广东省广州市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份广东省广州市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共36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。

广东省广州市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

一、实验题
1．（2021·广东广州·统考二模）实验室以为原料，用两种方法制备高锰酸钾。已知：在浓强碱溶液中可稳定存在，溶液呈墨绿色，当溶液碱性减弱时易发生反应：
(1)法。实验装置如图。

①反应一段时间后，用玻璃棒蘸取溶液滴在滤纸上，仅有紫红色而没有绿色痕迹，由此可知_______。
②停止通入，过滤除去_______(填化学式，下同)，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤得到粗品。若通入过多，产品中可能混有的杂质是_______。
(2)电解法。实验装置如图。

①阳极的电极反应式为_______，阴极产生的气体为_______(填化学式)。
②与法相比，电解法的主要优点是_______(写一条)。
(3)高锰酸钾可用于测定软锰矿中的含量，实验过程如下：
称取m g样品于锥形瓶中，加入溶液，加稀酸化，充分反应后，用，标准溶液滴定过量的，消耗溶液。
①滴定终点时溶液的颜色变化是_______。
②软锰矿中的质量分数表达式为_______。
2．（2022·广东广州·统考二模）SO2和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品添加剂。回答下列问题：
(1)实验室用H2SO4和NaHSO3制取SO2的化学方程式为_______。欲净化与收集SO2，选择必要装置，按气流方向连接顺序为_______(填仪器接口的字母编号)。

(2)焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。
已知：2NaHSO3Na2S2O5+H2O。
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、稀HNO3、BaCl2溶液、酸性KMnO4溶液、H2O2溶液
实验编号
实验步骤
现象
结论
I
取少量样品，加入除氧蒸馏水
固体完全溶解得到无色溶液
/
II
取实验I的溶液，_______
_______
样品已氧化变质
III
另取实验I的溶液，_______
_______
样品未完全氧化变质
(3)某小组利用下列装置测定空气中SO2的含量。

已知该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI。若空气流速为a m3·min-1，当观察到_______时，结束计时，测定耗时t min。假定样品中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO2的含量是_______mg·m-3。
3．（2023·广东广州·统考二模）某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)实验室以和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为：。该反应的氧化产物是_____________。将该反应设计成原电池，氧化反应为，还原反应为_____________。
(2)当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行、的氧化性和Cl的还原性均减弱，为此进行探究。
实验任务  探究离子浓度对氧化性的影响
提出猜想
猜想a：随减小，的氧化性减弱。
猜想b：随增大，的氧化性减弱。
查阅资料    电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强。
验证猜想    用0.10溶液、0.10溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同)，将电极置于混合液中测定其电极电势φ，进行表中实验1～3，数据记录。
实验序号
V()/mL
V()/mL
V()/mL
电极电势/V
1
20
20
0

2
m
n
10

3
20
10
10

①根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据：m＝_____________，n＝_____________。
②根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是_______(用电极电势关系表示)。
探究结果    固液混合物A中仍存在和盐酸的原因是随着反应进行，溶液中减小、增大，氧化性减弱。
③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随增大，还原性增强。
实验验证：在固液混合物A中加入__________(填化学式)固体，加热。证明推断正确的实验现象是____________________。
(3)根据电化学的相关知识，小组同学分别利用电解池(图1)和原电池(图2)装置，成功实现了铜与稀硫酸制氢气。

①图1中阳极的电极反应式为___________________。
②结合(2)的探究结论，图2中试剂X是_____________，试剂Y是_____________。
可选试剂：稀硫酸、溶液、NaOH溶液、溶液、溶液(浓度均为1.0)

二、工业流程题
4．（2021·广东广州·统考二模）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、、及少量、、FeO、、)中提取铍的工艺如图：

已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
(1)铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式_______。
(2)“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是_______。
(3)“浸出渣”的主要成分是_______。
(4)“除铁”中发生反应的离子方程式：、_______。
(5)“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率_______(填“越高”、“越低”或“不变”)。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，_______。
(6)由油酸铍制备BeO的方法是_______。
5．（2022·广东广州·统考二模）金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下：

回答下列问题：
(1)“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为_______。
(2)“碱浸”所得浸出渣的主要成分是_______。
(3)“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，写出生成Al(OH)3的离子方程式_______。
(4)“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有_______。
(5)“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为_______。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为_______L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成_______(填化学式)可循环利用。

6．（2023·广东广州·统考二模）氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、]制备GaN的工艺流程如下：

已知：
①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，，，。
③、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度/
反萃取率/%


2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3
回答下列问题：
(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式为____。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。
(2)“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为0.21、65。常温下，为尽可能多地提取并确保不混入，“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式表示)。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。
(6)①GaN的熔点为1700℃，的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为________。该晶体密度为，GaN的式量为，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)


三、原理综合题
7．（2021·广东广州·统考二模）加氢制是资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ   
反应Ⅱ
回答下列问题：
(1)根据图(a)，_______，_______。

(2)在4.0MPa压强下，按把两种气体通入恒压反应器中，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化关系如图(b)。已知：

①525~575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为_______(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。
②475K时，平衡体系中_______，反应Ⅰ的平衡常数_______(列出计算式)。
(3)为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是_______(写一条)。
(4)利用M催化，加氢制的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，表示活化能，单位为eV。

①转化为的化学方程式为_______。
②下列说法正确的是_______(填标号)。
A．与能量差为0.60eV
B．第ii步有键断裂
C．第iii步反应速率最慢
D．加入催化剂M不影响的平衡产率
8．（2022·广东广州·统考二模）乙烯是石油化工最基本原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)  ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有_______、_______。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为_______kPa，该反应的平衡常数Kp=_______ kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b．2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g)   △H4＜0
(3)根据盖斯定律，反应a的△H2=_______ (写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应_______(选填“a、b、c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6):n(O2)=1:1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。

①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是_______。
②在570~600°C温度范围内，下列说法正确的有_______(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式_______。该历程的催化剂是_______。

9．（2023·广东广州·统考二模）和重整制取合成气CO和，在减少温室气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应：
反应a：    
反应b：        
反应c：    
反应d：    
(1)重整时往反应体系中通入一定量的水蒸气，可在消除积碳的同时生成水煤气，反应为，该反应的△H＝_____________(写出一个代数式)。
(2)关于和重整，下列说法正确的是 (填编号)。
A．的物质的量保持不变时，反应体系达到平衡状态
B．恒容时通入增大压强，的平衡转化率减小
C．加入反应c的催化剂，该反应的平衡常数K增大
D．达到平衡后，降低反应温度，反应d的
(3)一定压强下，按照投料，和重整反应达到平衡时各组分的物质的量分数随温度的变化如图所示

①图中曲线m、n分别表示物质_____________、_____________的变化(选填“”“CO”或“”)。
②700℃后，C(s)的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______________________________________。
③某温度下体系中不存在积碳，和的物质的量分数分别是0.50、0.04，该温度下甲烷的平衡转化率为_____________，反应b的平衡常数K＝_____________(列出计算式)。

四、结构与性质
10．（2021·广东广州·统考二模）过渡金属硫族化合物为具有良好可控性的半导体材料，可用于太阳能电池制备、激光技术、光催化水的裂解等领域。的其中一种制备方法是以CuS、ZnS、和Cu为原料高能球磨后，在气氛中退火。回答下列问题：
(1)所给电子排布图中，能表示基态S原子3p轨道电子状态的是_______(填标号)。
A．B．
C． D．
(2)基态的价层电子排布式是_______。
(3)CuS由与反应制备。根据价层电子对互斥模型，中心原子价层电子对数为_______。的空间构型为_______。
(4)的晶体类型与CuS相同，除上述用途外，也用于制作火柴头。火柴燃烧时，转化为和，这三种物质熔点由高到低的顺序是_______。
(5)的四方晶胞如图所示。

①Sb位于晶胞的顶点和体心，则图中A代表的原子是_______。
②原子A的坐标为，原子B的坐标为，则原子C的坐标为_______。
③设阿伏加德罗常数的值为，则的密度为_______(列出计算表达式)。。
11．（2022·广东广州·统考二模）氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
(1)基态N原子的核外电子排布式为_______，第一电离能：I1(N)_______I1(O)(填“大于”或“小于”)。
(2)N及其同族的P、As均可形成类似的氢化物，NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_______(填化学式)。
(3)[N5]+[AsF6]-是一种全氮阳离子形成的高能物质，其结构如图所示，其中N原子的杂化轨道类型为_______。

(4)科学家近期首次合成了具有极性对称性的氮化物钙钛矿材料-LaWN3，其立方晶胞结构如图所示，晶胞中La、W、N分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞参数为a nm。

①La与N间的最短距离为_______nm，与La紧邻的N个数为_______。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于_______位置，N处于_______位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式)。

五、有机推断题
12．（2021·广东广州·统考二模）化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如图：

回答下列问题：
(1)C的化学名称是_______。
(2)反应①的化学方程式是_______。
(3)反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是_______。
(4)G中含氧官能团的名称是_______。
(5)反应⑥的反应类型为_______。
(6)芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有，其核磁共振氢谱峰面积比为，写出两种符合要求的化合物X的结构简式_______。
(7)写出以和为原料制备的合成路线_______(其他无机试剂任选)。
13．（2022·广东广州·统考二模）白藜芦醇的化学合成前体化合物H的合成路线如下：(其中R表示)

回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_______。
(2)A生成B的化学方程式是_______。
(3)D生成E的化学方程式可表示为：D=E+H2O，E的结构简式是_______。
(4)反应①②③④⑤中属于消去反应的有_______。
(5)W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为_______。
条件：a)芳香族化合物；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳。
(6)根据上述信息，写出以为原料合成的路线(不需注明反应条件)_______。
14．（2023·广东广州·统考二模）化合物Ⅷ是一种用于制备神经抑制剂的中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)化合物I的分子式是_____________。化合物Ⅷ中的含氧官能团的名称是_____________。
(2)化合物I的沸点高于化合物II，其原因是____________________________________________________。
(3)反应①是原子利用率100%的反应，则a为_____________。
(4)反应②的反应类型为_____________。
(5)化合物Ⅲ有多种同分异构体，其中含结构的有_____________种(不计III)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为_____________(写出其中一种)。
(6)写出以和乙醇为原料合成化合物的单体的合成路线(无机试剂任用)________。

参考答案：
1． 基本完全反应生成了 纯度高，产率高 最后一滴溶液由无色变为紫色，且30s内不褪色
【分析】用两种方法制备高锰酸钾：当溶液碱性减弱时易发生反应：，法：通入，溶液酸性逐渐减弱，同时生成K2CO3，若过多，会与KOH反应生成；电解法：阳极为：，阴极为：，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高；写出测定过程中发生两个反应方程式，根据方程式或关系式计算。
【详解】(1)①溶液有紫红色说明生成，而没有绿色痕迹，说明基本反应完成；故答案为：基本完全反应生成了；
②通入，溶液酸性逐渐减弱，由题目信息可知同时生成的还有沉淀，可通过过滤除去；故答案为：；
若过多，会与KOH反应生成，故产品中还可能混有。故答案为：；
(2)①由题可写出电极方程式：
阳极为：
阴极为：
故答案为：；；
②和(1)中法相比，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高。故答案为：纯度高，产率高；
(3)由题可知测定过程中发生两个反应，首先是，反应完成后剩余再与反应：。当反应完成后，剩余，溶液变为紫色。
① ②
故测得质量为，
质量分数为，故答案为：最后一滴溶液由无色变为紫色，且30s内不褪色；。
2．(1) H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑ baefgh
(2) 向其中加入足量稀盐酸，振荡、静置，然后滴加BaCl2溶液 出现白色沉淀 酸性KMnO4溶液 溶液褪色
(3) 蓝色变为无色

【分析】H2SO4和NaHSO3发生复分解反应制取SO2，装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接。在检验物质成分时，若样品已经变质，则溶液中含有，可根据BaSO4是白色既不溶于水也不溶于酸的性质检验；若样品为完全变质，则溶液中含有，该物质具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，据此判断。在测定空气中SO2的含量时，可根据方程式SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI中物质转化关系，n(SO2)=n(I2)，结合m=n·M计算SO2的质量，再结合空气的流速及通气时间计算该空气样品中SO2的含量。
【详解】（1）实验室用H2SO4和NaHSO3发生复分解反应制取SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；
实验室用上述方法制取的SO2中含有水蒸气，可浓硫酸吸收，导气管长进短出。然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh；
（2）II．取少量实验I的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静置，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀，则样品已氧化变质；
III．另取实验I的溶液，向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，若观察到酸性KMnO4溶液褪色，说明溶液中含有焦亚硫酸钠，即样品未完全氧化变质；
（3）在100 mL0.1000 mol/L碘溶液中含有溶质I2的物质的量n(I2)=0.1000 mol/L×0.1 L=0.0100 mol，含有SO2的空气不断通入碘水中，发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据物质转化关系可知：n(SO2)=n(I2)=0.0100 mol，m(SO2)=0.0100 mol×64 g/mol=0.6400 g=640 mg，通入空气的体积V=a m3·min-1×t min=at m3，故该空气样品中SO2的含量是：。
3．(1) Cl2 MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+
(2) m=10 n=20 φ1<φ3 NaCl 又产生黄绿色气体
(3) Cu-2e-=Cu2+ 稀硫酸 NaOH溶液

【详解】（1）该反应中MnO2得电子发生还原反应得到MnCl2，而HCl失电子经氧化的都Cl2。氧化产物为Cl2，还原反应为MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+。答案为Cl2；MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+；
（2）表格数据分析，实验1为对比实验，而3改变了MnSO4的体积，1和3组合研究Mn2+浓度对电极电势的影响。那么2和1组合可以研究H+浓度的影响，所以改变H2SO4的体积而不改变MnSO4的体积，同时保证总体积为40mL，则m=10、n=20。随着Mn2+浓度增大MnO2氧化性减弱，电势降低即φ1<φ3。已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性减弱，保证单一变量只改变Cl-的影响，可加入NaCl固体，若加热反应又产生黄绿色气体，说明Cl-的浓度越大其还原性增强。答案为m=10、n=20；φ1<φ3；NaCl；若加热反应又产生黄绿色气体；
（3）图1为电解池，Cu极为阳极，石墨为阴极。阳极Cu优先放电即：Cu-2e-=Cu2+。图2为原电池利用Cu与H2SO4制备H2，负极为Cu，正极区为H2SO4。为了增强Cu的还原性，正极区加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+。答案为Cu-2e-=Cu2+；稀硫酸；NaOH溶液。
4． 增大与的接触面积，加快浸出速率 、 越低 冷却结晶，过滤 高温焙烧
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、、、、FeO、Fe2O3、都发生溶解，只有不反应，、发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。
【详解】(1)由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：。答案为：；
(2)由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与的接触面积，从而加快浸出速率。答案为：增大与的接触面积，加快浸出速率；
(3)根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙。答案为：、；
(4)根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以是难溶于水的固体，根据题意可知，。答案为：；
(5)根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。答案为：越低；冷却结晶，过滤；
(6)油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍。答案为：高温焙烧。
【点睛】分析工业流程图时，应沿着工业生产的过程，将杂质、工业品中所含元素的转化逐一理顺，便可获得操作目的及发生反应的方程式。
5．(1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑
(2)Fe2O3
(3)
(4)GaO、OH-
(5) GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH- 16.8 Na2CO3、CO2

【分析】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；
【详解】（1）“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
（2）高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠， 氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，；
（4）转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO和过量的OH-；
（5）阴极GaO得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O- 4e- =4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga ~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。
6．(1) Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O CaSO4
(2)略小于5.7
(3) 6mol/L 2mol/L
(4)Ga(OH)3+OH-=+2H2O
(5)Ga2O3+2NH32GaN+3H2O
(6) 共价晶体 分子晶体 4

【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。
【详解】（1）Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。
（2）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。
（3）根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L。
（4）Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O。
（5）Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。
（6）①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。
②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为，设晶胞边长为anm，则ρ=，则a=nm。
7． —49.4 +41.2 反应II 2:1 增大压强 ACD
【详解】(1)由图a可知，反应Ⅱ的焓变为+41.2kJ/mol，反应Ⅰ的焓变为，故答案为：—49.4；+41.2；
(2)①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，则反应Ⅱ中二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大，故答案为：反应Ⅱ；
②设起始氢气为3mol，二氧化碳为1mol，由图可知，475K时甲醇平衡产率为20%，二氧化碳平衡转化率为30%，由甲醇平衡产率为20%可知，反应Ⅰ生成甲醇和水都为0.2mol，消耗二氧化碳0.2mol、氢气0.6mol，由二氧化碳平衡转化率为30%可知，反应Ⅱ消耗二氧化碳和氢气均为0.1mol，生成一氧化碳和水均为0.1mol，则平衡体系中二氧化碳的物质的量为(1mol—0.3mol)=0.7mol、氢气的物质的量为(3mol—0.7mol)=2.3mol、甲醇的物质的量为0.2mol、水的物质的量为(0.2mol+0.1mol)=0.3mol、一氧化碳的物质的量为0.1mol，
平衡体系中甲醇与一氧化碳的物质的量之比为2:1，氢气、二氧化碳、甲醇和水的平衡分压分别为×4MPa、×4MPa、×4MPa、×4MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp=，故答案为：2:1；；
(3) 反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率增大、甲醇的平衡产率增大，故答案为：增大压强；
(4)①由图可知，转化为的反应为、H*和HO*反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②A．由图可知，破坏氢分子中的共价键需要吸收0.6eV的能量，则氢分子与的能量差为0.60eV，故正确；
B．由图可知，反应ii中无键断裂，故错误；
C．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应iii的活化能最大，则反应iii的反应速率最慢，故正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡的移动方向，加入催化剂M不影响甲醇的平衡产率，故正确；
ACD正确，故答案为：ACD。
8．(1) 升高温度 降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
(2) 110 15
(3)△H3−2△H4
(4)a
(5) 体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4 AB C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙ BNOH

【解析】（1）
C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
（2）
一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，

根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
（3）
根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3−2ΔH4。答案为：ΔH3−2ΔH4；
（4）
为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
（5）
升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C错误；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；
故选AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO∙和HO2∙，生成的BNO∙再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5∙、C2H5∙再与O2反应生成C2H4和HO2∙；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙；BNOH。
【点睛】分析催化剂时，需看物质在变化过程中是如何表现的。如果先参加反应，后由反应生成，则其为催化剂。
9．(1)△H1-△H2-△H3
(2)AD
(3) CO2 H2 反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C(s)的物质的量分数的影响比反应 d 左移的大 12.5%

【详解】（1）该反应由a-b-c得到即△H=△H1-△H2-△H3。答案为△H1-△H2-△H3；
（2）A．随着反应进行CH4不断减少，平衡时保持不变，A项正确；
B．恒容时，平衡体系中各物质的浓度不发生改变，平衡不移动，CO2转化率不变，B性错误；
C．加入催化剂只改变反应历程不改变平衡常数，C项错误；
D．达到平衡后，降低温度反应d正向移动，v正>v逆，D项正确；
故选AD。
（3）反应起始投入CH4和CO2为2：1，所以m为CO2。同时700℃之后C固体增加，即700℃以上的高温有利于反应c正向进行，反应c正向进行H2物质的量分数增加则n为H2。P为CO。设反应投入CH4和CO2物质的量分别为2mol、1mol。根据反应列出以下三段式：

，则平衡时CO2物质的量为(1-n-m)mol，CO的物质的量为(n+2m)mol，H2O物质的量为nmol，H2为(2m-n)mol，CH4为（2-m）mol，则平衡体系中气体总物质的量为（3+m）mol。已知CH4和H2O的物质的量分数分别是0.50、0.04，则建立等式为、得m=0.25、n=0.14。则CH4的转化率为。则K=。答案为反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C(s)的物质的量分数的影响比反应 d 左移的大；12.5%；。
10． AC 4 正三角形 Cu (1，，)
【详解】(1)硫元素的原子序数为16，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4；
A．符合核外电子排布规律，故正确；
B．由洪特规则可知，电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，则违背洪特规则， 故错误；
C． 符合核外电子排布规律，故正确；
D．由泡利不相容原理可知，一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋相反，则违背泡利不相容原理，故错误；
AC正确，故答案为：AC；
(2)铜元素的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，则基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
(3)硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤孤对电子对数为0，则离子的空间构型为平面正三角形，故答案为：4；正三角形；
(4)分子晶体的熔点小于离子晶体，二氧化硫为分子晶体，三氧化二锑和三硫化二锑都为离子化合物，则二氧化硫的熔点最低；离子晶体中，离子键越强，晶体的熔点越高，由于氧离子的离子半径小于硫离子，锑离子和氧离子形成的离子键强于锑离子和硫离子形成的离子键，三氧化二锑的熔点高于三硫化二锑，则三种物质熔点由高到低的顺序为，故答案为：；
(5) ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的锑原子个数为8×+1=2，位于面上的小黑球的个数为8×=4，位于面心和棱上的小灰球的个数为2×+4×=2，位于体内的大白球的个数为8，由晶体的化学式为可知，小黑球A、B、C均为铜原子，小灰球为锌原子，大白球为硫原子，故答案为：Cu；
②由位于yz面上的原子A的坐标为和位于xz面上的原子B的坐标为可知，位于xyz面上的原子C的坐标为(1，，)，故答案为：(1，，)；
③设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=[ (a×10—10) 2 ×2a×10—10]×d，解得d=，故答案为：。
11．(1) 1s22s22p3 大于
(2)NH3> AsH3>PH3
(3)sp、sp2
(4) 12 体心 棱心

【详解】（1）N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：I1(N)大于I1(O)。
（2）分子中N原子的电负性比较强，在氨气分子间存在氢键，导致沸点升高；NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3> AsH3>PH3。
（3）能形成双键的N原子除σ键、π键，还存在孤电子对，采用sp2杂化；形成叁键的2个氮原子为直线型结构，为sp杂化，故N原子的杂化轨道类型为sp、sp2。
（4）①晶胞参数为a nm ，La与N间的最短距离为面对角线的一半，为；由图可知，与La紧邻的N个数为12。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则可以将晶胞向外延伸，在新的晶胞中，La处于8个W构成的立方体的体心位置，N处于2个W构成的棱的棱心位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA；晶胞中La原子位于顶点一个晶胞中La原子数目为，W原子位于晶胞内部，一个晶胞中W原子数目为1，N原子位于面心，一个晶胞中N原子数目为，则晶胞质量为；晶胞参数为a nm，则晶胞体积为，所以密度为g·cm-3。
12． 对氯苯甲醛(4—氯苯甲醛) +Cl2HCl+ 羧基、硝基 还原反应 、
【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成，则B为；与二氧化锰发生氧化反应生成，与CH3NO2反应生成，由反应④的原子利用率为100%可知，与发生加成反应生成，则E为；在稀盐酸中共热反应生成，在镍做催化剂作用下，与氢气发生还原反应生成。
【详解】(1)C的结构简式为，名称为对氯苯甲醛或者4—氯苯甲醛，故答案为：对氯苯甲醛或者4—氯苯甲醛；
(2) 由分析可知，反应①为在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
(4)G的结构简式为，分子中含有的含氧官能团为羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；
(5) 由分析可知，反应⑥为在镍做催化剂作用下，与氢气发生还原反应生成，故答案为：还原反应；
(6)H的结构简式为，分子式为，由H的芳香化合物同分异构体X中含有硝基，核磁共振氢谱图峰面积比为3：2：1可知，X分子的结构对称，符合条件的结构简式为、，故答案为：、；
(7) 由题给信息可知，以和为原料制备的合成步骤为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，与发生加成反应生成，合成路线为,故答案为：。
13．(1)羧基、醚键
(2)
(3)
(4)⑤
(5) 10 或
(6)

【分析】A与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：，B与RMgCl在CuI作用下发生加成反应产生C，C与NaOH水溶液，共热发生酯的水解反应，然后酸化可得D，D脱去1分子H2O生成E：，E与在LDA作用下发生取代反应产生F和HCl，F与H2发生加成反应产生G，G在一定条件下发生消去反应产生H。
（1）
根据A结构简式可知A分子中的含氧官能团名称为羧基、醚键；
（2）
A分子中含有-COOH，与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：和H2O，该反应为可逆反应，化学方程式为：；
（3）
D生成E同时产生H2O，该反应方程式为，则E的结构简式是；
（4）
在上述反应中，反应①属于取代反应，反应②属于取代反应，反应③属于取代反应，反应④属于加成反应，反应⑤属于消去反应，则上述反应中属于消去反应的有⑤；
（5）
W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，符合条件a)芳香族化合物，说明分子中含有苯环；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳，说明分子中含有2个-COOH，则该同分异构体分子中除苯环外，若只有一个侧链，只有1种结构；若含有2个侧链-COOH、-CH2-COOH，二者在苯环上有邻、间、对三种物质，因此有3种不同结构；若含有3个侧链：-COOH、-COOH、-CH3，都处于邻位有2种结构；都处于间位，只有1种结构；若2个相邻，一个相间，有3种结构，故符合要求的同分异构体种类数目为1+3+2+1+3=10种；其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；
（6）
与H2在一定条件下发生加成反应产生，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质在催化剂存在条件下与H2发生加成反应产生，该物质在催化剂存在条件下加热，发生取代基在苯环邻位上的取代反应产生，故以为原料合成的流程图为：。
14．(1) C7H7OF 酯基
(2)的分子间存在氢键
(3)H2O
(4)加成反应
(5) 5 (CH3)2CHCOOH、(CH3)2CHOOCH
(6)

【详解】（1）化合物I的结构简式为 ，所以分子式为C7H7OF；VIII中的含氧官能团为酯基；
（2） 的分子间存在氢键， 分子间只存在范德华力所以 沸点高于；
（3）反应①是原子利用率100%的反应，根据原子守恒，可知则a为H2O；
（4）和反应生成的过程，后者碳碳双键变成碳碳单键，属于加成反应；
（5）化合物III为，包含4个C，2个O和一个不饱和度，其中包含 的同分异构体有：HCOOC3H7，有2种，CH3COOC2H5，有1种，C2H5COOCH3，有1种，C3H7COOH，有2种，共6种，除掉化合物III本身，同分异构体还有5种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为(CH3)2CHCOOH、(CH3)2CHOOCH；
（6）根据所给物质及已知反应条件，涉及到醛基和酯基的加成，所以先将醇羟基氧化为醛基，再氧化成羧酸，最后酯化生成酯基，酯基再与醛基反应生成碳碳双键得到单体，合成路线为 。