河北省保定市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份河北省保定市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共34页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河北省保定市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

一、原理综合题
1．（2021·河北保定·统考一模）SO2具有抗氧化、保鲜、防腐、脱色等功用，合理利用二氧化硫可服务于人们更好的生活。但空气中过量的二氧化硫会形成酸雨、易引起呼吸道疾病等问题，因此，二氧化硫的污染治理是化学研究的重要课题。
(1)“钙基固硫”的原理是燃煤时加入CaCO3或CaO以减少二氧化硫的排放，涉及的反应有：
①CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H1=+178.2kJ·mol-1
②CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)△H2=-402.0kJ·mol-1
③2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)△H3=-2314.8kJ·mol-1
则2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)△H=___。
(2)石灰石—石膏法是一种常见的“钙基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率与脱硫效果有着密切的关系。根据双模理论，可将催化条件下CaCO3吸收SO2宏观反应分为三步：
i.本征反应，即在催化剂作用下，溶解的SO2和Ca2+发生化学反应，且反应在液相中进行，反应速率为RA；
ii.CaCO3由固相溶解进入液相，溶解速率为RB；
iii.SO2由气相扩散进入液相，扩散速率为RC。
温度变化对总反应速率的影响如图，温度在25～45℃时，总反应速率受____(填“RA”、“RB”或“RC”)控制。45～55℃曲线呈下降趋势的原因：一是CaCO3溶解度随温度的升高而降低；二是___。

(3)硝化法既能生产硫酸，也能处理二氧化硫，主要反应为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)△H<0。t℃时，向恒容密闭容器中加入等物质的量的NO2和SO2，达到平衡时NO和NO2的浓度之比为3：1。
①t℃时，该反应的化学平衡常数为___。
②t℃时，向某容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，v正___v逆(填“”、“”或“”)
(4)某实验室尝试变废为宝，模仿工业制硫酸工艺利用SO2，方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在一容积固定为10L的密闭容器中进行该反应，测得如下数据：
实验组
温度(℃)
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/h
SO2
O2
SO2
1
250
4
2
0.4
48
2
260
2
1
0.4
16
3
260
a
b
c
t
①通过分析第1组和第2组实验数据，比较两组实验中SO2的化学反应速率，可得到影响该反应速率因素的相关结论为___。
②在第3组的实验中一开始加入了0.5mol的SO3，反应达平衡时c仍为0.4mol，则a=___，b=__。
2．（2022·河北保定·统考一模）氨氧化物是一种主要的大气污染物，甲烷由于廉价易得使其选择还原受到研究工作者的关注。回答下列问题：
(1)利用甲烷催化还原时，发生的反应如下：


当时，甲烷直接将还原为的热化学方程式为，则____。
(2)向总压为100kPa的恒容密闭容器中充入一定量的和，发生反应。在下的平衡转化率随的变化曲线及当时的平衡转化率随(温度的倒数)的变化曲线如图所示。

①表示下，的平衡转化率随的变化曲线为曲线_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，判断理由是_______。
②T1_______T2(填“>”或“<”)；x=_______。
③T3K下，时，平衡时的体积分数为_______；已知：该温度下，反应的标准平衡常数，其中为标准压强，，、、、和为各组分的平衡分压，则该温度下该反应的标准平衡常数_______(物质的量分数)。
(3)用惰性电极电解氧化吸收法可将废气中的转变为硝态氮，电解质溶液为溶液。电解时阳极的电极反应式为_______。
3．（2023·河北保定·统考一模）我国要在2060年实现碳中和的目标，的资源化对于实现碳中和具有重要意义。回答下列问题：
(1)与重整生成和CO的反应为   kJ⋅mol
①已知
物质


标准燃烧热(kJ•mol)
-285.8
-283.0
则表示燃烧热的热化学方程式为_______。
②在恒温恒容装置中通入等体积和，发生上述反应，起始压强为p，的平衡转化率为α，达平衡时，容器内总压强为_______，该反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)利用和合成乙烯：  。
①上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能_______kJ⋅mol。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。

②在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图所示。则_______0(填“>”或 “<”，下同)；a_______3；M、N两点的反应速率_______。

③常压某温度下，按(总物质的量为4a mol)的投料比充入密闭容器中发生反应。随时间(t)的变化趋势如图中曲线A所示。其它条件相同，若将容器的体积改为原来的一半，时刻随时间(t)的变化趋势曲线为_______(填B、C或D)。


二、工业流程题
4．（2021·河北保定·统考一模）钛白粉学名二氧化钛(TiO2)是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图：

已知：①酸解后，钛主要以TiOSO4形式存在。强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子。
②H2TiO3不溶于水和稀酸。
(1)磨矿的目的是___。
(2)滤渣①的主要成分是___。
(3)酸解过程中，写出FeTiO3发生反应的化学方程式__。
(4)还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试。
①在其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图1，试分析在pH介于4~6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：__。
②保持其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图2，55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是___。

(5)水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步：
①水解过程中得到沉淀③的化学式为__。
②一定量Fe2+的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中Fe2+的含量。实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理__。
5．（2022·河北保定·统考一模）氧化锌又称锌白，作为添加剂在多种材料和产品中有广泛应用。一种以锌精矿(主要成分是，还有、，等杂质)为原料制备锌白的工艺流程如下：

已知：25℃时相关物质的如下表：
物质











回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分除过量外，还有S和_______(填化学式)。“浸出”时，氧化的离子方程式为_______。
(2)“沉铁”时，滴加氨水需要调节最低为_______(通常认为残留在溶液中离子浓度时，沉淀完全)。
(3)“萃取，反萃取”时发生的反应是(有机萃取剂)，有机萃取剂能分离和，能分离出的原因是_______。为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈_______(填“酸”“碱”或“中”)性。
(4)“深度净化”中加的目的是_______。
(5)①“沉锌”时，充分反应，过滤，洗涤得到碱式碳酸锌[]，其反应的离子方程式为_______，检验沉淀洗涤干净的方法是_______。
②为测定碱式碳酸锌[]的组成，称取一定量的碱式碳酸锌，充分加热分解，产生的气体依次通过足量浓硫酸和碱石灰，分别增重0.72g和0.88g，则该碱式碳酸锌的化学式为_______。
6．（2023·河北保定·统考一模）一种用硫铜矿(主要含CuS、及少量FeO、等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：

已知：①CuCl是难溶于水和醇的白色固体，在热水中迅速水解生成；
②CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为；
③已知、、开始生成沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
金属离子



开始沉淀pH
4.7
8.1
1.2
完全沉淀pH
6.7
9.6
3.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，富氧空气的作用_______。
(2)“酸浸”时，CuS反应的化学方程式为_______。
(3)用氨水调pH时，应将溶液的范围调整为_______。
(4)“合成”时，生成CuCl发生反应的离子方程式为_______。
(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用x mol⋅L的溶液滴定到终点，发生反应为，消耗溶液V mL，样品中CuCl的质量分数为_______(杂质不参与反应，列出计算式即可)。
(6)如图是氯化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为a nm。

①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C的坐标参数为_______。
②与最短的距离是_______nm。

三、实验题
7．（2021·河北保定·统考一模）硫代硫酸钠用于皮肤病的治疗。常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3·5H2O，该晶体于40～45℃熔化，48℃分解。Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，在水中有关物质的溶解度曲线如图。

Ⅰ．制备Na2S2O3·5H2O：
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在仪器b中加入亚硫酸钠固体。在仪器a中注入硫酸，并按如图安装好装置。

(1)仪器a的名称为___，装置丙的作用是___。
(2)打开a的活塞，注入硫酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，装置乙中的反应过程为：
①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2=3S↓+2H2O
④____
写出④的反应方程式__。
随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：___(用文字和相关离子方程式表示)。
Ⅱ．分离Na2S2O3·5H2O并测定含量：

(3)为提高产率，操作①为___，操作②是过滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用___(填试剂)作洗涤剂。
(4) 蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高___。
(5)为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(滴定反应为假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定，当溶液中S2O全部被氧化时，消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。那么，产品中__。
8．（2022·河北保定·统考一模）硫脲[]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：
I.硫脲的制备：
已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。

(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是_______(填序号)。
A．固体+浓硫酸             B．固体+稀硝酸    C．固体+稀盐酸
(2)仪器M的名称为_______。按(1)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→_______(填仪器接口的小写字母)。
(3)装置C中反应温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是_______，装置C中反应的化学方程式为_______。
II.硫脲的分离及产品含量的测定：
(4)装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液。
①硫脲[]中硫元素的化合价为_______价。
②滴定时，硫脲转化为、、的离子方程式为_______。
③样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m，c、V”的式子表示)。
9．（2023·河北保定·统考一模）84消毒液是常用消毒剂，某化学兴趣小组在实验室制备84消毒液并探究其相关性质。回答下列问题：
Ⅰ.实验室制备84消毒液。

(1)装置甲中盛放高锰酸钾的仪器名称是_______，装置甲中反应的离子方程式为_______。
(2)装置乙的作用是_______。
(3)装置丙中制备次氯酸钠为放热反应，该反应需要控制温度在40℃以下，写出一种(除搅拌外)控制该反应温度的操作方法_______。
Ⅱ.探究相关性质
为了进一步研究消毒液的性质，兴趣小组向盛有2 mL 84消毒液的试管中，逐滴加入10%的双氧水，发现有大量的气泡产生，对此作出以下猜测。
猜测1：双氧水与消毒液发生反应产生氧气。猜测2：……
(4)猜测1中反应的化学方程式为_______。猜测2可能为_______。
(5)为了验证猜想，某探究小组设计用如图装置进行实验，所选药品有：10%的双氧水、一定浓度的84消毒液、二氧化锰等。该小组通过实验得出猜测1正确，请依据此装置和所给的药品推测该探究小组的实验设计是_______。


四、结构与性质
10．（2021·河北保定·统考一模）X、Y、Z、W为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大，X原子核外有6种不同运动状态的电子；Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料；W位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态。回答下列问题：
(1)X在元素周期表中的位置是___。
(2)元素的第一电离能：X___Y(填“>”或“<”，下同)；最简单气态氢化物的沸点：X___Y。
(3)Y的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的空间构型是___(用文字描述)。
(4)Z3+基态核外电子排布式为___，用硫氰化钾溶液检验Z3+的离子方程式为___，1molSCN-中含有___molσ键，__molπ键，与其互为等电子体的分子是__(写两种分子式)。
(5)与W晶体的金属堆积相同的是___。
A．Na    B．Zn    C．Ag     D．Mg
(6)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素，三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为___。CoO的面心立方晶胞如图，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为__g·cm-3。

11．（2022·河北保定·统考一模）铝在自然界中的存在极为广泛，在航空、建筑、汽车三大重要工业的发展中具有重要的作用。回答下列问题：
(1)下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号，下同)，最小的是_______。
A．　　　B．
C．　　　　　　　　　　D．
(2)当过量的和在乙醚中反应可生成。由和构成，的空间构型是_______，与其互为等电子体的一种阳离子是_______(填离子符号)，中元素的电负性最大的为_______(填元素符号)。
(3)的相对分子质量为133.5，183℃开始升华，易溶于水、乙醚等，其二聚物()的结构如图所示，其中原子的杂化轨道类型是_______，是_______(填“极性”或“非极性”)分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键能：1_______2(填“<”“>”或“=”)，判断依据是_______。

(4)冰晶石()常用作铝电解的助熔剂和研磨产品的耐磨添加剂，其晶胞如图所示，两种微粒分别是和，图中●位于顶点和面心，○位于棱的中心和8个小立方体的体心，则代表_______(填微粒符号)；距离●最近的○的个数为_______。已知该晶体的密度为，则晶胞中距离最近的两个○的核间距为_______pm(用表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。


五、有机推断题
12．（2021·河北保定·统考一模）某维生素的生理功能是维持上皮组织的完整性和细胞膜的通透性，维持正常视觉，促进年幼动物生长等。以下是该维生素的合成路线的一部分。

已知：
(1)A的化学名称为___。
(2)由A生成B的反应类型为___。
(3)写出由C和M生成N的方程式___。
(4)D的结构简式为___。
(5)醛F的结构简式为___。
(6)B中具有 、—OH且不与NaHCO3反应的同分异构体(不包括B，不考虑立体异构)共__种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式为___。在所有的同分异构体(不考虑立体异构)中，含有手性碳原子的异构体有__种。
13．（2022·河北保定·统考一模）李兰娟院士及其团队研究发现药物“阿比多尔”在体外细胞实验中能有效抑制新冠病毒，一种合成阿比多尔中间体M的路线图如下：

已知：-Ac表示。回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______，反应②的反应类型是_______。
(2)D中含氧官能团的名称为_______，D与足量加成后的产物中含有_______个手性碳原子(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。
(3)E的结构简式为_______。
(4)G→H反应的化学方程式为_______。
(5)满足下列条件的C的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构)；
①苯环上有两个取代基，其中一个为氨基；②能与溶液反应。
其中，核磁共振氢谱有4种吸收峰，且峰面积之比为3：2：2：2的同分异构体的结构简式为_____。
(6)仿照上述合成路线，设计一种以硝基苯和为原料，制备的合成路线：_______(其他试剂任选)。
14．（2023·河北保定·统考一模）物质G是能阻断血栓形成的药物的中间体，它的一种合成路线如下所示。

已知：ⅰ. ；
ⅱ.R'CHOR'CH=NR"；
ⅲ.同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，会失水形成羰基。
回答下列问题：
(1)的名称是_______，→A的反应类型是_______。
(2)B的分子式为，则C的结构简式为_______。
(3)E能发生银镜反应，1 mol E分子与新制氢氧化铜完全反应，理论上可以生成_______mol。写出E生成F的化学方程式_______。
(4)W分子比E分子组成多一个，满足下列条件的W的同分异构体有_______种，写出其中一种的结构简式：_______。
ⅰ.包含2个六元环，不含甲基
ⅱ.W可水解，W与NaOH溶液共热时，1 mol W最多消耗3 mol NaOH
(5)已知Bamberger重排反应为，参考图中合成路线，以为原料，用最简路线合成，试剂可以自选_______。

参考答案：
1． -2762.4 kJ·mol-1 RA 二氧化硫溶解度随温度升高而降低 9 > 温度升高，反应速率增大 1.5 0.75
【详解】(1) ①CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H1=+178.2kJ·mol-1②CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)△H2=-402.0kJ·mol-1③2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)△H3=-2314.8kJ·mol-1，根据盖斯定律，△H=2×①+2×②+③=2×178.2-2×402-2314.8=-2762.4 kJ·mol-1；
(2)在较低温度中升高温度对反应速率影响较大，故温度在25～45℃时，总反应速率受RA控制；温度继续升高，会影响溶解度，则45～55℃曲线呈下降趋势的原因：一是CaCO3溶解度随温度的升高而降低；二是二氧化硫溶解度随温度升高而降低；
(3)①根据已知条件列出三段式，设加入二氧化氮和二氧化硫为1，反应消耗为x，，达到平衡时NO和NO2的浓度之比为3：1，即，解得x=0.75，平衡常数；
②，故平衡正向移动，v正>v逆；
(4)①，，故，由此得出结论，温度升高，反应速率增大；
②平衡常数受温度影响，2、3组温度一样，反应后C仍为0.4，为等效平衡，极值转化后与第二组起始量相同，第二组起始量为2，1，0，第三组为a，b，0.5，故a+0.5=2，b+0.25=1，即a=1.5，b=0.75；
2．(1)
(2) Ⅱ 温度一定，越大，的转化率越小 > 1 20% 4
(3)

【解析】（1）
由盖斯定律可知，==，故答案为：。
（2）
①由图可知，下，越大，的转化率越小，故曲线Ⅱ表示的转化率随的变化，故答案为：Ⅱ；温度一定，越大，的转化率越小。
②由于，则越大，的转化率越大，则曲线Ⅰ表示的转化率随的变化，故；曲线Ⅰ中，下的平衡转化率与曲线Ⅱ中时的平衡转化率相同，故，故答案为：>；1。
③下，时，总压为100kPa，的转化率为80%，设起始时NO和CH4的物质的量均为1mol，列出三段式，

平衡时气体总物质的量为：(0.8+0.2+0.4+0.2+0.4)mol=2mol，平衡时、、、和分别为40kPa、10kPa、10kPa、20kPa和20kPa，故的体积分数为；
时该反应的标准平衡常数，故答案为：20%；4。
（3）
电解池中阳极发生氧化反应，由题给信息可知，在碱性条件下转变为硝态氮，氮元素化合价升高，发生氧化反应，则阳极的电极反应式为，故答案为：。
3．(1)    kJ·mol
(2) 30 加入催化剂 < > < C

【详解】（1）①燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由表格数据及题干可知：
Ⅰ kJ⋅mol
Ⅱ kJ⋅mol
Ⅲ   kJ⋅mol
由盖斯定律可知，Ⅲ+2×Ⅱ+2×Ⅰ得：
   kJ·mol；
②在恒温恒容装置中通入等体积和，假设投料均为1mol，发生上述反应，起始压强为p，的平衡转化率为α，达平衡时：

则反应后总的物质的量为(2+2α)mol，根据阿伏伽德罗定律可知，容器内总压强为，该反应的平衡常数；
（2）①已知，，则斜率即为反应的活化能，故kJ⋅mol=30 kJ⋅mol；当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，图像斜率变小，则反应的活化能减小，故实验可能改变的外界条件是加入催化剂；
②由图可知，相同条件下，升高温度，二氧化碳转化率下降，则平衡逆向移动，反应为放热反应，小于零；相同条件下，增加氢气的投料，平衡正向移动，会提高二氧化碳的转化率，故a>3；MN均为平衡点，各自的正逆反应速率相等，由于N点温度更高，则反应速率更快，故M、N两点的反应速率<。
③，反应为气体分子数减小的反应，其它条件相同，若将容器的体积改为原来的一半，物质浓度变大，反应速率更快，缩小体积相当于增大压强，达到新平衡时相当于在原有平衡的基础上平衡正向移动，则生成乙烯的物质的量更大，结合图像可知，时刻随时间(t)的变化趋势曲线为C。
4． 增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸时的浸出率 二氧化硅 FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O 在pH介于4~6之间时，铁离子的基本水解完全 随温度的升高，溶液中亚铁离子氧化生成铁离子 H2TiO3 MnO+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O
【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质，在加热条件下钛铁矿和稀硫酸混合，发生的反应有FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O等，浸取液中含有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Al3+，加入铁粉，Fe3+能和Fe反应生成Fe2+，然后过滤，滤渣①的主要成分是二氧化硅，滤液①结晶过滤得到的晶体成分滤渣②为硫酸亚铁晶体，滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3和滤液③H2SO4，最后高温煅烧沉淀③得到TiO2。
【详解】(1)磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸时的浸出率。故答案为增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸时的浸出率；
(2)二氧化硅不与酸和水反应，滤渣①的主要成分是二氧化硅。故答案为：二氧化硅；
(3)酸解过程中，FeTiO3发生反应生成FeSO4、TiOSO4、2H2O，化学方程式FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O。故答案为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O；
(4)①在其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图1，试分析在pH介于4~6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：在pH介于4~6之间时，铁离子的基本水解完全。故答案为：在pH介于4~6之间时，铁离子的基本水解完全；
②如图2，55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是随温度的升高，溶液中亚铁离子氧化生成铁离子，温度升高，氧化速度加快。故答案为：随温度的升高，溶液中亚铁离子氧化生成铁离子；
(5)①滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3和滤液③H2SO4，TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓，水解过程中得到沉淀③的化学式为H2TiO3。故答案为：H2TiO3；
②一定量Fe2+的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中Fe2+的含量。实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理MnO+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O。故答案为：MnO+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O。
5．(1)
(2)3
(3) 与水互不相溶，且在中溶解程度比在水中更大 酸
(4)将转化为除去
(5) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，不产生白色沉淀

【详解】（1）“浸出”时，将转化为和S，将、、转化为、、等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量外，还有S和。氧化的离子方程式为。
（2）“沉铁”时，转化为沉淀，完全沉淀的，故滴加氨水需要调节最低为3。
（3）“萃取”过程中，转移到有机相中的原因是与水互不相溶，在中溶解程度比在水中更大。“反萃取”过程中平衡逆移，为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈酸性。
（4）“深度净化”中加的目的是将转化为除去。
（5）①“沉锌”时，转化为，其反应的离子方程式为。检验沉淀洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，未产生白色沉淀。
②由题意可知，碱式碳酸锌充分加热分解生成为，为，故，，故碱式碳酸锌的化学式为。
【点睛】本题以锌精矿为原料制备锌白的工艺流程为载体。体现对元素化合物性质和基本概念、基本理论知识的基础性、综合性、创新性、应用性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推测、归纳与论证能力。
6．(1)促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)

【分析】硫铜矿加入硫酸、氧气酸浸，酸浸中硫元素转化为硫单质、二价铁转化为三价铁、铜转化为硫酸盐，加入氨水调节pH，铁离子成为氢氧化铁沉淀得到滤渣2，二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜，洗涤干燥得到产品；
【详解】（1）氧气具有氧化性，“酸浸”时，富氧空气的作用为：促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成；
（2）“酸浸”时，CuS和硫酸、氧气反应生成硫酸铜、硫单质和水，化学方程式为；
（3）用氨水调pH时，要求铁离子完全沉淀而铜离子不沉淀，故溶液的范围调整为；
（4）二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜、自身被氧化为硫酸根离子，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜和硫酸，反应为；
（5）铁离子和氯化亚铜反应生成亚铁离子和铜离子，铜元素化合价由+1变为+2，结合反应，根据电子守恒可知，，则样品中CuCl的质量分数为
（6）①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C在x、y、z轴的投影分别为、、，故C的坐标参数为。
②与最短的距离是体对角线的四分之一，故为nm。
7． 分液漏斗 吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境 S+ Na2SO3Na2S2O3 Na2S2O3在酸性溶液中不稳定，会发生反应：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O 趁热过滤 乙醇 Na2S2O3·5H2O晶体于40～45℃熔化，48℃分解 96.9%
【详解】(1)根据仪器构造特点可知，仪器a为分液漏斗，装置丙的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境。
(2)制备Na2S2O3·5H2O，发生的反应有：
①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2=3S↓+2H2O
则第④个反应即生成的S和Na2SO3反应生成Na2S2O3：S+ Na2SO3Na2S2O3。
Na2S2O3在酸性溶液中不稳定，会发生反应：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以需要控制溶液的pH不小于7。
(3)从热的反应混合液中过滤除去活性炭，为提高产率，操作①为趁热过滤，以防温度下降时Na2S2O3·5H2O晶体析出。Na2S2O3·5H2O不溶于乙醇，所以洗涤时用乙醇作洗涤剂。
(4) Na2S2O3·5H2O晶体于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时要控制温度不宜过高。
(5) KMnO4的物质的量为0.40mol·L-1×0.0200L=0.008mol，根据反应方程式5S2O+8MnO+14H+=8Mn2++10SO+7H2O，可知S2O的物质的量为0.005mol，则1.28g样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为×100%=96.9%。
8．(1)C
(2) 恒压滴液漏斗
(3) 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢
(4) -2

【分析】装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体；装置A中装有饱和NaHS溶液，可以除去H2S中的HCl；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳；装置D是尾气吸收装置，防止H2S污染空气；故装置连接顺序为。
【详解】（1）装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体，答案选C；
（2）仪器M为恒压滴液漏斗；由分析可知，上述装置的合理连接顺序为；
（3）若反应温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；若反应温度过低，反应速度缓慢，故装置C中反应温度控制在80℃；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，化学方程式为；
（4）①硫脲[]中，C元素的化合价为+4价、N元素的化合价为-3价、H元素的化合价为+1价，则硫元素的化合价为-2价；
②滴定时，硫脲转化为、、，反应的离子方程式为；
③用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液，消耗的物质的量为，根据可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。
9．(1) 圆底烧瓶
(2)除去中HCl杂质及防止倒吸(平衡压强)
(3)缓慢滴加盐酸，控制氯气与氢氧化钠反应速率(在三颈烧瓶下方用冷水浴降温)
(4) 84消毒液催化双氧水分解
(5)在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量84消毒液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与84消毒液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的2倍，则证明猜测1正确

【分析】高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气中含有氯化氢，通过饱和食盐水去除氯化氢，氯气通入饱和氢氧化钠溶液中，生成氯化钠和次氯酸钠，最后用碱石灰吸收氯气，防止污染，据此解答。
【详解】（1）盛放高锰酸钾溶液的仪器为圆底烧瓶，装置甲中反应生成氯气，离子方程式为：。
（2）装置乙中为饱和食盐水，吸收氯气中的氯化氢气体，长颈漏斗可以防止倒吸或平衡压强。
（3）氯气和氢氧化钠反应为放热反应，可以通过减少氯气的通入或控制烧瓶的温度，即操作方法为：缓慢滴加盐酸，控制氯气与氢氧化钠反应速率或在三颈烧瓶下方用冷水浴降温。
（4）猜测1中反应产生氧气，说明双氧水被氧化，则反应的方程式为：。猜测2可能为过氧化氢分解，次氯酸钠对该反应有催化作用。
（5）根据猜测1方程式分析，1mol过氧化氢被次氯酸钠氧化生成1mol氧气，若1mol过氧化氢分解则生成0.5mol氧气，故根据不同物质条件下氧气的体积不同进行设计实验，故该实验设计为：在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量84消毒液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与84消毒液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的2倍，则证明猜测1正确。
10． 第二周期第ⅣA族 ＜ ＜ 平面三角形 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 2 2 CO2，N2O，OCN-，N3等 C NiO＞CoO＞FeO
【分析】周期表前四周期的元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X原子核外有6种不同运动状态的电子，X为C元素；Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，Y为N元素；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料，涂料的为Fe2O3，Z为Fe元素；W位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态1s22s22p63s23p63d104s1，即为Cu元素；所以前四周期的元素 X、Y、Z、W分别为：C、N、Fe、Cu。
【详解】(1)X为碳元素，位于周期表的第二周期第ⅣA族；故答案为：第二周期第ⅣA族。
(2)同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但第ⅡA大于ⅢA，第ⅤA大于ⅥA，所以C小于N元素的第一电离能；氨气分子间存在氢键，沸点比甲烷的更高，所以最简单气态氢化物的沸点：CH4＜NH3；故答案为：＜；＜。
(3)根据价层电子对数推出空间结构，N的最高价氧化物对应水化物中酸根离子即，的空间构型：3+=3，价层电子对数为3，孤电子对数为0，所以是平面三角形；故答案为：平面三角形。
(4)Fe基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；失去3个电子后，得出Fe3＋的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；用硫氰化钾溶液检验Z3+生成血红色的络合物，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；根据结构可知1molSCN-中含有2molσ键、2molπ键，含等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，所以SCN-的等电子体有CO2，N2O，OCN-，N3等。
(5) Cu晶体的堆积模型是面心立方最密堆积，Na属于体心立方堆积，锌和镁属于六方最密堆积，Ag属于面心立方最密堆积；故答案为：C。
(6) 三种元素二价氧化物均为离子化合物，其熔点和离子键的强弱有关，离子的半径越小，离子键越强，离子半径r(Fe2＋)＞r(Co2＋)＞r(Ni2＋)，形成的离子键依次增强，熔点依次升高，则熔点NiO＞CoO＞FeO；根据晶胞结构，O2－占据了面心和顶点，面心的O2－被2个晶胞所共有，顶点被8个晶胞所共有，则该晶体中有个O2－；Co2＋占据了棱心和体心，棱心的Co2＋被4个晶胞所共有，体心的Co2＋被此晶胞所独有，则该晶胞中含有个Co2＋；根据公式可得。
11．(1) C B
(2) 正四面体 H
(3) 非极性 > 键长越短，键能越大
(4) 8 或等

【详解】（1）A是基态铝原子，B是激发态铝原子，C是基态Al+，D是激发态Al+，电离出第一个电子所需要的能量小于第二电子，CD 电离最外层一个电子所需能量是第二电离能，激发态能量高，失去第二个电子所需要的能量比基态Al+的能量小，故电离最外层一个电子所需能量最大的是基态Al+，答案为C，电离最外层一个电子所需能量最小的是激发态铝原子，答案为B；
（2）的价层电子对数为4，故空间构型是正四面体，利用同主族变换和左右移位法可得，与其互为等电子体的一种阳离子是，非金属元素的电负性大于非金属元素的电负性，金属性越强，电负性越小，因此中元素电负性大小顺序为，电负性最大的为H。
（3）由图可知，二聚物中原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对为4，原子的杂化轨道类型是杂化；由的结构可知，正负电荷重心重合，说明是非极性分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键长越长键能越小，故键能：1>2。
（4）由图可知，个数：，个数为：，中与个数比为3：1，故代表，表示，表示；位于8个小立方体的体心，故的配位数为8，由该晶体的密度为，，则晶胞参数为，则距离最近的两个的核间距为。
12． 甲醛 加成反应 + 7 4
【分析】根据题中所给信息和A的分子式为CH2O，可推知A的结构简式为HCHO，HCHO和 发生加成反应生成B，B的结构简式为 ，B在酸性条件下脱水，生成C，C的结构简式为 ，C和发生已知所给的反应生成N，N的结构简式为 ，N水解生成D，D的结构简式为 ，D在H2SO4条件下发生重排，生成 ，由 和 逆推醇G的结构简式为 ，逆推醛F的结构简式为 ，据此解答。
【详解】(1)由上分析可知，A的结构简式为HCHO，名称为甲醛；答案为甲醛。
(2)由上分析可知，A的结构简式为HCHO，B的结构简式为 ，HCHO和 发生加成反应生成B；答案为加成反应。
(3)C的结构简式为 ，N的结构简式为 ，由C和M生成N的方程式为+；答案为+。
(4)由上分析可知，D的结构简式为 ；答案为 。
(5)由上分析可知，醛F的结构简式为 ；答案为 。
(6)B中具有 、—OH且不与NaHCO3反应，即不含羧基的同分异构体(不考虑B)有 、 、 、 、 、、 共7种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式为 ，在所有的同分异构体(不考虑立体异构)中，含有手性碳原子的异构体有(标有“*”为手性C原子) 、 、 、 共4种；答案为7； ；4。
13．(1) 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 还原反应
(2) 酯基和羰基(或酮基) 5
(3)
(4)+2Br2+2HBr
(5) 11
(6)

【解析】(1)
有机物为，苯酚为母体，硝基为取代基，的名称是：对硝基苯酚或 硝基苯酚，反应是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，属于还原反应，故答案为：对硝基苯酚或 硝基苯酚；还原反应
(2)
D中含氧官能团的名称为酯基和羰基(或酮基)，D与足量加成后的产物为，其中标“*”的为手性碳原子；故答案为：酯基和羰基(或酮基)，5
(3)
E的结构简式为。
(4)
G→H反应为 与溴发生取代反应生成，反应的化学方程式为 ＋。
(5)
满足条件的C的同分异构体中苯环上的基团为、、、，邻、间、对三种位置异构，共有11种；其中，核磁共振氢谱有4种吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶2的同分异构体的结构简式为。
(6)
仿照上述合成路线，以硝基苯和为原料，制备的合成路线：。
【点睛】本题以医药“阿比多尔”中间体的合成为载体，体现对有机化合物的制备、物质结构、反应类型、官能团名称、结构简式和合成路线等有机化学知识的基础性、综合性、应用性和创新性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推测、归纳与论证能力。
14．(1) 苯胺 取代反应
(2)
(3) 1 + H2O
(4) 4 、、、
(5)

【分析】与CH3COOH反应生成A为，A与发生信息i的反应生成B，结合G的结构可知，B的结构简式为，B发生水解反应生成C为，C与氢气发生加成反应生成D为，D与F发生信息ii的反应生成G，根据G的结构简式反推F为，E与甲醇发生酯化反应生成F，则E为。
【详解】（1）的名称为苯胺。与CH3COOH发生取代反应生成A。
（2）根据分析可知，C的结构简式为。
（3）E为，1molE中含有1mol醛基，理论上能与新制氢氧化铜反应生成1molCu2O。E与甲醇发生酯化反应生成F，化学方程式为+ H2O。
（4）W分子比E分子多一个CH2，则W分子式为C9H8O3，W中包含两个六元环不含甲基，W可水解，说明其中含有酯基，与NaOH共热时，1molW最多消耗3molNaOH，则W中原本含有一个酚羟基，同时含有一个酚羟基与羧基形成的酯基，W的两个六元环结构为，此时羟基有4个位置，因此共有4种满足条件的同分异构体。其同分异构体的结构简式为、、、。
（5）发生Bamberger重排反应生成，与CH3COOH反应生成，与发生信息i的反应生成，合成路线为