山东省日照市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

这是一份山东省日照市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，共35页。试卷主要包含了结构与性质，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

山东省日照市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、结构与性质
1．（2021·山东日照·统考一模）工业上以纯碱、水、二氧化硫为原料，利用“干法”工艺制备食品抗氧化剂焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。
回答下列问题：
(1)原料涉及的元素中，电负性最大的是____(填元素符号)；纯碱中阴离子的中心原子杂化方式为____。
(2)二氧化硫易溶于水的原因除与水反应外，还有_____；与二氧化硫互为等电子体的阴离子有_______(填化学式，写一种即可)。
(3)焦亚硫酸根的结构图为： ，标有“*”的硫的化合价为____。
(4)Na2S2O5加热至一定温度时分解为Na2O和SO2，Na2O晶胞为立方晶胞，结构如图，图中黑球代表阳离子，白球代表阴离子(NA为阿伏加德罗常数的值)。

①阴离子的配位数为___。
②若晶胞参数为a nm，则晶胞的密度为___g·cm-3.(用含a、NA的式子表示)。
2．（2022·山东日照·统考一模）2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画，《千里江山图》之所以色彩艳丽，璀璨夺目，与所使用矿物颜料有关。回答下列问题：
(1)石青，又名蓝矿石，化学式为，基态核外电子的空间运动状态有______种，的空间构型为________。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用和表示，称为电子的自旋磁量子数，则中电子自旋磁量子数的代数和为________。
(2)亚铁氰化钾，化学式为，呈黄色结晶性粉末。中配体的配位原子是________(填元素符号)，中C原子的杂化方式_______，中σ键和π键的数目之比为________。
(3)呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中的位置如图1所示，位于所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。

填充了晶胞中四面体空隙的百分率是______，配位数为________。已知图1中A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则与A原子距离最近的的原子分数坐标为________。若晶胞参数anm，晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为________(用含a和d的式子表示)。
3．（2023·山东日照·统考一模）VA族元素原子核外电子排布有着特殊性，能与其他元素组成结构、性质各异的化合物。回答下列问题：
(1)氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为_______，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合_______(填“泡利不相容原理”或“洪特规则”)。
(2)沸点：_______(填“>”或“＜”，下同)，键角：_______。
(3)As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______。
(4)基态As原子的最高能级组的电子排布式为_______，与互为等电子体的分子为_______(写出一种)。
(5)TiN晶胞中的少量Ti被Al代替后的立方晶胞结构如图所示。该晶胞中，距离Ti最近的Al有_______个；原子①与原子②的距离为_______nm(已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为)。


二、工业流程题
4．（2021·山东日照·统考一模）从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下：

已知：镓(Ga)既能溶于酸也能溶于碱，与NaOH溶液反应生成NaGaO2和H2。
回答下列问题：
(1)“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程，其目的是___________。
(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，砷转化为Na3AsO4进入溶液，该反应的化学方程式为___________。
(3)“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因是___________；“滤渣I”的成分为___________(填化学式)。
(4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，不同pH时沉淀率如下表所示。根据表中数据可知，“中和”的pH应调节至___________范围内，沉淀的效果最好。

(5)“旋流电解”时用惰性电极，则所得“尾液”的溶质主要是___________(填化学式)，可进行循环利用，提高经济效益。
(6)若用240kg含镓3％的砷化镓废料回收镓，得到纯度为99％的镓7.10kg，则镓的回收率为___________％(结果保留一位小数)。
5．（2022·山东日照·统考一模）一种以精黄铜矿石(主要成分为)为原料生产胆矾晶体的流程如下：

已知：①胆矾高温下会分解生成CuO；②焙烧后，Fe元素主要以氧化物形式存在。
焙烧温度与生成物的主要成分关系如图所示：

回答下列问题：
(1)根据题目信息，焙烧后的铜主要存在形式为_______(填化学式)，焙烧时发生的主要化学反应方程式为________。因焙烧过程中反应放热，反应器中温度会不断升高控制焙烧温度的方法有_______(写出一种即可)。
(2)焙烧时，温度高于620℃，水溶性Cu(%)下降的原因是___________。
(3)溶解后滤液中的浓度为0.01，则调pH应控制的pH范围是_____。已知：当离子浓度减小至时可认为沉淀完全。；室温下，，。
(4)除杂可以选用的试剂是___________。
A．CuO B． C． D．
(5)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_______。
6．（2023·山东日照·统考一模）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：

已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
(1)“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。
(2)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。
(3)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。
(4)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。

三、原理综合题
7．（2021·山东日照·统考一模）氯化法制备TiCl4的工艺为：800℃时，向15L容器中加入5molTiO2与15mol碳粉，通入10mol Cl2进行反应，生成TiCl4气体，经过处理得到TiCl4成品。反应容器内发生以下两个反应：
反应I：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)⇌TiCl4(g)+2CO(g) ∆H=-48kJ·mol-1
反应II：TiO2(s)+2Cl2(g)+2CO(g)⇌TiCl4(g)+2CO2(g) ∆H=-210kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)⇌TiCl4(g)+CO2(g)的 ∆H =_____kJ·mol-1。
(2)800℃时，不同时间测得混合体系内各物理量如下表所示：
t/min
10
20
30
40
n(Cl2)/mol
6
2.5
1
1
n(C)/mol
12
10
9
9
p(CO):p(CO2)
2:1
1:1
1:1
1:1
①起始总压强为6MPa，10min时，体系总压强p10min=______MPa；反应开始至20min时，v(TiC14)=________MPa·min-1。
②30min时，C的转化率为_______；40min时，反应II的KP=______MPa-1。
(3)向混合体系中加入少量FeC13，TiO2的氯化速率明显提高，同时测得CO含量明显高于CO2，则FeC13改变的是反应_______(填“I”或“II”)的反应历程。
(4)我国科研工作者利用TiC14和Mg3N2制备高硬度物质TiN，可能发生a和b反应。其对应的吉布斯自由能(△G=△H-T△S)与温度(200~700℃)的关系如图所示，分析可得更易发生________(填“a”或“b”)反应。

a．Mg3N2(s)+2TiC14(g)=2TiN(s)+3MgC12(s)+C12(g)
b．Mg3N2(s)+TiC14(g)= TiN+3MgC12+N2(g)
8．（2022·山东日照·统考一模）I.氢气是一种清洁能源，水煤气变换反应的制氢原理为：，回答下列问题：
(1)水煤气变换部分基元反应如下：
基元反应
活化能Ea(eV)
反应热△H(eV)
①
0
-1.73
②
0.81
-0.41
第②步基元反应逆反应的活化能为___________eV。
(2)某研究所探究CuO/的系列催化剂(包括C/Z-120、C/Z-250、C/Z-350、C/Z-450)在水煤气变换反应中的催化活性。常压下，原料气在不同温度下相同时间内CO的转化率如图：

①工业生产中应选择的最佳反应条件为___________。
②C/Z-120曲线先上升后下降的原因___________。
II.长征运载火箭推进剂为和。
(3)在t℃、pMPa下，将(g)和物质的量分数为m%的(g)通入反应器：①，②，一段时间后完全反应，反应②达平衡，与的体积比为1：2，则反应②的平衡常数___________MPa。
(4)T℃时，，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为：，(、这是速率常数)。
①图中表示的线是___________(填“m”或“n”)

②T℃时，向刚性容器中充入一定量气体，平衡后测得为1.0，则平衡时，=________(用含a的表达式表示)。
③T℃时，向2L的容器中充入5mol气体和1mol气体，此时______(填“>”、“＜”或“=”)。
9．（2023·山东日照·统考一模）溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：
(1)已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：
物质
HBr(g)
(g)
(g)
(g)
相对能量/
x
y
z
w
此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(2)“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：
容器体积V/L
10
3


m
0.09
0.25
当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=_______；容器体积缩小到 L时，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则_______(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)新工艺中，“氧化溴化”反应：  。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。


a点对应的压强为_______；b点对应的反应条件为_______，此时_______(保留三位有效数字)。

四、实验题
10．（2021·山东日照·统考一模）常温下，一氧化二氯(C12O)为棕黄色气体，熔点为﹣116℃，浓度过高时易分解爆炸。为降低风险和便于贮存，制出C12O后，一般将其“固化”为固态。某小组按以下两阶段制备C12O。回答下列问题：
第一阶段：制备HgO。
配制15％的NaCl溶液和30％的HgC12溶液，将二者以一定质量比混合得到5％NaCl和20％HgC12的混合液；在室温下，边搅拌边缓慢地向混合液中加入过量NaOH溶液，生成黄色沉淀；将沉淀反复洗涤数次，直至没有氯离子；真空抽滤后将沉淀物在暗处干燥，得到干燥的HgO。
(1)配制15％NaCl溶液，除用到托盘天平和烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________。
(2)配制混合液时，15％NaCl溶液和30％HgC12溶液的质量比为___________。
(3)检验沉淀已经洗涤至没有氯离子的操作及现象为___________。
第二阶段：制备C12O。
制备干燥、纯净的C12；然后在干燥氮气的气流中，用C12和HgO在18～20℃条件下制备C12O；将产生的C12O气体“固化”；最后进行尾气处理。
(4)将干燥、纯净的C12通入下面装置中制备C12O并“固化”。

①制备C12O时还得到了HgC12·HgO固体，则装置I中制备反应的化学方程式为___________。干燥氮气的作用除将产生的C12O送入后续装置“固化”外，还有___________。
②常用冷却剂的数据如下表。“固化”时装置II中的冷却剂为___________(填标号)。
物质
O2
CO2
NH3
Cl2
熔点/℃
-218.4
-78.5
-77.3
-101
沸点/℃
-183
升华
-33.35
-34.6
A．液氯                B．液氨                C．干冰 D．液氧
11．（2022·山东日照·统考一模）乳酸亚铁固体{，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。回答下列问题：

I.制备碳酸亚铁
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭，打开、。
③一段时间后，关闭活塞，打开活塞；
④抽滤，洗涤干燥。
(1)装置a可盛适量的水，其作用是___________。
(2)可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为______，此法所得产品纯度更高，原因是_______。
II.乳酸亚铁晶体纯度的测量
(3)若用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是_______。
(4)该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含最来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。若滴定操作时间过长，则样品纯度将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12．（2023·山东日照·统考一模）环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：   

相关数据如下：
物质
密度/
沸点/℃(101kPa)
与水形成共沸物的沸点/℃
部分性质
环己醇
0.96
161.0
97.8
能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮
0.95
155.098.0/3.4kPa
95.0
微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应
回答下列问题：
(1)的作用是_______：加入食盐的目的是_______。
(2)环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是_______。
(3)减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用_______(填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有_______。

减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是_______(填标号)。
a.关闭真空泵                                    b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
c.缓慢打开双通旋塞                            d.停止通冷凝水
(4)本实验中环己酮的产率为_______(保留2位有效数字)。
(5)传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为_______。

五、有机推断题
13．（2021·山东日照·统考一模）Pyribencarb(物质G)是一种广谱杀菌剂，对灰霉病和菌核病有特效，对作物不仅具有保护作用还有治疗作用。其合成路线如下：

已知：Ⅰ：R-NH2+R＇-COOH   R-NH-COR＇ R-NH2
Ⅱ: R-NH2++XCOOR＇ R-NH-COOR＇R-NH2
Ⅲ: +NH2OH
(R表示含苯环的原子团，R＇表示含碳原子团或氢原子，X表示卤素原子)
回答下列问题：
(1)A转化为B的目的是___________，B生成C的化学方程式为___________。
(2)D中非含氧官能团的名称为___________，E的结构简式为___________，F生成G的反应类型为___________。
(3)芳香族化合物H与C互为同分异构体，苯环上有两个取代基，其中硝基与苯环直接相连，且分子中含有一个手性碳原子，则H的结构简式可能为___________(写出一种即可)。
(4)结合题中相关信息，写出以邻苯二胺 ()和乙二醇为原料合成的合成路线___________ (其他无机试剂任选)
14．（2022·山东日照·统考一模）物质F可用于制造有机离子导体，其某种合成路线如下：

已知：
①
②
回答下列问题：
(1)试剂X的名称为___________，C中官能团的名称为___________。
(2)D→E的化学方程式为_____，检验E中是否含有D的试剂为____，E→F的反应类型为_____。
(3)符合下列条件的D的同分异构体有___________种。
①属于芳香族化合物     ②能发生银镜反应    ③含有6种不同化学环境的氢
(4)结合上述合成路线，设计由3-溴-1-丁醇为起始原料制备 的合成路线(无机试剂任选)________。
15．（2023·山东日照·统考一模）文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如下图所示：

已知以下过程：
I.
II.
III.
回答下列问题：
(1)物质A的名称为_______，B→C的化学反应方程式为_______。
(2)试剂X的结构简式为_______，C→D的反应类型为_______。
(3)E中含氧官能团的名称为_______。
(4)同时满足下列条件的C的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基    ②分子中含有手性碳原子
③能发生银镜反应        ④与发生显色反应
(5)根据上述信息，写出以丙酮()为主要原料，制备的合成路线________________。

参考答案：
1． O sp2 SO2与 H2O 极性相同（或 SO2与 H2O 均为极性分子） NO +5 8
【详解】(1)纯碱、水、二氧化硫所含元素有H、C、O、Na、S，同周期元素从左到右电负性增强，同主族元素从上到下电负性减弱，则电负性最强为O，纯碱中阴离子为，中心碳原子的价电子对数=，采用sp2杂化，故答案为：O；sp2；
(2)二氧化硫中心原子的价电子对数为：，有一对孤电子对，为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，根据相似相溶原理可知其易溶于极性溶剂水；等电子体是原子数和价电子数相同的粒子，与二氧化硫互为等电子体的阴离子有NO，故答案为：SO2与 H2O 极性相同（或 SO2与 H2O 均为极性分子）；NO；
(3)由结构式可知标有“*”的硫与三个氧原子形成共价键有5对共用电子，化合价为+5价，故答案为：+5；
(4)①由晶胞结构可知：以面心白球为观察对象可知其在一个晶胞中连接的黑球有4个，由此可知阴离子周围等距的阳离子有8个，配位数为8，故答案为：8；
②Na2O晶胞为立方晶胞中Na位于体内个数为8，O有8个在顶点，6个在面心，个数为，晶胞的质量为： g，晶胞的体积为，则晶胞的密度=g·cm-3，故答案为：；
2．(1) 14 平面正方形或正四面体 或
(2) C sp 1:1
(3) 100% 8 (，，)

【分析】根据Cu2+离子的电子排布式判断电子的空间运动状态种数；根据结构判断其空间构型；根据Cu2+离子的电子排布式计算中电子自旋磁量子数的代数和；根据结构判断配位原子；根据CN-空间构型为直线形，判断C原子的杂化类型；根据结构计算σ键和π键的数目之比；根据晶胞结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】（1）Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去2个电子，则Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，电子的空间运动状态就是已填入电子的轨道数，即1+1+3+1+3+5=14；由可知，中Cu2+提空轨道，NH3提供孤电子对，二者之间形成4个配位键，则空间构型为平面正方形或正四面体；Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，则Cu2+离子自旋磁量子数的代数和为()×14+()×13=，也可以是()×13+()×14=；答案为14；平面正方形或正四面体；或。
（2）由结构可知，在形成配合物时，Fe2+提供空轨道，CN-中C原子更容易提供孤电子对，所以配体的配位原子是C原子；CN-空间构型为直线形，C原子的杂化方式为sp；由结构可知，Fe2+与6个CN-形成配位键，即有6个σ键，中存在碳氮叁键，三键中含有1个σ键与2个π键，所以σ键和π键的数目之比为(6+1×6):(2×6)=12:12=1:1；答案为C；sp；1:1。
（3）由晶胞中的位置可知，S2-位于立方体的顶点和面心，所以S2-是面心立方最密堆积，晶胞中S2-的个数为 8×+6×=4，由化学式为Cu2S，则可判断Cu+的个数为8，在面心立方晶胞中，每个顶点都能与三个面心原子形成一个四面体空隙，如此，晶胞中能形成8个四面体空隙，所以8个Cu+占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，则填充了晶胞中四面体空隙的百分率是100%；晶胞中硫离子的个数为4，微粒配位数之比等于微粒数反比，故Cu2S晶体中，S2-的配位数为4×2=8；由可知，A点与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，棱长为对角线的一半，即为，则此正四面体的外接正方体棱长为，与A原子距离最近的位于此正四面体的中心， 也是外接正方体的中心，A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则外接正方体中心坐标为(，，)，其中a为外接正方体的棱长a=，即Cu+的原子分数坐标为(，，)；1个晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞的密度ρ=，即，解之NA=；答案为100%；8；(，，)；。
3．(1) 洪特规则
(2) < <
(3)As>Se>Ge
(4) 4s23d104p3 CCl4
(5) 4

【详解】（1）基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合洪特规则；
（2）氨分子可以形成氢键，导致沸点升高，故沸点：<；、中心原子均为sp3杂化，但是中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致中键角减小，故键角：<；
（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge；
（4）As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的最高能级组的电子排布式为4s23d104p3；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，与互为等电子体的分子为CCl4等；
（5）由图可知，以右侧棱心的钛原子为例，晶胞内体心铝原子与其最近，则周围4个晶胞中距离Ti最近的Al有4个；据“均摊法”，晶胞中含个N、个Ti、1个Al，设晶胞参数为anm，则晶体密度为，，原子①与原子②的距离为。
4． 增大接触面积，提高碱浸效率（或“使碱浸更充分”等合理答案也可） GaAs＋4NaOH＋4H2O2 =NaGaO2＋Na3AsO4＋6H2O 温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致 H2O2分解 Fe2O3、CaCO3 5.0～6.0 H2SO4 97.6
【分析】砷化镓废料，主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质，加入NaOH、H2O2，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，SiO2转化为Na2SiO3进入溶液，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣Ⅰ；浸出液中加硫酸调节pH，生成Ga(OH)3、H2SiO3沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，Ga(OH)3生成Ga2(SO4)3溶液，电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气、硫酸。
【详解】(1)将砷化镓废料转变成悬浊液，可以增大与氢氧化钠、过氧化氢的接触面积，提高碱浸效率；
(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时， NaOH、H2O2与GaAs反应生成NaGaO2、Na3AsO4，该反应的化学方程式为GaAs＋4NaOH＋4H2O2 =NaGaO2＋Na3AsO4＋6H2O；
(3)“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致 H2O2分解，所以温度不能过高或过低；Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液，“滤渣I”的成分为Fe2O3、CaCO3；
(4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，pH范围在5.0～6.0时，镓和硅沉淀率高、砷沉淀率低，所以“中和”的pH应调节至镓和硅范围5.0～6.0内；
(5) 电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气、硫酸，则所得“尾液”的溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益；
(6)若用240kg含镓3％的砷化镓废料回收镓，得到纯度为99％的镓7.10kg，则镓的回收率为。
【点睛】本题以砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)中回收镓和砷为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理是解题关键，注意题目信息的提取和应用。
5．(1) 和 ； ， 控制入空气速率，因空气温度较低，可以降低焙烧的温度
(2)胆矾高温下会分解生成CuO
(3)3.2≤pH<5.15
(4)AD
(5) 蒸发浓缩；冷却结晶; 减少产品损失

【解析】（1）
高温焙烧时的主要反应有： ， ，焙烧后的铜主要存在形式为CuO和CuSO4；控制入空气速率，因空气温度较低，可以降低焙烧的温度；
（2）
由已知信息可知：胆矾高温下会分解生成，所以温度高于620℃，水溶性Cu(%)会下降；故答案为：胆矾高温下会分解生成
（3）
溶液中恰好沉淀完全即 时，，则，，；，则，，;故答案为：3.2≤pH<5.15
（4）
从溶液中得到晶体可采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法；试剂调节使铁离子沉淀，为不引入杂质，可用氧化铜、碱式碳酸铜；故选AD。
（5）
由溶液制胆矾晶体包含的主要操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、晾干；故填：蒸发浓缩；冷却结晶；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的优点是可以减少产品损失。
6．(1) 分液漏斗和烧杯 降温
(2) 2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+ 溶解高铼酸
(3)酸溶
(4) 4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O 7.18g

【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。
【详解】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
（3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
（4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；
已知：①) ；
②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)  ；
①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
    
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。
7． －129 6.6 0.1125 40％ 7.5
Ⅰ b
【分析】(1)由盖斯定律，目标方程=反应(I+II)；
(2)利用三段式进行计算；
【详解】（1）反应I：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)⇌TiCl4(g)+2CO(g) ∆H=-48kJ·mol-1
反应II：TiO2(s)+2Cl2(g)+2CO(g)⇌TiCl4(g)+2CO2(g) ∆H=-210kJ·mol-1
(I+II)可得目标方程：TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)⇌TiCl4(g)+CO2(g) ∆H =－129 kJ·mol-1；
（2）①列三段式


平衡时总物质的量为n=6+2+1+2=11mol，，则p10min=6.6MPa，同理，20min时，n(TiCl4)=，平衡时总的物质的量n=2.5+2.5+2.5+3.75=11.25mol，则，解得p20min=6.75MPa，则，解得pTiCl4=2.25MPa，则v(TiC14)=；
②30min时，n(C)=9mol，C的转化率为，40min时，反应的三段式：

，
40min时，n(Cl2)=1mol，n(C)=9mol，则消耗了n(C)=(15-9)=6mol，p(CO):p(CO2)=1:1，则n(CO)= n(CO2)=3mol，n(TiCl4)= n(CO2)+ n(CO)=(3+3×)=4.5mol，混合气体总物质的量= n(Cl2)+ n(CO)+ n(CO2)+ n(TiCl4)=(1+3+3+4.5)mol=11.5mol，混合气体总压强==6.9Mpa，故；
（3）CO多说明反应I快，则FeC13改变的是反应I的反应历程；
（4）吉布斯自由能随温度升高，数值减小，则△G<0，反应更易自发进行，则更易发生b反应。
8．(1)1.22
(2) C/Z-250，240℃ ②低于270°C，温度升高和催化剂活性增大都使速率加快；高于270°C,催化剂活性降低，反应速率减慢
(3)
(4) n 10a ＞

【详解】（1）根据△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，可得第②步基元反应逆反应的活化能=正反应的活化能-△H=0.81eV-(-0.41eV)=1.22eV；
（2）由图可知，工业生产中应选择的最佳反应条件是C/Z-250作催化剂，反应温度为240℃；低于270°C，温度升高和催化剂活性增大都使速率加快；高于270℃，催化剂活性降低，反应速率减慢
（3）设的物质的量为m mol，则的物质的量为(100-m) mol，完全反应则生成mmol的和mol的O2，设转化为NO2消耗的的物质的量为x mol，列出三段式：

达平衡，与的体积比为1：2，则有，解得x=m，则达平衡时，的物质的量为m mol，NO2的物质的量为m mol，混合气体的总物质的量为(m +m+m +100-m) mol=(100+m) mol，反应②的平衡常数==；
（4）①，则，，则，的线斜率较小，则图中表示的线是n；
②由①可知，图中表示的线是n，则=a，=，=a+2，=，反应达平衡时，，即，，该反应的平衡常数K==，设T℃时，向刚性容器中充入x mol/L，平衡后测得为1.0，列出三段式：

K==100，x=2.1，则平衡时，的浓度为0.1mol/L，==10a；
③T℃时，向2L的容器中充入5mol气体和1mol气体，，，，，。
9．(1)C
(2) 不 0.027 逆向 大于
(3) 500K、 65.2%或者0.652

【详解】（1）由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为Q kJ，则，故答案为：C；
（2）根据反应方程式可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027，；容器体积缩小到 L时，若平衡不移动，则平衡时c(CH3Br)==0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于，故答案为：不；0.027；逆向；大于；
（3）由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%，故答案为：；500K、；65.2%或者0.652。
10． 量筒、胶头滴管 1∶2 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加 AgNO3溶液，无沉淀产生 2Cl2＋2HgO HgCl2·HgO＋Cl2O 稀释 Cl2O，防止 Cl2O 浓度过高分解爆炸 D
【详解】（1）配制15%的食盐溶液，首先计算配制溶液所需食盐和水的质量，再称量所需的食盐和量取水，最后进行溶解；在这些操作中需要的仪器：托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒，故还需要的玻璃仪器有量筒、胶头滴管等；
(2)配制15％的NaCl溶液和30％的HgC12溶液，将二者以一定质量比混合得到5％NaCl和20％HgC12的混合液；质量分数分别为原来的和，故配制混合液时，15％NaCl溶液和30％HgC12溶液的质量比为：=1：2；
(3)利用硝酸银溶液检验氯离子的存在，则检验沉淀已经洗涤至没有氯离子的操作及现象为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加 AgNO3溶液，无沉淀产生；
(4) ①将干燥、纯净的C12通入HgO固体中且水浴加热，制备C12O时还得到了HgC12·HgO固体，则装置I中制备反应的化学方程式为2Cl2＋2HgO HgCl2·HgO＋Cl2O；
干燥氮气的作用除将产生的C12O送入后续装置“固化”外，还有稀释 Cl2O，防止 Cl2O 浓度过高分解爆炸；
②常用冷却剂的数据如下表。根据一氧化二氯(C12O)的熔点为﹣116℃，故“固化”时装置II中的冷却剂应低于其温度，故应选液氧，答案选D。
11．(1)液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋
(2) 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)
(3)乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化
(4) 90% 偏小

【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁,据此回答。
【详解】（1）根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。
（2）可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)。
（3）已知乳酸亚铁固体化学式为，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
（4）平均消耗标准液V= 30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.10mol/L×0.030L＝0.0030mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.0030mol×=0.030mol，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：。
若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
12．(1) 催化剂 降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离
(2)环己酮进一步被氧化发生开环反应
(3) 油浴 防止暴沸 bdca
(4)83%或者0.83
(5)3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O

【分析】本实验题是用H2O2在FeCl3的催化下氧化环己醇制备环已酮，先在10mL环己醇和2.0gFeCl3混合，在滴加30%H2O2在60℃~70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸馏得到共沸馏出液，向共沸馏出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到有机层，主要含有环己酮和环己醇，向其中加入MgSO4吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸馏即得较纯净的环己酮，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，FeCl3的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离，故答案为：催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离；
（2）由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降，故答案为：环己酮进一步被氧化发生开环反应；
（3）由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca，答案为：油浴；防止暴沸；bdca；
（4）根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)==0.096mol，本实验中环己酮的产率为=83%，故答案为：83%或者0.83；
（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O，故答案为：3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O。
13． 保护氨基 + +CH3COOH 氯原子、氨基 取代反应
【分析】由已知信息I：B应为，D为，由已知信息II：E为，E发生已知信息III生成F为。
【详解】(1)A转化为B再经过信息I又重新得到-NH2，目的是：保护氨基；B生成C的化学方程式为：+ +CH3COOH；
(2)D为，其中非含氧官能团的名称为：氯原子、氨基；E的结构简式为：；F生成G的反应类型为：取代反应；
(3)C的结构简式为：，芳香族化合物H与C互为同分异构体，苯环上有两个取代基，其中硝基与苯环直接相连，且分子中含有一个手性碳原子，符合条件的H的结构简式可能为；
(4)乙二醇氧化为乙二醛，继续被氧化为乙二酸，乙二酸与邻苯二胺 (发生反应生成；具体合成路线如下： 。
14．(1) 甲醛 碳碳三键、羟基
(2) +H2O2+H2O 溴水 加成反应
(3)5
(4)CH3-CHBr-CH2-CH2OHCH3-CH=CH-CH2OH

【分析】A是乙炔，结构简式是CH≡CH，CH≡CH与HCHO发生信息①反应产生B是CH≡C-CH2OH，B与溴苯发生取代反应产生C是，C与H2在Pd催化下加热发生加成反应产生D：，D与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生E：，E与CO2、TBAB加热发生加成反应产生F。
【详解】（1）试剂X是HCHO，名称为甲醛；C是，其中含有的官能团名称为碳碳三键、羟基；
（2）D是 ，D与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生E：，则D→E的反应方程式为： +H2O2+H2O；
D中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，而E不能使溴水褪色，因此检验E中是否含有D的试剂为溴水；
E与CO2在TBAB作用下发生加成反应产生F，故E →F的反应类型是加成反应；
（3）D是 ，其同分异构体符合条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③含有6种不同化学环境的氢，可能的结构有、、、、，共5种不同结构，因此有5种同分异构体；
（4）3-溴-1-丁醇(CH3-CHBr-CH2-CH2OH)与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH3-CH=CH-CH2OH，然后与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生，然后与CO2在TBAB作用下加热发生加成反应产生目标产物，故以3-溴-1-丁醇为起始原料制取的合成路线为：CH3-CHBr-CH2-CH2OHCH3-CH=CH-CH2OH。
15．(1) 苯酚 +ClCOCH2Cl+HCl
(2) NH(CH3)2 取代反应
(3)羟基和醚键
(4)12
(5)CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3

【分析】由题干合成流程图信息可知，由A的分子式和B的结构简式结合A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由F的结构简式和E到F的转化条件并结合题干已知信息Ⅲ可知，E的结构简式为：，由E的结构简式和D到E的转化条件可知，D的结构简式为：，由B的结构简式和B到C的转化条件并结合已知信息Ⅰ可知，C的结构简式为：，由C和D的结构简式和C到D的转化条件并结合已知信息Ⅱ可知，试剂X的结构简式为：NH(CH3)2，(5) 已知可由在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干F到G的转化信息可知，可由和CH3CHBrCH3转化而得，CH3CHBrCH3可由CH3CHOHCH3和HBr反应制得或则CH3CHOHCH3和PBr3反应制得，CH3CHOHCH3则可由和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为：，则物质A的名称为苯酚，B→C即转化为，故该反应的化学反应方程式为：+ClCOCH2Cl+HCl，故答案为：苯酚；+ClCOCH2Cl+HCl；
（2）由分析可知，试剂X的结构简式为NH(CH3)2，C→D即+ NH(CH3)2+HCl，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：NH(CH3)2；取代反应；
（3）由分析可知，E的结构简式为：，则E中含氧官能团的名称为羟基和醚键，故答案为：羟基和醚键；
（4）由分析可知，C的结构简式为：，其分子式为：C9H9O2Cl，则同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基，②分子中含有手性碳原子即含有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，④与FeCl3发生显色反应即含有酚羟基，故两个取代基为：-OH和、、、等四组，然后每一组又有邻间对三种位置异构，故符合条件的C的同分异构体有4×3=12种，故答案为：12；
（5）已知可由在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干F到G的转化信息可知，可由和CH3CHBrCH3转化而得，CH3CHBrCH3可由CH3CHOHCH3和HBr反应制得或则CH3CHOHCH3和PBr3反应制得，CH3CHOHCH3则可由和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线为： CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3，故答案为：CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3。