福建省龙岩市2023届高三3月质检化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．衣食住行与化学密切相关。下列说法或做法错误的是
A．棉衬衫和丝质衣服的主要原料均为高分子化合物
B．碳酸氢钠可作为面制食品的膨松剂
C．84消毒液与洁厕灵混合后用于消毒卫生间
D．汽车轮毂用密度小强度大的镁合金制造
2．布洛芬为解热镇痛类化学药物，直接服用会对胃肠等造成强烈刺激，故化学家进行如图所示的分子修饰，以缓刺激。下列说法正确的是
布洛芬 布洛分修饰分子
A．布洛芬修饰分子中不含手性碳原子
B．1mol布洛芬分子最多可与4molH2反应
C．布洛芬修饰分子中所有的碳原子可能共平面
D．在胃肠内布洛芬修饰分子会转化为布洛芬分子
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y可以构成[YX4]+，W的价电子排布式为(n+1)sn(n+1)p(n+2)，Z、W同主族且能构成如图所示的阴离子(Rm-)。以下说法正确的是
A．[YX4]+中不存在配位键 B．Rm-有很好的热稳定性
C．电负性Y＞Z＞W＞X D．m=2
4．测定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②用烧碱固体配制100mL浓度约为0.1mol L-1的溶液；③用邻苯二甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确的是
A．步骤① B．步骤②
C．步骤③ D．步骤⑤
5．NA为阿伏加德罗常数的值，将标况下1.12LCl2通入足量H218O中，下列说法正确的是
A．该反应中转移电子数为0.1NA B．0.2gH218O中含中子数为0.1NA
C．所得溶液中Cl-和Cl18O-总数为0.1NA D．5.45gHCl18O中含H－Cl键数为0.1NA
6．利用Cl2易溶于CCl4的性质，科学家研发了一种如图所示可作储能设备的无膜新型氯流电池。放电时电极a的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+。下列说法错误的是
A．放电时NaCl溶液的pH不变 B．充电时NaCl溶液的浓度减小
C．充电时电极b反应为：Cl2+2e-=2Cl- D．电极a增重4.6g时，设备内生成0.1molCl2
7．CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图(活化的微粒用*标注)，下列说法中正确的是
A．CO2*的能量高于CO2
B．Ni－H2的形成增大了H－H键能
C．Ni、La2O3和La2O2CO3加氢反应的催化剂
D．制备CH4的过程涉及极性键和非极性键的断裂、形成
8．下列反应的原理及对应的方程式均正确的是
A．实验室制备NO：4NH3+5O24NO+6H2O
B．漂白液用于烟气脱硫：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．泡沫灭火器反应原理：3CO+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D．比较碳酸和苯酚酸性强弱：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO
9．锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)可用于湿法制锌，其流程如图所示。下列说法错误的是
A．“酸浸”中ZnFe2O4发生的反应为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O
B．可用ZnS除去溶液中的Cu2+的依据是Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)
C．为提高生产效率，“酸浸”“净化I”“净化II”的反应温度越高越好
D．“电解”的产物之一可用于替换“净化I”中的H2O2
10．按如图1装置，常温下分别向25mL0.3mol L-1Na2CO3溶液和25mL0.3mol L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol L-1的稀盐酸，测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示，已知：碳酸Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11。下列说法正确的是
A．X为Na2CO3溶液的反应曲线
B．a点溶液中c(H+)的数量级为10-12
C．a到c点之间的离子浓度大小关系：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)
D．水的电离程度：c＜a＜b
二、工业流程题
11．磁性氧化铁是电讯器材的重要原料，以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：
已知：不同温度下，NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2的溶解度(g/100gH2O)如表：
温度/℃ 0 20 30 40 100
NH4Fe(SO4)2 70.6 75.4 78.3 81.0 102.1
NH4Al(SO4)2 2.1 5.0 7.7 10.9 26.7
(1)气体I中的成分中除氧气外，还有______。
(2)写出“焙烧II”中Fe2O3发生的化学反应方程式______。
(3)写出滤渣I主要成分的一种用途______。
(4)从滤液中获得NH4Al(SO4)2的操作是______。
(5)“反应III”在隔绝空气条件下进行，参与反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)=______。
(6)该工业流程中有多种气体产生，将它们综合利用可合成流程中的某种反应物，该合成总反应的化学方程式为______。
(7)为测定Al2O3产品的纯度(Al2O3的质量分数)，称量mg样品溶解于足量稀硫酸，配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，加入c1mol L-1EDTA标准溶液V1mL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用c2mol L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液V2mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)。则制得的Al2O3的纯度为______(用代数式表示)。
三、实验题
12．邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
物质 TEMPO－COOH
溶解性 微溶于水，易溶于CH2Cl2 难溶于水，易溶于CH2Cl2 易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃ 70 43 —
沸点/℃ 270 153 —
性质 +NaHSO3 (易溶于水)
实验步骤如下：
I.向三颈瓶中依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
II.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。
(1)控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是______。
(2)合成产品的化学方程式为______。
(3)配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)______。
(4)相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。
(5)步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。
(6)若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。
(7)本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。
四、原理综合题
13．有效去除大气中的SO2、H2S以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应过程分三步完成(Cat表示催化剂，[]表示空穴)：
i.Cat[ ]+SO2=Cat[O]+SO
ii.Cat[ ]+SO=Cat[O]+S
iii.……
①写出第iii步反应方程式：______。
②在500℃条件下(硫的沸点445℃)，将0.05mol混合气体(CO体积分数0.1%，SO2体积分数为0.05%，其余为N2)通入1L刚性容器中，在催化剂作用下发生反应，100min时测得CO体积分数0.01%。
i.100min时SO2去除率为______。
ii.0~100min内CO平均反应速率v(CO)=______。
③已知脱硫总反应的△H＞0，其他条件相同时，以γ－Al2O3作为催化剂，反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图所示，当温度高于500℃，SO2去除率降低的原因是_____。
(2)工业上可用克劳斯法处理H2S废气，其脱硫原理的反应分两步进行，其过程与能量变化如图所示。
①克劳斯法脱硫的总反应的热化学方程式为_____。
②在一定温度、285kPa反应条件下，将n(H2S)：n(O2)=2：1混合气进行下列反应：
I.2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)
II.2SO2(g)+4H2S(g)3S2(g)+4H2O(g)
测得平衡时混合气体中S2与SO2的分压相等，且H2S平衡转化率为45%，此时p(S2)=_____；反应I的平衡常数Kp=______(列出数字运算表达式即可)。
五、结构与性质
14．磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。回答下列问题：
(1)黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图所示)。
①第三周期中基态原子的第一电离能比P大的元素有______种。
②下列说法错误的是______(填字母)。
A．黑磷分子中所用化学键的键能不完全相同 B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．黑磷中P原子的杂化方式为sp3 D．黑磷分子中存在大π键，易导电
(2)LiPF6、LiAsF6等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。
①Li+迁移过程发生______(填“物理”或“化学”)变化。
②相同条件下，使用______(填“LiPF6”或“LiAsF6”)作电极材料时，Li+迁移速率较快，原因是_____。
(3)PCl5是一种白色晶体，其晶胞如图所示。该晶体熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子。
①写出PCl5熔融时的电离方程式______。
②若晶胞参数为anm，则晶体的密度为______g cm-3(列出计算式)。
六、有机推断题
15．物质J是一种具有杀菌活性的化合物，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
(1)A是一种取代羧酸，其名称是_____。
(2)D中官能团名称为______。
(3)反应②为取代反应且X属于一溴代烃，X的结构简式为______。
(4)G→H的化学反应方程式为______。
(5)Y是A的同系物且分子量比A大14。Y的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为______种。
①苯环上有三个取代基；②lmolY的同分异构体最多能与4molNaOH反应。
其中核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：2：1的同分异构体的结构简式为______。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．棉衬衫主要原料是纤维素，丝质衣服主要原料为蛋白质，纤维素、蛋白质均为高分子化合物，故A说法正确；
B．碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，且也能与酸反应生成二氧化碳，所以碳酸氢钠可作为制作糕点的膨松剂，故B说法正确；
C．84消毒液有效成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是盐酸，两者混合可以生成有毒的氯气，因此两溶液不能混合使用，故C说法错误；
D．镁合金具有密度小，强度高、散热好、消震性好等特点，可以制作汽车轮毂，故D说法正确；
答案为C。
2．D
【详解】A．根据手性碳原子的定义，布洛芬修饰分子：，故A错误；
B．布洛芬中能与氢气发生反应的是苯环，1mol布洛芬中含有1mol苯环，因此最多与3mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．布洛芬修饰分子中有sp3杂化的碳原子，如，圈中的碳原子与所连碳原子不在同一平面上，故C错误；
D．布洛芬修饰分子中含有酯基，胃酸主要成分是盐酸，布洛芬修饰分子在酸性条件下水解成布洛芬，故D正确；
答案为D。
3．D
【分析】W的价电子排布式为(n+1)sn(n+1)p(n+2)，s能级上最多容纳2个电子，n=2，W的价电子排布式为3s23p4，即W为S，Z、W同主族，即Z为O，根据阴离子模型，该阴离子为S2O，X、Y构成[YX4]+，该离子为NH，即X为H，Y为N，据此分析；
【详解】A．NH中存在配位键，故A错误；
B．根据结构，S2O中存在过氧键“-O-O-”，过氧键易断裂，因此该离子的热稳定性较差，故B错误；
C．根据上述分析，X为H，Y为N，Z为O，W为S，同周期从左向右非金属性增强，O的非金属性强于N，因此O的电负性大于N，故C错误；
D．该阴离子为S2O，m=2，故D正确；
答案为D。
4．B
【详解】A．步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到仪器是容量瓶等，故A错误；
B．因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的物质的量为0.1mol，100mL蒸馏水约为0.1L，则浓度约为0.1mol/L，故B正确；
C．用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴定终点显碱性，应用酚酞作指示剂，故C错误；
D．步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下逐渐减小，故D错误；
答案为B。
5．B
【详解】A．氯气与水反应Cl2+H218OHCl+HCl18O，该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，假设氯气全部参与反应，1mol氯气转移电子物质的量为1mol，因此标况下1.12L氯气参与反应，转移电子物质的量为=0.05mol，故A错误；
B．1mol H218O中含有中子数为10NA，H218O的摩尔质量为20g/mol，则2g H218O中含中子数为=0.1NA，故B正确；
C．氯气与水反应Cl2+H218OHCl+HCl18O，体系中含氯微粒有Cl2、Cl-、HCl18O、Cl18O-，则所得溶液中Cl-和Cl18O-总数小于0.1NA，故C错误；
D．次氯酸的结构式为H-O-Cl，次氯酸中不含H-Cl，故D错误；
答案为B。
6．C
【分析】已知放电时电极a的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，则电极a为负极，电极b为正极，电极反应为，充电时，电极a为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na+ +2e-=Na3Ti2(PO4)3，电极b为阳极，电极反应为。
【详解】A．放电时电极a的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，电极b的反应为，NaCl溶液浓度变大，pH不变，故A正确；
B．充电时，电极a电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na+ +2e-=Na3Ti2(PO4)3，电极b电极反应为，故充电时NaCl溶液的浓度减小，故B正确；
C．充电时电极b反应为：，故C错误；
D．电极a增重4.6g时，应为充电过程，电极a电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na+ +2e-=Na3Ti2(PO4)3，4.6gNa+物质的量为0.2mol，转移电子0.2mol，此时电极b发生反应为，根据两电极转移电子数相同，可知设备内生成0.1molCl2，故D正确；
故选C。
7．A
【详解】A．CO2*为活化微粒，活化分子比普通分子的能量高，因此CO2*的能量高于CO2，故A正确；
B．Ni-H2的形成有利于氢气分子解离为氢原子，因此Ni-H2的形成消弱了H-H键能，故B错误；
C．Ni、La2O3是二氧化碳加氢反应的催化剂，La2O2CO3是中间产物，故C错误；
D．制备甲烷过程中，断键有“C=O”、“H-H”，形成的键有“C-H”、“O-H”，没有非极性键的形成，故D错误；
答案为A。
8．D
【详解】A．实验室制备NO，常用Cu和稀硝酸的反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．CaSO3中S显+4价，以还原性为主，HClO具有强氧化性，能将CaSO3氧化成CaSO4，故B错误；
C．泡沫灭火器是用Al2(SO4)3和NaHCO3发生双水解反应，即Al3++HCO=Al(OH)3↓+CO2↑，故C错误；
D．利用酸性强的制取酸性弱的，发生C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO，说明苯酚的酸性弱于碳酸，故D正确；
答案为D。
9．C
【分析】锌焙砂中含有ZnO、ZnFe2O4、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，ZnO、FeO、CuO转化成相应的硫酸盐，ZnFe2O4与盐酸反应生成Zn2+、Fe3+，加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO，调节pH，使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀出来，过滤，加入过量ZnS，将Cu2+以CuS形式沉淀出，据此分析；
【详解】A．ZnFe2O4写成ZnO·Fe2O3，ZnO和Fe2O3与酸反应生成Zn2+、Fe3+，因此ZnFe2O4与H+反应的方程式为ZnFe2O4+8H+= Zn2++2Fe3++4H2O，故A说法正确；
B．净化Ⅱ的目的是将Cu2+以CuS形式沉淀出，发生ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，根据溶度积的规律，推出Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故B说法正确；
C．过氧化氢受热易分解，温度过高，使过氧化氢分解，造成原料浪费，因此不是反应温度越高越好，故C说法错误；
D．净化Ⅱ得到溶质主要为ZnSO4，电解硫酸锌，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，氧气具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，因此氧气可以替换过氧化氢，故D说法正确；
故答案为C。
10．C
【分析】碳酸钠与盐酸反应先发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，继续滴加盐酸，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，因此碳酸氢钠与盐酸反应压强逐渐增大，碳酸钠与盐酸反应开始时压强几乎不变，随着反应进行压强增大，因此图像中X曲线代表碳酸氢钠与盐酸反应，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，曲线X为碳酸氢钠溶液反应曲线，曲线Y为碳酸钠溶液反应的曲线，故A错误；
B．25mL0.3mol/L碳酸钠与12.5mL0.3mol/L盐酸反应，反应后溶液中的溶质有NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，推出c(CO)≈c(HCO)，利用电离平衡常数Ka2=c(H+)≈5.6×10-11mol/L，a点溶液中c(H+)的数量级为10-11，故B错误；
C．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，c点加入25mL0.3mol/L盐酸，溶质为NaHCO3，溶液显碱性，因此a到c点之间的离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；
D．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点溶质为NaCl，HCO、CO发生水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，b点水的电离程度最小，故D错误；
答案为C。
11．(1)SO2
(2)Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O
(3)制玻璃、光导纤维等
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)1∶16
(6)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
(7)×100%
【分析】根据高硫铝土矿的成分，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根据流程图中，操作Ⅰ后得到滤液主要成分，焙烧Ⅱ中氧化铁和氧化铝与硫酸铵反应，发生非氧化还原反应，根据原子守恒进行分析，其反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O、Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O，气体Ⅱ为氨气，反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，气体Ⅰ中成分除氧气外，还含有SO2；故答案为SO2；
（2）该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒进行，令Fe2O3的系数为1，则NH4Fe(SO4)2系数为2，NH4Fe(SO4)2含有2个SO，因此硫酸铵的系数为4，即气体为氨气，其反应方程式为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；故答案为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；
（3）根据上述分析，滤渣Ⅰ为SiO2，可以制玻璃、光导纤维等，故答案为制玻璃、光导纤维等；
（4）根据表中数据，NH4Fe(SO4)2溶解度较小，且变化较大，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，令FeS2物质的量为amol，Fe2O3物质的量为bmol，根据得失电子数目守恒，a×(－2)+2a×[4－(－1)]=b×2×(3－)，则a∶b=1∶16，故答案为1∶16；
（6）根据上述分析，产生气体有SO2、NH3，氨气与二氧化硫、氧气反应生成硫酸铵，即反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；故答案为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
（7）Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，n(Al3+)+n(Cu2+)=n(EDTA)，n(Al3+)= n(EDTA)－n(Cu2+)=V1×10-3L×c1mol/L－V2×10-3L×c2mol/L，根据原子守恒，mg样品中氧化铝纯度为×100%=×100%；故答案为×100%。
12．(1) 冷水浴 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
(2)+NaClO+H2O+NaCl
(3)烧杯、玻璃棒
(4) 生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化 邻硝基苯甲酸
(5)蒸馏
(6) 能 浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
(7)86.1%
【分析】以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
【详解】（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；
（5）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；
（6）溶液中存在平衡：+NaHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品；
（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86.1%。
13．(1) Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2 90% 4.5×10—7 mol/(L·min) 当温度高于500℃时，催化剂失去活性
(2) 2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol 30kPa
【详解】（1）由题给信息可知，在一定条件下，一氧化碳可以去除烟气中的二氧化硫的反应为一氧化碳与二氧化硫反应生成硫和二氧化碳，反应的方程式为2CO+SO2=2CO2+S；
①由盖斯定律可知，总反应—反应i—ii可得反应第iii步反应Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2，故答案为：Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2；
②由题意可知，500℃时硫为气态，起始一氧化碳、二氧化硫和氮气的物质的量分别为5×10—5 mol、2.5×10—5 mol和0.049925mol，设100min时反应生成amol硫蒸气，由题意建立如下三段式：
由一氧化碳体积分数为0.01%可得：×100%=0.01%，解得a=2.25×10—5 mol，则二氧化硫的去除率为×100%=90%，一氧化碳的反应速率为=4.5×10—7 mol/(L·min)，故答案为：90%；4.5×10—7 mol/(L·min)；
③由图可知，当温度高于500℃时，二氧化硫去除率降低说明温度过高，催化剂失去催化活性，故答案为：当温度高于500℃时，催化剂失去活性；
（2）①由图可知，克劳斯法脱硫的总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H=—[(345.3kJ/mol)—(—64.1kJ/mol)]=—409.4kJ/mol，热化学方程式为2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol，故答案为：2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol；
②设起始硫化氢为2mol、氧气为1mol，平衡时反应消耗3amol氧气、生成3bmolS2，由题意建立如下三段式：
由平衡时混合气体中S2与二氧化硫的分压相等可得：2a—2b=3b，由硫化氢平衡转化率为45%可得：×100%=45%，解联立方程可得a=0.25、b=0.1，则平衡时混合气体的总物质的量为2.85mol，硫化氢、氧气、二氧化硫、S2、水蒸气的平衡分压分别为×285kPa=110kPa、×285kPa=25kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=90kPa，反应I的平衡常数Kp= ，故答案为：30kPa；。
14．(1) 2 D
(2) 化学 LiAsF6 LiAsF6中阴离子半径大，晶格能更小，离子键容易断裂，有利于Li+迁移
(3) 2PCl5(熔融) PCl+ PCl或2PCl5(熔融)=PCl+ PCl 或
【详解】（1）①同周期从左向右第一电离能增大的趋势，包括稀有气体，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第三周期中第一电离能比P大的是Cl、Ar，有2种；故答案为2；
②A．根据黑磷的结构，P-P的键长不完全相等，因此键能不完全相同，故A说法正确；
B．黑磷与石墨类似，每一层原子之间由共价键组成六元环，层与层之间存在范德华力，所以为混合型晶体，故B说法正确；
C．黑磷中的P形成三个共价键，有一个孤电子对，P原子采取sp3杂化，故C说法正确；
D．石墨结构中六个碳形成正六边形，共面，通过黑磷结构可知，六个磷原子形成的六元环不共面，因此黑磷分子中不存在大π键，故D错误；
答案为D；
（2）①从图中可知，Li+迁移过程中生成了新物质，发生了化学变化，故答案为化学；
②因为PF的半径比AsF的小，LiPF6晶格能大，PF与Li+的作用力比AsF的强，不易断裂，迁移速率慢，因此LiAsF6作电极材料时，Li+迁移速率较快；故答案为LiAsF6；LiAsF6中阴离子半径大，晶格能更小，离子键容易断裂，有利于Li+迁移；
（3）根据题中信息以及晶胞图可知，正四面体形的阳离子说明有4个σ键，无孤电子对，阳离子是PCl，阴离子为正八面体形，一个P对应六个Cl，该阴离子为PCl，电离方程式为2PCl5(熔融) PCl+ PCl或2PCl5(熔融)=PCl+ PCl；故答案为2PCl5(熔融) PCl+ PCl或2PCl5(熔融)=PCl+ PCl；
②根据晶胞图，PCl位于顶点，个数为=1，PCl位于体心，个数为1，因此晶胞的质量为[]g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，晶胞的密度为=或g/cm3；故答案为或。
15．(1)2，3-二羟基苯甲酸
(2)酯基、醚键
(3)
(4)+H2O
(5) 6 、
【分析】根据C的结构简式，推出A与CH3OH发生酯化反应，即B的结构简式为，根据问题(3)，X为一溴代烃，B与X反应生成C，发生取代反应，即X的结构简式为，根据D的结构简式，D中酯基，在NaOH溶液中水解，然后加入H+，利用酸性强的制取酸性弱的，因此E的结构简式为，E与F发生取代反应，推出G的结构简式为，据此分析；
【详解】（1）A为一种取代羧酸，根据A的结构简式，推出A的名称为2，3-二羟基苯甲酸；故答案为2，3-二羟基苯甲酸；
（2）根据D的结构简式，含有官能团是酯基和醚键；故答案为酯基、醚键；
（3）根据上述分析，B的结构简式为，对比C的结构简式，B中一个酚羟基上“O-H”断裂，X中“C-Br”键断裂，因此推出X的结构简式为；故答案为；
（4）根据上述分析，G的结构简式为，根据题中所给信息，G→H的结构简式为+H2O；故答案为+H2O；
（5）Y时A的同系物且分子量比A大14，说明Y比A多一个“CH2”，苯环上有三个取代基，1molY的同分异构体最多能与4molNaOH反应，根据A的不饱和度为5，所以Y的同分异构体中苯环有2个羟基和“”，因此符合条件的总数为6；其中核磁共振氢谱有4种峰，说明是对称结构，峰面积之比为3∶2∶2∶1，说明含有一个甲基，因此符合条件的同分异构体是、；故答案为6； 、。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
