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山东省菏泽市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
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这是一份山东省菏泽市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，填空题，有机推断题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
山东省菏泽市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·山东菏泽·统考一模）硼氢化钠()是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠的工艺如下(部分条件和产物省略)：
已知：、遇水蒸气剧烈反应并放出H。回答下列问题：
(1)中B元素化合价为___________；难溶的与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为___________。
(2)溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入的目的是___________。
(3)“有效氢”含量是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为lg含氢还原剂的还原能力与多少g 相当。的“有效氢”含量为___________(结果保留2位小数)。
(4)和必须在干燥条件下合成其原因是___________，二者反应生成的化学方程式为___________。
2．（2022·山东菏泽·统考一模）纳米二氧化锆(ZrO2)是制备特种陶瓷重要的原料之一，工业上以天然锆英石(ZrSiO4，含FeO、Al2O3、CuO、SiO2等杂质)为原料制备纳米ZrO2的工艺流程如下：
已知：①锆英石常温下与酸、碱不反应，高温时能与烧碱反应生成可溶于水的，与酸反应生成。
②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：。
离子
开始沉淀时pH
1.9
3.3
4.4
6.2
7.6
完全沉淀时pH
3.2
5.2
6.4
8.0
9.7
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为___________(填化学式)，碱熔时生成的化学方程式为___________。
(2)过滤2前调，a的取值范围为___________，“水洗”的操作方法是___________。
(3)由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该反应的离子方程式为___________，若除铜后溶液中，则此时溶液中___________。(已知)
(4)一种甲醇燃料电池，电解质是掺杂的晶体，它在熔融状态下能传导，写出该电池负极的电极反应式___________。
3．（2023·山东菏泽·校考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10−38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为___________；滤渣I的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol∙L−1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为___________(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝___________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式___________。
二、原理综合题
4．（2021·山东菏泽·统考一模）研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物﹐防止空气污染。回答下列问题：
(1)已知：
能将NO转化成无毒物质。写出在298K时该反应的热化学方程式：___________。
(2)我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法： 。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率(NO)随温度的变化关系如图所示：
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是___________。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，该反应的化学平衡常数 ___________[已知：气体分压气体总压体积分数]。
(3)氮氧化物也可以用尿素水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为___________。
(4)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、铜氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、/C，通入NO使其浓度达到0.1。不同温度下，测得2小时时NO去除率如图所示：
①据图分析，490以下反应活化能最小的是___________(用a、b、c表示)；CaO/C、/C去除NO效果比C更好，其理由是___________。(写出一条即可)
②上述实验中，490时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是___________。
A．恒容下，及时分离出 B．压缩体积 C．恒容下，向体系通入氮气
③490时的反应速率___________，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为___________(保留两位有效数字)。
5．（2022·山东菏泽·统考一模）乙烯是现代工业的重要原材料，中科院设计完成了在催化剂作用下氧化制取的新路径，发生的主要化学反应有：
Ⅰ.
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)根据盖斯定律，反应的___________。
(2)一定条件下，向容积为1.0L的容器中通入和发生上述反应，测得乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性与温度、压强的关系如图所示。
(乙烯的选择性=)
则X代表___________(填“温度”或“压强”)；___________(填“＞”或“＜”)，M点反应Ⅰ的平衡常数为___________(结果保留2位有效数字)。
(3)T℃时，向容积为2L的某刚性容器中通入2molC2H6、2molCO2混合气体，若仅发生反应Ⅰ，达到平衡时，C2H4的体积分数为20％。测得，，其中k正、k逆为速率常数，则k逆=___________(用Kc和k正表示)，k正=，则平衡时正=___________。
(4)由水煤气在一定条件下也可制备乙烯，反应方程式为： ，下图为分别在不同温度、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CO转化率与温度的关系。
在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是___________。
6．（2023·山东菏泽·校考一模）为实现“碳达峰”、“碳中和”目标，可将CO2催化加氢制甲醇。该反应体系中涉及以下两个主要反应：
反应I： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49kJ/mol
反应II： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol
(1)反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的反应热ΔH3=_______。
(2)在密闭容器中，上述反应混合体系建立平衡后，下列说法正确的是_______。
A．增大压强，CO的浓度一定保持不变
B．降低温度，反应II的逆反应速率增大，正反应速率减小
C．增大CH3OH的浓度，反应II的平衡向正反应方向移动
D．恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
(3)不同条件下，相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
CH3OH的选择性= 100%
①由图可知，合成甲醇的适宜条件为_______ (填标号)
A．CZT催化剂 B．CZ(Zr-1)T 催化剂 C．230°C D．290 °C
②在230°C以上，升高温度，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是_______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，发生反应I和反应II，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，气体体积减小10%，则在达到平衡时， CH3OH的选择性=_______，反应II的平衡常数K=_______。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：
①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_______。
②若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 _______g。
三、填空题
7．（2021·山东菏泽·统考一模）环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布___________。
(2)镍的氨合离子中存在的化学键有___________。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．键 F．键
(3)Ni、Co的第五电离能：，，，其原因是___________。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是___________。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶 胞参数为a pm。
①相邻的与之间的距离为___________pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。
③若硒化锌晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 ___________(用含a、的计算式表示)。
四、有机推断题
8．（2021·山东菏泽·统考一模）丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：
已知：
(1)G中官能团的名称为___________。
(2)用系统命名法给D命名：___________。
(3)请写出H→J反应的化学方程式：___________，该反应的反应类型是___________。
(4)根据。X有多种同分异构体，写出满足下列条件的同分异构体的结构简式___________。
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种
②能与溶液发生显色反应，但不能发生水解反应
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体
(5)参照题中信息写出以乙烯和甲苯为原料，合成的路线流程图___________ (其它试剂自选)。
9．（2022·山东菏泽·统考一模）一种药物中间体G的合成路线如下：
已知：①DMF的结构简式为
②
(1)C中除氨基之外的官能团名称为___________，检验C中含氧官能团的试剂为___________。
(2)E的结构简式为___________。E→F的反应类型为___________。F→G的化学方程式为___________。
(3)由A可制备重要的药物中间体对氨基苯甲醚()，它的同分异构体中，存在酚羟基且苯环上只有两个取代基的有___________种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。
(4)乙酰苯胺()是精细化工的重要中间体，写出由苯制备乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)：___________。
10．（2023·山东菏泽·校考一模）叶酸是一种水溶性维生素，对贫血的治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：
已知：RCOOH＋SOCl2→RCOCl＋HSO2Cl；RCOCl＋H2NR′→RCONHR′＋HCl。
(1)B的结构简式为___________。
(2)⑤的反应类型为___________。
(3)E中的含氧官能团名称为___________。
(4)写出④的化学方程式：___________。
(5)D的同分异构体中，属于α-氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有___________种。
(6)根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线___________。
五、实验题
11．（2021·山东菏泽·统考一模）二氧化氯()是一种高效消毒灭菌剂，可以有效杀灭新冠病毒。目前制备常用氯酸钠还原法，其中一种方法是与在适当催化剂、温度为60时，发生反应得到，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收，释放进行了研究。已知：
①的浓度较大时易分解爆炸，一般用或空气稀释到10%以下；实验室也常用稳定剂吸收，生成，使用时加酸释放出气体。
②与KI在酸性溶液中反应的离子方程式为：。
③
物质
HCOOH
沸点
64.7
100.8
11
回答下列问题：
(1)仪器c的名称为___________，仪器b在装置中的作用是___________。
(2)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是___________。
(3)已知反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备的化学反应方程式：___________。
(4)该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸(草酸的氧化产物为)，相比甲醇法，草酸法的优点是___________。
(5)下列有关说法正确的是___________。
A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的
B．装置e主要用于检验是否有生成
C．在释放实验中，发生反应的离子方程式是：
D．和都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，的氧化能力是的2.5倍
(6)常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中的浓度，其实验操作如下：
Ⅰ.取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾和少量稀硫酸
Ⅱ.待充分反应后，再加氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液
Ⅲ.用0.2000 标准溶液进行滴定(已知)，达到滴定终点时用去10.00mL 标准溶液。滴定终点时溶液颜色的变化为___________，该水样中的含量为___________。
12．（2022·山东菏泽·统考一模）无水三氯化铬(CrCl3)为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组在氮气的氛围下用和(沸点：76.8℃)在高温下制备无水三氯化铬，并测定某样品中三氯化铬的质量分数，回答下列问题：
(1)仪器a的名称为___________，制备CrCl3时有光气(COCl2)生成，写出管式炉内发生反应的化学方程式___________。
(2)实验过程中需持续通入，写出通入的两个作用___________、___________。
(3)为保证产生稳定的气流，需对a加热，适宜的加热方式为___________，实验结束时，C中的现象为___________。
(4)测定某样品中三氯化铬的含量。
称取0.7000g样品溶于水配制成500mL溶液，取50.00mL所得溶液于锥形瓶中，加入的EDTA(Na2H2Y)溶液，充分反应后，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为5.00mL(已知：、)。该样品中的质量分数为___________(计算结果精确到1％)，如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装溶液润洗，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
13．（2023·山东菏泽·校考一模）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2＋能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为___________。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为___________。
(2)步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→___________。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当___________时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___________。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是___________(填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
六、结构与性质
14．（2022·山东菏泽·统考一模）GaN是研制微电子器件、光电子器件的第三代半导体材料。
(1)基态Ga的核外电子排布为，转化为下列激发态时所需能量最少的是___________。
A．
B．
C．
D．
(2)与镓同主族的B具有缺电子性，硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中重要的还原剂，其阴离子的立体构型为___________。另一种含硼的阴离子的结构如图所示，其中B原子的杂化方式为___________。
(3)GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，据此判断它们是___________。(填“共价”或“离子”)化合物。它们的晶体结构与金刚石相似，其熔点如下表所示，试分析GaN、GaP、GaAs熔点依次降低的原因___________。
物质
GaN
GaP
GaAs
熔点/℃
1700
1480
1238
(4)GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。
①图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为___________nm(列出计算式)。
②图乙中，a、b的分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，则c点Mn的分数坐标为___________。掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、AS的原子个数比为___________。
15．（2023·山东菏泽·校考一模）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)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：
H3C-CH3
H2N-NH2
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。
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)。
参考答案：
1． 反应生成的HCl能够抑制水解 0.21 、与水蒸气反应
【分析】Mg2B2O5•H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液，从滤液中最终得到了NaBO2。从滤渣最终得到了MgCl2。滤液的溶质为NaBO2，经过蒸发浓缩等一系列操作得到晶体。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O，经电解等一系列操作得MgH2，与NaBO2反应得到NaBH4。
【详解】(1)根据化合物中各元素的化合价代数和为0，Mg的化合价为＋2，O的化合价为－2，设B的化合价为x，有2×(＋2)＋2x＋5×(－2)=0，得x=＋3。则B的化合价为+3。难溶的与浓氢氧化钠溶液反应，Mg转化为Mg(OH)2、B转化为，所以离子方程式为：。
(2)MgCl2·7H2O脱去结晶水的时候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑，消耗了水，生成的氯化氢又能抑制氯化镁水解。故答案为：反应生成的HCl能够抑制水解。
(3)含氢还原剂的氧化产物为正一价含氢物质，1 molNaBH4的质量为38g，发生反应时，失去8 mol电子，相当于4 molH2，为8g氢气。NaBH4的有效氢等于≈0.21。
(4)NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2，所以保持干燥环境的目的是防止硼氢化钠、氢化镁与水蒸气反应。所以原因是为防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应；反应物为和，生成物为，根据原子守恒即可得出答案为：。
2．(1) H2SiO3； ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
(2) 5.2~6.2 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次
(3) H2O+H2O2+CN-=+NH3↑ 2×10-2mol/L
(4)2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O
【分析】天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，用过量NaOH碱熔时，锆英石能与烧碱高温反应生成可溶于水的Na2ZrO3，同时生成Na2SiO3，然后用过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，硅酸钠与酸反应生成硅酸，过滤分离，滤渣1为硅酸，加入H2O2是将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH值以除去，由离子沉淀完全pH，加入氨水调节pH=5.2，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，即滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，除Cu过程是将溶液中Cu2+除去，流程使用NaCN除铜，滤渣3为Cu(CN)2，除Cu后的滤液中加入氨水调节pH≥8.0，使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤分离，Zr(OH)4分解生成ZrO2，滤液中含有NaCl、NH4Cl等，据此分析解题。
（1）
由分析可知，滤渣1的主要成分为H2SiO3，碱熔时生成即ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、Na2SiO3和H2O，故该反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故答案为：H2SiO3；ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；
（2）
由分析可知，过滤2前调，目的是使Fe3+和Al3+完全沉淀，而ZrO2+不产生沉淀，以达到分离提纯的目的，故a的取值范围为5.2~6.2，“水洗”的操作方法即洗涤沉淀的操作是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次，故答案为：5.2~6.2,；向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次；
（3）
由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐即NaHCO3和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即NH3，则该反应的离子方程式为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑，若除铜后溶液中，则此时溶液中==2×10-2mol/L ，故答案为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑；2×10-2mol/L；
（4）
该燃料电池中，通入甲醇的电极是负极，通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氧离子反应生成CO2和水，正极上氧气得电子生成氧离子，负极反应式为2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O，故答案为：2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O。
3．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10−11 mol∙L−1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
4． 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 4 a 活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高。(或纯碳的活化能高、反应速率慢) B 0.0225 96%
【详解】(1)根据题干信息，能将NO转化成无毒物质，该无毒物质为N2，又已知：
则反应的热化学方程式为 ；
(2)温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，因此随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大，1050K、时，NO的转化率为80%，假设起始投入NO的物质的量为1mol，则列三段式有：
因此反应的平衡常数；
(3)由题可知，用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体N2，则反应的化学方程式为；
(4)①根据图象，490℃以下，a(CaO/C)的NO去除率最高，故加入a(CaO/C)的反应活化能最小，因为活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，(或纯碳的活化能高、反应速率慢)，所以在相同条件下，NO去除率更高；
②根据图象可知，490℃时CaO/C对NO的去除率为45%，若测得去除率为60%，说明采取的措施使得平衡正向移动，则可能是压缩了容器体积，故答案选B；
③490时，NO的去除率为45%，则反应速率，若该温度下的平衡常数为121，列三段有：
则有：，解得x≈0.096，则此时NO的去除率为。
5．(1)-76
(2) 温度 ＜ 0.57
(3) 0.0625mol·L-1·min-1
(4) > 温度过高，乙催化剂活性降低
【解析】（1）
已知反应Ⅰ. 反应Ⅱ． 则目标反应可由2I-II得到，根据盖斯定律，反应的 =2×-=-76；
（2）
由题干信息可知，Ⅰ. Ⅱ． ，升高温度，平衡正向移动，乙烷的转化率增大，增大压强，平衡逆向移动，乙烷的转化率减小，由图可知，L1、L2随X增大而增大，则X代表温度，当温度相同时，由L1对应的乙烷的转化率更大，说明L1对应的压强更低，故＜，M点表示乙烷的转化率为50%，根据三段式可知，，，故平衡时，n(C2H6)=1.2-0.2=1.0mol，n(CO2)=2.2-0.4=1.8mol，n(C2H4)=0.8mol，n(H2O)=0.8mol，n(CO)=0.8+0.8=1.6mol，容器体积为1L，所以反应Ⅰ的平衡常数为K===0.57；
（3）
T℃时，向容积为2L的某刚性容器中通入、混合气体，若仅发生反应Ⅰ，达到平衡时，的体积分数为20％，根据三段式：，则有=20%，解得x=0.5，测得，，其中k正、k逆为速率常数，平衡时，，即 =Kc，则k逆=；k正=，则平衡时=×0.5mol/L×0.5mol/L=0.0625mol·L-1·min-1；
（4）
催化剂不影响平衡移动，但M点对应的温度下，甲的转化率比乙高，能说明乙未达平衡状态，正>逆。M点之后CO转化率下降的原因是温度过高，乙催化剂活性降低。
6．(1)-90kJ/mol
(2)C
(3) BC 230°C以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
(4) 30%
(5) CO2+2e- +2H+ =HCOOH 3.6
【详解】（1）；
（2）A．增大压强，反应II平衡不移动，反应I平衡正向移动导致二氧化碳浓度增大，从而使反应II平衡正向移动，一氧化碳浓度增大，A错误；
B．降低温度，反应II的正、逆反应速率均减小，B错误；
C．增大甲醇浓度，使反应I逆向移动，二氧化碳浓度增大，反应II正向移动，C正确；
D．恒温恒容下通入氦气，对于反应I来说各物质浓均不变，平衡不移动，D错误；
故选C。
（3）由图可知在相同温度下CZ(Zr-I)T催化剂对甲醇的选择性更高，温度为230oC时甲醇的产率最高，故合成甲醇的适宜条件选BC；
在230°C以上，升高温度，反应I为放热反应，平衡逆向移动，甲醇的产率降低；反应II为吸热反应，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；升高温度对反应II的影响更大，导致CO2的平衡转化率增大，甲醇的产率降低；
（4）设反应I中二氧化碳转化了xmol，反应II中二氧化碳转化了ymol，可列出三段式：
反应达平衡时，CO2的转化率为50%，即x+y=1，气体体积减小10%，即平衡时气体的物质的量比原来少了10%，即，解得x=0.3，y=0.7，在达到平衡时， CH3OH的选择性：； 平衡时反应II中各物质的物质的量为：
，
设容器的体积为VL，平衡常数。
（5）该装置为电解池，Pt为阳极，Cu为阴极。铜电极上为二氧化碳得电子被还原，制备甲酸的电极反应式为：；铜电极上只生成5.6gCO时，电极反应为，即CO2变成CO，溶液增加质量为氧原子质量。生成5.6gCO时，增加氧原子质量为：，该电解池装置用了阳离子交换膜，同时会有氢离子迁移到铜极区，增加的氢离子质量为：，共增重3.6g。
7． BCE (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高 Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定
【详解】(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布。
(2)镍的氨合离子中氨气分子中存在共价单键，单键就是键，镍离子和氨气之间存在配位键。
(3) (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高；
(4) Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。
(5)①硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞体对角线的常数为晶胞棱长的倍，故之间的距离为为pm。
②根据硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标。
③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为 ，所以晶胞的质量为，故，可得阿伏加德罗常数。
8． 羟基、溴原子 2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯) 酯化反应或取代反应 、
【分析】C、F发生信息中第二步中RMgBr与R1COR2的反应生成G，结合C的分子式、G的结构,可推知C为、F为(CH3)3CMgBr，结合条件、分子式逆推可知E为(CH3)3CBr、D为、B为、A为，结合信息中R-Br RMgBrRCOOH，由G可推知H为，结合J的分子式，可知G分子内脱去1分子水形成J，则J为。
【详解】(1)据分析可知，G中官能团的名称为：羟基、溴原子，故答案为：羟基、溴原子；
(2)D为，D的名称是：2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)，故答案为：2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)；
(3)H为，J为，则H→J发生酯化反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；酯化反应或取代反应；
(4) ，的同分异构体中，能与溶液发生显色反应，说明有酚羟基；0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成Ag物质的量：，说明该物质有两个醛基；苯环上的一氯代物只有两种，则满足条件的同分异构体有：、，故答案为：；；
(5)由和两种原料（乙烯、甲苯）的分子结构并且结合题中信息（R-Br RMgBr ）可知，要合成需要先合成苯甲醛和1，2-二溴乙烷；乙烯与溴发生加成反应可以合成1，2-二溴乙烷；根据题中B到C的变化可知，甲苯可以被氧气、二氧化锰氧化为苯甲醛。因此，合成的路线流程图可以表示为：。
9．(1) 醛基、碳碳双键 银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液
(2) 还原反应 +(CH3CO)2O→CH3COOH+
(3) 6
(4)
【分析】根据F→G的反应条件和G的结构简式可知F为，再结合信息②可知E为，以此解题。
【详解】（1）由C的结构简式可知C中除氨基之外的官能团为醛基和碳碳双键；C中含氧官能团为醛基，检验醛基可以用银氨溶液发生银镜反应，也可以用新制氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀，故试剂为银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液；
（2）由分析可知E为，根据信息②可知E→F的反应还原反应；由分析可知F为，根据G的结构简式以及F→G的反应条件，可知F→G的方程式为：+(CH3CO)2O→CH3COOH+ ；
（3）其同分异构体中存在苯环，有两个支链，一个是羟基，另一个可能是—CH2NH2(邻、间、对)，或者—NHCH3(邻、间、对)，一共6种类；其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为；
（4）可以先有苯发生硝化反应生成硝基苯，然后将硝基还原为氨基，结合题干给的流程，苯胺再和(CH3CO)2O反应即可得到产物，具体流程为：。
10．(1)
(2)还原反应
(3)羧基、硝基、酰胺基
(4)
(5)10
(6)。
【分析】甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成B，B与SOCl2反应生成C，根据C中硝基的位置可知A为，B为；根据题目所给信息以及E的结构简式可知，D的结构简式为；
【详解】（1）根据分析可知B的结构简式为；
（2）对比E和F的结构简式可知，硝基转化为氨基，所以⑤的反应类型为还原反应；
（3）观察E的结构简式可知E中的含氧官能团为羧基、硝基、酰胺键(肽键)；
（4）根据题目所给信息可知反应④的化学反应为C中氯原子被D取代的反应，方程式为；
（5）D为，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基在同一碳原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有、、、(序号表示羟基可能的位置)，共有3+3+2+2=10种；
（6）对二甲苯为，对苯二胺为；根据防弹材料的结构简式可知，其可以由和对苯二胺发生缩聚反应生成，而可以由与SOCl2反应生成，对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化可以得到，所以合成路线为 。
11． 恒压滴液漏斗 冷凝回流甲醇、导气 水浴加热 或 产生的可稀释，防止浓度较大时分解爆炸 AC 溶液由蓝色变为无色 270
【分析】甲装置为发生装置，将甲醇加入三颈烧瓶中共热进行反应，甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，b装置冷凝回流甲醇和甲酸；加入a装置的氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；之后稳定剂吸收二氧化氯，装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，最后用氢氧化钠溶液处理尾气。
【详解】(1)仪器c可以平衡压强有利于液体顺利流下，名称为恒压滴液漏斗；仪器b是球形冷凝管，导气的同时可以冷凝回流甲醇，故仪器b的作用是冷凝回流甲醇、导气；
(2)反应在60℃下进行，应水浴加热，可提供稳定的加热温度，故装置甲中需改进的一项措施是水浴加热；
(3)甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠(或硫酸氢钠)，化学反应方程式为：或；
(4)草酸可被氧化生成二氧化碳，起到稀释的作用，避免ClO2的浓度较大时易分解爆炸，所以草酸法的优点是产生的可稀释，防止浓度较大时分解爆炸；
(5) A．加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故A正确；
B．装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，故B错误；
C．用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体，则发生的离子反应方程式是：，故C正确；
D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，元素化合价分别由+4价、0价降为-1价，则ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；
故答案为：AC；
(6) 用标准溶液进行滴定碘单质，当溶液蓝色变为无色时，碘恰好完全反应，所以滴定终点时溶液颜色的变化为溶液由蓝色变为无色；根据电子守恒可知二氧化氯与氧化碘离子生成的碘单质存在数量关系：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与存在数量关系I2～2，所以有2ClO2～5I2～10，的物质的量为0.2mol/L×0.010L=0.002mol，故ClO2的物质的量为0.0004mol，质量为：0.0004mol×67.5g/L=0.027g=27mg，所以水样中ClO2的含量为。
12．(1) 三颈烧瓶 Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2
(2) 排净装置中空气 吹出CCl4(或吹出CrCl3)
(3) 水浴加热 长导管和容器内壁有紫色固体附着
(4) 79% 偏低
【分析】用氮气将装置中的空气排净，从装置A中出来的四氯化碳与Cr2O3反应生成无水三氯化铬，无水三氯化铬易升华，用装置C收集，制备CrCl3时有光气(COCl2)生成，装置D处理尾气并防止倒吸。
（1）
仪器a的名称为三颈烧瓶；依据题意，管式炉内四氯化碳与Cr2O3反应生成三氯化铬和COCl2，反应化学方程式为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。
（2）
实验过程中需持续通入氮气，其目的是排净装置中的空气，防止无水三氯化铬被氧化、吹出CCl4，使四氯化碳与Cr2O3反应、将CrCl3从管式炉中吹出。
（3）
四氯化碳的沸点为：76.8℃，为保证产生稳定的四氯化碳气流，应对a采取水浴加热；装置C为收集装置，无水三氯化铬(CrCl3)为紫色单斜晶体，因此当实验结束时，装置C中的现象为：长导管和容器内壁有紫色固体附着。
（4）
由题意可知，50.00mLCrCl3溶液中CrCl3的物质的量为：20.0010-3L0.0200mol/L-0.0100mol/L5.0010-3L=3.510-4mol，则该样品中CrCl3的质量为：3.510-4mol158.5g/mol=0.55475g，CrCl3的质量分数为：100%≈79%；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装溶液润洗，会造成消耗标准液体积偏大，氯化锌消耗EDTA的量偏高，所测CrCl3含量偏低，测定结果偏低。
13．(1) 恒压滴液漏斗
(2) d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) AC
【分析】首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验。
【详解】（1）①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗；
②结合电子得失守恒及元素守恒可得,步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体N2，反应的化学方程式为。故答案为：；
（2）①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。故答案为：d→e→f→g→b→c；
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。故答案为：装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为= =。故答案为：；
②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选。故答案为：AC。
14．(1)B
(2) 正四面体 sp2和sp3
(3) 共价 它们均为原子(共价)晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长键能越小，故导致GaN、GaP、GaAs熔点依次降低
(4) (0，，) 5:27:32
【详解】（1）由题干信息可知，AB中只有一个4s上的电子跃迁到4p上，CD中有4s上的两个电子跃迁到4p上，故AB需要的能量小于CD，而A中 4p上的2个电子占有一个轨道，B中4p上的2个电子分别占有不同的轨道，故B的能量比A低，故B所示发生的跃迁所需能量最低，故答案为：B；
（2）与镓同主族的B具有缺电子性，硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中重要的还原剂，其阴离子中中心原子B原子核外的价层电子对数为：4+=4，故其的立体构型为正四面体，另一种含硼的阴离子的结构如图所示，由图可知，每个B原子周围形成有3个或4个σ键，故其中B原子的杂化方式为sp2和sp3，故答案为：正四面体；sp2和sp3；
（3）GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，说明它们中没有阴、阳离子，故据此判断它们是共价化合物，它们的晶体结构与金刚石相似，说明它们均为原子(共价)晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长键能越小，故导致GaN、GaP、GaAs熔点依次降低，故答案为：共价；它们均为原子(共价)晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长键能越小，故导致GaN、GaP、GaAs熔点依次降低；
（4）①图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为，NA表示阿伏伽德罗常数的值，由图可知一个晶胞中含有Ga的个数为：个，含有As原子个数为：4个，则晶胞边长为：a=，由图可知晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为面对角线的一半，故有d== ，故答案为：；
②图乙中，a、b的分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，则c点Mn位于左侧面的面心上，故其分数坐标为(0，，)，掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn个数为：= ，含有Ga的个数为：=，As的个数为4，故晶体中Mn、Ga、AS的原子个数比为：：4=5:27:32，故答案为：(0，，)；5:27:32。
15．(1)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)
【详解】（1）a．为基态Fe原子；b．为基态Fe2+；c． 为基态Fe3+ 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Fe3+，故c正确；
（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，由结构简式可知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；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肼中的氮原子有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；
（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°；
（5）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：g·cm-3。
山东省菏泽市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·山东菏泽·统考一模）硼氢化钠()是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠的工艺如下(部分条件和产物省略)：
已知：、遇水蒸气剧烈反应并放出H。回答下列问题：
(1)中B元素化合价为___________；难溶的与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为___________。
(2)溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入的目的是___________。
(3)“有效氢”含量是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为lg含氢还原剂的还原能力与多少g 相当。的“有效氢”含量为___________(结果保留2位小数)。
(4)和必须在干燥条件下合成其原因是___________，二者反应生成的化学方程式为___________。
2．（2022·山东菏泽·统考一模）纳米二氧化锆(ZrO2)是制备特种陶瓷重要的原料之一，工业上以天然锆英石(ZrSiO4，含FeO、Al2O3、CuO、SiO2等杂质)为原料制备纳米ZrO2的工艺流程如下：
已知：①锆英石常温下与酸、碱不反应，高温时能与烧碱反应生成可溶于水的，与酸反应生成。
②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：。
离子
开始沉淀时pH
1.9
3.3
4.4
6.2
7.6
完全沉淀时pH
3.2
5.2
6.4
8.0
9.7
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为___________(填化学式)，碱熔时生成的化学方程式为___________。
(2)过滤2前调，a的取值范围为___________，“水洗”的操作方法是___________。
(3)由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该反应的离子方程式为___________，若除铜后溶液中，则此时溶液中___________。(已知)
(4)一种甲醇燃料电池，电解质是掺杂的晶体，它在熔融状态下能传导，写出该电池负极的电极反应式___________。
3．（2023·山东菏泽·校考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10−38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为___________；滤渣I的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol∙L−1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为___________(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝___________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式___________。
二、原理综合题
4．（2021·山东菏泽·统考一模）研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物﹐防止空气污染。回答下列问题：
(1)已知：
能将NO转化成无毒物质。写出在298K时该反应的热化学方程式：___________。
(2)我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法： 。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率(NO)随温度的变化关系如图所示：
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是___________。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作)。在1050K、时，该反应的化学平衡常数 ___________[已知：气体分压气体总压体积分数]。
(3)氮氧化物也可以用尿素水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为___________。
(4)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、铜氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、/C，通入NO使其浓度达到0.1。不同温度下，测得2小时时NO去除率如图所示：
①据图分析，490以下反应活化能最小的是___________(用a、b、c表示)；CaO/C、/C去除NO效果比C更好，其理由是___________。(写出一条即可)
②上述实验中，490时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是___________。
A．恒容下，及时分离出 B．压缩体积 C．恒容下，向体系通入氮气
③490时的反应速率___________，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为___________(保留两位有效数字)。
5．（2022·山东菏泽·统考一模）乙烯是现代工业的重要原材料，中科院设计完成了在催化剂作用下氧化制取的新路径，发生的主要化学反应有：
Ⅰ.
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)根据盖斯定律，反应的___________。
(2)一定条件下，向容积为1.0L的容器中通入和发生上述反应，测得乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性与温度、压强的关系如图所示。
(乙烯的选择性=)
则X代表___________(填“温度”或“压强”)；___________(填“＞”或“＜”)，M点反应Ⅰ的平衡常数为___________(结果保留2位有效数字)。
(3)T℃时，向容积为2L的某刚性容器中通入2molC2H6、2molCO2混合气体，若仅发生反应Ⅰ，达到平衡时，C2H4的体积分数为20％。测得，，其中k正、k逆为速率常数，则k逆=___________(用Kc和k正表示)，k正=，则平衡时正=___________。
(4)由水煤气在一定条件下也可制备乙烯，反应方程式为： ，下图为分别在不同温度、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CO转化率与温度的关系。
在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是___________。
6．（2023·山东菏泽·校考一模）为实现“碳达峰”、“碳中和”目标，可将CO2催化加氢制甲醇。该反应体系中涉及以下两个主要反应：
反应I： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49kJ/mol
反应II： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol
(1)反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的反应热ΔH3=_______。
(2)在密闭容器中，上述反应混合体系建立平衡后，下列说法正确的是_______。
A．增大压强，CO的浓度一定保持不变
B．降低温度，反应II的逆反应速率增大，正反应速率减小
C．增大CH3OH的浓度，反应II的平衡向正反应方向移动
D．恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
(3)不同条件下，相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
CH3OH的选择性= 100%
①由图可知，合成甲醇的适宜条件为_______ (填标号)
A．CZT催化剂 B．CZ(Zr-1)T 催化剂 C．230°C D．290 °C
②在230°C以上，升高温度，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是_______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，发生反应I和反应II，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，气体体积减小10%，则在达到平衡时， CH3OH的选择性=_______，反应II的平衡常数K=_______。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：
①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_______。
②若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 _______g。
三、填空题
7．（2021·山东菏泽·统考一模）环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布___________。
(2)镍的氨合离子中存在的化学键有___________。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．键 F．键
(3)Ni、Co的第五电离能：，，，其原因是___________。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是___________。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶 胞参数为a pm。
①相邻的与之间的距离为___________pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。
③若硒化锌晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 ___________(用含a、的计算式表示)。
四、有机推断题
8．（2021·山东菏泽·统考一模）丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：
已知：
(1)G中官能团的名称为___________。
(2)用系统命名法给D命名：___________。
(3)请写出H→J反应的化学方程式：___________，该反应的反应类型是___________。
(4)根据。X有多种同分异构体，写出满足下列条件的同分异构体的结构简式___________。
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种
②能与溶液发生显色反应，但不能发生水解反应
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体
(5)参照题中信息写出以乙烯和甲苯为原料，合成的路线流程图___________ (其它试剂自选)。
9．（2022·山东菏泽·统考一模）一种药物中间体G的合成路线如下：
已知：①DMF的结构简式为
②
(1)C中除氨基之外的官能团名称为___________，检验C中含氧官能团的试剂为___________。
(2)E的结构简式为___________。E→F的反应类型为___________。F→G的化学方程式为___________。
(3)由A可制备重要的药物中间体对氨基苯甲醚()，它的同分异构体中，存在酚羟基且苯环上只有两个取代基的有___________种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。
(4)乙酰苯胺()是精细化工的重要中间体，写出由苯制备乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)：___________。
10．（2023·山东菏泽·校考一模）叶酸是一种水溶性维生素，对贫血的治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：
已知：RCOOH＋SOCl2→RCOCl＋HSO2Cl；RCOCl＋H2NR′→RCONHR′＋HCl。
(1)B的结构简式为___________。
(2)⑤的反应类型为___________。
(3)E中的含氧官能团名称为___________。
(4)写出④的化学方程式：___________。
(5)D的同分异构体中，属于α-氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有___________种。
(6)根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线___________。
五、实验题
11．（2021·山东菏泽·统考一模）二氧化氯()是一种高效消毒灭菌剂，可以有效杀灭新冠病毒。目前制备常用氯酸钠还原法，其中一种方法是与在适当催化剂、温度为60时，发生反应得到，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收，释放进行了研究。已知：
①的浓度较大时易分解爆炸，一般用或空气稀释到10%以下；实验室也常用稳定剂吸收，生成，使用时加酸释放出气体。
②与KI在酸性溶液中反应的离子方程式为：。
③
物质
HCOOH
沸点
64.7
100.8
11
回答下列问题：
(1)仪器c的名称为___________，仪器b在装置中的作用是___________。
(2)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是___________。
(3)已知反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备的化学反应方程式：___________。
(4)该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸(草酸的氧化产物为)，相比甲醇法，草酸法的优点是___________。
(5)下列有关说法正确的是___________。
A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的
B．装置e主要用于检验是否有生成
C．在释放实验中，发生反应的离子方程式是：
D．和都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，的氧化能力是的2.5倍
(6)常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中的浓度，其实验操作如下：
Ⅰ.取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾和少量稀硫酸
Ⅱ.待充分反应后，再加氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液
Ⅲ.用0.2000 标准溶液进行滴定(已知)，达到滴定终点时用去10.00mL 标准溶液。滴定终点时溶液颜色的变化为___________，该水样中的含量为___________。
12．（2022·山东菏泽·统考一模）无水三氯化铬(CrCl3)为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组在氮气的氛围下用和(沸点：76.8℃)在高温下制备无水三氯化铬，并测定某样品中三氯化铬的质量分数，回答下列问题：
(1)仪器a的名称为___________，制备CrCl3时有光气(COCl2)生成，写出管式炉内发生反应的化学方程式___________。
(2)实验过程中需持续通入，写出通入的两个作用___________、___________。
(3)为保证产生稳定的气流，需对a加热，适宜的加热方式为___________，实验结束时，C中的现象为___________。
(4)测定某样品中三氯化铬的含量。
称取0.7000g样品溶于水配制成500mL溶液，取50.00mL所得溶液于锥形瓶中，加入的EDTA(Na2H2Y)溶液，充分反应后，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为5.00mL(已知：、)。该样品中的质量分数为___________(计算结果精确到1％)，如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装溶液润洗，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
13．（2023·山东菏泽·校考一模）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2＋能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为___________。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为___________。
(2)步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→___________。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当___________时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___________。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是___________(填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
六、结构与性质
14．（2022·山东菏泽·统考一模）GaN是研制微电子器件、光电子器件的第三代半导体材料。
(1)基态Ga的核外电子排布为，转化为下列激发态时所需能量最少的是___________。
A．
B．
C．
D．
(2)与镓同主族的B具有缺电子性，硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中重要的还原剂，其阴离子的立体构型为___________。另一种含硼的阴离子的结构如图所示，其中B原子的杂化方式为___________。
(3)GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，据此判断它们是___________。(填“共价”或“离子”)化合物。它们的晶体结构与金刚石相似，其熔点如下表所示，试分析GaN、GaP、GaAs熔点依次降低的原因___________。
物质
GaN
GaP
GaAs
熔点/℃
1700
1480
1238
(4)GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。
①图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为___________nm(列出计算式)。
②图乙中，a、b的分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，则c点Mn的分数坐标为___________。掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、AS的原子个数比为___________。
15．（2023·山东菏泽·校考一模）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)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：
H3C-CH3
H2N-NH2
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。
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)。
参考答案：
1． 反应生成的HCl能够抑制水解 0.21 、与水蒸气反应
【分析】Mg2B2O5•H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液，从滤液中最终得到了NaBO2。从滤渣最终得到了MgCl2。滤液的溶质为NaBO2，经过蒸发浓缩等一系列操作得到晶体。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O，经电解等一系列操作得MgH2，与NaBO2反应得到NaBH4。
【详解】(1)根据化合物中各元素的化合价代数和为0，Mg的化合价为＋2，O的化合价为－2，设B的化合价为x，有2×(＋2)＋2x＋5×(－2)=0，得x=＋3。则B的化合价为+3。难溶的与浓氢氧化钠溶液反应，Mg转化为Mg(OH)2、B转化为，所以离子方程式为：。
(2)MgCl2·7H2O脱去结晶水的时候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑，消耗了水，生成的氯化氢又能抑制氯化镁水解。故答案为：反应生成的HCl能够抑制水解。
(3)含氢还原剂的氧化产物为正一价含氢物质，1 molNaBH4的质量为38g，发生反应时，失去8 mol电子，相当于4 molH2，为8g氢气。NaBH4的有效氢等于≈0.21。
(4)NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2，所以保持干燥环境的目的是防止硼氢化钠、氢化镁与水蒸气反应。所以原因是为防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应；反应物为和，生成物为，根据原子守恒即可得出答案为：。
2．(1) H2SiO3； ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
(2) 5.2~6.2 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次
(3) H2O+H2O2+CN-=+NH3↑ 2×10-2mol/L
(4)2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O
【分析】天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，用过量NaOH碱熔时，锆英石能与烧碱高温反应生成可溶于水的Na2ZrO3，同时生成Na2SiO3，然后用过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，硅酸钠与酸反应生成硅酸，过滤分离，滤渣1为硅酸，加入H2O2是将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH值以除去，由离子沉淀完全pH，加入氨水调节pH=5.2，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，即滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，除Cu过程是将溶液中Cu2+除去，流程使用NaCN除铜，滤渣3为Cu(CN)2，除Cu后的滤液中加入氨水调节pH≥8.0，使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤分离，Zr(OH)4分解生成ZrO2，滤液中含有NaCl、NH4Cl等，据此分析解题。
（1）
由分析可知，滤渣1的主要成分为H2SiO3，碱熔时生成即ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、Na2SiO3和H2O，故该反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故答案为：H2SiO3；ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；
（2）
由分析可知，过滤2前调，目的是使Fe3+和Al3+完全沉淀，而ZrO2+不产生沉淀，以达到分离提纯的目的，故a的取值范围为5.2~6.2，“水洗”的操作方法即洗涤沉淀的操作是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次，故答案为：5.2~6.2,；向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次；
（3）
由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐即NaHCO3和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即NH3，则该反应的离子方程式为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑，若除铜后溶液中，则此时溶液中==2×10-2mol/L ，故答案为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑；2×10-2mol/L；
（4）
该燃料电池中，通入甲醇的电极是负极，通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氧离子反应生成CO2和水，正极上氧气得电子生成氧离子，负极反应式为2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O，故答案为：2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O。
3．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10−11 mol∙L−1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
4． 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 4 a 活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高。(或纯碳的活化能高、反应速率慢) B 0.0225 96%
【详解】(1)根据题干信息，能将NO转化成无毒物质，该无毒物质为N2，又已知：
则反应的热化学方程式为 ；
(2)温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，因此随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大，1050K、时，NO的转化率为80%，假设起始投入NO的物质的量为1mol，则列三段式有：
因此反应的平衡常数；
(3)由题可知，用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体N2，则反应的化学方程式为；
(4)①根据图象，490℃以下，a(CaO/C)的NO去除率最高，故加入a(CaO/C)的反应活化能最小，因为活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，(或纯碳的活化能高、反应速率慢)，所以在相同条件下，NO去除率更高；
②根据图象可知，490℃时CaO/C对NO的去除率为45%，若测得去除率为60%，说明采取的措施使得平衡正向移动，则可能是压缩了容器体积，故答案选B；
③490时，NO的去除率为45%，则反应速率，若该温度下的平衡常数为121，列三段有：
则有：，解得x≈0.096，则此时NO的去除率为。
5．(1)-76
(2) 温度 ＜ 0.57
(3) 0.0625mol·L-1·min-1
(4) > 温度过高，乙催化剂活性降低
【解析】（1）
已知反应Ⅰ. 反应Ⅱ． 则目标反应可由2I-II得到，根据盖斯定律，反应的 =2×-=-76；
（2）
由题干信息可知，Ⅰ. Ⅱ． ，升高温度，平衡正向移动，乙烷的转化率增大，增大压强，平衡逆向移动，乙烷的转化率减小，由图可知，L1、L2随X增大而增大，则X代表温度，当温度相同时，由L1对应的乙烷的转化率更大，说明L1对应的压强更低，故＜，M点表示乙烷的转化率为50%，根据三段式可知，，，故平衡时，n(C2H6)=1.2-0.2=1.0mol，n(CO2)=2.2-0.4=1.8mol，n(C2H4)=0.8mol，n(H2O)=0.8mol，n(CO)=0.8+0.8=1.6mol，容器体积为1L，所以反应Ⅰ的平衡常数为K===0.57；
（3）
T℃时，向容积为2L的某刚性容器中通入、混合气体，若仅发生反应Ⅰ，达到平衡时，的体积分数为20％，根据三段式：，则有=20%，解得x=0.5，测得，，其中k正、k逆为速率常数，平衡时，，即 =Kc，则k逆=；k正=，则平衡时=×0.5mol/L×0.5mol/L=0.0625mol·L-1·min-1；
（4）
催化剂不影响平衡移动，但M点对应的温度下，甲的转化率比乙高，能说明乙未达平衡状态，正>逆。M点之后CO转化率下降的原因是温度过高，乙催化剂活性降低。
6．(1)-90kJ/mol
(2)C
(3) BC 230°C以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
(4) 30%
(5) CO2+2e- +2H+ =HCOOH 3.6
【详解】（1）；
（2）A．增大压强，反应II平衡不移动，反应I平衡正向移动导致二氧化碳浓度增大，从而使反应II平衡正向移动，一氧化碳浓度增大，A错误；
B．降低温度，反应II的正、逆反应速率均减小，B错误；
C．增大甲醇浓度，使反应I逆向移动，二氧化碳浓度增大，反应II正向移动，C正确；
D．恒温恒容下通入氦气，对于反应I来说各物质浓均不变，平衡不移动，D错误；
故选C。
（3）由图可知在相同温度下CZ(Zr-I)T催化剂对甲醇的选择性更高，温度为230oC时甲醇的产率最高，故合成甲醇的适宜条件选BC；
在230°C以上，升高温度，反应I为放热反应，平衡逆向移动，甲醇的产率降低；反应II为吸热反应，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；升高温度对反应II的影响更大，导致CO2的平衡转化率增大，甲醇的产率降低；
（4）设反应I中二氧化碳转化了xmol，反应II中二氧化碳转化了ymol，可列出三段式：
反应达平衡时，CO2的转化率为50%，即x+y=1，气体体积减小10%，即平衡时气体的物质的量比原来少了10%，即，解得x=0.3，y=0.7，在达到平衡时， CH3OH的选择性：； 平衡时反应II中各物质的物质的量为：
，
设容器的体积为VL，平衡常数。
（5）该装置为电解池，Pt为阳极，Cu为阴极。铜电极上为二氧化碳得电子被还原，制备甲酸的电极反应式为：；铜电极上只生成5.6gCO时，电极反应为，即CO2变成CO，溶液增加质量为氧原子质量。生成5.6gCO时，增加氧原子质量为：，该电解池装置用了阳离子交换膜，同时会有氢离子迁移到铜极区，增加的氢离子质量为：，共增重3.6g。
7． BCE (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高 Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定
【详解】(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布。
(2)镍的氨合离子中氨气分子中存在共价单键，单键就是键，镍离子和氨气之间存在配位键。
(3) (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高；
(4) Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。
(5)①硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞体对角线的常数为晶胞棱长的倍，故之间的距离为为pm。
②根据硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标。
③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为 ，所以晶胞的质量为，故，可得阿伏加德罗常数。
8． 羟基、溴原子 2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯) 酯化反应或取代反应 、
【分析】C、F发生信息中第二步中RMgBr与R1COR2的反应生成G，结合C的分子式、G的结构,可推知C为、F为(CH3)3CMgBr，结合条件、分子式逆推可知E为(CH3)3CBr、D为、B为、A为，结合信息中R-Br RMgBrRCOOH，由G可推知H为，结合J的分子式，可知G分子内脱去1分子水形成J，则J为。
【详解】(1)据分析可知，G中官能团的名称为：羟基、溴原子，故答案为：羟基、溴原子；
(2)D为，D的名称是：2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)，故答案为：2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)；
(3)H为，J为，则H→J发生酯化反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；酯化反应或取代反应；
(4) ，的同分异构体中，能与溶液发生显色反应，说明有酚羟基；0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成Ag物质的量：，说明该物质有两个醛基；苯环上的一氯代物只有两种，则满足条件的同分异构体有：、，故答案为：；；
(5)由和两种原料（乙烯、甲苯）的分子结构并且结合题中信息（R-Br RMgBr ）可知，要合成需要先合成苯甲醛和1，2-二溴乙烷；乙烯与溴发生加成反应可以合成1，2-二溴乙烷；根据题中B到C的变化可知，甲苯可以被氧气、二氧化锰氧化为苯甲醛。因此，合成的路线流程图可以表示为：。
9．(1) 醛基、碳碳双键 银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液
(2) 还原反应 +(CH3CO)2O→CH3COOH+
(3) 6
(4)
【分析】根据F→G的反应条件和G的结构简式可知F为，再结合信息②可知E为，以此解题。
【详解】（1）由C的结构简式可知C中除氨基之外的官能团为醛基和碳碳双键；C中含氧官能团为醛基，检验醛基可以用银氨溶液发生银镜反应，也可以用新制氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀，故试剂为银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液；
（2）由分析可知E为，根据信息②可知E→F的反应还原反应；由分析可知F为，根据G的结构简式以及F→G的反应条件，可知F→G的方程式为：+(CH3CO)2O→CH3COOH+ ；
（3）其同分异构体中存在苯环，有两个支链，一个是羟基，另一个可能是—CH2NH2(邻、间、对)，或者—NHCH3(邻、间、对)，一共6种类；其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为；
（4）可以先有苯发生硝化反应生成硝基苯，然后将硝基还原为氨基，结合题干给的流程，苯胺再和(CH3CO)2O反应即可得到产物，具体流程为：。
10．(1)
(2)还原反应
(3)羧基、硝基、酰胺基
(4)
(5)10
(6)。
【分析】甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成B，B与SOCl2反应生成C，根据C中硝基的位置可知A为，B为；根据题目所给信息以及E的结构简式可知，D的结构简式为；
【详解】（1）根据分析可知B的结构简式为；
（2）对比E和F的结构简式可知，硝基转化为氨基，所以⑤的反应类型为还原反应；
（3）观察E的结构简式可知E中的含氧官能团为羧基、硝基、酰胺键(肽键)；
（4）根据题目所给信息可知反应④的化学反应为C中氯原子被D取代的反应，方程式为；
（5）D为，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基在同一碳原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有、、、(序号表示羟基可能的位置)，共有3+3+2+2=10种；
（6）对二甲苯为，对苯二胺为；根据防弹材料的结构简式可知，其可以由和对苯二胺发生缩聚反应生成，而可以由与SOCl2反应生成，对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化可以得到，所以合成路线为 。
11． 恒压滴液漏斗 冷凝回流甲醇、导气 水浴加热 或 产生的可稀释，防止浓度较大时分解爆炸 AC 溶液由蓝色变为无色 270
【分析】甲装置为发生装置，将甲醇加入三颈烧瓶中共热进行反应，甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，b装置冷凝回流甲醇和甲酸；加入a装置的氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；之后稳定剂吸收二氧化氯，装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，最后用氢氧化钠溶液处理尾气。
【详解】(1)仪器c可以平衡压强有利于液体顺利流下，名称为恒压滴液漏斗；仪器b是球形冷凝管，导气的同时可以冷凝回流甲醇，故仪器b的作用是冷凝回流甲醇、导气；
(2)反应在60℃下进行，应水浴加热，可提供稳定的加热温度，故装置甲中需改进的一项措施是水浴加热；
(3)甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠(或硫酸氢钠)，化学反应方程式为：或；
(4)草酸可被氧化生成二氧化碳，起到稀释的作用，避免ClO2的浓度较大时易分解爆炸，所以草酸法的优点是产生的可稀释，防止浓度较大时分解爆炸；
(5) A．加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故A正确；
B．装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，故B错误；
C．用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体，则发生的离子反应方程式是：，故C正确；
D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，元素化合价分别由+4价、0价降为-1价，则ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；
故答案为：AC；
(6) 用标准溶液进行滴定碘单质，当溶液蓝色变为无色时，碘恰好完全反应，所以滴定终点时溶液颜色的变化为溶液由蓝色变为无色；根据电子守恒可知二氧化氯与氧化碘离子生成的碘单质存在数量关系：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与存在数量关系I2～2，所以有2ClO2～5I2～10，的物质的量为0.2mol/L×0.010L=0.002mol，故ClO2的物质的量为0.0004mol，质量为：0.0004mol×67.5g/L=0.027g=27mg，所以水样中ClO2的含量为。
12．(1) 三颈烧瓶 Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2
(2) 排净装置中空气 吹出CCl4(或吹出CrCl3)
(3) 水浴加热 长导管和容器内壁有紫色固体附着
(4) 79% 偏低
【分析】用氮气将装置中的空气排净，从装置A中出来的四氯化碳与Cr2O3反应生成无水三氯化铬，无水三氯化铬易升华，用装置C收集，制备CrCl3时有光气(COCl2)生成，装置D处理尾气并防止倒吸。
（1）
仪器a的名称为三颈烧瓶；依据题意，管式炉内四氯化碳与Cr2O3反应生成三氯化铬和COCl2，反应化学方程式为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。
（2）
实验过程中需持续通入氮气，其目的是排净装置中的空气，防止无水三氯化铬被氧化、吹出CCl4，使四氯化碳与Cr2O3反应、将CrCl3从管式炉中吹出。
（3）
四氯化碳的沸点为：76.8℃，为保证产生稳定的四氯化碳气流，应对a采取水浴加热；装置C为收集装置，无水三氯化铬(CrCl3)为紫色单斜晶体，因此当实验结束时，装置C中的现象为：长导管和容器内壁有紫色固体附着。
（4）
由题意可知，50.00mLCrCl3溶液中CrCl3的物质的量为：20.0010-3L0.0200mol/L-0.0100mol/L5.0010-3L=3.510-4mol，则该样品中CrCl3的质量为：3.510-4mol158.5g/mol=0.55475g，CrCl3的质量分数为：100%≈79%；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装溶液润洗，会造成消耗标准液体积偏大，氯化锌消耗EDTA的量偏高，所测CrCl3含量偏低，测定结果偏低。
13．(1) 恒压滴液漏斗
(2) d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) AC
【分析】首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验。
【详解】（1）①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗；
②结合电子得失守恒及元素守恒可得,步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体N2，反应的化学方程式为。故答案为：；
（2）①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。故答案为：d→e→f→g→b→c；
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。故答案为：装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为= =。故答案为：；
②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选。故答案为：AC。
14．(1)B
(2) 正四面体 sp2和sp3
(3) 共价 它们均为原子(共价)晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长键能越小，故导致GaN、GaP、GaAs熔点依次降低
(4) (0，，) 5:27:32
【详解】（1）由题干信息可知，AB中只有一个4s上的电子跃迁到4p上，CD中有4s上的两个电子跃迁到4p上，故AB需要的能量小于CD，而A中 4p上的2个电子占有一个轨道，B中4p上的2个电子分别占有不同的轨道，故B的能量比A低，故B所示发生的跃迁所需能量最低，故答案为：B；
（2）与镓同主族的B具有缺电子性，硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中重要的还原剂，其阴离子中中心原子B原子核外的价层电子对数为：4+=4，故其的立体构型为正四面体，另一种含硼的阴离子的结构如图所示，由图可知，每个B原子周围形成有3个或4个σ键，故其中B原子的杂化方式为sp2和sp3，故答案为：正四面体；sp2和sp3；
（3）GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，说明它们中没有阴、阳离子，故据此判断它们是共价化合物，它们的晶体结构与金刚石相似，说明它们均为原子(共价)晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长键能越小，故导致GaN、GaP、GaAs熔点依次降低，故答案为：共价；它们均为原子(共价)晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长键能越小，故导致GaN、GaP、GaAs熔点依次降低；
（4）①图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为，NA表示阿伏伽德罗常数的值，由图可知一个晶胞中含有Ga的个数为：个，含有As原子个数为：4个，则晶胞边长为：a=，由图可知晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为面对角线的一半，故有d== ，故答案为：；
②图乙中，a、b的分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，则c点Mn位于左侧面的面心上，故其分数坐标为(0，，)，掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn个数为：= ，含有Ga的个数为：=，As的个数为4，故晶体中Mn、Ga、AS的原子个数比为：：4=5:27:32，故答案为：(0，，)；5:27:32。
15．(1)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)
【详解】（1）a．为基态Fe原子；b．为基态Fe2+；c． 为基态Fe3+ 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Fe3+，故c正确；
（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，由结构简式可知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；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肼中的氮原子有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；
（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°；
（5）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：g·cm-3。
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