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天津市河东区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
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这是一份天津市河东区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共28页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，有机推断题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
天津市河东区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、实验题
1．（2019·天津河东·统考一模）苯甲醛在浓氢氧化钾溶液中发生Cannizzaro反应，反应方程式如下，可用于制备苯甲酸和苯甲醇。
2+KOH\
+HCl
已知：
①乙醚微溶于水，是有机物良好的溶剂，沸点34.6℃，极易挥发，在空气中的沸点160℃。
②苯甲酸在水中的溶解度0.17g(25℃),0.95g(50℃),6.8g(95℃)
实验步骤：
①在50mL三口瓶中加入4.5g KOH和4.5mL水，将装置置于冷水浴中，打开磁力搅拌器，分批加入5mL 新蒸苯甲醛(密度1.04g/mL)，使反应物充分混合(如上左图)，最后成为白色糊状物，放置24h以上。
②向反应混合物中逐渐加入足量水并振荡，使其完全溶解后倒入_____(填装置名称)中，用10mL 乙醚萃取3次，合并乙醚萃取液，并依次用3mL饱和亚硫酸氢钠、5mL 10% Na2CO3溶液及5mL水洗涤，分出的乙醚层用无水Na2CO3干燥。
③干燥后的乙醚溶液在水浴中蒸去乙醚，然后适当调整和改造装置(如上右图)，继续加热蒸馏，收集198℃～204℃的苯甲醇馏分，产量为2.16g。
④乙醚萃取后的水溶液(水层)，用浓盐酸酸化并充分冷却，使苯甲酸完全析出，过滤，粗产品用水重结晶得到苯甲酸，产量是2g。
(1)不断搅拌然后放置24h的目的是____________________________________
(2)步骤②横线处装置名称是___________________________
(3)萃取液共洗涤了3次，其中10% 碳酸钠溶液欲除去的杂质是_______(填化学式)
(4)使用水浴蒸去乙醚的优点是_____________
(5)蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，应将上右图虚线框中的装置换为________。
(6)苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，其目的是______；苯甲酸重结晶时所需的玻璃仪器有__________________
①烧杯 ②试管 ③锥形瓶 ④酒精灯 ⑤量筒 ⑥短颈玻璃漏斗 ⑦玻璃棒
(7)该实验中Cannizzaro反应的转化率是_____%(保留1位小数)。通常，该实验中苯甲酸的产率会比苯甲醇更低，但若是某次实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高，分析可能的原因是__________。
2．（2022·天津河东·统考一模）可用作净水剂、还原剂等，回答下列问题：
Ⅰ.制备：装置如图所示(加持装置省略)；已知极易水解。
(1)仪器a的名称是___________。
(2)装置二中制备的化学反应方程式是___________；装置三的作用①___________；②___________。
(3)该装置存在一定的缺陷，可在___________位置(填A、B或C)增加如下装置。如下装置中气体从___________流入(填“a”或b”)；洗气瓶中盛装的是___________。
Ⅱ．利用惰性电极电解溶液，探究外界条件对电极反应产物的影响。
(4)实验数据如下表所示：
电压
阳极现象
阴极现象
实验1
1.5
5.5
无气泡，滴加显红色
无气泡，银白色金属析出
实验2
3.0
5.5
少量气泡，滴加显红色
无气泡，银白色金属析出
实验3
4.5
5.5
大量气泡，滴加显红色
较多气泡，极少量金属析出
实验4
1.5
无气泡，滴加显红色
较多气泡，极少量金属析出
①实验2、3中阳极产生的气体是___________(填化学式)；
②实验中，调节溶液的宜选用___________(填“盐酸”“硝酸”或“硫酸”)；
③由实验1、2现象可以得出结论___________；
②由实验1、4现象可以得出结论___________。
二、工业流程题
3．（2019·天津河东·统考一模）球形纳米银粉是一种重要的无机功能材料，被广泛应用于装饰材料、电接触材料、感光材料、催化剂、医药和抗菌材料等众多领域。从含Ag+的废定影液中回收并制备球形纳米银粉工艺流程图如下：
请回答下列问题：
(1)硝酸中所含元素的原子半径由小到大的顺序：____________；Na在周期表中的位置： _____________；N2H4的电子式：______________。
(2)为使Na2S溶液中的值减小，可加入的物质是__________。
A．盐酸 B．适量KOH C．适量NaOH D．适量CH3COONa
(3)写出置换过程的离子反应方程式 _____________________________________。
(4)若氧化精制过程产生等体积的NO2和NO混合气体，写出HNO3与Ag反应的化学反应方程式_____________。
(5)下图分别是HNO3浓度、浸取时间对银回收的影响，则最佳的浓度和时间分别是_____%；___min。
(6)加入N2H4·H2O还原前要将AgNO3溶液的pH调节至5～6，得到Ag的产率最高，pH>6时，银的产率降低的原因为__________________________。
(7)常温下，取上述AgNO3溶液滴加到物质的量浓度均为0.2mol/L NaNO2和CaCl2的混合溶液中(忽略溶液体积变化)，当AgNO2开始沉淀时，溶液中c(Cl-)=__________mol/L［已知：常温下，Ksp(AgNO2)=2×10-8 ，Ksp(AgCl)=1.8×10-10］
4．（2021·天津河东·统考一模）实验室使用的纯度较高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、等杂质的海盐为原料制备，实验室模拟工业制备流程如下图
(1)焙炒海盐的目的是___________
(2)溶解时，为吸附水中的悬浮物应加入沉降剂，下列哪种沉降剂最佳___________
A．明矾B．硫酸铁C．硫酸铝D．氯化铁
(3)操作X为___________
(4)根据除杂原理，在下表中填写除杂时依次添加的试剂及预期沉淀的离子。
实验步骤
试剂
预期沉淀的离子
步骤1
NaOH溶液
Mg2+、Fe3+
步骤2
__
___
步骤3
___
___
(5)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①写出制备HCl气体的化学反应方程式(产物之一为正盐)___________
②相比分液漏斗，选用仪器1的优点是___________
③写出仪器2的名称___________
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是___________
(6)已知；设计如下实验测定NaCl产品中的含量，填写下列表格。
操作
现象
目的/结论
称取样品m1g加水溶解，加盐酸调至弱酸性,滴加过最c1 mol·L-1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的：_____
继续滴加过量c2 mol·L-1K2CrO4溶液V2 mL
黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+
过滤洗涤，将魂液加水至200.00mL，取25.00mL滤液于锥形瓶中，用c3 mol·L-1FeSO4溶液滴定3次。平均消耗FeSO4溶液V3 mL.
结论:测定的质量分数
若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴。
计算得到的的含量__ (填偏高、偏低或不变)。
三、有机推断题
5．（2019·天津河东·统考一模）化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)化合物E的结构简式____________________；I中官能团的名称_____________。
(2)A的系统名称__________________________；
(3)H→I的反应方程式______________________________。
(4)A→B、E→F的反应类型分别是______________反应；_____________反应。
(5)写出A发生加聚反应的反应方程式___________________________________。
(6)G的同分异构体有多种，写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式_________________。
①遇FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有4组峰
(7)a,a-二甲基苄醇是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a-二甲基苄醇的合成路线如下：
该路线中试剂与条件1为____________；X的结构简式为___________，Y的结构简式为____________；试剂与条件2为____________。
6．（2021·天津河东·统考一模）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该合物的路线如下：
已知:
回答下列问题
(1)反应①的反应类型为___________
(2)用系统命名法给命名___________
(3)E中含氧官能团的名称___________；___________；
(4)H的结构简式为___________
(5)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E+M→F+X的化学反应方程式___________
(6)D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体___________
a.含苯环的单环化合物
b.苯环上只有一个取代基
c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1
(7)根据已给信息，设计由和为原料制备的合成路线___________ (无机试剂任选)
7．（2022·天津河东·统考一模）异甘草素(Ⅶ)具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题
已知：①氯甲基甲醚结构简式为：
②RCH2CHO+R’CHO
(1)有机物Ⅱ的分子式是___________；化合物Ⅳ所含官能团的名称是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．Ⅰ不易与溶液反应 B．Ⅱ中碳的杂化方式有两种
C．Ⅳ的核磁共振氢谱有4组峰 D．Ⅵ和Ⅶ都存在顺反异构体
(3)写出Ⅱ转化为Ⅲ的化学反应方程式___________；反应类型___________
(4)写出2种符合下列条件的Ⅴ的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体) ___________
①含有苯环且苯环上有两个取代基；
②与溶液反应显紫色；
③不能发生银镜反应。
(5)设计由和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选) ___________。
四、原理综合题
8．（2019·天津河东·统考一模）二氧化碳的有效回收利用，既能缓解能源危机，又可减少温室效应的影响，具有解决能源问题及环保问题的双重意义。Zn/ZnO热化学循环还原CO2制CO的原理如下图所示，回答下列问题：
(1)①从循环结果看，能量转化的主要方式是______________ ；
②反应2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=_________kJ/mol。
③Zn/ZnO在反应中循环使用，其作用是__________________
(2)二甲醚是主要的有机物中间体，在一定条件下利用CO2与H2可直接合成二甲醚：2CO2(g) +6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ， =3时，实验测得CO2的平衡转化率随温度及压强变化如下图所示。
①该反应的△H =______0(填“>”或“<”)。
②图中压强(P)由大到小的顺序是__________________。
③若在1L密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2的平衡转化率对应下图中A点，则在此温度，该反应的化学平衡常数是___________(保留整数)。
④合成二甲醚过程中往往会生成一氧化碳，合成时选用硅铝化合物做催化剂，硅铝比不同时，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同。硅铝比与产物选择性如下图所示。图中A点和B点的化学平衡常数比较：KA____KB(填“>、<、=”)。根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：_______________________。
⑤上图是使用不同硅铝比化合物做催化剂制备二甲醚的能量变化示意图，其中正确且最佳的是__________。
9．（2021·天津河东·统考一模）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.(1)将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下;
NON2
已知：氧气浓度过高时，会被氧化成。
(1)参与I中反应的n()：n(O2)=___________
(2)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图，当DO＞2mg/L时，氮的脱际率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是___________
(3)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及三个反应(a、b和c)如图，在整个反应过程中几乎监测不到NH浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：___________。
②采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图，A是电源___________极。B电极反应式：___________
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为___________。
(5)在恒温条件下，将2molCl2和1 mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：
2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___________点(填“A”“B”或“C”)；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___________(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，)
10．（2022·天津河东·统考一模）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。回答下列问题：
(1)在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①_______
②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______ (填a、b或c)。
③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
(2)水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_______
(3)一氧化碳变换反应：
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：、、、，则反应的平衡常数K的数值为_______。
②维持与①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_______。
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：
步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：_______。
五、结构与性质
11．（2021·天津河东·统考一模）Si是优良的半导体材料：石墨是制作电极的良好材料：Cu是导电性能极佳的金属，在生活中都有着广泛的应用。回答下列问题
(1)写出CuSO4、Cu(NO3)2中阳离子的核外电子排布式___________
(2)CuSO4晶体熔点为560℃，Cu(NO3)2晶体熔点为15℃。前者比后者熔点高的原因___________
(3)Cu2O有半导体性质，不溶于水，可溶于氨水生成[Cu(NH3)2]+， 1mol[Cu(NH3)2]+中共价键的数目为___________个。
(4)石墨中C的杂化方式为___________，α-石墨和β-石墨结构如图(a)、(b)所示，已知：C(α-石墨，s)=C(β-石墨，s) △H=+0.586kJ·mol-1， △H数值小，易转化。请从石墨晶体结构的角度分析△H数值小的原因是___________
(5)高导电紫铜常用CaBx提高导电率，CaBx晶胞如图(c)所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B-B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则x=___________，B原子半径为r nm，则晶胞参数a(晶胞棱长)=___________nm。
12．（2022·天津河东·统考一模）火星岩石冲含有大量氧化物，如、，、、、、等。回答下列问题：
(1)下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是___________；(填化学式)。
氧化物
离子键的百分数
62%
50%
41%
33%
(2)基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为___________形。
(3)与溶液反应生成的离子中的杂化类型是___________；和O构成的空间构型是___________。
(4)(普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中，如图是普鲁士蓝晶胞的结构，与形成配位键的是___________(填或)；离子中键与键的个数比是___________；晶胞中与一个距离相等的N有___________个。
参考答案：
1． 分液漏斗 使反应物混合均匀，充分反应 分液漏斗 NaHSO3 水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的 c 减少苯甲酸的溶解度带来的损失 ①④⑤⑥⑦ 81.6% 原料中的苯甲醛被空气部分氧化生成苯甲酸，导致苯甲酸的含量明显偏高
【详解】萃取分离物使用的仪器的分液漏斗；
(1)不断搅拌然后放置24h，可使反应物混合均匀，充分反应；
(2)萃取用到的仪器是分液漏斗；
(3)实验加入饱和亚硫酸氢钠，可加入碳酸钠除去，故答案为NaHSO3；
(4)水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的；
(5)蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，收集198℃-204℃的苯甲醇馏分，无需较低温度进行冷凝，可改用空气冷凝管，因此答案为c；
(6)苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，可降低苯甲酸的溶解度，避免损失，苯甲酸重结晶需要烧杯、酒精灯以及玻璃棒以及短颈玻璃漏斗、玻璃棒，故使用仪器的序号是①④⑤⑥⑦；
(7)加入5mL新蒸苯甲醛(密度1.04g/mL)，则苯甲酸的质量为5.2g，物质的量为n==0.049mol，理论可生成苯甲酸的质量m=×122g/mol=2.989g，生成苯甲醇的质量为m(苯甲醇)=×108g/mol=2.646g，则Cannizzaro反应的转化率由苯甲醇计算，转化率为×100%=81.6%，原料中的苯甲醛可被氧化生成苯甲酸，实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高。
2．(1)长颈漏斗
(2) 2FeCl3+H22FeCl2+2HCl 吸收装置二产生的HCl 防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解
(3) A a 浓硫酸
(4) Cl2 盐酸 电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+ pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe
【分析】由装置图可知，装置一中产生H2，H2进入装置二与FeCl3发生反应可以得到FeCl2，装置三为尾气处理装置，再由条件：极易水解，可知装置三还有防止外界水蒸气进入的作用。
(1)
仪器a的名称是：长颈漏斗；
(2)
装置一中产生了H2，故装置二中制备的化学反应方程式是：2FeCl3+H22FeCl2+2HCl；由于装置二中产生了HCl，且FeCl3易水解，故装置三的作用：吸收装置二产生的HCl、防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解；
(3)
该装置缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl3水解，应在A位置加一个干燥装置，比如装有浓硫酸的洗气瓶，故可在A位置增加图中装置；气体从a流入；洗气瓶中盛装的是浓硫酸；
(4)
实验2、3中阳极产生了气体，该气体应为Cl-放电生成的Cl2；调节溶液的时不能引入杂质离子，故宜选用盐酸；实验1、2的变量为电压，再根据实验1、2的阳极现象可以得出结论：电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+；实验1、4的变量为pH，再根据实验1、4的阴极现象可以得出结论：pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe。
3． H
(3)根据流程示意图可知置换过程的离子反应方程式为Fe+Ag2S+2H+=2Ag+Fe2++H2S↑；
(4)氧化精制过程中HNO3与Ag反应产生等体积的NO2和NO混合气体，根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学反应方式为4Ag+6HNO3=4AgNO3+NO↑+NO2↑+3H2O；
(5)由图象可知，Ag回收率达到最大值时硝酸溶液的浓度为30%、浸取时间为6分钟，所以最佳的浓度和时间分别是30%、6min；
(6)加入N2H4•H2O还原前要将AgNO3溶液的pH调节至5-6，得到Ag的产率最高，pH>6时，银的产率降低的原因为pH过大时，会发生反应：Ag++OH-=AgOH↓，会有AgOH生成，从而降低了产品的纯度；
(7)AgNO2开始沉淀所需c(Ag+)==1×10-7mol/L；由溶度积常数Ksp(AgCl)
【分析】海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钡除去硫酸根，加入NaOH除去Mg2+和Fe3+，再加入碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱和溶液，KCl的溶解度比NaCl大，所以通入HCl气体结晶得到NaCl，以此解答；
【详解】(1) 焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解，故答案为：除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小；
(2) 明矾、硫酸铁、硫酸铝、氯化铁都可以水解净水，但是铝离子，硫酸根离子对身体有害，所以氯化铁净水最佳，故答案为：D；
(3)根据分析可知操作X为过滤，故答案为：过滤；
(4)根据步骤1可知，加入氢氧化钠溶液除去了Mg2+、Fe3+，还需要除去Ca2+，Ba2+，，步骤2加入过量的BaCl2溶液可除去，步骤3加入Na2CO3溶液除去过量的Ba2+和Ca2+，故答案为：BaCl2溶液，，Na2CO3溶液，Ba2+和Ca2+；
(5) ①可用氯化钠与浓硫酸共热制取HCl且产物硫酸钠为正盐，其化学方程式为：2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑，故答案为：2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑；
②仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下；
③仪器2的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是吸收尾气(防止污染空气)，故答案为：吸收尾气(防止污染空气)；
(6)步骤①加入BaCl2溶液，目的是使SO完全沉淀，若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴，溶质的质量减小，计算得到的的含量偏高，故答案为：使SO完全沉淀，偏高；
5． 酯基 2-甲基丙烯 加成 氧化 液溴、Fe作催化剂 (CH3)2CHOH O2、Cu和加热
【详解】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻溴甲苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。
(1)通过以上分析知，化合物E的结构简式，I中官能团的名称为酯基；
(2)A为CH2=C(CH3)2，A的系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；
(3)H为，H发生酯化反应生成J，则H→I的反应方程为；
(4)A→B的反应类型是加成反应，E→F的反应类型是氧化反应；
(5)A为CH2=C(CH3)2，A分子中含有碳碳双键，在一定条件下课发生加聚反应生成聚2-甲基丙烯，该反应的反应方程为；
(6)G为，G的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；
(7)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。
6． 取代反应 2-溴丙烷 羰基 (酚)羟基 、
【分析】由图示可知，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B ；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C；在酸性条件下水解生成D ；与 在一定条件下反应生成E ；与HC(OC2H5)3在作催化剂下反应生成F和C2H5OH；与在碱性条件下反应生成G，结合有机化合物的相关知识分析解答。
【详解】(1)由分析可得反应①A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成；
(2)用系统命名法给命名为2-溴丙烷；
(3)E中含氧官能团的名称羰基、(酚)羟基；
(4)由分析知，H的结构简式为；
(5)已知N为催化剂，与HC(OC2H5)3在作催化剂反应生成和C2H5OH，则E+M→F+X的化学反应方程式为 ；
(6)D为，分子式为C8H8O2，有多种同分异构体，同时满足a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1，则有、；
(7) 与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；与反应生成目标物，则其合成流线为：。
7．(1) C8H8O3 羟基、醛基
(2)A
(3) ++HClO 取代反应
(4)、、等(邻、间、对位均可)
(5)
【分析】根据题干有机合成流程图可解决(1)~(3)小题，本题采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线，据此分析解题。
（1）由合成路线可知，有机物Ⅱ的结构简式为，分子中含有8个C原子，8个H原子和3个O原子，故分子式为C8H8O3，化合物Ⅳ的结构简式为，含有的官能团为羟基、醛基；
（2）A.Ⅰ中含有酚羟基，易于NaOH溶液反应，A错误；B.Ⅱ中苯环上的C原子和羰基上的C原子采用sp2杂化，甲基上的C原子采用sp3杂化，杂化方式共2种，B正确；C.Ⅳ含有4种不同的环境的氢原子，故核磁共振氢谱有4组峰，C正确；D.Ⅵ和Ⅶ的碳碳双键的两端C原子连有的2个基团不同，存在顺反异构，D正确；答案选A。
（3）根据已知信息，氯甲基甲醚结构简式为，根据合成路线，有机物Ⅱ与氯甲基甲醚发生取代反应生成有机物Ⅲ，反应的化学方程式为++HClO，反应类型为取代反应；
（4）有机物Ⅴ的结构简式为，其同分异构体含有苯环且苯环上有两个取代基，与溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，不能发生银镜反应，则不能含有醛基，满足条件的有机物有：、、等(邻、间、对位均可)。
（5）采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线如下：。
8． 太阳能转化为化学能 564 催化剂 < p1>p2>p3 23 = a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小 A
【详解】(1)①仔细分析图象可知在太阳能的作用下实现了反应，2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，所以实现了太阳能向化学能的转化；
②利用盖斯定律进行计算将已知两个热化学方程式相加后再乘以2即得：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+564kJ/mol；
③Zn/ZnO在反应中循环使用，反应中起到催化剂的作用；
(2)①依据图象，随温度升高，CO的转化率降低，确定反应为放热反应，△H＜0；
②2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)正反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，压强越大，CO2的转化率越大，根据图象温度相同时CO2的转化率：p1>p2>p3，则图中压强由大到小的顺序为p1>p2>p3；
③根据A点，利用三段式法计算平衡常数；
2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)
起始量(mol/L) 0.2 0.6 0 0
反应量(mol/L) 0.1 0.3 0.05 0.15
平衡量(mol/L) 0.1 0.3 0.05 0.15
K=≈23；
④平衡常数只受温度影响，图中280℃下的A点和B点的平衡常数相等；从图中两条曲线的变化趋势及对比情况可以看出：230℃的曲线变化相对平缓，280℃的曲线变化程度较大且先升后降，280℃二甲醚物质的量分数较大，温度升高，二甲醚的物质的量浓度的变化受影响的程度也有所改变等，因此可以概括为：a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小；
⑤使用不同硅铝比化合物做催化剂制备二甲醚，反应为放热反应，催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不发生移动和反应的焓变也不改变，图象中只有A符合。
9． 2：3 I中产生得NO全部被氧化为NO，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞b 正 阴极发生了2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O B 0.5
【详解】Ⅰ.(1)I中：被O2氧化为，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n()：n(O2)==2：3；
(2)当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，I中产生的又被O2继续氧化为，导致II中反应因无而无法发生；
(3)①由图可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，即NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞ b；
②与A相连的电极发生的反应是转化为，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为电源的正极；阴极可以实现转化为N2，B电极反应式为：2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O；
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)为共价化合物，其电子式为；
(5)根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；设反应的NH3的物质的量为x mol，可列出三段式：，C点氯气浓度与HCl浓度相等，则2-2x=2x，解得，x=0.5，反应后气体总物质的量为(3-3x+2x)=2.5mol，总压强为10Mpa，则平衡常数为。
10．(1) a B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率
(3) 9.0 9：5 MO+CO=M+CO2
【详解】（1）①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：；
②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；
（3）①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；
③水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
11． 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9 SO比NO所带电荷多，离子晶体中离子键更强，CuSO4的晶格能较大(或认为Cu(NO3)2是分子晶体，分子间作用力小于离子键) 8NA sp2 石墨层与层之间距离较大，作用力是范德华力，作用力比较弱，转化需要能量低 6 2(1+)r
【详解】(1)Cu的原子序数为29，其基态原子的电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d104s1，则Cu2+的电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9；
(2)SO比NO所带电荷多，离子晶体中离子键更强，CuSO4的晶格能较大(或认为Cu(NO3)2是分子晶体，分子间作用力小于离子键)；
(3) [Cu(NH3)2]+中含有2个NH3，即含有6根共价键，另外含有2 根配位键，所以1mol[Cu(NH3)2]+中共价键的数目为8NA；
(4)石墨晶体中碳原子先形成正六边形平面蜂窝状结构，而层与层之间又通过范德华力结合，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；石墨层与层之间距离较大，作用力是范德华力，作用力比较弱，所以C(α-石墨，s)=C(β-石墨，s)，转化需要能量低，易转化；
(5)CaBx晶胞如图(c)所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B- B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则晶胞中含有1个钙原子，含有6个B原子，即x=6；B原子半径为r nm，根据晶胞结构可知，晶胞参数a=2(1+)r nm。
12．(1)Al2O3、SiO2
(2)球
(3) sp3杂化 正四面体
(4) Fe2+ 1：2 6
【解析】（1）
Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。
（2）
Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。
（3）
[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。
（4）
根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。
天津市河东区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、实验题
1．（2019·天津河东·统考一模）苯甲醛在浓氢氧化钾溶液中发生Cannizzaro反应，反应方程式如下，可用于制备苯甲酸和苯甲醇。
2+KOH\
+HCl
已知：
①乙醚微溶于水，是有机物良好的溶剂，沸点34.6℃，极易挥发，在空气中的沸点160℃。
②苯甲酸在水中的溶解度0.17g(25℃),0.95g(50℃),6.8g(95℃)
实验步骤：
①在50mL三口瓶中加入4.5g KOH和4.5mL水，将装置置于冷水浴中，打开磁力搅拌器，分批加入5mL 新蒸苯甲醛(密度1.04g/mL)，使反应物充分混合(如上左图)，最后成为白色糊状物，放置24h以上。
②向反应混合物中逐渐加入足量水并振荡，使其完全溶解后倒入_____(填装置名称)中，用10mL 乙醚萃取3次，合并乙醚萃取液，并依次用3mL饱和亚硫酸氢钠、5mL 10% Na2CO3溶液及5mL水洗涤，分出的乙醚层用无水Na2CO3干燥。
③干燥后的乙醚溶液在水浴中蒸去乙醚，然后适当调整和改造装置(如上右图)，继续加热蒸馏，收集198℃～204℃的苯甲醇馏分，产量为2.16g。
④乙醚萃取后的水溶液(水层)，用浓盐酸酸化并充分冷却，使苯甲酸完全析出，过滤，粗产品用水重结晶得到苯甲酸，产量是2g。
(1)不断搅拌然后放置24h的目的是____________________________________
(2)步骤②横线处装置名称是___________________________
(3)萃取液共洗涤了3次，其中10% 碳酸钠溶液欲除去的杂质是_______(填化学式)
(4)使用水浴蒸去乙醚的优点是_____________
(5)蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，应将上右图虚线框中的装置换为________。
(6)苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，其目的是______；苯甲酸重结晶时所需的玻璃仪器有__________________
①烧杯 ②试管 ③锥形瓶 ④酒精灯 ⑤量筒 ⑥短颈玻璃漏斗 ⑦玻璃棒
(7)该实验中Cannizzaro反应的转化率是_____%(保留1位小数)。通常，该实验中苯甲酸的产率会比苯甲醇更低，但若是某次实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高，分析可能的原因是__________。
2．（2022·天津河东·统考一模）可用作净水剂、还原剂等，回答下列问题：
Ⅰ.制备：装置如图所示(加持装置省略)；已知极易水解。
(1)仪器a的名称是___________。
(2)装置二中制备的化学反应方程式是___________；装置三的作用①___________；②___________。
(3)该装置存在一定的缺陷，可在___________位置(填A、B或C)增加如下装置。如下装置中气体从___________流入(填“a”或b”)；洗气瓶中盛装的是___________。
Ⅱ．利用惰性电极电解溶液，探究外界条件对电极反应产物的影响。
(4)实验数据如下表所示：
电压
阳极现象
阴极现象
实验1
1.5
5.5
无气泡，滴加显红色
无气泡，银白色金属析出
实验2
3.0
5.5
少量气泡，滴加显红色
无气泡，银白色金属析出
实验3
4.5
5.5
大量气泡，滴加显红色
较多气泡，极少量金属析出
实验4
1.5
无气泡，滴加显红色
较多气泡，极少量金属析出
①实验2、3中阳极产生的气体是___________(填化学式)；
②实验中，调节溶液的宜选用___________(填“盐酸”“硝酸”或“硫酸”)；
③由实验1、2现象可以得出结论___________；
②由实验1、4现象可以得出结论___________。
二、工业流程题
3．（2019·天津河东·统考一模）球形纳米银粉是一种重要的无机功能材料，被广泛应用于装饰材料、电接触材料、感光材料、催化剂、医药和抗菌材料等众多领域。从含Ag+的废定影液中回收并制备球形纳米银粉工艺流程图如下：
请回答下列问题：
(1)硝酸中所含元素的原子半径由小到大的顺序：____________；Na在周期表中的位置： _____________；N2H4的电子式：______________。
(2)为使Na2S溶液中的值减小，可加入的物质是__________。
A．盐酸 B．适量KOH C．适量NaOH D．适量CH3COONa
(3)写出置换过程的离子反应方程式 _____________________________________。
(4)若氧化精制过程产生等体积的NO2和NO混合气体，写出HNO3与Ag反应的化学反应方程式_____________。
(5)下图分别是HNO3浓度、浸取时间对银回收的影响，则最佳的浓度和时间分别是_____%；___min。
(6)加入N2H4·H2O还原前要将AgNO3溶液的pH调节至5～6，得到Ag的产率最高，pH>6时，银的产率降低的原因为__________________________。
(7)常温下，取上述AgNO3溶液滴加到物质的量浓度均为0.2mol/L NaNO2和CaCl2的混合溶液中(忽略溶液体积变化)，当AgNO2开始沉淀时，溶液中c(Cl-)=__________mol/L［已知：常温下，Ksp(AgNO2)=2×10-8 ，Ksp(AgCl)=1.8×10-10］
4．（2021·天津河东·统考一模）实验室使用的纯度较高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、等杂质的海盐为原料制备，实验室模拟工业制备流程如下图
(1)焙炒海盐的目的是___________
(2)溶解时，为吸附水中的悬浮物应加入沉降剂，下列哪种沉降剂最佳___________
A．明矾B．硫酸铁C．硫酸铝D．氯化铁
(3)操作X为___________
(4)根据除杂原理，在下表中填写除杂时依次添加的试剂及预期沉淀的离子。
实验步骤
试剂
预期沉淀的离子
步骤1
NaOH溶液
Mg2+、Fe3+
步骤2
__
___
步骤3
___
___
(5)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①写出制备HCl气体的化学反应方程式(产物之一为正盐)___________
②相比分液漏斗，选用仪器1的优点是___________
③写出仪器2的名称___________
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是___________
(6)已知；设计如下实验测定NaCl产品中的含量，填写下列表格。
操作
现象
目的/结论
称取样品m1g加水溶解，加盐酸调至弱酸性,滴加过最c1 mol·L-1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的：_____
继续滴加过量c2 mol·L-1K2CrO4溶液V2 mL
黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+
过滤洗涤，将魂液加水至200.00mL，取25.00mL滤液于锥形瓶中，用c3 mol·L-1FeSO4溶液滴定3次。平均消耗FeSO4溶液V3 mL.
结论:测定的质量分数
若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴。
计算得到的的含量__ (填偏高、偏低或不变)。
三、有机推断题
5．（2019·天津河东·统考一模）化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)化合物E的结构简式____________________；I中官能团的名称_____________。
(2)A的系统名称__________________________；
(3)H→I的反应方程式______________________________。
(4)A→B、E→F的反应类型分别是______________反应；_____________反应。
(5)写出A发生加聚反应的反应方程式___________________________________。
(6)G的同分异构体有多种，写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式_________________。
①遇FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有4组峰
(7)a,a-二甲基苄醇是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a-二甲基苄醇的合成路线如下：
该路线中试剂与条件1为____________；X的结构简式为___________，Y的结构简式为____________；试剂与条件2为____________。
6．（2021·天津河东·统考一模）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该合物的路线如下：
已知:
回答下列问题
(1)反应①的反应类型为___________
(2)用系统命名法给命名___________
(3)E中含氧官能团的名称___________；___________；
(4)H的结构简式为___________
(5)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E+M→F+X的化学反应方程式___________
(6)D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体___________
a.含苯环的单环化合物
b.苯环上只有一个取代基
c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1
(7)根据已给信息，设计由和为原料制备的合成路线___________ (无机试剂任选)
7．（2022·天津河东·统考一模）异甘草素(Ⅶ)具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题
已知：①氯甲基甲醚结构简式为：
②RCH2CHO+R’CHO
(1)有机物Ⅱ的分子式是___________；化合物Ⅳ所含官能团的名称是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．Ⅰ不易与溶液反应 B．Ⅱ中碳的杂化方式有两种
C．Ⅳ的核磁共振氢谱有4组峰 D．Ⅵ和Ⅶ都存在顺反异构体
(3)写出Ⅱ转化为Ⅲ的化学反应方程式___________；反应类型___________
(4)写出2种符合下列条件的Ⅴ的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体) ___________
①含有苯环且苯环上有两个取代基；
②与溶液反应显紫色；
③不能发生银镜反应。
(5)设计由和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选) ___________。
四、原理综合题
8．（2019·天津河东·统考一模）二氧化碳的有效回收利用，既能缓解能源危机，又可减少温室效应的影响，具有解决能源问题及环保问题的双重意义。Zn/ZnO热化学循环还原CO2制CO的原理如下图所示，回答下列问题：
(1)①从循环结果看，能量转化的主要方式是______________ ；
②反应2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=_________kJ/mol。
③Zn/ZnO在反应中循环使用，其作用是__________________
(2)二甲醚是主要的有机物中间体，在一定条件下利用CO2与H2可直接合成二甲醚：2CO2(g) +6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ， =3时，实验测得CO2的平衡转化率随温度及压强变化如下图所示。
①该反应的△H =______0(填“>”或“<”)。
②图中压强(P)由大到小的顺序是__________________。
③若在1L密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2的平衡转化率对应下图中A点，则在此温度，该反应的化学平衡常数是___________(保留整数)。
④合成二甲醚过程中往往会生成一氧化碳，合成时选用硅铝化合物做催化剂，硅铝比不同时，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同。硅铝比与产物选择性如下图所示。图中A点和B点的化学平衡常数比较：KA____KB(填“>、<、=”)。根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：_______________________。
⑤上图是使用不同硅铝比化合物做催化剂制备二甲醚的能量变化示意图，其中正确且最佳的是__________。
9．（2021·天津河东·统考一模）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.(1)将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下;
NON2
已知：氧气浓度过高时，会被氧化成。
(1)参与I中反应的n()：n(O2)=___________
(2)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图，当DO＞2mg/L时，氮的脱际率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是___________
(3)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及三个反应(a、b和c)如图，在整个反应过程中几乎监测不到NH浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：___________。
②采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图，A是电源___________极。B电极反应式：___________
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为___________。
(5)在恒温条件下，将2molCl2和1 mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：
2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___________点(填“A”“B”或“C”)；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___________(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，)
10．（2022·天津河东·统考一模）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。回答下列问题：
(1)在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①_______
②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______ (填a、b或c)。
③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
(2)水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_______
(3)一氧化碳变换反应：
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：、、、，则反应的平衡常数K的数值为_______。
②维持与①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_______。
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：
步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：_______。
五、结构与性质
11．（2021·天津河东·统考一模）Si是优良的半导体材料：石墨是制作电极的良好材料：Cu是导电性能极佳的金属，在生活中都有着广泛的应用。回答下列问题
(1)写出CuSO4、Cu(NO3)2中阳离子的核外电子排布式___________
(2)CuSO4晶体熔点为560℃，Cu(NO3)2晶体熔点为15℃。前者比后者熔点高的原因___________
(3)Cu2O有半导体性质，不溶于水，可溶于氨水生成[Cu(NH3)2]+， 1mol[Cu(NH3)2]+中共价键的数目为___________个。
(4)石墨中C的杂化方式为___________，α-石墨和β-石墨结构如图(a)、(b)所示，已知：C(α-石墨，s)=C(β-石墨，s) △H=+0.586kJ·mol-1， △H数值小，易转化。请从石墨晶体结构的角度分析△H数值小的原因是___________
(5)高导电紫铜常用CaBx提高导电率，CaBx晶胞如图(c)所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B-B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则x=___________，B原子半径为r nm，则晶胞参数a(晶胞棱长)=___________nm。
12．（2022·天津河东·统考一模）火星岩石冲含有大量氧化物，如、，、、、、等。回答下列问题：
(1)下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是___________；(填化学式)。
氧化物
离子键的百分数
62%
50%
41%
33%
(2)基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为___________形。
(3)与溶液反应生成的离子中的杂化类型是___________；和O构成的空间构型是___________。
(4)(普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中，如图是普鲁士蓝晶胞的结构，与形成配位键的是___________(填或)；离子中键与键的个数比是___________；晶胞中与一个距离相等的N有___________个。
参考答案：
1． 分液漏斗 使反应物混合均匀，充分反应 分液漏斗 NaHSO3 水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的 c 减少苯甲酸的溶解度带来的损失 ①④⑤⑥⑦ 81.6% 原料中的苯甲醛被空气部分氧化生成苯甲酸，导致苯甲酸的含量明显偏高
【详解】萃取分离物使用的仪器的分液漏斗；
(1)不断搅拌然后放置24h，可使反应物混合均匀，充分反应；
(2)萃取用到的仪器是分液漏斗；
(3)实验加入饱和亚硫酸氢钠，可加入碳酸钠除去，故答案为NaHSO3；
(4)水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的；
(5)蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，收集198℃-204℃的苯甲醇馏分，无需较低温度进行冷凝，可改用空气冷凝管，因此答案为c；
(6)苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，可降低苯甲酸的溶解度，避免损失，苯甲酸重结晶需要烧杯、酒精灯以及玻璃棒以及短颈玻璃漏斗、玻璃棒，故使用仪器的序号是①④⑤⑥⑦；
(7)加入5mL新蒸苯甲醛(密度1.04g/mL)，则苯甲酸的质量为5.2g，物质的量为n==0.049mol，理论可生成苯甲酸的质量m=×122g/mol=2.989g，生成苯甲醇的质量为m(苯甲醇)=×108g/mol=2.646g，则Cannizzaro反应的转化率由苯甲醇计算，转化率为×100%=81.6%，原料中的苯甲醛可被氧化生成苯甲酸，实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高。
2．(1)长颈漏斗
(2) 2FeCl3+H22FeCl2+2HCl 吸收装置二产生的HCl 防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解
(3) A a 浓硫酸
(4) Cl2 盐酸 电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+ pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe
【分析】由装置图可知，装置一中产生H2，H2进入装置二与FeCl3发生反应可以得到FeCl2，装置三为尾气处理装置，再由条件：极易水解，可知装置三还有防止外界水蒸气进入的作用。
(1)
仪器a的名称是：长颈漏斗；
(2)
装置一中产生了H2，故装置二中制备的化学反应方程式是：2FeCl3+H22FeCl2+2HCl；由于装置二中产生了HCl，且FeCl3易水解，故装置三的作用：吸收装置二产生的HCl、防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解；
(3)
该装置缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl3水解，应在A位置加一个干燥装置，比如装有浓硫酸的洗气瓶，故可在A位置增加图中装置；气体从a流入；洗气瓶中盛装的是浓硫酸；
(4)
实验2、3中阳极产生了气体，该气体应为Cl-放电生成的Cl2；调节溶液的时不能引入杂质离子，故宜选用盐酸；实验1、2的变量为电压，再根据实验1、2的阳极现象可以得出结论：电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+；实验1、4的变量为pH，再根据实验1、4的阴极现象可以得出结论：pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe。
3． H
(3)根据流程示意图可知置换过程的离子反应方程式为Fe+Ag2S+2H+=2Ag+Fe2++H2S↑；
(4)氧化精制过程中HNO3与Ag反应产生等体积的NO2和NO混合气体，根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学反应方式为4Ag+6HNO3=4AgNO3+NO↑+NO2↑+3H2O；
(5)由图象可知，Ag回收率达到最大值时硝酸溶液的浓度为30%、浸取时间为6分钟，所以最佳的浓度和时间分别是30%、6min；
(6)加入N2H4•H2O还原前要将AgNO3溶液的pH调节至5-6，得到Ag的产率最高，pH>6时，银的产率降低的原因为pH过大时，会发生反应：Ag++OH-=AgOH↓，会有AgOH生成，从而降低了产品的纯度；
(7)AgNO2开始沉淀所需c(Ag+)==1×10-7mol/L；由溶度积常数Ksp(AgCl)
【分析】海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钡除去硫酸根，加入NaOH除去Mg2+和Fe3+，再加入碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱和溶液，KCl的溶解度比NaCl大，所以通入HCl气体结晶得到NaCl，以此解答；
【详解】(1) 焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解，故答案为：除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小；
(2) 明矾、硫酸铁、硫酸铝、氯化铁都可以水解净水，但是铝离子，硫酸根离子对身体有害，所以氯化铁净水最佳，故答案为：D；
(3)根据分析可知操作X为过滤，故答案为：过滤；
(4)根据步骤1可知，加入氢氧化钠溶液除去了Mg2+、Fe3+，还需要除去Ca2+，Ba2+，，步骤2加入过量的BaCl2溶液可除去，步骤3加入Na2CO3溶液除去过量的Ba2+和Ca2+，故答案为：BaCl2溶液，，Na2CO3溶液，Ba2+和Ca2+；
(5) ①可用氯化钠与浓硫酸共热制取HCl且产物硫酸钠为正盐，其化学方程式为：2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑，故答案为：2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑；
②仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下；
③仪器2的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是吸收尾气(防止污染空气)，故答案为：吸收尾气(防止污染空气)；
(6)步骤①加入BaCl2溶液，目的是使SO完全沉淀，若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴，溶质的质量减小，计算得到的的含量偏高，故答案为：使SO完全沉淀，偏高；
5． 酯基 2-甲基丙烯 加成 氧化 液溴、Fe作催化剂 (CH3)2CHOH O2、Cu和加热
【详解】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻溴甲苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。
(1)通过以上分析知，化合物E的结构简式，I中官能团的名称为酯基；
(2)A为CH2=C(CH3)2，A的系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；
(3)H为，H发生酯化反应生成J，则H→I的反应方程为；
(4)A→B的反应类型是加成反应，E→F的反应类型是氧化反应；
(5)A为CH2=C(CH3)2，A分子中含有碳碳双键，在一定条件下课发生加聚反应生成聚2-甲基丙烯，该反应的反应方程为；
(6)G为，G的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；
(7)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。
6． 取代反应 2-溴丙烷 羰基 (酚)羟基 、
【分析】由图示可知，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B ；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C；在酸性条件下水解生成D ；与 在一定条件下反应生成E ；与HC(OC2H5)3在作催化剂下反应生成F和C2H5OH；与在碱性条件下反应生成G，结合有机化合物的相关知识分析解答。
【详解】(1)由分析可得反应①A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成；
(2)用系统命名法给命名为2-溴丙烷；
(3)E中含氧官能团的名称羰基、(酚)羟基；
(4)由分析知，H的结构简式为；
(5)已知N为催化剂，与HC(OC2H5)3在作催化剂反应生成和C2H5OH，则E+M→F+X的化学反应方程式为 ；
(6)D为，分子式为C8H8O2，有多种同分异构体，同时满足a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1，则有、；
(7) 与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；与反应生成目标物，则其合成流线为：。
7．(1) C8H8O3 羟基、醛基
(2)A
(3) ++HClO 取代反应
(4)、、等(邻、间、对位均可)
(5)
【分析】根据题干有机合成流程图可解决(1)~(3)小题，本题采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线，据此分析解题。
（1）由合成路线可知，有机物Ⅱ的结构简式为，分子中含有8个C原子，8个H原子和3个O原子，故分子式为C8H8O3，化合物Ⅳ的结构简式为，含有的官能团为羟基、醛基；
（2）A.Ⅰ中含有酚羟基，易于NaOH溶液反应，A错误；B.Ⅱ中苯环上的C原子和羰基上的C原子采用sp2杂化，甲基上的C原子采用sp3杂化，杂化方式共2种，B正确；C.Ⅳ含有4种不同的环境的氢原子，故核磁共振氢谱有4组峰，C正确；D.Ⅵ和Ⅶ的碳碳双键的两端C原子连有的2个基团不同，存在顺反异构，D正确；答案选A。
（3）根据已知信息，氯甲基甲醚结构简式为，根据合成路线，有机物Ⅱ与氯甲基甲醚发生取代反应生成有机物Ⅲ，反应的化学方程式为++HClO，反应类型为取代反应；
（4）有机物Ⅴ的结构简式为，其同分异构体含有苯环且苯环上有两个取代基，与溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，不能发生银镜反应，则不能含有醛基，满足条件的有机物有：、、等(邻、间、对位均可)。
（5）采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线如下：。
8． 太阳能转化为化学能 564 催化剂 < p1>p2>p3 23 = a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小 A
【详解】(1)①仔细分析图象可知在太阳能的作用下实现了反应，2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，所以实现了太阳能向化学能的转化；
②利用盖斯定律进行计算将已知两个热化学方程式相加后再乘以2即得：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+564kJ/mol；
③Zn/ZnO在反应中循环使用，反应中起到催化剂的作用；
(2)①依据图象，随温度升高，CO的转化率降低，确定反应为放热反应，△H＜0；
②2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)正反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，压强越大，CO2的转化率越大，根据图象温度相同时CO2的转化率：p1>p2>p3，则图中压强由大到小的顺序为p1>p2>p3；
③根据A点，利用三段式法计算平衡常数；
2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)
起始量(mol/L) 0.2 0.6 0 0
反应量(mol/L) 0.1 0.3 0.05 0.15
平衡量(mol/L) 0.1 0.3 0.05 0.15
K=≈23；
④平衡常数只受温度影响，图中280℃下的A点和B点的平衡常数相等；从图中两条曲线的变化趋势及对比情况可以看出：230℃的曲线变化相对平缓，280℃的曲线变化程度较大且先升后降，280℃二甲醚物质的量分数较大，温度升高，二甲醚的物质的量浓度的变化受影响的程度也有所改变等，因此可以概括为：a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小；
⑤使用不同硅铝比化合物做催化剂制备二甲醚，反应为放热反应，催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不发生移动和反应的焓变也不改变，图象中只有A符合。
9． 2：3 I中产生得NO全部被氧化为NO，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞b 正 阴极发生了2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O B 0.5
【详解】Ⅰ.(1)I中：被O2氧化为，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n()：n(O2)==2：3；
(2)当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，I中产生的又被O2继续氧化为，导致II中反应因无而无法发生；
(3)①由图可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，即NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞ b；
②与A相连的电极发生的反应是转化为，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为电源的正极；阴极可以实现转化为N2，B电极反应式为：2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O；
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)为共价化合物，其电子式为；
(5)根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；设反应的NH3的物质的量为x mol，可列出三段式：，C点氯气浓度与HCl浓度相等，则2-2x=2x，解得，x=0.5，反应后气体总物质的量为(3-3x+2x)=2.5mol，总压强为10Mpa，则平衡常数为。
10．(1) a B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率
(3) 9.0 9：5 MO+CO=M+CO2
【详解】（1）①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：；
②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；
（3）①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；
③水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
11． 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9 SO比NO所带电荷多，离子晶体中离子键更强，CuSO4的晶格能较大(或认为Cu(NO3)2是分子晶体，分子间作用力小于离子键) 8NA sp2 石墨层与层之间距离较大，作用力是范德华力，作用力比较弱，转化需要能量低 6 2(1+)r
【详解】(1)Cu的原子序数为29，其基态原子的电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d104s1，则Cu2+的电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9；
(2)SO比NO所带电荷多，离子晶体中离子键更强，CuSO4的晶格能较大(或认为Cu(NO3)2是分子晶体，分子间作用力小于离子键)；
(3) [Cu(NH3)2]+中含有2个NH3，即含有6根共价键，另外含有2 根配位键，所以1mol[Cu(NH3)2]+中共价键的数目为8NA；
(4)石墨晶体中碳原子先形成正六边形平面蜂窝状结构，而层与层之间又通过范德华力结合，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；石墨层与层之间距离较大，作用力是范德华力，作用力比较弱，所以C(α-石墨，s)=C(β-石墨，s)，转化需要能量低，易转化；
(5)CaBx晶胞如图(c)所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B- B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则晶胞中含有1个钙原子，含有6个B原子，即x=6；B原子半径为r nm，根据晶胞结构可知，晶胞参数a=2(1+)r nm。
12．(1)Al2O3、SiO2
(2)球
(3) sp3杂化 正四面体
(4) Fe2+ 1：2 6
【解析】（1）
Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。
（2）
Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。
（3）
[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。
（4）
根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。
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