2023届辽宁省高三下学期4月化学模拟试题（八）含解析

这是一份2023届辽宁省高三下学期4月化学模拟试题（八）含解析，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 2023届辽宁高考化学模拟试题汇编卷（八）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2023·辽宁沈阳·统考一模）辽宁省的历史源远流长，有着独具特色的文化积淀。下列说法中正确的是
A．锦州的满族刺绣以家织布为底衬，制作家织布的棉花属于再生纤维
B．藏于辽宁省博物馆的洛神赋图，所用纸张的主要成分属于高级脂肪酸甘油酯
C．阜新被称为“世界玛瑙之都”，玛瑙的主要成分是二氧化硅
D．沈阳老龙口白酒酿造过程中，将淀粉直接转化为乙醇
2．（2023·辽宁·校联考一模）下列化学用语表示正确的是
A．的结构式为H-O-H，结构呈直线形
B．基态Cu原子的电子排布式：
C．的电子式：
D．在水中的电离方程式：
3．（2023·辽宁·校联考一模）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．20g中含有的中子数为10
B．5.6gFe在氧化还原反应中完全反应时转移的电子数一定为0.3
C．1L0.1溶液中含有的数目为0.1
D．1mol环戊二烯()分子中含有的键数目为5
4．（2023·辽宁丹东·统考一模）阴离子和二脲基分子能通过氢键作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示(图中省略阴离子配合物中部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说法错误的是

A．的空间构型为正四面体
B．二脲基分子中N-H的H和离子的O形成氢键
C．所含元素原子的杂化轨道类型均相同
D．所含元素基态原子的第一电离能最大的是N
5．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）“证据推理与模型认知”是化学学科培养的核心素养之一，下列推论合理的是
选项
已知信息
推论
A．
原子半径：
离子半径：
B．
非金属性：
还原性：
C．
酸性：
酸性：
D．
的分子构型为V形
二甲醚的分子骨架()构型为V型
6．（2023·辽宁·校联考一模）乙醇和乙酸在酸性条件下生成乙酸乙酯，反应机理如图，下列说法错误的是

A．Ⅰ→Ⅱ形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂配位键
B．Ⅱ→Ⅲ的反应的原子利用率为100%
C．Ⅲ→Ⅳ质子发生转移
D．若反应条件为浓硫酸，只能加快反应速率，不能提高乙酸乙酯的平衡产率
7．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）液流电池因其具有可深度充放电、可模块化调控、不受地理环境限制等优点，已成为大规模储能领域中备受重视的储能器件。其中锌/溴液流电池作为新能源储能技术的代表，功率性能极佳且造价低廉。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：

下列说法正确的是
A．放电时，N极为负极
B．放电时，左侧贮液器中的浓度不断减小
C．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
D．充电时，M极的电极反应式为
8．（2023·辽宁葫芦岛·统考模拟预测）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇发生爆炸，由上述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法不正确的是

A．原子半径：Y>Z>W>Q
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z>Y
C．氢化物的沸点：Q>Z>W
D．同周期中第一电离能小于W的元素有5种
9．（2023·辽宁辽阳·统考一模）某课题组对羧基化研究取得很大的进展，历程如图所示。

已知：为烃基，Me为甲基。下列叙述正确的是
A．能降低总反应的活化能
B．物质1和物质A反应时，只断裂了键
C．物质2中为
D．转化为时，1个分子断裂了2个键
10．（2023·辽宁辽阳·统考一模）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
在苯酚溶液中滴加少量溴水
没有明显现象
苯酚与溴不反应
B
在鸡蛋清溶液中加入饱和Ba(NO3)2溶液
有沉淀生成
蛋白质发生盐析
C
用pH计测定同浓度的NH4F溶液和NaClO溶液的pH
后者pH较大

D
在I2的CCl4溶液中加入浓KI溶液，振荡
四氯化碳层紫红色变浅
I2在四氯化碳中的溶解度小于在KI溶液中的溶解度
11．（2023·辽宁辽阳·统考一模）某团队报道了单硫代内酯单体实现了坚韧可回收塑料的目的。反应原理如图所示(R为烃基)。

下列叙述错误的是
A．聚合反应时，原子利用率为100% B．甲的水解产物均含有羟基
C．丙中杂化的原子只有碳原子 D．乙中碳氧双键活化了碳硫键
12．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考一模）易溶于水，光谱研究表明，的水溶液中存在下列平衡：

其中、、为各步的平衡常数，且 [表示的平衡压强]
下列说法正确的是
A．的焓变
B．在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则
C．若pH=6.2时，溶液中，则pH=8.2时，溶液中
D．当的平衡压强为p时，测得，则溶液
13．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考一模）冰晶石晶胞结构如图甲所示，Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。下列说法错误的是

A．甲图中大立方体的体心处小三角“△”所代表的应该是“小白球”
B．Al晶胞中Al原子的配位数为12
C．若已知Al的原子半径为dcm，代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，Al晶体的密度为
D．中含有离子键、配位键
14．（2023·辽宁本溪·本溪高中校考模拟预测）有机物电极材料具有来源丰富、可降解等优点，一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的结构如图所示。下列说法正确的是

A．充电时有机电极发生了氧化反应
B．将M+由Li+换成Na+，电池的比能量会下降
C．放电时负极电极反应为：-2e-=
D．充电时每转移2mole-，右室离子数目减少2mol
15．（2023·辽宁沈阳·统考一模）赖氨酸[，用表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐在水溶液中存在如下平衡：。向一定浓度的溶液中滴加溶液，溶液中、、和的分布系数随变化如图所示。已知，下列表述中正确的是

A．
B．M点，
C．O点，
D．P点，
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16.（14分）（2023·辽宁·校联考一模）硫酸亚铁铵晶体［］又称摩尔盐，简称FAS，是一种重要的化工原料，可用作净水剂、治疗缺铁性贫血的药物等，常温下为浅绿色晶体，可溶于水，100℃时易失去结晶水。实验室利用废铁屑(主要成分为Fe，还有少量FeS和油污)合成硫酸亚铁铵品体的步骤如下：
Ⅰ．碱煮水洗：将6.0g废铁屑置于锥形瓶中，加入20mL30%的溶液，加热煮沸一段时间，倾去溶液，水洗至中性；
Ⅱ．的制备：向处理过的铁屑中加入稀反应，结束后趁热过滤；
Ⅲ．硫酸亚铁铵晶体的制备：向滤液中迅速加入一定体积的饱和溶液，经蒸发皿加热至出现晶膜时停止加热，冷却结晶硫酸亚铁铵晶体，再过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中对废铁屑进行碱煮的目的是___________。
(2)步骤Ⅱ在如图装置中进行，为加快反应速率，控制温度在70～75℃，对装置A加热的方式为___________，装置C的作用为___________，该步骤不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是___________。

(3)步骤Ⅲ制取硫酸亚铁铵晶体的反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在1～2，其目的为___________，通过冷却结晶的方法，能够析出硫酸、亚铁铵晶体的原因可能是___________。
(4)测定硫酸亚铁铵晶体样品的纯度：
准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体样品，配制成100mL溶液。取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀酸化，用0.1000标准溶液滴定至终点，重复两次，平均消耗标准溶液18.00mL。
①判断达到滴定终点的标志是___________。
②样品中的质量分数为___________。
已知的。
(5)某实验小组通过下列装置探究硫酸亚铁铵晶体和绿矾晶体()

向两支注射器中分别放入0.05mol的绿矾晶体和硫酸亚铁铵晶体，向右侧拉动注射器活塞，各吸入20mL空气后关闭注射器针头处的夹子(密封性良好)，放置一段时间后，取出两种晶体，用无氧蒸馏水溶解配成等体积的溶液，向溶液中各滴加几滴KSCN溶液。
①获得无氧蒸馏水的方法为___________。
②若硫酸亚铁铵晶体的抗氧化能力强，则放置一段时间后，活塞向左移动的距离较长的是___________(填“装置1”或“装置2”)。
17.（14分）（2023·辽宁·校联考一模）将转化为有机碳酸酯(DMC)，可有效减少碳排放。转化为DMC的总反应为　，可通过Ⅰ、Ⅱ两步反应完成：
Ⅰ．　
Ⅱ．　
请回答下列问题：
(1)有机碳酸酯中碳原子的杂化方式为___________，1mol中含有的键数目为___________。
(2)反应Ⅱ的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环。

①该反应的催化剂是___________，该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，结合反应机理图分析其中的原因：___________。
②将物质的量之比为1∶2的和的混合气体以相同流速通过两种不同的催化剂a、b，仅发生反应Ⅱ．相同时间内的转化率如图2所示。

M点___________(填“是”或“不是”)对应温度下的的平衡转化率，原因是___________。
(3)一定温度范围内的线性关系如图3。
①对于反应Ⅱ，活化能___________(填“>”或“<”)。
②时，该温度下___________。某温度下，在5L恒容密闭容器中充入5mol和10mol，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，则___________。
18.（13分）（2023·辽宁辽阳·统考一模）介孔纳米晶可用作钠离子电池正极材料。一科研团队以某矿石(含55.2%、32%，其余为和)为原料开发的一种合成介孔的路线如图所出示。回答下列问题：

(1)基态原子价电子的轨道表示式为___________。
(2)“生物浸出”时，与铁盐溶液反应的离子方程式为___________。此时铁盐___________(填“作氧化剂”、“作还原剂”或“既不是氧化剂，也不是还原剂”)。
(3)将“浸渣”溶于，再过滤、蒸馏，可从“浸渣”中分离出___________(填化学式)。
(4)实验室“萃取”时，用到的主要仪器是___________，若萃取剂为苯，“萃取”后得到的“水相”位于___________(填“上层”或“下层”)。
(5)利用如图1装置完成“抽滤”操作，抽滤的主要优点是过滤较快、固体较干燥，其中安全瓶的作用是___________。

(6)利用如图2装置制备去离子水，水中所含的阴离子在阳离子交换柱中发生反应的离子方程式为___________。

(7)某工厂用10吨该矿石合成介孔，已知整个流程中的损耗率为10%，，则最终可以得到___________。
19.（14分）（2023·辽宁丹东·统考一模）布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。

已知：①＋
②＋CH3CHO
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型_______，C中官能团的名称为_______。
(2)F的名称为_______，G的结构简式为_______。
(3)D→E的化学反应方程式为_______。
(4)下列有关布洛芬的叙述正确的是_______。(填选项)
a.能发生取代反应，不能发生加成反应
b.布洛芬分子中最多有11个碳原子共平面
c.1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为1mol
d.1mol布洛芬与足量碳酸氢钠反应理论上可生成
(5)满足下列条件的布洛芬的同分异构体有_______种，写出其中核磁共振氢谱峰面积之比为的结构简式_______。(写一种即可)
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应
③能够发生银镜反应

参考答案及解析
1.答案：C
解析：A．再生纤维是指用纤维素和蛋白质等天然高分子化合物为原料，经过化学加工制成的高分子纤维，棉花不属于再生纤维，故A错误；
B．油脂的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，纸张的原料主要是植物纤维，故B错误；
C．玛瑙的主要成分为二氧化硅，因其夹杂氧化金属，颜色可从极淡色以至暗色，故C正确；
D．酒酿造过程中，淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，故D错误；
故选C。
2.答案：D
解析：A．水分子中碳氧原子与两个氢原子之间形成2对共用电子对，故水的结构式为H-O-H，结构呈V形，故A错误；
B．Cu是29号元素，基态Cu原子的电子排布式：，故B错误；
C．的结构式为O=C=O，电子式为：，故C错误；
D．在水中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：，故D正确；
故选D。
3.答案：A
解析：A．20g的物质的量为，中含有22个中子，则中含有10mol中子，个数为10，故A正确；
B．5.6gFe物质的量为0.1mol，和S在加热条件下反应生成FeS，完全反应时转移电子数为 0.2NA，故B错误；
C．1L0.1溶液中会发生水解反应，含有的数目小于0.1，故C错误；
D．碳碳双键中含有1个键1个键，则1mol环戊二烯()分子中含有的键数目为11，故D错误；
故选A。
4.答案：C
解析：A．中P原子的价电子对数为，因此P原子为sp3杂化，空间构型为正四面体，A正确；
B．N、O元素的电负性较大，键中共用电子对偏向N原子，使得H原子带正电性()，因此二脲基分子中的H和离子的O形成氢键，B正确；
C．该阴离子配合物中，苯环上的C以及形成双键的C、N原子为sp2杂化，形成单键的N原子为sp3杂化，P原子的价电子对数为，因此P原子为sp3杂化，C错误；
D．同周期元素对应基态原子从左至右的第一电离能有逐渐增大的趋势，但N原子的2p轨道半充满，相对较稳定，更难失去电子，因此第一电离能：N>O>C，D正确；
故选C。
5.答案：D
解析：A．Na+、Mg2+、O2-核外电子排布相同，一般来说，电子层数相同，微粒半径随原子序数的递增而减小，因此离子半径是O2-＞Na+＞Mg2+，故A错误；
B．一般非金属性越强，其离子的还原性越弱，即还原性：N3-＞O2-＞F-，故B错误；
C．卤素原子半径越大，非金属性越弱，与H结合能力越弱，在水溶液中越容易电离，酸性越强，Te、Se、S原子半径减小，非金属性增强，与氢元素的结合能力越强，在水溶液中越难电离，酸性：H2Te＞H2Se＞H2S，故C错误；
D．水分子和二甲醚中氧原子成键方式相同，都形成2个σ键，孤电子对数均为2，价层电子对数为4，即杂化类型均为sp3杂化，立体结构相似，都为V形，故D正确；
答案为D。
6.答案：D
解析：A．由流程可知，Ⅰ→Ⅱ中氢离子提供空轨道、氧提供孤电子对形成配位键，Ⅴ→Ⅵ形成的配位键断裂，A正确；
B．Ⅱ→Ⅲ的反应中原子全部反应生成一种物质，原子利用率为100%，B正确；
C．由图可知，Ⅲ→Ⅳ过程中下侧的质子转移到了右侧羟基上，发生转移，C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，吸收生成的水，导致平衡正向移动，能提高乙酸乙酯的平衡产率，D错误。
故选D。
7.答案：C
解析：分析可知，锌溴液流电池总反应为：Zn+Br2═ZnBr2，其中N为正极，发生还原反应，电极反应方程式为Br2+2e-=2Br-，M为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Zn-2e-=Zn2+，正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧，充电过程中，发生反应ZnBr2Zn+Br2，据此分析解题。
A．由分析可知，放电时，N为正极，A错误；
B．由分析可知，放电时，溶液中有Zn2+与Br-生成，通过循环回路，左侧储液器中溴化锌的浓度增大，B错误；
C．中间沉积锌位置的作用为提供电解液，故其隔膜既可以允许阳离子通过，也允许阴离子通过，C正确；
D．放电时，M为负极，充电时，M及为阴极，发生还原反应，电极反应式为Zn2++2e-═Zn， D错误；
故答案为：C。
8.答案：C
解析：短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素。
A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，A正确；
B．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，B正确；
C．碳元素的氢化物属于烃，固态烃和液态烃的沸点高于氨气和氟化氢，C错误；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，D正确；
答案选C。
9.答案：C
解析：A．是制备催化剂的原料，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A项错误；
B．物质1和物质A反应时，还断裂了键，B项错误；
C．由D的到E的转化，根据D的结构简式可知E中R应为，E到物质2的过程中R未改变，C项正确；
D．1个分子只断裂了1个键，D项错误；
故选：C。
10.答案：D
解析：A．苯酚与浓溴水中的溴发生取代反应，生成白色沉淀三溴苯酚，溴水褪色，A项错误；
B．硝酸钡是重金属盐，蛋白质在硝酸钡溶液中会发生变性，B项错误；
C．两种盐的阳离子不同，铵根离子促进氟离子水解，故不能证明酸性强弱，应选择同浓度的NaClO溶液、NaF溶液进行实验，C项错误；
D．碘与碘化钾反应：，故I2在KI溶液中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度，D项正确；
故选D。
11.答案：C
解析：A．聚合反应只生成一种物质，该反应的原子利用率为100%，A项正确；
B．1个甲分子中含2个酯基，水解生成、，B项正确；
C．丙中C、S原子均是杂化，C项错误；
D．乙分子中碳氧双键具有强吸电子能力，使碳硫键的极性增强，活化了碳硫键，D项正确；
故选C。
12.答案：D
解析：A．SO2易溶于水，可知SO2(g)SO2(aq)能自发进行，该过程∆S<0，可知焓变应小于零才能自发进行，A项错误；
B．SO2在水中溶解后部分生成SO2∙xH2O，其溶解度为c(SO2∙xH2O)与c(SO2)的和，根据，c(SO2∙xH2O)=K1p(SO2)，则c(SO2∙xH2O)与c(SO2)的和要大于K1p(SO2)，B项错误；
C．若pH=6.2时，溶液中，亚硫酸的二级电离平衡常数：，则pH=8.2时，溶液中，C项错误；
D．由盖斯定律可知反应SO2(g)+H2O2H++，可由上述三个过程加和得到，则该反应的平衡常数K=K1K2K3=，则溶液c(H+)=，D项正确。
答案选D。
13.答案：C
解析：A．由图乙和丙可知，Al的堆积方式为面心立方堆积，对应图甲中的黑球，则甲图体心处的小三角应是小白球，A正确；
B．Al为面心立方堆积，配位数为12，B正确；
C．由图丙可知，一个Al晶胞中含有4个Al原子，由图丁可知晶胞参数与Al半径的关系为，则cm，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为，C错误；
D．中含有离子键、配位键，D正确；
故选C。
14.答案：B
解析：该结构是一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则另外一个电极正极，充电时有机电极为电解池阴极，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成，反应为-2ne-=，正极反应为：I+2e-=3I-。
A．该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，充电时阳离子向阴极移动，则充电时有机电极为电解池阴极，发生还原反应，故A错误；
B．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，M+由Li+换成Na+，电池的比能量会下降，故B正确；
C．由图可知，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成，反应为-2ne-=，故C错误；
D．充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3I--2e-=I，则充电时每转移2mole-，左侧减少2mol阴离子，同时有2molM+离子进入左室，右室离子数目减少4mol，故D错误；
故选B。
15.答案：D
解析：向溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：+OH-=+H2O、+OH-=+H2O、+OH-=+H2O ，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大；则图中每条线所代表的物质分别为：，以此解答。
【详解】A．在水溶液中存在如下平衡：，，由N点数据可知c()=c()，此时pH=8.8，则=1×10-8.8，故A错误；
B．根据M点溶质为H3RCl2、H2RCl、NaCl，溶液中存在电荷守恒：，又因为M点c()=c()，则，故B错误；
C．由题意、，则，又因为O点c(R-)=c()，则，5×10-3，而此时的pH=9.8，故C错误；
D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；
故选D。
16.答案：(1)除去铁屑表面的油污
(2)     水浴加热     除去反应产生的气体     防止亚铁离子被氧化成铁离子
(3)     抑制亚铁离子水解     硫酸亚铁铵晶体在低温时溶解度较小，且溶解度受温度影响较大
(4)     当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化     70.56%
(5)     加热煮沸(或其他合理答案)     装置1
解析：（1）废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，碳酸钠溶液显碱性，加热促进碳酸钠的水解，溶液碱性更强，所以步骤Ⅰ中对废铁屑进行碱煮的目的是除去废铁屑表面的油污；
（2）为加快反应速率，控制温度在70～75℃，对装置A加热的方式为水浴加热；废铁屑中含有少量FeS，和稀硫酸反应会生成有毒的硫化氢气体，装置C的作用为除去反应产生的气体，该步骤不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是防止亚铁离子被氧化成铁离子；
（3）步骤Ⅲ制取硫酸亚铁铵晶体的反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在1～2，其目的为抑制亚铁离子水解，通过冷却结晶的方法，能够析出硫酸亚铁铵晶体的原因可能是硫酸亚铁铵晶体在低温时溶解度较小，且溶解度受温度影响较大；
（4）酸性条件下高锰酸钾与亚铁发生氧化还原反应：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；判断达到滴定终点的标志是当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化；n(MnO)=0.100018.0010-3L=1.810-3mol，由亚铁离子与高锰酸根反应的化学计量系数可知25.00mL所配溶液中n(Fe2+)=5n(MnO)=910-3mol，100mL所配溶液含有n(Fe2+)=910-3mol=0.036mol。样品中的质量分数为；
（5）① 除去蒸馏水中的氧气，利用气体的溶解度随温度升高而降低，用加热煮沸的方法获得无氧蒸馏水。
② 若硫酸亚铁铵晶体抗氧化能力强，则放置一段时间后，硫酸亚铁吸收的氧气较多，注射器内压强降低得较多，活塞向左移动的距离较长，故填“装置1”。
17.答案：(1)     、     5
(2)          催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率     不是     催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的的转化率比M点高，说明M点未达到平衡
(3)     <     1     20

【详解】（1）有机碳酸酯中含有甲基和碳氧双键，碳原子的杂化方式为、，中只含有单键，则1mol中含有5mol键，数目为5。
（2）①由图可知，在反应过程中先消耗再生成参与第一步反应，则是催化剂；该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，原因是：催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率；
②催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的的转化率比M点高，说明M点未达到平衡，M点不是对应温度下的的平衡转化率。
（3）①由图3可知，升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，则活化能<；
②由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ可得总反应　，则K总=KK2，时，该温度下1，在5L恒容密闭容器中充入5mol和10mol，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，根据已知条件列出“三段式”


则y==0.2mol/L，x-2y==0.2mol/L，则x=0.6mol/L，则。
18.答案：(1)
(2)          作氧化剂
(3)S
(4)     分液漏斗     下层
(5)平衡气压，防倒吸
(6)
(7)7587
解析：矿石(含55.2%、32%，其余为和)中加入细菌、硫酸铁溶液进行生物浸出，与硫酸铁不反应，、和与硫酸铁反应生成Cu2+、、CaSO4和S单质，过滤得滤渣为CaSO4、和S，滤液中含有Cu2+、、过量的和；往滤液中加入萃取剂CS2，静置分层后分液，水相中含、，有机相中含CuSO4，在有机相中加入蒸馏水进行反萃取，CuSO4进入水相，水相中CuSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得五水硫酸铜；往所得晶体中加入乙醇进行醇溶，加入Se和将Cu2+还原，得到粗产品，经洗涤烘干后得到。
（1）原子序数为29，基态原子价电子排布式为，则其轨道表示式为。
（2）与铁盐溶液反应生成、Cu2+和S，离子反应方程式为；该反应中铁元素化合价降低，铁盐作氧化剂。
（3）根据分析，过滤得“浸渣”为CaSO4、和S，S易溶于，因此将“浸渣”溶于，再过滤、蒸馏，可分离出S。
（4）实验室“萃取”时，主要仪器是分液漏斗；由于苯的密度比水小，因此若萃取剂为苯，“萃取”后得到的“水相”位于下层。
（5）安全瓶的作用是平衡气压，防止倒吸。
（6）阳离子交换柱中氢离子与碳酸氢根离子反应，反应的离子方程式为。
（7）10吨该矿石中，，，故，。
19.答案：(1)     加成反应     酮羰基、碳氯键或氯原子
(2)          2，2-二甲基-1，3-丙二醇
(3)
(4)bc
(5)     4     或

解析：由分子式可知A是，A与丙烯在一定条件下发生加成反应生成B，B再通过取代反应生成C；应用已知②，D通过加成生成E，D为，E为，E通过与氢气的加成生成F，然后C和F应用已知①合成G：，进而通过系列反应生成布洛酚。
（1）A到B属于加成反应；C中的官能团包括：羰基、碳氯键；
（2）F的名称是2，2-二甲基-1，3-丙二醇，G的结构简式为：；
（3）该反应为加成反应，次甲基中的H和剩余部分分别加成到HCHO中的羰基上，即 ；
（4）a.布洛芬含有苯环，可以发生加成反应，a错误；
b.布洛芬分子中左边的两个甲基可以旋转一个在苯环的平面，右边的甲基和羧基可以旋转一个到苯环的平面，故最多有11个碳原子共平面，b正确；
c.一个布洛芬分子中只含有1个手性碳，故1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为1mol，c正确；
d.未指明标况下，不能计算气体体积，d错误；
故选bc；
（5）符合条件的有机物有共有4种结构具体如下、、、；
其中核磁共振氢谱峰面积之比为12:2:2:1:1的为、。