山东省泰安市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、工业流程题
1．（2021·山东泰安·统考一模）铍有“超级金属”之称。以绿柱石为原料制备金属铍的工艺如下：
已知可与、结合成配位数为4的配离子。回答下列问题：
(1)烧结冷却后，水浸之前“操作a”的名称是___。
(2)750℃烧结时，与绿柱石作用生成易溶于水的，写出该反应的化学方程式___。
(3)已知25℃时，计算室温时开始沉淀时的pH=__，“沉氟”反应的离子方程式为_。
(4)上述流程中，“”可有两种方案：
I：溶液A
II：
I中操作b是___。II中转化为的化学方程式为___。
(5)在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为__；工业上电解与熔融体制得金属铍，的作用是___，阴极反应式为__。
2．（2022·山东泰安·统考一模）亚铁氰化钾晶体，化学式为，俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇，在电镀、食品添加剂等方面有广泛用途。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺流程如下：
(1)实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为___________。
(2)反应器中发生的主要反应的化学方程式为___________。
(3)在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为___________(填字母)。
a．NaCl b． c．
(4)转化器中发生反应的离子方程式___________。
(5)实验室进行步骤a的操作为___________。
(6)对所得样品进行纯度测定：
步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液。
步骤2：量取25.00mL上述溶液，用酸性溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗溶液30.50mL。该实验中所发生的反应如下：
①通过计算确定该样品的纯度是___________(保留3位有效数字)。
②下列操作会使测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C．滴定结束后，滴定管内壁附着液滴
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
3．（2023·山东泰安·统考一模）氧化钪可提高计算机记忆元件性能，利用钪精矿为原料(主要成分为，还含有、等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：
已知：钪与铝类似，其氢氧化物具有两性；是钪元素的萃取剂，萃取发生的反应为。
(1)加入氨水调节，过滤，滤渣主要成分是_______。
(2)上述洗脱剂X最好选择_______(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)溶液。
(3)过程中生成的离子方程式_______。
(4)“沉钪”前先加入稀盐酸调节溶液至酸性，然后用草酸“沉钪”。25℃时的草酸溶液中_______。(25℃时，草酸电离平衡常数为，)。
(5)“沉钪”后所得到的草酸钪晶体的化学式为，灼烧发生分解反应的化学方程式为_______，写出固体产物溶于溶液的离子方程式_______。
二、结构与性质
4．（2021·山东泰安·统考一模）研究表明、是光学活性物质。请回答下列问题：
(1)基态原子核外电子占据的最高能级符号为_，价电子中未成对电子有_个；、、，第一电离能从大到小顺序为_。
(2)的立体构型为__；中硒原子采取的杂化类型是___。
(3)可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为。则该溶液中溶质的化学式为____。
(4)与形成的配离子为，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是____。向溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用：___。
(5)通过氮掺杂反应生成，可表示如图，则晶体中a=___，b=__。
5．（2022·山东泰安·统考一模）铝、磷、硫及其化合物在生产生活及科研中应用广泛。
(1)可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。
①分子中硫原子的杂化类型为___________，分子中P原子的化合价为___________。
②分子可以形成配合物，该配合物中Mo的配位数为___________；1个该配合物分子中键数目为___________。
(2)磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅互为等电子体，磷化铝晶胞结构如图2所示。
①磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为___________，晶胞中由4个铝原子围成的空间构型是___________。
②已知相邻的P原子和Al原子的核间距是d nm，B原子的分数坐标为___________，磷化铝晶胞的密度为___________。
6．（2023·山东泰安·统考一模）非金属及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态氟原子的核外电子有_______种空间运动状态，下列电子排布中属于氟原子且能量较高的是_______(填序号)。
a. b.
c. d.
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)，以上元素第三电离能的变化图是_______(填序号)。
(3)在催化作用下，呋喃()可与氨反应转化为吡咯()。二者均存在与苯类似的大键，表示方法为，n为成环原子个数，m为形成大键电子个数，则的大键可以表示为_______。二者的熔、沸点关系为呋喃_______吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是_______。
(4)晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。属于正交晶系(长方体形)。晶胞参数为、、。如图为沿z轴投影的晶胞中所有氯原子的分布图和原子分数坐标。
①据此推断该晶胞中氯原子数目为_______。的摩尔质量为，晶胞密度为，则阿伏加德罗常数的值为_______(列出计算表达式，后同)。
②图中A、B两原子的核间距为_______nm。
三、原理综合题
7．（2021·山东泰安·统考一模）亚硝酰氯()是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
I.；K1
II.；K2
Ⅲ.；K3
(1)___(用和表示)，K3= ___(用K1和K2表示)。
(2)①在恒容密闭容器中进行的反应II、III，下列说法中，正确的是__(填标号)。
a.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应II、III均达到平衡状态
b.和不再变化，可以作为反应II和III达到平衡状态的标志
c.同等条件下，反应II的速率远远大于反应III，说明反应II的活化能小，
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量，和的百分含量均减小
②平衡后，向反应体系中充入少量，再次平衡时，的转化率将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应Ⅲ()，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：
①图中T1、T2的关系为T1___ T2(填“>”、“<”或“=”)图中纵坐标为___的转化率；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是____(填“A”、“B”或“C”)。
②若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率v(NO)= ___。
③若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，此时平衡将向___移动(填“左”、“右”或“不移动”)。
8．（山东省泰安市2021-2022学年高三下学期3月一模考试化学试题）中国科学家为实现“碳中和”目标而不断努力，以为原料合成甲烷、乙醇等能源物质具有良好的发展前景。
(1)在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①已知 ，则燃烧的热化学方程式 ___________
②500℃时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则0～20min内，___________，平衡时选择性=___________(选择性= ×100％，保留3位有效数字)。
(2)已知催化加氢合成乙醇的反应原理为： ，设m为起始时的投料比，即。
①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为___________。
②图2中、、从大到小的顺序为___________。
③该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图3中曲线a所示，已知Arhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能___________。当改变外界条件时，实验数据如图3中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。
9．（2023·山东泰安·统考一模）烯腈( )是一种重要的化工原料，以 为原料通过脱水、腈化合成丙烯腈的主要反应如下：
(1) 的名称为_______。
(2)某科研小组在盛有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示(例如A的物质的量分数w%%)。
①随着温度的升高，平衡的物质的量分数先增大后减小的原因是_______。
②a点对应反应的压强平衡常数_______(保留两位有效数字)。
③在实际生产中，充入一定量(不参与反应)可以提高丙烯腈的平衡产率，原因是_______。
(3)家研究腈化反应的机理，通过DFT计算发现反应分2步进行：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量和，图甲为该体系中B、M、C浓度随时间变化的曲线，图乙为反应ⅰ和ⅱ的曲线(，k为速率常数，为反应活化能，R、C为常数)。
①在时刻之后，反应速率、、的定量关系为_______。
②结合图乙，反应ⅰ、ⅱ正反应的活化能、的大小关系为_______(填序号，下同)，反应ⅰ、ⅱ的、的大小关系为_______。
a.前者大于后者 b.前者小于后者 c.无法比较
四、有机推断题
10．（2021·山东泰安·统考一模）环丙胺()是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ-丁内酯()为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。
回答下列问题：
(1)可以准确判断γ-丁内酯所含官能团的方法是____(填序号)。
a.质谱 b.核磁共振氢谱 c.红外光谱 d.紫外光谱
(2)A中官能团的名称为__；检验该官能团所需试剂有石蕊试液、____。
(3)B与NaOH溶液反应的化学方程式为__。
(4)符合下列条件的γ-丁内酯的同分异构体有__种。
①能与NaOH溶液反应 ②使溴的CCl4溶液褪色
γ-丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为__。
(5)参照“五步合成法”工艺，以为原料，设计合成的路线_____。
11．（2022·山东泰安·统考一模）角鲨烯具有良好的生物活性。通过Joluson-Claisen反应可实现角鲨烯的全合成。图为角鲨烯全合成线路中的部分步骤：
已知：Johnson-Claisen反应的过程如图：
回答下列问题：
(1)E中含氧官能团的名称为___________。
(2)D→E的化学方程式为___________。
(3)X的相对分子质量比C小28，且X能与碳酸钠反应放出气体，结构中含有六元环，符合上述条件的X的可能结构有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为1∶2∶3∶4∶4的结构为___________。
(4)F→G的反应类型为___________；在方框中用键线式补全H的结构___________。
(5)请写出以A、丙酮()和甲醇为有机原料，利用Johnson-Claisen反应合成的反应路线：___________。
12．（2023·山东泰安·统考一模）一种药物的关键中间体部分合成路线如下：
(1)反应①的反应类型为_______，反应③参加反应的官能团名称为_______。
(2)反应②要加入，目的是_______。
(3)反应⑤的化学方程式为_______。
(4)化合物( )经过水解和氧化可得到化学式为的化合物Ⅰ，写出同时符合下列条件的Ⅰ的所有同分异构体的结构简式_______。
①分子结构中有一个六元环；
②谱显示分子中有3种氢原子。
(5)设计以甲苯和乙烯为原料制备X()的合成路线_______(无机试剂任选，用流程图表示)。
五、实验题
13．（2021·山东泰安·统考一模）实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下图所示(部分夹持装置已略去)：
已知：NH3不溶于CS2，在一定条件下发生反应：，生成物中NH4HS的热稳定性较NH4SCN差。
请回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式是____。
(2)三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂进气导管口必须插入下层CS2液体中，目的是____。该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则X的化学式为_____。
(3)反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是___；然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，该反应的化学方程式为__。
(4)装置E吸收尾气，防止污染环境，其中吸收NH3生成无色无味气体的离子方程式为___。
(5)制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压___、____、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
(6)测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴___溶液(填化学式)作指示剂，用0.1000mol L-1 AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。该晶体中KSCN的质量分数为__。[已知：滴定时发生的反应：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)]。
14．（2022·山东泰安·统考一模）氯化铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室模拟工业以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备氯化铜。某小组设计的实验方案如下：
已知：
i.粗铜粉与气体完全反应。
ii.部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)。
离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
1.1 3.2
4.4 6.4
(1)现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的并与粗铜粉反应(夹持及加热装置已省略)。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→___________(填小写字母)。。
(2)上述方案中，试剂X的名称是___________；试剂Y的作用是___________(用离子方程式表示)；操作③是___________。
(3)在溶液Ⅱ转化为的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：(蓝色)(绿色)。
设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系___________。
(4)为测定产品中结晶水的数目x，可采取如下实验步骤：
a．用托盘天平称取一定质量氯化铜晶体。
b．在坩埚中充分灼烧。
c．在___________(填仪器名称)中冷却。
d．称量所得黑色固体质量。
e．重复b～d操作直至___________。
15．（2023·山东泰安·统考一模）磷酸二氢铵和草酸亚铁晶体可用于制备电池正极材料。
Ⅰ.某研究小组用磷酸吸收氨气制，装置如图1所示(夹持和搅拌装置已省略)。
(1)实验过程中，当出现倒吸现象时，_______(填写实验操作，下同)，当上述现象消失后，_______，继续通入氨气。
(2)常温下，磷酸盐溶液中含磷物种的分布系数与的关系如图2所示，据图示分析，若本实验不选用传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色发生相应变化时，停止通，即可制得溶液。若此时继续向溶液中通入少量氨气，发生反应的离子方程式为_______。
Ⅱ.利用草酸制备草酸亚铁晶体的流程如图所示：
已知：ⅰ.时，易被氧气氧化；
ⅱ.几种物质的溶解度如表：
20℃ 48 75 37
60℃ 101 88 38
(3)第一次加稀硫酸调溶液至1～2的目的是_______。
(4)操作a是蒸发浓缩，_______(填操作)。
(5)为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关和，设为装置A)称重，记为。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为。按图3所示连接好装置进行实验。
下列实验操作的正确顺序为_______(填序号)。
①点燃酒精灯，小火加热 ②停止通入氮气，关闭、
③打开、 ④熄灭酒精灯，冷却至室温
⑤缓缓通入氮气 ⑥称重A
重复上述操作步骤，直至A恒重，记为。假设此过程中不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目_______(列式表示)。
参考答案：
1． 粉碎(或研磨) 4 HCl气氛中加热蒸发 增强导电性
【分析】绿柱石中加入Na3FeF6后，在750℃烧结，水浸后过滤，所得滤渣为Fe2O3、Al2O3、 SiO2， 滤液中加入适量NaOH溶液，生成Be(OH)2沉淀，则表明滤液中含有Na+、F-等；滤液中加入Fe2(SO4)3，将氟转化为Na3FeF6沉淀；Be(OH)2煅烧后分解生成BeO和水，BeO与炭、焦油、氯气反应，生成BaCl2，熔融电解而制得Be。
【详解】(1) 烧结冷却后，固体结块，为增大溶解效果，应设法增大固体与水的接触面积，故水浸之前“操作a”的名称是粉碎；
(2) 该反应的化学方程式为；
(3) ，c(OH-)=10-10mol/L，=4.0，“沉氟”反应的离子方程式为；
(4) I中操作b是HCl气氛中加热蒸发；II中转化为的化学方程式为；
(5) 二聚体分子的结构式为；氯化钠的作用为增强导电性；阴极反应式为。
2．(1)铁粉、稀硫酸
(2)
(3)b
(4)
(5)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2-3次
(6) 95.0% CD
【详解】（1）硫酸亚铁溶液中亚铁离子容易被空气中氧气氧化，且亚铁离子容易水解使溶液显酸性，故实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为铁粉、稀硫酸，稀硫酸可以抑制亚铁离子水解，铁粉能把三价铁转化为二价铁；
（2）由流程可知，反应器中反应，根据质量守恒和最终产物推断反应生成，发生的主要反应为；
（3）反应器中得到滤液中含有，第一次过滤后滤液中含有过量的钙离子，可以加入适量的碳酸钠和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，且不引入新的杂质离子，故在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为碳酸钠；故选b；
（4）由流程可知，转化器中加入氯化钾后最终生成亚铁氰化钾晶体，故发生反应为和氯化钾反应转化为，离子方程式
（5）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2-3；
（6）①根据方程式体现的关系可知，，则样品中的物质的量为，则该样品的纯度是；
②A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，A错误；
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，B错误；
C．滴定结束后，滴定管内壁附着液滴，导致读数偏大，结果偏高，C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，D正确；
故选CD。
3．(1)
(2)酸性
(3)
(4)
(5)
【分析】根据题给信息，生产流程分析如下：钪精矿酸浸后，、、均溶解，加入氨水调节pH，使生成沉淀除去，滤液中加入萃取剂，被萃取进萃取剂里。根据方程式知增大有利于洗脱，故加入的X是酸性溶液。反萃取步骤中，加入使溶液呈碱性，双氧水把氧化生成固体，过滤后除去，转化为。滤液中加入盐酸，转化为，加入草酸后生成沉淀，沉淀被灼烧分解后生成氧化钪。
【详解】（1）根据流程中物质分离的信息，加入氨水调节目的是除去溶液中的，故滤渣主要成分是。
（2）根据方程式知洗脱时加入的X最好选择酸性溶液。
（3）过程中在碱性条件下被双氧水氧化生成的离子方程式为：。
（4）根据草酸的电离平衡常数得：，，时，，故。
（5）中碳元素显+3价，灼烧分解时碳发生歧化反应，分解反应的化学方程式为：。固体产物溶于溶液的离子方程式为：。
4． 4s 2 三角锥形 中的孤对电子与配位，受到吸引，对N—H键成键电子对斥力减弱，故N—H键键角变大 减小溶剂极性，降低的溶解度
【详解】(1)基态原子核外电子排布式为[Ar]2d24s2，占据的最高能级符号为4s，价电子中未成对电子有2个；与同主族，与同周期，同主族从上至下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能增加，第一电离能从大到小顺序为。
(2)中原子价层电子数为4，3个成键电子对，立体构型为三角锥形；中硒原子采取的杂化类型是。
(3)入足量溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出说明有铵根，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为，则铵根与氯离子的个数比为2：1，3+配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为。
(4)与形成的配离子为，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是中的孤对电子与配位，受到吸引，对N—H键成键电子对斥力减弱，故N—H键键角变大；向溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，在乙醇中的溶解度小于水，乙醇的作用减小溶剂极性，降低的溶解度。
(5)晶胞中Ti原子数为1+4×+8×=4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×=，则Ti、N、O的原子个数之比为4::=1：：，即2-a=，a=，b=，答案：，。
5．(1) 、 6 20
(2) 极性共价键(或共价键) 正四面体
【解析】(1)
①由图1可知，分子中硫原子的价层电子对数为2+=4，S原子采用sp3杂化；分子中上面P原子连接了3个硫原子，电负性硫大于磷，则P的化合价为+3，下面P原子只连接了1个硫原子，化合价为+1，故P原子的化合价为、；
②分子可以形成配合物，该配合物中配体为5个CO、1个，故Mo的配位数为6；单键均为σ键，双键中含有1个σ键，1个中有9个σ键，1个CO中有1个σ键，1个配位键中有1个σ键，则1个该配合物分子中键数目共有20个；
(2)
①等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团；有些等电子体化学键和构型类似。磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅互为等电子体，为原子晶体；故磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为极性共价键(或共价键)；由图2可知，晶胞中由4个铝原子围成的空间构型是正四面体；
②B原子位于晶胞上方四分之一晶胞的小立方体的体心，则其B原子的分数坐标为；
磷化铝晶胞中P原子为顶点和面心，原子个数为，Al原子位于晶胞内部，一个晶胞中Al原子数目为4，则晶胞质量为；相邻的P原子和Al原子的核间距为体对角线的四分之一，已知相邻的P原子和Al原子的核间距是d nm，则晶胞棱长为；则晶胞体积为，所以密度为。
6．(1) 5 d
(2)b
(3) 低于 吡咯易形成分子间氢键
(4) 4
【详解】（1）基态氟原子的核外电子有9个，电子排布式为：1s22s22p5，空间运动状态数等于电子占据轨道数，所以有1+1+3=5种空间运动状态；氟原子序数为9，其基态原子电子排布式为，
a．，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，故正确；
b．，核外共10个电子，不是氟原子；
c．，核外共5个电子，不是氟原子；
d．基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，比a项激发态的能量更高；
综上，d符合题意，故选d；
（2）碳、氮、氧、氟四种元素在同一周期，基态+2价阳离子失去一个电子生成气态基态+3价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于碳原子失去2个电子之后2s能级为全充满状态，因此再失去一个电子需要的能量较高，则满足这一规律的图像为图b；
（3）由题干中的结构简式可知，分子内含有一个大π键，该大π键由4个碳原子和一个O原子，每个碳原子给出1的电子参与形成大π键，每个O原子给出2个电子参与形成大π键，则该大Π键的表示形式为；吡咯易形成分子间氢键；
影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯，吡咯易形成分子间氢键，故答案为：低于；
（4）①根据晶胞沿z轴的投影图可知，该晶胞中氯原子的位置为(图中黑球代表氯原子)，面上有2个氯原子，与平行的面上有2个氯原子，体内有2个氯原子，所以1个晶胞中氯原子的数目为。由知，；
②观察图中A、B原子坐标参数，它们在x轴的坐标参数都是0.5，则A、B原子在平行于的面上。可以建立直角三角形，A、B两原子的核间距是这个三角形的斜边长，则A、B两原子的核间距为nm。
7． ad 增大 < A 右
【分析】(1)根据盖斯定律可知，Ⅲ=2×Ⅱ-Ⅰ，可求ΔH3；根据焓变关系，可知反应之间平衡常数的关系；
(2)①反应Ⅱ、Ⅲ中，二氧化氮和氯气有颜色；焓变只与反应起始和终止的物质有关；同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，但无法判断焓变大小；达平衡后，向反应体系中再通入一定量，反应Ⅱ、Ⅲ均向逆向移动，则和的百分含量均减小；
②反应Ⅱ正反应方向气体减少、Ⅲ反应前后体积不变，恒容密闭容器中，平衡后，向反应体系中充入少量，则反应Ⅲ中NO会减少，平衡逆向移动，消耗，促使反应Ⅱ正向移动；
(3)①ΔH<0，为放热反应，根据勒夏特列原理可得，升高温度，反应逆向移动；横坐标为，随着比值的增大，转化率增大，则纵坐标为氯气的转化率，要想NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高；
②根据图象可得A点=2，且一氧化氮与氯气的物质的量的和为3mol，则一氧化氮的物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，根据三段式求解；
③根据A点与B点温度相同，平衡常数相同，根据反应熵Q与平衡常数的关系，判断反应方向。
【详解】(1)根据盖斯定律可知，Ⅲ=2×Ⅱ-Ⅰ，即ΔH3=2ΔH2-ΔH1，则K3=，故答案为：2ΔH2-ΔH1；；
(2)①a．反应Ⅱ、Ⅲ中，二氧化氮和氯气有颜色，当反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态，a项正确；
b．焓变只与反应起始和终止的物质有关，不可以判断反应Ⅱ、Ⅲ是否达到平衡状态，b项错误；
c．同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，但无法判断焓变大小， c项错误；
d．达平衡后，向反应体系中再通入一定量，反应Ⅱ、Ⅲ均向逆向移动，则和的百分含量均减小，d项正确；
综上，正确的为ad，故答案为：ad；
②反应Ⅱ正反应方向气体减少、Ⅲ反应前后体积不变，恒容密闭容器中，平衡后，向反应体系中充入少量，则反应Ⅲ中NO会减少，平衡逆向移动，消耗，促使反应Ⅱ正向移动，再次平衡时，的转化率将增大，故答案为：增大；
(3)①ΔH<0，为放热反应，根据勒夏特列原理可得，升高温度，反应逆向移动，则T1< T2；横坐标为，随着比值的增大，转化率增大，则纵坐标为氯气的转化率，要想NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，NOCl气体体积最大，=2时，生成的NOCl最多，故A点的NOCl体积分数最大；故答案为：<；Cl2；A；
②根据图象可得A点=2，且一氧化氮与氯气的物质的量的和为3mol，则一氧化氮的物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，则列三段式为：
，则υ(NO)== 0.16 mol/(L·min)，故答案为：0.16 mol/(L·min)；
③根据A点与B点温度相同，平衡常数相同，则，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl时，反应熵Q= <80，平衡向右移动，故答案为：右。
【点睛】本题重点(3)③，对于同一温度下，判断反应方向，可以先求算该温度下的平衡常数，一般能利用前面的数据求算，然后再求Q，对比判断。
8．(1) 0.1 66.7％
(2) 31 使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)
【解析】（1）
由盖斯定律可知，==；
②初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得，则H2O的物质的量为5mol，体系压强为，相同条件下压强比等于物质的量比，则反应后总的物质的量为（4+12）×=12mol；
设主反应消耗的物质的量为x，则消耗的物质的量为4x，生成、的物质的量分别为x、2x；
则副反应生成的物质的量为5 mol -2x；则副反应生成的物质的量为mol 5-2x，消耗、的物质的量分别为5 mol -2x、5 mol -2x；
则反应后总的物质的量为：
4 mol -x-(5 mol -2x)+12 mol -4 x-(5 mol -2x)+ x+（5 mol -2x）+5 mol =12 mol
解得x =2mol；
则0～20min内，，平衡时选择性=；
（2）
①反应为放热反应，其它条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率下降，结合图可知，图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为T3>T2>T1；
②其它条件相同时，增加氢气的量，会促进二氧化碳的转化，提高二氧化碳的转化率，则图2中、、从大到小的顺序为>>。
③，作为活化能为直线斜率的相反数，a的斜率为，故31；当改变外界条件时，实验数据如图3中的曲线b所示，b的斜率的相反数减小，则反应的活化能减小，故实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)。
9．(1)3-羟基丙酸乙酯
(2) 脱水和腈化反应均为吸热反应，最高点前脱水进行程度大，最高点后腈化进行程度大 减小反应体系的分压，促进平衡正向移动
(3) b c
【分析】有机物系统命名法步骤：1、选主链：找出最长的①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号；如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。
【详解】（1）由结构可知，名称为3-羟基丙酸乙酯；
（2）①脱水和腈化反应焓变均大于零，均为吸热反应，随着温度的升高，最高点前脱水进行程度大，最高点后腈化进行程度大，导致平衡的物质的量分数先增大后减小；
②有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和，由图可知，a点只发生反应，假设充入A物质2mol，此时生成AB物质的量分数相等，则此时A、B、水均为1mol，总的物质的量为18mol，a点对应反应的压强平衡常数；
③反应为气体分子数增加的反应，在实际生产中，充入一定量(不参与反应) 可以减小反应体系的分压，促进平衡正向移动，可以提高丙烯腈的平衡产率；
（3）①恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量B和，首先生成M，M又转化为C和，则B浓度一直减小，M先增大后减小，C一直增大，结合图像可知，在时刻M达到最大值，之后M减小，结合方程式系数可知，生成C的速率等于反应BM的速率之和，故之后，反应速率、、的定量关系为；
②，则斜率可以体现反应的活化能，斜率越大活化能越大，结合图乙，反应ⅰ、ⅱ正反应的活化能、的大小关系为b.前者小于后者；题干中物的判断反应中物质的能量关系，不能判断反应ⅰ、ⅱ的、的大小关系，故选c。
10． c 羧基、氯原子 溶液、稀硝酸、溶液 8
【分析】反应①可以理解为先发生酯的水解反应，然后与氯气发生取代反应，反应②发生酯化反应，反应③中B分子内脱下1分子HCl形成三元环而生成C，反应④是C的酯基中-OCH3被-NH2替代生成D，同时有甲醇生成，属于取代反应，反应⑤可以理解为D脱去CO生成，据此解答。
【详解】(1)a．质谱法可确定分子的相对分子质量，故a不选；
b．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故b不选；
c．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故c选；
d．紫外光谱可用于确定分子中有无共轭双键，故d不选；
故选c；
(2)A的结构简式为，其中官能团的名称为羧基、氯原子；羧基显酸性，卤代烃中的卤素原子首先发生取代反应，然后利用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，因此检验该官能团所需试剂有石蕊试液、溶液、稀硝酸、溶液。
(3)B还原氯原子和酯基，则与NaOH溶液反应的化学方程式为。
(4)γ-丁内酯（）的同分异构体满足：①能与NaOH溶液反应，含有酯基或羧基；②使溴的CCl4溶液褪色，含有碳碳双键，如果含有羧基，则相当于是丙烯分子中的1个氢原子被羧基取代，有3种；如果是甲酸形成的酯基，则相当于是丙烯分子中的1个氢原子被HCOO－取代，有3种；或者是CH3COOCH＝CH2、CH2＝CHCOOCH3，则满足条件的为8种；γ-丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为。
(5)参照“五步合成法”工艺结合逆推法以为原料合成的路线为。
11．(1)醚键
(2)或①;
(3) 5
(4) 消去反应
(5)
【分析】A经多步反应得到B，B与发生加成反应酸化得到C，D与2分子甲醇反应得到E，根据题干已知反应原理Johnson-Claisen 反应的过程可知，C与E反应生成F，F发生消去反应生成G，G转化为H，最终经多步反应生成角鲨烯。
(1)
E中含氧官能团的名称为醚键；
(2)
对比D和E的结构简式可知，一分子D与两分子甲醇脱去一分子水后生成E，化学方程式为+2CH3OH→H2O+、；
(3)
X的相对分子质量比C小28，则可能是少两个CH2或一个CO，X能与碳酸钠反应放出气体，则X中应含有羧基，所以X应是比C少两个CH2，所以X中含有8个C原子，两个O原子，不饱和度为2，因羧基中有一个碳氧双键，所以其六元环上的碳均为饱和碳原子；六元环上的可能有一个取代基为-CH2COOH，有1种结构；也可能是两个取代基：-CH3、-COOH，可能为邻间对或在同一个碳原子上，有4种结构；所以符合条件的G共有1+4=5种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为1:2:3:4:4的结构为；
(4)
根据Johnson - Claisen反应的过程，对比FG二者的结构可知反应为生成不饱和键的反应，属于消去反应；
对比GH结构可知，的左半部分黑框结构中醚键断裂生成羰基，碳碳双键消失形成碳链，则G右半部分结构也会发生相应的变化，故方框中结构为；
(5)
根据E和C反应生成F的反应可知可以由和通过Johnson - Claisen反应生成，根据D生成E的反应可知丙酮与甲醇发生类似的反应可以得到，而1，3-丁二烯与HBr加成可得，再水解可得，所以合成路线为。
12．(1) 取代(或硝化) 醛基
(2)可与生成的反应，使反应②向正反应方向移动
(3)
(4)
(5)
【分析】第①步反应中，发生了硝化反应，可从第2步反应的产物中有硝基得到证实，根据基团的位置可以确定A是。第②步反应显然是酚羟基与卤代烃在碱性溶液中生成醚的一个反应：→。第③步反应，可从分子组成分析，前后差了1分子水，联系第⑤步反应的产物，这是一个脱水后形成五元环的反应：→。第④步反应，产物的分子组成多了2个H，少了2个O原子，加氢脱氧，应是硝基被还原成了氨基：→。第⑤步反应参照题给信息中的反应。第⑥步的(Boc)2O是由两分子C5H10O3脱水形成的酸酐，它与氮基反应生成酰胺。
【详解】（1）由分析可知反应①的反应类型为取代(或硝化)，反应③参加反应的官能团名称为醛基。
（2）反应②是酚羟基与卤代烃反应，有HCl生成，于是的作用就是除去生成的HCl，使溶液偏碱性，促进反应的进行。
（3）从反应流程图结合分析可知，反应⑤是氨基的氢与卤素原子结合成卤化氢脱去，化学方程式为： 。
（4）经过水解和氧化可得到化学式为的化合物Ⅰ，Ⅰ的同分异构体满足①分子结构中有一个六元环，该六元环可能由4个碳原子和一个O一个H构成，也可能由三个碳原子和三个杂原子构成；②谱显示分子中有3种氢原子，可知该结构必须为对称结构，其结构简式为。
（5）利用氨基的氢与氯代烃的卤素原子结合脱去卤代烃，实现碳链延长。所以利用甲苯硝化反应后，硝基再被还原为氨基， → → ；另外利用C=C与卤素加成反应得到氯代烃，，所以合成路线为：。
13． 使反应物充分接触，防止发生倒吸 让完全分解而除去 蒸发浓缩 冷却结晶 溶液 97.0%(或0.970)
【分析】根据实验原理，装置A中采用固体和液体常温下制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS, 滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3++8H+=N2↑+2Cr3++7H2O转为氮气。
【详解】(1) A中为固体与液体常温下制取氨气，反应的化学方程式是；
(2) 三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂，进气导管口必须插入下层CS2液体中使反应物充分接触，防止发生倒吸；该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则氨气难溶于X，结合题给已知，则X的化学式为；
(3)NH4HS的热稳定性较NH4SCN差，则反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液体温度为105℃一段时间，其目的是让完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，反应的化学方程式为；
(4)装置E中，氨气被酸性重铬酸钾氧化为无色无味的气体氮气，被还原为Cr3+，反应的离子方程式为：；
(5)先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾固体；
(6)铁离子遇硫氰化钾变红色，所以滴定过程的指示剂用硝酸铁溶液；达到滴定终点时消耗0.1000mol/L硝酸银标准溶液20mL，根据方程式(白色)可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.020L×0.1mol/L=0.0020mol，晶体中KSCN的质量分数为。
14．(1)dehifg(gf)b(c)
(2) 盐酸 (或用表示) 蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)
(3)取绿色溶液少许，稀释，发现溶液呈蓝色；(或在溶液Ⅱ中加入晶体，溶液变为绿色或在溶液Ⅱ中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡)
(4) 干燥器 连续两次称量差值不超过0.1g或连续两次称量质量不变
【分析】制备流程的原理是利用粗铜粉(含杂质Fe)与氯气反应生成氯化铜和氯化铁，得到固体Ⅰ，然后溶于试剂X即盐酸(盐酸可以抑制阳离子水解)，得到氯化铜和氯化铁的混合溶液即溶液Ⅰ，然后加入试剂Y，调节溶液pH值，使溶液中铁离子沉淀，再过滤得到氯化铜溶液即溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入试剂X即盐酸(抑制铜离子水解)，然后通过蒸发溶剂，降低温度，结晶得到，据此分析解答。
(1)
制备纯净、干燥的并与粗铜粉反应，则应先制备氯气，然后对氯气除杂、干燥，然后再与粗铜粉反应，且反应后要对剩余的氯气进行处理，防止污染空气，故按气流从左到右的方向连接各仪器接口(连接过程中应注意气体通过洗瓶是长进短出)，正确的顺序是dehifg(gf)b(c)。
(2)
经对制备流程分析，方案中的试剂X的名称是盐酸，起到溶解固体，抑制阳离子水解作用；试剂Y的作用是调节溶液的pH值，使溶液中铁离子沉淀，试剂Y可以是，也可以是，相应的离子方程式是(或用表示)；操作③的目的是使氯化铜溶液从水中结晶析出，得到，故答案是蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)。
(3)
根据颜色转化(蓝色)(绿色)原理可知此转化是可逆的，则可根据平衡移动原理来检验溶液中是否有上述转化关系，故可取绿色溶液少许，稀释，发现溶液呈蓝色；(或在溶液Ⅱ中加入晶体，溶液变为绿色或在溶液Ⅱ中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡。)
(4)
为测定产品中结晶水的数目x，使之放在坩埚中灼烧，为防止冷却过程中重新与水结合，故应放在干燥器中冷却；为了减小实验误差，重复b～d操作直至连续两次称量差值不超过0.1g或连续两次称量质量不变。
15．(1) 关闭，打开 关闭，打开
(2) 甲基橙
(3)抑制和的水解，防止被氧化
(4)趁热过滤
(5) ③⑤①④②⑥
【分析】Ⅰ．实验的目的为制备磷酸二氢铵(NH4H2PO4)，实验原理为NH3+H3PO4=NH4H2PO4，由于NH3极易溶于水，实验中要平衡气压防止发生倒吸；
Ⅱ．实验是制备FeC2O4 xH2O，由流程可知，FeSO4 7H2O与(NH4)2SO4在稀硫酸环境中反应，经过操作a得到，再与草酸在稀硫酸环境中反应，经过操作b得到。
【详解】（1）由于NH3极易溶于水，因此实验中要平衡气压防止发生倒吸，则实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；当上述现象消失后，关闭，打开，继续通入氨气。
（2）当pH为4~5时，可制得NH4H2PO4，说明NH4H2PO4溶液显酸性，因此若不选用pH传感器，还可以选用甲基橙作指示剂，当溶液颜色从红色变为橙色时，停止通，即可制得溶液；若此时继续向溶液中通入少量氨气，氨气与反应生成(NH4)2HPO4，发生反应的离子方程式为。
（3）已知条件pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化，而Fe2+和在酸性较弱的环境中也会发生水解反应，则第一次加稀硫酸调溶液至1～2的目的是：抑制和的水解，防止被氧化。
（4）根据溶解度表可知，为了防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4 7H2O，则操作a是蒸发浓缩，趁热过滤。
（5）为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，需将一定量样品完全分解、吸收并测定其中全部结晶水的质量，故实验步骤依次为：将石英玻璃管(带两端开关和，设为装置A)称重，记为；将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为；按图3所示连接好装置进行实验；③打开、；⑤缓缓通入氮气；①点燃酒精灯，小火加热；④熄灭酒精灯，冷却至室温； ②停止通入氮气，关闭、；⑥称重A；进行恒重操作；则实验操作的正确顺序为③⑤①④②⑥；
草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，n(FeC2O4)=mol，n(H2O)=，所以1：x=：，解出草酸亚铁晶体中结晶水数目x=。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
