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山东省枣庄市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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这是一份山东省枣庄市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40页。试卷主要包含了工业流程题，结构与性质，原理综合题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。
山东省枣庄市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、工业流程题
1．（2021·山东枣庄·统考二模）从石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：
回答下列问题：
(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的主要目的是_______，第二次焙烧时V2O5发生反应的化学方程式为_______。
(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.35mol/L，加入碳酸钠调节溶液的pH为_______即可使Fe3+恰好沉淀完全(沉淀完全的离子浓度≤1×10-5mol/L)，此时_______(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(假设溶液体积不变，；Ksp[Fe(OH)3]=2×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15)
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_______﹐温度最佳值约为_______，温度过高会使沉钒率下降，原因是_______。
(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2Mo2O7，相对分子质量为340]，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示：
则597℃时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_______。
2．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）硒(Se)是一种新型半导体材料；银是一种物理化学性质优良的贵重金属，需求逐年上升。实验室模拟工业对富硒废料(含、)进行综合处理的一种工艺流程如下：
(1)焙烧时应把废料于___________中(填仪器名称)，为提高焙烧效率可采取的措施___________(写一条即可)。
(2)应选用___________(填“浓”或“稀”)溶液，原因是___________。
(3)操作2的名称是___________。
(4)还原过程中产生了对环境友好的气体，写出该反应的离子方程式：___________。
(5)如图装置可以制备一水合肼，其阳极的电极反应式为___________。
(6)有机溶剂为煤油与硫醚的混合物。对操作1中有机溶剂组成、浸出液酸度对萃取率的影响做如下探究，结果如图1、图2所示，则得出的结论为___________。(浸出液)
3．（2023·山东枣庄·统考二模）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。
(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。
二、结构与性质
4．（2021·山东枣庄·统考二模）2020年12月17日，“嫦娥五号”首次成功实现地外天体采样返回，标志着我国航天向前迈出了一大步。其制作材料中包含了Al、Cr、Cu、C、N、O、Si等多种元素。回答下列问题：
(1)上述元素中基态原子未成对电子数与Al相同的有_______。
(2)中的配位数为_______。配位体原子给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键越强，配合物越稳定，作为配体时提供孤电子对的原子是_______。粒子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则的大π键可表示为_______。
(3)氮化铝晶体是第三代半导体材料的典型代表之一，属于六方晶系，结构如图a所示，其晶体类型为_______，其晶胞结构如图b所示。Al原子位于氮原子形成的_______空隙(填“四面体”或“八面体”)。图c是晶胞的俯视图，已知P点的分数坐标为，则晶胞内Al原子在图c中的分数坐标是_______。
(4)已知晶胞的密度为，两种原子半径分别为 nm和 nm，阿伏加德罗常数值为，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______(列出表达式)。
5．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）聚合物锂离子电池具有超薄化特征，适用于多种设备，电极材料涵盖、、、等物质。
(1)磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：
①键角大小比较：___________(填“大于”“等于”或“小于”)。
②纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是___________。
(2)聚合物锂离子电池工作时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移，过程如图所示(图中阴离子未画出)。
①迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间的作用力为___________(填标号)。
a．分子间作用力 b．离子键 c．共价键
②的阴离子的空间构型为___________；基态As原子的最高能级组轨道排布式为___________。
(3)二茂镍 是具有导电性的有机配合物。镍在周期表中的位置是___________(填写对应周期、族)。x个原子共用y个电子可表示为，则环戊二烯离子中的大键可表示为___________。
(4)图1为NiO晶胞，与距离最近的有___________个。
一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，填充其中(如图2)，该“单分子层”面积密度为，则的半径为___________nm。(用m、表示)
6．（2023·山东枣庄·统考二模）Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用。回答下列问题：
(1)一种具有光催化作用的配合物A结构简式如图所示：
①与Co同周期，基态原子有1个未成对电子的元素有___________种。
②配离子的空间构型为___________，钴元素价态为___________，通过螯合作用形成的配位键有___________个。
③配合物A无顺磁性，则中心离子的杂化方式为___________(填标号)。(若中心离子具有单电子，则配合物为顺磁性物质。)
A． B． C． D．
④咪唑( )具有类似苯环的芳香性，①号N比②号N更易与钴形成配位键的原因是________。
(2)Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数体标。
已知晶胞含对称中心，其中1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，则2号氧原子的分数坐标为___________。为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用计算式表示)。
三、原理综合题
7．（2021·山东枣庄·统考二模）2020年9月22日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会上表示，中国将争取在2060年前实现碳中和。研究二氧化碳的回收对这一宏伟目标的实现具有现实意义：
(1)以与为原料可合成尿素，已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
在相同条件下，反应的正反应的活化能为179，则逆反应的活化能为_______。
(2)一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下： 。现有两个相同的恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器甲、乙，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，300℃下开始反应，达到平衡时，容器中的压强P甲_______P乙(填“”、“”或“”)，的物质的量分数X甲_______X乙(填“”、“”或“”)
(3)用催化剂催化加氢合成乙烯的反应，所得产物含、、等副产物，反应过程如图所示：
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得转化率和各产物的物质的量占比见下表。
助剂
转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加_______助剂效果最好﹔加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因是_______。
②下列说法正确的是_______(填字母)。
a.第一步反应为
b.使加氢合成低碳烯烃的减小
c.添加助剂不同，反应的平衡常数不同
(4)和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
①为降低含量，增大含量，可采取的措施有_______。
②恒温恒容密闭的1L容器中加入2mol (g)和4mol (g)，初始压强为10MPa，在300℃发生反应，达到平衡时，的转化率为50%，容器内压强为7.5MPa，则反应Ⅰ的平衡常数_______。
8．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
(1)人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：
反应： ___________。
(2)反应Ⅰ进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，，，物质的量分数为___________％。(计算结果保留1位小数)
(3)乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。
①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，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：
在催化剂甲作用下，图1中M点的速率___________(填“＞”、“＜”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为___________。
②一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K=___________(用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为___________。
9．（2023·山东枣庄·统考二模）船舶柴油机发动机工作时，反应产生的尾气是空气主要污染物之一，研究的转化方法和机理具有重要意义。
已知：
(1)氧化脱除NO的总反应是 ________。
(2)该反应过程有两步：，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数___________(填“>”、“<”或“≈”)，原因是___________。
(3)已知：的反应历程分两步：
步骤
反应
活化能
正反应速率方程
逆反应速率方程
I
(快)
II
(慢)
①则反应I与反应II的活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。
反应的平衡常数___________(用、、、表示)。
②在400k、初始压强为的恒温刚性容器中，按通入NO和，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%，转化率为40%。则的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数；理想气体状态方程，)。
(4)某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生反应()，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：
①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率___________(保留3位有效数字)。
②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是___________。
四、有机推断题
10．（2021·山东枣庄·统考二模）螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；由B生成C的反应类型为_______。
(2)E与F生成G的化学方程式为_______。
(3)H中含氧官能团名称为_______、_______(填两种)。
(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_______种。
①在NaOH溶液中能水解
②核磁共振氢谱中有4组峰
(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)_______。
11．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）我国科学家合成了结构新颖的化合物G，为液晶的发展指明了一个新的方向。H的合成路线如图：
(1)A的结构简式为_______，B→C的反应方程式为_______。
(2)D中的官能团有_______种。写出符合下列条件的一种E同分异构体的结构简式：_______。
①芳香族化合物 ②有3种不同化学环境的氢
(3)检验F中是否有残留的E，所用试剂为_______。F→G的反应可认为进行了两步反应，反应类型依次为_______。
(4)结合上述流程和试剂写出由苯酚合成的路线_____。
12．（2023·山东枣庄·统考二模）利格列汀是一种抑制剂，为广大糖尿病患者提供了一种强效、安全及简便的治疗方案。其部分合成路线如图：
已知：i．(、、均为烃基)
ii．
(1)B与氢气加成后得产物X，满足下列要求的X的同分异构体有___________(写结构简式)。
I．具有两性 II．两分子X间可形成六元环
(2)A+B→C的反应方程式___________。
(3)H的结构简式为___________，反应①与反应②___________(填“可以”或“不可以”)交换顺序，原因是___________。
(4)下列关于F的说法中，正确的是___________(填标号)。
a．为平面型分子 b．可以发生水解反应 c．分子中含结构
(5)根据题目信息，写出以邻苯二胺( )和1－丙醇为主要原料(其它试剂自选)制备 的合成路线___________。
五、实验题
13．（2021·山东枣庄·统考二模）硫酸亚铁铵是一种重要化工原料，其晶体为浅蓝绿色晶体，较硫酸亚铁不易被氧化。
(1)硫酸亚铁铵晶体的制备：
①铁屑需先用碱洗后，再用少量酸洗，酸洗的目的是_______。
②制备硫酸亚铁过程中，初始时活塞a、b、c的开关状态依次是_______，反应一段时间后，调整活塞a、b、c的开关状态依次为_______，最后得到晶体产品。
(2)产品的相关实验：
①硫酸亚铁铵晶体在500℃时隔绝空气加热完全分解，将方程式补充完整(合理即可) _______。
□□(系数为1时，也要写出)
②为验证甲中残留物含有可选用的试剂有_______(填字母)。
a.稀硝酸 b.稀硫酸 c.新制氯水 d.硫氰酸钾
③装置乙中HCl的作用是_______。实验中，观察到装置丙中有白色沉淀生成，发生的离子反应方程式为_______。
(3)样品纯度的测定：准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体样品，配制成100mL溶液。取所配溶液20.00mL于锥形瓶中，加稀酸化，实验测定其与溶液恰好完全反应。已知：的摩尔质量是392g/mol，则产品中的质量分数为_______。
14．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）某化学兴趣小组利用如图1所示装置(加持装置省略)制备。已知是一种易溶于水，不溶于酒精的白色或微红色晶体。
(1)检验如图1装置气密性的方法是___________，装置Ⅱ中发生反应的方程式：___________。
(2)抽滤如图2所示，与用普通漏斗过滤相比，抽滤的优点是___________；其最佳操作顺序是___________，确认抽干(填标号)。
a．打开循环水式真空泵 b．加入少量蒸馏水润湿滤纸 c．转移固液混合物
(3)根据图3，加热反应后的溶液并控制温度大于40℃，经蒸发结晶，___________，用___________洗涤，干燥，可得到产品。
(4)图1装置还存在安全隐患，在Ⅱ后的方框内增加合适的装置和药品以消除这种隐患，在方框内完成作答___________。
(5)产品的纯度可用配位滴定法测定。被空气氧化成后，可与配位剂三乙醇胺生成绿色配合物以掩蔽其他离子，再加入盐酸羟胺将配合物中的还原成，以K-B为指示剂，用EDTA(可以表示为)标准滴定液进行滴定，反应为：。准确称取一定质量的晶体加入250mL的锥形瓶中，加20mL水、10mL三乙醇胺，充分振荡，再加入10mL足量的盐酸羟胺。滴入2～3滴K-B作指示剂后溶液呈酒红色，摇匀。用已标定的溶液滴定，当溶液由酒红色变成纯蓝色，即为终点。实验数据见下表：
实验
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
1
0.0845
0.20
26.60
2
0.0845
0.00
26.20
3
0.0845
0.32
28.35
则产品的纯度为___________％(保留整数)。
15．（2023·山东枣庄·统考二模）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。
原理：
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体
(1)实验装置合理的连接顺序为a—___________(填仪器接口字母标号)。
(2)步骤如下：
i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；
ii．加热反应管至400℃；
iii．控制开关，加热，温度保持在50℃～60℃之间；
iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v．停止A装置水浴加热，……；
vi．装置冷却后，结束制备实验。
①步骤i中，开关、的状态分别为___________。
②补全步骤v的操作：___________，其目的是___________。
(3)从安全的角度考虑，整套装置的不足是___________。
(4)装置D中反应的离子方程式为___________。
(5)取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量30% ，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL(杂质不参加反应)。
已知：；
①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是___________。
②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________(结果保留三位有效数字)。
③若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
参考答案：
1． 除去废催化剂表面的有机物 2.8 无 4 80℃ 氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降
【分析】石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行焙烧破碎后生成金属氧化物(Al2O3、V2O5、NiO、MoO3及Fe2O3等)，再经过苏打(Na2CO3)焙烧，得到偏铝酸钠、偏钒酸钠及不溶于水的NiO、MoO3及Fe2O3，再进行酸浸后，NiO、MoO3及Fe2O3溶于酸形成相应的金属离子，再调节适当pH沉铁；向水浸取后所得的溶质中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收Mo元素，得到钼酸铵，据此结合题中所给信息即元素化合物的性质分析解答。
【详解】(1)废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行一次焙烧，主要是为了将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物；第二次焙烧过程中加入碳酸钠，其中五氧化二钒、氧化铝均会与碳酸钠发生反应，其五氧化二钒与碳酸钠高温焙烧会生成偏钒酸钠与二氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：除去废催化剂表面的有机物；；
(2)沉淀完全时c(Fe3+)≤1.0×10-5mol/L，根据Ksp的公式可知，溶液中的c(OH-)=≥≥6.0×10-12mol/L，此时pH≥-lgc(H+)=-lg=lg6-12+14=2.8，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=0.35×(6.0×10-12)2=1.26×10-23＜Ksp[Ni(OH)2]，所以无Ni(OH)2生成，故答案为：2.8；无；
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，根据图象可知，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)对钒的沉淀率影响图象可知，当K在4附近时，沉淀率可达到最大，则K最佳值约为4；再根据钒的沉淀率随温度的变化曲线可知，温度最佳值约为80℃；因为铵盐受热易分解，所以温度过高会使沉钒率下降，故答案为：4；80℃；氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降；
(4)设有1mol(NH4)2Mo2O7，则其质量为340g，在597℃时，固体损失340g×(1-84.7%)=52g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化分析可知，固体损失的质量为2molNH3与1molH2O的质量，所以余下固体应为MoO3，发生反应的化学方程式为：，故答案为：。
2．(1) 坩埚 粉碎富硒废料或者增大氧气浓度
(2) 稀 稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少。
(3)反萃取，分液
(4)4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
(5)2NH3-2e-+O2-=
(6)在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大
【分析】废料(含Ag2Se、Cu2S)，焙烧可生成SeO2、SO2，气体1与水反应生成H2SO4和Se，母液含硫酸；烧渣含Ag、CuO，加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，氧化铜反应生成硝酸铜，气体2是NO，加入有机溶剂分离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=+2H2O，操作3中发生反应为4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
【详解】（1）焙烧时应把废料于坩埚中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积；
（2）浸取中加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，与氧化铜反应生成硝酸铜，应选用稀硝酸，原因是稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少；
（3）操作2分离有机相和无机相，名称是萃取；
（4）硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=Ag(NH3)+2H2O，还原过程中产生了对环境友好的气体即氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反应的离子方程式：4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
（5）阳极上用NH3制备一水合肼，N元素化合价从-3升到-2，电极反应式为2NH3-2e-+O2-=；
（6）根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大。
3．(1)70℃，固液比
(2)将PdO还原为Pd
(3)
(4) 阴离子 B
(5) HCl 浸取与洗脱
(6) 159 阴极有得电子生成
【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。
【详解】（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。【点睛】
4． Cu 6 N 原子晶体 四面体
【详解】(1)Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1个未成对电子，Cr、Cu、C、N、O、Si只有Cu(3d104s1) 基态原子未成对电子数与Al相同，故答案为：Cu；
(2)[Cr(NO2)(NH3)5]Cl2中Cr3+为中心离子，有1个NO和5个NH3，所以配位数为6，NO做配位离子时由中心原子N提供孤电子对，的的大π键可表示为，故答案为：6，N，；
(3) AlN为六方晶系，为共价键化合物，是原子晶体，则晶体类型为原子晶体；由图可知，黑球为Al，白球为N，每个Al周围有4个N原子，可以组成四面体，所以Al在N形成的四面体空隙；P点坐标为(1，1)，将大立方体分为八个小立方体， Al处于下层-小立体体心，所以坐标为；
(4)一个晶胞含Al个数=，N个数=，所以晶胞体积：，6个AlN的体积为，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为，故答案为：；
5．(1) 小于 温度升高，磷酸分子间氢键被破坏
(2) c 正八面体
(3) 第四周期Ⅷ族
(4) 12
【解析】（1）
①P=O键和P−O键的排斥力大于P−O键和P−O键之间的排斥力，所以键角小于；故答案为：小于。
②磷酸分子间有氢键，温度升高，氢键被破坏，所以纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降；故答案为：温度升高，磷酸分子间氢键被破坏。
（2）
①根据图示，迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间形成配位键，作用力为共价键，选c；故答案为：c。
②的阴离子是，中As原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正八面体；基态As原子的最高能级组包括4s、3d、4p三个能级，轨道排布式为；故答案为：正八面体；。
（3）
镍是28号元素，在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族。环戊二烯离子中5个原子共用6个电子，其大键可表示为；故答案为：第四周期Ⅷ族；。
（4）
由晶胞图以体心的分析，与氧离子距离最近的氧离子有12个；根据图，单分子层重复单元呈平行四边形，是相邻四个球中心的连线，每个重复单元包括一个和一个Ni2+，作三角形，设的半径为anm，三角形高为 ，三角形面积为 ，平行四边形面积为 ，NiO的相对分子质量为75，每平方厘米面积上分散的该晶体的质量为“单分子层”面积密度，则的半径为；故答案为：12；。
6．(1) 5 三角锥 +3 5 C ②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱
(2) (0.3333，0.3333，0.1077)
【详解】（1）①Co位于第四周期，第四周期元素中，原子基态时具有1个未成对电子，外围电排布为4s1或4s24p1或4s24p5、3dl04s1、3d14s2，共有5种元素；
②配离子中心原子价层电子对数为3+ =4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，由配合物A结构简式可知Co原子和N原子形成4个配位键，和O原子形成2个共价键，带1个单位负电荷，则钴元素价态为+3价，螯合是指具有以下两个或多个配位原子的多齿配体与同一金属进行离子相互之间没有形成螯合环，通过螯合作用形成的配位键有5个；
③由配合物A结构简式可知Co原子形成6个配位键，Co原子的价层电子对数为6，杂化方式为，故选C；
④②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱。
（2）根据1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，2号氧原子、1号氧原子和晶胞含对称中心，根据对称关系可知2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)，晶胞中O原子个数为4，H原子个数为2，Co原子个数为8+4=2，则该晶体的密度为=。
7． 222 ＞ ＜ Cu 助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率 a 升高温度 0.384
【详解】(1) 根据盖斯定律可知，反应由反应Ⅰ+Ⅱ，故==-43kJ•mol-1，又知该反应的正反应的活化能为179，故其逆反应的活化能为：179+43kJ•mol-1=222 kJ•mol-1，故答案为：222；
(2)根据等效平衡的原理，若两个相同的恒容密闭容器中，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，则两容器达到等效平衡，故平衡时，两容器压强相等，CH4的物质的量分数也相等，但现在是恒容绝热容器中，甲容器从正反应开始，反应放热，容器温度升高，乙容器从逆反应进行，反应吸热，容器温度降低，故甲容器的温度比乙容器的高，而反应 ，升高温度，平衡逆向移动，故甲容器中气体的物质的量比乙容器大，容器中的压强P甲＞P乙，的物质的量分数X甲＜X乙，故答案为：＞；＜；
(3) ①从题干表中信息可知，用Cu作助剂时，CO2的转化率最高，乙烯的百分含量最高，故欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加Cu助剂效果最好，加入助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率，故能提高单位时间内乙烯产量的原因，故答案为：Cu；助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率；
②a．由题干信息历程图可知，第一步反应为，a正确；
b．催化剂只改变反应所需要的活化能，不改变反应的反应热，故使加氢合成低碳烯烃的不变，b错误；
c．化学平衡常数仅为温度的函数，温度不变，添加助剂不同，反应的平衡常数不变，c错误；
故答案为：a；
(4)
①根据反应Ⅰ放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故为降低含量，增大含量，可采取的措施有升高温度，故答案为：升高温度；
②②根据三段式可知：，，则平衡时CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，H2的物质的量为4-3x-2.5(1-x)mol，CH3OH的物质的量为xmol，C2H2的物质的量为：0.5(1-x)mol，H2O的物质的量为：x+2(1-x)mol，根据恒温恒容密闭中气体的压强之比等于气体的物质的量之比可求：1+4-3x-2.5(1-x)+ x+0.5(1-x)+ x+2(1-x)=6×，解得：x=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数==0.384，故答案为：0.384。
8．(1)++×+×
(2)11.1
(3) > 催化剂乙、反应温度200℃
【详解】（1）反应I：，反应II：，反应III：，反应IV：，由盖斯定律，反应I+II+×III+×IV可得反应： ++×+×；
（2）设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，
容器体积为1L，达到平衡时，，则4-x-2y=x+4y①，，则6-3x-6y=1.2②，联立①②式解得x=0.8mol、y=0.4mol，则物质的量分数为；
（3）①催化剂不能使平衡发生移动，由图可知M点乙烯的转化率低于同温度下催化剂为乙时乙烯的转化率，说明M点时反应还没有达到平衡状态，还在正向进行，故>；
根据图1所给信息，催化剂为乙的时候乙烯的转化率高，故应选择的反应条件为催化剂乙、反应温度200℃；故答案为：>；催化剂乙、反应温度200℃；
②由化学方程式可知，正速率与乙烯的浓度有关，逆速率与丙烯的浓度有关，故v正的斜率更大一些，由速率公式可得：lgv正=lgk正+3lg c(C2H4)，lgv逆=lgk逆+2lgc(C3H6)，由图可知当lg c(C2H4)和lgc(C3H6)均为0时，lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正=a，k正=10a，lgv逆=lgk逆=b，k逆=10b，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=；
设向容器中充入xmol/L C2H4，平衡后测得，则有三段式：
K=，解得：，则用表示的平均反应速率为v(C3H6)=
故答案为：；。
9．(1)
(2) > 含量先增大后减少
(3) < 415.7
(4) 催化剂产生作用需要有氧气参加
【详解】（1）已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，（②×2-3×③+①）得到 （×2-3×+）=。
（2）由图可知，含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应的程度大于的程度，则速率常数>。
（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能：<；反应的平衡常数，当反应达到平衡时， =，则，=，则，则；
②根据已知条件列出“三段式”
达平衡时NO转化率为=x=0.9，转化率为y=0.4，平衡时气体总物质的量为3mol，则平衡时体系总压强为=，混合气体的总体积V=，则的平衡常数415.7。
（4）①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速率；
②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。
10． 对二甲苯(或1，4-二甲苯) 取代反应 + +HCl 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个） 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个，与前面的不同即可） 6
【分析】结合信息①，由B的结构简式，根据A的分子式可知A是，B发生信息②反应产生C是，C酸化得到D是，D与PCl3发生取代反应产生E是； G与CH3OH与浓硫酸共热，发生酯化反应产生H：， 由H逆推可知G是，结合G、E结构及F的分子式，可知F结构简式是，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1) 由上述分析可知A是，故A的化学名称是对二甲苯(或1，4-二甲苯) ；B是，C是，根据二者结构的不同，可知B发生取代反应产生C，因此反应类型是取代反应，故答案为：对二甲苯(或1，4-二甲苯)；取代反应；
(2) E是，F是，二者在一定条件下发生取代反应产生G，同时产生HCl，该反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为：+ +HCl；
(3) H是， 其中的含氧官能团是酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可），故答案为：酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可）；
(4) 芳香化合物X是D的同分异构体，结合D的结构及不饱和度，符合下列条件①在NaOH溶液中能水解，说明芳香化合物X中含有一个酯基；②核磁共振氢谱中有4组峰，说明芳香化合物X存在对称结构，符合要求的同分异构体有6种：、、、、、；故答案为：6；
(5) 与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下水解产生，与PCl3发生取代反应产生，在Et3N条件下发生取代反应产生，故以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线为：，故答案为：
。
11．(1) +HOOCCHO→
(2) 4 或或
(3) FeCl3溶液 加成反应、消去反应
(4)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠作用下与(CH3)2SO4发生取代反应生成，则A为、B为；与HOOCCHO发生加成反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D为；发生脱羧反应生成，则E为；与发生取代反应生成F，F与发生取代反应生成G，以此来解析；
（1）由分析可知，A的结构简式为，B→C的反应为与HOOCCHO发生加成反应生成，反应的反应方程式为+HOOCCHO→；
（2）D的结构简式为，官能团为羟基、醚键、羰基、羧基，共有4种；E的同分异构体是芳香族化合物、有4种不同化学环境的氢为；
（3）由结构简式可知，E分子中含有酚羟基而F分子中无酚羟基，E可与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，F分子不能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，则可用氯化铁溶液检验F中是否有残留的E；F→G的反应先是氨基与醛基发生加成反应，然后醇羟基再发生消去反应，则反应类型依次加成反应、消去反应；
（4）由题给有机物的转化关系可知，由苯酚合成的步骤为与HOOCCHO发生加成反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，发生脱羧反应生成，合成路线为：；
12．(1) 、
(2)
(3) 不可以 防止碳碳三键与发生加成反应
(4)b
(5)
【分析】A和B发生成环反应得到C，结合A、B、C的结构式可以推知该过程中有CH3CH2OH生成，C和NaNO2发生取代反应生成D，D和Na2S2O3反应生成E，E发生已知i的反应生成F，则可以推知D中的硝基被还原生成氨基，则E的结构简式为： ，F的结构简式为 ，F和Br2反应取代反应生成G，则G的结构简式为 ，I和 发生取代反应生成J，则I的结构简式为 ，G和物质H发生已知i的反应生成I，则H的结构简式为，以此解答。
【详解】（1）B与氢气加成后得产物X为 ，X的同分异构体满足条件I．具有两性，说明其中含有氨基和羧基；II．两分子X间可形成六元环；可能的结构简式为： 、 。
（2）A和B发生成环反应得到C，结合A、B、C的结构式可以推知该过程中有CH3CH2OH生成，方程式为： 。
（3）由分析可知，H的结构简式为，H中含有碳碳三键能够和Br2发生加成反应，反应①与反应②不可以交换顺序，原因是防止碳碳三键与发生加成反应。
（4）由分析可知，F为 ，
a．该结构中没有苯环，N原子的杂化方式为sp2和sp3杂化且含有甲基，F不是平面型分子，故a错误；
b．F中含有肽键（-NHCO-）的结构，可以发生水解反应，故b正确；
c．F中含有1个5元环，但没有的结构，故c错误；
故选b。
（5） 先发生已知i的反应生成 ，1-丙醛发生消去反应得到丙烯，丙烯再和HBr发生加成反应得到2-溴丙烷， 和2-溴丙烷发生已知i的反应得到 ，合成路线为： 。
13．(1) 去除表面的氧化物 活塞a关闭，活塞b、c打开 活塞a打开，活塞b、c关闭
(2) 或； bd 保持酸性环境，防止反应产生沉淀，干扰的检验
(3)98.00%
【解析】（1）
①铁表面会潮湿腐蚀生成Fe2O3等氧化物，加酸洗是为了去除表面的氧化物，故答案为：去除表面的氧化物；
②制取硫酸亚铁过程中，先打开活塞b、c，平衡装置内的大气压，同时关闭活塞a，隔绝氧气防止亚铁被氧化；反应一段时间后，为了将锥形瓶中的硫酸亚铁进入饱和硫酸铵中反应制取产品，则应关闭活塞b、c，打开活塞a，利用产生的氢气的压强差将硫酸亚铁溶液压至饱和硫酸铵中反应，故答案为：活塞a关闭，活塞b、c打开；活塞a打开，活塞b、c关闭；
（2）
①根据已知方程式
，根据铁原子守恒可知：前系数配4，令化学方程式为：，根据得失电子守恒，则有，当b=1时，则c=4＜8，满足质量守恒定律，且a=6、d=4、e=31，配得化学方程式为：；当b=2时，则c=7＜8，满足质量守恒定律，且a=4、d=1、e=34，配得化学方程式为：；当b=3时，则c=10＞8，不满足质量守恒定律，故答案为：或；
②先用稀硫酸溶解甲中残留物，得到溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，若无明显现象，说明不含有，则可选用的试剂有：bd，故答案为：bd；
③产生的气体有SO2和SO3，加稀盐酸可排除BaSO3沉淀的影响，生成不溶于稀盐酸的BaSO4才能证明气体含有SO3，则HCl的作用是：保持酸性环境，防止SO2反应产生沉淀，干扰SO3的检验；装置丙中H2O2具有氧化性，能将+4价的S氧化成+6价，再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，故答案为：保持酸性环境，防止反应产生沉淀，干扰的检验；；
（3）
用酸性KMnO4滴定是利用其与样品中Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，则存在关系式：，解得n=0.01mol，则20.00g硫酸亚铁铵晶体样品中铁元素的物质的量为，则样品中的物质的量为n=0.05mol，质量为m=nM=0.05mol×392g/mol=19.6g，20.00g样品中质量分数为，故答案为：98.00%。
14．(1) 打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好 MnO2+SO2=MnSO4
(2) 过滤速度更快，得到的晶体更干燥 bac
(3) 趁热过滤 酒精
(4)
(5)97
【分析】装置I用浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，进入装置II与MnO2发生氧化还原反应生成MnSO4，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4，由于二氧化硫有毒，应在装置末加装NaOH溶液作尾气处理；
【详解】（1）检验装置I的气密性方法：可打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好；装置Ⅱ中MnO2与SO2发生氧化还原反应生成MnSO4，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4；
（2）与用普通漏斗过滤相比，抽滤的主要优点是过滤速度更快，得到的晶体更干燥；最佳操作顺序是加入少量蒸馏水润湿滤纸，打开循环水式真空泵，再转移固液混合物，即bac；
（3）低于40℃结晶析出MnSO4．5H2O，高于40℃结晶析出MnSO4．H2O，则加热溶液并控制温度＞40℃，蒸发结晶，趁热过滤，已知易溶于水，不溶于酒精，用酒精洗涤，干燥，可得到产品；
（4）二氧化硫有毒需要进行尾气处理，可以在装置后增加NaOH溶液，吸收并防止倒吸和尾气处理装置，即；
（5）消耗的EDTA标准滴定液体积为26.60-0.20=26.40mL、26.20mL、28.35-0.32=28.03，第3组误差较大应舍去，则V(EDTA)=，n(EDTA)=cV=，反应为：，n()=n(EDTA)= ，质量为m=nM=×169g/mol=0.0822g，产品的纯度为。
15．(1)hi(或ih)debcf(g)
(2) 开, 关 继续通入一段时间 将COCl2完全排入装置D被充分吸收
(3)升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
(4)
(5) 除去多余的 92.5% 偏低
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C。
【详解】（1）根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)。
（2）①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4。
②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。
（3）三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管。
（4）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；
（5）①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；
②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为；
③普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。
山东省枣庄市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、工业流程题
1．（2021·山东枣庄·统考二模）从石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：
回答下列问题：
(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的主要目的是_______，第二次焙烧时V2O5发生反应的化学方程式为_______。
(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.35mol/L，加入碳酸钠调节溶液的pH为_______即可使Fe3+恰好沉淀完全(沉淀完全的离子浓度≤1×10-5mol/L)，此时_______(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(假设溶液体积不变，；Ksp[Fe(OH)3]=2×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15)
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_______﹐温度最佳值约为_______，温度过高会使沉钒率下降，原因是_______。
(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2Mo2O7，相对分子质量为340]，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示：
则597℃时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_______。
2．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）硒(Se)是一种新型半导体材料；银是一种物理化学性质优良的贵重金属，需求逐年上升。实验室模拟工业对富硒废料(含、)进行综合处理的一种工艺流程如下：
(1)焙烧时应把废料于___________中(填仪器名称)，为提高焙烧效率可采取的措施___________(写一条即可)。
(2)应选用___________(填“浓”或“稀”)溶液，原因是___________。
(3)操作2的名称是___________。
(4)还原过程中产生了对环境友好的气体，写出该反应的离子方程式：___________。
(5)如图装置可以制备一水合肼，其阳极的电极反应式为___________。
(6)有机溶剂为煤油与硫醚的混合物。对操作1中有机溶剂组成、浸出液酸度对萃取率的影响做如下探究，结果如图1、图2所示，则得出的结论为___________。(浸出液)
3．（2023·山东枣庄·统考二模）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。
(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。
二、结构与性质
4．（2021·山东枣庄·统考二模）2020年12月17日，“嫦娥五号”首次成功实现地外天体采样返回，标志着我国航天向前迈出了一大步。其制作材料中包含了Al、Cr、Cu、C、N、O、Si等多种元素。回答下列问题：
(1)上述元素中基态原子未成对电子数与Al相同的有_______。
(2)中的配位数为_______。配位体原子给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键越强，配合物越稳定，作为配体时提供孤电子对的原子是_______。粒子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则的大π键可表示为_______。
(3)氮化铝晶体是第三代半导体材料的典型代表之一，属于六方晶系，结构如图a所示，其晶体类型为_______，其晶胞结构如图b所示。Al原子位于氮原子形成的_______空隙(填“四面体”或“八面体”)。图c是晶胞的俯视图，已知P点的分数坐标为，则晶胞内Al原子在图c中的分数坐标是_______。
(4)已知晶胞的密度为，两种原子半径分别为 nm和 nm，阿伏加德罗常数值为，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______(列出表达式)。
5．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）聚合物锂离子电池具有超薄化特征，适用于多种设备，电极材料涵盖、、、等物质。
(1)磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：
①键角大小比较：___________(填“大于”“等于”或“小于”)。
②纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是___________。
(2)聚合物锂离子电池工作时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移，过程如图所示(图中阴离子未画出)。
①迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间的作用力为___________(填标号)。
a．分子间作用力 b．离子键 c．共价键
②的阴离子的空间构型为___________；基态As原子的最高能级组轨道排布式为___________。
(3)二茂镍 是具有导电性的有机配合物。镍在周期表中的位置是___________(填写对应周期、族)。x个原子共用y个电子可表示为，则环戊二烯离子中的大键可表示为___________。
(4)图1为NiO晶胞，与距离最近的有___________个。
一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，填充其中(如图2)，该“单分子层”面积密度为，则的半径为___________nm。(用m、表示)
6．（2023·山东枣庄·统考二模）Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用。回答下列问题：
(1)一种具有光催化作用的配合物A结构简式如图所示：
①与Co同周期，基态原子有1个未成对电子的元素有___________种。
②配离子的空间构型为___________，钴元素价态为___________，通过螯合作用形成的配位键有___________个。
③配合物A无顺磁性，则中心离子的杂化方式为___________(填标号)。(若中心离子具有单电子，则配合物为顺磁性物质。)
A． B． C． D．
④咪唑( )具有类似苯环的芳香性，①号N比②号N更易与钴形成配位键的原因是________。
(2)Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数体标。
已知晶胞含对称中心，其中1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，则2号氧原子的分数坐标为___________。为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用计算式表示)。
三、原理综合题
7．（2021·山东枣庄·统考二模）2020年9月22日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会上表示，中国将争取在2060年前实现碳中和。研究二氧化碳的回收对这一宏伟目标的实现具有现实意义：
(1)以与为原料可合成尿素，已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
在相同条件下，反应的正反应的活化能为179，则逆反应的活化能为_______。
(2)一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下： 。现有两个相同的恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器甲、乙，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，300℃下开始反应，达到平衡时，容器中的压强P甲_______P乙(填“”、“”或“”)，的物质的量分数X甲_______X乙(填“”、“”或“”)
(3)用催化剂催化加氢合成乙烯的反应，所得产物含、、等副产物，反应过程如图所示：
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得转化率和各产物的物质的量占比见下表。
助剂
转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加_______助剂效果最好﹔加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因是_______。
②下列说法正确的是_______(填字母)。
a.第一步反应为
b.使加氢合成低碳烯烃的减小
c.添加助剂不同，反应的平衡常数不同
(4)和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
①为降低含量，增大含量，可采取的措施有_______。
②恒温恒容密闭的1L容器中加入2mol (g)和4mol (g)，初始压强为10MPa，在300℃发生反应，达到平衡时，的转化率为50%，容器内压强为7.5MPa，则反应Ⅰ的平衡常数_______。
8．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
(1)人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：
反应： ___________。
(2)反应Ⅰ进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，，，物质的量分数为___________％。(计算结果保留1位小数)
(3)乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。
①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，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：
在催化剂甲作用下，图1中M点的速率___________(填“＞”、“＜”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为___________。
②一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K=___________(用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为___________。
9．（2023·山东枣庄·统考二模）船舶柴油机发动机工作时，反应产生的尾气是空气主要污染物之一，研究的转化方法和机理具有重要意义。
已知：
(1)氧化脱除NO的总反应是 ________。
(2)该反应过程有两步：，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数___________(填“>”、“<”或“≈”)，原因是___________。
(3)已知：的反应历程分两步：
步骤
反应
活化能
正反应速率方程
逆反应速率方程
I
(快)
II
(慢)
①则反应I与反应II的活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。
反应的平衡常数___________(用、、、表示)。
②在400k、初始压强为的恒温刚性容器中，按通入NO和，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%，转化率为40%。则的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数；理想气体状态方程，)。
(4)某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生反应()，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：
①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率___________(保留3位有效数字)。
②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是___________。
四、有机推断题
10．（2021·山东枣庄·统考二模）螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；由B生成C的反应类型为_______。
(2)E与F生成G的化学方程式为_______。
(3)H中含氧官能团名称为_______、_______(填两种)。
(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_______种。
①在NaOH溶液中能水解
②核磁共振氢谱中有4组峰
(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)_______。
11．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）我国科学家合成了结构新颖的化合物G，为液晶的发展指明了一个新的方向。H的合成路线如图：
(1)A的结构简式为_______，B→C的反应方程式为_______。
(2)D中的官能团有_______种。写出符合下列条件的一种E同分异构体的结构简式：_______。
①芳香族化合物 ②有3种不同化学环境的氢
(3)检验F中是否有残留的E，所用试剂为_______。F→G的反应可认为进行了两步反应，反应类型依次为_______。
(4)结合上述流程和试剂写出由苯酚合成的路线_____。
12．（2023·山东枣庄·统考二模）利格列汀是一种抑制剂，为广大糖尿病患者提供了一种强效、安全及简便的治疗方案。其部分合成路线如图：
已知：i．(、、均为烃基)
ii．
(1)B与氢气加成后得产物X，满足下列要求的X的同分异构体有___________(写结构简式)。
I．具有两性 II．两分子X间可形成六元环
(2)A+B→C的反应方程式___________。
(3)H的结构简式为___________，反应①与反应②___________(填“可以”或“不可以”)交换顺序，原因是___________。
(4)下列关于F的说法中，正确的是___________(填标号)。
a．为平面型分子 b．可以发生水解反应 c．分子中含结构
(5)根据题目信息，写出以邻苯二胺( )和1－丙醇为主要原料(其它试剂自选)制备 的合成路线___________。
五、实验题
13．（2021·山东枣庄·统考二模）硫酸亚铁铵是一种重要化工原料，其晶体为浅蓝绿色晶体，较硫酸亚铁不易被氧化。
(1)硫酸亚铁铵晶体的制备：
①铁屑需先用碱洗后，再用少量酸洗，酸洗的目的是_______。
②制备硫酸亚铁过程中，初始时活塞a、b、c的开关状态依次是_______，反应一段时间后，调整活塞a、b、c的开关状态依次为_______，最后得到晶体产品。
(2)产品的相关实验：
①硫酸亚铁铵晶体在500℃时隔绝空气加热完全分解，将方程式补充完整(合理即可) _______。
□□(系数为1时，也要写出)
②为验证甲中残留物含有可选用的试剂有_______(填字母)。
a.稀硝酸 b.稀硫酸 c.新制氯水 d.硫氰酸钾
③装置乙中HCl的作用是_______。实验中，观察到装置丙中有白色沉淀生成，发生的离子反应方程式为_______。
(3)样品纯度的测定：准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体样品，配制成100mL溶液。取所配溶液20.00mL于锥形瓶中，加稀酸化，实验测定其与溶液恰好完全反应。已知：的摩尔质量是392g/mol，则产品中的质量分数为_______。
14．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）某化学兴趣小组利用如图1所示装置(加持装置省略)制备。已知是一种易溶于水，不溶于酒精的白色或微红色晶体。
(1)检验如图1装置气密性的方法是___________，装置Ⅱ中发生反应的方程式：___________。
(2)抽滤如图2所示，与用普通漏斗过滤相比，抽滤的优点是___________；其最佳操作顺序是___________，确认抽干(填标号)。
a．打开循环水式真空泵 b．加入少量蒸馏水润湿滤纸 c．转移固液混合物
(3)根据图3，加热反应后的溶液并控制温度大于40℃，经蒸发结晶，___________，用___________洗涤，干燥，可得到产品。
(4)图1装置还存在安全隐患，在Ⅱ后的方框内增加合适的装置和药品以消除这种隐患，在方框内完成作答___________。
(5)产品的纯度可用配位滴定法测定。被空气氧化成后，可与配位剂三乙醇胺生成绿色配合物以掩蔽其他离子，再加入盐酸羟胺将配合物中的还原成，以K-B为指示剂，用EDTA(可以表示为)标准滴定液进行滴定，反应为：。准确称取一定质量的晶体加入250mL的锥形瓶中，加20mL水、10mL三乙醇胺，充分振荡，再加入10mL足量的盐酸羟胺。滴入2～3滴K-B作指示剂后溶液呈酒红色，摇匀。用已标定的溶液滴定，当溶液由酒红色变成纯蓝色，即为终点。实验数据见下表：
实验
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
1
0.0845
0.20
26.60
2
0.0845
0.00
26.20
3
0.0845
0.32
28.35
则产品的纯度为___________％(保留整数)。
15．（2023·山东枣庄·统考二模）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。
原理：
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体
(1)实验装置合理的连接顺序为a—___________(填仪器接口字母标号)。
(2)步骤如下：
i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；
ii．加热反应管至400℃；
iii．控制开关，加热，温度保持在50℃～60℃之间；
iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v．停止A装置水浴加热，……；
vi．装置冷却后，结束制备实验。
①步骤i中，开关、的状态分别为___________。
②补全步骤v的操作：___________，其目的是___________。
(3)从安全的角度考虑，整套装置的不足是___________。
(4)装置D中反应的离子方程式为___________。
(5)取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量30% ，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL(杂质不参加反应)。
已知：；
①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是___________。
②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________(结果保留三位有效数字)。
③若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
参考答案：
1． 除去废催化剂表面的有机物 2.8 无 4 80℃ 氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降
【分析】石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行焙烧破碎后生成金属氧化物(Al2O3、V2O5、NiO、MoO3及Fe2O3等)，再经过苏打(Na2CO3)焙烧，得到偏铝酸钠、偏钒酸钠及不溶于水的NiO、MoO3及Fe2O3，再进行酸浸后，NiO、MoO3及Fe2O3溶于酸形成相应的金属离子，再调节适当pH沉铁；向水浸取后所得的溶质中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收Mo元素，得到钼酸铵，据此结合题中所给信息即元素化合物的性质分析解答。
【详解】(1)废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行一次焙烧，主要是为了将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物；第二次焙烧过程中加入碳酸钠，其中五氧化二钒、氧化铝均会与碳酸钠发生反应，其五氧化二钒与碳酸钠高温焙烧会生成偏钒酸钠与二氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：除去废催化剂表面的有机物；；
(2)沉淀完全时c(Fe3+)≤1.0×10-5mol/L，根据Ksp的公式可知，溶液中的c(OH-)=≥≥6.0×10-12mol/L，此时pH≥-lgc(H+)=-lg=lg6-12+14=2.8，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=0.35×(6.0×10-12)2=1.26×10-23＜Ksp[Ni(OH)2]，所以无Ni(OH)2生成，故答案为：2.8；无；
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，根据图象可知，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)对钒的沉淀率影响图象可知，当K在4附近时，沉淀率可达到最大，则K最佳值约为4；再根据钒的沉淀率随温度的变化曲线可知，温度最佳值约为80℃；因为铵盐受热易分解，所以温度过高会使沉钒率下降，故答案为：4；80℃；氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降；
(4)设有1mol(NH4)2Mo2O7，则其质量为340g，在597℃时，固体损失340g×(1-84.7%)=52g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化分析可知，固体损失的质量为2molNH3与1molH2O的质量，所以余下固体应为MoO3，发生反应的化学方程式为：，故答案为：。
2．(1) 坩埚 粉碎富硒废料或者增大氧气浓度
(2) 稀 稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少。
(3)反萃取，分液
(4)4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
(5)2NH3-2e-+O2-=
(6)在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大
【分析】废料(含Ag2Se、Cu2S)，焙烧可生成SeO2、SO2，气体1与水反应生成H2SO4和Se，母液含硫酸；烧渣含Ag、CuO，加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，氧化铜反应生成硝酸铜，气体2是NO，加入有机溶剂分离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=+2H2O，操作3中发生反应为4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
【详解】（1）焙烧时应把废料于坩埚中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积；
（2）浸取中加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，与氧化铜反应生成硝酸铜，应选用稀硝酸，原因是稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少；
（3）操作2分离有机相和无机相，名称是萃取；
（4）硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=Ag(NH3)+2H2O，还原过程中产生了对环境友好的气体即氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反应的离子方程式：4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
（5）阳极上用NH3制备一水合肼，N元素化合价从-3升到-2，电极反应式为2NH3-2e-+O2-=；
（6）根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大。
3．(1)70℃，固液比
(2)将PdO还原为Pd
(3)
(4) 阴离子 B
(5) HCl 浸取与洗脱
(6) 159 阴极有得电子生成
【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。
【详解】（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。【点睛】
4． Cu 6 N 原子晶体 四面体
【详解】(1)Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1个未成对电子，Cr、Cu、C、N、O、Si只有Cu(3d104s1) 基态原子未成对电子数与Al相同，故答案为：Cu；
(2)[Cr(NO2)(NH3)5]Cl2中Cr3+为中心离子，有1个NO和5个NH3，所以配位数为6，NO做配位离子时由中心原子N提供孤电子对，的的大π键可表示为，故答案为：6，N，；
(3) AlN为六方晶系，为共价键化合物，是原子晶体，则晶体类型为原子晶体；由图可知，黑球为Al，白球为N，每个Al周围有4个N原子，可以组成四面体，所以Al在N形成的四面体空隙；P点坐标为(1，1)，将大立方体分为八个小立方体， Al处于下层-小立体体心，所以坐标为；
(4)一个晶胞含Al个数=，N个数=，所以晶胞体积：，6个AlN的体积为，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为，故答案为：；
5．(1) 小于 温度升高，磷酸分子间氢键被破坏
(2) c 正八面体
(3) 第四周期Ⅷ族
(4) 12
【解析】（1）
①P=O键和P−O键的排斥力大于P−O键和P−O键之间的排斥力，所以键角小于；故答案为：小于。
②磷酸分子间有氢键，温度升高，氢键被破坏，所以纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降；故答案为：温度升高，磷酸分子间氢键被破坏。
（2）
①根据图示，迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间形成配位键，作用力为共价键，选c；故答案为：c。
②的阴离子是，中As原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正八面体；基态As原子的最高能级组包括4s、3d、4p三个能级，轨道排布式为；故答案为：正八面体；。
（3）
镍是28号元素，在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族。环戊二烯离子中5个原子共用6个电子，其大键可表示为；故答案为：第四周期Ⅷ族；。
（4）
由晶胞图以体心的分析，与氧离子距离最近的氧离子有12个；根据图，单分子层重复单元呈平行四边形，是相邻四个球中心的连线，每个重复单元包括一个和一个Ni2+，作三角形，设的半径为anm，三角形高为 ，三角形面积为 ，平行四边形面积为 ，NiO的相对分子质量为75，每平方厘米面积上分散的该晶体的质量为“单分子层”面积密度，则的半径为；故答案为：12；。
6．(1) 5 三角锥 +3 5 C ②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱
(2) (0.3333，0.3333，0.1077)
【详解】（1）①Co位于第四周期，第四周期元素中，原子基态时具有1个未成对电子，外围电排布为4s1或4s24p1或4s24p5、3dl04s1、3d14s2，共有5种元素；
②配离子中心原子价层电子对数为3+ =4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，由配合物A结构简式可知Co原子和N原子形成4个配位键，和O原子形成2个共价键，带1个单位负电荷，则钴元素价态为+3价，螯合是指具有以下两个或多个配位原子的多齿配体与同一金属进行离子相互之间没有形成螯合环，通过螯合作用形成的配位键有5个；
③由配合物A结构简式可知Co原子形成6个配位键，Co原子的价层电子对数为6，杂化方式为，故选C；
④②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱。
（2）根据1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，2号氧原子、1号氧原子和晶胞含对称中心，根据对称关系可知2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)，晶胞中O原子个数为4，H原子个数为2，Co原子个数为8+4=2，则该晶体的密度为=。
7． 222 ＞ ＜ Cu 助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率 a 升高温度 0.384
【详解】(1) 根据盖斯定律可知，反应由反应Ⅰ+Ⅱ，故==-43kJ•mol-1，又知该反应的正反应的活化能为179，故其逆反应的活化能为：179+43kJ•mol-1=222 kJ•mol-1，故答案为：222；
(2)根据等效平衡的原理，若两个相同的恒容密闭容器中，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，则两容器达到等效平衡，故平衡时，两容器压强相等，CH4的物质的量分数也相等，但现在是恒容绝热容器中，甲容器从正反应开始，反应放热，容器温度升高，乙容器从逆反应进行，反应吸热，容器温度降低，故甲容器的温度比乙容器的高，而反应 ，升高温度，平衡逆向移动，故甲容器中气体的物质的量比乙容器大，容器中的压强P甲＞P乙，的物质的量分数X甲＜X乙，故答案为：＞；＜；
(3) ①从题干表中信息可知，用Cu作助剂时，CO2的转化率最高，乙烯的百分含量最高，故欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加Cu助剂效果最好，加入助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率，故能提高单位时间内乙烯产量的原因，故答案为：Cu；助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率；
②a．由题干信息历程图可知，第一步反应为，a正确；
b．催化剂只改变反应所需要的活化能，不改变反应的反应热，故使加氢合成低碳烯烃的不变，b错误；
c．化学平衡常数仅为温度的函数，温度不变，添加助剂不同，反应的平衡常数不变，c错误；
故答案为：a；
(4)
①根据反应Ⅰ放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故为降低含量，增大含量，可采取的措施有升高温度，故答案为：升高温度；
②②根据三段式可知：，，则平衡时CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，H2的物质的量为4-3x-2.5(1-x)mol，CH3OH的物质的量为xmol，C2H2的物质的量为：0.5(1-x)mol，H2O的物质的量为：x+2(1-x)mol，根据恒温恒容密闭中气体的压强之比等于气体的物质的量之比可求：1+4-3x-2.5(1-x)+ x+0.5(1-x)+ x+2(1-x)=6×，解得：x=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数==0.384，故答案为：0.384。
8．(1)++×+×
(2)11.1
(3) > 催化剂乙、反应温度200℃
【详解】（1）反应I：，反应II：，反应III：，反应IV：，由盖斯定律，反应I+II+×III+×IV可得反应： ++×+×；
（2）设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，
容器体积为1L，达到平衡时，，则4-x-2y=x+4y①，，则6-3x-6y=1.2②，联立①②式解得x=0.8mol、y=0.4mol，则物质的量分数为；
（3）①催化剂不能使平衡发生移动，由图可知M点乙烯的转化率低于同温度下催化剂为乙时乙烯的转化率，说明M点时反应还没有达到平衡状态，还在正向进行，故>；
根据图1所给信息，催化剂为乙的时候乙烯的转化率高，故应选择的反应条件为催化剂乙、反应温度200℃；故答案为：>；催化剂乙、反应温度200℃；
②由化学方程式可知，正速率与乙烯的浓度有关，逆速率与丙烯的浓度有关，故v正的斜率更大一些，由速率公式可得：lgv正=lgk正+3lg c(C2H4)，lgv逆=lgk逆+2lgc(C3H6)，由图可知当lg c(C2H4)和lgc(C3H6)均为0时，lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正=a，k正=10a，lgv逆=lgk逆=b，k逆=10b，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=；
设向容器中充入xmol/L C2H4，平衡后测得，则有三段式：
K=，解得：，则用表示的平均反应速率为v(C3H6)=
故答案为：；。
9．(1)
(2) > 含量先增大后减少
(3) < 415.7
(4) 催化剂产生作用需要有氧气参加
【详解】（1）已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，（②×2-3×③+①）得到 （×2-3×+）=。
（2）由图可知，含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应的程度大于的程度，则速率常数>。
（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能：<；反应的平衡常数，当反应达到平衡时， =，则，=，则，则；
②根据已知条件列出“三段式”
达平衡时NO转化率为=x=0.9，转化率为y=0.4，平衡时气体总物质的量为3mol，则平衡时体系总压强为=，混合气体的总体积V=，则的平衡常数415.7。
（4）①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速率；
②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。
10． 对二甲苯(或1，4-二甲苯) 取代反应 + +HCl 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个） 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个，与前面的不同即可） 6
【分析】结合信息①，由B的结构简式，根据A的分子式可知A是，B发生信息②反应产生C是，C酸化得到D是，D与PCl3发生取代反应产生E是； G与CH3OH与浓硫酸共热，发生酯化反应产生H：， 由H逆推可知G是，结合G、E结构及F的分子式，可知F结构简式是，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1) 由上述分析可知A是，故A的化学名称是对二甲苯(或1，4-二甲苯) ；B是，C是，根据二者结构的不同，可知B发生取代反应产生C，因此反应类型是取代反应，故答案为：对二甲苯(或1，4-二甲苯)；取代反应；
(2) E是，F是，二者在一定条件下发生取代反应产生G，同时产生HCl，该反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为：+ +HCl；
(3) H是， 其中的含氧官能团是酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可），故答案为：酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可）；
(4) 芳香化合物X是D的同分异构体，结合D的结构及不饱和度，符合下列条件①在NaOH溶液中能水解，说明芳香化合物X中含有一个酯基；②核磁共振氢谱中有4组峰，说明芳香化合物X存在对称结构，符合要求的同分异构体有6种：、、、、、；故答案为：6；
(5) 与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下水解产生，与PCl3发生取代反应产生，在Et3N条件下发生取代反应产生，故以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线为：，故答案为：
。
11．(1) +HOOCCHO→
(2) 4 或或
(3) FeCl3溶液 加成反应、消去反应
(4)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠作用下与(CH3)2SO4发生取代反应生成，则A为、B为；与HOOCCHO发生加成反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D为；发生脱羧反应生成，则E为；与发生取代反应生成F，F与发生取代反应生成G，以此来解析；
（1）由分析可知，A的结构简式为，B→C的反应为与HOOCCHO发生加成反应生成，反应的反应方程式为+HOOCCHO→；
（2）D的结构简式为，官能团为羟基、醚键、羰基、羧基，共有4种；E的同分异构体是芳香族化合物、有4种不同化学环境的氢为；
（3）由结构简式可知，E分子中含有酚羟基而F分子中无酚羟基，E可与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，F分子不能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，则可用氯化铁溶液检验F中是否有残留的E；F→G的反应先是氨基与醛基发生加成反应，然后醇羟基再发生消去反应，则反应类型依次加成反应、消去反应；
（4）由题给有机物的转化关系可知，由苯酚合成的步骤为与HOOCCHO发生加成反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，发生脱羧反应生成，合成路线为：；
12．(1) 、
(2)
(3) 不可以 防止碳碳三键与发生加成反应
(4)b
(5)
【分析】A和B发生成环反应得到C，结合A、B、C的结构式可以推知该过程中有CH3CH2OH生成，C和NaNO2发生取代反应生成D，D和Na2S2O3反应生成E，E发生已知i的反应生成F，则可以推知D中的硝基被还原生成氨基，则E的结构简式为： ，F的结构简式为 ，F和Br2反应取代反应生成G，则G的结构简式为 ，I和 发生取代反应生成J，则I的结构简式为 ，G和物质H发生已知i的反应生成I，则H的结构简式为，以此解答。
【详解】（1）B与氢气加成后得产物X为 ，X的同分异构体满足条件I．具有两性，说明其中含有氨基和羧基；II．两分子X间可形成六元环；可能的结构简式为： 、 。
（2）A和B发生成环反应得到C，结合A、B、C的结构式可以推知该过程中有CH3CH2OH生成，方程式为： 。
（3）由分析可知，H的结构简式为，H中含有碳碳三键能够和Br2发生加成反应，反应①与反应②不可以交换顺序，原因是防止碳碳三键与发生加成反应。
（4）由分析可知，F为 ，
a．该结构中没有苯环，N原子的杂化方式为sp2和sp3杂化且含有甲基，F不是平面型分子，故a错误；
b．F中含有肽键（-NHCO-）的结构，可以发生水解反应，故b正确；
c．F中含有1个5元环，但没有的结构，故c错误；
故选b。
（5） 先发生已知i的反应生成 ，1-丙醛发生消去反应得到丙烯，丙烯再和HBr发生加成反应得到2-溴丙烷， 和2-溴丙烷发生已知i的反应得到 ，合成路线为： 。
13．(1) 去除表面的氧化物 活塞a关闭，活塞b、c打开 活塞a打开，活塞b、c关闭
(2) 或； bd 保持酸性环境，防止反应产生沉淀，干扰的检验
(3)98.00%
【解析】（1）
①铁表面会潮湿腐蚀生成Fe2O3等氧化物，加酸洗是为了去除表面的氧化物，故答案为：去除表面的氧化物；
②制取硫酸亚铁过程中，先打开活塞b、c，平衡装置内的大气压，同时关闭活塞a，隔绝氧气防止亚铁被氧化；反应一段时间后，为了将锥形瓶中的硫酸亚铁进入饱和硫酸铵中反应制取产品，则应关闭活塞b、c，打开活塞a，利用产生的氢气的压强差将硫酸亚铁溶液压至饱和硫酸铵中反应，故答案为：活塞a关闭，活塞b、c打开；活塞a打开，活塞b、c关闭；
（2）
①根据已知方程式
，根据铁原子守恒可知：前系数配4，令化学方程式为：，根据得失电子守恒，则有，当b=1时，则c=4＜8，满足质量守恒定律，且a=6、d=4、e=31，配得化学方程式为：；当b=2时，则c=7＜8，满足质量守恒定律，且a=4、d=1、e=34，配得化学方程式为：；当b=3时，则c=10＞8，不满足质量守恒定律，故答案为：或；
②先用稀硫酸溶解甲中残留物，得到溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，若无明显现象，说明不含有，则可选用的试剂有：bd，故答案为：bd；
③产生的气体有SO2和SO3，加稀盐酸可排除BaSO3沉淀的影响，生成不溶于稀盐酸的BaSO4才能证明气体含有SO3，则HCl的作用是：保持酸性环境，防止SO2反应产生沉淀，干扰SO3的检验；装置丙中H2O2具有氧化性，能将+4价的S氧化成+6价，再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，故答案为：保持酸性环境，防止反应产生沉淀，干扰的检验；；
（3）
用酸性KMnO4滴定是利用其与样品中Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，则存在关系式：，解得n=0.01mol，则20.00g硫酸亚铁铵晶体样品中铁元素的物质的量为，则样品中的物质的量为n=0.05mol，质量为m=nM=0.05mol×392g/mol=19.6g，20.00g样品中质量分数为，故答案为：98.00%。
14．(1) 打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好 MnO2+SO2=MnSO4
(2) 过滤速度更快，得到的晶体更干燥 bac
(3) 趁热过滤 酒精
(4)
(5)97
【分析】装置I用浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，进入装置II与MnO2发生氧化还原反应生成MnSO4，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4，由于二氧化硫有毒，应在装置末加装NaOH溶液作尾气处理；
【详解】（1）检验装置I的气密性方法：可打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好；装置Ⅱ中MnO2与SO2发生氧化还原反应生成MnSO4，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4；
（2）与用普通漏斗过滤相比，抽滤的主要优点是过滤速度更快，得到的晶体更干燥；最佳操作顺序是加入少量蒸馏水润湿滤纸，打开循环水式真空泵，再转移固液混合物，即bac；
（3）低于40℃结晶析出MnSO4．5H2O，高于40℃结晶析出MnSO4．H2O，则加热溶液并控制温度＞40℃，蒸发结晶，趁热过滤，已知易溶于水，不溶于酒精，用酒精洗涤，干燥，可得到产品；
（4）二氧化硫有毒需要进行尾气处理，可以在装置后增加NaOH溶液，吸收并防止倒吸和尾气处理装置，即；
（5）消耗的EDTA标准滴定液体积为26.60-0.20=26.40mL、26.20mL、28.35-0.32=28.03，第3组误差较大应舍去，则V(EDTA)=，n(EDTA)=cV=，反应为：，n()=n(EDTA)= ，质量为m=nM=×169g/mol=0.0822g，产品的纯度为。
15．(1)hi(或ih)debcf(g)
(2) 开, 关 继续通入一段时间 将COCl2完全排入装置D被充分吸收
(3)升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
(4)
(5) 除去多余的 92.5% 偏低
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C。
【详解】（1）根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)。
（2）①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4。
②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。
（3）三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管。
（4）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；
（5）①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；
②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为；
③普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。
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