山东省济南市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份山东省济南市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）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，结构与性质，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

山东省济南市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

一、实验题
1．（2021·山东济南·统考一模）环己酮可作为涂料和油漆的溶剂。在实验室中以环己醇为原料制备环己酮( )。已知：环己醇、环己酮、水和苯的部分物理性质(括号中的沸点数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的恒沸混合物的沸点)如下：
物质
沸点(℃，1)
密度(，20℃)
溶解性
环己醇
161.1(97.8)
0.96
能溶于水
环己酮
155.6(95)
0.94
微溶于水
水
100.0
0.998

苯
80.1(69)
0.88
难溶于水
回答下列问题：
(1)酸化时不能选用盐酸，原因是_______(用离子方程式表示)。
(2)该制备反应很剧烈，且放出大量的热。为控制反应体系温度在55~60℃范围内，可采取的措施一是加热方式选用_______，二是在加入反应物时将_______(填化学式)缓慢滴加到另一份试剂中。
(3)制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。采用先加入适量水然后蒸馏而非直接蒸馏，原因是_______。
(4)环己酮的提纯过程为：
①在馏分中加固体至饱和，静置，分液；加的目的是_______。
②加入无水块状固体；目的是_______。
③_______(填操作名称)后进行蒸馏，收集151~156℃的馏分。
(5)合成环己酮缩乙二醇的原理为。该反应正向进行的程度较小，实验室常使用如图所示装置(夹持、加热装置已略去)提高产物的产率。下列说法正确的是_______(填标号)。

A．管口A是冷凝水的出水口
B．苯可将反应产生的水及时带出
C．工作一段时间后，当苯即将流回烧瓶中时，必须将分水器中的水和苯放出
D．工作一段时间后，苯可在烧瓶与分水器中循环流动
2．（2022·山东济南·统考一模）某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，装置如图所示(夹持装置略)，相关物质的性质如表所示：

物质
性质
SiCl4
无色油状液体，能剧烈水解生成硅酸和HCl
乙酸酐[(CH3CO)2O]
无色油状液体，吸湿性很强
四乙酸硅[Si(CH3COO)4]
米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅
乙酰氯(CH3COCl)
无色油状液体，遇水剧烈反应
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是____，管口A所接干燥管中盛装的试剂是____(填“P2O5”、“CaCl2”或“碱石灰”)。
(2)检查上述装置气密性，具体操作为先向②中注入一定量的____(填“水”或“苯”)，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若____(填现象)，则证明装置的气密性良好。
(3)取255gSiCl4放入1L仪器①中，关闭旋塞⑥，再由分液漏斗滴入稍过量的乙酸酐，反应发生，放出大量的热，混合物略微带色，不久仪器①底部析出大颗粒晶体。写出制备四乙酸硅的化学方程式：____，该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方的原因是____。
(4)待放置一段时间，用干冰—丙酮冷冻剂冷却，然后____(填具体操作)，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体，接着再分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐，再缓慢除去，最后得到335g精制的四乙酸硅，则四乙酸硅的产率为____%(保留到小数点后一位)。
3．（2023·山东济南·统考一模）(三草酸合亚铁酸钾)是一种橙色固体，能溶于水，难溶于乙醇，在分析化学中用作吸氧剂。可通过如下实验装置(夹持装置省略)，先制得难溶于水的，再制取三草酸合亚铁酸钾。

回答下列问题：
(1)将铁粉放入a中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，进行的操作为：①打开K1、K3；和K4，关闭K2；②……；③……；④关闭K1、K2。操作②是_______，目的是_______；经操作③，B装置中生成，此时活塞K2、K3的状态是_______。
(2)向生成的B装置中重新加入混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是_______，从而获得沉淀。对所得产品洗涤干净后进行如下分析：取mg产品进行含铁量的测定，平均分成三份加入锥形瓶中，加入稀溶解后，用c mol·L的溶液滴定，三次实验消耗溶液的平均体积为V mL。产品中铁元素的质量分数表达式为_______%；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，则测定的质量分数将_______(填“偏高”偏低”或“不变”)。
(3)加热时易分解。现利用如下装置检验其受热分解所得产物是否含有CO、：

各装置接口的连接顺序为a→hi→_______(填标号)；实验开始时，先通一段时间的。若气体产物中含有CO，则装置中的现象是_______。

二、工业流程题
4．（2021·山东济南·统考一模）超细纳米铜粉的比表面积大、表面活性中心数目多，在冶金和石油化工中是优良的催化剂。利用铜屑制备超细纳米铜粉的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“溶解”的离子方程式为_______，为了加快“溶解”反应，可采取的措施有_______(写出一种即可)。
(2)“滤饼B”是一种白色晶体，元素分析表明含有、S、O、N、H五种元素，、S、N的原子数目比为，光谱分析显示所含阴离子呈三角锥形，其中一种阳离子呈正四面体形，则该晶体的化学式为_______。
(3)“酸解”的化学方程式为_______；验证酸解后所得铜粉为纳米级的简便方法是_______(填操作及现象)。
(4)“溶液C”可以循环利用，应将其导入到_______操作中(填操作单元的名称)。
5．（2022·山东济南·统考一模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：

已知：
①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。
回答下列问题：
(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
l4
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。
(2)用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。
(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。
(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。
6．（2023·山东济南·统考一模）工业上利用石煤矿粉(主要含及少量、)为原料生产，工艺流程如下：

已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为、、；
②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子




③25℃时，。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。
(2)滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。
(3)“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。
(4)“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中 mol·L，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中至少_______mol·L。
(5)“煅烧”时，制得产品。但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分会转化成，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_______。

三、结构与性质
7．（2021·山东济南·统考一模）晶体具有优良的光学特性，是当今光电转换领域的研究热点和太阳能电池吸收层的理想材料。回答下列问题：
(1)硒()是人体内必需的微量元素之一。基态原子的电子排布式为_______。、和的沸点由低到高的顺序为_______，(填化学式，下同)，还原性由弱到强的顺序为_______，键角由小到大的顺序为_______。分子存在角形和直线形两种异构体，其中直线形分子的键长较长，_______分子的能量较大。
(2)铟()为ⅢA族元素，和的熔点分别是1170℃和210℃，熔点差异的原因是_______。在乙醚中和反应生成，中阴离子的空间结构为_______。
(3)四方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞参数为，，。设阿伏加德罗常数的值为，的相对质量为M，则该晶体密度_______(用含有a、c、M和的代数式表示)。该晶胞中，原子坐标分别为1号原子_______，2号原子，3号原子。晶体中有_______个原子距离4号原子最近。

8．（2022·山东济南·统考一模）卤族元素及其化合物种类繁多，有着非常重要的用途，回答下列问题：
(1)基态Br原子的电子排布式为[Ar]____。
(2)HF分子的极性____(填“大于”“等于”或“小于”，以下同)HCl，同一条件下，HF在水中的溶解度____HCl，HF的沸点____HCl。SOCl2中心S原子VSEPR模型为____。1mol氟硼酸铵NH4BF4中含有____mol配位键。
(3)一种Ag2HgI4固体导电材料为四方晶系，其晶胞参数为apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影(如图所示)，A、B、C表示三种不同原子的投影，标记为n的原子分数坐标为(，，)，则m的原子分数坐标为____，距离Hg最近的Ag有____个。设NA为阿伏加德罗常数的值，Ag2HgI4的摩尔质量为Mg•mol-1，该晶体的密度为____g•cm-3(用代数式表示)。

9．（2023·山东济南·统考一模）研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：

(1)基态Mn原子的价电子轨道表示式为_______。在元素周期表中位置为_______。
(2)1 mol 晶胞中含有Cl原子_______mol，含有杂化的中心原子_______mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是_______。
(3)TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为_______；的沸点高于，主要原因是_______。

四、原理综合题
10．（2021·山东济南·统考一模）“推动绿色发展，绘就绿水青山齐鲁画卷”是山东“十四五”时期的战略任务之一。采用镍系催化剂的水煤气(主要有效成分为和)甲烷化是推动绿色发展的有效途径，该过程中涉及的反应有：
①
②
③
已知：反应①称为甲烷化反应；转化率，甲烷的选择性，两式中的L为进口或出口流量()。
回答下列问题：
(1)相应条件下，用焦炭与水蒸气制取水煤气的热化学方程式为_______。
(2)积碳会造成催化剂性能大幅度下降。向反应器中通入水蒸气可有效抑制积碳现象，但过量的水蒸气会对生产造成不利。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．积碳会导致反应的平衡常数减小，影响反应发生
B．通入水蒸气抑制积碳现象，反应③重新达到平衡后，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．加入过量的水蒸气会抑制反应①的进行，使的产率降低
适当增大氢碳比也可有效抑制积碳。实验表明当氢碳比逐渐增加到3的过程中，既提高了平衡转化率和选择性，又有效抑制了积碳现象，主要原因是_______。
(3)当氢碳比为3时，的转化率和的选择性与不同的氢气流速变化关系如图所示。

氢气流速低于或高于都不利于甲烷化反应，可能的原因是_______。
(4)若向一定温度下的密闭容器中投入n和1，发生上述3个反应，达到平衡时，测得气体总压为p，容器中存在x，yC，和_______(用含n、x、y、z和p的式子表示，下同)，该温度下，甲烷化反应①的分压平衡常数Kp=_______。
(5)为了同时提高的转化率与的选择性，可选择的反应条件为_______(填标号)。
A．高温高压、高氢碳比(3~4) B．低温低压、低氢碳比(1~2)
C．低温高压、高氢碳比(3~4) D．低温高压、低氢碳比(1~2)
11．（2022·山东济南·统考一模）反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。
主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=-270kJ·mol-1
副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能如表所示：
化学键
C—H
H—H
H—O
C=O
键能/kJ·mol-1
413
436
463
a
则a=___。
(2)为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：

实验编号
a
b
c
温度/K
T1
T1
T2
催化剂的比表面积/(m2•g-1)
80
120
120
①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。
②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(3)对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。

反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。
12．（2023·山东济南·统考一模）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：  
已知：①敞口容器可看成恒压装置，体系压强在反应过程中与大气压(1105Pa)相等；
②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%；
③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂E中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为(p为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变随温度T的变化如图所示。据图判断，表示反应Ⅰ的焓变曲线为_______(填“a”“b”或“c”)；反应Ⅱ在_______(填“高温”或“低温”)下可自发进行。

(2)为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0 mol DMC和1.0 mol GL，控制温度为℃。平衡时，测得液相体系中GLD的物质的量分数，反应Ⅱ的平衡常数Pa，平衡时GLD的产率=_______%，体系放出热量=_______kJ，反应Ⅰ各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数_______。同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将_______(填“增大”“减小”或“不变")，GLD与物质的量之比_______。
(3)以W表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。

其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图_______(填“甲”或“乙”)；W最大的是_______(填“”“”或“”)。图丙为在不同催化剂下反应相同时间。DMC的转化率随温度变化的关系，图丙上的_______(填字母)点可能是甲、乙两图像所测绘时选取的位置。

五、有机推断题
13．（2021·山东济南·统考一模）氯苯噻乙酸是一种新的甾体消炎镇痛药，其合成方法如下：

已知：(X表示或)
回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为_______，反应②的化学方程式为_______。
(2)B中官能团的名称为羧基、_______。
(3)A的核磁共振氢谱只有1组峰，可以水解得到二元酸，1个链状的D的酸式酸根离子可通过氢键形成1个七元环，写出该离子的结构简式：_______(体现七元环结构，氢键用“…”表示)。与D互为同分异构体的二元酯中，核磁共振氢谱只有1组峰的有_______(填结构简式)。
(4)噻唑类商品化试剂是生产维生素B的一种中间体，其合成路线如图所示：

其中E、F的结构简式分别为_______、_______。
14．（2022·山东济南·统考一模）黄连素(化合物1)主要用于治疗胃肠炎、细菌性痢疾等肠道感染。一种合成路线如图：

已知：
①RCOOHRCOCl   
②CH3NH2+CH3COCH3
回答下列问题：
(1)符合下列条件的A的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。
①含有两个酚羟基②苯环上有三个取代基③能发生银镜反应④能发生水解反应
(2)B的结构简式为____，B→C的反应类型为____，C中官能团的名称是____。
(3)C→D的化学方程式为____。
(4)F→G中，参与反应的位点是____(填“①”或“②”)，设计步骤E→F的目的是____。
(5)写出由制备的合成路线____。
15．（2023·山东济南·统考一模）新型抗癌药物(+)-Angelmaria的一种合成路线如下：

已知：Ⅰ.R=H，烷基
Ⅱ.楔形式表示有机物时，楔形实线表示的键伸向纸面外，楔形虚线表示的键伸向纸面内。例如乳酸的两种不同的空间结构为、，这两种结构的性质不完全相同。
回答下列问题：
(1)(+)-Angelmarin中能与氢氧化钠反应的官能团的名称为_______。
(2)A→B的反应类型为_______；检验B中是否含有A的试剂为_______；D的结构简式为_______。
(3)选用条件1生成E做中间体，而不选用E'的优点是_______。
(4)F+G→(+)-Angelmarin的化学方程式_______。
(5)符合下列条件的A的同分异构体有_______种。
①含有苯环②能水解且能发生银镜反应③能与碳酸钠溶液反应
(6)以和为原料合成，写出获得目标产物的较优合成路线_______ (其它试剂任选)。

参考答案：
1． 水浴(加热) 使环己醇溶于水中，同时使环己酮与水形成恒沸混合物被蒸馏出来，减少能耗 增大水层的密度，便于分层 除去有机物中的少量水(或干燥) 过滤 BD
【分析】控制反应体系温度在55~60℃范围内，将溶液缓慢滴加到环己醇中反应制备环己酮；制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。在馏分中加固体至饱和，静置，分液，在有机层中加入无水块状固体，干燥，过滤后进行蒸馏，收集151~156℃的馏分，得到环己酮。
【详解】(1)酸化时不能选用盐酸，原因是；
(2)为控制反应体系温度在55~60℃范围内，可采取的措施一是水浴加热；由于酸性具有强氧化性，反应很剧烈，且放出大量的热，故在加入反应物时将缓慢滴加到另一份试剂中；
(3)制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。由表格中信息知，采用先加入适量水然后蒸馏而非直接蒸馏，原因是使环己醇溶于水中，同时使环己酮与水形成恒沸混合物被蒸馏出来，减少能耗；
(4)①在馏分中加固体至饱和，静置，分液，加的目的是增大水层的密度，便于分层。
②加入无水块状固体，目的是除去有机物中的少量水(或干燥)。
③过滤后进行蒸馏，收集151~156℃的馏分。
(5)A. 冷凝水应“下口进上口出”，则管口A是冷凝水的进水口，错误；
B. 苯易挥发，可将反应产生的水及时带出，促进反应正向进行，正确；
C. 使用分水器是为了及时分离出产物水，使化学平衡正向移动，提高产率，错误；
D. 工作一段时间后，苯可在烧瓶与分水器中循环流动，正确；故选BD。
2．(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶) 碱石灰
(2) 苯 ②中液面保持不变
(3) SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl 防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口
(4) 将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞 84.6

【分析】本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。
【详解】（1）仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)；碱石灰；
（2）因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。答案为：苯；②中液面保持不变；
（3）制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；
（4）为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。
理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。答案为：将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞；84.6。
【点睛】分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是将SiCl4全部转化为四乙酸硅。
3．(1) 验纯 证明装置内空气已排尽(防止产品被氧化) 关闭K3，打开K2
(2) 降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于析出 偏低
(3) fg→bc(或cb)→d(e) (B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊

【详解】（1）反应之前，生成的可以排除装置内的空气，防止亚铁离子被氧化，所以先检验氢气的纯度，证明装置内的空气已经完全除尽，要使A装置中生成的 和B装置中的反应生成,应关闭，打开，装置内压强增大，使A中的溶液被压入B装置中；
（2）难溶于乙醇，混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于产品析出；溶于硫酸，设溶液中的为nmol，物质的量为3nmol，都能与反应，关系分别为： ，，，铁元素的质量为：，产品中铁元素的质量分数表达式为；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，被氧化，则测定的质量分数将偏小；
（3）检验其受热分解所得产物是否含有CO、，先将分解产物通入澄清石灰水，检验，再通入氢氧化钠溶液吸收，通入澄清石灰水检验是否被完全吸收，再依次通入氧化铜、澄清石灰水检验CO，所以连接装置的顺序为：fg→bc(或cb)→d(e)；若气体产物中含有CO，则装置中的现象是(B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊。
4． 增大氨水的浓度(或通入氧气、升高温度、搅拌等合理措施) 或或 取酸解所得液体少许于试管中，用一束可见光照射，在入射光侧面可观察到一条光亮的通路 中和成盐
【分析】“溶解”步骤中空气中的氧气将铜氧化，与氨水反应生成，加入硫酸中和成盐生成硫酸铜和硫酸铵，再通入SO2，将铜离子还原为+1价铜，生成晶体，“酸解”步骤中加入足量硫酸，发生反应生成铜单质，过滤得到铜单质，再进行后续处理得到超细纳米铜粉。
【详解】(1) “溶解”可以理解为铜被氧化成二价铜，Cu2+与氨水反应生成铜氨配离子，故离子方程式为：；为了加快“溶解”反应，可采取的措施有：增大氨水的浓度(或通入氧气、升高温度、搅拌等合理措施)；
(2)阴离子呈三角锥形，不能是硝酸根离子(平面三角形)、硫酸根离子(正四面体)，只能是亚硫酸根离子，其中一种阳离子呈正四面体形，为铵根离子，则该晶体的化学式为：
或或；
(3)酸解生成气体D为SO2，观察到流程下一步，有铜生成，说明亚铜离子在酸性条件下会反应生成铜单质与二价铜离子。故化学方程式为：；验证酸解后所得铜粉为纳米级的简便方法是利用丁达尔效应：取少量酸解液体于试管中，用一束可见光来照射，可观察到一条光亮的通路；
(4)酸解由于加入了过量的硫酸，故溶液C中含有硫酸、硫酸铵、硫酸铜。硫酸可以循环利用，应将其导中和成盐操作中。
5．(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积
(2) 酸性、还原性 KBF4
(3) 3.3≤pH<7 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O 17.2
(4) 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境

【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
【详解】（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
（2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；
（3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；
（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
6．(1)
(2) NaOH 富集钒元素
(3)转沉
(4) 调节pH，将转化为 利用同离子效应，促进尽可能析出完全 0.2
(5)

【分析】石煤矿粉(主要含及少量、)，加入、和固体，将氧化成，生成的气体为，加水溶解，滤渣1为、，滤液为水溶液，加入将转化为沉淀，可以富集钒元素，再加入除去，最后加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以促进尽可能析出完全，煅烧生成。
【详解】（1）焙烧”时，被氧化生成 发生反应的化学方程式为:；
（2）在溶液中加入形成沉淀，滤液1的主要成分为：NaOH，先“转沉”后“转化”的目的是富集钒元素；
（3）转化时，滤渣Ⅱ为 ，经高温煅烧生成后水浸后生成，可以导入到转沉中循环利用；
（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以利用同离子效应，促进尽可能析出完全；，溶液中的，；
（5）根据题目信息，“煅烧”时，制得产品的化学方程式为：。
7． 、、 、、 、、 直线形 是离子晶体，是分子晶体 正四面体(形) 4

【详解】(1)Se所含质子数为34，原子核外电子数为34，核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p4；H2O可形成分子间氢键，沸点最高，H2S，H2Se二者均由分子构成，熔沸点取决于分子间作用力，分子间作用力取决于相对分子质量，H2Se的相对分子质量比H2S大，因此H2Se分子间作用力强于H2S，故沸点由低到高的顺序为H2S、H2Se、H2O；电负性：O>S>Se，则、和的还原性由弱到强的顺序为、、；SeF2直线形对称更加稳定，能量低；故答案为：；、、H2O；、、；直线形；
(2)是离子晶体，微粒间以离子键结合，是分子晶体，分子间与范德华力结合，则的熔点大于的熔点；中阴离子为，价层电子对数为4+(3+1-41)=4，没有孤电子对，其构型为正四面体(形)，故答案为：是离子晶体，是分子晶体；正四面体(形)；
(3)一个晶胞内含Cu8+4+1=4，含Se8个，含In4+6=4个，一个晶胞含4个CuInSe2，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为a2cpm3，则密度为；1号Se(0.75，0.75，1.25)，由晶胞图可知，晶胞中4号Cu为8个晶胞共有，由于Se分别不对称，距离4号Cu最近的Se有4个，故答案为：；(0.75，0.75，1.25)；4。
8．(1)3d104s24p5
(2) 大于 大于 大于 正四面体 2
(3) (，，) 8 ×1030

【详解】（1）Br是35号元素，基态Br原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p5；
（2）F原子的电负性大于Cl，HF分子的极性大于HCl，同一条件下，HF在水中的溶解度大于HCl；HF分子间能形成氢键，HF的沸点大于HCl。SOCl2中心S原子的价电子对数为，VSEPR模型为正四面体。氟硼酸铵NH4BF4中铵根离子中有1个配位键、BF中有1个配位键，1mol氟硼酸铵NH4BF4含有2mol配位键。
（3）根据n的原子分数坐标为(，，)，则m原子在x轴的坐标为、y轴坐标为，z轴坐标为，所以m原子的分数坐标为(，，)；A原子在晶胞内，1个晶胞含有A原子8个；B原子在顶点和晶胞中心，B原子数为；C原子在棱上、面上，C原子数；A是I、B是Hg、C是Ag，距离Hg最近的Ag有8个。设NA为阿伏加德罗常数的值，Ag2HgI4的摩尔质量为Mg•mol-1，该晶体的密度为×1030g•cm-3。
9．(1) 第4周期第ⅦB族
(2) 16 32 Cl、N
(3) (正)四面体(形) 二者均为分子晶体，相对分子质量更大

【详解】（1）基态Mn原子的电子排布式为：，价电子轨道表示式为 ，在周期表中的未知为：第4周期第ⅦB族；
（2）根据晶胞结构图，原子棱上有24个，面心有8个，里面有6个，总个数为：个，含有杂化的中心原子为32，Cl、N含有孤电子对，提供提供电子对形成配位键；
（3）中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；相对分子质量较大，所以沸点较高。
10． C 氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动 氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳 C
【详解】(1)①
②
③
利用盖斯定律，将反应③-②，即得用焦炭与水蒸气制取水煤气的热化学方程式为。答案为：；
(2)A．积碳不会引起温度的变化，不会导致反应的平衡常数减小，A不正确；
B．通入水蒸气抑制积碳现象，增大了水蒸气的浓度，反应③中正反应速率增大，逆反应速率增大，B不正确；
C．加入过量的水蒸气，会使反应①的平衡逆向移动，从而使的产率降低，C正确；
故选C。
当氢碳比逐渐增加到3的过程中，反应①的平衡正向移动，从而提高平衡转化率和选择性，减小了CO的浓度，使反应②的平衡逆向移动，从而有效抑制了积碳现象，主要原因是氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动。答案为：C；氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动；
(3)氢气流速过慢时，H2的量不足，不利于平衡的正向移动，氢气流速过快时，与催化剂的接触时间短，所以低于或高于都不利于甲烷化反应，可能的原因是氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳。答案为：氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳；
(4)若向一定温度下的密闭容器中投入n和1，发生上述3个反应，达到平衡时，测得气体总压为p，容器中存在x，yC，，则可建立如下变化量关系：



则混合气中H2的物质的量为()，CO物质的量为(1-x-2y-z)mol，H2的物质的量为(n-3x+Z)mol，CH4的物质的量为xmol，H2O的物质的量为(x-z)mol，气体的总物质的量为(1+n-2x-y)mol，该温度下，甲烷化反应①的分压平衡常数Kp==。答案为：；；
(5)为了同时提高的转化率与的选择性，可增加H2的用量以提高氢碳比，因为反应是气体分子数增大的放热反应，所以适宜低温高压，从而得出反应条件为低温高压、高氢碳比(3~4)，故选C。答案为：C。
【点睛】在同一混合体系中，尽管一种物质在几个反应中出现，但其浓度是相同的，也就是一种物质只有一个浓度。
11．(1)745
(2) ＜ b 4.8
(3) C

【详解】（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，△H1=-270kJ·mol-1=2a+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×4 ，则a=745。故答案为：745；
（2）①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：＜；b；
②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200Kpa降到160Kpa， ，n平=4mol，设反应Ⅰ生成2xmol水，


可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)= =4.8kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp= =。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：4.8；；
（3）反应Ⅰ的平衡常数K= ，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得k1•c4(H2)•c(CO2)=2k2•c2(H2O)•c(CH4)整理得：==K，反应Ⅰ的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。
12．(1) c 高温
(2) 25 3.68 0.4 增大 1∶4
(3) 乙 W1 bd

【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，即，因为、、，结合题图可知，同温时，曲线b对应的焓变数据为曲线a、c对应之和，所以曲线a代表反应Ⅱ，曲线b代表Ⅲ，曲线c代表反应Ⅰ。反应Ⅱ为，反应自发进行的条件是，所以在高温下可自发进行，故答案为：c；高温；
（2）令=R，由题意可知Pa，由已知：反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%，则p(CO2)=1105Pa0.04%=40Pa，代入上式，解得=1，即平衡时GLD与R的物质的量相等；设平衡时GLD和R的物质的量为x，则转化的DMC、GL的物质的量均为2x，剩余的物质的量为(1-2x)，生成的CH3OH的物质的量为4x，平衡时液相体系中总的物质的量为：(1-2x)+ (1-2x)+4x+x+x=2+2x，已知，则，解得x=0.25，平衡时GLD的产率==25%；由小问1分析可知，曲线c代表反应Ⅰ，反应放热=5.9kJ，曲线a代表反应Ⅱ，反应吸热=2.22kJ，则体系放出热量=5.9kJ-2.22kJ=3.68kJ。反应Ⅰ各组分平衡时的物质的量分数分别为x(DMC)=x(GL)==0.2，x(R)= =0.1，x(CH3OH)= =0.4，以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数==0.4。同温下，加入惰性四氯化碳稀释，反应物和产物浓度均降低，则反应向总物质的量浓度增大的方向移动，即正反应方向，GLD的产率将增大；GLD与物质的量之比0.25:1=1:4；故答案为：25；3.68；0.4；增大；1∶4；
（3）反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，而反应Ⅱ正向移动，DMC的平衡转化率降低，因此图甲表示DMC的平衡转化率，图乙表示GLD的平衡产率；由小问2分析可知，同温下，加入惰性四氯化碳稀释，GLD的产率增大，即W越大，GLD的产率增大，由图可知，W最大的是W1；甲、乙两图像所测绘时选取的位置均为平衡状态，而图丙中，DMC的转化率达到最大时，才达到平衡状态，后随温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，各点都处于平衡状态，所以a、c没有达到平衡状态，b、d处于平衡状态，符合题意；故答案为：乙；W1；bd。
13． 取代(反应) 碳氯键(或氯原子)、(酮)羰基
【分析】根据氯苯噻乙酸的结构及已知反应倒推C的结构为：，B的结构简式为：。根据加氢特点进行反推去氢，且在两个相邻的碳原子上去掉氢原子，推测A的结构简式为： ，
【详解】(1)根据反应①的反应物和生成物的特点少了1个氢原子，多了1个氯原子判断，该反应为取代反应，反应②的方程式根据已知反应中官能团的变化类比书写： ；
(2)根据B的结构简式 判断所含官能团为：羧基、氯原子、(酮)羰基；
(3) A的核磁共振氢谱只有1组峰，则A的结构简式为： ，含有两个酯基，水解后产物为 ，1个链状的D的酸式酸根离子可通过氢键形成1个七元环 ；与D互为同分异构体的二元酯中，核磁共振氢谱只有1组峰的结构简式为： ；
(4)根据已知反应的反应机理判断，利用 的结构及碳原子的数倒退F的结构简式，利用F推测E的结构，E的结构简式为：、F的结构简式为：。
【点睛】根据已知反应找出成键或者断键的部位判断反应机理，反应的官能团，根据官能团判断反应，以此进行类比。
14．(1)30
(2) 取代反应 醚键、酰胺基
(3)+H2O
(4) ① 防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)
(5)

【分析】由题干合成流程图中信息可知，由A和C的结构简式结合A到B，B到C的转化条件并结合信息①可知B的结构简式为：，(1)已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，(5) 本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线，据此分析解题。
【详解】（1）已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，故答案为：30；
（2）由分析可知，B的结构简式为，B→C即+生成和HCl，故该反应的反应类型为取代反应，由题干中C的结构简式可知，C中官能团的名称是醚键和酰胺基，故答案为：；取代反应；醚键和酰胺基；
（3）由题干合成流程图可知，C→D即转化为，则该反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
（4）由题干流程图比较F和G的结构简式可知，F→G中，参与反应的位点是①，由于F中Br所在的位置和①点位对称即等效，如果不设计步骤E→F则在F到G的转化中将发生更多的副反应，降低原料的转化率，使目标产物纯度降低，故答案为：①；防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)；
（5）本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线为： ，故答案为： 。
15．(1)酯基、(酚)羟基
(2) 取代反应 溶液
(3)E’会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯)
(4)
(5)23
(6)

【分析】由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为：，A发生取代反应生成B，B的结构简式为：，B与氢气发生加成反应生成C，C加热发生已知反应Ⅰ，生成D，结构简式为：。
【详解】（1）由(+)-Angelmarin的结构简式可知，酯基能与氢氧化钠发生水解反应，酚羟基能与氢氧化钠发生中和反应，所以能与氢氧化钠发生反应官能团的名称为酯基和酚羟基；
（2）由A的分子式和C的结构简式，可知A的结构简式为：，B的结构简式为：，所以的反应为取代反应；因为A中含有酚羟基，B中没有酚羟基，酚羟基能与发生显色反应，所以检验B中是否含有A的试剂为；根据已知反应Ⅰ，D的结构简式为：；
（3）E表示键伸向纸面外结构，表示键伸向纸面外和键伸向纸面内两种结构，所以会使产品为两种有机物的混合物(产品不纯)；
（4）根据合成路线信息，的化学方程式为：；
（5）A的结构简式为：，A的同分异构体符合下列条件：①含有苯环；②能水解且能发生银镜反应，说明含有酯基和醛基，则应该含有HCOO-；③能与碳酸钠溶液反应，说明含有酚羟基，A的不饱和度是7，苯的不饱和度是4，酯基的不饱和度是1，根据不饱和度知，还存在1个环且存在碳碳双键或含有1个碳碳三键。如果含有环且含有碳碳双键，则符合条件的同分异构体种类与、、中被酚羟基取代的种类相同，分别有3、3、4种位置异构，则含有环且含有碳碳双键的同分异构体有3+3+4=10种；如果含有取代基为、酚-OH，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为、HCOO-、酚-OH，有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有10+3+10=23种；
（6）根据合成路线，以和为原料合成，最优的合成路线为：。