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山西省太原市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非得选择题
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这是一份山西省太原市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非得选择题，共32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。
山西省太原市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非得选择题
一、实验题
1．（2021·山西太原·统考一模）为验证SO2的性质并制备NaHSO3和Na2SO3，设计如图所示实验装置(部分夹持装置略去)。
(1)装置A中反应的化学方程式是______。
(2)盛放浓硫酸的仪器名称是______，装置B的作用是______。
(3)试管D中发生反应的离子方程式为______。
(4)装置E中设计多孔球泡的目的是______。
(5)已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图1所示，Na2SO3的溶解度曲线如图2所示。
①边搅拌边向装置E中的Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，当______时停止通入SO2。
②由NaHSO3溶液制备Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，测量溶液的pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于______℃条件下趁热过滤。滴加NaOH溶液不能过慢的原因是______。
2．（2022·山西太原·统考一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
(1)仪器a的名称是___________。
(2)装置C中盛放的试剂是___________。装置B的作用是___________。
(3)制备N2H4的离子方程式为___________。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是___________。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为___________。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
(5)请完成表中的空白部分：①___________；②___________。
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因：___________。
3．（2023·山西太原·统考一模）人们将酸强度超过100%H2SO4的一类酸叫做超酸，某实验小组用SbCl5制备超酸HSbF6，并探究其性质。制备SbCl5的实验装置如图(夹持、加热及搅拌装置已略去)：
已知： I．制备HSbF6的相关反应为SbCl3+ Cl2SbCl5；SbCl5+ 6HF = HSbF6+ 5HCl
II．毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石。
III．相关物质的部分性质如下：
物质
熔点
沸点
其他性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
79℃/2.9 kPa； 140℃、101 kPa开始分解
极易水解
(1)仪器D的名称是___________ ，装置B 的作用是___________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为___________。
(3)试剂X为___________，其作用是___________、___________。
(4)D中反应完成后，关闭活塞a并打开活塞b，减压转移SbCl5粗品至装置E中。关闭活塞b、用真空泵抽气进行减压蒸馏(2.9 kPa)。E中毛细管产生微小气泡的作用是___________；用减压蒸馏的主要原因是___________。
(5)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因是___________(写化学方程式)。
(6)1966年，美国研究员J·Lukas无意中将蜡烛扔进HSbF6溶液中，发现蜡烛很快溶解，并放出H2。已知稳定性：，写出等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应的化学方程式：___________________。
二、工业流程题
4．（2021·山西太原·统考一模）综合利用炼锌矿渣［主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]可获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中的金属离子百分数)见表2。
表1 金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度/mol·L-1)
开始沉淀的pH
Fe2+
1.0×10-3
8.0
Fe3+
4.0×10-2
1.7
Zn2+
1.5
5.5
Ga3+
3.0×10-3
3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子
萃取率/%
Fe2+
0
Fe3+
99
Z2+
0
Ga3+
97~98.5
(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe的化合价为______，“操作1”为______。
(2)“滤液1”中可回收利用的物质是______。“滤饼”的主要成分是______。“萃取”前加入的固体X为______。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。“反萃取”后，镓的存在形式为______(填化学式)。
(4)GaN可采用“MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术”制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，在一定条件下使其与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。
(5)下图可表示氮化镓与铜组装成的人工光合系统的工作原理。H+向______(填“左”或“右”)池移动；铜电极上发生反应的电极反应式为______。
5．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。
已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有_________(填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式：_________。
(2)“滤渣1”的主要成分是_________。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是_________；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式：_________。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为_________。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl
以上热解产物中，热稳定性最差的是_________(填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是_________。
6．（2023·山西太原·统考一模）以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：
已知： AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3) 2.5×10-2、Ksp( CaCO3) = 2.8×10-9。回答下列问题：
(1)①电解氧化铝生成铝的化学方程式为___________，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是___________。
②已知AlCl3可形成共价分子， AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：_____________。
(2)“气体1”是___________ ( 填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是___________。
(3)已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式___________。
(4)“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：______________。
(5)Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是___________；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为___________g·cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。
三、原理综合题
7．（2021·山西太原·统考一模）二氧化碳的资源化利用一直是科学研究的热点领域，工业上可利用反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)制备甲醇。回答下列问题：
(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1
H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1
CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-676.0 kJ·mol-1
则反应I的ΔH=______。
(2)T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，容器中n(H2)随时间的变化如图中实线所示。
①从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率v(CO2)=______，氢气的转化率为______。
②该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数Kp=______(kPa)-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压x体积分数)
(3)①若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线______(填“I”或“II”)，判断的依据是______。
②a点的正反应速率______b点的逆反应速率(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是______。
8．（2022·山西太原·统考一模）二氧化碳资源化利用有助于实现“双碳目标”。在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要反应的热化学方程式有
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
(1)计算 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =___________。
(2)图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是___________(填图中字母)，判断依据是___________。
(3)①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，则n(H2O)= ___________mol(用含a的代数式表示，需化简)。
②若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp=___________。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)
(4)科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应过程如图2所示，由图可知 其中没有O-H键断裂的步骤是___________ (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为___________。(CH3OH不需标注同位素原子)。
9．（2023·山西太原·统考一模）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义。请回答下列问题，
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g) ΔH= +131.3 kJ·mol-1， ΔS = +133.7 J·mol-1·K-1，该反应在低温下___________(“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在T ℃时，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K = 0.5，相关化学键键能数据如表：
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能/(kJ·mol-1)
946
436
390.8
①T℃时， 2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的ΔH =___________。
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4 mol 、2 mol 、4 mol，则此时反应v正(N2)___________v逆(N2)(填“>”“<”“=”或“不能确定” )。。
(3)近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理___________。
(4)已知合成氨反应的速率方程为：v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) ，k为反应速率常数。在合成氨过程中，需要不断分离出氨，该操作的目的是________________。
(5)以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)。
①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是___________(填字母)。
A．增大CO2的浓度 B．增大压强
C．及时转移生成的尿素 D．使用更高效的催化剂
②尿素的合成分两步进行：
a．2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4 (1) ΔH =-117 kJ/mol
b．NH2COONH4(1)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g) ΔH = +15 kJ/mol，
第一步反应速率快，可判断活化能较大的是___________ (填“第一步”或“第二步”)。
③某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应： 2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数___________(MPa)-2(已知：分压=总压 ×体积分数)。
四、结构与性质
10．（2021·山西太原·统考一模）据报道，我国化学研究人员用Ni(NO3)2和Tb(CH3COO)3等合成了一个镍的一维链状配位化合物(如图a所示)，对镍配合物在磁性、电化学性质等方面的研究提出了理论指导。
请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子轨道表示式为______，图a中1mol配合物含σ键数目为______。
(2)C、N、O三种元素中电负性最小的是______(填元素符号)，C在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是______。
(3)Ni(NO3)2中阴离子的空间构型是______，写出与该阴离子互为等电子体的一种分子的化学式：______。
(4)图a配合物中，碳原子的杂化类型是______。已知：常压下CH3COOH的沸点为117.9℃，甲酸甲酯(HCOOCH3)的沸点为32℃，CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是______。
(5)已知：氧化镍的晶胞结构如图b所示。
①若NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg·cm-3，则该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为______pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
②一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中，如图c所示。已知O2-的半径为am，阿伏加德罗常数的值为NA，则每平方米上分散的该晶体的质量为______g。(用含a、NA、的代数式表示，图中大白球表示O2-，小黑球表示Ni2+)
11．（2022·山西太原·统考一模）氨基吡啶与铜等金属离子所形成的配合物具备良好的磁学性质和结构的多样性，特别是在存在桥基配体的铜配合物。同时给多个中心原子配位的配体称为桥基配体。
(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为___________，在元素周期表中铜属于___________区(填 “s”、“p”、“d” 或“ds”)。
(2)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(3)某氨基吡啶衍生物铜配合物X的结构简式如图所示。X中Cu2+的配位数是___________，C原子的杂化轨道类型为___________。在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，主要原因是___________。
(4)胆矾的简单平面结构式如图所示。
胆矾的化学式用配合物的形式可表示为___________；其阴离子的空间结构为___________；胆矾中存在的化学键有___________ (填字母)。
A．离子键 B．共价键 C．范德华力 D．氢键 E．配位键
(5)某铜的氮化物广泛应用于光信息存储和高速集成电路领域，其晶胞结构如图所示， 晶胞参数为a pm。该晶体中，与Cu原子最近的Cu原子有___________个，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式)。
五、有机推断题
12．（2021·山西太原·统考一模）黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物K的路线如下：
已知：①R-ClR-COOH
②R1CH2R2
③RCOOR1+R2CH2COOR3+R1OH
回答下列问题：
(1)已知A可与饱和NaHCO3溶液反应，则B中含有的官能团是______(填名称)。
(2)C→D的化学方程式是______，D→E的反应类型是______。
(3)E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是______。
(4)H的结构简式是______。
(5)某化合物乙的结构为，经过黄鸣龙反应得到化合物丙，则：
①丙的化学名称是______(用系统命名法)。
②乙的同分异构体中，能与新制的Cu(OH)2反应的共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为9：2：1的是______(填结构简式)。
13．（2022·山西太原·统考一模）M是合成某药物的中间体，以A为原料合成M的路线如下(部分条件和产物省略)：
已知：RCHO
请回答下列问题：
(1)芳香化合物A的化学名称为___________，M中所含的含氧官能团除羟基外，还有___________。
(2)B有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为___________。
①能发生水解反应，但不能发生银镜反应
②核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3
(3)试剂R的结构简式为___________，由D生成E的化学方程式为___________。
(4)由A生成B的多步反应中，存在反应，结合合成路线中的相关反应，说明设计该反应的目的为___________。
(5)参照上述流程，写出以乙醇为原料合成2－丁醇的路线：(其他试剂自选) ___________。
14．（2023·山西太原·统考一模）扎来普隆是一种镇静催眠药，以下为扎来普隆的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B的含氧官能团名称是___________，F属于___________(填“顺式”或“反式”)结构。
(2)反应①的试剂与条件是___________， B的结构简式为___________。
(3)写出反应③的化学方程式：___________， 反应⑤的类型是___________。
(4)C的同分异构体有很多种，其中含有氨基(-NH2)且能发生银镜反应的芳香族同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比等于1：2：2：2：2的是_________(写出一种的结构简式即可)。
参考答案：
1． Cu＋2H2SO4 (浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑ 分液漏斗 安全瓶，防止C中液体倒吸 2＋5SO2＋2H2O＝2Mn2+＋5＋4H＋ 增大反应物的接触面积，加快反应速率 4~5(4或5合理的数值均可) 34 NaHSO3和Na2SO3具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化
【分析】铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫通入到石蕊中，石蕊变红，二氧化硫通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，二氧化硫通入到碳酸钠溶液中制备NaHSO3和Na2SO3，由于二氧化硫有毒，因此用NaOH溶液处理尾气。
【详解】(1) A中是铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4 (浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑。
(2)由构造知，盛放浓硫酸的仪器名称是分液漏斗，装置B的作用是作安全瓶，防止C中液体倒吸。
(3)试管D中主要是二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子、高锰酸根离子被还原为锰离子，其离子方程式为：2＋5SO2＋2H2O＝2Mn2+＋5＋4H＋。
(4) 反应物之间接触面积越大，反应速率越快，则装置E中设计多孔球泡的目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(5) ①根据图中信息，当溶液的pH值在4～5时几乎全部是NaHSO3溶液，因此通过测定溶液的pH值来确定停止通SO2，实验操作为取一小片pH试纸放在玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中央，变色后与标准比色卡对照，当pH为4~5时，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，测量溶液的pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。滴加NaOH溶液不能过慢，因为NaHSO3和Na2SO3具有较强的还原性，滴加过慢，容易被空气中的氧气氧化。
2．(1)圆底烧瓶
(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气
(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(4) 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 25%
(5) 加入足量氨水 黑色固体溶解，并有气体产生
(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
（1）
根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
（2）
根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
（3）
根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（4）
①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
（5）
操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
（6）
肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
3．(1) 三颈烧瓶或三口烧瓶 除去Cl2中的HCl杂质
(2)MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
(3) 碱石灰 吸收氯气，防止其污染空气 防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解
(4) 防止暴沸 降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解
(5)SiO2+4HF=SiF4↑+ 2H2O
(6)(CH3)3CH + HSbF6 = (CH3)3CSbF6 + H2
【分析】A装置为制备Cl2，B、C为净化装置，D为制备SbCl5装置，E制备HSbF6并进行蒸馏，F为接收瓶，收集HSbF6。
【详解】（1）仪器D作为反应容器，名称为三颈烧瓶。制备的Cl2中含有HCl和H2O，B为除去HCl。答案为三颈烧瓶；除去Cl2中的HCl杂质
（2）MnO2加热条件下氧化浓盐酸制备Cl2，而自身被还原为MnCl2。答案为MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；
（3）装置中有剩余的Cl2污染环境，同时SbCl3、SbCl5遇水易水解，X为碱石灰既吸收尾气又防止SbCl3、SbCl5遇水易水解。答案为吸收氯气，防止其污染空气；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解；
（4）已知信息知毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石，所以其作用防止暴沸。减压蒸馏可降低其沸点，为了防止某些物质在较高的温度下分解。答案为防止暴沸；降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解；
（5）玻璃仪器中含有SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+ 2H2O。
答案为SiO2+4HF=SiF4↑+ 2H2O；
（6）由已知信息知，异丁烷可以提供碳正离子与F-结合形成卤化物，同时(CH3)3C+ 稳定反应中易形成。所以反应为：(CH3)3CH + HSbF6 = (CH3)3CSbF6 + H2。答案为(CH3)3CH + HSbF6 = (CH3)3CSbF6 + H2。
4． +3 过滤 硫酸锌 Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe NaGaO2 Ga(CH3)3+NH33CH4+GaN 右
【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，据此解答。
【详解】(1) Ga 呈+3价，则Ga2(Fe2O4)3中Fe的化合价为+3，“操作1”用于分离不溶性固体和溶液，为过滤。
(2)据分析，“滤液1”含锌离子，则可回收利用的物质是硫酸锌。亚铁离子被双氧水氧化为铁离子、由表和流程知，调节pH=5.4是为了沉淀铁离子和Ga3+，则“滤饼”的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3。后续流程中需萃取Ga3+ 而不能萃取Fe3+ ，由表可知，需将Fe3+转变为Fe2+，则“萃取”前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。“反萃取”后，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。
(4)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，则该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。
(5)由图中电子的流向可知，GaN电极为该电池的负极，Cu电极为该电池的正极，溶液中H+向正极移动，即向右移动，铜电极上，二氧化碳得到电子转化为甲烷，电极反应式为 。
5．(1) AB Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S
(2)SiO2、S
(3) Fe3+、Zn2+ 8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O
(4) Pr3++3e-=Pr PrOCl 1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2
【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Zn2+、Fe3+，过滤后将所得滤液蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，过滤得到PrCl3晶体。
（1）
①A．适当升高溶浸温度，可以加快反应速率，能提高镨元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，可以使孪生矿与氯化铁溶液接触更充分，加快反应速率，能提高镨元素浸出率，B符合题意；
C．适当缩短溶浸时间，反应不充分，会降低镨元素浸出率，C不符合题意；
综上所述答案为B；
②根据其他金属硫化物发生的反应可知，“溶浸”时Pr2S3被FeCl3氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S；
（2）
滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；
（3）
根据题目所给数据可知，pH为3.2时Fe3+完全沉淀，pH为6.4时Zn2+完全沉淀，所以依次析出的金属离子是Fe3+、Zn2+；根据题意，隔绝空气焙烧时，Fe(OH)3将FeS2氧化为S，自身被还原为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O；
（4）
①(PrCl3-KCl)在电解槽内熔化，可以电离出自由移动的离子，目的是制取Pr单质，所以Pr3+在阴极被还原，电极反应式为Pr3++3e-=Pr；
②1100℃时的热解产物只有PrO2和Pr(OH)2Cl，说明PrOCl不稳定，温度较高时不能稳定存在，所以热稳定性最差的是PrOCl；PrO2中Pr元素化合价升高，为氧化产物，1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2，所以1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl。
6．(1) 2Al2O3 (熔融)4Al+3O2↑ 防止阳极与氧气反应(或减少阳极的更换频率) F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键
(2) HF CaSO4
(3)2Al3++3+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑
(4)反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数K= >1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化
(5) Al
【分析】电解铝之后的废渣先经过酸溶，让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子，同时生成二氧化碳，再加入生石灰进行苛化，生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，最后得到含有NaOH和LiOH的混合溶液，再通入二氧化碳气体进行碳化，生成的电池级碳酸锂。
【详解】（1）①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应；
②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键；
（2）气体1是酸溶时，氟离子结合氢离子生成的HF。滤渣1是在水浸时将微溶 于水的硫酸钙沉淀了出来。
（3）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为；
（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq) ⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。
（5）该晶胞中白球的个数为个，黑球为，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li。该晶胞的质量为g，体积为(a×10-10)3cm3，故密度为g/cm3。
7． -49.4kJ/mol 45% Ⅰ 曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动 增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强
【详解】(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1，则反应①：H2的燃烧热化学方程式为： ，变化②为：H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1，反应③为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-676.0 kJ·mol-1，按盖斯定律，反应Ⅰ=反应①×3-变化②-反应③，则反应I的ΔH= 3ΔH1-ΔH2-ΔH3=-49.4kJ/mol。
(2) ①T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率 ，氢气的转化率。②由已知、图示数据可得三段式： ,则混合气体中，, 该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数，即Kp= (kPa)-2。
(3)①早拐早平速度快，升温时反应速率增大、CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol平衡左移，氢气的物质的量减小，故：若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线I，反应判断的依据是：曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动。②从a到b，反应物浓度下降，反应速率减小，则a点的正反应速率b点的逆反应速率。
(4) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体分子总数减小的反应，在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是：体积不变时增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强。
8．(1)+205.9KJ∙mol-1
(2) A 反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小
(3) 3.26-a
(4) ② 2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O
【分析】图1升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高，C表示CO的变化；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小，A表示甲烷的变化；B代表二氧化碳。
图2：反应原理：①CH3OH+H-O-催→CH3O-催+H2O，②CH3O-催+CO2→CH3COO-催，③CH3OH+CH3COO-催→CH3OCOOCH3+H-O-催，总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O。
(1)
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
由盖斯定律可知：Ⅱ-Ⅰ得 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =+41.2 kJ·mol-1-( kJ·mol-1)=+205.9KJ∙mol-1。故答案为：+205.9KJ∙mol-1；
(2)
图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是A(填图中字母)，判断依据是反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小。故答案为：A；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小；
(3)
①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，
则n(H2O)= (2×0.37+4-2×0.37-a)=(3.26-a)mol(用含a的代数式表示，需化简)。故答案为：3.26-a；
②从图中读出，2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)中n(CO2)=0.26mol，n(CH4)=0.37mol，n(CO)=0.37mol，又n(H2)=amol，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，由反应Ⅰ求出气体物质的量的变化量为2×0.37，反应后气体的总物质的量为：5-2×0.37=4.26mol，若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp==。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)故答案为：；
(4)
由图可知 ①中CH3OH生成CH3O-，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，其中没有O-H键断裂的步骤是② (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。(CH3OH不需标注同位素原子)。故答案为：②；2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。
9．(1)不能
(2) +90.8kJ/mol =
(3)N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
(4)加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率
(5) AB 第二步 0.15
【详解】（1）放热、气体增加有利于反应的发生， ΔH>0、 ΔS>0在高温条件下可发生，所以该反应低温不能发生。答案为不能；
（2）ΔH=E(反应物断键吸收的总能量)-E(生成物成键放出的总能量)=6×390.8-(946+436×3)=+90.8kJ/mol。此时的浓度熵为，则反应为平衡状态，v正(N2)=v逆(N2)。答案为+90.8kJ/mol；=；
（3）N ≡N键断裂吸收热量，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率。同时，N-H键的形成释放热量，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。答案为N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
（4）v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) 知v与NH3浓度成反比，移走氨气降低浓度使v增大，同时移走产物使平衡正向移动。答案为加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；
（5）A．增加反应物的浓度反应物CO2平衡正向，NH3的转化率增加，A项符合题意；
B．该体系为气体减小的过程，增大压强平衡正向，NH3转化率增大，B项符合题意；
C．尿素为纯液体，移走对平衡无影响，C项不符合题意；
D．催化剂只能改变反应速率，无法改变平衡状态及转化率，D项不符合题意；
故选AB。
活化能越高反应速率小。已知第一步反应速率快，则第一步活化能低于第二步。
反应前NH3的体积分数为50%，NH3和CO2按物质的量1:1投料。设NH3起始为1mol，列出三段式为
平衡时NH3的体积分数为20%，则 a=。则平衡时CO2的体积分数为则H2O的体积分数为30%。P(NH3)=20%×（10MPa）=2 MPa，P(CO2)=50%×（10MPa）=5MPa，P(H2O)=30%×（10MPa）=3 MPa，则K= 。答案为0.15。
10． 42NA C C有4个价电子，处于易得和易失电子的中间位置 平面三角形 SO3 sp2、sp3 CH3COOH分子间存在氢键、而HCOOCH3分子之间没有氢键
【分析】按等电子体理论、根据价层电子对互斥理论计算硝酸根离子中的价层电子对数、并确定其等电子体；用均摊法计算晶胞的质量、按密度ρ=计算晶胞的边长、求出2个离子之间的距离；
【详解】(1)Ni原子序数为28，基态Ni原子价层电子的排布式为3d84s2，由泡利原理、洪特规则，可得的价电子轨道表示式为；单键全部是σ键、双键中有1个σ键、1个π键，则由图a的结构简式可知：不饱和五元环的σ键有2×7+2×3+2=22个，每个五元环内有1个CH2、1个N、3个CH，2个五元环内共有2×10=20个σ键，则1个配合物分子含σ键42个，1mol配合物含σ键数目为42NA。
(2)C、N、O三种元素位于第二周期，同一周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，所以电负性 ，电负性最小的是C，C在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是碳原子最外层有4个电子，处于易得和易失电子的中间位置，不容易得或失电子形成稳定结构。
(3)Ni(NO3)2中阴离子为硝酸根离子，中心原子N的孤电子对数为、 价层电子对数为3+0=3，故其空间构型是平面三角形；硝酸根离子为4原子的微粒、价电子总数为24，与之互为等电子体的一种分子的化学式：SO3(或BF3)。
(4)图a配合物中，碳原子有饱和碳原子，有不饱和的双键碳原子：碳碳双键、碳氮双键、碳氧双键，故碳原子的杂化类型是sp3、sp2。CH3COOH和甲酸甲酯(HCOOCH3)互为同分异构体，常压下CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是：CH3COOH分子间存在氢键、而HCOOCH3分子之间没有氢键。
(5)①由晶胞结构知，氧离子位于棱边的中点和体心，数目为 ，镍离子位于面心和顶点，则数目为，晶胞的质量为 ，晶体密度为ρg·cm-3，设晶胞边长为acm，晶胞的体积 ，则 ，该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为 。
②平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含有1个“NiO“，每个氧化镍所占的面积=(2am)×(2am×sin60°)=2a2m2，则每平方米含有的氧化镍个数 ，每个氧化镍的质量 ，所以每平方米含有的氧化镍质量 g。
11．(1) ds
(2)N＞O＞C
(3) 5 sp2和sp3 Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定
(4) [Cu(H2O)4]SO4∙H2O 正四面体形 ABE
(5) 8
【详解】（1）氮是7号元素，基态氮原子的价层电子轨道表示式为，在元素周期表中铜的价电子排布式为3d104s1，属于ds区(填 “s”、“p”、“d” 或“ds”)。故答案为：；ds；
（2）同周期从左到右，第一电离能增大，N的2p能级上为半充满结构，第一电离能变大，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。故答案为：N＞O＞C；
（3）X中铜离子与4个O和1个N形成共价键，X中Cu2+的配位数是5，吡啶环上的碳、羰基上的碳为sp2杂化，甲基上有碳为sp3杂化，C原子的杂化轨道类型为sp2和sp3。在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，主要原因是Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定。故答案为：5；sp2和sp3；Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定；
（4）胆矾的化学式用配合物的形式可表示为[Cu(H2O)4]SO4∙H2O；硫酸根中心原子硫的价层电子对数为4，采用sp3杂化，其阴离子的空间结构为正四面体形；胆矾中存在的化学键有A．硫酸根离子与四氨合铜离子间的离子键，B．O-H、S-O共价键 E．铜与氧间的配位键,不存在分子间作用力，氢键不是化学键，故选ABE；故答案为：[Cu(H2O)4]SO4∙H2O；正四面体形；ABE；
（5）某铜的氮化物晶胞参数为a pm。该晶体中，与Cu原子最近的Cu原子有8个，若阿伏加德罗常数的值为NA，每个晶胞中含铜：12×=3，含氮8×=1，则该晶体的密度为=g·cm-3(列出计算式)。故答案为：8；。
12． 羧基、氯原子 HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 取代反应 2,2-二甲基丁烷 8 (CH3)3CCH2CHO
【分析】A可与饱和NaHCO3溶液反应，已知A可与饱和NaHCO3溶液反应，说明A中含有羧基，则A为CH3COOH，A发生取代反应生成B，B能发生信息①的反应，则B为ClCH2COOH，C为HOOCCH2COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据G结构简式知，D发生取代反应生成E，E为， E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是，F结构简式为，F和乙醇发生酯化反应生成G，G发生信息③的反应生成H为，J发生黄鸣龙反应生成K，根据K结构简式知，J为，I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，根据J知I结构简式为CH3CH2OOC-CH=CH2，以此来解答。
【详解】(1)据分析，B为ClCH2COOH，则B中含有的官能团是羧基、氯原子。
(2)C→D的反应，为丙二酸和乙醇之间按物质的量之比为1:2进行的酯化反应，化学方程式是HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3， E为，则D→E的反应类型是取代反应。
(3) E为、F为，E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是。
(4)据分析，G→H，发生的是信息③反应，则H的结构简式是。
(5) ①化合物乙，经过黄鸣龙反应得到化合物丙，则丙为，属于烷烃，用系统命名法命名，其主链4个碳原子、2号碳原子上有2个甲基，则丙的化学名称是2,2-二甲基丁烷。
②乙的分子式为C6H12O，不饱和度为1，乙的同分异构体中，含-CHO的能与新制的Cu(OH)2反应，即-CHO与-C5H11组成的能与新制的Cu(OH)2反应 ，-C5H11为戊基，正戊烷分子内有3种氢原子、对应的戊基有3种、异戊烷分子内有4种氢原子、对应的戊基有4种、新戊烷分子内有1种氢原子、对应的戊基有1种、故共有8种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为9:2:1，则分子内有3种氢原子、醛基上有1个H、另外有1个-CH2-，有3个-CH3，则结构简式是(CH3)3CCH2CHO。
13．(1) 甲苯 羰基、醚键
(2)、
(3) 2+O22+2H2O
(4)保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化
(5)
【分析】A为芳香族化合物，含有苯环，其分子式为C7H8，所以结构简式为，经多步反应生成B，根据反应条件可知，B与试剂R发生类似已知信息的反应生成C，结合B、C的结构简式可知R为，C水解生成D，D在催化氧化生成E，根据E中含有羰基可知，C水解后生成羟基，所以D为。
（1）
A的结构简式为，苯环上有一个甲基，所以名称为甲苯；根据M的结构简式可知其含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（2）
B中含有8个C原子，2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：能发生水解反应，不能发生银镜反应，可知含有酯基，但不是甲酸某酯，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3，即结构对称，可得满足相关条件的芳香族化合物的结构简式为、；
（3）
根据分析，R的结构简式为；D中羟基被催化氧化生成D，化学方程式为2+O22+2H2O；
（4）
根据后续产物可知-OCH3最终又转化为酚羟基，结合酚羟基很活泼性质，容易发生氧化反应可知，其目的就是保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化；
（5）
乙醇为CH3CH2OH，2－丁醇为，通过乙醇合成2-丁醇需要将碳链加长，根据已知信息可知CH3CHO可以和CH3CH2Cl在Mg/乙醚条件下生成，再水解即可得到2－丁醇，而乙醇被催化氧化可以生成CH3CHO，与浓盐酸发生取代反应可以生成CH3CH2Cl，所以合成路线为。
14．(1) 酮羰基、硝基 反式
(2) 浓硫酸、浓硝酸、加热
(3) 取代反应
(4) 17
【分析】A→B为苯环的硝化。②Fe、HCl为-NO2的还原。③为-NH2转变为-NHOCCH3，发生取代反应，C为。逆推法得B为，A为。⑤N-H中的H被-CH2CH3取代。
【详解】（1）由上分析，B中含有C=O、-NO2，B中官能团为羰基、硝基。若R3>R4且R1>R2，则为顺式；当R3>R4且R1
（3）该反应为-NH2中H被-COCH3取代，反应为。⑤反应中N-H中的H被-CH2CH3取代，该反应为取代反应。答案为；取代反应；
（4）C分子式为C8H9NO。其同分异构体能发生银镜反应且为芳香族，则含有的基团有-NH2、-CHO、苯环。考虑苯环上取代基位置异构。若三取代为苯环上被NH2取代有4+4+2=10种；若二取代为和为3+3=6种；若一取代为1种。由氢谱峰为1:2:2:2:2，苯环对称的取代为。答案为17；。
山西省太原市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非得选择题
一、实验题
1．（2021·山西太原·统考一模）为验证SO2的性质并制备NaHSO3和Na2SO3，设计如图所示实验装置(部分夹持装置略去)。
(1)装置A中反应的化学方程式是______。
(2)盛放浓硫酸的仪器名称是______，装置B的作用是______。
(3)试管D中发生反应的离子方程式为______。
(4)装置E中设计多孔球泡的目的是______。
(5)已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图1所示，Na2SO3的溶解度曲线如图2所示。
①边搅拌边向装置E中的Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，当______时停止通入SO2。
②由NaHSO3溶液制备Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，测量溶液的pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于______℃条件下趁热过滤。滴加NaOH溶液不能过慢的原因是______。
2．（2022·山西太原·统考一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
(1)仪器a的名称是___________。
(2)装置C中盛放的试剂是___________。装置B的作用是___________。
(3)制备N2H4的离子方程式为___________。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是___________。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为___________。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
(5)请完成表中的空白部分：①___________；②___________。
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因：___________。
3．（2023·山西太原·统考一模）人们将酸强度超过100%H2SO4的一类酸叫做超酸，某实验小组用SbCl5制备超酸HSbF6，并探究其性质。制备SbCl5的实验装置如图(夹持、加热及搅拌装置已略去)：
已知： I．制备HSbF6的相关反应为SbCl3+ Cl2SbCl5；SbCl5+ 6HF = HSbF6+ 5HCl
II．毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石。
III．相关物质的部分性质如下：
物质
熔点
沸点
其他性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
79℃/2.9 kPa； 140℃、101 kPa开始分解
极易水解
(1)仪器D的名称是___________ ，装置B 的作用是___________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为___________。
(3)试剂X为___________，其作用是___________、___________。
(4)D中反应完成后，关闭活塞a并打开活塞b，减压转移SbCl5粗品至装置E中。关闭活塞b、用真空泵抽气进行减压蒸馏(2.9 kPa)。E中毛细管产生微小气泡的作用是___________；用减压蒸馏的主要原因是___________。
(5)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因是___________(写化学方程式)。
(6)1966年，美国研究员J·Lukas无意中将蜡烛扔进HSbF6溶液中，发现蜡烛很快溶解，并放出H2。已知稳定性：，写出等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应的化学方程式：___________________。
二、工业流程题
4．（2021·山西太原·统考一模）综合利用炼锌矿渣［主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]可获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中的金属离子百分数)见表2。
表1 金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度/mol·L-1)
开始沉淀的pH
Fe2+
1.0×10-3
8.0
Fe3+
4.0×10-2
1.7
Zn2+
1.5
5.5
Ga3+
3.0×10-3
3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子
萃取率/%
Fe2+
0
Fe3+
99
Z2+
0
Ga3+
97~98.5
(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe的化合价为______，“操作1”为______。
(2)“滤液1”中可回收利用的物质是______。“滤饼”的主要成分是______。“萃取”前加入的固体X为______。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。“反萃取”后，镓的存在形式为______(填化学式)。
(4)GaN可采用“MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术”制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，在一定条件下使其与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。
(5)下图可表示氮化镓与铜组装成的人工光合系统的工作原理。H+向______(填“左”或“右”)池移动；铜电极上发生反应的电极反应式为______。
5．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。
已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有_________(填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式：_________。
(2)“滤渣1”的主要成分是_________。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是_________；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式：_________。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为_________。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl
以上热解产物中，热稳定性最差的是_________(填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是_________。
6．（2023·山西太原·统考一模）以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：
已知： AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3) 2.5×10-2、Ksp( CaCO3) = 2.8×10-9。回答下列问题：
(1)①电解氧化铝生成铝的化学方程式为___________，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是___________。
②已知AlCl3可形成共价分子， AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：_____________。
(2)“气体1”是___________ ( 填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是___________。
(3)已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式___________。
(4)“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：______________。
(5)Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是___________；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为___________g·cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。
三、原理综合题
7．（2021·山西太原·统考一模）二氧化碳的资源化利用一直是科学研究的热点领域，工业上可利用反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)制备甲醇。回答下列问题：
(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1
H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1
CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-676.0 kJ·mol-1
则反应I的ΔH=______。
(2)T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，容器中n(H2)随时间的变化如图中实线所示。
①从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率v(CO2)=______，氢气的转化率为______。
②该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数Kp=______(kPa)-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压x体积分数)
(3)①若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线______(填“I”或“II”)，判断的依据是______。
②a点的正反应速率______b点的逆反应速率(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是______。
8．（2022·山西太原·统考一模）二氧化碳资源化利用有助于实现“双碳目标”。在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要反应的热化学方程式有
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
(1)计算 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =___________。
(2)图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是___________(填图中字母)，判断依据是___________。
(3)①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，则n(H2O)= ___________mol(用含a的代数式表示，需化简)。
②若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp=___________。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)
(4)科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应过程如图2所示，由图可知 其中没有O-H键断裂的步骤是___________ (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为___________。(CH3OH不需标注同位素原子)。
9．（2023·山西太原·统考一模）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义。请回答下列问题，
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g) ΔH= +131.3 kJ·mol-1， ΔS = +133.7 J·mol-1·K-1，该反应在低温下___________(“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在T ℃时，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K = 0.5，相关化学键键能数据如表：
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能/(kJ·mol-1)
946
436
390.8
①T℃时， 2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的ΔH =___________。
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4 mol 、2 mol 、4 mol，则此时反应v正(N2)___________v逆(N2)(填“>”“<”“=”或“不能确定” )。。
(3)近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理___________。
(4)已知合成氨反应的速率方程为：v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) ，k为反应速率常数。在合成氨过程中，需要不断分离出氨，该操作的目的是________________。
(5)以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)。
①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是___________(填字母)。
A．增大CO2的浓度 B．增大压强
C．及时转移生成的尿素 D．使用更高效的催化剂
②尿素的合成分两步进行：
a．2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4 (1) ΔH =-117 kJ/mol
b．NH2COONH4(1)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g) ΔH = +15 kJ/mol，
第一步反应速率快，可判断活化能较大的是___________ (填“第一步”或“第二步”)。
③某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应： 2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数___________(MPa)-2(已知：分压=总压 ×体积分数)。
四、结构与性质
10．（2021·山西太原·统考一模）据报道，我国化学研究人员用Ni(NO3)2和Tb(CH3COO)3等合成了一个镍的一维链状配位化合物(如图a所示)，对镍配合物在磁性、电化学性质等方面的研究提出了理论指导。
请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子轨道表示式为______，图a中1mol配合物含σ键数目为______。
(2)C、N、O三种元素中电负性最小的是______(填元素符号)，C在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是______。
(3)Ni(NO3)2中阴离子的空间构型是______，写出与该阴离子互为等电子体的一种分子的化学式：______。
(4)图a配合物中，碳原子的杂化类型是______。已知：常压下CH3COOH的沸点为117.9℃，甲酸甲酯(HCOOCH3)的沸点为32℃，CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是______。
(5)已知：氧化镍的晶胞结构如图b所示。
①若NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg·cm-3，则该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为______pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
②一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中，如图c所示。已知O2-的半径为am，阿伏加德罗常数的值为NA，则每平方米上分散的该晶体的质量为______g。(用含a、NA、的代数式表示，图中大白球表示O2-，小黑球表示Ni2+)
11．（2022·山西太原·统考一模）氨基吡啶与铜等金属离子所形成的配合物具备良好的磁学性质和结构的多样性，特别是在存在桥基配体的铜配合物。同时给多个中心原子配位的配体称为桥基配体。
(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为___________，在元素周期表中铜属于___________区(填 “s”、“p”、“d” 或“ds”)。
(2)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(3)某氨基吡啶衍生物铜配合物X的结构简式如图所示。X中Cu2+的配位数是___________，C原子的杂化轨道类型为___________。在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，主要原因是___________。
(4)胆矾的简单平面结构式如图所示。
胆矾的化学式用配合物的形式可表示为___________；其阴离子的空间结构为___________；胆矾中存在的化学键有___________ (填字母)。
A．离子键 B．共价键 C．范德华力 D．氢键 E．配位键
(5)某铜的氮化物广泛应用于光信息存储和高速集成电路领域，其晶胞结构如图所示， 晶胞参数为a pm。该晶体中，与Cu原子最近的Cu原子有___________个，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式)。
五、有机推断题
12．（2021·山西太原·统考一模）黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物K的路线如下：
已知：①R-ClR-COOH
②R1CH2R2
③RCOOR1+R2CH2COOR3+R1OH
回答下列问题：
(1)已知A可与饱和NaHCO3溶液反应，则B中含有的官能团是______(填名称)。
(2)C→D的化学方程式是______，D→E的反应类型是______。
(3)E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是______。
(4)H的结构简式是______。
(5)某化合物乙的结构为，经过黄鸣龙反应得到化合物丙，则：
①丙的化学名称是______(用系统命名法)。
②乙的同分异构体中，能与新制的Cu(OH)2反应的共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为9：2：1的是______(填结构简式)。
13．（2022·山西太原·统考一模）M是合成某药物的中间体，以A为原料合成M的路线如下(部分条件和产物省略)：
已知：RCHO
请回答下列问题：
(1)芳香化合物A的化学名称为___________，M中所含的含氧官能团除羟基外，还有___________。
(2)B有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为___________。
①能发生水解反应，但不能发生银镜反应
②核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3
(3)试剂R的结构简式为___________，由D生成E的化学方程式为___________。
(4)由A生成B的多步反应中，存在反应，结合合成路线中的相关反应，说明设计该反应的目的为___________。
(5)参照上述流程，写出以乙醇为原料合成2－丁醇的路线：(其他试剂自选) ___________。
14．（2023·山西太原·统考一模）扎来普隆是一种镇静催眠药，以下为扎来普隆的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B的含氧官能团名称是___________，F属于___________(填“顺式”或“反式”)结构。
(2)反应①的试剂与条件是___________， B的结构简式为___________。
(3)写出反应③的化学方程式：___________， 反应⑤的类型是___________。
(4)C的同分异构体有很多种，其中含有氨基(-NH2)且能发生银镜反应的芳香族同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比等于1：2：2：2：2的是_________(写出一种的结构简式即可)。
参考答案：
1． Cu＋2H2SO4 (浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑ 分液漏斗 安全瓶，防止C中液体倒吸 2＋5SO2＋2H2O＝2Mn2+＋5＋4H＋ 增大反应物的接触面积，加快反应速率 4~5(4或5合理的数值均可) 34 NaHSO3和Na2SO3具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化
【分析】铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫通入到石蕊中，石蕊变红，二氧化硫通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，二氧化硫通入到碳酸钠溶液中制备NaHSO3和Na2SO3，由于二氧化硫有毒，因此用NaOH溶液处理尾气。
【详解】(1) A中是铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4 (浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑。
(2)由构造知，盛放浓硫酸的仪器名称是分液漏斗，装置B的作用是作安全瓶，防止C中液体倒吸。
(3)试管D中主要是二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子、高锰酸根离子被还原为锰离子，其离子方程式为：2＋5SO2＋2H2O＝2Mn2+＋5＋4H＋。
(4) 反应物之间接触面积越大，反应速率越快，则装置E中设计多孔球泡的目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(5) ①根据图中信息，当溶液的pH值在4～5时几乎全部是NaHSO3溶液，因此通过测定溶液的pH值来确定停止通SO2，实验操作为取一小片pH试纸放在玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中央，变色后与标准比色卡对照，当pH为4~5时，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，测量溶液的pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。滴加NaOH溶液不能过慢，因为NaHSO3和Na2SO3具有较强的还原性，滴加过慢，容易被空气中的氧气氧化。
2．(1)圆底烧瓶
(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气
(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(4) 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 25%
(5) 加入足量氨水 黑色固体溶解，并有气体产生
(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
（1）
根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
（2）
根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
（3）
根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（4）
①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
（5）
操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
（6）
肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
3．(1) 三颈烧瓶或三口烧瓶 除去Cl2中的HCl杂质
(2)MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
(3) 碱石灰 吸收氯气，防止其污染空气 防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解
(4) 防止暴沸 降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解
(5)SiO2+4HF=SiF4↑+ 2H2O
(6)(CH3)3CH + HSbF6 = (CH3)3CSbF6 + H2
【分析】A装置为制备Cl2，B、C为净化装置，D为制备SbCl5装置，E制备HSbF6并进行蒸馏，F为接收瓶，收集HSbF6。
【详解】（1）仪器D作为反应容器，名称为三颈烧瓶。制备的Cl2中含有HCl和H2O，B为除去HCl。答案为三颈烧瓶；除去Cl2中的HCl杂质
（2）MnO2加热条件下氧化浓盐酸制备Cl2，而自身被还原为MnCl2。答案为MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；
（3）装置中有剩余的Cl2污染环境，同时SbCl3、SbCl5遇水易水解，X为碱石灰既吸收尾气又防止SbCl3、SbCl5遇水易水解。答案为吸收氯气，防止其污染空气；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中使SbCl3、SbCl5水解；
（4）已知信息知毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石，所以其作用防止暴沸。减压蒸馏可降低其沸点，为了防止某些物质在较高的温度下分解。答案为防止暴沸；降低SbCl5的沸点，防止温度过高导致SbCl5分解；
（5）玻璃仪器中含有SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+ 2H2O。
答案为SiO2+4HF=SiF4↑+ 2H2O；
（6）由已知信息知，异丁烷可以提供碳正离子与F-结合形成卤化物，同时(CH3)3C+ 稳定反应中易形成。所以反应为：(CH3)3CH + HSbF6 = (CH3)3CSbF6 + H2。答案为(CH3)3CH + HSbF6 = (CH3)3CSbF6 + H2。
4． +3 过滤 硫酸锌 Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe NaGaO2 Ga(CH3)3+NH33CH4+GaN 右
【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，据此解答。
【详解】(1) Ga 呈+3价，则Ga2(Fe2O4)3中Fe的化合价为+3，“操作1”用于分离不溶性固体和溶液，为过滤。
(2)据分析，“滤液1”含锌离子，则可回收利用的物质是硫酸锌。亚铁离子被双氧水氧化为铁离子、由表和流程知，调节pH=5.4是为了沉淀铁离子和Ga3+，则“滤饼”的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3。后续流程中需萃取Ga3+ 而不能萃取Fe3+ ，由表可知，需将Fe3+转变为Fe2+，则“萃取”前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。“反萃取”后，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。
(4)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，则该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。
(5)由图中电子的流向可知，GaN电极为该电池的负极，Cu电极为该电池的正极，溶液中H+向正极移动，即向右移动，铜电极上，二氧化碳得到电子转化为甲烷，电极反应式为 。
5．(1) AB Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S
(2)SiO2、S
(3) Fe3+、Zn2+ 8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O
(4) Pr3++3e-=Pr PrOCl 1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2
【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Zn2+、Fe3+，过滤后将所得滤液蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，过滤得到PrCl3晶体。
（1）
①A．适当升高溶浸温度，可以加快反应速率，能提高镨元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，可以使孪生矿与氯化铁溶液接触更充分，加快反应速率，能提高镨元素浸出率，B符合题意；
C．适当缩短溶浸时间，反应不充分，会降低镨元素浸出率，C不符合题意；
综上所述答案为B；
②根据其他金属硫化物发生的反应可知，“溶浸”时Pr2S3被FeCl3氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S；
（2）
滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；
（3）
根据题目所给数据可知，pH为3.2时Fe3+完全沉淀，pH为6.4时Zn2+完全沉淀，所以依次析出的金属离子是Fe3+、Zn2+；根据题意，隔绝空气焙烧时，Fe(OH)3将FeS2氧化为S，自身被还原为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O；
（4）
①(PrCl3-KCl)在电解槽内熔化，可以电离出自由移动的离子，目的是制取Pr单质，所以Pr3+在阴极被还原，电极反应式为Pr3++3e-=Pr；
②1100℃时的热解产物只有PrO2和Pr(OH)2Cl，说明PrOCl不稳定，温度较高时不能稳定存在，所以热稳定性最差的是PrOCl；PrO2中Pr元素化合价升高，为氧化产物，1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2，所以1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl。
6．(1) 2Al2O3 (熔融)4Al+3O2↑ 防止阳极与氧气反应(或减少阳极的更换频率) F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键
(2) HF CaSO4
(3)2Al3++3+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑
(4)反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数K= >1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化
(5) Al
【分析】电解铝之后的废渣先经过酸溶，让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子，同时生成二氧化碳，再加入生石灰进行苛化，生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，最后得到含有NaOH和LiOH的混合溶液，再通入二氧化碳气体进行碳化，生成的电池级碳酸锂。
【详解】（1）①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应；
②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键；
（2）气体1是酸溶时，氟离子结合氢离子生成的HF。滤渣1是在水浸时将微溶 于水的硫酸钙沉淀了出来。
（3）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为；
（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq) ⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。
（5）该晶胞中白球的个数为个，黑球为，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li。该晶胞的质量为g，体积为(a×10-10)3cm3，故密度为g/cm3。
7． -49.4kJ/mol 45% Ⅰ 曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动 增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强
【详解】(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1，则反应①：H2的燃烧热化学方程式为： ，变化②为：H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1，反应③为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-676.0 kJ·mol-1，按盖斯定律，反应Ⅰ=反应①×3-变化②-反应③，则反应I的ΔH= 3ΔH1-ΔH2-ΔH3=-49.4kJ/mol。
(2) ①T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率 ，氢气的转化率。②由已知、图示数据可得三段式： ,则混合气体中，, 该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数，即Kp= (kPa)-2。
(3)①早拐早平速度快，升温时反应速率增大、CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol平衡左移，氢气的物质的量减小，故：若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线I，反应判断的依据是：曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动。②从a到b，反应物浓度下降，反应速率减小，则a点的正反应速率b点的逆反应速率。
(4) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体分子总数减小的反应，在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是：体积不变时增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强。
8．(1)+205.9KJ∙mol-1
(2) A 反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小
(3) 3.26-a
(4) ② 2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O
【分析】图1升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高，C表示CO的变化；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小，A表示甲烷的变化；B代表二氧化碳。
图2：反应原理：①CH3OH+H-O-催→CH3O-催+H2O，②CH3O-催+CO2→CH3COO-催，③CH3OH+CH3COO-催→CH3OCOOCH3+H-O-催，总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O。
(1)
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
由盖斯定律可知：Ⅱ-Ⅰ得 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =+41.2 kJ·mol-1-( kJ·mol-1)=+205.9KJ∙mol-1。故答案为：+205.9KJ∙mol-1；
(2)
图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是A(填图中字母)，判断依据是反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小。故答案为：A；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小；
(3)
①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，
则n(H2O)= (2×0.37+4-2×0.37-a)=(3.26-a)mol(用含a的代数式表示，需化简)。故答案为：3.26-a；
②从图中读出，2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)中n(CO2)=0.26mol，n(CH4)=0.37mol，n(CO)=0.37mol，又n(H2)=amol，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，由反应Ⅰ求出气体物质的量的变化量为2×0.37，反应后气体的总物质的量为：5-2×0.37=4.26mol，若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp==。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)故答案为：；
(4)
由图可知 ①中CH3OH生成CH3O-，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，其中没有O-H键断裂的步骤是② (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。(CH3OH不需标注同位素原子)。故答案为：②；2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。
9．(1)不能
(2) +90.8kJ/mol =
(3)N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
(4)加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率
(5) AB 第二步 0.15
【详解】（1）放热、气体增加有利于反应的发生， ΔH>0、 ΔS>0在高温条件下可发生，所以该反应低温不能发生。答案为不能；
（2）ΔH=E(反应物断键吸收的总能量)-E(生成物成键放出的总能量)=6×390.8-(946+436×3)=+90.8kJ/mol。此时的浓度熵为，则反应为平衡状态，v正(N2)=v逆(N2)。答案为+90.8kJ/mol；=；
（3）N ≡N键断裂吸收热量，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率。同时，N-H键的形成释放热量，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。答案为N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
（4）v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) 知v与NH3浓度成反比，移走氨气降低浓度使v增大，同时移走产物使平衡正向移动。答案为加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；
（5）A．增加反应物的浓度反应物CO2平衡正向，NH3的转化率增加，A项符合题意；
B．该体系为气体减小的过程，增大压强平衡正向，NH3转化率增大，B项符合题意；
C．尿素为纯液体，移走对平衡无影响，C项不符合题意；
D．催化剂只能改变反应速率，无法改变平衡状态及转化率，D项不符合题意；
故选AB。
活化能越高反应速率小。已知第一步反应速率快，则第一步活化能低于第二步。
反应前NH3的体积分数为50%，NH3和CO2按物质的量1:1投料。设NH3起始为1mol，列出三段式为
平衡时NH3的体积分数为20%，则 a=。则平衡时CO2的体积分数为则H2O的体积分数为30%。P(NH3)=20%×（10MPa）=2 MPa，P(CO2)=50%×（10MPa）=5MPa，P(H2O)=30%×（10MPa）=3 MPa，则K= 。答案为0.15。
10． 42NA C C有4个价电子，处于易得和易失电子的中间位置 平面三角形 SO3 sp2、sp3 CH3COOH分子间存在氢键、而HCOOCH3分子之间没有氢键
【分析】按等电子体理论、根据价层电子对互斥理论计算硝酸根离子中的价层电子对数、并确定其等电子体；用均摊法计算晶胞的质量、按密度ρ=计算晶胞的边长、求出2个离子之间的距离；
【详解】(1)Ni原子序数为28，基态Ni原子价层电子的排布式为3d84s2，由泡利原理、洪特规则，可得的价电子轨道表示式为；单键全部是σ键、双键中有1个σ键、1个π键，则由图a的结构简式可知：不饱和五元环的σ键有2×7+2×3+2=22个，每个五元环内有1个CH2、1个N、3个CH，2个五元环内共有2×10=20个σ键，则1个配合物分子含σ键42个，1mol配合物含σ键数目为42NA。
(2)C、N、O三种元素位于第二周期，同一周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，所以电负性 ，电负性最小的是C，C在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是碳原子最外层有4个电子，处于易得和易失电子的中间位置，不容易得或失电子形成稳定结构。
(3)Ni(NO3)2中阴离子为硝酸根离子，中心原子N的孤电子对数为、 价层电子对数为3+0=3，故其空间构型是平面三角形；硝酸根离子为4原子的微粒、价电子总数为24，与之互为等电子体的一种分子的化学式：SO3(或BF3)。
(4)图a配合物中，碳原子有饱和碳原子，有不饱和的双键碳原子：碳碳双键、碳氮双键、碳氧双键，故碳原子的杂化类型是sp3、sp2。CH3COOH和甲酸甲酯(HCOOCH3)互为同分异构体，常压下CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是：CH3COOH分子间存在氢键、而HCOOCH3分子之间没有氢键。
(5)①由晶胞结构知，氧离子位于棱边的中点和体心，数目为 ，镍离子位于面心和顶点，则数目为，晶胞的质量为 ，晶体密度为ρg·cm-3，设晶胞边长为acm，晶胞的体积 ，则 ，该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为 。
②平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含有1个“NiO“，每个氧化镍所占的面积=(2am)×(2am×sin60°)=2a2m2，则每平方米含有的氧化镍个数 ，每个氧化镍的质量 ，所以每平方米含有的氧化镍质量 g。
11．(1) ds
(2)N＞O＞C
(3) 5 sp2和sp3 Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定
(4) [Cu(H2O)4]SO4∙H2O 正四面体形 ABE
(5) 8
【详解】（1）氮是7号元素，基态氮原子的价层电子轨道表示式为，在元素周期表中铜的价电子排布式为3d104s1，属于ds区(填 “s”、“p”、“d” 或“ds”)。故答案为：；ds；
（2）同周期从左到右，第一电离能增大，N的2p能级上为半充满结构，第一电离能变大，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。故答案为：N＞O＞C；
（3）X中铜离子与4个O和1个N形成共价键，X中Cu2+的配位数是5，吡啶环上的碳、羰基上的碳为sp2杂化，甲基上有碳为sp3杂化，C原子的杂化轨道类型为sp2和sp3。在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，主要原因是Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定。故答案为：5；sp2和sp3；Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定；
（4）胆矾的化学式用配合物的形式可表示为[Cu(H2O)4]SO4∙H2O；硫酸根中心原子硫的价层电子对数为4，采用sp3杂化，其阴离子的空间结构为正四面体形；胆矾中存在的化学键有A．硫酸根离子与四氨合铜离子间的离子键，B．O-H、S-O共价键 E．铜与氧间的配位键,不存在分子间作用力，氢键不是化学键，故选ABE；故答案为：[Cu(H2O)4]SO4∙H2O；正四面体形；ABE；
（5）某铜的氮化物晶胞参数为a pm。该晶体中，与Cu原子最近的Cu原子有8个，若阿伏加德罗常数的值为NA，每个晶胞中含铜：12×=3，含氮8×=1，则该晶体的密度为=g·cm-3(列出计算式)。故答案为：8；。
12． 羧基、氯原子 HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 取代反应 2,2-二甲基丁烷 8 (CH3)3CCH2CHO
【分析】A可与饱和NaHCO3溶液反应，已知A可与饱和NaHCO3溶液反应，说明A中含有羧基，则A为CH3COOH，A发生取代反应生成B，B能发生信息①的反应，则B为ClCH2COOH，C为HOOCCH2COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据G结构简式知，D发生取代反应生成E，E为， E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是，F结构简式为，F和乙醇发生酯化反应生成G，G发生信息③的反应生成H为，J发生黄鸣龙反应生成K，根据K结构简式知，J为，I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，根据J知I结构简式为CH3CH2OOC-CH=CH2，以此来解答。
【详解】(1)据分析，B为ClCH2COOH，则B中含有的官能团是羧基、氯原子。
(2)C→D的反应，为丙二酸和乙醇之间按物质的量之比为1:2进行的酯化反应，化学方程式是HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3， E为，则D→E的反应类型是取代反应。
(3) E为、F为，E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是。
(4)据分析，G→H，发生的是信息③反应，则H的结构简式是。
(5) ①化合物乙，经过黄鸣龙反应得到化合物丙，则丙为，属于烷烃，用系统命名法命名，其主链4个碳原子、2号碳原子上有2个甲基，则丙的化学名称是2,2-二甲基丁烷。
②乙的分子式为C6H12O，不饱和度为1，乙的同分异构体中，含-CHO的能与新制的Cu(OH)2反应，即-CHO与-C5H11组成的能与新制的Cu(OH)2反应 ，-C5H11为戊基，正戊烷分子内有3种氢原子、对应的戊基有3种、异戊烷分子内有4种氢原子、对应的戊基有4种、新戊烷分子内有1种氢原子、对应的戊基有1种、故共有8种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为9:2:1，则分子内有3种氢原子、醛基上有1个H、另外有1个-CH2-，有3个-CH3，则结构简式是(CH3)3CCH2CHO。
13．(1) 甲苯 羰基、醚键
(2)、
(3) 2+O22+2H2O
(4)保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化
(5)
【分析】A为芳香族化合物，含有苯环，其分子式为C7H8，所以结构简式为，经多步反应生成B，根据反应条件可知，B与试剂R发生类似已知信息的反应生成C，结合B、C的结构简式可知R为，C水解生成D，D在催化氧化生成E，根据E中含有羰基可知，C水解后生成羟基，所以D为。
（1）
A的结构简式为，苯环上有一个甲基，所以名称为甲苯；根据M的结构简式可知其含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（2）
B中含有8个C原子，2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：能发生水解反应，不能发生银镜反应，可知含有酯基，但不是甲酸某酯，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3，即结构对称，可得满足相关条件的芳香族化合物的结构简式为、；
（3）
根据分析，R的结构简式为；D中羟基被催化氧化生成D，化学方程式为2+O22+2H2O；
（4）
根据后续产物可知-OCH3最终又转化为酚羟基，结合酚羟基很活泼性质，容易发生氧化反应可知，其目的就是保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化；
（5）
乙醇为CH3CH2OH，2－丁醇为，通过乙醇合成2-丁醇需要将碳链加长，根据已知信息可知CH3CHO可以和CH3CH2Cl在Mg/乙醚条件下生成，再水解即可得到2－丁醇，而乙醇被催化氧化可以生成CH3CHO，与浓盐酸发生取代反应可以生成CH3CH2Cl，所以合成路线为。
14．(1) 酮羰基、硝基 反式
(2) 浓硫酸、浓硝酸、加热
(3) 取代反应
(4) 17
【分析】A→B为苯环的硝化。②Fe、HCl为-NO2的还原。③为-NH2转变为-NHOCCH3，发生取代反应，C为。逆推法得B为，A为。⑤N-H中的H被-CH2CH3取代。
【详解】（1）由上分析，B中含有C=O、-NO2，B中官能团为羰基、硝基。若R3>R4且R1>R2，则为顺式；当R3>R4且R1
（3）该反应为-NH2中H被-COCH3取代，反应为。⑤反应中N-H中的H被-CH2CH3取代，该反应为取代反应。答案为；取代反应；
（4）C分子式为C8H9NO。其同分异构体能发生银镜反应且为芳香族，则含有的基团有-NH2、-CHO、苯环。考虑苯环上取代基位置异构。若三取代为苯环上被NH2取代有4+4+2=10种；若二取代为和为3+3=6种；若一取代为1种。由氢谱峰为1:2:2:2:2，苯环对称的取代为。答案为17；。
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