广东省汕头2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份广东省汕头2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共38页。试卷主要包含了工业流程题，填空题，原理综合题，结构与性质，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

广东省汕头 2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

一、工业流程题
1．（2022·广东汕头·统考二模）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下

(1)CeCO3F其中Ce元素的化合价为___________。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是___________(写出一种即可)。
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、___________。
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2___________ H2O2 (填“＞”，“＜”)
(5)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式___________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=___________mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)

①该反应中的催化剂为___________(写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
2．（2023·广东汕头·统考二模）红矾钠(重铬酸钠：)是重要的基本化工原料，在印染工业、电镀工业和皮革工业中作助剂，在化学工业和制药工业中也用作氧化剂，应用领域十分广泛。
实验室中红矾钠可用铬铁矿(主要成分：)利用以下过程来制取。

(1)基态Cr原子的价电子排布式是____，这样排布使整个体系能量最低，原因是________。
(2)步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有外，还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是_____、____。
(3)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为_______；反应完成的标志是________。
(4)利用下面的复分解反应，将红矾钠与固体按物质的量比混合溶于水后经适当操作可得到晶体：(已知：温度对的溶解度影响很小，对的溶解度影响较大)。获得晶体的基本实验步骤为：①溶解、②________、③________、④冷却结晶，最后过滤。
(5)也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的，调节pH至少为__________，才能使铬离子沉淀完全。(已知溶液中离子浓度小于，则认为离子完全沉淀；的溶度积常数为)。
(6)可用于测定废水的化学耗氧量(即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液。该水样的COD为_____________mg/L。
3．（2021·广东汕头·统考二模）硒是一种重要的半导体材料，用富硒铜阳极泥(主要成分为Se、Cu2Se、Ag2Se和银、金等)为原料制备硒的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)试推断34Se在元素周期表中的位置_______，据此写出Na2Se的电子式_______。
(2)“苏打烧结”时主要发生的化学反应方程式为_______；；。
(3)“含硒烧渣”浸取时需控制温度为80℃，则最佳加热方式为_______；浸出渣中主要的杂质有_______、Ag、Au等。
(4)已知SeO2易溶于水生成H2SeO3，相同温度下，H2SeO3、H2CO3的电离平衡常数如下：
化学式
H2SeO3
H2CO3
电离平衡常数
K1=2.7×10-3K2=2.5×10-8
K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11
若向Na2CO3溶液中通入过量SeO2，则下列反应的离子方程式正确的是_______。
A．
B．
C．
D．
(5)研究表明，电解亚硒酸钠(Na2SeO3)、聚乙二醇和盐酸混合液可直接制得单质Se，写出电解时的阴极反应式：_______。
(6)回收硒还可采用另一工艺：即向阳极泥加入浓硫酸，用水吸收生成的SeO2和SO2，试分析此工艺存在的不足之处_______(答一点即可)。

二、填空题
4．（2022·广东汕头·统考二模）为证明AgCl溶于水存在溶解平衡，取1 mo/LKCl溶液10 mL，向其中加入0.2 mol/LAgNO3溶液1 mL，充分反应后将浊液过滤进行如下实验：
序号
实验装置
实验操作
实验现象
A

向滤液中放入Mg条
ⅰ．滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。ⅱ．放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，ⅲ．一段时间后开始出现棕褐色浑浊物。Mg条表面也逐渐变为棕褐色。产生气泡的速率变缓慢
已知：①AgOH不稳定，立即分解为Ag2O (棕褐色或棕黑色)，Ag粉为黑色；
②AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成 [Ag(NH3)2]+(银氨溶液)，Mg、Ag不溶于浓氨水。
(1)实验A中的滤液所属分散系为___________。现象ii中无色气泡是___________(填化学式)。
(2)现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要原因是___________。
(3)判断Mg条表面的棕褐色物质中含有Ag和Ag2O。
①设计实验检验Ag：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量稀盐酸，反应结束后，继续加入浓硝酸，产生棕色气体和白色不溶物。用离子方程式表示棕褐色固体中产生Ag的原因：___________。实验中加入稀盐酸的目的：___________。
②设计检验棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条用蒸馏水洗净后，加入___________(填化学式)中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有___________(填实验现象)，则证明Ag2O存在。
(4)探究AgI转化为AgCl，设计实验如下：
装置
步骤
电压表读数

ⅰ．如图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ⅱ．向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全
b
ⅲ．再向B中投入一定量NaCl(s)
c
ⅳ．重复ⅰ，再向B中加入与iii等量NaCl(s)
d
已知：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。
①电压表读数a＞b，其原因是___________。
②综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为___________。

三、原理综合题
5．（2022·广东汕头·统考二模）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
Ⅰ．工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：

(1)液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l) △H=___________kJ/mol。
(2)在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是
A．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
B．反应在任何温度下都能自发进行
C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1 L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
(3)反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得c(CO)为3 mol/L，则CH4的转化率为___________(保留2位有效数字)。
(4)制备“合成气”反应历程分两步：
步骤
反应
正反应速率方程
逆反应速率方程
反应①
CH4(g)C(ads)+2H2(g)
v正=k1·c(CH4)
v逆=k2·c2(H2)
反应②
C(ads)+CO2(g)2CO(g)
v正=k3·c(CO2)
v逆=k4·c2(CO)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示：

①反应速率快慢比较：反应①___________反应②(填“＞”“＜”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因___________。
②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=___________(用k1、k2、k3、k4表示)。
(5)制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.0 kJ/mol，在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。反应体系中，随温度变化的关系如图所示：

随着进料比的增加，的值___________(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是___________。
6．（2023·广东汕头·统考二模）氨和氨的金属配合物在许多方面有重要应用。回答下列问题：
(1)哈伯·博施(Haber—Bosch)法合成氨反应的能量变化如图所示，则合成氨的热化学方程式为：___________________。

(2)合成氨反应的速率方程为：，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因有_____________。反应在不同条件下达到平衡，设体系中氨气的物质的量分数为，在下的与p的关系、在下的与T的关系如图所示，则____________(填“曲线a”或“曲线b”)表示的是下的与p的关系图像。

(3)银氨溶液可以显著提高镀银液的稳定性。测得常温下，向溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解。测得该过程溶液的酸度值()与加入氨水的体积V(氨水)关系如图所示。

已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为。则b点对应溶液中：__________(选填“＞”“＝”或“＜”)；常温下，若忽略的水解，由e点可计算出的平衡常数__________(计算结果保留一位有效数字)。
(4)氨硼烷化合物成储氢材料新星。(氨硼烷)中H-N-H的键角__________中H-N-H的键角(选填“＞”“＝”或“＜”)。某储氢材料晶胞如图，八面体中心为金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为anm。

则晶体的密度为_____________(只列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
7．（2021·广东汕头·统考二模）2021年初，碳中和理念成为热门。二氧化碳可合成低碳烯烃，充分利用碳资源减少碳排放。
(1)已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g) ΔH1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2
③H2O(1)=H2O(g) ΔH3
④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH4
则ΔH4=_______(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。
(2)反应④的反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。

①300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。0到10min氢气的平均反应速率为_______，M点乙烯体积分数为_______(保留2位有效数字)。
②α_______3(填“>”、“<”或“=”，后同)，M、N两点反应的平衡常数KM_______KN。
(3)中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，过程如图。

催化剂中添加助剂会对催化作用产生影响。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。
助剂
CO2转化率(%)
各产物在总产物中的占比(%)
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_______助剂效果最好；加入该助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因可能是_______；
②下列说法正确的是_______。
a.第ⅰ步反应为：CO2+H2⇌CO+H2O
b.反应过程中CO的浓度迅速增大，然后缓慢减小
c.Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
d.催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用
e.添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同

四、结构与性质
8．（2022·广东汕头·统考二模）镍钴锰三元材料LiNixCoyMnzO2是一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好等优点。
(1)锰元素基态原子的电子排布式为___________，镍钴锰三种基态原子中未成对电子数最多的是___________。
(2)镍可以形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等。
①上述两种配合物都存在的化学键的是___________
a． 离子键      b． 配位键         c． 极性键       d． 非极性键。
②Ni(CO)4常温下难溶于水，易溶于CCl4中，可推知其为___________。(填“极性分子”或“非极性分子”)
③[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的空间构型为___________。
(3)MnO和CoO具有相同的晶体构型，其熔点大小顺序为___________
(4)锂离子电池目前广泛采用溶有LiPF6的碳酸酯作为电解液。
①LiPF6各元素的第一电离能从大到小的顺序为___________。
②常见溶剂碳酸乙烯酯()中碳原子的杂化方式是___________。
(5)LiCoO2的晶胞是六棱柱，其结构如图所示，镍钴锰三元材料中Ni和Mn取代了部分Co的位置：

晶胞中含Li原子数为___________，若晶胞的底边边长为a nm，高为c nm，x：y：z=1：1：1，则LiNixCoyMnzO2晶胞的密度为___________g/cm3(列出计算式)。
9．（2021·广东汕头·统考二模）光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。根据显影原理，光刻胶可分为正、负型胶，原理如图1.回答下列问题：

(1)光刻胶常含C、N等元素，在基态C原子中，核外存在_______对自旋方向相反的电子，N的3个2p轨道的取向为_______。
(2)近年来光刻胶的发展趋势是应用含有多羟基的二苯甲酮类化合物，如：，其C的杂化方式为_______。
(3)紫外负型光刻胶常含有—N3，形成的阴离子的等电子体是________(填化学式，任写一种)，其空间构型为_______。
(4)某光刻胶受紫外光照射后，发生反应如下，用稀碱水作为溶剂浸泡。根据茚羧酸结构分析该材料为_______型光刻胶(填“正”或“负”)，理由是_______。

(5)与K+能形成图2中的超分子加合物，该晶胞中K+的数目为_______，已知晶胞参数为αnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g/cm3(列出计算表达式)。


五、有机推断题
10．（2022·广东汕头·统考二模）某研究小组以物质A和乙烯为原料，按如图路线合成用于治疗冠心病及高血压药物尼群地平。

已知：①→R-CHO+H2O
②R1CHO++无机小分子
③2+ROH
请回答：
(1)物质H中官能团的名称是___________。
(2)反应Ⅲ的反应类型为___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．反应Ⅰ需要用FeCl3做催化剂 B．化合物C能发生银镜反应
C．D分子中所有碳原子共平面 D．尼群地平的分子式是C18H19N2O6
(4)写出D+H→E的化学方程式___________。
(5)化合物X是式量比化合物D大14的同系物，同时符合下列条件的化合物X所有同分异构体共___________种，写出其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为___________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②HNMR谱显示分子中有4种氢原子；
③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、C-O-C-键
(6)设计以乙醇为原料合成H的路线(用流程图表示，无机试剂任选) ___________。
11．（2023·广东汕头·统考二模）2023年3月1日新版国家医保药品目录正式实施，药品总数达到2967种，一定程度上减轻了患者看病的负担，目录中的免疫调节剂泊马度胺Ⅰ的合成路线如下：

已知：①，-Boc代表
②
③
回答下列问题：
(1)E的名称为________；A中含氧官能团的名称为________。
(2)化合物A能溶于水，其原因是__________。
(3)H→I的反应类型为___；若想测定泊马度胺Ⅰ分子的空间结构，则需下列哪种分析手段：_____。
A．X射线衍射        B．质谱法        C．元素分析仪        D．红外光谱
(4)写出等物质的量的化学方程式：____________。
(5)E的芳香族同分异构体中既能发生银镜反应又能与反应生成气体的有________种；其中核磁共振氢谱中4个峰的分子结构简式为____________。
(6)参考题中信息和所学知识，写出由化合物M()为原料合成化合物N()的路线图(其他试剂任选) _________。
12．（2021·广东汕头·统考二模）血脂过高能引起动脉粥样硬化、冠心病、胰腺炎等疾病，已成为现代人的健康杀手之一、下图是一种治疗高血脂新药I的合成路线：

已知：R1CHO+R2CH2CHO(R可以是氢或烃基)
回答下列问题：
(1)A→B反应的试剂及条件为_______，F的官能团名称是_______。
(2)下列说法正确的是_______
A．常温下，化合物B易溶于水
B．化合物F的水溶液具有杀菌、防腐性能
C．化合物D所有原子可能在同一平面
D．1mol化合物I最多能与3molNaOH发生反应
(3)写出F→G反应的化学方程式：_______。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有_______种(不含立体异构)。
①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应。
其中核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1的结构简式为_______。(任写一种)
(5)聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景，请以戊二酸，甲醛和乙醛为原料(其它无机试剂任选)，写出PPG的合成路线_______。

六、实验题
13．（2023·广东汕头·统考二模）络氨铜受热易分解产生氨气，络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度变化曲线如图所示，溶于水产生的存在平衡：

I．制备少量晶体，设计实验方案如下：

(1)仪器A的名称为________，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是________(答一条即可)。
(2)悬浊液B为，补全下列离子方程式：_________。
(3)某同学认为上述方案中的溶液C中一定含，设计如下方案证明其存在：加热深蓝色溶液并检验逸出气体为氨气。你认为此方案____________(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。
(4)取溶液C于试管中，加入____________(填试剂)，并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体。
Ⅱ．探究浓氨水和溶液反应
(5)某同学阅读教材中浓氨水和溶液反应实验步骤：“取的溶液于试管中，滴加几滴的氨水，立即产生浅蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液”，设计如下方案探究浓氨水和溶液反应产物的影响因素。

①利用平衡移动原理对实验b的现象进行解释________________________。
②某同学测得溶液的，于是设计实验c的试剂为，硫酸和硫酸钠混合液，其目的是_______________。
14．（2021·广东汕头·统考二模）牙膏中的摩擦剂可以帮助我们去除牙垢，减轻牙结石。某化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行探究：(该牙膏摩擦剂由CaCO3、Al(OH)3组成，牙膏中的其它成分与NaOH和盐酸均不反应)
I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量牙膏样品于烧杯中，加水充分搅拌后过滤，滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量CO2有白色沉淀生成。
(1)在上述操作中，需要用到图中的实验仪器有_______(填选项)。

(2)氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为_______。

(3)装置A的作用是_______，反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是_______。
(4)下列各项措施中，能提高测定准确度的是_______(选填编号)。
①把盐酸换成不具有挥发性的硫酸
②在A～B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置
③滴加盐酸的速率不宜过快
④在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
(5)实验中准确称取6.0g样品三份，进行三次测定，测得生成BaCO3平均质量为1.97g。则样品中碳酸钙的质量分数为_______。
(6)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，就可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是_______。

参考答案：
1．(1)+3
(2)矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
(3)漏斗、玻璃棒
(4)＞
(5) 2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑ 0.18
(6) Ce4+ 1：2

【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
【详解】（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
（3）操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2 > H2O2；
（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， 此时溶液的pH为5，则溶液中c()=0.18 mol/L。
（6）①根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；
②反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
2．(1) 3d54s1 3d和4s上电子均是半满状态
(2) NaAlO2 Na2SiO3
(3) 溶液变为橙红色
(4) 蒸发 趁热过滤
(5)5
(6)

【分析】反应I为4FeO•Cr2O3（s）＋8Na2CO3（s）＋7O2（g）⇌8Na2CrO4（s）＋2Fe2O3（s）＋8CO2（g），浸取然后过滤得到Na2CrO4溶液，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，则含有Al的物质为偏铝酸钠、含有Si元素的物质为硅酸钠，向滤液中加入稀硫酸酸化得到Na2Cr2O7，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶得到产品；据此分析解题。
【详解】（1）基态Cr原子的价电子排布式是3d54s1；其中3d和4s上电子均是半满状态，这样排布使整个体系能量最低；故答案为3d54s1；3d和4s上电子均是半满状态。
（2）据分析可知，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，它们形成的盐为强碱弱酸盐，所以Al、Si形成的盐为NaAlO2、Na2SiO3，故答案为NaAlO2、Na2SiO3。
（3）步骤Ⅳ酸化时，转化为，同时生成水，其转化方程式为，当溶液变为橙红色时反应完成；故答案为；溶液变为橙红色。
（4）获得晶体的基本实验步骤为：溶解、然后蒸发将所得溶液转移至蒸发皿中，加热蒸发溶液，使NaCl结晶析出；趁热过滤，将NaCl晶体与溶液分离；冷却滤液使K2Cr2O7结晶；故答案为蒸发；趁热过滤。
（5）的溶度积常数为，铬离子沉淀完全时有，解得，所以调节pH至少为5；故答案为5。
（6）现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2＋把多余的反应：，解得，则100ml废水中，与废水反应的K2Cr2O7的物质的量＝加入的K2Cr2O7的物质的量−与Fe2＋反应的K2Cr2O7的物质的量＝c1mol/L×V1×10−3L−，1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量＝，利用2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量即COD，，解得，则该水样的COD为＝()mg/L；故答案为。
3． 第四周期第ⅥA族 Se+Na2CO3+O2Na2SeO3+CO2 水浴加热 CuO B +4e-+6H+=Se+3H2O 浓硫酸有强腐蚀性，对设备要求较高（或反应过程产生大量SO2污染环境）
【分析】根据(2)问题干信息，苏打烧结后，烧渣中主要含有Na2SeO3、CuO、Ag、Au等成分，加水浸取分离出Na2SeO3溶液，蒸干后加入焦炭，经过高温熔炼得到Na2Se，通入氧气将Se元素还原为Se，浸取渣中主要含CuO、Ag、Au等成分，可加入盐酸或稀硫酸将CuO溶解，从而分离出Ag、Au。
【详解】(1)根据核外电子排布规律可写出34Se的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，其最高能层为第四层，最外层有6个电子，故其位于第四周期第ⅥA族；Se与O同族，故Na2Se的电子式类似与Na2O，故其电子式为：；
(2)由流程信息知，Se经过苏打烧结后转化为Na2SeO3，同时产生CO2，由于Se被氧化，故需要空气中O2参与反应，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为Se+Na2CO3+O2Na2SeO3+CO2；
(3)控制温度为80℃，可采用水浴加热；由分析知，浸出渣中主要含CuO、Ag、Au等成分，故此处填CuO；
(4)由所给数据知，酸性：H2SeO3＞H2CO3＞＞，故SeO2溶于水形成H2SeO3，可将转化为CO2，由于H2CO3＞，故H2SeO3不管少量还是过量，都转化成，故答案选B；
(5)由题意知，电解时在阴极得电子转化为Se，初步确定电极反应为+4e-→Se，由于溶液显酸性，故可以在左边添加6个H+配平电荷守恒，右边添加3个H2O配平元素守恒，完整电极反应为：+4e-+6H+=Se+3H2O，故此处填：+4e-+6H+=Se+3H2O；
(6)浓硫酸有强腐蚀性，对设备要求较高，反应过程产生大量SO2污染环境，故此处填：浓硫酸有强腐蚀性，对设备要求较高（或反应过程产生大量SO2污染环境）。
4．(1) 胶体 H2
(2)生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行
(3) Mg+2Ag+=2Ag+Mg2+ 将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰检验Ag NH3·H2O 银镜生成
(4) 加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a a＞c＞b

【解析】（1）
产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；
放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，Mg属于活泼金属，可以与水反应，Mg+2H2O=Mg (OH) 2↓+H2↑，故气泡为H2；
（2）
Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；答案为生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行；
（3）
①活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+ =Mg2+ +2Ag；
利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防止干扰实验，再选择氧化性酸验证Ag的存在，实验中加入稀盐酸的目的是将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰检验Ag；
②根据Ag2O可溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+，利用银镜反应验证；答案为取实验A中表面变为棕褐色的Mg条用蒸馏水洗净后，加入NH3·H2O中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有银镜生成，则证明Ag2O存在；
（4）
加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a；
②实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了反应AgI+Cl-=AgCl+I-,部分AgI转化为AgCl, 则c > b,综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为a＞c＞b。
5．(1)-93.7  △H=△H1+△H2
(2)AC
(3)60%
(4) ＜ 反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快 K=
(5) 减小 随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少

【详解】（1）根据盖斯定律：2NH3(l)+CO2(l)⇌H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=ΔH1+ΔH2=(-109.2+15.5)kJ/mol=-93.7kJ/mol，故答案为：-93.7；
（2）A．增大CO2的浓度，平衡正向移动，有利于NH3的转化率增大，故A正确；
B．因为正反应是熵减的反应，即△S＜0，根据△H-T△S＜0可知，反应在低温下才能自发进行，高温下是不能自发进行的，故B错误；
C．混合气体的密度不再发生改变，即混合气体的质量不在改变，也即个组分的量不在改变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒容密闭容器中，充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故答案为：AC；
（3）设充入CH4和CO2物质的量都为xmol，列三段式：，，解得x=2.5mol，CH4的转化率为；
（4）①活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快，则反应速率：反应①＜反应②；
②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，，，则K=；
（5）可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少。
6．(1)
(2) 减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率 a
(3) <
(4) ＞

【详解】（1）由图可知，氮气和氢气反应生成氨气为放热反应；，所以合成氨的热化学方程式为；故答案为。
（2）在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率；此外，合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，增大，所以曲线a代表下的与p的关系图像；故答案为减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率；a。
（3）由图可知，b点=0，所以溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，所以；e点氨水体积为4.7mL，根据元素守恒可知，；可计算出的平衡常数；故答案为<；。
（4）分子中N原子有4对成键电子对，NH3分子中N原子有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故分子中H−N−H之间的键角大于NH3分子中H−N−H之间的键角；由晶胞图可知，八面体个数为4，四面体个数为8；所以该晶胞含有4个，所以晶体的密度为；故答案为＞；。
7． 2△H2+4△H3-△H1 0.03mol•L-1•min-1 9.7% ＞ ＞ K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 ac
【分析】根据盖斯定律②×2+③×4-①计算2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) 的 ΔH4；300℃，往6L反应容器中加入3mol H2、1mol CO2，即x=3，M点CO2的平衡转化率为60%，△n(CO2)=0.6mol，计算v(CO2)=，结合反应计量关系计算v(H2)；x=3时，设n(H2)=6mol、n(CO2)=2mol，M点CO2的平衡转化率为60%，根据反应三段式计算各物质的平衡量，进而计算乙烯体积分数；
反应流程为：第一步反应为CO2+H2CO+H2O，第二步反应为CO2+H2(CH2)n+H2O，(CH2)n C2H4、C3H6等，结合催化剂对化学反应速率和化学平衡的影响分析解答；由表中数据，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率。
【详解】(1)已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g) ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2③H2O(1)=H2O(g) ΔH3根据盖斯定律②×2+③×4-①计算：④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH4，则ΔH4=2△H2+4△H3-△H1 (用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。故答案为：2△H2+4△H3-△H1；
(2)①300℃，往6L反应容器中加入3mol H2、1mol CO2，即x=3，M点CO2的平衡转化率为60%，△n(CO2)=0.6mol，v(CO2)= = = =0.01mol/(L•min)，反应为2CO2(g )+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)，所以v(H2)=3v(CO2)=0.03mol•L-1•min-1 ；故答案为：0.03mol•L-1•min-1 ；
x=3时，设n(H2)=6mol、n(CO2)=2mol，M点CO2的平衡转化率为60%，反应三段式为，
M点乙烯体积分数= ×100%=9.7%，故答案为：9.7%；
②该反应正向是气体体积减小的反应，其他条件不变时，增大氢气的浓度，则CO2的平衡转化率增大，即投料比[]越大，CO2的平衡转化率越大，所以x=a＞3；由图可知，反应随着温度的升高，CO2的平衡转化率降低，则正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，由于温度：N＞M，所以平衡常数KM＞KN，故答案为：＞；＞；
(3)①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率。欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好；加入该助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因可能是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；
②a．由催化CO2加氢合成低碳烯烃反应可知，第ⅰ步所反应为：CO2+H2⇌CO+H2O，故a正确；b．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步，故b错误；c．助剂可改变反应的选择性，所以催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确；d．催化剂不能改变平衡状态，不能改变焓变△H，故d错误；e．反应的平衡常数只与温度有关，不同助剂能改变反应历程，但不能改变反应的起始状态、不能改变反应温度，所以反应的平衡常数不变，故e错误；故答案为：ac。
8．(1) 1s22s22p63s23p63d54s2或者[Ar]3d54s2 Mn
(2) bc 非极性分子 正四面体
(3)CoO＞MnO
(4) F＞P＞Li sp2、sp3
(5) 9

【解析】(1)
已知锰是25号元素，则锰元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或者[Ar]3d54s2，镍、钴、锰三种基态原子的价层电子排布式分别为：3d84s2、3d74s2、3d54s2，故它们基态原子中的未成对电子数分别为：2、3、5，则未成对电子数最多的是Mn，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2或者[Ar]3d54s2；Mn；
(2)
①a．Ni(CO)4中不存在离子键，a不合题意；      
b．Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4都存在配位键，b符合题意；        
c．Ni(CO)4中有C和O之间的极性键，[Ni(NH3)6]SO4中有N-H、S-O之间的极性键 ，c符合题意；      
d． Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4都不存在非极性键，d不合题意；
故答案为：bc；
②已知H2O是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知，Ni(CO)4常温下难溶于水，易溶于CCl4中，可推知其为非极性分子，故答案为：非极性分子；③[Ni(NH3)6]SO4中阴离子即，中中心原子S周围的价层电子对数为：4+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
(3)
由于MnO和CoO均为离子晶体，它们离子所带电荷相同，Mn2+的半径大于Co2+的半径，故MnO的晶格能小于CoO的，故其熔点大小顺序为CoO＞MnO，故答案为：CoO＞MnO；
(4)
①根据第一电离能的变化规律：同一周期从左往右呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族从上往下依次减小，故LiPF6各元素的第一电离能从大到小的顺序为F＞P＞Li，故答案为：F＞P＞Li；
②常见溶剂碳酸乙烯酯()中含有碳氧双键的C原子周围形成了3个σ键，则该原子采用sp2杂化，其余碳原子周围形成了4个σ键，采用sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；
(5)
由题干晶胞图示可知，晶胞中含Li原子数为=9，若晶胞的底边边长为a nm，高为c nm，x：y：z=1：1：1，根据晶胞可知，x+y+z=9，得x=y=z=3，即一个晶胞中含有9个Li、3个Ni、3个Co、3个Mn和18个O，则一个晶胞的质量为：m=，一个晶胞的体积为：V=cm3，故其密度为= g/cm3，故答案为：。
9． 2 2px、2py、2pz，相互垂直 sp2 N2O、CO2、CS2（任写一种） 直线形 正 茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解 12
【详解】(1)C原子电子排布式为：1s22s22p2，同一轨道内两个电子自旋方向相反，故1s和2s轨道中电子自旋方向相反，2p能级有3个原子轨道，两个电子分别填充在2个轨道上且自旋方向相同，故此处填2；2p能级有3个原子轨道，可表示为2px、2py、2pz，三个等价轨道取向相互垂直，故此处填：2px、2py、2pz，相互垂直；
(2)苯环碳原子、羰基碳原子周围均含3个σ电子对，不含孤对电子，故其价层电子对为3对，对应杂化方式为sp2，故此处填sp2；
(3)可将中1个N原子换成1个O原子，即得到其等电子体N2O，另外N2O中2个N可换成1个C和1个O，得到等电子体CO2，同时也可采用同族代换法，将CO2中O换成S得到等电子体CS2，故此处填：N2O、CO2、CS2（任写一种）；其空间构型与CO2相似，为直线形；
(4)由图示原理知，正型光刻胶曝光部分能溶于相应溶剂，而负型光刻胶不可以，茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解，故属于正型光刻胶，故此处填：正，理由是茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解；
(5)由图示知，K+有12个位于棱上，9个位于晶胞体内（其中1个位于体心），故该晶胞中含有K+个数=12×+9=12个；该晶胞中含有个数=8×+6×=4，故该化合物中K+与之比为3:1，即化学式为K3C60，该晶胞中含有4个K3C60，则晶胞质量=，该晶胞体积=(a×10-7)3 cm3，则晶胞的密度=。
10．(1)羰基、酯基
(2)取代反应
(3)BC
(4)+ +H2O
(5) 4种 或
(6)C2H5OHCH3COOHCH3COOCH2CH3

【分析】由A的分子式、D的结构简式，可知A中含有苯环，故A为 ，A与氯气发生取代反应生成B为 ，B发生水解反应、然后脱水生成C为，苯甲醛发生硝化反应生成D，D与H发生信息②中反应生成E为，F转化生成F。
【详解】（1）物质H含有的官能团为羰基、酯基，故答案为：羰基、酯基；
（2）反应Ⅲ是转化为，发生硝化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应；
（3）A．反应发生再甲苯甲基上的氯代反应，需要光照条件，故A错误；
B．化合物C为 ，含有醛基，能发生银镜反应，故B正确；
C．苯环及其连接的原子为平面结构， 中所有碳原子共平面，故C正确；
D．尼群地平的分子式是C18H20N2O6，故D错误，
故答案为：BC；
（4）E+H→F的化学方程式为+ +H2O；
（5）化合物X是式量比化合物D( )大14的同系物，即多1个CH2，X满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②1H-NMR谱显示分子中有4种氢原子，存在对称结构；③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、-C-O-C-键，可以含有-CH2CN、3个酚羟基，或者含有-CN、-CH2OH、2个酚羟基，符合条件的同分异构体有 、 、 、 共4种，其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为 或 ；
（6）由信息③可知，由乙酸乙酯在乙醇钠条件下发生取代反应生成 ，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，合成路线流为C2H5OHCH3COOHCH3COOCH2CH3。
11．(1) 邻苯二甲酸 酰胺基和羧基
(2)化合物A氨基和羧基是亲水基团，能与水形成氢键
(3) 还原反应 A
(4)
(5) 13
(6)

【分析】根据反应流程图，A进行反应①生成B，保护氨基；B在一定条件下发生分子内反应，氨基和羧基反应生成C；C在HCl/CH2Cl2条件下脱去氨基上的-Boc保护基得到D；根据I的结构式，可推测H为；从而可知G为，F为；据此分析解题。
【详解】（1）E的名称为邻苯二甲酸，A中含氧官能团为酰胺基和羧基；故答案为邻苯二甲酸；酰胺基和羧基。
（2）化合物A中含有氨基和羧基，是亲水基团，能与水形成氢键，所以能溶于水；故答案为化合物A氨基和羧基是亲水基团，能与水形成氢键。
（3）由分析可知，H→I为-NO2还原为-NH3，反应类型为还原反应；若想测定泊马度胺Ⅰ分子的空间结构，需进行X射线衍射分析；故答案为还原反应；A。
（4）由分析可知，G为，H为；所以的化学方程式为；故答案为。
（5）E的芳香族同分异构体中，能发生银镜反应说明由醛基，能与反应生成气体说明有羧基；当取代基为-CHO，-OH和-COOH时，分别与苯环相连；-CHO和-OH处在邻位时，有4种结构，-CHO和-OH处在间位时，有4种结构，-CHO和-OH处在对位时，有2种结构，当共10种；当取代基为-COOH和-OCHO时，有邻，间，对3种结构，所以共13种同分异构体；其中核磁共振氢谱中4个峰的分子结构简式为；故答案为13；。
（6）参考反应流程图，中含有两个氨基，需要先对不需要反应的氨基进行保护，然后进行分子内酰胺反应，然后脱去保护基即可；所以反应流程可以为；故答案为。
12． 氯气、光 醛基 BCD 2CH2O+ 4 或
【分析】根据A的分子式和B的结构简式可知，A发生取代反应生成B，A为 ，根据C的分子式推断B中氯原子被羟基取代生成C，C为；C发生氧化反应生成D，D为 ；D经氧化反应生成E，E为 ；F为甲醛，与根据已知，推断G的结构简式 ，G与氢气发生加成反应生成H为，H中含有羟基与E发生酯化反应生成I为；
【详解】(1)根据A的分子式和B的结构简式可知，A发生取代反应生成B，A→B反应的试剂及条件为氯气、光，F为甲醛，F的官能团名称是醛基。故答案为：氯气、光；醛基；
(2)A．常温下，B为，化合物B难溶于水，故A错误；
B．F为甲醛，化合物F的水溶液具有杀菌、防腐性能，故B正确；
C．D为，苯平面和碳氧双键平面通过碳碳单键旋转，化合物D所有原子可能在同一平面，故C正确；
D．1mol化合物有3mol酯基，最多能与3molNaOH发生反应，故D正确；
故答案为：BCD；
(3)根据题目提供的信息R1CHO+R2CH2CHO，F→G反应的化学方程式：2CH2O+。故答案为：2CH2O+；
(4)E为，符合下列条件的E的同分异构体①属于芳香族化合物，含有苯环；②能发生银镜反应含有醛基，含有2个侧链为-OH、-CHO，有邻间对三种，只有一个侧链，-OOCH，有1种，共有4种同分异构，其中核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1的结构简式为或。(任写一种)，故答案为：4；或；
(5)甲醛和乙醛在稀碱性条件下生成用氢气还原得到丙二醇，与戊二酸发生缩聚反应生成聚戊二酸丙二醇酯(PPG)，PPG的合成路线。故答案为：。
13．(1) 坩埚 没有SO2生成，更环保
(2)
(3) 不可行 溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气
(4)无水乙醇
(5) OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色 研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响

【详解】（1）Cu在仪器A中和O2加热生成CuO，所以仪器A为坩埚；然后CuO与硫酸反应生成硫酸铜，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是没有SO2生成，更环保；故答案为坩埚；没有SO2生成，更环保。
（2）硫酸铜溶液中通入氨水得到悬浊液B为，；故答案为。
（3）溶液C为悬浊液B加入过量氨水得到，所以溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气；所以该同学设计方案不合理；故答案为不可行；溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气。
（4）有题可知，络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度随着乙醇体积分数增大，溶解度减小，所以取溶液C于试管中，加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体；故答案为无水乙醇。
（5）①已知溶于水产生的存在平衡，加入NaOH溶液，OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色；故答案为OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色。
②实验a和b分别研究了铜离子浓度和溶液酸碱性对浓氨水和溶液反应产物的影响，某同学测得溶液的，于是设计实验c的试剂为，硫酸和硫酸钠混合液，对比实验a和b，设计此实验的目的是研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响；故答案为研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响。
14． ABD Al(OH)3+OH-=+2H2O 吸收空气中CO2 使反应产生的二氧化碳气体全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收 ③ 16.7% B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中
【分析】I．将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入过量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；
Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应，实验结束后，再通入空气，把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全转化为BaCO3沉淀，据此来解答。
【详解】(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的实验仪器序号为ABD，故答案为：ABD；
(2)Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；
II.(3)装置A的作用是吸收空气中CO2，发生反应产生Na2CO3；反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是将反应产生的CO2气体全部排入装置C中，与Ba(OH)2溶液反应产生BaCO3沉淀，以减小实验误差；故答案为：吸收空气中CO2；使反应产生的二氧化碳气体全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收；
(4)①若把盐酸换成不具有挥发性的硫酸，CaCO3与硫酸反应产生微弱性CaSO4覆盖在CaCO3表面，使反应不能进一步发生，导致测定准确度偏低，故错误；
②B、C中的反应均是在溶液中进行，因此不需要干燥装置，若在A～B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置，不能提高实验测定准确度，故错误；
③若滴加盐酸过快，则生成CO2过快，C中CO2不能全部被Ba（OH）2溶液吸收，所以滴加盐酸不宜过快可以使CO2被充分吸收，从而可提高实验准确度，故正确；
④若在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置反应生成CO2气体，则在C中被氢氧化钡吸收的CO2偏多，会使测定准确度偏低，故错误；故答案为：③；
(5)BaCO3质量为1.97g，则n(BaCO3)=，根据C元素守恒可知在6.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol，其质量m(CaCO3)=0.01mol×100g/mol=1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为；
(6)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，故答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中。