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陕西省咸阳市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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这是一份陕西省咸阳市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。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
陕西省咸阳市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、原理综合题
1．（2021·陕西咸阳·统考二模）烟气中SO2的大量排放给人类的生存环境造成了严重破坏，工业上通常采用以下三种方法实现烟气中硫的回收。
(1)CO还原法：SO2(g)+2CO(g)S(1)+2CO2(g)
①已知CO(g)、S(1)的燃烧热分别为283kJ•mol-1、529kJ•mol-1，则反应SO2(g)+2CO(g)S(1)+2CO2(g)的△H=___________
②一定压强下，发生反应2CO(g)+SO2(g)S(1)+2CO2(g)，平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[=y]、温度T的关系如图所示。则平衡时，CO的转化率：N___________M(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，逆反应速率：N___________P。
③某温度下，向1L密闭容器中充入2molCO和1molSO2，发生反应：2CO(g)+SO2(g)S(1)+2CO2(g)，达到平衡后，测得混合气体中CO2的物质的量为1.2mol。则该温度下反应的平衡常数K=___________
(2)氧化锌吸收法：配制ZnO悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫。测得pH吸收效率η随时间t的变化如图1所示；溶液中部分微粒与pH的关系如图2所示。
①为提高SO2的吸收效率η。可采取的措施有：增大悬浊液中ZnO的量、适当提高单位时间内烟气的循环次数、___________
②图1中的pH-t曲线ab段主要反应的化学方程式为___________
③pH=7时，溶液中=___________
(3)电解法：按图3所示装置，利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4。
①阴极的电极反应式为___________
②每处理含19.2gSO2的烟气，理论上回收S、H2SO4的物质的量分别为___________、___________。
2．（2022·陕西咸阳·统考二模）气态含氮化合物既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。请回答下列问题：
(1)用NH3催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染。已知：
①4NH3(g)+3O2(g)2 = N2(g)+6H2O(g)ΔH=-akJ/mol
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=-bkJ/mol
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式_____。
(2)恒容密闭容器中，在Ni作催化剂条件下，NH3分解反应如下：
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，不同温度下，NH3分解率随时间的变化如图所示，则曲线①②中，温度较低的曲线为_____
(3)东南大学王金兰课题组提出合成氨的“表面氢化机理”如图所示，在较低的电压下实现氮气的还原合成氨。
已知：第一步：*H+＋e- = *H(快)(吸附在催化剂表而的物种用＊表示)；
第二步：N2＋2＊H =中间体(吸附在催化剂表面)(慢)；
第三步：___________ (快)(写出第三步的方程式)。其中，第二步为决速步，原因是___________。该法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点。
(4)向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为1：1的N2和H2混合气体，初始压强为30MPa，在不同催化剂作用下反应，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示，b点v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。图中a点混合气体平均相对分子质量为18.75，a点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)
(5)氨不仅应用于化肥生产，也可以应用于能源领域，与氢氧燃料电池比，氨氧燃料电池有其独特优势。某研究小组设计的氨氧燃料电池装置如图所示，则电极1的电极反应式为___________标准状况下，当3.36LO2参加反应时，生成N2的物质的量为_______
3．（2023·陕西咸阳·统考二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的__________。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ：__________.
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越______(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ．__________。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝______。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为______kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
二、工业流程题
4．（2021·陕西咸阳·统考二模）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。种以辉铜矿(Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质)为原料制备酸式碳酸铜的流程如图所示：
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀的pH
9.0
3.7
6.7
9.8
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3；
③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-8。
回答下列问题：
(1)滤渣经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，写出浸取时Cu2S发生反应的离子方程式___________，回收淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是___________
(2)常温下“除铁"时加入的试剂A为___________，调节pH的范围为___________
(3)写出“沉锰"过程中反应的离子方程式___________
(4)“赶氨"操作的目的是___________
(5)测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为___________(保留到小数点后两位)。
5．（2022·陕西咸阳·统考二模）随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但是锌电池在充放电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为:Ca［Zn(OH)3］2·2H2O，其制备流程如下：
请回答下列问题：
(1)Zn(OH)2是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH)2＋2NaOH = Na2ZnO2＋2H2O。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为___________
(2)球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar气的作用是___________ 。
(3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如下图所示。从反应釜进入球磨机的混合物中主要含有锌酸钾，加入Ca(OH)2粉末，转化为锌酸钙，请从平衡移动的角度分析原因___________是。流程中第二次加入ZnO粉末的目的_______
(4)滚动球磨6-24小时的目的是___________。
(5)操作I为___________。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是_______
6．（2023·陕西咸阳·统考二模）废旧锌锰电池中的黑锰粉含有MnO2、MnO(OH)、NH4Cl和少量ZnCl2、Fe2O3及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过如下流程制备MnSO4。
回答下列问题：
(1)Mn的原子结构示意图为___________。
(2)“滤液a”的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因___________。
②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、___________、洗涤、干燥，得NH4Cl固体。
(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。空气中O2氧化MnO(OH)的化学方程式为___________。
(4)探究“酸浸”中MnO2溶解的适宜操作。
实验I．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。
实验II．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①实验I中MnO2的作用是___________，实验II中H2O2的作用是___________。
②由实验可知，“酸浸”溶解MnO2时加入试剂的顺序是___________。
(5)加入MnO调pH时，证明MnSO4溶液中Fe3+沉淀完全的实验步骤及现象：取少量溶液，滴加___________(填试剂)，观察到___________(填现象)。
三、实验题
7．（2021·陕西咸阳·统考二模）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]常用于治疗缺铁性贫血，用下图装置可以在实验室中制备甘氨酸亚铁
有关物质的性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，能溶于冰醋酸，难溶于乙醇、乙醚，水溶液呈弱酸性。
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水且在水中难电离，难溶于乙醇、冰醋酸。
实验步骤如下：
Ⅰ．打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。
Ⅱ．在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ．反应完成后，向c中加入无水乙醇，析出沉淀，过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是___________，装置d的作用是液封，其目的是___________
(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭___________打开___________(填“K2”或“K3”)；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___________(写化学式)。
(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。
(4)步骤Ⅲ中洗涤沉淀时，用___________作洗涤剂。
(5)工业上常用高氯酸标准溶液(不与冰醋酸反应)在非水体系中滴定甘氨酸的方法来测定产品中甘氨酸的含量。
①将粗产品溶于一定量的冰醋酸中，经搅拌，___________，洗涤，将滤液配成100.00ml的溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶，进行滴定。
②滴定过程中下列操作会使甘氨酸测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管
B．读数时，滴定前平视，滴定终点时俯视
C．摇动锥形瓶时有液体溅出
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失
8．（2022·陕西咸阳·统考二模）次磷酸钠(NaH2PO2)是一种白色粉末，微溶于无水乙醇，不溶于乙醚，具有强还原性，酸性条件下易被氧化生成H3PO4。实验室使用白磷、熟石灰和碳酸钠溶液模拟工业制备两步法合成次磷酸钠晶体。
I．制备次磷酸钙［Ca(H2PO2)2］溶液：
(1)实验前，经检验装置的气密性良好。其中仪器a的名称为___________
(2)将一定量的白磷和过量的熟石灰依次投入仪器a中，加水调成稀浆状，搅拌下加热升温到90℃，至无PH，气体放出时停止反应。则a中发生反应的化学方程式为___________
(3)实验过程中装置B中出现红色沉淀，则硫酸铜溶液的作用是___________。
II．制备次磷酸钠(NaH2PO2)溶液：
(4)过滤除去未反应的固体物质，然后通入二氧化碳，其目的是___________再向次磷酸钙溶液中加入碳酸钠溶液，判断次磷酸钙完全反应的方法为___________
III．制备次磷酸钠晶体：
(5)过滤除去碳酸钙后将滤液蒸发浓缩，该操作需在___________条件下进行，再经过冷却结晶，制得次磷酸钠晶体。
IV．测定次磷酸钠纯度：
(6)测量步骤：称取8.8g样品溶于水配成25mL溶液置于锥形瓶中，再加盐酸25mL，准确加入c1 mol／L碘标准溶液V1 mL，盖好瓶塞，放在暗处30min。打开瓶塞，用少量蒸馏水洗瓶颈及瓶塞后，以淀粉溶液作指示剂，用c2 mol／L硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，消耗硫代硫酸钠溶液的体积为V2 mL(已知I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI)。
①判断达到滴定终点的现象是___________。
②晶体中NaH2PO2的质量分数为___________(列出表达式)。
9．（2023·陕西咸阳·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)
四、结构与性质
10．（2021·陕西咸阳·统考二模）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。回答下列问题：
(1)砷和磷为同一主族的元素，则As的价层电子排布式为___________，第一电离能：磷___________砷(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(2)SnCl4是制备有机锡化合物的原料，染色的媒染剂，缩合剂。SnCl4中锡原子的杂化方式为___________，SnCl4的空间结构为___________(用文字描述)。
(3)砷化镉(Cd，As)是一种验证三维量子霍尔效应的材料。
①砷和卤素可形成多种卤化物，AsBr3、AsCl3、AsF3的熔点由低到高的顺序为___________
②砷元素的常见化合价有+3和+5，它们对应的含氧酸有H3AsO3和H3AsO4两种，其中H3AsO4的酸性比H3AsO3的酸性强，从物质结构与性质的关系来看，H3AsO4的酸性比H3AsO3的酸性强的原因是___________
③Cd2+与形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，中心离子的配位数为___________，画出配离子的结构式___________(不考虑立体构型)。
(4)灰锡的晶胞结构如图。已知：晶胞边长为648.9pm。晶体密度为5.75g•cm-3，=1.414，=1.732.则锡原子的半径为___________pm，锡的相对原子质量为___________(只需写出计算表达式)。
11．（2022·陕西咸阳·统考二模）镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子价层电子层有___________个单电子。
(2)四水合醋酸镍［Ni(CH3COO)2·4H2O］在电镀中有广泛应用，其中H2O中氧原子的杂化轨道类型为___________，若四水合醋酸镍构型为八面体，则中心Ni原子的配位数为___________
(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，已知熔点NiO＞FeO，则离子半径r(Ni2＋)___________r(Fe2+)(填“＜”或“＞”)；天然氧化镍常存在各种缺陷，某缺陷氧化镍的组成为Ni0.96O，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，则Ni2+和Ni3＋的数目之比为___________
(4)四羰基镍［Ni(CO)4］是由路德维希·蒙德所发现。室温下，它是一种具有挥发性的液体，其熔沸点低的原因是___________；画出四羰基镍的结构式___________
(5)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为a pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3。
12．（2023·陕西咸阳·统考二模）据《自然》学术期刊显示，厦门大学教授郑南峰，与北京大学教授江颖课题组密切合作，提出了一种铜材料表面配位防腐技术，可实现各种尺度的铜材料抗氧化。Cu及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Cu原子电子排布式为___________
(2)磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH3)。
①P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3___________H3PO4(填“>”或“<”)，从结构的角度说明理由：___________。
②P与N的氢化物空间构型相似，PH3键角___________NH3键角(填“>”“<"或“=”)。
(3)胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，将其改写成配合物形式的化学式可书写成________。其中配体的分子构型为________，阴离子的中心原子杂化类型为_________，S、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序是；_________，胆矾晶体中不包含的作用力有________(填序号)。
A．离子键 B．金属键 C．氢键 D．共价键 E．配位键
(4)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：
已知原子O、A的分数坐标为(0，0，0)和(1，1，1)，原子B的分数坐标为________，若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为_______pm(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)
五、有机推断题
13．（2021·陕西咸阳·统考二模）李时珍在(本草纲目》中盛赞海南香料：“海南沉香，一片万钱，冠绝天下。”下图是种香料H的合成流程。回答下列问题：
已知：①++HCl
②RCHO+R＇CH2ClRCH=CHR＇
③R1COOR2+R3OHR1COOCR3+R2OH
(1)A的名称是___________，D→E的反应类型是___________
(2)B→C的化学方程式为___________
(3)D中官能团的名称是___________，G的结构简式为___________
(4)H与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___________
(5)有机物X为E的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③苯环上只有一种化学环境的氢
(6)请设计合理路线，以乙醇为原料合成CH3CH=CHCH3，其他所需试剂任选。__________
14．（2022·陕西咸阳·统考二模）氯法齐明是一种抗麻风药物，对新冠病毒表现出强大的抗病毒活性，并能缓解与重症新冠病毒相关的过度炎症反应，可通过以下路线合成。
已知：+ROH
请回答下列问题：
(1)A的名称为___________，C中含氧官能团的名称是___________。
(2)反应⑤的反应类型为___________，I的结构简式为___________。
(3)反应④的化学方程式为___________。
(4)化合物M是B的同分异构体，已知M与B具有相同官能团，则M的可能结构有___________种，其中核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比为2：1的结构简式为___________(只写一种即可)
(5)请仿照题中合成路线图，设计以 和乙烯为主要原料合成 的路线：___________。 (其它试剂及溶剂任选)。
15．（2023·陕西咸阳·统考二模）化合物E是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
(1)化合物A中官能团的名称为硝基、___________和___________。
(2)B的结构简式为___________。
(3)C→D的反应类型为___________。
(4)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________(至少写出3种)。
①存在-NO2与苯环直接相连，且不存在-O-O-键。
②不同化学环境的氢原子数目比为1：2：6。
(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图________(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。
参考答案：
1． －37.0kJ·mol－1 > < 调节溶液的pH至6.8以上 ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2 SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O 0.1mol 0.2mol
【详解】(1)①根据CO(g)和S(l)的燃烧热可得热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ/mol，S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol，将第一个反应减去第二个反应，即得SO2(g)+2CO(g) S(1)+2CO2(g)，其ΔH=-566kJ/mol+529kJ/mol=-37kJ/mol。
②先考虑M点和P点，以确定y1和y2的大小。M点和P点温度相同，M点的SO2的转化率大于P点，说明在起始时若SO2的物质的量相同，则CO的物质的量M点大于P点，即y1大于y2。再考虑M点和N点：M点和N点SO2的转化率相同，假设起始时SO2的物质的量相等，则即转化的SO2也相等，转化的CO也相等；由于y1大于y2，即起始时M点大于N点，则起始时CO的物质的量M点大于N点，所以CO的转化率M点小于N点，即CO的转化率：N＞M。曲线上的任意一点都是平衡状态，正逆反应速率相等，在相同压强下，N点和P点相同，但P点温度高于N点，温度升高，反应速率加快，所以逆反应速率：N＜P。
③起始时CO的物质的量浓度为2mol/L，SO2的物质的量浓度为1mol/L，达到平衡后， CO2的物质的量浓度为1.2mol/L。可列三段式：
则K===。
(2)①由图1可知，当pH在6.8以上时，η值比较大，所以可采取的措施还有调节溶液的pH至6.8以上。
②由图1可知，曲线ab段的pH在4～6，由图2可知，pH在4～6主要存在，所以发生的主要的反应的化学方程式为ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2。
③pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，由图2可知，溶液的pH=7时，溶液中c()=c()，所以溶液中=。
(3)②根据图3装置可知，阴极SO2发生还原反应，SO2得到电子生成S，电极反应式为：SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O。
②利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4，则总反应式为3SO2+2H2O=S+2H2SO4。19.2gSO2的物质的量为0.3mol，所以得到硫0.1mol，H2SO40.2mol。
【点睛】计算2CO(g)+SO2(g) ⇌ S(1)+2CO2(g)平衡常数时，要注意S为液体，不计算在内。
2．(1)4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g) ΔH=(3b-a)kJ/mol
(2)②
(3) *N2H2+4H++4e-=2NH3 N2与*H反应过程中N≡N键断裂需要较高的能量
(4) ＞ 0.014
(5) 2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O 0.1mol
【解析】(1)
①4NH3 (g)+3O2 (g)═2N2 (g)+6H2O (g)ΔH=-akJ/mol
②N2(g)+O2 (g)═2NO (g)ΔH=-bkJ/mol
根据盖斯定律：①-3×②得4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g)ΔH=(3b-a)kJ/mol，故答案为：4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g)ΔH=(3b-a)kJ/mol；
(2)
由图可知，T1时反应先达到平衡，反应速率快，温度高，故T1＞T2，故温度较低的为曲线②，故答案为：②；
(3)
第二步中间产物为*N2H2，第一步+第二步+第三步=总反应，则第三步的方程式为*N2H2+4H++4e-=2NH3；N2与*H反应过程中N≡N键断裂需要较高的能量，所以三步中的决速步为第二步，故答案为：*N2H2+4H++4e-=2NH3；N2与*H反应过程中N≡N键断裂需要较高的能量；
(4)
T3的b点时，反应未达到平衡，说明v正＞v逆；设起始氮气和氢气的物质的量为amol，设氮气转化物质的量为xmol，，a点混合气体平均相对分子质量为18.75=，解得x=0.2a，平衡时总物质的量为1.6a，则平衡后压强为=24MPa，p(N2)=×24MPa=12MPa，p(H2)=×24MPa=6Mpa，p(NH3)=×24MPa=6Mpa，Kp=，故答案为：＞；0.014；
(5)
氨氧碱性燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极上氨气发生失电子的氧化反应，正极氧气发生得电子的还原反应，则电极1为负极，负极反应为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，电极2为正极，正极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-，标准状况下，当3.36LO2物质的量为，转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)=4×0.15mol=0.6mol，则n(N2)=n(e-)=×0.6mol=0.1mol，故答案为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；0.1mol。
3．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
4． Cu2S＋2MnO2＋8H＋=2Cu2＋＋S＋2Mn2＋＋4H2O 温度过低，硫的溶解速率小；温度过高，CS2易挥发 CuO(其他合理答案均可) 3.7～5.6或3.7≤pH＜5.6 Mn2＋＋＋NH3=MnCO3↓＋ 防止[Cu(NH3)4]SO4生成，提高产品的产率 96.57%
【分析】浮选精矿与MnO2、硫酸反应生成一种淡黄色副产品，即S、Cu的化合价升高，Mn原子的化合价降低，生成硫酸锰、硫酸铜、单质硫和水，少量Fe2O3等杂质溶于硫酸，则SiO2不溶，滤渣I为SiO2；加入CuO、Cu(OH)2或碱式碳酸铜调节pH，使铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤，向滤液中加入碳酸氢铵、氨气，生成碳酸锰沉淀和铵根离子；通入热空气，赶走多余的氨气，使溶液中的铜离子生成碱式碳酸铜。
【详解】(1)分析可知，浮选精矿与MnO2、硫酸反应生成一种淡黄色副产品，生成硫酸锰、硫酸铜、单质硫和水，离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H＋=2Cu2＋+S+2Mn2＋+4H2O；制取硫的二硫化碳溶液时，温度控制在50~60℃之间，温度过低，硫的溶解速率小；温度过高，CS2易挥发；
(2)“除铁"时加入的试剂A为CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜；调节pH使铁离子生成氢氧化铁，但不能生成氢氧化铜，则范围为3.7～5.6或3.7≤pH＜5.6；
(3)“沉锰"过程中锰离子与碳酸氢根离子、氨分子反应生成碳酸锰沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为Mn2＋＋＋NH3=MnCO3↓＋；
(4)过量的氨气与铜离子反应生成配离子，则“赶氨"操作的目的是防止[Cu(NH3)4]SO4生成，提高产品的产率；
(5) 4.66g沉淀为硫酸钡，即物质的量为0.02mol，则n(SO)=n(MnSO4·H2O)=0.02mol÷25.00mL×100mL=0.08mol，样品的纯度=×100%=96.57%。
5．(1)ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O
(2)防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3
(3) 在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动 调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1
(4)使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分
(5) 过滤 防止高温下产物分解失去结晶水
【分析】氧化锌粉末在反应釜中和氢氧化钾溶液反应生成K2ZnO2，加入氢氧化钙使其转化为锌酸钙，最后加入氧化性粉末搅拌过滤洗涤干燥得到产品，据此解答。
(1)
依据已知信息和两性化合物的性质可判断ZnO在反应釜中发生反应的离子方程式为ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O；
(2)
由于空气中含有二氧化碳，能被氢氧化钙溶液吸收，所以通入Ar气的作用是防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3；
(3)
由于在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动；根据产品的化学式Ca［Zn(OH)3］2·2H2O可判断流程中第二次加入ZnO粉末的目的调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1；
(4)
滚动球磨6～24小时的目的是使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分，提高产率。
(5)
由于操作I得到滤液，则其操作为过滤。由于产品含有结晶水，则干燥产品时必须在低温减压条件下进行的理由是防止高温下产物分解失去结晶水。
6．(1)
(2) +H2O⇌NH3·H2O+H+ 趁热过滤
(3)4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
(4) 催化剂 还原剂 先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液
(5) KSCN溶液 不变红
【分析】黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰溶液；
【详解】（1）锰为25号元素，原子结构示意图为 ，答案为： ；
（2）① “滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，，答案为：；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得固体，答案为：趁热过滤；
（3）氧气具有氧化性，氧化生成二氧化锰和水，化学方程式为，答案为：；
（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I中的作用是催化剂；实验II中加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，中氧元素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用，答案为：催化剂
，还原剂；
②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解时加入试剂的顺序是先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液，答案为：先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液；
（5）铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀，答案为：KSCN溶液，不变红。
7． 蒸馏烧瓶 液封，防止空气进入到c中将甘氨酸亚铁氧化 K3 K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH＋FeSO4＋2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O 乙醇 过滤 AD
【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50°C恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出。
【详解】(1)根据b的结构特点可知b为蒸馏烧瓶，d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化，故答案为：蒸馏烧瓶；液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化；
(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：K3，K2；Fe(OH)2；
(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，故答案为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；
(4)根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇洗涤可以降低其溶解度，使其从溶液中析出；
故答案为：乙醇；
(5)①甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液，然后再进行滴定，故答案为：过滤；
②已知高氯酸为标准液，甘氨酸为待测液，甘氨酸的测定结果与标准液的体积成正比，
A.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管，需多滴标准液，使甘氨酸的测定结果偏高；
B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，滴定管小刻度在上大刻度在下，滴定后俯视使标准液读数偏小，会使甘氨酸的测定结果偏低；
C.摇动锥形瓶时有液体溅出，待测液物质的量减少，所滴加的标准液也会减少，使甘氨酸的测定结果偏低；
D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，标准液读数偏大，使甘氨酸的测定结果偏高；
故答案为：AD。
8．(1)三颈烧瓶
(2)
(3)除尽尾气中的PH3
(4) 使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去 将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全
(5)无氧条件(隔绝空气加热)
(6) 蓝色消失
【分析】I．中白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3，硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体。II．中左侧产生二氧化碳并且饱和碳酸氢钠除去挥发出的盐酸，适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去，据此分析解题。
(1)
由装置甲中可知仪器a的名称是三颈烧瓶。
(2)
白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3气体，则反应的化学方程：。
(3)
采用过量的硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体，PH3会将硫酸铜还原为单质铜。
(4)
再加入碳酸钠之前需通入适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去。为了检验烧瓶中的次磷酸钙溶液是反应完全，可以将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全。
(5)
由于次磷酸钠具有强还原性，因此在浓缩时应隔绝空气加热。
(6)
①以硫代硫酸钠标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉试剂，继续滴定直至蓝色消失则为滴定终点。
②将配制好的次磷酸钠溶液加入到碘瓶中，再加入过量的碘标准溶液，其发生反应的离子方程式为 ；然后再用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘溶液，发生反应， 由于消耗c2mol/L硫代硫酸钠溶液的体积为V2mL，则可知剩余I2的物质的量，则与次磷酸钠反应的碘的物质的量，因为，所以，因此，故质量分数为：
9．(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。
10． 4s24p3 大于 sp3 正四面体 AsF3
(2) Sn为IVA族元素，则SnCl4中只含有4条共价键，无孤电子对，杂化方式为sp3；根据价层电子互斥理论，空间构型为正四面体型；
(3)①砷和卤素可形成多种卤化物，AsBr3、AsCl3、AsF3为分子晶体，则随分子量的增大，分子间的作用力增大，熔点逐渐增大，则熔点由低到高的顺序为AsF3
③根据配离子[Cd(NH3)4]2+可知，中心离子的配位数为4；即Cd2+周围含有4个氨分子，离子结构式为；
(4)根据灰锡的晶胞结构，最近的2个锡原子距离为体对角线的，即2r=×648.9pm，则锡原子的半径=×648.9pm=140.5 pm；锡原子位于晶胞的顶点、面心和体内，锡原子个数=×8+×6+4=8，ρ=，则M===。
11．(1)2
(2) sp3杂化 6
(3) ＜ 11：1
(4) 四羰基镍为分子晶体，熔化或挥发时破坏的是分子间作用力
(5)
【详解】（1）Ni为28号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2，则价层电子层的d轨道中有2个单电子；
（2）H2O的中心原子O的价电子对数为，则O原子杂化轨道类型为sp3杂化，若四水合醋酸镍构型为八面体，则(CH3COO)和H2O均为配体，因此中心Ni原子的配位数为6；
（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明两者均为离子晶体，又已知熔点NiO＞FeO，说明NiO晶格能更大，离子半径越小，晶格能越大，则离子半径r(Ni2＋)＜r(Fe2+)，某缺陷氧化镍的组成为Ni0.96O，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，设Ni2+和Ni3＋的数目分别为x、y，则2x+3y=2，x+y=0.96，解得x=0.88，y=0.08，因此Ni2+和Ni3＋的数目之比为0.88：0.08=11：1；
（4）根据题干信息，四羰基镍［Ni(CO)4］室温下是一种具有挥发性的液体，说明是分子晶体，该物质熔化或挥发时破坏的是分子间作用力，因此熔沸点较低，四羰基镍［Ni(CO)4］分子中Ni原子和C原子间形成配位键，故其结构式为；
（5）由晶胞结构可知，La位于晶胞的顶点，Ni位于晶胞的面上和体心，则1个晶胞中含有La的个数为，含有Ni的个数为，该晶胞的质量，又晶胞的边长为a pm，则晶胞的体积V=(a3×10-30)cm3，因此该晶胞的密度g/cm3。
12．(1)1s22s22p63s23p63d104s1
(2) ＞ 因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4多1个 ＜
(3) [Cu(H2O)4]SO4·H2O V形 sp3杂化 O＞S＞H B
(4) （0.5，0，0.5）
【详解】（1）铜的原子序数是29，基态Cu原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；
（2）①由于HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4多1个，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H3PO4。
②P与N的氢化物空间构型相似，均是三角锥形，但氮元素的电负性强于磷元素，共用电子对偏向氮元素，排斥力增大，所以PH3键角＜NH3键角。
（3）胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，由于配位数是4，则将其改写成配合物形式的化学式可书写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O。其中配体水的分子构型为V形，阴离子的中心原子硫原子杂化类型为sp3杂化，非金属性越强，电负性越大，则S、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞S＞H，胆矾晶体中包含的作用力有离子键、共价键、配位键和氢键，不包含的作用力为金属键，答案选B。
（4）已知原子O、A的分数坐标为(0，0，0)和(1，1，1)，则原子B的分数坐标为（0.5，0，0.5），晶胞中铜原子的个数是，镍原子的个数是，若该晶体密度为dg·cm-3，则晶胞体积为，边长为，铜镍原子间最短距离为面对角线的一半，即为pm。
13． 丁酸 取代反应 ＋C2H5OH+H2O 羟基 +2NaOH+H2O 或
【分析】已知B与乙醇在浓硫酸加热的条件下反应生成C，则B为C水解的产物，其结构简式为；A与氯气发生取代反应生成B，则A为丁酸；D生成E发生已知②的反应，且发生在酚羟基的对位上，则E为；G与C发生已知①的反应，则G中含有醛基，且醛基与酚羟基相邻，故G为；有机物在酸性条件下生成H，H的分子式为C13H14O2，则有机物发生酯的水解反应后，再分子内酯化反应，H为，据此分析解答。
【详解】(1)分析可知，A为丁酸，含有官能团名称为羧基；D→E为发生已知②的反应，反应类型为取代反应，故答案为：丁酸；取代反应；
(2)B→C为与乙醇的酯化反应，化学方程式为+C2H5OH+H2O，故答案为：+C2H5OH+H2O；
(3)D含有酚羟基，属于酚类，甲基与酚羟基相邻，名称为邻甲基苯酚；分析可知，G的结构简式为，故答案为：羟基；；
(4)H为，含有酯基，水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应，则方程式为+2NaOH+H2O，故答案为：+2NaOH+H2O；
(5)有机物X为E的同分异构体，分子式为C9H10O2，具备①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，②能发生银镜反应，只有2个氧原子，其中一个为羟基，则只能含有醛基，③苯环上只有一种化学环境的氢原子，则苯环上的氢原子对称，故苯环还连有2个甲基，且对称，X的结构简式为或；故答案为：或；
(6)合成CH3CH=CHCH3，需要发生已知①的反应，需要ClCH2CH3和CH3CHO，乙醇与HCl取代可生成ClCH2CH3，乙醇氧化可生成乙醛，则流程为CH3CH2OHClCH2CH3；CH3CH2OHCH3CHO，CH3CHO与ClCH2CH3CH3CH=CHCH3。故答案为：；
14．(1) 对氯苯胺(或4-氯苯胺) 硝基
(2) 取代反应
(3)2+2KNO3+H2SO42+K2SO4+2H2O
(4) 5 或
(5)CH2=CH2 CH2Br=CH2Br HOCH2=CH2OH
【分析】A与B发生取代反应生成C，A的结构简式为，由题目信息中G的结构简式和F的分子式可知，反应④是苯环上引入硝基，F的结构简式为：，
(1)
根据B、C的结构简式，可推出A与B发生取代反应，A的结构简式为，则A的名称为对氯苯胺或4-氯苯胺；根据C的结构简式可知C中所含的含氧官能团是硝基，根据信息苯环上的氨基可以和羟基反应脱水结合H和氯法齐明的结构简式，则可推出I的结构简式为：，据此分析解题。
(2)
反应④中F原子邻位引入硝基，反应⑤中F原子被A取代，因此反应⑤的反应类型为取代反应；根据信息苯环上的氨基可以和羟基反应脱水结合H和氯法齐明的结构简式，则可推出I的结构简式为：。
(3)
由题目信息中G的结构简式和F的分子式可知，反应④是苯环上引入硝基，条件中的KNO3与H2SO4产生的HNO3与E发生取代反应则该反应的化学方程式为：2+2KNO3+H2SO42+K2SO4+2H2O。
(4)
B中苯环上的取代基有-F、-F-NO2，M与其具有相同官能团，则:①若两个F原子处于邻位，则有2种:或;②若两个F原子处于间
位，则或或；③若两个F原子处于对位，则有(B的结构)；故M的可能结构有5种；其中核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比
2:1的结构简式为或
(5)
根据题目所给信息，可知合成路线如下: CH2=CH2 CH2Br=CH2Br HOCH2=CH2OH。
15．(1) 醛基 (酚)羟基
(2)
(3)取代反应
(4)、、、
(5)CH3CH2CHO CH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br
【分析】对比A~D的分子式及E的结构可知，A为，A中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成，中的醛基被还原生成B为，B中-OH被溴原子取代生成C为，C中溴原子被—SCH2COOH取代生成D：，D被氧化产生E：，以此来解答。
【详解】（1）)化合物A结构简式是，其中所含官能团为硝基、(酚)羟基、醛基；
（2）由分析可知，B结构简式是；
（3）C为，C中溴原子被—SCH2COOH取代生成D：，所以C→D的反应类型为取代反应；
（4）B是 ，其同分异构体满足条件：①存在—NO2与苯环直接相连，且不存在—O—O—键；②不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶6，其可能结构为：、、、；
（5）CH3CH2CHO与H2在一定条件下发生加成反应产生CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH与PBr3或HBr发生取代反应CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br与在NaOH作用下反应产生，与H2O2作用产生，故以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图为：CH3CH2CHO CH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br 。
陕西省咸阳市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、原理综合题
1．（2021·陕西咸阳·统考二模）烟气中SO2的大量排放给人类的生存环境造成了严重破坏，工业上通常采用以下三种方法实现烟气中硫的回收。
(1)CO还原法：SO2(g)+2CO(g)S(1)+2CO2(g)
①已知CO(g)、S(1)的燃烧热分别为283kJ•mol-1、529kJ•mol-1，则反应SO2(g)+2CO(g)S(1)+2CO2(g)的△H=___________
②一定压强下，发生反应2CO(g)+SO2(g)S(1)+2CO2(g)，平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[=y]、温度T的关系如图所示。则平衡时，CO的转化率：N___________M(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，逆反应速率：N___________P。
③某温度下，向1L密闭容器中充入2molCO和1molSO2，发生反应：2CO(g)+SO2(g)S(1)+2CO2(g)，达到平衡后，测得混合气体中CO2的物质的量为1.2mol。则该温度下反应的平衡常数K=___________
(2)氧化锌吸收法：配制ZnO悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫。测得pH吸收效率η随时间t的变化如图1所示；溶液中部分微粒与pH的关系如图2所示。
①为提高SO2的吸收效率η。可采取的措施有：增大悬浊液中ZnO的量、适当提高单位时间内烟气的循环次数、___________
②图1中的pH-t曲线ab段主要反应的化学方程式为___________
③pH=7时，溶液中=___________
(3)电解法：按图3所示装置，利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4。
①阴极的电极反应式为___________
②每处理含19.2gSO2的烟气，理论上回收S、H2SO4的物质的量分别为___________、___________。
2．（2022·陕西咸阳·统考二模）气态含氮化合物既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。请回答下列问题：
(1)用NH3催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染。已知：
①4NH3(g)+3O2(g)2 = N2(g)+6H2O(g)ΔH=-akJ/mol
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=-bkJ/mol
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式_____。
(2)恒容密闭容器中，在Ni作催化剂条件下，NH3分解反应如下：
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，不同温度下，NH3分解率随时间的变化如图所示，则曲线①②中，温度较低的曲线为_____
(3)东南大学王金兰课题组提出合成氨的“表面氢化机理”如图所示，在较低的电压下实现氮气的还原合成氨。
已知：第一步：*H+＋e- = *H(快)(吸附在催化剂表而的物种用＊表示)；
第二步：N2＋2＊H =中间体(吸附在催化剂表面)(慢)；
第三步：___________ (快)(写出第三步的方程式)。其中，第二步为决速步，原因是___________。该法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点。
(4)向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为1：1的N2和H2混合气体，初始压强为30MPa，在不同催化剂作用下反应，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示，b点v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。图中a点混合气体平均相对分子质量为18.75，a点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)
(5)氨不仅应用于化肥生产，也可以应用于能源领域，与氢氧燃料电池比，氨氧燃料电池有其独特优势。某研究小组设计的氨氧燃料电池装置如图所示，则电极1的电极反应式为___________标准状况下，当3.36LO2参加反应时，生成N2的物质的量为_______
3．（2023·陕西咸阳·统考二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的__________。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ：__________.
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越______(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ．__________。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝______。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为______kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
二、工业流程题
4．（2021·陕西咸阳·统考二模）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。种以辉铜矿(Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质)为原料制备酸式碳酸铜的流程如图所示：
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀的pH
9.0
3.7
6.7
9.8
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3；
③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-8。
回答下列问题：
(1)滤渣经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，写出浸取时Cu2S发生反应的离子方程式___________，回收淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是___________
(2)常温下“除铁"时加入的试剂A为___________，调节pH的范围为___________
(3)写出“沉锰"过程中反应的离子方程式___________
(4)“赶氨"操作的目的是___________
(5)测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为___________(保留到小数点后两位)。
5．（2022·陕西咸阳·统考二模）随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但是锌电池在充放电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为:Ca［Zn(OH)3］2·2H2O，其制备流程如下：
请回答下列问题：
(1)Zn(OH)2是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH)2＋2NaOH = Na2ZnO2＋2H2O。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为___________
(2)球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar气的作用是___________ 。
(3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如下图所示。从反应釜进入球磨机的混合物中主要含有锌酸钾，加入Ca(OH)2粉末，转化为锌酸钙，请从平衡移动的角度分析原因___________是。流程中第二次加入ZnO粉末的目的_______
(4)滚动球磨6-24小时的目的是___________。
(5)操作I为___________。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是_______
6．（2023·陕西咸阳·统考二模）废旧锌锰电池中的黑锰粉含有MnO2、MnO(OH)、NH4Cl和少量ZnCl2、Fe2O3及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过如下流程制备MnSO4。
回答下列问题：
(1)Mn的原子结构示意图为___________。
(2)“滤液a”的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因___________。
②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、___________、洗涤、干燥，得NH4Cl固体。
(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。空气中O2氧化MnO(OH)的化学方程式为___________。
(4)探究“酸浸”中MnO2溶解的适宜操作。
实验I．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。
实验II．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①实验I中MnO2的作用是___________，实验II中H2O2的作用是___________。
②由实验可知，“酸浸”溶解MnO2时加入试剂的顺序是___________。
(5)加入MnO调pH时，证明MnSO4溶液中Fe3+沉淀完全的实验步骤及现象：取少量溶液，滴加___________(填试剂)，观察到___________(填现象)。
三、实验题
7．（2021·陕西咸阳·统考二模）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]常用于治疗缺铁性贫血，用下图装置可以在实验室中制备甘氨酸亚铁
有关物质的性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，能溶于冰醋酸，难溶于乙醇、乙醚，水溶液呈弱酸性。
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水且在水中难电离，难溶于乙醇、冰醋酸。
实验步骤如下：
Ⅰ．打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。
Ⅱ．在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ．反应完成后，向c中加入无水乙醇，析出沉淀，过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是___________，装置d的作用是液封，其目的是___________
(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭___________打开___________(填“K2”或“K3”)；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___________(写化学式)。
(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。
(4)步骤Ⅲ中洗涤沉淀时，用___________作洗涤剂。
(5)工业上常用高氯酸标准溶液(不与冰醋酸反应)在非水体系中滴定甘氨酸的方法来测定产品中甘氨酸的含量。
①将粗产品溶于一定量的冰醋酸中，经搅拌，___________，洗涤，将滤液配成100.00ml的溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶，进行滴定。
②滴定过程中下列操作会使甘氨酸测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管
B．读数时，滴定前平视，滴定终点时俯视
C．摇动锥形瓶时有液体溅出
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失
8．（2022·陕西咸阳·统考二模）次磷酸钠(NaH2PO2)是一种白色粉末，微溶于无水乙醇，不溶于乙醚，具有强还原性，酸性条件下易被氧化生成H3PO4。实验室使用白磷、熟石灰和碳酸钠溶液模拟工业制备两步法合成次磷酸钠晶体。
I．制备次磷酸钙［Ca(H2PO2)2］溶液：
(1)实验前，经检验装置的气密性良好。其中仪器a的名称为___________
(2)将一定量的白磷和过量的熟石灰依次投入仪器a中，加水调成稀浆状，搅拌下加热升温到90℃，至无PH，气体放出时停止反应。则a中发生反应的化学方程式为___________
(3)实验过程中装置B中出现红色沉淀，则硫酸铜溶液的作用是___________。
II．制备次磷酸钠(NaH2PO2)溶液：
(4)过滤除去未反应的固体物质，然后通入二氧化碳，其目的是___________再向次磷酸钙溶液中加入碳酸钠溶液，判断次磷酸钙完全反应的方法为___________
III．制备次磷酸钠晶体：
(5)过滤除去碳酸钙后将滤液蒸发浓缩，该操作需在___________条件下进行，再经过冷却结晶，制得次磷酸钠晶体。
IV．测定次磷酸钠纯度：
(6)测量步骤：称取8.8g样品溶于水配成25mL溶液置于锥形瓶中，再加盐酸25mL，准确加入c1 mol／L碘标准溶液V1 mL，盖好瓶塞，放在暗处30min。打开瓶塞，用少量蒸馏水洗瓶颈及瓶塞后，以淀粉溶液作指示剂，用c2 mol／L硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，消耗硫代硫酸钠溶液的体积为V2 mL(已知I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI)。
①判断达到滴定终点的现象是___________。
②晶体中NaH2PO2的质量分数为___________(列出表达式)。
9．（2023·陕西咸阳·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)
四、结构与性质
10．（2021·陕西咸阳·统考二模）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。回答下列问题：
(1)砷和磷为同一主族的元素，则As的价层电子排布式为___________，第一电离能：磷___________砷(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(2)SnCl4是制备有机锡化合物的原料，染色的媒染剂，缩合剂。SnCl4中锡原子的杂化方式为___________，SnCl4的空间结构为___________(用文字描述)。
(3)砷化镉(Cd，As)是一种验证三维量子霍尔效应的材料。
①砷和卤素可形成多种卤化物，AsBr3、AsCl3、AsF3的熔点由低到高的顺序为___________
②砷元素的常见化合价有+3和+5，它们对应的含氧酸有H3AsO3和H3AsO4两种，其中H3AsO4的酸性比H3AsO3的酸性强，从物质结构与性质的关系来看，H3AsO4的酸性比H3AsO3的酸性强的原因是___________
③Cd2+与形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，中心离子的配位数为___________，画出配离子的结构式___________(不考虑立体构型)。
(4)灰锡的晶胞结构如图。已知：晶胞边长为648.9pm。晶体密度为5.75g•cm-3，=1.414，=1.732.则锡原子的半径为___________pm，锡的相对原子质量为___________(只需写出计算表达式)。
11．（2022·陕西咸阳·统考二模）镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子价层电子层有___________个单电子。
(2)四水合醋酸镍［Ni(CH3COO)2·4H2O］在电镀中有广泛应用，其中H2O中氧原子的杂化轨道类型为___________，若四水合醋酸镍构型为八面体，则中心Ni原子的配位数为___________
(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，已知熔点NiO＞FeO，则离子半径r(Ni2＋)___________r(Fe2+)(填“＜”或“＞”)；天然氧化镍常存在各种缺陷，某缺陷氧化镍的组成为Ni0.96O，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，则Ni2+和Ni3＋的数目之比为___________
(4)四羰基镍［Ni(CO)4］是由路德维希·蒙德所发现。室温下，它是一种具有挥发性的液体，其熔沸点低的原因是___________；画出四羰基镍的结构式___________
(5)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为a pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3。
12．（2023·陕西咸阳·统考二模）据《自然》学术期刊显示，厦门大学教授郑南峰，与北京大学教授江颖课题组密切合作，提出了一种铜材料表面配位防腐技术，可实现各种尺度的铜材料抗氧化。Cu及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Cu原子电子排布式为___________
(2)磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH3)。
①P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3___________H3PO4(填“>”或“<”)，从结构的角度说明理由：___________。
②P与N的氢化物空间构型相似，PH3键角___________NH3键角(填“>”“<"或“=”)。
(3)胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，将其改写成配合物形式的化学式可书写成________。其中配体的分子构型为________，阴离子的中心原子杂化类型为_________，S、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序是；_________，胆矾晶体中不包含的作用力有________(填序号)。
A．离子键 B．金属键 C．氢键 D．共价键 E．配位键
(4)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：
已知原子O、A的分数坐标为(0，0，0)和(1，1，1)，原子B的分数坐标为________，若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为_______pm(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)
五、有机推断题
13．（2021·陕西咸阳·统考二模）李时珍在(本草纲目》中盛赞海南香料：“海南沉香，一片万钱，冠绝天下。”下图是种香料H的合成流程。回答下列问题：
已知：①++HCl
②RCHO+R＇CH2ClRCH=CHR＇
③R1COOR2+R3OHR1COOCR3+R2OH
(1)A的名称是___________，D→E的反应类型是___________
(2)B→C的化学方程式为___________
(3)D中官能团的名称是___________，G的结构简式为___________
(4)H与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___________
(5)有机物X为E的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③苯环上只有一种化学环境的氢
(6)请设计合理路线，以乙醇为原料合成CH3CH=CHCH3，其他所需试剂任选。__________
14．（2022·陕西咸阳·统考二模）氯法齐明是一种抗麻风药物，对新冠病毒表现出强大的抗病毒活性，并能缓解与重症新冠病毒相关的过度炎症反应，可通过以下路线合成。
已知：+ROH
请回答下列问题：
(1)A的名称为___________，C中含氧官能团的名称是___________。
(2)反应⑤的反应类型为___________，I的结构简式为___________。
(3)反应④的化学方程式为___________。
(4)化合物M是B的同分异构体，已知M与B具有相同官能团，则M的可能结构有___________种，其中核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比为2：1的结构简式为___________(只写一种即可)
(5)请仿照题中合成路线图，设计以 和乙烯为主要原料合成 的路线：___________。 (其它试剂及溶剂任选)。
15．（2023·陕西咸阳·统考二模）化合物E是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
(1)化合物A中官能团的名称为硝基、___________和___________。
(2)B的结构简式为___________。
(3)C→D的反应类型为___________。
(4)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________(至少写出3种)。
①存在-NO2与苯环直接相连，且不存在-O-O-键。
②不同化学环境的氢原子数目比为1：2：6。
(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图________(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。
参考答案：
1． －37.0kJ·mol－1 > < 调节溶液的pH至6.8以上 ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2 SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O 0.1mol 0.2mol
【详解】(1)①根据CO(g)和S(l)的燃烧热可得热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ/mol，S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol，将第一个反应减去第二个反应，即得SO2(g)+2CO(g) S(1)+2CO2(g)，其ΔH=-566kJ/mol+529kJ/mol=-37kJ/mol。
②先考虑M点和P点，以确定y1和y2的大小。M点和P点温度相同，M点的SO2的转化率大于P点，说明在起始时若SO2的物质的量相同，则CO的物质的量M点大于P点，即y1大于y2。再考虑M点和N点：M点和N点SO2的转化率相同，假设起始时SO2的物质的量相等，则即转化的SO2也相等，转化的CO也相等；由于y1大于y2，即起始时M点大于N点，则起始时CO的物质的量M点大于N点，所以CO的转化率M点小于N点，即CO的转化率：N＞M。曲线上的任意一点都是平衡状态，正逆反应速率相等，在相同压强下，N点和P点相同，但P点温度高于N点，温度升高，反应速率加快，所以逆反应速率：N＜P。
③起始时CO的物质的量浓度为2mol/L，SO2的物质的量浓度为1mol/L，达到平衡后， CO2的物质的量浓度为1.2mol/L。可列三段式：
则K===。
(2)①由图1可知，当pH在6.8以上时，η值比较大，所以可采取的措施还有调节溶液的pH至6.8以上。
②由图1可知，曲线ab段的pH在4～6，由图2可知，pH在4～6主要存在，所以发生的主要的反应的化学方程式为ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2。
③pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，由图2可知，溶液的pH=7时，溶液中c()=c()，所以溶液中=。
(3)②根据图3装置可知，阴极SO2发生还原反应，SO2得到电子生成S，电极反应式为：SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O。
②利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4，则总反应式为3SO2+2H2O=S+2H2SO4。19.2gSO2的物质的量为0.3mol，所以得到硫0.1mol，H2SO40.2mol。
【点睛】计算2CO(g)+SO2(g) ⇌ S(1)+2CO2(g)平衡常数时，要注意S为液体，不计算在内。
2．(1)4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g) ΔH=(3b-a)kJ/mol
(2)②
(3) *N2H2+4H++4e-=2NH3 N2与*H反应过程中N≡N键断裂需要较高的能量
(4) ＞ 0.014
(5) 2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O 0.1mol
【解析】(1)
①4NH3 (g)+3O2 (g)═2N2 (g)+6H2O (g)ΔH=-akJ/mol
②N2(g)+O2 (g)═2NO (g)ΔH=-bkJ/mol
根据盖斯定律：①-3×②得4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g)ΔH=(3b-a)kJ/mol，故答案为：4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g)ΔH=(3b-a)kJ/mol；
(2)
由图可知，T1时反应先达到平衡，反应速率快，温度高，故T1＞T2，故温度较低的为曲线②，故答案为：②；
(3)
第二步中间产物为*N2H2，第一步+第二步+第三步=总反应，则第三步的方程式为*N2H2+4H++4e-=2NH3；N2与*H反应过程中N≡N键断裂需要较高的能量，所以三步中的决速步为第二步，故答案为：*N2H2+4H++4e-=2NH3；N2与*H反应过程中N≡N键断裂需要较高的能量；
(4)
T3的b点时，反应未达到平衡，说明v正＞v逆；设起始氮气和氢气的物质的量为amol，设氮气转化物质的量为xmol，，a点混合气体平均相对分子质量为18.75=，解得x=0.2a，平衡时总物质的量为1.6a，则平衡后压强为=24MPa，p(N2)=×24MPa=12MPa，p(H2)=×24MPa=6Mpa，p(NH3)=×24MPa=6Mpa，Kp=，故答案为：＞；0.014；
(5)
氨氧碱性燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极上氨气发生失电子的氧化反应，正极氧气发生得电子的还原反应，则电极1为负极，负极反应为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，电极2为正极，正极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-，标准状况下，当3.36LO2物质的量为，转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)=4×0.15mol=0.6mol，则n(N2)=n(e-)=×0.6mol=0.1mol，故答案为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；0.1mol。
3．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
4． Cu2S＋2MnO2＋8H＋=2Cu2＋＋S＋2Mn2＋＋4H2O 温度过低，硫的溶解速率小；温度过高，CS2易挥发 CuO(其他合理答案均可) 3.7～5.6或3.7≤pH＜5.6 Mn2＋＋＋NH3=MnCO3↓＋ 防止[Cu(NH3)4]SO4生成，提高产品的产率 96.57%
【分析】浮选精矿与MnO2、硫酸反应生成一种淡黄色副产品，即S、Cu的化合价升高，Mn原子的化合价降低，生成硫酸锰、硫酸铜、单质硫和水，少量Fe2O3等杂质溶于硫酸，则SiO2不溶，滤渣I为SiO2；加入CuO、Cu(OH)2或碱式碳酸铜调节pH，使铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤，向滤液中加入碳酸氢铵、氨气，生成碳酸锰沉淀和铵根离子；通入热空气，赶走多余的氨气，使溶液中的铜离子生成碱式碳酸铜。
【详解】(1)分析可知，浮选精矿与MnO2、硫酸反应生成一种淡黄色副产品，生成硫酸锰、硫酸铜、单质硫和水，离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H＋=2Cu2＋+S+2Mn2＋+4H2O；制取硫的二硫化碳溶液时，温度控制在50~60℃之间，温度过低，硫的溶解速率小；温度过高，CS2易挥发；
(2)“除铁"时加入的试剂A为CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜；调节pH使铁离子生成氢氧化铁，但不能生成氢氧化铜，则范围为3.7～5.6或3.7≤pH＜5.6；
(3)“沉锰"过程中锰离子与碳酸氢根离子、氨分子反应生成碳酸锰沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为Mn2＋＋＋NH3=MnCO3↓＋；
(4)过量的氨气与铜离子反应生成配离子，则“赶氨"操作的目的是防止[Cu(NH3)4]SO4生成，提高产品的产率；
(5) 4.66g沉淀为硫酸钡，即物质的量为0.02mol，则n(SO)=n(MnSO4·H2O)=0.02mol÷25.00mL×100mL=0.08mol，样品的纯度=×100%=96.57%。
5．(1)ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O
(2)防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3
(3) 在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动 调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1
(4)使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分
(5) 过滤 防止高温下产物分解失去结晶水
【分析】氧化锌粉末在反应釜中和氢氧化钾溶液反应生成K2ZnO2，加入氢氧化钙使其转化为锌酸钙，最后加入氧化性粉末搅拌过滤洗涤干燥得到产品，据此解答。
(1)
依据已知信息和两性化合物的性质可判断ZnO在反应釜中发生反应的离子方程式为ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O；
(2)
由于空气中含有二氧化碳，能被氢氧化钙溶液吸收，所以通入Ar气的作用是防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3；
(3)
由于在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动；根据产品的化学式Ca［Zn(OH)3］2·2H2O可判断流程中第二次加入ZnO粉末的目的调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1；
(4)
滚动球磨6～24小时的目的是使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分，提高产率。
(5)
由于操作I得到滤液，则其操作为过滤。由于产品含有结晶水，则干燥产品时必须在低温减压条件下进行的理由是防止高温下产物分解失去结晶水。
6．(1)
(2) +H2O⇌NH3·H2O+H+ 趁热过滤
(3)4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
(4) 催化剂 还原剂 先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液
(5) KSCN溶液 不变红
【分析】黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰溶液；
【详解】（1）锰为25号元素，原子结构示意图为 ，答案为： ；
（2）① “滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，，答案为：；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得固体，答案为：趁热过滤；
（3）氧气具有氧化性，氧化生成二氧化锰和水，化学方程式为，答案为：；
（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I中的作用是催化剂；实验II中加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，中氧元素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用，答案为：催化剂
，还原剂；
②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解时加入试剂的顺序是先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液，答案为：先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液；
（5）铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀，答案为：KSCN溶液，不变红。
7． 蒸馏烧瓶 液封，防止空气进入到c中将甘氨酸亚铁氧化 K3 K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH＋FeSO4＋2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O 乙醇 过滤 AD
【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50°C恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出。
【详解】(1)根据b的结构特点可知b为蒸馏烧瓶，d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化，故答案为：蒸馏烧瓶；液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化；
(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：K3，K2；Fe(OH)2；
(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，故答案为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；
(4)根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇洗涤可以降低其溶解度，使其从溶液中析出；
故答案为：乙醇；
(5)①甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液，然后再进行滴定，故答案为：过滤；
②已知高氯酸为标准液，甘氨酸为待测液，甘氨酸的测定结果与标准液的体积成正比，
A.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管，需多滴标准液，使甘氨酸的测定结果偏高；
B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，滴定管小刻度在上大刻度在下，滴定后俯视使标准液读数偏小，会使甘氨酸的测定结果偏低；
C.摇动锥形瓶时有液体溅出，待测液物质的量减少，所滴加的标准液也会减少，使甘氨酸的测定结果偏低；
D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，标准液读数偏大，使甘氨酸的测定结果偏高；
故答案为：AD。
8．(1)三颈烧瓶
(2)
(3)除尽尾气中的PH3
(4) 使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去 将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全
(5)无氧条件(隔绝空气加热)
(6) 蓝色消失
【分析】I．中白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3，硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体。II．中左侧产生二氧化碳并且饱和碳酸氢钠除去挥发出的盐酸，适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去，据此分析解题。
(1)
由装置甲中可知仪器a的名称是三颈烧瓶。
(2)
白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3气体，则反应的化学方程：。
(3)
采用过量的硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体，PH3会将硫酸铜还原为单质铜。
(4)
再加入碳酸钠之前需通入适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去。为了检验烧瓶中的次磷酸钙溶液是反应完全，可以将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全。
(5)
由于次磷酸钠具有强还原性，因此在浓缩时应隔绝空气加热。
(6)
①以硫代硫酸钠标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉试剂，继续滴定直至蓝色消失则为滴定终点。
②将配制好的次磷酸钠溶液加入到碘瓶中，再加入过量的碘标准溶液，其发生反应的离子方程式为 ；然后再用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘溶液，发生反应， 由于消耗c2mol/L硫代硫酸钠溶液的体积为V2mL，则可知剩余I2的物质的量，则与次磷酸钠反应的碘的物质的量，因为，所以，因此，故质量分数为：
9．(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。
10． 4s24p3 大于 sp3 正四面体 AsF3
(2) Sn为IVA族元素，则SnCl4中只含有4条共价键，无孤电子对，杂化方式为sp3；根据价层电子互斥理论，空间构型为正四面体型；
(3)①砷和卤素可形成多种卤化物，AsBr3、AsCl3、AsF3为分子晶体，则随分子量的增大，分子间的作用力增大，熔点逐渐增大，则熔点由低到高的顺序为AsF3
③根据配离子[Cd(NH3)4]2+可知，中心离子的配位数为4；即Cd2+周围含有4个氨分子，离子结构式为；
(4)根据灰锡的晶胞结构，最近的2个锡原子距离为体对角线的，即2r=×648.9pm，则锡原子的半径=×648.9pm=140.5 pm；锡原子位于晶胞的顶点、面心和体内，锡原子个数=×8+×6+4=8，ρ=，则M===。
11．(1)2
(2) sp3杂化 6
(3) ＜ 11：1
(4) 四羰基镍为分子晶体，熔化或挥发时破坏的是分子间作用力
(5)
【详解】（1）Ni为28号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2，则价层电子层的d轨道中有2个单电子；
（2）H2O的中心原子O的价电子对数为，则O原子杂化轨道类型为sp3杂化，若四水合醋酸镍构型为八面体，则(CH3COO)和H2O均为配体，因此中心Ni原子的配位数为6；
（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明两者均为离子晶体，又已知熔点NiO＞FeO，说明NiO晶格能更大，离子半径越小，晶格能越大，则离子半径r(Ni2＋)＜r(Fe2+)，某缺陷氧化镍的组成为Ni0.96O，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，设Ni2+和Ni3＋的数目分别为x、y，则2x+3y=2，x+y=0.96，解得x=0.88，y=0.08，因此Ni2+和Ni3＋的数目之比为0.88：0.08=11：1；
（4）根据题干信息，四羰基镍［Ni(CO)4］室温下是一种具有挥发性的液体，说明是分子晶体，该物质熔化或挥发时破坏的是分子间作用力，因此熔沸点较低，四羰基镍［Ni(CO)4］分子中Ni原子和C原子间形成配位键，故其结构式为；
（5）由晶胞结构可知，La位于晶胞的顶点，Ni位于晶胞的面上和体心，则1个晶胞中含有La的个数为，含有Ni的个数为，该晶胞的质量，又晶胞的边长为a pm，则晶胞的体积V=(a3×10-30)cm3，因此该晶胞的密度g/cm3。
12．(1)1s22s22p63s23p63d104s1
(2) ＞ 因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4多1个 ＜
(3) [Cu(H2O)4]SO4·H2O V形 sp3杂化 O＞S＞H B
(4) （0.5，0，0.5）
【详解】（1）铜的原子序数是29，基态Cu原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；
（2）①由于HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4多1个，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H3PO4。
②P与N的氢化物空间构型相似，均是三角锥形，但氮元素的电负性强于磷元素，共用电子对偏向氮元素，排斥力增大，所以PH3键角＜NH3键角。
（3）胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，由于配位数是4，则将其改写成配合物形式的化学式可书写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O。其中配体水的分子构型为V形，阴离子的中心原子硫原子杂化类型为sp3杂化，非金属性越强，电负性越大，则S、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞S＞H，胆矾晶体中包含的作用力有离子键、共价键、配位键和氢键，不包含的作用力为金属键，答案选B。
（4）已知原子O、A的分数坐标为(0，0，0)和(1，1，1)，则原子B的分数坐标为（0.5，0，0.5），晶胞中铜原子的个数是，镍原子的个数是，若该晶体密度为dg·cm-3，则晶胞体积为，边长为，铜镍原子间最短距离为面对角线的一半，即为pm。
13． 丁酸 取代反应 ＋C2H5OH+H2O 羟基 +2NaOH+H2O 或
【分析】已知B与乙醇在浓硫酸加热的条件下反应生成C，则B为C水解的产物，其结构简式为；A与氯气发生取代反应生成B，则A为丁酸；D生成E发生已知②的反应，且发生在酚羟基的对位上，则E为；G与C发生已知①的反应，则G中含有醛基，且醛基与酚羟基相邻，故G为；有机物在酸性条件下生成H，H的分子式为C13H14O2，则有机物发生酯的水解反应后，再分子内酯化反应，H为，据此分析解答。
【详解】(1)分析可知，A为丁酸，含有官能团名称为羧基；D→E为发生已知②的反应，反应类型为取代反应，故答案为：丁酸；取代反应；
(2)B→C为与乙醇的酯化反应，化学方程式为+C2H5OH+H2O，故答案为：+C2H5OH+H2O；
(3)D含有酚羟基，属于酚类，甲基与酚羟基相邻，名称为邻甲基苯酚；分析可知，G的结构简式为，故答案为：羟基；；
(4)H为，含有酯基，水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应，则方程式为+2NaOH+H2O，故答案为：+2NaOH+H2O；
(5)有机物X为E的同分异构体，分子式为C9H10O2，具备①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，②能发生银镜反应，只有2个氧原子，其中一个为羟基，则只能含有醛基，③苯环上只有一种化学环境的氢原子，则苯环上的氢原子对称，故苯环还连有2个甲基，且对称，X的结构简式为或；故答案为：或；
(6)合成CH3CH=CHCH3，需要发生已知①的反应，需要ClCH2CH3和CH3CHO，乙醇与HCl取代可生成ClCH2CH3，乙醇氧化可生成乙醛，则流程为CH3CH2OHClCH2CH3；CH3CH2OHCH3CHO，CH3CHO与ClCH2CH3CH3CH=CHCH3。故答案为：；
14．(1) 对氯苯胺(或4-氯苯胺) 硝基
(2) 取代反应
(3)2+2KNO3+H2SO42+K2SO4+2H2O
(4) 5 或
(5)CH2=CH2 CH2Br=CH2Br HOCH2=CH2OH
【分析】A与B发生取代反应生成C，A的结构简式为，由题目信息中G的结构简式和F的分子式可知，反应④是苯环上引入硝基，F的结构简式为：，
(1)
根据B、C的结构简式，可推出A与B发生取代反应，A的结构简式为，则A的名称为对氯苯胺或4-氯苯胺；根据C的结构简式可知C中所含的含氧官能团是硝基，根据信息苯环上的氨基可以和羟基反应脱水结合H和氯法齐明的结构简式，则可推出I的结构简式为：，据此分析解题。
(2)
反应④中F原子邻位引入硝基，反应⑤中F原子被A取代，因此反应⑤的反应类型为取代反应；根据信息苯环上的氨基可以和羟基反应脱水结合H和氯法齐明的结构简式，则可推出I的结构简式为：。
(3)
由题目信息中G的结构简式和F的分子式可知，反应④是苯环上引入硝基，条件中的KNO3与H2SO4产生的HNO3与E发生取代反应则该反应的化学方程式为：2+2KNO3+H2SO42+K2SO4+2H2O。
(4)
B中苯环上的取代基有-F、-F-NO2，M与其具有相同官能团，则:①若两个F原子处于邻位，则有2种:或;②若两个F原子处于间
位，则或或；③若两个F原子处于对位，则有(B的结构)；故M的可能结构有5种；其中核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比
2:1的结构简式为或
(5)
根据题目所给信息，可知合成路线如下: CH2=CH2 CH2Br=CH2Br HOCH2=CH2OH。
15．(1) 醛基 (酚)羟基
(2)
(3)取代反应
(4)、、、
(5)CH3CH2CHO CH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br
【分析】对比A~D的分子式及E的结构可知，A为，A中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成，中的醛基被还原生成B为，B中-OH被溴原子取代生成C为，C中溴原子被—SCH2COOH取代生成D：，D被氧化产生E：，以此来解答。
【详解】（1）)化合物A结构简式是，其中所含官能团为硝基、(酚)羟基、醛基；
（2）由分析可知，B结构简式是；
（3）C为，C中溴原子被—SCH2COOH取代生成D：，所以C→D的反应类型为取代反应；
（4）B是 ，其同分异构体满足条件：①存在—NO2与苯环直接相连，且不存在—O—O—键；②不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶6，其可能结构为：、、、；
（5）CH3CH2CHO与H2在一定条件下发生加成反应产生CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH与PBr3或HBr发生取代反应CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br与在NaOH作用下反应产生，与H2O2作用产生，故以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图为：CH3CH2CHO CH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br 。
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