2024届山东省枣庄市高三下学期模拟考试（二调）化学试题（含解析）

这是一份2024届山东省枣庄市高三下学期模拟考试（二调）化学试题（含解析），共27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．齐鲁文化源远流长，馆藏文物见证历史。下列文物制作过程涉及化学变化的是
A．北辛石器B．红陶兽形壶C．鲁国大玉壁D．银雀山竹木简牍
2．下列物质的构成微粒间相互作用与其它三者不同的是
A．干冰B．水晶C．汽油D．液氯
3．下列应用与氧化还原反应无关的是
A．稀硝酸用于溶解铜锈B．铁粉暖贴用于冬天取暖
C．青蒿素氢化制备双氢青蒿素D．三元催化器处理机动车尾气
4．一种Ni的金属串配合物结构如图所示，其中每个含N配体带有1个单位负电荷。下列关于该配合物的说法正确的是
A．配合物中Ni的杂化方式可能为
B．配合物中Ni元素的平均化合价为+3
C．每个含N配体中的所有原子可能处于同一平面内
D．理想情况下该配合物中含有3种化学环境不同的N原子
5．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，由这4种元素组成的常见物质转化关系如图所示（反应条件略去），已知m是单质，Q是由三种元素组成的盐。下列推断错误的是
A．元素电负性：B．Q可能是酸式盐
C．物质沸点：D．b、c、e、f都是极性分子
6．实验室以香草胺和羧酸为原料合成二氢辣椒素。下列说法错误的是
A．香草胺既能与酸反应也能与碱反应
B．8-甲基壬酸水溶性优于7-甲基辛酸
C．1ml二氢辣椒素与氢氧化钠溶液反应最多消耗2mlNaOH
D．通过红外光谱图可判定是否有产物生成
7．下列叙述Ⅰ和叙述Ⅱ均正确，且有因果关系的是
A．AB．BC．CD．D
8．将摩尔盐［］溶于水配成溶液，下列说法正确的是
A．该溶液中还可大量共存、、
B．常温下该溶液中水电离出的可能为
C．加入少量后再滴入KSCN溶液，溶液变为红色，则证明溶液中含
D．向溶液中滴入溶液使恰好沉淀时，和都会参与反应
9．如下实验可制备摩尔盐［］，并探究其化学式：
①向新制的溶液中加入一定质量的固体，在70℃～80℃条件下溶解后，趁热将其倒入50.00mL乙醇中，析出、收集并干燥得到摩尔盐晶体。
②称取7.84g晶体加水溶解后加入足量NaOH溶液，加热并通入氮气，将产生气体充分鼓入的标准液中吸收，反应结束后再用的NaOH标准溶液滴定过量硫酸，以甲基橙为指示剂，达滴定终点时反应消耗25.00mLNaOH标准溶液。
③另取一份7.84g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的溶液；过滤所得沉淀；用酒精洗涤沉淀3次后，将所得沉淀充分烘干，称量质量为9.32g。
关于上述实验，下列说法正确的是
A．抑制溶液中水解，可加入少量硝酸B．吸收逸出的氨气，可改用浓盐酸标准液
C．用稀硫酸洗涤沉淀，可以使结果更准确D．为确定所得沉淀质量，至少要称量两次
10．如下实验可制备摩尔盐［］，并探究其化学式：
①向新制的溶液中加入一定质量的固体，在70℃～80℃条件下溶解后，趁热将其倒入50.00mL乙醇中，析出、收集并干燥得到摩尔盐晶体。
②称取7.84g晶体加水溶解后加入足量NaOH溶液，加热并通入氮气，将产生气体充分鼓入的标准液中吸收，反应结束后再用的NaOH标准溶液滴定过量硫酸，以甲基橙为指示剂，达滴定终点时反应消耗25.00mLNaOH标准溶液。
③另取一份7.84g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的溶液；过滤所得沉淀；用酒精洗涤沉淀3次后，将所得沉淀充分烘干，称量质量为9.32g。
根据实验数据，下列分析错误的是
A．B．改用酚酞做指示剂会使x值偏低
C．如沉淀未充分干燥会使值偏低D．制备时因氧化混入硫酸铁会使z值偏低
二、多选题
11．一种有效富集锂的电化学系统如图所示，中间区域设置有孔道结构的，可容纳进出。向所在腔室通入海水，启动电源1，海水中进入结构形成达到饱和；关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2通空气，使中的脱出完成富集。下列说法错误的是
A．通入448mL（STP）空气恰好使全部脱出，可得
B．室2中阳极发生的反应为
C．工作时电极1附近和电极2附近溶液的pH均增大
D．电源1和电源2正负极都接反也能达到富集锂的目的
12．已知图1所示的有机可逆反应在图2所示的装置内进行实验发现，随着长度的增加，A、B的转化率提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C。下列说法正确的是
A．升高温度两个反应的平衡常数均减小B．反应1的活化能小于反应2的活化能
C．装置中长度越小C的产率越高D．物质C和D等比加聚可得到三种产物
三、单选题
13．实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸按图示流程实验，经检测所得固体中含有和白色物质W，下列说法错误的是
A．该实验能体现浓硫酸的吸水性和强氧化性
B．当Cu完全反应时共转移电子0.050ml
C．溶解步骤中生成固体Y的质量为0.192g
D．将W溶液蒸发结晶可再次得到固体W
14．我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是
A．增大反应物或分压均能提高甲醇的产量
B．氢化步骤的反应为
C．增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率
D．催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附
四、多选题
15．常温下，溶液体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在的体系中，研究金属离子在不同pH时的可能产物，与pH的关系如图2所示，曲线为和的图像。下列说法正确的是
A．用盐酸滴定溶液至中性时，
B．常温下，的数量级为
C．P点的体系中，发生反应
D．Q点的体系中，
五、解答题
16．氮能与部分金属或非金属形成二元化合物，在材料应用中体现出独特性质。回答下列问题：
(1)量子力学计算的结果显示氮化碳结构有五种，其中氮化碳硬度超过金刚石晶体。已知氮化碳的二维晶体（单点厚度仅有一个原子直径大小的晶体）结构如图1，线框内表示晶胞结构，则氮化碳的化学式为 ；晶体中N原子的杂化方式为 。
(2)具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构沿体对角线投影如图2，其中在晶胞中只有一种位置，的配位数为 。高温下CuO易转化为，试从原子结构的角度解释其原因： ；高温下可将还原，反应生成一种还原性气体、一种单质气体和一种金属氧化物，其化学反应方程式为 。
(3)CrN晶胞结构的八分之一如图3，则熔点：CrN NaCl（“高于“低于”或“等于”）。若代表阿伏加德罗常数的值，晶体密度为，则与最短核间距为 pm。
17．GaN作为第三代半异体材料广泛应用于大功率充电器和5G通讯技术，某工厂利用炼锌矿渣［主要成分、、CuO和］制备并提取GaN，工艺流程如下：
已知：ⅰ．镓和铝位于同一主族，性质相似
ⅱ．可溶于过量氨水生成
ⅲ．常温下，酸浸后浸出液中可能存在的各离子浓度、形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在该工艺条件下的萃取率见下表：
（萃取率指进入有机层中金属离子的百分数；难被萃取；离子浓度时即认为沉淀完全）
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中发生反应的化学方程式为 。
(2)滤液①中的浓度为： ；从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于 ；滤液①中的主要溶质之一可采用加热浓缩、降温结晶的方法提取，不同降温方法对析出固体的颗粒大小影响如图所示，若工业生产对产品粒径均一度有要求，则应选用 （填“快速”“缓慢”或“交速”）降温的方法，原因是 。
(3)物质A的化学式为 。反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方程式为 ；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极电极反应式为 。
18．无水二氯化锰常用于铝合金冶炼、有机氯化物触媒制备等。某研究小组用四水醋酸锰［］和乙酰氯（）为原料制备无水氯化锰，按如图流程和装置进行实验（夹持仪器已省略）：

已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯，沸点1190℃。乙酰氯是无色液体，沸点51℃，熔点-112℃，易水解。
②制备无水二氯化锰的主要反应：
回答下列问题：
(1)图1装置中仪器a的名称为 ，作用是 ，该装置存在缺陷，改进方法为 。
(2)步骤Ⅰ反应化学方程式为 ；步骤Ⅰ设置室温下反应，而步骤Ⅱ设置在加热回流下反应，原因是 。
(3)步骤Ⅳ：将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置上（图2），打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化，纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→ →将产品转至干燥器中保存（填标号）。
a．打开安全瓶上旋塞
b．拔出圆底烧瓶的瓶塞
c．关闭抽气泵
装置中U型管内NaOH固体的作用是 （写一条即可）。
(4)可通过沉淀法测定产品纯度，甲同学通过滴入溶液测定生成的沉淀质量来计算纯度；乙同学通过滴入硝酸酸化的溶液测定生成的AgCl沉淀质量来计算纯度。方法更合理的是 （填“甲同学”或“乙同学”）。
19．化合物Q是一种药物的中间体，可利用如下合成路线制备化合物Q；
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)有机物A的化学名称为 ；有机物C中官能团的名称为 。
(2)反应①中加入的作用是 ；合成路线中设计反应①和⑤目的是 。反应⑦的化学方程式为 。下列关于反应③的说法，错误的是 （填标号）。
A．反应前后N原子的杂化方式未发生变化
B．反应类型为还原反应，当生成1mlB时转移6ml电子
C．可以利用酸性溶液鉴别物质A和B
(3)有机物D的同分异构体中，同时含有苯环和硝基的共 种（考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱显示含3组吸收峰，且吸收峰面积比为6：2：1的同分异构体的结构简式为 。
20．到2024年，我国空间站天和号核心舱已在轨1000多天。空间站必须给航天员提供基本的生存条件，涉及氧气供给、一氧化碳清除、水处理等。电解水技术除用于供氧外，生成的氢气通过萨巴蒂尔反应，实现了二氧化碳的清除，同时将氢气转化为更安全的甲烷，原理： 。回答下列问题：
(1)已知同条件下甲烷的摩尔燃烧焓约是氢气的3.1倍， ，的摩尔燃烧焓约为 kJ/ml。
(2)在恒容密闭容器中加入等量和，分压均为20kPa，一定条件下发生萨巴蒂尔反应，随着反应的进行，的体积分数会 （填“变大”变小”或“不变”）。某时刻测得的分压为5kPa，若的反应速率，计算该时期 ；当测得的分压为4 kPa时，求得浓度商 。
(3)某条件下，萨巴蒂尔反应发生的同时也会发生副反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
将和按体积比1∶4混合（），匀速通入装有催化剂的反应容器中发生以上反应相同时间，转化率、选择性（选择性：转化的中生成的百分比）随温度变化的曲线分别如图所示。
已知反应Ⅰ为吸热反应，能较快建立平衡。图中A、B、C三点，能表示萨巴蒂尔反应达到平衡的点是 。由图分析，320 ℃时反应Ⅱ是否已经平衡？ （填“是”“否”或“不能确定”），原因是 。
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
石墨能导电且化学性质不活泼
阴极电保护法中可用石墨作辅助阳极
B
煤中含有苯、甲苯等芳香烃
通过煤的干馏可获得苯、甲苯等芳香烃
C
铝制容器和浓硫酸不反应
铝制容器用于存储、运输浓硫酸
D
断裂氨分子中的化学键需要吸收热量
工业上用液氨作制冷剂
金属离子
浓度
—
0.78
0.22
开始沉淀pH
8.0
1.7
5.6
3.0
4.5
完全沉淀pH
9.6
3.2
8.0
4.9
a（a>5.5）
萃取率/%
0
99
0
97~98.5
93
参考答案：
1．B
【详解】A．石器制作过程只是石头形状发生改变，没有新物质生成，没有发生化学变化，A不符合题意；
B．红陶制作过程中有新物质生成，属于化学变化，B符合题意；
C．玉壁雕刻是玉石形状发生改变，没有新物质生成，没有发生化学变化，C不符合题意；
D．竹木简牍制作过程中，没有新物质生成，没有发生化学变化，D不符合题意；
答案选B。
2．B
【详解】干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合；水晶是二氧化硅，属于共价晶体，原子间通过共价键结合；汽油是多种烃的混合物，由分子构成，分子间通过分子间作用力结合；液氯是氯气的液体状态，其晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，即只有水晶的构成微粒间相互作用与其它三者不同，故答案为：B。
3．A
【详解】A．铜锈为碱式碳酸铜，和硝酸反应不是氧化还原反应，与氧化还原反应无关，A符合；
B．铁粉用作暖贴发热剂过程中发生铁的腐蚀，铁被氧化，与氧化还原反应有关，B不符合；
C．青蒿素氢化制备双氢青蒿素是还原反应，与氧化还原反应有关系，C不符合；
D．三元催化器会将一氧化碳、氮氧化物等物质转化为氮气和二氧化碳，与氧化还原反应有关，D不符合；
答案选A。
4．C
【详解】A．由配体上下均乘以2，可知配合物中Ni每个应该有6个键，故杂化方式不可能为，A错误；
B．每个含N配体带有1个单位负电荷，配合物中含有3个Ni，4个含N配体，2个氯离子，根据化合价代数和为0，Ni元素的平均化合价为， B错误；
C．每个含N配体，中间的N原子采用，根据单键可以旋转知，中间的N的所连的两个六元环的所有原子可能处于同一平面内，C正确；
D．理想情况下该配合物中含有2种化学环境不同的N原子，D错误；
故选C。
5．D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，Q是由三种元素组成的盐，Q能与强酸、强碱都能反应，产物氧化最终生成强酸，则Q可能是(NH4)2S或NH4HS，m是O2。a是H2S、b是SO2、c是SO3、n是H2O、g是H2SO4；d是NH3、e是NO、f是NO2、h是HNO3。则X是H元素、Y是N元素、Z是O元素、W是S元素。
【详解】A．元素非金属性越强，电负性越大，元素电负性：SB．根据以上分析，Q可能是(NH4)2S或NH4HS，故B正确；
C．a是H2S，d是NH3，氨分子间能形成氢键，沸点H2SD．SO3中S原子价电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，结构对称，是非极性分子，故D错误；
选D。
6．B
【详解】A．香草胺中含有酚羟基，能和碱反应；含有氨基，能和酸反应；故既能与酸反应也能与碱反应，A正确；
B．8-甲基壬酸的烃基大于7-甲基辛酸，烃基为憎水基团，故8-甲基壬酸水溶性弱于7-甲基辛酸，B错误；
C．二氢辣椒素中酚羟基、酰胺基均会和氢氧化钠反应，则1ml二氢辣椒素与氢氧化钠溶液反应最多消耗2mlNaOH，C正确；
D．红外光谱可检测化学键及官能团，故通过红外光谱图可判定是否有产物生成，D正确；
故选B。
7．A
【详解】A．因石墨能导电且化学性质不活泼，故阴极电保护法中可用石墨作辅助阳极，金属做阴极，A符合要求；
B．煤中不含有苯、甲苯等芳香烃，叙述Ⅰ不正确，通过煤的干馏是发生化学反应可获得苯、甲苯等芳香烃 ，B不符合要求；
C．常温下铝制容器和浓硫酸发生钝化反应，不是不反应，叙述Ⅰ不正确，铝制容器用于存储、运输浓硫酸，C不符合要求；
D．断裂氨分子中的化学键需要吸收热量，工业上用液氨作制冷剂，均正确但二者不具有因果关系，D不符合要求；
故选A。
8．D
【详解】A．次氯酸根离子会氧化亚铁离子，不能共存，A错误；
B．溶液中亚铁离子、铵根离子水解，促进水的电离，则常温下该溶液中水电离出的大于，B错误；
C．过氧化氢会氧化亚铁离子生成铁离子，干扰铁离子的检验，C错误；
D．假设向溶液中滴入1 ml 溶液使恰好沉淀时，氢氧化钡提供2ml氢氧根离子，溶液中1ml硫酸根离子完全反应，1ml亚铁离子完全反应消耗1ml氢氧根离子，则另1ml氢氧根离子会和铵根离子反应，D正确；
故选D。
9．D
【详解】A．硝酸能氧化Fe2+，故不能加硝酸抑制溶液中水解，故A错误；
B．浓盐酸具有挥发性，用浓盐酸吸收氨气，剩余浓盐酸要挥发，会影响计算结果，故B错误；
C．如果用稀硫酸洗涤沉淀，稀硫酸会与附着的Ba2+反应，导致沉淀的质量偏大，影响计算结果，故C错误；
D．为保证沉淀质量准确，需要两次质量差不超过0.1g，故至少要称量两次，故D正确。
答案选D。
10．C
【分析】与NaOH反应：，吸收氨气后剩余硫酸的物质的量n()剩余=，则吸收氨气消耗的硫酸：n()吸收=0.02ml；n(NH3)=2n()吸收=0.04ml，则7.84g晶体含铵根离子0.04ml，则硫酸铵为0.02ml，硫酸铵中硫酸根离子为0.02ml；另一份加氯化钡生成硫酸钡沉淀，质量为9.32g，物质的量为；则硫酸根离子的物质的量为0.04ml，结合以上分析，可知7.84g晶体中硫酸亚铁的物质的量为(0.04-0.02)ml=0.02ml；根据质量守恒晶体中水的质量为：7.84g-0.02ml×132g/ml-0.02ml×152 g/ml =2.16g，水的物质的量为，则x∶y∶z=0.02∶0.02∶0.12=1∶1∶6，则化学式，据此分析解答。
【详解】A．由以上分析可知，故A正确；
B．NaOH滴定是为了确定剩余硫酸的物质的量，终点为硫酸铵和硫酸钠的混合溶液，若改用酚酞做指示剂，消耗NaOH标准液的体积偏大，则所测剩余硫酸的量偏高，导致硫酸铵的量偏低，x偏低，故B正确；
C．如沉淀未充分干燥则沉淀质量偏高，硫酸根的量偏高，导致计算的硫酸亚铁的量偏高，则y值偏高，故C错误；
D．制备时因氧化混入硫酸铁，导致盐的质量偏高，则水的量偏低，会使z值偏低，故D正确；
故选：C。
11．CD
【分析】由题意知，启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成；可知电极反应式为，发生还原反应，则二氧化锰为阴极，电极1为阳极，电极反应式为 或；关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的脱出完成富集，进入室2，可知电极反应为，为氧化反应，为阳极，则电极2为阴极，电极反应式为：，据此回答。
【详解】A． 通入448mL（STP）空气，则电极2上0.004ml氧气转移0.016ml电子，按两极上得失电子数目守恒可知，恰好使0.016ml 全部脱出，由图可知，原4.8g即0.05517ml MnO2富集了0.016ml 形成，即x:2=0.016ml :0.05517ml，可得，A正确；
B．据分析，室2中阳极发生的反应为，B正确；
C．据分析，工作时电极1附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，C不正确；
D．其余不变，若电源1和电源2正负极都接反，启动电源1，二氧化锰为阳极，海水中阳离子包括穿过阳离子交换膜进入室1、无法进入结构不能形成；关闭电源1和海水通道，启动电源2，二氧化锰为阴极，室2内LiOH溶液中、少量水提供的H+穿过阳离子交换膜，按信息能进入结构，但不从海水来，故不能达到富集锂的目的，D不正确；
答案选CD。
12．AB
【详解】A．随着长度的增加，反应温度降低，A、B的转化率提高，说明两个反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则两个反应的平衡常数均减小，故A正确；
B．随着长度的增加，D在产物中的占比逐渐增大并超过C，则长度较短时C在产物中占比较大，因此生成C较容易，则反应1的活化能小于反应2的活化能，故B正确；
C．随着长度的增加，A、B的转化率提高，反之长度越小转化率降低，则C的产率下降，故C错误；
D．物质C和D等比加聚时，C和D中两个碳碳双键发生加聚反应，产物为、、、，故D错误；
故选AB。
13．B
【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质W，无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元素质量守恒只能为CuSO4，则白色物质W为CuSO4，配平得到该反应方程式为：，Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物；n(Cu)==0.03ml，Cu与浓硫酸发生反应生成CuSO4、Cu2S，设Cu2S的物质的量为x，则CuSO4的物质的量为(0.03-2x)，依据得失电子守恒的原则可得：2x+2(0.03-2x)=8x，从而求出x=0.006ml，0.03-2x=0.018ml，即Cu2S为0.006ml，CuSO4为0.018ml，据此回答。
【详解】A．由可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现强氧化性，所得固体中含有白色物质W为硫酸铜，表现出吸水性，故A正确；
B．微热5min待Cu反应结束后，按Cu计算，转移电子的物质的量为0.006ml×2+0.018ml×2=0.048ml，故B错误；
C．由分析知，5n(Cu)n(Cu2S)n(S)，n(S)==0.006ml，m(S)=32g/ml0.006ml=0.192g，故C正确；
D．W为CuSO4，将硫酸铜溶液蒸发结晶可再次得到固体CuSO4，故D正确；
答案选B。
14．C
【详解】A．由反应机理图可知总反应为，增大反应物或分压均能提高甲醇的产量,A正确；
B．根据反应机理图可知氢化步骤的反应为，B正确；
C．增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率，不能提高平衡转化率，C错误；
D．催化剂表面甲醇及时脱附后有空位，有利于二氧化碳的吸附，D正确；
故选C。
15．AD
【详解】A．，，至中性时，，A正确；
B．根据R点数据，当时，和的，数量级为，B错误；
C．纵坐标表示，数值从下往上在增大，从下往上减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，C错误；
D．Q点位于曲线上方，不会生成沉淀，根据物料守恒，，D正确；
答案选AD。
16．(1)
(2) 6 亚铜离子()价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为的铜离子()更稳定
(3) 高于
【分析】本题利用均摊法计算化学式；根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；根据投影图像判断原子位置，确定原子配位数；利用晶格能判断原子晶体的熔点高低；利用晶胞模型的一部分计算晶胞原子间距离。
【详解】（1）根据晶胞结构分析，左上框内氮原子数为：4，碳原子数为：；右下框内氮原子数为：4，碳原子为：；故β-氮化碳化学式为：C3N4;根据晶胞结构分析可知，氮原子形成了3个σ键，自身有一个孤电子对，价层电子对数为4，氮原子采取sp3杂化。
故答案为：①C3N4；②sp3杂化
（2）①根据Cu3N晶胞结构沿体对角线投影且其中N3−在晶胞中只有一种位置，可推知N3−在晶胞的顶点位置，而Cu+在晶胞中棱的中心，所以N3−的配位数为6；
②亚铜离子(Cu+)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2+)更稳定，所以高温下CuO易转化为Cu2O；
③高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成的还原性气体是CO、一种单质气体是N2、一种金属氧化物是Cu2O(氧化铜和一氧化碳会反应)，其化学反应方程式为 2Cu3N＋3CO2 3Cu2O＋N2＋3CO。
故答案为：
①6
②亚铜离子(Cu+)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2+)更稳定，所以高温下CuO易转化为Cu2O
③2Cu3N＋3CO2 3Cu2O＋N2＋3CO。
（3）①NaCl和CrN都是离子晶体，且CrN电荷数多于NaCl，晶格能前者大，熔点前者高。
②原图上虽然是CrN晶胞结构的八分之一，但利用原图所示结构在给定棱长的基础上可以直接进行密度计算（质量小，体积按照比例缩小，不影响数值）；本题给了密度，在相当于晶胞的模型中，顶点有四个氮原子和四个铬原子，棱长就是要求的距离由
可以得到。
故答案为：
①高
②
【点睛】本题的亮点是均摊法计算化学式和在八分之一晶胞基础上计算棱长。
17．(1)
(2) 或 在酸浸中循环利用O2和 变速 变速降温下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等
(3) Fe
【分析】锌矿渣［主要成分、、CuO和］通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除浸出渣，再加入氨水调节pH为5.5，得到滤液①，、转化为沉淀，固体①加入过量氨水，洗涤得到滤液②和固体②，固体②加入盐酸和物质A溶解转化，物质A为Fe，还原出Ga，镓和铝位于同一主族，性质相似,利用萃取剂萃取去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机相和物质B为[Ga(OH)4]-，经一系列操作得到GaN；
【详解】（1）“酸浸”过程中与硫酸反应生成硫酸镓和硫酸铁，发生反应的化学方程式为；
（2）根据表中数据可知，开始沉淀时浓度为0.22ml/L，pH=4.5，则c(OH-)=10-9.5ml/L，=，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中的浓度为：；或完全沉淀时pH=a，c(OH-)=10a-14ml/L，的浓度，=，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中的浓度为：；
从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于在酸浸中循环利用O2和；
结合图中信息可知，在变速降温的情况下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等；
（3）根据分析可知，物质A的化学式为Fe；反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方程式为；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极上[Ga(OH)4]-得电子产生Ga，电极反应式为。
18．(1) 球形冷凝管 冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率 在a上方加上装有碱石灰的干燥管
(2) （或） 步骤Ⅰ常温下可防止反应生成，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成
(3) acb 吸收产生的酸性气体、防止外部水蒸气进入样品
(4)乙同学
【分析】分析流程可知，四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)溶解在苯中搅拌抽滤，获得产物(CH3CO)2Mn，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O ，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。
【详解】（1）图1装置中a仪器名称为：球形冷凝管，球形冷凝管可以使气体冷却回流，让反应更为彻底，故其作用是：冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率，虽然有球形冷凝管冷凝回流，但是还是会有少量乙酰氯和苯扩散到空气中，故该装置缺陷的改进方法为在a上方加上装有碱石灰的干燥管；
（2）根据已知②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，则步骤I的过程中得到(CH3COO)2Mn，故步骤I的反应化学方程式为4CH3COCl+(CH3COO)2Mn⋅4H2O=(CH3COO)2Mn+4CH3COOH+4HCl（或CH3COCl+H2O=CH3COOH+HCl），根据已知信息可知，CH3COCl沸点较低，容易挥发，步骤I为了使反应更加充分，防止CH3COCl挥发，应该在低温下进行，而步骤Ⅱ有回流装置，可防止挥发，加热可以加快反应速率，故步骤I常温下可防止生成MnCl2，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2；
（3）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→打开安全瓶上旋塞→关闭抽气泵→拔出圆底烧瓶的瓶塞→将产品转至干燥器中保存，故答案为：acb，乙酰氯与水反应生成CH3COOH和HCl，则可能混有酸性气体，且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此NaOH固体的作用是吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品，故装置中U型管内NaOH固体的作用是吸收产生的酸性气体、防止外部水蒸气进入样品；
（4）MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确，通过生成氯化银沉淀进行氯离子测定更为稳定，通过测定产品中氯元素的含量确定纯度更加合理，故方法更合理的是乙同学。
19．(1) 对硝基苯甲醚（或4-硝基苯甲醚） 醚键、酰胺基
(2) 提供碱性环境，有利于反应正向进行 保护酚羟基，防止羟基被氧化 （或） A
(3) 15 、
【分析】与CH3I在碳酸钾作用下发生取代反应生成，C的结构简式为、分子式为C9H11NO2，B的分子式为C7H9NO，即B、C的分子式相差2个C、2个H、1个O，而另一种反应物为CH3COCl，所以B到C为CH3CO-取代苯环对位氨基上的氢原子，即B的结构简式为，A的分子式为C7H7NO3，结合A到B的反应条件可知，A的结构简式为，(C)在BBr3/乙醚作用下转化为(D)，根据题中信息II：，由反应⑧和G的结构简式可知F的结构简式为，E的分子式为C12H14NO3Br 、F的分子式为C12H13NO3，对比E、F的分子式可知，反应⑦是E去掉1个HBr成环生成F，所以E的结构简式为，发生消去反应和取代反应生成(Q)。
【详解】（1）根据以上分析可知，A的结构简式为，所以A的化学名称为对硝基苯甲醚(或4-硝基苯甲醚)；C的结构简式为，所以C中含有的官能团的名称为醚键、酰胺基；
（2）反应①是转化为，对比与的结构简式可知，反应过程中CH3I断裂碳碘键、断裂氧氢键，生成的同时还生成HI，所以碳酸钾的作用是提供碱性环境，消耗生成的HI有利于反应正向进行；经过以上分析可知反应②的条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，反应①把-OH转化为-OCH3、反应⑤把-OCH3转化为-OH，所以合成路线中设计反应①和⑤目的是保护酚羟基，防止羟基被氧化；经过以上分析可知，E的结构简式为、F的结构简式为，反应⑦是E去掉1个HBr成环生成F，其反应的化学方程式为+K2CO3→(或+HBr）；反应③为转化成A．氨基(-NH2)的N形成了3个单键和一对孤电子对，价层电子对数为4，中心N原子采取sp3杂化；硝基(-NO2)的N与O形成了两个N=O双键，还有N与碳原子形成的一个单键，价层电子对数为3，中心N原子采取sp2杂化，所以反应前后N原子的杂化方式发生了变化，故A 错误；
B．硝基转化为氨基为还原反应，-NO2中的氮元素化合价为+3价、-NH2中的氮元素化合价为-3价，所以当生成1mlB时转移6ml电子，故B正确；
C．B为，其中的氨基能被酸性KMnO4溶液氧化，A为不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别物质A和B，故C正确；
故答案为：A；
（3）D的结构简式为，同时含有苯环和硝基的同分异构体有①1个侧链：、(打星号的碳原子为手性碳，该分子存在2种手性异构)②2个侧链：(邻、间、对3种) (邻、间、对3种)③3个侧链：(硝基有2种不同的位置)、(硝基有3种不同的位置)、(硝基有1种不同的位置)，符合要求的同分异构体共有1+2+3+3+2+3+1=15种；其中核磁共振氢谱显示含3组吸收峰，且吸收峰面积比为6:2:1的同分异构体的结构简式为、。
20．(1)-883.5
(2) 不变 0.84 （或0.0625）
(3) BC 否 320℃后升高温度的转化率下降但的选择性基本不变，说明和CO同比减少，反应Ⅰ吸热，升温后平衡右移使CO的量增加，因此升温反应Ⅱ右移，反应Ⅱ为放热反应，因此未平衡
【详解】（1）H2燃烧的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)(a＞0)①，②，③，根据盖斯定律，得，因为同条件下甲烷的摩尔燃烧焓约是氢气的3.1倍，所以，解得，则的摩尔燃烧焓约为。
（2）依题意列三段式：

反应未开始时，CO2的体积分数为1/2，平衡时，CO2的体积分数为，则的体积分数不变。
某时刻测得的分压为5kPa，则列三段式：
， =0.84 。
当测得的分压为4 kPa时，列三段式：
。
（3）图中A、B、C三点，B点CO2的转化率最大，说明A点的萨巴蒂尔反应未达到平衡状态，B点及C点都达到平衡状态。320 ℃时反应Ⅱ没有达到平衡，因为320 ℃后升高温度的转化率下降但的选择性基本不变，说明和CO的量同比减少，反应Ⅰ吸热，升温后平衡右移使CO的量增加，因此升温反应Ⅱ右移，反应Ⅱ为放热反应，因此未平衡。