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云南省昆明市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
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这是一份云南省昆明市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31页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
云南省昆明市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、实验题
1．（2021·云南昆明·统考一模）硫的化合物有重要用途。硫代硫酸钠(Na2S2O3) 可用于氰化物中毒的解毒、治疗荨麻疹等皮肤病，它在中性、碱性环境中稳定，在酸性较强的溶液中产生S和SO2。实验室可以利用如图装置制备Na2S2O3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5 )。
(1)仪器a的名称为_______，a中试剂最好选择_______(填标号)。
A．浓盐酸 B．70%硫酸 C．稀硫酸
(2) B的作用是_______，该装置中存在一处明显的缺陷，改进措施是_______。
(3)排尽装置内空气后，关闭K2、K4，打开K1、K3和仪器a的活塞，段时间后，C中有焦亚硫酸钠晶体析出，从C中分离出该晶体的操作是_______、_______、干燥。取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO4，说明焦亚硫酸钠具有_______性。
(4)关闭K1、K3打开K2、K4，一段时间后，D中有Na2S2O3生成。写出SO2与Na2S和Na2CO3发生反应的化学方程式_______。通入D中的SO2不宜过量的原因是_______。
2．（2022·云南昆明·统考一模）天然气是绿色、优质的能源。开采的天然气中通常会含有杂质H2S和CO2。实验室利用如下装置除去杂质并测定H2S的含量。
已知： FeS 难溶于水可溶于稀硫酸，CuS 既不溶于水又不溶于稀硫酸。
可供选择的试剂有： FeSO4溶液、CuSO4溶液、NaOH溶液、NaCl溶液。
回答下列问题：
(1)A中的试剂是___________。
(2)为测量H2S的含量，停止通气后，对洗气瓶中混合物应进行的操作是___________、______、干燥、称量。其中第一步操作用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、___________。
(3)若通入22.4L标准状况下的气体，测得生成3.84g沉淀， 则此天然气中H2S的体积分数为___________ %。
(4)室温下，氢硫酸(H2S)和碳酸的电离平衡常数如下表所示：
Kal
Ka2
H2S
1.1×10-7
1.3×10-13
H2CO3
4.5×107
4.7×10-11
H2S与碳酸钠溶液反应的化学方程式是________，是否能用碳酸钠溶液替代A中的试剂？___________(填“是”或“否”)。原因是________。
(5)工业上也可使用醇胺吸收H2S， 反应原理为(HOCH2CH2)2NH+H2S=(HOCH2CH2)2NH2HS，上述反应说明(HOCH2CH2)2NH中，___________ (填基团结构简式)具有碱性。
3．（2023·云南昆明·统考一模）为探究甲醛与新制Cu(OH)2反应的产物，设计了如下实验。回答下列问题：
I．反应装置如下：
反应一段时间后，生成大量气体，悬浊液蓝色褪去，且有红色沉淀生成。
(1)仪器a的名称是___________，该反应需控制温度为65℃，宜采用的加热方式为___________(填标号)。
A．酒精灯加热 B．砂浴 C．油浴 D．水浴
II．为探究气体产物、溶液中产物与固体产物的成分，小组同学经过讨论分析后，关于产物成分有如下猜想：
气体产物
H2、CO、CO2
溶液中产物
HCOO-、
固体产物
Cu、Cu2O
(2)为确定气体成分，下列实验装置的连接顺序是___________ ( 按气流方向填大写字母)。(已知： CO与银氨溶液能发生氧化还原反应)
实验发现，装置C、D中均未观察到明显现象， E中固体变为红色，A中固体颜色变蓝，则证明生成的气体是___________。
(3)为确定溶液中产物与固体产物，小组做了以下实验：
已知： Cu2O 能与氨水反应生成(无色)， 易被氧化生成。
①由实验现象可知，液体产物中存在离子是___________ (填离子符号)。
②滤渣1中加入足量浓氨水时，主要反应的离子方程式为___________。
③滤液2在空气中放置一段时间后，显蓝色的离子是___________(填离子符号)，该离子的空间构型是___________。
④通过定量测定发现，固体产物主要是铜。综合以上分析，若主要还原产物的物质的量相等，甲醛与新制氢氧化铜发生的主要反应的化学方程式是___________。
二、工业流程题
4．（2021·云南昆明·统考一模）铟(49In)在地壳中主要存在于铅、锌矿物中，是一种重要的稀散金属，其开发和综合利用是国家重点鼓励发展的产业。从铅、锌的冶炼过程中产生的高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、 Fe2O3、In2O3、In2S3)中提取铟的流程如图：
已知：滤液中铟以In3+的形式存在。
回答下列问题：
(1)铟的原子结构示意图为_______。
(2)“酸浸氧化”需要加热，其目的是_______，该过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，滤渣的主要成分的化学式是_______。
(3)萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。“净化”时加入铁粉的作用是_______(用离子方程式表示)，可用_______溶液检测此离子是否除尽。
(4)“萃取”时，不同的c(H+)下有机磷酸酯对三价金属离子的萃取率及分层时间如表：
c(H+)/mol·L1
分层时间/min
萃取率/%
0.5
5*
94.6
1.0
4
94.1
1.5
4
91.1
2.0
4
82.1
2.5
3
74.1
注：*表示有少量乳化作用发生，会导致两相分层困难。
萃取过程中应选择的最佳c(H+)为_______mol·L-1。
(5)粗铟可用电解法进行提纯，提纯过程中粗铟作_______极(填“阴”或“阳”)。
(6)锌主要应从_______中进行回收(填标号)。
A．滤渣 B．净化渣 C．水相 D．有机相
5．（2022·云南昆明·统考一模）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为PbSO4、 PbO2)， 还有少量Pb、Fe2O3、Al2O3)制备PbO的流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是___________。
(2)向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO， 反应的离子方程式是___________。
(3)溶液I中主要含有的阴离子有OH—、___________。
(4)加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为(CH3COO)2Pb。H2O2的电子式为___________，PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是___________。
(5)为使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO， 需向溶液II中分两次加入NaOH溶液。第一次加入的目的是___________，过滤后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH至少为___________ (已知：25°C，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Pb(OH)2]= 1×10-16)。
(6)若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1 kg废铅膏进行处理，得到669 g PbO，则铅的回收率为___________%。
6．（2023·云南昆明·统考一模）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、 FeO、 Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为___________。
(2)“焙烧” 后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式___________。
(3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得滤渣的主要成分的化学式是___________。
(4)①“萃取”时发生反应Mn+ + nRH MRn+ nH+ (Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当 =0.25时，水层中主要的阳离子为___________。
萃取率/%
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35
0.4
Ni2+
55%
68%
80%
99%
99.5%
99.8%
99.9%
Fe2+
2%
2%
4%
5%
8%
30%
58%
②物质X的化学式为___________。
(5)镧镍合金储氢后的晶胞如图所示，该化合物中原子个数比N([La) ： N(Ni) ： N(H)=___________。
(6)Ni2+与丁二酮肟可形成鲜红色的二丁二酮肟合镍(M= 289 g·mol-1)，结构如下图所示。
144.5g二丁二酮肟合镍分子内含有σ键___________mol，碳碳键是由___________轨道重叠形成的。
a． sp3和sp2 b． sp2和 sp2 c． sp2和p d． sp3和p
三、原理综合题
7．（2021·云南昆明·统考一模）选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
主反应：4NH3(g) +4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g) ΔH1
副反应：4NH3(g)+ 3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH2
(1)在无氧条件下，NH3也可还原NO：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g) ΔH3
则ΔH2=_______(用含ΔH1、ΔH3的式子表示)。
一定温度下，向2L密闭刚性容器(含催化剂)中投入2molNH3和3molNO，发生反应4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+ 6H2O(g)。达到平衡状态时，NO的转化率为60%，则平衡常数为_______mol·L-1(列出计算式)。
(2)目前使用的SCR催化剂是V2O5-WO3/TiO2，关于该催化剂的说法正确的是_______(填标号)。
A．能加快反应速率，并且改变反应的焓变
B．能增大NH3还原NOx反应的平衡常数
C．具有选择性，能降低特定反应的活化能
(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n(O2)；n(NH3)：n(NO)=71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。
①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为_______。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是_______。
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当n(NH3)/n(NO)≤1时，随着该比值的增大，NO去除率_______(填“增大”“减小”或“不变”)；当n(NH3)/n(NO)>1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是_______。
8．（2022·云南昆明·统考一模）我国提出2060年达“碳中和”目标，通过反应CO2+ H2HCOOH将CO2转化为高附加值产品HCOOH是实现该目标的一种方式。回答下列问题：
(1)向恒容密闭容器中充入1mol CO2和lmol H2， 发生反应： CO2(g)+ H2(g) HCOOH(g)。测定不同温度下CO2的平衡转化率数据如下表所示：
T/K
373
473
573
673
平衡转化率
α
8.4α
24.3α
37.5α
①该反应的△H___________ 0 (填“＞”或“＜”)。已知： 2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) △H1，则反应2CO2(g)+2H2O(g) 2HCOOH(g)+O2(g)的 △H2___________ (用 △H和△H1表示)。
②下列有利于提高CO2的平衡转化率的措施有___________ (填标号)。
A．增大反应体系的压强 B．增大
C．降低反应温度 D．移出HCOOH
③373K下，平衡时压强为P，用各物质的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)表示该反应的平衡常数Kp=___________ (用含α和P的代数式表示)。
(2)浙江大学某国家实验室用水热法还原CO2转化为HCOOH， 探究了不同条件下CO2的转化率，数据如下图所示：
依据以上数据，最佳的摩尔比和反应时间是___________。
(3)中国科学院大学以Bi为电极材料， 利用电化学催化还原法制备HCOOH。用计算机模拟CO2在电极材料表面发生还原反应的历程如下(*表示微粒与Bi的接触位点)：
HCOOH是___________(填 “阴极”或“阳极”)产物。依据反应历程图中数据，你认为电催化还原CO2生成HCOOH的选择性___________(填 “高于”或“低于”)生成CO的选择性，原因是___________。
9．（2023·云南昆明·统考一模）环氧丙烷(，简写为PO)是重要的工业原料，利用丙烯(C3H6)气相直接环氧化是未来工业生产的趋势，寻找合适的催化剂是目前实验研究的热点。丙烯气相直接环氧化反应为：C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) ΔH，回答下列问题：
(1)已知：
i.2C3H6(g)+O2(g) = 2 (g) ΔH1 = - 2263.6kJ·mol-1
ii．H2(g)+ O2(g) = H2O(g) ΔH2 = -241.8 kJ·mol-1
则 ΔH=___________ kJ·mol-1。
(2)①恒温恒容下，下列可判断丙烯气相直接环氧化反应达到平衡的是___________ (填标号)。
A．压强不再变化
B．密度不再变化
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1
D．平均相对分子质量不再变化
②为增大C3H6的平衡转化率，可选择的条件是___________ (填标号)。
A．低温高压 B．增大C3H6浓度
C．使用高效催化剂 D．分离出产物
(3)选用Au/TS-1为催化剂，发生丙烯气相直接环氧化反应，副反应如下：
C3H6(g) + H2(g) + O2(g) = CH3CH2CHO(g) + H2O(g)
C3H6(g) + O2(g) = CH2=CHCHO(g) + H2O(g)
为探究TS-1的粒径对Au/TS-1催化活性的影响，恒温200℃、恒压p kPa条件下，C3H6与H2、O2各20.0 mmol通入反应装置中，t min后部分组分的物质的量如下表所示：
粒径大小/nm
240
450
810
1130
物质的量
PO
1.80
1.45
1.09
0.672
/mmol
所有C3副产物
0.20
0.32
0.05
0.092
当粒径为240 nm， t min时反应恰好达到平衡状态，则C3H6的总转化率为___________，若H2的总转化率为α，则环氧化反应的平衡常数Kp为___________ kPa-1。随着TS-1粒径的增大， PO生成的速率逐渐___________ (填 “增大”或“减小”)，原因是___________。
四、结构与性质
10．（2021·云南昆明·统考一模）超高能含能材料被视为可影响国家安全的战略性技术材料，其组成元素通常含碳、氮、过渡金属元素等。回答下列问题：
(1)在现代化学中，常利用_______来鉴定元素。
(2)[Co(NH3)5CO3]NO3是一种制备超高能含能材料的原料。基态Co3+中有_______个未成对电子，CO的空间立体构型为_______，该物质中所含有的第二周期元素的电负性由大到小的顺序为_______，配离子中的配位数为_______。正丁醇和正己烷是含有该物质中部分元素的有机化合物，已知物质在单位时间内挥发得越快，温度下降得就越快。用温度传感器进行数字化实验，测得这两种有机化合物在挥发过程中的温度变化曲线如图所示。则该数字化实验证明_______(填物质名称)更难挥发，从物质结构角度分析原因为_______。
(3)叠氮化铅[Pb(N3)2]是一种各国都纳入军事标准和民用标准的引爆药，与N互为等电子体的一种分子的分子式是_______。科学家制得一 种高氮化合物BN17，结构组成为N[B(N3)4]- ，该化合物的晶体类型为_______晶体，其中B原子的杂化方式为_______。
(4)2，4-二硝基间苯酚是火工品制造业常用的重要中间体，其摩尔质量为200g·mol-1，分子结构可简化为图1所示，分子在晶体中的堆积方式如图2所示。该晶体属于正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。则该晶体的密度ρ=_______g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
11．（2022·云南昆明·统考一模）国内外学者近年来对金属-有机框架(MOFs)作为催化剂光解制氢和还原CO2等方面的研究取得了丰硕的成果。其中Masaya 等人利用Ti- MOF-NH2、H2PtCl6、 DMF 等原料制备了催化剂Pt/Ti- MOF-NH2。回答下列问题：
(1)Pt的电子排布式为[Xe]4f145d96s1，则Pt在元素周期表中的位置是___________，处于_____区，未成对电子数是________。
(2)PtCl的价层电子对互斥模型如图所示，已知该离子是平面形结构，则该离子中的键角是___________， 中心原子采用的杂化类型可能是___________(填 “dsp2”“sp3”“sp2”或“sp3d2”)。
(3)DMF的结构是 ，σ键与π键的数目比是___________，其中N原子的杂化方式是___________。
(4)已知pKa=—lgKa，CCl3CH2OH 的pKa小于CBr3CH2OH，从分子组成与性质之间的关系解释原因______。
(5)一定条件下， CO2分子可形成干冰晶体，干冰的晶胞模型如图所示。在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子共有___________个。若阿伏加德罗常数为NA， 干冰的密度为ρg·cm-3， 则晶胞体对角线长度是___________cm。
五、有机推断题
12．（2021·云南昆明·统考一模）用A制取D (苯丙炔酸)并制取小分子半导体F的合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)E的名称是_______ ，F中官能团的名称为_______，B的结构简式为_______。
(2)B→C的反应类型为_______，D→E的试剂和条件是_______。
(3)C→D中反应①的化学方程式为_______。
(4)E的同系物G的相对分子质量比E小14，写出一种满足下列条件的G的同分异构体_______。
①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；
②1molG在碱性条件下水解可消耗2molNaOH。
(5)已知：
① (R1、R2为氢原子或烃基)
②C6H5NH2C6H5NO2 (氨基易被氧化)
设计以对硝基甲苯为原料合成麻醉药物苯佐卡因合的成路线______(其他试剂自选)。
13．（2022·云南昆明·统考一模）光刻胶是芯片制造中必不可少的一种光敏材料， 以下是以芳香烃A和乙炔为原料合成某光刻胶J ()的一种路线图。
已知：① RCHO
②RCHO+ R1CH2CHO (R、R1为烃基或氢原子)
回答下列问题：
(1)A的名称是___________， A →B的反应类型是___________。
(2)E中官能团的名称是___________，J的分子式是___________ 。
(3)D →E反应的化学方程式是___________。
(4)G是不饱和酯，生成G时C2H2发生了加成反应，则X的结构简式为___________。
(5)符合下列条件D的同分异构体共有___________种。
①遇FeCl3溶液显紫色；
②分子中有5个碳原子在一条直线上。
(6)设计以乙醇为原料制备1-丁醇的合成路线_______ (无机试剂任选)。
14．（2023·云南昆明·统考一模）依米曲坦(C16H21N3O2) 是治疗偏头疼的药物，一种合成依米曲坦的合成路线如下：
已知Ficher吲哚反应：
回答下列问题：
(1)B中含氮官能团的名称是___________。
(2)A能发生聚合反应生成高聚物，该反应方程式是___________。
(3)C生成D的反应类型是___________反应， D 的结构简式是___________。
(4)由F生成依米曲坦的反应中，新形成的化学键是___________ (填 “σ键”“π键”或“σ键和π键”)
(5)依米曲坦的结构简式是___________。
(6)M是B的同系物，分子量比B小28，满足下列条件的M的核磁共振氢谱图中各组峰的面积之比为___________。
a．苯环上含4个取代基
b．水解产物遇FeCl3溶液显色
(7)依据以上信息，写出以硝基苯、1-丙醇为主要原料制备 的合成路线。___________(其它试剂任选)
参考答案：
1． 分液漏斗 B 防倒吸 补充尾气处理装置 过滤 洗涤 还原 4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2 SO2过量使溶液显酸性，使Na2S2O3不稳定
【分析】根据实验目的，装置A用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫气体；装置B为安全瓶，防止C或D中的溶液倒吸；装置C为制取焦亚硫酸钠晶体；装置D为制取硫代硫酸钠；二氧化硫有毒，在最后应加尾气处理装置。
【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗；二氧化硫易溶于水，应选择浓度较大的，且无挥发性的酸，答案为B；
(2) B的作用可起到安全平的作用，防止溶液倒吸进入装置A中；二氧化硫有毒，反应最后应加NaOH溶液进行尾气处理装置；
(3) C中有焦亚硫酸钠晶体析出，固液分离用过滤的方法分离，再洗涤晶体表面的滤液；焦亚硫酸钠中的S与过氧化氢反应时，化合价升高，表现还原性；
(4) SO2与Na2S和Na2CO3发生反应生成Na2S2O3，S之间发生氧化还原反应，同时生成二氧化碳，化学方程式4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；Na2S2O3在酸性较强的溶液中产生S和SO2，通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，Na2S2O3可使分解。
2．(1)CuSO4 溶液
(2) 过滤 洗涤 漏斗
(3)4
(4) Na2CO3+H2S= NaHS+ NaHCO3 否 碳酸钠溶液也能吸收CO2
(5)—NH—
【分析】由实验装置图可知，第一个洗气瓶中盛有的硫酸铜溶液用于吸收测定天然气中的硫化氢气体，第二个洗气瓶中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳气体，集气瓶的作用是收集除去硫化氢和二氧化碳的天然气。
(1)
由题给信息可知，氯化亚铁不溶于水溶于稀硫酸，而硫化铜既不溶于水又不溶于稀硫酸，所以试剂A为硫酸铜溶液，用于吸收测定天然气中的硫化氢气体，故答案为：CuSO4 溶液；
(2)
第一个洗气瓶中方式的反应为天然气中的硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫酸和硫化铜沉淀，则测量硫化氢含量时对洗气瓶中混合物应进行的操作是过滤、洗涤、干燥、称量，过滤用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：过滤；洗涤；漏斗；
(3)
若通入22.4L标准状况下的气体，生成3.84g硫化铜沉淀，则此天然气中硫化氢的体积分数为×100%=4%，故答案为：4；
(4)
由题给电离常数可知，弱酸或弱酸根的酸性强弱顺序为H2CO3＞H2S＞HCO＞HS—，则由强酸制弱酸的原理可知，硫化氢与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+H2S= NaHS+ NaHCO3；二氧化碳也能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以A中试剂不能用碳酸钠溶液替代硫酸铜溶液，否则会造成测定结果偏高，故答案为：Na2CO3+H2S= NaHS+ NaHCO3；否；碳酸钠溶液也能吸收CO2；
(5)
由结构简式可知，(HOCH2CH2)2NH中亚氨基中氮原子具有孤对电子，能与氢离子反应而表现碱性，故答案为：—NH—。
3．(1) 球形冷凝管 D
(2) DCBEAB
(3) 平面四方形或正方形
【详解】（1）仪器a是球形冷凝管，即名称是球形冷凝管；反应需控制温度为65℃，小于100℃，宜采用的加热方式为水浴加热；
（2）①猜想气体为，,，则先用澄清石灰石检验，已知CO与银氨溶液能发生氧化还原反应，则接着用银氨溶液检验CO，用无水除去水避免对的检验造成干扰，然后用通过灼热的氧化铜，观察现象，用无水检验氢气与氧化铜反应产生的水，来判断是否有氢气，最后连接无水，防止空气中的水蒸气造成干扰，则顺序为DCBEAB；
②装置C、D中均未观察到明显现象说明没有,，E中固体变为红色，A中固体颜色变蓝，说明和CuO反应产生了Cu和，说明含有的气体是；
（3）①猜想溶液中产物为,，滤液加入稀硫酸无明显现象，则说明不含有，液体产物中存在离子是；
②已知能与氨水反应生成(无色)，易被氧化生成（蓝色），根据实验现象可知，该固体产物中含有，则滤渣1中加入足量浓氨水时，主要反应的离子方程式为；
③易被氧化生成（蓝色），滤液2在空气中放置一段时间后，显蓝色的离子是；二价铜离子的四配位化合物比较特殊，不能用价键理论解释，而应该用姜-泰勒效应解释，的3d轨道有9个电子，最后一个电子排布到轨道，则 轴向上的两个配体受到的斥力大，距核较远，形成拉长的八面体，若轴向上的两个配体拉的太远，相当于失去了轴向上的两个配体，变成平面正方形结构，四氨合铜离子的构型为平面正方形，即该离子的空间构型是平面四方形或正方形；
④主要还原产物的物质的量相等，甲醛与新制氢氧化铜发生的主要反应的化学方程式是
4． 提高酸浸氧化的速率 24:5 PbSO4 2Fe3++Fe=3Fe2+ KSCN 1.0 阳 C
【分析】高铟烟灰加入硫酸、高锰酸钾进行酸浸氧化，氧化In2S3中的S为硫酸根离子；溶液中的铅离子与硫酸根离子反应生成硫酸铅沉淀，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入铁粉，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，经一系列操作得到粗铟。
【详解】(1)铟为第49号元素，位于第五周期IIIA族，原子结构示意图为；
(2) 加热溶液可使反应速率增大，提高酸浸效率；过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO，S的化合价由-2价变为+6价，共失去24个电子，Mn的化合价由+7价变为+2价，得到5个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24:5；酸浸时，生成的硫酸铅为不溶于酸的沉淀，则滤渣为硫酸铅；
(3)铁粉能与滤液中的铁离子反应，生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；铁离子与KSCN反应生成红色的硫氰化铁，可加入KSCN溶液检验铁离子是否除净；
(4)根据表中数据，c(H+)=1.0mol/L时，分层时间短，且萃取率较高，最佳c(H+)为1.0mol/L；
(5)根据铜的电解精炼原理，电解精炼铟时，粗铟失电子，作阳极；
(6)锌离子为+2价，其在水相中，故锌在水相中回收。
5．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)PbSO4+2OH— =PbO+SO+H2O
(3)AlO、SO
(4) PbO2+2CH3COOH+H2O2= (CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O
(5) 将溶液中的Fe3+除去 8.5
(6)90
【分析】由题给流程可知，将研磨过筛的废铅膏粉加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为偏铝酸钠，硫酸铅转化为氧化铅，过滤得到含有氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠的溶液I和脱硫铅膏；向脱硫铅膏中加入醋酸溶液和过氧化氢溶液，将脱硫铅膏中的含铅物质转化为溶于水的醋酸铅，氧化铁转化为醋酸铁，向转化后的溶液中分两次加入氢氧化钠溶液，先调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，过滤得到氢氧化铅；氢氧化铅经洗涤、干燥、灼烧得到氧化铅。
(1)
将废铅膏研磨过筛得到废铅膏粉，可以反应物的增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(2)
由题意可知，硫酸铅与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、氧化铅和水，反应的离子方程式为PbSO4+2OH— =PbO+SO+H2O，故答案为：PbSO4+2OH— =PbO+SO+H2O；
(3)
由分析可知，溶液I的主要成分为氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠，则溶液中的阴离子为氢氧根离子、硫酸根离子和偏铝酸根离子，故答案为：AlO、SO；
(4)
过氧化氢是共价化合物，电子式为；由题意可知，二氧化铅与醋酸和过氧化氢混合溶液反应生成醋酸铅、氧气和水，反应的化学方程式为PbO2+2CH3COOH+H2O2= (CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O，故答案为：；PbO2+2CH3COOH+H2O2= (CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O；
(5)
由分析可知，第一次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后第二次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，由溶度积可知，铅离子完全沉淀时，溶液的氢氧根离子浓度为=1×10—5.5mol/L，则溶液的pH为8.5，故答案为：将溶液中的Fe3+除去；8.5；
(6)
由铅原子个数守恒可知，得到669g氧化铅时，铅的回收率为×100%=90%，故答案为：90%。
6．(1)Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O
(2)NiO + (NH4)2SO4NiSO4 + 2NH3↑+ H2O↑
(3)Fe(OH)3
(4) Fe2+、 H+ H2SO4
(5)1:5:3
(6) 16 ab
【详解】（1）Al2O3为两性氧化物，能溶于强碱形成偏铝酸盐。答案为；
（2）焙烧后金属变为硫酸盐，同时有NH3产生。则该反应为↑。答案为↑；
（3）烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO与NH4SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3。95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3。滤渣为Fe(OH)3。答案为Fe(OH)3；
（4）从表数据可以看出，当为0.25时，Ni2+、Fe2+萃取率分别为99%、5%。所以Ni2+进入有机相，而Fe2+主要存在于水中和萃取过程中产生H+在水层。为了从有机相中获得金属离子，需要使该平衡Mn+ + nRH ⇌ MRn+ nH+逆向，加入酸增加产物浓度平衡逆向移动。为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。答案为Fe2+、H+；H2SO4；
（5）H原子分布于2个面心和8条棱上，H原子数为。Ni位于面上和体内，Ni原子数为。La位于晶胞的顶点，其个数为。答案为1:5:3；
（6）。分子中除了H…O为氢键外，其余原子之间均有σ键，每个分子中有32个σ键。所以该物质中σ键物质的量为16mol。分子中有N=C-C=N两个碳原子均为sp2杂化，所以C-C键为sp2- sp2重叠。而N=C-CH3分别为sp2和sp3杂化，则该C-C键为sp2- sp3重叠。答案为16；ab。
7． C C>B>A 在100℃-200℃n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃,没有明显区别 增大 主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多
【详解】(1)副反应：4NH3(g)+ 3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH2，由盖斯定律（主反应×3-无氧反应×3）得：ΔH2= ，
则平衡常数为 = mol/L；
(2) A.能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A错误；
B.能增大NH3还原NOx反应速率，但不能改变其平衡常数，故B错误；
C.具有选择性，能降低特定反应的活化能，增大反应速率，故C正确；
故答案为：C；
(3) ①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C>A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C>B>A；
②有图可知，在100℃-200℃n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃,没有明显区别；
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当当n(NH3)/n(NO)>1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。
8．(1) ＞ 2△H-△H1 ABD
(2)1：1，120min
(3) 阴极 高于 因为生成CO的中间体( *HCOOH)的能垒(活化能)高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的能垒(活化能)
【详解】（1）①由图表分析可知，随温度的升高CO2平衡转化率增大，则该反应属于吸热反应，则△H＞0；由反应①CO2(g)+ H2(g) HCOH(g)△H；反应②2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) △H1，以及反应2CO2(g)+2H2O(g) 2HCOOH(g)+O2(g)△H2，可得目标方程，则△H2=2△H-△H1，故答案为：＞；：2△H-△H1；
②A．由于反应为气体分子数（气体体积）减小的反应，则增大压强，会使平衡正向移动，平衡转化率升高，故A正确；
B． 增大相当于增大平衡正向移动，使平衡转化率升高，故B正确；
C．由于△H＞0，降低温度，平衡逆向移动，使平衡转化率降低，故C错；
D．移出HCOOH，使生成物浓度减小，平衡正向移动，使平衡转化率升高，故D正确；
故答案选ABD；
③有表格中的数据分析可知，373K下平衡转化率α，则由“三段式”，则平衡时气体的总物质的量，即各物质的分压分别为，则平衡常数=，故答案为：；
（2）由图示分析可知，摩尔比=1：1时在约90min时二氧化碳的转化率显著增加，当时间约为120min时，其转化率几乎无变化，则最佳的摩尔比和反应时间分别为1：1,120min，故答案为：1：1,120min；
（3）由制备，C元素化合价由+4价降低至+2价，发生还原反应，所以应为阴极产物；由图生成的活化能为0.43eV；生成CO的活化能为1.1eV，所以生成的选择性高于生成CO的选择性，故答案为：阴极；高于；因为生成CO的中间体( *HCOOH)的能垒(活化能)高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的能垒(活化能)。
9．(1)-1373.6
(2) AD AD
(3) 10% 减小 粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低
【详解】（1）已知：i.2C3H6(g)+O2(g) = 2 (g) ΔH1 = - 2263.6kJ·mol-1
ii．H2(g)+ O2(g) = H2O(g) ΔH2 = -241.8 kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i+ ii得反应C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) 则 ΔH=- 2263.6kJ·mol-1-241.8 kJ·mol-1=-1373.6kJ·mol-1；
（2）①A．丙烯气相直接环氧化反应C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) 为气体体积缩小的反应，在恒温恒容条件下反应，若压强不变，则反应达平衡状态，选项A符合；
B．反应在恒容条件下进行且反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不再变化无法说明反应达平衡状态，选项B不符合；
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1，无法说明正逆反应速率相等，无法说明反应达平衡状态，选项C不符合；
D．所有反应物均为气体，气体总质量不变，而反应为气体体积缩小的反应，平均相对分子质量为变量，根据“变量不变达平衡”可知，若平均相对分子质量不再变化说明反应达平衡，选项D符合；
答案选AD；
②A．反应为气体体积缩小的放热反应，低温高压有利于平衡正向移动，增大C3H6的平衡转化率，选项A符合；
B．增大C3H6浓度，平衡正向移动，但C3H6的平衡转化率反而减小，选项B不符合；
C．催化剂不能使平衡移动，故C3H6的平衡转化率不变，选项C不符合；
D．分离出产物，平衡正向移动，C3H6的平衡转化率增大，选项D符合；
答案选AD；
（3）240 nm， t min时，PO平衡时为1.8mmol，生成1.8molPO，会消耗1.8molC3H6、1.8molO2、生成1.8molH2O，C3副产物为0.2mmol，由副产物反应物，生成0.2mol副产物，消耗0.2mol C3H6、0.2molO2、生成0.2molH2O，H2总转化率为α，则平衡时n(H2)=20(1-α)mmol；平衡时n(C3H6)=(20-1.8-0.2)mmol=18mmol；n(O2)=(20-1.8-0.2)mmol=18mmol；n(PO)=1.8mmol，n(H2O)= (1.8+0.2)mmol=2mmol；
当粒径为240 nm， t min时反应恰好达到平衡状态，则C3H6的总转化率为；
n总=59.8-20α+0.2=60-20α，则Kp===；
随着TS-1粒径的增大，粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低，故PO生成的速率逐渐减小。
10． 光谱分析
4 平面三角形
O＞N＞C 6 正丁醇 正丁醇分子间存在氢键 CO2、N2O、CS等 离子 sp3
【详解】(1)原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，因此常利用光谱分析来鉴定元素；
(2)基态Co原子序数27，价电子排布式为3d74s2，则Co3+价电子排布式为3d6，有4对未成对电子；CO中心原子孤电子对数=(4+2-2×3)=0，价层电子对为3，则C杂化类型为sp2杂化，空间构型为平面三角形；第二周期元素有C、N、O，非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；配体为NH3、CO，配位数为6；已知物质在单位时间内挥发得越快，温度下降得就越快，根据图象，正丁醇温度降低慢，更难挥发，从结构分析，正丁醇分子间存在氢键，导致熔沸点升高；
(3) N中含有3个原子，22个电子，其分子形式的等电子体为CO2、N2O、CS2等；BN17结构组成为N[B(N3)4]- ，含有离子键，属于离子晶体；[B(N3)4]-中心B原子孤电子对数=(3+1-1×4)=0，价层电子对数为4，为sp3杂化；
(4)根据图象，1mol晶胞中，含有4mol2，4-二硝基间苯酚；1mol晶胞的体积为abc×10-30×NAcm3，则晶体的密度ρ=g·cm-3=g·cm-3。
11．(1) 第六周期VIII族 d区 2
(2) 90° dsp2
(3) 11：1 sp3
(4)Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小
(5) 12
【详解】（1）由铂的电子排布式为[Xe]4f145d96s1可知，铂元素位于元素周期表第六周期VIII族、处于d区，其中5d轨道和6s轨道各有1个未成对电子，共有2个未成对电子，故答案为：第六周期VIII族；d区；2；
（2）由四氯合铂离子的价层电子对互斥模型和离子的空间构型为平面形结构可知，离子中的键角为90°，铂原子的杂化类型为dsp2杂化，故答案为：90°；dsp2；
（3）DMF分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构简式可知，分子中σ键与π键的数目比是11：1，分子中形成单键的氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：11：1；sp3；
（4）CCl3CH2OH分子中氯元素的电负性强于CBr3CH2OH分子中溴元素的电负性，氯原子吸电子能力强于溴原子，CCl3CH2OH分子中羟基的极性强于CBr3CH2OH分子，在溶液中更易电离出氢离子，溶液酸性更强，pKa更小，故答案为：Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的二氧化碳分子与位于面心的二氧化碳分子紧邻，则与一个二氧化碳分子紧邻的分子共有12个，晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳的个数为8×+6×=4，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得a=，则晶胞的体对角线为cm，故答案为：12；。
12． 苯丙炔酸乙酯 酯基、碳碳双键 加成 乙醇、浓硫酸加热 +3KOH+2KBr+3H2O
【分析】根据合成路线，B→C为B与溴发生加成反应，则B为。
【详解】(1)E的名称是3-苯基-2丙炔酸乙酯；F中含有酯基、碳碳双键；B的结构简式为；
(2)B→C为B与溴发生的加成反应；D→E为D与乙醇发生酯化反应，反应条件为浓硫酸加热；
(3)C→D中反应①为卤代烃的消去反应及羧基与碱的反应，方程式为+3KOH+2KBr+3H2O；
(4)E的同系物G的相对分子质量比E小14，则G的分子式为C10H8O2，①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；②1molG在碱性条件下水解可消耗2molNaOH，则酯基水解后生成物中含有酚羟基，则符合的同分异构体为，有机物为非对称结构，甲基在苯环上有4个位置，在碳碳双键上有2个位置，写出任意一种即可；
(5)对硝基甲苯与酸性重铬酸钾反应生成对硝基苯甲酸，对硝基苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成对硝基苯甲酸乙酯，再发生硝基的还原反应即可，流程为。
13．(1) 甲苯 取代反应
(2) 碳碳双键、羧基 (C11H10O2)n或C11nH10nO2n
(3)2+O2 2
(4)CH3COOH
(5)5
(6)CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO
【分析】由A与光照下发生取代反应生成B（）可知A的分子式为，结合F可知A中含苯环，则A为甲苯；B为氯气与A发生取代反应生成B，则B为二氯甲苯；由已知①可得C为苯甲醛；由已知②可知D的结构简式为；D在催化氧化为E，结合E的分子式可得E的结构简式为；F 与I 在一定条件下发生取代反应生成目标产物J。据此分析可得：
【详解】（1）由A与光照下发生取代反应生成B，结合B的分子式可得A的分子式为，结合F可知，A中含苯环，则A为甲苯；故答案为：甲苯；取代反应；
（2）E的结构简式为，则所含官能团为碳碳双键和羧基；由J的结构简式， 可知其分子式为(C11H10O2)n或C11nH10nO2n，故答案为：碳碳双键、羧基；(C11H10O2)n或C11nH10nO2n；
（3）D的结构简式为，其中醛基能被氧气氧化为羧基则其方程式为2+O2 2，故答案为：2+O2 2；
（4）由已知H为，则G为，与X在一定条件下发生加成反应生成G，可知X的结构简式CH3COOH，故答案为：CH3COOH；
（5）D的分子式为，其结构简式为：其同分异构体满足①遇FeCl3溶液显紫色，则该分子中含苯环且含羟基；②分子中有5个碳原子在一条直线上，则共五种，故答案为：5；
（6）CH3CH2OH与在Cu（或Ag）做催化剂并加热发生催化氧化反应生成CH3CHO；在碱性条件并加热下反应生成CH3CH=CHCHO；CH3CH=CHCHO在催化加H得到，则其合成路线为：CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO，故答案为：：CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO。
14．(1)氨基、硝基
(2)n+(n-1)H2O
(3) 取代
(4)σ键和π键
(5)
(6)1∶1∶1∶2∶3
(7)
【分析】有机物推断和合成，常采用对比的方式进行分析和判断，找出不同部位，不同部位说明断键或形成化学键，如推断D的结构简式，对比C和E的结构简式，D生成E需要氢气参与反应，说明硝基转化成氨基，因此推出D的结构简式为 ，据此分析解答；
【详解】（1）根据B的结构简式，含氮官能团名称为氨基和硝基；故答案为：氨基、硝基；
（2）A中含有羧基和氨基，能通过缩聚反应得到高分子化合物，其反应方程式为n+(n-1)H2O；故答案为：n+(n-1)H2O；
（3）D的结构简式为 ，C中氨基中 1个“N-H”断裂，羟基中“O-H”断裂，COCl2中“C-Cl”断裂，C中断裂下的氢与Cl结合成HCl，剩余部分结构，C→D的反应类型为取代反应；故答案为：取代反应； ；
（4）根据Ficher吲哚反应可知，依米曲坦的结构简式为 ，对比F和依米曲坦结构简式，新形成碳碳双键，即新形成的化学键是σ键和π键；故答案为：σ键和π键；
（5）根据上述分析，依米曲坦的结构简式为 ；故答案为： ；
（6）M是B的同系物，分子量比B小28，说明M比B少了两个“CH2”，M的分子式为C8H8N2O4，水解产物遇FeCl3溶液显色，说明水解后有酚羟基，因此符合条件的是 或 ，无论哪种，峰面积之比都为3∶2∶1∶1∶1；故答案为：3∶2∶1∶1∶1；
（7）根据所制备物质，可以确定采用Ficher吲哚反应，用 与丙醛反应得到，1-丙醇与氧气在铜作催化剂下加热的生成CH3CH2CHO，根据路线中D连续生成F可以得出：→ →，因此路线为 ；故答案为： 。
云南省昆明市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、实验题
1．（2021·云南昆明·统考一模）硫的化合物有重要用途。硫代硫酸钠(Na2S2O3) 可用于氰化物中毒的解毒、治疗荨麻疹等皮肤病，它在中性、碱性环境中稳定，在酸性较强的溶液中产生S和SO2。实验室可以利用如图装置制备Na2S2O3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5 )。
(1)仪器a的名称为_______，a中试剂最好选择_______(填标号)。
A．浓盐酸 B．70%硫酸 C．稀硫酸
(2) B的作用是_______，该装置中存在一处明显的缺陷，改进措施是_______。
(3)排尽装置内空气后，关闭K2、K4，打开K1、K3和仪器a的活塞，段时间后，C中有焦亚硫酸钠晶体析出，从C中分离出该晶体的操作是_______、_______、干燥。取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO4，说明焦亚硫酸钠具有_______性。
(4)关闭K1、K3打开K2、K4，一段时间后，D中有Na2S2O3生成。写出SO2与Na2S和Na2CO3发生反应的化学方程式_______。通入D中的SO2不宜过量的原因是_______。
2．（2022·云南昆明·统考一模）天然气是绿色、优质的能源。开采的天然气中通常会含有杂质H2S和CO2。实验室利用如下装置除去杂质并测定H2S的含量。
已知： FeS 难溶于水可溶于稀硫酸，CuS 既不溶于水又不溶于稀硫酸。
可供选择的试剂有： FeSO4溶液、CuSO4溶液、NaOH溶液、NaCl溶液。
回答下列问题：
(1)A中的试剂是___________。
(2)为测量H2S的含量，停止通气后，对洗气瓶中混合物应进行的操作是___________、______、干燥、称量。其中第一步操作用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、___________。
(3)若通入22.4L标准状况下的气体，测得生成3.84g沉淀， 则此天然气中H2S的体积分数为___________ %。
(4)室温下，氢硫酸(H2S)和碳酸的电离平衡常数如下表所示：
Kal
Ka2
H2S
1.1×10-7
1.3×10-13
H2CO3
4.5×107
4.7×10-11
H2S与碳酸钠溶液反应的化学方程式是________，是否能用碳酸钠溶液替代A中的试剂？___________(填“是”或“否”)。原因是________。
(5)工业上也可使用醇胺吸收H2S， 反应原理为(HOCH2CH2)2NH+H2S=(HOCH2CH2)2NH2HS，上述反应说明(HOCH2CH2)2NH中，___________ (填基团结构简式)具有碱性。
3．（2023·云南昆明·统考一模）为探究甲醛与新制Cu(OH)2反应的产物，设计了如下实验。回答下列问题：
I．反应装置如下：
反应一段时间后，生成大量气体，悬浊液蓝色褪去，且有红色沉淀生成。
(1)仪器a的名称是___________，该反应需控制温度为65℃，宜采用的加热方式为___________(填标号)。
A．酒精灯加热 B．砂浴 C．油浴 D．水浴
II．为探究气体产物、溶液中产物与固体产物的成分，小组同学经过讨论分析后，关于产物成分有如下猜想：
气体产物
H2、CO、CO2
溶液中产物
HCOO-、
固体产物
Cu、Cu2O
(2)为确定气体成分，下列实验装置的连接顺序是___________ ( 按气流方向填大写字母)。(已知： CO与银氨溶液能发生氧化还原反应)
实验发现，装置C、D中均未观察到明显现象， E中固体变为红色，A中固体颜色变蓝，则证明生成的气体是___________。
(3)为确定溶液中产物与固体产物，小组做了以下实验：
已知： Cu2O 能与氨水反应生成(无色)， 易被氧化生成。
①由实验现象可知，液体产物中存在离子是___________ (填离子符号)。
②滤渣1中加入足量浓氨水时，主要反应的离子方程式为___________。
③滤液2在空气中放置一段时间后，显蓝色的离子是___________(填离子符号)，该离子的空间构型是___________。
④通过定量测定发现，固体产物主要是铜。综合以上分析，若主要还原产物的物质的量相等，甲醛与新制氢氧化铜发生的主要反应的化学方程式是___________。
二、工业流程题
4．（2021·云南昆明·统考一模）铟(49In)在地壳中主要存在于铅、锌矿物中，是一种重要的稀散金属，其开发和综合利用是国家重点鼓励发展的产业。从铅、锌的冶炼过程中产生的高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、 Fe2O3、In2O3、In2S3)中提取铟的流程如图：
已知：滤液中铟以In3+的形式存在。
回答下列问题：
(1)铟的原子结构示意图为_______。
(2)“酸浸氧化”需要加热，其目的是_______，该过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，滤渣的主要成分的化学式是_______。
(3)萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。“净化”时加入铁粉的作用是_______(用离子方程式表示)，可用_______溶液检测此离子是否除尽。
(4)“萃取”时，不同的c(H+)下有机磷酸酯对三价金属离子的萃取率及分层时间如表：
c(H+)/mol·L1
分层时间/min
萃取率/%
0.5
5*
94.6
1.0
4
94.1
1.5
4
91.1
2.0
4
82.1
2.5
3
74.1
注：*表示有少量乳化作用发生，会导致两相分层困难。
萃取过程中应选择的最佳c(H+)为_______mol·L-1。
(5)粗铟可用电解法进行提纯，提纯过程中粗铟作_______极(填“阴”或“阳”)。
(6)锌主要应从_______中进行回收(填标号)。
A．滤渣 B．净化渣 C．水相 D．有机相
5．（2022·云南昆明·统考一模）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为PbSO4、 PbO2)， 还有少量Pb、Fe2O3、Al2O3)制备PbO的流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是___________。
(2)向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO， 反应的离子方程式是___________。
(3)溶液I中主要含有的阴离子有OH—、___________。
(4)加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为(CH3COO)2Pb。H2O2的电子式为___________，PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是___________。
(5)为使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO， 需向溶液II中分两次加入NaOH溶液。第一次加入的目的是___________，过滤后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH至少为___________ (已知：25°C，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Pb(OH)2]= 1×10-16)。
(6)若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1 kg废铅膏进行处理，得到669 g PbO，则铅的回收率为___________%。
6．（2023·云南昆明·统考一模）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、 FeO、 Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为___________。
(2)“焙烧” 后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式___________。
(3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得滤渣的主要成分的化学式是___________。
(4)①“萃取”时发生反应Mn+ + nRH MRn+ nH+ (Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当 =0.25时，水层中主要的阳离子为___________。
萃取率/%
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35
0.4
Ni2+
55%
68%
80%
99%
99.5%
99.8%
99.9%
Fe2+
2%
2%
4%
5%
8%
30%
58%
②物质X的化学式为___________。
(5)镧镍合金储氢后的晶胞如图所示，该化合物中原子个数比N([La) ： N(Ni) ： N(H)=___________。
(6)Ni2+与丁二酮肟可形成鲜红色的二丁二酮肟合镍(M= 289 g·mol-1)，结构如下图所示。
144.5g二丁二酮肟合镍分子内含有σ键___________mol，碳碳键是由___________轨道重叠形成的。
a． sp3和sp2 b． sp2和 sp2 c． sp2和p d． sp3和p
三、原理综合题
7．（2021·云南昆明·统考一模）选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
主反应：4NH3(g) +4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g) ΔH1
副反应：4NH3(g)+ 3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH2
(1)在无氧条件下，NH3也可还原NO：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g) ΔH3
则ΔH2=_______(用含ΔH1、ΔH3的式子表示)。
一定温度下，向2L密闭刚性容器(含催化剂)中投入2molNH3和3molNO，发生反应4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+ 6H2O(g)。达到平衡状态时，NO的转化率为60%，则平衡常数为_______mol·L-1(列出计算式)。
(2)目前使用的SCR催化剂是V2O5-WO3/TiO2，关于该催化剂的说法正确的是_______(填标号)。
A．能加快反应速率，并且改变反应的焓变
B．能增大NH3还原NOx反应的平衡常数
C．具有选择性，能降低特定反应的活化能
(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n(O2)；n(NH3)：n(NO)=71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。
①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为_______。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是_______。
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当n(NH3)/n(NO)≤1时，随着该比值的增大，NO去除率_______(填“增大”“减小”或“不变”)；当n(NH3)/n(NO)>1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是_______。
8．（2022·云南昆明·统考一模）我国提出2060年达“碳中和”目标，通过反应CO2+ H2HCOOH将CO2转化为高附加值产品HCOOH是实现该目标的一种方式。回答下列问题：
(1)向恒容密闭容器中充入1mol CO2和lmol H2， 发生反应： CO2(g)+ H2(g) HCOOH(g)。测定不同温度下CO2的平衡转化率数据如下表所示：
T/K
373
473
573
673
平衡转化率
α
8.4α
24.3α
37.5α
①该反应的△H___________ 0 (填“＞”或“＜”)。已知： 2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) △H1，则反应2CO2(g)+2H2O(g) 2HCOOH(g)+O2(g)的 △H2___________ (用 △H和△H1表示)。
②下列有利于提高CO2的平衡转化率的措施有___________ (填标号)。
A．增大反应体系的压强 B．增大
C．降低反应温度 D．移出HCOOH
③373K下，平衡时压强为P，用各物质的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)表示该反应的平衡常数Kp=___________ (用含α和P的代数式表示)。
(2)浙江大学某国家实验室用水热法还原CO2转化为HCOOH， 探究了不同条件下CO2的转化率，数据如下图所示：
依据以上数据，最佳的摩尔比和反应时间是___________。
(3)中国科学院大学以Bi为电极材料， 利用电化学催化还原法制备HCOOH。用计算机模拟CO2在电极材料表面发生还原反应的历程如下(*表示微粒与Bi的接触位点)：
HCOOH是___________(填 “阴极”或“阳极”)产物。依据反应历程图中数据，你认为电催化还原CO2生成HCOOH的选择性___________(填 “高于”或“低于”)生成CO的选择性，原因是___________。
9．（2023·云南昆明·统考一模）环氧丙烷(，简写为PO)是重要的工业原料，利用丙烯(C3H6)气相直接环氧化是未来工业生产的趋势，寻找合适的催化剂是目前实验研究的热点。丙烯气相直接环氧化反应为：C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) ΔH，回答下列问题：
(1)已知：
i.2C3H6(g)+O2(g) = 2 (g) ΔH1 = - 2263.6kJ·mol-1
ii．H2(g)+ O2(g) = H2O(g) ΔH2 = -241.8 kJ·mol-1
则 ΔH=___________ kJ·mol-1。
(2)①恒温恒容下，下列可判断丙烯气相直接环氧化反应达到平衡的是___________ (填标号)。
A．压强不再变化
B．密度不再变化
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1
D．平均相对分子质量不再变化
②为增大C3H6的平衡转化率，可选择的条件是___________ (填标号)。
A．低温高压 B．增大C3H6浓度
C．使用高效催化剂 D．分离出产物
(3)选用Au/TS-1为催化剂，发生丙烯气相直接环氧化反应，副反应如下：
C3H6(g) + H2(g) + O2(g) = CH3CH2CHO(g) + H2O(g)
C3H6(g) + O2(g) = CH2=CHCHO(g) + H2O(g)
为探究TS-1的粒径对Au/TS-1催化活性的影响，恒温200℃、恒压p kPa条件下，C3H6与H2、O2各20.0 mmol通入反应装置中，t min后部分组分的物质的量如下表所示：
粒径大小/nm
240
450
810
1130
物质的量
PO
1.80
1.45
1.09
0.672
/mmol
所有C3副产物
0.20
0.32
0.05
0.092
当粒径为240 nm， t min时反应恰好达到平衡状态，则C3H6的总转化率为___________，若H2的总转化率为α，则环氧化反应的平衡常数Kp为___________ kPa-1。随着TS-1粒径的增大， PO生成的速率逐渐___________ (填 “增大”或“减小”)，原因是___________。
四、结构与性质
10．（2021·云南昆明·统考一模）超高能含能材料被视为可影响国家安全的战略性技术材料，其组成元素通常含碳、氮、过渡金属元素等。回答下列问题：
(1)在现代化学中，常利用_______来鉴定元素。
(2)[Co(NH3)5CO3]NO3是一种制备超高能含能材料的原料。基态Co3+中有_______个未成对电子，CO的空间立体构型为_______，该物质中所含有的第二周期元素的电负性由大到小的顺序为_______，配离子中的配位数为_______。正丁醇和正己烷是含有该物质中部分元素的有机化合物，已知物质在单位时间内挥发得越快，温度下降得就越快。用温度传感器进行数字化实验，测得这两种有机化合物在挥发过程中的温度变化曲线如图所示。则该数字化实验证明_______(填物质名称)更难挥发，从物质结构角度分析原因为_______。
(3)叠氮化铅[Pb(N3)2]是一种各国都纳入军事标准和民用标准的引爆药，与N互为等电子体的一种分子的分子式是_______。科学家制得一 种高氮化合物BN17，结构组成为N[B(N3)4]- ，该化合物的晶体类型为_______晶体，其中B原子的杂化方式为_______。
(4)2，4-二硝基间苯酚是火工品制造业常用的重要中间体，其摩尔质量为200g·mol-1，分子结构可简化为图1所示，分子在晶体中的堆积方式如图2所示。该晶体属于正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。则该晶体的密度ρ=_______g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
11．（2022·云南昆明·统考一模）国内外学者近年来对金属-有机框架(MOFs)作为催化剂光解制氢和还原CO2等方面的研究取得了丰硕的成果。其中Masaya 等人利用Ti- MOF-NH2、H2PtCl6、 DMF 等原料制备了催化剂Pt/Ti- MOF-NH2。回答下列问题：
(1)Pt的电子排布式为[Xe]4f145d96s1，则Pt在元素周期表中的位置是___________，处于_____区，未成对电子数是________。
(2)PtCl的价层电子对互斥模型如图所示，已知该离子是平面形结构，则该离子中的键角是___________， 中心原子采用的杂化类型可能是___________(填 “dsp2”“sp3”“sp2”或“sp3d2”)。
(3)DMF的结构是 ，σ键与π键的数目比是___________，其中N原子的杂化方式是___________。
(4)已知pKa=—lgKa，CCl3CH2OH 的pKa小于CBr3CH2OH，从分子组成与性质之间的关系解释原因______。
(5)一定条件下， CO2分子可形成干冰晶体，干冰的晶胞模型如图所示。在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子共有___________个。若阿伏加德罗常数为NA， 干冰的密度为ρg·cm-3， 则晶胞体对角线长度是___________cm。
五、有机推断题
12．（2021·云南昆明·统考一模）用A制取D (苯丙炔酸)并制取小分子半导体F的合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)E的名称是_______ ，F中官能团的名称为_______，B的结构简式为_______。
(2)B→C的反应类型为_______，D→E的试剂和条件是_______。
(3)C→D中反应①的化学方程式为_______。
(4)E的同系物G的相对分子质量比E小14，写出一种满足下列条件的G的同分异构体_______。
①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；
②1molG在碱性条件下水解可消耗2molNaOH。
(5)已知：
① (R1、R2为氢原子或烃基)
②C6H5NH2C6H5NO2 (氨基易被氧化)
设计以对硝基甲苯为原料合成麻醉药物苯佐卡因合的成路线______(其他试剂自选)。
13．（2022·云南昆明·统考一模）光刻胶是芯片制造中必不可少的一种光敏材料， 以下是以芳香烃A和乙炔为原料合成某光刻胶J ()的一种路线图。
已知：① RCHO
②RCHO+ R1CH2CHO (R、R1为烃基或氢原子)
回答下列问题：
(1)A的名称是___________， A →B的反应类型是___________。
(2)E中官能团的名称是___________，J的分子式是___________ 。
(3)D →E反应的化学方程式是___________。
(4)G是不饱和酯，生成G时C2H2发生了加成反应，则X的结构简式为___________。
(5)符合下列条件D的同分异构体共有___________种。
①遇FeCl3溶液显紫色；
②分子中有5个碳原子在一条直线上。
(6)设计以乙醇为原料制备1-丁醇的合成路线_______ (无机试剂任选)。
14．（2023·云南昆明·统考一模）依米曲坦(C16H21N3O2) 是治疗偏头疼的药物，一种合成依米曲坦的合成路线如下：
已知Ficher吲哚反应：
回答下列问题：
(1)B中含氮官能团的名称是___________。
(2)A能发生聚合反应生成高聚物，该反应方程式是___________。
(3)C生成D的反应类型是___________反应， D 的结构简式是___________。
(4)由F生成依米曲坦的反应中，新形成的化学键是___________ (填 “σ键”“π键”或“σ键和π键”)
(5)依米曲坦的结构简式是___________。
(6)M是B的同系物，分子量比B小28，满足下列条件的M的核磁共振氢谱图中各组峰的面积之比为___________。
a．苯环上含4个取代基
b．水解产物遇FeCl3溶液显色
(7)依据以上信息，写出以硝基苯、1-丙醇为主要原料制备 的合成路线。___________(其它试剂任选)
参考答案：
1． 分液漏斗 B 防倒吸 补充尾气处理装置 过滤 洗涤 还原 4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2 SO2过量使溶液显酸性，使Na2S2O3不稳定
【分析】根据实验目的，装置A用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫气体；装置B为安全瓶，防止C或D中的溶液倒吸；装置C为制取焦亚硫酸钠晶体；装置D为制取硫代硫酸钠；二氧化硫有毒，在最后应加尾气处理装置。
【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗；二氧化硫易溶于水，应选择浓度较大的，且无挥发性的酸，答案为B；
(2) B的作用可起到安全平的作用，防止溶液倒吸进入装置A中；二氧化硫有毒，反应最后应加NaOH溶液进行尾气处理装置；
(3) C中有焦亚硫酸钠晶体析出，固液分离用过滤的方法分离，再洗涤晶体表面的滤液；焦亚硫酸钠中的S与过氧化氢反应时，化合价升高，表现还原性；
(4) SO2与Na2S和Na2CO3发生反应生成Na2S2O3，S之间发生氧化还原反应，同时生成二氧化碳，化学方程式4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；Na2S2O3在酸性较强的溶液中产生S和SO2，通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，Na2S2O3可使分解。
2．(1)CuSO4 溶液
(2) 过滤 洗涤 漏斗
(3)4
(4) Na2CO3+H2S= NaHS+ NaHCO3 否 碳酸钠溶液也能吸收CO2
(5)—NH—
【分析】由实验装置图可知，第一个洗气瓶中盛有的硫酸铜溶液用于吸收测定天然气中的硫化氢气体，第二个洗气瓶中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳气体，集气瓶的作用是收集除去硫化氢和二氧化碳的天然气。
(1)
由题给信息可知，氯化亚铁不溶于水溶于稀硫酸，而硫化铜既不溶于水又不溶于稀硫酸，所以试剂A为硫酸铜溶液，用于吸收测定天然气中的硫化氢气体，故答案为：CuSO4 溶液；
(2)
第一个洗气瓶中方式的反应为天然气中的硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫酸和硫化铜沉淀，则测量硫化氢含量时对洗气瓶中混合物应进行的操作是过滤、洗涤、干燥、称量，过滤用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：过滤；洗涤；漏斗；
(3)
若通入22.4L标准状况下的气体，生成3.84g硫化铜沉淀，则此天然气中硫化氢的体积分数为×100%=4%，故答案为：4；
(4)
由题给电离常数可知，弱酸或弱酸根的酸性强弱顺序为H2CO3＞H2S＞HCO＞HS—，则由强酸制弱酸的原理可知，硫化氢与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+H2S= NaHS+ NaHCO3；二氧化碳也能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以A中试剂不能用碳酸钠溶液替代硫酸铜溶液，否则会造成测定结果偏高，故答案为：Na2CO3+H2S= NaHS+ NaHCO3；否；碳酸钠溶液也能吸收CO2；
(5)
由结构简式可知，(HOCH2CH2)2NH中亚氨基中氮原子具有孤对电子，能与氢离子反应而表现碱性，故答案为：—NH—。
3．(1) 球形冷凝管 D
(2) DCBEAB
(3) 平面四方形或正方形
【详解】（1）仪器a是球形冷凝管，即名称是球形冷凝管；反应需控制温度为65℃，小于100℃，宜采用的加热方式为水浴加热；
（2）①猜想气体为，,，则先用澄清石灰石检验，已知CO与银氨溶液能发生氧化还原反应，则接着用银氨溶液检验CO，用无水除去水避免对的检验造成干扰，然后用通过灼热的氧化铜，观察现象，用无水检验氢气与氧化铜反应产生的水，来判断是否有氢气，最后连接无水，防止空气中的水蒸气造成干扰，则顺序为DCBEAB；
②装置C、D中均未观察到明显现象说明没有,，E中固体变为红色，A中固体颜色变蓝，说明和CuO反应产生了Cu和，说明含有的气体是；
（3）①猜想溶液中产物为,，滤液加入稀硫酸无明显现象，则说明不含有，液体产物中存在离子是；
②已知能与氨水反应生成(无色)，易被氧化生成（蓝色），根据实验现象可知，该固体产物中含有，则滤渣1中加入足量浓氨水时，主要反应的离子方程式为；
③易被氧化生成（蓝色），滤液2在空气中放置一段时间后，显蓝色的离子是；二价铜离子的四配位化合物比较特殊，不能用价键理论解释，而应该用姜-泰勒效应解释，的3d轨道有9个电子，最后一个电子排布到轨道，则 轴向上的两个配体受到的斥力大，距核较远，形成拉长的八面体，若轴向上的两个配体拉的太远，相当于失去了轴向上的两个配体，变成平面正方形结构，四氨合铜离子的构型为平面正方形，即该离子的空间构型是平面四方形或正方形；
④主要还原产物的物质的量相等，甲醛与新制氢氧化铜发生的主要反应的化学方程式是
4． 提高酸浸氧化的速率 24:5 PbSO4 2Fe3++Fe=3Fe2+ KSCN 1.0 阳 C
【分析】高铟烟灰加入硫酸、高锰酸钾进行酸浸氧化，氧化In2S3中的S为硫酸根离子；溶液中的铅离子与硫酸根离子反应生成硫酸铅沉淀，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入铁粉，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，经一系列操作得到粗铟。
【详解】(1)铟为第49号元素，位于第五周期IIIA族，原子结构示意图为；
(2) 加热溶液可使反应速率增大，提高酸浸效率；过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO，S的化合价由-2价变为+6价，共失去24个电子，Mn的化合价由+7价变为+2价，得到5个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24:5；酸浸时，生成的硫酸铅为不溶于酸的沉淀，则滤渣为硫酸铅；
(3)铁粉能与滤液中的铁离子反应，生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；铁离子与KSCN反应生成红色的硫氰化铁，可加入KSCN溶液检验铁离子是否除净；
(4)根据表中数据，c(H+)=1.0mol/L时，分层时间短，且萃取率较高，最佳c(H+)为1.0mol/L；
(5)根据铜的电解精炼原理，电解精炼铟时，粗铟失电子，作阳极；
(6)锌离子为+2价，其在水相中，故锌在水相中回收。
5．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)PbSO4+2OH— =PbO+SO+H2O
(3)AlO、SO
(4) PbO2+2CH3COOH+H2O2= (CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O
(5) 将溶液中的Fe3+除去 8.5
(6)90
【分析】由题给流程可知，将研磨过筛的废铅膏粉加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为偏铝酸钠，硫酸铅转化为氧化铅，过滤得到含有氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠的溶液I和脱硫铅膏；向脱硫铅膏中加入醋酸溶液和过氧化氢溶液，将脱硫铅膏中的含铅物质转化为溶于水的醋酸铅，氧化铁转化为醋酸铁，向转化后的溶液中分两次加入氢氧化钠溶液，先调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，过滤得到氢氧化铅；氢氧化铅经洗涤、干燥、灼烧得到氧化铅。
(1)
将废铅膏研磨过筛得到废铅膏粉，可以反应物的增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(2)
由题意可知，硫酸铅与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、氧化铅和水，反应的离子方程式为PbSO4+2OH— =PbO+SO+H2O，故答案为：PbSO4+2OH— =PbO+SO+H2O；
(3)
由分析可知，溶液I的主要成分为氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠，则溶液中的阴离子为氢氧根离子、硫酸根离子和偏铝酸根离子，故答案为：AlO、SO；
(4)
过氧化氢是共价化合物，电子式为；由题意可知，二氧化铅与醋酸和过氧化氢混合溶液反应生成醋酸铅、氧气和水，反应的化学方程式为PbO2+2CH3COOH+H2O2= (CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O，故答案为：；PbO2+2CH3COOH+H2O2= (CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O；
(5)
由分析可知，第一次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后第二次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，由溶度积可知，铅离子完全沉淀时，溶液的氢氧根离子浓度为=1×10—5.5mol/L，则溶液的pH为8.5，故答案为：将溶液中的Fe3+除去；8.5；
(6)
由铅原子个数守恒可知，得到669g氧化铅时，铅的回收率为×100%=90%，故答案为：90%。
6．(1)Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O
(2)NiO + (NH4)2SO4NiSO4 + 2NH3↑+ H2O↑
(3)Fe(OH)3
(4) Fe2+、 H+ H2SO4
(5)1:5:3
(6) 16 ab
【详解】（1）Al2O3为两性氧化物，能溶于强碱形成偏铝酸盐。答案为；
（2）焙烧后金属变为硫酸盐，同时有NH3产生。则该反应为↑。答案为↑；
（3）烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO与NH4SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3。95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3。滤渣为Fe(OH)3。答案为Fe(OH)3；
（4）从表数据可以看出，当为0.25时，Ni2+、Fe2+萃取率分别为99%、5%。所以Ni2+进入有机相，而Fe2+主要存在于水中和萃取过程中产生H+在水层。为了从有机相中获得金属离子，需要使该平衡Mn+ + nRH ⇌ MRn+ nH+逆向，加入酸增加产物浓度平衡逆向移动。为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。答案为Fe2+、H+；H2SO4；
（5）H原子分布于2个面心和8条棱上，H原子数为。Ni位于面上和体内，Ni原子数为。La位于晶胞的顶点，其个数为。答案为1:5:3；
（6）。分子中除了H…O为氢键外，其余原子之间均有σ键，每个分子中有32个σ键。所以该物质中σ键物质的量为16mol。分子中有N=C-C=N两个碳原子均为sp2杂化，所以C-C键为sp2- sp2重叠。而N=C-CH3分别为sp2和sp3杂化，则该C-C键为sp2- sp3重叠。答案为16；ab。
7． C C>B>A 在100℃-200℃n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃,没有明显区别 增大 主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多
【详解】(1)副反应：4NH3(g)+ 3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH2，由盖斯定律（主反应×3-无氧反应×3）得：ΔH2= ，
则平衡常数为 = mol/L；
(2) A.能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A错误；
B.能增大NH3还原NOx反应速率，但不能改变其平衡常数，故B错误；
C.具有选择性，能降低特定反应的活化能，增大反应速率，故C正确；
故答案为：C；
(3) ①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C>A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C>B>A；
②有图可知，在100℃-200℃n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃,没有明显区别；
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当当n(NH3)/n(NO)>1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。
8．(1) ＞ 2△H-△H1 ABD
(2)1：1，120min
(3) 阴极 高于 因为生成CO的中间体( *HCOOH)的能垒(活化能)高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的能垒(活化能)
【详解】（1）①由图表分析可知，随温度的升高CO2平衡转化率增大，则该反应属于吸热反应，则△H＞0；由反应①CO2(g)+ H2(g) HCOH(g)△H；反应②2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) △H1，以及反应2CO2(g)+2H2O(g) 2HCOOH(g)+O2(g)△H2，可得目标方程，则△H2=2△H-△H1，故答案为：＞；：2△H-△H1；
②A．由于反应为气体分子数（气体体积）减小的反应，则增大压强，会使平衡正向移动，平衡转化率升高，故A正确；
B． 增大相当于增大平衡正向移动，使平衡转化率升高，故B正确；
C．由于△H＞0，降低温度，平衡逆向移动，使平衡转化率降低，故C错；
D．移出HCOOH，使生成物浓度减小，平衡正向移动，使平衡转化率升高，故D正确；
故答案选ABD；
③有表格中的数据分析可知，373K下平衡转化率α，则由“三段式”，则平衡时气体的总物质的量，即各物质的分压分别为，则平衡常数=，故答案为：；
（2）由图示分析可知，摩尔比=1：1时在约90min时二氧化碳的转化率显著增加，当时间约为120min时，其转化率几乎无变化，则最佳的摩尔比和反应时间分别为1：1,120min，故答案为：1：1,120min；
（3）由制备，C元素化合价由+4价降低至+2价，发生还原反应，所以应为阴极产物；由图生成的活化能为0.43eV；生成CO的活化能为1.1eV，所以生成的选择性高于生成CO的选择性，故答案为：阴极；高于；因为生成CO的中间体( *HCOOH)的能垒(活化能)高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的能垒(活化能)。
9．(1)-1373.6
(2) AD AD
(3) 10% 减小 粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低
【详解】（1）已知：i.2C3H6(g)+O2(g) = 2 (g) ΔH1 = - 2263.6kJ·mol-1
ii．H2(g)+ O2(g) = H2O(g) ΔH2 = -241.8 kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i+ ii得反应C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) 则 ΔH=- 2263.6kJ·mol-1-241.8 kJ·mol-1=-1373.6kJ·mol-1；
（2）①A．丙烯气相直接环氧化反应C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g) 为气体体积缩小的反应，在恒温恒容条件下反应，若压强不变，则反应达平衡状态，选项A符合；
B．反应在恒容条件下进行且反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不再变化无法说明反应达平衡状态，选项B不符合；
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1，无法说明正逆反应速率相等，无法说明反应达平衡状态，选项C不符合；
D．所有反应物均为气体，气体总质量不变，而反应为气体体积缩小的反应，平均相对分子质量为变量，根据“变量不变达平衡”可知，若平均相对分子质量不再变化说明反应达平衡，选项D符合；
答案选AD；
②A．反应为气体体积缩小的放热反应，低温高压有利于平衡正向移动，增大C3H6的平衡转化率，选项A符合；
B．增大C3H6浓度，平衡正向移动，但C3H6的平衡转化率反而减小，选项B不符合；
C．催化剂不能使平衡移动，故C3H6的平衡转化率不变，选项C不符合；
D．分离出产物，平衡正向移动，C3H6的平衡转化率增大，选项D符合；
答案选AD；
（3）240 nm， t min时，PO平衡时为1.8mmol，生成1.8molPO，会消耗1.8molC3H6、1.8molO2、生成1.8molH2O，C3副产物为0.2mmol，由副产物反应物，生成0.2mol副产物，消耗0.2mol C3H6、0.2molO2、生成0.2molH2O，H2总转化率为α，则平衡时n(H2)=20(1-α)mmol；平衡时n(C3H6)=(20-1.8-0.2)mmol=18mmol；n(O2)=(20-1.8-0.2)mmol=18mmol；n(PO)=1.8mmol，n(H2O)= (1.8+0.2)mmol=2mmol；
当粒径为240 nm， t min时反应恰好达到平衡状态，则C3H6的总转化率为；
n总=59.8-20α+0.2=60-20α，则Kp===；
随着TS-1粒径的增大，粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低，故PO生成的速率逐渐减小。
10． 光谱分析
4 平面三角形
O＞N＞C 6 正丁醇 正丁醇分子间存在氢键 CO2、N2O、CS等 离子 sp3
【详解】(1)原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，因此常利用光谱分析来鉴定元素；
(2)基态Co原子序数27，价电子排布式为3d74s2，则Co3+价电子排布式为3d6，有4对未成对电子；CO中心原子孤电子对数=(4+2-2×3)=0，价层电子对为3，则C杂化类型为sp2杂化，空间构型为平面三角形；第二周期元素有C、N、O，非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；配体为NH3、CO，配位数为6；已知物质在单位时间内挥发得越快，温度下降得就越快，根据图象，正丁醇温度降低慢，更难挥发，从结构分析，正丁醇分子间存在氢键，导致熔沸点升高；
(3) N中含有3个原子，22个电子，其分子形式的等电子体为CO2、N2O、CS2等；BN17结构组成为N[B(N3)4]- ，含有离子键，属于离子晶体；[B(N3)4]-中心B原子孤电子对数=(3+1-1×4)=0，价层电子对数为4，为sp3杂化；
(4)根据图象，1mol晶胞中，含有4mol2，4-二硝基间苯酚；1mol晶胞的体积为abc×10-30×NAcm3，则晶体的密度ρ=g·cm-3=g·cm-3。
11．(1) 第六周期VIII族 d区 2
(2) 90° dsp2
(3) 11：1 sp3
(4)Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小
(5) 12
【详解】（1）由铂的电子排布式为[Xe]4f145d96s1可知，铂元素位于元素周期表第六周期VIII族、处于d区，其中5d轨道和6s轨道各有1个未成对电子，共有2个未成对电子，故答案为：第六周期VIII族；d区；2；
（2）由四氯合铂离子的价层电子对互斥模型和离子的空间构型为平面形结构可知，离子中的键角为90°，铂原子的杂化类型为dsp2杂化，故答案为：90°；dsp2；
（3）DMF分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构简式可知，分子中σ键与π键的数目比是11：1，分子中形成单键的氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：11：1；sp3；
（4）CCl3CH2OH分子中氯元素的电负性强于CBr3CH2OH分子中溴元素的电负性，氯原子吸电子能力强于溴原子，CCl3CH2OH分子中羟基的极性强于CBr3CH2OH分子，在溶液中更易电离出氢离子，溶液酸性更强，pKa更小，故答案为：Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的二氧化碳分子与位于面心的二氧化碳分子紧邻，则与一个二氧化碳分子紧邻的分子共有12个，晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳的个数为8×+6×=4，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得a=，则晶胞的体对角线为cm，故答案为：12；。
12． 苯丙炔酸乙酯 酯基、碳碳双键 加成 乙醇、浓硫酸加热 +3KOH+2KBr+3H2O
【分析】根据合成路线，B→C为B与溴发生加成反应，则B为。
【详解】(1)E的名称是3-苯基-2丙炔酸乙酯；F中含有酯基、碳碳双键；B的结构简式为；
(2)B→C为B与溴发生的加成反应；D→E为D与乙醇发生酯化反应，反应条件为浓硫酸加热；
(3)C→D中反应①为卤代烃的消去反应及羧基与碱的反应，方程式为+3KOH+2KBr+3H2O；
(4)E的同系物G的相对分子质量比E小14，则G的分子式为C10H8O2，①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；②1molG在碱性条件下水解可消耗2molNaOH，则酯基水解后生成物中含有酚羟基，则符合的同分异构体为，有机物为非对称结构，甲基在苯环上有4个位置，在碳碳双键上有2个位置，写出任意一种即可；
(5)对硝基甲苯与酸性重铬酸钾反应生成对硝基苯甲酸，对硝基苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成对硝基苯甲酸乙酯，再发生硝基的还原反应即可，流程为。
13．(1) 甲苯 取代反应
(2) 碳碳双键、羧基 (C11H10O2)n或C11nH10nO2n
(3)2+O2 2
(4)CH3COOH
(5)5
(6)CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO
【分析】由A与光照下发生取代反应生成B（）可知A的分子式为，结合F可知A中含苯环，则A为甲苯；B为氯气与A发生取代反应生成B，则B为二氯甲苯；由已知①可得C为苯甲醛；由已知②可知D的结构简式为；D在催化氧化为E，结合E的分子式可得E的结构简式为；F 与I 在一定条件下发生取代反应生成目标产物J。据此分析可得：
【详解】（1）由A与光照下发生取代反应生成B，结合B的分子式可得A的分子式为，结合F可知，A中含苯环，则A为甲苯；故答案为：甲苯；取代反应；
（2）E的结构简式为，则所含官能团为碳碳双键和羧基；由J的结构简式， 可知其分子式为(C11H10O2)n或C11nH10nO2n，故答案为：碳碳双键、羧基；(C11H10O2)n或C11nH10nO2n；
（3）D的结构简式为，其中醛基能被氧气氧化为羧基则其方程式为2+O2 2，故答案为：2+O2 2；
（4）由已知H为，则G为，与X在一定条件下发生加成反应生成G，可知X的结构简式CH3COOH，故答案为：CH3COOH；
（5）D的分子式为，其结构简式为：其同分异构体满足①遇FeCl3溶液显紫色，则该分子中含苯环且含羟基；②分子中有5个碳原子在一条直线上，则共五种，故答案为：5；
（6）CH3CH2OH与在Cu（或Ag）做催化剂并加热发生催化氧化反应生成CH3CHO；在碱性条件并加热下反应生成CH3CH=CHCHO；CH3CH=CHCHO在催化加H得到，则其合成路线为：CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO，故答案为：：CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO。
14．(1)氨基、硝基
(2)n+(n-1)H2O
(3) 取代
(4)σ键和π键
(5)
(6)1∶1∶1∶2∶3
(7)
【分析】有机物推断和合成，常采用对比的方式进行分析和判断，找出不同部位，不同部位说明断键或形成化学键，如推断D的结构简式，对比C和E的结构简式，D生成E需要氢气参与反应，说明硝基转化成氨基，因此推出D的结构简式为 ，据此分析解答；
【详解】（1）根据B的结构简式，含氮官能团名称为氨基和硝基；故答案为：氨基、硝基；
（2）A中含有羧基和氨基，能通过缩聚反应得到高分子化合物，其反应方程式为n+(n-1)H2O；故答案为：n+(n-1)H2O；
（3）D的结构简式为 ，C中氨基中 1个“N-H”断裂，羟基中“O-H”断裂，COCl2中“C-Cl”断裂，C中断裂下的氢与Cl结合成HCl，剩余部分结构，C→D的反应类型为取代反应；故答案为：取代反应； ；
（4）根据Ficher吲哚反应可知，依米曲坦的结构简式为 ，对比F和依米曲坦结构简式，新形成碳碳双键，即新形成的化学键是σ键和π键；故答案为：σ键和π键；
（5）根据上述分析，依米曲坦的结构简式为 ；故答案为： ；
（6）M是B的同系物，分子量比B小28，说明M比B少了两个“CH2”，M的分子式为C8H8N2O4，水解产物遇FeCl3溶液显色，说明水解后有酚羟基，因此符合条件的是 或 ，无论哪种，峰面积之比都为3∶2∶1∶1∶1；故答案为：3∶2∶1∶1∶1；
（7）根据所制备物质，可以确定采用Ficher吲哚反应，用 与丙醛反应得到，1-丙醇与氧气在铜作催化剂下加热的生成CH3CH2CHO，根据路线中D连续生成F可以得出：→ →，因此路线为 ；故答案为： 。
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