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广东省潮州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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这是一份广东省潮州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37页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省潮州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、实验题
1．（2021·广东潮州·统考二模）氨基锂(LiNH2)是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390℃，沸点是430℃，溶于冷水，退热水则强烈水解。在380～400℃时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图，回答下列问题。
(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是____(填字母)。
A．浓氨水、CaOB．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体
C．浓氨水D．NH4NO3固体、NaOH固体
(2)用(1)中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为___(填接口处字母)，装置A的作用是____。
(3)装置C中盛装的试剂是___。实验开始后，向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为__。
(4)实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多，其最可能的原因是______。
(5)氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体，该气体为____，用实验验证你的结论：____。
2．（2022·广东潮州·统考二模）亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：
已知：
①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②
回答下列问题：
(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_______；装置B的作用是_______；冰水浴冷却的主要目的不包括_______(填字母)。
a.减少的分解 b.降低的溶解度 c.减少的分解
(2)是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式：_______。
(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_______。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致_______。
(4)该套装置存在的明显缺陷是_______。
(5)为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是_______(填字母)
A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾
(6)若mg最终制得纯净的ng，则的产率是_______×100%。(相对分子质量分别是：106.5 ：90.5)
3．（2023·广东潮州·统考二模）铁及其化合物在生活、生产中有着广泛应用。(易升华，易水解)是常见的化学试剂，某学习小组开展了与相关的系列实验，请回答下列问题：
I．铁粉制备(实验装置如图所示)
(1)基态的电子排布式为_________。A中实验室制备的离子方程式为_________；
(2)装置中F的作用：________；
Ⅱ．在水溶液中能够水解产生胶团从而具有净水作用。
(3)胶团如图所示，在静电吸附作用下，胶团可以除去废水中含价的砷微粒是___。(已知：价砷元素存在形式为)
(4)为探究和添加助凝剂对净水效果的影响，①实验小组选取一种含价的砷微粒废液进行探究实验，请将下列表格内容补充完整。已知：净水效果可用相同时间内废液中含价的砷微粒变化来衡量。废液中砷微粒越高，代表废液污染越严重。
组别
废液体积
饱和溶液用量
添加的助凝剂
净水前砷微粒浓度
净水后砷微粒浓度
1
1.0
2滴
无
Al
B1
2
2.0
2滴
A2
B2
3
_________
2滴
_________
A3
B3
4
3.0
2滴
有
A4
B4
②实验结论一：通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强。减小，净水效果减弱的原因是_________。
③实验结论二：添加助凝剂能够显著提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是_________。(用表中数据表示)
Ⅲ.
(5)①可与噻吩()和吡咯()形成配位化合物。噻吩、吡咯是类似于苯的芳香化合物，环中的五个原子形成了大键。噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，原因是吡咯能与水形成分子间_________，而噻吩不能。
②一个立方体结构的晶胞如图所示，已知阿伏加德罗数值为，的晶体密度为，则晶胞的边长为_________(用含、的代数式表示)。
二、工业流程题
4．（2021·广东潮州·统考二模）硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：
回答下列问题：
（1）为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为____（答出两条)。
（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式____。
（3）反应②为Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)；常温下的Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。则Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数的数量级为____。
（4）写出反应④的化学方程式____。
（5）室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-的摩尔分数随pH的变化如图所示，则室温下H2SeO3的Ka2=___。
（6）工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5~2，电流强度为5~10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生____(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为____%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C·mol-1)
5．（2022·广东潮州·统考二模）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_______，还可使用_______代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是_______，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_______。
(3)加氨水过程中加热的目的是_______。沉淀B的主要成分为、_______(填化学式)
(4)草酸钙沉淀经稀处理后，用标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了的溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_______，(相对原子质量Ca：40)
6．（2023·广东潮州·统考二模）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如下：
资料1：时，，，易溶于水。
资料2：(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：
X+Mx+ M +xH+
(1)操作1、2的名称_________，操作3的所需要主要玻璃仪器名称是烧杯和_________。
(2)操作1中加入的主要目的是______。
(3)溶液参与反应的离子方程式是和_________，杂质离子沉淀完全时，溶液中_________(c(杂质离子)可视为沉淀完全)。
(4)滤液b中含有的金属阳离子主要有和_________。
(5)在硫酸盐溶液中对某些金属离子的萃取率与关系如图所示，在一定范围内，随着升高，萃取率升高的原因是___________。
(6)处理后母液再利用及含量测定：
①在母液中加入石灰乳可制备操作1中所需浆液，写出制备的化学方程式_________。
②准确量取处理后的母液稀释液于锥形瓶中，加入溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液，用溶液滴定至终点，滴定反应为：，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液，计算处理后的母液稀释液中含量_________。
三、原理综合题
7．（2021·广东潮州·统考二模）氮氧化物是形成酸雨、水体富营养化、光化学烟雾等环境问题的主要原因。
已知：反应Ⅰ.2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH1=－112 kJ/mol；
反应Ⅱ.2NO2(g)N2O4(g) ΔH2=－24.2 kJ/mol；
反应Ⅲ.3O2(g)2O3(g) ΔH3=＋144.6 kJ/mol；
(1)大气层中O3氧化NO的热化学方程式为3NO(g)+O3(g)3NO2(g) ΔH4=________。
(2)某温度下，向1L刚性容器中投入1mol O2发生反应Ⅲ，5min时压强变为原来的0.9倍后不再变化。
①5min内O3的生成速率v(O3)=______________________。
②平衡时O2的转化率α(O2)________30%(填“>”“=”或“<”)。
(3)常温下，向压强为pkPa的恒压容器中充入2molNO和1molO2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。平衡时NO和NO2的物质的量分别为0.2mol和1mol，则常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=____________kPa-1(已知气体中某成分的分压p(分)=×p(总)，用含p的式子表示)。
(4)工业上常用氨气去除一氧化氮的污染，反应原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)。测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lg Kp=5.0+ (T为开氏温度)。
①该反应ΔH_______________0(填“>”“=”或“<”)。
②一定温度下，按进料比n(NH3)∶n(NO)=1∶1，匀速通入装有锰、镁氧化物作催化剂的反应器中反应。反应相同时间，NO的去除率随反应温度的变化曲线如上图。NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________；当反应温度高于380 ℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是____________________。
8．（2022·广东潮州·统考二模）二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
(1)在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为_______。
(2)经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为 。
几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：
物质
能量
0
-394
52
-242
则_______。
(3)在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应： ，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。
①_______(填“>”“<”或“=”，下同)，平衡常数_______。
②TK时，某密闭容器中发生。上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：
时间浓度/mol/L
物质
0
10
20
30
40
50
6.00
5.40
5.10
9.00
8.40
8.40
2.00
1.80
1.70
3.00
2.80
2.80
0
0.10
0.15
3.20
3.30
3.30
20~30min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是_______(填字母)。
A．通入一定量 B．通入一定量
C．加入合适的催化剂 D．缩小容器容积
(4)在催化剂M的作用下，和同时发生下列两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是_______(填字母)。
A．催化剂M的活性降低 B．反应Ⅰ的平衡常数变大
C．生成甲醚的量增加 D．反应Ⅱ的活化能增大
(5)溶液通常用来捕获，常温下，的第一步、第二步电离常数分别为，，则常温下，的溶液的pH等于______(不考虑的第二步水解和的电离)。
9．（2023·广东潮州·统考二模）合成氨反应是目前最有效的工业固氮方法，解决数亿人口生存问题。合成氨的反应历程和能量变化如图所示。请回答下列问题：
(1)分子中π键数目为_________，合成氨反应的热化学方程式为_________。
(2)对总反应速率影响较大的步骤的的化学方程式为__________________。
(3)在、压强为条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比为3的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图所示：
①反应达到平衡，试求内氨气的平均反应速率_____，该反应的___(用数字表达式表示)。(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
②以下叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是________。
a．氨气的体积分数保持不变 b．容器中氢氮比保持不变
c．和平均反应速率之比为1∶2 d．气体密度保持不变
③若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时的含量符合图中_________点(填“d”、“e”、“f”或“g”)。
(4)可在催化剂表面消除氮氧化物等大气污染物，
研究表明，在催化剂中，表面上形成的以的形式被储存。随后在载体上，与和产生，该反应的离子方程式为_________。(已知该反应的和物质的量之比为1∶1。
(5)利用催化剂通过电化学反应在室温下合成氨的原理如图所示，该装置中阴极的电极反应式为_________。
四、结构与性质
10．（2021·广东潮州·统考二模）Cu(In1-xGaxSe2)（简称CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好的发展前景。
回答下列问题：
（1）已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]___；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为___。
（2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键，其主要原因是___。常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因是___。
（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。则该溶液中溶质的化学式为___。
（4）SeO32-的立体构型为___；SeO2中硒原子采取杂化类型是___。
（5）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加 德罗常数的值为NA。
①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为___pm。
②Cu2S晶体中，S2-的配位数为___。
③Cu2S晶体的密度为ρ=___g·cm-3（列出计算式即可）。
11．（2022·广东潮州·统考二模）人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题：
（1）碳硼烷酸［化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸催化剂。现代化学中常利用的___特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中未成对电子数最多的是___（填电子排布式）。
（2）石墨炔是我国科学家在2010年首次制得一种新的碳的同素异形体，其中一种结构如图所示，石墨炔中碳原子的杂化类型为___。
（3）硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是—种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7•10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2［B4O5(OH)4]•8H2O。其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是___(填字母）。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．范德华力 E.氢键
（4）镓与硼元素处于同一主族，GaN是制造5G芯片的材料，可发出紫外光。
①科学家合成了一种阳离子为“N5n+”其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，N8中阴离子的空间构型为___，写出一种与其互为等电子体的分子___（填化学式）。
②Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所示。
已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为___，GaAs的熔点___（填“高于”或“低于”)GaN，其理由是___。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___（列出计算式即可）。
五、有机推断题
12．（2021·广东潮州·统考二模）某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：
已知：①+H2O
②R-X→+KX
(1)A→B的反应条件和试剂是________；
(2)E→F的反应类型是_______；A分子中最多有_______个原子共平面；
(3)写出D→E反应的化学方程式__________。
(4)符合下列条件的化合物M的同分异构体共有______种(不考虑立体异构)：
①含有苯甲酸结构②含有一个甲基③苯环上只有两个取代基
其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式______(任写一种)
(5)请结合以上合成路线，写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸的路线_______。
13．（2022·广东潮州·统考二模）是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。
已知：R1OH+
(1)A中的含氧官能团名称是_______。
(2)D→E的反应类型是_______。
(3)E的分子式是_______；F的结构简式是_______。
(4)B→C的化学方程式为_______。
(5)W是B的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g，W共有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_______。
(6)设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)_______。
14．（2023·广东潮州·统考二模）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效。下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：
已知：+
回答下列问题：
(1)A的名称是____，B中含氧官能团的名称是羧基、______，E中手性碳原子的数目为____。
(2)根据C的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号
结构特征
反应的试剂、条件
反应形成的新结构或产物
反应类型
①
_________、
还原反应
②
M的结构简式_________
D
_______反应
③
硫酸、加热
B和乙醇
取代反应
(3)B有多种同分异构体，满足以下条件的同分异构体有_________种。
①仅含苯环一个环状结构，且苯环上仅有2个取代基
②仅含2种官能团且能发生银镜反应
③不含，不含.
其中核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2的一种同分异构体结构简式_________。
(4)参照上述合成路线和信息，写出由 和为原料合成 的路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选) _________。
参考答案：
1． D e→f→c→d→h→g(g→h)→a 吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X 碱石灰 先通入一段时间的氨气，再加热仪器X 氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气 氨气 )取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色
【详解】(1)因为NH4NO3受热或撞击易爆炸，故不宜选择NH4NO3固体和NaOH固体制备氨气；故答案为：D；
(2)根据已知有氨基锂(LiNH2)能与水反应，故氨气必须是干燥的，B装置也必须是无水环境，故氨气经过C中碱石灰干燥后通入B装置反应，为防止未反应完的氨气污染空气，用A中浓硫酸吸收氨气，同时防止外界的空气进入B，氨气极易溶于水，故在A之前用D做安全瓶，防止倒吸，故相应连接顺序为：e→f→c→d→h→g(g→h)→a；装置A的作用是吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；故答案为：e→f→c→d→h→g(g→h)→a；吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；
(3)装置C为干燥管，目的是干燥氨气，用碱石灰；由于Li能与空气中氧气反应，故要先通入一段时间的氨气，排尽装置内的空气，再加热仪器X；故答案为：干燥管；碱石灰；先通入一段时间的氨气，再加热仪器X；
(4)因为 氨气是极易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小很多；故答案为：氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气；
(5)LiNH2与热水反应生成LiOH和一种气体，根据元素守恒，生成的气体为氨气，氨气为碱性气体，用红色石蕊试纸检验即可，方案为：取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色；故答案为：该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色。
2．(1) 检查装置的气密性 防止倒吸(或稀释气体) b
(2)
(3) 遇酸放出 不能被充分吸收，的产率下降
(4)没有处理尾气
(5)A
(6)或或(或其他合理答案)
【分析】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。
【详解】（1）本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；
b．实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度 ，故选b；
c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；
选b。
（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；
（3）遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；
（4）该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；
（5）A. 过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，故选A；
B. 硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；
C. 氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；
选A。
（6）若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。
3．(1) 3d64s2
(2)吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入E中
(3)
(4) 3.0 无 pH减小，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，生成氢氧化铁胶体变少，净水作用减弱 A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大
(5) 氢键
【详解】（1）Fe是26号元素，则基态的电子排布式为3d64s2。A中是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应得到氯气、氯化锰和水，则实验室制备的离子方程式为；故答案为：3d64s2；。
（2）氯气会污染环境，氯化铁遇空气中水蒸气会水解，因此装置中F的作用：吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入E中；故答案为：吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入E中。
（3）胶团如图所示，由于氢氧化铁胶体粒子带正电，在静电吸附作用下，胶团可以除去废水中阴离子，则含价的砷微粒是；故答案为：。
（4）①根据下面实验结论，通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强，说明1、2、3组实验只能是pH发生变化，而其他不能改变，则添加的助凝剂为无，再根据3、4组别是探究添加的助凝剂对净水效果，则pH应该相等，则pH=3.0；故答案为：3.0；无。
②实验结论一：通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强。减小，净水效果减弱的原因是pH减小，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，生成氢氧化铁胶体变少，净水作用减弱；故答案为：pH减小，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，生成氢氧化铁胶体变少，净水作用减弱。
③实验结论二：添加助凝剂能够显著提高净水效果，说明4组别实验很明显即得到A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大，则结论成立的判断依据是A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大；故答案为：A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大。
（5）①根据题意，噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，由于吡咯中含有N−H，由于氮的电负性大，原因是吡咯能与水形成分子间氢键，而噻吩不能；故答案为：氢键。
②一个立方体结构的晶胞如图所示，铁的个数为，的个数为，已知阿伏加德罗数值为，的晶体密度为，，则，则晶胞的边长为；故答案为：。
4． 加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等任答两条 4AgCl+N2H4·H2O+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+5H2O(或4AgCl+N2H4+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O) 1014 H2SeO3+ 2SO2 +H2O ==2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3==2H2SO4+Se+H2O 10-7.3或5.0×10-8 2H++2e-H2↑ 80.4
【分析】硒化银半导体废料（含Ag2Se、Cu单质），加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，被还原成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4·H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银。
【详解】（1）为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，任答两条；
（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4·H2O+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+5H2O；（或4AgCl+N2H4+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+4H2O）；
（3）由图象可知Ksp（Ag2SO4）=10-5，Ksp（AgCl）=10-9.75，Ag2SO4（s）+2Cl－（aq）═2AgCl（s）+SO42－（aq）的化学平衡常数K=c(SO42－)/c2(Cl－)=Ksp(Ag2SO4)/[Ksp(AgCl)]2=10-5/(10-9.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；
（4）反应④的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O ═2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3═2H2SO4+Se+H2O；
（5）由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H＋)c(SeO32－)/c(HSO3－)=10-7.3或5.0×10-8；
（6）若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H＋+2e－═H2↑，用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为10×60×60/96500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g/108g·mol－1=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.3/0.373×100%=80.4%。
5．(1) 将样品中可能存在的氧化为 双氧水()
(2) (或)
(3) 防止胶体生成，易沉淀分离
(4)45.0%
【分析】水泥样品加入盐酸，不溶物为二氧化硅，铁、铝、镁、钙等氧化物溶于盐酸，滴加硝酸则生成的Fe为+3价；还可用其他强氧化剂代替过氧化氢；调节溶液pH值4-5，使Fe3+、Al3+生成沉淀，再用草酸钙检测溶液中的Ca2+含量。
(1)
根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；
(2)
根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(3)
盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)
草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol，n(Ca2+)=4.50×10－3mol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%。
6．(1) 过滤 分液漏斗
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3) Ca2++2F—=CaF2↓ 3×10—2
(4)Zn2+
(5)萃取反应中，溶液pH升高，H+浓度减小，平衡右移，萃取率升高
(6) NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4 960mg/L
【分析】由题给流程可知，向酸性硫酸镍废液中通入氯气将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍浆液调节溶液pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液a；向滤液中加入氟化镍溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液b；向滤液b中加入萃取剂P204萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和萃余液；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到萃取剂P204循环使用；萃余液经蒸发结晶、过滤得到六水硫酸镍和母液。
【详解】（1）由分析可知，操作1、2为固液分离的过滤操作，操作3为液液分离的操作分液，分液所需要主要玻璃仪器为烧杯和分液漏斗，故答案为：过滤；分液漏斗；
（2）由分析可知，向酸性硫酸镍废液中通入氯气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
（3）由分析可知，加入氟化镍溶液的目的是将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2F—=MgF2↓、Ca2++2F—=CaF2↓，由溶度积可知，当溶液中镁离子完全沉淀时，钙离子已经完全沉淀，则杂质离子沉淀完全时，溶液中氟离子浓度为=3×10—2mol/L故答案为：Ca2++2F—=CaF2↓；3×10—2；
（4）由分析可知，滤液b中含有的金属阳离子为镍离子和锌离子，故答案为：Zn2+；
（5）由分析可知，向滤液b中加入萃取剂P204的目的是萃取溶液中的锌离子，由题给方程式可知，在一定范围内，随着溶液pH升高，溶液中氢离子浓度减小，萃取反应向正反应方向移动，锌离子的萃取率升高，故答案为：萃取反应中，溶液pH升高，H+浓度减小，平衡右移，萃取率升高；
（6）①由题意可知，在母液中加入石灰乳制备氢氧化镍浆液的反应为硫酸镍溶液与石灰乳反应生成溶解度更小的氢氧化镍和微溶的硫酸钙，反应的化学方程式为NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4，故答案为：NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4；
②由题意可知，与母液稀释液中硫酸根离子反应的钡离子的物质的量为0.0500mol/L×0.01L—0.0100mol/L×0.025L=2.5×10-4mol，则处理后的母液稀释液中硫酸根离子的含量为=960mg/L，故答案为：960mg/L。
7． -240.3 kJ/mol 0.04 mol·L－1·min－1 = 0.68/p < 迅速上升是因为催化剂活性增强，上升缓慢是因为温度升高 迅速下降是因为催化剂失活
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可求得待测反应的热化学方程式；
(2)根据在相同条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量的比计算反应消耗的O2及产生的O3的物质的量，然后利用反应速率和物质转化率的定义式计算；
(3)根据物质反应转化关系，计算各种物质平衡时物质的量，并根据物质的量的比等于气体所占的压强之比，用平衡分压表示化学平衡常数；
(4)①根据温度与化学平衡常数的关系，结合平衡移动原理分析判断反应热效应；
②根据催化剂具有催化活性分析；任何催化剂的催化活性都有一定的温度范围，根据温度对催化剂的影响分析。
【详解】(1)由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，将，整理可得，ΔH4=ΔH1－ΔH3=-240.3 kJ/mol。
(2)①设5min时生成O3的物质的量为x，则由方程式3O2(g)2O3(g)中物质反应关系可知：每反应消耗3molO2，会同时产生2molO3，减小1mol，则生成O3xmol，消耗O2的物质的量是mol，则平衡时O2的物质的量为(1-)mol，由于在相同温度下，气体的物质的量n与压强p成正比，则0.9×n起始(O2)=n平衡(O2)+n平衡(O3)，0.9×1 mol=(1-)mol+x，解得x=0.2mol，所以O3的生成速率v(O3)==0.04mol/(L·min)。
②平衡时O2的物质的量n平衡(O2)=1mol－×0.2mol=0.7 mol，平衡时O2的转化率α(O2)=×100%=30%。
(3)假设先进行反应Ⅰ，达到平衡后再进行反应Ⅱ，进行反应Ⅰ：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，反应开始时n(NO)=2mol，n(O2)=1mol，由于平衡时n(NO)=0.2mol，反应了2mol-0.2mol=1.8mol，所以反应O2的物质的量为×1.8mol=0.9mol，剩余O2的物质的量为1mol-0.9mol=0.1mol，则反应I产生NO2物质的量为1.8mol；
对于反应Ⅱ：2NO2(g)N2O4(g)，反应开始时n(NO2)=1.8mol，平衡时n(NO2)平=1mol，△n(NO2)=1.8mol-1mol=0.8mol，则此时n(N2O4)=×0.8mol=0.4mol，所以平衡时n(总)=n(NO)+n(O2)+n(NO2)+n(N2O4)=0.2mol+0.1mol+1mol+0.4 mol=1.7mol，此时p(NO2)=×p(总)=p kPa，p(N2O4)=p kPa，所以常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=kPa-1。
(4)①根据该反应的平衡常数与温度的关系式lg Kp=5.0+可知，随着温度升高，平衡常数降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应。
②随反应温度变化，在反应开始时迅速上升是因为催化剂活性增强，之后上升缓慢是因为温度升高，催化剂的催化活性降低；当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是由于催化剂失去催化活性。
【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡移动及化学平衡有关计算的知识。掌握基本概念、基本理论是本题解答的关键。在有关计算时，要充分利用题干信息，结合物质反应转化关系分析。
8．(1)
(2)-128kJ·mol-1
(3) > ＜ D
(4)BD
(5)12
【解析】(1)
在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；
(2)
焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；
(3)
①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；
(4)
影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；
(5)
根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。
9．(1) 2 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol
(2)2*N+6*H=2*NH3
(3) 0.005 ad g
(4)4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O
(5)N2+6H++6e—=2NH3
【详解】（1）氮气分子的氮氮三键中含有1个σ键和2个π键，则1mol氮气分子中π键数目为1mol×2×NAmol—1=2NA；由图可知，合成氨反应的反应热为ΔH=(307.8+100.0) kJ/mol—500kJ/mol =—92.2kJ/mol，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol，故答案为：2；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol；
（2）由图可知，活化能最大的反应为2*N+6*H=2*NH3，反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于慢反应，则对总反应速率影响较大的步骤的的化学方程式为2*N+6*H=2*NH3，故答案为：2*N+6*H=2*NH3；
（3）①反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为0.9MPa×=0.2MPa、0.9MPa×=0.6MPa、0.9MPa×=0.1MPa，则0−20min内氨气的平均反应速率为=0.005MPa/min，反应的平衡常数Kp==MPa—2，故答案为：0.005；；
②a．氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
b．由质量守恒定律可知，反应中容器中氢氮比始终保持不变，则容器中氢氮比保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
c．氮气和氨气平均反应速率之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积减小的反应，在恒压密闭容器中反应时，混合气体的密度气体密度增大，则混合气体的密度气体密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选ad；
③该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故选g；
（4）由图可知，在HY载体上，铵根离子与物质的量比为1：1的一氧化氮和氧气反应生成氮气、氢离子和水，反应的离子方程式为4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O，故答案为：4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O；
（5）由图可知，与直流电源负极相连的电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e—=2NH3，故答案为：N2+6H++6e—=2NH3。
10． 4d105s25p1 Se>Ga>In 硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定 组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大 [Ga(NH3)4Cl2]Cl 三角锥形 sp2 a 8
【分析】Ga与In同主族，Se与Ga同周期；碳与硅同主族，碳原子半径小于硅原子半径；硒原子的价层电子数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对；CuS晶胞中S2-位于晶胞的顶点和面心上，铜离子位于体内，配位数为4。
【详解】（1）镓原子的质子数为49，电子排布是为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简写为[Kr] 4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In。
（2）碳碳双键、碳碳叁键都有键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作用力较大，沸点较高。
（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2:1，由于Ga3+的配位数为6，则该配合物的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
（4）SeO32-中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对，采取sp2杂化。
（5）①由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为a pm。
②铜离子配位数为4，根据化学式为Cu2S，得出S2-的配位数为8。
③Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为ρ=
g·cm-3。
11． 原子光谱 1s22s22p2 sp、sp2 C 直线形 N2O或CO2 原子晶体 低于 N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大 ×100%
【分析】(1)现代化学中常利用的原子光谱特征谱线来鉴定元素，按原子排布规律找出氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数最多的是碳；
(2)石墨炔中碳原子的杂化类型与碳碳键的类型相关，据此回答；
(3)根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，分析其晶体类型及存在的微粒间的作用力，据此回答；
(4)①按信息——阳离子 “N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，则为N5+，则 N8中阴离子为N3-，按等电子体的内涵确定其分子的空间构型、书写其等电子体的分子式；
②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成共价化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，判断晶体的类型，按影响熔点高低的因素判断GaAs 、GaN熔点高低及理由，并按均摊法计算GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；
【详解】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；
答案为：原子光谱；1s22s22p2；
(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；
答案为：sp、sp2；
(3) 根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；
答案为：C；
(4) ①按信息——阳离子 “N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为：，则为N5+，则 “N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，N8中阴离子为N3-，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；
答案为：直线形；N2O或CO2；
②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物GaAs内是共价键，晶体熔点为1238℃，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，Ga—N键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；
根据均摊法计算，晶胞内As原子数目，Ga原子数目：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积为，晶胞的体积为： ，则原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%；
答案为：原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大；×100%。
【点睛】本题阅读量较大，要充分提炼信息的基础上灵活应用元素周期律、杂化轨道理论等解题，并要能应用均摊法进行晶胞相关的计算。
12． 光照、Cl2 氧化反应 13 2+O22+2H2O 或或 9
【分析】对比A、C的结构可知B为．D发生催化氧化生成E为，进一步氧化生成F，对比F、G的结构，可知F发生取代反应生成生成G，由H、J的结构简式，结合I的分子式、信息①，可推知I为．由G、K、M的结构简式，结合信息②，可推知L为。
【详解】(1)A→B是甲苯与氯气反应生成，反应条件和试剂是：光照、氯气；(2)E→F是醛被氧化为酸，反应类型是氧化反应；甲苯中苯分子所有原子共平面，甲基是正四面体，由于单键可旋转，则最多有13个原子共平面； (3)D→E反应的化学方程式：2+O22+2H2O；
(4)化合物M的同分异构体满足条件：①含有苯甲酸结构，②含有一个甲基，③苯环上只有两个取代基，可知其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，均有邻、间、对3种，符合条件的共有9种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式：；(5)由合成路线，可知丙酸先与PCl3反应，产物再与反应，最后在碱性条件水解、酸化得到，合成路线流程图为：。
13．(1)酯基
(2)酯化反应(取代反应)
(3) C11H10O3
(4)
(5) 9 、
(6)
【分析】由合成流程可知，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为,则B为，A与氢气发生加成反应生成B，A为，故生成A的反应为开环加成反应；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；
【详解】（1）A为，含有的含氧官能团名称是酯基；
（2）D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；
（3）E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；
（4）HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；
（5）B为，其同分异构体W 0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为、；
（6）结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为 。
14．(1) 溴苯 羰基、羧基 2
(2) 氢气 加成
(3) 6
(4)
【分析】根据B的结构简式及A的分子式知，可知A与 发生开环加成生成B，故A为 ，B中羧基和乙醇发生酯化反应生成C；对比C、D的结构,结合信息中的加成反应,推知M为 ，D发生加成反应生成E， E中醇羟基发生消去反应生成F 。据此解答。
【详解】（1）A为 ，名称为溴苯，B中含有含氧官能团为羰基和羧基。E的结构为，其中标有“*”碳为手性碳原子，故手性碳原子数为2。
（2）C的结构简式为 ，其中羰基能和氢气发生加成反应或还原反应生成羟基，C和M反应生成D，说明碳碳双键发生加成反应，而M的结构简式为 。
（3）B的同分异构体①仅含苯环一个环状结构，且苯环上仅有2个取代基，有邻间对三种位置；②仅含2种官能团且能发生银镜反应，说明含有溴原子和醛基，因为有三个氧原子，故含有3个醛基。③不含，不含.。故苯环上两个取代基分别为-Br和C(CHO)3，在苯环上有邻间对三种位置关系，如果取代基为-CHO和-C Br (CHO)2，也有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有6种结构。核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2的一种同分异构体结构简式为
（4）模仿D到E到F的转化， 与 反应生成 ，然后在催化剂条件下发生消去反应生成 ，最后和氢气发生加成反应生成 ，合成路线为： 。
广东省潮州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、实验题
1．（2021·广东潮州·统考二模）氨基锂(LiNH2)是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390℃，沸点是430℃，溶于冷水，退热水则强烈水解。在380～400℃时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图，回答下列问题。
(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是____(填字母)。
A．浓氨水、CaOB．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体
C．浓氨水D．NH4NO3固体、NaOH固体
(2)用(1)中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为___(填接口处字母)，装置A的作用是____。
(3)装置C中盛装的试剂是___。实验开始后，向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为__。
(4)实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多，其最可能的原因是______。
(5)氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体，该气体为____，用实验验证你的结论：____。
2．（2022·广东潮州·统考二模）亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：
已知：
①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②
回答下列问题：
(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_______；装置B的作用是_______；冰水浴冷却的主要目的不包括_______(填字母)。
a.减少的分解 b.降低的溶解度 c.减少的分解
(2)是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式：_______。
(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_______。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致_______。
(4)该套装置存在的明显缺陷是_______。
(5)为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是_______(填字母)
A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾
(6)若mg最终制得纯净的ng，则的产率是_______×100%。(相对分子质量分别是：106.5 ：90.5)
3．（2023·广东潮州·统考二模）铁及其化合物在生活、生产中有着广泛应用。(易升华，易水解)是常见的化学试剂，某学习小组开展了与相关的系列实验，请回答下列问题：
I．铁粉制备(实验装置如图所示)
(1)基态的电子排布式为_________。A中实验室制备的离子方程式为_________；
(2)装置中F的作用：________；
Ⅱ．在水溶液中能够水解产生胶团从而具有净水作用。
(3)胶团如图所示，在静电吸附作用下，胶团可以除去废水中含价的砷微粒是___。(已知：价砷元素存在形式为)
(4)为探究和添加助凝剂对净水效果的影响，①实验小组选取一种含价的砷微粒废液进行探究实验，请将下列表格内容补充完整。已知：净水效果可用相同时间内废液中含价的砷微粒变化来衡量。废液中砷微粒越高，代表废液污染越严重。
组别
废液体积
饱和溶液用量
添加的助凝剂
净水前砷微粒浓度
净水后砷微粒浓度
1
1.0
2滴
无
Al
B1
2
2.0
2滴
A2
B2
3
_________
2滴
_________
A3
B3
4
3.0
2滴
有
A4
B4
②实验结论一：通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强。减小，净水效果减弱的原因是_________。
③实验结论二：添加助凝剂能够显著提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是_________。(用表中数据表示)
Ⅲ.
(5)①可与噻吩()和吡咯()形成配位化合物。噻吩、吡咯是类似于苯的芳香化合物，环中的五个原子形成了大键。噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，原因是吡咯能与水形成分子间_________，而噻吩不能。
②一个立方体结构的晶胞如图所示，已知阿伏加德罗数值为，的晶体密度为，则晶胞的边长为_________(用含、的代数式表示)。
二、工业流程题
4．（2021·广东潮州·统考二模）硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：
回答下列问题：
（1）为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为____（答出两条)。
（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式____。
（3）反应②为Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)；常温下的Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。则Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数的数量级为____。
（4）写出反应④的化学方程式____。
（5）室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-的摩尔分数随pH的变化如图所示，则室温下H2SeO3的Ka2=___。
（6）工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5~2，电流强度为5~10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生____(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为____%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C·mol-1)
5．（2022·广东潮州·统考二模）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_______，还可使用_______代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是_______，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_______。
(3)加氨水过程中加热的目的是_______。沉淀B的主要成分为、_______(填化学式)
(4)草酸钙沉淀经稀处理后，用标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了的溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_______，(相对原子质量Ca：40)
6．（2023·广东潮州·统考二模）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如下：
资料1：时，，，易溶于水。
资料2：(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：
X+Mx+ M +xH+
(1)操作1、2的名称_________，操作3的所需要主要玻璃仪器名称是烧杯和_________。
(2)操作1中加入的主要目的是______。
(3)溶液参与反应的离子方程式是和_________，杂质离子沉淀完全时，溶液中_________(c(杂质离子)可视为沉淀完全)。
(4)滤液b中含有的金属阳离子主要有和_________。
(5)在硫酸盐溶液中对某些金属离子的萃取率与关系如图所示，在一定范围内，随着升高，萃取率升高的原因是___________。
(6)处理后母液再利用及含量测定：
①在母液中加入石灰乳可制备操作1中所需浆液，写出制备的化学方程式_________。
②准确量取处理后的母液稀释液于锥形瓶中，加入溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液，用溶液滴定至终点，滴定反应为：，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液，计算处理后的母液稀释液中含量_________。
三、原理综合题
7．（2021·广东潮州·统考二模）氮氧化物是形成酸雨、水体富营养化、光化学烟雾等环境问题的主要原因。
已知：反应Ⅰ.2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH1=－112 kJ/mol；
反应Ⅱ.2NO2(g)N2O4(g) ΔH2=－24.2 kJ/mol；
反应Ⅲ.3O2(g)2O3(g) ΔH3=＋144.6 kJ/mol；
(1)大气层中O3氧化NO的热化学方程式为3NO(g)+O3(g)3NO2(g) ΔH4=________。
(2)某温度下，向1L刚性容器中投入1mol O2发生反应Ⅲ，5min时压强变为原来的0.9倍后不再变化。
①5min内O3的生成速率v(O3)=______________________。
②平衡时O2的转化率α(O2)________30%(填“>”“=”或“<”)。
(3)常温下，向压强为pkPa的恒压容器中充入2molNO和1molO2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。平衡时NO和NO2的物质的量分别为0.2mol和1mol，则常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=____________kPa-1(已知气体中某成分的分压p(分)=×p(总)，用含p的式子表示)。
(4)工业上常用氨气去除一氧化氮的污染，反应原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)。测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lg Kp=5.0+ (T为开氏温度)。
①该反应ΔH_______________0(填“>”“=”或“<”)。
②一定温度下，按进料比n(NH3)∶n(NO)=1∶1，匀速通入装有锰、镁氧化物作催化剂的反应器中反应。反应相同时间，NO的去除率随反应温度的变化曲线如上图。NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________；当反应温度高于380 ℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是____________________。
8．（2022·广东潮州·统考二模）二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
(1)在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为_______。
(2)经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为 。
几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：
物质
能量
0
-394
52
-242
则_______。
(3)在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应： ，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。
①_______(填“>”“<”或“=”，下同)，平衡常数_______。
②TK时，某密闭容器中发生。上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：
时间浓度/mol/L
物质
0
10
20
30
40
50
6.00
5.40
5.10
9.00
8.40
8.40
2.00
1.80
1.70
3.00
2.80
2.80
0
0.10
0.15
3.20
3.30
3.30
20~30min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是_______(填字母)。
A．通入一定量 B．通入一定量
C．加入合适的催化剂 D．缩小容器容积
(4)在催化剂M的作用下，和同时发生下列两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是_______(填字母)。
A．催化剂M的活性降低 B．反应Ⅰ的平衡常数变大
C．生成甲醚的量增加 D．反应Ⅱ的活化能增大
(5)溶液通常用来捕获，常温下，的第一步、第二步电离常数分别为，，则常温下，的溶液的pH等于______(不考虑的第二步水解和的电离)。
9．（2023·广东潮州·统考二模）合成氨反应是目前最有效的工业固氮方法，解决数亿人口生存问题。合成氨的反应历程和能量变化如图所示。请回答下列问题：
(1)分子中π键数目为_________，合成氨反应的热化学方程式为_________。
(2)对总反应速率影响较大的步骤的的化学方程式为__________________。
(3)在、压强为条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比为3的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图所示：
①反应达到平衡，试求内氨气的平均反应速率_____，该反应的___(用数字表达式表示)。(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
②以下叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是________。
a．氨气的体积分数保持不变 b．容器中氢氮比保持不变
c．和平均反应速率之比为1∶2 d．气体密度保持不变
③若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时的含量符合图中_________点(填“d”、“e”、“f”或“g”)。
(4)可在催化剂表面消除氮氧化物等大气污染物，
研究表明，在催化剂中，表面上形成的以的形式被储存。随后在载体上，与和产生，该反应的离子方程式为_________。(已知该反应的和物质的量之比为1∶1。
(5)利用催化剂通过电化学反应在室温下合成氨的原理如图所示，该装置中阴极的电极反应式为_________。
四、结构与性质
10．（2021·广东潮州·统考二模）Cu(In1-xGaxSe2)（简称CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好的发展前景。
回答下列问题：
（1）已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]___；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为___。
（2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键，其主要原因是___。常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因是___。
（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。则该溶液中溶质的化学式为___。
（4）SeO32-的立体构型为___；SeO2中硒原子采取杂化类型是___。
（5）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加 德罗常数的值为NA。
①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为___pm。
②Cu2S晶体中，S2-的配位数为___。
③Cu2S晶体的密度为ρ=___g·cm-3（列出计算式即可）。
11．（2022·广东潮州·统考二模）人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题：
（1）碳硼烷酸［化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸催化剂。现代化学中常利用的___特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中未成对电子数最多的是___（填电子排布式）。
（2）石墨炔是我国科学家在2010年首次制得一种新的碳的同素异形体，其中一种结构如图所示，石墨炔中碳原子的杂化类型为___。
（3）硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是—种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7•10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2［B4O5(OH)4]•8H2O。其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是___(填字母）。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．范德华力 E.氢键
（4）镓与硼元素处于同一主族，GaN是制造5G芯片的材料，可发出紫外光。
①科学家合成了一种阳离子为“N5n+”其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，N8中阴离子的空间构型为___，写出一种与其互为等电子体的分子___（填化学式）。
②Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所示。
已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为___，GaAs的熔点___（填“高于”或“低于”)GaN，其理由是___。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___（列出计算式即可）。
五、有机推断题
12．（2021·广东潮州·统考二模）某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：
已知：①+H2O
②R-X→+KX
(1)A→B的反应条件和试剂是________；
(2)E→F的反应类型是_______；A分子中最多有_______个原子共平面；
(3)写出D→E反应的化学方程式__________。
(4)符合下列条件的化合物M的同分异构体共有______种(不考虑立体异构)：
①含有苯甲酸结构②含有一个甲基③苯环上只有两个取代基
其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式______(任写一种)
(5)请结合以上合成路线，写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸的路线_______。
13．（2022·广东潮州·统考二模）是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。
已知：R1OH+
(1)A中的含氧官能团名称是_______。
(2)D→E的反应类型是_______。
(3)E的分子式是_______；F的结构简式是_______。
(4)B→C的化学方程式为_______。
(5)W是B的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g，W共有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_______。
(6)设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)_______。
14．（2023·广东潮州·统考二模）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效。下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：
已知：+
回答下列问题：
(1)A的名称是____，B中含氧官能团的名称是羧基、______，E中手性碳原子的数目为____。
(2)根据C的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号
结构特征
反应的试剂、条件
反应形成的新结构或产物
反应类型
①
_________、
还原反应
②
M的结构简式_________
D
_______反应
③
硫酸、加热
B和乙醇
取代反应
(3)B有多种同分异构体，满足以下条件的同分异构体有_________种。
①仅含苯环一个环状结构，且苯环上仅有2个取代基
②仅含2种官能团且能发生银镜反应
③不含，不含.
其中核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2的一种同分异构体结构简式_________。
(4)参照上述合成路线和信息，写出由 和为原料合成 的路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选) _________。
参考答案：
1． D e→f→c→d→h→g(g→h)→a 吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X 碱石灰 先通入一段时间的氨气，再加热仪器X 氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气 氨气 )取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色
【详解】(1)因为NH4NO3受热或撞击易爆炸，故不宜选择NH4NO3固体和NaOH固体制备氨气；故答案为：D；
(2)根据已知有氨基锂(LiNH2)能与水反应，故氨气必须是干燥的，B装置也必须是无水环境，故氨气经过C中碱石灰干燥后通入B装置反应，为防止未反应完的氨气污染空气，用A中浓硫酸吸收氨气，同时防止外界的空气进入B，氨气极易溶于水，故在A之前用D做安全瓶，防止倒吸，故相应连接顺序为：e→f→c→d→h→g(g→h)→a；装置A的作用是吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；故答案为：e→f→c→d→h→g(g→h)→a；吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；
(3)装置C为干燥管，目的是干燥氨气，用碱石灰；由于Li能与空气中氧气反应，故要先通入一段时间的氨气，排尽装置内的空气，再加热仪器X；故答案为：干燥管；碱石灰；先通入一段时间的氨气，再加热仪器X；
(4)因为 氨气是极易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小很多；故答案为：氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气；
(5)LiNH2与热水反应生成LiOH和一种气体，根据元素守恒，生成的气体为氨气，氨气为碱性气体，用红色石蕊试纸检验即可，方案为：取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色；故答案为：该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色。
2．(1) 检查装置的气密性 防止倒吸(或稀释气体) b
(2)
(3) 遇酸放出 不能被充分吸收，的产率下降
(4)没有处理尾气
(5)A
(6)或或(或其他合理答案)
【分析】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。
【详解】（1）本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；
b．实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度 ，故选b；
c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；
选b。
（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；
（3）遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；
（4）该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；
（5）A. 过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，故选A；
B. 硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；
C. 氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；
选A。
（6）若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。
3．(1) 3d64s2
(2)吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入E中
(3)
(4) 3.0 无 pH减小，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，生成氢氧化铁胶体变少，净水作用减弱 A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大
(5) 氢键
【详解】（1）Fe是26号元素，则基态的电子排布式为3d64s2。A中是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应得到氯气、氯化锰和水，则实验室制备的离子方程式为；故答案为：3d64s2；。
（2）氯气会污染环境，氯化铁遇空气中水蒸气会水解，因此装置中F的作用：吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入E中；故答案为：吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入E中。
（3）胶团如图所示，由于氢氧化铁胶体粒子带正电，在静电吸附作用下，胶团可以除去废水中阴离子，则含价的砷微粒是；故答案为：。
（4）①根据下面实验结论，通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强，说明1、2、3组实验只能是pH发生变化，而其他不能改变，则添加的助凝剂为无，再根据3、4组别是探究添加的助凝剂对净水效果，则pH应该相等，则pH=3.0；故答案为：3.0；无。
②实验结论一：通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强。减小，净水效果减弱的原因是pH减小，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，生成氢氧化铁胶体变少，净水作用减弱；故答案为：pH减小，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，生成氢氧化铁胶体变少，净水作用减弱。
③实验结论二：添加助凝剂能够显著提高净水效果，说明4组别实验很明显即得到A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大，则结论成立的判断依据是A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大；故答案为：A4− B4的差值明显比A3− B3的差值大。
（5）①根据题意，噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，由于吡咯中含有N−H，由于氮的电负性大，原因是吡咯能与水形成分子间氢键，而噻吩不能；故答案为：氢键。
②一个立方体结构的晶胞如图所示，铁的个数为，的个数为，已知阿伏加德罗数值为，的晶体密度为，，则，则晶胞的边长为；故答案为：。
4． 加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等任答两条 4AgCl+N2H4·H2O+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+5H2O(或4AgCl+N2H4+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O) 1014 H2SeO3+ 2SO2 +H2O ==2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3==2H2SO4+Se+H2O 10-7.3或5.0×10-8 2H++2e-H2↑ 80.4
【分析】硒化银半导体废料（含Ag2Se、Cu单质），加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，被还原成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4·H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银。
【详解】（1）为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，任答两条；
（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4·H2O+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+5H2O；（或4AgCl+N2H4+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+4H2O）；
（3）由图象可知Ksp（Ag2SO4）=10-5，Ksp（AgCl）=10-9.75，Ag2SO4（s）+2Cl－（aq）═2AgCl（s）+SO42－（aq）的化学平衡常数K=c(SO42－)/c2(Cl－)=Ksp(Ag2SO4)/[Ksp(AgCl)]2=10-5/(10-9.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；
（4）反应④的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O ═2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3═2H2SO4+Se+H2O；
（5）由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H＋)c(SeO32－)/c(HSO3－)=10-7.3或5.0×10-8；
（6）若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H＋+2e－═H2↑，用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为10×60×60/96500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g/108g·mol－1=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.3/0.373×100%=80.4%。
5．(1) 将样品中可能存在的氧化为 双氧水()
(2) (或)
(3) 防止胶体生成，易沉淀分离
(4)45.0%
【分析】水泥样品加入盐酸，不溶物为二氧化硅，铁、铝、镁、钙等氧化物溶于盐酸，滴加硝酸则生成的Fe为+3价；还可用其他强氧化剂代替过氧化氢；调节溶液pH值4-5，使Fe3+、Al3+生成沉淀，再用草酸钙检测溶液中的Ca2+含量。
(1)
根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；
(2)
根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(3)
盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)
草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol，n(Ca2+)=4.50×10－3mol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%。
6．(1) 过滤 分液漏斗
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3) Ca2++2F—=CaF2↓ 3×10—2
(4)Zn2+
(5)萃取反应中，溶液pH升高，H+浓度减小，平衡右移，萃取率升高
(6) NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4 960mg/L
【分析】由题给流程可知，向酸性硫酸镍废液中通入氯气将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍浆液调节溶液pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液a；向滤液中加入氟化镍溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液b；向滤液b中加入萃取剂P204萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和萃余液；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到萃取剂P204循环使用；萃余液经蒸发结晶、过滤得到六水硫酸镍和母液。
【详解】（1）由分析可知，操作1、2为固液分离的过滤操作，操作3为液液分离的操作分液，分液所需要主要玻璃仪器为烧杯和分液漏斗，故答案为：过滤；分液漏斗；
（2）由分析可知，向酸性硫酸镍废液中通入氯气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
（3）由分析可知，加入氟化镍溶液的目的是将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2F—=MgF2↓、Ca2++2F—=CaF2↓，由溶度积可知，当溶液中镁离子完全沉淀时，钙离子已经完全沉淀，则杂质离子沉淀完全时，溶液中氟离子浓度为=3×10—2mol/L故答案为：Ca2++2F—=CaF2↓；3×10—2；
（4）由分析可知，滤液b中含有的金属阳离子为镍离子和锌离子，故答案为：Zn2+；
（5）由分析可知，向滤液b中加入萃取剂P204的目的是萃取溶液中的锌离子，由题给方程式可知，在一定范围内，随着溶液pH升高，溶液中氢离子浓度减小，萃取反应向正反应方向移动，锌离子的萃取率升高，故答案为：萃取反应中，溶液pH升高，H+浓度减小，平衡右移，萃取率升高；
（6）①由题意可知，在母液中加入石灰乳制备氢氧化镍浆液的反应为硫酸镍溶液与石灰乳反应生成溶解度更小的氢氧化镍和微溶的硫酸钙，反应的化学方程式为NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4，故答案为：NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4；
②由题意可知，与母液稀释液中硫酸根离子反应的钡离子的物质的量为0.0500mol/L×0.01L—0.0100mol/L×0.025L=2.5×10-4mol，则处理后的母液稀释液中硫酸根离子的含量为=960mg/L，故答案为：960mg/L。
7． -240.3 kJ/mol 0.04 mol·L－1·min－1 = 0.68/p < 迅速上升是因为催化剂活性增强，上升缓慢是因为温度升高 迅速下降是因为催化剂失活
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可求得待测反应的热化学方程式；
(2)根据在相同条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量的比计算反应消耗的O2及产生的O3的物质的量，然后利用反应速率和物质转化率的定义式计算；
(3)根据物质反应转化关系，计算各种物质平衡时物质的量，并根据物质的量的比等于气体所占的压强之比，用平衡分压表示化学平衡常数；
(4)①根据温度与化学平衡常数的关系，结合平衡移动原理分析判断反应热效应；
②根据催化剂具有催化活性分析；任何催化剂的催化活性都有一定的温度范围，根据温度对催化剂的影响分析。
【详解】(1)由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，将，整理可得，ΔH4=ΔH1－ΔH3=-240.3 kJ/mol。
(2)①设5min时生成O3的物质的量为x，则由方程式3O2(g)2O3(g)中物质反应关系可知：每反应消耗3molO2，会同时产生2molO3，减小1mol，则生成O3xmol，消耗O2的物质的量是mol，则平衡时O2的物质的量为(1-)mol，由于在相同温度下，气体的物质的量n与压强p成正比，则0.9×n起始(O2)=n平衡(O2)+n平衡(O3)，0.9×1 mol=(1-)mol+x，解得x=0.2mol，所以O3的生成速率v(O3)==0.04mol/(L·min)。
②平衡时O2的物质的量n平衡(O2)=1mol－×0.2mol=0.7 mol，平衡时O2的转化率α(O2)=×100%=30%。
(3)假设先进行反应Ⅰ，达到平衡后再进行反应Ⅱ，进行反应Ⅰ：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，反应开始时n(NO)=2mol，n(O2)=1mol，由于平衡时n(NO)=0.2mol，反应了2mol-0.2mol=1.8mol，所以反应O2的物质的量为×1.8mol=0.9mol，剩余O2的物质的量为1mol-0.9mol=0.1mol，则反应I产生NO2物质的量为1.8mol；
对于反应Ⅱ：2NO2(g)N2O4(g)，反应开始时n(NO2)=1.8mol，平衡时n(NO2)平=1mol，△n(NO2)=1.8mol-1mol=0.8mol，则此时n(N2O4)=×0.8mol=0.4mol，所以平衡时n(总)=n(NO)+n(O2)+n(NO2)+n(N2O4)=0.2mol+0.1mol+1mol+0.4 mol=1.7mol，此时p(NO2)=×p(总)=p kPa，p(N2O4)=p kPa，所以常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=kPa-1。
(4)①根据该反应的平衡常数与温度的关系式lg Kp=5.0+可知，随着温度升高，平衡常数降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应。
②随反应温度变化，在反应开始时迅速上升是因为催化剂活性增强，之后上升缓慢是因为温度升高，催化剂的催化活性降低；当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是由于催化剂失去催化活性。
【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡移动及化学平衡有关计算的知识。掌握基本概念、基本理论是本题解答的关键。在有关计算时，要充分利用题干信息，结合物质反应转化关系分析。
8．(1)
(2)-128kJ·mol-1
(3) > ＜ D
(4)BD
(5)12
【解析】(1)
在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；
(2)
焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；
(3)
①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；
(4)
影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；
(5)
根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。
9．(1) 2 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol
(2)2*N+6*H=2*NH3
(3) 0.005 ad g
(4)4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O
(5)N2+6H++6e—=2NH3
【详解】（1）氮气分子的氮氮三键中含有1个σ键和2个π键，则1mol氮气分子中π键数目为1mol×2×NAmol—1=2NA；由图可知，合成氨反应的反应热为ΔH=(307.8+100.0) kJ/mol—500kJ/mol =—92.2kJ/mol，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol，故答案为：2；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol；
（2）由图可知，活化能最大的反应为2*N+6*H=2*NH3，反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于慢反应，则对总反应速率影响较大的步骤的的化学方程式为2*N+6*H=2*NH3，故答案为：2*N+6*H=2*NH3；
（3）①反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为0.9MPa×=0.2MPa、0.9MPa×=0.6MPa、0.9MPa×=0.1MPa，则0−20min内氨气的平均反应速率为=0.005MPa/min，反应的平衡常数Kp==MPa—2，故答案为：0.005；；
②a．氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
b．由质量守恒定律可知，反应中容器中氢氮比始终保持不变，则容器中氢氮比保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
c．氮气和氨气平均反应速率之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积减小的反应，在恒压密闭容器中反应时，混合气体的密度气体密度增大，则混合气体的密度气体密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选ad；
③该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故选g；
（4）由图可知，在HY载体上，铵根离子与物质的量比为1：1的一氧化氮和氧气反应生成氮气、氢离子和水，反应的离子方程式为4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O，故答案为：4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O；
（5）由图可知，与直流电源负极相连的电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e—=2NH3，故答案为：N2+6H++6e—=2NH3。
10． 4d105s25p1 Se>Ga>In 硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定 组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大 [Ga(NH3)4Cl2]Cl 三角锥形 sp2 a 8
【分析】Ga与In同主族，Se与Ga同周期；碳与硅同主族，碳原子半径小于硅原子半径；硒原子的价层电子数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对；CuS晶胞中S2-位于晶胞的顶点和面心上，铜离子位于体内，配位数为4。
【详解】（1）镓原子的质子数为49，电子排布是为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简写为[Kr] 4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In。
（2）碳碳双键、碳碳叁键都有键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作用力较大，沸点较高。
（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2:1，由于Ga3+的配位数为6，则该配合物的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
（4）SeO32-中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对，采取sp2杂化。
（5）①由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为a pm。
②铜离子配位数为4，根据化学式为Cu2S，得出S2-的配位数为8。
③Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为ρ=
g·cm-3。
11． 原子光谱 1s22s22p2 sp、sp2 C 直线形 N2O或CO2 原子晶体 低于 N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大 ×100%
【分析】(1)现代化学中常利用的原子光谱特征谱线来鉴定元素，按原子排布规律找出氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数最多的是碳；
(2)石墨炔中碳原子的杂化类型与碳碳键的类型相关，据此回答；
(3)根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，分析其晶体类型及存在的微粒间的作用力，据此回答；
(4)①按信息——阳离子 “N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，则为N5+，则 N8中阴离子为N3-，按等电子体的内涵确定其分子的空间构型、书写其等电子体的分子式；
②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成共价化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，判断晶体的类型，按影响熔点高低的因素判断GaAs 、GaN熔点高低及理由，并按均摊法计算GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；
【详解】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；
答案为：原子光谱；1s22s22p2；
(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；
答案为：sp、sp2；
(3) 根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；
答案为：C；
(4) ①按信息——阳离子 “N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为：，则为N5+，则 “N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，N8中阴离子为N3-，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；
答案为：直线形；N2O或CO2；
②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物GaAs内是共价键，晶体熔点为1238℃，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，Ga—N键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；
根据均摊法计算，晶胞内As原子数目，Ga原子数目：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积为，晶胞的体积为： ，则原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%；
答案为：原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大；×100%。
【点睛】本题阅读量较大，要充分提炼信息的基础上灵活应用元素周期律、杂化轨道理论等解题，并要能应用均摊法进行晶胞相关的计算。
12． 光照、Cl2 氧化反应 13 2+O22+2H2O 或或 9
【分析】对比A、C的结构可知B为．D发生催化氧化生成E为，进一步氧化生成F，对比F、G的结构，可知F发生取代反应生成生成G，由H、J的结构简式，结合I的分子式、信息①，可推知I为．由G、K、M的结构简式，结合信息②，可推知L为。
【详解】(1)A→B是甲苯与氯气反应生成，反应条件和试剂是：光照、氯气；(2)E→F是醛被氧化为酸，反应类型是氧化反应；甲苯中苯分子所有原子共平面，甲基是正四面体，由于单键可旋转，则最多有13个原子共平面； (3)D→E反应的化学方程式：2+O22+2H2O；
(4)化合物M的同分异构体满足条件：①含有苯甲酸结构，②含有一个甲基，③苯环上只有两个取代基，可知其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，均有邻、间、对3种，符合条件的共有9种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式：；(5)由合成路线，可知丙酸先与PCl3反应，产物再与反应，最后在碱性条件水解、酸化得到，合成路线流程图为：。
13．(1)酯基
(2)酯化反应(取代反应)
(3) C11H10O3
(4)
(5) 9 、
(6)
【分析】由合成流程可知，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为,则B为，A与氢气发生加成反应生成B，A为，故生成A的反应为开环加成反应；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；
【详解】（1）A为，含有的含氧官能团名称是酯基；
（2）D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；
（3）E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；
（4）HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；
（5）B为，其同分异构体W 0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为、；
（6）结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为 。
14．(1) 溴苯 羰基、羧基 2
(2) 氢气 加成
(3) 6
(4)
【分析】根据B的结构简式及A的分子式知，可知A与 发生开环加成生成B，故A为 ，B中羧基和乙醇发生酯化反应生成C；对比C、D的结构,结合信息中的加成反应,推知M为 ，D发生加成反应生成E， E中醇羟基发生消去反应生成F 。据此解答。
【详解】（1）A为 ，名称为溴苯，B中含有含氧官能团为羰基和羧基。E的结构为，其中标有“*”碳为手性碳原子，故手性碳原子数为2。
（2）C的结构简式为 ，其中羰基能和氢气发生加成反应或还原反应生成羟基，C和M反应生成D，说明碳碳双键发生加成反应，而M的结构简式为 。
（3）B的同分异构体①仅含苯环一个环状结构，且苯环上仅有2个取代基，有邻间对三种位置；②仅含2种官能团且能发生银镜反应，说明含有溴原子和醛基，因为有三个氧原子，故含有3个醛基。③不含，不含.。故苯环上两个取代基分别为-Br和C(CHO)3，在苯环上有邻间对三种位置关系，如果取代基为-CHO和-C Br (CHO)2，也有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有6种结构。核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2的一种同分异构体结构简式为
（4）模仿D到E到F的转化， 与 反应生成 ，然后在催化剂条件下发生消去反应生成 ，最后和氢气发生加成反应生成 ，合成路线为： 。
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