广东省汕头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

这是一份广东省汕头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38页。试卷主要包含了工业流程题，填空题，原理综合题，结构与性质，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。
广东省汕头 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、工业流程题
1．（2022·广东汕头·统考二模）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下

(1)CeCO3F其中Ce元素的化合价为___________。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是___________(写出一种即可)。
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、___________。
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2___________ H2O2 (填“＞”，“＜”)
(5)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式___________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=___________mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)

①该反应中的催化剂为___________(写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
2．（2023·广东汕头·统考二模）红矾钠(重铬酸钠：)是重要的基本化工原料，在印染工业、电镀工业和皮革工业中作助剂，在化学工业和制药工业中也用作氧化剂，应用领域十分广泛。
实验室中红矾钠可用铬铁矿(主要成分：)利用以下过程来制取。

(1)基态Cr原子的价电子排布式是____，这样排布使整个体系能量最低，原因是________。
(2)步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有外，还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是_____、____。
(3)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为_______；反应完成的标志是________。
(4)利用下面的复分解反应，将红矾钠与固体按物质的量比混合溶于水后经适当操作可得到晶体：(已知：温度对的溶解度影响很小，对的溶解度影响较大)。获得晶体的基本实验步骤为：①溶解、②________、③________、④冷却结晶，最后过滤。
(5)也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的，调节pH至少为__________，才能使铬离子沉淀完全。(已知溶液中离子浓度小于，则认为离子完全沉淀；的溶度积常数为)。
(6)可用于测定废水的化学耗氧量(即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液。该水样的COD为_____________mg/L。
3．（2021·广东汕头·统考二模）硒是一种重要的半导体材料，用富硒铜阳极泥(主要成分为Se、Cu2Se、Ag2Se和银、金等)为原料制备硒的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)试推断34Se在元素周期表中的位置_______，据此写出Na2Se的电子式_______。
(2)“苏打烧结”时主要发生的化学反应方程式为_______；；。
(3)“含硒烧渣”浸取时需控制温度为80℃，则最佳加热方式为_______；浸出渣中主要的杂质有_______、Ag、Au等。
(4)已知SeO2易溶于水生成H2SeO3，相同温度下，H2SeO3、H2CO3的电离平衡常数如下：
化学式
H2SeO3
H2CO3
电离平衡常数
K1=2.7×10-3K2=2.5×10-8
K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11
若向Na2CO3溶液中通入过量SeO2，则下列反应的离子方程式正确的是_______。
A．
B．
C．
D．
(5)研究表明，电解亚硒酸钠(Na2SeO3)、聚乙二醇和盐酸混合液可直接制得单质Se，写出电解时的阴极反应式：_______。
(6)回收硒还可采用另一工艺：即向阳极泥加入浓硫酸，用水吸收生成的SeO2和SO2，试分析此工艺存在的不足之处_______(答一点即可)。

二、填空题
4．（2022·广东汕头·统考二模）为证明AgCl溶于水存在溶解平衡，取1 mo/LKCl溶液10 mL，向其中加入0.2 mol/LAgNO3溶液1 mL，充分反应后将浊液过滤进行如下实验：
序号
实验装置
实验操作
实验现象
A

向滤液中放入Mg条
ⅰ．滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。ⅱ．放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，ⅲ．一段时间后开始出现棕褐色浑浊物。Mg条表面也逐渐变为棕褐色。产生气泡的速率变缓慢
已知：①AgOH不稳定，立即分解为Ag2O (棕褐色或棕黑色)，Ag粉为黑色；
②AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成 [Ag(NH3)2]+(银氨溶液)，Mg、Ag不溶于浓氨水。
(1)实验A中的滤液所属分散系为___________。现象ii中无色气泡是___________(填化学式)。
(2)现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要原因是___________。
(3)判断Mg条表面的棕褐色物质中含有Ag和Ag2O。
①设计实验检验Ag：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量稀盐酸，反应结束后，继续加入浓硝酸，产生棕色气体和白色不溶物。用离子方程式表示棕褐色固体中产生Ag的原因：___________。实验中加入稀盐酸的目的：___________。
②设计检验棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条用蒸馏水洗净后，加入___________(填化学式)中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有___________(填实验现象)，则证明Ag2O存在。
(4)探究AgI转化为AgCl，设计实验如下：
装置
步骤
电压表读数

ⅰ．如图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ⅱ．向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全
b
ⅲ．再向B中投入一定量NaCl(s)
c
ⅳ．重复ⅰ，再向B中加入与iii等量NaCl(s)
d
已知：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。
①电压表读数a＞b，其原因是___________。
②综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为___________。

三、原理综合题
5．（2022·广东汕头·统考二模）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
Ⅰ．工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：

(1)液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l) △H=___________kJ/mol。
(2)在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是
A．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
B．反应在任何温度下都能自发进行
C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1 L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
(3)反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得c(CO)为3 mol/L，则CH4的转化率为___________(保留2位有效数字)。
(4)制备“合成气”反应历程分两步：
步骤
反应
正反应速率方程
逆反应速率方程
反应①
CH4(g)C(ads)+2H2(g)
v正=k1·c(CH4)
v逆=k2·c2(H2)
反应②
C(ads)+CO2(g)2CO(g)
v正=k3·c(CO2)
v逆=k4·c2(CO)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示：

①反应速率快慢比较：反应①___________反应②(填“＞”“＜”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因___________。
②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=___________(用k1、k2、k3、k4表示)。
(5)制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.0 kJ/mol，在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。反应体系中，随温度变化的关系如图所示：

随着进料比的增加，的值___________(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是___________。
6．（2023·广东汕头·统考二模）氨和氨的金属配合物在许多方面有重要应用。回答下列问题：
(1)哈伯·博施(Haber—Bosch)法合成氨反应的能量变化如图所示，则合成氨的热化学方程式为：___________________。

(2)合成氨反应的速率方程为：，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因有_____________。反应在不同条件下达到平衡，设体系中氨气的物质的量分数为，在下的与p的关系、在下的与T的关系如图所示，则____________(填“曲线a”或“曲线b”)表示的是下的与p的关系图像。

(3)银氨溶液可以显著提高镀银液的稳定性。测得常温下，向溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解。测得该过程溶液的酸度值()与加入氨水的体积V(氨水)关系如图所示。

已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为。则b点对应溶液中：__________(选填“＞”“＝”或“＜”)；常温下，若忽略的水解，由e点可计算出的平衡常数__________(计算结果保留一位有效数字)。
(4)氨硼烷化合物成储氢材料新星。(氨硼烷)中H-N-H的键角__________中H-N-H的键角(选填“＞”“＝”或“＜”)。某储氢材料晶胞如图，八面体中心为金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为anm。

则晶体的密度为_____________(只列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
7．（2021·广东汕头·统考二模）2021年初，碳中和理念成为热门。二氧化碳可合成低碳烯烃，充分利用碳资源减少碳排放。
(1)已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g) ΔH1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2
③H2O(1)=H2O(g) ΔH3
④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH4
则ΔH4=_______(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。
(2)反应④的反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。

①300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。0到10min氢气的平均反应速率为_______，M点乙烯体积分数为_______(保留2位有效数字)。
②α_______3(填“>”、“ H2O2；
（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， 此时溶液的pH为5，则溶液中c()=0.18 mol/L。
（6）①根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；
②反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
2．(1) 3d54s1 3d和4s上电子均是半满状态
(2) NaAlO2 Na2SiO3
(3) 溶液变为橙红色
(4) 蒸发 趁热过滤
(5)5
(6)

【分析】反应I为4FeO•Cr2O3（s）＋8Na2CO3（s）＋7O2（g）⇌8Na2CrO4（s）＋2Fe2O3（s）＋8CO2（g），浸取然后过滤得到Na2CrO4溶液，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，则含有Al的物质为偏铝酸钠、含有Si元素的物质为硅酸钠，向滤液中加入稀硫酸酸化得到Na2Cr2O7，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶得到产品；据此分析解题。
【详解】（1）基态Cr原子的价电子排布式是3d54s1；其中3d和4s上电子均是半满状态，这样排布使整个体系能量最低；故答案为3d54s1；3d和4s上电子均是半满状态。
（2）据分析可知，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，它们形成的盐为强碱弱酸盐，所以Al、Si形成的盐为NaAlO2、Na2SiO3，故答案为NaAlO2、Na2SiO3。
（3）步骤Ⅳ酸化时，转化为，同时生成水，其转化方程式为，当溶液变为橙红色时反应完成；故答案为；溶液变为橙红色。
（4）获得晶体的基本实验步骤为：溶解、然后蒸发将所得溶液转移至蒸发皿中，加热蒸发溶液，使NaCl结晶析出；趁热过滤，将NaCl晶体与溶液分离；冷却滤液使K2Cr2O7结晶；故答案为蒸发；趁热过滤。
（5）的溶度积常数为，铬离子沉淀完全时有，解得，所以调节pH至少为5；故答案为5。
（6）现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2＋把多余的反应：，解得，则100ml废水中，与废水反应的K2Cr2O7的物质的量＝加入的K2Cr2O7的物质的量−与Fe2＋反应的K2Cr2O7的物质的量＝c1mol/L×V1×10−3L−，1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量＝，利用2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量即COD，，解得，则该水样的COD为＝()mg/L；故答案为。
3． 第四周期第ⅥA族 Se+Na2CO3+O2Na2SeO3+CO2 水浴加热 CuO B +4e-+6H+=Se+3H2O 浓硫酸有强腐蚀性，对设备要求较高（或反应过程产生大量SO2污染环境）
【分析】根据(2)问题干信息，苏打烧结后，烧渣中主要含有Na2SeO3、CuO、Ag、Au等成分，加水浸取分离出Na2SeO3溶液，蒸干后加入焦炭，经过高温熔炼得到Na2Se，通入氧气将Se元素还原为Se，浸取渣中主要含CuO、Ag、Au等成分，可加入盐酸或稀硫酸将CuO溶解，从而分离出Ag、Au。
【详解】(1)根据核外电子排布规律可写出34Se的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，其最高能层为第四层，最外层有6个电子，故其位于第四周期第ⅥA族；Se与O同族，故Na2Se的电子式类似与Na2O，故其电子式为：；
(2)由流程信息知，Se经过苏打烧结后转化为Na2SeO3，同时产生CO2，由于Se被氧化，故需要空气中O2参与反应，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为Se+Na2CO3+O2Na2SeO3+CO2；
(3)控制温度为80℃，可采用水浴加热；由分析知，浸出渣中主要含CuO、Ag、Au等成分，故此处填CuO；
(4)由所给数据知，酸性：H2SeO3＞H2CO3＞＞，故SeO2溶于水形成H2SeO3，可将转化为CO2，由于H2CO3＞，故H2SeO3不管少量还是过量，都转化成，故答案选B；
(5)由题意知，电解时在阴极得电子转化为Se，初步确定电极反应为+4e-→Se，由于溶液显酸性，故可以在左边添加6个H+配平电荷守恒，右边添加3个H2O配平元素守恒，完整电极反应为：+4e-+6H+=Se+3H2O，故此处填：+4e-+6H+=Se+3H2O；
(6)浓硫酸有强腐蚀性，对设备要求较高，反应过程产生大量SO2污染环境，故此处填：浓硫酸有强腐蚀性，对设备要求较高（或反应过程产生大量SO2污染环境）。
4．(1) 胶体 H2
(2)生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行
(3) Mg+2Ag+=2Ag+Mg2+ 将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰检验Ag NH3·H2O 银镜生成
(4) 加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a a＞c＞b

【解析】（1）
产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；
放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，Mg属于活泼金属，可以与水反应，Mg+2H2O=Mg (OH) 2↓+H2↑，故气泡为H2；
（2）
Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；答案为生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行；
（3）
①活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+ =Mg2+ +2Ag；
利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防止干扰实验，再选择氧化性酸验证Ag的存在，实验中加入稀盐酸的目的是将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰检验Ag；
②根据Ag2O可溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+，利用银镜反应验证；答案为取实验A中表面变为棕褐色的Mg条用蒸馏水洗净后，加入NH3·H2O中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有银镜生成，则证明Ag2O存在；
（4）
加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a；
②实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了反应AgI+Cl-=AgCl+I-,部分AgI转化为AgCl, 则c > b,综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为a＞c＞b。
5．(1)-93.7  △H=△H1+△H2
(2)AC
(3)60%
(4) ＜ 反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快 K=
(5) 减小 随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少

【详解】（1）根据盖斯定律：2NH3(l)+CO2(l)⇌H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=ΔH1+ΔH2=(-109.2+15.5)kJ/mol=-93.7kJ/mol，故答案为：-93.7；
（2）A．增大CO2的浓度，平衡正向移动，有利于NH3的转化率增大，故A正确；
B．因为正反应是熵减的反应，即△S＜0，根据△H-T△S＜0可知，反应在低温下才能自发进行，高温下是不能自发进行的，故B错误；
C．混合气体的密度不再发生改变，即混合气体的质量不在改变，也即个组分的量不在改变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒容密闭容器中，充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故答案为：AC；
（3）设充入CH4和CO2物质的量都为xmol，列三段式：，，解得x=2.5mol，CH4的转化率为；
（4）①活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快，则反应速率：反应①＜反应②；
②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，，，则K=；
（5）可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少。
6．(1)
(2) 减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率 a
(3) <
(4) ＞

【详解】（1）由图可知，氮气和氢气反应生成氨气为放热反应；，所以合成氨的热化学方程式为；故答案为。
（2）在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率；此外，合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，增大，所以曲线a代表下的与p的关系图像；故答案为减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率；a。
（3）由图可知，b点=0，所以溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，所以；e点氨水体积为4.7mL，根据元素守恒可知，；可计算出的平衡常数；故答案为