山东省潍坊市2024届高高考模拟训练调研化学试题（含解析）

这是一份山东省潍坊市2024届高高考模拟训练调研化学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是
A．含氟牙膏可以预防龋齿，利用了沉淀转化的原理，降低龋齿的发生率
B．人体中缓冲体系起到稳定血液pH的作用
C．民谚：青铜和铁器“千千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀
D．“神舟17号”宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷，属于新型有机材料
2．下列物质的用途与其性质无因果关系的是
A．AB．BC．CD．D
3．下列装置正确，且能达到实验目的的是
A．甲装置：用制取无水
B．乙装置：鉴别纯碱与小苏打
C．丙装置：铁制品表面镀铜
D．丁装置：验证某补铁口服液（含维生素C）中存在
4．已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y、Z分别处于不同周期，W、X、Y、Z形成的化合物是核酸采样管中红色液体的主要成分之一，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．W、X、Y、Z的单质在常温下均为气体
B．W分别与X、Y、Z结合均可以形成含有相同电子数的分子
C．Y的氧化物对应的水化物为强酸
D．元素的第一电离能：X＞Y＞W
5．蟾蜍的药用成分之一(华蟾毒精醇)的结构如图。
下列说法正确的是
A．该物质属于芳香族化合物
B．该物质一个分子含有10个手性碳原子
C．该物质使酸性溶液和溴水褪色的原理相同
D．1ml该物质最多能消耗4ml NaOH
6．石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，破坏平面结构转化为如图所示的氧化石墨烯。下列说法正确的是
A．石墨烯是一种新型化合物
B．石墨烯中，碳原子与键数目之比为1：3
C．键角大小：
D．在水中的溶解度：石墨烯>氧化石墨烯
7．Adv·Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子（）和空穴（），下列有关说法正确的是
A．光催化装置中溶液的增大
B．整套装置转移0.1ml ，光催化装置生成1.905g
C．电催化装置阳极电极反应式：
D．离子交换膜为阴离子交换膜
8．根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
9．辉铜矿[，含杂质]合成目标产物的流程如下。下列说法正确的是

A．步骤Ⅰ在足量中煅烧产生气体的主要成分：
B．步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分：和
C．步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：
D．为得纯净目标产物，步骤Ⅳ的实验操作步骤依次：加热蒸发、冷却结晶、抽滤洗涤。
10．三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬（、为气流控制开关）。
原理：
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。下列说法正确的是
A．实验装置合理的连接顺序为a→b→c→h→i→d→e→f
B．装置D中反应的离子方程式为
C．从安全的角度考虑，整套装置的不足是升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
D．实验开始和结束都通一段时间，且目的相同
11．Beckmann重排反应是反应物肟在酸的催化作用下重排为酰胺的反应，离去基团与迁移基团处于反式。有机物X与Y的异构化反应如图所示，、均为甲基时，下列说法正确的是
A．依据红外光谱不能判断异构化反应是否发生
B．X中N原子孤对电子参与形成键
C．X的同分异构体中，能发生银镜反应的有6种（不考虑立体异构）
D．的异构化产物为
12．不对称催化羟醛缩合反应的循环机理如图所示。下列说法错误的是
A．步骤①和②的有机产物可通过红外光谱鉴别
B．只有步骤③的反应涉及手性碳原子的生成
C．步骤⑤的产物L－脯氨酸是该反应的催化剂
D．若用苯甲醛和作为原料，也可完成上述羟醛缩合反应
二、多选题
13．机车车辆配件制造过程中，为了增加配件耐腐蚀能力，要使用盐酸浸透除锈。某研究所加入屏蔽剂后使用乙基紫（变色范围0～2.4）为指示剂采取酸碱滴定的方法滴定并计算酸洗废液中的盐酸浓度，氢氧化钠体积与溶液pH关系的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．酸洗废液中的主要杂质离子为和
B．若酸洗废液中，，理论上无需屏蔽
C．使用屏蔽剂后也可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．图中两条曲线不能完全重合，故该方法不能达到实验目的
三、单选题
14．催化重整可获得合成气。重整过程中主要反应的热化学方程式为
反应①
反应②
反应③
反应④
研究发现在密闭容器中下，，平衡时各含碳物种的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．图中a表示
B．的
C．其他条件不变，在范围，随着温度的升高，平衡时不断增大
D．当，其他条件不变时，提高的值，能减少平衡时积碳量
15．在探究高效吸收试剂的同时，研究人员还致力于吸收剂的再生与循环利用。以乙二胺为例，乙二胺水溶液可高效吸收；吸收所得溶液流入腔室1中，通电电解，可实现的释放与乙二胺的再生。已知：亲核试剂在反应过程中，它倾向于与电正性物种结合。结合下图，下列对该工业的说法错误的是
A．该工业有利于实现“碳达峰”和“碳中和”
B．乙二胺的氨可以作为亲核试剂进攻分子实现吸收
C．电解过程中、阳极铜会失去电子形成，能与乙二胺形成，使乙二胺与的结合平衡正向进行，得以释放
D．腔室2中可以实现乙二胺的再生
四、解答题
16．铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)铜元素能形成多种配合物，如与乙二胺（）可形成如图所示配离子。
①此配离子内部不含有的化学键类型是 。
A．离子键 B．非极性键 C．配位键 D．极性键
②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为 ，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是 。
③乙二胺和三甲胺[]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是 。
(3)在水溶液中以形式存在，向含的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的，其原因是 。
(4)Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为；B为。则C原子的坐标参数为 。
②该晶体中，可看作S填充在Cu形成的正四面体空隙中，则该晶体的正四面体空隙填充率为 %。
③已知该晶体的密度为d，和的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数值为。列式表示该晶体中原子的空间利用率 。
17．碳酸亚铁晶体[]为白色固体，不溶于水，干燥品在空气中稳定，湿品在空气中缓慢氧化为呈茶色，可用作阻燃剂、动物饲料铁添加剂、补血剂等。回答下列问题：
(1)实验室利用溶液和溶液制备，实验装置（夹持仪器已省略）如图所示：
①方框内为制取的装置，下列装置和药品较为适宜的是 （填字母）。
②装置D中仪器a的名称是 。
③根据①的选择，装置甲中试剂a的名称是 。
(2)的制备，步骤如下：
通入一段时间后，向溶液中加入过量溶液，搅拌，反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥，得到。
①生成的离子方程式为 。
②装置丙的作用是 。
(3)将溶液换成溶液能提高产品纯度，原因是 。
(4)某同学查阅资料得知，煅烧的产物中含有＋2价铁元素，于是他设计了由制备的方案。先向中依次加入试剂：稀硫酸、① 和② ；然后再③ （填操作）灼烧，即可得到。
18．钕铁硼因其超强的磁性被誉为“永磁之王”，广泛应用于新能源汽车、信息存储等方面。从钕铁硼废料(主要成分为Nd、铁、硼、铝，少量的硅酸盐)中回收钕元素的工艺流程如图所示：
已知：①硼难溶于非氧化性酸，难溶于水和稀酸，滤液1中主要金属离子为、，沉淀时得到。
②部分金属离子()形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。
(2)除去铝元素的操作单元为 。
(3)若“酸溶”后溶液中的浓度为1.0，则“沉钕”时调节pH范围为 ，“碱转化”过程Nd元素发生反应的离子方程式为 。
(4)“煅烧”过程中固体质量变化()随温度变化曲线如图所示：
750K时得到的固体是 ，若在1000K下进行煅烧，发生反应的化学方程式为 。
19．L是一种重要的有机试剂，其工业合成路线如下图
已知：
①
②
回答下列问题：
(1)物质C的名称为 。
(2)反应条件D应选择 （填标号）
a． b．Fe/HCl c． d．
(3)写出H的结构简式 ，K－L的反应类型是 。
(4)写出一定条件下，F生成G的第二步反应的方程式 。
(5)有机物M是A的同系物，相对分子质量比A大28，符合下列条件的M的芳香同分异构体有 种。
①能水解
②能与盐酸反应
③能发生银镜反应
④有四种不同化学环境的H，其个数比为6∶2∶2∶1
(6)以乙醇为主要原料，设计路线合成 。
20．氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)①已知反应Ⅲ:，，
则 。
②反应Ⅰ能自发进行的条件为 。
(2)压强为100，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。
①反应Ⅱ的平衡常数： (填“>”、“=”或“<”)
②的产率：C点 B点(填“>”、“=”或“<”)；
③A、B两点产率相等的原因是 。
(3)压强为100下，1和3发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：的选择性]
①573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量 。
②表示选择性的曲线是 (填标号)。
③573K时，反应Ⅱ的 (保留到小数点后两位)。
选项
用途
性质
A
利用植物油生产氢化植物油
碳碳双键可以发生加成反应
B
用“爆炸盐”（含）洗涤衣物
过碳酸钠水溶液显碱性、有强氧化性
C
加热NaI与浓混合物制备HI
HI比酸性强
D
液晶可作电视显示屏
液晶分子可沿电场方向有序排列
选项
实验操作和现象
结论
A
向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中，产生黑色沉淀
B
取一定量未知溶液于试管中，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸
试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
C
常温下，用pH计分别测定1ml·L-1和0.1ml·L-1CH3COONH4溶液的pH，pH均为7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
D
将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体
加热条件下，浓硝酸被木炭还原成NO2
金属离子

开始沉淀
6.3
1.5
3.4
完全沉淀(离子浓度：)
8.3
2.8
4.7
参考答案：
1．D
【详解】A．含氟牙膏中的氟离子使牙齿表面的牙釉质转变为更难溶的氟磷灰石，利用了沉淀转化的原理，A正确；
B．血液中含有许多对对酸碱度起缓冲作用的物质，如，起到稳定血液pH的作用，B正确；
C．青铜器和铁器在半干半湿条件下容易构成原电池发生吸氧腐蚀加快青铜器和铁器的腐蚀速率，C正确；
D．高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，D错误；
故选D。
2．C
【详解】A．植物油中含有碳碳双键，能和氢气发生加成反应生产氢化植物油，用途与其性质有因果关系，A不符合题意；
B．过碳酸钠中碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，过氧化氢具有氧化性，所以过碳酸钠溶液既有碱性又有强氧化性，用含有过碳酸钠的爆炸盐洗涤衣物时能释放出活性氧，去除多种顽固污渍，用途与其性质有因果关系，B不符合题意；
C．加热NaI与浓混合物制备HI是利用高沸点、难挥发的酸制备低沸点、易挥发的酸，且酸性：HI>，用途与其性质无因果关系，C符合题意；
D．液晶分子可沿电场方向有序排列，从而能显示图像用于电视显示屏，用途与其性质有因果关系，D不符合题意；
故选C。
3．C
【详解】A．加热时失去结晶水，FeCl3溶于结晶水发生水解反应：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热时由于HCl的挥发，上述水解平衡正向移动，最终不能制取无水FeCl3，而且加热固体不使用蒸发皿，A项不符合题意；
B．加热固体的试管口应略向下倾斜，装置错误，B项不符合题意；
C．Cu为阳极，铁为阴极，铁电极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，铁的表面有Cu析出，铁制品表面镀上了Cu，C项符合题意；
D．某补铁口服液中滴加酸性KMnO4溶液，可观察到紫红色褪为无色，但不能证明补铁口服液中存在Fe2+，因为补铁口服液中还添加抗氧化物质（如维生素C）、甜味剂、香精等，而抗氧化物质等具有还原性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，D项不符合题意；
答案选C。
4．B
【分析】已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y、Z分别处于不同周期，则W为H，X有四个价键，Y有三个价键，则X为C，Y为N，Z和W形成WZ，则Z为Cl。
【详解】A．C的单质在常温下为固体，故A错误；
B．H分别与C、N、Cl结合均可以形成含有相同电子数的分子，含有18个电子的分子，分别为C2H6、N2H4、HCl，故B正确；
C．Y的氧化物对应的水化物可能为亚硝酸、也可能为硝酸，亚硝酸是弱酸，故C错误；
D．同周期元素第一电离能从左向右有增大的趋势，第ⅡA、VA族反常，因此元素的第一电离能：N＞C＞H，故D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．含苯环的化合物为芳香族化合物，该有机物不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；
B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，图中黑球表示的10个碳原子为手性碳原子，故B正确；
C．含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，与溴水发生加成反应，褪色原理不同，故C错误；
D．只有2个酯基与NaOH反应，则1ml该物质最多能消耗2mlNaOH，故D错误；
故选：B。
6．C
【详解】A．石墨烯是一种由单层碳原子构成的单质，不是化合物，故A错误；
B．石墨烯是碳原子单层片状新材料，其中每个C周围形成3个C-C键，每个C-C键被2个C原子共用，所以碳原子与键数目之比为2:3，故B错误；
C．石墨烯中的碳原子与相邻碳原子的键角为，氧化石墨烯中1个碳原子连4个碳原子且形成四面体结构，键角接近，所以键角大小：α＞β，故C正确；
D．氧化石墨烯中的氧原子与水中的氢原子、氧化石墨烯中的氢原子与水中的氧原子都可以形成氢键，所以在水中的溶解度：石墨烯＜氧化石墨烯，故D错误；
故答案为：C。
7．B
【分析】由图可知，电催化装置中，与直流电源负极相连的左侧电极为电解池的阴极，碘三离子在阴极得到电子发生还原反应生成碘离子，右侧电极为阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气和水，破坏水的电离平衡产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极；光催化装置中，氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，碘离子得到空穴发生氧化反应生成碘三离子。
【详解】A．由分析可知，光催化装置中，氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中的氢离子浓度减小，故A错误；
B．由分析可知，光催化装置中，碘离子得到空穴发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I—+2h+=I，由得失电子数目守恒可知，整套装置转移0.1ml电子时，碘三离子的质量为0.1ml××381g/ml=1.905g，故B正确；
C．由分析可知，电催化装置中，右侧电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气和水，电极反应式为，故C错误；
D．由分析可知，电催化装置中，右侧电极为阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气和水，破坏水的电离平衡产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极，故D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．产生黑色沉淀，说明向Na2S溶液中通入足量CO2生成了H2S气体，强酸制弱酸，所以，A正确；
B．试纸变蓝，该溶液也可能为氨水溶液，不能说明溶液中含有铵盐，B错误；
C．测得的pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，但浓度越小，水解程度越大，所以同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同，C错误；
D．可能是浓硝酸受热发生分解生成NO2，由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2，D错误；
故选A。
9．C
【分析】辉铜矿通入氧气进行煅烧，发生反应，固体B为CuO和，加入盐酸得到Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液，加入过量氨水，得到氢氧化铁、氢氧化亚铁、Cu[(NH3)4]Cl2。
【详解】A. 步骤Ⅰ在足量中煅烧时，发生的化学方程式为：,产生气体的主要成分为，故A错误；
B. 步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分：、和，故B错误；
C. 步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：，故C正确；
D. 从流程看，溶液D中阴离子主要为氯离子，为得纯净目标产物，溶液D中应引入硫酸根，再向滤液中加入乙醇，再过滤、洗涤、干燥，故D错误。
答案为C。
10．C
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，在E中反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置。
【详解】A．根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入，因此，实验装置合理的连接顺序为ahidebcfg，A错误；
B．根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-，B错误；
C．三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，C正确；
D．反应前先通入氮气，排除空气的干扰，而反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并使CrCl3在氮气氛围中冷却在装置C收集，即前后两次的作用不相同，D错误；
故答案为：C。
11．D
【详解】A．X、Y中官能团不同，可用红外光谱判断异构化反应是否发生，故A错误；
B．X中N原子形成3个共价键，则N原子孤对电子没有参与形成π键，故B错误；
C．R1、R2均为甲基，X的同分异构体中，能发生银镜反应，则同分异构体一定含-CHO，可看成氨基取代丙醛中甲基上H原子或亚甲基上氢离子，或甲基和-CH2CHO取代氨气中H原子，或乙基、-CHO取代氨气中H原子，共4种，故C错误；
D．异构化产物含酰胺键，则的异构化产物为，故D正确；
故选：D。
12．BD
【详解】A．①和②的有机产物分别为、 ，两者含有不同的官能团，可通过红外光谱鉴别，A正确；
B．同一碳原子连接四个不同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，步骤③和④的生成物均有手性碳原子的生成，B错误；
C．L脯氨酸在步骤①参与反应，在步骤⑤又生成，是该反应的催化剂，C正确；
D．苯甲醛和均含有苯环，不含α-氢，则不可完成上述羟醛缩合反应，D错误；
故选BD。
13．AB
【详解】A．由题意车辆配件进行酸洗除锈，故酸洗废液中主要杂质离子为Fe2+和Fe3+，故A正确；
B．当有含有其他颜色的络合物、沉淀出现时，才会干扰酸碱滴定终点的判断，已知废酸中c(Fe2+)=0.1 ml⋅L-1，Ksp[Fe(OH)2]=1.64×10-14，已知Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+) c2(OH-)，可得c(OH-)=4×10-7 ml⋅L-1时，即接近中性时才会出现白色氢氧化亚铁沉淀，并迅速变为灰绿色，才会干扰颜色判断，但是题目中采用乙基紫(变色范围0-2.4)为指示剂，到2.4时即会发生颜色变化，故理论上无需屏蔽Fe2+，故B正确；
C．反应终点时溶液显酸性，而酚酞变色范围为8.2～10.0，所以不能选择酚酞作指示剂，故C错误；
D．虽然两条曲线不能完全重合，但是酸洗废液的滴定曲线在计量点前走势基本与标准曲线一致，并无大幅度偏移，能够明显的反映滴定终点，可以达到实验目的，故D错误；
故选：AB。
14．D
【详解】A．根据图可知，温度升高，a的物质的量增大，根据反应①和③可知，温度升高，平衡正向移动，CH4减小，所以a一定不是CH4，A错误；
B．通过反应②＋④得到，所以的ΔH=+131kJ⋅ml−1，B错误；
C．根据反应为吸热反应，其他条件不变，在500∼1000℃范围，随着温度的升高，平衡正向移动，n(H2O)不断减小，C错误；
D．当n始(CO2)+n始(CH4)=1ml，其他条件不变时，提高的值，二氧化碳物质的量增大，甲烷物质的量减小，平衡③④逆向移动，消耗C，能减少平衡时积碳量，D正确；
故选D。
15．C
【详解】A．乙二胺水溶液可高效吸收，吸收所得溶液流入腔室1中，通电电解，可实现CO2的释放与乙二胺的再生。这说明该工业有利于实现“碳达峰”和“碳中和”，A正确；
B．乙二胺的氮原子上有孤对电子，可以作为亲核试剂进攻分子实现吸收，因此选项B正确；
C．在电解过程中，阳极铜会失去电子形成，能与乙二胺形成，使乙二胺与的结合平衡逆向进行，得以释放，C错误；
D．由C可知，阳极释放出CO2，则腔室1为阳极，腔室2为阴极，[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+在阴极得到电子生成乙二胺，D错误；
故选C。
16．(1)15
(2) A N＞C＞H 二者均为分子晶体乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子灾害间不能形成氢键
(3)氮元素电负性更小，更容易给出电子形成配位键
(4) 50
【详解】（1）Cu是29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，含有15个有电子的轨道，核外电子的空间运动状态有15种。
（2）①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部粒子间含有C−N、C−H、N−H、C−C和N−Cu键，C−N、C−H和N−H为极性键，C−C非极性键，N−Cu之间的化学键是配位键，不含有离子键，故选A；
②乙二胺分子中氮原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化轨道类型为 sp3，元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是N＞C＞H；
③乙二胺分子中N原子上连接有氢原子，可形成氢键，而三甲胺分子中氮原子上没有连接氢原子，不能形成氢键，故乙二胺的沸点比三甲胺高很多。
（3）向含Cu2＋的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2＋，是因为N 元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键。
（4）①C点位于体对角线的处，根据A点和B点的晶胞参数，容易写出C的晶胞参数为；
②由晶胞结构可知，Cu形成的正四面体空隙有8个，其中4个被S原子占据，则该晶体的正四面体空隙填充率为50%；
③该晶胞是面心立方最密堆积，每个面上对角线上的3个Cu原子紧密相连，则晶胞棱长＝2a×10-10cm， 晶胞体积＝(2a×10-10 cm)3，该晶胞中Cu原子个数＝，S原子个数是4，所有原子体积＝，该晶体中原子的空间利用率＝=。
17．(1) C 长颈漏斗 饱和碳酸氢钠溶液
(2) 液封，防止（或空气）进入装置乙中
(3)溶液碱性弱，能减少副产物的生成
(4) 氯水或溶液（答案合理即可） 氢氧化钠溶液或氨水等 过滤、洗涤
【分析】本题为制备类的实验题，由装置甲左侧装置制备二氧化碳，通过装置甲除去二氧化碳中的氯化氢后，在装置乙中参与反应制备产物，由于二价铁具有还原性，容易被空气中氧气氧化，从而分析装置丙的作用，以此解题。
【详解】（1）①应该采用盐酸和碳酸钙，不加热制备二氧化碳，故排除A、E，同时在选项D中使用的碳酸钠容易溶解，不能用该装置制备二氧化碳，在选项B、C中，其中B中排出气体的导管在页面下方，故排除B，故答案为：C；
②由图可知，装置D中仪器a的名称是长颈漏斗；
③利用盐酸和碳酸钙制备的二氧化碳中容易混入氯化氢气体，可以通过饱和碳酸氢钠来除去其中的氯化氢，故装置甲中试剂a的名称是饱和碳酸氢钠溶液；
（2）①根据题意硫酸铁和碳酸钠反应生成产物，离子方程式为：；
②由于二价铁具有还原性，要防止空气中氧气氧化二价铁，故装置丙的作用是：液封，防止O2(或空气)进入装置乙中；
（3）将溶液换成溶液能提高产品纯度，原因是溶液碱性弱，能减少副产物的生成；
（4）中铁为+2价，需要制备的氧化铁中铁的化合价为+3价，则用稀硫酸溶解后，需要加入氧化剂，可以选择：氯水或H2O2溶液，随后调高pH从而得到氢氧化铁沉淀，可以选择：氢氧化钠溶液或氨水；随后过滤、洗涤即可。
18．(1)B、
(2)碱转化
(3) 4.7≤pH<5.8
(4) (或)
【分析】钕铁硼废料的主要成分为Nd、铁、硼、铝和少量的硅酸盐，加稀硫酸酸溶，Nd、铁、铝与硫酸反应生成、、，硅酸盐与硫酸反应生成硅酸沉淀，B与硫酸不反应，“滤渣”的主要成分为B、；向滤液中加入使转化为沉淀，由“滤液1”中主要离子为、可知，在该操作中也转化为沉淀；在“碱转换”操作中，加入过量NaOH溶液，使转化为沉淀，同时转化为进入“滤液2”而除去；加入稀硫酸溶解，再用H2C2O4溶液沉淀得到，煅烧，得到，以此作答。
【详解】（1）由分析可知，“滤渣”的主要成分为B、，故答案为：“滤渣”的主要成分为B、；
（2）由分析可知，在“碱转换”操作中，铝转化为进入“滤液2”而被除去，故答案为：碱转换；
（3）由信息可知，的开始沉淀的pH=6.3，此时c(H＋)=，c(OH－)=，＝c(Fe2＋)c2(OH－)＝0.1×()2＝，则当c(Fe2＋)＝时，c(OH－)＝＝＝时开始沉淀，此时pH＝－lgc(H＋)＝＝＝5.8，“沉钕”时需保证Al3＋完全沉淀，而Fe2＋不沉淀，所以调节pH范围为4.7≤pH<5.8；“碱转化”过程Nd元素由转化为，发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7≤pH<5.8；；
（4）设Nd2(C2O4)3•10H2O物质的量为1ml，即732g。750 K时质量减少24.6%+17.5%=42.1%，即减少732g×42.1%=308g，此时减少的除10个结晶水外，还减少C和O元素的质量，12x+ 16y＋180=308，解得x=4，y=5，即一个Nd2(C2O4)3•10H2O减少了10个结晶水、4个C和5个O，剩余的为Nd2C2O7，所以此时得到的固体为Nd2C2O7或写作；若在1000K下进行煅烧，由质量不再减少可知此时所得固体为Nd2O3，由原子守恒以及得失电子守恒可知发生在1000K下煅烧的化学方程式为，故答案为：(或)；。
19．(1)2－硝基－4－氯苯甲酸
(2)b
(3) 加成反应
(4)+NH3·H2O+2H2O
(5)3
(6)
【分析】由流程可知，A和氯气发生取得反应在甲基对位引入氯原子得到B，B被酸性高锰酸钾氧化为C，结合E化学式可知，C中硝基被还原为氨基得到E，E转化为F，结合F化学式可知，F为，F发生已知反应②原理后然后和氨水反应生成G，G发生已知反应①原理生成H，H中-CONH2转化为-CN得到I，I和J反应生成K，K转化为L，结合L结构、J化学式可知，J为、K为；
【详解】（1）由分析可知，C为：，2－硝基－4－氯苯甲酸；
（2）铁为活泼金属，具有一定还原性，C中硝基被还原为氨基得到E，则反应条件D应该提供还原剂，故选b；
（3）由分析可知，H的结构简式：；K为，K生成L过程中物质的不饱和度降低了，为加成反应；
（4）由流程结合分析可知，F发生已知反应②原理引入-SO3H得到，然后和氨水反应生成G，故F生成G的第二步反应的方程式为：+NH3·H2O+2H2O；
（5）有机物M是A的同系物，相对分子质量比A大28，则M比A多2个-CH2-，则M化学式为C9H11NO2，符合下列条件的M的芳香同分异构体：
①能水解，则含有酯基或酰胺基；②能与盐酸反应，则应为酯基或酰胺基的酸性水解或含有氨基；③能发生银镜反应，则含有醛基；④有四种不同化学环境的H，其个数比为6∶2∶2∶1，则应该含有2个甲基且结构对称；存在3种情况；
（6）乙醇氧化为乙醛，2分子乙醛转化为，醛基氧化为羧基得到，然后发生已知①原理转化为，发生H生成I的原理转化为，再发生K生成L的原理得到产物，故流程为：。
20．(1) 高温
(2) = < B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生的量相等
(3) -0.6 c 14.04
【详解】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2反应Ⅱ，则，； 的反应能自发进行，反应Ⅰ的，，则反应Ⅰ能自发进行的条件为高温。
（2）①A、D两点的温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数：=；
②每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点所在曲线上取一个点与B点温度相同，标为点E，E点与B点相比温度相同，但是E点的小于B点的，而增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此的产率：C点③A、B两点产率相等的原因是B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生的量相等。
（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量-1ml=-0.6。
②结合①中分析知，表示选择性的曲线是c。
③573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1ml×0.6×2=1.2ml，n(CO)= 1.2ml×15%= 0.18ml，n(CO2)= 1.2ml×85%= 1.02ml，设反应Ⅰ中转化了xml，反应Ⅱ中CO转化了yml，反应Ⅲ中转化了zml，则，，，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，y+2z=1.02，平衡时n(H2O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38ml，n(H2)=4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42ml，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4ml，故反应Ⅱ的。