天津河西区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份天津河西区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共32页。试卷主要包含了结构与性质，有机推断题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。

天津河西区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

一、结构与性质
1．（2021·天津河西·统考二模）氮、磷、砷及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态砷原子价电子排布图不能写为，是因为该排布方式违背了___________这一原理。
(2)元素第一电离能N___________P(填“”或“”或“”，下同)，电负性P___________As。
(3)腓()可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯的原因是___________。
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，该反应的离子方程式为___________；离子的立体构型(即空间构型)为___________。
(5)GaAs的熔点为1238℃可作半导体材料；而的熔点为77.9℃。
①预测的晶体类型为___________。
②GaAs晶胞结构如图所示，晶胞边长为a pm。则晶胞中每个Ga原子周围有____个紧邻等距的As原子；该晶体的密度为___________(列出计算式)。

(6)亚砷酸()可以用于治疗白血病。其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。

①人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___________。
②的第一电离常数___________。
2．（2022·天津·统考二模）硅及其化合物在生活生产中广泛应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态硅原子的电子排布式为_______；Si原子间难形成双键而C原子间却可以形成，是因为Si的原子半径_______(填“大于”或“小于”)C的，两个Si原子的p电子难于重叠形成π键。
(2)工业上制备高纯硅的示意图如下：

①步骤Ⅰ反应所涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是(填元素符号)_______。根据下图所示物质反应过程中的能量变化，写出用石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式：_______。

②步骤Ⅱ产物中含有(沸点为33.0℃)，还有少量(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)。若先将步骤Ⅱ产物降至室温，提纯，方法是_______。所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶、尾接管外，还需要_______、_______。
(3)已知：硅的最高价氧化物对应的水化物有和原硅酸()。常温下，：、；：、
①向盛有饱和溶液(滴有酚酞溶液)的试管中通入过量；充分反应后，用激光笔照射上述液体时发现有光亮的通路。预测液体颜色的变化：_______；写出该反应的离子方程式：_______。
②写出原硅酸脱水得到的产物(写两种)_______、_______。

二、有机推断题
3．（2021·天津河西·统考二模）具有治疗自身免疫性疾病等作用的咖啡酸乙酯的合成路线如下图所示：(部分反应所需试剂或反应条件已略去)

请按要求回答下列问题：
(1)B的名称：___________；C的官能团结构简式：___________；C→D的反应类型：___________﹔咖啡酸乙酯分子中共平面碳原子数目最多为___________。
(2)H→I所需试剂及反应条件：___________。
(3)D→F反应进行一段时间后：
①检验有产物F生成的实验操作及现象为： ___________。
②写出检验该反应转化完全与否的化学方程式： ___________。
(4)写出符合下列所有条件的H的同分异构体的结构简式：___________。
a.与H具有相同官能团   b.苯环上有三个取代基    c.苯环上的一氯取代物有2种
(5)结合题示信息，写出以一氯甲烷和丙二酸(HOOCCH2COOH)为原料，合成丙烯酸()的合成路线(其它无机试剂任选)： ___________。
4．（2022·天津·统考二模）药合成中间体M的合成路线如下图所示：

请按要求回答下列问题：
(1)M分子所含官能团名称为_______。
(2)B的分子式为_______；C的结构简式为_______。
(3)E→F反应类型为_______。
(4)X()是G的同分异构体，写出X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：_______。
(5)E的同分异构体有多种，其中符合下列所有条件的有(不含E、不考虑立体异构)_______种。
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基
ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢
ⅲ．不含碳碳双键
写出其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式：_______。
(6)写出以苯、和必要的无机试剂为原料制备化合物的合成路线。请参考题干合成路线及反应条件，在如下方框中写出其合成路线的流程图_______。

5．（2023·天津河西·统考二模）以化合物A为原料制备H(可做香水的酯类化合物)的流程图如下图所示(反应条件已略)。按要求回答下列问题。

(1)B能以B′( )形式存在，根据B′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号
所含官能团名称
反应试剂及反应条件
反应形成的新结构
反应类型
①
碳碳双键
、加热

加成反应
②
_______
_______

_______
③
_______
_______
_______
离子反应
(2)从D的结构特点分析其溶水性很好的原因是___________。
(3)已知与，在一定条件下反应得到，该反应的原子利用率为100%(反应过程中，反应物的碳碳双键均发生断裂)，写出反应的反应化学方程式：___________。
(4)F的同分异构体有多种，其中不含碳碳双键的有___________种(不含立体异构)，写出其中核磁共振氢谱图上有三组峰且峰面积之比为4∶1∶1的结构简式为___________。
(5)以D的同系物和乙烯为原料，参考上述信息，制备高分子化合物N( )的单体，将合成路线写在下列方框中(反应条件略)。______


三、工业流程题
6．（2021·天津河西·统考二模）工业硫酸锰中杂质(Fe、Ca、Mg等元素的离子)含量较高，利用下图流程可制取锂离子电池所需的纯度较高的硫酸锰溶液。

已知：步骤ii反应前后杂质含量检测结果(以350g/L 溶液计)如下：
杂质
反应前/g
反应后/g
去除率/%
、
0.001275
0.001270
______

0.490000
0.021510
95.61

0.252000
0.025100
90.04
(1)步骤i用90℃的水的目的是___________。
(2)由步骤i可推理知：
①滤渣b中含有的物质是___________；
②该条件下，Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为(写化学式)：___________。
(3)步骤iii反应离子方程式为___________；其中“酸性溶液”可替换为___________。
(4)已知步骤iv条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下：




开始沉淀时
6.3
1.5
8.3
完全沉淀时
8.3
2.8
9.8
根据表中数据解释该步目的是___________。
(5)若省略操作X，其他步骤不变，也可使钙、镁的去除率较高。
①猜想可能的原因是(写一种即可)___________；
②设计实验验证你的假设是否成立：___________。
7．（2023·天津河西·统考二模）锰(25Mn)及其化合物是目前前沿科学研究的热点。按要求回答下列问题。
(1)锰元素在元素周期表中的位置是___________。
(2)某晶体锰的面心立方晶胞如图所示。

①该晶胞中含Mn原子的个数为___________；
②晶体锰中每个Mn原子距离最近的Mn原子数目为___________。
③设该晶胞参数棱长为。则晶体锰的密度为___________(列算式)
(3)锰的冶炼有多种方法，其中以某锰矿(主要成分为，主要杂质有)为原料，设计如下流程可制得金属Mn。

已知：金属硫化物的溶度积常数如下表。
物质
CuS
MnS
FeS




①脱硫步骤：硫化物均转化为单质S，其反应中的氧化剂为___________；能被部分反应而得到的产物为___________。
②酸浸步骤：ⅰ反应后的溶液中含，写出ⅱ反应的离子方程式：___________；滤渣1含有的物质有___________。若未经脱硫直接酸浸，不利的方面是___________。
③调的目的为去除铁元素，则产生滤渣2的离子方程式：___________；
④除杂步骤：滤渣3中主要有___________。
⑤电解步骤：惰性阳极产生的反应式为___________。

四、原理综合题
8．（2021·天津河西·统考二模）为推动实现碳中和的愿景，探索资源化利用前景广阔。请按要求回答下列问题：
(1)以为基本原料可合成甲醇：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：用(g)与(g)反应合成(g)，同时生成(g)
写出反应Ⅲ的热化学方程式：___________。
(2)利用制备化工原料COS。
①在200℃时，将0.20mol 与0.30mol 充入2.5L的空钢瓶中，4min达到平衡，体积分数为20%。则___________；(g)的平衡转化率___________平衡常数___________。
②240℃重复试验，平衡后，该反应___________0.(填“”、“”或“”)
(3)利用催化加氢合成。
①将过量通入KOH溶液中充分反应，所得溶液在催化剂作用下，与生成，写出该反应的离子方程式：___________。
②其他条件不变，的产率随温度的变化如下图所示。推测反应温度在40℃~60℃范围内，的产率迅速上升可能的原因是___________。

9．（2022·天津·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是_______。

(2)与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_______。

③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为_______。
(3)离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。

①写出发生交换反应的平衡常数表达式，_______。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是_______。
(4)电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为_______。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗_______mol Fe。
10．（2023·天津河西·统考二模）工业上先将金红石 (TiO2)转化为，然后可制得在医疗等领域具有重要用途的钛(Ti)。按要求回答下列问题。
(1)钛的价层电子排布式为___________；预测钛元素的最高化合价为___________。
(2)已知在一定条件下如下反应的热化学方程式及平衡常数：
ⅰ.；
ⅱ.；
ⅲ.碳氯化法：；
①___________；___________(用含的代数式表示)。
②反应ⅲ自发进行的条件为___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
③在反应ⅰ中加入石墨制备，用平衡移动原理分析其目的：___________。
(3)在的密闭容器中，投入一定量的、C、，进行反应ⅲ的模拟实验。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。

①设时平衡体系气体总物质的量为n，反应的平衡常数的值___________(用含n、V的代数式表示)。
②在200℃平衡时几乎完全转化为。但实际生产采用1000℃左右的反应温度，其理由是___________。
(4)写出有利于加快反应ⅲ速率的一条措施：___________。

五、实验题
11．（2022·天津·统考二模）某化学小组设计了如下有关氮的化合物的实验。请按要求回答下列问题。
(1)氨气的喷泉实验：如下图装置所示，干燥的圆底烧瓶里充满，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是_______。

(2)硝酸的制备实验：如图所示a～f装置。

①装置a的最佳选择为(填“图3”或“图4”)_______。

②装置b中的作用是_______。
(3)硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00。
ⅰ．这说明e中发生的反应可能为(写化学方程式)_______。
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是_______。
②用如图所示装置进行硝酸与铜的反应实验。

ⅰ．请在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂_______。
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因：_______。
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝。写出g中反应的离子方程式：_______。
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是_______。
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入_______，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。
ⅵ．已知(aq)呈蓝色、(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色。结合离子反应方程式解释其原因：_______。
12．（2023·天津河西·统考二模）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：

回答下列问题。
Ⅰ.环己烯的制备与提纯
(1)检验原料环己醇中是否含有苯酚杂质，所需试剂与现象分别为___________、___________。
(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。

①仪器B的作用为___________。
②烧瓶A中为可逆反应，写出其中反应的化学方程式：___________；
③A中反应催化剂不选用浓硫酸的原因：___________。
(3)操作2分离方法名称是___________。
(4)完善操作3的步骤：
①安装蒸馏装置  
②加入待蒸馏的物质和沸石  
③___________  
④加热  
⑤弃去前馏分  
⑥___________  
⑦停止加热  
⑧停止通冷凝水。
Ⅱ.环己烯含量的测定
(5)在一定条件下，向环己烯样品中加入，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①滴定所用指示剂为___________。
②样品中环己烯的质量分数为___________(用字母表示)。

参考答案：
1． 洪特规则 ＞ ＞ 腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键 V形 分子晶体 4
【详解】(1)电子在能量相同的轨道（即等价轨道）上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，该排布方式违背了洪特规则；
(2)同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能N＞P；同一主族从上到下，电负性逐渐减弱，所以电负性P＞As；
(3)N元素电负性较大，所以腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键，导致腓的沸点高于乙烯；
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，离子方程式为：；中孤电子对数为，价层电子对数为，故离子的立体构型(即空间构型)为V形；
(5)①的熔点为77.9℃，熔点较低，应为分子晶体；
②由晶胞结构可知，每个Ga原子周围有4个紧邻等距的As原子；晶胞中含有As原子的个数为4，含有Ga原子的个数为，晶胞体积为，则晶胞密度为；
(6)①由图可知，pH在7.35-7.45之间时，As元素以形式存在，所以患者用药后人体中含As元素的主要微粒是；
②，，由图可知，时，，此时。
2．(1) 1s22s22p63s23p2 大于
(2) O＞C＞Si SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1 蒸馏 蒸馏烧瓶 直形冷凝管
(3) 溶液红色变浅至褪色 SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO H2SiO3 H6Si2O7(或SiO2)

【详解】（1）硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；同主族元素从上到下原子半径增大，硅原子的原子半径大于碳原子，p轨道难以相互重叠形成π键，所以硅原子间难以形成双键和三键，故答案为：1s22s22p63s23p2；大于；
（2）①步骤Ⅰ反应是C和SiO2反应生成CO和Si，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能O＞C＞Si；根据两个反应过程能量变化图象可知：Si(s)+O2(s)═SiO2(s)△H=-859.4 kJ•mol-1、2C(s)+O2(s)═2CO(g)△H=-221.0 kJ•mol-1，用第二个方程式减去第一个方程式得出热化学方程式：SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)△H=+638.4 kJ•mol-1；
②SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点57.6℃)、HCl(沸点-84.7℃)，他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管，故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管；
（3）①溶液中由于SiO发生水解而溶液呈碱性，滴有酚酞一开始溶液为红色，随着通入，硅酸钠反应生成硅酸，溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变无色，则液体颜色的变化：液红色变浅至褪色；弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，可得酸性：H2CO3>>HCO>HSiO，则溶液与过量反应生成硅酸和碳酸氢钠，反应离子方程式为：SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO；
②原硅酸()脱去一分子水得到的产物是H2SiO3，脱去两分子水得到的产物是SiO2。
3． 1，3—丙二醇 —CHO 氧化反应 11 乙醇、浓硫酸、加热 取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色 +2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓

【分析】由题给有机物的转化关系可知，ClCH2CH2CH2Cl在碱性条件下共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则B为HOCH2CH2CH2OH；在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2CH2OH与氧气共热发生催化氧化反应生成OHCCH2CHO，则C为OHCCH2CHO；在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；一定条件下，HOOCCH2COOH与 反应生成 ；一定条件下，发生取代反应生成，在加热条件下发生脱羧反应生成 ，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯。
【详解】(1)由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，名称为1，3—丙二醇；C的结构简式为OHCCH2CHO，官能团结构简式—CHO；C→D的反应为在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；咖啡酸乙酯的结构简式为，分子中苯环、碳碳双键、酯基都为平面结构，结合三点成面及单键可以旋转可知，分子中的11个碳原子都可能共平面，故答案为：1，3—丙二醇；—CHO；氧化反应；11；
(2) H→I的反应为在浓硫酸作用下，H与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯，则反应所需试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热，故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；
(3) D→F反应为一定条件下，HOOCCH2COOH与反应生成，
①D、E分子中不含有碳碳双键，产物F中含有碳碳双键，则检验有产物F生成的实验操作及现象为取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色，故答案为：取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色；
②E分子中含有醛基，能发生银镜反应，若该反应转化完全，反应后的溶液中不存在E，不能发生银镜反应，则检验该反应转化完全与否的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓；
(4)H的结构简式为，由H的同分异构体与H具有相同官能团，说明含酚羟基、碳碳双键和羧基，苯环上有三个取代基，苯环上的一氯取代物有2种可知，H的分子结构对称，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
(5)由题给信息可知，以一氯甲烷和丙二酸为原料合成丙烯酸的合成步骤为一氯甲烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成甲醇，甲醇在铜的催化下发生氧化反应生成甲醛，一定条件下甲醛与丙二酸反应生成，在加热条件下发生脱羧反应生成，合成路线如下，故答案为：。
4．(1)酮羰基、醚键
(2) C10H10O3
(3)取代反应
(4)+3NaOH+HCOONa+NaCl+H2O
(5) 8
、、、
(6)

【分析】B与浓硝酸发生取代反应生成C，C分子中硝基被还原为氨基，则由D的结构可推出C为，C中硝基被还原为氨基，D中氨基发生取代反应得到酚羟基，E中酚羟基发生取代反应得到F为，F中羧基中羟基被-Cl取代，最后甲基取代氯原子得到M；
（1）
M分子所含官能团名称为酮羰基、醚键；
（2）
B的分子中含有10个碳原子、10个氢原子和3个氧原子，分子式为C10H10O3；由分析可知，C的结构简式为；
（3）
F为，E中酚羟基发生取代反应得到F，E→F反应类型为取代反应；
（4）
含酯基和碳氯键都能与NaOH水溶液发生水解反应，酯水解得到的羟基连接在苯环上具有弱酸性，又继续消耗NaOH，则X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：+3NaOH+HCOONa+NaCl+H2O；
（5）
ⅰ．苯环上有4个取代基，其中3个是羟基，取代基上还有一个不饱和度，ⅱ．苯环上仅有1种环境的氢，具有高度对称结构，ⅲ．不含碳碳双键，应为单碳环，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、共8种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 、、、；
（6）
苯与发生流程中A→B的反应得到，羰基与氢气发生加成反应得到，在浓硫酸作用下生成，合成路线为：；
5．(1) 醛基 、催化剂、加热 氧化反应 羧基 溶液
(2)D与水形成分子间氢键
(3)
(4) 5
(5)

【分析】A发生氧化反应得到B，B发生催化氧化反应得到C，C发生水解反应得到D，D和乙烯反应生成E，E发生还原反应得到F，F发生加成反应得到G，E和G发生酯化反应得到H，H的结构简式为：CH2=CHCOOCH2CH2CH3，以此解答。
【详解】（1）B能以B′( )形式存，其中含有醛基，可以和O2在催化剂、加热的条件下发生氧化反应，将醛基氧化为羧基；B′中含有羧基，具有酸性，可以和NaOH溶液发生酸碱中和反应生成，该反应属于离子反应。
（2）从D的结构特点分析其溶水性很好的原因是：D中含有羧基，能够与水形成分子间氢键。
（3）已知与，在一定条件下反应得到，该反应的原子利用率为100%，反应的反应化学方程式为：+2CH2=CH22。
（4）F含有1个碳碳双键，F的同分异构体中没有碳碳双键，则其中可以含有1个三元环或四元环或1个醛基或1个羰基，可能的结构有CH3CH2CHO、CH3COCH3、 、 、 共5种；写出其中核磁共振氢谱图上有三组峰且峰面积之比为4∶1∶1的结构简式为 。
（5）根据化合物目标产物的结构简式可知，该物质的单体为 ，选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料进行制备，则原料应为 ，该物质发生由D到E的反应生成 ，该物质发生还原反应得到，而后再发生加成反应生成 ， 和 发生酯化反应即可得到 ，合成路线为： 。
6． 增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率 、 、、 过氧化氢酸性溶液 将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的 水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物 取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立
【分析】由题给流程可知，将工业硫酸锰溶于90°C水，搅拌配成溶液，向溶液中加入氟化锰，溶液中的钙离子和镁离子与氟化锰反应生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有锰离子、亚铁离子和铁离子的滤液a和含有氟化钙和氟化镁的滤渣b；向滤液a中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH在3—4范围内，使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c和纯度高的硫酸锰溶液。
【详解】(1) 步骤i用90℃的水可以升高溶液的温度，增大工业硫酸锰中各物质的溶解度，加快溶解速率，故答案为：增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率；
(2) ①由分析可知，滤渣b中含有氟化钙和氟化镁，故答案为：、；
②由加入氟化锰后，能生成氟化钙和氟化镁沉淀可知，氟化锰的溶度积大于氟化钙和氟化镁，由表格数据可知，钙离子的去除率大于镁离子，氟化钙的溶度积小于氟化镁，则Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为氟化锰、氟化镁、氟化钙，故答案为：、、；
(3) 步骤iii发生的反应为酸性条件下，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，反应离子方程式为；过氧化氢溶液也具有氧化性，也能将亚铁离子在酸性条件下氧化为铁离子，则可以用过氧化氢酸性溶液替换高锰酸钾酸性溶液，故答案为：；过氧化氢酸性溶液；
(4) 由表格数据可知，步骤iv的目的是调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到将铁元素杂质分离出去的目的，故答案为：将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的；
(5) ①铁离子在溶液中易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，则若省略操作X，其他步骤不变，氢氧化铁胶体可能吸附氟化钙和氟化镁沉淀，使钙、镁离子的去除率较高，故答案为：水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物；
②向加入氟化锰后的少许溶液中直接加入氢氧化铁胶体，若猜想成立，加入氢氧化铁胶体后测得的钙、镁离子的去除率也会较高，则验证实验为取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立。
7．(1)第四周期第Ⅶ B族
(2) 4 12
(3) 酸浸时会产生污染空气的有毒气体 CuS

【分析】某锰矿加入氢氧化钠、空气反应生成硫单质，硫化物反应转化为相应氧化物，部分二氧化硅和氢氧化钠生成硅酸钠；脱硫矿粉加入硫酸，酸浸后加入二氧化锰将二价铁生成三价铁，部分不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入氨水将铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到滤渣2，滤液加入硫化铵生成硫化铜沉淀得到滤渣3，滤液电解得到锰；
【详解】（1）锰为25号元素，元素在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅶ B族；
（2）①据“均摊法”，晶胞中含个Mn；
②以底面面心锰原子微粒，上下层、同层各有4个距离最近的Mn原子，故数目为12。
③结合①分析可知，晶体锰的密度为；
（3）①脱硫步骤：硫化物均转化为单质S，硫元素化合价升高为还原剂，反应中氧气中氧元素化合价降低，为氧化剂，故其反应中的氧化剂为氧气；能被部分反应，和氢氧化钠生成硅酸钠；
②酸浸步骤：ⅰ反应后的溶液中含，亚铁离子和加入的二氧化锰发生氧化还原反应被氧化为铁离子，同时生成锰离子和水：；滤渣1含有的物质有部分不反应的；若未经脱硫直接酸浸，不利的方面是酸浸时硫化物与酸反应会产生污染空气的有毒气体；
③调的目的为去除铁元素，则产生滤渣2反应为加入的氨水和铁离子生成红褐色氢氧化铁沉淀和铵根离子，；
④除杂步骤：滤渣3中含有加入的硫离子和铜离子生成的CuS沉淀。
⑤电解步骤：惰性阳极中水放电生成氧气和氢离子，反应式为。
8． 0.01 50% 0.5 温度升高反应速率增大，催化剂的活性增强
【详解】(1)已知：反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，根据盖斯定律，(反应Ⅰ+反应Ⅱ)得反应Ⅲ： ，
故答案为： ；
(2)①设转化的CO2的物质的量为x，列出三段式，

根据=100%=20%，解得x=0.10mol，则===0.01；(g)的平衡转化率100%=50%；平衡常数==0.5，故答案为：0.01；50%；0.5；
②240℃时，平衡后，说明温度升高，H2O(g)的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，，故答案为：>；
(3)①将过量通入KOH溶液中充分反应，所得溶液为KHCO3溶液，由题意知，在催化剂作用下，HC与生成，由原子守恒知还有H2O生成，则反应的离子方程式为：，故答案为：；
②从40℃升至60℃，的产率迅速上升原因是温度升高反应速率增大，且升温时催化剂的活性增强，故答案为：温度升高反应速率增大，催化剂的活性增强。
9．(1)Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
(2) 将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ) Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]- 6
(3) 2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1) c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
(4) 6

【解析】(1)
图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)
①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得:
c((OH)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)
①该交换反应为:2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)
①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
10．(1) +4
(2) 任意温度 因加入的石墨会消耗反应ⅰ产生的；反应ⅱ，放出的热能使的反应ⅰ平衡正移，产率增加
(3) 1000℃高温可提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品
(4)将、C(s，石墨)两种固体粉碎后混合均匀，同时鼓入，使固体粉末“沸腾”

【详解】（1）Ti是22号元素，在周期表中位于第四周期第ⅣB族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2，根据钛的价层电子排布，钛元素的最高化合价为+4；
（2）①根据盖斯定律可知，ⅲ=ⅰ+ⅱ，则；K3=K1∙K2；
②反应ⅲ为熵增的反应，且为放热反应，根据吉布斯自由能的公式ΔG=ΔH－TΔS，可知该反应在任意温度时都可以进行；
③反应ⅰ为吸热反应，加入石墨可和氧气反应，同时放出热量，促进该反应正向移动，故其目的是：因加入的石墨会消耗反应ⅰ产生的；反应ⅱ，放出的热能使的反应ⅰ平衡正移，产率增加；
（3）①根据题给数据可知，时平衡体系内一氧化碳物质的量分数为0.05，则其物质的量为0.05n，二氧化碳物质的量分数为0.5，则其物质的量为0.5n，容器体积为VL，则此时平衡常数K=；
②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，同时生成CO2气体，实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品；故答案为：1000℃高温可提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品；
（4）反应ⅲ有固体物质参加反应，再结合影响反应速率的因素可知，有利于加快反应ⅲ速率的措施为：将、C(s，石墨)两种固体粉碎后混合均匀，同时鼓入，使固体粉末“沸腾”。
11．(1)打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶
(2) 图4 和水蒸气反应生成氧气
(3) 3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可) 过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可） 4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O 3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可） 适量的水（合理即可） +4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动

【分析】实验室可用氯化铵与碱石灰加热制备氨气，也可用浓氨水滴入固体NaOH中制氨气，氨气具有还原性，能与氧气在催化剂作用下氧化生成NO，进一步氧化生成硝酸，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，与铜反应是更剧烈，+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
【详解】（1）氨气的喷泉实验：干燥的圆底烧瓶里充满，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶。故答案为：打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶；
（2）①用浓氨水滴入NaOH固体制氨气不需加热，操作简单，装置a的最佳选择为图4。故答案为：图4；
②装置b中的作用是和水蒸气反应生成氧气，提供氨催化氧化的原料。故答案为：和水蒸气反应生成氧气；
（3）硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00，说明e中产生了硝酸。
ⅰ．这说明e中发生的反应是氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，可能为(写化学方程式)3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)。故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）。故答案为：过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；
②ⅰ．可用碱吸收氮的氧化物，在有氧气的条件下，最后转化为硝酸盐或亚硝酸盐，在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂。故答案为： ；
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，防止其见光分解，用化学方程式说明其原因：4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O。故答案为：4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，g中反应的离子方程式：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 。故答案为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ；
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）。故答案为：浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入适量的水（合理即可），3NO2+H2O=NO+2HNO3，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。故答案为：适量的水（合理即可）；
ⅵ．已知(aq)呈蓝色、(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，部分转化为，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色，浓度增大。结合离子反应方程式解释其原因：+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动，故答案为：+4Cl- +4H2O ， ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
12．(1) 溶液 溶液显紫色
(2) 减少环己醇蒸出 +H2O 浓硫酸易使原料碳化并产生有毒气体，且温度控制不利易生成醚类副产品
(3)分液
(4) 通冷凝水 收集83℃的馏分
(5) 淀粉溶液

【详解】（1）苯酚遇到FeCl3溶液，显紫色，而环己醇和FeCl3溶液不反应；
故答案为：FeCl3溶液；溶液显紫色。
（2）仪器B的作用为冷却环己醇蒸汽，回流环己醇，减少环己醇蒸出；烧瓶A中为可逆反应，反应的化学方程式为： +H2O；A中反应催化剂不能用浓硫酸，因为浓硫酸易使原料碳化并产生有毒气体SO2，且温度控制不利易生成醚类副产品；
故答案为：减少环己醇蒸出； +H2O；浓硫酸易使原料碳化并产生有毒气体SO2，且温度控制不利易生成醚类副产品。
（3）互不相溶的液体分离采用分液，故操作2分离方法名称是分液；
故答案为：分液。
（4）操作步骤为：①安装蒸馏装置   ②加入待蒸馏的物质和沸石   ③通冷凝水④加热   ⑤弃去前馏分   ⑥收集83℃的馏分⑦停止加热   ⑧停止通冷凝水；
故答案为：通冷凝水；收集83℃的馏分。
（5）淀粉溶液遇I2到变蓝，故滴定所用指示剂为淀粉溶液；
设与环己烯反应的Br2为a mol，与Na2S2O3反应的Br2为b mol，则a+b=y，根据三个方程式可列关系式 ，，解得a=y-，则环己烯的质量分数为；
故答案为：淀粉溶液；。