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浙江省湖州、衢州、丽水三地市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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这是一份浙江省湖州、衢州、丽水三地市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38页。试卷主要包含了填空题，计算题，元素或物质推断题，原理综合题，实验题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
浙江省湖州、衢州、丽水三地市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、填空题
1．（2021·浙江·统考二模）(1)光学实验证明在溶有O2的水中存在可能为五元环状结构的O2·H2O，原因是___________。
(2)化合物A、B、C的熔点如下表：
A
B
C
化学式
CH3CH2Cl
CH3CH2CH2Cl
CH3NH3Cl
熔点/℃
-139
-123
230
化合物C的熔点明显高于A的原因是___________。
2．（2022·浙江·统考二模）回答下列问题：
(1)金刚石和石墨的部分物理性质数据如表：
物质
金刚石
石墨
熔点/℃
3550
3652
硬度
10
1.5
石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，原因是____。
(2)互为同分异构体的两种有机物形成氢键如图所示：
沸点：邻羟基苯甲醛____对羟基苯甲醛(填“>”、“=”或“<”)，主要原因是____。
二、计算题
3．（2021·浙江·统考二模）混合碱(Na2CO3与NaHCO3，或Na2CO3与NaOH的混合物)的成分及含量可用双指示剂法测定。步骤如下：取混合碱溶液25.00 mL，滴加2滴酚酞为指示剂，用0.2000 mol·L−1的盐酸滴定液滴定至溶液呈微红色，记下消耗盐酸体积为22.50 mL；再滴加2滴甲基橙，继续滴定至溶液由黄色变为橙色，记下第二次滴定消耗盐酸的体积12.50 mL。(已知：H2CO3的Ka1 = 4.3 × 10-7；Ka2 = 5.6 × 10-11)
请计算：
(1)混合碱成分及物质的量之比为___________。
(2)混合碱溶液中Na2CO3的浓度为___________mol·L−1.(写出计算过程)
4．（2022·浙江·统考二模）某同学设计实验确定CaC2O4•xH2O的结晶水数目。称取样品9.84g，经热分解测得气体产物中有CO、CO2、H2O，其中H2O的质量为2.16g；残留的固体产物是CaO和CaCO3的混合物，质量为5.34g。计算：
(1)x=____(写出计算过程)。
(2)n(CO)=____mol。
三、元素或物质推断题
5．（2021·浙江·统考二模）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是由3种常见元素组成的黑灰色粉末；A和B均为纯净物；D为无色无味气体；由D和E组成的混合气遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
请回答：
(1)组成X的3种元素是___________(填元素符号)，X的化学式___________。
(2)步骤Ⅳ，发生反应生成固体A的离子方程式是___________。
(3)步骤Ⅰ，发生反应的化学方程式是___________。
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。不能先通气体D再通气体E的原因是___________。
(5)气体E具有还原性。请设计实验证明___________。
6．（2022·浙江·统考二模）化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验(所加试剂均足量)：
已知：溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，溶液F中的阳离子和酸根离子均只有一种(忽略水的电离)。
请回答：
(1)组成X的元素有____，X的化学式为____。
(2)根据A→B→C的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序____。
(3)X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是____。
(4)蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)。
①写出该反应的离子方程式____。
②设计实验验证白色沉淀H的组成元素____。
7．（2023·浙江·校联考二模）化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
其中，溶液C含有一种摩尔质量为的含氧弱酸，其物质的量为。
(1)X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
(2)写出溶液A与足量稀硫酸反应的化学方程式_______。
(3)写出生成紫黑色固体D的离子方程式_______。
(4)请设计实验检验溶液C中的一种阴离子_______。
四、原理综合题
8．（2021·浙江·统考二模）近年来，全球丙烯需求快速增长，研究丙烷制丙烯有着重要的意义。
相关反应有：
Ⅰ．C3H8在无氧条件下直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ∆H1 =+124 kJ·mol−1
Ⅱ．逆水煤气变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
Ⅲ．CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g) ∆H3
已知：CO和H2的燃烧热分别为 −283.0 kJ·mol−1、−285.8 kJ·mol−1；
H2O(g)=H2O(l) ∆H= − 44 kJ·mol−1
请回答：
(1)反应Ⅱ的∆H2=___________kJ·mol−1。
(2)下列说法正确的是___________
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．选择合适的催化剂可以提高丙烷平衡转化率和丙烯选择性
C．反应Ⅱ能自发，则∆S＜0
D．恒温恒压下通入水蒸气有利于提高丙烷转化率
(3)在不同压强下(0.1 MPa、0.01 MPa)，反应Ⅰ中丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图所示，请计算556℃反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
(4)反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副反应，导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯。请说明原因：________。
(5)研究表明，二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，原因是_____。
9．（2022·浙江·统考二模）H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
(1)工业、上可采用“H2S—水双温交换法”富集海水中的HDO，其原理是利用H2S、HDS、H2O和HDO四种物质，在25℃和100℃两种不同温度下发生的两个不同反应得到较高浓度的HDO。四种物质在反应体系中的物质的量随温度的变化曲线如图1，100℃时的反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。
(2)H2S高温裂解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。
①不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图2所示，E表示T1温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的多少，则图中T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。若T1温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化____。
②A的压力转化率表示为α(A)=(1-)×100%(p0为A初始压力，p1为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数Kp=p(S2)，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)=____。
(3)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图3：
反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)
该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间，其理由是____。
(4)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用如图4表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
为了提高H2S的去除率，下列措施合适的是____。
A．增大压强(气相) B．适当增大水膜Ph C．反应温度越高越好 D．增加水膜厚度
10．（2023·浙江·校联考二模）和合成甲醇是资源化利用的重要方法，总反应为： 。
(1)有利于提高甲醇平衡产率的条件有_______
A．低温低压 B．高温低压 C．低温高压 D．高温高压 E.催化剂
(2)制备甲醇的反应一般认为通过如下步骤来实现：
Ⅰ.
Ⅱ.
在体积为2L的密闭容器中按物质的量之比为充入和发生反应Ⅱ，测得平衡混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。
①下列说法正确的是_______。
A．图像中
B．A、B、C、D的平衡常数大小关系
C．反应速率(状态A)(状态B)
D．在C点时，的转化率为75%
②C点对应的平衡常数_______(对于气相反应，用组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可以表示平衡常数，记作，如，为平衡压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。
(3)一定反应条件下，各物质以碳元素计的物质的量分数与时间的关系如图2所示，请解释对应的曲线出现极大值的原因_______。
(4)若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，请在图3中画出此条件下CO以碳元素计的物质的量分数随时间变化的图像_______。
(5)和合成甲烷也是资源化利用的重要方法。一定条件下催化剂可使“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图4所示，下列说法不正确的是_______。
A．该反应的化学方程式为
B．通过的结合，在傕化剂表面生成碳酸盐类物质
C．反应过程中碳元素的化合价为价的中间体是
D．该反应过程中有中间体生成
五、实验题
11．（2021·浙江·统考二模）氯化铁在金属蚀刻、污水处理等方面有广泛应用。某兴趣小组以废铁屑为原料，用如图所示装置制备FeCl3·6H2O。
已知：FeCl3易溶于水、甲醇、乙醇，不溶于甘油。
实验步骤：
I.废铁屑的净化：取一只小烧杯，放入约5 g废铁屑，向其中注入15 mL 1 mol·L−1
Na2CO3溶液，浸泡数分钟后，分离出铁屑，洗净、晾干。
II.FeCl2溶液的制备：将处理后的废铁屑加入装置B的三颈烧瓶中，缓慢加入适当过量的稀盐酸，得到含FeCl2的混合液。
III.FeCl3溶液的制备：由装置A制备氯气，向FeCl2的混合液中缓慢通入足量的氯气。
IV.FeCl3·6H2O产品的分离提纯：将三颈烧瓶中的FeCl3混合液转移出来，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、重结晶、干燥，得到FeCl3·6H2O产品。
V.FeCl3·6H2O产品的纯度测定：用碘量法滴定并计算。
请回答：
(1)步骤I，从碳酸钠溶液中分离出铁屑的方法是___________。
(2)下列有关装置仪器的说法不正确的是___________。
A．装置A、B之间应加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶
B．装置B中，搅拌器的作用是使反应混合物充分接触
C．装置C中，NaOH溶液的作用是吸收逸出的氯气，防止空气污染
D．仪器a和仪器b的功能相同，操作方法也相同
(3)下列说法正确的是___________。
A．步骤II，稀盐酸适当过量的目的是提高铁屑的利用率并抑制水解
B．步骤III，可用K4Fe(CN)6溶液检验“含有FeCl3的混合液”中是否存在Fe2+
C．步骤IV ，蒸发浓缩要适度，浓缩度太小产率偏低，浓缩度太大纯度偏低
D．步骤IV，在冷却结晶后的固液混合物中加入甘油可提高产率
(4)已知碘量法的滴定反应：I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6
①测定FeCl3·6H2O产品纯度的步骤选项如下，请排序(操作不能重复使用)：用电子天平称取5.000 g粗产品→配成250mL溶液→_____→_____→_____→_____→计算FeCl3·6H2O纯度。
a.加入稍过量的KI溶液，充分反应
b.用碱式滴定管取出25.00 mL待测液于锥形瓶中
c.用淀粉溶液作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定
d.平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL
e.用移液管取出25.00 mL待测液于锥形瓶中
②如果碱式滴定管的乳胶管中有气泡，会导致滴定溶液体积不准确，因此，必须排出乳胶管中的气泡。具体操作是：把乳胶管向上弯曲，___________，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉。(请在横线上补全操作)
③实验中测得FeCl3·6H2O的产品纯度偏低，若操作过程无误，请从物质性质和反应原理角度分析，可能的原因是___________(写出一种即可)。
12．（2022·浙江·统考二模）某兴趣小组用二氧化锰(MnO2)和草酸晶体(H2C2O4•2H2O)为原料制备碳酸锰(MnCO3)，按如图流程开展了实验：
已知：①碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，溶于稀无机酸；受热易分解。
②Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)。
请回答：
(1)加入稀硫酸的作用是____。
(2)步骤Ⅰ：反应的离子方程式是____。
(3)下列操作中正确的是____。
A．步骤Ⅱ将滤纸放入布氏漏斗内，用蒸馏水润湿滤纸
B．步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥
C．边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化
D．步骤Ⅳ用乙醇作为洗涤剂，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作
(4)步骤Ⅳ抽滤、洗涤操作可用如图装置进行，打开活塞K，打开抽气泵，转移固液混合物，关闭活塞K，确认抽干，进行洗涤。请给出洗涤的操作排序(洗涤操作只需考虑一次)：a→c→(____)→(____)→(____)→(____)→将产品转至干燥器。____
a．打开活塞K b．关闭活塞K c．加洗涤剂洗涤 d．打开抽气泵 e．关闭抽气泵 f．确认抽干
(5)用吸光光度法确定MnCO3产品纯度：通过对比样品溶液与标准溶液的吸光度测产品的纯度。准确称取Wg产品，用稀硝酸溶解，加入足量过二硫酸铵溶液作氧化剂，以硝酸银作催化剂，加热，反应方程式如下：
MnCO3+2HNO3=Mn(NO3)2+CO2↑+H2O
Mn(NO3)2+5(NH4)2S2O8+8H2O=2HMnO4+5(NH4)2SO4+5H2SO4+4HNO3
反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则MnCO3产品纯度是____(用含W、A、k的式子表示)。取待测液于比色管中时，移液管未润洗，测得产品纯度将____(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
13．（2023·浙江·校联考二模）某研究小组利用转炉铜渣(主要成分是、、等)制备胆矾，流程如下：
请回答：
(1)制备胆矾时，除反应釜、量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，以下的实验仪器还必须使用的有_______。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
(2)步骤Ⅰ中，反应温度在80℃时相同时间内铜的浸出率达到最高，继续升温会导致浸出率下降，其原因是_______。
(3)下列有关说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度可关闭加热电源，利用反应放热维持体系温度
B．步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，便于过滤
C．步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，是为了除铁，并抑制硫酸铜的水解
D．步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在实验台石棉网上冷却后再称量
(4)从滤液中分离提纯得到胆矾样品并测定其中结晶水个数，可按以下步骤进行，请从下列选项中选择合理的操作，补全如下步骤。
_______→过滤→乙醇洗涤→_______→称量干燥坩埚的质量为→_______→_______→冷却后称量得到总质量为→重复上述两步操作，最终总质量恒定为
a.加热蒸发、冷却结晶
b.加热、蒸发结晶
c.将坩埚加热至胆矾全部变为白色
d.称量样品质量为
e.将样品干燥
f.称量样品和坩埚总质量为
(5)该样品中结晶水的个数为_______(用(4)中字母写出表达式)。
六、有机推断题
14．（2021·浙江·统考二模）某研究小组按下列路线合成放射性诊断药富特米他的中间体(J)。
已知：
① ,R1X+;(X代表Cl、Br、I)
②(易被氧化)；
③苯环支链的定位规则：苯环上有烃基、-NH2、-NHCO-时，再引入的取代基一般在邻对位；苯环上有硝基、羧基时，再引入的取代基一般在间位。
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物B与HCl反应可生成盐
B．化合物C3H7ClO的键线式为
C．化合物H → I涉及到取代反应、消去反应
D．化合物J的分子式是C17H16N3O4S
(2)写出化合物H的结构简式___________。
(3)写出D + F → G的化学方程式___________。
(4)设计以A和乙酸为原料合成C的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(5)化合物E同时符合下列条件的同分异构体有多种，写出其中三种的结构简式___________。1H-NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有5种氢原子，峰面积比为1∶1∶2∶2∶4，其中苯环上的有2种；②有-CHO，不含-S-CHO。
15．（2022·浙江·统考二模）盐酸氨溴索是一种祛痰药，可用于急慢性呼吸道疾病的治疗。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：
已知：
①R—COOHR—COClR—CH2Cl
②R—NO2R—NH2
③苯环上取代基的定位效应：—CH3和—NH2是邻、对位定位基团，—COOH和—NO2是间位定位基团
请回答：
(1)下列说法正确的是____。
A．化合物M的作用是保护氨基
B．化合物D的核磁共振氢谱有3组特征峰
C．化合物E遇氯化铁溶液显紫色
D．化合物G既能与酸反应又能与碱反应
(2)化合物M的结构简式是____；化合物N的结构简式是____；化合物F的结构简式是____。
(3)写出C→D的化学方程式____。
(4)写出2种同时符合下列条件的化合物M的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体和环状结构)____。
①能发生银镜反应；②含有两个酯基和一个甲基；③不含—O—O—及—O—COO—
(5)以A为原料，设计化合物B的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)____。
16．（2023·浙江·校联考二模）某研究小组按下列路线合成镇痛药盐酸瑞芬太尼：
已知：。请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．化合物A可发生加成、取代、氧化反应 B．化合物C具有两性
C．化合物D中含有两个手性碳原子 D．盐酸瑞芬太尼的化学式为
(2)化合物F含氧官能团的名称是_______。
(3)写出化合物G的结构简式_______。
(4)写出D→E的化学方程式_______。
(5)设计以、为原料合成G的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。
(6)写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_______。
①分子中含有，且环上不直接连氢。不含碳碳三键及其它环；
②表明：分子中共有4种化学环境的氢原子(不考虑顺反异构)。
七、结构与性质
17．（2023·浙江·校联考二模）氯化钠是一种典型且极具魅力的晶体，我们通过学习氯化钠可以更好地了解其他类似物质的结构。已知氯化钠的晶胞如下图1所示。
图1
(1)下列关于氯化钠的说法正确的是_______。
A．基态的电子有5种空间运动状态
B．钠是第一电离能最大的碱金属元素
C．氯原子的价电子排布式可写成
D．每个氯离子周围与它最近且等距的氯离子有12个
(2)已知的密度为，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则在晶体里和的最短距离为_______。
(3)温度升高时，晶体出现缺陷，如图2所示，当图中方格内填入时，恰好构成氯化钠晶胞的1/8。晶体出现缺陷时，其导电性大大增强，原因是_______。
(4)、的晶体类型与氯化钠相同，和的离子半径分别为和，则熔点：_______(填“>”“<”或“=”)
(5)钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，其阴阳离子的排布与氯化钠相同，其中存在的化学键的类型为_______。
参考答案：
1． O2分子中的O分别与H2O分子中的H通过氢键构成五元环 A为分子晶体，C为离子晶体，离子键强于分子间作用力
【详解】(1)H2O分子中的H-O键的共用电子对强烈偏向O原子，使H原子几乎成为裸露的质子，使得溶于水的O2分子中的O原子与H2O分子中的H原子之间以配位键结合，从而构成五元环；
(2)CH3CH2Cl是由分子构成的物质，分子之间以分子间作用力结合，分子间作用力比较微弱，因此物质的熔沸点比较低；而CH3NH3Cl为离子晶体，阳离子与阴离子Cl-之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相应作用，断裂消耗较高能量，物质的熔沸点较高，因此其熔沸点比由分子构成的物质CH3CH2Cl高。
2．(1)石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多
(2) < 邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键
【详解】（1）石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，故答案为：石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多；
（2）分子内生成氢键，熔、沸点常降低，分子间有氢键的物质熔，熔、沸点常升高，因为邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键，则沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，故答案为：<；邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键。
3． 5 ：4 0.1000 mol·L−1
【分析】滴酚酞为指示剂，发生的反应为：OH-+H+=H2O，CO+H+=HCO，或只发生CO+H+=HCO，甲基橙为指示剂时，发生HCO+H+=H2O+CO2 ↑。由于两次消耗的酸的体积不相同，且第一次多于第二次，混合碱成分是Na2CO3与NaOH。
【详解】(1)由分析可知：混合碱成分是Na2CO3与NaOH及物质的量之比为12.50 mL：(22.50 mL-12.50 mL)=5 ：4。故答案为：5 ：4；
(2)n(Na2CO3)+n(NaOH)=0.2000mol·L−1×22.50mL=4.5×10-3mol，n(Na2CO3)=4.5×10-3mol=2.5×10-3mol， 混合碱溶液中Na2CO3的浓度为 =0.1000 mol·L−1。
故答案为：0.1000 mol·L−1。
4．(1)2
(2)0.06
【分析】设生成的固体产物中CaO的物质的量为n1mol，CaCO3的物质的量为n2mol，气体中CO的物质的量为n3mol，CO2为n4mol，由质量守恒可得关系式①28n3+44n4=9.84-2.16-5.34=2.34g，关系式②56n1+100n2=5.34g，根据Ca和C原子守衡有关系式③n3+n4+n2=2(n1+n2)，根据分解反应中得失电子守恒可得关系式④n3=n4+n2，联合关系式①②③④解得n1=0.015mol，n2=0.045mol，n3=0.060mol，n4=0.015mol，据此分析解题。
(1)
由分析可知，生成的固体产物中CaO的物质的量为0.015mol，CaCO3的物质的量为0.045mol，则CaC2O4•xH2O的摩尔质量为：M=，即40+24+64+18x=164，解得x=2，故答案为：2；
(2)
由分析可知，n(CO)=0.060mol，故答案为：0.060。
5． Ca、C、N CaCN2 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3 氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，先通氨气，形成碱性溶液，可吸收更多的二氧化碳，能得到较多的晶体 将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，铜丝又变为紫红色。
【分析】固体X与H2O、CO2反应产生固体A、液体B，根据X与A、B的质量关系可知反应消耗H2CO3的物质的量n(H2CO3)=；液体B水解产生D、E的气体混合物，将该混合气体通过足量浓硫酸，浓硫酸增加质量1.7 g，则说明该气体中含有NH3 1.7 g，因此X中含有N元素，根据N元素守恒可得n(N)=n(NH3)==0.1 mol，将剩余气体通过足量澄清石灰水产生固体A的质量是5.0 g，则固体A是CaCO3，其质量与X和H2O、CO2反应产生固体A质量相等，说明X中含有Ca、C两种元素，然后根据质量与物质的量关系确定X的化学式，并结合物质的性质分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知X中含有Ca、C、N三种元素；n(N)=n(NH3)==0.1 mol，n(CaCO3)==0.05 mol，n(Ca)=n(CaCO3)=0.05 mol，则固体X中含有C元素的物质的量n(C)=，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.05 mol：0.05 mol：0.1 mol=1：1：2，所以X的化学式为CaCN2；
(2)在步骤Ⅳ中CO2与Ca(OH)2溶液反应产生CaCO3沉淀和水，发生反应生成固体A的离子方程式是：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O；
(3)在步骤I中CaCN2与H2O、CO2反应产生A是CaCO3，产生液体B含有C、N、H元素，n(H)=，n(H)：n(C)：n(N)=0.01 mol：0.05 mol：0.05 mol=2：1：1，则B化学式为CH2N2，所以CaCN2与H2O、CO2反应产生CaCO3、CH2N2，该反应的化学方程式为：CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3；
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。可说明E是NH3，D是CO2，物质制取时先通入NH3再通入CO2，是由NH3在水中的溶解度远大于CO2，NH3的水溶液显碱性，先通NH3，形成碱性溶液，可吸收更多的CO2，产生更多的，从而能得到较多的晶体；
(5)E是NH3，由于N元素化合价为-3价，是N元素的最低化合价，因此具有还原性，该气体能够与CuO在加热条件下发生氧化还原反应：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。实验操作为：将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，看到铜丝又变为紫红色，据此证明其还原性。
6．(1) Cu、O、H、Cl Cu2(OH)3Cl
(2)Cl-
(4) + +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+ 取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素
【分析】根据图中信息可知，蓝色沉淀D为Cu(OH)2，灼烧后得到黑色固体E为CuO，质量为16.0g，n(CuO)=，无色溶液加入硝酸银后再加入稀硝酸产生不溶于硝酸的白色沉淀，则为AgCl，n(AgCl)=，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，42.9g固体X的一半中含有n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，n(Cl)=0.1mol，m(Cl)=3.55g，化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水，根据分析应该还含有H、O元素，m(OH)=42.9g-12.8g-3.55g=5.1g，n(OH)=，应该为碱式氯化铜，根据化合价及铜氯元素比可知其化学式为Cu2(OH)3Cl。
【详解】（1）根据分析可知，组成X的元素有Cu、O、H、Cl，X的化学式为Cu2(OH)3Cl；
（2）根据A→B→C的现象，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为Cl-
（4）蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)，H为氯化亚铜，反应的离子方程式为+ +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
②取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。
7．(1) 、I、 或
(2)
(3)
(4)取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入产生白色沉淀，则含有
【分析】溶液A与硫酸反应生成沉淀B，可知B是BaSO4，n(BaSO4)=0.05mol；0.02molC和0.14molHI反应生成紫黑色固体D，D为I2，n(I2)=0.08mol，则C中含有0.02mol的I元素，所以弱酸C分子中含有1个I原子，根据得失电子守恒，C中I元素的化合价为+7，C的摩尔质量为，所以C的化学式为H5IO6；根据电荷守恒，A中酸根离子为 ；
【详解】（1）根据以上分析X中含有0.05molBa2+、0.02mol，所以X的组成元素是Ba、I、O，X的化学式是；
（2）与足量稀硫酸反应生成硫酸钡、H5IO6，化学方程式为；
（3）H5IO6和HI发生归中反应生成I2和水，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；
（4）溶液C中含有，取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入产生白色沉淀，则含有。
8． +41.2 AD 0.0125 MPa CO2能与H2发生反应Ⅱ使反应Ⅰ平衡正移，提高丙烯产率 CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭
【详解】(1)已知：CO和H2的燃烧热分别为 −283.0 kJ·mol−1、−285.8 kJ·mol−1，可得①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ∆H= − 283.0 kJ·mol−1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H= − 285.8 kJ·mol−1
③H2O(g)=H2O(l) ∆H= − 44 kJ·mol−1
根据盖斯定律，将②-①-③，整理可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2 kJ/mol；答案：+41.2；
(2)A．反应I的正反应是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，使其化学平衡常数增大，A正确；
B．选择合适的催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高丙烷平衡转化率，B错误；
C．根据(1)计算可知反应Ⅱ热化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应，反应不能自发，C错误；
D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在恒温恒压下通入水蒸气，体系的体积增大，化学平衡正向移动，因此有利于提高丙烷转化率，D正确；
故合理选项是AD；
(3)对于反应Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ∆H1 =+124 kJ·mol−1，该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，C3H8的转化率降低，C3H6含量降低，所以最上边斜线表示的是压强为0.1 MPa的C3H8的转化，下边斜线表示的是0.01 MPa的C3H8的转化。若压强
在压强为0.1 MPa，温度为556℃时，假设丙烷的物质的量是1 mol，反应消耗物质的量是x，根据图象可知丙烷在A点的物质的量分数50%，则平衡时各种气体的物质的量分别是n(C3H8)=(1-x)mol，n(C3H6)=n(H2)=x mol，由于C3H8的含量是50%，则，解得x=，气体总物质的量n(气)=1+=，所以此时的平衡常数Kp==0.0125MPa；
(4)反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副反应，会导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯，这是由于CO2能与H2发生反应Ⅱ，使反应Ⅰ平衡正向移动，从而可提高丙烯产率；
(5)(i)反应为3C3H8+2CrO3=3C3H6+3H2O+Cr2O3；(ii)反应为Cr2O3+3CO2=2CrO3+3CO，总反应方程式为：C3H8(g)+CO2(g)=C3H6(g)+H2O(g)+CO(g)。该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与CO2反应会产生CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。
9．(1)>
(2) < 60%
(3)停留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2
(4)AB
【详解】（1）根据图象可知100℃以后随温度升高，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说明升高温度平衡正向进行，所以100℃时的反应△H＞0。
（2）①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，但平衡不移动，所以根据图象可判断T1＜T2；若T1温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图象可表示为；
②根据三段式可知
则Kp=＝p(S2)＝，即，解得x＝0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)= (1-)×100%＝60%。
（3）由于留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2，所以该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间。
（4）A. 增大压强(气相)，硫化氢的溶解度增大，可提高H2S的去除率，A正确；
B. OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，可提高H2S的去除率，B正确；
C. 反应温度越高，硫化氢的溶解度越小，降低其去除率，C错误；
D. 若水膜过厚，导致活性炭的吸附力减弱，吸附的硫化氢、氧气减少，去除率减少，D错误；
答案选AB。
10．(1)C
(2) AD
(3)反应开始时，反应Ⅰ中浓度大，生成的速率较快，物质的量分数增大。随着反应继续进行，反应Ⅱ的消耗速率增大，反应Ⅰ生成速率减小，两者速率相等时，出现极大值
(4)
(5)D
【详解】（1）反应为气体分子数减小的反应，且反应为放热反应，故低温高压利于平衡正向移动提高甲醇平衡产率，催化剂改变反应速率不改变平衡移动，故选C；
（2）①A．反应为气体分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，甲醇的含量增加，故图像中，A正确；
B．由图可知，相同条件下，温度升高甲醇含量减小，则平衡逆向移动，平衡常数减小，且相同温度下平衡常数相同，则A、B、C、D的平衡常数大小关系，B错误；
C．AB甲醇含量相同浓度相同，温度升高则反应速率增大，故反应速率(状态A)(状态B)，C错误；
D．在C点时，甲醇的含量为50%，设一氧化碳、氢气投料分别为1mol、2mol，则：
，a=0.75mol，的转化率为75%，D正确；
故选AD；
②由①分析可知，C点平衡时，、、分别为0.25mol、0.5mol、0.75mol，总的物质的量为1.5mol，则、、分压分别为、、，故C点对应的平衡常数；
（3）反应开始时，反应Ⅰ中浓度大，生成的速率较快，物质的量分数增大；随着反应继续进行，反应Ⅱ的消耗速率增大，反应Ⅰ生成速率减小，两者速率相等时，出现极大值，之后随着反应Ⅱ生成甲醇消耗一氧化碳增加，一氧化碳量减小；
（4）若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，导致反应Ⅰ中生成CO速率更快，由于反应Ⅱ的消耗速率与反应Ⅰ中生成CO速率差别更大，导致CO的极值更大；更大的一氧化碳浓度导致反应Ⅱ反应速率加快，则极值后CO浓度减小速率更快，图像为： ；
（5）A．由图可知，该反应为二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，化学方程式为，A正确；
B．由图可知，通过的结合，在傕化剂表面生成碳酸盐类物质MgOCO2，B正确；
C．中镁、氧、氢化合价分别为+2、-2、+1，则碳元素的化合价为价，C正确；
D．由图可知，该反应过程中没有中间体生成，D错误；
故选D。
11． 倾析法(或过滤) AD ACD e a c d 挤捏乳胶管 废铁屑中存在其它金属元素，使产品不纯； FeCl3溶液部分水解，导致测得纯度偏低；Fe3+与I—的反应存在一定的限度，Fe3+有剩余
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸发生氧化还原反应制备氯气，装置B中先发生铁与过量盐酸反应得到盐酸和氯化亚铁的混合溶液，再发生混合溶液与氯气反应得到氯化铁溶液，装置C中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的有毒的氯气，防止污染空气。
【详解】(1)步骤I中用碳酸钠溶液浸泡铁屑的目的是除去铁屑表面的油脂，浸泡数分钟除去油脂后可以用倾析法或过滤的方法分离出铁屑，故答案为：倾析法(或过滤)；
(2) A．由分析可知，制备氯化铁溶液时，混合溶液中含有盐酸，氯气中混有的氯化氢气体对实验没有影响，则不需要在装置A、B之间应加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，故A错误；
B．装置B中，搅拌器通过搅拌可以使混合溶液与氯气充分接触，使反应更加充分，故B正确；
C．由分析可知，装置C中盛有的NaOH溶液可以吸收逸出的未反应的有毒的氯气，防止空气污染 ，故C正确；
D．仪器a为恒压分液漏斗，放液时只需打开下端的活塞，不需要取下上端的瓶塞，浓盐酸便可顺利流下，而仪器b为分液漏斗，放液时，需要取下上端的瓶塞，再打开下端的活塞，才可能形成空气对流，便于盐酸顺利流下，操作方法不相同，故D错误；
故答案为：AD；
(3) A．步骤II中稀盐酸适当过量可以使铁屑完全反应，提高利用率，过量的盐酸还能抑制亚铁离子水解，故A正确；
B．步骤III中应用K3Fe(CN)6溶液检验含有FeCl3的混合液中是否存在Fe2+，故B错误；
C．步骤IV 中应加热蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜为止停止加热，将溶液静置，自然冷却，即有晶体析出，否则浓缩度太小产率偏低，浓缩度太大纯度偏低，故C正确；
D．步骤IV中在冷却结晶后的固液混合物中加入甘油可降低氯化铁晶体的溶解度，便于晶体析出，提高产率，故D正确；
故答案为：ACD；
(4) ①测定FeCl3·6H2O产品纯度的实验原理为将晶体溶于水配成氯化铁溶液，向溶液中加入过量的碘化钾溶液，氯化铁溶液完全与碘化钾溶液反应生成氯化亚铁和碘，然后用淀粉溶液做指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液滴定溶液，测定溶液中碘的量，然后依据消耗硫代硫酸钠溶液的体积计算产品的纯度，具体的实验步骤为称取5.000 g粗产品，溶解配成250mL溶液，用移液管取出25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入稍过量的KI溶液，充分反应，用淀粉溶液作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL，计算FeCl3·6H2O纯度，故答案为：e；a；c；d；
②排出碱式滴定管的乳胶管中的气泡的操作为把乳胶管向上弯曲，挤捏乳胶管，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故答案为：挤捏乳胶管；
③若铁屑中含有与酸反应的其他金属单质，可能会导致氯化铁晶体中混有杂质，导致产品的纯度降低；若过量盐酸的浓度偏小，导致氯化铁在溶液中发生水解，没有全部转化为氯化铁，导致产品的纯度降低；氯化铁溶液和碘化钾溶液的反应存在一定的限度，氯化铁不能完全反应，反应生成碘的量偏小，导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，使测定结果偏低，故答案为：废铁屑中存在其它金属元素，使产品不纯； FeCl3溶液部分水解，导致测得纯度偏低；Fe3+与I—的反应存在一定的限度，Fe3+有剩余。
12．(1)增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)
(2)MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O
(3)BC
(4)b→f→a→e
(5) % 偏低
【分析】向草酸晶体中加入稀硫酸和二氧化锰将锰转化为Mn2+而溶解，反应原理为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，充分搅拌，使充分反应后抽滤除去不溶性杂质，向所得滤液中加入饱和碳酸氢铵溶液，调节pH为3~7，反应原理为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2CO3+H2O+CO2↑，抽滤、洗涤、干燥得到MnCO3粗产品，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息②可知：Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，则加入稀硫酸的作用是增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)，故答案为：增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)；
（2）由分析可知，步骤Ⅰ的反应方程式为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，则该反应的离子方程式是MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，故答案为：MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
（3）A．由于步骤Ⅱ过滤的溶液呈强酸性，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A错误；
B．由题干已知信息①可知，碳酸锰受热易分解，为了防止碳酸锰受热分解，步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥，B正确；
C．由题干已知信息②可知， Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化，C正确；
D．由题干信息①可知，碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，则步骤Ⅳ用蒸馏水作为洗涤剂就可以，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作，D错误；
故答案为：BC；
（4）结合抽滤的操作可知，经过一系列操作完成步骤IV中的抽滤和洗涤，正确的操作顺序为：开抽气泵(即打开活塞K)→转移固液混合物→关闭活塞→确认抽干→打开活塞K→调低抽气泵真空度（减缓抽滤速度）→用洗涤剂洗涤→关闭活塞K→确认抽干→打开活塞K→关抽气泵，故答案为：b→f→a→e；
（5）由题干信息可知，反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则c=mol/L，根据锰元素守恒，原样品中含有的MnCO3的物质的量为：n(MnCO3)=mol/L×0.1L=mol，则MnCO3产品纯度为：=%，取待测液于比色管中时，移液管未润洗，将使溶液中MnO的浓度偏小，吸光度A的值偏小，则测得产品纯度将偏低，故答案为：%；偏低。
13．(1)AC
(2)在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低
(3)D
(4) a e f c
(5)
【分析】转炉铜渣(主要成分是、、等)在氧气氛围中加酸溶解，铜转化为硫酸铜，铁转化为硫酸铁，浸出液进一步氧化并调节pH值使铁转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，得到硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到胆矾，胆矾经称量、灼烧、恒重等操作可计算其结晶水含量，据此分析解答。
【详解】（1）制备胆矾晶体涉及过滤操作，过滤时需用到烧杯，再在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶得到，因此还需用到烧杯和蒸发皿，故答案为：AC；
（2）在一定温度范围内适当升温可以加快反应速率，提高浸取率，温度过高则会导致氧气的溶解度下降，导致浸出率降低，故答案为：在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低；
（3）A. 步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度引发反应后即可关闭加热电源，利用反应放出的热量可维持体系温度，故A正确；
B. 步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，使铁沉淀完全，这样便于过滤，故B正确；
C. 步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，可使铁转化为氢氧化铁沉淀，同时抑制硫酸铜的水解，故C正确；
D. 步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在干燥器中冷却后再称量，故D错误；
故选：D。
（4）硫酸铜溶液首先进行蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤得到晶体，晶体用乙醇洗涤干净后，干燥，干燥后的晶体置于已称量质量的坩埚中，再次称量两者的质量，然后将坩埚加热至胆矾全部变为白色，使晶体完全分解后，冷却后称量，反复操作恒重后计算结晶水含量，故答案为：a、e、f、c；
（5）由题意可知晶体中水的质量为：，则水分子的物质的量为：，硫酸铜的质量为：，硫酸铜的物质的量为，该样品中结晶水的个数即为1mol硫酸铜对应的水分子个数，可表示为：，故答案为：。
14． AB ++HCl+H2O 、 、 、 、 （写出任意三种）
【分析】A经系列反应生成C，C与 生成D，C的分子式为C9H8N2O5，对比D的分子式和G的结构简式可知，C中羧基上的-OH被氯原子取代得到D，所以D为 ；G的分子式为C16H13N3O4S，对比H的分子式结合反应条件可知，G生成H时引入了甲基，再根据I的结构简式可推测出H应为 ；I与C3H7ClO反应生成J，该过程中I中酚羟基上的氢原子被代替，根据J的结构可知C3H7ClO应为 。
【详解】(1)A．化合物B中含有氨基，所以可以和HCl反应生成盐，A正确；
B．I与C3H7ClO反应生成J，该过程中I中酚羟基上的氢原子被代替，根据J的结构可知C3H7ClO应为 ，B正确；
C．H为 对比I和H的结构简式可知，H中N原子上-COCH3被氢原子代替、醚键中氧原子上的-CH3被氢原子代替，只有取代反应，没有消去反应，C错误；
D．根据J的结构简式可知其分子式为C17H17N3O4S，D错误；
综上所述答案为AB；
(2)根据分析H的结构简式为 ；
(3)D的结构简式为 ，D + F → G的化学方程式为++HCl+H2O；
(4)对比A和C的结构简式可知，需要将A中硝基转化为-NHCOCH3，甲基被氧化为羧基，同时在-COOH的间位、-NHCOCH3的邻位引入硝基，根据信息③可知，为了保证硝基的位置，应最后进行硝化反应，引入-NHCOCH3时需先将A中硝基还原为-NH2，然后和乙酸反应得到-NHCOCH3，所以为避免氨基被氧化，需要先将氨基转化为酰胺键，所以合成路线为 ；
(5)E的同分异构体满足：1H-NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有5种氢原子，峰面积比为1∶1∶2∶2∶4，其中苯环上的有2种，则苯环上有两个处于对位的取代基、或者有两个相同的取代基位于间位，另外一个不同的取代基位于两个取代基的邻位或间位；
②有-CHO，不含-S-CHO，则符合题意的有 、 、 、 、 。
15．(1)AD
(2)
(3)+2+2CH3COOH
(4)①HCOOCH2COOCH3②HCOOCH2OOCCH3③HCOOCH(CH3)OOCH
(5)
【分析】根据E的结构简式结合M的分子式可知D的结构简式为，N的结构简式为，M的结构简式为，C的结构简式为，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，根据F的分子式可判断F的结构简式为，F中含有氨基，能和盐酸反应生成G，据此解答。
(1)
A. B中含有氨基，经过一系列转化为在F中有变化为氨基，这说明化合物M的作用是保护氨基，A正确；
B. D的结构简式为，化合物D的核磁共振氢谱有4组特征峰，B错误；
C. 化合物E分子中不存在酚羟基，遇氯化铁溶液不显紫色，C错误；
D. 化合物G分子中苯环上含有溴原子，可在氢氧化钠溶液中水解，含有氨基能与盐酸反应，D正确；
答案选AD；
(2)
根据以上分析可知化合物M的结构简式是；化合物N的结构简式是；化合物F的结构简式是。
(3)
根据原子守恒可知C→D的反应中还有乙酸生成，则反应的化学方程式为+2+2CH3COOH 。
(4)
M的结构简式是，2种同时符合下列条件①能发生银镜反应，含有醛基；②含有两个酯基和一个甲基；③不含－O－O－及－O－COO－，则符合条件的有机物结构简式为HCOOCH2COOCH3、HCOOCH2OOCCH3、HCOOCH(CH3)OOCH；
(5)
根据已知信息A生成B首先是甲基被氧化为羧基，然后把硝基还原为氨基，在引入溴原子，最后和SOCl2反应生成B，则合成路线图为。
16．(1)CD
(2)酯基、酰胺基
(3)
(4)
(5)
(6)、、、
【分析】A与苯胺发生加成反应后再与NaCN发生取代反应生成B，B水解后生成C，B中-CN转化为C中-COOH，C与CH3I发生羧基上氢取代反应生成酯基得到D，D与丙酸酐发生取代反应生成E，E与氢气发生还原反应生成F，F与G发生信息中反应生成最终产物，结合信息反应的断键成键可知G为，据此分析解答。
【详解】（1）A. 化合物A含有苯环和羰基可发生加成，苯环上氢可发生取代、一般有机物可发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应，故A正确；
B. 由以上分析可知化合物C中含有羧基和亚氨基，羧基显酸性，亚氨基显碱性，因此C具有两性，故B正确；
C. 化合物D中只有与酯基相连的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D. 由盐酸瑞芬太尼结构简式可知其化学式为，故D错误；
故答案为：CD；
（2）由F的结构简式知，其含有酯基和酰胺基两种含氧官能团，故答案为：酯基、酰胺基；
（3）由以上分析可知G的结构简式为： ，故答案为：；
（4）D与丙酸酐发生取代反应生成E和丙酸，反应方程式为：，故答案为：；
（5）乙炔与HCN发生加成反应生成，发生水解反应生成，与发生取代反应生成，由此可得合成路线。故答案为：；
（6）①分子中含有，且环上不直接连氢，则环上之间相连的为C或O，不含碳碳三键及其它环，结合A的不饱和多可知应含两个碳碳双键或一个碳碳双键和一个碳氧双键；
②表明：分子中共有4种化学环境的氢原子，其结构保持对称，符合题意的结构简式有：、、、，故答案为：、、、。
17．(1)AD
(2)
(3)该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流
(4)>
(5)离子键、非极性共价键
【详解】（1）A. 基态的核外电子排布为：，核外电子有5种空间运动状态，A正确；
B. 同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B错误；
C. 氯原子的价电子排布式可写成，C错误；
D. 以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的氯离子位于棱心，有12个，D正确；
故答案为：AD；
（2）由晶胞结构可知钠离子位于顶点和面心，个数为，氯离子位于体心和棱心，个数为：，则晶胞的质量为：g，的密度为，则晶胞的体积为：cm3，晶胞的边长为：，则在晶体里和的最短距离为边长的一半，即pm，故答案为：；
（3）该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场的作用下可以发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流，故答案为：该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流；
（4）、的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，半径小于半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：大于FeO，故答案为：>；
（5）中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键。
浙江省湖州、衢州、丽水三地市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、填空题
1．（2021·浙江·统考二模）(1)光学实验证明在溶有O2的水中存在可能为五元环状结构的O2·H2O，原因是___________。
(2)化合物A、B、C的熔点如下表：
A
B
C
化学式
CH3CH2Cl
CH3CH2CH2Cl
CH3NH3Cl
熔点/℃
-139
-123
230
化合物C的熔点明显高于A的原因是___________。
2．（2022·浙江·统考二模）回答下列问题：
(1)金刚石和石墨的部分物理性质数据如表：
物质
金刚石
石墨
熔点/℃
3550
3652
硬度
10
1.5
石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，原因是____。
(2)互为同分异构体的两种有机物形成氢键如图所示：
沸点：邻羟基苯甲醛____对羟基苯甲醛(填“>”、“=”或“<”)，主要原因是____。
二、计算题
3．（2021·浙江·统考二模）混合碱(Na2CO3与NaHCO3，或Na2CO3与NaOH的混合物)的成分及含量可用双指示剂法测定。步骤如下：取混合碱溶液25.00 mL，滴加2滴酚酞为指示剂，用0.2000 mol·L−1的盐酸滴定液滴定至溶液呈微红色，记下消耗盐酸体积为22.50 mL；再滴加2滴甲基橙，继续滴定至溶液由黄色变为橙色，记下第二次滴定消耗盐酸的体积12.50 mL。(已知：H2CO3的Ka1 = 4.3 × 10-7；Ka2 = 5.6 × 10-11)
请计算：
(1)混合碱成分及物质的量之比为___________。
(2)混合碱溶液中Na2CO3的浓度为___________mol·L−1.(写出计算过程)
4．（2022·浙江·统考二模）某同学设计实验确定CaC2O4•xH2O的结晶水数目。称取样品9.84g，经热分解测得气体产物中有CO、CO2、H2O，其中H2O的质量为2.16g；残留的固体产物是CaO和CaCO3的混合物，质量为5.34g。计算：
(1)x=____(写出计算过程)。
(2)n(CO)=____mol。
三、元素或物质推断题
5．（2021·浙江·统考二模）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是由3种常见元素组成的黑灰色粉末；A和B均为纯净物；D为无色无味气体；由D和E组成的混合气遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
请回答：
(1)组成X的3种元素是___________(填元素符号)，X的化学式___________。
(2)步骤Ⅳ，发生反应生成固体A的离子方程式是___________。
(3)步骤Ⅰ，发生反应的化学方程式是___________。
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。不能先通气体D再通气体E的原因是___________。
(5)气体E具有还原性。请设计实验证明___________。
6．（2022·浙江·统考二模）化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验(所加试剂均足量)：
已知：溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，溶液F中的阳离子和酸根离子均只有一种(忽略水的电离)。
请回答：
(1)组成X的元素有____，X的化学式为____。
(2)根据A→B→C的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序____。
(3)X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是____。
(4)蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)。
①写出该反应的离子方程式____。
②设计实验验证白色沉淀H的组成元素____。
7．（2023·浙江·校联考二模）化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
其中，溶液C含有一种摩尔质量为的含氧弱酸，其物质的量为。
(1)X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
(2)写出溶液A与足量稀硫酸反应的化学方程式_______。
(3)写出生成紫黑色固体D的离子方程式_______。
(4)请设计实验检验溶液C中的一种阴离子_______。
四、原理综合题
8．（2021·浙江·统考二模）近年来，全球丙烯需求快速增长，研究丙烷制丙烯有着重要的意义。
相关反应有：
Ⅰ．C3H8在无氧条件下直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ∆H1 =+124 kJ·mol−1
Ⅱ．逆水煤气变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
Ⅲ．CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g) ∆H3
已知：CO和H2的燃烧热分别为 −283.0 kJ·mol−1、−285.8 kJ·mol−1；
H2O(g)=H2O(l) ∆H= − 44 kJ·mol−1
请回答：
(1)反应Ⅱ的∆H2=___________kJ·mol−1。
(2)下列说法正确的是___________
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．选择合适的催化剂可以提高丙烷平衡转化率和丙烯选择性
C．反应Ⅱ能自发，则∆S＜0
D．恒温恒压下通入水蒸气有利于提高丙烷转化率
(3)在不同压强下(0.1 MPa、0.01 MPa)，反应Ⅰ中丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图所示，请计算556℃反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
(4)反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副反应，导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯。请说明原因：________。
(5)研究表明，二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，原因是_____。
9．（2022·浙江·统考二模）H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
(1)工业、上可采用“H2S—水双温交换法”富集海水中的HDO，其原理是利用H2S、HDS、H2O和HDO四种物质，在25℃和100℃两种不同温度下发生的两个不同反应得到较高浓度的HDO。四种物质在反应体系中的物质的量随温度的变化曲线如图1，100℃时的反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。
(2)H2S高温裂解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。
①不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图2所示，E表示T1温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的多少，则图中T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。若T1温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化____。
②A的压力转化率表示为α(A)=(1-)×100%(p0为A初始压力，p1为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数Kp=p(S2)，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)=____。
(3)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图3：
反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)
该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间，其理由是____。
(4)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用如图4表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
为了提高H2S的去除率，下列措施合适的是____。
A．增大压强(气相) B．适当增大水膜Ph C．反应温度越高越好 D．增加水膜厚度
10．（2023·浙江·校联考二模）和合成甲醇是资源化利用的重要方法，总反应为： 。
(1)有利于提高甲醇平衡产率的条件有_______
A．低温低压 B．高温低压 C．低温高压 D．高温高压 E.催化剂
(2)制备甲醇的反应一般认为通过如下步骤来实现：
Ⅰ.
Ⅱ.
在体积为2L的密闭容器中按物质的量之比为充入和发生反应Ⅱ，测得平衡混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。
①下列说法正确的是_______。
A．图像中
B．A、B、C、D的平衡常数大小关系
C．反应速率(状态A)(状态B)
D．在C点时，的转化率为75%
②C点对应的平衡常数_______(对于气相反应，用组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可以表示平衡常数，记作，如，为平衡压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。
(3)一定反应条件下，各物质以碳元素计的物质的量分数与时间的关系如图2所示，请解释对应的曲线出现极大值的原因_______。
(4)若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，请在图3中画出此条件下CO以碳元素计的物质的量分数随时间变化的图像_______。
(5)和合成甲烷也是资源化利用的重要方法。一定条件下催化剂可使“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图4所示，下列说法不正确的是_______。
A．该反应的化学方程式为
B．通过的结合，在傕化剂表面生成碳酸盐类物质
C．反应过程中碳元素的化合价为价的中间体是
D．该反应过程中有中间体生成
五、实验题
11．（2021·浙江·统考二模）氯化铁在金属蚀刻、污水处理等方面有广泛应用。某兴趣小组以废铁屑为原料，用如图所示装置制备FeCl3·6H2O。
已知：FeCl3易溶于水、甲醇、乙醇，不溶于甘油。
实验步骤：
I.废铁屑的净化：取一只小烧杯，放入约5 g废铁屑，向其中注入15 mL 1 mol·L−1
Na2CO3溶液，浸泡数分钟后，分离出铁屑，洗净、晾干。
II.FeCl2溶液的制备：将处理后的废铁屑加入装置B的三颈烧瓶中，缓慢加入适当过量的稀盐酸，得到含FeCl2的混合液。
III.FeCl3溶液的制备：由装置A制备氯气，向FeCl2的混合液中缓慢通入足量的氯气。
IV.FeCl3·6H2O产品的分离提纯：将三颈烧瓶中的FeCl3混合液转移出来，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、重结晶、干燥，得到FeCl3·6H2O产品。
V.FeCl3·6H2O产品的纯度测定：用碘量法滴定并计算。
请回答：
(1)步骤I，从碳酸钠溶液中分离出铁屑的方法是___________。
(2)下列有关装置仪器的说法不正确的是___________。
A．装置A、B之间应加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶
B．装置B中，搅拌器的作用是使反应混合物充分接触
C．装置C中，NaOH溶液的作用是吸收逸出的氯气，防止空气污染
D．仪器a和仪器b的功能相同，操作方法也相同
(3)下列说法正确的是___________。
A．步骤II，稀盐酸适当过量的目的是提高铁屑的利用率并抑制水解
B．步骤III，可用K4Fe(CN)6溶液检验“含有FeCl3的混合液”中是否存在Fe2+
C．步骤IV ，蒸发浓缩要适度，浓缩度太小产率偏低，浓缩度太大纯度偏低
D．步骤IV，在冷却结晶后的固液混合物中加入甘油可提高产率
(4)已知碘量法的滴定反应：I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6
①测定FeCl3·6H2O产品纯度的步骤选项如下，请排序(操作不能重复使用)：用电子天平称取5.000 g粗产品→配成250mL溶液→_____→_____→_____→_____→计算FeCl3·6H2O纯度。
a.加入稍过量的KI溶液，充分反应
b.用碱式滴定管取出25.00 mL待测液于锥形瓶中
c.用淀粉溶液作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定
d.平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL
e.用移液管取出25.00 mL待测液于锥形瓶中
②如果碱式滴定管的乳胶管中有气泡，会导致滴定溶液体积不准确，因此，必须排出乳胶管中的气泡。具体操作是：把乳胶管向上弯曲，___________，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉。(请在横线上补全操作)
③实验中测得FeCl3·6H2O的产品纯度偏低，若操作过程无误，请从物质性质和反应原理角度分析，可能的原因是___________(写出一种即可)。
12．（2022·浙江·统考二模）某兴趣小组用二氧化锰(MnO2)和草酸晶体(H2C2O4•2H2O)为原料制备碳酸锰(MnCO3)，按如图流程开展了实验：
已知：①碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，溶于稀无机酸；受热易分解。
②Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)。
请回答：
(1)加入稀硫酸的作用是____。
(2)步骤Ⅰ：反应的离子方程式是____。
(3)下列操作中正确的是____。
A．步骤Ⅱ将滤纸放入布氏漏斗内，用蒸馏水润湿滤纸
B．步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥
C．边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化
D．步骤Ⅳ用乙醇作为洗涤剂，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作
(4)步骤Ⅳ抽滤、洗涤操作可用如图装置进行，打开活塞K，打开抽气泵，转移固液混合物，关闭活塞K，确认抽干，进行洗涤。请给出洗涤的操作排序(洗涤操作只需考虑一次)：a→c→(____)→(____)→(____)→(____)→将产品转至干燥器。____
a．打开活塞K b．关闭活塞K c．加洗涤剂洗涤 d．打开抽气泵 e．关闭抽气泵 f．确认抽干
(5)用吸光光度法确定MnCO3产品纯度：通过对比样品溶液与标准溶液的吸光度测产品的纯度。准确称取Wg产品，用稀硝酸溶解，加入足量过二硫酸铵溶液作氧化剂，以硝酸银作催化剂，加热，反应方程式如下：
MnCO3+2HNO3=Mn(NO3)2+CO2↑+H2O
Mn(NO3)2+5(NH4)2S2O8+8H2O=2HMnO4+5(NH4)2SO4+5H2SO4+4HNO3
反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则MnCO3产品纯度是____(用含W、A、k的式子表示)。取待测液于比色管中时，移液管未润洗，测得产品纯度将____(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
13．（2023·浙江·校联考二模）某研究小组利用转炉铜渣(主要成分是、、等)制备胆矾，流程如下：
请回答：
(1)制备胆矾时，除反应釜、量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，以下的实验仪器还必须使用的有_______。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
(2)步骤Ⅰ中，反应温度在80℃时相同时间内铜的浸出率达到最高，继续升温会导致浸出率下降，其原因是_______。
(3)下列有关说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度可关闭加热电源，利用反应放热维持体系温度
B．步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，便于过滤
C．步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，是为了除铁，并抑制硫酸铜的水解
D．步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在实验台石棉网上冷却后再称量
(4)从滤液中分离提纯得到胆矾样品并测定其中结晶水个数，可按以下步骤进行，请从下列选项中选择合理的操作，补全如下步骤。
_______→过滤→乙醇洗涤→_______→称量干燥坩埚的质量为→_______→_______→冷却后称量得到总质量为→重复上述两步操作，最终总质量恒定为
a.加热蒸发、冷却结晶
b.加热、蒸发结晶
c.将坩埚加热至胆矾全部变为白色
d.称量样品质量为
e.将样品干燥
f.称量样品和坩埚总质量为
(5)该样品中结晶水的个数为_______(用(4)中字母写出表达式)。
六、有机推断题
14．（2021·浙江·统考二模）某研究小组按下列路线合成放射性诊断药富特米他的中间体(J)。
已知：
① ,R1X+;(X代表Cl、Br、I)
②(易被氧化)；
③苯环支链的定位规则：苯环上有烃基、-NH2、-NHCO-时，再引入的取代基一般在邻对位；苯环上有硝基、羧基时，再引入的取代基一般在间位。
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物B与HCl反应可生成盐
B．化合物C3H7ClO的键线式为
C．化合物H → I涉及到取代反应、消去反应
D．化合物J的分子式是C17H16N3O4S
(2)写出化合物H的结构简式___________。
(3)写出D + F → G的化学方程式___________。
(4)设计以A和乙酸为原料合成C的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(5)化合物E同时符合下列条件的同分异构体有多种，写出其中三种的结构简式___________。1H-NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有5种氢原子，峰面积比为1∶1∶2∶2∶4，其中苯环上的有2种；②有-CHO，不含-S-CHO。
15．（2022·浙江·统考二模）盐酸氨溴索是一种祛痰药，可用于急慢性呼吸道疾病的治疗。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：
已知：
①R—COOHR—COClR—CH2Cl
②R—NO2R—NH2
③苯环上取代基的定位效应：—CH3和—NH2是邻、对位定位基团，—COOH和—NO2是间位定位基团
请回答：
(1)下列说法正确的是____。
A．化合物M的作用是保护氨基
B．化合物D的核磁共振氢谱有3组特征峰
C．化合物E遇氯化铁溶液显紫色
D．化合物G既能与酸反应又能与碱反应
(2)化合物M的结构简式是____；化合物N的结构简式是____；化合物F的结构简式是____。
(3)写出C→D的化学方程式____。
(4)写出2种同时符合下列条件的化合物M的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体和环状结构)____。
①能发生银镜反应；②含有两个酯基和一个甲基；③不含—O—O—及—O—COO—
(5)以A为原料，设计化合物B的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)____。
16．（2023·浙江·校联考二模）某研究小组按下列路线合成镇痛药盐酸瑞芬太尼：
已知：。请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．化合物A可发生加成、取代、氧化反应 B．化合物C具有两性
C．化合物D中含有两个手性碳原子 D．盐酸瑞芬太尼的化学式为
(2)化合物F含氧官能团的名称是_______。
(3)写出化合物G的结构简式_______。
(4)写出D→E的化学方程式_______。
(5)设计以、为原料合成G的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。
(6)写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_______。
①分子中含有，且环上不直接连氢。不含碳碳三键及其它环；
②表明：分子中共有4种化学环境的氢原子(不考虑顺反异构)。
七、结构与性质
17．（2023·浙江·校联考二模）氯化钠是一种典型且极具魅力的晶体，我们通过学习氯化钠可以更好地了解其他类似物质的结构。已知氯化钠的晶胞如下图1所示。
图1
(1)下列关于氯化钠的说法正确的是_______。
A．基态的电子有5种空间运动状态
B．钠是第一电离能最大的碱金属元素
C．氯原子的价电子排布式可写成
D．每个氯离子周围与它最近且等距的氯离子有12个
(2)已知的密度为，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则在晶体里和的最短距离为_______。
(3)温度升高时，晶体出现缺陷，如图2所示，当图中方格内填入时，恰好构成氯化钠晶胞的1/8。晶体出现缺陷时，其导电性大大增强，原因是_______。
(4)、的晶体类型与氯化钠相同，和的离子半径分别为和，则熔点：_______(填“>”“<”或“=”)
(5)钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，其阴阳离子的排布与氯化钠相同，其中存在的化学键的类型为_______。
参考答案：
1． O2分子中的O分别与H2O分子中的H通过氢键构成五元环 A为分子晶体，C为离子晶体，离子键强于分子间作用力
【详解】(1)H2O分子中的H-O键的共用电子对强烈偏向O原子，使H原子几乎成为裸露的质子，使得溶于水的O2分子中的O原子与H2O分子中的H原子之间以配位键结合，从而构成五元环；
(2)CH3CH2Cl是由分子构成的物质，分子之间以分子间作用力结合，分子间作用力比较微弱，因此物质的熔沸点比较低；而CH3NH3Cl为离子晶体，阳离子与阴离子Cl-之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相应作用，断裂消耗较高能量，物质的熔沸点较高，因此其熔沸点比由分子构成的物质CH3CH2Cl高。
2．(1)石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多
(2) < 邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键
【详解】（1）石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，故答案为：石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多；
（2）分子内生成氢键，熔、沸点常降低，分子间有氢键的物质熔，熔、沸点常升高，因为邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键，则沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，故答案为：<；邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键。
3． 5 ：4 0.1000 mol·L−1
【分析】滴酚酞为指示剂，发生的反应为：OH-+H+=H2O，CO+H+=HCO，或只发生CO+H+=HCO，甲基橙为指示剂时，发生HCO+H+=H2O+CO2 ↑。由于两次消耗的酸的体积不相同，且第一次多于第二次，混合碱成分是Na2CO3与NaOH。
【详解】(1)由分析可知：混合碱成分是Na2CO3与NaOH及物质的量之比为12.50 mL：(22.50 mL-12.50 mL)=5 ：4。故答案为：5 ：4；
(2)n(Na2CO3)+n(NaOH)=0.2000mol·L−1×22.50mL=4.5×10-3mol，n(Na2CO3)=4.5×10-3mol=2.5×10-3mol， 混合碱溶液中Na2CO3的浓度为 =0.1000 mol·L−1。
故答案为：0.1000 mol·L−1。
4．(1)2
(2)0.06
【分析】设生成的固体产物中CaO的物质的量为n1mol，CaCO3的物质的量为n2mol，气体中CO的物质的量为n3mol，CO2为n4mol，由质量守恒可得关系式①28n3+44n4=9.84-2.16-5.34=2.34g，关系式②56n1+100n2=5.34g，根据Ca和C原子守衡有关系式③n3+n4+n2=2(n1+n2)，根据分解反应中得失电子守恒可得关系式④n3=n4+n2，联合关系式①②③④解得n1=0.015mol，n2=0.045mol，n3=0.060mol，n4=0.015mol，据此分析解题。
(1)
由分析可知，生成的固体产物中CaO的物质的量为0.015mol，CaCO3的物质的量为0.045mol，则CaC2O4•xH2O的摩尔质量为：M=，即40+24+64+18x=164，解得x=2，故答案为：2；
(2)
由分析可知，n(CO)=0.060mol，故答案为：0.060。
5． Ca、C、N CaCN2 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3 氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，先通氨气，形成碱性溶液，可吸收更多的二氧化碳，能得到较多的晶体 将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，铜丝又变为紫红色。
【分析】固体X与H2O、CO2反应产生固体A、液体B，根据X与A、B的质量关系可知反应消耗H2CO3的物质的量n(H2CO3)=；液体B水解产生D、E的气体混合物，将该混合气体通过足量浓硫酸，浓硫酸增加质量1.7 g，则说明该气体中含有NH3 1.7 g，因此X中含有N元素，根据N元素守恒可得n(N)=n(NH3)==0.1 mol，将剩余气体通过足量澄清石灰水产生固体A的质量是5.0 g，则固体A是CaCO3，其质量与X和H2O、CO2反应产生固体A质量相等，说明X中含有Ca、C两种元素，然后根据质量与物质的量关系确定X的化学式，并结合物质的性质分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知X中含有Ca、C、N三种元素；n(N)=n(NH3)==0.1 mol，n(CaCO3)==0.05 mol，n(Ca)=n(CaCO3)=0.05 mol，则固体X中含有C元素的物质的量n(C)=，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.05 mol：0.05 mol：0.1 mol=1：1：2，所以X的化学式为CaCN2；
(2)在步骤Ⅳ中CO2与Ca(OH)2溶液反应产生CaCO3沉淀和水，发生反应生成固体A的离子方程式是：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O；
(3)在步骤I中CaCN2与H2O、CO2反应产生A是CaCO3，产生液体B含有C、N、H元素，n(H)=，n(H)：n(C)：n(N)=0.01 mol：0.05 mol：0.05 mol=2：1：1，则B化学式为CH2N2，所以CaCN2与H2O、CO2反应产生CaCO3、CH2N2，该反应的化学方程式为：CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3；
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。可说明E是NH3，D是CO2，物质制取时先通入NH3再通入CO2，是由NH3在水中的溶解度远大于CO2，NH3的水溶液显碱性，先通NH3，形成碱性溶液，可吸收更多的CO2，产生更多的，从而能得到较多的晶体；
(5)E是NH3，由于N元素化合价为-3价，是N元素的最低化合价，因此具有还原性，该气体能够与CuO在加热条件下发生氧化还原反应：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。实验操作为：将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，看到铜丝又变为紫红色，据此证明其还原性。
6．(1) Cu、O、H、Cl Cu2(OH)3Cl
(2)Cl-
(4) + +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+ 取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素
【分析】根据图中信息可知，蓝色沉淀D为Cu(OH)2，灼烧后得到黑色固体E为CuO，质量为16.0g，n(CuO)=，无色溶液加入硝酸银后再加入稀硝酸产生不溶于硝酸的白色沉淀，则为AgCl，n(AgCl)=，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，42.9g固体X的一半中含有n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，n(Cl)=0.1mol，m(Cl)=3.55g，化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水，根据分析应该还含有H、O元素，m(OH)=42.9g-12.8g-3.55g=5.1g，n(OH)=，应该为碱式氯化铜，根据化合价及铜氯元素比可知其化学式为Cu2(OH)3Cl。
【详解】（1）根据分析可知，组成X的元素有Cu、O、H、Cl，X的化学式为Cu2(OH)3Cl；
（2）根据A→B→C的现象，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为Cl-
（4）蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)，H为氯化亚铜，反应的离子方程式为+ +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
②取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。
7．(1) 、I、 或
(2)
(3)
(4)取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入产生白色沉淀，则含有
【分析】溶液A与硫酸反应生成沉淀B，可知B是BaSO4，n(BaSO4)=0.05mol；0.02molC和0.14molHI反应生成紫黑色固体D，D为I2，n(I2)=0.08mol，则C中含有0.02mol的I元素，所以弱酸C分子中含有1个I原子，根据得失电子守恒，C中I元素的化合价为+7，C的摩尔质量为，所以C的化学式为H5IO6；根据电荷守恒，A中酸根离子为 ；
【详解】（1）根据以上分析X中含有0.05molBa2+、0.02mol，所以X的组成元素是Ba、I、O，X的化学式是；
（2）与足量稀硫酸反应生成硫酸钡、H5IO6，化学方程式为；
（3）H5IO6和HI发生归中反应生成I2和水，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；
（4）溶液C中含有，取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入产生白色沉淀，则含有。
8． +41.2 AD 0.0125 MPa CO2能与H2发生反应Ⅱ使反应Ⅰ平衡正移，提高丙烯产率 CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭
【详解】(1)已知：CO和H2的燃烧热分别为 −283.0 kJ·mol−1、−285.8 kJ·mol−1，可得①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ∆H= − 283.0 kJ·mol−1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H= − 285.8 kJ·mol−1
③H2O(g)=H2O(l) ∆H= − 44 kJ·mol−1
根据盖斯定律，将②-①-③，整理可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2 kJ/mol；答案：+41.2；
(2)A．反应I的正反应是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，使其化学平衡常数增大，A正确；
B．选择合适的催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高丙烷平衡转化率，B错误；
C．根据(1)计算可知反应Ⅱ热化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应，反应不能自发，C错误；
D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在恒温恒压下通入水蒸气，体系的体积增大，化学平衡正向移动，因此有利于提高丙烷转化率，D正确；
故合理选项是AD；
(3)对于反应Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ∆H1 =+124 kJ·mol−1，该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，C3H8的转化率降低，C3H6含量降低，所以最上边斜线表示的是压强为0.1 MPa的C3H8的转化，下边斜线表示的是0.01 MPa的C3H8的转化。若压强
在压强为0.1 MPa，温度为556℃时，假设丙烷的物质的量是1 mol，反应消耗物质的量是x，根据图象可知丙烷在A点的物质的量分数50%，则平衡时各种气体的物质的量分别是n(C3H8)=(1-x)mol，n(C3H6)=n(H2)=x mol，由于C3H8的含量是50%，则，解得x=，气体总物质的量n(气)=1+=，所以此时的平衡常数Kp==0.0125MPa；
(4)反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副反应，会导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯，这是由于CO2能与H2发生反应Ⅱ，使反应Ⅰ平衡正向移动，从而可提高丙烯产率；
(5)(i)反应为3C3H8+2CrO3=3C3H6+3H2O+Cr2O3；(ii)反应为Cr2O3+3CO2=2CrO3+3CO，总反应方程式为：C3H8(g)+CO2(g)=C3H6(g)+H2O(g)+CO(g)。该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与CO2反应会产生CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。
9．(1)>
(2) < 60%
(3)停留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2
(4)AB
【详解】（1）根据图象可知100℃以后随温度升高，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说明升高温度平衡正向进行，所以100℃时的反应△H＞0。
（2）①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，但平衡不移动，所以根据图象可判断T1＜T2；若T1温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图象可表示为；
②根据三段式可知
则Kp=＝p(S2)＝，即，解得x＝0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)= (1-)×100%＝60%。
（3）由于留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2，所以该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间。
（4）A. 增大压强(气相)，硫化氢的溶解度增大，可提高H2S的去除率，A正确；
B. OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，可提高H2S的去除率，B正确；
C. 反应温度越高，硫化氢的溶解度越小，降低其去除率，C错误；
D. 若水膜过厚，导致活性炭的吸附力减弱，吸附的硫化氢、氧气减少，去除率减少，D错误；
答案选AB。
10．(1)C
(2) AD
(3)反应开始时，反应Ⅰ中浓度大，生成的速率较快，物质的量分数增大。随着反应继续进行，反应Ⅱ的消耗速率增大，反应Ⅰ生成速率减小，两者速率相等时，出现极大值
(4)
(5)D
【详解】（1）反应为气体分子数减小的反应，且反应为放热反应，故低温高压利于平衡正向移动提高甲醇平衡产率，催化剂改变反应速率不改变平衡移动，故选C；
（2）①A．反应为气体分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，甲醇的含量增加，故图像中，A正确；
B．由图可知，相同条件下，温度升高甲醇含量减小，则平衡逆向移动，平衡常数减小，且相同温度下平衡常数相同，则A、B、C、D的平衡常数大小关系，B错误；
C．AB甲醇含量相同浓度相同，温度升高则反应速率增大，故反应速率(状态A)(状态B)，C错误；
D．在C点时，甲醇的含量为50%，设一氧化碳、氢气投料分别为1mol、2mol，则：
，a=0.75mol，的转化率为75%，D正确；
故选AD；
②由①分析可知，C点平衡时，、、分别为0.25mol、0.5mol、0.75mol，总的物质的量为1.5mol，则、、分压分别为、、，故C点对应的平衡常数；
（3）反应开始时，反应Ⅰ中浓度大，生成的速率较快，物质的量分数增大；随着反应继续进行，反应Ⅱ的消耗速率增大，反应Ⅰ生成速率减小，两者速率相等时，出现极大值，之后随着反应Ⅱ生成甲醇消耗一氧化碳增加，一氧化碳量减小；
（4）若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，导致反应Ⅰ中生成CO速率更快，由于反应Ⅱ的消耗速率与反应Ⅰ中生成CO速率差别更大，导致CO的极值更大；更大的一氧化碳浓度导致反应Ⅱ反应速率加快，则极值后CO浓度减小速率更快，图像为： ；
（5）A．由图可知，该反应为二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，化学方程式为，A正确；
B．由图可知，通过的结合，在傕化剂表面生成碳酸盐类物质MgOCO2，B正确；
C．中镁、氧、氢化合价分别为+2、-2、+1，则碳元素的化合价为价，C正确；
D．由图可知，该反应过程中没有中间体生成，D错误；
故选D。
11． 倾析法(或过滤) AD ACD e a c d 挤捏乳胶管 废铁屑中存在其它金属元素，使产品不纯； FeCl3溶液部分水解，导致测得纯度偏低；Fe3+与I—的反应存在一定的限度，Fe3+有剩余
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸发生氧化还原反应制备氯气，装置B中先发生铁与过量盐酸反应得到盐酸和氯化亚铁的混合溶液，再发生混合溶液与氯气反应得到氯化铁溶液，装置C中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的有毒的氯气，防止污染空气。
【详解】(1)步骤I中用碳酸钠溶液浸泡铁屑的目的是除去铁屑表面的油脂，浸泡数分钟除去油脂后可以用倾析法或过滤的方法分离出铁屑，故答案为：倾析法(或过滤)；
(2) A．由分析可知，制备氯化铁溶液时，混合溶液中含有盐酸，氯气中混有的氯化氢气体对实验没有影响，则不需要在装置A、B之间应加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，故A错误；
B．装置B中，搅拌器通过搅拌可以使混合溶液与氯气充分接触，使反应更加充分，故B正确；
C．由分析可知，装置C中盛有的NaOH溶液可以吸收逸出的未反应的有毒的氯气，防止空气污染 ，故C正确；
D．仪器a为恒压分液漏斗，放液时只需打开下端的活塞，不需要取下上端的瓶塞，浓盐酸便可顺利流下，而仪器b为分液漏斗，放液时，需要取下上端的瓶塞，再打开下端的活塞，才可能形成空气对流，便于盐酸顺利流下，操作方法不相同，故D错误；
故答案为：AD；
(3) A．步骤II中稀盐酸适当过量可以使铁屑完全反应，提高利用率，过量的盐酸还能抑制亚铁离子水解，故A正确；
B．步骤III中应用K3Fe(CN)6溶液检验含有FeCl3的混合液中是否存在Fe2+，故B错误；
C．步骤IV 中应加热蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜为止停止加热，将溶液静置，自然冷却，即有晶体析出，否则浓缩度太小产率偏低，浓缩度太大纯度偏低，故C正确；
D．步骤IV中在冷却结晶后的固液混合物中加入甘油可降低氯化铁晶体的溶解度，便于晶体析出，提高产率，故D正确；
故答案为：ACD；
(4) ①测定FeCl3·6H2O产品纯度的实验原理为将晶体溶于水配成氯化铁溶液，向溶液中加入过量的碘化钾溶液，氯化铁溶液完全与碘化钾溶液反应生成氯化亚铁和碘，然后用淀粉溶液做指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液滴定溶液，测定溶液中碘的量，然后依据消耗硫代硫酸钠溶液的体积计算产品的纯度，具体的实验步骤为称取5.000 g粗产品，溶解配成250mL溶液，用移液管取出25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入稍过量的KI溶液，充分反应，用淀粉溶液作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL，计算FeCl3·6H2O纯度，故答案为：e；a；c；d；
②排出碱式滴定管的乳胶管中的气泡的操作为把乳胶管向上弯曲，挤捏乳胶管，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故答案为：挤捏乳胶管；
③若铁屑中含有与酸反应的其他金属单质，可能会导致氯化铁晶体中混有杂质，导致产品的纯度降低；若过量盐酸的浓度偏小，导致氯化铁在溶液中发生水解，没有全部转化为氯化铁，导致产品的纯度降低；氯化铁溶液和碘化钾溶液的反应存在一定的限度，氯化铁不能完全反应，反应生成碘的量偏小，导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，使测定结果偏低，故答案为：废铁屑中存在其它金属元素，使产品不纯； FeCl3溶液部分水解，导致测得纯度偏低；Fe3+与I—的反应存在一定的限度，Fe3+有剩余。
12．(1)增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)
(2)MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O
(3)BC
(4)b→f→a→e
(5) % 偏低
【分析】向草酸晶体中加入稀硫酸和二氧化锰将锰转化为Mn2+而溶解，反应原理为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，充分搅拌，使充分反应后抽滤除去不溶性杂质，向所得滤液中加入饱和碳酸氢铵溶液，调节pH为3~7，反应原理为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2CO3+H2O+CO2↑，抽滤、洗涤、干燥得到MnCO3粗产品，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息②可知：Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，则加入稀硫酸的作用是增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)，故答案为：增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)；
（2）由分析可知，步骤Ⅰ的反应方程式为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，则该反应的离子方程式是MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，故答案为：MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
（3）A．由于步骤Ⅱ过滤的溶液呈强酸性，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A错误；
B．由题干已知信息①可知，碳酸锰受热易分解，为了防止碳酸锰受热分解，步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥，B正确；
C．由题干已知信息②可知， Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化，C正确；
D．由题干信息①可知，碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，则步骤Ⅳ用蒸馏水作为洗涤剂就可以，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作，D错误；
故答案为：BC；
（4）结合抽滤的操作可知，经过一系列操作完成步骤IV中的抽滤和洗涤，正确的操作顺序为：开抽气泵(即打开活塞K)→转移固液混合物→关闭活塞→确认抽干→打开活塞K→调低抽气泵真空度（减缓抽滤速度）→用洗涤剂洗涤→关闭活塞K→确认抽干→打开活塞K→关抽气泵，故答案为：b→f→a→e；
（5）由题干信息可知，反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则c=mol/L，根据锰元素守恒，原样品中含有的MnCO3的物质的量为：n(MnCO3)=mol/L×0.1L=mol，则MnCO3产品纯度为：=%，取待测液于比色管中时，移液管未润洗，将使溶液中MnO的浓度偏小，吸光度A的值偏小，则测得产品纯度将偏低，故答案为：%；偏低。
13．(1)AC
(2)在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低
(3)D
(4) a e f c
(5)
【分析】转炉铜渣(主要成分是、、等)在氧气氛围中加酸溶解，铜转化为硫酸铜，铁转化为硫酸铁，浸出液进一步氧化并调节pH值使铁转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，得到硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到胆矾，胆矾经称量、灼烧、恒重等操作可计算其结晶水含量，据此分析解答。
【详解】（1）制备胆矾晶体涉及过滤操作，过滤时需用到烧杯，再在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶得到，因此还需用到烧杯和蒸发皿，故答案为：AC；
（2）在一定温度范围内适当升温可以加快反应速率，提高浸取率，温度过高则会导致氧气的溶解度下降，导致浸出率降低，故答案为：在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低；
（3）A. 步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度引发反应后即可关闭加热电源，利用反应放出的热量可维持体系温度，故A正确；
B. 步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，使铁沉淀完全，这样便于过滤，故B正确；
C. 步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，可使铁转化为氢氧化铁沉淀，同时抑制硫酸铜的水解，故C正确；
D. 步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在干燥器中冷却后再称量，故D错误；
故选：D。
（4）硫酸铜溶液首先进行蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤得到晶体，晶体用乙醇洗涤干净后，干燥，干燥后的晶体置于已称量质量的坩埚中，再次称量两者的质量，然后将坩埚加热至胆矾全部变为白色，使晶体完全分解后，冷却后称量，反复操作恒重后计算结晶水含量，故答案为：a、e、f、c；
（5）由题意可知晶体中水的质量为：，则水分子的物质的量为：，硫酸铜的质量为：，硫酸铜的物质的量为，该样品中结晶水的个数即为1mol硫酸铜对应的水分子个数，可表示为：，故答案为：。
14． AB ++HCl+H2O 、 、 、 、 （写出任意三种）
【分析】A经系列反应生成C，C与 生成D，C的分子式为C9H8N2O5，对比D的分子式和G的结构简式可知，C中羧基上的-OH被氯原子取代得到D，所以D为 ；G的分子式为C16H13N3O4S，对比H的分子式结合反应条件可知，G生成H时引入了甲基，再根据I的结构简式可推测出H应为 ；I与C3H7ClO反应生成J，该过程中I中酚羟基上的氢原子被代替，根据J的结构可知C3H7ClO应为 。
【详解】(1)A．化合物B中含有氨基，所以可以和HCl反应生成盐，A正确；
B．I与C3H7ClO反应生成J，该过程中I中酚羟基上的氢原子被代替，根据J的结构可知C3H7ClO应为 ，B正确；
C．H为 对比I和H的结构简式可知，H中N原子上-COCH3被氢原子代替、醚键中氧原子上的-CH3被氢原子代替，只有取代反应，没有消去反应，C错误；
D．根据J的结构简式可知其分子式为C17H17N3O4S，D错误；
综上所述答案为AB；
(2)根据分析H的结构简式为 ；
(3)D的结构简式为 ，D + F → G的化学方程式为++HCl+H2O；
(4)对比A和C的结构简式可知，需要将A中硝基转化为-NHCOCH3，甲基被氧化为羧基，同时在-COOH的间位、-NHCOCH3的邻位引入硝基，根据信息③可知，为了保证硝基的位置，应最后进行硝化反应，引入-NHCOCH3时需先将A中硝基还原为-NH2，然后和乙酸反应得到-NHCOCH3，所以为避免氨基被氧化，需要先将氨基转化为酰胺键，所以合成路线为 ；
(5)E的同分异构体满足：1H-NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有5种氢原子，峰面积比为1∶1∶2∶2∶4，其中苯环上的有2种，则苯环上有两个处于对位的取代基、或者有两个相同的取代基位于间位，另外一个不同的取代基位于两个取代基的邻位或间位；
②有-CHO，不含-S-CHO，则符合题意的有 、 、 、 、 。
15．(1)AD
(2)
(3)+2+2CH3COOH
(4)①HCOOCH2COOCH3②HCOOCH2OOCCH3③HCOOCH(CH3)OOCH
(5)
【分析】根据E的结构简式结合M的分子式可知D的结构简式为，N的结构简式为，M的结构简式为，C的结构简式为，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，根据F的分子式可判断F的结构简式为，F中含有氨基，能和盐酸反应生成G，据此解答。
(1)
A. B中含有氨基，经过一系列转化为在F中有变化为氨基，这说明化合物M的作用是保护氨基，A正确；
B. D的结构简式为，化合物D的核磁共振氢谱有4组特征峰，B错误；
C. 化合物E分子中不存在酚羟基，遇氯化铁溶液不显紫色，C错误；
D. 化合物G分子中苯环上含有溴原子，可在氢氧化钠溶液中水解，含有氨基能与盐酸反应，D正确；
答案选AD；
(2)
根据以上分析可知化合物M的结构简式是；化合物N的结构简式是；化合物F的结构简式是。
(3)
根据原子守恒可知C→D的反应中还有乙酸生成，则反应的化学方程式为+2+2CH3COOH 。
(4)
M的结构简式是，2种同时符合下列条件①能发生银镜反应，含有醛基；②含有两个酯基和一个甲基；③不含－O－O－及－O－COO－，则符合条件的有机物结构简式为HCOOCH2COOCH3、HCOOCH2OOCCH3、HCOOCH(CH3)OOCH；
(5)
根据已知信息A生成B首先是甲基被氧化为羧基，然后把硝基还原为氨基，在引入溴原子，最后和SOCl2反应生成B，则合成路线图为。
16．(1)CD
(2)酯基、酰胺基
(3)
(4)
(5)
(6)、、、
【分析】A与苯胺发生加成反应后再与NaCN发生取代反应生成B，B水解后生成C，B中-CN转化为C中-COOH，C与CH3I发生羧基上氢取代反应生成酯基得到D，D与丙酸酐发生取代反应生成E，E与氢气发生还原反应生成F，F与G发生信息中反应生成最终产物，结合信息反应的断键成键可知G为，据此分析解答。
【详解】（1）A. 化合物A含有苯环和羰基可发生加成，苯环上氢可发生取代、一般有机物可发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应，故A正确；
B. 由以上分析可知化合物C中含有羧基和亚氨基，羧基显酸性，亚氨基显碱性，因此C具有两性，故B正确；
C. 化合物D中只有与酯基相连的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D. 由盐酸瑞芬太尼结构简式可知其化学式为，故D错误；
故答案为：CD；
（2）由F的结构简式知，其含有酯基和酰胺基两种含氧官能团，故答案为：酯基、酰胺基；
（3）由以上分析可知G的结构简式为： ，故答案为：；
（4）D与丙酸酐发生取代反应生成E和丙酸，反应方程式为：，故答案为：；
（5）乙炔与HCN发生加成反应生成，发生水解反应生成，与发生取代反应生成，由此可得合成路线。故答案为：；
（6）①分子中含有，且环上不直接连氢，则环上之间相连的为C或O，不含碳碳三键及其它环，结合A的不饱和多可知应含两个碳碳双键或一个碳碳双键和一个碳氧双键；
②表明：分子中共有4种化学环境的氢原子，其结构保持对称，符合题意的结构简式有：、、、，故答案为：、、、。
17．(1)AD
(2)
(3)该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流
(4)>
(5)离子键、非极性共价键
【详解】（1）A. 基态的核外电子排布为：，核外电子有5种空间运动状态，A正确；
B. 同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B错误；
C. 氯原子的价电子排布式可写成，C错误；
D. 以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的氯离子位于棱心，有12个，D正确；
故答案为：AD；
（2）由晶胞结构可知钠离子位于顶点和面心，个数为，氯离子位于体心和棱心，个数为：，则晶胞的质量为：g，的密度为，则晶胞的体积为：cm3，晶胞的边长为：，则在晶体里和的最短距离为边长的一半，即pm，故答案为：；
（3）该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场的作用下可以发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流，故答案为：该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流；
（4）、的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，半径小于半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：大于FeO，故答案为：>；
（5）中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键。
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