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广东省梅州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
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这是一份广东省梅州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共27页。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省梅州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、工业流程题
1．（2020·广东梅州·统考二模）是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣(主要含有、和少量、)中提取，其工艺流程如下：
已知：①
②一些金属阳离子沉淀的pH范围：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
6.5
9.0
2.2
3.5
4.1
5.4
(1)“酸浸还原”时转化为，写出有关反应的离子方程式________；经“氧化”后钒以存在，写出生成反应的离子方程式________。
(2)调节溶液至2.0~3.5，宜选用的试剂是________(填标号)。
A． B． C． D．
(3)“滤渣1”的主要成分是________；粗品中的杂质为________。
(4)“沉钒”时需加入稀，其目的是________。
(5)焙烧产生的气体用________吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。
(6)在一定条件下可转化为不同价态的钒离子(、、、)，可作为全钒液充电流电池的电极液，电池总反应为。下图是钒电池基本工作原理示意图：
充电时阳极的反应式为____；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是_____。
2．（2020·广东梅州·统考二模）硫酸锰晶体()是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿(主要成分为，含有少量、、等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如下：
已知：①反应原理为：；
②难溶于水。
(1)滤渣2主要成分是，步骤②中的稀硫酸的作用是________。
(2)步骤③中采用硫酸和草酸晶体溶解，草酸晶体的作用是________；配制硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要________。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是________。
(3)步骤④的具体实验操作有________，经洗涤后干燥得到晶体。
(4)兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为、、，及水蒸气。为了确定的化学式，采用下面装置进行测定(已知：的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃)。
①装置中吸收的气体为________。
②实验自始至终均需通入，其目的是________。
③若起始时，在装置A中加入，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则的化学式为________。
3．（2021·广东梅州·统考二模）铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[]为原料制备金属铍的工艺如下：
已知：难溶于水，可与过量结合成。
回答下列问题：
(1)“操作1”的目的是使烧结的固体在水浸过程有较大的接触面积，则其名称是___________。
(2)烧结时；与绿柱石作用除生成易溶于水的外，还有铁、铝、硅的氧化物，该反应的化学方程式为___________。“滤渣1”中的酸性氧化物是___________。
(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________(用离子方程式表示)。
(4)已知，室温下恰好完全沉淀时[此时浓度为]的___________。
(5)在熔融状态下不能导电，工业上用电解熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的___________(填“阳极”或“阴极”)材料，电解总反应的化学方程式为___________；加入NaCl的主要目的是___________。
4．（2022·广东梅州·统考二模）用含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)制取Cr2O3(铬绿)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是_______ (任写一条)。
(2)Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为_______。
(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物为_______(填化学式)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+的操作是_______。
(4)常温下，“酸化”时pH不宜过低的原因是_______。
(5)“还原”时发生反应的离子方程式为_______。
(6)为精准投放药量，先利用滴定方法测定“过滤”后滤液2中的Cr2O含量。方法如下：
步骤I：量取10.00mL滤液2于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化(除Cr2O外，其他成分不参与滴定反应)。
步骤II：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，平均用去Na2S2O3溶液18.00mL(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
①步骤I量取10.00mL滤液2选择的仪器是_______。
②Cr2O的含量为_______g/L。
二、原理综合题
5．（2020·广东梅州·统考二模）碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
(1)以与为原料可合成尿素。已知：
①
②
③
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式________。
(2)高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：。向容积为1L的恒容容器中加入0.2molCO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图所示。则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
①650℃时，反应达平衡后的转化率为________。
②℃时，平衡常数________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压体积分数)。
(4)与能发生反应：
在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定的平衡转化率。部分实验结果如图所示：
①当容器内________(填标号)不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是________。
③若A点对应实验中，的起始浓度为，经过达到平衡状态，该时段化学反应速率________。
④图中C、D两点对应的温度分别为℃和℃，通过计算判断________(填“”、“”或“”)。
6．（2021·广东梅州·统考二模）氮的氧化物是大气污染物之一，研究氮氧化物的反应机理对缓解环境污染有重要意义，回答下列问题。
(1)碘蒸气的存在能大幅度提高的分解速率，反应历程为：
第一步：(快反应)
第二步：(慢反应)
第三步：(快反应)
实验表明，含碘时分解速率方程(k为速率常数)。下列表述正确的是________
A．升高温度，第一步向右进行的程度变大 B．第二步的活化能比第三步小
C．IO为反应的催化剂 D．分解反应的速率与是否含碘蒸气有关
(2)为探究温度及不同催化剂对反应 kJ/mol的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率(对应温度400℃)___________(填“＞”、“＜”或“=”)，温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是___________。
(3)利用现代手持技术传感器可以探究压强对化学平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强下，往针筒中充入一定体积的气体后密封并固定，分别在，时刻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图所示。
①s内，以表示的该反应速率___________(用含的式子表示)，B点时反应的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，计算结果保留两位有效数字)
②若时，保持温度和活塞位置不变，向针筒中再充入定体积，重新达到平衡时的体积百分含量与时相比___________。(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现以为主体催化剂时可能发生的反应过程如图,写出脱硝过程总反应的化学方程式：___________。
7．（2022·广东梅州·统考二模）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。
(1)已知：3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH= -92.2 kJ/mol ，若起始时向容器内放入2mol N2和6 mol H2，达平衡时放出的热量为Q，则Q_______184.4kJ(填“>”“<”或“=”)。
(2)合成氨生产流程如图所示。
流程中，有利于提高原料利用率的措施是_______(任写两种)。
(3)合成氨的反应条件研究：实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之间的关系如图所示。
①T0_______ 420(填“>”“<”或“=”，下同)。
②d点时的转化率：α(N2)_______ α(H2)。
③a、b、c三点对应平衡常数的大小关系为_______ (用 Ka、Kb、Kc表示)。
④p(N2)、p(H2)、p( NH3)分别代表N2、H2、NH3的分压，Kp代表压力平衡常数(用平衡时的分压代替平衡时的浓度表示)，一定条件下，上述合成氨反应接近平衡时，遵循如下方程： v(NH3)=k正×p(N2) 。其中v(NH3)为氨合成反应的净速率(即正逆反应速率差)，a为常数，与催化剂性质及反应条件有关， k正、k逆为速率常数，该条件下，实验测得a =0.5，则反应达到平衡时，k正、k逆、Kp三者的关系式为_______。
(4)可用作合成氨的催化剂有很多，如Os、Fe、Pt、Mn、Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如下：
注：方框内包含微粒种类及个数、微粒的相对总能量(括号里数字的单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。
①请写出N2参与化学吸附的反应方程式_______。
②以上历程须克服的最大势垒为_______kJ/mol(列出计算式)。(已知：1 eV=1.6 ×10-22 kJ)
三、有机推断题
8．（2020·广东梅州·统考二模）聚碳酸酯是热塑性材料，双酚A型聚碳酸酯的合成路线如下：
(1)B的化学名称为________，B中的官能团的名称是________。
(2)反应③的反应类型是________。
(3)写出D到E的反应方程式________。
(4)写出反应⑥中除生成双酚A型聚碳酸酯外的产物的结构简式________。
(5)写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________(不考虑立体异构，只需写出2个)。
①能发生银镜反应 ②遇FeCl3溶液显紫色 ③核磁共振氢谱有六组峰
(6)设计由1-丙醇制备的合成路线________（无机试剂任选）。
9．（2021·广东梅州·统考二模）麻黄素是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。
已知：+H2O
(1)C的化学名称是___________；F中官能团的名称是___________。
(2)由G→麻黄素的反应类型是___________。
(3)写出E的结构简式___________。
(4)写出C→D的化学方程式___________。
(5)M是G的芳香族同分异构体，已知M能发生银镜反应，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1，则M的结构简式可能是___________。(写出其中一种即可)
(6)“达芦那韦”是抗击新冠病毒的潜在用药，合成过程要制备化合物N()，参照上述合成路线，设计由和为原料制备N的合成路线(无机试剂任选)。_______________
10．（2022·广东梅州·统考二模）2-氨-3-氯苯甲酸是重要的医药中间体，其制备流程如图：
回答下列相关问题：
(1)的名称是_______，反应②的反应类型为_______。
(2)A的分子式为C7H7NO2，写出其结构简式_______。
(3)生成2-氨-3-氯苯甲酸的化学方程式为_______。
(4)与互为同分异体，且符合以下条件的芳香族化合物有_______种。
①苯环上含有三个取代基
②能发生银镜反应
③红外光谱显示有-NO2
(5)事实证明上述流程的目标产物的产率很低，据此，研究人员提出将步骤⑤设计为以下三步，产率有了一定提高。
请从步骤⑤产率低的原因进行推测，上述过程能提高产率的原因可能是_______。
(6)以为主要原料，设计合成路线，用最少的步骤制备含肽键的聚合物_______。
参考答案：
1． C 使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量 稀
【分析】富钒炉渣(主要含有、和少量、)加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝，加亚硫酸钠将还原成，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加氯酸钠将氧化成，调节pH值后得到粗品；将粗品溶于氢氧化钠溶液中得到溶液，过滤杂质，在滤液中加稀硫酸和硫酸铵得到，焙烧得纯净的，据此分析解答。
【详解】(1)“酸浸还原”时转化为，离子方程式为，加氯酸钠将氧化成，相应的离子反应方程式为：，故答案为：；；
(2)调节溶液至2.0~3.5，使平衡正向移动得到，需加碱性溶液中和氢离子，A、B为酸溶液不能与氢离子反应，故不合题意；D氢氧化钙能中和氢离子但会引入钙离子杂质，故不合题意，碳酸钠既可以中和氢离子又不引入新的杂质离子，故选择C，故答案为：C；
(3) “滤渣1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解过滤后的滤液中存在亚铁离子，加氯酸钠后被氧化成三价铁离子，调节溶液至2.0~3.5时三价铁离子转变成沉淀，因此粗品中含有，故答案为：；；
(4) 因铵根离子会发生水解反应，导致其溶液中的铵根离子浓度减小，而加稀硫酸后可以使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量，故答案为：使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量；
(5)焙烧过程中分解产生氨气和，产生的氨气可以用稀硫酸吸收转变成硫酸铵在沉钒时循环使用，故答案为：稀；
(6)充电时阳极发生氧化反应，结合总反应式可得阳极电极反应为：，由阳极反应可知电解过程中阳极区的氢离子浓度增大，为维持两侧溶液的电荷守恒，氢离子应透过隔膜向阴极移动，故答案为：； ；
2． 除去 做还原剂，将MnO2还原为Mn2+ 100mL容量瓶、胶头滴管 防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质 加热浓缩、冷却结晶、过滤 SO2 排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收 Mn3O4
【分析】
由题给流程可知，向软锰矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化锰和氧化铁不溶解，则滤渣1为二氧化锰和氧化铁；向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则滤渣2为二氧化锰；向滤渣2加入稀硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成硫酸锰，硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·7H2O晶体。
【详解】
（1）步骤②为向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则稀硫酸的作用是溶解除去Fe2O3，故答案为：除去Fe2O3；
（2）步骤③为向滤渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成，反应中二氧化锰做氧化剂，草酸做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；配制100mL6.0mol/L硫酸时用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；由题意可知MnC2O4难溶于水，溶解二氧化锰过程中，为防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，故答案为：做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；100mL容量瓶、胶头滴管；防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质；
(3)步骤④为硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·7H2O晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；
①由题意可知，MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，故答案为：SO2；
②实验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故答案为：排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收；
③83.1gMnSO4·7H2O的物质的量为=0.3mol，6.4g二氧化硫的物质的量为=0.1mol，设MnxOy中锰元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得0.3mol×（a—2）=0.1mol×2，解得a=，则MnxOy为Mn3O4，故答案为：Mn3O4。
【点睛】
MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫是解答关键。
3． 粉碎(或破碎、或研磨) 6.0或6 阴极 增强熔盐的导电性
【分析】绿柱石的主要成分Be3Al2(SiO3)6，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2(SiO3)6+2Na3FeF6 3Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过量与Be(OH)2反应，降低Be的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2(SO4)3=2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利用，以此来解答。
【详解】(1)绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积，操作1名称是：粉碎(或破碎、或研磨)；
(2)Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为，“滤渣1”中的酸性氧化物是：；
(3)因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是；
(4)，常温下，，pH=6；
(6)若镍作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镍坩埚作电解槽的阴极材料，电解时BeCl2熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为，从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强熔盐的导电性。
4．(1)粉碎废渣(或充分搅拌、或通入足量空气等)
(2)2Cr2O3+ 8KOH + 3O24K2CrO4+4H2O
(3) Fe(OH)3 取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+
(4)pH 过低，A13+进 入滤液[或防止Al(OH)3被过量的酸溶解]
(5)Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O
(6) 酸式滴定管(或移液管) 6.48 (或6.5)
【分析】含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)经过碱熔时，发生一系列反应，生成了可溶性盐KFeO2、K2CrO4、K2SiO3和KAlO2，加水溶解，KFeO2强烈水解生成的难溶物Fe(OH)3，并经过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，调节溶液pH在7～8，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，再通过加热锻烧Cr(OH)3得到氧化物Cr2O3；
(1)
粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、K2CO3中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率，故答案为：粉碎废渣；充分搅拌；
(2)
Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4时Cr2O3→2K2CrO4得到6e-，O2→K2CrO4、H2O得到4e-，依据得失电子数相等，配平得发生反应的化学方程式2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O，故答案为：2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O；
(3)
“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解，FeO2-结合H2O电离出的H+及H2O生成Fe(OH)3和KOH，即不溶物为Fe(OH)3；含有Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液会变红色，则检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可向滤液中滴加KSCN溶液，若不变红，则不含有Fe3+，故答案为：Fe(OH)3；取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+；
(4)
“酸化”时pH过低，NaAlO2会直接与酸反应生成Al3+，进入滤液，故答案为：pH 过低，A13+进入滤液[或防止Al(OH)3被过量的酸溶解]；
(5)
“还原”时亚硫酸钠在酸性条件下还原Cr2O为Cr3+，同时氧化产后为SO，则发生反应的离子方程式为Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O，故答案为：Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O；
(6)
①滤液2中的Cr2O具有较强的氧化性，能氧化橡胶管，因此步骤I量取10.00mL滤液2选择的仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②由反应原理：Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得到关系式Cr2O～3I2～6Na2S2O3，消耗n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol•L-1×0.01800L=0.0018mol，则n(Cr2O)=n(Na2S2O3)= ×0.0018mol=0.0003mol，质量为m=nM=0.0003mol×216g/mol =0.0648g，Cr2O的含量=，故答案为：6.48。
5． 吸热 变小 25% 0.5 D 降低温度
【分析】本题综合考查盖斯定律和化学平衡常数的计算，化学平衡常数的计算常用三段式来进行计算，对于反应，用平衡分压代替平衡浓度计算的化学平衡常数的表达式为：。
【详解】(1)根据盖斯定律计算（1）+（2）-（3）得与合成尿素的热化学方程式为：；，故本题答案为：；。
(2)随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明平衡正向移动，因此该反应属于吸热反应；恒容容器中充入二氧化碳可以看做，二氧化碳先与碳在其他容器反应达到平衡后，再混合把体积缩小至原始体积，相当于增大压强，则平衡向逆反应方向进行，达到新平衡后，体系中CO的百分含量减小，故本题答案为：吸热；变小；
(3)由图可以知道，650℃时，反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始反应时加入的二氧化碳为1mol，转化了x mol，则有：
所以，计算出x=0.25mol，则二氧化碳的转化率为25%；
℃时，一氧化碳和二氧化碳的体积分数均为50%，则，故本题答案为：25%；0.5；
(4)①A，反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C、反应前后气体质量不变气体体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、NO2的体积分数不变是平衡标志，故D正确；因此，本题正确答案是：D；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行，因此，本题正确答案是：降低温度；
③A点平衡转化率为50%，n(NO2)：n(SO2)=0.4，SO2(g)的起始浓度为comol /L，NO2起始浓度c(NO2)=0.4 comol /L，反应的二氧化氮浓度=0. 4comol/ L×50%=0.2comol/L，该时段化学反应速率V(NO2)==mol/L▪min，因此，本题正确答案是：；
(4 NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，△H=-41.8kJ/mol，反应为放热反应，n(NO2)：n(SO2)=1，SO2(g)的起始浓度为comol/L，c(NO2)= comol/L，图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，C点二氧化氮转化率为50%，
平衡常数K=1。
D点二氧化碳的转化率为40%，n(NO2)：n(SO2)=1.5，SO2(g)的起始浓度为comol/L，c(NO2)= 1.5comol/L，则
平衡常数K=1。
平衡常数相同，说明反应温度相同，Tc=Td，因此，本题正确答案：=。
【点睛】化学平衡常数只与温度有关，化学平衡常数相同，则温度相同，此为易错点。
6． AD ＞ 温度升高催化剂活性降低 减小
【详解】(1)A．断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，A正确；
B．第二步的慢反应，其活化能比第三步大，B错误；
C．IO为中间产物，I2是反应的催化剂，C错误；
D．根据含碘时分解速率方程(k为速率常数)，可判断分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，D正确；
答案选AD。
(2)由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率(对应温度400℃)＞，温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低。
(3)①s内压强减少了3kPa，根据方程式可知生成1mol，物质的量减少1mol，则的压强变化是3kPa，以表示的该反应速率，B点时的压强是94kPa，的压强是3kPa，则反应的平衡常数≈；
②若时，保持温度和活塞位置不变，向针筒中再充入定体积，相当于增大压强，平衡正向进行，则重新达到平衡时的体积百分含量与时相比减小。
(4)根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为。
7．(1)<
(2)加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用
(3) > = Kb=Kc>Ka(或Ka
【解析】（1）
反应是可逆反应不能进行彻底，该温度下合成塔中放入2mol N2和6mol H2，生成的氨气小于2mol，故达平衡后放出的热量小于184.4 kJ；故答案为：＜；
（2）
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是气体分子总数减小的放热反应，增大压强10Mpa～30Mpa可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用；故答案为：加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用；
（3）
①该反应ΔH＜0，升高温度，平衡向吸热方向移动，即左移，氨气转化率减小，曲线①和④压强相同，当相同时，①氨气转化率更大，即④的温度比①更高，故答案为：＞；
②b点时，=3，与氢气和氮气的化学计量数之比一致，即α(N2)=α(H2)，故答案为：=；
③平衡常数的大小，仅与温度有关，该反应为放热反应，温度越高，K值越小，a、b、c四点对应温度从小到大排列为即b=c＜a，即平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka，故答案为：Kb=Kc＞Ka；
④平衡常数Kp=，合成氨反应平衡时，v(NH3)=0molL-1min-1遵循如下方程：v(NH3)=k正•p(N2)[]1−a-k逆[]1−a=0，即k正•p(N2)[]1−a=k逆[]1−a，此时a=0.5，即k正•p(N2)[]0.5=k逆[]0.5，k正=，故答案为：k正=k逆•Kp；
（4）
①根据题意，N2与H2合成NH3的过程是：N2在催化剂表面化学吸附后变成N*，然后再与H2作用生成过渡态TS，最后再解吸附，因此N2的化学吸附发生在第一步，为N2(g)→2N*，故答案为：N2(g)→2N*；
②根据框图，反应最大能垒为2N*(g)+H2(g)→TS，能量E=0.01eV-(-1.46eV)=1.47eV，即可计算出1.47 ×1.6 ×10- 22 ×6.02 ×1023。
8． 2-氯乙醇 氯原子、羟基 加成反应 、 、 、
、 、 。
（任写2个）
或
【分析】A物质乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2-氯乙醇后，在Ca（OH）2的作用下生成C环氧乙烷，与二氧化碳发生加成反应生成D物质后在乙醇作用下生成E，E物质与苯酚反应生成F，F与双酚A发生加聚反应得到产物双酚A型聚碳酸酯，根据分析进行题目解答。
【详解】（1）物质A乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2-氯乙醇， B中的官能团为氯原子和羟基。
故答案为：2-氯乙醇，氯原子、羟基。
（2）C为环氧乙烷，二氧化碳中C=O断裂发生加成反应生成D物质。
故答案为：加成反应。
（3）根据题目内容，D物质与乙醇反应过程中开环，生成E和乙二醇，反应方程式为：。
故答案为：。
（4）和双酚A发生加成聚合反应生成双酚A型聚碳酸酯和苯酚，苯酚的结构简式为：。
故答案为：。
（5）由①能发生银镜反应条件可知含有醛基，②遇FeCl3溶液显紫色表明结构中含有酚羟基，③核磁共振氢谱有六组峰说明结构中含有6种不同结构的H，故符合题意的结构简式有： 、 、 、 、 、 （任写2个）。
故答案为： 、 、 、 、 、 （任写2个）。
（6）由1-丙醇制备的合成路线可参考从A物质乙烯到C物质环氧乙烷，1-丙醇在浓硫酸加热条件下生成丙烯，后与HOCl反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物。反应路线为：或
。
故答案为：或 。
【点睛】在类似（6）这种合成路线的设计过程中，尽可能从原题目中参考试剂使用与流程，这样得到的合成路线准确率更高。
9． 苯甲醇 羟基、酮基(或羰基) 还原反应(或加成反应) 2+O22+2H2O 、、
【详解】(1)C的结构简式为，化学名称是苯甲醇；F的结构简式为，其中官能团的名称是羟基、酮基(或羰基)。
(2)G→麻黄素的反应中碳氮双键被加成，其反应类型是还原反应(或加成反应)。
(3)根据已知信息可知E分子中含有三键，反应后有羰基生成，则根据F的结构简式可知E的结构简式为。
(4)C→D是苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，反应的化学方程式为2+O22+2H2O。
(5)M是G的芳香族同分异构体，已知M能发生银镜反应，含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1，这说明含有2个甲基，且结构是对称的，则M的结构简式可能是、、。
(6)首先发生催化氧化生成醛基，然后和氨基反应引入碳氮双键，最后碳氮双键发生加成反应得到N，其合成路线为：。
10．(1) 邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) 氧化反应
(2)
(3)+H2O+ CH3COOH
(4)10
(5)利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代
(6)
【分析】甲苯和浓硝酸发生邻位取代生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯中甲基被氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A为，A发生经过反应④、⑤、⑥生成2-氨-3-氯苯甲酸，则2-氨-3-氯苯甲酸的结构简式为。
（1）
的名称是邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；反应②是-CH3被氧化成-COOH的过程，反应类型为氧化反应，故答案为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；氧化反应；
（2）
邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A的结构简式为，故答案为：；
（3）
在酸性条件下水解生成2-氨-3-氯苯甲酸，反应的化学方程式为+H2O+ CH3COOH ，故答案为： +H2O+ CH3COOH；
（4）
与互为同分异体的芳香族化合物满足：①苯环上含有三个取代基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③红外光谱显示有-NO2，则苯环上的三个取代基分别为：-CHO、-OH、-NO2，当-CHO、-NO2处于邻位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于间位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于对位时，-OH有2种位置，因此符合条件的同分异构体共有10种，故答案为：10；
（5）
步骤⑤产率低的原因可能是存在氯原子取代羧基的另一个间位氢原子，从而影响产率，新方案利用磺酸基占位，减少5号位上H原子的取代，然后再还原，从而提高了产率，故答案为：利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代；
（6）
以为主要原料，经最少的步骤制备含肽键的，可由发生缩聚反应得到，在酸性条件下水解生成，则合成路线为，故答案为：。
广东省梅州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、工业流程题
1．（2020·广东梅州·统考二模）是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣(主要含有、和少量、)中提取，其工艺流程如下：
已知：①
②一些金属阳离子沉淀的pH范围：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
6.5
9.0
2.2
3.5
4.1
5.4
(1)“酸浸还原”时转化为，写出有关反应的离子方程式________；经“氧化”后钒以存在，写出生成反应的离子方程式________。
(2)调节溶液至2.0~3.5，宜选用的试剂是________(填标号)。
A． B． C． D．
(3)“滤渣1”的主要成分是________；粗品中的杂质为________。
(4)“沉钒”时需加入稀，其目的是________。
(5)焙烧产生的气体用________吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。
(6)在一定条件下可转化为不同价态的钒离子(、、、)，可作为全钒液充电流电池的电极液，电池总反应为。下图是钒电池基本工作原理示意图：
充电时阳极的反应式为____；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是_____。
2．（2020·广东梅州·统考二模）硫酸锰晶体()是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿(主要成分为，含有少量、、等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如下：
已知：①反应原理为：；
②难溶于水。
(1)滤渣2主要成分是，步骤②中的稀硫酸的作用是________。
(2)步骤③中采用硫酸和草酸晶体溶解，草酸晶体的作用是________；配制硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要________。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是________。
(3)步骤④的具体实验操作有________，经洗涤后干燥得到晶体。
(4)兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为、、，及水蒸气。为了确定的化学式，采用下面装置进行测定(已知：的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃)。
①装置中吸收的气体为________。
②实验自始至终均需通入，其目的是________。
③若起始时，在装置A中加入，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则的化学式为________。
3．（2021·广东梅州·统考二模）铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[]为原料制备金属铍的工艺如下：
已知：难溶于水，可与过量结合成。
回答下列问题：
(1)“操作1”的目的是使烧结的固体在水浸过程有较大的接触面积，则其名称是___________。
(2)烧结时；与绿柱石作用除生成易溶于水的外，还有铁、铝、硅的氧化物，该反应的化学方程式为___________。“滤渣1”中的酸性氧化物是___________。
(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________(用离子方程式表示)。
(4)已知，室温下恰好完全沉淀时[此时浓度为]的___________。
(5)在熔融状态下不能导电，工业上用电解熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的___________(填“阳极”或“阴极”)材料，电解总反应的化学方程式为___________；加入NaCl的主要目的是___________。
4．（2022·广东梅州·统考二模）用含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)制取Cr2O3(铬绿)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是_______ (任写一条)。
(2)Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为_______。
(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物为_______(填化学式)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+的操作是_______。
(4)常温下，“酸化”时pH不宜过低的原因是_______。
(5)“还原”时发生反应的离子方程式为_______。
(6)为精准投放药量，先利用滴定方法测定“过滤”后滤液2中的Cr2O含量。方法如下：
步骤I：量取10.00mL滤液2于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化(除Cr2O外，其他成分不参与滴定反应)。
步骤II：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，平均用去Na2S2O3溶液18.00mL(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
①步骤I量取10.00mL滤液2选择的仪器是_______。
②Cr2O的含量为_______g/L。
二、原理综合题
5．（2020·广东梅州·统考二模）碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
(1)以与为原料可合成尿素。已知：
①
②
③
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式________。
(2)高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：。向容积为1L的恒容容器中加入0.2molCO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图所示。则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
①650℃时，反应达平衡后的转化率为________。
②℃时，平衡常数________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压体积分数)。
(4)与能发生反应：
在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定的平衡转化率。部分实验结果如图所示：
①当容器内________(填标号)不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是________。
③若A点对应实验中，的起始浓度为，经过达到平衡状态，该时段化学反应速率________。
④图中C、D两点对应的温度分别为℃和℃，通过计算判断________(填“”、“”或“”)。
6．（2021·广东梅州·统考二模）氮的氧化物是大气污染物之一，研究氮氧化物的反应机理对缓解环境污染有重要意义，回答下列问题。
(1)碘蒸气的存在能大幅度提高的分解速率，反应历程为：
第一步：(快反应)
第二步：(慢反应)
第三步：(快反应)
实验表明，含碘时分解速率方程(k为速率常数)。下列表述正确的是________
A．升高温度，第一步向右进行的程度变大 B．第二步的活化能比第三步小
C．IO为反应的催化剂 D．分解反应的速率与是否含碘蒸气有关
(2)为探究温度及不同催化剂对反应 kJ/mol的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率(对应温度400℃)___________(填“＞”、“＜”或“=”)，温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是___________。
(3)利用现代手持技术传感器可以探究压强对化学平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强下，往针筒中充入一定体积的气体后密封并固定，分别在，时刻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图所示。
①s内，以表示的该反应速率___________(用含的式子表示)，B点时反应的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，计算结果保留两位有效数字)
②若时，保持温度和活塞位置不变，向针筒中再充入定体积，重新达到平衡时的体积百分含量与时相比___________。(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现以为主体催化剂时可能发生的反应过程如图,写出脱硝过程总反应的化学方程式：___________。
7．（2022·广东梅州·统考二模）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。
(1)已知：3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH= -92.2 kJ/mol ，若起始时向容器内放入2mol N2和6 mol H2，达平衡时放出的热量为Q，则Q_______184.4kJ(填“>”“<”或“=”)。
(2)合成氨生产流程如图所示。
流程中，有利于提高原料利用率的措施是_______(任写两种)。
(3)合成氨的反应条件研究：实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之间的关系如图所示。
①T0_______ 420(填“>”“<”或“=”，下同)。
②d点时的转化率：α(N2)_______ α(H2)。
③a、b、c三点对应平衡常数的大小关系为_______ (用 Ka、Kb、Kc表示)。
④p(N2)、p(H2)、p( NH3)分别代表N2、H2、NH3的分压，Kp代表压力平衡常数(用平衡时的分压代替平衡时的浓度表示)，一定条件下，上述合成氨反应接近平衡时，遵循如下方程： v(NH3)=k正×p(N2) 。其中v(NH3)为氨合成反应的净速率(即正逆反应速率差)，a为常数，与催化剂性质及反应条件有关， k正、k逆为速率常数，该条件下，实验测得a =0.5，则反应达到平衡时，k正、k逆、Kp三者的关系式为_______。
(4)可用作合成氨的催化剂有很多，如Os、Fe、Pt、Mn、Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如下：
注：方框内包含微粒种类及个数、微粒的相对总能量(括号里数字的单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。
①请写出N2参与化学吸附的反应方程式_______。
②以上历程须克服的最大势垒为_______kJ/mol(列出计算式)。(已知：1 eV=1.6 ×10-22 kJ)
三、有机推断题
8．（2020·广东梅州·统考二模）聚碳酸酯是热塑性材料，双酚A型聚碳酸酯的合成路线如下：
(1)B的化学名称为________，B中的官能团的名称是________。
(2)反应③的反应类型是________。
(3)写出D到E的反应方程式________。
(4)写出反应⑥中除生成双酚A型聚碳酸酯外的产物的结构简式________。
(5)写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________(不考虑立体异构，只需写出2个)。
①能发生银镜反应 ②遇FeCl3溶液显紫色 ③核磁共振氢谱有六组峰
(6)设计由1-丙醇制备的合成路线________（无机试剂任选）。
9．（2021·广东梅州·统考二模）麻黄素是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。
已知：+H2O
(1)C的化学名称是___________；F中官能团的名称是___________。
(2)由G→麻黄素的反应类型是___________。
(3)写出E的结构简式___________。
(4)写出C→D的化学方程式___________。
(5)M是G的芳香族同分异构体，已知M能发生银镜反应，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1，则M的结构简式可能是___________。(写出其中一种即可)
(6)“达芦那韦”是抗击新冠病毒的潜在用药，合成过程要制备化合物N()，参照上述合成路线，设计由和为原料制备N的合成路线(无机试剂任选)。_______________
10．（2022·广东梅州·统考二模）2-氨-3-氯苯甲酸是重要的医药中间体，其制备流程如图：
回答下列相关问题：
(1)的名称是_______，反应②的反应类型为_______。
(2)A的分子式为C7H7NO2，写出其结构简式_______。
(3)生成2-氨-3-氯苯甲酸的化学方程式为_______。
(4)与互为同分异体，且符合以下条件的芳香族化合物有_______种。
①苯环上含有三个取代基
②能发生银镜反应
③红外光谱显示有-NO2
(5)事实证明上述流程的目标产物的产率很低，据此，研究人员提出将步骤⑤设计为以下三步，产率有了一定提高。
请从步骤⑤产率低的原因进行推测，上述过程能提高产率的原因可能是_______。
(6)以为主要原料，设计合成路线，用最少的步骤制备含肽键的聚合物_______。
参考答案：
1． C 使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量 稀
【分析】富钒炉渣(主要含有、和少量、)加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝，加亚硫酸钠将还原成，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加氯酸钠将氧化成，调节pH值后得到粗品；将粗品溶于氢氧化钠溶液中得到溶液，过滤杂质，在滤液中加稀硫酸和硫酸铵得到，焙烧得纯净的，据此分析解答。
【详解】(1)“酸浸还原”时转化为，离子方程式为，加氯酸钠将氧化成，相应的离子反应方程式为：，故答案为：；；
(2)调节溶液至2.0~3.5，使平衡正向移动得到，需加碱性溶液中和氢离子，A、B为酸溶液不能与氢离子反应，故不合题意；D氢氧化钙能中和氢离子但会引入钙离子杂质，故不合题意，碳酸钠既可以中和氢离子又不引入新的杂质离子，故选择C，故答案为：C；
(3) “滤渣1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解过滤后的滤液中存在亚铁离子，加氯酸钠后被氧化成三价铁离子，调节溶液至2.0~3.5时三价铁离子转变成沉淀，因此粗品中含有，故答案为：；；
(4) 因铵根离子会发生水解反应，导致其溶液中的铵根离子浓度减小，而加稀硫酸后可以使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量，故答案为：使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量；
(5)焙烧过程中分解产生氨气和，产生的氨气可以用稀硫酸吸收转变成硫酸铵在沉钒时循环使用，故答案为：稀；
(6)充电时阳极发生氧化反应，结合总反应式可得阳极电极反应为：，由阳极反应可知电解过程中阳极区的氢离子浓度增大，为维持两侧溶液的电荷守恒，氢离子应透过隔膜向阴极移动，故答案为：； ；
2． 除去 做还原剂，将MnO2还原为Mn2+ 100mL容量瓶、胶头滴管 防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质 加热浓缩、冷却结晶、过滤 SO2 排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收 Mn3O4
【分析】
由题给流程可知，向软锰矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化锰和氧化铁不溶解，则滤渣1为二氧化锰和氧化铁；向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则滤渣2为二氧化锰；向滤渣2加入稀硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成硫酸锰，硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·7H2O晶体。
【详解】
（1）步骤②为向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则稀硫酸的作用是溶解除去Fe2O3，故答案为：除去Fe2O3；
（2）步骤③为向滤渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成，反应中二氧化锰做氧化剂，草酸做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；配制100mL6.0mol/L硫酸时用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；由题意可知MnC2O4难溶于水，溶解二氧化锰过程中，为防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，故答案为：做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；100mL容量瓶、胶头滴管；防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质；
(3)步骤④为硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·7H2O晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；
①由题意可知，MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，故答案为：SO2；
②实验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故答案为：排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收；
③83.1gMnSO4·7H2O的物质的量为=0.3mol，6.4g二氧化硫的物质的量为=0.1mol，设MnxOy中锰元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得0.3mol×（a—2）=0.1mol×2，解得a=，则MnxOy为Mn3O4，故答案为：Mn3O4。
【点睛】
MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫是解答关键。
3． 粉碎(或破碎、或研磨) 6.0或6 阴极 增强熔盐的导电性
【分析】绿柱石的主要成分Be3Al2(SiO3)6，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2(SiO3)6+2Na3FeF6 3Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过量与Be(OH)2反应，降低Be的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2(SO4)3=2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利用，以此来解答。
【详解】(1)绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积，操作1名称是：粉碎(或破碎、或研磨)；
(2)Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为，“滤渣1”中的酸性氧化物是：；
(3)因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是；
(4)，常温下，，pH=6；
(6)若镍作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镍坩埚作电解槽的阴极材料，电解时BeCl2熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为，从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强熔盐的导电性。
4．(1)粉碎废渣(或充分搅拌、或通入足量空气等)
(2)2Cr2O3+ 8KOH + 3O24K2CrO4+4H2O
(3) Fe(OH)3 取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+
(4)pH 过低，A13+进 入滤液[或防止Al(OH)3被过量的酸溶解]
(5)Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O
(6) 酸式滴定管(或移液管) 6.48 (或6.5)
【分析】含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)经过碱熔时，发生一系列反应，生成了可溶性盐KFeO2、K2CrO4、K2SiO3和KAlO2，加水溶解，KFeO2强烈水解生成的难溶物Fe(OH)3，并经过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，调节溶液pH在7～8，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，再通过加热锻烧Cr(OH)3得到氧化物Cr2O3；
(1)
粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、K2CO3中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率，故答案为：粉碎废渣；充分搅拌；
(2)
Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4时Cr2O3→2K2CrO4得到6e-，O2→K2CrO4、H2O得到4e-，依据得失电子数相等，配平得发生反应的化学方程式2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O，故答案为：2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O；
(3)
“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解，FeO2-结合H2O电离出的H+及H2O生成Fe(OH)3和KOH，即不溶物为Fe(OH)3；含有Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液会变红色，则检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可向滤液中滴加KSCN溶液，若不变红，则不含有Fe3+，故答案为：Fe(OH)3；取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+；
(4)
“酸化”时pH过低，NaAlO2会直接与酸反应生成Al3+，进入滤液，故答案为：pH 过低，A13+进入滤液[或防止Al(OH)3被过量的酸溶解]；
(5)
“还原”时亚硫酸钠在酸性条件下还原Cr2O为Cr3+，同时氧化产后为SO，则发生反应的离子方程式为Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O，故答案为：Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O；
(6)
①滤液2中的Cr2O具有较强的氧化性，能氧化橡胶管，因此步骤I量取10.00mL滤液2选择的仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②由反应原理：Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得到关系式Cr2O～3I2～6Na2S2O3，消耗n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol•L-1×0.01800L=0.0018mol，则n(Cr2O)=n(Na2S2O3)= ×0.0018mol=0.0003mol，质量为m=nM=0.0003mol×216g/mol =0.0648g，Cr2O的含量=，故答案为：6.48。
5． 吸热 变小 25% 0.5 D 降低温度
【分析】本题综合考查盖斯定律和化学平衡常数的计算，化学平衡常数的计算常用三段式来进行计算，对于反应，用平衡分压代替平衡浓度计算的化学平衡常数的表达式为：。
【详解】(1)根据盖斯定律计算（1）+（2）-（3）得与合成尿素的热化学方程式为：；，故本题答案为：；。
(2)随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明平衡正向移动，因此该反应属于吸热反应；恒容容器中充入二氧化碳可以看做，二氧化碳先与碳在其他容器反应达到平衡后，再混合把体积缩小至原始体积，相当于增大压强，则平衡向逆反应方向进行，达到新平衡后，体系中CO的百分含量减小，故本题答案为：吸热；变小；
(3)由图可以知道，650℃时，反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始反应时加入的二氧化碳为1mol，转化了x mol，则有：
所以，计算出x=0.25mol，则二氧化碳的转化率为25%；
℃时，一氧化碳和二氧化碳的体积分数均为50%，则，故本题答案为：25%；0.5；
(4)①A，反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C、反应前后气体质量不变气体体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、NO2的体积分数不变是平衡标志，故D正确；因此，本题正确答案是：D；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行，因此，本题正确答案是：降低温度；
③A点平衡转化率为50%，n(NO2)：n(SO2)=0.4，SO2(g)的起始浓度为comol /L，NO2起始浓度c(NO2)=0.4 comol /L，反应的二氧化氮浓度=0. 4comol/ L×50%=0.2comol/L，该时段化学反应速率V(NO2)==mol/L▪min，因此，本题正确答案是：；
(4 NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，△H=-41.8kJ/mol，反应为放热反应，n(NO2)：n(SO2)=1，SO2(g)的起始浓度为comol/L，c(NO2)= comol/L，图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，C点二氧化氮转化率为50%，
平衡常数K=1。
D点二氧化碳的转化率为40%，n(NO2)：n(SO2)=1.5，SO2(g)的起始浓度为comol/L，c(NO2)= 1.5comol/L，则
平衡常数K=1。
平衡常数相同，说明反应温度相同，Tc=Td，因此，本题正确答案：=。
【点睛】化学平衡常数只与温度有关，化学平衡常数相同，则温度相同，此为易错点。
6． AD ＞ 温度升高催化剂活性降低 减小
【详解】(1)A．断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，A正确；
B．第二步的慢反应，其活化能比第三步大，B错误；
C．IO为中间产物，I2是反应的催化剂，C错误；
D．根据含碘时分解速率方程(k为速率常数)，可判断分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，D正确；
答案选AD。
(2)由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率(对应温度400℃)＞，温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低。
(3)①s内压强减少了3kPa，根据方程式可知生成1mol，物质的量减少1mol，则的压强变化是3kPa，以表示的该反应速率，B点时的压强是94kPa，的压强是3kPa，则反应的平衡常数≈；
②若时，保持温度和活塞位置不变，向针筒中再充入定体积，相当于增大压强，平衡正向进行，则重新达到平衡时的体积百分含量与时相比减小。
(4)根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为。
7．(1)<
(2)加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用
(3) > = Kb=Kc>Ka(或Ka
【解析】（1）
反应是可逆反应不能进行彻底，该温度下合成塔中放入2mol N2和6mol H2，生成的氨气小于2mol，故达平衡后放出的热量小于184.4 kJ；故答案为：＜；
（2）
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是气体分子总数减小的放热反应，增大压强10Mpa～30Mpa可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用；故答案为：加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用；
（3）
①该反应ΔH＜0，升高温度，平衡向吸热方向移动，即左移，氨气转化率减小，曲线①和④压强相同，当相同时，①氨气转化率更大，即④的温度比①更高，故答案为：＞；
②b点时，=3，与氢气和氮气的化学计量数之比一致，即α(N2)=α(H2)，故答案为：=；
③平衡常数的大小，仅与温度有关，该反应为放热反应，温度越高，K值越小，a、b、c四点对应温度从小到大排列为即b=c＜a，即平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka，故答案为：Kb=Kc＞Ka；
④平衡常数Kp=，合成氨反应平衡时，v(NH3)=0molL-1min-1遵循如下方程：v(NH3)=k正•p(N2)[]1−a-k逆[]1−a=0，即k正•p(N2)[]1−a=k逆[]1−a，此时a=0.5，即k正•p(N2)[]0.5=k逆[]0.5，k正=，故答案为：k正=k逆•Kp；
（4）
①根据题意，N2与H2合成NH3的过程是：N2在催化剂表面化学吸附后变成N*，然后再与H2作用生成过渡态TS，最后再解吸附，因此N2的化学吸附发生在第一步，为N2(g)→2N*，故答案为：N2(g)→2N*；
②根据框图，反应最大能垒为2N*(g)+H2(g)→TS，能量E=0.01eV-(-1.46eV)=1.47eV，即可计算出1.47 ×1.6 ×10- 22 ×6.02 ×1023。
8． 2-氯乙醇 氯原子、羟基 加成反应 、 、 、
、 、 。
（任写2个）
或
【分析】A物质乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2-氯乙醇后，在Ca（OH）2的作用下生成C环氧乙烷，与二氧化碳发生加成反应生成D物质后在乙醇作用下生成E，E物质与苯酚反应生成F，F与双酚A发生加聚反应得到产物双酚A型聚碳酸酯，根据分析进行题目解答。
【详解】（1）物质A乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2-氯乙醇， B中的官能团为氯原子和羟基。
故答案为：2-氯乙醇，氯原子、羟基。
（2）C为环氧乙烷，二氧化碳中C=O断裂发生加成反应生成D物质。
故答案为：加成反应。
（3）根据题目内容，D物质与乙醇反应过程中开环，生成E和乙二醇，反应方程式为：。
故答案为：。
（4）和双酚A发生加成聚合反应生成双酚A型聚碳酸酯和苯酚，苯酚的结构简式为：。
故答案为：。
（5）由①能发生银镜反应条件可知含有醛基，②遇FeCl3溶液显紫色表明结构中含有酚羟基，③核磁共振氢谱有六组峰说明结构中含有6种不同结构的H，故符合题意的结构简式有： 、 、 、 、 、 （任写2个）。
故答案为： 、 、 、 、 、 （任写2个）。
（6）由1-丙醇制备的合成路线可参考从A物质乙烯到C物质环氧乙烷，1-丙醇在浓硫酸加热条件下生成丙烯，后与HOCl反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物。反应路线为：或
。
故答案为：或 。
【点睛】在类似（6）这种合成路线的设计过程中，尽可能从原题目中参考试剂使用与流程，这样得到的合成路线准确率更高。
9． 苯甲醇 羟基、酮基(或羰基) 还原反应(或加成反应) 2+O22+2H2O 、、
【详解】(1)C的结构简式为，化学名称是苯甲醇；F的结构简式为，其中官能团的名称是羟基、酮基(或羰基)。
(2)G→麻黄素的反应中碳氮双键被加成，其反应类型是还原反应(或加成反应)。
(3)根据已知信息可知E分子中含有三键，反应后有羰基生成，则根据F的结构简式可知E的结构简式为。
(4)C→D是苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，反应的化学方程式为2+O22+2H2O。
(5)M是G的芳香族同分异构体，已知M能发生银镜反应，含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1，这说明含有2个甲基，且结构是对称的，则M的结构简式可能是、、。
(6)首先发生催化氧化生成醛基，然后和氨基反应引入碳氮双键，最后碳氮双键发生加成反应得到N，其合成路线为：。
10．(1) 邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) 氧化反应
(2)
(3)+H2O+ CH3COOH
(4)10
(5)利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代
(6)
【分析】甲苯和浓硝酸发生邻位取代生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯中甲基被氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A为，A发生经过反应④、⑤、⑥生成2-氨-3-氯苯甲酸，则2-氨-3-氯苯甲酸的结构简式为。
（1）
的名称是邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；反应②是-CH3被氧化成-COOH的过程，反应类型为氧化反应，故答案为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；氧化反应；
（2）
邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A的结构简式为，故答案为：；
（3）
在酸性条件下水解生成2-氨-3-氯苯甲酸，反应的化学方程式为+H2O+ CH3COOH ，故答案为： +H2O+ CH3COOH；
（4）
与互为同分异体的芳香族化合物满足：①苯环上含有三个取代基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③红外光谱显示有-NO2，则苯环上的三个取代基分别为：-CHO、-OH、-NO2，当-CHO、-NO2处于邻位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于间位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于对位时，-OH有2种位置，因此符合条件的同分异构体共有10种，故答案为：10；
（5）
步骤⑤产率低的原因可能是存在氯原子取代羧基的另一个间位氢原子，从而影响产率，新方案利用磺酸基占位，减少5号位上H原子的取代，然后再还原，从而提高了产率，故答案为：利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代；
（6）
以为主要原料，经最少的步骤制备含肽键的，可由发生缩聚反应得到，在酸性条件下水解生成，则合成路线为，故答案为：。
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