广东省佛山市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份广东省佛山市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共37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。

广东省佛山市 2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

一、实验题
1．（2021·广东佛山·统考二模）乙酸乙酯是一种重要的有机化工原料和工业溶剂。实验室制备过程和催化剂选择探究如下。已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点分别为78℃、118℃、77℃，乙醇能与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。回答下列问题：
I．制备并分离提纯乙酸乙酯
用如图装置制备乙酸乙酯(夹持装置略)，在圆底烧瓶中加入32 mL1：1的乙醇和冰醋酸，再加入32 mL1：1的乙醇和浓硫酸，加热圆底烧瓶。

(1)仪器b的名称是_______。
(2)制备时，温度计的读数宜控制在_______℃，为保持加热温度恒定，此装置加热方式为_______。
(3)向馏分中加入饱和碳酸钠溶液，目的是_______，分液。欲除去酯层中的乙醇，可采取的措施是_______，过滤，将所得产品干燥，蒸馏，得到纯度较高的乙酸乙酯。
II．催化剂选择
无机盐类可代替浓硫酸，实验结果如下表。
物质
金属离子用量/mmol
在酸醇混合体系中的溶解性
3.5 min收集到酯层高度/cm
FeCl3·6H2O
6
易溶
1.3
CuCl2·2H2O
6
易溶
1.1
CuSO4
6
难溶
少许酯气味
(4)用固体无机盐的优点是_______(任写两个)。
(5)CuCl2·2H2O催化效率高于CuSO4的原因是_______。
2．（2022·广东佛山·统考二模）铜是生活中常见的金属，以铜为原料进行如下实验。回答下列问题：
Ⅰ.制备
(1)利用铜与浓硫酸制备，适宜的装置是_______(从A、B、C中选择)，该装置内发生的化学方程式为_______。

(2)收集干燥的，所需装置的接口连接顺序为：发生装置→_______(填小写字母)。
(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，原因是_______。
Ⅱ.探究温度对铜与过氧化氢反应的影响
向10mL30%的溶液中滴加1mL3mol/L硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为，查阅资料发现是催化分解的结果。
(4)写出生成的离子方程式_______。
(5)学习小组提出猜想：升高温度，催化能力增强，该小组设计如下实验验证猜想。
实验序号
30%H2O2(mL)
1mol/LCuSO4(mL)
水(mL)
水浴温度(℃)
3min时生成O2的平均速率()
1
10
1
1
20
2.4
2
10
1
1
30
9
3
10
1
1
40
90
4
10
0
2
20
A1
5




A2
6
10
0
2
40
A3
①小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是_______。
②为进一步验证猜想，完善实验4～6的方案(答案填在答题卡上) _______。小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，依据是_______。
3．（2023·广东佛山·统考二模）利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。
已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。
电对(氧化型/还原型)





电极电势/V
0.771
1.776
0.695
1.224
0.536
回答下列问题：
I．探究的分解反应
催化分解反应过程包括i、ii两步：
反应i：___________(未配平)
反应ii：
(1)反应i的离子方程式为___________。
(2)验证生成：反应过程中，加入___________溶液，产生蓝色沉淀，证明有生成。
(3)酸性条件下也可催化分解。结合表中数据判断，上述条件下、、的氧化性由强到弱的顺序为___________。
Ⅱ．探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响
用可逆反应设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E()随时间t的变化如图b所示：

(4)电池初始工作时，正极的电极反应式为___________。
(5)某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：
猜想1：增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低。
猜想2：减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高。
①时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。
实验
实验操作
电压E/V
结论
i
往烧杯A中加入适量Fe
E___________0
猜想1成立
ii
往烧杯B中加入适量___________
E<0
猜想2成立
②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由___________。
③为进一步验证猜想1，进行实验Ⅱi，完成表中填空。
实验
实验操作
电压E/V
结论
iii
往烧杯A中加入适量___________
E<0
猜想1成立
结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。

二、工业流程题
4．（2021·广东佛山·统考二模）电镀污泥中主要含有、CuO、NiO、、和等化合物。一种从电镀污泥中回收金属铜和硫酸镍的工艺流程如下。已知焙烧时和分别转化为、。回答下列问题：

(1)“焙烧”时先将固体粉碎，目的是_______。
(2)“焙烧”时转化为，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；“水浸”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“滤液”的主要成分是含有少量重金属阳离子的硫酸溶液，除杂装置如图所示，液体X的溶质主要是_______(填化学式)，液体Y是_______(填名称)。

离子交换柱原理为：HR+M+MR+H+；
2ROH+R2CrO4+2OH-
(4)“沉铁”时控制pH在1.5~2.5，pH不宜过高且应充分搅拌，原因是_______。
(5)电解时以惰性合金板为阳极，阳极的电极反应式为_______。
(6)常温下，“净化除杂”时，若溶液中铝离子浓度为，则其开始沉淀的pH应该调为_______。已知
5．（2022·广东佛山·统考二模）利用闪锌矿【主要成分，还有、，(铟)、F、等元素】生产，同时可实现稀散金属的提取。一种工艺流程如图所示。回答下列问题：

时，，；易成胶状。
(1)“气体1”经纯化后适宜在___________工序使用(填方框内的工序名称)。
(2)“溶浸”时，易形成难溶的和，其中元素的化合价为___________。
(3)“电积”时，上清液中的会影响锌的质量，、会腐蚀极板，在“除杂1”中做___________(填“氧化剂或“还原剂”)，气体2的主要成分为___________(填化学式)。
(4)“除氟”时，适量的可以提高氟的沉降率，原因是___________。
(5)为使沉淀完全，“水解”时溶液的应不低于___________(保留整数)。
(6)“加压氧化时”时，发生的离子反应方程式为___________。
(7)母液的主要成分为___________(填化学式)。
6．（2023·广东佛山·统考二模）分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示：

已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。
②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。
回答下列问题：
(1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为___________。
(2)“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为___________。
(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有析出，分离出的操作是___________。滤液中As元素最主要的存在形式为___________(常温下，的各级电离常数为：、、)。
A．    B．    C．    D．
(4)①中，Sb的化合价为___________。
②“氯盐酸浸”时，通入的目的是___________。
(5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为___________。
(6)可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为___________。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为___________。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列出计算表达式)


三、原理综合题
7．（2021·广东佛山·统考二模）化学链气化是一种新颖的污泥处理方式，该方法处理污泥中的含氮物质主要分为两个环节：①将污泥中的含氮物质转化为和HCN两种气体；②用将和HCN转化为无毒物质。某研究团队对该方法进行了热力学模拟。回答下列问题：
(1)HCN中N的化合价为_______。
(2)HCN和反应生成Fe和无毒物质，该反应的化学方程式_______。
(3)已知：① ；② ③ ，则反应 _______。
(4)用处理和HCN混合气体，反应时间为60min，部分气体物质、含铁产物的百分含量(物质的量百分数)随OS/CC(与污泥摩尔比)的变化如下图。

①假设平衡时混合气体的总浓度为，利用图1中数据计算反应的平衡常数K=_______(列计算式)。若升高温度该反应的平衡常数将_______(选填“增大”“减小”“不变”)。
②已知的还原程度随OS/CC的增大而逐渐降低，则图2中曲线①表示_____(选填“Fe”“FeO”“”)。
③结合图1、图2分析，下列说法正确的是_______。
A．是该反应的催化剂
B．固体产物经氧化处理后可循环利用
C．OS/CC为0.03时，HCN的氧化速率比低
D．OS/CC约为0.05时的利用率和污染物处理效果最佳
8．（2022·广东佛山·统考二模）是温室气体之一。直接催化分解是目前消除最有前景的方法之一。直接催化分解时发生反应：
①
②
③
回答下列问题：
(1)已知：，则___________。
(2)反应进行时，分解转化率随温度变化曲线如图所示。

①反应所需活化能最低的曲线是___________(填“a”“b”“c”或“d”)；
②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，其原因是___________；
③A点对应的转化率___________(填“是”或“不是”)平衡转化率，理由是___________；
④在下，将充入体积为的体积不变的容器中，B点的平均反应速率___________；平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，计算反应①的平衡常数为___________。
(3)在一定条件下，能够与脱掉后形成的表面氧反应，促进表面氧的转移形成，进而促进分解。作用的可能机理如下(*表示催化剂的活性中心)：
Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
Step3的反应方程式为___________。
9．（2023·广东佛山·统考二模）工业利用、催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
(1)原料气(含、、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为：  。
①除去原料气中CO的理由是___________。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为___________。
A．高温高压    B．高温低压    C．低温高压    D．低温低压
③中的配体为____________
(2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。

①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为___________。合成氨反应：的___________(用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，越大，反应速率越小。原因是___________。
(3)反应的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若和起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。

四、结构与性质
10．（2021·广东佛山·统考二模）石墨插层化合物在电池材料、超导性等方面具有广泛的应用前景。回答下列问题：
I．某种锂离子电池以石墨(平面结构如图1所示)做负极材料，LiNiO2做正极材料。

(1)石墨中碳的杂化类型是_______，在层中碳原子的配位数为_______。
(2)LiNiO2中电负性最大的元素是_______。
(3)基态Ni3+核外电子排布式为_______，其未成对电子数为_______。
II．下表列举了部分碳族晶体的熔点、硬度数据：
晶体
熔点/℃
硬度(数值越大，晶体的硬度越大)
金刚石(C)
大于3500
10
碳化硅(SiC)
2830
9
晶体硅(Si)
1412
7
(4)请解释金刚石、碳化硅、晶体硅的硬度逐渐变小的原因是_______。
III．钾(K)的石墨插层化合物具有超导性，图甲为其晶胞图。其中K层平行于石墨层，该晶胞垂直于石墨层方向的原子投影如图乙所示。

(5)该插层化合物的化学式是_______，判断K层与石墨层之间的化学键类型为_______(选填“离子键”“共价键”)；若晶胞参数分别为a nm、a nm、b nm，则该石墨插层化合物的晶胞密度为_______。(用含a、b、NA的代数式表示)
11．（2022·广东佛山·统考二模）是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料。回答下列问题：
(1)的价层电子排布式为___________。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋量子数。对于基态S原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。S可以形成两种常见含氧酸，其通式为，判断该两种含氧酸酸性强弱并分析原因___________。
(3)硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有___ (填标号)，其中硫酸根的空间构型为___。
A．配位键      B．金属键      C．共价键      D．氢键      E．范德华力
(4)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠可得到配合物A，结构如图所示。

①氨基乙酸钠中碳原子的杂化方式为___，氨基乙酸钠含有键的数目为___________；
②配合物A中非金属元素电负性由大到小的顺序为___________。
(5)(式量为)的晶胞结构如图a所示，阿伏加德罗常数为，则晶体的密度为___________(列计算式)，图b为原子沿z轴方向向平面投影的位置，在图b中画出S原子在该方向的投影位置___________(用“●”表示S原子)。


五、有机推断题
12．（2021·广东佛山·统考二模）Stephanie博士及其团队合成了一组有机物“纳米小人”，它们的部分结构类似有机物F，F的合成路线如下。

回答下列问题：
(1)B的结构简式为_______。
(2)的化学名称为_______。
(3)B生成C的反应类型为_______，由D生成E的化学方程式为_______。
(4)E中含有的官能团名称为碳碳三键、_______。
(5)THF的结构简式为，化合物G是THF的同系物，则满足下列条件的G的同分异构体有_______种；其中只含有2种不同化学环境的氢原子且能发生银镜反应的化合物的结构简式为_______。
①分子量为86
②含有碳氧双键结构
(6)设计用和为原料制备的合成路线(其他试剂任选)_______。
13．（2022·广东佛山·统考二模）马蔺子甲素(Ⅶ)可用于肺癌和白血病等的放射性治疗，一种合成马蔺子甲素的路线如图所示：

已知：a)代表，代表
b)R1CH=CHR2 R1CHO+R2CHO
c)R3CHO
回答下列问题：
(1)化合物Ⅰ的分子式为___________。
(2)反应①的目的是___________。
(3)反应③中有生成，其化学方程式为___________。
(4)反应⑤的反应类型是___________。
(5)化合物Ⅶ中含氧官能团的名称为___________。
(6)化合物Ⅰ的同分异构体中能同时满足以下条件的有___________种(不考虑立体异构)。其中苯环上只有两种取代基的结构简式为___________(任写一种)。
①能发生银镜反应；
②能与溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子。
(7)参照上述合成路线，设计以 为主要原料制备 的路线_____。
14．（2023·广东佛山·统考二模）有机物IX是重要药物中间体，其合成路线如图所示：

回答下列问题：
(1)I的分子式为___________。
(2)反应①、⑤的反应类型分别为___________、___________。
(3)Ⅴ的结构简式为___________。
(4)Ⅶ可与新制发生反应，其化学反应方程式为___________。
(5)由反应④~⑦可推测的作用为___________。
(6)同时满足以下条件的Ⅲ的同分异构体有___________种。
①含有苯环，能使溶液显色：
②核磁共振氢谱中有6个化学环境相同的氢原子。
写出核磁共振氢谱中峰面积为6：2：1：1的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。
(7)参照上述信息和所学知识，将下列合成路线补充完整______________


参考答案：
1． 冷凝管 77℃左右 水浴加热 除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 加入无水氯化钙 无酸性废水，不污染环境，不与乙醇发生副反应 CuCl2·2H2O 比CuSO4在酸醇混合体系中的溶解性好，催化效率高
【分析】在圆底烧瓶中加入32 mL1：1的乙醇和冰醋酸，再加入32 mL1：1的乙醇和浓硫酸，加热圆底烧瓶，将温度计水银球放在蒸馏烧瓶支管口附近，以测定馏分的温度，给混合物加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯，挥发的乙酸及乙醇会随着反应制取的乙酸乙酯通过冷凝管进入到锥形瓶中，为除去生成物中的杂质，可以使用饱和碳酸钠溶液，其作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，催化剂可以使用浓硫酸，也可使用其它催化剂，可根据物质的溶解性及相同时间产生酯的多少及是否会污染环境等判断催化剂的优劣。
【详解】(1)根据图示可知仪器b的名称是冷凝管；
(2)在蒸馏烧瓶中乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为可逆反应，为使反应正向进行程度增大，要使反应产生的乙酸乙酯脱离反应体系，同时尽可能降低反应物乙酸及乙醇的挥发，结合各种物质的沸点可知：一般控制反应温度在77℃；要是温度保持在77℃，加热方式常采用水浴加热；
(3)由于酸性：CH3COOH＞H2CO3，所以向馏分中加入饱和碳酸钠溶液，碳酸钠与酯中挥发的杂质乙酸反应产生易溶于水的物质，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度，得到互不相溶的两层液体，其中上层为酯层，下层为水层，通过分液将两层液体分离；
乙醇与乙酸乙酯互溶，由于乙醇能与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，向混合乙醇的乙酸乙酯层中加入无水氯化钙，乙醇与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，然后过滤除去固体物质，将所得产品干燥，蒸馏，得到纯度较高的乙酸乙酯；
(4)用硫酸作催化剂，会产生大量酸性废液，导致环境污染；而且浓硫酸与乙醇混合加热会发生副反应，同时降低乙醇的利用率，因此使用固体无机盐为催化剂的优点是：无酸性废水，不污染环境，不与乙醇发生副反应；
(5)根据表格数据可知：CuCl2·2H2O在酸醇混合体系中易溶，而CuSO4难溶，在相同时间内CuCl2·2H2O产生的酯更多，说明CuCl2·2H2O催化效率更高。即由于CuCl2·2H2O 比CuSO4在酸醇混合体系中的溶解性好，与催化剂接触面积更多，使得其催化效率高。
2．(1) B
(2)ghedij
(3)浓硫酸具有吸水性，反应后的硫酸铜以固体形式存在
(4)
(5) 温度升高促进的分解 10、0、2、30 实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组4～6大

【分析】用铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，先干燥再收集，最后处理二氧化硫尾气，探究温度对铜与过氧化氢反应的影响时，要注意对变量的分析，只能有一个作变量。
【详解】（1）用铜与浓硫酸制备，反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水，因此适宜的装置是B，该装置内发生的化学方程式为。
（2）收集干燥的，先用浓硫酸干燥二氧化硫气体，再用向上排空气发收集二氧化硫气体，最后进行尾气处理，因此所需装置的接口连接顺序为：发生装置→ghedij。
（3）反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，可能是浓硫酸具有吸水性，将硫酸铜溶液中水吸收，最后硫酸铜以固体形式存在。
（4）铜、硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，则生成的离子方程式为。
（5）①小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是H2O2的热稳定性较差，温度升高促进的分解。
②为进一步验证猜想，根据1、4；3、6；实验温度相同，实验条件中硫酸铜溶液的用量不同，得出实验2、5是一组实验对比，其方案中加入的体积分别为10、0、2、30；小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，根据1和4，2和5，3和6分别对比实验得出温度升高，催化能力增强即依据是实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组4～6大。
3．(1)
(2)
(3)＞＞
(4)
(5) ＜ AgNO3固体 加入铁粉后，同时造成增大，减小，都能使平衡逆移，使E＜0 FeCl2固体

【分析】已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强，结合表中数据判断，上述条件下氧化性由强到弱的顺序为＞＞Fe3+＞＞I2，还原性顺序为：I-＞＞Fe2+＞＞H2O；
要通过反应探究对电化学反应方向的影响，从某还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，对于2个猜想，只能通过改变一个变量观察是否使E＜0来探究——猜想1：增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，故只能通过A烧杯加适量氯化亚铁固体，增加亚铁离子浓度，猜想2：减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高，只能通过B烧杯加适量硝酸银固体减少碘离子浓度来实现。
【详解】（1）结合分析可知，反应i中铁离子把双氧水氧化了，生成亚铁离子、氧气和水，离子方程式为。
（2）遇发生反应：，生成深蓝色沉淀，则反应过程中，加入溶液，产生蓝色沉淀，证明有生成。
（3）据分析，上述条件下、、的氧化性由强到弱的顺序为＞＞。
（4）电池初始工作时，由可知，铁离子得电子发生还原反应转变为亚铁离子，为正极，则正极的电极反应式为。
（5）①i．t1时，若往烧杯A中加入适量Fe，则铁与铁离子反应，结合猜想1，增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，则E＜0；
ii．②t1时，若往烧杯B中加入适量AgNO3固体，可使碘离子产生沉淀，使减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高，使E＜0，猜想2成立。
③iii．t1时，若往烧杯A中加入适量FeCl2固体， 增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，使E＜0，猜想1成立。
4． 增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分 2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+[或AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO] Na2SO4 水 pH过高，Al3+、Cu2+、Ni2+也会形成沉淀 4OH--4e－＝2H2O＋O2↑ 3
【分析】电镀污泥中主要含有、CuO、NiO、、和等化合物。将电镀污泥和碳酸钠混合焙烧，和分别转化为、，转化为Na2SiO3，CuO、NiO、不反应，水浸时通入二氧化碳，和Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀，过滤得到的“滤液”的主要成分是含有少量重金属阳离子的溶液；滤渣用酸洗后，过滤除去硅酸，溶液中含有Al3+、Cu2+、Ni2+、Fe3+，加入Na2SO4溶液调节溶液的pH沉铁，将Fe3+转化为Fe(OH)3除去；电解滤液得到铜单质，加入除杂剂除去Al3+，滤液中主要含有NiSO4，结晶得到NiSO4，据此分析解答。
【详解】(1)“焙烧”时先将固体粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
(2)“焙烧”时转化为，Cr的化合价由+3价转化为+6价，空气中的氧气中的O原子由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为=；“水浸”时与二氧化碳反应的离子方程式为2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+[或AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO]，故答案为：；2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+[或AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO]；
(3)溶液中存在2CrO+2H+⇌Cr2O+H2O，根据除杂装置图，与硫酸发生阳离子交换，得到液体X和H2Cr2O7，则液体X为Na2SO4；H2Cr2O7和氢氧化钠发生阴离子交换，得到和液体Y，则液体Y是水，故答案为：Na2SO4；水；
(4)“沉铁”时控制pH在1.5~2.5，Fe3+水解生成Fe(OH)3，若pH过高，会使Al3+、Cu2+、Ni2+沉淀，充分搅拌，可以使Fe3+水解充分，故答案为：pH过高，Al3+、Cu2+、Ni2+也会形成沉淀；
(5)电解时以惰性合金板为阳极，阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失去电子放出氧气，电极反应式为4OH--4e－＝2H2O＋O2↑，故答案为：4OH--4e－＝2H2O＋O2↑；
(6)常温下，“净化除杂”时，若溶液中铝离子浓度为，则其开始沉淀时，c(OH-)== mol/L=10-11 mol/L，则c(H+)=10-3 mol/L，pH=3，故答案为：3。
5．(1)还原
(2)+3
(3) 还原剂 Cl2
(4)防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5)5
(6)4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+
(7)Na2SO4、Zn SO4、H2SO4

【分析】由流程结合题目可知，闪锌矿焙烧将金属元素锌、铁、钴、铟转化为相应的氧化物，加热稀硫酸溶浸，得到相应的硫酸盐溶液，加入Na2S2O4生成Co(OH)2沉淀，滤液通入臭氧将氯元素转化为氯气去除，再加入氢氧化钙、碳酸钙除去氟，得到滤液电积分离出锌，废液通入二氧化硫将三价铁转化为二价铁，然后水解分离出铟，加压氧化将二价铁转化为氧化铁，得到母液含有流程中生成的硫酸钠、硫酸锌、稀硫酸。
【详解】（1）闪锌矿主要成分，焙烧硫元素转化为二氧化硫气体，由流程可知，还原步骤需要通入二氧化硫，故“气体1”经纯化后适宜在还原工序使用；
（2）化合物中正负化合价代数和为零；中锌、氧化合价分别为+2、-2，则铁元素化合价为+3；
（3）臭氧具有氧化性，和反应生成硫酸钠，硫元素化合价升高，在反应中做还原剂；已知闪现矿中的氯元素，矿物中氯元素常以负一价存在，负一价氯元素会和臭氧反应生成氯气，气体2的主要成分为氯气Cl2；
（4）已知，易成胶状，“除氟”时，适量的可以使生成的氟化钙着附在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率；
（5）时，，沉淀完全，则c()小于10-5mol/L，c(OH-)不小于，则c(H+)小于2×10-5mol/L，则pH≈4.7；故“水解”时生成In(OH)3沉淀，溶液的应不低于5；
（6）由流程可知，铁元素在还原过程中被转化为二价铁，“加压氧化时”时，二价铁转化为三价铁生成三氧化二铁，发生的离子反应方程式为4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+；
（7）二氧化硫还原过程中生成硫酸；“溶浸”过程中形成的难溶进入还原过程和生成的硫酸及废酸中硫酸反应生成硫酸锌；除杂2过程中生成了硫酸钠，最终硫酸、硫酸锌、硫酸钠进入母液，故得到母液的主要成分为Na2SO4、Zn SO4、H2SO4。
6．(1)4s24p3
(2)
(3) 过滤 B
(4) +5 将还原为SbCl3
(5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
(6) TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体 6

【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含、，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl。碱浸液中含、，调节pH值后得到TeO2沉淀。
【详解】（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为：4s24p3；
（2）“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为：；
（3）分离出的操作是过滤；pH=4时，溶液成酸性，，，故滤液中As元素最主要的存在形式为：B；
（4）①中，Sb的化合价为+5价；
②“氯盐酸浸”时，通入的目的是：将还原为SbCl3；
（5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl；
（6）TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；由晶胞结构可知，Te的配位数为6；根据均摊法，Te原子位于晶胞的顶点和内部，个数为；O原子位于晶胞的面上和内部，个数为，晶胞的密度为：。
7． -3 6HCN+5Fe2O3=3N2↑+6CO2↑+3H2O+10Fe +1016.0 增大 FeO BD
【分析】已知：① ；② ③ 根据盖斯定律：②×3-①-③，求反应的；利用图1中数据反应平衡时各气体的浓度为：、、，代入平衡常数K=公式计算；根据图1，确定平衡的OS/CC约为0.05，此时反应达到平衡，反应物的转化率最大，由曲线2根据反应物和生成物随OS/CC值的变化，确定各曲线对应的物质。
【详解】(1)根据化合物中化合价的代数和为0，或根据化合价的定义：N与C形成三个共用电子对，N的电负性大于碳，HCN中N的化合价为-3。故答案为：-3；
(2)HCN和反应生成Fe和无毒物质，C由+2价升高为+4价，N由-3价升高为0价，铁由+3价降为0价，根据电子得失守恒得反应的化学方程式6HCN+5Fe2O3=3N2↑+6CO2↑+3H2O+10Fe。故答案为：6HCN+5Fe2O3=3N2↑+6CO2↑+3H2O+10Fe；
(3)已知：① ；② ③ 根据盖斯定律：②×3-①-③，则反应 =()×3-()-()=+1016.0。故答案为：+1016.0；
(4)①假设平衡时混合气体的总浓度为，利用图1中数据反应平衡时各气体的浓度为：、、，平衡常数K=== 。对于吸热反应，若升高温度，平衡正向移动，该反应的平衡常数将增大。故答案为：；增大；
②已知的还原程度随OS/CC的增大而逐渐降低，图2中的曲线③代表，曲线②表示是产物Fe随OS/CC的增大而逐渐增大，则图2中曲线①表示FeO(选填“Fe”“FeO”“”)随OS/CC的增大而先逐渐增大，后又减小。故答案为：FeO；
③A．是该反应的反应物，故A错误；
B．固体产物Fe经氧化处理后得可循环利用，故B正确；
C．OS/CC为0.03时，由图1HCN曲线的斜率比曲线的斜率大，HCN的氧化速率比高，故C错误；
D．OS/CC约为0.05时，达到平衡状态，反应物的转化率最大，的利用率和污染物处理效果最佳，故D正确；
故答案为：BD。
8．(1)+19.6
(2) a 不加催化剂，分解的活化能大 不是 温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值 0.03 8
(3)2NO2→2NO+O2

【解析】(1)
①
②
④
由盖斯定律，反应①+反应④=反应②，则ΔH1+ΔH4=()+()=+19.6；
(2)
①由图可知，未平衡时，反应进行相同时间，a对应N2O的转化率最大，则a对应的反应速率最大，反应所需活化能最低的曲线是a；
②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，可能原因是不加催化剂，分解的活化能大；
③A点对应的转化率一定不是平衡转化率，理由为：温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值；
④B点N2O的转化率为60%，则Δc(N2O)=60%×=0.3mol/L，(0.3mol/L÷10min)=0.03；
平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，则平衡后有0.20molNO2、N2O、0.25molO2、N2共四种物质，根据O原子守恒，n(N2O)=1mol-0.20mol×2-0.25mol×2=0.1mol，根据N原子守恒，n(N2)=(1mol×2-0.20mol-0.1mol×2)÷2=0.8mol，即平衡时有0.20molNO2、0.1molN2O、0.25molO2、0.8N2，浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.125mol/L、0.4mol/L，反应①[]的平衡常数K==8；
(3)
Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
则Step3的反应方程式=总反应-2(Step1+ Step2)，为2NO2→2NO+O2。
9．(1) 防止催化剂中毒 C NH3、CO
(2) −(a−b) NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附
(3)

【详解】（1）①CO能被催化剂吸附，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒；故答案为：防止催化剂中毒。
②A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；C．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；D．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；综上所述，答案为：C。
③中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO；故答案为：NH3、CO。
（2）①根据图中信息过渡态4活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反应：的(b−a)=−(a−b)；故答案为：；−(a−b)。
②由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，
越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附；故答案为：NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附。
（3）若和起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1mol、3mol，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，，则；故答案为：。
10． sp2 3 O 1s22s22p63s23p63d7 3 三种物质都属于共价晶体，原子半径越小，共价键的键长就越短，该化学键的键能就越大，物质的硬度就越大。由于键长：C-C键＜C-Si键＜Si-Si键，所以键能C-C键＞C-Si键＞Si-Si键，故物质的硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 KC8 离子键
【详解】(1)在石墨中碳原子形成3个σ共价键，因此C的杂化类型是sp2杂化；
石墨是层状结构，在层内C原子与相邻的3个C原子形成共价键，在层间C原子之间以分子间作用力结合，因此在层内C原子的配位数是3；
(2)在LiNiO2中含有Li、Ni、O三种元素，其中O是非金属元素，Li、Ni是金属元素，非金属元素的电负性大于金属元素，所以三种元素中电负性最大的元素是O；
(3)Ni是28号元素，根据构造原理可知基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去最外层的2个4s电子和1个3d电子，就得到Ni3+，则基态Ni3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7；3d轨道有5个，每个轨道最多可容纳2个自旋方向相反的电子，则其中有3个未成对的电子；
(4)金刚石、碳化硅、晶体硅都是共价晶体，原子半径越小，共价键键长就越短，该化学键的键能就越大，物质的硬度就越大。由于原子半径：C＜Si，所以键长：C-C键＜C-Si键＜Si-Si键，键能C-C键＞C-Si键＞Si-Si键，因此物质的硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；
(5)晶胞中K原子处于顶点、面心、内部4个，晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边( 8个C原子)处于晶胞面上，其它C原子处于晶胞内部，晶胞中K原子数目= ，C原子数目=12×4+8×4×=64，K、C原子数目之比为1：8 ，则该插层化合物的化学式是KC8，该化合物为离子化合物，K层与石墨层之间的化学键类型为离子键；
该晶胞中含有K原子8个，含有C原子64个，则晶胞质量m=，晶胞体积V=(a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(b×10-7cm)=a2b×10-21 cm3，所以该晶胞的密度ρ=。
11．(1)4d105s25p1
(2) +1或-1 亚硫酸为，硫酸为，也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强
(3) B 正四面体
(4) sp3、sp2 8NA O＞N＞C＞H
(5)

【详解】（1）In为49号元素，基态In原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s23d104p65s24d105p1，则价层电子排布式为：4d105s25p1，故答案为：4d105s25p1；
（2）对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其3p轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为或为，即为：+1或-1；S元素可以形成两种常见含氧酸，其通式为，即亚硫酸为，硫酸为，也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强，故答案为：+1或-1；亚硫酸为，硫酸为，也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强；
（3）硫酸铜稀溶液中水分子之间有氢键和范德华力存在，水分子和硫酸根离子中均存在共价键，铜离子和水分子间可以形成配位键，即不存在金属键；硫酸根离子中中心原子硫原子上的孤电子对数为，价层电子对数为4，S采用sp3杂化，则空间构型为正四面体，故答案为：B；正四面体；
（4）①氨基乙酸钠中C原子的价层电子对数分别为、，则杂化方式为sp3、sp2；共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，中含有8个键，所以氨基乙酸钠含有键的数目为8NA，故答案为：sp3、sp2；8NA；
②配合物A的非金属元素有C、O、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序为O＞N＞C＞H，则电负性大小顺序为：O＞N＞C＞H，故答案为：O＞N＞C＞H；
（5）用“均摊法”，一个晶胞内含Cu的数目：8×＋4×＋1=4个，含S的数目：8个，含In 4×＋6×=4个，则一个晶胞含4个CuInS2，晶胞的体积为x2ypm3，则该晶体的密度ρ= =g·cm-3；根据晶胞结构可知，Cu原子在z轴方向投影位于顶点上和面心上，S原子在z轴方向投影位于顶点和面心的连线中点上，在图b中画出S原子在该方向的投影位置为：，故答案为：；。
12． 3，3-二甲基-1-丁炔 取代反应 ++H2O 醚键、碳溴键(或溴原子) 7 (CH3)3CCHO
【分析】与碘发生取代反应生成B，结合C的结构可知，B为，B与发生取代反应生成C，结合官能团的性质和变化分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为：；
(2)中含有碳碳三键的最长碳链有4个碳原子，且碳碳三键在1和2号碳之间，为1-丁炔，在3号碳上含有两个甲基，化学名称为3，3-二甲基-1-丁炔，故答案为：3，3-二甲基-1-丁炔；
(3)根据流程图，中的碳碳三键一端的H原子被苯环代替，属于取代反应；由D生成E的化学方程式为++H2O，故答案为：取代反应；++H2O；
(4)E()中含有的官能团名称为碳碳三键、醚键、碳溴键(或溴原子)，故答案为：醚键、碳溴键(或溴原子)；
(5)THF的结构简式为，相对分子质量为72，化合物G是THF的同系物，①分子量为86，说明G比多一个CH2原子团，G的分子式为C5H10O，②含有碳氧双键结构，满足条件的G的同分异构体有：C=O的一端为H，一端为- C4H9，- C4H9有4种结构；C=O的一端为- CH3，一端为- C3H7，- C3H7有2种结构；C=O的两端均为- C2H5有1种结构；共7种同分异构体；其中只含有2种不同化学环境的氢原子且能发生银镜反应的化合物的结构简式为(CH3)3CCHO，故答案为：7；(CH3)3CCHO；
(6)用和为原料制备，根据流程图中D→E的转化可知，需要先合成，可以根据C→D的转化方法合成，因此需要先合成，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的难点和易错点为(6)，要注意题干流程图中物质间的转化关系的理解和应用。
13．(1)C10H12O2
(2)保护酚羟基
(3) +H2O+Zn→ +HCHO+
(4)加成反应、取代反应
(5)醚键、酮(羰)基
(6) 15 、 、
(7)

【分析】 和BnBr( )在K2CO3作用下发生取代反应生成 和 ； 和臭氧在-78℃条件下反应得到 ； 发生信息b的第二步反应得到HCHO和 ，Ⅳ为 ； 和BrPh3P(CH2)7CH(OCH3)2发生信息c的反应得到 ， 和氢气发生加成反应、取代反应得到 和 ， 通过系列反应得到 。
（1）
化合物Ⅰ含10个C，2个O，不饱和度为5，故分子式为C10H12O2；
（2）
①将酚羟基转化为-OBn，⑤由将-OBn转化为酚羟基，故反应①的目的是保护酚羟基；
（3）
反应③中 发生信息b的第二步反应得到HCHO和 ，还有生成，根据原子守恒可知其化学方程式为+H2O+Zn→ +HCHO+；
（4）
对比 和 结构可知二者和氢气发生加成反应、取代反应得到 和 ；
（5）
由结构简式可知化合物Ⅶ中含氧官能团的名称为醚键、酮(羰)基；
（6）
化合物Ⅰ结构为 ，含10个2个O，不饱和度为5，其同分异构体中能同时满足：
②能与溶液发生显色反应，则含酚-OH；
①能发生银镜反应，则还含-CHO，3个饱和C；
③核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，则含2个等效的甲基，符合条件的有2大种情况：
(1)苯环上含2个对称的甲基，符合条件的是 、 ；
(2)含，苯环上有三个取代基(、-OH、-CHO)时：-OH和-CHO位于邻位时有4种，位于间位时有4种，位于对位时有2种；苯环上有2个取代基(和-OH)时有邻间对3种；
综上所述，符合条件的共有2+4+4+2+3=15种；其中苯环上只有两种取代基的结构简式为 、 、 ；
（7）
以 为主要原料制备 ：对比 和 ，要发生碳链增长的反应，即要发生信息c的反应，因此需要苯甲醛和反应，故合成路线如下：。
14．(1)C8H10O2Cl2
(2) 取代反应 氧化反应
(3)
(4)+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
(5)保护亚氨基
(6) 12 或
(7)

【分析】由有机物的转化关系可知，与SOCl2、氨气先后发生取代反应生成 ，经多步转化生成，在THF作用下与硼氢化钠发生还原反应生成，与  过氧化氢和氢氧化钠混合溶液反应生成，则Ⅴ为；与(Boc)2O发生取代反应生成，催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成，一定条件下与甲醇反应生成，与氯化氢反应生成。
【详解】（1）由结构简式可知，I的分子式为C8H10O2Cl2，故答案为：C8H10O2Cl2；
（2）由分析可知，反应①为与SOCl2、氨气先后发生取代反应生成，反应⑤为催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成和水，故答案为：取代反应；氧化反应；
（3）由分析可知，Ⅴ的结构简式为，故答案为：；
（4）分子中含有醛基，与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（5）由和的结构简式可知，反应④~⑦中(Boc)2O的作用是保护亚氨基，故答案为：保护亚氨基；
（6）Ⅲ的同分异构体含有苯环，能使氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，则核磁共振氢谱中有6个化学环境相同的氢原子说明分子的苯环中含有2个处于对称位置的甲基，结构简式为、，共2种；也可以视作、、分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构，共有10种，则符合条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱中峰面积为6：2：1：1的同分异构体的结构简式为、，故答案为：12；或；
（7）由信息和所学知识可知，制备的合成步骤为与氢气发生还原反应生成，发生分子间脱水反应，THF作用下与硼氢化钠发生还原反应生成，则合成路线为，故答案为：。