湖南省岳阳市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

这是一份湖南省岳阳市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35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。

湖南省岳阳市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·湖南岳阳·统考二模）过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。
Ⅰ.过氧化钙的制备：将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO2·8H2O，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的装置如下：

(1)写出制备CaO2·8H2O的化学方程式___________；
(2)仪器X的名称为___________；
(3)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；其二，___________；
(4)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。检验CaO2·8H2O是否洗涤干净的操作为___________；
Ⅱ.水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理如下：
a固氧：碱性下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2↓；
b氧化：酸性下，MnO(OH)2将I−氧化为I2；
c滴定：用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2O +I2 =S4O + 2I-
某同学向100.00mL水中加一定量CaO2·8H2O，取此水样50.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗 0.02 mol·L−1 Na2S2O3标准溶液 15.00 mL。
(5)请写出步骤 b 中的离子方程式  ___________ ；
(6)该水样中的溶氧量(DO)为___________mg·L−1(忽略体积变化)。
2．（2022·湖南岳阳·统考二模）DMSO(、二甲亚砜)是一种含硫有机化合物，其在常温下为无色无臭的透明液体，熔点为18.4℃，沸点为189℃，有强烈吸湿性，既能溶于水又溶于有机溶剂，有“万灵药”之称，常作为止痛药物的活性组分添加于药物之中。工业上常采用二甲硫醚与二氧化氮在60~80℃进行气液相氧化反应制得；其装置如图(加热及夹持装置已省略)。请回答下列问题：

已知：①二甲硫醚是一种无色挥发性液体，由硫酸二甲酯与硫化钠反应制得：(CH3O)2SO2+Na2S→CH3SCH3+Na2SO4。
②硫酸二甲酯，微棕色油状液体，遇水迅速水解成硫酸和甲醇；
③HNO2为一元弱酸，不稳定，易分解为NO和NO2。
(1)仪器D的名称为_____；仪器B中药品的名称是_____。
(2)制备二甲亚砜的操作顺序为_____(填序号)。
①向仪器D中通入冷凝水
②水浴加热仪器C，然后打开活塞K1
③关闭活塞K1，停止加热仪器C
④连接装置并检查气密性
⑤关闭活塞K1、K2，打开活塞K3
实验过程中如何确定硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚：_____。
(3)仪器A中反应的离子方程式为_____；检测发现装置A中产生的气体通入装置C中发生反应后，C中的气体成分不变，请写出生成二甲亚砜的化学方程式_____。
(4)某同学分析后认为_____，若反应过程从活塞K2处持续通入适量的氧气效果更好，请分析其原因_____。
3．（2023·湖南岳阳·统考二模）氧化二氯是国际公认的高效安全灭菌消毒剂之一，某学习小组以为原料用下列装置制备次氯酸溶液。

已知：常温常压下，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成和，易溶于水并与水立即反应生成HClO。将氯气和空气(不参与反应)通入足量含水8%的碳酸钠溶液中发生反应，然后用水吸收产生的气体(不含)可制得次氯酸溶液。
(1)HClO分子的VSEPR模型(价层电子对互模型)名称为_______
(2)各装置的连接顺序为A→_______→_______→_______→_______
(3)写出B中反应的化学方程式_______
(4)装置E中采用棕色圆底烧瓶的原因_______
(5)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是_______(答一条即可)
(6)用下列实验方案测定所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10.00 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100.00 mL，再从其中取出10.00 mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，滴加几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗25.00 mL标准溶液。该溶液中为_______(保留两位小数)。(已知涉及的反应为，)
(7)滴定过程中滴定前读数正确，滴定后仰视读数，则测得结果会_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

二、工业流程题
4．（2021·湖南岳阳·统考二模）2020年6月比亚迪正式发布采用磷酸铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程，可媲美特斯拉。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备LiFePO4的流程如下：

已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是___________。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是___________(写出化学式)。
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是___________，加入FeO的作用是___________(用离子反应方程式表示)。
(3)试剂R宜选择 ___________(填字母)。
A．高锰酸钾              B．稀硝酸               C．双氧水              D．次氯酸钠
(4)常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22，“沉铁”中为了使c(Fe3＋)≤1×10-5 mol·L-1，c(PO)最小为___________mol·L-1。
(5)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：___________。
5．（2022·湖南岳阳·统考二模）硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)为原料，经过如图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下列问题。

(1)滤渣Ⅰ的主要成分是_____。
(2)写出除杂Ⅱ的离子方程式：_____。
(3)①萃取分液Ⅰ选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］，其萃取原理为：2 +Zn2++2H+。Zn2+被P204萃取的能力随pH的升高而_____(填“降低”、“不变”或“升高”)。
②反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂可以选择下列哪种物质_____(填选项)。
A．H2SO4溶液      B．NaOH溶液 C．ZnSO4溶液
(4)已知25℃时，Ksp(CaF2)=3.95×10-11；Ksp(MgF2)=6.40×10-9。则滤液Ⅲ中=_____。(保留3位有效数字)
(5)从“滤液Ⅲ”中获得精制硫酸镍(NiSO4·6H2O)所需采取的“操作X”是_____、_____、过滤、洗涤、干燥。
(6)称取1.00g上述方法制得的硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)样品溶于蒸馏水，定容至250mL。取25.00mL试液，加入过量的0.02mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液25.00mL，摇匀，再加入相应的指示剂，用0.01mol/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。重复实验，3次平均消耗硫酸锌标准溶液为23.50mL。反应为M2++H2Y2-=MY2-+2H+(M代表Ni或者Zn)。计算样品纯度为_____。(保留3位有效数字)
6．（2023·湖南岳阳·统考二模）硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，碱性条件下能稳定存在，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如图1所示。

回答下列问题：
(1)中含有的化学键为_______
(2)Ti的核外电子排布式_______
(3)碱溶过滤得滤渣的主要成分是_______、_______
(4)写出制取的化学方程式_______
(5)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气。通入氩气的目的是_______
(6)在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，装置如图2所示，写出阴极反应的电极方程式_______

(7)常用作还原剂，也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，的还原能力相当于_______的还原能力。

三、原理综合题
7．（2021·湖南岳阳·统考二模）十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮、碳元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：
Ⅰ.氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。
(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。
已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH1=-196.6 kJ·mol-1
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-113.0 kJ·mol-1
则NO2氧化SO2的热化学方程式为_______。
(2)利用现代传感技术探究压强对2NO2 (g) N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如下图1所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为vB_______vE(填“>”或“<”)。
②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为_______(填字母序号)。
(3)可用上图2装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极的电极反应式为_______，物质A是 _______(填化学式)。
Ⅱ.利用CO2制取甲醛可以缓解温室效应，反应方程式为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)。请回答下列问题：
(4)T1℃时，将体积比为1： 2的CO2和H2混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/kPa
1.08
0.96
0.88
0.82
0.80
0.80
0.80
①已知：vp(B)=。前10 min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为_______kPa∙min-1。
②T1℃时，反应的平衡常数Kp=_______kPa-1(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数；结果保留三位有效数字)。
8．（2022·湖南岳阳·统考二模）SO2及氮氧化物属于污染性气体，排放到空气中可形成光化学烟雾、酸雨等，科学家一直致力于研究这些气体的处理，能变废为宝。回答下列问题：
(1)已知反应：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1，
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1，
则反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=_____。
(2)常温下，NO、NO2溶于水可制得HNO2溶液，向30mL0.10mol·L-1HNO2溶液中滴入0.10mol·L-1的NaOH溶液，使得溶液的pH=4，该溶液中=_____。［Ka(HNO2)=4.6×10-4，保留一位小数］。
(3)研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)的能量变化及反应历程如图所示：

a.该反应分两步进行，两步反应分别为：反应①Fe++N2OFeO++N2；反应②_____；由_____(填“反应①”或“反应②”)决定反应达到平衡所用时间。
b.在固定体积的密闭容器中，发生该反应，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率α。部分实验结果如图所示。B、C、D三点对应的实验温度分别为TB、Tc和TD，通过计算判断TB_____Tc_____TD(填“>”“<”或“=”)_____。

(4)燃煤烟气中可通过反应SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)实现硫的回收。将1molSO2和2molCO通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为2.5×106Pa条件下反应，5min时，反应达到平衡，气体密度减少16g·L-1。0~5min内，CO的反应速率是_____；若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，则该反应的ΔH_____0(填“>”或“<”)。
(5)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境pH为7~8之间)作用下，能被SO腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，写出正极的电极反应式：_____。

9．（2023·湖南岳阳·统考二模）合成氨反应是目前最有效的工业固氮方法，解决数亿人口生存问题。
(1)反应历程中各步势能变化如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

该历程中反应速率最慢的步骤的方程式为_______
(2)在、压强为0.9MPa条件下，向一恒压密闭容器中通入的混合气体，体系中各气体的含量与时间变化关系如图所示：

①以下叙述不能说明该条件下反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
a．氨气的体积分数保持不变
b．容器中保持不变
c．气体平均相对分子质量保持不变
d．气体密度保持不变
e．
②反应20min时达到平衡，则0～20min内_______，该反应的_______(保留小数点后两位)。(为以分压表示的平衡常数)
③若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时的含量符合图中_______点(填“d”“e”“f”或“g”)。
(3)氨化脱硝过程发生反应  ，分析420℃的脱硝效率低于390℃的脱硝效率可能的原因_______

(4)25℃用甲酸吸收氨气可得到溶液。已知：25℃时甲酸的，的。则反应的平衡常数_______。

四、结构与性质
10．（2021·湖南岳阳·统考二模）日前新合成的砷化镉(Cd3As2)三维材料具有超强导电性，这种材料的电气性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。
(1)Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为_______________。Cd原子中第一电离能相对较大的是_________原子(填“基态”或“激发态”)。
(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3_________PH3(填“>”或“<”)，原因是______________。
(3)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。
(4)含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为_____________，1 mol对氨基苯胂酸含σ键数目为____________，其中还含有的化学键类型有___________(填序号)。

a．氢键              b．离子键              c．π键
(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“真空”。

建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_____。晶胞参数为a pm，阿伏加 德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为M g·mol−1，则该晶胞的密度为_____________g·cm−3(列计算式即可)。
11．（2022·湖南岳阳·统考二模）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种净水剂，也可以作为中药，有抗菌、收敛、固脱、利胆的作用。硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]常用作分析试剂，测定卤素时作指示剂。KIO3是一种重要的无机化合物，可作食盐中的补碘剂。
(1)基态硫原子的核外电子排布式为_______，Fe3+有_______个未成对电子。
(2)氧元素比氮元素非金属性强但氧元素的第一电离能小于氮元素，原因是_______。
(3)NH中_______(填“有”或“无”)配位键，SO的空间构型是_______。
(4)氮的同周期元素硼能形成BF3，其分子中的硼原子杂化方式为_______，它是_______(填“极性”或“非极性”)分子。前四周期的氧族元素中的两种元素的氢化物分别为H2X、H2Y，其沸点的高低为H2X＜H2Y，稳定性强弱为H2X＞H2Y，则Y是_______(写元素符号)。
(5)KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，晶胞结构如下图所示，边长为，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置。与K紧邻的O的个数为_______。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则KIO3的密度为_______(列式表示)g·cm-3。


五、有机推断题
12．（2021·湖南岳阳·统考二模）氯吡格雷(Clopidogrel)是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物，如近期发作的脑卒中、心肌梗死和确诊的外周动脉疾病。以A为原料合成氯吡格雷的路线如下：

已知：R- CHO，R -CNRCOOH。
请回答下列问题：
(1) C中含氧官能团的名称为___________， D→E的反应类型是___________。
(2) Y的结构简式为___________。
(3) C分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该反应的化学方程式为___________。
(4)由E转化为氯吡格雷时，生成的另一种产物的结构简式为___________。
(5)A的所有属于芳香族化合物的同分异构体(包括A自己本身)有___________种 (只有一个环，不考虑立体异构)，写出核磁共振氢谱为1﹕2﹕2的结构简式为___________。
(6)请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)___________。
13．（2022·湖南岳阳·统考二模）化合物K是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图：

已知：R—ClR—NH—NH2(R代表烃基)
回答下列问题：
(1)根据系统命名法物质L：C(CH3)3OH的名称是_____。
(2)物质Ⅱ中含有的官能团名称是_____。
(3)请写出反应④的反应类型是_____。
(4)请写出反应⑥的化学方程式_____。
(5)某物质M是物质E的同分异构体(不包括立体异构)，其结构满足下列条件，应该有_____种。
a.1molM与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH
b.分子中只有苯环一个环
c.苯环上存在等效氢原子，且苯环的一元取代物只有2种
其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶6的是____(任写出一种结构简式)。
(6)手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，用C*表示。降血脂药物K中有_____个C*。
(7)设计由氯苯制备的合成路线_____(无机试剂任选)。
14．（2023·湖南岳阳·统考二模）聚氨酯材料是一种新兴的有机高分子材料，被誉为“第五大塑料”，因其卓越的性能而被广泛应用于国民经济众多领域。I是工业合成聚氨酯的初级反应中得到的一种低聚物。

(1)A的名称是_______，C生成D的反应类型为_______
(2)B中所含官能团的名称是_______、_______
(3)写出A转化为B时生成的反式结构产物的结构简式_______
(4)写出生成I的化学方程式_______
(5)E与浓硝酸、浓硫酸反应时还会生成、J有多种同分异构体，同时满足下列条件的有_______种
(a)含有一个苯环    (b)能发生银镜反应    (c)红外光谱显示没有氮氧键
其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______
(6)合成聚氨酯的反应比较复杂，包括初级反应和次级反应。初级反应包括预聚反应和扩链反应。预聚反应得到低聚物I，扩链反应生成取代脲基，可表示如下：

设计以为原料(无机物任选)合成     的合成路线_______

参考答案：
1． 三颈烧瓶或三口烧瓶 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可) 48
【分析】将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入30%H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO2·8H2O，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的反应方程式为；冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；其二，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率。
【详解】(1)氯化钙溶液和氨气反应得到氢氧化钙悬浊液，再与过氧化氢反应可制备CaO2·8H2O，总反应式为；甲装置的目的是制取氨气，提供氨气和碱性环境，
(2)X仪器的名称为三颈烧瓶；
(3) 温度高会使H2O2分解，冰水浴控制温度在0℃左右，可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；
(4)CaO2·8H2O表面附着着CaCl2溶液，检验CaO2·8H2O是否洗涤干净即检验是否有氯离子存在，取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净；
(5)MnO(OH)2将I-氧化为I2，该反应的离子方程式为；
(6)根据方程式可得关系式，则50mL水样中，该水样中的溶解氧量(DO)为=48mg/L。
2．(1) 球形冷凝管 五氧化二磷(硅胶、无水氯化钙等)
(2) ④①⑤②③ 当装置C中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚
(3) 2H++2NO=NO↑+NO2↑+H2O NO2+CH3SCH3+NO
(4) 氧气将NO转化为NO2，可以提高原料利用率 过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收

【解析】（1）
仪器D的名称为球形冷凝管；由于C中硫酸二甲酯与硫化钠反应制得的硫酸二甲酯，遇水迅速水解成硫酸和甲醇，为防止产物发生水解，应干燥气体后再通入，应用中性干燥剂，则仪器B中药品名称是五氧化二磷(硅胶、无水氯化钙等)；
（2）
实验前先检查装置气密性，连通D中冷凝水，用装置A发生反应生成H2S，再预热装置C，最后打开K3将硫酸二甲酯与硫化钠反应，制备二甲亚砜的操作顺序为④①⑤②③，硫酸二甲酯，微棕色油状液体，二甲硫醚是一种无色液体，则当装置C中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚；
（3）
仪器A中硫酸和NaNO2反应生成HNO2，其易分解为NO和NO2，反应的离子方程式为2H++2NO=NO↑+NO2↑+H2O；A中产生的NO2气体通入与CH3SCH3反应生成二甲亚砜和NO，NO2+CH3SCH3+NO；
（4）
某同学分析后认为氧气将NO转化为NO2，可以提高原料利用率，若反应过程从活塞K2处持续通入适量的氧气，过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收。
3．(1)四面体形
(2)D→B→C→E；
(3)
(4)防止产物HClO见光分解
(5)产率高，产物较纯，反应速率快
(6)1.00mol/L
(7)偏高

【分析】浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，通入饱和食盐水去除氯气中混有的HCl，去除HCl后将氯气、空气通入碳酸钠溶液中生成Cl2O，用饱和的四氯化碳吸收多余的氯气，最终用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，以此分析；
【详解】（1）HClO中以O为中心原子，价层电子对数为4，则其VSEPR模型为四面体形；故答案为：四面体形；
（2）根据分析，连接顺序为A→D→B→C→E；故答案为：D→B→C→E；
（3）根据分析，B中发生的反应为；故答案为：；
（4）为了防止产物HClO见光分解，装置E中采用棕色圆底烧瓶；故答案为：防止产物HClO见光分解；
（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是产率高，产物较纯，反应速率快等特点；故答案为：产率高，产物较纯，反应速率快；
（6）根据方程式关系，设HClO的物质的量为x，则，x=10-3mol；设原HClO溶液的浓度为amol/L，则原溶液的HClO的浓度为1mol/L；故答案为：1.00mol/L；
（7）滴定前读数正确，滴定后仰视，则标准液的体积偏大，导致待测液浓度偏高；故答案为：偏高。
4． 避免Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素 Al2O3 避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀 、(或) C
【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使Al3+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。
【详解】(1)根据分析，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+等，Fe3+能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；
依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为：FeS+2Fe3+=3Fe2++S；加入FeO的作用是、(或)
(3)试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+；
A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2+、K+，故A不符合题意；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入新杂质，故B不符合题意；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C符合题意；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl-、Na+，故D不符合题意；
故答案为C；
(4)检验Fe2+：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2+；
(5)根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为c()==1.3×10-17mol∙L-1；
(6)由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。
5．(1)Fe(OH)3
(2)Cu2++H2S=CuS↓+2H+
(3) 升高 A
(4)6.17×10-3
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶
(6)69.7%

【分析】[解析]粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)加水和硫酸进行酸浸溶解，在加入H2O2氧化，得到含有N2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、 Zn2+、SO等离子的浸出液，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，滤渣I为Fe(OH)3；向滤液I中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，过滤后得到滤渣Ⅱ为CuS沉淀；加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使Zn2+进入无机相Ⅱ，制备硫酸锌；无机相Ⅰ含有Ni2+和Ca2+、Mg2+，加入入NaF，使无机相Ⅰ中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，再次进行过滤得到滤“滤液Ⅲ”，最后对滤液Ⅲ进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，据此分析解答。
（1）
根据分析可知滤渣Ⅰ的主要成分是Fe(OH)3；
（2）
除杂Ⅱ是向滤液I中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，离子方程式：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
（3）
①萃取分液Ⅰ选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］，其萃取原理为：2+Zn2++2H+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故Zn2+被P204萃取的能力随pH的升高而升高；
②根据萃取原理2+Zn2++2H+可知应选用酸使平衡逆向移动释放出Zn2+，故答案为A；
（4）
已知25℃时，Ksp(CaF2)=3.95×10-11；Ksp(MgF2)=6.40×10-9。则滤液Ⅲ中；
（5）
根据分析可知从“滤液Ⅲ”中获得精制硫酸镍(NiSO4·6H2O)所需采取的“操作X”是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作
（6）
根据题意，取25 00mL试液， EDTA标准液的总物质
的量=0.02mol/L0.025L=510-4mol，根据反应M2++H2Y2-=MY2-+2H+(M代表Ni或者Zn)
，用0.01mol/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。重复实验，3次平均消耗硫酸锌标准溶液为23.50mL，25mL试液中n(Ni2+)=n(EDTA)= 510-4mol-0.01mol/L23.510-3L=2.6510-4mol，硫酸镍晶体的样品纯度为；
6．(1)离子键、共价键
(2)或
(3)
(4)
(5)排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应
(6)
(7)1.6

【分析】硼镁矿主要成分为，含少量杂质。硼镁矿粉碎后用氢氧化钠“碱溶”， 不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，所得滤液中含有NaBO2，蒸发、浓缩、冷却结晶得，脱水生成，、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，用异丙胺溶解，过滤除去硅酸钠，蒸发的异丙胺溶液得。
【详解】（1）是离子化合物，含有的化学键为离子键、共价键。
（2）Ti是22号元素，核外电子排布式为或；
（3）不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，碱溶过滤得滤渣的主要成分是、；
（4）、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，制取的化学方程式为；
（5）高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气，排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应；
（6）在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，H元素化合价由+1降低为-1发生还原反应，在阴极得电子生成，阴极反应的电极方程式；
（7）作还原剂，氢元素化合价由-1升高为+1，转移电子，氢气作还原剂，氢元素化合价由0降低为-1，转移1.6mol电子需要0.8mol氢气，所以还原能力相当于1.6的还原能力。
7．     > H H2SO4 0.024 38.3
【分析】根据盖斯定律计算热化学方程式；探究压强对2NO2 (g)N2O4(g)平衡移动的影响，根据图示可知，压强越大，反应速率越快，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH；物质A是H2SO4；根据三段式可计算出Kp。
【详解】Ⅰ.(1)根据图一可知热化学方程式为①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH1=-196.6 kJ·mol-1；
②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-113.0 kJ·mol-1；
根据盖斯定律，由①-②整理可得NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g) ΔH =ΔH1-ΔH2=-41.8kJ/mol；
(2)①其他条件相同时压强越大反应速率越快，故B、E两点对应的正反应速率大小为vB>vE；
②t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；
(3)根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH，电极反应式为NO＋6H+＋5e-=NH＋H2O；物质A是H2SO4；
Ⅱ.(4)①反应方程式为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)，=2，已知：vp(B)=。前10 min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为vp(H2)===0.024 kPa∙min-1；
②
Kp==38.3kPa-1。
8．(1)-746kJ·mol-1
(2)0.2
(3) FeO++COCO2+Fe+ 反应① TB (4) 0.2mol·L-1·min-1 <
(5)SO+5H2O+8e-=HS-+9OH-

【解析】(1)
由盖斯定律，反应②-①可得反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=ΔH2-ΔH1=-566-(+180)= -746kJ·mol-1；
(2)
HNO2的电离平衡常数Ka(HNO2)=，常温下pH=4则c(H+)=10-4mol/L，则；
(3)
a．总反应为N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO⇌CO2+Fe+；根据反应①的历程图可知，由Fe+和N2O经过过渡态得到产物FeO+和N2，过渡态和反应物Fe+和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间，故答案为：FeO++CO⇌CO2+Fe+；反应①；
b．根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，温度越低N2O转化率越大，则TB< Tc，C点时，起始物料比为=1.0，NO2的平衡转化率为α(NO2)=50%，设起始时c(NO2)=c(SO2)=xmol/L，化学平衡常数为K(C)=，D点时，起始物料比为=1.5，NO2的平衡转化率为α(NO2)=40%，设起始时c(SO2)=ymol/L，c(NO2)=1.5ymol/L，化学平衡常数为K(D)=，所以K(C)=K(D)，化学平衡不发生移动，则TC=TD，故答案为：TB (4)
若反应进行到5min时，反应达到平衡，气体密度减小16g•L-1，则生成S的质量为16g/L×1L=16g，生成硫的物质的量为=0.5mol，则：，；若升高温度，气体的密度增加，说明平衡逆向移动，则正方向为放热反应，即反应的△H＜0，故答案为：0.2mol•L-1•min-1；＜；
(5)
pH为7～8时，正极SO在还原菌作用下得电子，发生还原反应，电极反应式为SO+5H2O+8e-=HS-+9OH-。
9．(1)或
(2) b e 0.00375 g
(3)420℃催化剂活性差，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低
(4)

【详解】（1）能垒越大，反应速率越慢。反应历程中反应速率最慢的步骤是势能最大的步骤，即N*+3H*=NH*+2H* 或N*+H*=NH*。
（2）①a．反应从氮气和氢气开始，随着反应进行，氨气的体积分数不断增大，当氨气的体积分数不变时，反应达到了平衡状态，故a不选；b．起始投入的氢气和氮气的物质的量之比为3：1，消耗的氢气和氮气的物质的量之比也为3：1，所以容器中氢气和氮气的物质的量之比一直保持不变，所以当保持不变时，不能说明反应达到了平衡状态，故b选；c．气体平均相对分子质量等于气体总质量除以气体总物质的量，混合气体总质量是不变的，但气体总物质的量是变化的，未平衡前，气体的平均相对分子质量是变量，当气体平均相对分子质量保持不变时，反应达到了平衡状态，故c不选；d．气体密度等于气体总质量除以容器的体积，气体总质量是不变的，由于气体物质的量是变量，所以容器体积在未平衡前是变化的，当气体密度保持不变时，反应达到了平衡状态，故d不选；e．3v(H2)=v(N2)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应是否达到了平衡状态，故e选；故选be。
②由于起始时，所以起始时氢气的分压是氮气的3倍，则起始时氢气的分压为0.9MPa×，根据图像可知，反应20min达到平衡时氢气的分压为0.9MPa×，所以用氢气表示的速率为=0.00375；根据图像，平衡时氮气、氢气、氨气的分压之比为2：6：1，氨气的分压为0.9MPa×=0.1MPa，所以氮气和氢气的分压分别为0.2MPa和0.6MPa，则该反应的。
③若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，相当于在恒压达到平衡后扩大容器体积，则平衡向逆向移动，所以氢气的体积分数会增大，由于扩大了容器体积，各物质浓度降低，所以反应速率减慢，达到平衡所需时间变长，所以达到平衡时 H2的含量符合g点。
（3）该反应使用了催化剂，催化剂有其活性温度，温度过高，可能会导致催化剂失活。420℃催化剂活性差，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低。
（4）反应的平衡常数=。
10． 4d95s25p1 基态 > 原子半径NP，NH3更易结合水电离的H+ As>Se>Ge sp3 19NA(或19×6.02×1023) c (，1，)
【详解】(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1；基态原子的能量最低最稳定，所以基态原子的第一电离能相对较大；
(2)原子半径NP，NH3更易结合水电离的H+，所以NH3水溶液的碱性更强；
(3)同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As的4p能级为半满状态，更稳定，所以第一电离能As>Se>Ge；
(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3；苯环上6个碳原子之间有6个C—C单键为σ键，还有4个C—H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(或19×6.02×1023)；其含有的化学键类型有σ键，以及苯环中的大π键和As=O键中的π键，氢键不是化学键，该物质为共价化合物，不含离子键，所以选c；
(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据①号位的坐标为(，，)，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1，③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；
根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为=4，Cd原子的个数为6，所以晶体的化学式为Cd3As2，砷化镉的摩尔质量为Mg·mol−1，则晶胞的质量m=g，晶胞参数为a pm，则晶胞的体积V=a3 pm3=(a×10-10)3 cm3，所以晶胞的密度=g·cm-3。
【点睛】同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。对氨基苯胂酸虽然含有羟基、氨基，可以形成分子间氢键，但要注意氢键不是化学键。
11．(1) 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5
(2)氮原子的2p轨道处于较稳定的半充满状态
(3) 有 正四面体
(4) sp2 非极性 Se
(5) 12

【详解】（1）硫为16号元素，基态硫原子核外有16个电子，排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；Fe3+的价电子排布为3d5，有5个未成对电子；
（2）氮原子的2p轨道处于较稳定的半充满状态，失去电子所需的能量更多；
（3）NH中有一个N原子提供孤电子对、H+提供空轨道形成的配位键；SO中心S原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以为正四面体形；
（4）BF3中心B原子的价层电子对数为=3，所以为sp2杂化；中心原子不含孤电子对，所以空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子；前四周期的氧族元素分别为O、S、Se，氢化物的沸点：H2O>H2Se>H2S，稳定性：H2O>H2S>H2Se，所以符合题意的X为S、Y为Se；
（5）据图可知与K紧邻的O位于K所在平面的面心，K位于顶点，被12个面共用，所以与K紧邻的O的个数为12；据图可知晶胞中含有一个O原子，结合化学式可知一个晶胞中含有一个KIO3单元，则晶胞的质量为g，晶胞边长为a nm=a×10-7cm，则晶胞体积为(a×10-7)3cm3，所以密度为g·cm-3。
12． 羧基 取代反应 4 (或任写一个都给满分)
【分析】A在NaCN/NH4Cl条件下反应生成B(C8H7N2Cl)，B(C8H7N2Cl)经过酸化生成C(C8H8ClNO2)，C(C8H8ClNO2)发生酯化反应生成D，D与Y(C6H7BrS)发生取代反应生成E，最后生成氯吡格雷。
【详解】(1)C为C8H8ClNO2，含有的含氧官能团为羧基；根据分析D→E的反应类型是取代反应；
(2)Y的结构简式为；
(3)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基和羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为；
(4)E与在酸性条件下生成氯吡格雷，由原子守恒可知，还有HO-CH2-CH2-OH生成；
(5)A()属于芳香族化合物的所有同分异构体中(只有一个环、不考虑立体异构)即含有苯环，官能团不变时，改变官能团的位置，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有芳香族化合物有三种，其结构简式分别为、、，核磁共振氢谱1:2:2的结构简式为；
(6) 在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：。
13．(1)2—甲基—2—丙醇
(2)溴原子、酯基
(3)氧化反应
(4)++HBr
(5) 10 或
(6)2
(7)

【解析】（1）
根据系统命名法物质L：C(CH3)3OH的名称是2—甲基—2—丙醇，故答案为：2—甲基—2—丙醇；
（2）
由结构简式可知含有的官能团的名称为溴原子、酯基，故答案为：溴原子、酯基；
（3）
由到可看出是减少了氢原子，加氧或去氢的反应为氧化反应，故答案为：氧化反应；
（4）
由E和反应⑤的条件可知F为，由II和反应⑦可知G为，反应⑥的化学方程式为++HBr，故答案为：++HBr；
（5）
由E是，结合信息1molM与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH知M中含有酯基且直接连在苯环上，或者两个酚羟基，再由苯环上存在等效氢原子，且苯环的一元取代物只有2种，可得以下符合条件的物质：、、、、、、、、、，共有10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶6的是或，故答案为：10；或；
（6）
降血脂药物K中有两个手性碳原子，，故答案为：2；
（7）
根据题干信息可得由氯苯制备的合成路线为，故答案为：。
14．(1) 1，3-丁二烯 取代反应或水解反应
(2) 碳溴键 碳碳双键
(3)
(4)
(5) 16
(6)。

【分析】D为，D是由C在NaOH的水溶液条件下反应得到的，所以C为，B与氢气反应得到C，所以B为，A与Br2进行1,4-加成，所以A为：；
【详解】（1）A的结构简式为，名称为：1，3-丁二烯；→的过程发生水解反应，为取代反应或水解反应；
（2）B为，所含官能团的名称是：碳溴键、碳碳双键；
（3）B的结构为，B的反式结构为两个相同官能团在双键两侧，即；
（4）与发生缩聚反应，结合产物的特点，根据原子守恒可得到该反应的方程式为 ：；
（5）E与浓硝酸、浓硫酸反应时，发生硝化反应，则生成的产物，根据分子式可知J中含有-NO2，J有多种同分异构体，同时满足下列条件(a)含有一个苯环， (b)能发生银镜反应，说明有-CHO，(c)红外光谱显示没有氮氧键，共16种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为；
（6）逆合成分析：，因此，合成路线为：。