2023年贵州省名校联盟高考化学联考试卷-普通用卷

这是一份2023年贵州省名校联盟高考化学联考试卷-普通用卷，共22页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

2023年贵州省名校联盟高考化学联考试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 河南与陕西是中华文明的主要发祥地，遗址众多。下列说法正确的是(    )
A. 渑池仰韶村遗址出土了大量陶器，生产陶器的主要原料为黏土和石灰石
B. 巩义双槐树遗址的祭祀坑内出土了麋鹿遗存，测定麇鹿遗存中的 12C可确定遗址的年代
C. 西安半坡遗址出土了炭化了的菜籽，菜籽油属于酯类物质
D. 临潼姜寨遗址出土了黄铜管，黄铜的硬度和熔点均大于纯铜
2. 化合物W()是一种药物合成中间体。下列有关W的叙述正确的是(    )
A. W分子中所有碳原子可能共平面
B. W与互为同系物
C. W中的氢原子被氯原子取代，其一氯代物有5种
D. 1molW与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗2molNaOH
3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(    )
A. 0.01mol⋅L−1Na2CO3溶液中含碳元素的粒子数目之和为0.01NA
B. 30g乙酸与足量乙醇充分反应，乙酸分子中断裂C−O数目为0.5NA
C. 常温下，1mol14CO比30gC2H6多4NA个中子
D. 常温常压下，1molCO2和2molCCl4的体积之比为1：2
4. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 (    )

实验操作
实验现象
结论
A
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄色
酸性条件下，氧化性：H2O2>Fe3+
B
取5mL0.1mol⋅L−1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液，充分反应后滴入2滴KSCN溶液
溶液变红色
KI与FeCl3的反应为可逆反应
C
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液
产生白色沉淀
AlO2−与HCO3−发生了相互促进的水解反应
D
相同条件下，向pH均为2且等体积的HA和HB溶液中分别加入足量的锌
HA溶液放出的氢气更多
HA的酸性比HB的强

A. A B. B C. C D. D
5. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，W、X组成的化合物具有两性，W、Y组成的一种化合物可导致酸雨，ZX(YW4)2是一种常见的复盐。下列叙述正确的是(    )
A. 原子半径：Z>Y>X>W
B. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物，两两间均可发生复分解反应
C. ZX(YW4)2可作净水剂，能杀菌消毒
D. W分别与X、Y形成的化合物中化学键类型相同
6. 用原电池原理处理CO和NO既可解决环境污染问题，又可提供电能，某同学用该电池为电源设计如图装置精炼粗镍(已知：粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质)。下列说法错误的是(    )

A. 装置Ⅰ可使用质子交换膜，反应过程中H2SO4物质的量保持不变
B. b电极的电极反应式为2NO+4H++4e−=N2+2H2O
C. 装置Ⅱ中c电极为粗镍，反应后NiSO4浓度减小
D. 当装置Ⅰ中生成1.12L(标准状况)CO2时，装置Ⅱ中d电极的质量增加5.9g
7. 常温下，向50mL0.1mol⋅L−1的氨水中滴加0.1mol⋅L−1的盐酸，测得在不同pOH条件下，体系中lgc(NH3⋅H2O)c(NH4+)与pOH的关系如图所示。已知：pOH=−lgc(OH−)。下列说法错误的是(    )

A. Kb(NH3⋅H2O)的数量级为10−5
B. 向氨水中滴加25mL盐酸可得到b点溶液
C. c点的溶液：c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)>c(OH−)>c(H+)
D. a、b、c点溶液均存在：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)

二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8. 斑铜矿是含Cu5FeS4的矿物，一种以斑铜矿(含少量SiO2)为原料生产胆矾晶体和CuCl的流程如图所示。

已知：①焙烧后，Fe、Cu元素均以氧化物的形式存在。
②CuCl难溶于水，在潮湿的空气中发生水解和氧化。
③离子浓度≤10−5mol⋅L−1时，离子沉淀完全。25℃下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.9
6.3
4.4
完全沉淀的pH
3.2
8.3
6.4
回答下列问题：
(1)斑铜矿中Fe为+2价，Cu以+1、+2价形式存在，则斑铜矿中+1价Cu和+2价Cu的个数之比为 ______ 。
(2)斑铜矿“焙烧”是一个“气−固”反应，有利于“气−固”充分反应的措施是 ______ 。
(3)“除杂”时调pH应控制的pH范围是 ______ ；试剂a可以选用下列物质中的 ______ (填标号)。
A.CuO
B.Na2CO3
C.Cu(OH)2
D.Fe2O3
(4)由“滤液”生产胆矾晶体的“一系列操作”包括 ______ (填操作名称)，用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的优点是 ______ 。
(5)由“滤液”生产CuCl的离子方程式为 ______ ，该过程中二氧化硫适当过量的作用有 ______ (回答一条即可)。
(6)为降低成本，上述流程中可充分利用的气态产物有 ______ (填化学式)。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9. 废碱性锌锰干电池内部含有MnOOH、MnO2、ZnO、Zn粉、有机物等糊状填充物。
某化学兴趣小组利用该糊状填充物制备少量MnO2的实验步骤如下。
①拆解废碱性锌锰干电池，收集糊状填充物；
②灼烧糊状填充物，除去有机物；
③将②中剩余固体粉末转移至如图装置(夹持装置省略)；
④向装置中先加入稍过量的稀H2SO4再缓缓加入稍过量的NaClO3溶液，并不断搅拌；
⑤充分反应，过滤、洗涤、干燥获得MnO2。

已知：酸性条件下，氧化性为NaClO3>MnO2，+3价的Mn不稳定，易转化为MnO2和Mn2+。
回答下列问题：
(1)步骤②灼烧糊状填充物，下列仪器中需要的是 ______ (填仪器名称)。

(2)MnOOH在灼烧时可转化为Mn2O3或MnO2，写出MnOOH转化为MnO2的化学方程式： ______ 。
(3)加入NaClO3溶液的目的是 ______ 。
(4)溶液X的作用为 ______ 。
(5)步骤⑤中判断MnO2沉淀洗涤干净的操作为 ______ 。
(6)产品中MnO2含量的测定
i.准确称取1.800gMnO2样品并转入锥形瓶。
ii.加入50.00mL0.500mol⋅L−1的Na2C2O4溶液(H2SO4酸化)，使MnO2样品完全溶解并充分反应(MnO2+C2O42−+4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O)。
iii.用0.100mol⋅L−1酸性KMnO4标准溶液滴定ii中剩余的C2O42−，消耗酸性KMnO4标准溶液的平均体积为20.00mL(5C2O42−+2MnO4−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。
①达到滴定终点的现象是 ______ 。
②样品中MnO2的质量分数= ______ (保留三位有效数字)。
③若盛有酸性KMnO4标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，则样品中MnO2的质量分数 ______ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

四、简答题（本大题共3小题，共38.0分）
10. 氢气用途广泛，甲烷和水蒸气催化重整是制氢的方法之一，某温度下，涉及反应的热化学方程式如下：
Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.3kJ⋅mol−1K1
Ⅱ.CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)ΔH2=+165.1kJ⋅mol−1K2
Ⅲ.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3K3
回答下列问题：
(1)ΔfHmθ为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其ΔfHmθ为零，部分物质的标准摩尔生成焓如表所示。
物质
CO(g)
H2O(g)
CO2(g)
H2(g)
ΔfHmθ(kJ⋅mol−1)
−110.5
−241.8
a
0
a= ______ ；K3= ______ (用K1、K2表示)。反应Ⅰ能够自发进行的条件是 ______ (填“低温”或“高温”)。
(2)已知反应Ⅰ的正反应速率v=kca(CH4)⋅cb(H2O)，k为速率常数。某温度下，其他反应条件不变，正反应速率v随反应物浓度的变化关系如图所示。

当CH4和H2O的浓度均为c1和c2两种情况下的反应速率之比为 ______ 。
(3)在T温度下，向容积为2L的刚性密闭容器中充入1molCH4(g)、2molH2O(g)和固体催化剂M(体积忽略不计)，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，容器内的总压强p随反应时间t的变化如表所示。
反应时间t/min
0
4
8
12
16
20
24
总压强p/kPa
10.0
12.5
13.9
15.0
15.8
16.0
16.0
①CH4的平衡转化率为 ______ (保留三位有效数字，下同)。
②若平衡体系中CO和CO2的分压相同，则平衡体系中H2的物质的量为 ______ ，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx= ______ (保留三位有效数字)。
③该体系达到平衡的标志是 ______ (填标号)。
A.各组分的浓度不再改变
B.v正(CH4)：v正(CO)=1：1
C.单位时间内2nmolO−H键断裂，同时有nmolH2O生成
D.体系的密度不再变化
11. 江西矿产资源丰富，其中铁、锰、钛、钒、铜、锌、金、银等储量居全国前3位，有亚洲最大的铜矿和中国最大的铜冶炼基地。回答下列问题：
(1)钒元素在元素周期表中位于 ______ 区；基态Mn2+的价电子排布图为 ______ 。Cu与Fe的第二电离能分别为I2(Cu)=1958kJ⋅mol−1、I2(Fe)=1561kJ⋅mol−1，I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因是 ______ 。
(2)ZnO、MgO均属于离子晶体，则熔点ZnO ______ (填“<”或“>”)MgO，原因是 ______ 。
(3)[Cu(NH3)4]Cl2是一种常见农药，能防治真菌、细菌和霉菌引起的多种病害。
①1mol[Cu(NH3)4]Cl2中含有的σ键数目为 ______ NA，NH3分子与Cu2+形成配合物后H−N−H键角 ______ (填“变大”“变小”或“不变”)。
②已知[Cu(NH3)4]2+呈平面正方形，则Cu2+的杂化方式可能为 ______ (填标号)。
A.sp3
B.dsp2
C.sp2
D.sp
(4)磷锡青铜合金应用广泛，其立方晶胞如图所示。

①若P原子位于晶胞的顶点，则Cu原子位于晶胞的 ______ 。
②晶体中与Sn原子等距离且最近的Cu原子有 ______ 个，晶体的密度为 ______ g⋅cm−3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
12. 化合物I是一种药物中间体，其合成路线如图所示：

已知：Ⅰ.ROH→PBr3RBr
Ⅱ.R−CN→H+/H2OR−COOH
Ⅲ.RCOOH+R′NH2→SOCl2+H2O
回答下列问题：
(1)物质X的化学式为 ______ 。
(2)C中的官能团名称是 ______ 。
(3)F分子中含有 ______ 个手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)；写出由A生成B反应的化学方程式： ______ 。
(4)合成路线中设置B→C反应的目的是 ______ 。
(5)G生成H的反应类型是 ______ 。
(6)化合物M为D的同系物，M的结构简式为，M的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有 ______ 种(不考虑立体异构)。
①与FeCl3溶液显紫色
②与 NaHCO3溶液反应放出气体
其中有5种不同化学环境的H，且个数比为2：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为 ______ 。
(7)结合题目信息，写出以苯甲醇()为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)： ______ 。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.生成陶器的原料是黏土，黏土和石灰石是用来生成水泥，故A错误；
B. 14C可确定遗址的年代，故B错误；
C.菜籽油属于酯类物质，故C正确；
D.合金的硬度高，熔沸点低，黄铜的硬度大于纯铜，熔点低于纯铜，故D错误；
故选：C。
A.生成陶器的原料是黏土；
B. 14C可确定遗址的年代；
C.菜籽油属于酯类物质；
D.合金的硬度高，熔沸点低。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的组成、性质与用途，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。

2.【答案】D 
【解析】解：A.分子中存在结构，具有甲烷的四面体构型，分子中所有碳原子一定不在同一平面内，故A错误；
B.W分子含有2个酯基，而含有1个酯基，二者不是同系物，故B错误；
C.苯环中有3中氢原子，侧链中也有3种氢原子，W中的氢原子被氯原子取代，其一氯代物有6种，故C错误；
D.该有机物分子含有2个酯基，分子中酯基水解产生的羧基与氢氧化钠发生中和反应，1molW与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗2molNaOH，故D正确；
故选：D。
A.分子中存在结构，具有甲烷的四面体构型；
B.同系物含有相同的官能团种类与数目；
C.苯环中有3中氢原子，侧链中也有3种氢原子；
D.分子中酯基水解产生的羧基与氢氧化钠发生中和反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酯与碱反应原理，根据的甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。

3.【答案】C 
【解析】解：A.根据物料守恒知，c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=0.01mol/L，溶液的体积未知，无法计算所含粒子的数目，故A错误；
B.30g乙酸的物质的量为n=mM=30g60g/mol=0.5mol，乙酸与乙醇的反应为可逆反应，因此乙酸分子中断裂C−O数目小于0.5NA，故B错误；
C.1mol14CO所含的中子数为(14−6+16−8)NA=16NA，30gC2H6的物质的量为：n=mM=30g30g/mol=1mol，所含中子数为：[(12−6)×2+0]NA=12NA，因此常温下，1mol14CO比30gC2H6多4NA个中子，故C正确；
D.常温常压下，CCl4为液体，因此常温常压下，1molCO2和2molCCl4的体积之比不是1：2，故D错误；
故选：C。
A.溶液的体积未知，无法计算所含粒子的数目；
B.乙酸与乙醇的反应为可逆反应；
C.1mol14CO所含的中子数为(14−6+16−8)NA=16NA，30gC2H6的物质的量为：n=mM=30g30g/mol=1mol，所含中子数为：[(12−6)×2+0]NA=12NA；
D.常温常压下，CCl4为液体。
本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算，为高频考点，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，相当于含有硝酸，HNO3、H2O2都能氧化Fe2+，所以不能得出氧化性：H2O2>Fe3+，故A错误；
B.KI过量，混合溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中还含有Fe3+，则该分子中存在平衡，所以KI与FeCl3的反应为可逆反应，故B正确；
C.NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，生成氢氧化铝沉淀，AlO2−促进HCO3−的电离，故C错误；
D.pH=2体积相同的一元酸HA、HB分别与足量Zn反应，酸越弱，n(酸)越多，生成的氢气越多，HA放出的氢气多，n(HA)>n(HB)，则酸性：HA 故选：B。
A.将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，相当于含有硝酸，HNO3、H2O2都能氧化Fe2+；
B.KI过量，混合溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中还含有Fe3+；
C.NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，生成氢氧化铝沉淀；
D.相同条件下，pH=2体积相同的一元酸HA、HB分别与足量Zn反应，酸越弱，n(酸)越多，生成的氢气越多。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】B 
【解析】解：由分析可知，W为O元素、X为Al元素、Y为S元素、Z为K元素，复盐是KAl(SO4)2；
A.同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：K>Al>S>O，故A错误；
B.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物依次是Al(OH)3、H2SO4、KOH，氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能与硫酸反应又能与氢氧化钾反应，硫酸与氢氧化钾发生中和反应，故B正确；
C.KAl(SO4)2溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可作净水剂，但不能杀菌消毒，故C错误；
D.W与X形成的化合物是Al2O3，W与Y形成的化合物为SO2、SO3，氧化铝含有离子键，而SO2、SO3含有共价键，故D错误；
故选：B。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，W、X组成的化合物具有两性，该化合物是Al2O3，故W为O元素、X为Al元素，而W(氧)、Y组成的一种化合物可导致酸雨，该化合物是SO2，故Y为S元素，ZX(YW4)2是一种常见的复盐，Z为+1价阳离子，其原子序数大于硫，故Z为K元素，该复盐是KAl(SO4)2。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，试题侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。

6.【答案】D 
【解析】解：A.电解质为稀硫酸，则装置Ⅰ可使用质子交换膜，总反应为2NO+2CO=N2+2CO2，所以反应过程中H2SO4物质的量保持不变，故A正确；
B.b电极上NO发生得电子的还原反应生成N2，电极反应式为2NO+4H++4e−=N2+2H2O，故B正确；
C.装置Ⅱ为电解池，c电极为阳极，精炼粗镍时粗镍作阳极，阳极上Ni、Zn、Fe均放电，阴极上只有Ni2+得电子生成Ni，则反应后NiSO4浓度减小，故C正确；
D.负极反应式为CO+H2O−2e−=CO2+2H+，阴极反应式为Ni2++2e−=Ni，根据电子守恒可知，CO2～2e−～Ni，n(Ni)=n(CO2)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，d电极的质量增加为0.05mol×59g/mol=2.95g，故D错误；
故选：D。
装置Ⅰ为原电池，a电极上CO发生失电子的反应生成CO2，b电极上NO发生得电子的还原反应生成N2，则a电极为负极，b电极为正极，正极反应式为2NO+4H++4e−=N2+2H2O，负极反应式为CO+H2O−2e−=CO2+2H+，总反应为2NO+2CO=N2+2CO2，装置Ⅱ为电解池，c电极为阳极，d电极为阴极，精炼粗镍时粗镍作阳极，阳极反应式为Ni−2e−=Ni2+、Zn−2e−=Zn2+、Fe−2e−=Fe2+，阴极反应式为Ni2++2e−=Ni，据此分析解答。
本题考查了原电池原理和电解原理的应用，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握电极的判断、电极反应、电子守恒的计算为解题关键，题目难度中等。

7.【答案】B 
【解析】解：A.图中a点时pOH=4，lgc(NH3⋅H2O)c(NH4+)=0.76，即c(OH−)=10−4mol/Lc(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10−0.76，则Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=10−0.76×10−4=10−4.76，数量级为10−5，故A正确；
B.向氨水中滴加25mL盐酸，溶液中存在：c(NH3⋅H2O)=c(NH4Cl)，NH4+的水解平衡常数Kh=KwKb(NH3⋅H2O)=10−1410−4.76=10−9.24c(NH3⋅H2O)，即lgc(NH3⋅H2O)c(NH4+)<0，不可能得到b点溶液，故B错误；
C.图中c点lgc(NH3⋅H2O)c(NH4+)=−1，即c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10，则c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)，Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=10c(OH−)=10−4.76，溶液中c(OH−)=10−5.76mol/L、c(H+)=10−1410−5.76mol/L=10−8.24mol/Lc(NH3⋅H2O)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.a、b、c点溶液均满足电荷守恒关系：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，故D正确；
故选：B。
A.图中a点时pOH=4，lgc(NH3⋅H2O)c(NH4+)=0.76，即c(OH−)=10−4mol/Lc(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10−0.76，结合Kb(NH3⋅H2O)表达式进行计算；
B.向氨水中滴加25mL盐酸，溶液中存在：c(NH3⋅H2O)=c(NH4Cl)，溶液呈碱性，即NH3⋅H2O的电离程度大于NH4+水解程度，溶液中c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)；
C.图中c点lgc(NH3⋅H2O)c(NH4+)=−1，即c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=10，结合Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)计算溶液中c(OH−)、c(H+)；
D.根据溶液中电荷守恒关系分析判断。
本题考查酸碱混合溶液定性判断即pH计算，把握电离平衡常数和水解平衡常数的相关计算是解题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系、守恒关系式的应用，考查了学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。

8.【答案】4：1  粉碎斑铜矿、充入过量的空气等  3.2≤pH<4.4  AC  蒸发浓缩、冷却结晶、过滤  乙醇易挥发  2H2O+SO2+2Cl−+2Cu2+=2CuCl↓+SO42−+4H+  防止CuCl在潮湿的空气中发生水解和氧化  SO2 
【解析】解：(1)斑铜矿中Fe为+2价，Cu以+1、+2价形式存在，S以−1价存在，设斑铜矿中+1价Cu和+2价Cu的个数分别为x、(5−x)，化合物中各元素化合价的代数和为0，则x+2(5−x)+2+(−2)×4=0，x=4，所以斑铜矿中+1价Cu和+2价Cu的个数之比为4：1，
故答案为：4：1；
(2)斑铜矿“焙烧”是一个“气−固”反应，有利于“气−固”充分反应的措施是粉碎斑铜矿、充入过量的空气等方法，
故答案为：粉碎斑铜矿、充入过量的空气等；
(3)“除杂”时调pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，但不能使Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，应控制的pH范围是3.2≤pH<4.4；试剂a能和氢离子反应而调节溶液的pH值，但不能引进新的杂质，符合条件的只有AC，
故答案为：3.2≤pH<4.4；AC；
(4)由“滤液”生产胆矾晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的优点是乙醇易挥发，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；乙醇易挥发；
(5)SO2具有还原性，铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和Cu+，由“滤液”生产CuCl的离子方程式为2H2O+SO2+2Cl−+2Cu2+=2CuCl↓+SO42−+4H+，二氧化硫具有还原性，能还原氧化性的物质，该过程中二氧化硫适当过量的作用有防止CuCl在潮湿的空气中发生水解和氧化，
故答案为：2H2O+SO2+2Cl−+2Cu2+=2CuCl↓+SO42−+4H+；防止CuCl在潮湿的空气中发生水解和氧化；
(6)焙烧时生成SO2，制取CuCl时消耗SO2，为降低成本，上述流程中可充分利用的气态产物有SO2，
故答案为：SO2。
斑铜矿是含Cu5FeS4的矿物，还含有少量SiO2杂质，斑铜矿中通入空气焙烧，Cu元素转化为为CuO、Fe元素转化为Fe2O3，S元素转化为SO2，然后溶解固体，CuO、Fe2O3分别溶于稀硫酸生成CuSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶于稀硫酸，然后通入空气、试剂a除杂，试剂a能和H+反应且不能引进新的杂质，调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到的滤渣中含有SiO2、Fe(OH)3及过量的a，滤液中含有硫酸铜，通过一系列操作再通入乙醇洗涤、干燥得到胆矾；滤液中加入SO2、NaCl得到CuCl。
本题考查物质制备和物质分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，注意题给信息的获取和灵活运用，题目难度中等。

9.【答案】坩埚、坩埚钳  4MnOOH+O2=△4MnO2+2H2O  将+3价Mn转化为MnO2  吸收尾气  取最后一次的洗涤液少量，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀，则洗涤干净  溶液由无色变为紫色，且半分钟不变色  96.7%  偏小 
【解析】解：(1)灼烧在坩埚中进行，需要图中坩埚、坩埚钳，不需要蒸发皿、烧杯，
故答案为：坩埚、坩埚钳；
(2)MnOOH转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，可知被氧气氧化，反应方程式为4MnOOH+O2=△4MnO2+2H2O，
故答案为：4MnOOH+O2=△4MnO2+2H2O；
(3)酸性条件下，氧化性为NaClO3>MnO2，+3价的Mn不稳定，易转化为MnO2和Mn2+，则加入NaClO3溶液的目的是将+3价Mn转化为MnO2，
故答案为：将+3价Mn转化为MnO2；
(4)三颈烧瓶中生成氯气，则溶液X为NaOH，其作用为吸收尾气，
故答案为：吸收尾气；
(5)步骤⑤中判断MnO2沉淀洗涤干净的操作为取最后一次的洗涤液少量，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀，则洗涤干净，
故答案为：取最后一次的洗涤液少量，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀，则洗涤干净；
(6)①酸性KMnO4标准溶液滴定ii中剩余的C2O42−，达到滴定终点的现象是溶液由无色变为紫色，且半分钟不变色，
故答案为：溶液由无色变为紫色，且半分钟不变色；
②发生MnO2+C2O42−+4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O、5C2O42−+2MnO4−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由得失电子守恒可知，n(MnO2)×(4−2)+0.02L×0.100mol⋅L−1×(7−2)=0.05L×0.500mol⋅L−1×2×(4−3)，解得n(MnO2)=0.02mol，则样品中MnO2的质量分数为0.02mol×87g/mol1.800g×100%≈96.7%，
故答案为：96.7%；
③若盛有酸性KMnO4标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，高锰酸钾的物质的量偏大，二氧化锰的物质的量偏小，则样品中MnO2的质量分数偏小，
故答案为：偏小。
(1)灼烧在坩埚中进行；
(2)MnOOH转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，可知被氧气氧化；
(3)酸性条件下，氧化性为NaClO3>MnO2，+3价的Mn不稳定，易转化为MnO2和Mn2+；
(4)三颈烧瓶中生成氯气；
(5)MnO2沉淀洗涤干净，表面不含硫酸根离子；
(6)①酸性KMnO4标准溶液滴定ii中剩余的C2O42−，滴定终点时无色变为紫色，且半分钟不变；
②由MnO2+C2O42−+4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O、5C2O42−+2MnO4−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，C失去的电子等于Mn得到电子，结合得失电子守恒计算；
③若盛有酸性KMnO4标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗高锰酸钾溶液的体积偏大。
本题考查物质的制备及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。

10.【答案】393.3 K2K1  高温 (c1c2)a+b  90.0%  3.15  4.85  AC 
【解析】解：(1)Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.3kJ⋅mol−1K1=c(CO)×c3(H2)c(CH4)×c(H2O)，Ⅱ.CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)ΔH2=+165.1kJ⋅mol−1K2=c(CO2)×c4(H2)c(CH4)×c2(H2O)，Ⅲ.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3K3=c(H2)×c(CO2)c(CO)×c(H2O)，结合盖斯定律计算(Ⅱ−Ⅰ)得到：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3=(+165.1kJ⋅mol−1)−(+206.3kJ⋅mol−1)=−41kJ⋅mol−1，K3=K2K1，ΔH3=(a+0)kJ/mol−(−110.5kJ/mol)−(−241.8kJ/mol)=−41kJ/mol，a=−393.3kJ/mol，反应Ⅰ的△H>0，△S>0，能够自发进行的条件是高温，
故答案为：393.3；K2K1；高温；
(2)已知反应Ⅰ的正反应速率v=kca(CH4)⋅cb(H2O)，k为速率常数，当CH4和H2O的浓度均为c1和c2两种情况下，反应速率之比=k×c1a×c1bk×c2a×c2b=(c1c2)a+b，
故答案为：(c1c2)a+b；
(3)在T温度下，向容积为2L的刚性密闭容器中充入1molCH4(g)、2molH2O(g)和固体催化剂M(体积忽略不计)，此时压强为10kPa，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，设反应生成的一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为y，结合反应的化学方程式得到，
                    CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
起始量(mol)
变化量(mol) x                x               x             3x
平衡量(mol)
                     CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)
起始量(mol)
变化量(mol) y               2y               y               4y
平衡量(mol)
平衡状态下气体压强为16kPa，CH4(g)物质的量=1mol−xmol−ymol，H2O(g)的物质的量=2mol−xmol−2ymol，CO物质的量为xmol，CO2物质的量为ymol，H2物质的量为3xmol+4ymol，平衡状态气体总物质的量=(3+2x+2y)mol，气体压强之比等于气体物质的量之比，1016=33+2x+2y，x+y=0.9，
①CH4的平衡转化率=(x+y)mol1mol×100%=0.9mol1mol×100%=90.0%，
故答案为：90.0%；
②若平衡体系中CO和CO2的分压相同，则甲烷转化了90%，CO和CO2的物质的量都为0.45mol，设平衡气体中H2物质的量为m，H2O物质的量为n，平衡状态下气体物质的量分别为：CH4为：0.1mol，CO物质的量为0.45mol，CO2物质的量为0.45mol，结合元素守恒得到：氢元素守恒0.1mol×4+×2mmol+2nmol=1mol×4+2mol×2，m+n=3.8mol，氧元素守恒0.45mol+0.45mol×2+n=2mol×1，n=0.65mol，平衡体系中H2的物质的量m=3.8mol−0.65mol=3.15mol，反应ⅢCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，反应前后气体物质的量不变，则以物质的量分数表示的平衡常数，直接以物质的量计算Kx=0.45mol×3.15mol0.45mol×0.65mol≈4.85，
故答案为：3.15；4.85；
③A.各组分的浓度不再改变，是平衡标志，故A正确；
B.v正(CH4)：v正(CO)=1：1，只能说明反应正向进行，不能说明在逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.单位时间内2nmolO−H键断裂，同时有nmolH2O生成，对水来说，在逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故C正确；
D.反应前后气体质量和体积不变，体系的密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AC。
(1)Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.3kJ⋅mol−1K1=c(CO)×c3(H2)c(CH4)×c(H2O)，Ⅱ.CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)ΔH2=+165.1kJ⋅mol−1K2=c(CO2)×c4(H2)c(CH4)×c2(H2O)，Ⅲ.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3K3=c(H2)×c(CO2)c(CO)×c(H2O)，结合盖斯定律计算得到：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3，K3，反应焓变△H=生成物总焓−反应物总焓，反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0；
(2)已知反应Ⅰ的正反应速率v=kca(CH4)⋅cb(H2O)，k为速率常数，据此计算当CH4和H2O的浓度均为c1和c2两种情况下的反应速率之比；
(3)在T温度下，向容积为2L的刚性密闭容器中充入1molCH4(g)、2molH2O(g)和固体催化剂M(体积忽略不计)，此时压强为10kPa，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，设反应生成的一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为y，结合反应的化学方程式得到，
                          CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
起始量(mol)
变化量(mol)        x               x                x 3x
平衡量(mol)
                       CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)
起始量(mol)
变化量(mol)  y                2y                 y              4y
平衡量(mol)
平衡状态下气体压强为16kPa，CH4(g)物质的量=1mol−xmol−ymol，H2O(g)的物质的量=2mol−xmol−2ymol，CO物质的量为xmol，CO2物质的量为ymol，H2物质的量为3xmol+4ymol，平衡状态气体总物质的量=(3+2x+2y)mol，气体压强之比等于气体物质的量之比，1016=33+2x+2y，x+y=0.9，
①CH4的平衡转化率=消耗量起始量×100%，
②若平衡体系中CO和CO2的分压相同，则甲烷转化了90%，CO和CO2的物质的量都为0.45mol，设平衡气体中H2物质的量为m，H2O物质的量为n，平衡状态下气体物质的量分别为：CH4为：0.1mol，CO物质的量为0.45mol，CO2物质的量为0.45mol，结合元素守恒得到：氢元素守恒0.1mol×4+×2mmol+2nmol=1mol×4+2mol×2，m+n=3.8mol，氧元素守恒0.45mol+0.45mol×2+n=2mol×1，n=0.65mol，平衡体系中H2的物质的量m=3.8mol−0.65mol=3.15mol，反应ⅢCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，反应前后气体物质的量不变，则以物质的量分数表示的平衡常数；
③平衡标志是在逆反应速率相同，各组分的含量保持不变，衍生出的物理量对该条件下的反应“变量不变”说明反应达到平衡状态。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、反应速率和化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，题目难度较大。

11.【答案】d   基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子  <  Mg2+半径小于Zn2+半径，MgO晶体的晶格能比ZnO的大，故MgO的熔点高  16  变大  B  棱心  12 342NA(a×10−10)3 
【解析】解：(1)基态钒原子价层电子排布式为3d14s2；，钒位在周期表中位于d区；基态Mn2+的价电子排布3d5，价电子排布图为；铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的原子序数为26，基态Fe原子价电子排布为3d64s2，失去两个电子后形成了3d6的结构，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，
故答案为：d；；基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
(2)ZnO、MgO均属于离子晶体，所带电荷数相同，Mg2+半径小于Zn2+半径，MgO晶体的晶格能比ZnO的大，故MgO的熔点高，
故答案为：<；Mg2+半径小于Zn2+半径，MgO晶体的晶格能比ZnO的大，故MgO的熔点高；
(3)①[Cu(NH3)4]Cl2中存在N−Hσ键，Cu与N间形成配位键，则1mol[Cu(NH3)4]Cl2中含有的σ键数目为(4+3×4)NA=16NA；NH3中N原子有2个孤电子对，NH3分子与Cu2+形成配合物后N原子有1个孤电子对，孤电子对减少，对成键电子对有排斥作用也减小，H−N−H键角会变大，
故答案为：16；变大；
②已知[Cu(NH3)4]2+呈平面正方形，则Cu2+的杂化方式可能为dsp2，
故答案为：B；
(4)①由晶胞图可知，Cu位于两个P原子连线的中点，若P原子位于晶胞的顶点，则Cu原子位于晶胞的棱心，
故答案为：棱心；
②晶体中与Sn原子等距离且最近的Cu原子位于该Sn原子所在的3个面的面心，与Sn原子等距离且最近的Cu原子有3×82=12个；Sn原子位于顶点，个数为8×18=1，1个P原子位于体心，Cu原子位于面心，个数为6×12=3，晶胞质量为31+119+3×64NAg，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，晶胞密度ρ=mV=31+119+3×64NA(a×10−10)3g⋅cm−3=342NA(a×10−10)3g⋅cm−3，
故答案为：12；342NA(a×10−10)3。
(1)基态钒原子价层电子排布式为3d14s2；基态Mn2+的价电子排布3d5；基态Cu+的价电子排布为3d10，为全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，基态Fe+的价电子排布为3d64s1，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构；
(2)离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体熔点越高；
(3)①[Cu(NH3)4]Cl2中存在N−Hσ键，Cu与N间形成配位键；孤电子对对成键电子对有排斥作用；
②根据[Cu(NH3)4]2+呈平面正方形推断Cu2+的杂化方式；
(4)①由晶胞图可知，Cu位于两个P原子连线的中点；
②晶体中与Sn原子等距离且最近的Cu原子位于该Sn原子所在的3个面的面心；Sn原子位于顶点，个数为8×18=1，1个P原子位于体心，Cu原子位于面心，个数为6×12=3，晶胞质量为31+119+3×64NAg，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV计算晶胞密度。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、熔点比较、化学键、键角、杂化方式、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查学生空间想象能力，掌握基础是关键，题目中等难度。

12.【答案】CH3CH2NH2  醚键、羰基  1   保护酚羟基  取代反应或成肽反应  13  →PBr3→NaCN→H+/H2O→浓硫酸、△苯甲醇 
【解析】解：(1)物质X的化学式为CH3CH2NH2，
故答案为：CH3CH2NH2；
(2)C中的官能团名称是醚键、羰基，
故答案为：醚键、羰基；
(3)F为，F中连接−CN的碳原子为手性碳原子，所以F分子中含有1个手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)；A发生取代反应生成B，A生成B反应的化学方程式：，
故答案为：1；；
(4)B发生取代反应将酚羟基转化为醚键、H发生取代反应将醚键转化为酚羟基，合成路线中设置B→C反应的目的是苯环酚羟基，
故答案为：保护酚羟基；
(5)G生成H的反应类型是取代反应或成肽反应，
故答案为：取代反应或成肽反应；
(6)化合物M为D的同系物，M的结构简式为，M的同分异构体满足下列条件：
①与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②与 NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有−COOH，根据其不饱和度知，符合条件的同分异构体中除了苯环和羧基外不含其它环或双键，如果取代基为酚−OH、−CH2COOH，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚−OH、−CH3、−COOH，有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有13种；其中有5种不同化学环境的H，且个数比为2：2：2：1：1的同分异构体结构对称，符合条件的结构简式为，
故答案为：13；；
(7)以苯甲醇()为原料制备，苯甲醇和PBr3发生信息Ⅰ的反应生成，和NaCN发生取代反应生成，发生水解反应生成，苯乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成，合成路线为→PBr3→NaCN→H+/H2O→浓硫酸、△苯甲醇，
故答案为：→PBr3→NaCN→H+/H2O→浓硫酸、△苯甲醇。
根据B的分子式及C的结构简式知，B发生取代反应生成C，则B为，则A发生取代反应生成B，B中羰基发生还原反应生成D中醇羟基，D发生信息Ⅰ的反应生成E为，E中溴原子被−CN取代生成F，F为，F发生信息②的反应生成G，G和X发生信息Ⅲ的反应生成H，根据H的结构简式知，X为CH3CH2NH2，H发生取代反应生成I；
(7)以苯甲醇()为原料制备，苯甲醇和PBr3发生信息Ⅰ的反应生成，和NaCN发生取代反应生成，发生水解反应生成，苯乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。