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安徽黄山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
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这是一份安徽黄山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35页。试卷主要包含了工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
安徽黄山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
一、工业流程题
1．（2021·安徽黄山·统考二模）CuCl是有机合成工业中应用较广的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水，不溶于稀硫酸和乙醇；在潮湿的空气中易水解氧化为碱式氯化铜。工业上用黄铜矿(主要成分是 CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)为了提高矿砂浸取率，可以___________(任答两种)。
(2)“浸取”时NO中N元素主要被还原为最低价态，则反应的离子方程式为___________。
(3)“滤渣①”的成分为SiO2、S；“滤渣②”的成分是 ___________(填化学式)。
(4)已知在水溶液中存在平衡： (无色)。“还原”中所发生反应的离子方程式为___________，当出现___________现象时，表明“还原”进行完全。
(5)“一系列操作”是指加入去氧水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，加去氧水的目的 ___________。
(6)准确称取所制备的氯化亚铜产品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol∙L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点(滴定过程中Cl-不参加反应)，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3+，产品中CuCl的纯度为___________。
2．（2022·安徽黄山·统考二模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：
已知：(1)“焙烧”生成了铁红；
(2)常温下，柠檬酸()电离常数： ，， , Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。
(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。
(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)
3．（2023·安徽黄山·统考二模）碲被誉为现代工业的维生素，某工艺从精炼铜的阳极泥(主要含有Cu2Te，还有Au、Ag、SiO2等)中分别回收碲和重金属的流程如下图所示：
已知：“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，TeO2溶于强碱生成。
(1)基态Te原子的价电子排布式为___________。
(2)“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是___________；“滤液①”中 的成分为___________(填化学式)。
(3)“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是___________。
(4)写出“热还原”时发生反应的化学方程式___________。
(5)滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用________浸取(填选项，下同)，“酸浸②”可用______浸取。
A．王水 B．稀硝酸 C．浓氢氧化钠溶液 D．稀硫酸
(6)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为原碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[ (NH4)2 Fe(SO4)2 ]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为___________。
4．（2023·安徽黄山·统考二模）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图：
已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2
②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定。
请回答：
(1)步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________ 。
A．步骤I，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2， 可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50°C的热水洗涤
(3)步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是___________。
(4)步骤Ⅲ中，实验室盛放样品的容器名称是___________。
(5)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(6)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。用________称量ZnO样品0.081g，在___________中用酸溶解样品，然后在________中配制一 定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器___________(按顺序填写且用字母作答)补全以上步骤。
仪器： a．烧杯 b．托盘天平 c．容量瓶 d．分析天平 e．试剂瓶
(7)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为9.7，则1个人血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。
二、实验题
5．（2021·安徽黄山·统考二模）乙酰苯胺( )在工业上作磺胺类药物原料等，可通过苯胺和乙酸反应制得：
已知：纯乙酰苯胺是白色片状晶体，熔点为114℃；微溶于冷水，可溶于热水，易溶于有机溶剂；加热时易被氧化。
实验室制备乙酰苯胺的步骤如下(部分装置省略)：
Ⅰ.粗乙酰苯胺的制备
在150mL 烧瓶中加入15mL(过量)乙酸(沸点117.9℃)、少量Zn粉和10mL(0.11mol)新制得的苯胺，如图接好装置。在石棉网上用小火加热，控制顶端馏出温度105℃左右使之充分反应1h。待反应完成，在不断搅拌下，趁热把反应混合物缓慢地倒入盛有250mL冷水的烧杯中，乙酰苯胺晶体析出。充分冷却至室温后，减压过滤，用洗涤晶体2~3次。用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起。
Ⅱ.乙酰苯胺的提纯
将上述制得的粗乙酰苯胺固体移入500mL烧杯中，加入100mL热水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水。稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸5min，趁热过滤。待滤液冷却至室温，有晶体析出，称量产品为11.2g。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________。
(2)加入锌粉的目的是_____。反应中加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因为______。
(3)步骤Ⅰ控制馏出温度105℃的理由___________。洗涤晶体宜选用___________(填字母)。
A．乙醇 B．CCl4 C．冷水 D．乙醚
(4)步骤Ⅱ中，粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水的目的是___________。
(5)步骤Ⅱ中，称量前的操作是___________。上述提纯乙酰苯胺的方法叫___________。
(6)乙酰苯胺的产率为___________。(计算结果保留3位有效数字)
6．（2022·安徽黄山·统考二模）二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。
请回答下列问题：
(1)选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________（填小写字母）。
(2)将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为___________。
(3)仪器X中的试剂是___________。
(4)实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是___________。
(5)反应结束后，A中浊液经过滤、___________、___________得到粗产品mg。
(6)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL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。用c mol/L Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）
①滴定终点现象是___________。
②则NaC3N3O3Cl2的含量为___________。(用含m，c，V的代数式表示)
三、原理综合题
7．（2021·安徽黄山·统考二模）氮氧化物发生的反应是讨论化学平衡问题的常用体系。回答下列问题：
(1) ①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1
②2NH3(g)+2O2(g)=N2O(g)+3H2O(g) ΔH2
③2N2O (g)=N2O(g)+O2(g) ΔH3
上述反应ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系式为ΔH3=___________ 。
(2)恒压条件下，NO和O2的起始浓度一定、催化反应时间相同，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。
①图中X点所示条件下，反应___________ 达到平衡(填“已经”或“未”)。
②2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g) ΔH___________0(填“>”或“<”)。
(3)对于反应2NO+O2⇌2NO2，有人提出如下反应历程：
第一步 2NO⇌N2O2快速平衡
第二步 N2O2+O2→2NO2慢反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是______ (填标号)
A．v(第一步的逆反应)＜v(第二步反应)
B．N2O2是反应的中间产物
C．第二步反应活化能较高
D．第二步中N2O2与O2的每一次碰撞均是有效碰撞
(4)已知：N2O4(g) ⇌2NO2(g) ΔH>0。298K时，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中发生反应。
①t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为25%，则NO2分压为___________，(分压=总压×物质的量分数)，反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)的平衡常数Kx=_____ (对于气相反应，用某组分B的物质的量分数x(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kx)。
②若提高反应温度至315K，且在恒压情况下反应达到平衡，则N2O4气体的平衡转化率___________25%(填“＞”“=”“＜”)，原因是 ___________。
8．（2022·安徽黄山·统考二模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如下图所示：
已知：H2O(g)= H2O(l)的 △H计算如下： △H=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为___________。
(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：。反应达平衡时体系的总压为50 kPa，保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5 kPa，则CO2(g)的初始压强应大于___________kPa。
(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ＜ 0
II．CO2(g) + H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 ＞ 0
将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
A．210℃ B．230℃ C．催化CZT D．催化剂CZ(Zr-1)T
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。
③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
P0
0.95P0
0.92P0
0.90P0
0.90P0
反应I 的速率可表示为v=k·P(CO2)·P3 (H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0，则反应在60 min时v=___________(用含P0、k的式子表示)。达平衡时CH3OH的选择性=___________，反应II的Kc=___________。
9．（2023·安徽黄山·统考二模）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。
已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g)⇌CO2(g) ΔH2= - 394 kJ·mo1-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+ CO2(g) ΔH4
回答下列问题：
(1)NH3的空间构型为___________。NH3的键角大于PH3， 分析原因：___________。
(2)ΔH4=___________。 T℃下在某密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，假设只发生反应Ⅳ，达平衡时测得NH3的浓度为c1；保持温度不变，加压(缩小容器的体积)，测得新的平衡条件下NH3的浓度为c2，则c1___________c 2(填“>” “<”或“=”)。反应Ⅳ在___________ (填“高温” “低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行。
(3)某温度下在一刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，起始压强为1MPa， 10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则10min内v(N2)=___________MPa/min。此时平衡常数Kp=___________。对于该条件下的反应，下列说法错误的是___________。
A．当N2的体积分数不变时，说明反应已经达到化学平衡状态
B．温度升高化学反应速率加快，化学平衡常数增大
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，可以提高H2的平衡转化率
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但ΔH1不变
(4)在一定的条件 下，将AmolN2和BmolH2充入某体积固定的密闭容器中合成NH3，在不同的催化剂(甲或乙)下发生反应，反应相同时间后H2的转化率与温度的关系如图：
某学习小组的同学通过讨论得出结论： 200°C时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。判断依据是：___________。
四、结构与性质
10．（2021·安徽黄山·统考二模）我国的超级钢研究已居于世界领先地位，这种超级钢中含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，其强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。回答下列问题：
(1)基态Mn原子和V原子未成对电子数之比为___________。
(2)下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________。
A．[Ne]3s2 B．[Ne]3s23p1 C．[Ne]3s24s1 D．[Ne]3s1
(3)NH3的VSEPR模型的名称是___________，写出一种和NH3互为等电子体的阳离子的化学式___________。分子中的大π键可用符号∏表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为∏)，则平面分子 中的大π键应表示为___________。
(4)谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)的钠盐-谷氨酸钠(C5H8NO4Na)是味精的主要成分，谷氨酸分子中C原子的杂化方式为 ___________，C原子与O原子所形成的化学键中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)= ___________，π键的特征是两块电子云呈___________对称。
(5)Al2O3、N2、CO的沸点从高到低的顺序为___________。原因是___________ 。
(6)已知NaAlH4晶胞结构如图所示，它由两个正六面体叠加而成，Na+的配位数为___________。已知正六面体的棱长anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则NaAlH4晶体的密度是___________ g• cm-3 (列出计算式)。
11．（2022·安徽黄山·统考二模）元素周期表中，第四周期包括10种过渡元素(21号-30号)，它们的单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。
(1)Fe原子核外电子排布式为___________，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素有___________种。
(2)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。甘氨酸(H2NCH2COOH)中C原子的杂化形式为___________
(3)在催化作用下，呋喃()可与氨反应，转化为吡咯()。二者熔、沸点关系为：呋喃___________吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是___________。
(4)离子水合能是气态离子溶于水中成为稀溶液时释放的能量，其值越大，离子越稳定。已知离子水合能跟溶解离子的半径和电荷数有关，试分析在水溶液中比稳定的原因___________。
(5)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O，该化合物中Ti3+的配位数为___________，在该化合物中不含___________(填标号)。
A．键 B．键 C．配位键 D．离子键 E．极性键 F．非极性键
(6)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。
五、有机推断题
12．（2021·安徽黄山·统考二模）有机物J可用于治疗心血管、高血压。以烃A为起始原料制备J合成路线如下：
已知：(1)RX RCN RCOOH
(2) +R1-NH-R2
(1)A的化学名称为___________，反应①的试剂与反应条件是___________。
(2)G中除外的官能团名称为___________。
(3)反应④的化学方程式___________。
(4)反应⑦的反应类型是___________，I的结构简式为___________。
(5)M是E的同分异构体，为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应，M共有___种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为___________(任写一种)
(6)已知：结合题给信息和已学知识，设计由 为原料制备的合成路线_______。(无机试剂任选)
13．（2022·安徽黄山·统考二模）化合物J是一种医药中间体，实验室中J的一种合成路线如下：
已知： + (其中R1、R2为烃基或氢原子，R3为烃基)回答下列问题：
(1)B的名称为___________；C的结构简式为___________；D中官能团的名称是___________。
(2)F→G，H→I的反应类型分别为___________、___________。
(3)E→F的化学方程式是___________。
(4)E的同分异构体中，含有硝基(-NO2)的芳香族化合物共有___________种，任写出其中一种核磁共振氢谱具有三组峰的结构简式：___________。
(5)参照上述部分合成路线和信息，以CH3CHO和为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______。
14．（2023·安徽黄山·统考二模）化合物H是降脂类药物瑞舒伐他汀制备中的关键中间体。在医药工业中的一种合成方法如下：
已知： i.
ii. 与苯结构相似， 六元环中存在共轭大键，具有芳香性。
回答下列问题： ；
(1)A中官能团名称为___________， C的化学名称为___________。
(2)E中碳原子的杂化方式有___________种。
(3)写出E→F的转化过程中另一生成物的电子式___________。
(4)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)
a含有和两个直接相连的六元环
b．两个六元环上均只有一条侧链， - SCH2CH2F与 连接
c．可以使溴的四氯化碳溶液褪色
其中含有手性碳原子的结构简式为___________。
(5)参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线___________(无机试剂及不超过两个碳的有机试剂任选)。
参考答案：
1． 粉碎矿砂、适当提高硫酸浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等 8CuFeS2 + 5NO+50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH+15H2O Fe(OH)3 (写CuO和Fe(OH)3不扣分) Cu + Cu2+ + 6Cl—2[CuCl3]2— 溶液由淡蓝色变为无色 稀释，使上述平衡左移，析出CuCl固体；防止CuCl被水解氧化为碱式氯化铜
【分析】由题给流程可知，向黄铜矿中加入硝酸铵和稀硫酸，酸性条件下，CuFeS2与硝酸铵反应生成硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵、硫沉淀和水，过滤得到含有二氧化硅、硫的沉淀的滤渣①和含有硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵的滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，使溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣②和含有硫酸铜、硫酸铵的滤液；向滤液中加入铜、氯化钠和浓盐酸，铜与溶液中的铜离子和氯离子共热反应生成[CuCl3]2-离子，过滤得到含有[CuCl3]2-离子的滤液；向滤液中加入去氧水，稀释使[CuCl3]2-离子转化为氯化亚铜沉淀，过滤后用用无水乙醇洗涤、真空干燥得到氯化亚铜。
【详解】(1) 将黄铜矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等可以提高加入硝酸铵和稀硫酸浸取时，矿砂的浸取率，故答案为：粉碎矿砂、适当提高硫酸浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等；
(2) “浸取”时发生的反应为CuFeS2与硝酸铵反应生成硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵、硫沉淀和水，反应的离子方程式为8CuFeS2 + 5NO+50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH+15H2O，故答案为：8CuFeS2 + 5NO+50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH+15H2O；
(3) 由分析可知，滤渣②的成分为氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3；
(4) 还原”中所发生的反应为铜与溶液中的铜离子和氯离子共热反应生成[CuCl3]2-离子，当淡蓝色的铜离子完全转化为无色的[CuCl3]2-离子时，说明反应完全，反应的离子方程式为Cu + Cu2+ + 6Cl—2[CuCl3]2—，故答案为：Cu + Cu2+ + 6Cl—2[CuCl3]2—；
(5) 由分析可知，“一系列操作”，向滤液中加入去氧水，稀释，使平衡左移，将[CuCl3]2-离子转化为氯化亚铜沉淀，同时防止生成氯化亚铜被水解氧化为碱式氯化铜，过滤后用用无水乙醇洗涤、真空干燥得到氯化亚铜，故答案为：稀释，使上述平衡左移，析出CuCl固体；防止CuCl被水解氧化为碱式氯化铜；
(6) 由题意可知，氯化亚铜溶于过量氯化铁溶液发生的反应为Fe3+ +CuCl= Cu2+ + 6Cl—+Fe2+ ，滴定过程中发生的反应为6Fe2++Cr2O+14H+=6 Fe3++2Cr3++7 H2O，由方程式可得如下关系式：6CuCl——Cr2O，反应中消耗Cr2O离子的物质的量为10—3abmol，则产品中CuCl的纯度为×100%=，故答案为：。
2．(1) 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4
(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S
(3) 酸式 酸
(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解
(6)86.72%
【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。
【详解】（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；
（2）FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
（3）由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，， ，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；
（4）若铝离子浓度为0.1mol/L， “除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；
（5）温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
（6）根据铁原子守恒可知，某工厂用1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为：=5mol，经过焙烧、酸化后形成5molFe3+，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，则还原后得到的Fe2+的物质的量为7.5mol，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为：7.5mol×246g/mol=1.845kg，而实际上只制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为=86.72%，故答案为：86.72%。
3．(1)5s25p4
(2) 使气体与固体充分混合，使反应物充分反应 Na2TeO3、 Na2SiO3
(3)H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率
(4)
(5) D B
(6)
【分析】阳极泥中含有Cu2Te、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2 、SiO2等；经过“碱浸”，TeO2变为, SiO2变为而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸,则“酸浸①”可以使用H2SO4溶解氧化铜，分离出Ag、Au，“酸浸②”可以使用HNO3，溶解Ag分离出Au；向“滤液①”中加入双氧水，将氧化为，得到 Na2TeO4沉淀，再经过“热还原”得到碲粉。
【详解】（1）基态Te原子的价电子排布式为5s25p4，答案为：5s25p4；
（2）“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，由分析知“滤液①”中 的成分为Na2TeO3、 Na2SiO3，答案为：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，Na2TeO3、 Na2SiO3；
（3）“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率，答案为：H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率；
（4）“热还原”时+4价的硫被氧化为+6价碲被还原为金属单质，发生反应的化学方程式：；
（5）由分析可知滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用浸取稀硫酸浸取，“酸浸②”可用稀硝酸浸取，答案为：D B；
（6）根据电子转移守恒可知亚碲酸与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是3∶1，硫酸亚铁铵与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是6∶1，所以得到=mol，粗碲粉中碲的质量分数为 = 。
4．(1)4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4
(2)BC
(3)为了控制ZnO的颗粒大小
(4)坩埚
(5)杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去
(6)d、a、c
(7)6
【分析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到ε−Zn(OH)2，过滤、洗涤得到ε−Zn(OH)2，控温，在坩埚中煅烧得到纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。
【详解】（1）根据信息含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2 ，步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠溶液过量，反应的化学方程式4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4；故答案为：4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4。
（2）A．步骤I，在强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量氢氧化钠溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，故B错误；C．根据ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定，步骤Ⅱ，若用50°C的热水洗涤，会导致ε−Zn(OH)2晶型不稳定，会发生一定变化，故C错误；综上所述，答案为：BC。
（3）步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小；故答案为：为了控制ZnO的颗粒大小。
（4）步骤Ⅲ是煅烧固体药品，实验室盛放样品的容器名称是坩埚；故答案为：坩埚。
（5）用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应生成碳酸锌沉淀、醋酸铵，杂质中含有CH3COO－、、，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO－、、反应生成二氧化碳、氨气、水，二氧化碳、氨气、水高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤；故答案为：杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
（6）根据样品质量的精确度，说明应该用分析天平称量ZnO样品0.081g，配制一定物质的量浓度的溶液时，先在烧杯中中用酸溶解样品，然后在容量瓶中配制一定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+；故答案为：d、a、c。
（7）根据图中信息，取样测得荧光强度比值为9.7，则c(Cu2+)＝3×10−7mol∙L−1，溶液体积为1L，则n(Cu2+)＝3×10−7mol，7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，则n(人血浆铜蓝蛋白)＝，个数之比等于物质的量之比，所以1个人血浆铜蓝蛋白中含有Cu2+个数；故答案为：6。
5． (直形)冷凝管 与乙酸反应生成氢气除去装置内的氧气 锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低 有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出 C 减少趁热过滤时乙酰苯胺的损失(或防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失) 过滤、洗涤、干燥 重结晶 75.4%
【分析】本实验是通过苯胺和乙酸反应制备乙酰苯胺( )，由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止乙酰苯胺被氧化；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，故将反应混合物倒入冷水中，使乙酰苯胺晶体析出，洗涤后得到粗品，提纯后得到纯净的乙酰苯胺。
【详解】(1)仪器a是直形冷凝管；
(2)由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止乙酰苯胺被氧化；锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低，因此反应中加入锌粉的量不宜过多；
(3)苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度105℃有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出，使反应向正向进行，从而得到更多的乙酰苯胺；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于有机溶剂，因此应用冷水洗涤晶体，答案选C；
(4)粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水，可以防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失；
(5)待滤液冷却至室温，有晶体析出，过滤后的到晶体，将晶体洗涤、干燥后才能够进行称量；上述提纯乙酰苯胺的方法是重结晶；
(6) +CH3COOH+H2O，过量乙酸和0.11mol苯胺反应，理论上生成乙酰苯胺的物质的量为0.11mol，则其产率为。
6．(1)fghabe
(2)KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O
(3)NaOH或氢氧化钠溶液
(4)通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成
(5) 冷水洗涤 干燥
(6) 滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复
【分析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。据此可回答各个问题。
【详解】（1）按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。
（2）装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O。
（3）仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。
（4）观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。
（5）考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。
（6）①NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；②由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cV g，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cV g。则NaC3N3O3Cl2的含量。
【点睛】回答滴定终点的现象时不能简单描述为“溶液褪色”，要加上“滴加最后一滴标准溶液”以及“半分钟不恢复”的条件，才能保证达到了滴定终点。
7． ΔH2-ΔH1 未 ＜ BC 0.4p p ＞ 温度升高，平衡正向移动；体系分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动。
【分析】根据盖斯定律计算△H3；根据图象，图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，而实线，随温度升高，NO的转化率先升高后降低，是因为温度较低时，由于反应较慢，一段时间内，反应还未达到平衡，据此分析解答(2)；根据化学平衡常数的计算表达式，结合温度和压强对平衡的影响分析解答(4)。
【详解】(1)①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1，②2NH3(g)+2O2(g)=N2O(g)+3H2O(g) ΔH2，③2N2O (g)=N2O(g)+O2(g) ΔH3，根据盖斯定律，③=②-×①，因此△H3=ΔH2-ΔH1，故答案为：ΔH3=ΔH2-ΔH1；
(2) ①根据图象，图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，而实线，随温度升高，NO的转化率先升高后降低，是因为温度较低时，由于反应较慢，一段时间内，反应还未达到平衡，因此X点没有达到平衡状态，故答案为：未；
②图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；
(3)A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A错误；B．根据总反应2NO+O2 ⇌2NO2，N2O2是反应的中间产物，故B正确；C．第二步是慢反应，说明第二步反应活化能较高，故C正确；D．N2O2与O2的碰撞不一定是有效碰撞，需要满足合适的取向和能量，故D错误；故答案为：BC；
(4)①N2O4(g) ⇌2NO2(g)，N2O4气体的平衡转化率为25%，设起始时N2O4的物质的量为x，则平衡时剩余的N2O4为0.75x，生成的NO2为0.5x，混合气体平衡总压强为p，则NO2分压为p×=0.4p；N2O4分压为p×=0.6p；反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)的平衡常数Kx==p，故答案为：0.4p；p；
②N2O4(g) ⇌2NO2(g) ΔH>0，为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，体系中分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器的体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动，因此N2O4气体的平衡转化率增大，故答案为：＞；温度升高，平衡正向移动，体系分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动。
8．(1)C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=+133 kJ·mol-1
(2)120
(3) BD 温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低(其他合理答案均可给分) k P 22.2% 0.3
【详解】（1）ΔH =生成物总能量-反应物总能量，CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=-110 kJ·mol-1 -286kJ·mol-1 +52kJ·mol-1+393kJ·mol-1 +84kJ·mol-1=+133 kJ·mol-1；
（2）因为反应温度不变，故化学平衡常数K不变, 化学反应方程式为：，平衡常数，将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，反应达平衡时体系总压为50kPa，则p(CO2)=p(H2O)=25 kPa，=25 kPa×25 kPa=625kPa2。设CO2(g)的初始压强为 x kPa，平衡时p(CO2)=(5+x) kPa，p(H2O)=5 kPa，则有Kp=p(CO2)·p(H2O)=625kPa2=5kPa×(x+5)kPa，解得x=120。故要使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于120 kPa；
（3）①如图可知合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T 故选BD；
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中， ，，a+3a= P0，a=0.25 P0，x+y=0.15 P0，a-(x+y)+3(a-x)-y+y+x+y=0.9 P0，解得x= P0，y= P0，P(CO2)=0.1 P0，P (H2)= P0，v=k·P(CO2)·P3 (H2)，则反应在60 min时v=k P；CH3OH的选择性=×100%=；反应II的Kc=。
9．(1) 三角锥形 中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大
(2) +160kJ·mol-l = 高温
(3) 0.01 12.5( MPa)-2 B
(4)催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率
【详解】（1）NH3中心原子氮原子形成3个共价键且含有1对孤电子对，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；NH3的键角大于PH3，原因为：中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3 中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大；
（2）已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g)⇌CO2(g) ΔH2= - 394 kJ·mo1-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得到反应Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+ CO2(g)，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+160 kJ·mol-1；
反应Ⅳ的平衡常数为：K=c2(NH3)c(CO2)，密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，保持温度不变，加压平衡常数不变，则新的平衡条件下NH3的浓度为c2=c1；反应Ⅳ为吸热的熵增反应，故在高温条件下能够自发进行；
（3）刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，假设投料均为1mol，起始压强为1MPa；10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则总的物质的量为1.6mol，总的物质的量减小0.4mol，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知生成氨气0.4mol、消耗氮气、氢气分别为0.2mol、0.6mol，平衡时氮气、氢气、氨气分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，则10min内v(N2)=MPa/min。此时平衡常数Kp=。
A．当N2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应已经达到化学平衡状态，A正确；
B．反应为放热反应，温度升高化学反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，B错误；
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，平衡正向移动，可以提高H2的平衡转化率，C正确；
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但不该反应的焓变，故ΔH1不变，D正确；
故选B；
（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率，与图像不符，故200°C时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。
10． 5∶3 D 四面体形 H3O+ ∏ sp2、sp3 2∶1 镜面 Al2O3>CO>N2 Al2O3 为离子晶体沸点较高，CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大沸点较高 8
【分析】Mn是25号元素，V是23号元素，结合核外电子的排布规律分析解答；电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态，原子的第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，据此分析判断；谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)分子中存在两种类型的碳原子，结合价层电子对互拆理论分析解答；相对分子质量相同的分子晶体，极性分子的范德华力较大，沸点较高，据此分析判断；根据均摊法计算晶体中含有的阴阳离子数目，再结合ρ=计算。
【详解】(1) Mn元素处于第四周期第ⅦB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，3d轨道的5个电子未成对，V元素处于第四周期第VB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，价电子排布式为3d34s2，3d轨道的3个电子未成对，未成对电子数之比为5∶3，故答案为：5∶3；
(2)铝的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态大于激发态，ABD属于基态、C属于激发态，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为：D；
(3)NH3分子中N原子的价层电子对个数是4，包括一个孤电子对，VSEPR模型为四面体形；NH3分子含有4个原子、8个价电子数，与氨气分子互为等电子体的阳离子为H3O+； 中的碳和其中一个氮原子采用sp2杂化，各有一个垂直杂化轨道平面的p轨道填充1个电子，并参与形成大π键，另一个N原子采用sp3杂化，有一个垂直的p轨道填充2个电子，参与形成大π键，由此可知形成的大π键的电子数为6，而形成大π键的原子数为5，该分子中的大π键表示为∏，故答案为：四面体形；H3O+；∏；
(4)谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)分子中存在两种类型的碳原子，其中-COOH上的C原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化；C原子与O原子所形成的化学键中包括2个C=O，和2个C-O，σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=[2×(1+1)]∶ (2×1)=2∶1；π键的特征是两块电子云呈镜面对称，故答案为：sp2、sp3；2∶1；镜面；
(5)Al2O3是原子晶体，沸点很高，N2、CO是分子晶体，相对分子质量：N2=CO，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大，沸点较高，沸点：CO ＞N2，因此沸点从高到低的顺序为Al2O3>CO>N2，故答案为：Al2O3>CO>N2；Al2O3为离子晶体沸点较高，CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大沸点较高；
(6)根据图示，以上底面的钠离子为例，与该钠离子距离最近且相等的阴离子有8个，Na+的配位数为8；正六面体的棱长anm，则该晶胞的体积为2a3nm3=2×(a×10-7) 3cm3，晶胞中含有钠离子的个数=6×+4×=4，因此晶胞的质量=g，则NaAlH4晶体的密度== g• cm-3，故答案为：8；。
11．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2 0
(2)sp3、sp2
(3) 低于 吡咯易形成分子间氢键
(4)与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大
(5) 6 BF
(6) (1，，)
【详解】（1）①铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2；
②铁为第四周期Ⅷ族元素，未成对电子数为4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素0个；
（2）①甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为杂化；
（3）①影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯；
②吡咯易形成分子间氢键；
（4）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里比稳定的原因为：的半径小且所带电荷多，水化能大；
（5）①Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；
②该化合物中中存在键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在键和非极性共价键，答案选BF；
（6）①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，，)，则c点的离子坐标为(1，，)；
②每个原子被3个O原子包围，每个O原子被3个原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个原子，三角形的面积，如图，实际上每个原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为，O原子个数为，每平方米面积上分散的该晶体的质量为。
12． 甲苯 Cl2/光照 羟基、氯原子 +Cl2 +HCl 还原反应 6 或
【分析】由有机物的转化关系可知，在光照条件下， 与氯气发生取代反应生成 ，则A为 、B为 ；与NaCN发生取代反应生成 ，则C为 ； 在酸性条件下发生水解反应生成 ，则D为 ；在铁或氯化铁做催化剂作用下， 与氯气发生取代反应生成 ， 与SOCl2发生取代反应生成 ， 与CH3NHCH2CH2OH发生取代反应生成，则G为 ；与B2H6发生还原反应生成，与PCl3发生取代反应生成，则I为；在氯化铝作用下，发生取代反应生成。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为 ，名称为甲苯；反应①为在光照条件下，与氯气发生取代反应生成 和氯化氢，故答案为：甲苯；Cl2/光照；
(2) 由分析可知，G的结构简式为 ，分子中除外，还含有的官能团为羟基、氯原子；故答案为：羟基、氯原子；
(3) 由分析可知，反应④为在铁或氯化铁做催化剂作用下， 与氯气发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+Cl2 +HCl，故答案为：+Cl2 +HCl；
(4) 由分析可知，反应⑦为与B2H6发生还原反应生成 ；I的结构简式为 ，故答案为：还原反应；；
(5) 由E的同分异构体M为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应可知，M分子中含有的取代基为—OOCH和—CH2Cl或—CH2OOCH和—Cl，两个取代基在苯环上存在邻、间、对三种位置关系，则M的结构共有6种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为 、 ，故答案为： 或 ；
(6) 结合题给信息可知，由 为原料制备 的合成步骤为在催化剂作用下， 与HCN发生加成反应生成 ， 酸性条件下发生水解反应生成 ，在浓硫酸作用下， 分子间发生酯化反应生成 ，合成路线如下：，故答案为：。
13．(1) 对硝基苯酚(或 4-硝基苯酚) 氨基、酯基
(2) 氧化反应 取代反应
(3)++H2O
(4) 14 或
(5)CH3CHOCH3CH2OH
【详解】（1）由B的结构简式可得B的名称为对硝基苯酚(或 4-硝基苯酚)，由C到D的条件可知发生还原反应，所以把氨基变为硝基可得C的结构简式为 ，由D的结构简式可得D含有的官能团的名称为氨基、酯基，故答案为：对硝基苯酚(或 4-硝基苯酚)； ；氨基、酯基；
（2）由F和G的结构简式可知减少了两个氢原子，结合反应条件可知F→G的反应类型为氧化反应，由H和I的结构简式可知H→I的反应类型为取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3）结合已知条件和E的结构简式可得E→F的化学方程式是++H2O，故答案为：++H2O；
（4）E的同分异构体中，含有硝基(-NO2)的芳香族化合物，如果是硝基和乙基，取代基在苯环上可以得到邻、间、对位三种结构， 、、 ，也可以是硝基取代乙基上的氢，有两种结构， 、；如果是两个甲基和硝基，分成三种情况：两个甲基邻位，硝基有三种位置， ，两个甲基间位，硝基有四种位置，，两个甲基对位，硝基有两种位置，，所以符合条件的一共3+2+3+4+2=14种，其中核磁共振氢谱具有三组峰的结构简式有或，故答案为：14； 或；
（5）结合题干合成路线和信息，以CH3CHO和为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为CH3CHOCH3CH2OH ，故答案为：CH3CHOCH3CH2OH 。
14．(1) 醛基、碳氟键 2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)
(2)3
(3)
(4) 24 (苯环上侧链在邻位或间位均可)
(5)
【分析】结合A的分子式和B的结构简式，以及AB的反应条件可知A为；根据A的结构简式可知知道其中的官能团的名称，根据化合物E中碳原子的成键特征可以知道其中碳的杂化方式，以此解题。
【详解】（1）由分析可知A为，则A中官能团名称为醛基、碳氟键；根据C的结构简式可知化学名称为：2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)；
（2）根据E的结构简式可知，其中饱和碳的杂化方式为sp3杂化，苯环上的和碳碳双键中的碳是sp2杂化，碳氮三键中的碳是sp杂化，一共3种杂化方式；
（3）对比E和F的结构简式可知，其转化过程中另一生成物为HI，其电子式为：；
（4）含有和两个六元环，则核外含有6个碳原子，可以使溴的四氯化碳溶液褪色说明侧链上含有碳碳双键，两个六元环上均只有一条侧链， - SCH2CH2F与 连接，则另一个支链上含有4个碳原子且含有1个碳碳双键，则可以理解为苯环上两个支链，一个支链为，另一个支链为：或或或或或或或，每一组在苯环上都有邻、间、对三个位置，则一共有24中结构，其中含有手性碳原子的结构简式为；
（5）首先在浓硫酸和加热的条件上乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，随后根据信息i乙酸乙酯和CH3CN反应生成，最后CuCl的条件下和生成产物，具体流程为：。
安徽黄山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
一、工业流程题
1．（2021·安徽黄山·统考二模）CuCl是有机合成工业中应用较广的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水，不溶于稀硫酸和乙醇；在潮湿的空气中易水解氧化为碱式氯化铜。工业上用黄铜矿(主要成分是 CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)为了提高矿砂浸取率，可以___________(任答两种)。
(2)“浸取”时NO中N元素主要被还原为最低价态，则反应的离子方程式为___________。
(3)“滤渣①”的成分为SiO2、S；“滤渣②”的成分是 ___________(填化学式)。
(4)已知在水溶液中存在平衡： (无色)。“还原”中所发生反应的离子方程式为___________，当出现___________现象时，表明“还原”进行完全。
(5)“一系列操作”是指加入去氧水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，加去氧水的目的 ___________。
(6)准确称取所制备的氯化亚铜产品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol∙L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点(滴定过程中Cl-不参加反应)，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3+，产品中CuCl的纯度为___________。
2．（2022·安徽黄山·统考二模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：
已知：(1)“焙烧”生成了铁红；
(2)常温下，柠檬酸()电离常数： ，， , Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。
(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。
(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)
3．（2023·安徽黄山·统考二模）碲被誉为现代工业的维生素，某工艺从精炼铜的阳极泥(主要含有Cu2Te，还有Au、Ag、SiO2等)中分别回收碲和重金属的流程如下图所示：
已知：“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，TeO2溶于强碱生成。
(1)基态Te原子的价电子排布式为___________。
(2)“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是___________；“滤液①”中 的成分为___________(填化学式)。
(3)“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是___________。
(4)写出“热还原”时发生反应的化学方程式___________。
(5)滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用________浸取(填选项，下同)，“酸浸②”可用______浸取。
A．王水 B．稀硝酸 C．浓氢氧化钠溶液 D．稀硫酸
(6)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为原碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[ (NH4)2 Fe(SO4)2 ]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为___________。
4．（2023·安徽黄山·统考二模）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图：
已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2
②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定。
请回答：
(1)步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________ 。
A．步骤I，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2， 可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50°C的热水洗涤
(3)步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是___________。
(4)步骤Ⅲ中，实验室盛放样品的容器名称是___________。
(5)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(6)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。用________称量ZnO样品0.081g，在___________中用酸溶解样品，然后在________中配制一 定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器___________(按顺序填写且用字母作答)补全以上步骤。
仪器： a．烧杯 b．托盘天平 c．容量瓶 d．分析天平 e．试剂瓶
(7)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为9.7，则1个人血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。
二、实验题
5．（2021·安徽黄山·统考二模）乙酰苯胺( )在工业上作磺胺类药物原料等，可通过苯胺和乙酸反应制得：
已知：纯乙酰苯胺是白色片状晶体，熔点为114℃；微溶于冷水，可溶于热水，易溶于有机溶剂；加热时易被氧化。
实验室制备乙酰苯胺的步骤如下(部分装置省略)：
Ⅰ.粗乙酰苯胺的制备
在150mL 烧瓶中加入15mL(过量)乙酸(沸点117.9℃)、少量Zn粉和10mL(0.11mol)新制得的苯胺，如图接好装置。在石棉网上用小火加热，控制顶端馏出温度105℃左右使之充分反应1h。待反应完成，在不断搅拌下，趁热把反应混合物缓慢地倒入盛有250mL冷水的烧杯中，乙酰苯胺晶体析出。充分冷却至室温后，减压过滤，用洗涤晶体2~3次。用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起。
Ⅱ.乙酰苯胺的提纯
将上述制得的粗乙酰苯胺固体移入500mL烧杯中，加入100mL热水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水。稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸5min，趁热过滤。待滤液冷却至室温，有晶体析出，称量产品为11.2g。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________。
(2)加入锌粉的目的是_____。反应中加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因为______。
(3)步骤Ⅰ控制馏出温度105℃的理由___________。洗涤晶体宜选用___________(填字母)。
A．乙醇 B．CCl4 C．冷水 D．乙醚
(4)步骤Ⅱ中，粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水的目的是___________。
(5)步骤Ⅱ中，称量前的操作是___________。上述提纯乙酰苯胺的方法叫___________。
(6)乙酰苯胺的产率为___________。(计算结果保留3位有效数字)
6．（2022·安徽黄山·统考二模）二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。
请回答下列问题：
(1)选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________（填小写字母）。
(2)将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为___________。
(3)仪器X中的试剂是___________。
(4)实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是___________。
(5)反应结束后，A中浊液经过滤、___________、___________得到粗产品mg。
(6)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL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。用c mol/L Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）
①滴定终点现象是___________。
②则NaC3N3O3Cl2的含量为___________。(用含m，c，V的代数式表示)
三、原理综合题
7．（2021·安徽黄山·统考二模）氮氧化物发生的反应是讨论化学平衡问题的常用体系。回答下列问题：
(1) ①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1
②2NH3(g)+2O2(g)=N2O(g)+3H2O(g) ΔH2
③2N2O (g)=N2O(g)+O2(g) ΔH3
上述反应ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系式为ΔH3=___________ 。
(2)恒压条件下，NO和O2的起始浓度一定、催化反应时间相同，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。
①图中X点所示条件下，反应___________ 达到平衡(填“已经”或“未”)。
②2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g) ΔH___________0(填“>”或“<”)。
(3)对于反应2NO+O2⇌2NO2，有人提出如下反应历程：
第一步 2NO⇌N2O2快速平衡
第二步 N2O2+O2→2NO2慢反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是______ (填标号)
A．v(第一步的逆反应)＜v(第二步反应)
B．N2O2是反应的中间产物
C．第二步反应活化能较高
D．第二步中N2O2与O2的每一次碰撞均是有效碰撞
(4)已知：N2O4(g) ⇌2NO2(g) ΔH>0。298K时，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中发生反应。
①t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为25%，则NO2分压为___________，(分压=总压×物质的量分数)，反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)的平衡常数Kx=_____ (对于气相反应，用某组分B的物质的量分数x(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kx)。
②若提高反应温度至315K，且在恒压情况下反应达到平衡，则N2O4气体的平衡转化率___________25%(填“＞”“=”“＜”)，原因是 ___________。
8．（2022·安徽黄山·统考二模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如下图所示：
已知：H2O(g)= H2O(l)的 △H计算如下： △H=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为___________。
(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：。反应达平衡时体系的总压为50 kPa，保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5 kPa，则CO2(g)的初始压强应大于___________kPa。
(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ＜ 0
II．CO2(g) + H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 ＞ 0
将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
A．210℃ B．230℃ C．催化CZT D．催化剂CZ(Zr-1)T
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。
③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
P0
0.95P0
0.92P0
0.90P0
0.90P0
反应I 的速率可表示为v=k·P(CO2)·P3 (H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0，则反应在60 min时v=___________(用含P0、k的式子表示)。达平衡时CH3OH的选择性=___________，反应II的Kc=___________。
9．（2023·安徽黄山·统考二模）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。
已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g)⇌CO2(g) ΔH2= - 394 kJ·mo1-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+ CO2(g) ΔH4
回答下列问题：
(1)NH3的空间构型为___________。NH3的键角大于PH3， 分析原因：___________。
(2)ΔH4=___________。 T℃下在某密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，假设只发生反应Ⅳ，达平衡时测得NH3的浓度为c1；保持温度不变，加压(缩小容器的体积)，测得新的平衡条件下NH3的浓度为c2，则c1___________c 2(填“>” “<”或“=”)。反应Ⅳ在___________ (填“高温” “低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行。
(3)某温度下在一刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，起始压强为1MPa， 10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则10min内v(N2)=___________MPa/min。此时平衡常数Kp=___________。对于该条件下的反应，下列说法错误的是___________。
A．当N2的体积分数不变时，说明反应已经达到化学平衡状态
B．温度升高化学反应速率加快，化学平衡常数增大
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，可以提高H2的平衡转化率
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但ΔH1不变
(4)在一定的条件 下，将AmolN2和BmolH2充入某体积固定的密闭容器中合成NH3，在不同的催化剂(甲或乙)下发生反应，反应相同时间后H2的转化率与温度的关系如图：
某学习小组的同学通过讨论得出结论： 200°C时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。判断依据是：___________。
四、结构与性质
10．（2021·安徽黄山·统考二模）我国的超级钢研究已居于世界领先地位，这种超级钢中含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，其强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。回答下列问题：
(1)基态Mn原子和V原子未成对电子数之比为___________。
(2)下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________。
A．[Ne]3s2 B．[Ne]3s23p1 C．[Ne]3s24s1 D．[Ne]3s1
(3)NH3的VSEPR模型的名称是___________，写出一种和NH3互为等电子体的阳离子的化学式___________。分子中的大π键可用符号∏表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为∏)，则平面分子 中的大π键应表示为___________。
(4)谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)的钠盐-谷氨酸钠(C5H8NO4Na)是味精的主要成分，谷氨酸分子中C原子的杂化方式为 ___________，C原子与O原子所形成的化学键中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)= ___________，π键的特征是两块电子云呈___________对称。
(5)Al2O3、N2、CO的沸点从高到低的顺序为___________。原因是___________ 。
(6)已知NaAlH4晶胞结构如图所示，它由两个正六面体叠加而成，Na+的配位数为___________。已知正六面体的棱长anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则NaAlH4晶体的密度是___________ g• cm-3 (列出计算式)。
11．（2022·安徽黄山·统考二模）元素周期表中，第四周期包括10种过渡元素(21号-30号)，它们的单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。
(1)Fe原子核外电子排布式为___________，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素有___________种。
(2)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。甘氨酸(H2NCH2COOH)中C原子的杂化形式为___________
(3)在催化作用下，呋喃()可与氨反应，转化为吡咯()。二者熔、沸点关系为：呋喃___________吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是___________。
(4)离子水合能是气态离子溶于水中成为稀溶液时释放的能量，其值越大，离子越稳定。已知离子水合能跟溶解离子的半径和电荷数有关，试分析在水溶液中比稳定的原因___________。
(5)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O，该化合物中Ti3+的配位数为___________，在该化合物中不含___________(填标号)。
A．键 B．键 C．配位键 D．离子键 E．极性键 F．非极性键
(6)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。
五、有机推断题
12．（2021·安徽黄山·统考二模）有机物J可用于治疗心血管、高血压。以烃A为起始原料制备J合成路线如下：
已知：(1)RX RCN RCOOH
(2) +R1-NH-R2
(1)A的化学名称为___________，反应①的试剂与反应条件是___________。
(2)G中除外的官能团名称为___________。
(3)反应④的化学方程式___________。
(4)反应⑦的反应类型是___________，I的结构简式为___________。
(5)M是E的同分异构体，为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应，M共有___种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为___________(任写一种)
(6)已知：结合题给信息和已学知识，设计由 为原料制备的合成路线_______。(无机试剂任选)
13．（2022·安徽黄山·统考二模）化合物J是一种医药中间体，实验室中J的一种合成路线如下：
已知： + (其中R1、R2为烃基或氢原子，R3为烃基)回答下列问题：
(1)B的名称为___________；C的结构简式为___________；D中官能团的名称是___________。
(2)F→G，H→I的反应类型分别为___________、___________。
(3)E→F的化学方程式是___________。
(4)E的同分异构体中，含有硝基(-NO2)的芳香族化合物共有___________种，任写出其中一种核磁共振氢谱具有三组峰的结构简式：___________。
(5)参照上述部分合成路线和信息，以CH3CHO和为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______。
14．（2023·安徽黄山·统考二模）化合物H是降脂类药物瑞舒伐他汀制备中的关键中间体。在医药工业中的一种合成方法如下：
已知： i.
ii. 与苯结构相似， 六元环中存在共轭大键，具有芳香性。
回答下列问题： ；
(1)A中官能团名称为___________， C的化学名称为___________。
(2)E中碳原子的杂化方式有___________种。
(3)写出E→F的转化过程中另一生成物的电子式___________。
(4)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)
a含有和两个直接相连的六元环
b．两个六元环上均只有一条侧链， - SCH2CH2F与 连接
c．可以使溴的四氯化碳溶液褪色
其中含有手性碳原子的结构简式为___________。
(5)参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线___________(无机试剂及不超过两个碳的有机试剂任选)。
参考答案：
1． 粉碎矿砂、适当提高硫酸浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等 8CuFeS2 + 5NO+50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH+15H2O Fe(OH)3 (写CuO和Fe(OH)3不扣分) Cu + Cu2+ + 6Cl—2[CuCl3]2— 溶液由淡蓝色变为无色 稀释，使上述平衡左移，析出CuCl固体；防止CuCl被水解氧化为碱式氯化铜
【分析】由题给流程可知，向黄铜矿中加入硝酸铵和稀硫酸，酸性条件下，CuFeS2与硝酸铵反应生成硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵、硫沉淀和水，过滤得到含有二氧化硅、硫的沉淀的滤渣①和含有硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵的滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，使溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣②和含有硫酸铜、硫酸铵的滤液；向滤液中加入铜、氯化钠和浓盐酸，铜与溶液中的铜离子和氯离子共热反应生成[CuCl3]2-离子，过滤得到含有[CuCl3]2-离子的滤液；向滤液中加入去氧水，稀释使[CuCl3]2-离子转化为氯化亚铜沉淀，过滤后用用无水乙醇洗涤、真空干燥得到氯化亚铜。
【详解】(1) 将黄铜矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等可以提高加入硝酸铵和稀硫酸浸取时，矿砂的浸取率，故答案为：粉碎矿砂、适当提高硫酸浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等；
(2) “浸取”时发生的反应为CuFeS2与硝酸铵反应生成硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵、硫沉淀和水，反应的离子方程式为8CuFeS2 + 5NO+50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH+15H2O，故答案为：8CuFeS2 + 5NO+50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH+15H2O；
(3) 由分析可知，滤渣②的成分为氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3；
(4) 还原”中所发生的反应为铜与溶液中的铜离子和氯离子共热反应生成[CuCl3]2-离子，当淡蓝色的铜离子完全转化为无色的[CuCl3]2-离子时，说明反应完全，反应的离子方程式为Cu + Cu2+ + 6Cl—2[CuCl3]2—，故答案为：Cu + Cu2+ + 6Cl—2[CuCl3]2—；
(5) 由分析可知，“一系列操作”，向滤液中加入去氧水，稀释，使平衡左移，将[CuCl3]2-离子转化为氯化亚铜沉淀，同时防止生成氯化亚铜被水解氧化为碱式氯化铜，过滤后用用无水乙醇洗涤、真空干燥得到氯化亚铜，故答案为：稀释，使上述平衡左移，析出CuCl固体；防止CuCl被水解氧化为碱式氯化铜；
(6) 由题意可知，氯化亚铜溶于过量氯化铁溶液发生的反应为Fe3+ +CuCl= Cu2+ + 6Cl—+Fe2+ ，滴定过程中发生的反应为6Fe2++Cr2O+14H+=6 Fe3++2Cr3++7 H2O，由方程式可得如下关系式：6CuCl——Cr2O，反应中消耗Cr2O离子的物质的量为10—3abmol，则产品中CuCl的纯度为×100%=，故答案为：。
2．(1) 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4
(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S
(3) 酸式 酸
(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解
(6)86.72%
【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。
【详解】（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；
（2）FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
（3）由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，， ，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；
（4）若铝离子浓度为0.1mol/L， “除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；
（5）温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
（6）根据铁原子守恒可知，某工厂用1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为：=5mol，经过焙烧、酸化后形成5molFe3+，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，则还原后得到的Fe2+的物质的量为7.5mol，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为：7.5mol×246g/mol=1.845kg，而实际上只制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为=86.72%，故答案为：86.72%。
3．(1)5s25p4
(2) 使气体与固体充分混合，使反应物充分反应 Na2TeO3、 Na2SiO3
(3)H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率
(4)
(5) D B
(6)
【分析】阳极泥中含有Cu2Te、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2 、SiO2等；经过“碱浸”，TeO2变为, SiO2变为而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸,则“酸浸①”可以使用H2SO4溶解氧化铜，分离出Ag、Au，“酸浸②”可以使用HNO3，溶解Ag分离出Au；向“滤液①”中加入双氧水，将氧化为，得到 Na2TeO4沉淀，再经过“热还原”得到碲粉。
【详解】（1）基态Te原子的价电子排布式为5s25p4，答案为：5s25p4；
（2）“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，由分析知“滤液①”中 的成分为Na2TeO3、 Na2SiO3，答案为：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，Na2TeO3、 Na2SiO3；
（3）“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率，答案为：H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率；
（4）“热还原”时+4价的硫被氧化为+6价碲被还原为金属单质，发生反应的化学方程式：；
（5）由分析可知滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用浸取稀硫酸浸取，“酸浸②”可用稀硝酸浸取，答案为：D B；
（6）根据电子转移守恒可知亚碲酸与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是3∶1，硫酸亚铁铵与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是6∶1，所以得到=mol，粗碲粉中碲的质量分数为 = 。
4．(1)4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4
(2)BC
(3)为了控制ZnO的颗粒大小
(4)坩埚
(5)杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去
(6)d、a、c
(7)6
【分析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到ε−Zn(OH)2，过滤、洗涤得到ε−Zn(OH)2，控温，在坩埚中煅烧得到纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。
【详解】（1）根据信息含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2 ，步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠溶液过量，反应的化学方程式4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4；故答案为：4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4。
（2）A．步骤I，在强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量氢氧化钠溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，故B错误；C．根据ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定，步骤Ⅱ，若用50°C的热水洗涤，会导致ε−Zn(OH)2晶型不稳定，会发生一定变化，故C错误；综上所述，答案为：BC。
（3）步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小；故答案为：为了控制ZnO的颗粒大小。
（4）步骤Ⅲ是煅烧固体药品，实验室盛放样品的容器名称是坩埚；故答案为：坩埚。
（5）用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应生成碳酸锌沉淀、醋酸铵，杂质中含有CH3COO－、、，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO－、、反应生成二氧化碳、氨气、水，二氧化碳、氨气、水高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤；故答案为：杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
（6）根据样品质量的精确度，说明应该用分析天平称量ZnO样品0.081g，配制一定物质的量浓度的溶液时，先在烧杯中中用酸溶解样品，然后在容量瓶中配制一定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+；故答案为：d、a、c。
（7）根据图中信息，取样测得荧光强度比值为9.7，则c(Cu2+)＝3×10−7mol∙L−1，溶液体积为1L，则n(Cu2+)＝3×10−7mol，7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，则n(人血浆铜蓝蛋白)＝，个数之比等于物质的量之比，所以1个人血浆铜蓝蛋白中含有Cu2+个数；故答案为：6。
5． (直形)冷凝管 与乙酸反应生成氢气除去装置内的氧气 锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低 有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出 C 减少趁热过滤时乙酰苯胺的损失(或防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失) 过滤、洗涤、干燥 重结晶 75.4%
【分析】本实验是通过苯胺和乙酸反应制备乙酰苯胺( )，由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止乙酰苯胺被氧化；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，故将反应混合物倒入冷水中，使乙酰苯胺晶体析出，洗涤后得到粗品，提纯后得到纯净的乙酰苯胺。
【详解】(1)仪器a是直形冷凝管；
(2)由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止乙酰苯胺被氧化；锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低，因此反应中加入锌粉的量不宜过多；
(3)苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度105℃有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出，使反应向正向进行，从而得到更多的乙酰苯胺；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于有机溶剂，因此应用冷水洗涤晶体，答案选C；
(4)粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水，可以防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失；
(5)待滤液冷却至室温，有晶体析出，过滤后的到晶体，将晶体洗涤、干燥后才能够进行称量；上述提纯乙酰苯胺的方法是重结晶；
(6) +CH3COOH+H2O，过量乙酸和0.11mol苯胺反应，理论上生成乙酰苯胺的物质的量为0.11mol，则其产率为。
6．(1)fghabe
(2)KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O
(3)NaOH或氢氧化钠溶液
(4)通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成
(5) 冷水洗涤 干燥
(6) 滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复
【分析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。据此可回答各个问题。
【详解】（1）按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。
（2）装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O。
（3）仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。
（4）观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。
（5）考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。
（6）①NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；②由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cV g，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cV g。则NaC3N3O3Cl2的含量。
【点睛】回答滴定终点的现象时不能简单描述为“溶液褪色”，要加上“滴加最后一滴标准溶液”以及“半分钟不恢复”的条件，才能保证达到了滴定终点。
7． ΔH2-ΔH1 未 ＜ BC 0.4p p ＞ 温度升高，平衡正向移动；体系分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动。
【分析】根据盖斯定律计算△H3；根据图象，图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，而实线，随温度升高，NO的转化率先升高后降低，是因为温度较低时，由于反应较慢，一段时间内，反应还未达到平衡，据此分析解答(2)；根据化学平衡常数的计算表达式，结合温度和压强对平衡的影响分析解答(4)。
【详解】(1)①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1，②2NH3(g)+2O2(g)=N2O(g)+3H2O(g) ΔH2，③2N2O (g)=N2O(g)+O2(g) ΔH3，根据盖斯定律，③=②-×①，因此△H3=ΔH2-ΔH1，故答案为：ΔH3=ΔH2-ΔH1；
(2) ①根据图象，图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，而实线，随温度升高，NO的转化率先升高后降低，是因为温度较低时，由于反应较慢，一段时间内，反应还未达到平衡，因此X点没有达到平衡状态，故答案为：未；
②图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；
(3)A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A错误；B．根据总反应2NO+O2 ⇌2NO2，N2O2是反应的中间产物，故B正确；C．第二步是慢反应，说明第二步反应活化能较高，故C正确；D．N2O2与O2的碰撞不一定是有效碰撞，需要满足合适的取向和能量，故D错误；故答案为：BC；
(4)①N2O4(g) ⇌2NO2(g)，N2O4气体的平衡转化率为25%，设起始时N2O4的物质的量为x，则平衡时剩余的N2O4为0.75x，生成的NO2为0.5x，混合气体平衡总压强为p，则NO2分压为p×=0.4p；N2O4分压为p×=0.6p；反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)的平衡常数Kx==p，故答案为：0.4p；p；
②N2O4(g) ⇌2NO2(g) ΔH>0，为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，体系中分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器的体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动，因此N2O4气体的平衡转化率增大，故答案为：＞；温度升高，平衡正向移动，体系分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动。
8．(1)C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=+133 kJ·mol-1
(2)120
(3) BD 温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低(其他合理答案均可给分) k P 22.2% 0.3
【详解】（1）ΔH =生成物总能量-反应物总能量，CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=-110 kJ·mol-1 -286kJ·mol-1 +52kJ·mol-1+393kJ·mol-1 +84kJ·mol-1=+133 kJ·mol-1；
（2）因为反应温度不变，故化学平衡常数K不变, 化学反应方程式为：，平衡常数，将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，反应达平衡时体系总压为50kPa，则p(CO2)=p(H2O)=25 kPa，=25 kPa×25 kPa=625kPa2。设CO2(g)的初始压强为 x kPa，平衡时p(CO2)=(5+x) kPa，p(H2O)=5 kPa，则有Kp=p(CO2)·p(H2O)=625kPa2=5kPa×(x+5)kPa，解得x=120。故要使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于120 kPa；
（3）①如图可知合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T 故选BD；
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中， ，，a+3a= P0，a=0.25 P0，x+y=0.15 P0，a-(x+y)+3(a-x)-y+y+x+y=0.9 P0，解得x= P0，y= P0，P(CO2)=0.1 P0，P (H2)= P0，v=k·P(CO2)·P3 (H2)，则反应在60 min时v=k P；CH3OH的选择性=×100%=；反应II的Kc=。
9．(1) 三角锥形 中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大
(2) +160kJ·mol-l = 高温
(3) 0.01 12.5( MPa)-2 B
(4)催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率
【详解】（1）NH3中心原子氮原子形成3个共价键且含有1对孤电子对，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；NH3的键角大于PH3，原因为：中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3 中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大；
（2）已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g)⇌CO2(g) ΔH2= - 394 kJ·mo1-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得到反应Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+ CO2(g)，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+160 kJ·mol-1；
反应Ⅳ的平衡常数为：K=c2(NH3)c(CO2)，密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，保持温度不变，加压平衡常数不变，则新的平衡条件下NH3的浓度为c2=c1；反应Ⅳ为吸热的熵增反应，故在高温条件下能够自发进行；
（3）刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，假设投料均为1mol，起始压强为1MPa；10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则总的物质的量为1.6mol，总的物质的量减小0.4mol，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知生成氨气0.4mol、消耗氮气、氢气分别为0.2mol、0.6mol，平衡时氮气、氢气、氨气分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，则10min内v(N2)=MPa/min。此时平衡常数Kp=。
A．当N2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应已经达到化学平衡状态，A正确；
B．反应为放热反应，温度升高化学反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，B错误；
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，平衡正向移动，可以提高H2的平衡转化率，C正确；
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但不该反应的焓变，故ΔH1不变，D正确；
故选B；
（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率，与图像不符，故200°C时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。
10． 5∶3 D 四面体形 H3O+ ∏ sp2、sp3 2∶1 镜面 Al2O3>CO>N2 Al2O3 为离子晶体沸点较高，CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大沸点较高 8
【分析】Mn是25号元素，V是23号元素，结合核外电子的排布规律分析解答；电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态，原子的第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，据此分析判断；谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)分子中存在两种类型的碳原子，结合价层电子对互拆理论分析解答；相对分子质量相同的分子晶体，极性分子的范德华力较大，沸点较高，据此分析判断；根据均摊法计算晶体中含有的阴阳离子数目，再结合ρ=计算。
【详解】(1) Mn元素处于第四周期第ⅦB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，3d轨道的5个电子未成对，V元素处于第四周期第VB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，价电子排布式为3d34s2，3d轨道的3个电子未成对，未成对电子数之比为5∶3，故答案为：5∶3；
(2)铝的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态大于激发态，ABD属于基态、C属于激发态，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为：D；
(3)NH3分子中N原子的价层电子对个数是4，包括一个孤电子对，VSEPR模型为四面体形；NH3分子含有4个原子、8个价电子数，与氨气分子互为等电子体的阳离子为H3O+； 中的碳和其中一个氮原子采用sp2杂化，各有一个垂直杂化轨道平面的p轨道填充1个电子，并参与形成大π键，另一个N原子采用sp3杂化，有一个垂直的p轨道填充2个电子，参与形成大π键，由此可知形成的大π键的电子数为6，而形成大π键的原子数为5，该分子中的大π键表示为∏，故答案为：四面体形；H3O+；∏；
(4)谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)分子中存在两种类型的碳原子，其中-COOH上的C原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化；C原子与O原子所形成的化学键中包括2个C=O，和2个C-O，σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=[2×(1+1)]∶ (2×1)=2∶1；π键的特征是两块电子云呈镜面对称，故答案为：sp2、sp3；2∶1；镜面；
(5)Al2O3是原子晶体，沸点很高，N2、CO是分子晶体，相对分子质量：N2=CO，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大，沸点较高，沸点：CO ＞N2，因此沸点从高到低的顺序为Al2O3>CO>N2，故答案为：Al2O3>CO>N2；Al2O3为离子晶体沸点较高，CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大沸点较高；
(6)根据图示，以上底面的钠离子为例，与该钠离子距离最近且相等的阴离子有8个，Na+的配位数为8；正六面体的棱长anm，则该晶胞的体积为2a3nm3=2×(a×10-7) 3cm3，晶胞中含有钠离子的个数=6×+4×=4，因此晶胞的质量=g，则NaAlH4晶体的密度== g• cm-3，故答案为：8；。
11．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2 0
(2)sp3、sp2
(3) 低于 吡咯易形成分子间氢键
(4)与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大
(5) 6 BF
(6) (1，，)
【详解】（1）①铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2；
②铁为第四周期Ⅷ族元素，未成对电子数为4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素0个；
（2）①甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为杂化；
（3）①影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯；
②吡咯易形成分子间氢键；
（4）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里比稳定的原因为：的半径小且所带电荷多，水化能大；
（5）①Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；
②该化合物中中存在键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在键和非极性共价键，答案选BF；
（6）①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，，)，则c点的离子坐标为(1，，)；
②每个原子被3个O原子包围，每个O原子被3个原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个原子，三角形的面积，如图，实际上每个原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为，O原子个数为，每平方米面积上分散的该晶体的质量为。
12． 甲苯 Cl2/光照 羟基、氯原子 +Cl2 +HCl 还原反应 6 或
【分析】由有机物的转化关系可知，在光照条件下， 与氯气发生取代反应生成 ，则A为 、B为 ；与NaCN发生取代反应生成 ，则C为 ； 在酸性条件下发生水解反应生成 ，则D为 ；在铁或氯化铁做催化剂作用下， 与氯气发生取代反应生成 ， 与SOCl2发生取代反应生成 ， 与CH3NHCH2CH2OH发生取代反应生成，则G为 ；与B2H6发生还原反应生成，与PCl3发生取代反应生成，则I为；在氯化铝作用下，发生取代反应生成。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为 ，名称为甲苯；反应①为在光照条件下，与氯气发生取代反应生成 和氯化氢，故答案为：甲苯；Cl2/光照；
(2) 由分析可知，G的结构简式为 ，分子中除外，还含有的官能团为羟基、氯原子；故答案为：羟基、氯原子；
(3) 由分析可知，反应④为在铁或氯化铁做催化剂作用下， 与氯气发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+Cl2 +HCl，故答案为：+Cl2 +HCl；
(4) 由分析可知，反应⑦为与B2H6发生还原反应生成 ；I的结构简式为 ，故答案为：还原反应；；
(5) 由E的同分异构体M为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应可知，M分子中含有的取代基为—OOCH和—CH2Cl或—CH2OOCH和—Cl，两个取代基在苯环上存在邻、间、对三种位置关系，则M的结构共有6种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为 、 ，故答案为： 或 ；
(6) 结合题给信息可知，由 为原料制备 的合成步骤为在催化剂作用下， 与HCN发生加成反应生成 ， 酸性条件下发生水解反应生成 ，在浓硫酸作用下， 分子间发生酯化反应生成 ，合成路线如下：，故答案为：。
13．(1) 对硝基苯酚(或 4-硝基苯酚) 氨基、酯基
(2) 氧化反应 取代反应
(3)++H2O
(4) 14 或
(5)CH3CHOCH3CH2OH
【详解】（1）由B的结构简式可得B的名称为对硝基苯酚(或 4-硝基苯酚)，由C到D的条件可知发生还原反应，所以把氨基变为硝基可得C的结构简式为 ，由D的结构简式可得D含有的官能团的名称为氨基、酯基，故答案为：对硝基苯酚(或 4-硝基苯酚)； ；氨基、酯基；
（2）由F和G的结构简式可知减少了两个氢原子，结合反应条件可知F→G的反应类型为氧化反应，由H和I的结构简式可知H→I的反应类型为取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3）结合已知条件和E的结构简式可得E→F的化学方程式是++H2O，故答案为：++H2O；
（4）E的同分异构体中，含有硝基(-NO2)的芳香族化合物，如果是硝基和乙基，取代基在苯环上可以得到邻、间、对位三种结构， 、、 ，也可以是硝基取代乙基上的氢，有两种结构， 、；如果是两个甲基和硝基，分成三种情况：两个甲基邻位，硝基有三种位置， ，两个甲基间位，硝基有四种位置，，两个甲基对位，硝基有两种位置，，所以符合条件的一共3+2+3+4+2=14种，其中核磁共振氢谱具有三组峰的结构简式有或，故答案为：14； 或；
（5）结合题干合成路线和信息，以CH3CHO和为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为CH3CHOCH3CH2OH ，故答案为：CH3CHOCH3CH2OH 。
14．(1) 醛基、碳氟键 2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)
(2)3
(3)
(4) 24 (苯环上侧链在邻位或间位均可)
(5)
【分析】结合A的分子式和B的结构简式，以及AB的反应条件可知A为；根据A的结构简式可知知道其中的官能团的名称，根据化合物E中碳原子的成键特征可以知道其中碳的杂化方式，以此解题。
【详解】（1）由分析可知A为，则A中官能团名称为醛基、碳氟键；根据C的结构简式可知化学名称为：2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)；
（2）根据E的结构简式可知，其中饱和碳的杂化方式为sp3杂化，苯环上的和碳碳双键中的碳是sp2杂化，碳氮三键中的碳是sp杂化，一共3种杂化方式；
（3）对比E和F的结构简式可知，其转化过程中另一生成物为HI，其电子式为：；
（4）含有和两个六元环，则核外含有6个碳原子，可以使溴的四氯化碳溶液褪色说明侧链上含有碳碳双键，两个六元环上均只有一条侧链， - SCH2CH2F与 连接，则另一个支链上含有4个碳原子且含有1个碳碳双键，则可以理解为苯环上两个支链，一个支链为，另一个支链为：或或或或或或或，每一组在苯环上都有邻、间、对三个位置，则一共有24中结构，其中含有手性碳原子的结构简式为；
（5）首先在浓硫酸和加热的条件上乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，随后根据信息i乙酸乙酯和CH3CN反应生成，最后CuCl的条件下和生成产物，具体流程为：。
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