河北省邯郸市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

这是一份河北省邯郸市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35页。试卷主要包含了工业流程题，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。

河北省邯郸市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、工业流程题
1．（2021·河北邯郸·统考一模）是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：

已知：氧化操作中除生成外，另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。
(1)“酸溶”时，莫尔盐_______(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是_______。
(2)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为_______。
(3)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是_______；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为_______(填“直接加热”或“水浴加热”)。

(4)测定产品中铁的含量。
步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。
步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液zmL。
①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量_______。
②该样品中铁元素的质量分数为_______(用含m、y、z的代数式表示)。
2．（2021·河北邯郸·统考一模）碳酸钙是橡胶工业中使用最早且用量最大的填充剂之一、工业上用主要含及少量的废渣制取轻质，其工艺流程如图：

已知：时和沉淀完全，时开始溶解。
回答下列问题：
(1)“预处理”时的温度不宜太高，原因是___________，为提高“预处理”的反应速率除加热外还可以采取的措施为___________(写一种即可)。
(2)“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是___________(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分是___________。
(3)“调节pH”时，应调节pH至___________的范围内，物质X可选用___________(填标号)。
A．     B．    C．
(4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为___________(填化学式)，充分反应后经___________(填具体操作)后得到轻质。
3．（2022·河北邯郸·统考一模）五氧化二钒()广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有、、、、、等)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，回收工艺流程如下：

已知：
①“酸浸”时和与稀硫酸反应分别生成和。
②溶液中与可相互转化：，且为沉淀。
(1)“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是___________。
(2)“还原转化”中加入的目的是将转化为，写出反应的离子方程式：___________。
(3)加入的目的是将过量的转化为。“氧化1”后，溶液中含有的金属阳离子主要有、、，调节使离子沉淀，若溶液中，则调节溶液的最小值为___________可使沉淀完全(离子浓度≤时沉淀完全)，此时___________(填“有”或“无”)沉淀生成。{假设溶液体积不变，，，}
(4)“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”时，通入氨气的作用是___________。
(6)若该废钒催化剂中的含量为10%(原料中所有的钒已换算成)。取100g待处理样品，按照上述流程进行实验。当加入溶液时，溶液中的钒元素恰好完全反应，则该工艺中钒的回收率是___________%(假设与反应后的操作步骤中钒元素无损失)。
4．（2023·河北邯郸·统考一模）氯化亚铜(化学式可表示为CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解、易被氧化。某学习小组用工业废渣(主要成分为Cu2S和Fe2O3)制取CuCl并同时得到电路板蚀刻液，实验步骤如图：

已知：
金属阳离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Cu2+
4.8
6.4
Fe3+
2.7
3.7
根据以上信息回答下列问题：
(1)写出焙烧过程中产生SO2的化学方程式：______；实验室中常用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，图中可选用的装置是_____(填标号)。
A． B． C． D．
(2)混合液中加入的沉淀剂X可为______；(填化学式)，调节溶液的pH至______，过滤得到CuCl2溶液。
(3)①向Na2SO3溶液中逐滴加入CuCl2溶液，再加入少量浓盐酸，混匀后倾倒出清液，抽滤、洗涤、干燥获得CuCl产品，该反应的离子方程式为______。
②抽滤也称减压过滤，请选择合适的仪器并组装抽滤的装置从溶液中得到CuCl产品，装置连接顺序为_____→_____→E→_____(填标号)。______

下列有关抽滤的说法错误的是_____(填标号)。
A．原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的
B．过滤速度快，可得到较干燥的沉淀
C．实验结束后，先关抽气泵，后拔开抽滤瓶接管
③抽滤过程中先用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，然后立即用无水酒精洗涤，并在70℃真空下干燥2h，冷却后密封包装，密封包装的原因是______。
(4)实验测得氯化亚铜蒸气的相对分子质量为199，则氯化亚铜的分子式为_____；氯化亚铜定量吸收CO后形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O()，则Cu2(CO)2Cl2·2H2O中的配位体为_____(填化学式)。
5．（2023·河北邯郸·统考一模）钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：

已知：①常温下，Ksp(CuS)=8.9×10-36，Ksp(CoS)=1.8×10-22。
②溶液的氧化还原电位为正表示该溶液显示出一定的氧化性。氧化还原电位越高，氧化性越强；电位越低，氧化性越弱。
回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子轨道表示式为______。
(2)“浸出渣”的主要成分为______(填化学式)。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是_____。
(3)Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol•L-1，则此时溶液的pH＜______[已知常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3]。
(4)“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应的离子方程式为______。
(5)“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是______。
(6)Co元素的存在形式的稳定区域与溶液pH的关系如图(E－pH图)所示，在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化，写出该反应的离子方程式：______；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)3。在提取过程中钴的损失率为______(填含w、m的表达式)%。


二、原理综合题
6．（2021·河北邯郸·统考一模）一定条件下能氧化制，这对资源综合利用有重要意义。相关的化学反应如下：
I.
II.
(1)已知反应的能量变化如图1所示。

①当生成等物质的量的时，反应_______(填“I”或“II”)吸收的热量更多。
②生成的热化学方程式为_______。
(2)反应II不利于乙烯的生成的原因是_______。
(3)有研究表明，在催化剂作用下，反应I分两步进行，其反应过程及能量变化如图2所示。
①决定反应I的反应速率的步骤是_______(填“第一步”或“第二步”)，原因是_______。
②第一步的化学方程式为_______。
(4)在恒容密闭的容器中充入一定量的和，保持其他条件不变，控制反应温度分别为和，测得随时间的变化曲线如图3所示，则_______(填“大于”或“小于”)，原因是_______。
(5)温度为T时，向一密闭容器中通入和，一段时间后，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡，的转化率为50%，的选择性为60%，此时容器容积为，则该温度下反应I的平衡常数_______。
7．（2022·河北邯郸·统考一模）以为原料制备甲醇等能源物质具有较好的发展前景。因此，研发利用技术，降低空气中含量成为研究热点。
(1)在催化剂的作用下，氢气还原的过程中可同时发生反应I、II。(已知活化能：)
I.    
II.  
①则的___________，其中反应I能自发进行的条件是___________。
②保持温度T不变时，在容积不变的密闭容器中，充入一定量的及，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示：

/mol
/mol
/mol
/mol
/mol
总压强/kPa
起始
0.5
0.9
0
0
0

平衡


m

0.3
p
若反应I、II均达到平衡，，则表中m=_______；反应I的平衡常数_______(用含p的代数式表示)。
(2)在kPa下，向恒压反应器中通入3mol、1mol，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化的关系如图。

已知：的产率
①下列说法正确的是___________(填标号)。
A．反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应I达到平衡
B．反应过程中，气体密度保持不变，说明反应I达到平衡
C．反应过程中，气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应I达到平衡
②图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是________。
(3)工业上常用电解法将合成为羧酸以实现资源化处理。以Pt为电极、质子惰性有机溶剂为电解液的装置，可将转化为草酸()，其阴极的电极反应式为________。
8．（2023·河北邯郸·统考一模）研究CO、CO2在一定条件下与H2催化合成CH4等有机化工产品，对实现“碳中和”目标具有重要的意义。在一定条件下CO(g)与H2(g)可发生如下反应：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.4kJ•mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ•mol-1
(1)部分物质的标准生成焓数据如表所示：
物质
CO(g)
H2(g)
CH4(g)
H2O(g)
标准生成焓/(kJ•mol-1)
-110
0
-74.6
x
则x=______；△H2=______kJ•mol-1。
(2)一定温度范围内反应I和反应Ⅱ的lgKp－的线性关系如图1所示。

①依据图像，可知T1℃时，反应Ⅲ的平衡常数Kp3=______。
②图中v正(A)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v逆(B)。
(3)①恒温(323K)恒压(p)条件下，在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=1：1投料进行反应(仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)，CO2初始分压分别为p0-(a)MPa、p0-(b)MPa、p0-(c)MPa，测得CO2的压强转化率α(CO2)[已知：气体A的压强转化率表示为α(A)=(1-)×100%，p0MPa为A的初始分压，p1MPa为某时刻A的分压]与时间(t)的关系如图2，则p0-(a)、p0-(b)、p0-(c)由大到小的顺序为_____。

②在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应(两压强下均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)。恒压条件下反应温度对平衡体积分数δ(x)[x为CO或CH4，δ(x)=×100%]的影响如图3所示。

则在1MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是_____(填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)和______；在T℃、一定压强下，反应在M点达到化学平衡，平衡时CH4的分压p(CH4)=_____MPa，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_____。

三、结构与性质
9．（2021·河北邯郸·统考一模）铜及其化合物是生活、生产中运用广泛的材料。
(1)铜元素位于周期表第_______列，铜易导电的原因是_______，基态原子中核外能量不同的电子有_______种。
(2)铜的第二电离能_______(填“大于”或“小于”)锌的第二电离能，其原因是_______。
(3)合成氨工业常用醋酸二氨合铜(I)溶液吸收对氨合成的催化剂有毒害作用的
①比较和的沸点大小，并说明原因：_______。
②中C的杂化类型为_______。
(4)晶胞的两个基本要素。

①原子坐标参数：晶胞内部各微粒的相对位置。的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数：；；。则D处微粒的坐标参数为_______。
②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。若与的最短距离为，则晶胞的边长为_______，设为阿伏加德罗常数的值，该化合物的密度为_______(用含a、的代数式表示)g∙cm-3。
10．（2022·河北邯郸·统考一模）镍铜合金是由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能，耐腐蚀性好，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造电子管较好的结构材料。请回答下列问题：
(1)基态的价电子轨道表示式为___________。
(2)元素与的第二电离能分别为、，的原因是___________。
(3)O与形成的化合物为，与S形成的化合物为，的熔点比的___________(填“低”、“高”或“无法确定”)。
(4)可以形成一种离子化合物，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行___________实验；其阴离子的空间构型是___________；加热该物质时，首先失去的是分子，原因是___________。
(5)甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂，其结构为。此有机铜试剂中，C原子的杂化类型有___________，1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为___________mol。
(6)的化合物种类有很多，与形成的化合物的立方晶胞结构如图，已知立方晶胞的边长为，则与形成的化合物的密度___________(表示阿伏加德罗常数的值，用含a、的代数式表示)。


四、有机推断题
11．（2021·河北邯郸·统考一模）H是抗癫痫药物的合成中间体，其合成路线如下：

已知：
(1)H中的官能团名称为_______。
(2)A的名称为_______。
(3)B、D的结构简式分别为_______、_______。
(4)F生成G的反应的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(5)满足下列条件的E的同分异构体有_______种。
①能与溶液发生显色反应，且能发生银镜反应；
②该物质完全水解消耗。
(6)设计一条以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线(无机试剂任选)_____。
12．（2022·河北邯郸·统考一模）有机物F是一种药物合成的重要中间体，其合成路线如图。

已知：。
(1)有机物A中含有的官能团的名称为___________。
(2)A→B的反应类型为___________。
(3)写出有机物E的结构简式：___________。
(4)写出CD的化学方程式：___________。
(5)有机物H是C的同分异构体，符合下列条件的H有___________种，其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为___________。
①分子中除苯环外不含其他环状结构。
②仅含有一种官能团，能与新制反应，生成砖红色沉淀。
③苯环上有3个取代基。
(6)设计以和为原料制备的合成路线。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)______
13．（2023·河北邯郸·统考一模）F是合成某药物的中间体，一种制备F的流程如图所示。

已知：①B的结构中只有一种官能团；
②RCHORCH=CHCOOH(Py：吡啶)。
回答下列问题：
(1)E中含氧官能团的名称为______；B的结构简式为______。
(2)若A′为A与足量H2完全加成得到的产物，则A′结构中含有_____个手性碳原子。
(3)C→D的反应机理可用如图表示：

则C→D的两步反应中，“第一步”的有机反应类型为_____，“第二步”得到的产物的结构简式为______。
(4)E→F的化学方程式为______。
(5)G是C的芳香族同分异构体，同时满足下列条件的G的结构有_____种。
①遇氯化铁溶液发生显色反应    ②能发生银镜反应    ③苯环上有3个取代基
(6)设计以和CH2(COOH)2为原料制备的合成路线(无机试剂及有机溶剂任选)。_____

五、实验题
14．（2022·河北邯郸·统考一模）二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)为白色固体，难溶于冷水，是氧化性消毒剂中最为广谱、高效、安全的消毒剂。实验室用如图所示装置(夹持装置已略去)制备二氯异氰尿酸钠。请回答下列问题：

已知：实验原理为。
(1)仪器X的名称为___________。
(2)完成上述实验选择合适的装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________(填字母)。
(3)装置D中发生反应的离子方程式为___________。
(4)当装置A内出现___________的现象时，打开装置A中分液漏斗的活塞，加入氰尿酸(C3H3N3O3)溶液，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是___________。
(5)实验过程中装置A的温度必须保持在7℃~12℃，pH控制在6.5~8.5，则该实验适宜的受热方式是___________(填“冷水浴”或“热水浴”)。
(6)测定粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度。
将m g粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100 mL溶液，取20.00 mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min。用的标准溶液进行滴定，加入指示剂，滴定至终点时，消耗标准溶液。(杂质不与反应，涉及的反应为、)
①加入的指示剂是___________(填名称)。
②C3N3O3Cl2Na的百分含量为___________(用含m、c、V的代数式表示)%。
③下列操作会导致粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度偏低的是___________(填标号)。
a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗
b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡
c．碘量瓶中加入的稀硫酸偏少

参考答案：
1． 不能 会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等) 平衡气压，使液体顺利滴下 水浴加热 不变 偏大
【分析】该工艺流程图中，“酸溶”步骤加入稀硫酸主要是抑制Fe2+水解，“煮沸”步骤发生的离子方程式为 ，“氧化”步骤主要是将Fe2+氧化为Fe3+，加入草酸钾溶液后得到 溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可，(4) ①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，过量的KMnO4将先与步骤ⅱ中的铜粉反应而不影响步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量，但若步骤ⅱ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大，②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式，即可进行计算，据此分析解题。
【详解】(1) 由于莫尔盐中铁为+2价，硝酸具有强氧化性，故 “酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，否则因发生：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O生成的NO污染环境，且H2C2O4具有还原性，也能与硝酸反应导致后续步骤中消耗的H2C2O4增多，故答案为：不能；会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等)；
(2)第一次“煮沸”即莫尔盐与草酸反应生成，故该反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，有实验图中可知，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热能使受热更加均匀，便于控制温度且保持温度小于水的沸点，故“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热；
(4) ①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，过量的KMnO4将先与步骤ⅱ中的铜粉反应而不影响步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量，故步骤ⅰ若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量不变，但若步骤ⅱ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大，故答案为：不变；偏大；
②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式，可以得出，该样品中铁元素的质量分数为=，故答案为：。
2． 温度过高，碳酸铵会分解 适当搅拌 5~8.5 B 过滤、洗涤、干燥
【分析】主要含及少量的废渣与碳酸铵溶液进行反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是，“滤渣2”的主要成分是，因为不与盐酸反应，加入的盐酸可以除去过量碳酸根，滤液中有铝离子和三价铁离子，时和沉淀完全，时开始溶解，应调节pH至5~8.5，则选用氢氧化钙使铝离子和三价铁离子转化为沉淀，“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐，充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质，据此解题。
【详解】(1)温度过高，碳酸铵会发生分解；为提高“预处理”的反应速率，除加热外还可以采取的措施为适当搅拌或适当增大碳酸铵的浓度。
(2)加入的碳酸铵与硫酸钙反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是；不溶于稀盐酸，“滤渣2”的主要成分是。
(3)根据已知条件可知，应调节pH至5~8.5，选用氢氧化钙来调节，可以保留钙离子，且不引进新杂质。
(4) 向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐；充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质。
3．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)
(3) 2.8 无
(4)
(5)使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度
(6)81.9

【分析】本题主要考查由废钒催化剂制备五氧化二钒的工艺流程，向废钒催化剂中加入稀硫酸进行酸浸，将和与稀硫酸反应分别生成和，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，NiO转化为NiSO4，过滤后的滤渣1，主要成分为SiO2，加入FeSO4是将转化为，加入H2O2是将过量的Fe2+全部转化为Fe3+便于后续调pH步骤中除去，过滤得滤渣2，主要成分为Fe(OH)3，滤液2中加入萃取剂，萃取出含有钒微粒，再进行反萃取后得到含钒的溶液，加入H2SO4和KClO3的目的是将低价态的钒氧化为+5价的钒，经过加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀，过滤洗涤最后灼烧沉淀得V2O5，据此分析解题。
【详解】（1）“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）“还原转化”中加入的目的是将转化为，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）当时，根据的公式可知，溶液中的，，计算可得，，因为，所以无生成，故答案为：2.8；无；
（4）将氧化为的过程中，中氯元素得电子被还原为，根据氧化还原反应配平可得其离子方程式为，故答案为：；
（5）溶液中存在平衡，通入氨气，溶液中浓度增大，消耗了，该平衡正向移动，从而使尽可能都转化为，故答案为：使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度；
（6）“氧化2”过程中将氧化成，便于后续沉钒，进而实现钒的回收，相关的离子方程式为。100g待处理样品中，，则，即；，由于，故，则该工艺中钒的最大回收率为，故答案为：81.9。
4．(1) Cu2S+2O22CuO+SO2 AC
(2) CuO 3.7～4.8
(3) 2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ A、C、F C 防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化
(4) Cu2Cl2 CO、H2O、Cl

【分析】由题给流程可知，工业废渣焙烧时，硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，焙烧得到的固体溶于稀盐酸转化为氯化铁、氯化铜混合溶液，向混合溶液中加入氧化铜固体调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氯化铜溶液和氢氧化铁的沉淀，沉淀溶于浓盐酸得到氯化铁刻蚀液，氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，抽滤得到氯化亚铜沉淀，洗涤得到氯化亚铜粉末。
【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的反应为硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2；实验室中用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫的反应为固液不加热的反应，因亚硫酸钠溶于水，不能选用启普发生器制取二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，实验时应选用分液漏斗控制滴入浓硫酸的速率，不能选用长颈漏斗，则装置A、C符合题意，故答案为：Cu2S+2O22CuO+SO2；AC；
（2）由分析可知，混合液中加入沉淀剂氧化铜固体的目的是调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：CuO；3.7～4.8；
（3）①由分析可知，制备氯化亚铜的反应为氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故答案为：2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②抽滤所需装置的连接顺序为布氏漏斗→抽滤瓶→安全瓶→抽气泵；
A．抽滤原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的，故正确；
B．抽滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，故正确；
C．实验结束后，应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，故错误；
故选C，故答案为：A、C、F；C；
③由题给信息可知，氯化亚铜在潮湿空气中易水解、易被氧化，所以为防止氯化亚铜在潮湿空气中水解、被氧化，氯化亚铜应密封包装，故答案为：防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化；
（4）设氯化亚铜的分子式为(CuCl)n，由相对分子质量为199可得n==2，则分子式为Cu2Cl2；由配合物的结构可知，亚铜离子为中心离子，一氧化碳、水分子、氯原子为配体，故答案为：Cu2Cl2；CO、H2O、Cl。
5．(1)
(2) Cu、PbSO4 盐酸易挥发，对设备腐蚀性强
(3)0.5
(4)S2O+2Fe2+=2Fe3++2SO
(5)调节溶液pH
(6) S2O+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO+6H+

【分析】“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，Co、Zn、Fe均与硫酸反应生成相应的盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，Na2CO3调节溶液pH，生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化生成Co(OH)3，据此分析解题。
【详解】（1）Co为第27号元素，基态Co原子的价层电子轨道表示式为；
（2）“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强；
（3）Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol•L-1，Ksp(CoS)=1.8×10-22，，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3则此时溶液的，pH=-lg=0.5，故pH＜0.5；
（4）“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应，Fe2+氧化为Fe3+，S2O还原为SO，离子方程式为S2O+2Fe2+=2Fe3++2SO；
（5）“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是调节溶液pH，生成氢氧化铁；
（6）在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化，该反应的离子方程式：S2O+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO+6H+；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)3。理论生成Co为1000kg×w%=10wkg，实际生成的Co的质量为：，在提取过程中钴的损失率为。
6． I 反应II的产物中有，增大的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成 第二步 第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能 大于 温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应I和反应II均向正反应方向进行 0.495
【详解】(1) ①根据图示，反应Ⅰ生成1molCO吸收177KJ能量，反应Ⅱ生成3molCO吸收430KJ能量，所以当生成等物质的量的CO(g)时，反应Ⅰ吸收的能量多；
②根据盖斯定律，得；
(2)反应Ⅱ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成；
(3)①第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，第二步为慢反应，决定反应Ⅰ的反应速率的步骤是第二步；
②第一步的化学方程式为；
(4)温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ均向正反应方向进行，所以大于；
(5)的转化率为50%，则参与反应的的物质的量为1mol，的选择性为60%，生成的的物质的量为0.6mol，则反应Ⅱ参与反应的的物质的量为0.4mol；； ；故平衡时容器中：，，，。又因容器容积为1L，所以。
7．(1) -91.1 低温 0.2
(2) BC 反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平衡右移，500K以后，反应II起主导作用，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大
(3)

【解析】（1）
①根据盖斯定律可知，  ；
的、，根据可知，反应Ⅰ能自发进行的条件为低温下自发。
②根据表格列出各物质的物质的量变化：


平衡时各物质的量：mol，mol，
mol，mol，mol。
根据T、V一定时，压强之比等于物质的量之比，则，计算得出mol。
平衡后物质的总量(mol)。
平衡后各物质分压：kPa，kPa，kPa，kPa。
。
（2）
①A．因为反应在恒压反应器中进行，容器内压强始终不变，故反应Ⅰ不一定达到平衡，A错误；
B．反应为气体分子数改变的反应，在恒压反应器中进行，则总体积改变，气体总质量不变，如果气体密度保持不变，说明反应I达到平衡，B正确；
C．反应过程中气体总质量不变，气体的分子的物质的量改变，如果气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应I达到平衡，C正确；
故选BC；
②升高温度，反应Ⅰ为发热反应则导致的转化率减小，反应Ⅱ为吸热反应则导致的转化率增大，而图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大，则表明500K以后，反应Ⅱ的平衡移动占主导地位，故反应Ⅰ放热，温度升高平衡左移，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡右移，500K以后，温度升高，反应Ⅱ平衡右移的程度更大，故的平衡转化率增大。
（3）
以质子惰性有机溶剂为电解液的装置，将转化为草酸()，阴极反应为二氧化碳得到电子，发生还原反应生产草酸，反应为。
8．(1) -241.8 -165.2
(2) 1 ＞
(3) p0-(a)＞p0-(c)＞p0-(b) b c 0.125 2.4

【详解】（1）根据表格数据，△H1=[(-74.6+ x)-(-110+03)] kJ•mol-1=-206.4kJ•mol-1，解得x=-241.8；根据盖斯定律，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，。
（2）①根据图1所示，℃时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的相等，反应Ⅲ＝反应Ⅱ－反应Ⅰ，则，；
②A、B两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此v正(A)> v逆(B)。
（3）①反应Ⅱ的正向反应为气体体积减小的反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，结合已知条件，可知反应相同时间起始总压相等时，初始分压越大，越大，故；
②根据已知条件分析可知，a、b表示甲烷的平衡体积分数随温度变化关系，c、d表示CO的平衡体积分数随温度变化关系，结合（3）①的结论可推出在1MPa时，表示和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是b、c。
设和初始物质的量分别为1mol和3mol，生成的和CO的物质的量均为xmol，列出三段式：


平衡时的体积分数％，解得，平衡时气体总物质的量为，平衡时的分压，用平衡分压代替平衡浓度计算得反应Ⅲ的平衡常数。
9． 11 金属铜中有自由移动的电子，在电场中能定向移动形成电流 7 大于 的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态 沸点更高，因为氨分子间会形成氢键 、 (，，)
【详解】(1)铜元素位于周期表的第11列，铜易导电的原因是金属铜内部存在大量的可以自由移动的自由电子，这些自由电子在电场力的作用下定向移动而形成电流，铜原子的基态电子排布式中有7个能级，同一能级的电子能量是相等的，不同能级的电子能量是不相等，所以一共有7种；
(2) 铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其原因是的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态；
(3)①沸点更高，因为氨分子间会形成氢键；
②醋酸根中有碳碳单键和碳氧双键，所以碳的杂化方式为、；
(4) ①D点位于晶胞的体对角线上，故D处微粒的坐标参数为(，，)；
②分析可知，设晶胞边长为x，那么晶胞边长为x=nm，晶胞体积为：V=()3，结合晶胞分析，一个晶胞中有4个CuI，所以晶胞的密度。
10．(1)
(2)铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子
(3)高
(4) X射线衍射 正四面体形 O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，与的配位键比与的配位键弱
(5) 、 22
(6)

【详解】（1）铜是29号元素，其价电子轨道表示式为；
（2）铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子，因此铜的第二电离能较大；
（3）它们都是离子晶体，其中氧离子的半径小，则氧化亚铜的晶格能大，其熔点高，故的熔点比的高；
（4）要确定是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验；阴离子当中的中心原子S有4个σ键电子对，没有孤电子对，其价层电子对为4，故其空间构型是正四面体形；O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，与的配位键比与的配位键弱；
（5）双键碳为杂化，饱和碳为杂化；两个原子之间都存在1个键，故1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为22；
（6）立方晶胞的边长为，1mol晶胞中含有，质量即为，体积为，化合物的密度为。
11． 羟基、酯基 苯酚 +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应) 10
【分析】A的分子式为C6H6O，A能和H2发生反应，则A为苯酚，苯酚和氢气发生加成反应生成B，则B为，B和试剂a发生反应生成C，C的分子式为C6H11Br，则C为，该反应为取代反应，和Mg、乙醚反应生成D，根据已知信息推测，D为，和G反应生成H，根据已知信息推测，G为，根据反应条件可知，E被氧化生成F,F发生酯化发应生成G，根据分子式推测，E中含有羟基、羧基，F中含有醛基、羧基，则E为，F为。
【详解】(1) 根据分析，H中的官能团为羟基、酯基；
(2) 根据分析，A的名称为苯酚；
(3) 根据分析，B的结构简式为；D的结构简式为；
(4) F生成G的反应的化学方程式为+CH3OH+H2O；该反应为取代反应(或酯化反应)；
(5) 由题意可知，苯环上含有3个取代基，分别为-OH、-CH2OH和-OOCH，共有10种，分别为羟基与酯基为邻位时，有4种；羟基和酯基为间位时，有4种；羟基和酯基为对位时有2种；故有10种；
(6) 以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线为。
12．(1)羟基、醛基
(2)取代反应
(3)
(4)+CH3I +HI
(5) 16 (或)
(6)

【分析】根据A的结构可知其中所含有的官能团的名称，A→B的反应为A中酚羟基上的氢原子被取代，D→E的反应参照已知条件进行分析，可知E的结构简式为，以此解题。
（1）
中含有的官能团为羟基、醛基。
（2）
A()→B（），B是A与发生取代反应生成的，反应类型为取代反应。
（3）
D→E的反应参照已知条件进行分析，可知E的结构简式为。
（4）
C和CH3I发生反应生成D，故反应方程式为+CH3I +HI；
（5）
根据C的结构可知，H中含有一个苯环，除了苯环外，还有两个不饱和度，因为②仅含有一种官能团，能与新制反应，生成砖红色沉淀，故其中含有2个-CHO，并且H中还应该有1个-CH2CH3，一共三个取代基，这样的同分异构体一共有6种；也可能是1个-CHO，1个-CH2CHO，1个-CH3，这样的结构一共有10种，则满足要求的同分异构体一共有16种；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为 (或)；
（6）
以和为原料制备的合成路线，从题给流程中可以看出，需先将卤原子转化为醛基，然后发生的转化，最后一步是和的溶液发生加成反应，故其合成路线为： 。
13．(1) 羟基、酯基
(2)3
(3) 加成反应
(4)
(5)20
(6)

【分析】A发生醇的催化氧化生成B为，B反应生成C，根据E的结构简式结合D到E的反应条件可知，D到E为酯化反应，则D为，D与甲醇发生酯化反应生成E，E反应生成F。
【详解】（1）根据E的结构简式可知，其中含氧官能团名称为酯基、羟基。根据分析可知，B的结构简式为。
（2）A与足量H2完全加成得到A′，则A′为，其中有3个手性碳原子。
（3）从反应机理可知，C→D第一步的反应类型为加成反应，生成产物为，发生醇的消去反应生成产物为，即第二步产物的结构简式为。
（4）E→F发生取代反应，化学方程式为。
（5）①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基，②能发生银镜反应说明含有醛基，③苯环上有3个取代基，当3个取代基分别为-OH、-CHO和-CH2CH3时，若酚羟基和醛基处于邻位，此时乙基有4个位置，当酚羟基和醛基处于间位，此时乙基有4个位置，当酚羟基和醛基处于对位，此时乙基有2个位置；若3个取代基分别为-OH、-CH2CHO、-CH3，若酚羟基和-CH2CHO处于邻位，此时甲基有4个位置，当酚羟基和-CH2CHO处于间位，此时甲基有4个位置，当酚羟基和-CH2CHO处于对位，此时甲基有2个位置，因此共有20种满足条件的同分异构体。
（6）在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生卤代烃的水解反应生成 ， 发生醇的催化氧化生成，与CH2(COOH)2发生信息中的反应生成，合成路线为。
14．(1)三颈烧瓶(或三口烧瓶)
(2)fcdabe
(3)Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
(4) 液面上方出现黄绿色气体 使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率
(5)冷水浴
(6) 淀粉溶液 c

【分析】制备二氯异氰尿酸钠流程：装置D制取氯气，用的药品为浓盐酸和次氯酸钙，反应为：Ca (ClO)2+4HCl(浓)=CaC12+2Cl2↑+2H2O；制取的Cl2中含有杂质HCl，使用装置B盛有饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl；在装置A中用高浓度的NaClO溶液与氰尿酸( C3H3N3O2)固体在低温下反应制备二氯异氰尿酸钠，反应为：2NaClO+C3H3N3O3→C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O，装置C 用于吸收尾气，氯气有毒，需要进行尾气吸收，氯气与氢氧化钠溶液反应，所以尾气吸收可以用氢氧化钠溶液，反应的方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+ NaClO+H2O，据此分析回答问题。
（1）
根据图示可知仪器X为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；
（2）
由实验装置图可知，装置D中次氯酸钙与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置A中氯气与氢氧化钠溶液、氰尿酸溶液反应制备二氯异氰尿酸钠，装置中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为DBAC，导管连接顺序为fcdabe；
（3）
由分析可知，装置D中发生的反应为次氯酸钙与浓盐酸生成氯化钙、氯气和水的反应，反应的化学方程式为，离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
（4）
该反应中有黄绿色的气体Cl2参加反应，打开装置A的活塞加入C3H3N3O3溶液，根据已知反应可知装置A中已经存在NaClO，故当液面上方出现黄绿色气体时说明Cl2过量，已将氢氧化钠转化为次氯酸钠，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率；
（5）
实验过程中装置A的温度必须保持在7℃~12℃，为维持该温度，同时便于控制反应温度，该实验的受热方式为冷水浴；
（6）
①I2遇淀粉溶液会变为蓝色，当滴定结束时I2消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时应选择淀粉溶液作指示剂；
②由涉及的反应方程式可得转化关系式：，由滴定消耗c mol/LNa2S2O3溶液V mL可知，m g粗产品中二氯异氰尿酸钠的物质的量为n(C3N3O3Cl2Na)=n(Na2S2O3)=，则粗产品的纯度为；
③a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，会导致Na2S2O3标准溶液的浓度偏低，消耗的Na2S2O3的量偏大，最终导致物质的纯度偏高，a不符合题意；
b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则消耗的标准溶液的体积偏大，由此计算的物质的纯度偏高，b不符合题意；
c．如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的I2的量偏低，最终导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏少，由此计算出的物质的含量偏低，c符合题意；
故合理选项是c。