐；溶液中含Ni2+、Co2+，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含Ni2+的溶液和含Co2+的有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体。
【详解】(1)操作①分离固体和液体，所以为过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣1为难溶液稀硫酸的SiO2；
(2)根据题意可知Na2S2O5具有还原性，且Co3+极易沉淀，所以加入Na2S2O5将Co3+还原为Co2+，离子方程式为4Co3++ S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；加入Na2CO3溶液，碳酸根和铁离子发生彻底双水解得到氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4)根据流程可知滤液3中加入萃取剂I，得到的有机层中主要含有Cu2+、Zn2+、Na+，用稀盐酸反萃取又得到萃取剂I，所以过程的目的是分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I；
(5)低压环境中可以降低水的沸点，从而降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
(6)该测定原理是利用样品和硝酸银反应生成的AgCl的量确定产品中CoCl2·6H2O的量，如果获得晶体中含有 Cl-的杂质会使得到的AgCl偏多，导致结果偏高，或者烘干时失去了部分结晶水，会使样品的质量偏小，导致结果偏高。
2．(1)C、SiO2
(2)Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
(3)6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O
(4)取转化后的上层清液少量于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，如无蓝色沉淀生成，则说明H2O2足量；反之，则没有。(或取转化后的上层清液少量于试管中，加入少量MnO2粉末，如产生能使带火星木条复燃的气体，则说明H2O2足量)
(5)温度过高，H2O2分解；温度过低，转化速率过慢
(6)溶解Fe(OH)3沉淀，提高产率
(7) 无水乙醇 冷却结晶
【分析】废铁屑中含有Fe(含有杂质C、SiO2)向其中加入稀硫酸，Fe与稀硫酸反应变为FeSO4，杂质C、SiO2不反应进入炉渣，经过滤后向滤液中加入H2C2O4溶液，Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀，过滤，向沉淀中加入H2O2和K2C2O4，FeC2O4·2H2O转化为K3[Fe(C2O4)3]、Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O；可根据MnO2催化下H2O2分解产生具有助燃性的O2检验H2O2是否过量。将反应后的溶液煮沸然后加入H2C2O4溶液，调节溶液pH，经蒸发浓缩、趁热过滤，然后向滤液中加入乙醇，冷却结晶获得K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O晶体，再过滤，洗涤，干燥，就获得纯净的K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O晶体。
（1）“溶解”过程中废渣的主要成分为C、SiO2；
（2）向FeSO4溶液中加入H2C2O4溶液，发生反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的离子方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+；
（3）在“转化”过程中，体系中除了生成K3[Fe(C2O4)3]以外，还有Fe(OH)3生成，请写出“转化”过程中H2O2、K2C2O4、FeC2O4·2H2O反应产生K3[Fe(C2O4)3]、Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O；
（4）在“转化”过程中检验H2O2是否足量的方法是：取转化后的上层清液少量于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，如无蓝色沉淀生成，则说明H2O2足量；反之，则没有。(或取转化后的上层清液少量于试管中，加入少量MnO2粉末，如产生能使带火星木条复燃的气体，则说明H2O2足量)；
（5）在“转化”过程中体系温度需保持在40℃，这是由于若温度过高，H2O2分解；若温度过低，转化速率过慢；
（6）“调pH”的目的是溶解Fe(OH)3沉淀，提高产率；
（7）由已知信息：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O常用作感光纸的光敏物质，该物质为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可知：要获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：趁热过滤，然后向滤液中加入乙醇，然后冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
3．(1)
(2)H2S
(3)铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽
(4)10-19.1
(5)氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全
(6)
(7)温度高于60°C时，和氨水分解
(8)当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀
【分析】锶渣(主要成分，含少量、、、)，高温焙烧生成和一种可燃气体，生成，生成，加入稀盐酸酸浸，产生气体，滤液中含有、、、、和，加入，将氧化为，加入调节，使和形成和沉淀而除去，再加溶液，加热至，调节除去、，最后加入氨水和生成。
【详解】（1）高温焙烧生成和一种可燃气体，反应化学方程式为；
（2）加入稀盐酸酸浸，产生气体，气体2为；
（3）步骤1为加入，将氧化为，由沉淀的可知，若不氧化，除不尽；
（4）由图可知，当时，溶液的，则，若溶液的时，；
（5）根据表格数据，温度控制在95°C~100°C时，氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全；
（6）沉思过程为：氨水和生成，离子反应方程式为：；
（7）和氨水受热易分解，温度高于60°C时，和氨水分解，锶转化率降低；
（8）“沉锶”过程中，当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀。
4． > SO＋SO2＋H2O=2HSO 0.108 64/81 CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol Ⅰ > 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2 的转化率减小
【详解】(1)根据题目所给数据可知Ka2(H2SO3)7；(NH4)2SO3溶液可以和SO2反应生成亚硫酸氢盐，离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2HSO，所以可以继续吸收二氧化硫；
(2)该反应前后气体系数之和相等，所以压强始终不变，根据反应方程式可知题目所给条件可知平衡时p(N2)=p(CO2)=32kPa，则平衡时p(NO)=100kPa-32kPa-32kPa=36kPa，则v(NO)= 3×10-3×36kPa=0.108；Kp==；
(3)①CO2与H2反应的化学方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氢气完全反应时放出19.6kJ热量，则3mol氢气完全反应放出kJ=49 kJ热量，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol；
②据图可知，温度较低时催化剂Ⅰ条件下CO2的转化率最大，即反应速率最快，催化效果最好；a点前随温度升高CO2转化率增大，a点后随温度升高转化率减小，说明a点前由于温度较低，反应速率较慢，在测定转化率时反应还未达到平衡，即b点时反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以a点CO2的转化率比c点高。
5．(1)+41.2
(2) 大于 温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，Kp1=，则Kp1增大，故反应I正反应吸热(或温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，说明反应△H3<0，反应△H4>0，则△H1=△H4-△H3>0)
(3)AC
(4) b 反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH4)增大
【详解】（1）由题意可得如下热化学方程式①H2(g)+ O2(g)= H2O(l) ΔH=—285.8kJ/mol，②CO(g)+ O2(g)= CO2(g) ΔH=—283.0kJ/mol，③H2O(l)= H2O(g) ΔH5=+44kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②+③得到反应II，则反应热ΔH2=(—285.8kJ/mol)—(—283.0kJ/mol)+( +44kJ/mol)= +41.2kJ/mol，故答案为：+41.2；
（2）由盖斯定律可知，反应IV—反应III得到反应I，则ΔH1=ΔH4—ΔH,3，由图可知，温度升高，反应III分压平衡常数减小，该反应为放热反应，反应△H3<0，反应IV分压平衡常数增大，该反应为吸热反应，反应△H4>0，则△H1=△H4-△H3>0(或由盖斯定律可知，反应IV—反应III得到反应I，则反应I分压平衡常数为Kp1=，由图可知，温度升高，反应III分压平衡常数减小，反应IV分压平衡常数增大，Kp1增大，则该反应为吸热反应)，故答案为：温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，Kp1=，则Kp1增大，故反应I正反应吸热(或温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，说明反应△H3<0，反应△H4>0，则△H1=△H4-△H3>0)；
（3）A．在投料时适当增大相当于增大二氧化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，一氧化碳和氢气的浓度增大，反应III、IV的平衡向逆反应方向移动，碳的物质的量减小，所以在投料时适当增大的值，有利于减少积碳，故正确；
B．在一定条件下建立平衡后，移去浓度为定值的碳固体，化学反应速率不变，反应III和反应IV的平衡均不移动，故错误；
C．投料比增大相当于增大二氧化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故正确；
D．降低反应温度，反应I、II、III、IV的正、逆反应速率均减小，故错误；
故选AC；
（4）①反应I为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则800℃下，甲烷的物质的量分数随压强的变化曲线是b，故答案为：b；反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH4)增大；
②设起始甲烷和二氧化碳的物质的都为1mol，二氧化碳的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由甲烷的物质的量分数为0.1可得：=0.1，解得a=，故答案为：。
6．(1)– 90.8 kJ·mol-1
(2) 小于 其他条件不变时，增大压强，平衡正移，CH3OH的物质的量分数增大
(3)CD
(4)0.025 (MPa) -2
(5) ③ 1/T增大，温度T降低，速率常数k正、k逆减小；反应II正向吸热，其他条件相同时，温度降低，平衡逆移，则k逆减小程度小于k正 0.1
【详解】（1）已知反应I： CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) ΔH1 = -49.6 kJ·mol-1
反应： II．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2= + 41.2 kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应CO(g) +2H2(g)CH3OH (g)是通过反应I减去反应II得到的，则ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.6 kJ·mol-1 -41.2 kJ·mol-1 = – 90.8 kJ·mol-1；
（2）当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，根据反应I： CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)，其他条件不变时，增大压强，平衡正移，CH3OH的物质的量分数增大，所以Y1曲线的压强大于Y2曲线，即x小于5。
（3）A．升高温度，反应速率加快，A错误；
B．恒温恒容条件下，体系密度=气体质量÷体积，根据质量守恒，质量不变，体积不变，则密度始终不变，所以密度不变不能表明反应达到平衡状态，B错误；
C.．根据图像，5MPa、温度高于300°C后，CH3OH的质量分数为0，且CO2转化率逐渐上升，根据C元素守恒，含碳产物以CO为主，C正确；
D．5MPa、300~ 400°C范围内，反应II：CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2= + 41.2 kJ·mol-1，升高温度，平衡往正向移动，所以H2O的平衡产量随反应体系温度升高而增大，D正确；
正确的是CD。
（4）向体积固定的密闭容器中加入1 mol CO2 (g)和3molH2 (g)，起始压强为4MPa，发生反应I和II。平衡时，CO2(g) 的转化率为40%， CO (g)的物质的量为0.1 mol，设第一个反应消耗的CO2为xmol，则：
CO2(g) 的转化率为40%，则剩余的CO2的物质的量为0.6mol，有1-x-0.1=0.6，解得x=0.3，恒温很容下，压强比=物质的量之比，所以P反应前：P反应后=4MPa：P反应后=n反应前：n反应后=4mol：（）mol，即P反应后=3.4MPa，所以
P（CO2）=，
P（H2）=，
P（CH3OH）=，
P（H2O）=，
反应I的平衡常数；
（5）第二步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应焓变大于零， ；温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<，则表示的是④，的是③；
平衡时=；图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第二步反应的化学平衡常数。
7． 温度计 导出生成的乙烯气体；使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率 C2H5OH CH2=CH2↑+H2O 平衡气压，防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞 C 品红溶液 有利于 Cl2、C2H4 充分混合反应 将 b 管逸出的 Cl2 通入到 NaOH 溶液，防止尾气污染环境
【分析】本实验的目的是制备1，2-二氯乙烷，装置A中利用无水乙醇和浓硫酸反应制取乙烯，浓硫酸具有强氧化性，所以该反应中可能会生成SO2，装置B中可以盛放NaOH溶液吸收SO2，同时也可以吸收挥发出的乙醇，装置C中盛放品红溶液检验SO2是否被吸收完全，装置D中乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，所以装置E中应盛满氯气，然后通过分液漏斗中的液体将氯气排出，则分液漏斗中的液体应为饱和食盐水。
【详解】(1)该反应需要控制在170℃左右进行，所以缺少的仪器为温度计；冷凝管可以导出生成的乙烯气体，使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；装置A中的反应为乙醇的消去反应，化学方程式为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O；
(2)装置B中玻璃管可以平衡气压，防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞；
(3)浓硫酸具有强氧化性，反应过程中可能被还原生成SO2，即该刺激性气味的气体为二氧化硫，高锰酸钾溶液可以吸收二氧化硫，但同时也会把乙烯氧化；浓硫酸不能吸收二氧化硫；饱和碳酸氢钠虽然可以吸收二氧化硫，但同时会产生新的气体杂质二氧化碳，应用NaOH溶液吸收，故选C；检验二氧化硫是否完全除尽可以用品红溶液；
(4)乙烯的密度较小，氯气的密度较大，乙烯从靠下的位置进入，氯气从靠上位置进入，可以使两种气体充分接触；氯气有毒，所以应将将 b 管逸出的 Cl2 通入到 NaOH 溶液，防止尾气污染环境；
(5)20mL乙醇的物质的量为=mol，则理论上可以生成mol 1，2-二氯乙烷，ag 1，2-二氯乙烷的物质的量为mol，所以产率为=。
8．(1)平衡分液漏斗和烧瓶内部气压，保证浓盐酸能顺利流下
(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(3)Na3(CNO)3+3Cl2=Cl3(CNO)3+3NaCl
(4)g→c→d→a→b→e
(5)三颈烧瓶中氰尿酸固体恰好溶解
(6)将A的三颈烧瓶置于冷水浴中
(7) CD
【解析】（1）
仪器X的支管的作用是平衡分液漏斗和烧瓶内部气压，保证浓盐酸能顺利流下；
（2）
D装置次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气、水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（3）
A中碱溶氰尿酸后得到Na3(CNO)3溶液，通入氯气，Na3(CNO)3和氯气反应生成生成Cl3(CNO)3和氯化钠，反应方程式为Na3(CNO)3+3Cl2=Cl3(CNO)3+3NaCl；
（4）
装置D中制取氯气，用B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，把氯气通入A中反应生成Cl3(CNO)3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，按气体流向从左至右，导管连接顺序为g→c→d→a→b→e；
（5）
为了确保产品纯度，A装置中“碱溶氰尿酸”过程中碱不能过量，三颈烧瓶中氰尿酸固体恰好溶解，停止滴加NaOH溶液；
（6）
为控制A装置在“氯化”阶段反应温度在10℃-15℃，将A的三颈烧瓶置于冷水浴中；
（7）
①根据Cl3(CNO)3+6I-+3H+=H3(CNO)3+3I2+3Cl-、I2+2S2O=2I-+S4O得反应关系式Cl3(CNO)3~~~6S2O，反应消耗vmL cmol/LNa2S2O3标准溶液，则20.00mL所配制溶液中Cl3(CNO)3的物质的量为，粗产品中Cl3(CNO)3的百分含量为%；
②A．滴定前滴定管中未排气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故不选A；
B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故不选B；
C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故选C；
D．加入KI溶液的量不足，生成的碘单质偏少，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故选D；
选CD。
9．(1)研钵
(2) 碳酸氢钠易分解损失；
(3)产生黑色沉淀
(4)取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净。
(5)防止甲酸铜结晶析出
(6)洗去晶体表面的水和甲酸，并减少甲酸铜的溶解损失，加速干燥
(7)70%
【详解】（1）实验室中，固体物质研细过程所用的主要仪器是研钵；
（2）步骤II为溶液和溶液混合加热制备碱式碳酸铜，反应的离子方程式为: ,因为碳酸氢钠易分解损失，所以实际取用碳酸氢钠稍微过量，硫酸铜和碳酸氢钠物质的量之比小于1：2；
（3）受热易分解，生成黑色的，所以步骤II温度不能太高，若观察到产生黑色沉淀时，停止加热；
（4）步骤III产生的沉淀表面，检验沉淀已洗净的方法是：取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净；
（5）为防止甲酸铜结晶体析出而损失，步骤V中过滤必须趁热；
（6）甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，所以用无水乙醇洗涤的目的是洗去晶体表面的水和甲酸，并减少甲酸铜的溶解损失，乙醇易挥发，还可以加速干燥；
（7）物质的量为0.05mol，理论上生成的为0.05mol，质量为：，所以产品的产率为：。
10． 4s2 4p4 a sp 3 14:1 C 六方最密堆积 CuCl ()
【详解】(1)硒元素是第34号元素，位于周期表的第四周期 VI A族，故基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；
(2)磷碳、硅和磷三种元素中，硅元素的第一电离能最小，则曲线c代表硅；碳、磷原子的价电子排布式分别为2s22p2、3s23p3，显然碳原子失去2p轨道的2个电子较易，失去2s轨道的2个电子较难，故碳元素的第一、二级电离能明显小于第三、四级电离能；磷原子失去3p轨道的3个电子相对较易，失去3s轨道的2个电子较难，故磷元素的第四级电离能明显大于第一、二、三级电离能，图中曲线a代表碳，曲线b代表磷；
(3)苯胺中N原子的杂化方式为sp3杂化；苯胺分子含有1个大π键，14个σ键（5个C-H键、6个C-C键、1个C-N键、2个N-H键），则σ键和π键的数目比为14:1；
(4)根据题中的结构可知，Na+和酸根离子之间存在离子键，非金属原子之间存在共价键，分子间存在范德华力，水分子之间存在氢键，该晶体内不存在金属键，故选C；
(5)①该堆积方式为六方最密堆积；
②该晶胞中，含有Cu的个数为4，含有Cl的个数为=4，则该晶胞中Cu、Cl最简个数比为1:1，故该物质的化学式为CuCl；由题可知，若晶胞的棱长为1，经计算，D原子到x-y平面的距离为，到y-z平面、x-z平面的距离均为，故D原子的坐标参数为(，，)；
③由②可知，当晶胞的棱长为1时，C的坐标为(1，1，0)，D的坐标为(，，)，则CD的长为；若C、D两原子核间距为298pm，则晶胞棱长a=nm=cm；该晶胞含有4个CuCl，故该晶胞的密度ρ===g∙cm-3。
11．(1)4s24p2
(2) SiCl4、NCl3、SCl2 V形或折角形
(3)16：1
(4)石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子可在层间自由移动
(5)同为原子晶体，r(C)
【详解】（1）锗位于第四周期，与硅同主族，硅的价层电子排布式为3s23p2，故锗的价层电子4s24p2。
（2）NCl3为sp3杂化，三角锥构型，存在一对孤对电子，故键角小于109°28′，SiCl4为sp3杂化正四面体构型，键角为109°28′，SCl2为sp3杂化，V形，存在两对孤对电子，在上述分子中键角最小。故键角由大到小的顺序为SiCl4、NCl3、SCl2；其中SCl2的分子构型为V形(或折角形)。
（3）根据环戊基二乙基硅基乙炔分子结构，分子中σ键数为32，π键数为2，故σ键和π键的个数比为16：1。
（4）石墨能够导电的原因是石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子可在层间自由移动。
（5）SiC和单晶硅同为原子晶体，r(C)
【点睛】此类晶胞计算题一定要熟悉晶体结构模型，如本题中将投影图与面心立方晶胞对比可知，标有“（0，1）”的原子实际表示2个原子的位置，1个位于投影图观察面上，另1个位于后方等于棱长距离的面上。同理，标有“（）”的原子实际表示1个原子的位置，位于投影面后方棱长距离处。
12．(1)
(2) O Se、S
(3)H2O>H2Se>H2S
(4)键角： SeO3>； SeO3为平面三角形，键角近似120°；为三角锥形，键角近似107°，故键角：SeO3>
(5)4x
(6) 正八面体
【详解】（1）Se与S同主族，硒位于第四周期VIA，Se的价电子排布式为，基态硒原子的价电子轨道表示为，故答案为：。
（2）①分子X中的元素有C、H、O、S、Se，其中O的非金属性最强，故O的电负性最大；②苯环中所有碳原子为杂化，碳碳双键中碳原子为杂化；S与两个O形成两个键，与两个C又形成了两个键，共4个键，为杂化；Se与两个C形成两个键，还有两对孤对电子，共4条轨道，为杂化。
（3）H2O、H2S和H2Se为组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，水分子间还存在氢键，沸点更高，则沸点顺序由高到低的顺序为H2O>H2Se>H2S。故答案为：H2O>H2Se>H2S。
（4）SeO3分子的中心原子Se为杂化，则SeO3为平面三角形，键角近似120°；离子的中心原子Se为杂化，则为三角锥形，键角近似107°，故键角：SeO3> 。
（5）1个Cu2-xSe晶胞中的个数为，根据Cu2-xSe知，的个数和为4(2-x)=8-4x，设1个晶胞中的个数分别为a、b，则a+b=8-4x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，有2a+b=8，解得a=4x，所以每个Cu2-xSe晶胞中的个数为4x。故答案为：4x。
（6）①立方Na2Se晶胞为面心立方，每个面上有一个Se2-，共6个Se2-，所围成的空间结构为正八面体；②立方Na2Se晶胞中的个数为，的个数为8，。
13． 2:2:3:3 消去反应 + +H2O 3
【分析】A(C5H10)能与溴的四氯化碳反应生成E，应为加成反应，A为烯烃，E经过多步反应得到F，根据F的结构简式：，发生的反应分别为卤代烃的水解、醇的连续氧化反应，可以推出A的结构简式为，E的结构简式为：，因F的分子式为C5H10O3，对比F和G的分子式，G比F少了一个H2O，则F→G发生的是消去反应，G只有一个甲基，即G的结构简式为：，G在浓硫酸条件下与X发生酯化反应，根据N的分子式C13H16O2，N中只有一个酯基，因此根据酯化反应实质和原子守恒，推出X的分子式为C8H10O；
C2H2O4为乙二酸，结构简式为HOOC-COOH，D与HOOC-COOH发生酯化反应，根据原子守恒，D的分子式为C8H18O2，而A发生信息中烯烃复分解反应生成B，B与溴发生加成反应生成C，C发生卤代烃的水反应生成D，可推知B为、C为、D为、M为。
【详解】(1)A为，有4种环境的氢原子，个数分别为3、2、3、2，即核磁共振氢谱吸收峰峰面积之比为2:2:3:3；
(2)根据分析可知B的结构简式为；M的结构简式为；F生成G是F中醇羟基的消去反应；
(3)X的分子式为C8H10O，且X的苯环上只有一个取代基，取代基无甲基，则X为，再结合G的结构简式可知N为，该反应的化学方程式为+ +H2O；
(4)X的分子式为C8H10O，其同分异构体满足：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②苯环上的一氯取代物只有两种，则结构对称，且至少有两个取代基，则满足条件的有，共3种；
(5)E为，E发生水解反应生成醇，然后发生催化氧化反应，最后发生银镜反应且酸化得到目标产物，其合成路线为。
14．(1) C15H15NO4Br2
(2) →+H2O 消去反应
(3)液溴
(4)保护酚羟基
(5)+ ++H2O
(6) 19 或
【分析】A→B发生加成反应生成醇羟基，醇羟基再发生消去反应生成B中的碳氧双键，B发生加成反应生成C，C在酸性条件下生成D，D与液溴反应生成E，试剂a为液溴，根据C、E的结构简式可知D为，E发生取代生成F，F→G发生取代反应，据此分析解题。
【详解】（1）根据E的结构简式可知E的分子式为C15H15NO4Br2，C经过步骤三发生信息反应得到D，D的结构简式为 ；
（2）第二步发生消去反应生成碳碳双键，反应的方程式为→+H2O；反应类型为消去反应；
（3）D→E增加了溴原子，反应③的试剂a是液溴；
（4）酚羟基易被氧化，由C到F的过程中，设计反应③的目的是保护酚羟基；
（5）反应⑥在乙酸介质中进行，其化学方程式：+ ++H2O；
（6）A.分子结构中含有五元环B.分子结构中含有氨基(—NH2)C.能与碳酸氢钠溶液反应产生气体说明含有羧基，符合上述条件的同分异构体为： 改变氨基位置则有3种， 改变羧基位置则有3种，-CH3的位置有2种，-CH3的位置有3种， —NH2的位置有2种，—NH2的位置有3种，-COOH的位置有2种，,共计19种；
且核磁共振氢谱有五组峰的结构简式 或 。
15．(1)酚羟基、醚键、酯基
(2) +HNO3(浓) +H2O
(3) 消去反应
(4)
(5)
(6)C21H18N3O3Cl3
(7)9
【分析】根据C的结构简式可知，B的结构简式为 ，A到B发生取代反应，结合B的结构简式和A的分子式可知，A为 ，C被还原生成D，根据F的结构简式及E到F的反应条件可知，E为 ，E反应生成F，F与POCl3反应生成G，G为 ，G与H反应生成I，I为 ，I最后反应生成J。
【详解】（1）A为 ，A中官能团的名称为酚羟基、酯基和醚键。
（2）B发生硝化反应生成C，化学方程式为+HNO3(浓)+H2O
（3）E为 ，E发生加成反应生成中间体 ， 再发生消去反应生成F。
（4）F与POCl3反应生成G，G为 ，则反应⑥的化学方程式为 。
（5）G为，I为 ，根据G和I的结构简式，结合H的分子式可知，H的结构简式为 。
（6）I的结构简式为 ，其分子式为C21H18N3O3Cl3。
（7）A的结构简式为 ，K是A的同分异构体，分子中存在苯环，不含有甲基，苯环上有两个取代基，1molK分别能与3molNa、2molNaOH、1molNaHCO3反应，说明1分子K中存在2个羟基，其中1个为酚羟基，1个羧基，苯环上的两个取代基可以为-OH和 、-OH和 、-OH和 ，每一种情况两个取代基都有邻、间、对3种位置结构，则共有9种满足条件的同分异构体。
甘肃省兰州2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、工业流程题
1．（2021·甘肃兰州·统考一模）CoCl2是一种性能优越的电池前驱材料，可用于电镀。含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体。
已知：
①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
Co3+
Fe3+
Cu2+
Co2+
Fe2+
Zn2+
Mg2+
开始沉淀pH
0.3
2.7
5.5
7.2
7.6
7.6
9.6
完全沉淀pH
1.1
3.2
6.6
9.2
9.6
9.2
11.1
请回答：
(1)实验室中进行操作①时所需的玻璃仪器有___________。滤渣1的主要成分是___________。
(2)取时加入Na2S2O5发生的氧化还原反应的离子方程式为___________。
(3)滤液1中加入NaClO3的作用为___________。加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为___________。
(4)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是___________。
(5)制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是___________。
(6)某学习小组同学为测定产品中CoCl2·6H2O晶体的纯度，将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量AgNO3溶液，过滤洗涤，并将沉淀烘干后称量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是___________。(写一条即可)。
2．（2022·甘肃兰州·统考一模）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O常用作感光纸的光敏物质，为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。以废铁屑(含C和SiO2)为原料制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的工艺流程如图所示。
(1)“溶解”过程中废渣的主要成分为____(填化学式)。
(2)“沉铁”过程中获得黄色沉淀FeC2O4·2H2O，该反应的离子方程式为____。
(3)“转化”过程中体系中除了生成K3[Fe(C2O4)3]以外，还有Fe(OH)3生成，请写出“转化”过程中发生反应的化学方程式____。
(4)“转化”过程中检验H2O2是否足量的方法是____。
(5)“转化”过程中体系温度需保持在40℃的原因是____。
(6)“调pH”的目的是____。
(7)获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：趁热过滤，然后向滤液中加入____(填物质名称)，____(填操作)，过滤，洗涤，干燥。
3．（2023·甘肃兰州·统考一模）碳酸锶( SrCO3)主要用于制造磁性材料、电子元件等。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、 Al2O3、MgCO3杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：
已知：①25°C时溶液中金属离子物质的量浓度c与溶液pH的关系如图所示：
②Sr (OH)2、 Ca (OH) 2在不同温度下的溶解度表
温度/°C
0
20
40
60
80
90
100
Ca(OH)2/g
0.19
0.17
0.14
0.12
0.09
0.08
0.07
Sr(OH)2/g
0.91
1.77
3.95
8.42
20.20
44.50
91.20
回答下列问题：
(1)“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。 则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为________。
(2)气体2的主要成分为___________(填化学式)。
(3)不设置步骤1的后果是___________________。
(4)“除铁铝” 后溶液温度降至室温(25°C) ，溶液中c(Fe3+) 为___________________mol/L。
(5)“除镁钙”过程温度控制在95°C~100°C的目的是_____________。
(6)“沉锶” 的离子反应方程式为___________________。
(7)“沉锶”过程中反应温度对锶转化率的影 响如图所示，温度高于60°C时，锶转化率降低的原因为________________。
(8)从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因___________。
二、原理综合题
4．（2021·甘肃兰州·统考一模）燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用。
(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液， 0.1 mol/L(NH4)2SO3溶液的pH___________。 (填“>”、“＜”或“=”)7.将烟气通入(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能继续吸收二氧化硫的原因___________。 (已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)
(2)处理烟气中氮氧化物常用活性炭还原法，反应为：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100 kPa时，研究表明反应速率v(NO)=3×10-3×p(NO)(kPa·min-1)，该条件下现将1.5molC和2.5molNO充人恒容密闭容器中充分反应，达到平衡时测得p(N2)=32kPa，则此时v(NO)=___________kPa·min-1，以p表示各气体的分压，该反应平衡常数Kp=___________。
(3)CO2经催化加氢可以生成低碳燃料。科学家研究发现，在210℃~290℃，催化剂条件下CO2和H2可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。
①230℃，向容器中充人0.5 mol CO2和1.5molH2，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，写出该反应的热化学方程式___________。
②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充人1.0 mol CO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下，CO2的转化率随温度的变化如右图所示，催化效果最佳的催化剂是___________。(填催化剂“I”、“II”或“III”)。b点v(正)___________v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反应a点已达到平衡状态CO2的转化率比c点高的原因是___________。。
5．（2022·甘肃兰州·统考一模）我国力争2060年前实现碳中和。CH4与CO2催化重整是实现碳中和的热点研究课题。该催化重整反应体系主要涉及以下反应：
反应I：主反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1 Kp1
反应II：副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 Kp2
反应III：积碳反应2CO(g)CO2(g)+C(s) ΔH3 Kp3
反应IV：积碳反应CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH4 Kp4
(1)已知H2(g)、CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0lkJ·mol-1，H2O(l)= H2O(g) ΔH5=+44kJ·mol-1，则反应II的ΔH2=____kJ·mol-1。
(2)设Kp为分压平衡常数(用分压代替浓度，气体分压=总压×该组分的物质的量分数)，反应III、IV的lgKp随(T表示温度)的变化如图所示。据图判断，反应I的ΔH1_____0(选填“大于”、“小于”或“等于”)，说明判断的理由____。
(3)下列关于该重整反应体系的说法正确的是____。
A．在投料时适当增大的值，有利于减少积碳
B．在一定条件下建立平衡后，移去部分积碳，反应III和反应IV平衡均向右移
C．随着投料比的增大，达到平衡时CH4的转化率增大
D．降低反应温度，反应I、II、IV的正反应速率减小，逆反应速率增大；反应III的正反应速率增大，逆反应速率减小
(4)在一定条件下的密闭容器中，按照=1加入反应物，发生反应I(反应II、III、IV可忽略)。在不同条件下达到平衡，设体系中平衡状态下甲烷的物质的量分数为x(CH4)，在T=800℃下的x(CH4)随压强P的变化曲线、在P=100kPa下的x(CH4)随温度T的变化曲线如图所示。
①图中对应T=800℃下，x(CH4)随压强P的变化曲线是____，判断的理由是____。
②若x(CH4)=0.1.则CO2的平衡转化率为____。
6．（2023·甘肃兰州·统考一模）我国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：
反应I： CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) ΔH1 = -49.6 kJ·mol-1
反应： II．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2= + 41.2 kJ·mol-1
当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，含碳产物中CH3OH的物质的量分数(Y)及CO2的转化率(Q )与反应温度的关系曲线如图所示。
(1)反应CO(g) +2H2(g)CH3OH (g)的焓变ΔH =______________。
(2)据如图判断x_____5(选填 “大于”“小于”或“等于”)，理由是______________。
(3)下列说法正确的有 。
A．升高温度，CO2转化速率减慢
B．恒温恒容条件下，体系密度不变表明反应达到平衡状态
C．5MPa、温度高于300°C后，含碳产物以CO为主
D．5MPa、300~ 400°C范围内， H2O的平衡产量随反应体系温度升高而增大
(4)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入1 mol CO2 (g)和3molH2 (g)，起始压强为4MPa，发生反应I和II。平衡时，CO2(g) 的转化率为40%， CO (g)的物质的量为0.1 mol。反应I的分压平衡常数Kp=____(气体分压 =总压 ×该组分的物质的量分数)。
(5)反应II的正反应速率方程为v正=k正·c(CO2)·c(H2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·c (CO)·c(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。lgk(速率常数的对数)与1/T (温度的倒数)的关系符合如图中的两条线，其中表示lg k逆的是______，理由是_______________。
图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为T1时，反应II的化学平衡常数K=______。
三、实验题
7．（2021·甘肃兰州·统考一模）1，2-二氯乙烷是一种广泛使用的有机溶剂、黏合剂，其沸点为83.5℃，熔点为-35℃。下图为实验室中制备1，2-二氯乙烷的装置，加热和夹持装置已略去。装置A中的浓硫酸是催化剂、脱水剂，无水乙醇的密度约为0.8g·mL-1，该反应需要控制在170℃左右进行。
(1)装置A中还缺少的一种必需实验仪器是___________。使用冷凝管的目的是___________。装置A中发生反应主要反应的化学方程式为___________。
(2)装置B中插入玻璃管的作用是___________。
(3)实验时若温度控制不好，A中三颈烧瓶内会产生某种刺激性气味的气体，为吸收该气体在装置B中应加入的最佳试剂为___________。(填字母序号)。
A．高锰酸钾溶液B．浓硫酸C．氢氧化钠溶液D．饱和碳酸氢钠溶液
为检验该气体已完全除去，C中盛放的试剂为___________。(填试剂名称)。
(4)D中a、c两个导气管进入仪器中的长度不同，其优点是___________。从绿色化学角度考虑，对导气管b的进一步处理方法是___________。
(5)实验结束后收集得到ag1，2-二氯乙烷，则乙醇的利用率为___________。
8．（2022·甘肃兰州·统考一模）三氯异氰尿酸[Cl3(CNO)3]是一种高效含氯消毒剂，具有极强的氧化性，是漂白粉的更新换代产品。纯品为白色粉末，微溶于水，遇酸、碱易分解。其粗产品制备原理和相关的实验装置如下：
①尿素热裂解脱氨合成氰尿酸：3CO(NH2)23NH3↑+H3(CNO)3(氰尿酸微溶于冷水)
②碱溶氰尿酸：H3(CNO)3(s)+3NaOH(ag)=Na3(CNO)3(aq)+3H2O(l) ΔH<0
(1)仪器X的支管的作用是____。
(2)D装置中反应的化学方程式为____。
(3)在A装置中“碱溶氰尿酸”后通入Cl2进行“氯化”制得粗产品，该反应的化学方程式为____。
(4)使用上述装置制备三氯异氰尿酸，按气体流向从左至右，导管连接顺序为____(填字母)。
(5)为了确保产品纯度，A装置中“碱溶氰尿酸”过程中时____(填实验现象)，停止滴加NaOH溶液。
(6)A装置在“氯化”阶段需控制反应温度在10℃-15℃，控制反应温度的实验操作为____。
(7)粗产品中Cl3(CNO)3含量测定。将mg粗产品溶于蒸馏水中配制成100mL溶液。取20.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min后，加入淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，滴定至终点消耗vmLNa2S2O3标准溶液。(已知：杂质与KI不反应，涉及的反应为Cl3(CNO)3+6I-+3H+=H3(CNO)3+3I2+3Cl-，I2+2S2O=2I-+S4O)
①粗产品中Cl3(CNO)3的百分含量为____%(用含m，c，V的代数式表示)。
②下列操作将导致测定结果偏低的是____。
A．滴定前滴定管中未排气泡，滴定后气泡消失
B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗
C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D．加入KI溶液的量不足
9．（2023·甘肃兰州·统考一模）四水甲酸铜[Cu ( HCOO)2·4H2O]是一种重要的化工原料， 为蓝色晶体，易溶于水，难溶于醇及大多数有机物。实验室可以用碱式碳酸铜[Cu (OH)2 ·CuCO3]与甲酸反应来制备。
已知：①碱式碳酸铜的组成与溶液pH有关；
②碱式碳酸铜和碳酸氢钠在水溶液中比固态时更易分解。
实验室制备四水甲酸铜的步骤如下：
I．称取12.5 g CuSO4·5H2O和9.5 g NaHCO3，充分研细并混合均匀。
II．将I中所得混合物加入到100 mL接近沸腾的蒸馏水中，加完混合物后继续加热至接近沸腾状态数分钟。
III．静置溶液澄清后，用倾析法分离得到沉淀，用蒸馏水洗涤，干燥。
IV．将III中所得的产品放入如图装置中的三颈烧瓶，加入约20 mL蒸馏水，加热搅拌至50°C左右。
V．向三颈烧瓶中加入甲酸，反应结束后趁热过滤。
VI．经过一系列操作得到Cu (HCOO) 2·4H2O 7.91 g。
回答下列问题：
(1)步骤I中研细过程所用的主要仪器是____________________。
(2)步骤II中发生反应的离子方程式为_____________。
实际取用的硫酸铜和碳酸氢钠的物质的量之比小于1：2，这样操作的原因是_______________。
(3)步骤II温度不宜过高，若观察到__________( 填实验现象) ，则说明温度过高。
(4)步骤III中检验沉淀已洗净的方法是____________________ 。
(5)步骤V中过滤必须趁热的原因是___________________。
(6)步骤VI中用无水乙醇洗涤的目的是____________。
(7)该实验中产品的产率是__________________。
四、结构与性质
10．（2021·甘肃兰州·统考一模）电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，工业上采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺( )等作为原料制备锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，采用单晶硅和铜、锗、镓、硒等的化合物作为太阳能电池的制备原料。
(1)基态硒原子的价电子排布式是___________。
(2)下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示碳元素的曲线是__ (填标号)。
(3)苯胺中N原子的杂化方式为___________，分子中σ键与π键的数目比为___________。
(4)自然界中含硼元素的钠盐存在于天然矿藏中，其化学式为Na2B4O7·10H2O，它的结构单元是由两个H3BO3和两个［B(OH4)]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其结构如下图所示，则该晶体中不存在的作用力是___________。(填选项字母)。
A．离子键B．共价键C．金属键D．范德华力E.氢键
(5)①图1为某金属单质的晶胞示意图，其堆积方式的名称为___________。
②图2为铜的某种氯化物晶胞示意图，该物质的化学式是___________。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，上图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，1，0)；则D原子的坐标参数为___________。
③图示晶胞中C、D两原子核间距为298 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________ g▪cm-3(列出计算式即可)。
11．（2022·甘肃兰州·统考一模）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划，太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。
(1)与硅同主族的锗元素的价层电子排布式为____。
(2)NCl3、SiCl4、SCl2的键角由大到小的顺序为____，其中SCl2的分子构型为____。
(3)环戊基二乙基硅基乙炔分子结构为 ，分子中σ键和π键的个数比为____。
(4)碳与硅元素同主族，但形成的晶体性质却有不同。单晶硅不导电，但石墨能导电，石墨能够导电的原因是____。
(5)SiC和单晶硅具有相似的晶体结构，但SiC熔点更高，其原因是____。
(6)晶胞中原子的位置通常可用原子分数坐标表示(原子分数坐标：将原子位置的坐标表示为晶胞棱长的分数)。复杂结构的三维表示往往难以在二维图上绘制和解释，可以从晶胞的一个方向(通常选择晶胞的一个轴的方向)往下看，某面心立方晶胞的投影图如图1所示。某种硫化硅晶体的晶胞结构的投影图如图2所示。
①该硫化硅晶体的化学式为____。
②在该晶胞中与S距离最近的Si的数目为____。
③若距离最近的Si和S的核间距为dnm,阿伏加德罗常数的值为NA，则该硫化硅晶体的密度为____g·cm-3(列出算式即可)。
12．（2023·甘肃兰州·统考一模）硒(Se)是人体必需微量元素之一 ，含硒化合物在材料和药物领城具有重要应用。
I．自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子X的结构如图所示：
(1)基态硒原子的价层电子轨道表示式为_____________________。
(2)分子X中电负性最大的元素是_______(填元素符号，下同)，杂化轨道类型为sp3的中心原子是______。
(3)H2O、H2S和H2Se的沸点由高到低顺序为____________。
(4)比较SeO3分子和 离子的键角大小，并说明理由_______。
II． Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。
(5)每个Cu2-xSe晶胞中含有_______个Cu2+(用含x的表达式作答)。
(6)立方Na2Se晶胞的晶胞参数为a pm，位于面心的Se2-所围成的空间结构为_______，该晶胞的密度为_________g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
五、有机推断题
13．（2021·甘肃兰州·统考一模）烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2= CH2C2H5CH=CH2+ CH2= CHCH3，现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：
(1)A分子中核磁共振氢谱吸收峰峰面积之比为___________。
(2)B的结构简式为___________。，M的结构简式为___________。F→G的反应类型是___________。。
(3)已知X的苯环上只有一个取代基，且取基无甲基，写出G→N的化学方程式___________。
(4)满足下列条件的X的同分异构体共有___________。种，写出任意一种的结构简式___________。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上的一氯取代物只有两种
(5)写出三步完成E→F合成路线(用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件) _____。
14．（2022·甘肃兰州·统考一模）中国工程院院士、国家卫健委专家组成员李兰娟团队初步测试，在体外细胞实验中显示：阿比朵尔在10~30μmol浓度下，与药物未处理的对照组比较，能有效抑制新冠病毒达到60倍。阿比朵尔的合成路线如图：
已知：，请回答：
(1)E的分子式为____，D的结构简式为____。
(2)反应①可看作分为两步进行，第一步为：+CH3NH2→；第二步反应的方程式为____，反应类型为____。
(3)反应③的试剂a是____。
(4)由C到F的过程中，设计反应③的目的是____。
(5)反应⑥在乙酸介质中进行，写出其化学方程式____。
(6)H是B的同分异构体，满足下列条件的H的结构有____种(不考虑立体异构)。
A．分子结构中含有五元环
B．分子结构中含有氨基(—NH2)
C．能与碳酸氢钠溶液反应产生气体
写出符合上述条件且核磁共振氢谱有五组峰的结构简式____(只需写一种)。
15．（2023·甘肃兰州·统考一模）抗肿瘤药物博舒替尼(J)的一种合成路线如下：
已知：
请回答：
(1)A中官能团的名称为______________________。
(2)反应②的化学方程式是 __________________。
(3)E→F的反应可以看作两步反应发生，这两步反应的类型依次为加成反应、________，中间体的结构简式为_______________。
(4)反应⑥的化学方程式为_____________。
(5)H的结构简式为_________。
(6)I的分子式为____________________。
(7)K是A的同分异构体，满足下列条件的K的结构有___种 (不考虑立体异构)。
a．分子结构中含有苯环，不含有甲基
B．苯环上只有两个取代基
C．1molK分别能与3molNa、2molNaOH、1molNaHCO3反应
参考答案：
1． 烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 4Co3++ S2O+3H2O=4Co2++2SO +6H+ 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离 2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ 分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴 获得晶体中含有 Cl-的杂质或烘干时失去了部分结晶水
【分析】含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5浸取，滤渣1为难溶物SiO2，其余金属元素进入滤液中，Co3+被Na2S2O5还原为Co2+；滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH用于3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀镁离子，生成滤渣3为MgF2，滤液3中还有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+、Na+，滤液3中加入萃取剂Ⅰ除去Cu2+、Zn2+、Na+，向分液得到有机层中加入稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐；溶液中含Ni2+、Co2+，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含Ni2+的溶液和含Co2+的有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体。
【详解】(1)操作①分离固体和液体，所以为过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣1为难溶液稀硫酸的SiO2；
(2)根据题意可知Na2S2O5具有还原性，且Co3+极易沉淀，所以加入Na2S2O5将Co3+还原为Co2+，离子方程式为4Co3++ S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；加入Na2CO3溶液，碳酸根和铁离子发生彻底双水解得到氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4)根据流程可知滤液3中加入萃取剂I，得到的有机层中主要含有Cu2+、Zn2+、Na+，用稀盐酸反萃取又得到萃取剂I，所以过程的目的是分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I；
(5)低压环境中可以降低水的沸点，从而降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
(6)该测定原理是利用样品和硝酸银反应生成的AgCl的量确定产品中CoCl2·6H2O的量，如果获得晶体中含有 Cl-的杂质会使得到的AgCl偏多，导致结果偏高，或者烘干时失去了部分结晶水，会使样品的质量偏小，导致结果偏高。
2．(1)C、SiO2
(2)Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
(3)6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O
(4)取转化后的上层清液少量于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，如无蓝色沉淀生成，则说明H2O2足量；反之，则没有。(或取转化后的上层清液少量于试管中，加入少量MnO2粉末，如产生能使带火星木条复燃的气体，则说明H2O2足量)
(5)温度过高，H2O2分解；温度过低，转化速率过慢
(6)溶解Fe(OH)3沉淀，提高产率
(7) 无水乙醇 冷却结晶
【分析】废铁屑中含有Fe(含有杂质C、SiO2)向其中加入稀硫酸，Fe与稀硫酸反应变为FeSO4，杂质C、SiO2不反应进入炉渣，经过滤后向滤液中加入H2C2O4溶液，Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀，过滤，向沉淀中加入H2O2和K2C2O4，FeC2O4·2H2O转化为K3[Fe(C2O4)3]、Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O；可根据MnO2催化下H2O2分解产生具有助燃性的O2检验H2O2是否过量。将反应后的溶液煮沸然后加入H2C2O4溶液，调节溶液pH，经蒸发浓缩、趁热过滤，然后向滤液中加入乙醇，冷却结晶获得K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O晶体，再过滤，洗涤，干燥，就获得纯净的K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O晶体。
（1）“溶解”过程中废渣的主要成分为C、SiO2；
（2）向FeSO4溶液中加入H2C2O4溶液，发生反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的离子方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+；
（3）在“转化”过程中，体系中除了生成K3[Fe(C2O4)3]以外，还有Fe(OH)3生成，请写出“转化”过程中H2O2、K2C2O4、FeC2O4·2H2O反应产生K3[Fe(C2O4)3]、Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O；
（4）在“转化”过程中检验H2O2是否足量的方法是：取转化后的上层清液少量于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，如无蓝色沉淀生成，则说明H2O2足量；反之，则没有。(或取转化后的上层清液少量于试管中，加入少量MnO2粉末，如产生能使带火星木条复燃的气体，则说明H2O2足量)；
（5）在“转化”过程中体系温度需保持在40℃，这是由于若温度过高，H2O2分解；若温度过低，转化速率过慢；
（6）“调pH”的目的是溶解Fe(OH)3沉淀，提高产率；
（7）由已知信息：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O常用作感光纸的光敏物质，该物质为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可知：要获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：趁热过滤，然后向滤液中加入乙醇，然后冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
3．(1)
(2)H2S
(3)铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽
(4)10-19.1
(5)氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全
(6)
(7)温度高于60°C时，和氨水分解
(8)当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀
【分析】锶渣(主要成分，含少量、、、)，高温焙烧生成和一种可燃气体，生成，生成，加入稀盐酸酸浸，产生气体，滤液中含有、、、、和，加入，将氧化为，加入调节，使和形成和沉淀而除去，再加溶液，加热至，调节除去、，最后加入氨水和生成。
【详解】（1）高温焙烧生成和一种可燃气体，反应化学方程式为；
（2）加入稀盐酸酸浸，产生气体，气体2为；
（3）步骤1为加入，将氧化为，由沉淀的可知，若不氧化，除不尽；
（4）由图可知，当时，溶液的，则，若溶液的时，；
（5）根据表格数据，温度控制在95°C~100°C时，氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全；
（6）沉思过程为：氨水和生成，离子反应方程式为：；
（7）和氨水受热易分解，温度高于60°C时，和氨水分解，锶转化率降低；
（8）“沉锶”过程中，当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀。
4． > SO＋SO2＋H2O=2HSO 0.108 64/81 CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol Ⅰ > 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2 的转化率减小
【详解】(1)根据题目所给数据可知Ka2(H2SO3)
(2)该反应前后气体系数之和相等，所以压强始终不变，根据反应方程式可知题目所给条件可知平衡时p(N2)=p(CO2)=32kPa，则平衡时p(NO)=100kPa-32kPa-32kPa=36kPa，则v(NO)= 3×10-3×36kPa=0.108；Kp==；
(3)①CO2与H2反应的化学方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氢气完全反应时放出19.6kJ热量，则3mol氢气完全反应放出kJ=49 kJ热量，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol；
②据图可知，温度较低时催化剂Ⅰ条件下CO2的转化率最大，即反应速率最快，催化效果最好；a点前随温度升高CO2转化率增大，a点后随温度升高转化率减小，说明a点前由于温度较低，反应速率较慢，在测定转化率时反应还未达到平衡，即b点时反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以a点CO2的转化率比c点高。
5．(1)+41.2
(2) 大于 温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，Kp1=，则Kp1增大，故反应I正反应吸热(或温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，说明反应△H3<0，反应△H4>0，则△H1=△H4-△H3>0)
(3)AC
(4) b 反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH4)增大
【详解】（1）由题意可得如下热化学方程式①H2(g)+ O2(g)= H2O(l) ΔH=—285.8kJ/mol，②CO(g)+ O2(g)= CO2(g) ΔH=—283.0kJ/mol，③H2O(l)= H2O(g) ΔH5=+44kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②+③得到反应II，则反应热ΔH2=(—285.8kJ/mol)—(—283.0kJ/mol)+( +44kJ/mol)= +41.2kJ/mol，故答案为：+41.2；
（2）由盖斯定律可知，反应IV—反应III得到反应I，则ΔH1=ΔH4—ΔH,3，由图可知，温度升高，反应III分压平衡常数减小，该反应为放热反应，反应△H3<0，反应IV分压平衡常数增大，该反应为吸热反应，反应△H4>0，则△H1=△H4-△H3>0(或由盖斯定律可知，反应IV—反应III得到反应I，则反应I分压平衡常数为Kp1=，由图可知，温度升高，反应III分压平衡常数减小，反应IV分压平衡常数增大，Kp1增大，则该反应为吸热反应)，故答案为：温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，Kp1=，则Kp1增大，故反应I正反应吸热(或温度T升高，Kp3减小，Kp4增大，说明反应△H3<0，反应△H4>0，则△H1=△H4-△H3>0)；
（3）A．在投料时适当增大相当于增大二氧化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，一氧化碳和氢气的浓度增大，反应III、IV的平衡向逆反应方向移动，碳的物质的量减小，所以在投料时适当增大的值，有利于减少积碳，故正确；
B．在一定条件下建立平衡后，移去浓度为定值的碳固体，化学反应速率不变，反应III和反应IV的平衡均不移动，故错误；
C．投料比增大相当于增大二氧化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故正确；
D．降低反应温度，反应I、II、III、IV的正、逆反应速率均减小，故错误；
故选AC；
（4）①反应I为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则800℃下，甲烷的物质的量分数随压强的变化曲线是b，故答案为：b；反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH4)增大；
②设起始甲烷和二氧化碳的物质的都为1mol，二氧化碳的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由甲烷的物质的量分数为0.1可得：=0.1，解得a=，故答案为：。
6．(1)– 90.8 kJ·mol-1
(2) 小于 其他条件不变时，增大压强，平衡正移，CH3OH的物质的量分数增大
(3)CD
(4)0.025 (MPa) -2
(5) ③ 1/T增大，温度T降低，速率常数k正、k逆减小；反应II正向吸热，其他条件相同时，温度降低，平衡逆移，则k逆减小程度小于k正 0.1
【详解】（1）已知反应I： CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) ΔH1 = -49.6 kJ·mol-1
反应： II．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2= + 41.2 kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应CO(g) +2H2(g)CH3OH (g)是通过反应I减去反应II得到的，则ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.6 kJ·mol-1 -41.2 kJ·mol-1 = – 90.8 kJ·mol-1；
（2）当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，根据反应I： CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)，其他条件不变时，增大压强，平衡正移，CH3OH的物质的量分数增大，所以Y1曲线的压强大于Y2曲线，即x小于5。
（3）A．升高温度，反应速率加快，A错误；
B．恒温恒容条件下，体系密度=气体质量÷体积，根据质量守恒，质量不变，体积不变，则密度始终不变，所以密度不变不能表明反应达到平衡状态，B错误；
C.．根据图像，5MPa、温度高于300°C后，CH3OH的质量分数为0，且CO2转化率逐渐上升，根据C元素守恒，含碳产物以CO为主，C正确；
D．5MPa、300~ 400°C范围内，反应II：CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2= + 41.2 kJ·mol-1，升高温度，平衡往正向移动，所以H2O的平衡产量随反应体系温度升高而增大，D正确；
正确的是CD。
（4）向体积固定的密闭容器中加入1 mol CO2 (g)和3molH2 (g)，起始压强为4MPa，发生反应I和II。平衡时，CO2(g) 的转化率为40%， CO (g)的物质的量为0.1 mol，设第一个反应消耗的CO2为xmol，则：
CO2(g) 的转化率为40%，则剩余的CO2的物质的量为0.6mol，有1-x-0.1=0.6，解得x=0.3，恒温很容下，压强比=物质的量之比，所以P反应前：P反应后=4MPa：P反应后=n反应前：n反应后=4mol：（）mol，即P反应后=3.4MPa，所以
P（CO2）=，
P（H2）=，
P（CH3OH）=，
P（H2O）=，
反应I的平衡常数；
（5）第二步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应焓变大于零， ；温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<，则表示的是④，的是③；
平衡时=；图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第二步反应的化学平衡常数。
7． 温度计 导出生成的乙烯气体；使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率 C2H5OH CH2=CH2↑+H2O 平衡气压，防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞 C 品红溶液 有利于 Cl2、C2H4 充分混合反应 将 b 管逸出的 Cl2 通入到 NaOH 溶液，防止尾气污染环境
【分析】本实验的目的是制备1，2-二氯乙烷，装置A中利用无水乙醇和浓硫酸反应制取乙烯，浓硫酸具有强氧化性，所以该反应中可能会生成SO2，装置B中可以盛放NaOH溶液吸收SO2，同时也可以吸收挥发出的乙醇，装置C中盛放品红溶液检验SO2是否被吸收完全，装置D中乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，所以装置E中应盛满氯气，然后通过分液漏斗中的液体将氯气排出，则分液漏斗中的液体应为饱和食盐水。
【详解】(1)该反应需要控制在170℃左右进行，所以缺少的仪器为温度计；冷凝管可以导出生成的乙烯气体，使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；装置A中的反应为乙醇的消去反应，化学方程式为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O；
(2)装置B中玻璃管可以平衡气压，防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞；
(3)浓硫酸具有强氧化性，反应过程中可能被还原生成SO2，即该刺激性气味的气体为二氧化硫，高锰酸钾溶液可以吸收二氧化硫，但同时也会把乙烯氧化；浓硫酸不能吸收二氧化硫；饱和碳酸氢钠虽然可以吸收二氧化硫，但同时会产生新的气体杂质二氧化碳，应用NaOH溶液吸收，故选C；检验二氧化硫是否完全除尽可以用品红溶液；
(4)乙烯的密度较小，氯气的密度较大，乙烯从靠下的位置进入，氯气从靠上位置进入，可以使两种气体充分接触；氯气有毒，所以应将将 b 管逸出的 Cl2 通入到 NaOH 溶液，防止尾气污染环境；
(5)20mL乙醇的物质的量为=mol，则理论上可以生成mol 1，2-二氯乙烷，ag 1，2-二氯乙烷的物质的量为mol，所以产率为=。
8．(1)平衡分液漏斗和烧瓶内部气压，保证浓盐酸能顺利流下
(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(3)Na3(CNO)3+3Cl2=Cl3(CNO)3+3NaCl
(4)g→c→d→a→b→e
(5)三颈烧瓶中氰尿酸固体恰好溶解
(6)将A的三颈烧瓶置于冷水浴中
(7) CD
【解析】（1）
仪器X的支管的作用是平衡分液漏斗和烧瓶内部气压，保证浓盐酸能顺利流下；
（2）
D装置次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气、水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（3）
A中碱溶氰尿酸后得到Na3(CNO)3溶液，通入氯气，Na3(CNO)3和氯气反应生成生成Cl3(CNO)3和氯化钠，反应方程式为Na3(CNO)3+3Cl2=Cl3(CNO)3+3NaCl；
（4）
装置D中制取氯气，用B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，把氯气通入A中反应生成Cl3(CNO)3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，按气体流向从左至右，导管连接顺序为g→c→d→a→b→e；
（5）
为了确保产品纯度，A装置中“碱溶氰尿酸”过程中碱不能过量，三颈烧瓶中氰尿酸固体恰好溶解，停止滴加NaOH溶液；
（6）
为控制A装置在“氯化”阶段反应温度在10℃-15℃，将A的三颈烧瓶置于冷水浴中；
（7）
①根据Cl3(CNO)3+6I-+3H+=H3(CNO)3+3I2+3Cl-、I2+2S2O=2I-+S4O得反应关系式Cl3(CNO)3~~~6S2O，反应消耗vmL cmol/LNa2S2O3标准溶液，则20.00mL所配制溶液中Cl3(CNO)3的物质的量为，粗产品中Cl3(CNO)3的百分含量为%；
②A．滴定前滴定管中未排气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故不选A；
B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故不选B；
C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故选C；
D．加入KI溶液的量不足，生成的碘单质偏少，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故选D；
选CD。
9．(1)研钵
(2) 碳酸氢钠易分解损失；
(3)产生黑色沉淀
(4)取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净。
(5)防止甲酸铜结晶析出
(6)洗去晶体表面的水和甲酸，并减少甲酸铜的溶解损失，加速干燥
(7)70%
【详解】（1）实验室中，固体物质研细过程所用的主要仪器是研钵；
（2）步骤II为溶液和溶液混合加热制备碱式碳酸铜，反应的离子方程式为: ,因为碳酸氢钠易分解损失，所以实际取用碳酸氢钠稍微过量，硫酸铜和碳酸氢钠物质的量之比小于1：2；
（3）受热易分解，生成黑色的，所以步骤II温度不能太高，若观察到产生黑色沉淀时，停止加热；
（4）步骤III产生的沉淀表面，检验沉淀已洗净的方法是：取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净；
（5）为防止甲酸铜结晶体析出而损失，步骤V中过滤必须趁热；
（6）甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，所以用无水乙醇洗涤的目的是洗去晶体表面的水和甲酸，并减少甲酸铜的溶解损失，乙醇易挥发，还可以加速干燥；
（7）物质的量为0.05mol，理论上生成的为0.05mol，质量为：，所以产品的产率为：。
10． 4s2 4p4 a sp 3 14:1 C 六方最密堆积 CuCl ()
【详解】(1)硒元素是第34号元素，位于周期表的第四周期 VI A族，故基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；
(2)磷碳、硅和磷三种元素中，硅元素的第一电离能最小，则曲线c代表硅；碳、磷原子的价电子排布式分别为2s22p2、3s23p3，显然碳原子失去2p轨道的2个电子较易，失去2s轨道的2个电子较难，故碳元素的第一、二级电离能明显小于第三、四级电离能；磷原子失去3p轨道的3个电子相对较易，失去3s轨道的2个电子较难，故磷元素的第四级电离能明显大于第一、二、三级电离能，图中曲线a代表碳，曲线b代表磷；
(3)苯胺中N原子的杂化方式为sp3杂化；苯胺分子含有1个大π键，14个σ键（5个C-H键、6个C-C键、1个C-N键、2个N-H键），则σ键和π键的数目比为14:1；
(4)根据题中的结构可知，Na+和酸根离子之间存在离子键，非金属原子之间存在共价键，分子间存在范德华力，水分子之间存在氢键，该晶体内不存在金属键，故选C；
(5)①该堆积方式为六方最密堆积；
②该晶胞中，含有Cu的个数为4，含有Cl的个数为=4，则该晶胞中Cu、Cl最简个数比为1:1，故该物质的化学式为CuCl；由题可知，若晶胞的棱长为1，经计算，D原子到x-y平面的距离为，到y-z平面、x-z平面的距离均为，故D原子的坐标参数为(，，)；
③由②可知，当晶胞的棱长为1时，C的坐标为(1，1，0)，D的坐标为(，，)，则CD的长为；若C、D两原子核间距为298pm，则晶胞棱长a=nm=cm；该晶胞含有4个CuCl，故该晶胞的密度ρ===g∙cm-3。
11．(1)4s24p2
(2) SiCl4、NCl3、SCl2 V形或折角形
(3)16：1
(4)石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子可在层间自由移动
(5)同为原子晶体，r(C)
【详解】（1）锗位于第四周期，与硅同主族，硅的价层电子排布式为3s23p2，故锗的价层电子4s24p2。
（2）NCl3为sp3杂化，三角锥构型，存在一对孤对电子，故键角小于109°28′，SiCl4为sp3杂化正四面体构型，键角为109°28′，SCl2为sp3杂化，V形，存在两对孤对电子，在上述分子中键角最小。故键角由大到小的顺序为SiCl4、NCl3、SCl2；其中SCl2的分子构型为V形(或折角形)。
（3）根据环戊基二乙基硅基乙炔分子结构，分子中σ键数为32，π键数为2，故σ键和π键的个数比为16：1。
（4）石墨能够导电的原因是石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子可在层间自由移动。
（5）SiC和单晶硅同为原子晶体，r(C)
【点睛】此类晶胞计算题一定要熟悉晶体结构模型，如本题中将投影图与面心立方晶胞对比可知，标有“（0，1）”的原子实际表示2个原子的位置，1个位于投影图观察面上，另1个位于后方等于棱长距离的面上。同理，标有“（）”的原子实际表示1个原子的位置，位于投影面后方棱长距离处。
12．(1)
(2) O Se、S
(3)H2O>H2Se>H2S
(4)键角： SeO3>； SeO3为平面三角形，键角近似120°；为三角锥形，键角近似107°，故键角：SeO3>
(5)4x
(6) 正八面体
【详解】（1）Se与S同主族，硒位于第四周期VIA，Se的价电子排布式为，基态硒原子的价电子轨道表示为，故答案为：。
（2）①分子X中的元素有C、H、O、S、Se，其中O的非金属性最强，故O的电负性最大；②苯环中所有碳原子为杂化，碳碳双键中碳原子为杂化；S与两个O形成两个键，与两个C又形成了两个键，共4个键，为杂化；Se与两个C形成两个键，还有两对孤对电子，共4条轨道，为杂化。
（3）H2O、H2S和H2Se为组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，水分子间还存在氢键，沸点更高，则沸点顺序由高到低的顺序为H2O>H2Se>H2S。故答案为：H2O>H2Se>H2S。
（4）SeO3分子的中心原子Se为杂化，则SeO3为平面三角形，键角近似120°；离子的中心原子Se为杂化，则为三角锥形，键角近似107°，故键角：SeO3> 。
（5）1个Cu2-xSe晶胞中的个数为，根据Cu2-xSe知，的个数和为4(2-x)=8-4x，设1个晶胞中的个数分别为a、b，则a+b=8-4x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，有2a+b=8，解得a=4x，所以每个Cu2-xSe晶胞中的个数为4x。故答案为：4x。
（6）①立方Na2Se晶胞为面心立方，每个面上有一个Se2-，共6个Se2-，所围成的空间结构为正八面体；②立方Na2Se晶胞中的个数为，的个数为8，。
13． 2:2:3:3 消去反应 + +H2O 3
【分析】A(C5H10)能与溴的四氯化碳反应生成E，应为加成反应，A为烯烃，E经过多步反应得到F，根据F的结构简式：，发生的反应分别为卤代烃的水解、醇的连续氧化反应，可以推出A的结构简式为，E的结构简式为：，因F的分子式为C5H10O3，对比F和G的分子式，G比F少了一个H2O，则F→G发生的是消去反应，G只有一个甲基，即G的结构简式为：，G在浓硫酸条件下与X发生酯化反应，根据N的分子式C13H16O2，N中只有一个酯基，因此根据酯化反应实质和原子守恒，推出X的分子式为C8H10O；
C2H2O4为乙二酸，结构简式为HOOC-COOH，D与HOOC-COOH发生酯化反应，根据原子守恒，D的分子式为C8H18O2，而A发生信息中烯烃复分解反应生成B，B与溴发生加成反应生成C，C发生卤代烃的水反应生成D，可推知B为、C为、D为、M为。
【详解】(1)A为，有4种环境的氢原子，个数分别为3、2、3、2，即核磁共振氢谱吸收峰峰面积之比为2:2:3:3；
(2)根据分析可知B的结构简式为；M的结构简式为；F生成G是F中醇羟基的消去反应；
(3)X的分子式为C8H10O，且X的苯环上只有一个取代基，取代基无甲基，则X为，再结合G的结构简式可知N为，该反应的化学方程式为+ +H2O；
(4)X的分子式为C8H10O，其同分异构体满足：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②苯环上的一氯取代物只有两种，则结构对称，且至少有两个取代基，则满足条件的有，共3种；
(5)E为，E发生水解反应生成醇，然后发生催化氧化反应，最后发生银镜反应且酸化得到目标产物，其合成路线为。
14．(1) C15H15NO4Br2
(2) →+H2O 消去反应
(3)液溴
(4)保护酚羟基
(5)+ ++H2O
(6) 19 或
【分析】A→B发生加成反应生成醇羟基，醇羟基再发生消去反应生成B中的碳氧双键，B发生加成反应生成C，C在酸性条件下生成D，D与液溴反应生成E，试剂a为液溴，根据C、E的结构简式可知D为，E发生取代生成F，F→G发生取代反应，据此分析解题。
【详解】（1）根据E的结构简式可知E的分子式为C15H15NO4Br2，C经过步骤三发生信息反应得到D，D的结构简式为 ；
（2）第二步发生消去反应生成碳碳双键，反应的方程式为→+H2O；反应类型为消去反应；
（3）D→E增加了溴原子，反应③的试剂a是液溴；
（4）酚羟基易被氧化，由C到F的过程中，设计反应③的目的是保护酚羟基；
（5）反应⑥在乙酸介质中进行，其化学方程式：+ ++H2O；
（6）A.分子结构中含有五元环B.分子结构中含有氨基(—NH2)C.能与碳酸氢钠溶液反应产生气体说明含有羧基，符合上述条件的同分异构体为： 改变氨基位置则有3种， 改变羧基位置则有3种，-CH3的位置有2种，-CH3的位置有3种， —NH2的位置有2种，—NH2的位置有3种，-COOH的位置有2种，,共计19种；
且核磁共振氢谱有五组峰的结构简式 或 。
15．(1)酚羟基、醚键、酯基
(2) +HNO3(浓) +H2O
(3) 消去反应
(4)
(5)
(6)C21H18N3O3Cl3
(7)9
【分析】根据C的结构简式可知，B的结构简式为 ，A到B发生取代反应，结合B的结构简式和A的分子式可知，A为 ，C被还原生成D，根据F的结构简式及E到F的反应条件可知，E为 ，E反应生成F，F与POCl3反应生成G，G为 ，G与H反应生成I，I为 ，I最后反应生成J。
【详解】（1）A为 ，A中官能团的名称为酚羟基、酯基和醚键。
（2）B发生硝化反应生成C，化学方程式为+HNO3(浓)+H2O
（3）E为 ，E发生加成反应生成中间体 ， 再发生消去反应生成F。
（4）F与POCl3反应生成G，G为 ，则反应⑥的化学方程式为 。
（5）G为，I为 ，根据G和I的结构简式，结合H的分子式可知，H的结构简式为 。
（6）I的结构简式为 ，其分子式为C21H18N3O3Cl3。
（7）A的结构简式为 ，K是A的同分异构体，分子中存在苯环，不含有甲基，苯环上有两个取代基，1molK分别能与3molNa、2molNaOH、1molNaHCO3反应，说明1分子K中存在2个羟基，其中1个为酚羟基，1个羧基，苯环上的两个取代基可以为-OH和 、-OH和 、-OH和 ，每一种情况两个取代基都有邻、间、对3种位置结构，则共有9种满足条件的同分异构体。
相关试卷
上海徐汇区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： 这是一份上海徐汇区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28页。试卷主要包含了原理综合题，填空题，有机推断题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
上海杨浦区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： 这是一份上海杨浦区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30页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，有机推断题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
上海崇明区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： 这是一份上海崇明区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33页。试卷主要包含了实验题，原理综合题，元素或物质推断题，有机推断题，填空题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
