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黑龙江省齐齐哈尔市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
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这是一份黑龙江省齐齐哈尔市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26页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省齐齐哈尔市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、实验题
1．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）溴化亚铁(FeBr2，易潮解、800℃升华)是一种无机化工品，常用作聚合反应催化剂，也用于制药工业。某同学在实验室制备FeBr2(Fe与HBr反应)并探究Fe2＋和Br-还原性强弱，装置(部分夹持仪器已省略)如图所示：
已知：2FeBr32FeBr2＋Br2。
回答下列问题：
(1)盛放浓磷酸的仪器名称为___________。
(2)写出烧瓶中反应的化学方程式：___________(磷酸过量)，该反应中体现的制酸原理是___________。
(3)上述装置中，X、Y分别盛装的试剂依次是___________(填字母)。
A．氯化钙、碱石灰 B．碱石灰、氯化钙 C．氯化钙、硫酸铜 D．氢氧化钠、硫酸铜
(4)实验结束后，关闭热源，仍需要通入一段时间N2，其目的是___________。
(5)若用浓硫酸(生成SO2和Br2)代替浓磷酸，同样可以制备FeBr2，请简述原因：___________。
(6)Fe2＋和Br-还原性强弱探究，实验装置如图所示。向m中的FeBr2溶液(约10 mL)中通入少量Cl2，充分反应后，打开活塞k，使约2 mL的溶液流入试管中，然后向试管中滴加____________(填试剂化学式)溶液，观察到________(填现象)，证明还原性：Fe2＋>Br-。
2．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）某同学在实验室以FeS2、焦炭以及干燥纯净的O2反应制取单质硫，并检验产物中的CO，设计如下实验。回答下列问题：
(1)可用如图所示装置制取干燥纯净的O2
①仪器X的名称为_______，若其中盛放的是蒸馏水，锥形瓶中应加入的试剂可以是_______(填化学式， 下同)；若锥形瓶中加入的是MnO2，则仪器X中应盛放的试剂为_______。
②若锥形瓶中加入的是酸性KMnO4溶液，仪器X中盛放的是H2O2溶液，则反应生成O2的离子方程式为_______。
(2)利用如下装置(装置不可重复使用，部分夹持仪器已省略)制备单质硫并验证碳氧化后气体中的CO。
①正确的连接顺序为w→ef(或fe)→_______ →cd(或dc)→g(填接口的小写字母)。
②能说明产物中有CO的现象是_______。
③若充分反应后装置D中的固体能被磁铁吸引，则装置D中FeS2与C的物质的量之比为1：4时发生反应，生成CO和单质硫的化学方程式为_______。
(3)有文献记载，可用如下方法测定某气体样品中CO含量：将500 mL(标准状况)含有CO的某气体样品，通入盛有足量I2O5的干燥管，一定温度下充分反应，用H2O-C2H5OH混合液充分溶解产物I2，定容100 mL。取25. 00 mL于锥形瓶中，用0.0100 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗溶液体积为20.00mL，气体样品中CO的体积分数为_______(结果保留4位有效数字；已知2 Na2S2O3+I2 =Na2S4O6 +2NaI，气体样品中其他成分不与I2O5反应)。
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）无水二氯化锰(MnCl2，极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯)常用于铝合金冶炼、有机氯化物触媒等，某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl，沸点：51℃，与水反应生成CH3COOH和HCl为原料制备无水二氯化锰。实验步骤如下：
Ⅰ．将四水醋酸锰、乙酰氯和苯加入容器中，室温搅拌、静置一会，抽滤，得到无水醋酸锰；
Ⅱ．将无水醋酸锰、苯加入烧瓶中，滴加乙酰氯，加热回流，反应完全后，静置，抽滤、洗涤，得到无水二氯化锰粗产品。装置(夹持装置已省略)如图1所示；
Ⅲ．将无水二氯化锰粗产品进行纯化，得到无水二氯化锰。
回答下列问题：
(1)基态Mn2+核外电子排布式为___________；图1中，盛放乙酰氯的仪器名称为___________。
(2)简述步骤Ⅰ能获得无水醋酸锰的原理：___________(语言叙述)。
(3)步骤Ⅱ除了生成无水二氯化锰外，还有(CH3CO)2O生成，写出该反应的化学方程式：___________。
(4)步骤Ⅰ设置室温下反应，而步骤Ⅱ设置在加热回流下反应，其原因是___________。
(5)抽滤和普通过滤装置如图2所示，简述抽滤的优点：___________(任写一种)。
(6)步骤Ⅲ纯化时，装置如图3所示：
①打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给纯化完成后的操作排序：纯化完成→(___________ )→(___________ )→(___________)→(___________ ) →将产品转至干燥器中保存，_______
a．拔出圆底烧瓶的瓶塞
b．关闭抽气泵
c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d．打开安全瓶上旋塞
②图3装置中U形管内NaOH固体的作用是___________(写一条即可)。
(7)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通。过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是___________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
二、工业流程题
4．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）钾冰晶石(K3AIF6)是用作电解铝工艺的助熔剂，已知K3AlF6微溶于水。以超细含铝废渣(主要成分Al2O3，含有少量Fe3O4、PbO杂质)为原料制备钾冰晶石的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热搅拌，原因是___________，滤渣的主要成分中含有金属元素___________(填元素符号)。
(2)氧化剂若选用H2O2，发生反应的离子方程式为___________，反应液的pH控制在较低水平，原因是___________。
(3)“系列操作”后滤液的主要成分的用途为___________(回答一条)，“系列操作”包含过滤、___________。
(4)“合成”时发生反应的化学方程式为___________，“萃取”过程可表示为Fe2(SO4)3(水层)＋6RH(有机层)2R3Fe(有机层)＋3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是___________。
(5)Fe2(SO4)4溶液浓度的测定
用移液管吸取10.00 mL Fe2(SO4)3溶液，配成250 mL溶液，移取稀释液25.00 mL于锥形瓶中，滴入几滴KSCN溶液作指示剂，再用0.1 mol·L-1的EDTA(Na3Y)标准溶液滴定(Fe3＋＋Y3-=FeY)，滴定至终点时消耗EDTA标准溶液10 mL。原Fe2(SO4)3溶液中c[Fe2(SO4)3]= ___________mol·L-1
5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）利用某含铁矿渣(Fe2O3约40%、Al2O3约10%、MgO约5%、SiO2约45%)制备草酸合铁(III)酸钾晶体{化学式为K3[Fe(C2O4)3·3H2O]}的流程如下：
已知：草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体易溶于水且溶解度随温度升高明显增大，难溶于乙醇，对光敏感，光照下即发生分解；草酸钾微溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是_______；滤渣的主要成分为_______(写化学式)。
(2)“净化”时，滴加氨水除去Al3+，若常温时， Ksp[Al(OH)3]=1.0 ×10-32，理论上使Al3+恰好沉淀完全[即溶液中c(A13+ )=1×10-5 mol· L-1]时，溶液的pH为_______。
(3)“氧化”这一步 ，是依次加入一定量的饱和K2C2O4溶液、H2C2O4溶液、3%H2O2溶液，不断搅拌溶液并维持在40℃左右。充分反应后，沉淀溶解，溶液的pH保持在4~5，此时溶液呈翠绿色，趁热将溶液过滤到烧杯中，_______(补充必要的步骤) ，得草酸合铁( III )酸钾晶体。
(4)写出“氧化”时反应的离子方程式：_______；“氧化”时，加入H2O2溶液的量过多，会使产品纯度下降的原因是_______。
(5)草酸合铁(Ⅲ )酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐 、CO2等，写出该反应的化学方程式：_______。
三、原理综合题
6．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）甲醇是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)以甲醇为原料制备甲醛，同时生成副产物H2等，已知以下热化学方程式：
I.CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) △H1=a kJ·mol-1
II.CO(g)＋H2(g)HCHO(g) △H2=b kJ·mol-1
III.CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g) △H3=c kJ·mol-1
则b=___________(用含有a、c的代数式表示)。
(2)以Na2CO3固体为催化剂，甲醇脱氢可制得甲醛。反应机理如下：
(i)CH3OH(g)·H(g)＋·CH2OH(g)；
(ii)·CH2OH(g)HCHO(g)＋·H(g)；
(iii)·H(g)十·H(g)H2(g)
①(i)中反应物的总能量___________(填“>”“=”或“<”)生成物的总能量。
②某温度时反应(i)、(ii)、(ii)的平衡常数依次为K1、K2、K3，CH3OH(g)H2(g)＋HCHO(g)的平衡常数为K，则K=___________(用含K1、K2、K3的代数式表示)。
(3)向体积为1 L恒容反应器中加入2 mol CH3OH及适量催化剂，发生反应CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g) △H，在T1、T2(T1
①T2温度下，20min时甲醇的体积分数为___________%(保留三位有效数字)，前20min平均反应速率(HCHO)=___________mol·L-1·min-1。
②T1温度下该反应的平衡常数Kp=___________kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，反应器内的初始压强为103kPa)。
(4)固体氧化物甲醇燃料电池是能效高、环境友好地转化成电能的全固态电源，工作原理如图所示。
①石墨极上的反应式为___________。
②若通过用电器的电子的物质的量为1.2 mol，则消耗标准状况下O2的体积为___________L。
7．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为_______mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是_______。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H5-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______。
四、结构与性质
8．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）翡翠是一类名贵的装饰品，其主要成分为硅酸铝钠(NaAlSi2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn等元素。回答下列问题：
(1)基态硅原子的电子排布式为___________；基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，其原因是违背了___________。
(2)NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________(填元素符号)，灼烧硅酸铝钠时，当钠元素的价电子由___________(填“激发态”或“基态”)跃迁到另一状态时产生黄色火焰。
(3)双聚氯化铝(Al2Cl6)中只存在氯铝键，物质中各原子均达到8电子稳定结构，Al2Cl6的结构式为___________(若有配位键，用→标出)。硅与碳类似，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，此三种分子中硅原子的杂化轨道类型有___________；分子空间构型属于正四面体的是___________。
(4)已知单质钠、铝的熔点分别为98℃、660℃，从结构的角度解释导致这种差异的主要原因：___________。
(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，该化合物的化学式为___________。知该晶体密度为ρ g·cm-3.晶体中Cr原子和N的最近核间距为___________pm(NA表示阿伏加德罗常数值)。
9．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）在金属(如：Cu、Co、Be、K等)的湿法冶炼中，某些含氮(如：)、磷[如：磷酸丁基酯(C4H9O)3P=O]等有机物作萃取剂，可将金属萃取出来，从而实现在温和条件下金属冶炼。
回答下列问题：
(1)基态Co原子核外电子排布式为[Ar]_______，有_______ 个 运动状态不同的电子。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+号表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
(3)科学家证实，BeCl2是共价化合物，请设计一个简 单实验证明该结论：_______；Be的杂化轨道类型为_______。
(4)在N、 NH3、N2H4、NH、N2H五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有_______；不能作为配位体的有_______；空间构型为直线形的是_______。
(5)氮原子的第一电离能_______(填“大于”“小于”或“等 于”)磷原子的第一电离能。
(6)分别用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置。若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为 _______g·cm-3(写出表达式即可)。
五、有机推断题
10．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）有机物H是锂离子电池中的重要物质，以烃A．C为基础原料合成H的路线图如下：
回答下列问题：
(1)反应①是加成反应，则A的结构简式为___________，F的结构简式为___________。
(2)G中官能团名称是___________；⑥的反应类型是___________。
(3)反应③的另一种产物是HBr，则反应②中另一种反应物是___________(填化学式)；写出反应③的化学方程式：___________。
(4)G有多种芳香族同分异构体，写出其中符合下列条件所有物质的结构简式：___________。
i.能与NaHCO3溶液反应
ii.苯环上只有2种不同化学环境的氢
(5)以烃A、甲醛为基础原料制备1，2，3，4-丁四醇，写出能合成较多目标产物的较优合成路线：___(其他无机试剂任选)。
11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）某科研小组利用有机物A制备重要的化合物H的合成路线如图：
已知：R1- CH=CH- R2
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称为_______。
(2)B的结构简式为_______，A →B的反应类型为_______。
(3)C →D反应的化学方程式为_______。
(4)F的一氯代物有_______种。
(5)写出同时符合下列条件的H的同分异构体的结构简式：_______。
①能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为6：6：1：1。
(6)参照上述流程，设计以乙醛和CHBr3为原料，制备的合成路线：_______(其他无机试剂任选)。
参考答案：
1． 分液漏斗 NaBr+H3PO4(浓)NaH2PO4+HBr↑ 难挥发性酸制取挥发性酸，或高沸点酸制取低沸点酸 A 将装置中的HBr全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境 浓硫酸代替浓磷酸，生成SO2和Br2，SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2 KSCN溶液 上层溶液变为红色，下层溶液不变色
【分析】浓磷酸和溴化钠制取HBr，经干燥后和铁反应，生成FeBr2，升华进入锥形瓶中被收集。
【详解】(1)由仪器构造可知，盛放浓磷酸的仪器为分液漏斗。
(2)烧瓶中发生制取HBr的反应，利用磷酸的不挥发性，制取挥发性的HBr，当磷酸过量时，生成酸式盐，化学方程式为：NaBr+H3PO4(浓)NaH2PO4+HBr↑。
(3)X中的试剂干燥HBr，HBr是酸性气体，不能选择碱性干燥剂如碱石灰或NaOH等，可以选择无水氯化钙，Y中试剂的作用是吸收未反应的HBr，防止污染环境，且防止空气中的水蒸气进入锥形瓶中导致FeBr2潮解，故选A。
(4)实验结束后，关闭热源，需要通入一段时间N2，其目的是将装置中的HBr全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境。
(5)浓硫酸和NaBr发生氧化还原反应，生成SO2和Br2，SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2，同样可以制备FeBr2。
(6)氯气和FeBr2反应，氯气既能将Fe2＋氧化，也能将Br-还原性氧化，若通入少量氯气，只氧化了Fe2＋而没有氧化Br-，则可证明还原性：Fe2＋>Br-。Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋可以用KSCN溶液检验，Fe3＋遇KSCN溶液变红。
2．(1) 分液漏斗 Na2O2 H2O2
(2) ji→lk 硬质玻璃管中黑色固体变红，生成的气体使澄清石灰水变浑浊 3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+6S+12CO
(3)8.96%
【分析】在实验室以FeS2、焦炭以及干燥纯净的O2反应制取单质硫，并检验产物中的CO，设计如下实验；利用装置制备单质硫并验证碳氧化后气体中的CO：在制取硫的过程中由于高温可能产生硫蒸气，为了避免硫蒸气干扰后续检验，需用浓NaOH溶液将其除去：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，但此时气体中仍含有杂质水蒸气，在进入硬质玻璃管之前，用无水CaCl2将水蒸气除去。
【详解】（1）①根据仪器的构造可知，仪器X的名称为分液漏斗；由于是制取O2，水和Na2O2反应可以生成O2，故锥形瓶中应加入Na2O2， MnO2可催化分解H2O2产生O2，故仪器X中盛放的试剂是H2O2；
②若锥形瓶中加入的是酸性KMnO4溶液，仪器X中盛放的是H2O2溶液，双氧水被氧化生成O2，高锰酸钾被还原生成硫酸锰，反应的离子方程式为： ；
（2）①在制取硫的过程中由于高温可能产生硫蒸气，为了避免硫蒸气干扰后续检验，需用浓NaOH溶液将其除去：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，但此时气体中仍含有杂质水蒸气，在进入硬质玻璃管之前，用无水CaCl2将水蒸气除去，故正确的连接顺序为w→ef(或fe)→ji→lk→cd(或dc)→g；
②能说明产物中有CO的现象是：硬质玻璃管中黑色固体变红，生成的气体使澄清石灰水变浑浊；
③若充分反应后装置D中的固体能被磁铁吸引，则生成四氧化三铁，则装置D中FeS2与C的物质的量之比为1：4时发生反应，生成CO和单质硫的化学方程式为3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+6S+12CO；
（3）由题目信息可知， 根据化学方程式可得对应关系：5CO~I2~2Na2S2O3，n(CO)=n(Na2S2O3)=10 n(Na2S2O3)=100.0100mol/L0.02L=0.002mol，则样品气中CO的体积分数为：。
3．(1) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5或[Ar]3d5 恒压滴液漏斗
(2)乙酰氯与四水醋酸锰中的结晶水反应生成CH3COOH和HCl，从而获得无水醋酸锰(或其他合理叙述)
(3)(CH3COO)2 Mn+2CH3COC1MnCl2 +2(CH3CO)2O
(4)步骤Ⅰ常温下可防止生成MnCl2，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2(或其他合理叙述)
(5)抽滤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥等(写出一条即可)
(6) cdba 吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品(写出一条即可)
(7)乙
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，由题给流程可知，四水醋酸锰和乙酰氯溶解在苯中搅拌抽滤得到醋酸锰固体，向加入醋酸锰固体中加入苯和乙酰氯回流搅拌，醋酸锰和乙酰氯反应得到氯化锰沉淀，抽滤、洗涤得到无水二氯化锰。
【详解】（1）锰为25号元素，则基态Mn2+核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5或[Ar]3d5；由图可知盛放乙酰氯的仪器名称为恒压滴液漏斗；
（2）根据题给信息可知，四水醋酸锰和乙酰氯反应生成CH3COOH和HCl为原料制备无水二氯化锰，故步骤Ⅰ能获得无水醋酸锰的原理为：乙酰氯与四水醋酸锰中的结晶水反应生成CH3COOH和HCl，从而获得无水醋酸锰(或其他合理叙述)；
（3）步骤Ⅱ中无水醋酸锰和乙酰氯反应生成无水二氯化锰粗产品，相应的方程式为：(CH3COO)2 Mn+2CH3COC1MnCl2 +2(CH3CO)2O；
（4）根据题给信息可知，CH3COCl沸点较低，容易挥发，步骤I为了使反应更加充分，防止CH3COCl挥发，应该在低温下进行，而步骤Ⅱ有回流装置，可防止挥发，加热可以加快反应速率，故答案为：步骤Ⅰ常温下可防止生成MnCl2，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2(或其他合理叙述)；
（5）抽滤和普通过滤相比，最大的优点是，抽滤可以使过滤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥等；
（6）①纯化完成后的操作和纯化的操作相反，纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故答案为cdba；
②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此NaOH固体的作用是吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品(写出一条即可)。
（7）由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。
4． 提高浸酸速率 Pb 2Fe2++H2O2=2Fe3+ +H2O 抑制Fe3+、Al3+的水解 用作氮肥 洗涤、干燥 Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4 向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，分离出水层 0.5
【分析】浸酸后氧化铝和四氧化三铁，氧化铅会与硫酸反应分别生成硫酸铝，硫酸铁和硫酸亚铁，硫酸铅沉淀，所以滤渣为硫酸铅，氧化剂将二价铁离子氧化为三价铁离子，萃取由有机层获取Fe2(SO4)3溶液，合成步骤：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4，然后将钾冰晶石过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。
【详解】(1)“酸浸”时加热搅拌，可以提高浸酸速率，滤渣的主要成分为氧化铅与硫酸反应生成的硫酸铅，含有金属元素为Pb。
(2) 溶液中含有偶Fe2+、Al3+，氧化剂若选用H2O2，会将二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2=2Fe3+ +H2O，反应液的pH控制在较低水平，原因是抑制Fe3+、Al3+的水解。
(3)合成时生成(NH4)2SO4，“系列操作”后滤液的主要成分为(NH4)2SO4，用途为用作氮肥，“系列操作”包含过滤、洗涤、干燥。
(4)“合成”时发生反应的化学方程式为：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4，“萃取”过程可表示为Fe2(SO4)3(水层)＋6RH(有机层)2R3Fe(有机层)＋3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，分离出水层。
(5)c1×V1=c2×V2，0.1 mol·L-1×10 mL= c2×25 mL，c2=0.04 mol·L-1，c3×V3=c2×V2，c3×10.00 mL =0.04 mol·L-1×250 mL，c3=1 mol·L-1=c(Fe3+)，故c[Fe2(SO4)3]=0.5 mol·L-1。
5．(1) 高温条件下将Fe2O3还原为Fe SiO2
(2)5
(3)降温结晶，过滤，乙醇洗涤干燥（或等滤液降温后加入适量的乙醇，析出晶体，过滤，乙醇洗涤，干燥）
(4) 2FeC2O4•2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O 有碳酸盐生成
(5)2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O
【分析】废渣与煤炭在空气中煅烧，氧化铁被还原为铁；SiO2、Al2O3、MgO不能被还原，加入稀硫酸，SiO2不溶，则滤渣为SiO2，滤液为硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸镁；加入草酸过滤得到黄色的草酸亚铁沉淀，再依次加入一定量的饱和K2C2O4溶液、H2C2O4溶液、3%H2O2溶液，用双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，最终生成草酸合铁(III)酸钾晶体，据此分析回答问题。
（1）
C能在高温条件下将Fe2O3还原为Fe；在煤炭煅烧后的硫酸渣的主要化学成分为：SiO2、Fe、Al2O3、MgO，其中Fe、Al2O3、MgO均能与稀硫酸反应，但SiO2不能与稀硫酸反应，则滤渣为SiO2，故答案为：高温条件下将Fe2O3还原为Fe；SiO2；
（2）
由Ksp[Al（OH）3]=c（Al3+）×c3（OH-），c（OH-）=，即pOH=9，则pH=14-pOH=14-9=5，故答案为：5；
（3）
趁热将溶液过滤到烧杯中，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥等操作得草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体，故答案为：降温结晶，过滤，乙醇洗涤干燥（或等滤液降温后加入适量的乙醇，析出晶体，过滤，乙醇洗涤，干燥）；
（4）
过氧化氢将Fe（C2O4）•2H2O氧化为K3[Fe（C2O4）3]，同时过氧化氢被还原为水，反应离子方程式为：2FeC2O4•2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O；“氧化”时，加入H2O2溶液的量过多，草酸根会被氧化生成碳酸盐，导致产品纯度下降；故答案为：2FeC2O4•2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O；有碳酸盐生成；
（5）
草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、CO2等，两种草酸盐为草酸钾、草酸铁，反应方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O，故答案为：2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O。
6． c-a ＜ K1×K2×K3 11.1 0.08 900 2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O或CH3OH+3O2--6e-=CO2+2H2O 6.72
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应II.CO(g)＋H2(g)HCHO(g)可由反应III.CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)减去反应I.CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)而得到，故△H2=△H3-△H1，即b=c-a，故答案为：c-a；
(2)①(i)中表示的是CH3OH中C-H键断裂，故需吸收能量，故反应物的总能量＜生成物的总能量，故答案为：＜；
②某温度时反应(i)、(ii)、(iii)的平衡常数依次为K1、K2、K3，由反应(i)+(ii)+(iii)可得到反应CH3OH(g)H2(g)＋HCHO(g)的平衡常数为K，故K= K1× K2×K3，故答案为：K1×K2×K3；
(3)①由图可知，T2温度下，20min时甲醇的转化率为80%，故三段式分析如下：，故甲醇的体积分数为，前20min平均反应速率(HCHO)=mol·L-1·min-1，故答案为：11.1；0.08；
②由图可知，T1温度下CH3OH的平衡转化率为60%，故三段式分析为：，恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，故平衡时的气体总压强为：，故各气体的平衡分压为：p(CH3OH)=， p(HCHO)=p(H2)= ，该反应的平衡常数Kp=kPa，故答案为：900；
(4)在燃料电池中，通氧气的一极时正极，发生还原反应，用熔融固体氧化物作电解质时，正极电极反应为：3O2+12e-=6O2-，则石墨电极为负极，发生氧化反应，根据甲醇燃料电池总的反应式为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，故负极反应式可用总反应式减去正极反应式得到，故负极反应式为：2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O；
①由上述分析可知，石墨极为电池的负极，发生的电极反应式为2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O或CH3OH+3O2--6e-=CO2+2H2O，故答案为：2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O或CH3OH+3O2--6e-=CO2+2H2O；
②根据电子守恒，若通过用电器的电子的物质的量为1.2 mol，则消耗标准状况下O2的体积为，故答案为：6.72。
7．(1)-a-3b-c
(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量
(3) C 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5
【详解】（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
（2）①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
（3）①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
8． 1s22s22p63s23p2 洪特规则 O＞Si＞Al＞Na 激发态 sp3、sp2、sp3 SiH4 Na和Al均为金属晶体，且钠原子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小 CrN ×1010
【详解】(1)已知硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；根据洪特规则，当电子进入同一能级的不同轨道时，电子总是优先单独占据不同的轨道且自旋方向相同，故基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，是违背了洪特规则，故答案为：1s22s22p63s23p2；洪特规则；
(2)同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下元素第一电离能依次减小，故NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为O＞Si＞Al＞Na，灼烧硅酸铝钠时，元素由基态到激发态时需吸收能量，当由激发态转化为基态时，则会释放能量，故当钠元素的价电子由激发态跃迁到另一状态时产生黄色火焰，故答案为：O＞Si＞Al＞Na；激发态；
(3)由Al原子最外层上只有3个电子，而Cl原子最外层上有7个电子，故双聚氯化铝(Al2Cl6)中只存在氯铝键，物质中各原子均达到8电子稳定结构，Al2Cl6的结构式为 ，硅与碳类似，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，分别类似于CH4、C2H4、C3H8，故此三种分子中硅原子的杂化轨道类型有sp3、sp2、sp3；CH4为正四面体结构，故分子空间构型属于正四面体的是SiH4，故答案为：；sp3、sp2、sp3；SiH4；
(4)已知单质钠、铝的熔点分别为98℃、660℃，由于Na和Al均为金属晶体，且钠原子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小，故导致二者熔点相差甚远，故答案为：Na和Al均为金属晶体，且钠原子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小；
(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，根据均摊法结合图甲可知，一个晶胞中含有的Cr原子数目为：，N原子数目为：4，该化合物的化学式为CrN，设晶胞的边长为xcm，由该晶体密度为ρ g·cm-3，可知：，解得：x=cm，故晶体中Cr原子和N的最近核间距为为体对角线的，故为cm=×1010pm，故答案为：CrN；×1010。
9．(1) 3d74s2 27
(2)
(3) 用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物 sp杂化
(4) NH3、N2H4 、
(5)大于
(6)
【详解】（1）基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；核外有多少个电子就有多少种运动状态，故有27个运动状态不同的电子；
（2）基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，其价电子自旋磁量子数的代数和为；
（3）要证明BeCl2是共价化合物，可验证其熔融状态的导电性，故：用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物；BeCl2是直线形分子，Be的杂化轨道类型为sp杂化；
（4）氢键的形成是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为N、O、F原子，氨气有一对孤电子对，肼有两对孤电子对，所以氨气、肼能形成氢键，而、中N的孤电子对都与氢离子共用，从而也就没了孤电子对，不能作为配体；与CO2互为等电子体，空间构型为直线形；故在、 NH3、N2H4、、五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有NH3、N2H4；不能作为配位体的有、；空间构型为直线形的是。
（5）N原子半径小于P，原子核对核外电子的吸引能力更强，第一电离能大于P；
（6）如图所示，钾离子所在位置：顶点，面心，体心，均摊法计算共4个，由KH2PO4化学式可知阴离子也是4个，故晶体的密度。
10． HC≡CH 羟基和醚基 加成反应 HBr + +HBr HC≡CH HOCH2C≡CCH2OH HOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH
【分析】由题干合成路线图可知，A、C为烃，由B的结构简式和A到B的转化条件可推知A为：HC≡CH，由E和B的结构简式可推知D的结构简式为：，推知烃C为：，由F的分子式结合E到F到G的反应条件可推知F的结构简式为：，(4)已知G的结构简式为：G，分子式为C9H10O2，符合i.能与NaHCO3溶液反应说明分子中含有羧基，ii.苯环上只有2种不同化学环境的氢，说明苯环上有两个对位的取代基或者三个取代基，据此确定同分异构体的结构简式，(5)由题干流程图信息可知，烃A为乙炔，结合流程图中A到B的转化信息可知，乙炔和甲醛反应生成：HOCH2C≡CCH2OH，由流程图中E到F的信息可知，HOCH2C≡CCH2OH部分加氢可以转化为：HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH和Br2发生加成反应生成HOCH2CHBrCHBrCH2OH，HOCH2CHBrCHBrCH2OH在NaOH水溶液中加热发生水解反应即可得到1，2，3，4-丁四醇，据此确定合成路线，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，反应①是加成反应，则A的结构简式为HC≡CH，F的结构简式为，故答案为：HC≡CH；；
(2)由题干信息可知，G的结构简式为：，故其中官能团名称是羟基和醚基，反应⑥是和CO2反应生成，故该反应的反应类型是加成反应，故答案为：羟基和醚基；加成反应；
(3)反应③的另一种产物是HBr，说明D的结构简式为：，则反应②为苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故另一种反应物是HBr；反应③的化学方程式为：+ +HBr，故答案为：HBr；+ +HBr；
(4)已知G的结构简式为：，分子式为C9H10O2，符合i.能与NaHCO3溶液反应说明分子中含有羧基，ii.苯环上只有2种不同化学环境的氢，说明苯环上有两个对位的取代基或者三个取代基，故G符合上述条件所有物质的结构简式为：故答案为：；
(5)由题干流程图信息可知，烃A为乙炔，结合流程图中A到B的转化信息可知，乙炔和甲醛反应生成：HOCH2C≡CCH2OH，由流程图中E到F的信息可知，HOCH2C≡CCH2OH部分加氢可以转化为：HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH和Br2发生加成反应生成HOCH2CHBrCHBrCH2OH，HOCH2CHBrCHBrCH2OH在NaOH水溶液中加热发生水解反应即可得到1，2，3，4-丁四醇，故确定合成路线为：HC≡CH HOCH2C≡CCH2OH HOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH，故答案为：HC≡CH HOCH2C≡CCH2OH HOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH。
11．(1)羟基
(2) 取代反应
(3)+NaOH+NaCl+H2O
(4)1
(5)
(6)CH3CHO CH3CH2OHCH2=CH2
【分析】根据A的结构简式，可知A为； 与HCl反生取代反应，生成B为 ； 经过系列反应，生成C为 ；生成D，D经过已知反应条件生成E为，可知D为，再结合其他物质分析作答。
(1)
A为，其官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；
(2)
由分析可知， 与HCl反生取代反应，生成B为 ，故答案为： ；取代反应；
(3)
在碱的醇溶液中，发生消去反应生成 ，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；
(4)
F为，存在1种不同的氢原子，则一氯代物有1种，故答案为：1；
(5)
H为，其同分异构体满足：①能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基；③核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为6：6：1：1，其中酚羟基和醛基上各有一个氢，则苯环上面没有氢，剩余部分为-C6H12，不饱和度为2，则满足条件的为四个甲基和一个碳碳三键，并且要高度对称及碳碳三键上没有氢原子，具体为，故答案为：；
(6)
参照上述流程可知，乙醛与氢气反生加成反应，生成乙醇，乙醇再经过消去反应，生成乙烯，乙烯与CHBr3反应，生成 ，具体合成路线：CH3CHO CH3CH2OHCH2=CH2，故答案为：CH3CHO CH3CH2OHCH2=CH2。
黑龙江省齐齐哈尔市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、实验题
1．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）溴化亚铁(FeBr2，易潮解、800℃升华)是一种无机化工品，常用作聚合反应催化剂，也用于制药工业。某同学在实验室制备FeBr2(Fe与HBr反应)并探究Fe2＋和Br-还原性强弱，装置(部分夹持仪器已省略)如图所示：
已知：2FeBr32FeBr2＋Br2。
回答下列问题：
(1)盛放浓磷酸的仪器名称为___________。
(2)写出烧瓶中反应的化学方程式：___________(磷酸过量)，该反应中体现的制酸原理是___________。
(3)上述装置中，X、Y分别盛装的试剂依次是___________(填字母)。
A．氯化钙、碱石灰 B．碱石灰、氯化钙 C．氯化钙、硫酸铜 D．氢氧化钠、硫酸铜
(4)实验结束后，关闭热源，仍需要通入一段时间N2，其目的是___________。
(5)若用浓硫酸(生成SO2和Br2)代替浓磷酸，同样可以制备FeBr2，请简述原因：___________。
(6)Fe2＋和Br-还原性强弱探究，实验装置如图所示。向m中的FeBr2溶液(约10 mL)中通入少量Cl2，充分反应后，打开活塞k，使约2 mL的溶液流入试管中，然后向试管中滴加____________(填试剂化学式)溶液，观察到________(填现象)，证明还原性：Fe2＋>Br-。
2．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）某同学在实验室以FeS2、焦炭以及干燥纯净的O2反应制取单质硫，并检验产物中的CO，设计如下实验。回答下列问题：
(1)可用如图所示装置制取干燥纯净的O2
①仪器X的名称为_______，若其中盛放的是蒸馏水，锥形瓶中应加入的试剂可以是_______(填化学式， 下同)；若锥形瓶中加入的是MnO2，则仪器X中应盛放的试剂为_______。
②若锥形瓶中加入的是酸性KMnO4溶液，仪器X中盛放的是H2O2溶液，则反应生成O2的离子方程式为_______。
(2)利用如下装置(装置不可重复使用，部分夹持仪器已省略)制备单质硫并验证碳氧化后气体中的CO。
①正确的连接顺序为w→ef(或fe)→_______ →cd(或dc)→g(填接口的小写字母)。
②能说明产物中有CO的现象是_______。
③若充分反应后装置D中的固体能被磁铁吸引，则装置D中FeS2与C的物质的量之比为1：4时发生反应，生成CO和单质硫的化学方程式为_______。
(3)有文献记载，可用如下方法测定某气体样品中CO含量：将500 mL(标准状况)含有CO的某气体样品，通入盛有足量I2O5的干燥管，一定温度下充分反应，用H2O-C2H5OH混合液充分溶解产物I2，定容100 mL。取25. 00 mL于锥形瓶中，用0.0100 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗溶液体积为20.00mL，气体样品中CO的体积分数为_______(结果保留4位有效数字；已知2 Na2S2O3+I2 =Na2S4O6 +2NaI，气体样品中其他成分不与I2O5反应)。
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）无水二氯化锰(MnCl2，极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯)常用于铝合金冶炼、有机氯化物触媒等，某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl，沸点：51℃，与水反应生成CH3COOH和HCl为原料制备无水二氯化锰。实验步骤如下：
Ⅰ．将四水醋酸锰、乙酰氯和苯加入容器中，室温搅拌、静置一会，抽滤，得到无水醋酸锰；
Ⅱ．将无水醋酸锰、苯加入烧瓶中，滴加乙酰氯，加热回流，反应完全后，静置，抽滤、洗涤，得到无水二氯化锰粗产品。装置(夹持装置已省略)如图1所示；
Ⅲ．将无水二氯化锰粗产品进行纯化，得到无水二氯化锰。
回答下列问题：
(1)基态Mn2+核外电子排布式为___________；图1中，盛放乙酰氯的仪器名称为___________。
(2)简述步骤Ⅰ能获得无水醋酸锰的原理：___________(语言叙述)。
(3)步骤Ⅱ除了生成无水二氯化锰外，还有(CH3CO)2O生成，写出该反应的化学方程式：___________。
(4)步骤Ⅰ设置室温下反应，而步骤Ⅱ设置在加热回流下反应，其原因是___________。
(5)抽滤和普通过滤装置如图2所示，简述抽滤的优点：___________(任写一种)。
(6)步骤Ⅲ纯化时，装置如图3所示：
①打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给纯化完成后的操作排序：纯化完成→(___________ )→(___________ )→(___________)→(___________ ) →将产品转至干燥器中保存，_______
a．拔出圆底烧瓶的瓶塞
b．关闭抽气泵
c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d．打开安全瓶上旋塞
②图3装置中U形管内NaOH固体的作用是___________(写一条即可)。
(7)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通。过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是___________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
二、工业流程题
4．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）钾冰晶石(K3AIF6)是用作电解铝工艺的助熔剂，已知K3AlF6微溶于水。以超细含铝废渣(主要成分Al2O3，含有少量Fe3O4、PbO杂质)为原料制备钾冰晶石的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热搅拌，原因是___________，滤渣的主要成分中含有金属元素___________(填元素符号)。
(2)氧化剂若选用H2O2，发生反应的离子方程式为___________，反应液的pH控制在较低水平，原因是___________。
(3)“系列操作”后滤液的主要成分的用途为___________(回答一条)，“系列操作”包含过滤、___________。
(4)“合成”时发生反应的化学方程式为___________，“萃取”过程可表示为Fe2(SO4)3(水层)＋6RH(有机层)2R3Fe(有机层)＋3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是___________。
(5)Fe2(SO4)4溶液浓度的测定
用移液管吸取10.00 mL Fe2(SO4)3溶液，配成250 mL溶液，移取稀释液25.00 mL于锥形瓶中，滴入几滴KSCN溶液作指示剂，再用0.1 mol·L-1的EDTA(Na3Y)标准溶液滴定(Fe3＋＋Y3-=FeY)，滴定至终点时消耗EDTA标准溶液10 mL。原Fe2(SO4)3溶液中c[Fe2(SO4)3]= ___________mol·L-1
5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）利用某含铁矿渣(Fe2O3约40%、Al2O3约10%、MgO约5%、SiO2约45%)制备草酸合铁(III)酸钾晶体{化学式为K3[Fe(C2O4)3·3H2O]}的流程如下：
已知：草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体易溶于水且溶解度随温度升高明显增大，难溶于乙醇，对光敏感，光照下即发生分解；草酸钾微溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是_______；滤渣的主要成分为_______(写化学式)。
(2)“净化”时，滴加氨水除去Al3+，若常温时， Ksp[Al(OH)3]=1.0 ×10-32，理论上使Al3+恰好沉淀完全[即溶液中c(A13+ )=1×10-5 mol· L-1]时，溶液的pH为_______。
(3)“氧化”这一步 ，是依次加入一定量的饱和K2C2O4溶液、H2C2O4溶液、3%H2O2溶液，不断搅拌溶液并维持在40℃左右。充分反应后，沉淀溶解，溶液的pH保持在4~5，此时溶液呈翠绿色，趁热将溶液过滤到烧杯中，_______(补充必要的步骤) ，得草酸合铁( III )酸钾晶体。
(4)写出“氧化”时反应的离子方程式：_______；“氧化”时，加入H2O2溶液的量过多，会使产品纯度下降的原因是_______。
(5)草酸合铁(Ⅲ )酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐 、CO2等，写出该反应的化学方程式：_______。
三、原理综合题
6．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）甲醇是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)以甲醇为原料制备甲醛，同时生成副产物H2等，已知以下热化学方程式：
I.CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) △H1=a kJ·mol-1
II.CO(g)＋H2(g)HCHO(g) △H2=b kJ·mol-1
III.CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g) △H3=c kJ·mol-1
则b=___________(用含有a、c的代数式表示)。
(2)以Na2CO3固体为催化剂，甲醇脱氢可制得甲醛。反应机理如下：
(i)CH3OH(g)·H(g)＋·CH2OH(g)；
(ii)·CH2OH(g)HCHO(g)＋·H(g)；
(iii)·H(g)十·H(g)H2(g)
①(i)中反应物的总能量___________(填“>”“=”或“<”)生成物的总能量。
②某温度时反应(i)、(ii)、(ii)的平衡常数依次为K1、K2、K3，CH3OH(g)H2(g)＋HCHO(g)的平衡常数为K，则K=___________(用含K1、K2、K3的代数式表示)。
(3)向体积为1 L恒容反应器中加入2 mol CH3OH及适量催化剂，发生反应CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g) △H，在T1、T2(T1
①T2温度下，20min时甲醇的体积分数为___________%(保留三位有效数字)，前20min平均反应速率(HCHO)=___________mol·L-1·min-1。
②T1温度下该反应的平衡常数Kp=___________kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，反应器内的初始压强为103kPa)。
(4)固体氧化物甲醇燃料电池是能效高、环境友好地转化成电能的全固态电源，工作原理如图所示。
①石墨极上的反应式为___________。
②若通过用电器的电子的物质的量为1.2 mol，则消耗标准状况下O2的体积为___________L。
7．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为_______mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是_______。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H5-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______。
四、结构与性质
8．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）翡翠是一类名贵的装饰品，其主要成分为硅酸铝钠(NaAlSi2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn等元素。回答下列问题：
(1)基态硅原子的电子排布式为___________；基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，其原因是违背了___________。
(2)NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________(填元素符号)，灼烧硅酸铝钠时，当钠元素的价电子由___________(填“激发态”或“基态”)跃迁到另一状态时产生黄色火焰。
(3)双聚氯化铝(Al2Cl6)中只存在氯铝键，物质中各原子均达到8电子稳定结构，Al2Cl6的结构式为___________(若有配位键，用→标出)。硅与碳类似，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，此三种分子中硅原子的杂化轨道类型有___________；分子空间构型属于正四面体的是___________。
(4)已知单质钠、铝的熔点分别为98℃、660℃，从结构的角度解释导致这种差异的主要原因：___________。
(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，该化合物的化学式为___________。知该晶体密度为ρ g·cm-3.晶体中Cr原子和N的最近核间距为___________pm(NA表示阿伏加德罗常数值)。
9．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）在金属(如：Cu、Co、Be、K等)的湿法冶炼中，某些含氮(如：)、磷[如：磷酸丁基酯(C4H9O)3P=O]等有机物作萃取剂，可将金属萃取出来，从而实现在温和条件下金属冶炼。
回答下列问题：
(1)基态Co原子核外电子排布式为[Ar]_______，有_______ 个 运动状态不同的电子。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+号表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
(3)科学家证实，BeCl2是共价化合物，请设计一个简 单实验证明该结论：_______；Be的杂化轨道类型为_______。
(4)在N、 NH3、N2H4、NH、N2H五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有_______；不能作为配位体的有_______；空间构型为直线形的是_______。
(5)氮原子的第一电离能_______(填“大于”“小于”或“等 于”)磷原子的第一电离能。
(6)分别用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置。若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为 _______g·cm-3(写出表达式即可)。
五、有机推断题
10．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）有机物H是锂离子电池中的重要物质，以烃A．C为基础原料合成H的路线图如下：
回答下列问题：
(1)反应①是加成反应，则A的结构简式为___________，F的结构简式为___________。
(2)G中官能团名称是___________；⑥的反应类型是___________。
(3)反应③的另一种产物是HBr，则反应②中另一种反应物是___________(填化学式)；写出反应③的化学方程式：___________。
(4)G有多种芳香族同分异构体，写出其中符合下列条件所有物质的结构简式：___________。
i.能与NaHCO3溶液反应
ii.苯环上只有2种不同化学环境的氢
(5)以烃A、甲醛为基础原料制备1，2，3，4-丁四醇，写出能合成较多目标产物的较优合成路线：___(其他无机试剂任选)。
11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）某科研小组利用有机物A制备重要的化合物H的合成路线如图：
已知：R1- CH=CH- R2
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称为_______。
(2)B的结构简式为_______，A →B的反应类型为_______。
(3)C →D反应的化学方程式为_______。
(4)F的一氯代物有_______种。
(5)写出同时符合下列条件的H的同分异构体的结构简式：_______。
①能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为6：6：1：1。
(6)参照上述流程，设计以乙醛和CHBr3为原料，制备的合成路线：_______(其他无机试剂任选)。
参考答案：
1． 分液漏斗 NaBr+H3PO4(浓)NaH2PO4+HBr↑ 难挥发性酸制取挥发性酸，或高沸点酸制取低沸点酸 A 将装置中的HBr全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境 浓硫酸代替浓磷酸，生成SO2和Br2，SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2 KSCN溶液 上层溶液变为红色，下层溶液不变色
【分析】浓磷酸和溴化钠制取HBr，经干燥后和铁反应，生成FeBr2，升华进入锥形瓶中被收集。
【详解】(1)由仪器构造可知，盛放浓磷酸的仪器为分液漏斗。
(2)烧瓶中发生制取HBr的反应，利用磷酸的不挥发性，制取挥发性的HBr，当磷酸过量时，生成酸式盐，化学方程式为：NaBr+H3PO4(浓)NaH2PO4+HBr↑。
(3)X中的试剂干燥HBr，HBr是酸性气体，不能选择碱性干燥剂如碱石灰或NaOH等，可以选择无水氯化钙，Y中试剂的作用是吸收未反应的HBr，防止污染环境，且防止空气中的水蒸气进入锥形瓶中导致FeBr2潮解，故选A。
(4)实验结束后，关闭热源，需要通入一段时间N2，其目的是将装置中的HBr全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境。
(5)浓硫酸和NaBr发生氧化还原反应，生成SO2和Br2，SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2，同样可以制备FeBr2。
(6)氯气和FeBr2反应，氯气既能将Fe2＋氧化，也能将Br-还原性氧化，若通入少量氯气，只氧化了Fe2＋而没有氧化Br-，则可证明还原性：Fe2＋>Br-。Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋可以用KSCN溶液检验，Fe3＋遇KSCN溶液变红。
2．(1) 分液漏斗 Na2O2 H2O2
(2) ji→lk 硬质玻璃管中黑色固体变红，生成的气体使澄清石灰水变浑浊 3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+6S+12CO
(3)8.96%
【分析】在实验室以FeS2、焦炭以及干燥纯净的O2反应制取单质硫，并检验产物中的CO，设计如下实验；利用装置制备单质硫并验证碳氧化后气体中的CO：在制取硫的过程中由于高温可能产生硫蒸气，为了避免硫蒸气干扰后续检验，需用浓NaOH溶液将其除去：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，但此时气体中仍含有杂质水蒸气，在进入硬质玻璃管之前，用无水CaCl2将水蒸气除去。
【详解】（1）①根据仪器的构造可知，仪器X的名称为分液漏斗；由于是制取O2，水和Na2O2反应可以生成O2，故锥形瓶中应加入Na2O2， MnO2可催化分解H2O2产生O2，故仪器X中盛放的试剂是H2O2；
②若锥形瓶中加入的是酸性KMnO4溶液，仪器X中盛放的是H2O2溶液，双氧水被氧化生成O2，高锰酸钾被还原生成硫酸锰，反应的离子方程式为： ；
（2）①在制取硫的过程中由于高温可能产生硫蒸气，为了避免硫蒸气干扰后续检验，需用浓NaOH溶液将其除去：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，但此时气体中仍含有杂质水蒸气，在进入硬质玻璃管之前，用无水CaCl2将水蒸气除去，故正确的连接顺序为w→ef(或fe)→ji→lk→cd(或dc)→g；
②能说明产物中有CO的现象是：硬质玻璃管中黑色固体变红，生成的气体使澄清石灰水变浑浊；
③若充分反应后装置D中的固体能被磁铁吸引，则生成四氧化三铁，则装置D中FeS2与C的物质的量之比为1：4时发生反应，生成CO和单质硫的化学方程式为3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+6S+12CO；
（3）由题目信息可知， 根据化学方程式可得对应关系：5CO~I2~2Na2S2O3，n(CO)=n(Na2S2O3)=10 n(Na2S2O3)=100.0100mol/L0.02L=0.002mol，则样品气中CO的体积分数为：。
3．(1) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5或[Ar]3d5 恒压滴液漏斗
(2)乙酰氯与四水醋酸锰中的结晶水反应生成CH3COOH和HCl，从而获得无水醋酸锰(或其他合理叙述)
(3)(CH3COO)2 Mn+2CH3COC1MnCl2 +2(CH3CO)2O
(4)步骤Ⅰ常温下可防止生成MnCl2，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2(或其他合理叙述)
(5)抽滤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥等(写出一条即可)
(6) cdba 吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品(写出一条即可)
(7)乙
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，由题给流程可知，四水醋酸锰和乙酰氯溶解在苯中搅拌抽滤得到醋酸锰固体，向加入醋酸锰固体中加入苯和乙酰氯回流搅拌，醋酸锰和乙酰氯反应得到氯化锰沉淀，抽滤、洗涤得到无水二氯化锰。
【详解】（1）锰为25号元素，则基态Mn2+核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5或[Ar]3d5；由图可知盛放乙酰氯的仪器名称为恒压滴液漏斗；
（2）根据题给信息可知，四水醋酸锰和乙酰氯反应生成CH3COOH和HCl为原料制备无水二氯化锰，故步骤Ⅰ能获得无水醋酸锰的原理为：乙酰氯与四水醋酸锰中的结晶水反应生成CH3COOH和HCl，从而获得无水醋酸锰(或其他合理叙述)；
（3）步骤Ⅱ中无水醋酸锰和乙酰氯反应生成无水二氯化锰粗产品，相应的方程式为：(CH3COO)2 Mn+2CH3COC1MnCl2 +2(CH3CO)2O；
（4）根据题给信息可知，CH3COCl沸点较低，容易挥发，步骤I为了使反应更加充分，防止CH3COCl挥发，应该在低温下进行，而步骤Ⅱ有回流装置，可防止挥发，加热可以加快反应速率，故答案为：步骤Ⅰ常温下可防止生成MnCl2，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2(或其他合理叙述)；
（5）抽滤和普通过滤相比，最大的优点是，抽滤可以使过滤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥等；
（6）①纯化完成后的操作和纯化的操作相反，纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故答案为cdba；
②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此NaOH固体的作用是吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品(写出一条即可)。
（7）由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。
4． 提高浸酸速率 Pb 2Fe2++H2O2=2Fe3+ +H2O 抑制Fe3+、Al3+的水解 用作氮肥 洗涤、干燥 Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4 向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，分离出水层 0.5
【分析】浸酸后氧化铝和四氧化三铁，氧化铅会与硫酸反应分别生成硫酸铝，硫酸铁和硫酸亚铁，硫酸铅沉淀，所以滤渣为硫酸铅，氧化剂将二价铁离子氧化为三价铁离子，萃取由有机层获取Fe2(SO4)3溶液，合成步骤：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4，然后将钾冰晶石过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。
【详解】(1)“酸浸”时加热搅拌，可以提高浸酸速率，滤渣的主要成分为氧化铅与硫酸反应生成的硫酸铅，含有金属元素为Pb。
(2) 溶液中含有偶Fe2+、Al3+，氧化剂若选用H2O2，会将二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2=2Fe3+ +H2O，反应液的pH控制在较低水平，原因是抑制Fe3+、Al3+的水解。
(3)合成时生成(NH4)2SO4，“系列操作”后滤液的主要成分为(NH4)2SO4，用途为用作氮肥，“系列操作”包含过滤、洗涤、干燥。
(4)“合成”时发生反应的化学方程式为：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4，“萃取”过程可表示为Fe2(SO4)3(水层)＋6RH(有机层)2R3Fe(有机层)＋3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，分离出水层。
(5)c1×V1=c2×V2，0.1 mol·L-1×10 mL= c2×25 mL，c2=0.04 mol·L-1，c3×V3=c2×V2，c3×10.00 mL =0.04 mol·L-1×250 mL，c3=1 mol·L-1=c(Fe3+)，故c[Fe2(SO4)3]=0.5 mol·L-1。
5．(1) 高温条件下将Fe2O3还原为Fe SiO2
(2)5
(3)降温结晶，过滤，乙醇洗涤干燥（或等滤液降温后加入适量的乙醇，析出晶体，过滤，乙醇洗涤，干燥）
(4) 2FeC2O4•2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O 有碳酸盐生成
(5)2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O
【分析】废渣与煤炭在空气中煅烧，氧化铁被还原为铁；SiO2、Al2O3、MgO不能被还原，加入稀硫酸，SiO2不溶，则滤渣为SiO2，滤液为硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸镁；加入草酸过滤得到黄色的草酸亚铁沉淀，再依次加入一定量的饱和K2C2O4溶液、H2C2O4溶液、3%H2O2溶液，用双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，最终生成草酸合铁(III)酸钾晶体，据此分析回答问题。
（1）
C能在高温条件下将Fe2O3还原为Fe；在煤炭煅烧后的硫酸渣的主要化学成分为：SiO2、Fe、Al2O3、MgO，其中Fe、Al2O3、MgO均能与稀硫酸反应，但SiO2不能与稀硫酸反应，则滤渣为SiO2，故答案为：高温条件下将Fe2O3还原为Fe；SiO2；
（2）
由Ksp[Al（OH）3]=c（Al3+）×c3（OH-），c（OH-）=，即pOH=9，则pH=14-pOH=14-9=5，故答案为：5；
（3）
趁热将溶液过滤到烧杯中，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥等操作得草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体，故答案为：降温结晶，过滤，乙醇洗涤干燥（或等滤液降温后加入适量的乙醇，析出晶体，过滤，乙醇洗涤，干燥）；
（4）
过氧化氢将Fe（C2O4）•2H2O氧化为K3[Fe（C2O4）3]，同时过氧化氢被还原为水，反应离子方程式为：2FeC2O4•2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O；“氧化”时，加入H2O2溶液的量过多，草酸根会被氧化生成碳酸盐，导致产品纯度下降；故答案为：2FeC2O4•2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O；有碳酸盐生成；
（5）
草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、CO2等，两种草酸盐为草酸钾、草酸铁，反应方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O，故答案为：2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O。
6． c-a ＜ K1×K2×K3 11.1 0.08 900 2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O或CH3OH+3O2--6e-=CO2+2H2O 6.72
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应II.CO(g)＋H2(g)HCHO(g)可由反应III.CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)减去反应I.CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)而得到，故△H2=△H3-△H1，即b=c-a，故答案为：c-a；
(2)①(i)中表示的是CH3OH中C-H键断裂，故需吸收能量，故反应物的总能量＜生成物的总能量，故答案为：＜；
②某温度时反应(i)、(ii)、(iii)的平衡常数依次为K1、K2、K3，由反应(i)+(ii)+(iii)可得到反应CH3OH(g)H2(g)＋HCHO(g)的平衡常数为K，故K= K1× K2×K3，故答案为：K1×K2×K3；
(3)①由图可知，T2温度下，20min时甲醇的转化率为80%，故三段式分析如下：，故甲醇的体积分数为，前20min平均反应速率(HCHO)=mol·L-1·min-1，故答案为：11.1；0.08；
②由图可知，T1温度下CH3OH的平衡转化率为60%，故三段式分析为：，恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，故平衡时的气体总压强为：，故各气体的平衡分压为：p(CH3OH)=， p(HCHO)=p(H2)= ，该反应的平衡常数Kp=kPa，故答案为：900；
(4)在燃料电池中，通氧气的一极时正极，发生还原反应，用熔融固体氧化物作电解质时，正极电极反应为：3O2+12e-=6O2-，则石墨电极为负极，发生氧化反应，根据甲醇燃料电池总的反应式为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，故负极反应式可用总反应式减去正极反应式得到，故负极反应式为：2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O；
①由上述分析可知，石墨极为电池的负极，发生的电极反应式为2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O或CH3OH+3O2--6e-=CO2+2H2O，故答案为：2CH3OH+6O2--12e-=2CO2+4H2O或CH3OH+3O2--6e-=CO2+2H2O；
②根据电子守恒，若通过用电器的电子的物质的量为1.2 mol，则消耗标准状况下O2的体积为，故答案为：6.72。
7．(1)-a-3b-c
(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量
(3) C 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5
【详解】（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
（2）①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
（3）①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
8． 1s22s22p63s23p2 洪特规则 O＞Si＞Al＞Na 激发态 sp3、sp2、sp3 SiH4 Na和Al均为金属晶体，且钠原子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小 CrN ×1010
【详解】(1)已知硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；根据洪特规则，当电子进入同一能级的不同轨道时，电子总是优先单独占据不同的轨道且自旋方向相同，故基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，是违背了洪特规则，故答案为：1s22s22p63s23p2；洪特规则；
(2)同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下元素第一电离能依次减小，故NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为O＞Si＞Al＞Na，灼烧硅酸铝钠时，元素由基态到激发态时需吸收能量，当由激发态转化为基态时，则会释放能量，故当钠元素的价电子由激发态跃迁到另一状态时产生黄色火焰，故答案为：O＞Si＞Al＞Na；激发态；
(3)由Al原子最外层上只有3个电子，而Cl原子最外层上有7个电子，故双聚氯化铝(Al2Cl6)中只存在氯铝键，物质中各原子均达到8电子稳定结构，Al2Cl6的结构式为 ，硅与碳类似，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，分别类似于CH4、C2H4、C3H8，故此三种分子中硅原子的杂化轨道类型有sp3、sp2、sp3；CH4为正四面体结构，故分子空间构型属于正四面体的是SiH4，故答案为：；sp3、sp2、sp3；SiH4；
(4)已知单质钠、铝的熔点分别为98℃、660℃，由于Na和Al均为金属晶体，且钠原子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小，故导致二者熔点相差甚远，故答案为：Na和Al均为金属晶体，且钠原子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小；
(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，根据均摊法结合图甲可知，一个晶胞中含有的Cr原子数目为：，N原子数目为：4，该化合物的化学式为CrN，设晶胞的边长为xcm，由该晶体密度为ρ g·cm-3，可知：，解得：x=cm，故晶体中Cr原子和N的最近核间距为为体对角线的，故为cm=×1010pm，故答案为：CrN；×1010。
9．(1) 3d74s2 27
(2)
(3) 用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物 sp杂化
(4) NH3、N2H4 、
(5)大于
(6)
【详解】（1）基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；核外有多少个电子就有多少种运动状态，故有27个运动状态不同的电子；
（2）基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，其价电子自旋磁量子数的代数和为；
（3）要证明BeCl2是共价化合物，可验证其熔融状态的导电性，故：用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物；BeCl2是直线形分子，Be的杂化轨道类型为sp杂化；
（4）氢键的形成是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为N、O、F原子，氨气有一对孤电子对，肼有两对孤电子对，所以氨气、肼能形成氢键，而、中N的孤电子对都与氢离子共用，从而也就没了孤电子对，不能作为配体；与CO2互为等电子体，空间构型为直线形；故在、 NH3、N2H4、、五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有NH3、N2H4；不能作为配位体的有、；空间构型为直线形的是。
（5）N原子半径小于P，原子核对核外电子的吸引能力更强，第一电离能大于P；
（6）如图所示，钾离子所在位置：顶点，面心，体心，均摊法计算共4个，由KH2PO4化学式可知阴离子也是4个，故晶体的密度。
10． HC≡CH 羟基和醚基 加成反应 HBr + +HBr HC≡CH HOCH2C≡CCH2OH HOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH
【分析】由题干合成路线图可知，A、C为烃，由B的结构简式和A到B的转化条件可推知A为：HC≡CH，由E和B的结构简式可推知D的结构简式为：，推知烃C为：，由F的分子式结合E到F到G的反应条件可推知F的结构简式为：，(4)已知G的结构简式为：G，分子式为C9H10O2，符合i.能与NaHCO3溶液反应说明分子中含有羧基，ii.苯环上只有2种不同化学环境的氢，说明苯环上有两个对位的取代基或者三个取代基，据此确定同分异构体的结构简式，(5)由题干流程图信息可知，烃A为乙炔，结合流程图中A到B的转化信息可知，乙炔和甲醛反应生成：HOCH2C≡CCH2OH，由流程图中E到F的信息可知，HOCH2C≡CCH2OH部分加氢可以转化为：HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH和Br2发生加成反应生成HOCH2CHBrCHBrCH2OH，HOCH2CHBrCHBrCH2OH在NaOH水溶液中加热发生水解反应即可得到1，2，3，4-丁四醇，据此确定合成路线，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，反应①是加成反应，则A的结构简式为HC≡CH，F的结构简式为，故答案为：HC≡CH；；
(2)由题干信息可知，G的结构简式为：，故其中官能团名称是羟基和醚基，反应⑥是和CO2反应生成，故该反应的反应类型是加成反应，故答案为：羟基和醚基；加成反应；
(3)反应③的另一种产物是HBr，说明D的结构简式为：，则反应②为苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故另一种反应物是HBr；反应③的化学方程式为：+ +HBr，故答案为：HBr；+ +HBr；
(4)已知G的结构简式为：，分子式为C9H10O2，符合i.能与NaHCO3溶液反应说明分子中含有羧基，ii.苯环上只有2种不同化学环境的氢，说明苯环上有两个对位的取代基或者三个取代基，故G符合上述条件所有物质的结构简式为：故答案为：；
(5)由题干流程图信息可知，烃A为乙炔，结合流程图中A到B的转化信息可知，乙炔和甲醛反应生成：HOCH2C≡CCH2OH，由流程图中E到F的信息可知，HOCH2C≡CCH2OH部分加氢可以转化为：HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH和Br2发生加成反应生成HOCH2CHBrCHBrCH2OH，HOCH2CHBrCHBrCH2OH在NaOH水溶液中加热发生水解反应即可得到1，2，3，4-丁四醇，故确定合成路线为：HC≡CH HOCH2C≡CCH2OH HOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH，故答案为：HC≡CH HOCH2C≡CCH2OH HOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH。
11．(1)羟基
(2) 取代反应
(3)+NaOH+NaCl+H2O
(4)1
(5)
(6)CH3CHO CH3CH2OHCH2=CH2
【分析】根据A的结构简式，可知A为； 与HCl反生取代反应，生成B为 ； 经过系列反应，生成C为 ；生成D，D经过已知反应条件生成E为，可知D为，再结合其他物质分析作答。
(1)
A为，其官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；
(2)
由分析可知， 与HCl反生取代反应，生成B为 ，故答案为： ；取代反应；
(3)
在碱的醇溶液中，发生消去反应生成 ，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；
(4)
F为，存在1种不同的氢原子，则一氯代物有1种，故答案为：1；
(5)
H为，其同分异构体满足：①能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基；③核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为6：6：1：1，其中酚羟基和醛基上各有一个氢，则苯环上面没有氢，剩余部分为-C6H12，不饱和度为2，则满足条件的为四个甲基和一个碳碳三键，并且要高度对称及碳碳三键上没有氢原子，具体为，故答案为：；
(6)
参照上述流程可知，乙醛与氢气反生加成反应，生成乙醇，乙醇再经过消去反应，生成乙烯，乙烯与CHBr3反应，生成 ，具体合成路线：CH3CHO CH3CH2OHCH2=CH2，故答案为：CH3CHO CH3CH2OHCH2=CH2。
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