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广东省梅州2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份广东省梅州2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共36页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
广东省梅州2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·广东梅州·统考二模）高纯是广泛用于电子行业的强磁性材料。为白色粉末，难溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，温度高于100℃开始分解。实验室以为原料制备。
(1)制备溶液：
①主要反应装置如图，缓缓通入经稀释的气体，三颈烧瓶中反应的化学方程式为___________。反应过程中，为使尽可能转化完金，在通入和比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有___________。(写出一点)
②已知实验室制取可采用：。选择如图所示部分装置与上图装置相连制备溶液，应选择的装置有___________。
a
b
c
d
e
f
③若用空气代替进行实验，缺点是___________。(酸性环境下不易被氧化)
(2)制备固体：
实验步骤：①向溶液中边搅拌边加入饱和溶液生成沉淀，反应结束后过滤；
②……；
③在70-80℃下烘干得到纯净干燥的固体。
步骤①需控制溶液的酸碱性，若碱性过强，粗产品中将混有___________(填化学式)。
步骤②的操作是洗涤沉淀和检验沉淀是否洗涤干净，则需要用到的试剂有___________。
2．（2022·广东梅州·统考二模）某化学小组对FeCl3与NaHSO3反应进行探究。
(1)NaHSO3溶液中除水的电离平衡外，还存在另外一个电离平衡，写出其离子方程式_______。
(2)配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于_______，再稀释到所需的浓度。
(3)该小组同学预测：向FeCl3溶液滴加NaHSO3溶液时，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色。他们预测的理论依据为_______。
(4)向2mL1mol/LNaHSO3溶液中逐滴加入0.5mL1mol/L的FeCl3溶液，具体操作与实验现象见下表。
装置
反应时间
实验现象
0~1min
产生红褐色沉淀，有刺激性气味气体逸出
1~30min
沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色
30min后
与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色
①小组同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，其中一个为H++HSO=SO2↑+H2O，用离子方程式表示另一个可能的原因_______。
②查阅资料：溶液中Fe3+、SO、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
Fe2++SO
用化学平衡移动原理解释1~30min内溶液颜色变化的原因_______。
(5)实验小组又通过原电池实验探究FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应。
装置
实验现象
闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转
①用离子方程式表示Na2SO3溶液呈碱性的原因_______。
②探究上述实验中的电极产物，取少量Y电极附近的溶液，加入_______，产生白色沉淀，证明产生了SO。
③正极的电极反应式为_______。
二、工业流程题
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。
5．（2023·广东梅州·统考二模）铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的工艺流程如下：
已知：①铈的常见化合价为、。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液
②能与结合成，能被萃取剂萃取。
(1)焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是_________。
(2)“酸浸II”过程中转化为，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和替换就不会造成环境污染。则稀硫酸、与反应的离子方程式为______________。
(3)“操作I”的名称是_________。
(4)“浸出液”中含有少量及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时与萃取剂存在反应：。用D表示分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：，其他条件不变，在浸出液中加入不同量的，以改变水层中的，D随浸出液中增大而减小的原因是__________。
(5)取上述流程中得到的，加酸溶解后，向其中加入含的硫酸亚铁溶液使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液。则的质量分数为_________(已知氧化性：；的相对分子质量为208)。
(6)科研人员提出催化合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现的综合利用。晶胞结构如图所示。
①在该晶体中，铈离子的配位数为_________。
②阿伏加德罗常数的值为，相对分子质量为M，晶体密度为，其晶胞边长的计量表达式为__________nm。
三、原理综合题
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)
8．（2023·广东梅州·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
①室温下，反应的________(用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为________。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。
根据A点数据计算反应的_________，下列关于该反应的说法不正确的是_________。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
(2)与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。
①实验中的作用是________。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_________。
(3)微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是____________。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H，________。
(4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：
①该制备过程总反应的化学方程式为____________。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为___________。
四、结构与性质
9．（2021·广东梅州·统考二模）2019年诺贝尔化学奖给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。锂离子电池的正极材料主要有层状结构的，尖晶石结构的以及橄榄石型的(M=Fe、Mn、Ni、Co等元素)。
(1)N、O、P的电负性由大到小的顺序为___________。第三电离能(Mn)___________(Fe)(填“＞”或“＜”)。
(2)基态Co原子核外电子排布式为___________；的一种配离子中，的配位数是___________，配位体中心原子杂化类型是___________。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，它们含有的化学键类型是___________。前者熔点较高的原因是___________。
(4)磷元素和铝元素形成的化合物AIP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛使用。已知AlP的熔点为2000℃，其晶胞结构如图所示：
①磷化铝的晶体类型为___________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___________。
③磷化铝的晶胞参数pm，其密度为___________(列出计算式即可，用表示阿伏加德罗常数的值)
10．（2022·广东梅州·统考二模）碳是地球上组成生命的最基本元素之一。不仅能形成丰富多彩的有机化合物，还能形成多种无机化合物，碳及其化合物的用途广泛。根据要求回答下列问题：
(1)在基态14C原子中，核外存在_______对自旋相反的电子；第二周期的元素中，第一电离能介于B和C之间的是_______ ( 写元素符号)。
(2)下图中分别代表了碳单质的两种常见晶体，图1晶体中C原子的杂化方式为_______，图2晶体中，每个六元环占有_______个 C原子。
(3)碳可以形成多种有机化合物，如图3所示是一种吡咯的结构，分子中所有原子都在一个平面上。吡咯中所有元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(4)碳可形成CO、CO2等多种无机化合物，在CO转化成CO2的反应过程中，下列说法正确的是_______。
A．分子中孤对电子数不变 B．分子极性发生变化 C．原子间成键方式改变 D．分子间作用力减弱
(5)碳酸盐在一定温度下会发生分解生成二氧化碳和对应氧化物，实验证明：碳酸盐的阳离子不同分解温度不同，如表所示：
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/°C
402
900
1 172
1360
阳离子半径/pm
66
99
112
135
随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高，原因是_______。
(6)在2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T-碳。 T-碳的结构是：将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如图4。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NA，则T -碳的密度为_______ g/cm3(列出计算式)。
五、有机推断题
11．（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)。_______________
12．（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_______。
13．（2023·广东梅州·统考二模）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：
已知： ，回答下列问题：
(1)A的化学名称为_________，D中含氧官能团的名称为_________。
(2)M的结构简式为。
①M中电负性最强的元素是__________。
②M与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)。
③与性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式_________________。
(3)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是_________。
(4)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为__________。
(5)根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线________(无机试剂任选)。
六、填空题
14．（2023·广东梅州·统考二模）铜及其化合物有着广泛的应用。某实验小组探究的性质。
I．实验准备：
(1)由固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有_________(填序号)。
实验任务：探究溶液分别与、溶液的反应
查阅资料：
已知：a．(深蓝色溶液)
b．(无色溶液)(深蓝色溶液)
设计方案并完成实验：
实验
装置
试剂x
操作及现象
A
溶液
溶液
加入溶液，得到绿色溶液，未见明显变化。
B
溶液
加入溶液，得到绿色溶液，时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
现象分析与验证：
(2)推测实验B产生的无色气体为，实验验证：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到__________。
(3)推测实验B中的白色沉淀为，实验验证步骤如下：
①实验B完成后，立即过滤、洗涤。
②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量________，观察到沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为__________；露置在空气中一段时间，观察到溶液变为深蓝色。
(4)对比实验A、B，提出假设：增强了的氧化性。
①若假设合理，实验B反应的离子方程式为和__________。
②下述实验C证实了假设合理，装置如图8(两个电极均为碳棒)。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形__________(补全实验操作及现象)。
Ⅱ．能与、、、等形成配位数为4的配合物。
(5)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子_________(填化学式)。
(6)常见配合物的形成实验
实验操作
实验现象
有关离子方程式
滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐__________，得到深蓝色的透明溶液，滴加乙醇后析出_________色晶体
参考答案：
1． 或 控制适当的温度(或缓慢通入混合气体；或使用多孔球泡) abef 空气中的能氧化，使利用率下降 水、盐酸酸化的溶液、乙醇
【详解】(1) ①SO2与MnO2作用生成MnSO4，反应生成MnSO4的化学方程式为：SO2+MnO2=MnSO4，为加快反应速率，可采取的合理措施有：控制适当的温度(或缓慢通入混合气体；或使用多孔球泡)；
②反应不需要加热制备二氧化硫，b装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过e装置混合，在图1装置中反应生成MnSO4，利用f进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，故选：abef；
③若用空气代替N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低；
(2) ③步骤①若碱性过强，Mn2+直接和OH-结合生成Mn(OH)2沉淀；
根据“MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化”，先用蒸馏水洗涤，用盐酸酸化的BaCl2溶液验证洗涤是否干净，再用乙醇洗涤，所以所需试剂是水、盐酸酸化的BaCl2溶液、乙醇。
2．(1)HSOSO+H+或HSO+H2O SO+H3O+
(2)浓盐酸(或盐酸、HCl)
(3)FeCl3有氧化性，NaHSO3 有还原性，混合时发生氧化还原反应，Fe3+变成 Fe2+，溶液呈浅绿色(或FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，FeCl3能被NaHSO3还原)
(4) Fe3++3HSO= Fe(OH)3↓ +3SO2↑ 在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡(红色)(橙色)不断正向移动，最终溶液几乎无色
(5) SO+H2O HSO+OH- 足量盐酸和BaCl2溶液(或盐酸酸化的BaCl2溶液) Fe3++e -= Fe2+
【详解】（1）NaHSO3属于酸式盐，HSO在水中既有电离也有水解，HSO的水解方程式HSO＋H2OH2SO3＋OH－，HSO的电离方程式HSOSO＋H＋或者HSO＋H2O SO＋H3O＋；故答案为HSOSO＋H＋或者HSO＋H2O SO＋H3O＋；
（2）FeCl3为强酸弱碱盐，配制氯化铁溶液时，为防止Fe3＋水解生成氢氧化铁，因此配制氯化铁溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释到所需的浓度；故答案为浓盐酸(或盐酸、HCl)；
（3）Fe3＋显棕黄色，Fe2＋显浅绿色，根据题中信息，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，即Fe3＋转化成Fe2＋，化合价降低，说明FeCl3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，FeCl3将NaHSO3中的＋4价硫元素氧化成＋6价硫元素；故答案为FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，混合时发生氧化还原反应，Fe3+变成Fe2+溶液呈浅绿色或FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，FeCl3能被NaHSO3还原；
（4）①根据题中信息，有红褐色沉淀产生，红褐色沉淀为Fe(OH)3，刺激性气体为SO2，原因可能为FeCl3溶液中存在：Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋H＋，H＋与HSO反应生成SO2和H2O，也可能为NaHSO3溶液存在HSO＋H2OH2SO3＋OH－，与FeCl3发生双水解反应，即Fe3＋＋3HSOFe(OH)3↓＋3SO2↑；故答案为Fe3＋＋3HSOFe(OH)3↓＋3SO2↑；
②在氧气作用下，转化成Fe2＋，浓度降低，促进平衡向正反应方向进行，最终溶液几乎无色，故答案为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡(红色)(橙色)不断正向移动，最终溶液几乎无色；
（5）①Na2SO3为强碱弱酸盐，SO发生水解，水解反应方程式为SO＋H2O HSO＋OH－，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为SO＋H2O HSO＋OH－；
②检验SO，先加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，如果有白色沉淀产生，则说明溶液中含有SO；故答案为足量盐酸和BaCl2溶液(或盐酸酸化的BaCl2溶液)；
③该装置为原电池装置，根据问题②Y电极溶液附近出现SO，说明SO被氧化成SO，利用原电池工作原理，Y电极为负极，X电极为正极，正极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；故答案为Fe3＋＋e－=Fe2＋。
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；
【详解】（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．(1)将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集
(2)6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑
(3)过滤
(4)浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小
(5)95.68%
(6) 8 ×107
【详解】（1）根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。
（2）转化为，则H2O2转化为O2：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
故答案为：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
（3）“操作I”为过滤。
故答案为：过滤。
（4）浸出液中加入的SO浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO，故而增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。
故答案为：浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。
（5）根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[]==95.68%。
故答案为95.68%。
（6）①由图可知，一个晶胞中，1个铈离子周围有4个氧离子，故铈离子的配位数为：4×2=8，
故答案为：8。
②在晶胞中，N(Ce4+)==4，N(O2-)=8×1=8，故每个晶胞中相当于有4个CeO2，4M=ρ.v晶胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA。故a=×107nm。
故答案为：×107。
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．(1) ΔH3-2ΔH2 [Ar]3d3 1.0×1014 AC
(2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
(3) 时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
(4) 4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。
【详解】（1）①已知：II.
III. ，由盖斯定律，反应III-2II得
得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2；
②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，故答案为：[Ar]3d3；
③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确；
C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误；
故选AC。
故答案为：1.0×1014；AC；
（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-；
（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS；
（4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使平衡正向从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 。故答案为：4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH；。
9． ＞ 6 sp 离子键 MnO的晶格能大 原子晶体(或共价晶体)
【详解】(1)非金属性越强，电负性越大，则N、O、P的电负性由大到小的顺序为。锰失去2个电子后，价电子排布式是3d5，处于半充满稳定状态，所以第三电离能(Mn)＞(Fe)。
(2)Co的原子序数是27，则基态Co原子核外电子排布式为；的一种配离子中含有的配体是N和NH3，的配位数是1+5＝6，配位体中心原子的价层电子对数是＝2，没有孤电子对，杂化类型是sp。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，二者均是离子晶体，它们含有的化学键类型是离子键。氧离子半径小于硫离子半径，MnO的晶格能大，所以前者熔点较高。
(4)①AlP的熔点为2000℃，熔点高，因此磷化铝的晶体类型为原子晶体(或共价晶体)。
②根据A、B点的原子坐标可判断C点的原子坐标为。
③晶胞中P原子个数是＝4，Al原子个数是4，磷化铝的晶胞参数pm，则其密度为。
10．(1) 2 Be
(2) sp3 2
(3)N>C>H
(4)BC
(5)当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解
(6)
【详解】（1）基态14C原子，轨道表示式为，所以有2对成对电子，成对电子中两个电子自旋方向相反；同周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以Be、B、C的第一电离能顺序为B
（3）吡咯中所含元素是C、N、H，一般来说同周期从左到右电负性逐渐增强，所以电负性是N>C，而H是电负性最小的非金属，所以电负性由大到小的顺序为N>C>H，故答案为：N>C>H；
（4）在CO转化成CO2的反应过程中，
A．CO分子中含有2对孤对电子，CO2分子中含有4对孤对电子，故A项错误;
B． CO为极性分子， CO2为非极性分子，故B项正确;
C． CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键，分子间成键方式改变,，故C项正确；
D．CO和CO2都可以形成分子晶体，转化过程中，相对分子质量增大，分子间作用力会增强，故D错误；
故答案为：BC
（5）因为碳酸盐的分解过程实际上是晶体中阳离子结合中的氧离子，使分解为CO2的过程，所以当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解，故答案为：当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解；
（6）根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目是，每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量是，已知T-碳晶胞参数为apm，则T-碳的密度为，故答案为：。
11． 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：。
12．(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：。
13．(1) 对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸 硝基、酯基
(2) O 小 +2NaOH+H2O+CH3OH
(3)保护羧基
(4)
(5)
【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，C与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F最终转化为J；
【详解】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（2）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；M为，M中电负性最强的元素是O。
②M与相比，中酚羟基可以和水形成氢键，导致其水溶性增大，故M的水溶性更小。
③与性质相似，则为M中-SH、酯基均能与NaOH溶液反应，化学方程式为：+2NaOH+H2O+CH3OH；
（3）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（4）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目为2，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（5）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，故合成路线如下： 。
14．(1)①②③
(2)试纸从蓝色变白
(3) 氨水
(4) 右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体
(5)
(6) 溶解 深蓝
【详解】（1）用固体物质配制溶液，需要使用天平称量固体的质量，并在烧杯中溶解并使用量筒量取少量水，然后转移入容量瓶中，并使用玻璃棒引流，最后用胶头滴管滴加到刻度线，故所给仪器中需要使用的为烧杯、量筒和天平。故选①②③。
（2）淀粉遇碘变蓝，二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸，故观察到的现象为试纸从蓝色变为白色。
（3）根据信息分析，亚铜离子能溶于浓氨水，故取少量已经洗净的白色沉淀，滴加足量的浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为。露置在空气中可以变成深蓝色溶液。
（4）实验B中有白色沉淀和无色气泡产生，故还存在亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，离子方程式为。为了验证假设，先在没有氯离子的条件下进行反应，闭合K ，电压表的指针偏转只X处，说明产生很小的电流，然后向U形管右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体。
（5）硫酸铜溶液显蓝色是因为形成了。
（6）硫酸铜溶液中加入氨水生成氢氧化铜沉淀，氨水过量形成四氨合铜离子，沉淀溶解，加入乙醇后析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O沉淀。
广东省梅州2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题
一、实验题
1．（2021·广东梅州·统考二模）高纯是广泛用于电子行业的强磁性材料。为白色粉末，难溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，温度高于100℃开始分解。实验室以为原料制备。
(1)制备溶液：
①主要反应装置如图，缓缓通入经稀释的气体，三颈烧瓶中反应的化学方程式为___________。反应过程中，为使尽可能转化完金，在通入和比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有___________。(写出一点)
②已知实验室制取可采用：。选择如图所示部分装置与上图装置相连制备溶液，应选择的装置有___________。
a
b
c
d
e
f
③若用空气代替进行实验，缺点是___________。(酸性环境下不易被氧化)
(2)制备固体：
实验步骤：①向溶液中边搅拌边加入饱和溶液生成沉淀，反应结束后过滤；
②……；
③在70-80℃下烘干得到纯净干燥的固体。
步骤①需控制溶液的酸碱性，若碱性过强，粗产品中将混有___________(填化学式)。
步骤②的操作是洗涤沉淀和检验沉淀是否洗涤干净，则需要用到的试剂有___________。
2．（2022·广东梅州·统考二模）某化学小组对FeCl3与NaHSO3反应进行探究。
(1)NaHSO3溶液中除水的电离平衡外，还存在另外一个电离平衡，写出其离子方程式_______。
(2)配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于_______，再稀释到所需的浓度。
(3)该小组同学预测：向FeCl3溶液滴加NaHSO3溶液时，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色。他们预测的理论依据为_______。
(4)向2mL1mol/LNaHSO3溶液中逐滴加入0.5mL1mol/L的FeCl3溶液，具体操作与实验现象见下表。
装置
反应时间
实验现象
0~1min
产生红褐色沉淀，有刺激性气味气体逸出
1~30min
沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色
30min后
与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色
①小组同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，其中一个为H++HSO=SO2↑+H2O，用离子方程式表示另一个可能的原因_______。
②查阅资料：溶液中Fe3+、SO、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
Fe2++SO
用化学平衡移动原理解释1~30min内溶液颜色变化的原因_______。
(5)实验小组又通过原电池实验探究FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应。
装置
实验现象
闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转
①用离子方程式表示Na2SO3溶液呈碱性的原因_______。
②探究上述实验中的电极产物，取少量Y电极附近的溶液，加入_______，产生白色沉淀，证明产生了SO。
③正极的电极反应式为_______。
二、工业流程题
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。
5．（2023·广东梅州·统考二模）铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的工艺流程如下：
已知：①铈的常见化合价为、。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液
②能与结合成，能被萃取剂萃取。
(1)焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是_________。
(2)“酸浸II”过程中转化为，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和替换就不会造成环境污染。则稀硫酸、与反应的离子方程式为______________。
(3)“操作I”的名称是_________。
(4)“浸出液”中含有少量及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时与萃取剂存在反应：。用D表示分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：，其他条件不变，在浸出液中加入不同量的，以改变水层中的，D随浸出液中增大而减小的原因是__________。
(5)取上述流程中得到的，加酸溶解后，向其中加入含的硫酸亚铁溶液使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液。则的质量分数为_________(已知氧化性：；的相对分子质量为208)。
(6)科研人员提出催化合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现的综合利用。晶胞结构如图所示。
①在该晶体中，铈离子的配位数为_________。
②阿伏加德罗常数的值为，相对分子质量为M，晶体密度为，其晶胞边长的计量表达式为__________nm。
三、原理综合题
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)
8．（2023·广东梅州·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
①室温下，反应的________(用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为________。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。
根据A点数据计算反应的_________，下列关于该反应的说法不正确的是_________。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
(2)与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。
①实验中的作用是________。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_________。
(3)微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是____________。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H，________。
(4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：
①该制备过程总反应的化学方程式为____________。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为___________。
四、结构与性质
9．（2021·广东梅州·统考二模）2019年诺贝尔化学奖给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。锂离子电池的正极材料主要有层状结构的，尖晶石结构的以及橄榄石型的(M=Fe、Mn、Ni、Co等元素)。
(1)N、O、P的电负性由大到小的顺序为___________。第三电离能(Mn)___________(Fe)(填“＞”或“＜”)。
(2)基态Co原子核外电子排布式为___________；的一种配离子中，的配位数是___________，配位体中心原子杂化类型是___________。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，它们含有的化学键类型是___________。前者熔点较高的原因是___________。
(4)磷元素和铝元素形成的化合物AIP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛使用。已知AlP的熔点为2000℃，其晶胞结构如图所示：
①磷化铝的晶体类型为___________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___________。
③磷化铝的晶胞参数pm，其密度为___________(列出计算式即可，用表示阿伏加德罗常数的值)
10．（2022·广东梅州·统考二模）碳是地球上组成生命的最基本元素之一。不仅能形成丰富多彩的有机化合物，还能形成多种无机化合物，碳及其化合物的用途广泛。根据要求回答下列问题：
(1)在基态14C原子中，核外存在_______对自旋相反的电子；第二周期的元素中，第一电离能介于B和C之间的是_______ ( 写元素符号)。
(2)下图中分别代表了碳单质的两种常见晶体，图1晶体中C原子的杂化方式为_______，图2晶体中，每个六元环占有_______个 C原子。
(3)碳可以形成多种有机化合物，如图3所示是一种吡咯的结构，分子中所有原子都在一个平面上。吡咯中所有元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(4)碳可形成CO、CO2等多种无机化合物，在CO转化成CO2的反应过程中，下列说法正确的是_______。
A．分子中孤对电子数不变 B．分子极性发生变化 C．原子间成键方式改变 D．分子间作用力减弱
(5)碳酸盐在一定温度下会发生分解生成二氧化碳和对应氧化物，实验证明：碳酸盐的阳离子不同分解温度不同，如表所示：
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/°C
402
900
1 172
1360
阳离子半径/pm
66
99
112
135
随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高，原因是_______。
(6)在2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T-碳。 T-碳的结构是：将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如图4。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NA，则T -碳的密度为_______ g/cm3(列出计算式)。
五、有机推断题
11．（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)。_______________
12．（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_______。
13．（2023·广东梅州·统考二模）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：
已知： ，回答下列问题：
(1)A的化学名称为_________，D中含氧官能团的名称为_________。
(2)M的结构简式为。
①M中电负性最强的元素是__________。
②M与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)。
③与性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式_________________。
(3)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是_________。
(4)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为__________。
(5)根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线________(无机试剂任选)。
六、填空题
14．（2023·广东梅州·统考二模）铜及其化合物有着广泛的应用。某实验小组探究的性质。
I．实验准备：
(1)由固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有_________(填序号)。
实验任务：探究溶液分别与、溶液的反应
查阅资料：
已知：a．(深蓝色溶液)
b．(无色溶液)(深蓝色溶液)
设计方案并完成实验：
实验
装置
试剂x
操作及现象
A
溶液
溶液
加入溶液，得到绿色溶液，未见明显变化。
B
溶液
加入溶液，得到绿色溶液，时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
现象分析与验证：
(2)推测实验B产生的无色气体为，实验验证：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到__________。
(3)推测实验B中的白色沉淀为，实验验证步骤如下：
①实验B完成后，立即过滤、洗涤。
②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量________，观察到沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为__________；露置在空气中一段时间，观察到溶液变为深蓝色。
(4)对比实验A、B，提出假设：增强了的氧化性。
①若假设合理，实验B反应的离子方程式为和__________。
②下述实验C证实了假设合理，装置如图8(两个电极均为碳棒)。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形__________(补全实验操作及现象)。
Ⅱ．能与、、、等形成配位数为4的配合物。
(5)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子_________(填化学式)。
(6)常见配合物的形成实验
实验操作
实验现象
有关离子方程式
滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐__________，得到深蓝色的透明溶液，滴加乙醇后析出_________色晶体
参考答案：
1． 或 控制适当的温度(或缓慢通入混合气体；或使用多孔球泡) abef 空气中的能氧化，使利用率下降 水、盐酸酸化的溶液、乙醇
【详解】(1) ①SO2与MnO2作用生成MnSO4，反应生成MnSO4的化学方程式为：SO2+MnO2=MnSO4，为加快反应速率，可采取的合理措施有：控制适当的温度(或缓慢通入混合气体；或使用多孔球泡)；
②反应不需要加热制备二氧化硫，b装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过e装置混合，在图1装置中反应生成MnSO4，利用f进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，故选：abef；
③若用空气代替N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低；
(2) ③步骤①若碱性过强，Mn2+直接和OH-结合生成Mn(OH)2沉淀；
根据“MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化”，先用蒸馏水洗涤，用盐酸酸化的BaCl2溶液验证洗涤是否干净，再用乙醇洗涤，所以所需试剂是水、盐酸酸化的BaCl2溶液、乙醇。
2．(1)HSOSO+H+或HSO+H2O SO+H3O+
(2)浓盐酸(或盐酸、HCl)
(3)FeCl3有氧化性，NaHSO3 有还原性，混合时发生氧化还原反应，Fe3+变成 Fe2+，溶液呈浅绿色(或FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，FeCl3能被NaHSO3还原)
(4) Fe3++3HSO= Fe(OH)3↓ +3SO2↑ 在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡(红色)(橙色)不断正向移动，最终溶液几乎无色
(5) SO+H2O HSO+OH- 足量盐酸和BaCl2溶液(或盐酸酸化的BaCl2溶液) Fe3++e -= Fe2+
【详解】（1）NaHSO3属于酸式盐，HSO在水中既有电离也有水解，HSO的水解方程式HSO＋H2OH2SO3＋OH－，HSO的电离方程式HSOSO＋H＋或者HSO＋H2O SO＋H3O＋；故答案为HSOSO＋H＋或者HSO＋H2O SO＋H3O＋；
（2）FeCl3为强酸弱碱盐，配制氯化铁溶液时，为防止Fe3＋水解生成氢氧化铁，因此配制氯化铁溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释到所需的浓度；故答案为浓盐酸(或盐酸、HCl)；
（3）Fe3＋显棕黄色，Fe2＋显浅绿色，根据题中信息，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，即Fe3＋转化成Fe2＋，化合价降低，说明FeCl3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，FeCl3将NaHSO3中的＋4价硫元素氧化成＋6价硫元素；故答案为FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，混合时发生氧化还原反应，Fe3+变成Fe2+溶液呈浅绿色或FeCl3有氧化性，NaHSO3有还原性，FeCl3能被NaHSO3还原；
（4）①根据题中信息，有红褐色沉淀产生，红褐色沉淀为Fe(OH)3，刺激性气体为SO2，原因可能为FeCl3溶液中存在：Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋H＋，H＋与HSO反应生成SO2和H2O，也可能为NaHSO3溶液存在HSO＋H2OH2SO3＋OH－，与FeCl3发生双水解反应，即Fe3＋＋3HSOFe(OH)3↓＋3SO2↑；故答案为Fe3＋＋3HSOFe(OH)3↓＋3SO2↑；
②在氧气作用下，转化成Fe2＋，浓度降低，促进平衡向正反应方向进行，最终溶液几乎无色，故答案为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡(红色)(橙色)不断正向移动，最终溶液几乎无色；
（5）①Na2SO3为强碱弱酸盐，SO发生水解，水解反应方程式为SO＋H2O HSO＋OH－，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为SO＋H2O HSO＋OH－；
②检验SO，先加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，如果有白色沉淀产生，则说明溶液中含有SO；故答案为足量盐酸和BaCl2溶液(或盐酸酸化的BaCl2溶液)；
③该装置为原电池装置，根据问题②Y电极溶液附近出现SO，说明SO被氧化成SO，利用原电池工作原理，Y电极为负极，X电极为正极，正极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；故答案为Fe3＋＋e－=Fe2＋。
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；
【详解】（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．(1)将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集
(2)6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑
(3)过滤
(4)浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小
(5)95.68%
(6) 8 ×107
【详解】（1）根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。
（2）转化为，则H2O2转化为O2：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
故答案为：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
（3）“操作I”为过滤。
故答案为：过滤。
（4）浸出液中加入的SO浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO，故而增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。
故答案为：浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。
（5）根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[]==95.68%。
故答案为95.68%。
（6）①由图可知，一个晶胞中，1个铈离子周围有4个氧离子，故铈离子的配位数为：4×2=8，
故答案为：8。
②在晶胞中，N(Ce4+)==4，N(O2-)=8×1=8，故每个晶胞中相当于有4个CeO2，4M=ρ.v晶胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA。故a=×107nm。
故答案为：×107。
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．(1) ΔH3-2ΔH2 [Ar]3d3 1.0×1014 AC
(2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
(3) 时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
(4) 4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。
【详解】（1）①已知：II.
III. ，由盖斯定律，反应III-2II得
得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2；
②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，故答案为：[Ar]3d3；
③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确；
C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误；
故选AC。
故答案为：1.0×1014；AC；
（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-；
（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS；
（4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使平衡正向从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 。故答案为：4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH；。
9． ＞ 6 sp 离子键 MnO的晶格能大 原子晶体(或共价晶体)
【详解】(1)非金属性越强，电负性越大，则N、O、P的电负性由大到小的顺序为。锰失去2个电子后，价电子排布式是3d5，处于半充满稳定状态，所以第三电离能(Mn)＞(Fe)。
(2)Co的原子序数是27，则基态Co原子核外电子排布式为；的一种配离子中含有的配体是N和NH3，的配位数是1+5＝6，配位体中心原子的价层电子对数是＝2，没有孤电子对，杂化类型是sp。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，二者均是离子晶体，它们含有的化学键类型是离子键。氧离子半径小于硫离子半径，MnO的晶格能大，所以前者熔点较高。
(4)①AlP的熔点为2000℃，熔点高，因此磷化铝的晶体类型为原子晶体(或共价晶体)。
②根据A、B点的原子坐标可判断C点的原子坐标为。
③晶胞中P原子个数是＝4，Al原子个数是4，磷化铝的晶胞参数pm，则其密度为。
10．(1) 2 Be
(2) sp3 2
(3)N>C>H
(4)BC
(5)当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解
(6)
【详解】（1）基态14C原子，轨道表示式为，所以有2对成对电子，成对电子中两个电子自旋方向相反；同周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以Be、B、C的第一电离能顺序为B
（3）吡咯中所含元素是C、N、H，一般来说同周期从左到右电负性逐渐增强，所以电负性是N>C，而H是电负性最小的非金属，所以电负性由大到小的顺序为N>C>H，故答案为：N>C>H；
（4）在CO转化成CO2的反应过程中，
A．CO分子中含有2对孤对电子，CO2分子中含有4对孤对电子，故A项错误;
B． CO为极性分子， CO2为非极性分子，故B项正确;
C． CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键，分子间成键方式改变,，故C项正确；
D．CO和CO2都可以形成分子晶体，转化过程中，相对分子质量增大，分子间作用力会增强，故D错误；
故答案为：BC
（5）因为碳酸盐的分解过程实际上是晶体中阳离子结合中的氧离子，使分解为CO2的过程，所以当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解，故答案为：当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解；
（6）根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目是，每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量是，已知T-碳晶胞参数为apm，则T-碳的密度为，故答案为：。
11． 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：。
12．(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：。
13．(1) 对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸 硝基、酯基
(2) O 小 +2NaOH+H2O+CH3OH
(3)保护羧基
(4)
(5)
【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，C与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F最终转化为J；
【详解】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（2）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；M为，M中电负性最强的元素是O。
②M与相比，中酚羟基可以和水形成氢键，导致其水溶性增大，故M的水溶性更小。
③与性质相似，则为M中-SH、酯基均能与NaOH溶液反应，化学方程式为：+2NaOH+H2O+CH3OH；
（3）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（4）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目为2，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（5）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，故合成路线如下： 。
14．(1)①②③
(2)试纸从蓝色变白
(3) 氨水
(4) 右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体
(5)
(6) 溶解 深蓝
【详解】（1）用固体物质配制溶液，需要使用天平称量固体的质量，并在烧杯中溶解并使用量筒量取少量水，然后转移入容量瓶中，并使用玻璃棒引流，最后用胶头滴管滴加到刻度线，故所给仪器中需要使用的为烧杯、量筒和天平。故选①②③。
（2）淀粉遇碘变蓝，二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸，故观察到的现象为试纸从蓝色变为白色。
（3）根据信息分析，亚铜离子能溶于浓氨水，故取少量已经洗净的白色沉淀，滴加足量的浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为。露置在空气中可以变成深蓝色溶液。
（4）实验B中有白色沉淀和无色气泡产生，故还存在亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，离子方程式为。为了验证假设，先在没有氯离子的条件下进行反应，闭合K ，电压表的指针偏转只X处，说明产生很小的电流，然后向U形管右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体。
（5）硫酸铜溶液显蓝色是因为形成了。
（6）硫酸铜溶液中加入氨水生成氢氧化铜沉淀，氨水过量形成四氨合铜离子，沉淀溶解，加入乙醇后析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O沉淀。
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