广东省茂名市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

广东省茂名市 2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题一、实验题1．（2023·广东茂名·统考二模）84消毒液的有效成分为，广泛应用于物体表面和环境等的消毒。实验室利用以下装置制备并进行性质探究。(1)装置B的作用是___________。(2)生成的离子反应方程式为___________。(3)某小组研究25℃下稳定性的影响因素。提出假设：溶液中加入或改变浓度，对的稳定性有影响。设计方案并完成实验： 用浓度为的溶液、溶液，溶液和溶液按下表配制总体积相同的系列溶液；相同时间内测定溶液中有效氯(指次氯酸钠中氯元素质量占样品的百分含量)，记录数据。①根据表中信息，补充数据：a=___________；b=___________。②由实验Ⅱ和Ⅲ可知，增加的浓度，溶液的稳定性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。③由实验可知，增加浓度稳定性增加，结合上述数据用相关原理解释___________。实验结论：假设成立。(4)实验拓展。探索分解规律，发现其浓度和速率常数k满足下列关系：[其中b为常数，t为时间(单位为h)]。①25℃下速率常数，变为原来一半时，所需的时间约为___________h．(已知)。②除添加、、浓溶液外，提出一条减缓分解的措施___________。2．（2022·广东茂名·统考二模）某小组用MnO2与浓盐酸混合共热制备氯气。(1)反应的离子方程式是_______。(2)为净化与收集Cl2，选用下图所示的部分装置进行实验，装置的接口连接顺序为_______。(3)当Cl2不再生成时，反应容器中仍存在MnO2和盐酸，该小组进行以下实验探究。①实验任务    探究反应后的容器中仍存在MnO2和盐酸，却不再产生Cl2的原因。②查阅资料    物质氧化性和还原性变化的一般规律是：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。③提出猜想    猜想a：在此反应中，随H+浓度降低，氧化剂_______(填氧化剂化学式)氧化性减弱。猜想b：在此反应中，_______减弱。猜想c：在此反应中，随Mn2+浓度升高，氧化剂氧化性减弱。④设计实验、验证猜想    向反应后的固液混合物中加入试剂，观察并记录有无氯气生成(Na+对各物质的氧化性与还原性均无影响)。请在答题线上完成表中内容。⑤数据分析，得出结论    猜想a、猜想b和猜想c均正确。⑥迁移应用    25℃时，。一般情况下，在金属活动性顺序里，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，资料显示Ag也可以与HI发生置换反应生成H2，依据②中信息，可能的原因是：_______。3．（2021·广东茂名·统考二模）实验室用下图所示装置制备高纯度(加热装置省略)，并得到次氯酸钠及氯水，并利用产品进行实验探究。已知：为墨绿色固体，易溶于水，在7~7.5之间容易被氧化。(1)装置A中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置A中最合适的反应温度为80℃，需要采取的实验方法是____﹔反应中滴加浓盐酸的速度不能过快，原因是_____。(3)反应一段时间，观察到_____后关闭流量控制器，停止加热，_____，避免逸出；最后将溶液减压过滤后，倒入蒸发皿中水浴蒸发浓缩、抽滤即得紫红色固体。(4)取ag实验制得的固体溶于水，加入过量的饱和溶液沉降，离心分离。将上层清液及沉淀的洗涤液均移至容量瓶，并配成溶液。取上述溶液于碘量瓶中，加入稀硫酸、过量溶液，放置一段时间后加入几滴淀粉指示剂，用标准溶液滴定，重复实验3次，平均消耗标准溶液。该的纯度为____(用含a、b的代数式表示)。(已知：)(5)某兴趣小组用提纯后的配成溶液与反应探究“浓度对反应速率的影响”、发现溶液褪色速率先增大后减缓。为了查找原因，兴趣小组找到该反应的反应机理如下图所示，由图可猜测其原因是____。请设计实验验证你猜测的原因，并将实验设计补充完整(可不填满，也可增加)____。二、工业流程题4．（2023·广东茂名·统考二模）电镀废水中含有、、等离子，工业上利用分级沉淀法处理电镀废水回收利用铜和镍金属化合物，其工艺流程如下：已知：①、、、②各离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示回答下列问题：(1)基态铬原子的核外电子排布式为___________。(2)还原过程常加入适量的稀硫酸，写出“还原”时与发生的离子反应方程式___________。还原得到的金属阳离子对应的硫酸盐可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时自行车钢圈和惰性电极作为两电极，则“钢圈”连接电源的___________极，阳极的电极反应式为___________。(3)“还原”后，第一次“调节pH”的范围为___________，滤渣1的主要成分是___________。(4)“沉铜”需将浓度降为，已知溶液浓度超过会逸出，通过计算分析“沉铜”时是否会产生逸出___________(写出计算过程)。(5)利用回收的物质可制备某含铜的硫化物，该物质可用作分析试剂，其晶胞如图，晶胞参数，则离Cu原子距离最近且相等的S原子有___________个，若阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为___________(用含a、的代数式表示)。5．（2022·广东茂名·统考二模）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α-Al2O3(α-Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如下：回答下列问题：(1)银与稀硝酸反应的离子方程式是_______，废渣的主要成分是_______，酸浸时，硝酸加入量及反应温度对银浸取率的影响如图，根据图中数据分析，该工艺宜选用硝酸的加入量和温度是_______。(2)“还原”中有无毒气体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比是_______，“溶解”得到的溶解液里Ag元素以[Ag(NH3)2]+存在，若用H2O2代替N2H4•H2O完成还原过程，发生反应的离子方程式是_______。(3)粗银中银的质量分数w的测定：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]为指示剂，用cmol/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。已知：①AgSCN是白色沉淀，；②浓硝酸可氧化AgSCN。滴定终点的现象是_______，w=_______%，若测得w>100%，可能的原因是_______。6．（2021·广东茂名·统考二模）锑白()可用作白色颜料和阻燃剂，在消防、有机合成催化、玻璃工业等领域有广泛应用。利用锑矿粉(主要成分为、)制取锑白的流程如下：(1)“滤渣1”的主要成分有S、______，“滤液1”的主要成分有Sb3+，“浸出”时主要反应的离子方程式为_______。(2)“水解”前需确保“还原”进行完全，可选择的检验试剂是_______。(3)“水解”时需先将还原液稀释，其目的是_______。(4)物质X的化学式是_______﹔“滤液2”电解后的产物可直接返回“浸出”工序，则电解时，阳极的电极反应式为_______。(5)“中和”时温度不宜过高，原因是_______；“中和”反应的化学方程式为_______。三、原理综合题7．（2023·广东茂名·统考二模）二氧化碳催化加氢直接合成二甲醚(DME)既可以实现碳减排又可以得到重要的有机原料，对于保证经济的高速发展和实现长期可持续发展战略均具有重要意义，其中涉及的反应有：(ⅰ)  (ⅱ)  (ⅲ)  已知：生成物A的选择性回答下列问题：(1)的___________(用含a、b或c的代数式表示)。(2)反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的吉布斯自由能随温度变化如图，下列说法正确的是___________。A．常温下，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均能自发B．410K时，反应ⅰ和反应ⅲ的反应速率相等C．温度升高，的选择性提高，的选择性降低D．提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂(3)在3.0MPa下，研究人员在体积固定的容器中充入和发生反应，的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图(不考虑其他因素影响)。①___________0(填“>”或“<”)。②若在220℃下，平衡时___________，计算反应在220℃下的平衡常数___________(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。③当其他条件不变，压强为4.0MPa、温度为260℃时，图中点___________(填“A”、“B”、“C”或“D”)可表示二甲醚的选择性。(4)在基催化剂下发生反应，机理如图：该机理表示的是反应___________(填“ⅰ”、“ⅱ”或“ⅲ”)的反应过程。写出转化③的反应方程式___________。8．（2022·广东茂名·统考二模）当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：反应I：反应II：(1)①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为：    _______。②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为_______。(2)①反应I在催化剂M表面进行，其中CO2生成CH3OH的历程如下图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种，TS表示过渡态，能量的单位为eV)。下列说法正确的是_______。A．在反应过程中有极性键的断裂B．本历程共分为5步反应进行C．本历程的决速步骤的反应为：D．加入催化剂M可以提高甲醇的平衡产率②在催化剂M表面进行反应I，当起始量时，在不同条件下达到平衡，体系中CO2的转化率为α(CO2)，在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系和在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系如下图所示。其中代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系的是_______(填“a线”或“b线”)；a、b两线的交点E对应的平衡常数_______(填“相同”或“不同”)。当α(CO2)为80%时，反应条件可能是_______。(3)温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，往容器中通入1molCO2、3molH2进行反应，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。(已知：CH3OH选择性=)请计算反应开始至40min的平均反应速率v(CH3OH)=_______MPa/min；此时CH3OH的选择性为80%，则反应I的压强平衡常数Kp=_______(只列计算式，压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压气体物质的量分数)。9．（2021·广东茂名·统考二模）有机氯化产品生产过程中的副产品可以在催化剂条件下转化为重要的化工原料，反应原理为。(1)科学家研究了压力为、原料质量空速为和一定的进料比时，不同催化剂对制的影响，实验数据如下图所示。由数据可知：最佳的催化剂是_______；图中点a_______(填“是”或“否”)的平衡转化率。作催化剂，温度高于后继续升温，的转化率略有下降，其原因是_______。(2)研究发现，在t℃(>100℃)和下，当进料比为2：1时，的平衡转化率为。①其他条件不变的情况下，增大压强，将_______(填“增大”“不变”或“减小”)；为了提高的平衡转化率，除增大压强外，还可以采取的措施有_______(写一条)。②计算该条件下的平衡分压和平衡常数(写出计算过程)________。(3)下图是在一定温度和压强下，以活性为催化剂，和在反应器中发生反应，不同质量空速[每小时内通过每千克催化剂的的质量()]对转化率的影响。①b点每小时每千克催化剂可以催化生产_______(结果保留一位小数)。②从实验数据可知，最佳的质量空速为。当质量空速高于时，转化率迅速下降的原因是_______。四、有机推断题10．（2023·广东茂名·统考二模）乙酰基吡嗪Ⅷ是一种香料，也是药物合成的重要有机原料，其合成路线如下：已知：的性质与苯环相似回答下列问题：(1)化合物Ⅰ的名称为___________，化合物Ⅱ的结构简式为___________。(2)化合物含有的官能团名称为___________，该化合物微溶于水，而苯难溶于水的原因是___________。(3)根据化合物Ⅵ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。(4)化合物Ⅵ的同分异构体中符合下列条件的有___________种(不含立体异构)，写出其中核磁共振氢谱峰面积比为4：2：1：1的结构简式___________(写一种)。①含苯环且有3个取代基    ②可以与溶液反应放出(5)Ⅵ转化为Ⅶ可用下式表示：，则Z的结构简式为___________。(6)参照上述信息，写出以己二酸和乙醇为起始有机原料合成的路线。(反应溶剂和无机试剂任选)。______11．（2022·广东茂名·统考二模）芳基烯炔在有机合成中有广泛的应用，尤其是对复杂环系、天然产物以及药品的合成有重大意义。一种芳基烯炔的合成路线如下：已知：(R为烃基)。回答下列问题：(1)A的命名为_______。(2)B→C所需反应条件及试剂为_______。(3)C→D的反应类型为_______。(4)G中的含氧官能团名称是_______。(5)D和E反应产物除了F外还有HBr，请写出E的结构简式_______。(6)F的芳香同分异构体M中，满足下列条件的有_______种。请写出其中一种的结构简式：_______。a.苯环上只有两个取代基。b. 1molM和足量的银氨溶液反应可以生成4mol的Ag。c.能使溴的四氯化碳溶液褪色。d.分子中有一个手性碳(手性碳是指连有四个不同原子或者原子团的饱和碳原子)。(7)根据上述信息，以甲苯为原料合成(其他试剂任选)_______。12．（2021·广东茂名·统考二模）多环芳香化合物在电化学、光化学及功能材料领域有着广泛应用，一种中间体的合成路线如下：已知：(1)A中的官能团名称为_______；B→C的反应类型是_______。(2)D→E反应所需的试剂是_______。(3)E→F的化学方程式是_______。(4)G的结构简式为_______。(5)写出与C互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式(不含杂环且核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：2：2：2)_______。(6)设计由苯甲酸和4-辛炔制备的合成路线_______。五、结构与性质13．（2022·广东茂名·统考二模）向少量0.05mol/LFe2(SO4)3溶液中滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液，可发生如下反应：，这一系列配离子的颜色从吸收峰的波长来看是相近的，以下是其中一种配离子的结构。(1)这一系列配离子的中心离子的核外电子的空间运动状态有_______种。(2)如图所示的配离子的中心离子的配位数是_______。(3)第一电离能I1(K)_______I1(Fe)(填“大于”或“小于”)，原因是_______。(4)关于这一系列配离子所含元素及其化合物的说法，下列正确的有_______。A．沸点由高到低顺序为H2S>CH4>NH3 B．键角由大到小顺序为CH4>NH3>H2SC．碳和硫的氧化物都是极性分子 D．碳的电负性比氮强(5)Fe2(SO4)3固体的晶体类型为_______，其阴离子的空间构型为_______。(6)图1是KSCN晶胞图，图2是该晶胞的正视图，图3是该晶胞的侧视图，设阿伏加德罗常数的值为NA，则KSCN晶体的密度是_______(列出计算表达式)，图1中ABCD四个原子构成的图形是_______。14．（2021·广东茂名·统考二模）我国硒含量居世界首位，含硒化合物与材料被广泛应用于合成化学、催化化学、医学研究、环境保护、农业化学品等方面。(1)硒原子核外电子排布式为_______。(2)人体代谢甲硒醇()后可增加抗癌活性，甲硒醇分子中碳原子和硒原子的杂化类型分别是_______、_______。下表中有机物沸点不同的原因是_______。(3)可用于合成聚硒醚，，晶体类型为___，得到过程中生成的化学键类型为___。聚硒醚能清除水中的铅污染，其原因是____。(4)硒酸是一种强酸，根据价层电子对互斥理论的推测，其分子空间构型是____。(5)的晶体结构如下图所示，其晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数值为，则的晶胞密度为____(列出计算式)。序号有效氯/%Ⅰ40.00///10.003.6Ⅱ40.00/4.00a4.18Ⅲ40.00/2.008.004.12Ⅳ40.00/1.009.004.24Ⅴ40.00b8.004.28Ⅵ40.006.004.004.38实验序号操作有无氯气生成1加入较浓硫酸，使，有氯气2加入NaCl固体，使有氯气3_______无氯气编号…I0.012.0II0.012.0…开始沉淀6.188.154.73完全沉淀7.139.675.95时间/min01020304050压强/MPa12010595908888序号结构特征可反应的试剂反应形成的新结构反应类型①卤素单质取代反应②________________________有机物甲醇甲硫醇甲硒醇沸点/℃64.75.9525.05参考答案：1．(1)除去中的，长颈漏斗可以平衡气压，减缓的通入，使反应更充分(2)(3) 6.00 2.00 增强 溶液水解生成，不稳定，所以溶液不稳定，加入硅酸钠溶液，硅酸钠溶液显碱性，可以减少的水解，增强溶液的稳定性(4) 降低温度【分析】用二氧化锰和浓盐酸制取，通过饱和食盐水，可以除去中的，再用与饱和的溶液发反应，制备。【详解】（1）装置B中装有饱和食盐水，可以除去中的，长颈漏斗可以平衡气压，减缓的通入，使反应更充分；（2）与饱和的溶液发反应，制备，反应的方程式为：；（3）①探究或改变浓度，对的有效氯的影响，保证溶液的总体积不变，所以总体积为，，；②根据表中的数据，由实验Ⅱ和Ⅲ可知，增加的浓度，溶液的稳定性增强；③溶液水解生成，不稳定，所以溶液不稳定，加入硅酸钠溶液，硅酸钠溶液显碱性，可以减少的水解，增强溶液的稳定性；（4）①根据公式：，当变成时，代入数据，解得；②降低温度，可以减少的水解，提高的稳定性。2．(1)(2)(c)dbag(3) MnO2 随浓度降低，还原剂还原性 加入NaCl固体和MnSO4固体，使，或加入MnCl2固体和MnSO4固体，使，或加入浓硫酸和MnSO4固体，使， AgI的Ksp小，反应时Ag+浓度降低程度大，提高了Ag的还原性，将H+还原【详解】（1）用MnO2与浓盐酸混合共热制备氯气的离子方程式是：。（2）制得的氯气中含有HCl和水蒸气，应先除去HCl，否则水蒸气除不掉。除去氯气中的氯化氢应用饱和食盐水，洗气过程导管长进短出，所以cdbag。（3）提出猜想时，根据资料显示的氧化性与还原性规律，此反应中，MnO2作为氧化剂，其氧化性随H+浓度降低和随Mn2+浓度升高而减弱；此反应的还原剂还原性，随浓度降低而减弱。实验设计中，针对猜想，完成实验3，应选择Mn2+加入，为控制单一变量，应选择试剂硫酸锰固体，并使其加入后，硫酸根离子浓度与实验1保持一致；为进一步说明无氯气产生是Mn2+加入的原因，应同时加入同样条件下本来可以生成氯气的NaCl固体并保持浓度一致。迁移应用中，Ag作为氢后金属，可以与HI发生置换反应生成H2，是因为此条件下Ag的还原性特别强，根据题中信息，氧化反应中，降低生成物浓度，还原剂的还原性增强，AgI的Ksp小，反应时Ag+浓度降低程度大，提高了Ag的还原性，将H+还原。3． MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 水浴加热 浓盐酸易挥发 D中溶液变为黄绿色 打开K2 生成的Mn2+起催化作用使反应变快 【分析】利用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，所得氯气通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再与锰酸钾反应制备高锰酸钾，与水反应制备氯水，与氢氧化钠溶液反应制备次氯酸钠。【详解】(1)装置A中浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)装置A中最合适的反应温度为80℃，低于水的沸点，需要采取的实验方法是水浴加热；浓盐酸易挥发，反应中滴加浓盐酸的速度不能过快；(3)氯水呈黄绿色，反应一段时间，观察到D中溶液变为黄绿色后关闭流量控制器，停止加热，打开K2，避免逸出；最后将溶液减压过滤后，倒入蒸发皿中水浴蒸发浓缩、抽滤即得紫红色固体；(4)根据反应2+10KI+8H2SO4=2MnSO4+5I2+6K2SO4+8H2O、可得关系式：2~5I2~10；溶液中ag样品配成100mL溶液，故纯度为；=；(5)根据图中反应机理猜测：生成的Mn2+起催化作用使反应变快：4．(1)1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）(2) 负 (3) （或） (4)“沉铜”需将浓度降为，此时，，则<，无逸出。(5) 4 【分析】电镀废水中含有、、等离子，加H2C2O4将还原为，调节pH，将全部转化为过滤除去，因此滤渣I为；滤液I中加H2SO4、Na2S，调节pH至4.0沉铜，将转化为CuS；调节pH至7.0加Na2S沉镍，将转化为NiS；最后回用废水。【详解】（1）基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。（2）“还原”时，、和H+反应生成Cr3+、CO2和H2O，反应的离子方程式为；硫酸铬可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时，溶液中Cr3+得电子生成单质Cr，则“钢圈”作电镀池的阴极，与外接电源的负极相连；惰性电极作阳极，电极反应式为。（3）“还原”后，第一次“调节pH”需将反应生成的沉淀完全，而和不能沉淀，则pH的范围为或；调节pH将全部转化为沉淀除去，则滤渣1的主要成分是。（4）“沉铜”需将浓度降为，此时，，则<，无逸出。（5）由图可知，离Cu原子距离最近且相等的S原子有4个；位于顶点和面心S原子个数为，位于晶胞内部Cu原子个数为4，则该晶胞的密度为。5．(1) α-Al2O3、SiO2 1.6L、80℃(2) 4∶1 (3) 溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色 硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多【分析】废催化剂中有α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，则酸浸的废渣为SiO2和α-Al2O3，据图可知所加硝酸的最佳浓度为1.6L、反应最佳的温度为80℃，滤液中存在、、、，滤液加入NaCl后会与银离子产生白色的AgCl沉淀，加入氨水后可与AgCl反应生成银氨溶液，再加入强氧化剂H2O2或N2H4•H2O氧化变为银单质。采用氧化还原滴定测量银的质量分数，滴定的现象为：加入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色，据此答题。(1)①银与稀硝酸反应的离子方程式是：；②α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，废渣的主要成分是：α-Al2O3、SiO2；③酸浸时，根据图中数据分析硝酸加入的量为最佳体积为1.6L、反应最佳温度为80℃；(2)①“还原”中有无毒气体生成，[Ag(NH3)2]+与N2H4•H2O的离子方程式为：，氧化剂为，还原剂为N2H4•H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比是：4∶1；②若用H2O2代替N2H4•H2O完成还原过程，H2O2与发生反应的离子方程式是：；(3)①铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]为指示剂，硝酸可氧化亚铁离子变成铁离子，KSCN标准溶液与铁离子络合溶液变为血红色，则滴定终点的现象为：溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色；②KSCN的物质的量为，则的物质的量为，根据元素守恒，可得粗银中银的质量为，质量分数为：；③测得w>100%，可能的原因是：硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多，计算值偏大。6． Sb2S3+6Fe3＋＝2Sb3＋+6Fe2＋+3S KSCN溶液 促进Sb3＋水解生成Sb4O5Cl2 HCl Fe2＋－e－＝Fe3＋ 防止氨水分解 Sb4O5Cl2+2NH3·H2O＝2Sb2O3+2NH4Cl+H2O【分析】锑矿粉(主要成分为、)首先利用氯化铁溶液浸出，二氧化硅不溶，和氯化铁反应生成氯化亚铁、单质硫和SbCl3，过滤，滤液1中加入Sb还原过量的铁离子，然后水解生成Sb4O5Cl2，向Sb4O5Cl2中加入氨水生成Sb2O3和NH4Cl，滤液2中通入氧气氧化亚铁离子，通过调节pH生成氢氧化铁沉淀，然后利用盐酸溶解生成氯化铁，循环利用，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知“滤渣1”的主要成分有S、，“滤液1”的主要成分有Sb3+，“浸出”时主要反应的离子方程式为Sb2S3+6Fe3＋＝2Sb3＋+6Fe2＋+3S。(2)“水解”前需确保“还原”进行完全，即需要检验铁离子是否完全被还原，因此可选择的检验试剂是KSCN溶液。(3)由于稀释有利于促进水解，则“水解”时需先将还原液稀释的目的是促进Sb3＋水解生成Sb4O5Cl2。(4)根据以上分析可知物质X是盐酸，化学式是HCl。“滤液2”电解后的产物可直接返回“浸出”工序，则电解时亚铁离子失去电子转化为铁离子，则阳极的电极反应式为Fe2＋－e－＝Fe3＋。(5)由于氨水受热易分解，则“中和”时温度不宜过高的原因是防止氨水分解；以及原子守恒可知“中和”反应的化学方程式为Sb4O5Cl2+2NH3·H2O＝2Sb2O3+2NH4Cl+H2O。7．(1)2a+b(2)D(3) > 0.56mol 24.9 B(4) ⅰ HCOO-+4H=H2O+CH3O-【详解】（1）已知ⅰ  ；ⅱ  ；ⅲ  ；由盖斯定律可知，ⅰ×2+ⅱ得 (2a+b)。（2）A．298K时，反应ⅲ的吉布斯自由能大于0，不能自发进行，故A错误；B．410K时，反应ⅰ和反应ⅲ的吉布斯自由能相等，但不能确定二者反应速率的大小关系，故B错误；C．吉布斯自由能△G=△H-T△s，随着温度的增大，反应ⅱ△G增大，不利于反应ⅱ的正向进行，随着温度的增大，反应ⅲ△G减小，有利于反应ⅲ的正向进行，的选择性降低，的选择性升高，故C错误；D．甲醇分解可以得到二甲醚，提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂，故D正确；故选D。（3）①由图可知，随着温度的升高，的选择性不断增大，说明反应ⅲ的平衡正向移动，则反应ⅲ是吸热反应，>0；②若在220℃下，平衡时的平衡转化率为40%，的选择性为5%，DME选择性为80%，根据已知条件列出“三段式”，，，解得x=0.38mol，y=0.16mol，z=0.02mol，平衡时0.38mol+0.02mol+0.16mol=0.56mol，反应在220℃下的平衡常数K=；③反应ⅰ是气体体积减小的反应，反应ⅱ和反应ⅲ都是气体体积不变的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，的平衡转化率增大，CH3OH的浓度增大， 的浓度减小，反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，的选择性降低，DME选择性提高，则图中点B可表示二甲醚的选择性。（4）该机理总反应为，表示的是反应ⅰ的反应过程，写出转化③的反应方程式为：HCOO-+4H=H2O+CH3O-。8．(1) -92 161(2) ABC a线 不同 80MPa，400℃或60MPa，200℃(3) 0.4 【解析】（1）①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为： 根据盖斯定律，  。故答案为：-92；②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为。故答案为：161；（2）①A．在反应过程中二氧化碳断了碳氧双键，属于极性键，A正确。B．由历程图可知，本历程有5个过渡态，故本历程共分为5步反应进行，B正确。C．决速步骤为慢反应，反应所需要的活化能最高，由历程图可知，活化能最高的一步为到TS3，所以本历程决速步骤的反应为：，C正确。D．加入催化剂M可以提高反应速率，但催化剂不影响平衡，故不能改变甲醇的平衡产率，D错误。故答案为：ABC；②反应I为；达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)增大，故a线代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系；这是一个放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，故b线代表在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系。a、b两线的交点E对应的反应条件为400℃、50MPa和500℃、60MPa，这两个条件的温度不同，故平衡常数K不同。当α(CO2)为80%时，对应a线的条件为80MPa，400℃；对b线的条件为60MPa，200℃。。故答案为：a线；不同；80MPa，400℃或60MPa，200℃；（3）温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，在40min时达到了平衡，设反应I中CO2的转化量为xMPa，反应II中CO2的转化量为yMPa，可利用表中数据列压强三段式： 平衡时，，，，，，。所以；的选择性为80%，CH3OH选择性，可求出y=4，所以平衡时，，，，反立I的。故答案为：0.4；。9． RuO2 否 升温平衡向逆方向移动，催化剂活性降低。 不变 降温或者分离出产物 、 5.5 空速的提高导致物料在催化剂的表面停留的时间降低，使得大量反应物来不及反应。【分析】对于反应，该反应为放热反应，由图象知，在三种不同催化剂作用下，氯化氢的转化率随温度变化的关系知，在RuO2催化作用下转化率最高，根据化学平衡移动原理进行判断。(2)在t℃(>100℃)和下，当进料比为2：1时，的平衡转化率为，利用三段式计算该条件下的平衡分压和平衡常数。【详解】(1) 对于反应，该反应为放热反应，由图象知，在三种不同催化剂作用下，氯化氢的转化率随温度变化的关系知，在RuO2催化作用下转化率最高，根据化学平衡移动原理进行判断。图中点a所对应的温度为400度，在MnO2的催化作用下氯化氢的转化率达到最大，而在CuO的催化作用下在400度时氯化氢的转化率并没有达到最大，因为催化剂不能使平衡发生移动，所以在400度时该反应并没有达到平衡，图中点a不是的平衡转化率。作催化剂，温度高于后继续升温，的转化率略有下降，其原因是升温平衡向逆方向移动，催化剂活性降低。答案为：否，升温平衡向逆方向移动，催化剂活性降低。(2)在t℃(>100℃)和下，当进料比为2：1时，的平衡转化率为。①其他条件不变的情况下，增大压强，不变，因为平衡常数只与温度有关，与浓度和压强没有关系，所以不变。为了提高的平衡转化率，除增大压强外，还可以采取的措施有降温或者分离出产物。故答案为：不变；降温或者分离出产物②计算该条件下的平衡分压和平衡常数(写出计算过程)。解：令起始时，n(HCl)=2mol，n(O2)=1mol,平衡时转化n(HCl)=2mol×=1mol平衡分压  由平衡时各组分的物质的量的比可得平衡时分压：,,，①当空速为1时，即每小时内通过每千克催化剂的的质量()为1000g,而b点所对应的空速为0.5，所以的质量为500g，而其转化率为，则转化生成氯气的物质的量为, 答案为5.5②当质量空速高于时，转化率迅速下降的原因是空速的提高导致物料在催化剂的表面停留的时间降低，使得大量反应物来不及反应；答案为空速的提高导致物料在催化剂的表面停留的时间降低，使得大量反应物来不及反应。10．(1) 乙二醇 (2) 氨基 能与水形成氢键，而苯环中没有能与水形成氢键的原子团(3) 稀硫酸 水解反应（或取代反应）(4) 6 或者(5)(6)【分析】根据流程，Ⅰ为乙二醇，被催化氧化生成乙二醛，Ⅱ为，与反应，生成，被氧化生成，再与反应生成，与发生酯化反应，生成，与和反应生成，最后在碱性条件下得到产品：。【详解】（1）化合物Ⅰ的名称为乙二醇，化合物Ⅱ的结构简式为；（2）化合物含有的官能团名称为氨基，因为能与水形成氢键，而苯环中没有能与水形成氢键的原子团，所以该化合物微溶于水，而苯难溶于水；（3）化合物Ⅵ的结构为：，可以反应的试剂为：稀硫酸，生成产物为：，反应类型为：水解反应（或取代反应）；（4）化合物Ⅵ的同分异构体中，①含苯环，有3个取代基    ②可以与溶液反应放出，含有，基本结构为：、、、、、共6种，核磁共振氢谱峰面积比为4：2：1：1的结构简式为：和；（5），与反应生成和，所以Z为；（6）根据以上合成信息，和反应生成，在的作用下，生成和，在稀硫酸再发生水解反应生成产物：，合成路线为：。11．(1)间甲基苯酚(3-甲基苯酚)(2)铁粉/溴化铁，液溴(3)氧化反应(4)羟基、醚键(5)CH≡C—CH3(6) 3种 (7)【分析】A的酚羟基发生取代反应生成B，B在醚键的对位取代溴原子，C的甲基在流程中的反应条件中转化为醛基，D和E反应产物除了F外还有HBr，说明D和E发生的是取代反应，，可推出E为CHC—CH3；【详解】（1）由A的结构可知，A的名称为间甲基苯酚或者3-甲基苯酚；（2）B到C发生的是苯环上的取代反应，应该是和液溴在铁粉或者溴化铁的催化下反应，在甲基的邻位引入一个溴原子，B→C所需反应条件及试剂为铁粉/溴化铁，液溴；（3）对比C和D的结构，甲基变成了醛基，氧原子多了，氢原子少了，加氧去氢是氧化反应；（4）由G的结构可知，G的含氧官能团为羟基、醚键；（5）D和E反应产物除了F外还有HBr，说明D和E发生的是取代反应，，可推出E为CHC—CH3；（6）F的芳香同分异构体，苯环侧链有五个碳、两个氧、Ω=3.要满足条件：1molM和足量的银氨溶液反应可以生成4mol的Ag，说明有两个醛基；能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明有一个碳碳双键，除此之外，还剩下一个饱和碳原子；考虑苯环上有两个取代基，分子中有一个手性碳，只可以是 连在苯环上，苯环上还有一个醛基，两个基团位于苯环上有邻、间、对共3种；其中一种的结构简式：；（7）由甲苯合成 ，可用逆推法，模仿了F到G的反应，可逆推回前一步的反应物为 和 ， 是来自 ， 和均可由甲苯合成，故合成路线为：。12． 羧基 取代反应 Br2的CCl4溶液 +2NaOH+2NaBr+2H2O 【详解】(1)A为，故A中的官能团为羧基；+ +HCl，该反应为取代反应；(2)DE为加成反应，需要用Br2的CCl4溶液；(3) E→F的化学方程式是+2NaOH+2NaBr+2H2O；(4)由可以判断出，FG的方程式为+，G的结构简式为；(5)C为，与C互为同分异构体，且核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：2：2：2的芳香族化合物有两种，分别为：；(6)与SOCl2反应生成；与氨气发生反应生成；与溴水发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液加热的条件下发生消去反应生成；与在催化剂的作用下发生加成反应生成。13．(1)14(2)6(3) 小于 Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子(4)B(5) 离子晶体 正四面体(6) 长方形(矩形)【详解】（1）这2个电子容纳在同一个原子轨道里，也就意味着，它们的空间状态是相同的，所以核外电子的空间运动状态种数应是原子轨道数；故答案为：14。（2）根据图中Fe为于中心，因此根据配位数分析，配合离子中心离子配位数为6；故答案为：6。（3）因为Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子，K的最外层电子是4s1，失去该电子后是稳定的八电子结构，所以更容易失电子，故K的第一电离能小；故答案为：小于；Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子。（4）A．因为NH3分子间存在氢键沸点最高，H2S的相对分子质量比CH4大，H2S分子间的范德华力比较大，故沸点由高到低顺序应该为NH3＞H2S＞CH4，故A错误；B．三者的中心原子都是sp3杂化，VSEPR模型都是四面体，因为CH4无孤电子对，其分子构型是正四面体，键角为109°28'。NH3的分子构型是三角锥形，受一对孤电子对的影响，键角略小于109°28'。H2S受两对孤电子对的影响，键角更小，所以键角由大到小顺序为CH4>NH3>H2S，故B正确；C．CO2是非极性分子，故C错误；D．由元素周期律可知，氮的电负性比碳强，故D错误；综上所述，答案为：B。（5）Fe2(SO4)3是由阴阳离子构成的，所以其固体是离子晶体，根据价层电子对互斥理论，中的中心原子孤电子对数，故其空间构型为正四面体；故答案为：离子晶体；正四面体。（6）根据均摊法并结合题中的晶胞图可以算出晶胞中每种原子的原子个数都是4，所以该晶胞质量为g。另外，故其密度为。从该晶胞的正视图可以看出，A原子和B原子的连线是垂直于A原子和C原子所在的侧面的，从该晶胞的正视图和侧视图可以看出A原子和C原子的距离大于A原子和B原子的距离，故答案为：；长方形或矩形。14． 1s22s22p63s23p63d104s24p4 sp3 sp3 三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高 离子晶体 离子键、共价键 Se含有孤电子对，易与铅以配位键相结合 四面体 【详解】(1)硒是34号元素，Se原子核外有34个电子，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4；(2)甲硒醇()结构式是，分子中碳原子形成4个σ键，无孤电子对，碳原子的杂化类型分别是sp3；硒原子形成2个σ键，2对孤电子对，硒原子的杂化类型是sp3；甲醇、甲硫醇、甲硒醇三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高。(3) NaHS是离子晶体，NaHSe与NaHS结构相似，所以NaHS是离子晶体；Se与硼氢化钠反应得到过程中生成的化学键类型为离子键、共价键；Se含有孤电子对，易与铅以配位键相结合，所以聚硒醚能清除水中的铅污染； (4)硒酸是一种强酸，化学式是H2SeO4，硒原子形成4个σ键，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论的推测，其分子空间构型是四面体；(5)根据均摊原则，1个晶胞含有Se2-数，含有Na+数8，其晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数值为，则的晶胞密度为。编号水I0.012.00.12.0002.0II0.012.00.12.00.12.00编号水I0.012.00.12.0002.0II0.012.00.12.00.12.00