辽宁省大连市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份辽宁省大连市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共32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，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

辽宁省大连市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

一、实验题
1．（2019·辽宁大连·统考一模）为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：

（1）a的名称______。
（2）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：______。
（3）填写如表中的空白。
装置序号
加入的试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
____
D
____
____

（4）写出C中发生反应的化学方程式：______。
（5）F中得到气体的检验方法______。
（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加2～3滴______作指示剂，然后用0.2000mol•L-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为______。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，滴定时实验数据列表如表：
实验次数编号
0.2000mol•L-1HCl溶液的体积（mL）
滴定前刻度
滴定后刻度
1
1.00
31.50
2
5.00
34.50
3
7.00
42.50

选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为______。
2．（2021·辽宁大连·统考一模）实验室用绿矾()制备补血剂甘氨酸亚铁。
已知：柠檬酸易溶于水，有强酸性和还原性。
实验步骤：
i. 配制绿矾溶液，并向绿矾溶液中，缓慢加入足量溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。
ii. 实验装置如图所示(夹持和加热仪器略去)，将i得到的沉淀和甘氨酸的水溶液混合后加入中，然后利用中的反应将中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经一系列操作……、过滤洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：

(1)甘氨酸()分子中碳原子的杂化方式为_______。
(2)实验i中生成沉淀的离子方程式为_______，检验沉淀已洗净的操作是_______。
(3)步骤ii中若恒压滴液漏斗替换为分液漏斗，柠檬酸溶液将无法顺利滴下，原因是_______。
(4)步骤ii中的“一系列操作……”为_______(填标号)。
A．蒸发浓缩，趁热结晶
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热
C．蒸发浓缩至大量晶体析出，停止加热
(5)当中产生白色浑浊时，中空气已被排尽。中反应的化学方程式是_______。
(6)加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的促进溶解，另一个作用是_______。
3．（2022·辽宁大连·校联考一模）某化学实验小组发现镁和溶液可以反应生成气体，且比镁和水的反应速率快，通过实验探究速率加快取决于哪些粒子，同时分析气体的成分。
Ⅰ.探究加快速率的粒子
(1)甲同学推测加快速率的粒子有两种：
①能加快化学反应速率。
②能加快化学反应速率。
为验证猜想，进行了如下实验：
对照组
1mol/L溶液
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组1
1mol/L溶液
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组2
1mol/L溶液
镁表面有极微量气泡附着

已知：Mg和反应只能看到镁条表面有极微量气泡附着。用离子方程式解释对照组中溶液显碱性的原因_______；实验组1得到的结论是_______；为控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中_______。
Ⅱ.探究气体的成分。
(2)乙同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声；再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊。由此推测气体成分为_______。经查阅文献得知，溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为_______(保留3位有效数字)。(已知：电离常数，)
(3)丙同学认为乙同学的推测不够严谨，逸出的气体会带出少量溶液也能使澄清石灰水变浑浊，于是利用传感器检测放出的气体中是否含有。
实验组3
取6mL1mol/L 溶液加入250mL塑料瓶，塞紧传感器，采集数据15min，记录液面上方浓度的变化，重复实验2次。
实验组4
取6mLlmol/L溶液、0.1g打磨好的镁条加入250mL塑料瓶，实验操作同上。
实验组5
用上述同样方法采集15min空塑料瓶中浓度的数据。


由图象可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是_______；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是_______。

二、工业流程题
4．（2019·辽宁大连·统考一模）中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等）中提取银、铜和铅，工艺流程如图所示。

（1）步骤①当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，写出两点可提高“浸取”速率的措施______；从Cu和Pb混合物中提取Cu的试剂为______（填名称）。
（2）步骤③反应的化学方程式为______。
（3）步骤④分离出的滤渣中主要含有两种杂质，为了回收滤渣中的非金属单质，某实验小组向滤渣中加入试剂______（填化学式），充分溶解后过滤，然后将滤液进行______（填操作名称），得到该固体非金属单质。
（4）步骤⑤反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。
（5）排放后的废水中含有NO3-，任意排放会造成水体污染，科技人员在碱性条件下用Al粉将NO3-还原成无污染气体排放，该方法的缺点是处理后的水中生成了AlO2-，依然对人类健康有害。该反应的离子方程式为：______。25℃时，欲将上述处理过的水中的c（AlO2-）降到1.0×10-7mol/L，此时水中c（Al3+）=______mol•L-1．（已知，25℃，Ksp（Al（OH）3]=1.3×10-33，Al（OH）3（s）⇌H++AlO2-+H2O，Ka=1.0×10-13）
5．（2021·辽宁大连·统考一模）锌在电池制造、合金生产等领域应用广泛。
Ⅰ.古代以炉甘石为原料炼锌。
(1)元素锌位于元素周期表_______区。
(2)古代冶炼锌的主要反应为：


……
总反应：
利用和计算时，还需要利用_______反应的(写出方程式)。
Ⅱ.现代冶炼锌以闪锌矿(主要成分为，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为)为原料，生产锌和高纯度二氧化锰的工艺流程如图：

(3)浸出：滤渣1中有单质硫，写出主要离子方程式_______。加入能迅速提高浸出速率，可能起到_______作用。
(4)除铁：控制溶液为2.5~3.5，使铁主要以沉淀的形式除去.结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量的理由是_______。
(5)电解：惰性电极电解，电路中通过电子时，生成，则该装置的电流效率等于_______。(电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比)
Ⅲ.工业上还可以利用还原冶炼锌，反应为
(6)727℃时，上述反应的平衡常数.此温度下，在盛有的刚性容器内通入压强为，达平衡时的分压为_______.(保留两位小数)
6．（2022·辽宁大连·校联考一模）镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，工业上用红土镍矿[主要成分为、、NiO、、]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍并回收副产物黄铵铁矾[化学式可表示为，摩尔质量为]的工艺流程如图所示：

已知：
①
②
(1)除铁时加入的的用量高于理论用量的原因是_______。(写出2点)
(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与反应生成该反应的化学方程式为_______；“浸渣”的主要成分除含有铁元素的化合物外还有_______(填化学式)。
(3)该工艺条件下，生成沉淀，生成或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
沉淀物


黄铵铁矾
开始沉淀时的pH
7.1
2.7
1.3
沉淀完全时的pH
9.2
3.7
2.3

若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入调节溶液pH的范围是_______。
(4)“沉镍”时pH调为8.0，滤液中浓度约为_______mo/L。
(5)由所得滤液获得晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水作洗涤剂，原因是_______(写出2点)
(6)对黄铵铁巩进行热分解实验，其结果如下图所示，则黄铵铁矾的化学式为_______。(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为，300-575℃之间只有和放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。


三、原理综合题
7．（2019·辽宁大连·统考一模）中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯。甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成•CH3、等自由基，在气相中经自由基：CH2偶联反应生成乙烯（该反应过程可逆）。
物质
燃烧热（kJ•mol-1）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1411.0

（1）已知相关物质的燃烧热如表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______。
（2）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式为C2H4O，不含双键）。该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是______（填结构简式）。
（3）在一定条件下，向2L的恒容密闭反应器中充入1molCH4，发生上述（1）反应，10分钟后达到平衡，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%．则：
①用CH4表示该反应的平均速率为______。
②在该温度下，其平衡常数K=______。
③下列说法正确的是______。
a．升高温度有利于提高C2H4的产率
b．向平衡体系中充入少量He，CH4的转化率降低
c．当混合气体的密度不再变化时，说明该反应达到平衡状态
d．向上述平衡体系中再充入1molCH4，达到平衡后H2的体积分数减小
e．若实验测得：v（正）=k（正）c2（CH4），v（逆）=k（逆）c2（H2）•c（C2H4）。其中k（正）、k（逆）为受温度影响的速率常数，该反应的平衡常数K=
（4）以铅蓄电池为电源，将CO2转化为乙烯的装置如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。电解过程中，阳极区溶液中c（H+）逐渐______（填“增大”、“减小”或“不变”），阴极反应式______。
8．（2021·辽宁大连·统考一模）选择性催化还原法是常用的氮氧化物的净化方法，原理是用在特定催化剂作用下将，还原为.
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
（1）反应Ⅱ_______反应Ⅰ（填“有利于”或“不利于”）中的净化；一定温度和压强下，为了提高的净化速率，可采取的最合理的措施是__________.
（2）是催化剂的活性组分.在反应器中以一定流速通过烟气，在不同温度下进行该催化还原反应，的质量分数对单位时间内去除率的影响如图所示.

①下列说法中正确的是_________（填标号）.
A．该催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变
B．状态A时保持其他条件不变减小压强，能增大单位时间的去除率
C．状态B时选择合适催化剂，可以提高相同时间内的去除率
D．的质量分数越高，催化剂的活性越好
E.该催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能
②从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为，原因是_________________.
③若烟气中含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，去除率无明显变化，可能的原因是______________________.
（3）一定温度下，向密闭刚性容器（含催化剂）中投入和，发生反应.达到平衡状态时，的转化率为60%，此时再加入和，则反应速率______（填“大于”、“小于”、“等于”）.
9．（2022·辽宁大连·校联考一模）丙烯是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有乙腈、氢氰酸、丙烯醛等，以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈的主要反应如下：
Ⅰ.    
Ⅱ.    
回答下列问题：
(1)   _______。
(2)反应Ⅰ在_______(填“高温”“低温”或“任意”)条件下可自发进行：恒温，体系达到平衡后，若压缩容器体积，则反应Ⅱ的平衡移动方向为_______(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
(3)工业生产条件下的丙烯氨氧化过程十分复杂。下列说法正确的是_______。
A．原料丙烯可以从石油裂解气中分离得到
B．为提高丙烯的平衡转化率和丙烯腈的选择性，需要研究高性能催化剂
C．加入水蒸气可防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内产生危险
D．生产过程中会产生大量的含氰废水，对环境的危害很大，排放前必须除去
(4)已知对于反应：，其标准平衡常数：。T℃，压强为的恒压密闭容器中，通入1mol丙烯、1mol氨气和3mol氧气发生反应Ⅰ、Ⅱ，达到平衡时，容器内有amol，b mol，此时的分压_______(分压=总压×物质的量分数，用含a，b的代数式表示，下同)；反应Ⅱ的标准平衡常数为_______。
(5)以丙烯腈为原料，利用电解原理合成已二腈可减少氮氧化物的排放，其装置如图所示，电解时Pb电极发生的电极反应式为_______。


四、结构与性质
10．（2019·辽宁大连·统考一模）2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：

(1)基态Ga原子价电子排布式__________________，核外电子占据最高能级的电子云形状为_________；基态As原子最高能层上有_______个电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol−1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的第一电离能比镓_____(填“大”或“小”)。
(3)第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为__________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中Ga原子的杂化方式为______，AsH3分子的空间构型为____________。
(5)相同压强下，AsH3的沸点______NH3(填“大于”或“小于”)，原因为__________________
(6)GaAs为原子晶体，其晶胞结构如图所示，Ga与As以___________(填“共价键”或“离子键”)键合。设阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶胞边长为a pm，则GaAs晶体的密度为_____g•cm−3(列出计算式即可)。

五、有机推断题
11．（2019·辽宁大连·统考一模）M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：

已知：RX+ +HX。请回答：
（1）化合物D中官能团的名称为______。
（2）化合物C的结构简式为______。
（3）①和④的反应类型分别为______，______。
（4）反应⑥的化学方程式为______。
（5）下列说法正确的是______。
A．化合物B能发生消去反应
B．化合物H中两个苯环可能共平面
C．1mol 化合物F最多能与5mol NaOH反应
D．M的分子式为C13H19NO3
（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应
12．（2021·辽宁大连·统考一模）化合物H是C5a受体拮抗剂W-54011的中间体，Nakamura等人设计制备H的合成路线如图所示：

已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题
(1)化合物H的分子式_______。
(2)C中官能团名称_______。
(3)F的分子式为C11H13OCl，则F的结构简式为_______。
(4)③的反应类型_______。
(5)反应①的化学方程式为_______。
(6)符合下列条件的某有机化合物的同分异构体(不含立体异构)有_______种。
①分子式比D少个CH2；
②分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基；
③能与NaHCO3溶液反应；
其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_______(任写一种)。
13．（2022·辽宁大连·校联考一模）用于治疗高血压的药物Q的合成路线如下：

已知：芳香放化合物与卤代烃在催化下可发生如下可逆反应：
回答下列问题：
(1)A的名称是_______；A→B的化学方程式为_______。
(2)L中含氮官能团的名称为_______。
(3)乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_______。
(4)G分子中含两个甲基，G的结构简式是_______；F→G的反应类型是_______。
(5)的同分异构体中，满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)。
①属于戊酸酯；
②与溶液作用显紫色。
其中核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为1∶2∶9的结构简式为_______。(任写一种)

参考答案：
1．     分液漏斗     CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑     除去CO2气体中混入的HCl     NaOH溶液     吸收未反应的CO2气体     2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑     将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2     甲基橙     溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化     79.5%
【分析】A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。
【详解】（1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
（3）
装置序号
加入的试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
除去CO2气体中混入的HCl
D
NaOH溶液
吸收未反应的CO2气体

故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；
（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，
故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；
（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3的实验误差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO3∽2HCl，碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/2×0.2000mol•L×0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)= 0.003mol×106g·mol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为×100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；
2．     sp2、sp3          取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净     反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大     B     CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O     防止被氧化
【详解】(1)甘氨酸()分子中亚甲基-CH2-中的C的价层电子对数为4，为sp3杂化；羧基-COOH中的C的价层电子对数为3，为sp2杂化；即分子中C的杂化方式为sp2、sp3；
(2)实验i中硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳和水，生成沉淀的离子方程式为，沉淀若未洗净则含有溶液中的离子，如，故检验沉淀已洗净的操作是：取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净；
(3)步骤ii中若恒压滴液漏斗替换为分液漏斗，由于反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大，从而使分液漏斗中柠檬酸溶液无法顺利滴下；
(4)滤液经蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热、过滤、洗涤、干燥即得产品，故答案选B；
(5)D为Ca(OH)2溶液，当中产生白色浑浊时，中空气已被排尽。中为CO2制备装置，反应的化学方程式是CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；
(6)由已知柠檬酸有强酸性和还原性可知，加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的促进溶解，另一个作用是防止被氧化。
3．(1)          对实验无影响     滴加NaOH溶液至
(2)     和    
(3)     Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放     当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解

【详解】（1）碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解，离子方程式为：；实验组1中用的是溶液，实验现象与对照组一样，则说明对实验无影响；为了控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中滴加NaOH溶液至；故答案为：；对实验无影响；滴加NaOH溶液至；
（2）同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳，由此推测气体成分为和；
溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为：，故答案为：和；；
（3）由图象可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解；故答案为：Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解。
4．     粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌     稀盐酸     AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag（SO3）2]+NaCl     CS2     蒸馏     4:1     10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O     1.3×10-9
【分析】银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等）加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分离操作②为过滤，得到Cu和Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag（SO3）2]和NaCl，过滤，滤渣为S和SiO2，滤液为Na3[Ag（SO3）2]和NaCl，在滤液中加N2H4和NaOH，生成Ag和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠。
【详解】（1）为提高浸取率可采取的措施：进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌等，Cu和Pb混合物中提取Cu可选用稀盐酸，根据金属活动性顺序表可知，Pb可与稀盐酸反应，Cu不反应，再过滤即可，故答案为：粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌；稀盐酸；
（2）步骤③加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag（SO3）2]和NaCl，化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag（SO3）2]+NaCl，故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag（SO3）2]+NaCl；
（3）步骤④分离出的滤渣中主要含有S和SiO2两种杂质，利用S易溶于CS2，滤渣中加入CS2，充分溶解后过滤，然后根据S和CS2的沸点不同进行蒸馏即可，故答案为：CS2；蒸馏；
（4）步骤⑤的化学反应方程式为：4Na3[Ag(SO3)2]+N2H4+4NaOH=4Ag↓+8Na2SO3+N2↑+4H2O，Na3[Ag(SO3)2]作氧化剂，N2H4作还原剂，其氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为4：1；
（5）在碱性条件下用Al粉将NO3-还原成无污染的N2排放，其离子方程式为：10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O，已知，25℃，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Al(OH)3(s)⇌H++AlO2-+H2O，Ka=1.0×10-13，可得，Ka= c(H+)·c(AlO2-)= c(H+)·1.0×10-7mol/L=1.0×10-13，
c(H+)=1.0×10-6mol/L，c(OH-)=1.0×10-8mol/L， Ksp[Al(OH)3]= c(Al3+)·c3(OH-)=1.3×10-33，c(Al3+)=1.3×10-9mol•L-1，故答案为10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O；1.3×10-9。
5．     ds     ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)     MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O     催化     4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+，加入的ZnO消耗H+，促进反应生成FeOOH沉淀     83.3%     0.23
【分析】Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应：
浸出：ⅰ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，ii、ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，总反应：MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O；
除铁：4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH；
电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn2++2e-=Zn。
【详解】I．(1) ．第三周期稀有气体的原子序数为18，锌的原子序数为30，30-18=12，则锌在周期表中处于第四周期ⅡB族，ds区；
(2)根据盖斯定律：总反应-反应①-反应②得ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，△H=△H3-△H1-△H2，利用△H1和△H2计算时△H3，还需要利用ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)反应的△H，
II．(3)分析知，浸出时离子方程式为：MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O；加入FeSO4能加快反应速率，则起到催化作用；
(4) 除铁中存在反应4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+=H2O+Zn2+，促进反应向正向进行，将铁元素转化成FeOOH沉淀除去；
(5) 电解时电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成，物质的量为，则需要的电子为1.25mol×2=2.5mol，则该装置的电流效率为；
III．(6) 由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后总压强不变，假设H2S占总压强分数为x，则H2为(1-x)根据平衡常数的含义可得，解得x≈2.24×10-6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×10-6×1.01×105Pa≈0.23Pa。
6．(1)过氧化氢不稳定，受热易分解，过氧化氢在催化下分解
(2)         
(3)
(4)
(5)减小的溶解量，以减少损失，同时乙醇易挥发，便于干燥
(6)

【分析】红土镍矿与硫酸铵混合研磨，使二者充分接触，然后再焙烧发生反应；然后用热水浸泡焙烧后的固体物质，其中(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)2Fe(SO4)3进入溶液，不溶性的酸性氧化物二氧化硅进入浸渣中，大部分Fe3+及Ni2+、Mg2+、铵根离子、硫酸根存在于溶液中；然后向滤液中加入氨气、H2O2并进行加热，Fe3+以黄铵铁矾沉淀析出；然后向滤液中加入MgO浆调节pH值，使Ni2+转变为氢氧化镍沉淀来沉镍；沉淀经过过滤、洗涤、硫酸溶解得到硫酸镍；滤液中含有MgSO4，经一系列处理得到，据此分析作答。
（1）
过氧化氢不稳定，受热易分解，Fe3+可作为过氧化氢分解的催化剂，分解速率加快，故除铁时加入的H2O2的用量高于理论用量的原因是：过氧化氢不稳定，受热易分解、过氧化氢在Fe3+催化下分解，故答案为：过氧化氢不稳定，受热易分解、过氧化氢在催化下分解；
（2）
FeO在空气中焙烧时与反应生成，该反应的化学方程式为：；由分析可知，浸渣中含有SiO2，故答案为：；；
（3）
残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，不能生成沉淀，应调节的pH值范围为：，故答案为：；
（4）
根据表格可知镍离子沉淀完全是pH为9.2，，当沉镍调整的pH值为8.0时，，故答案为：；
（5）
由所得滤液获得品体时，常用无水乙醇代替蒸馏水作洗涤剂，原因是减小的溶解量，以减少损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减小的溶解量，以减少损失，同时乙醇易挥发，便于干燥；
（6）
黄铵铁矾化学式可表示为，摩尔质量为，设有480g(1mol)物质分解，670oC以上得到的红棕色固体为纯净的氧化铁，物质的量为，即y=3；黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为，300-575℃之间只有和放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素固体质量，因此元素化合价未变，则由400g减少为240g时，减少的质量应为SO3的质量，为SO3的物质的量为：，即z=2；化合物中各元素正负化合价代数和为0，则，，解得x=1，w=6，故该物质的化学式为，故答案为：。
7．     2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)   △H=+202.0 kJ/mol          0.025mol·L-1·min-1     0.125     ae     增大     2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
【详解】（1）已知：①H2(g)+1/2O2(g)═H2O(l)   △H1=−285.8kJ/mol，
                       ②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=−890.3kJ/mol，
                        ③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=−1411.0kJ/mol，
甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)，反应可由②×2−③−①×2得到，根据盖斯定律，反应的焓变为△H=2△H2−△H3−2△H1=+202.0kJ/mol，故答案为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)   △H=+202.0  kJ/mol；
（2）用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O，不含双键)，该反应符合最理想的原子经济，X为，方程式为，故答案为：；
（3）设平衡时生成的C2H4的物质的量为a，根据三段式：

×100%=20.0%，a=0.25mol。
①用CH4表示该反应的平均速率为：v(CH4)==0.025mol·L-1·min-1，故答案为：0.025mol·L-1·min-1；
②在该温度下，其平衡常数K===0.125，故答案为：0.125
③a．2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)   △H=+202.0  kJ/mol，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，有利于提高C2H4的产率，a正确；
b．恒容密闭反应器中,充入少量He，压强变大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，CH4的转化率不变，b错误
c．总质量不变，总体积不变，密度也不变，当混合气体的密度不再变化时，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d．向上述平衡体系中再充入1molCH4，建立等效平衡，达到平衡后H2的体积分数不变，d错误；
e. v(正)=k(正)c2(CH4)，v(逆)=k(逆)c2(H2)·c(C2H4)，该反应的平衡常K==，e正确；故答案为：ae；
（4）阴极反应式：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，阳极反应式：2H2O-4e-=4 H++O2↑，阳极区溶液中c(H+)逐渐增大，故答案为：增大；2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
8．     不利于     选择合适的催化剂     ACE     A、C在相同温度时，V2O5的质量：C>A，则速率：C>A，A、B两点时V2O5的质量相同，；而温度TB>TA，则速率B>A，B、C两点时催化剂对速率影响比温度更大，则速率：C>B，三者的关系为：C>B>A     反应I已达到限度，更多的NH3可能进行了反应II     大于
【详解】(1)反应II不仅消耗了反应I的反应物，而且还生成更多的产物，使反应I的平衡逆向移动，则反应II不利于反应Ⅰ中的净化；为了提高净化速率，可选择合适的催化剂；
(2)①A.该催化剂能降低反应的活化能，所以可加快反应速率，但不影响反应的终点状态，故不能改变反应的焓变，故A正确；
B.减小压强，反应向气体分子数增大的方向移动，即正向移动，但压强减小速率减慢，单位时间内的去除率减小，故B错误；
C.催化具有选择性，选择合适的催化剂可以提高相同时间内NO的去除率，故C正确；
D.200℃以下的质量分数越高，则单位时间内NO去除率越高，则催化剂的活性越好，但温度大于200℃不明显，故D错误；
E.催化剂具有选择性，可以降低某一反应的活化能，故E正确；
故选：ACE；
②A、C在相同温度时，V2O5的质量：C>A，则速率：C>A，A、B两点时V2O5的质量相同，；而温度TB>TA，则速率B>A，B、C两点时催化剂对速率影响比温度更大，故平均反应速率：；
③当时，即加入更多的NH3，但NO的去除率几乎不变，说明不是发生反应I，可能的原因是：反应I已达到限度，更多的NH3可能进行了反应II；
(3) 达到平衡状态时，的转化率为60%，列三段式：
    
正反应的平衡常数为，，，由于NO和H2O的系数相等，则增加的NO的量大于H2O的物质的量，则v正大于v逆。
9．(1)-162
(2)     任意     正反应方向
(3)ACD
(4)         
(5)

【解析】(1)
因为该反应可由反应I-反应II得到，所以ΔH=ΔH1-ΔH2=-515kJ/mol-（-353kJ/mol）=-162 kJ/mol；
(2)
反应I的ΔH1＜0，ΔS＞0，属于熵增的放热反应，在任意条件下都能自发进行；恒温，体系达到平衡后，若压缩容器体积，增大压强，反应I向逆反应方向移动，丙烯和氧气的转化率减小，则反应II中的反应物的浓度（分压）增大，导致反应II平衡向正反应方向移动，故答案为：任意；正反应方向；
(3)
A．石油裂解气经净化和分离，可得到乙烯、丙烯等基本有机化工原料，A正确；
B．催化剂可以改变反应速率，不能使平衡移动，故不能改变丙烯的平衡转化率和丙烯腈的选择性，B错误；
C．加入水蒸气可稀释原料混合气中的丙烯，防止产生危险，C正确；
D．根据反应过程可以发现，生产过程中会产生大量的含氰废水，对环境的危害很大，排放前必须除去，D正确；
故选ACD；
(4)
根据两个反应可知，在达到平衡时，容器中有（1-a-b）mol丙烯，（1-a）mol氨气，（3-1.5a-b）mol氧气，（3a+b）mol水蒸气，以及a molC3H3N(g)和bmolC3H4O(g)，则平衡后容器中气体总的物质的量为（1-a-b）mol+（1-a）mol+（3-1.5a-b）+（3a+b）mol+a mol+b mol=（5+0.5a）mol。所以水蒸气所占的分压p(H2O)=；同理得出C3H4O(g)、丙烯、氧气的分压分别为、、，根据上述公式可知，反应II的标准平衡常数==；
(5)
根据电解池的工作原理可知，CH2=CHCN在Pb电解酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二腈[CN(CH2)4CN]，其电极反应式为：2CH2=CHCN+2e- +2H+=CN(CH2)4CN。
10．     4s24p1     哑铃形(或纺锤形)     5     +1     大     V、Co     sp2     三角锥形     小于     NH3与AsH3的结构相似，NH3分子间能形成氢键，沸点更高     共价键    
【分析】(1) Ga位于周期表中第4周期第ⅢA族，As位于周期表中第4周期第ⅤA族；
(2)根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随着原子序数增大，电负性增强，同主族元素随着原子序数增大，电负性减小；
(3)基态As原子核外1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，核外未成对电子数目为3；
(4)利用价层电子对互斥模型判断原子杂化方式；As与N同主族位于第VA族其氢化物的结构与氨气相同；
(5) NH3分子间能形成氢键；
(6)GaAs为原子晶体，原子间以共价键结合；利用均摊法计算一个晶胞中含有的As、Ga原子数，通过计算晶胞体积、晶胞中As、Ga的总质量就可计算出密度。
【详解】(1)Ga为31号元素，核外有31个电子，基态镓(Ga)原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，核外电子占据最高能级为4p，电子云形状为哑铃形；As元素的基态原子核外电子排布式1s22s22p63d104s24p3，最高能层上有5个电子；
(2)根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3；Ga、As是同一周期的元素，一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以电负性As＞Ga；
(3)基态As原子核外1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，核外未成对电子数目为3，第四周期元素中，基态V原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，基态Co原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，以上两种元素核外未成对电子数目都为3；
(4)(CH3)3Ga中Ga形成3个σ键，没有孤电子对，所有Ga原子的杂化方式为sp2杂化；As与N同主族位于第VA族，其氢化物的结构与氨气相同，则AsH3分子的空间构型为三角锥形；
(4)N原子半径较小，电负性较大，对应的NH3分子间能形成氢键，沸点较高，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键，沸点较低；
(6)GaAs为原子晶体，原子间以共价键结合，利用均摊法计算一个晶胞中含有的As、Ga原子数，As:8×18+6×12=4，Ga:4×1=4，即一个晶胞中含有4个GaAs；晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=(apm)3=(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶胞的密度===。
11．     酯基、羟基、羰基          加成反应     取代反应     +HBr     BD     13    
【分析】与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，③为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。
【详解】（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；
（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；
（3））与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；
（4）反应⑥的化学方程式为：+HBr
（5）A．化合物B为，不能发生消去反应，A错误；
B．化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；
C. 化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol 化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误；
D．M的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；
（6）化合物A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，②能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；；
【点睛】苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。
12．     C12H14O3     醚键、羧基          取代反应     +     6     和
【分析】中五元环打开与A反应生成B，B被还原得到C，C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子形成环生成D，D发生题目所给信息I的反应生成E，所以E为；根据G生成H的反应条件可知该反应与题目所给信息Ⅱ类似，则G的结构简式为，水解得到H；F的分子式为C11H13OCl，根据E的结构简式可知E中羟基被Cl代替生成F，可知F为。
【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式为C12H14O3；
(2)根据C的结构简式可知其官能团为醚键、羧基；
(3)根据分析可知F的结构简式为；
(4)反应③中C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子生成D，属于取代反应；
(5)中五元环打开与A反应生成B，化学方程式为+；
(6)分子式比D少个CH2，则分子式为C10H10O2；其结构满足：分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基，则两个取代基上有两个双键或一个三键；能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则还有一个碳碳双键，取代基可以是-CH=CHCOOH和CH3、-CH=CHCH3和-COOH、-CH2CH=CH2和-COOH、C(CH3)=CH2和-COOH、-C(COOH)=CH3和CH3、-CH=CH2和-CH2COOH共六组，即同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式和。
13．(1)     丙酸     CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl
(2)氨基、酰胺基
(3)乙二胺分子间可形成氢键，而三甲胺分子不能
(4)          取代反应
(5)     64     或

【分析】由合成路线可知A为CH3CH2COOH，A→B为A和氯气发生的取代反应，结合M和D的反应产物，可知B为CH3CHClCOOH，B→D为酯化反应，则D为CH3CHClCOOCH2CH3；E为苯酚，由M和D的反应产物可以反推出M为，由第(4)问可以G分子中含两个甲基，则W为，则F为，F→G为取代反应，结合M的结构简式可知，G为，结合L的分子式以及M和D的结构简式可知L为，以此解题。
(1)
由分析可知A为CH3CH2COOH，名称为丙酸；A→B为A和氯气发生的取代反应，方程式为：CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl；
(2)
由分析可知L为，则其中含氮官能团的名称为：氨基、酰胺基；
(3)
乙二胺中含有氨基，可以形成分子间氢键，增大了分子间作用力，沸点较高，故答案为：乙二胺分子间可形成氢键，而三甲胺分子不能；
(4)
由分析可知G为；F为,则F→G为F和氯气的取代反应；
(5)
与溶液作用显紫色，则其结构中含有酚羟基，其中核磁共振氢谱显示三组峰，则其结构应该是对称结构，属于戊酸酯，且等效氢的峰面积之比为1∶2∶9，则其结构为：或；