山东省潍坊市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份山东省潍坊市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37页。试卷主要包含了结构与性质，原理综合题，工业流程题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

山东省潍坊市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

一、结构与性质
1．（2021·山东潍坊·统考一模）闪锌矿与纤锌矿的主要成分均为ZnS。在一定条件下ZnO与ZnS、Se共热可制备荧光材料ZnSe。回答下列问题：
(1)基态Se原子的价电子排布式为_______，基态Zn与S原子成对电子数之比为_______。
(2)的电负性由大到小的顺序为_______。制备过程中会产生少量，其中原子采用_______杂化，的空间构型为_______。
(3)晶胞与晶胞相似(如图)，晶胞中距离最近的两个的距离为，请计算晶胞的密度_______。

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。ZnSe晶胞中部分原子的分数坐标为：A点Se2-(0，0，0)，B点Se2-的分数坐标为_______；从该晶胞中找出距离B点Se2-最远的Zn2+的位置_______(用分数坐标表示)。
2．（2022·山东潍坊·统考一模）我国科学家在大分子合成方面又有新突破，以1，4－二咪唑－丁烷为有机胺模板剂，利用中温水热合成方法获得三维镉超分子化合物。该化合物中含有C、H、O、Se、Cd、Co、Ca等元素。回答下列问题：
(1)基态钴原子的价电子轨道表示式为___________。
(2)苯分子中含有大π键，可记为(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，该分子中的大π键，可表示为__________，Se的杂化方式为___________。
(3)金属离子配合物的颜色主要与分裂能有关。1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，用△表示，中心离子带电荷数越多，与配体距离越近，则作用越强，△越大。分裂能(△)：___________(填“＞”“＜”或“=”)，理由是___________。
(4)晶体属四方晶系，晶胞如图所示，，()，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，在位于原点的钙离子上面的碳原子的分数坐标为(0，0，0.406)。一个周围距离最近的有___________个，基团中C-C键长为___________ (保留小数点后两位)，最短的Ca-C距离为___________ (列出计算式)。

3．（2023·山东潍坊·统考一模）分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC₁是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC₁是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。

回答下列问题：
(1)与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有_______种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
a.    b.
c.    d.
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC₁中通过螯合作用形成的配位键有_______mol。
(3)HEC₁中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL⁻¹)如下表：


HO-OH
346
247
207
A-A键的键能依次降低的原因是_______。
(4)在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为_______，、的键角由大到小的顺序为_______。
(5)水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。

①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为_______pm(保留一位小数)。
②普通冰晶体的密度为_______g·cm⁻³(列出数学表达式，不必计算出结果)。

二、原理综合题
4．（2021·山东潍坊·统考一模）“一碳化学”是指以研究分子中只含有一个碳原子的化合物为原料合成一系列化工产品的化学。研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题：
(1)相关物质的燃烧热(1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量)数据如下表所示：
物质
C(s)
CO(g)
H2(g)
燃烧热
-393.5
-283
-286
已知：
写出与生成和的热化学方程式_______。
(2)工业上，在基催化剂的作用下发生反应。向恒容密闭容器中通入和，在催化剂表面上反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
①据图可知，该反应为_______(填“放热”“吸热”)反应；对该反应的反应速率影响最大的基元反应方程式为_______。

②化学反应速率方程中各物质浓度的指数称为各物质的反应级数，反应级数越大，表示该物质浓度对反应速率影响越大。该反应的反应速率及反应级数随温度变化如图所示

据图可知，为提高反应速率，适宜的反应条件为_______；温度再高反应速率大幅度降低的原因可能为_______。
(3)和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
i.
ii.
①升高温度，的含量增大的原因是_______。
②恒温恒压密闭容器中，加入和，初始压强为，在发生反应，反应达平衡时，的转化率为50%，容器体积减小25%，则反应i的压强平衡常数_______(结果保留1位小数)。
5．（2022·山东潍坊·统考一模）碘及其化合物有着多方面的用途，用化学反应原理研究碘及其化合物有重要意义。回答下列问题：
(1)一碘甲烷()热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。一碘甲烷()热裂解时主要反应有：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ(298K)
实验测得，反应Ⅰ、Ⅱ的随温度的变化如图1所示，在体积为1L的密闭容器中，起始投料1mol(g)，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯物质的量分数的影响如图2所示。

①298K时，反应；___________。
②当体系温度高于600K时，乙烯的物质量分数随温度升高而显著增加的可能原因是___________。
③若维持体系温度为715K，(g)的平衡转化率为___________，反应I以物质的量分数表示的平衡常数___________。
(2)研究HI的分解与合成对提高反应Ⅰ中(g)的平衡转化率有重要意义。T℃，将amol(g)和amol(g)置于已抽成真空的特制1L密闭容器中，40min时体系达到平衡，体系中存在如下反应关系：
Ⅰ.
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ.
①则___________。
②实验测得平衡体系总压强为Pa，HI的分压为Pa，的分压为Pa，已知该反应的正反应速率为，逆反应速率为，其中k正、k逆为速率常数，x为物质量分数，若，在t=40min时，v正=___________(用含b的代数式表示)。
6．（2023·山东潍坊·统考一模）丙烯是重要的化工原料，其用量仅次于乙烯，研究丙烯的制取工艺具有重要意义。丙烷催化脱氢制取丙烯的过程中涉及的主要反应有：
Ⅰ.    
Ⅱ.     kJ·moL⁻¹
Ⅲ.    kJ·moL⁻¹
已知：①温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；
②平衡状态下：
丙烯选择性
丙烯收率
回答下列问题：
(1)下图中能正确表示反应Ⅰ的化学平衡常数与温度T关系的是_______(填序号)。
a. b. c. d.
(2)在100kPa的恒压条件下，将1 mol 加入密闭容器中，在催化条件下发生上述反应，实验测得温度对平衡状态下丙烯的选择性和收率的影响如图所示。

①温度高于600℃时丙烯的选择性降低幅度增大的原因是_______。
②580℃，min时，反应体系达到平衡，丙烷的平衡转化率为_______，_______kPa·min⁻¹。反应Ⅰ的压强平衡常数_______kPa(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。
(3)工业上在保持100kPa的恒压条件下，通常在原料中掺混一定量惰性气体，掺混一定量惰性气体的原理是_______。

三、工业流程题
7．（2021·山东潍坊·统考一模）是一种良好的催化剂，用于加氢反应。以某地石煤矿(主要成分：、及少量、)为原料制备高纯的工艺流程如下：

已知：①偏钒酸铵微溶于水；煅烧所得中含少量，。
②；、草酸等还原剂均可以将的酸性溶液还原，形成蓝色的溶液。
回答下列问题：
(1)石煤矿预先粉碎的目的是___。
(2)“焙烧”时V2O3发生反应的化学方程式为___，“焙烧”时若H2O(g)不足，会产生造成环境污染的气体，写出生成该气体的化学方程式____。
(3)“焙烧”后的球团在串联的浸取塔内作逆流浸取，温度对浸取率的影响如图所示。生产中采用125℃条件下“水浸”的优点是___。

(4)该工艺生产中可回收再用于该生产的物质有_______(填化学式)。
(5)生产中准确测定煅烧所得V2O5的纯度可为后续生产提供理论依据。准确称取锻烧所得5.0g V2O5，加入足量氢氧化钠溶液使其完全溶解，加入稀硫酸使溶液呈酸性，用1mol•L-1的草酸标准液进行滴定，达到滴定终点时消耗草酸标准液25.00mL，则煅烧所得V2O5的纯度为_。
8．（2022·山东潍坊·统考一模）铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有Re2O7、ReS2、ReO3、PbO、MoO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉的流程如图所示。

已知：
Ⅰ. Re2O7易溶于水，高铼酸钾(KReO4)在水中的溶解度随温度变化较大；
Ⅱ．RCl阴离子交换树脂，对铼具有良好的选择性，在酸性体系中能够有效的吸附铼。
回答下列问题：
(1)“氧化浸出”过程，ReS2、ReO3被氧化为ReO，ReO3被氧化的离子方程式是___________。浸出过程中，在浸出时间相同的条件下改变液固比，实验结果如图所示，则实际生产中应选择的液固比是___________(填序号)。

a．2：1                b．3：1                 c．4：1                 d．5：1
(2)“水解中和”过程，加NH4HCO3调溶液pH至6左右，过滤后得到滤渣1中除钼的化合物还有___________(写化学式)。
(3)“硫化沉淀”过程，先加入硫化铵，与溶液中的MoO反应生成MoS，再加入H2SO4调pH使MoS转化为更难溶的MoS3，则生成沉淀的离子方程式是___________。
(4)“解吸”后的离子交换树脂用___________ (填化学式)溶液再生处理后可循环使用。
(5)“提纯”所用的方法是___________ (填操作名称)，“氢还原”过程是在管式电炉中，800℃时通入氢气，反应的化学方程式是___________。
9．（2023·山东潍坊·统考一模）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：

已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发；
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_______，该工艺中，经处理可循环利用的物质为_______(填化学式)。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为_______，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是_______。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是_______(用化学方程式解释)。

(4)原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为_______。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为_______kg。


四、有机推断题
10．（2021·山东潍坊·统考一模）化合物N是合成某种消炎药物的一种中间体。以丙烯为原料并应用麦克尔反应合成N的路线如下：

已知：①“”表示“”
②麦克尔反应在有机合成中有重要应用，可用下面的通式表示：

代表等吸电子基团；代表含有活泼氢的化合物，如醛、酮、丙二酸酯等。
③
回答下列问题：
(1)B的化学名称为_______。
(2)H→M的反应类型为_______；E中官能团的名称为_______。
(3)C→D的化学反应方程式为_______。
(4)M的结构简式为_______。
(5)写出满足下列条件的H的同分异构体的结构简式_______(不包括立体异构)。
i．分子中存在由6个碳原子形成的六元环；
ii．1mol该物质能与足量金属钠反应生成22.4L(标准状况)H2；
ⅲ．分子中只有一个碳原子采取sp2杂化；
ⅳ．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1。
(6)化合物常用作化妆品的香料，设计以和为原料，利用麦克尔反应制备的合成路线__(无机试剂任选)。
11．（2022·山东潍坊·统考一模）化合物I是合成降压药物苯磺酸氨氯地平的中间体，一种合成I的路线如下图所示：

已知：
①工业上用羧酸和SOCl2制取酯，反应更加完全，且产率高。
(酰氯) (酯)
②++R＇OH
③
回答下列问题：
(1)A分子的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3：1：1，A的化学名称为___________；B的结构简式为___________。
(2)鉴别D与F可选用的试剂为___________；D→E的反应类型为___________。
(3)G→H的化学方程式为___________。
(4)符合下列条件的G的同分异构体有___________种。
①能发生银镜反应②能发生水解反应生成CH3OH③分子中有一个手性碳原子
(5)3－氨基巴豆酸甲酯()是化合物I后续合成苯磺酸氨氯地平的原料之一，写出以G和甲醇为原料制备3－氨基巴豆酸甲酯的合成路线___________(无机试剂任选)。
12．（2023·山东潍坊·统考一模）核苷酸类逆转录酶抑制药物替诺福韦的一种合成路线如下：

已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)D中官能团的名称是_______，D→E的反应类型为_______。
(2)A→B的化学方程式为_______。
(3)F的结构简式为_______，检验有机物G中是否含有有机物F的试剂为_______。
(4)符合下列条件的C的同分异构体有_______种。
①苯环上有两个取代基且分子中含有手性碳原子
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能与碳酸氢钠溶液反应生成气体
③1 mol C的同分异构体与溴水反应消耗2 mol Br2
(5)根据上述信息，写出以ClCH2CH2OH为主要原料制备 的合成路线。_______

五、实验题
13．（2021·山东潍坊·统考一模）硫氰酸钾(KSCN)，是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰酸钾，并进行相关实验探究。

已知：①不溶于和不溶于水且密度比水大；
②D中三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应，该反应比较缓慢且在高于170℃时易分解，在高于25℃时即分解。
回答下列问题：
(1)试剂a是____，装置D中盛装KOH溶液的仪器名称是_______。
(2)制备KSCN溶液：将D中反应混合液加热至105℃，打开K1通入氨气。
①反应一段时间后，关闭K1，此时装置C中观察到的现象是保持三颈烧瓶内反应混合液温度为105℃一段时间，这样操作的目的是___。
②打开K2，缓缓滴入适量的KOH溶液，继续保持反应混合液温度为105℃。
(3)装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是___。
(4)制备硫氰酸钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再经___(填操作名称)、减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰酸钾晶体。
(5)取少量所得KSCN晶体配成溶液，将装置E中混合液过滤得溶液x，进行如下实验：

①设计实验探究ⅱ中银镜产生的原因___。
②小组同学观察到ⅲ中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去和沉淀增多，请用必要的文字和离子方程式解释：____。
14．（2022·山东潍坊·统考一模）硫代硫酸钠()可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的气体制备硫代硫酸钠()。

已知：
①；
②的沸点为44.8℃；
③中S元素的化合价分别为-2价和＋6价。
回答下列问题：
(1)检查装置气密性，加入药品。和混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，目的是___________，D装置中试剂为___________。
(2)实验过程操作：①打开活塞、，关闭活塞，通入一段时间；②关闭活塞、，打开活塞，加热绿矾；③C处溶液pH约为8时停止加热；④在m处连接盛有NaOH溶液的容器，……；⑤从锥形瓶中得到晶体。使用pH传感器始终观测混合溶液pH的原因是___________；补充完善操作④___________。
(3)步骤⑤中需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是___________。
(4)学习小组探究的性质：取晶体，溶解配成0.2mol/L的溶液；取4mL溶液，向其中加入1mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊。对溶液变浑浊的原因，提出假设：
假设1：氯水氧化了-2价硫元素；
假设2：酸性条件下分解产生S。
实验验证：a、b试管均盛有4mL 0.2mol/L 溶液。

①用胶头滴管向试管b中加入的试剂为___________。
②依据现象，S产生的主要原因是___________ (用离子方程式表示)。
15．（2023·山东潍坊·统考一模）硫脲 [CS(NH2)2]在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中先制备，再与合成，实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。

已知：易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成。
回答下列问题：
(1)实验前先检查装置气密性，操作：
①在E中加水至浸没导管末端，……；
②微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；
③一段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且高度不变。
将操作①补充完整_______。
(2)检查气密性后加入药品，打开K₂。装置B中盛装的试剂为_______。反应结束后关闭K₂，打开K₁通一段时间，目的是_______。
(3)撤走搅拌器，打开K₃，水浴加热D中三颈烧瓶，在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。控制温度在80℃的原因是_______，D处合成硫脲的化学方程式为_______。
(4)将装置D中液体过滤后，结晶得到粗产品。
①称取m g产品，加水溶解配成500 mL溶液。在锥形瓶中加入足量氢氧化钠溶液和mol单质碘，发生反应：，量取25mL硫脲溶液加入锥形瓶，发生反应：；
②充分反应后加稀硫酸至酸性，发生反应：，滴加两滴淀粉溶液，用c mol·L⁻¹ 标准溶液滴定，发生反应：。至终点时消耗标准溶液V mL。
粗产品中硫脲的质量分数为_______(用含“m、n、c、V”的式子表示)；若滴定时加入的稀硫酸量不足，会导致所测硫脲的质量分数_______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)已知：。

参考答案：
1． 4s24p4 15：7 O>S>Se>Zn sp3 三角锥 (1，1，1) (0.25，0.25，0.25)
【详解】(1)Se元素位于第四周期ⅥA族元素，根据ⅥA族元素核外电子排布规律可知其价电子排布式为4s24p4；Zn为30号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，有15对成对电子，S为16号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，有7对成对电子，所以基态Zn与S原子成对电子数之比为15：7；
(2)O、S、Se为同主族元素，同主族元素自上而下电负性减弱，Zn为金属元素，电负性较小，所以四种元素电负性由大到小的顺序为O>S>Se>Zn；SO中心S原子的价层电子对数为=4，所以S原子采取sp3杂化，有一对孤电子对，所以为三角锥形；
(3)距离最近的两个Se2-的距离即为面对角线的一半，所以晶胞的棱长为a nm，则晶胞的体积为2a3 nm3=(2a×10-7) 3 cm3，根据晶胞结构可知晶胞中含有4个Zn2+，化学式为ZnSe，所以Se2-的个数也为4，则晶体的质量为g，所以密度为=g/cm3；
(4)据图可知B到三个坐标轴的距离均为棱长，所以坐标为(1，1，1)，距离B点Se2-最远的Zn2+即A、B连线上的Zn2+，其距离三个坐标轴的距离均为棱长的四分之一，所以坐标为(0.25，0.25，0.25)。
2．(1)
(2)
(3) ＞ 两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，半径小，与配体距离近，分裂能大
(4) 4 1.20

【详解】（1）Co是27号元素，其3d轨道上7个电子、4s轨道上2个电子为其价电子，价电子轨道表示式为。
（2）由题意，某化合物的结构简式为不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，由其结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为，其中Se的杂化方式为sp2。
（3）两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，半径小，与配体距离近，分裂能大，故＞。
（4）如图可知，一个周围距离最近的有4个，由图可知C-C键长=(0.5-0.406) ×2×6.37=1.2；由图可知最短的Ca-C距离==。
3．(1) 3 c
(2)8
(3)C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定,键能就越小
(4) >
(5) 276.4

【详解】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge；
a.为基态Fe原子；b.为基态；c. 为基态   d. 为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是，故c正确；
故答案为：3；c；
（2）WOC₁中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，有结构简式可知1molWOC₁中含10mol配位键，但通过螯合成环而形成的配合物的只有N，为8mol，故答案为：8；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肤中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
故答案为：C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小。
（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°，故答案为：；>；
（5）①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为0.375×737=276.4；
由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm⁻³，晶胞密度为：，故答案为：276.4；。
4． 放热 温度为800K，增大H2浓度 催化剂活性降低或H2级数的影响减小 温度升高，平衡ⅱ正向移动；平衡ⅰ逆向移动，使和的浓度增大，也能促进平衡ⅱ正向移动，所以的含量增大
【详解】(1)+O2(g)= (g) ；(g)+O2(g)= (g)  ；(g)+ O2(g)= ；，根据盖斯定律可得：+=(g)+(g) △H=△H1-△H2-△H3+△H4=131.5kJ·mol；
故答案为：。
(2)①由图可知：E反应物＞E生成物，所以该反应放热；反应快慢取决于活化能最大的步骤，；
故答案为：放热；。
②根据图中信息可知，温度为800K，和反应级数为1.7时，反应级数越大，表示该物质浓度对反应速率影响越大，反应最强，为提高反应速率，适宜的反应条件为：温度为800K，增大H2浓度；温度再高反应速率大幅度降低的原因可能为催化剂活性降低或H2级数的影响减小；
故答案为：温度为800K，增大H2浓度；催化剂活性降低或H2级数的影响减小。
(3) ①升高温度，的含量增大的原因是因为平衡ⅱ反应为吸热反应，升高温度平衡会向正向移动；平衡ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
故答案为：温度升高，平衡ⅱ正向移动；平衡ⅰ逆向移动，使和的浓度增大，也能促进平衡ⅱ正向移动，所以的含量增大。
②设反应ⅰ中CO2反应了x mol，反应ⅱ中CO2反应了2y mol


根据PV=nRT可知，恒温恒压容器，V减少25%，可知n减少25%，故反应后n总=6×=4.5mol，{{，n(CO2)=1mol，n(H2)=1.25mol，n(CH3OH)=0.5mol，n(H2O)=1.5mol，n(C2H2)=0.25mol，
故答案为：。
5．(1) 66.3 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使的平衡物质的量分数增加 80% 0.64
(2) 36

【详解】（1）①反应反应Ⅰ、Ⅱ的随温度的变化如图1所示。反应I为分解反应，反应Ⅱ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，=+80.2kJ/mol；=-108kJ/mol；根据盖斯定律，反应(Ⅰ×3+Ⅱ)可得反应，故66.3kJ/mol。
②反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使的平衡物质的量分数增加。
③由图可知，715K，平衡时n(C3H6)=n(C4H8)=2n(C2H4)，设平衡时n(C2H4)=x，则n(C3H6)=n(C4H8)=2x，n(CH3I)=y，则由I守恒可知n(HI)=1-y，由C守恒的1=y+2x+6x+8x①，C2H4的物质的量分数为4%，得4%=②，由①②得x=，y=，故CH3I的转化率为×100%=80%；平衡时n(总)=1+5x=，CH3I的物质的量分数为，HI的物质的量分数为，则=0.64。
（2）①由盖斯定律可知，Ⅱ=Ⅰ+Ⅳ-2Ⅲ，故Kp2==36。
②因为压强之比等于物质的量之比，40min达到平衡时，Kp=，即36=，故P(I2)=5×106Pa，故=b×=1.。
6．(1)d
(2) 温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生 80% 1 120
(3)反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动

【详解】（1）由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ得反应：，故=124.2kJ·moL⁻¹；反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，故选d。
（2）①已知，温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生，使得丙烯的选择性降低幅度增大；
②580℃，min时，反应体系达到平衡，由图可知，丙烯收率为60%，则平衡时丙烯为0.6mol，设有a mol C3H8裂解为C3H6和H2，有b mol C3H8裂解为CH4、C2H2和H2，由三段式可知：



此时丙烯选择性为75%，则，解得a+b=0.8mol，故丙烷的平衡转化率为；此时平衡是丙烷、丙烯、氢气、甲烷、乙炔分别为0.2mol、0.6mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol，总的物质的量为2mol，则kPa·min⁻¹；反应Ⅰ的压强平衡常数kPa；
（3）反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动，故利于提高丙烷的转化率。
7． 增大接触面积，充分反应，提高反应速率 钒的浸出率高，明显缩短浸取时间，提高生产效率 91%
【分析】石矿粉中含有、及少量、经过焙烧之后生成NaVO3，加入氯化铵可以生成NH4VO3沉淀，根据①中信息可得，煅烧沉淀可得五氧化二钒，利用氢气，以及少量的H2O(g)，可以将五氧化二钒还原为。
【详解】(1) 石煤矿预先粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
(2)依据流程图可知焙烧后V2O3变为NaVO3(从图中NH4VO3可知)发生的反应为，若H2O(g)不足，产生污染环境的气体为氯气(依据元素守恒，能污染环境的气体为氯气)，生成氯气的化学方程式为；
(3)根据图象，125℃条件下“水浸”的优点为钒的浸出率高，明显缩短浸取时间，提高生产效率；
(4)沉钒的过程中会有氯化钠产生，可蒸发后用于焙烧加热；还原五氧化二钒过程中会有H2O(g)产生，可用于焙烧；
(5)根据已知②可知，，，，n(V2O5)=n(H2C2O4)=1.0mol/L×25.00mL×10-3=0.025mol；m(V2O5)=n·M=0.025mol×182g/mol=4.55g，V2O5的纯度为。
8．(1) 2ReO3+H2O2=2ReO+2H+ a
(2)Fe(OH)3、Cu(OH)2
(3)MoS+2H+=MoS3↓+H2S↑
(4)HCl
(5) 重结晶

【分析】烟道灰加入硫酸、双氧水氧化浸出，过滤后加入碳酸氢铵中和，根据后续流程可知，中和后需要滤渣，所以滤渣中含有Mo元素，此时调节的pH为6，所以同时会生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，滤渣中加入硫化铵、硫酸，得到CuS和MoS3沉淀，过滤后向滤液中加入RCl吸附铼，之后加入HClO4解吸得到HReO4溶液，浓缩后加入钾盐，得到KReO4沉淀，提纯后还原得到Re。
【详解】（1）根据题意ReO3被H2O2氧化为ReO，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2ReO3+H2O2=2ReO+2H+；根据整个流程的目的可知，浸出时，需要铼有较高的浸出率，据图可知，当液固比为2：1时，铼以及有较高的浸出率，继续增大液固比，溶液变稀，会增加后续流程中的成本，所以选a；
（2）烟道灰中还含有CuO、Fe3O4，氧化浸出后溶液中会含有Cu2+、Fe3+，所以调溶液pH至6左右，滤渣中会有Fe(OH)3、Cu(OH)2；
（3）根据元素守恒可得离子方程式为MoS+2H+=MoS3↓+H2S↑；
（4）RCl为阴离子交换树脂，所以离子交换时Cl-与ReO进行交换，所得溶液中有RReO4，所以加入HCl溶液再生处理后可循环使用；
（5）高铼酸钾在水中的溶解度随温度变化较大，所以可以重结晶进行提纯；根据题意可知800℃时KReO4会被氢气还原为Re，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2KReO4+7H22Re+6H2O+2KOH。
9．(1)
(2) ++2H+ H2SO4
(3) ++5C+5CO↑ 高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 ++2C+3CO↑
(4) H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O

【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)加入稀盐酸，只有不会溶解，可溶于热的浓硫酸形成，在沸水中形成，“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，据此分析解题。
【详解】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为；
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑；
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
10． 3—氯丙烯 加成反应 氯原子(碳氯键)、醚键 2+O22+2H2O 、
【分析】A是丙烯，和Cl2在加热条件下发生甲基上的取代反应，生成B(CH2=CHCH2Cl)，B和水加成生成(），C发生催化氧化反应，羟基被氧化为羰基，得到D()，D和乙二醇反应生成E()，E和CN-发生取代反应生成F()，F发生反应生成G()，G和乙醇发生酯化反应生成H( )，H和发生麦克尔反应生成M()，M失水得到N。
【详解】(1)B是CH2=CHCH2Cl，按系统命名法，其名称为3—氯丙烯。
(2)H→M是中的碳碳双键断裂，H( )中的亚甲基(-CH2-)断裂一个碳氢键，氢原子和剩下的部分分别和中的不饱和碳原子加成，发生加成反应。E( )中含有醚键和氯原子（或碳氯键）。
(3)C→D是醇的催化氧化反应，化学反应方程式为2+O22+2H2O。
(4)根据以上分析可知，M的结构简式为。
(5) H的分子式为C6H10O3，其同分异构体要求：
i．分子中存在由6个碳原子形成的六元环；
ii．1mol该物质能与足量金属钠反应生成22.4L(标准状况)H2；即生成1molH2，所以该物质有两个羟基或一个羟基和一个羧基；
ⅲ．分子中只有一个碳原子采取sp2杂化，说明分子中只有一个羧基或醛基或羰基；
ⅳ．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1。
符合要求的同分异构体为和。
(6)要利用麦克尔反应合成化合物，首先需要合成，利用在乙醇钠作用下失水生成，而的合成需要和原料之一发生麦克尔反应，而可以由原料被MnO2氧化（即发生已知③的反应）得到，故合成路线为：。
11．(1) 邻二甲苯
(2) 碳酸氢钠溶液或石蕊试液 取代反应
(3)+Cl2+HCl
(4)3
(5)

【分析】A分子的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3：1：1，A中共含有10个氢原子，则有6个H原子的所处环境相同，推断有两个甲基，再根据后续产物的结构可以推断出A中应含有苯环，所以A的结构简式为；根据B的分子式、A和C的结构简式可知B的结构简式为；对比D→E→F和信息①的反应条件可知，D中含有羧基，结合其分子式可知D为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，再根据信息②可知G应为，对比G和H的分子式可知，G与氯气发生取代反应生成H，所以H为 ，H再与C反应生成I。
【详解】（1）根据分析可知A的结构简式为 ，名称为邻二甲苯；B的结构简式为；
（2）D为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，羧酸溶液显酸性，可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可以用碳酸氢钠溶液或石蕊试液鉴别二者；D中-OH被-Cl代替生成E，为取代反应；
（3）G为，与氯气发生取代反应生成H，化学方程式为+Cl2+HCl；
（4）G中含有6个C原子、3个O原子，不饱和度为2，其同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②能发生水解反应生成CH3OH，则含有甲醇形成的酯基，根据O原子个数可知，该物质应同时含有酯基和醛基；③分子中有一个手性碳原子，符合题意的有、、，共3种；
（5）G为 ，甲醇为CH3OH；根据信息③可知，在NH3/CH3OH、一定条件下反应可以得到，而 在酸性环境中水解可得，再与甲醇酯化可得，所以合称路线为。
12．(1) 醚键、羟基 取代反应
(2) +CH3OH+H2O
(3) 酸性高锰酸钾溶液
(4)18
(5)ClCH2CH2OH

【分析】由H与目标有机物的结构简式，结合I的分子式，可确定I的结构简式为 。采用逆推法，可得出G为 ，则F为 ，A为 ，B为 ，C为 ，D为 ，E为 。
【详解】（1）由分析可知，D的结构简式为 ，则D中官能团的名称是醚键、羟基，D( )→E( )，-OH被-Cl替换，则反应类型为取代反应。答案为：醚键、羟基；取代反应；
（2）A( )→B( )，是A与CH3OH发生了酯化反应，化学方程式为 +CH3OH+H2O。答案为： +CH3OH+H2O；
（3）由分析可知，F的结构简式为 ，检验有机物G( )中是否含有有机物F( )，即检验醇羟基是否存在，可使用酸性高锰酸钾溶液，若褪色，则含有 ，否则不含有 ，试剂为：酸性高锰酸钾溶液。答案为： ；酸性高锰酸钾溶液；
（4）C为 ，C的同分异构体满足下列条件：“①苯环上有两个取代基且分子中含有手性碳原子，②能与FeCl3溶液发生显色反应且能与碳酸氢钠溶液反应生成气体，③1 mol C的同分异构体与溴水反应消耗2 mol Br2”，则C的同分异构体中应含有苯环，苯环上有两个取代基，一个是酚羟基，另一个取代基上含有5个C原子，且含有1个羧基，两种取代基可为邻位关系，也可为对位关系，但不能为间位。-C4H8COOH中含有手性碳原子，符合条件的-C4H8COOH的可能结构为、、、、、、、、，共9种，故C的同分异构体为9×2=18种。
（5）采用逆推法，合成 需要制得 ，需要制得 ，由ClCH2CH2OH可制得 。从而得出以ClCH2CH2OH为主要原料制备 的合成路线为：ClCH2CH2OH。答案为：ClCH2CH2OH。
【点睛】合成有机物既可采用顺推法，也可采用逆推法。
13． 浓氨水或浓 恒压滴液漏斗或恒压漏斗 瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，使完全分解而除去，防止受热分解 分液 取的溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原得银镜或取的溶液，加入几滴溶液，若无银镜生成证明是还原得银镜 红色溶液存在平衡，用力振荡，发生反应，沉淀增多，平衡逆向移动，红色褪去
【分析】将浓氨水与生石灰发生反应，利用球型干燥器除水干燥后，通入到四氯化碳中，产生的氨气，与D中的、水和催化剂发生反应生成NH4SCN以及NH4HS，并且通过已给的条件得知，该反应比较缓慢且在高于170℃时易分解，在高于25℃时即分解，生成的产物与氢氧化钾发生反应，生成KSCN，未反应的氢氧化钾及氨气可以用过尾气处理与酸性的硫酸铁溶液进行反应。
【详解】(1)判断依据为，①给出的条件都提到了NH3和N元素，②反应中出现了NH3；由此可以判断A装置是制取氨气，故填浓；
(2) 关闭K1，A装置依旧产生气泡，故可以看到此时装置C中有气泡，题中给出了关于温度的条件，故判断目的是防止受热分解；
(3)氧化还原反应，故写出三价铁离子与硫化氢气体的离子方程式为；
(4)过滤除去固体催化剂后，应该除去未反应完的CS2，故操作为分液；
(5)①产生银镜反应的原因是溶液中银离子有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生反应，故可设计实验为：取的溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原得银镜或取的溶液，加入几滴溶液，若无银镜生成证明是还原得银镜；②用力振荡，发生反应，沉淀增多，使平衡逆向移动，红色褪去。
14．(1) 除去溶解的氧气 NaOH溶液
(2) 防止过量使溶液呈酸性，造成分解 关闭活塞，打开活塞、，通入一段时间
(3)控制温度，防止温度过高分解
(4) 1mLpH=2.4的盐酸

【分析】本题是一道无机物制备类型的实验题，首先用装置A加热分解绿矾，产生二氧化硫气体，在装置B中收集三氧化硫，在装置C中参与反应生成产物硫代硫酸钠，最后注意尾气处理问题，用氢氧化钠吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气，以此解题。
【详解】（1）水中会溶解由氧气，氧气可以和发生反应，故煮沸的目的是除去溶解的氧气；该反应中有二氧化硫生成，二氧化硫有毒会污染空气，应该除去，故D装置中的试剂是用来处理尾气中的二氧化硫的，应该选用NaOH溶液；
（2）由题干中的信息可知硫代硫酸钠在酸性条件下会分解，故始终观测混合溶液pH的原因是：防止过量使溶液呈酸性，造成分解；当反应结束后，要用氢氧化钠溶液处理多余的二氧化硫气体，故操作④的后续操作为：关闭活塞，打开活塞、，通入一段时间；
（3）水浴加热可以达到受热均匀的目的，由题干中的信息可知硫代硫酸钠受热易分解，应该防止其分解，故水浴加热的原因是：控制温度，防止温度过高分解；
（4）①为了进行对比试验，b中应该加入1mLpH=2.4的盐酸，为了控制变量，酸的pH与氯水的相同；
②产生S沉淀，说明硫代硫酸钠被氯水氧化生成硫单质，离子方程式为：。
15．(1)关闭开关K₁K₂ K₃
(2) 饱和硫氢化钠溶液 将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中并排净装置中的空气，防止产品被氧化
(3) 受热时部分发生异构化生成，故温度不能过高
(4) 偏高

【分析】A生成硫化氢，净化后进入D反应生成，尾气使用碱液E吸收；
【详解】（1）实验前先检查装置气密性，在E中加水至浸没导管末端，关闭开关K₁K₂ K₃，形成一个密封体系，然后微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯，一段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且高度不变，说明整个装置气密性较好；
（2）反应生成硫化氢气体含有挥发的氯化氢气体，装置B中盛装的试剂为饱和硫氢化钠溶液，可以除去氯化氢气体；已知：易溶于水，易被氧化，反应结束后关闭K₂，打开K₁通一段时间，目的是将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中并排净装置中的空气，防止产品被氧化；
（3）已知：受热时部分发生异构化生成，故温度不能过高，需控制温度在80℃；在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱，根据质量守恒可知生成氢氧化钙，反应为；
（4）由方程式可知，Na2S2O3消耗的I2的物质的量=0.5cV×10-3mol，则加稀硫酸酸化反应中发生反应的碘酸钠的物质的量=；第一个反应中生成碘酸钠的总物质的量为，则与硫脲反应的碘酸钠的物质的量=，则粗产品中硫脲的物质的量=，质量为(0.02n-0.01cV)mol×76g/mol=(1.52n-0.76cV)g，质量分数=若滴定时加入的稀硫酸量不足，使得②中碘单质量减小，使得标准液V减小，会导致与硫脲反应的碘酸钠偏多，所测硫脲的质量分数偏高。